2020版高考数学二轮复习 专题二 函数与导数 专题对点练9 2.1~2.4组合练 文
高考数学二轮复习导数及其应用多选题知识点及练习题及答案
高考数学二轮复习导数及其应用多选题知识点及练习题及答案一、导数及其应用多选题1．已知函数()f x 对于任意x ∈R ，均满足()()2f x f x =-.当1x ≤时()ln ,01,0x x x f x e x <≤⎧=⎨≤⎩，若函数()()2g x m x f x =--，下列结论正确的为（ ）A ．若0m <，则()g x 恰有两个零点B ．若32m e <<，则()g x 有三个零点 C ．若302m <≤，则()g x 恰有四个零点 D ．不存在m 使得()g x 恰有四个零点 【答案】ABC 【分析】设()2h x m x =-，作出函数()g x 的图象，求出直线2y mx =-与曲线()ln 01y x x =<<相切以及直线2y mx =-过点()2,1A 时对应的实数m 的值，数形结合可判断各选项的正误. 【详解】由()()2f x f x =-可知函数()f x 的图象关于直线1x =对称. 令()0g x =，即()2m x f x -=，作出函数()f x 的图象如下图所示：令()2h x m x =-，则函数()g x 的零点个数为函数()f x 、()h x 的图象的交点个数，()h x 的定义域为R ，且()()22h x m x m x h x -=--=-=，则函数()h x 为偶函数，且函数()h x 的图象恒过定点()0,2-，当函数()h x 的图象过点()2,1A 时，有()2221h m =-=，解得32m =. 过点()0,2-作函数()ln 01y x x =<<的图象的切线， 设切点为()00,ln x x ，对函数ln y x =求导得1y x'=， 所以，函数ln y x =的图象在点()00,ln x x 处的切线方程为()0001ln y x x x x -=-， 切线过点()0,2-，所以，02ln 1x --=-，解得01x e=，则切线斜率为e ， 即当m e =时，函数()y h x =的图象与函数()ln 01y x x =<<的图象相切. 若函数()g x 恰有两个零点，由图可得0m ≤或m e =，A 选项正确； 若函数()g x 恰有三个零点，由图可得32m e <<，B 选项正确； 若函数()g x 恰有四个零点，由图可得302m <≤，C 选项正确，D 选项错误. 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.2．下列不等式正确的有（ ） A2ln 3< B．ln π<C．15< D．3ln 2e <【答案】CD 【分析】 构造函数()ln xf x x=，利用导数分析其单调性，然后由()2f f >、ff >、(4)f f >、()f f e <得出每个选项的正误.【详解】 令()ln x f x x =，则()21ln xf x x-'=，令()0f x '=得x e =易得()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减 所以①()2f f>，即ln 22>22ln ln 3>=，故A 错误；②ff >>，所以可得ln π>B 错误；③(4)f f >ln 4ln 242>=，即ln152ln 2=>所以ln15ln >15<，故C 正确；④()f f e <ln e e <3ln 21e<，即3ln 22e <所以3eln 2<，故D 正确； 故选：CD 【点睛】关键点点睛：本题考查的是构造函数，利用导数判断函数的单调性，解题的关键是函数的构造和自变量的选择.3．已知函数()1ln f x x x x=-+，()()1ln x x x x g --=，则下列结论正确的是（ ） A ．()g x 存在唯一极值点0x ，且()01,2x ∈ B ．()f x 恰有3个零点C ．当1k <时，函数()g x 与()h x kx =的图象有两个交点D ．若120x x >且()()120f x f x +=，则121=x x 【答案】ACD 【分析】根据导数求得函数()g x '在(0,)+∞上为单调递减函数，结合零点的存在性定，可判定A 正确；利用导数求得函数 ()f x 在(,0)-∞，(0,)+∞单调递减，进而得到函数 ()f x 只有2个零点，可判定B 不正确；由()g x kx =，转化为函数()()1ln x x x ϕ-=和 ()(1)m x k x =-的图象的交点个数，可判定C 正确；由()()120f x f x +=，化简得到 ()121()f x f x =，结合单调性，可判定D 正确. 【详解】由函数()()1ln x x x x g --=，可得 ()1ln ,0g x x x x '=-+>，则()2110g x x x''=--<，所以()g x '在(0,)+∞上为单调递减函数，又由 ()()110,12ln 202g g '=>=-+<，所以函数()g x 在区间(1,2)内只有一个极值点，所以A 正确； 由函数()1ln f x x x x=-+， 当0x >时，()1ln f x x x x=-+，可得 ()221x x f x x -+-'=，因为22131()024x x x -+-=---<，所以 ()0f x '<，函数()f x 在(0,)+∞单调递减；又由()10f =，所以函数在(0,)+∞上只有一个零点， 当0x <时，()1ln()f x x x x =--+，可得 ()221x x f x x -+-'=，因为22131()024x x x -+-=---<，所以 ()0f x '<，函数()f x 在(,0)-∞单调递减； 又由()10f -=，所以函数在(,0)-∞上只有一个零点， 综上可得函数()1ln f x x x x=-+在定义域内只有2个零点，所以B 不正确； 令()g x kx =，即()1ln x x x kx --=，即 ()1ln (1)x x k x -=-， 设()()1ln x x x ϕ-=， ()(1)m x k x =-， 可得()1ln 1x x x ϕ'=+-，则 ()2110x x xϕ''=+>，所以函数()x ϕ'(0,)+∞单调递增， 又由()01ϕ'=，可得当(0,1)x ∈时， ()0x ϕ'<，函数()x ϕ单调递减， 当(1,)x ∈+∞时，()0x ϕ'>，函数 ()x ϕ单调递增， 当1x =时，函数()x ϕ取得最小值，最小值为()10ϕ=， 又由()(1)m x k x =-，因为1k <，则 10k ->，且过原点的直线，结合图象，即可得到函数()()1ln x x x ϕ-=和 ()(1)m x k x =-的图象有两个交点，所以C 正确；由120x x >，若120,0x x >>时，因为 ()()120f x f x +=，可得()()12222222211111ln ln 1f x f x x x f x x x x x ⎛⎫⎛⎫=-=--+=+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即()121()f x f x =，因为()f x 在(0,)+∞单调递减，所以 121x x =，即121=x x ， 同理可知，若120,0x x <<时，可得121=x x ，所以D 正确. 故选：ACD.【点睛】函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从()f x 中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.4．若直线l 与曲线C 满足下列两个条件： （i ）直线l 在点()00,P x y 处与曲线C 相切；（ii ）曲线C 在P 附近位于直线l 的两侧，则称直线l 在点P 处“切过”曲线C . 下列命题正确的是（ ）A ．直线:0l y =在点()0,0P 处“切过”曲线3:C y x =B ．直线:1l x =-在点()1,0P -处“切过”曲线()2:1C y x =+C ．直线:l y x =在点()0,0P 处“切过”曲线:sin C y x =D ．直线:l y x =在点()0,0P 处“切过”曲线:tan C y x = 【答案】ACD 【分析】分别求出每个选项中命题中曲线C 对应函数的导数，求出曲线C 在点P 处的切线方程，再由曲线C 在点P 处两侧的函数值对应直线上的点的值的大小关系是否满足（ii ），由此可得出合适的选项. 【详解】对于A 选项，由3y x =，可得23y x '=，则00x y ='=，所以，曲线C 在点()0,0P 处的切线方程为0y =，当0x >时，0y >；当0x <时，0y <，满足曲线C 在点()0,0P 附近位于直线0y =两侧， A 选项正确；对于B 选项，由()21y x =+，可得()21y x '=+，则10x y =-'=，而直线:1l x =-的斜率不存在，所以，直线l 在点()1,0P -处不与曲线C 相切，B 选项错误；对于C 选项，由sin y x =，可得cos y x '=，则01x y ='=，所以，曲线C 在点()0,0P 处的切线方程为y x =，设()sin x x x f -=，则()1cos 0f x x '=-≥，所以，函数()f x 为R 上的增函数， 当0x <时，()()00f x f <=，即sin x x <； 当0x >时，()()00f x f >=，即sin x x >.满足曲线C 在点()0,0P 附近位于直线y x =两侧，C 选项正确； 对于D 选项，由sin tan cos xy x x ==，可得21cos y x'=，01x y ='=，所以，曲线C 在点()0,0P 处的切线方程为y x =，当,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，设()tan g x x x =-，则()2221sin 10cos cos xg x x x=-=-≤'，所以，函数()g x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减.当02x π-<<时，()()00g x g >=，即tan x x >；当02x π<<时，()()00g x g <=，即tan x x <.满足曲线C 在点()0,0P 附近位于直线y x =两侧，D 选项正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题考查导数新定义，解题的关键就是理解新定义，并把新定义进行转化，一是求切线方程，二是判断在切点两侧函数值与切线对应的函数值的大小关系，从而得出结论.5．经研究发现：任意一个三次多项式函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++≠的图象都只有一个对称中心点()()00,x f x ，其中0x 是()0f x ''=的根，()'f x 是()f x 的导数，()f x ''是()'f x 的导数.若函数32()f x x ax x b =+++图象的对称点为(1,2)-，且不等式(ln 1)x e e mx x -+32()3ef x x x e x ⎡⎤≥--+⎣⎦对任意(1,)x ∈+∞恒成立，则（ ）A ．3a =B ．1b =C ．m 的值可能是e -D ．m 的值可能是1e-【答案】ABC【分析】求导得()62f x x a ''=+，故由题意得()1620f a ''=-+=-，()1112f a b -=-+-+=，即3,1a b ==，故()3231f x x x x =+++.进而将问题转化为()1ln 1e x x e x e m x --++<+，由于1x e x >+，故ln ln 1ee x x x x e e x e x --+=≥-+，进而得()1ln ln 1ln 1e x x e x e e x ee x x --++--≥=-++，即m e ≤-，进而得ABC 满足条件.【详解】由题意可得()1112f a b -=-+-+=，因为()2321x ax f x =++'，所以()62f x x a ''=+，所以()1620f a ''=-+=-，解得3,1a b ==，故()3231f x x x x =+++.因为1x >，所以()()32ln []13xeee mx xf x x x e x -+≥--+等价于()1ln 1e x x e x e m x --++≤+. 设()()10xg x e x x =-->，则()10xg x e '=->，从而()g x 在()0,∞+上单调递增.因为()00g =，所以()0g x >，即1x e x >+， 则ln ln 1ee x xxx e e x e x --+=≥-+（当且仅当x e =时，等号成立），从而()1ln ln 1ln 1e x x e x e e x e e x x --++--≥=-++，故m e ≤-.故选：ABC. 【点睛】本题解题的关键在于根据题意得()3231f x x x x =+++，进而将不等式恒成立问题转化为()1ln 1e x x e x e m x --++≤+恒成立问题，再结合1x e x >+得ln ln 1ee x xxx e e x e x --+=≥-+，进而得m e ≤-.考查运算求解能力与化归转化思想，是难题.6．对于定义域为R 的函数()f x ，()'f x 为()f x 的导函数，若同时满足：①()00f =；②当x ∈R 且0x ≠时，都有()0xf x '>；③当120x x <<且12x x =时，都有()()12f x f x <，则称()f x 为“偏对称函数”.下列函数是“偏对称函数”的是（ ）A ．21()xx f x ee x =--B ．2()1xf x e x =+-C ．31,0(),0x e x f x x x ⎧-≥=⎨-<⎩D ．42,0()ln(1),0x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩【答案】ACD 【分析】结合“偏对称函数”的性质，利用导数的方法，分别讨论四个函数是否满足三个条件，即可得到所求结论． 【详解】条件①()00f =；由选项可得：001(0)00f e e =--=，02(0)010f e =+-=，03(0)10f e =-=，4()ln(10)0f x =-=，即ABCD 都符合；条件②0()0()0x xf x f x >⎧'>⇔⎨'>⎩，或0()0x f x <⎧⎨'<⎩；即条件②等价于函数()f x 在区间(,0)-∞上单调递减，在区间(0,)+∞上单调递增； 对于21()xx f x ee x =--，则()()21()11212x x x xf x e e e e =-+-=-'，由0x >可得，()()120(1)1x xf x e e '-=+>，即函数1()f x 单调递增；由0x <可得，()()120(1)1xxf x ee '-=+<，即函数1()f x 单调递减；满足条件②；对于2()1xf x e x =+-，则2()10x f x e =+>'显然恒成立，所以2()1xf x e x =+-在定义域上单调递增，不满足条件②；对于31,0(),0x e x f x x x ⎧-≥=⎨-<⎩，当0x <时，3()f x x =-显然单调递减；当0x ≥时，3()1x f x e =-显然单调递增；满足条件②；对于42,0()ln(1),0x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩，当0x ≤时，4()ln(1)f x x =-显然单调递减；当0x >时，4()2f x x =显然单调递增，满足条件②； 因此ACD 满足条件②；条件③当120x x <<且12x x =时，12x x -=，都有()()12f x f x <，即()()()()21220f x f x f x f x -=-->，对于21()xx f x ee x =--，()()212122211211x x x x f x f x e e e e x x -=-+--+()()()()22222222222222x x x x x x x x x e e e e e e e x e ----=----=-+-，因为222x x e e -+≥=，当且仅当22x x e e -=，即20x =时，等号成立，又20x >，所以222x x e e -+>， 则()()()()2222122211222xx x x f x f x e ee e xx ----=--->令()xxg x e ex -=--，0x >，所以()1110x x e e g x -'=+->=>在0x >上显然恒成立， 因此()xxg x e ex -=--在0x >上单调递增，所以()()00g x g >=，即()()()222121120xx f x f x e ex -->-->，所以()()1211f x f x >满足条件③；对于31,0(),0x e x f x x x ⎧-≥=⎨-<⎩，()()2232311211x xf x f x e x x e -=--=-+，令()1xh x e x =--，0x >，则()10xh x e '=->在0x >上显然恒成立，所以()()00h x h >=，则()()23231210xf x f x e x --=>-，即()()3231f x f x >满足条件③；对于42,0()ln(1),0x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩，()()()()212122442ln 12ln 1f x f x x x x x -=--=-+，令()()2ln 1u x x x =-+，0x >， 则()1221101u x x'=->-=>+在0x >上显然恒成立，所以()()00u x u >=， 则()()()1422422ln 10f x f x x x -=-+>，即()()1442f x f x >满足条件③； 综上，ACD 选项是“偏对称函数”， 故选：ACD. 【点睛】 思路点睛：求解此类函数新定义问题时，需要结合函数新定义的概念及性质，结合函数基本性质，利用导数的方法，通过研究函数单调性，值域等，逐项判断，即可求解.（有时也需要构造新的函数，进行求解.）7．已知函数()1ln f x x x x=-+，给出下列四个结论，其中正确的是（ ） A ．曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为10x y ++= B ．()f x 恰有2个零点C ．()f x 既有最大值，又有最小值D ．若120x x >且()()120f x f x +=，则121=x x 【答案】BD 【分析】本题首先可根据()10f -=以及13f判断出A 错误，然后根据当0x >时的函数单调性、当0x <时的函数单调性、()10f -=以及()10f =判断出B 正确和C 错误，最后根据()()120f x f x +=得出()121f x f x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，根据函数单调性即可证得121=x x ，D 正确.【详解】函数()1ln f x x x x=-+的定义域为()(),00,-∞⋃+∞， 当0x >时，()1ln f x x x x=-+，()2221111x x f x x x x -+-'=--=； 当0x <时，1ln f x x x x，()2221111x x f x x x x -+-'=--=，A 项：1ln 1110f，22111131f，则曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为031y x ，即33y x =--，A 错误；B 项：当0x >时，222215124x x x f xx x ，函数()f x 是减函数，当0x <时，222215124x x x f xx x ，函数()f x 是减函数，因为()10f -=，()10f =，所以函数()f x 恰有2个零点，B 正确； C 项：由函数()f x 的单调性易知，C 错误； D 项：当1>0x 、20x >时， 因为()()120f x f x +=， 所以1222222221111ln lnf x f x x x x fx x x x ， 因为()f x 在()0,∞+上为减函数，所以121x x =，120x x >， 同理可证得当10x <、20x <时命题也成立，D 正确， 故选：BD. 【点睛】本题考查函数在某点处的切线求法以及函数单调性的应用，考查根据导函数求函数在某点处的切线以及函数单调性，导函数值即切线斜率，若导函数值大于0，则函数是增函数，若导函数值小于0，则函数是减函数，考查函数方程思想，考查运算能力，是难题.8．已知()2sin x f x x x π=--.（ ）A ．()f x 的零点个数为4B ．()f x 的极值点个数为3C ．x 轴为曲线()y f x =的切线D ．若()12()f x f x =，则12x x π+= 【答案】BC 【分析】首先根据()0f x '=得到21cos xx π-=，分别画出21xy π=-和cos y x =的图像，从而得到函数的单调性和极值，再依次判断选项即可得到答案.【详解】()21cos xf x x π'=--，令()0f x '=，得到21cos x x π-=. 分别画出21x y π=-和cos y x =的图像，如图所示：由图知：21cos xx π-=有三个解，即()0f x '=有三个解，分别为0，2π，π. 所以(),0x ∈-∞，()21cos 0x f x x π'=-->，()f x 为增函数，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()21cos 0x f x x π'=--<，()f x 为减函数， ,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()21cos 0x f x x π'=-->，()f x 为增函数， (),x π∈+∞，()21cos 0xf x x π'=--<，()f x 为减函数.所以当0x =时，()f x 取得极大值为0，当2x π=时，()f x 取得极小值为14π-，当x π=时，()f x 取得极大值为0， 所以函数()f x 有两个零点，三个极值点，A 错误，B 正确.因为函数()f x 的极大值为0，所以x 轴为曲线()y f x =的切线，故C 正确.因为()f x 在(),0-∞为增函数，0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭为减函数， 所以存在1x ，2x 满足1202x x π<<<，且()()12f x f x =， 显然122x x π+<，故D 错误.故选：BC【点睛】 本题主要考查导数的综合应用，考查利用导数研究函数的零点，极值点和切线，属于难题.。
2020年高考数学 大题专项练习 导数与函数 二(15题含答案解析)
2020年高考数学 大题专项练习导数与函数 二1.已知函数f(x)=e x－12x 2－ax 有两个极值点x 1，x 2(e 为自然对数的底数)．(1)求实数a 的取值范围； (2)求证：f(x 1)＋f(x 2)>2．2.设函数f(x)=lnx-0.5ax 2-bx.(1)当a=b=0.5时，求f(x)的最大值； (2)令，其图像上任意一点P(x 0,y 0)处切线的斜率k ≤0.5恒成立，求实数a 的取值范围.3.已知函数f(x)=e x-(x+a)ln(x+a)+x,(x ∈R).（1）当a=1时，求函数f(x)的图像在x=0处的切线方程； （2）若函数f(x)在定义域上为单调递增函数， ①求a 的最大整数；②证明：4.已知函数f(x)=kx3+3(k﹣1)x2﹣k2+1在x=0，x=4处取得极值.(1)求常数k的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值；(3)设g(x)=f(x)+c，且∀x∈[﹣1，2]，g(x)≥2c+1恒成立，求c的取值范围.5. (1)已知函数f(x)=x3＋bx2＋cx＋d的单调减区间为[-1,2]，求b，c的值.(2)设f(x)=ax3＋x恰好有三个单调区间，求实数a的取值范围.6.已知函数f （x ）=+x 在x=1处的切线方程为2x ﹣y+b=0．（Ⅰ）求实数a ，b 的值；（Ⅱ）设函数g （x ）=f （x ）+x 2﹣kx ，且g （x ）在其定义域上存在单调递减区间（即g /（x ）＜0在其定义域上有解），求实数k 的取值范围．7.已知f(x)=12x 2-a 2ln x ，a>0.(1)若f(x)≥0，求a 的取值范围；(2)若f(x 1)=f(x 2)，且x 1≠x 2，证明：x 1＋x 2>2a.8.若函数f(x)+g(x)和f(x)·g(x)同时在x=t 处取得极小值，则称f(x)和g(x)为一对“P(t)函数”．（1）试判断f(x)=x 与g(x)=x 2+ax+b 是否是一对“P(1)函数”； （2）若f(x)=e x 与g(x)=x 2+ax+1是一对“P(t)函数”． ①求a 和t 的值；②若a ＜0，若对于任意x ∈ [1，+∞)，恒有f(x)+g(x)<m ·f(x)g(x)，求实数m 的取值范围．9.已知函数f(x)=ae x－ln x －1.(1)设x=2是f(x)的极值点，求a ，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥1e时，f (x)≥0.10.已知函数f(x)=x-1-alnx(其中a 为参数)．(1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 若对任意x ∈(0，＋∞)都有f(x)≥0成立，求实数a 的取值集合；(3) 证明：⎝⎛⎭⎫1＋1n n <e<⎝⎛⎭⎫1＋1n n ＋1(其中n ∈N *，e 为自然对数的底数)．11.已知函数．(1)若a=e ，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a 的取值范围．12.设函数f(x)=e 2x－aln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f (x)≥2a＋aln 2a.13.已知函数在处的切线与轴平行，（）（1）试讨论在上的单调性；（2）①设，求的最小值；②证明：.14.已知函数①若函数f(x)在定义域内单调递增，求的取值范围； ②若且关于x 的方程在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b取值范围；③设各项为正的数列满足:求证：.15.设函数f(x)=x2e x-1+ax3+bx2，已知x=-2和x=1为f(x)的极值点．(1)求a和b的值.(2)设试比较f(x)与g(x)的大小.答案解析1.解：(1)∵f(x)=e x －12x 2－ax ，∴f′(x)=e x－x －a ．设g(x)=e x －x －a ，则g′(x)=e x－1．令g′(x)=e x－1=0，解得x=0．∴当x ∈(－∞，0)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减； 当x ∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增． ∴g(x)min =g(0)=1－a ．当a≤1时，f′(x)=g(x)≥0，函数f(x)单调递增，无极值点； 当a>1时，g(0)=1－a<0，且当x→＋∞时，g(x)→＋∞； 当x→－∞时，g(x)→＋∞．∴当a>1时，f′(x)=g(x)=e x－x －a 有两个零点x 1，x 2． 不妨设x 1<x 2，则x 1<0<x 2．∴函数f(x)有两个极值点时，实数a 的取值范围是(1，＋∞)． (2)证明：由(1)知，x 1，x 2为g(x)=0的两个实数根， x 1<0<x 2，且g(x)在(－∞，0)上单调递减． 下面先证x 1<－x 2<0，只需证g(－x 2)<0． ∵g(x 2)=ex2－x 2－a=0，得a=ex2－x 2，∴g(－x 2)=e －x2＋x 2－a=e －x2－ex2＋2x 2．设h(x)=e －x －e x ＋2x(x>0)，则h′(x)=－1ex －e x＋2<0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴h(x)<h(0)=0，∴g(－x 2)<0，即x 1<－x 2<0．∵函数f(x)在(x 1，0)上单调递减，∴f(x 1)>f(－x 2)，∴要证f(x 1)＋f(x 2)>2，只需证f(－x 2)＋f(x 2)>2，即证ex2＋e －x2－x 22－2>0．设函数k(x)=e x ＋e －x －x 2－2(x>0)，则k′(x)=e x －e －x－2x ．设φ(x)=k′(x)=e x －e －x －2x ，φ′(x)=e x ＋e －x－2>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)=0，即k′(x)>0， ∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，k(x)>k(0)=0，∴当x ∈(0，＋∞)时，e x ＋e －x －x 2－2>0，则ex2＋e －x 2－x 22－2>0，∴f(－x 2)＋f(x 2)>2，∴f(x 1)＋f(x 2)>2．2.解：3.解：4.解：5.解:(1)∵函数f(x)的导函数f′(x)=3x2＋2bx＋c，由题设知-1<x<2是不等式3x2＋2bx＋c<0的解集.∴-1,2是方程3x2＋2bx＋c=0的两个实根，∴-1＋2=-23b，(-1)×2=c3，即b=-1.5，c=-6.(2)∵f′(x)=3ax2＋1，且f(x)有三个单调区间，∴方程f′(x)=3ax2＋1=0有两个不等的实根，∴Δ=02-4×1×3a>0，∴a<0.∴a的取值范围为(-∞，0).6.7.解：(1)f′(x)=x-a 2x =x ＋a x －ax(x>0)．当x ∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．当x=a 时，f(x)取最小值f(a)=12a 2-a 2ln a.令12a 2-a 2ln a≥0，解得0<a< e. 故a 的取值范围是(0，e]．(2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增， 不失一般性，设0<x 1<a<x 2<2a ，则2a-x 2<a.要证x 1＋x 2>2a ，即x 1>2a-x 2，则只需证f(x 1)<f(2a-x 2)． 因为f(x 1)=f(x 2)，则只需证f(x 2)<f(2a-x 2)． 设g(x)=f(x)-f(2a-x)，a≤x≤2a.则g′(x)=x-a 2x ＋2a-x-a 22a －x =-2a a －x2x 2a －x≤0，所以g(x)在[a,2a)上单调递减，从而g(x)≤g(a)=0. 又a<x 2<2a ，于是g(x 2)=f(x 2)-f(2a-x 2)<0， 即f(x 2)<f(2a-x 2)． 因此x 1＋x 2>2a.8.解：9.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)=ae x－1x.由题设知，f ′(2)=0，所以a=12e2.从而f(x)=12e 2e x －ln x －1，f ′(x)=12e 2e x －1x.当0＜x ＜2时，f ′(x)＜0；当x ＞2时，f ′(x)＞0. 所以f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．(2)证明：当a≥1e 时，f (x)≥exe －ln x －1.设g(x)=e x e －ln x －1，则g′(x)=e x e －1x.当0＜x ＜1时，g ′(x)＜0；当x ＞1时，g ′(x)＞0.所以x=1是g(x)的最小值点． 故当x ＞0时，g (x)≥g(1)=0.因此，当a≥1e时，f (x)≥0.10.解：(1) f ′(x)=1-a x =x －ax(x>0)，当a ≤0时，f ′(x)=1-a x =x －ax>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数；当a>0时，所以f(x)的增区间是(a ，＋∞)，减区间是(0，a)．综上所述， 当a ≤0时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递增区间是(a ，＋∞)，单调递减区间是(0，a)． (2) 由题意得f(x)min ≥0.当a ≤0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上是增函数， 当x →0时，f(x)→-∞，故不合题意；(6分)当a>0时，由(1)知f(x)min =f(a)=a-1-alna ≥0.令g(a)=a-1-alna ， 则由g ′(a)=-lna=0，得a=1，所以g(a)=a-1-alna ≤0，又f(x)min =f(a)=a-1-alna ≥0，所以a-1-alna=0， 所以a=1，即实数a 的取值集合是{1}．(10分)(3) 要证不等式1＋1n n <e<1＋1nn ＋1，两边取对数后，只要证nln1＋1n <1<(n ＋1)ln1＋1n ，即只要证1n ＋1<ln1＋1n <1n，令x=1＋1n ，则只要证1-1x<lnx<x-1(1<x ≤2)．由(1)知当a=1时，f(x)=x-1-lnx 在(1,2]上递增， 因此f(x)>f(1)，即x-1-lnx>0，所以lnx<x-1(1<x ≤2)令φ(x)=lnx ＋1x -1(1<x ≤2)，则φ′(x)=x －1x2>0，所以φ(x)在(1,2]上递增，故φ(x)>φ(1)，即lnx ＋1x -1>0，所以1-1x<lnx(1<x ≤2)．综上，原命题得证．11.解：12.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=2e 2x－a x(x ＞0)．当a≤0时，f ′(x)＞0，f ′(x)没有零点；当a ＞0时，设u(x)=e 2x，v(x)=－a x，因为u(x)=e 2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)=－a x在(0，＋∞)上单调递增，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 ＜14时，f ′(b)＜0，故当a ＞0时，f ′(x)存在唯一零点．(2)证明：由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0， 当x∈(0，x 0)时，f ′(x)＜0；当x∈(x 0，＋∞)时，f ′(x)＞0. 故f(x)在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x=x 0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x 0)．由于2e2x 0－a x 0=0，所以f(x 0)=a 2x 0＋2ax 0＋aln 2a ≥2a ＋aln 2a.故当a ＞0时，f (x)≥2a＋aln 2a.13.14.解：15.解：。
近年高考数学二轮复习专题二函数与导数专题对点练92.1~2.4组合练文(2021年整理)
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专题对点练9 2.1～2。
4组合练（限时90分钟，满分100分)一、选择题(共9小题，满分45分)1。
设函数f（x)=则f(f（e）)=（)A.0B.1 C。
2 D。
ln(e2+1)2。
设a=60。
4，b=log0.40.5，c=log80.4，则a,b，c的大小关系是（）A.a<b<c B。
c<b<a C.c〈a〈b D。
b〈c<a3.已知函数y=log a(x+c)（a，c为常数，其中a>0，a≠1）的图象如图所示，则下列结论成立的是（）A。
a>1，c>1B.a〉1,0〈c<1C.0<a<1，c>1D.0〈a<1,0<c<14。
（2018全国Ⅲ,文9)函数y=-x4+x2+2的图象大致为（）5.函数y=1+log0.5(x-1）的图象一定经过点()A.（1，1）B。
(1,0) C.(2，1）D.（2，0）6.若函数f(x）=的值域为[—1,1］，则实数a的取值范围是（）A。
[1,+∞）B.（-∞，—1]C。
(0，1］D。
（—1，0)7.已知函数f（x)=,则（)A。
∃x0∈R，使得f (x)〈0B.∀x∈（0,+∞),f（x)≥0C.∃x1，x2∈［0,+∞），使得〈0D.∀x1∈[0,+∞)，∃x2∈[0,+∞）,使得f(x1）〉f（x2)8。
(新课标)2020届高考数学总复习 专题二 解答题对点练9 函数与不等式的综合问题课件 文 新人教A版
3．设函数 f(x)＝aex(x＋1)(其中 e＝2.718 28…)，g(x)＝x2＋bx ＋2，已知它们在 x＝0 处有相同的切线．
(1)求函数 f(x)，g(x)的解析式； (2)求函数 f(x)在[t，t＋1](t>－3)上的最小值； (3)若对∀x≥－2，kf(x)≥g(x)恒成立，求实数 k 的取值范围．
(3)已知条件可转化为 f(x)max<g(x)max. 其中 g(x)＝(x－1)2＋1，x∈[0,1]，所以 g(x)max＝2. 由(2)知，当 a≥0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，值域为 R，故 不符合题意． (或者举出反例：存在 f(e3)＝ae3＋3，故不符合题意．) 当 a<0 时，f(x)在0，－1a上单调递增，在－1a，＋∞上单调递减， 故 f(x)的极大值(即最大值)为 f－1a＝－1＋ln－1a＝－1－ln(－a)，所 以 2>－1－ln(－a)，解得 a<－e13. 故 a 的取值范围为－∞，－e13.
①当 0<a<2 时，f(x)在0，12和1a，＋∞上是增函数，在12，1a 上是减函数；
②当 a＝2 时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数； ③当 a>2 时，f(x)在0，1a和12，＋∞上是增函数，在1a，12上 是减函数．
(3)当 2<a<4 时，由(2)可知 f(x)在[1,3]上是增函数， ∴|f(x1)－f(x2)|≤f(3)－f(1)＝4a－(2＋a)ln 3＋23. ∵(m－ln 3)a－2ln 3>|f(x1)－f(x2)|对任意的 a∈(2,4)，x1，x2∈[1,3] 恒成立， ∴(m－ln 3)a－2ln 3>|f(x1)－f(x2)|max， 即(m－ln 3)a－2ln 3>4a－(2＋a)ln 3＋23对任意 2<a<4 恒成立， 即 m>4＋32a对任意 2<a<4 恒成立．又∵2<a<4，∴m>133.故 m 的 取值范围为133，＋∞.
2020届高考数学(理)二轮专题复习： 专题二 函数、不等式、导数 1-2-1 Word版含答案.doc
限时规范训练四 函数的图象与性质 限时40分钟，实际用时分值80分，实际得分一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分) 1．函数y ＝x ＋x －2的定义域是( )A ．(－1，＋∞)B ．[－1，＋∞)C ．(－1,2)∪(2，＋∞)D ．[－1,2)∪(2，＋∞)解析：选C.由题意知，要使函数有意义，需⎩⎪⎨⎪⎧x －2≠0x ＋1＞0，即－1＜x ＜2或x ＞2，所以函数的定义域为(－1,2)∪(2，＋∞)．故选C.2．设函数f ：R →R 满足f (0)＝1，且对任意，x ，y ∈R 都有f (xy ＋1)＝f (x )f (y )－f (y )－x ＋2，则f (2 017)＝( )A ．0B ．1C ．2 016D ．2 018解析：选D.令x ＝y ＝0，则f (1)＝f (0)f (0)－f (0)＋2＝1×1－1＋2＝2，令y ＝0，则f (1)＝f (x )f (0)－f (0)－x ＋2，将f (0)＝1，f (1)＝2代入，可得f (x )＝1＋x ，所以f (2 017)＝2 018.故选D.3．若函数f (x )满足“对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＞f (x 2)”，则f (x )的解析式可以是( )A ．f (x )＝(x －1)2B ．f (x )＝e xC ．f (x )＝1xD ．f (x )＝ln(x ＋1)解析：选C.根据条件知，f (x )在(0，＋∞)上单调递减． 对于A ，f (x )＝(x －1)2在(1，＋∞)上单调递增，排除A ； 对于B ，f (x )＝e x在(0，＋∞)上单调递增，排除B ； 对于C ，f (x )＝1x在(0，＋∞)上单调递减，C 正确；对于D ，f (x )＝ln(x ＋1)在(0，＋∞)上单调递增，排除D. 4．已知函数f (x )＝2x ＋1(1≤x ≤3)，则( ) A ．f (x －1)＝2x ＋2(0≤x ≤2)B ．f (x －1)＝2x －1(2≤x ≤4)C ．f (x －1)＝2x －2(0≤x ≤2)D ．f (x －1)＝－2x ＋1(2≤x ≤4)解析：选B.因为f (x )＝2x ＋1，所以f (x －1)＝2x －1.因为函数f (x )的定义域为[1,3]，所以1≤x －1≤3，即2≤x ≤4，故f (x －1)＝2x －1(2≤x ≤4)．5．若函数y ＝f (x )的定义域是[0,2 018]，则函数g (x )＝f x ＋x －1的定义域是( ) A ．[－1,2 017]B ．[－1,1)∪(1,2 017]C ．[0,2 019]D ．[－1,1)∪(1,2 018]解析：选B.要使函数f (x ＋1)有意义，则0≤x ＋1≤2 018，解得－1≤x ≤2 017，故函数f (x＋1)的定义域为[－1，2 017]，所以函数g (x )有意义的条件是⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ≤2 017x －1≠0，解得－1≤x＜1或1＜x ≤2 017.故函数g (x )的定义域为[－1,1)∪(1,2 017]． 6．下列函数为奇函数的是( ) A ．y ＝x 3＋3x 2B ．y ＝e x ＋e －x2C ．y ＝x sin xD ．y ＝log 23－x3＋x解析：选D.依题意，对于选项A ，注意到当x ＝－1时，y ＝2；当x ＝1时，y ＝4，因此函数y ＝x 3＋3x 2不是奇函数．对于选项B ，注意到当x ＝0时，y ＝1≠0，因此函数y ＝e x ＋e－x2不是奇函数．对于选项C ，注意到当x ＝－π2时，y ＝π2；当x ＝π2时，y ＝π2，因此函数y ＝x sin x 不是奇函数．对于选项D ，由3－x3＋x＞0得－3＜x ＜3，即函数y ＝log 23－x3＋x 的定义域是(－3,3)，该数集是关于原点对称的集合，且log 23－－x3＋－x ＋log 23－x 3＋x ＝log 21＝0，即log 23－－x 3＋－x ＝－log 23－x3＋x，因此函数y ＝log 23－x 3＋x是奇函数．综上所述，选D.7．设函数f (x )＝ln(1＋x )＋m ln(1－x )是偶函数，则( ) A ．m ＝1，且f (x )在(0,1)上是增函数 B ．m ＝1，且f (x )在(0,1)上是减函数 C ．m ＝－1，且f (x )在(0,1)上是增函数 D ．m ＝－1，且f (x )在(0,1)上是减函数解析：选B.因为函数f (x )＝ln(1＋x )＋m ln(1－x )是偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，则(m －1)ln3＝0，即m ＝1，则f (x )＝ln(1＋x )＋ln(1－x )＝ln(1－x 2)，在(0,1)上，当x 增大时，1－x 2减小，ln(1－x 2)减小，即f (x )在(0,1)上是减函数，故选B.8．若关于x 的不等式4a x －1＜3x －4(a ＞0，且a ≠1)对于任意的x ＞2恒成立，则a 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12 C ．[2，＋∞) D ．(2，＋∞)解析：选B.不等式4a x －1＜3x －4等价于ax －1＜34x －1. 令f (x )＝ax －1，g (x )＝34x －1，当a ＞1时，在同一坐标系中作出两个函数的图象，如图1所示，由图知不满足条件；当0＜a ＜1时，在同一坐标系中作出两个函数的图象，如图2所示，则f (2)≤g (2)，即a 2－1≤34×2－1，即a ≤12，所以a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，12，故选B.9．已知函数y ＝a ＋sin bx (b ＞0且b ≠1)的图象如图所示，那么函数y ＝log b (x －a )的图象可能是( )解析：选C.由三角函数的图象可得a ＞1，且最小正周期T ＝2πb＜π，所以b ＞2，则y ＝log b (x－a )是增函数，排除A 和B ；当x ＝2时，y ＝log b (2－a )＜0，排除D ，故选C.10．已知函数y ＝f (x )是定义在R 上的偶函数，当x ∈(－∞，0]时，f (x )为减函数，若a ＝f (20.3)，b ＝f (log 124)，c ＝f (log 25)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a ＞b ＞cB ．c ＞b ＞aC ．c ＞a ＞bD ．a ＞c ＞b解析：选B.函数y ＝f (x )是定义在R 上的偶函数，当x ∈(－∞，0]时，f (x )为减函数，∴f (x )在[0，＋∞)为增函数， ∵b ＝f (log 124)＝f (－2)＝f (2)，1＜20.3＜2＜log 25，∴c ＞b ＞a ，故选B. 11．已知函数f (x )＝x －4＋9x ＋1，x ∈(0,4)，当x ＝a 时，f (x )取得最小值b ，则函数g (x )＝a|x ＋b |的图象为( )解析：选A.∵x ∈(0,4)，∴x ＋1＞1， ∴f (x )＝x －4＋9x ＋1＝x ＋1＋9x ＋1－5≥ 29x ＋1x ＋－5＝1，当且仅当x ＝2时取等号，此时函数f (x )有最小值1. ∴a ＝2，b ＝1，∴g (x )＝2|x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1，x ≥－1，⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋1，x ＜－1，此函数可以看成由函数y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≥0，⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，x ＜0的图象向左平移1个单位得到，结合指数函数的图象及选项可知A 正确．故选A.12．若函数f (x )＝1＋2x ＋12x ＋1＋sin x 在区间[－k ，k ](k ＞0)上的值域为[m ，n ]，则m ＋n 的值是( )A ．0B ．1C ．2D ．4解析：选D.∵f (x )＝1＋2·2x2x ＋1＋sin x＝1＋2·2x＋1－12x ＋1＋sin x＝2＋1－22x ＋1＋sin x＝2＋2x－12x ＋1＋sin x .记g (x )＝2x－12x ＋1＋sin x ，则f (x )＝g (x )＋2，易知g (x )为奇函数，g (x )在[－k ，k ]上的最大值a 与最小值b 互为相反数， ∴a ＋b ＝0，故m ＋n ＝4.(a ＋2)＋(b ＋2)＝a ＋b ＋4＝4. 二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ＞0时，f (x )＝log 2x －1，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝________. 解析：因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫log 222－1＝32. 答案：3214．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log a x ， x ＞2，－x 2＋2x －2， x ≤2(a ＞0，且a ≠1)的值域是(－∞，－1]，则实数a 的取值范围是________．解析：当x ≤2时，f (x )＝－x 2＋2x －2＝－(x －1)2－1，f (x )在(－∞，1)上递增，在(1,2]上递减，∴f (x )在(－∞，2]上的最大值是－1， 又f (x )的值域是(－∞，－1]，∴当x ＞2时， log a x ≤－1，故0＜a ＜1，且log a 2≤－1， ∴12≤a ＜1，故答案为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，115．已知函数f (x )在实数集R 上具有下列性质：①直线x ＝1是函数f (x )图象的一条对称轴；②f (x ＋2)＝－f (x )；③当1≤x 1＜x 2≤3时，[f (x 2)－f (x 1)]·(x 2－x 1)＜0，则f (2 015)、f (2 016)、f (2 017)从大到小的顺序为______________．解析：由f (x ＋2)＝－f (x )得f (x ＋4)＝f (x )，所以f (x )的周期是4，所以f (2 015)＝f (3)，f (2 016)＝f (0)，f (2 017)＝f (1)．因为直线x ＝1是函数f (x )图象的一条对称轴，所以f (0)＝f (2)．由1≤x 1＜x 2≤3时，[f (x 2)－f (x 1)]·(x 2－x 1)＜0，可知当1≤x ≤3时，函数f (x )单调递减，所以f (1)＞f (2)＞f (3)，即f (2 017)＞f (2 016)＞f (2 015)．答案：f (2 017)＞f (2 016)＞f (2 015)16．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|2x ＋1|，x ＜1，log 2x －m ，x ＞1，若f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)(x 1，x 2，x 3互不相等)，且x 1＋x 2＋x 3的取值范围为(1,8)，则实数m 的值为________．解析：作出f (x )的图象，如图所示，可令x 1＜x 2＜x 3，则由图知点(x 1,0)，(x 2,0)关于直线x ＝－12对称，所以x 1＋x 2＝－1.又1＜x 1＋x 2＋x 3＜8，所以2＜x 3＜9.结合图象可知点A 的坐标为(9,3)，代入函数解析式，得3＝log 2(9－m )，解得m ＝1.答案：1。
(完整word版)2020高考二轮复习导数.doc
则函数f(x)的大致图象是()
2．(2019·北省九校第二次联考河
3＋2ln x的单调递减区间是()
)函数y＝x＋x
A．(－3，1)
B.(0，1)
C．(－1，3)
D.(0，3)
3．(2019
南·昌市第一次模拟测试
)已知f(x)在R上连续可导，f′( x)为其导函数，且f( x)
成的三角形的面积为
(
)
3
1
1
A.2
B.
2
C.2
D.
4
(2)(2019全·国卷Ⅲ)已知曲线
y＝aex＋xln x在点(1，ae)处的切线方程为
y＝2x＋b，则
()
A．a＝e，b＝－1
B. a＝e，b＝1
－
－
C．a＝e1，b＝1
D. a＝e1，b＝－1
(3)(2019成·都市第二次诊断性检测
)已知直线l既是曲线
D.(－3，3)或(4，－11)
5．(2019洛·阳市统考)已知a>0，曲线f(x)＝3x2－4ax
与曲线g(x)＝2a2ln x－b有公共点，
且在公共点处的切线相同，则实数
b的最小值为(
)
A．0
B.－12
e
2
4
C．－e2
D.－e2
6．若函数f(x)＝ex－(m＋1)ln x＋2(m＋1)x－1恰有两个极值点，则实数m的取值范围为
x
－x
x
－x
)，则f′(2)＋f′(－2)
－f′(0)f′(1)＝()
＝e
＋e
－f′(1)x·(e
－e
2
－2
B.4e
高考总复习二轮数学精品课件 专题1 函数与导数 第2讲 基本初等函数、函数的应用
3.函数的零点问题
(1)函数F(x)=f(x)-g(x)的零点就是方程f(x)=g(x)的根,即函数y=f(x)的图象与
函数y=g(x)的图象交点的横坐标.
(2)确定函数零点的常用方法:①直接解方程法;②利用零点存在性定理;③
数形结合,利用两个函数图象的交点求解.
温馨提示函数的零点是一个实数,而不是几何图形.
质与相关函数的性质之间的关系进行判断.
对点练2
9 0.1
(1)(2023·广东湛江一模)已知 a=(11) ,b=log910,c=lg
A.b>c>a
B.c>b>a
C.b>a>c
D.c>a>b
11,则( A )
解析 根据指数函数和对数函数的性质,
可得
9 0.1
9 0
a=(11) < 11 =1,b=log910>log99=1,c=lg
1 1
B. - 2 , 2
1
C. 0, 2
1
1
D. - 2 ,0 ∪ 0, 2
(3)换底公式:logaN= log (a,b>0,且 a,b≠1,N>0).
(4)对数值符号规律:已知a>0,且a≠1,b>0,则logab>0⇔(a-1)(b-1)>0,
logab<0⇔(a-1)(b-1)<0.
1
温馨提示对数的倒数法则:logab= log
(a,b>0,且a,b≠1).
11>lg 10=1,
又由 2=lg 100>lg 99=lg 9+lg 11>2 lg9 × lg11,所以 1>lg
(浙江专用)2020版高考数学大二轮复习专题五大题考法课函数与导数课时跟踪检测
解：(1)∵f (x )＝ln x ＋ax ，∴f ′(x )＝ ＋a .ax ＋∴函数 f (x )在 0，－ 上单调递增，在－ ，＋∞上单调递减，∴实数 a 的取值范围是－ ，0.解：(1)∵F (x )＝ln x ＋ ，x ∈(0,3]，0∴F ′(x )＝ －2＝，∴k ＝F ′(x 0)＝ 2 ， (2)由(1)知 f ′(x )＝ ＋a ＝(x >0)．当 a ≥0 时，∵f ′(x )＝>0，∴函数 f (x )＝ln x ＋ax 在(0，＋∞)上单调递增，当 a <0 时，∵f ′(x )＝(x >0)，xx x x 0y 函数与导数[课时跟踪检测]1．已知函数 f (x )＝ln x ＋ax ，(1)若函数 f (x )在 x ＝1 处的切线方程为 y ＝2x ＋m ，求实数 a 和 m 的值；(2)若函数 f (x )在定义域内有两个不同的零点 x 1，x 2，求实数 a 的取值范围．1x∵函数 f (x )在 x ＝1 处的切线方程为 y ＝2x ＋m ，∴f ′(1)＝1＋a ＝2，得 a ＝1.又∵f (1)＝ln 1＋a ＝1，∴函数 f (x )在 x ＝1 处的切线方程为 y －1＝2(x －1)，即 y ＝2x －1，∴m ＝－1.1 1＋axx x1＋axx从而函数 f (x )至多有一个零点，不符合题意；1 ax1 1a a1 1 1 1∴函数 f (x )max ＝f －a ＝ln －a ＋a －a ＝ln －a －1，∴要满足函数 f (x )在定义域内有两个不同的零点 x 1，x 2，1 1必有 f (x )max ＝ln －a －1>0，得 a >－e ，1e2．设函数 f (x )＝ln x ＋x .a 1(1)令 F (x )＝f (x )＋x －x (0<x ≤3)，若 F (x )的图象上任意一点 P (x 0，0)处切线的斜率 k ≤2恒成立，求实数 a 的取值范围；(2)若方程 2mf (x )＝x 2 有唯一实数解，求正数 m 的值．ax1 a x －a x －a 2x 20∴a ≥ ，即实数 a 的取值范围为⎢ ，＋∞⎪.，解得 m ＝ .23．(2019·学军中学检测)已知函数 f (x )＝ (x ＋a ) ＋b ln x ，a ，b∈R. ∴k ＝x 0－a 1 1⎡1 ⎫2则 g ′(x )＝ .令 g ′(x )＝0，则 x －mx －m ＝0. 2 <0(舍去)，x 2＝m ＋ m 2＋4m ⎪⎩g (x 2)＝0， 即 x 2－2m lnx 2－2mx 2＝x 2－mx 2－m ，22∵h (1)＝0，∴方程(*)的解为 x 2＝1，即 1＝m ＋ m 2＋4m 0 0 ⎧⎪1∵F (x )的图象上任意一点 P (x 0，y 0)处切线的斜率 k ≤2恒成立，≤2在 x 0∈(0,3]上恒成立，1∴a ≥－2x 2＋x 0max ，x 0∈(0,3]，1 1当 x 0＝1 时，－2x 2＋x 0 取得最大值2，2 ⎣2 ⎭(2)∵方程 2mf (x )＝x 2 有唯一实数解，∴x 2－2m ln x －2mx ＝0 有唯一实数解．设 g (x )＝x 2－2m ln x －2mx ，2x 2－2mx －2mx∵m >0，∴Δ＝m 2＋4m >0，∵x >0，m － m 2＋4m∴x 1＝2 ，当 x ∈(0，x 2)时，g ′(x )<0，g (x )在(0，x 2)上单调递减，当 x ∈(x 2，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在(x 2，＋∞)单调递增， 当 x ＝x 2 时，g ′(x 2)＝0，g (x )取最小值 g (x 2)． ∵g (x )＝0 有唯一解，∴g (x 2)＝0， 则⎨g ′(x 2)＝0，∴2m ln x 2＋mx 2－m ＝0，∵m >0，∴2ln x 2＋x 2－1＝0.(*) 设函数 h (x )＝2ln x ＋x －1，∵当 x >0 时，h (x )是增函数，∴h (x )＝0 至多有一解．1 2 212(1)若直线 y ＝ax 是曲线 y ＝f (x )的切线，求 a 2b 的最大值；(2)设 b ＝1，若函数 f (x )有两个极值点 x 1 与 x 2，且 x 1<x 2，求f (x 2)的取值范围．解：(1)因为 f ′(x )＝ ，x 20＋ax 0＋bx 0(2)因为 f ′(x )＝ ，⎧⎪x 1＋x 2＝－a ， x 2f (x 2) 2 2 x 112x20 0 0 ⎩ 2x 2x 2 且 h ′(x )>h ′(1)＝ >0，x 1 x 2＋ax ＋bx又因为 y ＝ax 是曲线 y ＝f (x )的切线，设切点为(x 0，y 0)，则 ＝a ， 故 b ＝－x 2.1因为 y 0＝2(x 0＋a )2＋b ln x 0＝ax 0，即 a 2＝－(x 2＋2b ln x 0)＝x 2(2ln x 0－1)≥0，故 x 0≥e ，所以 a 2b ＝x 4(1－2ln x 0)， 令 g (x )＝x 4(1－2ln x )，x ≥ e ，则 g ′(x )＝2x 3(1－4ln x )<0，所以函数 g (x )在[ e ，＋∞)上单调递减，故 g (x )max ＝g ( e)＝0， 综上，a 2b 的最大值是 0.x 2＋ax ＋1x所以 x 1，x 2 是 x 2＋ax ＋1＝0 的两个根，则⎨⎪x 1·x 2＝1，1 故 a ＝－x 2－ ，1(x ＋a )2＋ln x 21 所以 ＝ ＝ ＋x 2ln x 2. x 2－a ＋ a 2－4 因为 x 2＝ 2>1，1令 h (x )＝ ＋x ln x ，x >1，－1则 h ′(x )＝ ＋ln x ＋1 单调递增，12所以 h (x )在(1，＋∞)上单调递增，故 h (x )>h (1)＝ .的取值范围是 ，＋∞⎪.所以 f (－1)＝(－1＋b ) －a ⎪＝0，所以 a ＝ 或 b ＝1.所以 f ′(－1)＝ －a ＝－1＋ ，若 a ＝ ，则 b ＝2－e<0，与 b >0 矛盾，故 a ＝1，b ＝1.则 h (x )＝ －1⎪(x ＋1)，xx 令 F (x )＝f (x )－h (x )，则 F (x )＝(x ＋1)(e －1)－ －1⎪(x ＋1)，F ′(x )＝(x ＋2)e － ，x当 x ≤－2 时，F ′(x )＝(x ＋2)e － ≤－ <0， x当 x >－2 时，设 G (x )＝F ′(x )＝(x ＋2)e － ，综上，f (x 2) ⎛1 ⎛1⎫⎛1⎫1⎛1 ⎫12⎫x 1 ⎝2 ⎭4．已知函数 f (x )＝(x ＋b )(e x －a )(b >0)的图象在点(－1，f (－1))处的切线方程为(e －1)x ＋e y ＋e －1＝0.(1)求 a ，b ；m (1－2e )(2)若方程 f (x )＝m 有两个实数根 x 1，x 2，且 x 1<x 2，证明：x 2－x 1≤1＋ 1－e .解：(1)由题意得 f (－1)＝0，⎝e ⎭1e又 f ′(x )＝(x ＋b ＋1)e x －a ，b 1e e1e(2)证明：由(1)可知 f (x )＝(x ＋1)(e x －1)，f (0)＝0，f (－1)＝0，设曲线 y ＝f (x )在点(－1,0)处的切线方程为 y ＝h (x )，⎝e ⎭⎝e ⎭ e1 1ee1e则 G ′(x )＝(x ＋3)e x >0，故函数 F ′(x )在(－2，＋∞)上单调递增，又 F ′(－1)＝0，所以当 x ∈(－∞，－1)时，F ′(x )<0，当 x ∈(－1，＋∞)时，F ′(x )>0，所以函数 F (x )在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增，故 F (x )≥F (－1)＝0，所以 f (x )≥h (x )，所以 f (x 1)≥h (x 1)．m e设 h (x )＝m 的根为 x 1′，则 x 1′＝－1＋1－e，所以 x 2－x 1≤x 2′－x 1′＝m － －1＋m e ⎫⎛1－e ⎭⎝ x e x －(e x －a ) a (e x －a )(x －1)由题意得 f ′(2)＝ ，解得 a ＝0.(e －a )(x －1)x＝1＋m (1－2e )5．已知函数 f (x )＝ －a ln x ，其中 a ∈[0，e]，e ＝2.718 28…是自然对数的底数．(3)设函数 g (x )＝ ，求证：0＜g (x )＜1.解：(1)f ′(x )＝ － ＝ ，f ′(x )＝ .又函数 h (x )单调递减，且 h (x 1′)＝f (x 1)≥h (x 1)， 所以 x 1′≤x 1，设曲线 y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为 y ＝t (x )，易得 t (x )＝x ，令 T (x )＝f (x )－t (x )＝(x ＋1)(e x －1)－x ，则 T ′(x )＝(x ＋2)e x －2，当 x ≤－2 时，T ′(x )＝(x ＋2)e x －2≤－2<0，当 x >－2 时，设 H (x )＝T ′(x )＝(x ＋2)e x －2，则 H ′(x )＝(x ＋3)e x >0，故函数 T ′(x )在(－2，＋∞)上单调递增，又 T ′(0)＝0，所以当 x ∈(－∞，0)时，T ′(x )<0，当 x ∈(0，＋∞)时，T ′(x )>0，所以函数 T (x )在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，所以 T (x )≥T (0)，所以 f (x )≥t (x )，所以 f (x 2)≥t (x 2)． 设 t (x )＝m 的根为 x 2′，则 x 2′＝m ，又函数 t (x )单调递增，且 t (x 2′)＝f (x 2)≥t (x 2)， 所以 x 2′≥x 2.又 x 1′≤x 1，⎪1－e .e x －ax(1)若曲线 y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线为 e 2x －4y ＝0，求 a 的值；(2)求函数 y ＝f (x )的极大值；1＋x ln xe xx 2 x x 2e 24(2)函数 f (x )的定义域为(0，＋∞)，x 2①当 0≤a ≤1 时，f (x )在 (0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，函数f (x )没有极大值；②当 1＜a ＜e 时，令 f ′(x )＝0，解得 x ＝ln a 或 x ＝1.则由 h ′(x )＝ln x ＋1＝0，解得 x ＝ ，∴h (x )在 0， ⎪上单调递减，在 ，＋∞⎪上单调递增，1⎛1⎫ ∴h (x )≥h ⎪＝1－ ＞0，⎛1⎫ ⎛1 ⎫ 即 －ln x ＞0.由(2)知，当 a ＝1 时，f (x )＝－ln x ，于是 f (x )在(0，ln a )，(1，＋∞)上单调递增，在(ln a,1)上单调递减，函数 f (x )的极大值为 f (ln a )＝－a ln(ln a )；③当 a ＝e 时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，没有极大值．(3)证明：①要证 g (x )＞0，只需证 1＋x ln x ＞0.令 h (x )＝1＋x ln x ，1e⎝ e ⎭⎝e ⎭⎝e ⎭ e即 g (x )＞0.②要证 g (x )＜1，只要证 1＋x ln x ＜e x ，e x －1xe x －1x此时 f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f (x )≥f (1)＝e －1＞0，∴g (x )＜1.综合①②可知，0＜g (x )＜1 成立．。
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专题对点练9 2.1~2.4组合练(限时90分钟,满分100分)一、选择题(共9小题,满分45分)1.设函数f(x)=则f(f(e))=()A.0B.1C.2D.ln(e2+1)2.设a=60.4,b=log0.40.5,c=log80.4,则a,b,c的大小关系是()A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.b<c<a3.已知函数y=log a(x+c)(a,c为常数,其中a>0,a≠1)的图象如图所示,则下列结论成立的是()A.a>1,c>1B.a>1,0<c<1C.0<a<1,c>1D.0<a<1,0<c<14.(2018全国Ⅲ,文9)函数y=-x4+x2+2的图象大致为()5.函数y=1+log0.5(x-1)的图象一定经过点()A.(1,1)B.(1,0)C.(2,1)D.(2,0)6.若函数f(x)=的值域为[-1,1],则实数a的取值范围是()A.[1,+∞)B.(-∞,-1]C.(0,1]D.(-1,0)7.已知函数f(x)=,则()A.∃x0∈R,使得f (x)<0B.∀x∈(0,+∞),f(x)≥0C.∃x1,x2∈[0,+∞),使得<0D.∀x1∈[0,+∞),∃x2∈[0,+∞),使得f(x1)>f(x2)8.已知函数f(x)为偶函数,当x≤0时,f(x)为增函数,则“<x<2”是“f[log2(2x-2)]>f”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件9.已知f(x)=若不等式f(x-1)≥f(x)对一切x∈R恒成立,则实数a的最大值为()A.B.-1 C.-D.1二、填空题(共3小题,满分15分)10.已知x≥0,y≥0,且x+y=1,则x2+y2的取值范围是.11.已知二次函数f(x)=ax2-2x+c的值域为[0,+∞),则的最小值为.12.(2018天津,文14)已知a∈R,函数f(x)=若对任意x∈[-3,+∞),f(x)≤|x|恒成立,则a的取值范围是.三、解答题(共3个题,满分分别为13分,13分,14分)13.(2018全国Ⅰ,文21)已知函数f(x)=a e x-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a≥时,f(x)≥0.14.已知函数f(x)=e x-ax2-2x(a∈R).(1)当a=0时,求f(x)的最小值;(2)当a<-1时,证明不等式f(x)> -1在(0,+∞)上恒成立.15.(2018浙江,22)已知函数f(x)=-ln x.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)>8-8ln 2;(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.专题对点练9答案1.C解析f(e)=ln e=1,所以f(f(e))=f(1)=12+1=2.故选C.2.B解析∵a=60.4>1,b=log0.40.5∈(0,1),c=log80.4<0,∴a>b>c.3.D解析∵函数单调递减,∴0<a<1,当x=1时,y=log a(1+c)<0,即1+c>1,即c>0,当x=0时,log a(x+c)=log a c>0,即c<1,即0<c<1,故选D.4.D解析当x=0时,y=2>0,排除A,B;当x=时,y=-+2>2.排除C.故选D.5.C解析∵函数y=log0.5x恒过定点(1,0),而y=1+log0.5(x-1)的图象是由y=log0.5x的图象向右平移一个单位,向上平移一个单位得到,∴定点(1,0)平移以后即为定点(2,1),故选C.6.A解析函数f(x)=的值域为[-1,1],当x≤a时,f(x)=cos x∈[-1,1],满足题意;当x>a时,f(x)=∈[-1,1],应满足0<≤1,解得x≥1.∴a的取值范围是[1,+∞).7.B解析由函数f(x)=,知在A中f(x)≥0恒成立,故A错误,B正确;又f(x)=在[0,+∞)上是递增函数,故C错误;在D中,当x1=0时,不存在x2∈[0,+∞)使得f(x1)>f(x2),故D不成立.故选B.8.D解析由f(x)是偶函数且当x≤0时,f(x)为增函数,则x>0时,f(x)是减函数,故由f[log2(2x-2)]>f,得|log2(2x-2)|<=log2,故0<2x-2<,解得1<x<,故“<x<2”是“1<x<”的既不充分也不必要条件,故选D.9.B解析作出函数f(x)和f(x-1)的图象,当a≥0时,f(x-1)≥f(x)对一切x∈R不恒成立(如图1).图1图2当a<0时,f(x-1)过定点(1,0)(如图2),当x>0时,f(x)=ax2+x的两个零点为x=0和x=-,要使不等式f(x-1)≥f(x)对一切x∈R恒成立,则只需要-≤1,得a≤-1,即a的最大值为-1.10.解析x2+y2=x2+(1-x)2=2x2-2x+1,x∈[0,1],所以当x=0或1时,x2+y2取最大值1;当x=时,x2+y2取最小值.因此x2+y2的取值范围为.11.6解析二次函数f(x)=ax2-2x+c的值域为[0,+∞),可得判别式Δ=4-4ac=0,即有ac=1,且a>0,c>0,可得≥2=2×3=6,当且仅当,即有c=,a=3时,取得最小值6.12.解析当x>0时,f(x)≤|x|可化为-x2+2x-2a≤x,即+2a-≥0,所以a≥;当-3≤x≤0时,f(x)≤|x|可化为x2+2x+a-2≤-x,即x2+3x+a-2≤0.对于函数y=x2+3x+a-2,其图象的对称轴方程为x=-.因为当-3≤x≤0时,y≤0,所以当x=0时,y≤0,即a-2≤0,所以a≤2.综上所述,a的取值范围为.13.解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a e x-.由题设知,f'(2)=0,所以a=.从而f(x)=e x-ln x-1,f'(x)=e x-.当0<x<2时,f'(x)<0;当x>2时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.(2)当a≥时,f(x)≥-ln x-1.设g(x)=-ln x-1,则g'(x)=.当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当a≥时,f(x)≥0.14.(1)解a=0时,f(x)=e x-2x,f'(x)=e x-2,令f'(x)>0,解得x>ln 2,令f'(x)<0,解得x<ln 2,故f(x)在(-∞,ln 2)递减,在(ln 2,+∞)递增,故f(x)min=f(ln 2)=2-2ln 2.(2)证明∵f'(x)=e x-2ax-2,∴f'(1)=e-2-2a>e-2-2=0,f'(0)=-1<0,故存在x0∈(0,1),使得f'(x0)=0,令h(x)=e x-2ax-2,则x∈(0,+∞)时,h'(x)=e x-2a>e x+2-e>0,故h(x)在(0,+∞)递增且h(x0)=0,故x=x0是h(x)的唯一零点,且在x=x0处f(x)取最小值f(x0)=-x0(ax0+2),又h(x0)=0,即-2ax0-2=0,得ax0+1=,故f(x0)=-x0,构造函数g(t)=e t-t,则g'(t)=e t-1,[g'(t)]'=e t,故t∈(0,1)时,[g'(t)]'<0,g'(t)在(0,1)递减,故t∈(0,1)时,g'(t)<g'(0)<0,故g(t)在(0,1)递减,故f(x0)在(0,1)递减,故f(x)min=f(x0)>e1-1=-1,原结论成立.15.证明 (1)函数f(x)的导函数f'(x)=,由f'(x1)=f'(x2),得,因为x1≠x2,所以.由基本不等式,得≥2,因为x1≠x2,所以x1x2>256.由题意得f(x1)+f(x2)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2).设g(x)=-ln x,则g'(x)=-4),所以x(0,16) 16 (16,+∞)g'(x) -0 +g(x) ↘2-4ln 2 ↗所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.(2)令m=e-(|a|+k),n=+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n≤n<0,所以,存在x0∈(m,n),使f(x0)=kx0+a.所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.由f(x)=kx+a,得k=.设h(x)=,则h'(x)=.其中g(x)=-ln x.由(1)可知g(x)≥g(16).又a≤3-4ln 2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a≤0,所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减.因此方程f(x)-kx-a=0至多1个实根.综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.。