2018年高考数学二轮复习专项精练压轴大题突破练(四)函数与导数(2)理 Word版 含答案
(四)函数与导数(2)1．(2017·湖南省长沙市长郡中学临考冲刺训练)已知函数f(x)＝x3－3x2－m，g(x)＝3e x－6(1－m)x－3(m∈R，e为自然对数的底数)．(1)试讨论函数f(x)的零点个数；(2)证明：当m>0且x>0时，总有g(x)>f′(x)．(1)解f(x)＝x3－3x2－m的零点个数即为方程x3－3x2＝m的根的个数．记h(x)＝x3－3x2，则h′(x)＝3x(x－2)，令h′(x)＝0，得x＝0或x＝2.当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：故可画出h(x)的草图如图所示．由图象知，当m<－4或m>0时，函数f(x)有一个零点；当m＝－4或m＝0时，函数f(x)有两个零点；当－4<m<0时，函数f(x)有三个零点．(2)证明f′(x)＝3x2－6x，记函数u(x)＝g(x)－f′(x)＝3e x－3x2＋6mx－3(x>0)，则u′(x)＝3(e x－2x＋2m)，记v(x)＝e x－2x＋2m，则v′(x)＝e x－2，当x变化时，v′(x)，v(x)的变化情况如下表：由上表可知，v(x)≥v(ln 2)，而v (ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2m＝2－2ln 2＋2m ＝2(m －ln 2＋1)， 由m >0知，m >ln 2－1. 所以v (ln 2)>0，所以v (x )>0，即u ′(x )>0，所以u (x )在区间(0，＋∞)上为增函数， 所以当x >0时，u (x )>u (0)＝0. 即当m >0且x >0时，g (x )>f ′(x )．2．(2017届江苏省南通、扬州、泰州模拟)已知函数f (x )＝ax 2＋cos x (a ∈R )，记f (x )的导函数为g (x )．(1)证明：当a ＝12时，g (x )在R 上为单调函数；(2)若f (x )在x ＝0处取得极小值，求a 的取值范围；(3)设函数h (x )的定义域为D ，区间(m ，＋∞)⊆D .若h (x )在(m ，＋∞)上是单调函数，则称h (x )在D 上广义单调．试证明函数y ＝f (x )－x ln x 在(0，＋∞)上广义单调．(1)证明 当a ＝12时，f (x )＝12x 2＋cos x ，所以f ′(x )＝x －sin x ，即g (x )＝x －sin x ， 所以g ′(x )＝1－cos x ≥0， 所以g (x )在R 上单调递增．(2)解 因为g (x )＝f ′(x )＝2ax －sin x ， 所以g ′(x )＝2a －cos x .①当a ≥12时，g ′(x )≥1－cos x ≥0，所以函数f ′(x )在R 上单调递增． 若x >0，则f ′(x )>f ′(0)＝0； 若x <0，则f ′(x )<f ′(0)＝0，所以函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，单调递减区间是(－∞，0)， 所以f (x )在x ＝0处取得极小值，符合题意． ②当a ≤－12时，g ′(x )≤－1－cos x ≤0，所以函数f ′(x )在R 上单调递减． 若x >0，则f ′(x )<f ′(0)＝0； 若x <0，则f ′(x )>f ′(0)＝0， 所以f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)， 单调递增区间是(－∞，0)，所以f (x )在x ＝0处取得极大值，不符合题意．③当－12<a <12时，∃x 0∈(0，π)，使得cos x 0＝2a ，即g ′(x 0)＝0，但当x ∈(0，x 0)时，cosx >2a ，即g ′(x )<0，所以函数f ′(x )在(0，x 0)上单调递减，所以f ′(x )<f ′(0)＝0，即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. (3)证明 记h (x )＝ax 2＋cos x －x ln x (x >0)． ①若a >0，注意到ln x <x ，则ln x 12<x 12，即ln x <2x ，h ′(x )＝2ax －sin x －1－ln x >2ax －2x －2＝2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－4a ＋12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1＋4a ＋12a .当x >⎝⎛⎭⎪⎫1＋4a ＋12a 2时，h ′(x )>0， 所以当m ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋4a ＋12a 2时，函数h (x )在(m ，＋∞)上单调递增． ②若a ≤0，当x >1时，h ′(x )＝2ax －sin x －1－ln x ≤－sin x －1－ln x <0，所以当m ＝1时，函数h (x )在(m ，＋∞)上单调递减．综上所述，函数y ＝f (x )－x ln x 在区间(0，＋∞)上广义单调． 3．(2017届天津市耀华中学模拟)已知f (x )＝2x ＋1－e ax(a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若x 1，x 2为方程f (x )＝1的两个相异的实根，求证：x 1＋x 2>2a.(1)解 f ′(x )＝2－a e ax.当a ≤0时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增； 当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1aln 2a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1aln 2a，＋∞上单调递减． (2)证明 x 1，x 2为方程f (x )＝1的两个相异的实根， 则x 1，x 2为方程2x －e ax＝0的两个相异的实根， 即x 1，x 2为方程ax ＝ln(2x )的两个相异的实根，所以ax 1＝ln(2x 1)，ax 2＝ln(2x 2)． 不妨设x 1>x 2>0，则a >0，所以a (x 1－x 2)＝ln x 1x 2，即a ＝lnx 1x 2x 1－x 2，要证明x 1＋x 2>2a⇔a >2x 1＋x 2， 只需证明lnx 1x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即证明ln x 1x 2>2(x 1－x 2)x 1＋x 2，令x 1x 2＝t >1，g (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1>0 (t >1)，g (1)＝0. g ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0， 所以函数g (t )在(1，＋∞)上单调递增， 所以g (t )>g (1)＝0，所以ln x 1x 2>2(x 1－x 2)x 1＋x 2成立，即x 1＋x 2>2a.4．(2017届福建省厦门第一中学模拟)函数f (x )＝ln x ＋12x 2＋ax (a ∈R )，g (x )＝e x＋32x 2.(1)讨论f (x )的极值点的个数； (2)若对于∀x >0，总有f (x )≤g (x )． ①求实数a 的取值范围；②求证：对于∀x >0，不等式e x ＋x 2－(e ＋1)x ＋e x>2成立．(1)解 由题意得f ′(x )＝x ＋1x＋a＝x 2＋ax ＋1x(x >0)，令Δ＝a 2－4，当Δ＝a 2－4≤0，即－2≤a ≤2时，x 2＋ax ＋1≥0对x >0恒成立，即f ′(x )＝x 2＋ax ＋1x≥0对x >0恒成立，此时f (x )没有极值点．当Δ＝a 2－4>0，即a <－2或a >2，①当a <－2时，设方程x 2＋ax ＋1＝0两个不同实根为x 1，x 2，不妨设x 1<x 2， 则x 1＋x 2＝－a >0，x 1x 2＝1>0，故x 2>x 1>0， ∴当x <x 1或x >x 2时，f ′(x )>0； 当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0，故x 1，x 2是函数f (x )的两个极值点．②当a >2时，设方程x 2＋ax ＋1＝0的两个不同实根为x 1，x 2，则x 1＋x 2＝－a <0，x 1x 2＝1>0， 故x 2<0，x 1<0，∴当x >0时，f ′(x )>0， 故函数f (x )没有极值点．综上，当a <－2时，函数f (x )有两个极值点． 当a ≥－2时，函数f (x )没有极值点．(2)①解 由题意可知，a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫e x ＋x 2－ln x x min， 设φ(x )＝e x＋x 2－ln xx，易知φ(x )＝e x ＋x 2－ln x x在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x )min ＝φ(1)＝e ＋1，a ≤e ＋1. ∴a 的取值范围为(－∞，e ＋1]．②证明 ∵e x＋x 2－(e ＋1)x ≥ln x ，当且仅当x ＝1时取等号， ∴只需证明ln x ＋ex≥2，设θ(x )＝ln x ＋ex，易得θ(x )＝ln x ＋ex在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增，θ(x )≥θ(e)＝2，即ln x ＋ex≥2，当x ＝e 时取等号．综上，两式不同时取等号，故e x ＋x 2－(e ＋1)x ＋e x>2成立．。
2018年高考数学(理)二轮专题复习突破精练一专题对点练4 从审题中寻找解题思路附答案
专题对点练4从审题中寻找解题思路专题对点练第4页一、选择题1.已知方程错误!未找到引用源。
=1表示双曲线,且该双曲线两焦点间的距离为4,则n的取值范围是()A.(-1,3)B.(-1,错误!未找到引用源。
)C.(0,3)D.(0,错误!未找到引用源。
)答案A解析因为双曲线的焦距为4,所以c=2,即m2+n+3m2-n=4,解得m2=1.又由方程表示双曲线得(1+n)(3-n)>0,解得-1<n<3,故选A.2.已知f(x)是R上最小正周期为2的周期函数,且当0≤x<2时,f(x)=x3-x,则函数y=f(x)的图象在区间[0,6]上与x轴的交点的个数为()A.6B.7C.8D.9答案B解析当0≤x<2时,令f(x)=x3-x=0,得x=0或x=1,根据周期函数的性质,由f(x)的最小正周期为2,可知y=f(x)在[0,6)上有6个零点,又f(6)=f(3×2)=f(0)=0,所以f(x)在[0,6]上与x轴的交点个数为7.3.已知F1,F2是双曲线C:错误!未找到引用源。
=1(a>0,b>0)的两个焦点,P是C上一点,若|PF1|+|PF2|=6a,且△PF1F2最小的内角为30°,则双曲线C的渐近线方程是()A.错误!未找到引用源。
x±y=0B.x±错误!未找到引用源。
y=0C.x±2y=0D.2x±y=0答案A解析由题意,不妨设|PF1|>|PF2|,则根据双曲线的定义得,|PF1|-|PF2|=2a,又|PF1|+|PF2|=6a, 解得|PF1|=4a,|PF2|=2a.在△PF1F2中,|F1F2|=2c,而c>a,所以有|PF2|<|F1F2|,所以∠PF1F2=30°,所以(2a)2=(2c)2+(4a)2-2·2c·4a cos 30°,得c=错误!未找到引用源。
2018年高考数学(文)二轮复习 专题突破课件：专题二 函数与导数专题二 第4讲
(2)试确定a，b，x的值，使得纸盒的体积最大，并求出最大值.
思维升华
解答
跟踪演练 3
图 1 是某种称为 “ 凹槽 ” 的机械部件的示意图，图 2 是凹槽
的横截面(阴影部分)示意图，其中四边形ABCD是矩形，弧CmD是半圆， 凹槽的横截面的周长为4.若凹槽的强度T等于横截面的面积S与边AB的乘 积，设AB＝2x，BC＝y.
例2 (2017届汕头期末)设函数f(x)＝1 x2－(a＋1)x＋aln x，a>0. 2
(1)求函数f(x)的单调区间；
解答
(2)讨论函数f(x)的零点个数.
思维升华
解答
跟踪演练 2 (a∈R).
1 a 3 1 2 (2017 届运城期中)已知函数 f(x)＝3x －2(a＋1)x ＋x－3
2 x－2 ∴φ′(x)＝1－x ＝ x ，
φ(x)在(0，2)上单调递减，又0<s<t<2>g(t)－t， ∴g(s)－g(t)>s－t. gs－gt ∵s－t<0，∴ <1. s－t
证明
所以函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1).
解答
1 1－x (2)当 x>1 时，证明：f(x)>x －e .
思维升华
证明
跟踪演练 1
1＋ln x 已知函数 f(x)＝ x .
1 a ， a ＋ f(x)在区间 求实数 上存在极值， 3
(1)设 a>0， 若函数
a 的取值范围；
解答
k3＋k (2)如果当 x≥1 时，不等式 f(x)≥ 恒成立，求实数 k 的取值范围. x＋1
解答
热点二
利用导数讨论方程根的个数
2018年高考理科数学全国卷二导数压轴题解析
2018年高考理科数学全国卷二导数压轴题解析已知函数2()x f x e ax =-.（1） 若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥. （2） 若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a . 题目分析：本题主要通过函数的性质证明不等式以及判断函数零点的问题考察学生对于函数单调性以及零点存在定理性的应用，综合考察学生化归与分类讨论的数学思想，题目设置相对较易，利于选拔不同能力层次的学生。
第1小问，通过对函数以及其导函数的单调性以及值域判断即可求解。
官方标准答案中通过()()x g x e f x -=的变形化成2()x ax bx c e C -+++的形式，这种形式的函数求导之后仍为2()x ax bx c e -++这种形式的函数，指数函数的系数为代数函数，非常容易求解零点，并且这种变形并不影响函数零点的变化。
这种变形思想值得引起注意，对以后导数命题有着很大的指引作用。
但是，这种变形对大多数高考考生而言很难想到。
因此，以下求解针对函数()f x 本身以及其导函数的单调性和零点问题进行讨论，始终贯穿最基本的导函数正负号与原函数单调性的关系以及零点存在性定理这些高中阶段的知识点，力求完整的解答该类题目。
题目解答：（1）若1a =，2()x f x e x =-，()2x f x e x '=-，()2x f x e ''=-.当[0,ln 2)x ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增； 所以()(ln 2)22ln 20f x f ''≥=->，从而()f x 在[0,)+∞单调递增；所以()(0)1f x f ≥=，得证. （2）当0a ≤时，()0f x >恒成立，无零点，不合题意.当0a >时，()2x f x e ax '=-，()2x f x e a ''=-.当[0,ln 2)x a ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x a ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增；所以()(ln 2)2(1ln 2)f x f a a a ''≥=-.当02ea <≤时，()0f x '≥，从而()f x 在[0,)+∞单调递增，()(0)1f x f ≥=，在(0,)+∞无零点，不合题意.当2ea >时，易证2ln 2a a >. (0)10f '=>，(ln 2)0f a '<，由（1）可知，22(2)=(2)10a f a e a '->>.由零点存在性定理可知必然存在一点1(0,ln 2)x a ∈使得1()0f x '=，2(ln 22)x a a ∈，使得2()0f x '=；所以当1(0,)x x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，12(,)x x x ∈，()0f x '<，()f x 单调递减，2(,)x x ∈+∞，()0f x '>，()f x 单调递增，即当2x x =时()f x 取得极小值2222()x f x e ax =-由2()0f x '=得222x e a x = 从而222222()(2)2x x e f x e ax x =-=-当22x =时，即24e a =时，极小值2()0f x =恰好成立，此时在()f x 在(0,)+∞只有一个零点2x =，满足题意.当224e e a <<时，即212x <<时（易证2xe x在(1,)+∞单调递增），极小值2()0f x >，此时在(0,)+∞无零点，不合题意.x当24e a >时，即22x >时，(0)10f =>，2()0f x <， 32(3)(3)0a f a e a a =-> （易证313x e x >恒成立），由零点存在性定理可知()f x 在区间2(0,)x 和2(,3)x a 各有一根，不合题意.综上所述，24e a =.。
高考数学二轮复习专题突破课时作业4基本初等函数函数与方程及函数的应用理201812282198
1,3]上共有11个交点，又y＝f(x)，y＝|cosπx|的图象都关于直线个交点也关于直线x＝1对称，故所有根之和为11.故选f x＋的定义域是x－11≤x<1或1<x≤2 017.故函数g(x)的定义域为[－1,1)∪(1,2 017]．答案：B由三角函数的图象可得a>1，且最小正周期T＝2πb<π，所以B；当x＝2时，y＝log b(2－a)<0，排除D，故选湖北省二轮检测]已知定义在R上的偶函数f(x)满足对任意的f x2－f x1x2－x1>0均成立，若a＝f(334)，b＝f(943-)，c＝f(－543)关系为( )A．b<a<c B．f x2－f x1x2－x1>0均成立，所以＋∞)上是增函数，指数函数＋x－，即y＝3x，0≤5x－20．[2018·内蒙古包头一模]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|log 3x |，0<x <3，13x 2－103x ＋8，x ≥3，的图象，如图．由图象知0<a <1,1<b <3，则)＝f (b )，＝1.又由图象知，3<c <4，d >6，点(c(1)(2)(2)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x <λ恰有2个零点有两种情况：①二次函数有两个零点，一次函数无零点；②二次函数与一次函数各有一个零点．在同一平面直角坐标系中画出y ＝x －4与y ＝x 2－4x ＋3的图象，如图(2)，平移直线x ＝λ，可得λ∈(1,3]∪(4，＋∞)．答案：(1,4) (1,3]∪(4，＋∞)精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
读沙漠，读出了它坦荡豪放的胸怀；读太阳，读出了它普照万物的无私；读春雨，读出了它润物无声的柔情。
读大海，读出了它气势磅礴的豪情。
读石灰，读出了它粉身碎骨不变色的清白。
2、幸福幸福是“临行密密缝，意恐迟迟归”的牵挂； 幸福是“春种一粒粟，秋收千颗子”的收获. 幸福是“采菊东篱下，悠然见南山”的闲适；幸福是“奇闻共欣赏，疑义相与析”的愉悦。
2018高考数学理二轮专题复习课件 专题二 函数与导数2.
(2)已知函数 f(x)＝xlnx－ax2－x(a∈R)． ①如果不等式 f(x)<－x 恒成立，求实数 a 的取值范围； 1 ②求证：ln(2×3×…×2 015) <2 015. 1 008
1－lnx lnx [自主解答] (1)因为 f(x)＝ ， 所以 f′(x)＝ 2 .令 f′(x) x x ＝0，解得 x＝e，当 x>e 时，f′(x)<0，f(x)为减函数，当 0<x<e a＋b 时，f′(x)>0，f(x)为增函数．又 b>a>3>e，所以 ab>b> 2 > ab a＋b >a>e，所以 f(a)>f( ab)>f >f(b)>f(ab)，故选 D. 2
(
热点考向二 导数在不等式中的应用 lnx [典例 2] (1)若 b>a>3，f(x)＝ ，则下列结论中正确的是 x ) a＋b A．f(a)<f( ab)<f 2 a＋b B．f( ab)<f 2 <f(b) a＋b C．f( ab)<f <f(a) 2 a＋b D．f(b)<f 2 <f( ab)
1 1 解析：因为 f′(x)＝ － ，所以当 x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0， 3 x 1 f(x) 单调递增；当 x∈(0,3) 时，f′(x)<0，f(x) 单调递减，而 0<e 1 1 1 e <1<e<3，又 fe＝3e＋1>0，f(1)＝3>0，f(e)＝3－1<0，所以 f(x) 1 在区间e ，1上无零点，在区间(1，e)上有零点． 答案：D
高考数学大二轮复习专题2函数与导数第2讲综合大题部分真题押题精练(理)
第2讲 综合大题部分1. (2017·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝a e 2x ＋(a －2)e x－x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围． 解析：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1)．①若a ≤0，则f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减． ②若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝－ln a . 当x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减， 在(－ln a ，＋∞)上单调递增．(2)①若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点．②若a >0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a＋ln a .a ．当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点；b ．当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a＋ln a >0，即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；c ．当a ∈(0,1)时，1－1a＋ln a <0，即f (－ln a )<0.又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2＋2>0， 故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点．设正整数n 0满足n 0>ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a－1，则f (n 0)＝e n 0(a e n 0＋a －2)－n 0>e n 0－n 0>2n 0－n 0>0.由于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a－1>－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1)．2．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <m ，求m 的最小值． 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增． 故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点． 由于f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0. 故a ＝1.(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋12n 得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12n .从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e. 而⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋123>2， 所以m 的最小值为3.3．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .解析：(1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x－1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x－1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)·e －x＝－(x －1)2e －x. 当x ≠1时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)单调递减． 而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1. (2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x.f (x )在(0，＋∞)只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )＞0，h (x )没有零点； (ⅱ)当a ＞0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x.当x ∈(0,2)时，h ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0. 所以h (x )在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在(0，＋∞)的最小值．①若h (2)＞0，即a ＜e24，h (x )在(0，＋∞)没有零点．②若h (2)＝0，即a ＝e24，h (x )在(0，＋∞)只有一个零点．③若h (2)＜0，即a ＞e24，因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)有一个零点；由(1)知，当x ＞0时，e x＞x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a3e2a2＞1－16a 32a 4＝1－1a＞0，故h (x )在(2,4a )有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)有两个零点． 综上，当f (x )在(0，＋∞)只有一个零点时，a ＝e24.1. 已知函数f (x )＝ln(x ＋1)＋ax 2，a >0. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在区间(－1,0)上有唯一零点x 0，证明：e －2<x 0＋1<e －1. 解析：(1)f ′(x )＝1x ＋1＋2ax ＝2ax 2＋2ax ＋1x ＋1，x >－1，令g (x )＝2ax 2＋2ax ＋1， 则Δ＝4a 2－8a ＝4a (a －2)， 若Δ<0，即0<a <2，则g (x )>0，故当x ∈(－1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 若Δ＝0，即a ＝2，则g (x )≥0， 仅当x ＝－12时，等号成立，故当x ∈(－1，＋∞)时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增． 若Δ>0，即a >2，则g (x )有两个零点，x 1＝－a －a a －22a ，x 2＝－a ＋a a －22a，由g (－1)＝g (0)＝1>0，g (－12)<0得，－1<x 1<－12<x 2<0，故当x ∈(－1，x 1)时，g (x )>0，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )<0，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 综上所述，当0<a ≤2时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增， 当a >2时，f (x )在(－1，－a －a a －22a )和(－a ＋a a －22a ，＋∞)上单调递增，在(－a －a a －22a，－a ＋a a －22a)上单调递减．(2)由(1)及f (0)＝0可知：仅当极大值等于零，即f (x 1)＝0时，符合要求． 此时，x 1就是函数f (x )在区间(－1,0)上的唯一零点x 0. 所以2ax 20＋2ax 0＋1＝0， 从而有a ＝－12x 0x 0＋1，又f (x 0)＝ln(x 0＋1)＋ax 20＝0， 所以ln(x 0＋1)－x 02x 0＋1＝0，令x 0＋1＝t 0，则ln t 0－t 0－12t 0＝0， 即ln t 0＋12t 0－12＝0，且0<t 0<12，设h (t )＝ln t ＋12t －12，则h ′(t )＝2t －12t 2，当0<t <12时，h ′(t )<0，h (t )单调递减，又h (e －2)＝e 2－52>0，h (e －1)＝e －32<0，所以e －2<t 0<e －1，即e －2<x 0＋1<e －1.2．已知函数f (x )＝12ln x －mx ，g (x )＝x －ax (a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若m ＝12e 2，对∀x 1，x 2∈[2,2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解析：(1)f (x )＝12ln x －mx ，x >0，所以f ′(x )＝12x－m ，当m ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 当m >0时，由f ′(x )＝0得x ＝12m；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′x >0，x >0得0<x <12m ；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′x <0，x >0得x >12m.综上所述，当m ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； 当m >0时，f (x )的单调递增区间为(0，12m )，单调递减区间为(12m ，＋∞)．(2)若m ＝12e 2，则f (x )＝12ln x －12e 2x .对∀x 1，x 2∈[2,2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立， 等价于对∀x ∈[2,2e 2]都有g (x )min ≥f (x )max ， 由(1)知在[2,2e 2]上f (x )的最大值为f (e 2)＝12，g ′(x )＝1＋ax2>0(a >0)，x ∈[2,2e 2]，函数g (x )在[2,2e 2]上是增函数，g (x )min ＝g (2)＝2－a2，由2－a 2≥12，得a ≤3，又a >0，所以a ∈(0,3]，所以实数a 的取值范围为(0,3]．3．已知函数f (x )＝ln xx ＋a (a ∈R )，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．(1)试比较：2 0182 019与2 0192 018的大小并说明理由；(2)若函数g (x )＝f (x )－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2>e 2.解析：(1)依题意得f ′(x )＝x ＋ax－ln x x ＋a 2，所以f ′(1)＝1＋a 1＋a2＝11＋a， 又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直，所以f ′(1)＝1， 即11＋a＝1，解得a ＝0. 故f (x )＝ln x x ，f ′(x )＝1－ln xx2.令f ′(x )>0，则1－ln x >0，解得0<x <e ； 令f ′(x )<0，则1－ln x <0，解得x >e ， 所以f (x )的单调递增区间为(0，e)， 单调递减区间为(e ，＋∞)．∴f (2 018)>f (2 019)，即ln 2 0182 018>ln 2 0192 019，即ln 2 0182 019>ln 2 0192 018，∴2 0182 019>2 0192 018.(2)不妨设x 1>x 2>0，因为g (x 1)＝g (x 2)＝0， 所以ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0， 可得ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)， ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)． 要证x 1x 2>e 2，即证ln x 1x 2>2， 只需证ln x 1＋ln x 2>2， 也就是证k (x 1＋x 2)>2，即证k >2x 1＋x 2. 因为k ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以只需证ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即证ln x 1x 2>2x 1－x 2x 1＋x 2.令x 1x 2＝t (t >1)，则只需证ln t >2t －1t ＋1(t >1)．令h (t )＝ln t －2t －1t ＋1(t >1)，则h ′(t )＝1t－4t ＋12＝t －12t t ＋12>0，故函数h (t )在(1，＋∞)上是单调递增的， 所以h (t )>h (1)＝0，即ln t >2t －1t ＋1.所以x 1x 2>e 2. 4．已知函数f (x )＝exx.(1)求曲线y ＝f (x )在点P (2，e22)处的切线方程；(2)证明：f (x )>2(x －ln x )．解析：(1)因为f (x )＝exx，所以f ′(x )＝e x ·x －e xx2＝exx －1x 2，f ′(2)＝e24， 又切点为(2，e22)，所以切线方程为y －e 22＝e24(x －2)，即e 2x －4y ＝0.(2)设函数g (x )＝f (x )－2(x －ln x )＝exx－2x ＋2ln x ，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x )＝exx －1x 2－2＋2x ＝e x－2x x －1x2，x ∈(0，＋∞)． 设h (x )＝e x－2x ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝e x－2，令h ′(x )＝0，则x ＝ln 2. 当x ∈(0，ln 2)时，h ′(x )<0； 当x ∈(ln 2，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h (x )min ＝h (ln 2)＝2－2ln 2>0， 故h (x )＝e x－2x >0. 令g ′(x )＝e x－2xx －1x2＝0，则x ＝1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0. 所以g (x )min ＝g (1)＝e －2>0， 故g (x )＝f (x )－2(x －ln x )>0， 从而有f (x )>2(x －ln x )．。
2018年高考数学二轮复习高考22题12+4分项练4函数与导数文
12＋4分项练4 函数与导数1．已知函数y ＝xf ′(x )的图象如下图所示(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)，下列四个图象中y ＝f (x )的图象大致是( )答案 C解析 由函数y ＝xf ′(x )的图象可知，当x <－1时，xf ′(x )<0，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增； 当－1<x <0时，xf ′(x )>0，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减； 当0<x <1时，xf ′(x )<0，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减； 当x >1时，xf ′(x )>0，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增． 故符合f (x )的图象大致为C.2．(2017届河北省衡水中学押题卷)若函数f (x )＝m ln x ＋x 2－mx 在区间(0，＋∞)内单调递增，则实数m 的取值范围为( ) A ．[0,8] B ．(0,8]C ．(－∞，0]∪[8，＋∞)D ．(－∞，0)∪(8，＋∞) 答案 A解析 很明显m ≥0，且f ′(x )＝mx ＋2x －m ≥0恒成立，即m ≤m x＋2x ，所以m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫m x＋2x min ，由基本不等式的结论得m x＋2x ≥22m ，据此有m 2≤8m ，解得0≤m ≤8.故选A.3．(2017届山西省太原市模拟)已知函数f (x )＝f ′(1)ee x＋f (0)2x 2－x ，若存在实数m 使得不等式f (m )≤2n 2－n 成立，则实数n 的取值范围为( ) A.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪[1，＋∞) B ．(－∞，－1]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞C.(]－∞，0∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪[0，＋∞) 答案 A解析 对函数求导可得，f ′(x )＝f ′(1)e·e x ＋f (0)2×2x －1，∴f ′(1)＝f ′(1)＋f (0)－1，得f (0)＝1， 且f (0)＝f ′(1)e＝1，∴f ′(1)＝e ，f (x )＝e x＋12x 2－x ，f ′(x )＝e x ＋x －1，[f ′(x )]′＝e x ＋1>0，则函数f ′(x )单调递增，而f ′(0)＝0， 故f (x )min ＝f (0)＝1，由存在性的条件可得关于实数n 的不等式2n 2－n ≥1， 解得n ∈⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪[1，＋∞)．故选A. 4．(2017·山西省实验中学模拟)若点P 是曲线y ＝32x 2－2ln x 上任意一点，则点P 到直线y＝x －52的距离的最小值为( )A. 2B.332C.322D. 5 答案 C解析 点P 是曲线y ＝32x 2－2ln x 上任意一点，所以当曲线在点P 的切线与直线y ＝x －52平行时，点P 到直线y ＝x －52的距离最小，直线y ＝x－52的斜率为1，由y ′＝3x －2x ＝1，解得x ＝1或x ＝－23(舍)． 所以曲线与直线的切点为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32.点P 到直线y ＝x －52的距离最小值是⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－32－5212＋12＝322.故选C.5．(2017届辽宁省锦州市质检)设函数f (x )在R 上存在导数f ′(x )，∀x ∈R ，有f (－x )＋f (x )＝x 2，在(0，＋∞)上f ′(x )<x ，若f (2－m )＋f (－m )－m 2＋2m －2≥0，则实数m 的取值范围为( ) A ．[－1,1]B ．[1，＋∞)C ．[2，＋∞)D ．(－∞，－2]∪[2，＋∞) 答案 B解析 令g (x )＝f (x )－x 22，则g (－x )＋g (x )＝0，g (x )是R 上的奇函数． 又g ′(x )＝f ′(x )－x <0，g (x )是R 上的单调减函数，g (2－m )＋g (－m )≥0.所以2－m ≤m ，m ≥1，故选B.6．对于三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)，给出定义：设f ′(x )是函数y ＝f (x )的导数，f ″(x )是f ′(x )的导数，若方程f ″(x )＝0有实数解x 0，则称点(x 0，f (x 0))为函数y ＝f (x )的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．若f (x )＝13x 3－12x 2＋3x －512，请你根据这一发现判断函数f (x )＝13x 3－12x 2＋3x －512的对称中心为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－1 答案 A解析 依题意，得f ′(x )＝x 2－x ＋3，∴f ″(x )＝2x －1， 由f ″(x )＝0，即2x －1＝0，得x ＝12，又f (12)＝1，∴函数f (x )＝13x 3－12x 2＋3x －512的对称中心为(12，1)．7．(2017届陕西省西安市铁一中学模拟)已知奇函数f (x )的导函数为f ′(x )，且当x ∈(0，＋∞)时，xf ′(x )－f (x )＝x ，若f (e)＝e ，则f (x )>0的解集为( ) A ．(－∞，－e)∪(0，e)B ．(－e,0)∪(e，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(0,1)D ．(－1,0)∪(1，＋∞) 答案 D解析 因为当x >0时，xf ′(x )－f (x )＝x ， 所以xf ′(x )－f (x )x 2＝1x ，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )x ′＝1x ，所以f (x )＝x (ln x ＋c )，由f (e)＝e ，解得c ＝0， 所以f (x )＝x ln x (x >0)．因为函数f (x )为奇函数，所以f (x )＝x ln|x |， 由于f (x )>0，即x ln|x |>0，得⎩⎪⎨⎪⎧x >0，ln x >0或⎩⎪⎨⎪⎧x <0，ln (－x )<0，解得x >1或－1<x <0，故选D.8．已知函数f (x )＝e xln x (x >0)，若对∀x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，∃k ∈[－a ，a ](a >0)，使得方程f (x )＝k 有解，则实数a 的取值范围是( ) A ．(0，e e] B ．[e e，＋∞) C ．[e ，＋∞) D.1ee[e ,e ] 答案 B解析 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1时， f ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x >e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1e ＋1＝0，当x ∈[1，e]时，f ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x >0，所以f (x )∈1ee[e ,e ]-，因此1ee[e ,e ]-⊆[－a ，a ]⇒a ≥e e，故选B.9．(2017·福建省厦门第一中学模拟)若曲线C 1：y ＝ax 2(a >0)与曲线C 2：y ＝e x存在公共切线，则a 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，e 28B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，e 24 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 28，＋∞ D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 24，＋∞ 答案 D解析 设公共切线在曲线C 1，C 2上的切点分别为(m ，am 2)，(t ，e t )，则2am ＝e t＝am 2－e t m －t，所以m ＝2t －2，a ＝e t 4(t －1)(t >1)，令f (t )＝e t 4(t －1)(t >1)，则f ′(t )＝e t(t －2)4(t －1)2，则当t >2时，f ′(t )>0；当1<t <2时，f ′(t )<0，因此f (t )≥f (2)＝e 24，所以a ≥e24，故选D.10．(2017届辽宁省沈阳市大东区质检)已知函数f (x )＝e x |x |，关于x 的方程f 2(x )－2af (x )＋a －1＝0 (a ∈R )有3个相异的实数根，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－12e －1，＋∞B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，e 2－12e －1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e 2－12e －1 D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫e 2－12e －1 答案 D解析 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧exx ，x >0，－exx ，x <0，当x >0时，f ′(x )＝e x(x －1)x2， 当0<x <1时，f ′(x )<0，函数单调递减， 当x >1时，f ′(x )>0，函数单调递增， 当x ＝1时，函数取得极小值f (1)＝e ，当x <0时，f ′(x )＝－e x(x －1)x2>0，函数单调递增，如图，画出函数的图象，设t ＝f (x )，当t ＝e 时，t ＝f (x )有2个实根，当0<t <e 时，t ＝f (x )有1个实根，考虑到原方程的判别式大于零恒成立，所以原方程等价于t 2－2at ＋a －1＝0有2个相异实根，其中t 1＝e ，t 2∈(0，e)，当t ＝e 时，e 2－2a e ＋a －1＝0，解得a ＝e 2－12e －1，检验满足条件，故选D.11．(2017届陕西省渭南市高三二模)若函数y ＝f (x )的图象上存在两个点A ，B 关于原点对称，则对称点(A ，B )为y ＝f (x )的“孪生点对”，点对(A ，B )与(B ，A )可看作同一个“孪生点对”，若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2，x <0，－x 3＋6x 2－9x ＋2－a ，x ≥0恰好有两个“孪生点对”，则实数a 的值为( ) A ．4 B ．2 C ．1 D ．0 答案 D解析 当x >0时，f (x )＝－x 3＋6x 2－9x ＋2－a ，f ′(x )＝－3x 2＋12x －9＝－3(x －1)(x －3)，可知f (x )在(0,1)，(3，＋∞)上单调递减，在(1,3)上单调递增．要使得函数y ＝f (x )有两个“孪生点对”，只需y ＝f (x ) (x >0)的图象与y ＝－2的图象有两个交点．当y ＝f (x )(x >0)的极小值为－2时，f (1)＝－1＋6－9＋2－a ＝－2，解得a ＝0，符合； 当y ＝f (x )(x >0)的极大值为－2时，f (3)＝－27＋54－27＋2－a ＝－2, 解得a ＝4，但此时f (0)＝2－a ＝－2，只有一个交点，不符合．综上，a ＝0，故选D.12．若函数f (x )＝x ln x －a 有两个零点，则实数a 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，1eB.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，1eC.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1eD.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0 答案 D解析 函数的定义域为(0，＋∞)． 由f (x )＝x ln x －a ＝0，得x ln x ＝a . 设g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝ln x ＋1.由g ′(x )＝ln x ＋1>0，得x >1e ，此时函数g (x )单调递增；由g ′(x )＝ln x ＋1<0，得0<x <1e ，此时函数g (x )单调递减．故当x ＝1e时，函数g (x )取得极小值g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e＝1eln 1e ＝－1e，当x 接近于0时，g (x )也接近于0， 函数g (x )的图象如图所示．∴要使函数f (x )＝x ln x －a 有两个零点，即方程x ln x ＝a 有两个不同的根， 即函数g (x )和y ＝a 有两个不同的交点，则－1e <a <0.故选D.13．(2017·辽宁省葫芦岛模拟)已知函数f (x )＝ax 3＋x 2＋bx ＋2中a ，b 为参数，已知曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为y ＝6x －1，则f (－1)＝________. 答案 1解析 ∵f ′(x )＝3ax 2＋2x ＋b ，∴6＝3a ＋2＋b . 又∵5＝a ＋1＋b ＋2，∴a ＝1，b ＝1， ∴f (－1)＝－a ＋1－b ＋2＝1.14．已知f (x )为偶函数，当x <0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程是____________． 答案 2x ＋y ＋1＝0解析 当x >0时，－x <0，则f (－x )＝ln x －3x . 因为f (x )是偶函数，所以f (x )＝f (－x )＝ln x －3x ， 所以f ′(x )＝1x－3，切线斜率为f ′(1)＝－2，所以切线方程为y ＋3＝－2(x －1)，即2x ＋y ＋1＝0.15．已知函数f (x )＝－x 2－6x －3，g (x )＝e x＋e xe x，实数m ，n 满足m <n <0，若∀x 1∈[m ，n ]，∃x 2∈(0，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，则n －m 的最大值为________． 答案 4解析 因为g (x )＝e x＋e x e x ，所以g ′(x )＝e x(x －1)e x 2，分母恒大于0，且e x>0，由题意讨论x >0即可，则当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)＝2.f (x )＝－(x ＋3)2＋6≤6，作函数y ＝f (x )的图象如图所示，当f (x )＝2时，方程－(x ＋3)2＋6＝2的两根分别为－5和－1，则n －m 的最大值为－1－(－5)＝4.16．(2017·福建省三明市质检)对于定义域为R 的函数f (x )，若满足①f (0)＝0；②当x ∈R ，且x ≠0时，都有xf ′(x )>0；③当x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)时，x 1＋x 2<0，则称f (x )为“偏对称函数”．现给出四个函数： g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎪⎫12x －1＋12x 2 (x ≠0)，0 (x ＝0)；h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln (－x ＋1) (x ≤0)，2x (x >0)；k (x )＝－x 3＋32x 2；φ(x )＝e x－x －1.则其中“偏对称函数”的函数个数为________． 答案 2解析 由题意可得，“偏对称函数”满足①函数的定义域为R ，且过坐标原点； ②函数在区间(0，＋∞)上单调递增，在区间(－∞，0)上单调递减； ③若x 1<0<x 2，且|x 1|＝|x 2|，则f (x 1)<f (x 2)，由函数的解析式可知，则函数φ(x )，h (x )是“偏对称函数”．k (1)＝－1＋32＝12，k (2)＝－8＋32×4<k (1)，不满足②，则函数k (x )不是“偏对称函数”． g (－1)＝－32，g (－2)＝－103<g (－1)，不满足②，则函数g (x )不是“偏对称函数”． 综上可得，“偏对称函数”的个数为2.。
2018届高三理科数学(新课标)二轮复习专题整合高频突破习题专题二 函数与导数 专题能力训练8 Word版含答案
专题能力训练利用导数解不等式及参数的取值范
围
能力突破训练
.设() ()∈.
()令()'(),求()的单调区间;
()已知()在处取得极大值,求实数的取值范围.
.已知函数()()(其中为自然对数的底数).
()求函数()的单调区间; ()定义:若函数()在区间[](<)上的取值范围为[],则称区间[]为函数()的“域同区间”.试问函数()在(∞)上是否存在“域同区间”?若存在,求出所有符合条件的“域同区间”;若不存在,请说明理由.
.已知函数() 的图象在(为自然对数的底数)处的切线的斜率为.
()求实数的值;
()若()≤对任意>成立,求实数的取值范围;
()当>>(∈*)时,证明:.
.设函数() ,其中∈.
()讨论()的单调性; ()确定的所有可能取值,使得()>在区间(∞)内恒成立(…为自然对数的底数).。
2018届高考数学二轮导数与函数的单调性、极值、最值专题卷文(全国通用)
专题能力训练7 导数与函数的单调性、极值、最值一、能力突破训练1.已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=()A.-4B.-2C.4D.2(x)=3x2-12=3(x+2)(x-2),令f'(x)=0,得x=-2或x=2,易得f(x)在区间(-2,2)内单调递减,在区间(-∞,-2),(2,+∞)内单调递增,故f(x)极小值为f(2),由已知得a=2,故选D.2.在同一平面直角坐标系中,函数y=ax2-x+与y=a2x3-2ax2+x+a(a∈R)的图象不可能的是()a=0时,D中图象是可能的,当a≠0时,由y=a2x3-2ax2+x+a(a∈R)求导得y'=3a2x2-4ax+1,令y'=0,得x=或x=.函数y=ax2-x+的图象的对称轴为x=,不管a>0还是a<0,都有在与之间,而由B中图象可知<<.因此B项中图象不可能.当a>0时,可判断得A,C项中图象都有可能.3.若定义在R上的函数f(x)满足f(0)=-1,其导函数f'(x)满足f'(x)>k>1,则下列结论中一定错误的是()A.f<B.f>C.f<D.f>F(x)=f(x)-kx,则F'(x)=f'(x)-k>0,∴函数F(x)在R上为单调递增函数.∵>0,∴F>F(0).∵F(0)=f(0)=-1,∴f->-1,即f>-1=,∴f>,故C错误.4.已知常数a,b,c都是实数,f(x)=ax3+bx2+cx-34的导函数为f'(x),f'(x)≤0的解集为{x|-2≤x≤3}.若f(x)的极小值等于-115,则a的值是()A.-B.C.2D.5f'(x)=3ax2+2bx+c≤0的解集是[-2,3],于是有3a>0,-2+3=-,-2×3=,则b=-,c=-18a.函数f(x)在x=3处取得极小值,于是有f(3)=27a+9b+3c-34=-115,则-a=-81,解得a=2.故选C.5.已知函数f(x)=(2x+1)e x,f'(x)为f(x)的导函数,则f'(0)的值为.(x)=(2x+3)e x,∴f'(0)=3.6.已知f(x)为偶函数,当x≤0时,f(x)=e-x-1-x,则曲线y=f(x)在点(1,2)处的切线方程,-x<0,f(-x)=e x-1+x.因为()为偶函数,所以f(x)=f(-x)=e x-1+x.因为f'(x)=e x-1+1,所以f'(1)=2,所求切线方程为y-2=2(x-1),即y=2x.7.设函数f(x)=a e x++b(a>0).(1)求f(x)在区间[0,+∞)内的最小值;(2)设曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=x,求a,b的值.f'(x)=a e x-.当f'(x)>0,即x>-ln a时,f(x)在区间(-ln a,+∞)内单调递增;当f'(x)<0,即x<-ln a时,f(x)在区间(-∞,-ln a)内单调递减.①当0<a<1时,-ln a>0,f(x)在区间(0,-ln a)内单调递减,在区间(-ln a,+∞)上单调递增,从而f(x)在区间[0,+∞)内的最小值为f(-ln a)=2+b;②当a≥1时,-ln a≤0,f(x)在区间[0,+∞)内单调递增,从而f(x)在区间[0,+∞)上的最小值为f(0)=a++b.(2)依题意f'(2)=a e2-=,解得a e2=2或a e2=-(舍去).所以a=,代入原函数可得2++b=3,即b=.故a=,b=.8.设函数f(x)=x3-kx2+x(k∈R).(1)当k=1时,求函数f(x)的单调区间;(2)当k<0时,求函数f(x)在区间[k,-k]上的最小值m和最大值M.(x)=3x2-2kx+1.(1)当k=1时,f'(x)=3x2-2x+1,Δ=4-12=-8<0,则f'(x)>0,f(x)在R上单调递增,即f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),f(x)没有单调递减区间.(2)当k<0时,f'(x)=3x2-2kx+1,其开口向上,对称轴x=,且过点(0,1).①当Δ=4k2-12=4(k+)(k-)≤0,即-≤k<0时,f'(x)≥0,f(x)在区间[k,-k]上单调递增,从而当x=k时,f(x)取得最小值m=f(k)=k.当x=-k时,f(x)取得最大值M=f(-k)=-k3-k3-k=-2k3-k.②当Δ=4k2-12=4(k+)(k-)>0,即k<-时,令f'(x)=3x2-2kx+1=0,解得x1=,x2=,注意到k<x2<x1<0,注:可用根与系数的关系判断x1·x2=,x1+x2=>k,从而k<x2<x1<0;或者由对称结合图象判断则m=min{f(k),f(x1)},M=max{f(-k),f(x2)}.∵f(x1)-f(k)=-k+x1-k=(x1-k)(+1)>0,∴f(x)的最小值m=f(k)=k.∵f(x2)-f(-k)=-k+x2-(-2k3-k)=(x2+k)[(x2-k)2+k2+1]<0,∴f(x)的最大值M=f(-k)=-2k3-k.综上所述,当k<0时,f(x)的最小值m=f(k)=k,最大值M=f(-k)=-2k3-k.9.已知函数f(x)=(a>0,r>0).(1)求f(x)的定义域,并讨论f(x)的单调性;(2)若=400,求f(x)在区间(0,+∞)内的极值.由题意知x≠-r,所求的定义域为(-∞,-r)∪(-r,+∞).f(x)==,f'(x)==,所以当x<-r或x>r时,f'(x)<0.当-r<x<r时,f'(x)>0.因此,f(x)的单调递减区间为(-∞,-r),(r,+∞);f(x)的单调递增区间为(-r,r).(2)由(1)的解答可知f'(r)=0,f(x)在区间(0,r)上单调递增,在区间(r,+∞)上单调递减.因此,x=r是f(x)的极大值点.所以f(x)在区间(0,+∞)内的极大值为f(r)====100.10.(2017全国Ⅱ,文21)设函数f(x)=(1-x2)e x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围.f'(x)=(1-2x-x2)e x.令f'(x)=0得x=-1-,x=-1+.当x∈(-∞,-1-)时,f'(x)<0;当x∈(-1-,-1+)时,f'(x)>0;当x∈(-1+,+∞)时,f'(x)<0.所以f(x)在区间(-∞,-1-),(-1+,+∞)内单调递减,在区间(-1-,-1+)内单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)e x.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)e x,h'(x)=-x e x<0(x>0),因此h(x)在区间[0,+∞)内单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0<a<1时,设函数g(x)=e x-x-1,g'(x)=e x-1>0(x>0),所以g(x)在区间[0,+∞)内单调递增,而g(0)=0,故e x≥x+1.当0<x<1时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)·(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).二、思维提升训练11.若0<x1<x2<1,则()A.->ln x2-ln x1B.-<ln x2-ln x1C.x2>x1D.x2<x1f(x)=e x-ln x,则f'(x)=.当x>0,且x趋近于0时,x·e x-1<0;当x=1时,x·e x-1>0,因此在区间(0,1)上必然存在x1≠x2,使得f(x1)=f(x2),因此A,B不正确.设g(x)=,当0<x<1时,g'(x)=<0,则g(x)在区间(0,1)上为减函数.所以g(x1)>g(x2),即>,所以x2>x1.故选C.12.设直线l1,l2分别是函数f(x)=图象上点P1,P2处的切线,l1与l2垂直相交于点P,且l1,l2分别与y轴相交于点A,B,则△PAB的面积的取值范围是()A.(0,1)B.(0,2)C.(0,+∞)D.(1,+∞)P1,P2分别位于两段函数的图象上.设1(x1,ln x1),P2(x2,-ln x2)(不妨设x1>1,0<x2<1),则由导数的几何意义易得切线l1,l2的斜率分别为k1=,k2=-.由已知得k1k2=-1,所以x1x2=1.所以x2=.所以切线l1的方程为y-ln x1=(x-x1),切线l2的方程为y+ln x2=-(x-x2),即y-ln x1=-x1.分别令x=0得A(0,-1+ln x1),B(0,1+ln x1).又l1与l2的交点为P.∵x1>1,∴S△PAB=|y A-y B|·|x P|=<=1.∴0<S△PAB<1,故选A.13.已知函数f(x)=x3+x,对任意的m∈[-2,2],f(mx-2)+f(x)<0恒成立,则x的取值范围为.(x)=3x2+1>0,∴f(x)为增函数.又f(x)为奇函数,由f(mx-2)+f(x)<0知,f(mx-2)<f(-x).∴mx-2<-x,即mx+x-2<0.令g(m)=mx+x-2,由m∈[-2,2]知g(m)<0恒成立,即解得-2<x<.14.设f(x)=-x3+x2+2ax.(1)若f(x)在区间内存在单调递增区间,求a的取值范围;(2)当0<a<2时,f(x)在区间[1,4]上的最小值为-,求f(x)在该区间上的最大值.f'(x)=-x2+x+2a=-++2a,当x∈时,f'(x)的最大值为f'=+2a.令+2a>0,得a>-, 故当a>-时,f(x)在区间上存在单调递增区间.(2)令f'(x)=0,得两根x1=,x2=.所以f(x)在区间(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递减,在区间(x1,x2)上单调递增.当0<a<2时,有x1<1<x2<4,则f(x)在区间[1,4]上的最大值为f(x2).又f(4)-f(1)=-+6a<0,即f(4)<f(1),所以f(x)在区间[1,4]上的最小值为f(4)=8a-=-,得a=1,x2=2,从而f(x)在区间[1,4]上的最大值为f(2)=.15.设f n(x)=x+x2+…+x n-1,x≥0,n∈N,n≥2.(1)求f n'(2);(2)证明:f n(x)在区间内有且仅有一个零点(记为a n),且0<a n-<.f n'(x)=1+2x+…+nx n-1.所以f n'(2)=1+2×2+…+(n-1)2n-2+n·2n-1, ①则2f n'(2)=2+2×22+…+(n-1)2n-1+n·2n.②①-②得,-f n'(2)=1+2+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)2n-1.所以f n'(2)=(n-1)2n+1.x≠1时,f n(x)=-1,则f n'(x)=,可得f n'(2)==(n-1)2n+1.f n(0)=-1<0,f n=-1=1-2×≥1-2×>0,所以f n(x)在区间内至少存在一个零点.又f n'(x)=1+2x+…+nx x-1>0,所以f n(x)在区间内单调递增,因此f n(x)在区间内有且仅有一个零点a n.由于f n(x)=-1,所以0=f n(a n)=-1.由此可得a n=+>,故<a n<.所以0<a n-=<×=.16.设函数f(x)=x3-3ax2+3(2-a)x,a∈R.(1)求f(x)的单调递增区间.(2)若y=f(x)的图象与x轴相切于原点,当0<x2<x1时,f(x1)=f(x2).求证:x1+x2<8.f'(x)=3x2-6ax+3(2-a),Δ=36(a2+a-2)=36(a+2)(a-1).①当a<-2或a>1时,由f'(x)=0得x=a±.f(x)的单调递增区间为(-∞,a-),(a+,+∞).②当-2≤a≤1时,f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).(2)证明f'(x)=3x2-6ax+3(2-a),由f'(0)=0,得a=2.即f(x)=x3-6x2,f(0)=0.由(1)知f(x)在区间(-∞,0),(4,+∞)上单调递增,在区间(0,4)内单调递减,则a=2符合题设.(方法一)∵f(x1)=f(x2),0<x2<x1,∴0<x2<4,x1>4,则8-x2>4,而f(x2)-f(8-x2)=(2x2-8)(x2-4)2<0.∴f(x2)<f(8-x2).又f(x1)=f(x2),∴f(x1)<f(8-x2),f(x)在区间(4,+∞)上单调递增,故x1<8-x2,即x1+x2<8.(方法二)由f(x1)=f(x2),得-6=-6,化简,得(x1-x2)(+x1x2+)=6(x1+x2)·(x1-x2).∵0<x2<x1,∴+x1x2+=6(x1+x2),∵+x1x2+=(x1+x2)2-x1x2>(x1+x2)2-=(x1+x2)2,∴6(x1+x2)>(x1+x2)2,解得x1+x2<8.。
2018高考二轮专题复习卷 函数与导数专题
矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。
如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。
㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。
(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。
如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。
对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。
二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。
2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。
㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。
2、矿产品价格稳定性及变化趋势。
三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。
2、矿区矿产资源概况。
3、该设计与矿区总体开发的关系。
㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。
2、矿床开采技术条件及水文地质条件。