(完整word版)高中数学导数压轴题专题训练
完整高中数学导数大题压轴高考题选
函数与导数高考压轴题选小题）一．选择题（共223，x）=x＜x，x，若f（．（2013?安徽）已知函数f（x）=xx+ax+bx+c 有两个极值点1211122）的不同实根个数为（）+2af（x）+b=0则关于x的方程3（f（x）6 ．．5 D．3 B．4 CA，有，b]上有定义，若对任意x，x∈[a，．（2012?福建）函数f（x）在[ab]221）f（x，b]上具有性质P．设则称f（x）在[a 上具有性质P，现给出如下命题：在[1，3] 3]上的图象是连续不断的；（x）在[1，①f2上具有性质P）在[1；，②f（x]]；x∈[1，3x=2处取得最大值1，则f（x）=1，③若f（x）在）（x+f（x3]），有+f[f（x），④对任意x，xx，x∈[1，3142123 +f（]x）4）其中真命题的序号是（．③④．②④D①③A．①②B． C小题）二．选择题（共1，则=，最小值为mx）的最大值为M?3．（2012新课标）设函数f（．M+m=小题）三．选择题（共234．（2014?陕西）设函数f（R．，m∈x）=lnx+ （x）的极小值；为自然对数的底数）时，求Ⅰ）当m=e（ef（（）=f′x）﹣零点的个数；Ⅱ（）讨论函数g（x恒成立，求1m的取值范围．b（Ⅲ）若对任意＞a＞0，＜x﹣ln（=ex+m）?新课标Ⅱ）已知函数f（x）（5．2013（Ι）设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．6．（2013?四川）已知函数，其中a是实数，设A（x，f（x）），11B（x，f（x））为该函数图象上的点，且x＜x．2122（Ⅰ）指出函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）的图象在点A，B处的切线互相垂直，且x＜0，求x﹣x的最小值；122第1页（共40页）（Ⅲ）若函数f（x）的图象在点A，B处的切线重合，求a的取值范围．=．（x）7．（2013?湖南）已知函数f（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）证明：当f（x）=f（x）（x≠x）时，x+x＜0．2212112x﹣=ax++1+2xcosx，当x∈[0，1]））=（1+xe时，，g（x）8．（2013?辽宁）已知函数f（xI；）求证：（（II）若f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围．x，x∈R．（x）=e 9．（2013?陕西）已知函数f（Ⅰ）若直线y=kx+1与f （x）的反函数g（x）=lnx的图象相切，求实数k的值；2（m＞0 与曲线y=mx）公共点的个数．设x＞0，讨论曲线y=f （x）（Ⅱ）与的大小，并说明理由．，比较a＜b （Ⅲ）设10．（2013?湖北）设n是正整数，r为正有理数．r+1﹣（r+1）x﹣1（（1+x）x＞﹣1）的最小值；（Ⅰ）求函数f（x）=）证明：；（Ⅱ．令为不小于x的最小整数，例如∈Ⅲ）设xR，记[x]（的值．（参考数据：．+ax+b（a，b∈R，a，=ln（x+1）+b为常数），曲线y=f（x）（11．（2012?辽宁）设fx）00，与直线）点相切．y=x在（，b的值；（I）求ax（II）证明：当0＜＜2时，f（x）＜．上的最大值为，R）=axsinx（x），且在﹣（a∈（12．2012?福建）已知函数f f（x）的解析式；（1）求函数，π）内的零点个数，并加以证明．2）判断函数f（x）在（0（n（1﹣x）+b（x ＞0x）=ax），n为正整数，a，b为常数，曲线f（13．2012?湖北）设函数（y=f（x）在（1，f （1））处的切线方程为x+y=1（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）求函数f（x）的最大值；）＜．（Ⅲ）证明：fx（x﹣ax，其中a＞0．=exf?（14．2012湖南）已知函数（）第2页（共40页）（1）若对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，求a的取值集合；（2）在函数f（x）的图象上取定点A（x，f（x）），B（x，f（x））（x＜x），记直线212121AB的斜率为K，证明：存在x∈（x，x），使f′（x）=K恒成立．0201为自然数，抛物线与x为正实数，n轴正半轴相交于．（2012?四川）已知a15 y轴上的截距．处的切线在，设f（n）为该抛物线在点A点A ）；和n表示f（n（Ⅰ）用aaⅡ）求对所有n的最小值；都有成立的（与1的大小，并说时，比较Ⅲ）当0＜a＜（明理由．=．x）x+，h．（2011?四川）已知函数f（x）（=16（Ⅰ）设函数F（x）=f（x）﹣h（x），求F （x）的单调区间与极值；）﹣]=logh（a﹣x）﹣logh（4﹣x）x（Ⅱ）设a∈R，解关于的方程log；[f（x﹣1 242与的大小．（100 ）﹣（Ⅲ）试比较f（100）h=，g（x）=0，导函数f′（x）（2011?陕西）设函数f（x）定义在（0，+∞）上，f1）17．（=f （x）+f′（x）．（Ⅰ）求g（x）的单调区间和最小值；）与的大小关系；（x （Ⅱ）讨论g＜对任意x＞0）|成立？若存在，求出x的取x＞0，使得|g（x）﹣g（x）是否存在（Ⅲ000值范围；若不存在请说明理由．=．），h四川）已知函数f（x）（=xx+?18．（201122，求F（x）的单调区间与极值；）﹣x[h（x）]x（Ⅰ）设函数F（）=18f（x）﹣]=2lgh（a﹣x）﹣2lgh（（lg[fx﹣14﹣x）；的方程∈（Ⅱ）设aR，解关于xn≥．]（+…+hn））））﹣）n）设∈N，证明：f（nh（n[h（1+h（2Ⅲ（四川）设，a＞0且a≠1），g（?（19．2010x）是f（x）的反函数．第3页（共40页）的方程求在区间[2，6]上有实数解，（Ⅰ）设关于x 的取值范围；求t；Ⅱ）当a=e，e 为自然对数的底数）时，证明：（||与时，试比较4的大小，并说明理由．Ⅲ）当0＜a ≤（x﹣．e ）=1﹣?全国卷Ⅱ）设函数f（x20．（2010≥；（x）Ⅰ）证明：当x＞﹣1时，f（，求a≤的取值范围．时，f（x）（Ⅱ）设当x≥0=，g（x）=alnx，a∈Rf21．（2010?陕西）已知函数（x），（Ⅰ）若曲线y=f（x）与曲线y=g（x）相交，且在交点处有共同的切线，求a的值和该切线方程；（Ⅱ）设函数h（x）=f（x）﹣g（x），当h（x）存在最小值时，求其最小值φ（a）的解析式；≤≤φ′（0，证明：φ′）（a）和任意的a＞0，b＞Ⅱ（Ⅲ）对（）中的φ．（）2+aln（1+x）有两个极值点x、x，且（x）=xx＜x，200922．（?全国卷Ⅱ）设函数f2121（Ⅰ）求a的取值范围，并讨论f（x）的单调性；）＞．）证明：f（x（Ⅱ2上定义运算：在R（2009?湖北）c∈R是常数），23．（b、2﹣2c，f（x）=x﹣2b，f（=xx）=f （x）f（x）．）已知f（x2112处有极值，试确定b、c（x）在x=1的值；①如果函数f②求曲线y=f（x）上斜率为c的切线与该曲线的公共点；③记g（x）=|f′（x）|（﹣1≤x≤1）的最大值为M，若M≥k对任意的b、c恒成立，试求k3232））（x3bx﹣+4b2b=（x+b）的取值范围．（参考公式：x﹣32+cx+bc，其导函数为f′（x）．令的函数f（x）=﹣xg+bx（x）已知关于（24．2009?湖北）x=|f′（x）|，记函数g（x）在区间[﹣1、1]上的最大值为M．处有极值﹣，试确定b、cx=1）如果函数f（x）在的值：（Ⅰ（Ⅱ）若|b|＞1，证明对任意的c，都有M＞2（Ⅲ）若M≧K对任意的b、c恒成立，试求k的最大值．25．（2008?江苏）请先阅读：第4页（共40页）22x﹣1）′，由求导法则，cos2x）′=（2cos在等式cos2x=2cosx﹣1（x∈R）的两边求导，得：（得（﹣sin2x）?2=4cosx?（﹣sinx），化简得等式：sin2x=2cosx?sinx．n0122nn（x∈R+）利用上题的想法（或其他方法），结合等式（1+x）…=C+C+C，x+Cxx（1nnnn，证明：．2）正整数n≥≥3，求证：（2）对于正整数n）；（i）；（ii）．iii （432+b（x∈R），其中a+ax，+2xb∈R．）26．（2008?天津）已知函数f（x=x）当时，讨论函数f（Ⅰx）的单调性；（（Ⅱ）若函数f（x）仅在x=0处有极值，求a的取值范围；（Ⅲ）若对于任意的a∈[﹣2，2]，不等式f（x）≤1在[﹣1，1]上恒成立，求b的取值范围．四．解答题（共4小题）27．（2008?福建）已知函数f（x）=ln（1+x）﹣x（1）求f（x）的单调区间；*）上的最小值为b令a=lnN（1+n）﹣b （（2）记f（x）在区间[0，n]n∈nnn，不等式恒成立，求实数c的取值范围；（i）如果对一切n）求证：．（iix﹣kx，f（x）=e28．（2007?福建）已知函数（1）若k=e，试确定函数f（x）的单调区间；（2）若k＞0，且对于任意x∈R，f（|x|）＞0恒成立，试确定实数k的取值范围；*）．N ）＞（n∈2求证：F（1）F（）…F（n，+f=fF（3）设函数（x）（x）（﹣x），f（x）的导函数是f′（x）200629．（?．对四川）已知函数，证明：x任意两个不相等的正数x、21时，≤）当（Ⅰa0；）﹣x′时，≤）当（Ⅱa4|f（f|．x﹣|x＞）|x′（21215第页（共40页）n，其中k≤n（n，k∈N），设Fx．30（2006?辽宁）已知f（）=x+00212n2），x∈[﹣1，+）…+Cxf （1]．xx（）=Cf（（）+Cfx nn1nn0（1）写出f（1）；kn1﹣（n+2）﹣n﹣1．≤）xF）﹣（，恒有11[∈，x2（）证明：对任意的x﹣，]|Fx（|22121第6页（共40页）函数与导数高考压轴题选参考答案与试题解析一．选择题（共2小题）32+bx+c有两个极值点x，x，若f（x）?安徽）已知函数f（x）=x=x+ax＜x，1．（2013211122+2af （x）+b=0的不同实根个数为（）则关于x的方程3（f（x））A．3 B．4 C．5 D．632+bx+c有两个极值点x，+axx，【解答】解：∵函数f（x）=x212=3x）（x∴f′+2ax+b=0有两个不相等的实数根，2=4a△∴=．．解得12b＞0 ﹣x∵，＜x21，∴．2+2af（x）+b=0的△））=△＞0，而方程3（f（x1∴此方程有两解且f（x）=x或x．21不妨取0＜x＜x，f（x）＞0．112①把y=f（x）向下平移x个单位即可得到y=f（x）﹣x的图象，11∵f（x）=x，可知方程f（x）=x有两解．111②把y=f（x）向下平移x个单位即可得到y=f（x）﹣x的图象，∵f（x）=x，∴f（x）12211﹣x＜0，可知方程f（x）=x只有一解．22综上①②可知：方程f（x）=x或f（x）=x．只有3个实数解．即关于x的方程3（f（x））212+2af（x）+b=0的只有3不同实根．故选：A．2．（2012?福建）函数f（x）在[a，b]上有定义，若对任意x，x∈[a，b]，有21则称f（x）在[a，b]上具有性质P．设f（x）在[1，3]上具有性质P，现给出如下命题：①f（x）在[1，3]上的图象是连续不断的；第7页（共40页）2，]上具有性质Px；）在[1 ②f（③若f（x）在x=2处取得最大值1，则f（x）=1，x∈[1，3]；，有[f（x）+f（x[1，3]）+f（x），④对任意x，xx，x∈3311242]）+f（x4）其中真命题的序号是（D A．①②B．①③C．②④．③④=在[1，3]上满足性质f（x）P，【解答】解：在①中，反例：但f（x）在[1，3]上不是连续函数，故①不成立；22，]在[1）=﹣x上不满足性x在[1，3]上满足性质P，但f（x﹣在②中，反例：f（x）= 质P，故②不成立；，=f≤（）中：在[1，3]上，f（2）③在∴，故f（x）=1，∴对任意的x，x∈[1，3]，f（x）=1，21故③成立；在④中，对任意x，x，x，x∈[1，3]，4231= 有≤≤x（）+f（x）]，））[f=（x+f（x+f4312x（[f∴]）（）x+f）（）+fx（+fx，4312故④成立．故选D．1二．选择题（共小题）第8页（共40页），则M+m==的最大值为M，最小值为3．（2012?新课标）设函数f（x）m 2．=【解答】，）= 解：函数可化为f（x为奇函数，令，则的最大值与最小值的和为0∴．∴函数f（x）=的最大值与最小值的和为1+1+0=2．即M+m=2．故答案为：2．三．选择题（共23小题）4．（2014?陕西）设函数f（x）=lnx+，m∈R．（Ⅰ）当m=e（e为自然对数的底数）时，求f（x）的极小值；（Ⅱ）讨论函数g（x）=f′（x）﹣零点的个数；（Ⅲ）若对任意b＞a＞0，＜1恒成立，求m的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）当m=e时，f（x）=lnx+，∴f′（x）=；∴当x∈（0，e）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，e）上是减函数；当x∈（e，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（e，+∞）上是增函数；∴x=e时，f（x）取得极小值为f（e）=lne+=2；）=f′（x）﹣=﹣﹣（x＞0 （Ⅱ∵），函数g）（x3＞0）﹣令g（x）=0，得m=x；+x（x3，）φ（x=﹣x＞+x（x0）设2x∴φ′（﹣x）= ﹣（；x+1）x﹣1）（+1= ）上是增函数，，（）＞）时，（当x∈0，1φ′（x0，φx）在（01 ，）在（（，）＜（）时，+1∈当x（，∞φ′x0φx1+）上是减函数；∞9第页（共40页）∴x=1是φ（x）的极值点，且是极大值点，∴x=1是φ（x）的最大值点，=；φ（1）∴φ（x）的最大值为又φ（0）=0，结合y=φ（x）的图象，如图；＞时，函数g（x）无零点；可知：①当mm=时，函数g（x）有且只有一个零点；②当＜时，函数g（x）有两个零点；③当0＜m④当m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；＞时，函数g（x综上，当m）无零点；m=或m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；当＜时，函数g（＜mx）有两个零点；当0，＜1恒成立，a＞0 b（Ⅲ）对任意＞恒成立；）﹣aa等价于f（b）﹣b＜f（），﹣x=lnx+x（x＞0x设h（）=f（x）﹣．a（b）＜h（）则h ）上单调递减；x）在（0，+∞∴h（）上恒成立，01﹣=﹣≤0在（，+∞）h∵′（x2x﹣m≥∴），0x+（＞+x=﹣；m∴≥′，对于m=h（仅在x=时成立；=0）x）+，的取值范围是m∴[∞．第10页（共40页）x）ln（（x）=ex+m﹣5．（2013?新课标Ⅱ）已知函数f ）的单调性；f（xf（x）的极值点，求m，并讨论（Ι）设x=0是．x）＞0≤2时，证明f（（Ⅱ）当m，的极值点，∴是x=0f（x【解答】（Ⅰ）解：）∵，．解得m=1x．∞）），其定义域为（﹣1，f（x）=e+﹣ln（x+1所以函数．∵xxx）上为+∞x）在（﹣1，x+1）+eg＞0，所以g（x）=e，则（x+1）﹣1g′（x）=e（（设增函数，，）＜0g（x；当﹣1＜x＜0时，xx＞0时，g（x）＞0，即f′（）＞0）又∵g（0=0，所以当0．（x）＜f′）上为增函数；，+∞）上为减函数；在（x）在（﹣1，00所以f（f时），故只需证明当m=2）≤ln（x+2（﹣，x∈m，+∞）时，ln（x+mⅡ（）证明：当m≤2 ．）＞0（x）0′（）＜0，f+在（﹣2，∞）上为增函数，且f′（﹣当m=21时，函数0＞．）．1，0x+∞）上有唯一实数根，且x∈（﹣）故f′（x=0在（﹣2，00，）＞0）时，f′（xx（′x）＜0，当x∈（，+∞）时，（﹣当x∈2，xf00 x）取得最小值．时，从而当x=xf（0．﹣x=，ln（x+2））f由′（x=0，得000．=＞0（故fx）≥0．）＞（时，≤综上，当m2fx4011第页（共页）已知函数，其中a是实数，设A（x，f（x）?6．（2013四川）），11B（x，f（x））为该函数图象上的点，且x＜x．2221（Ⅰ）指出函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）的图象在点A，B处的切线互相垂直，且x＜0，求x﹣x的最小值；122（Ⅲ）若函数f（x）的图象在点A，B处的切线重合，求a的取值范围．2+a，x+1））时，f（x=（【解答】解：（I）当x＜0∴f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在[﹣1，0）上单调递增；当x＞0时，f（x）=lnx，在（0，+∞）单调递增．2+2x+a，∴f′（x）=2x+2，＜0，∴f（x）=x ＜（II）∵xx21∴函数f（x）在点A，B处的切线的斜率分别为f′（x），f′（x），21∵函数f（x）的图象在点A，B处的切线互相垂直，∴，2x∴（1．+2）=﹣+2）（2x212x∴，2x+2＞0+2＜0，21当且，∴=1+2）=2x+2=1，，即时等号成立．2x仅当﹣（21∴函数f（x）的图象在点A，B处的切线互相垂直，且x＜0，求x﹣x的最小值为1．122∵，故不成立，∴x＜＜x＜x时，0x（III）当x＜＜0或011221．x＜2）），处的切线方程为xf（x）在点A（，f（x0当x＜时，函数111，即．，）x）处的切线方程为x，f（B＞当x0时，函数f（x）在点（222．即处的切线重合的充要条件是，A，B函数f（x）的图象在点由①及x＜0＜x可得﹣1＜x＜0，112=．得由①②，y=函数﹣ln（∵2x+2）在区间（﹣1，0）上单调递减，1x（∴a在（﹣1，0）上单调递减，且x→﹣=1时，ln（2x+2））111→﹣∞，即﹣ln（2x+2）→+∞，也即a（x）→+∞．11第12页（共40页）x→0，a（x）→﹣1﹣ln2．11∴a的取值范围是（﹣1﹣ln2，+∞）．=．（x）7．（2013?湖南）已知函数f ）的单调区间；f（x（Ⅰ）求＜+x0．（x≠x）时，x（Ⅱ）证明：当f（x）=f（x）212211）易知函数的定义域为R．【解答】解：（Ⅰ==，当x＜0时，f′（x）＞0；当x＞0时，f′（x）＜0．∴函数f（x）的单调递增区间为（﹣∞，0），单调递减区间为（0，+∞）．x＞0，得到f（x）＞0；同理，当x＞1时，f（x）＜0Ⅱ（）当x＜1．时，由于，e当f（x）=f（x）（x≠x）时，不妨设x＜x．212121由（Ⅰ）可知：x∈（﹣∞，0），x∈（0，1）．21＜，即证（﹣x）．此不等式等价于），f（x）＜f∈下面证明：?x（0，1．x2x﹣）．﹣=﹣xe1（e令g（x）′=，则g（x）当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，∴g（x）＜g（0）=0．即．∴?x∈（0，1），f（x）＜f（﹣x）．而x∈（0，1），∴f（x）＜f（﹣x）．222从而，f（x）＜f（﹣x）．21由于x，﹣x∈（﹣∞，0），f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，21∴x＜﹣x，即x+x＜0．21212x﹣=ax++1+2xcosx，当x∈[0，1（））f（x=（1+xe，gx）]时，辽宁）已知函数2013．8（?）求证：；（I（II）若f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围．第13页（共40页）2xxx﹣﹣，﹣x）ex?（1+x）e≥（（I）证明：①当x∈[0，1）时，（1+x）e1≥1﹣【解答】xxxx﹣﹣）﹣e．h′（x）=x（令h（x）=（1+x）ee﹣（1﹣x）e，则0，（x）≥x∈[0，1）时，h′当）上是增函数，）在[0，1∴h（x ．≥1﹣x0）=0，即f（x）∴h（x）≥h（xxx﹣1．x）=e 1﹣x，则u）时，?e′≥1+x，令u（x）=e（﹣②当x∈[0，1当x∈[0，1）时，u′（x）≥0，∴u（x）在[0，1）单调递增，∴u（x）≥u（0）=0，）．f（x∴．综上可知：=）g（xx）=f（x）﹣G （II）解：设（=．≥，则H′（x）=x﹣2sinx，令H（x）=令K（x）=x﹣2sinx，则K′（x）=1﹣2cosx．当x∈[0，1）时，K′（x）＜0，可得H′（x）是[0，1）上的减函数，∴H′（x）≤H′（0）=0，故H（x）在[0，1）单调递减，∴H（x）≤H（0）=2．∴a+1+H（x）≤a+3．∴当a≤﹣3时，f（x）≥g（x）在[0，1）上恒成立．下面证明当a＞﹣3时，f（x）≥g（x）在[0，1）上不恒成立．==）﹣≤f（x）﹣g（x．v′v令（x）（=x）==，则当x∈[0，1）时，v′（x）≤0，故v（x）在[0，1）上是减函数，∴v（x）∈（a+1+2cos1，a+3]．当a＞﹣3时，a+3＞0．∴存在x∈（0，1），使得v（x）＞0，此时，f（x）＜g（x）．0000即f（x）≥g（x）在[0，1）不恒成立．综上实数a的取值范围是（﹣∞，﹣3]．x，x∈Rx）=e．．9（2013?陕西）已知函数f（（Ⅰ）若直线y=kx+1与f （x）的反函数g（x）=lnx的图象相切，求实数k的值；2（m＞0）公共点的个数．y=mxx0 ）设x＞，讨论曲线y=f （）与曲线Ⅱ（与b，比较的大小，并说明理由．＜设）（Ⅲa页（共第1440页）x∴．=lnx，的反函数为g（x）【解答】解：（I）函数f（x）=e解得，则，x，y），设直线y=kx+1与g（x）的图象相切于点P（002﹣，k=e2k=e∴2m=，，化为（x）=mx ）当x＞0，m＞0时，令f（II，则，=（x）h令则x∈（0，2）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；x∈（2，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增．）取得极小值即最小值，．时，h（x∴当x=22y=mx 与曲线（∴x当）时，曲线y=f （m＞0）公共点的个数为0；2（m＞0）公共点的个数为与曲线y=mx当1；x时，曲线y=f （）2（m＞0当）公共点个数为与曲线y=mx2．y=f 时，曲线（x）（Ⅲ）===，xx．e x（﹣1）0），则g′（x））（令gx）=x+2+（x﹣2e=1+（x＞x′′＞0，∴g′（x）在（0，+∞g）上单调递增，且（x）=xeg′（0）=0，∴g′（x）＞0，∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，而g（0）=0，∴在（0，+∞）上，有g（x）＞g（0）=0．x e）2?）=x+2+（x﹣（＞∵当x0时，gx＞0，且a＜b，∴，＜ab．时，即当第1540页（共页）10．（2013?湖北）设n是正整数，r为正有理数．r+1﹣（r+1）x﹣1（x＞﹣（fx）=（1+x）1）的最小值；（Ⅰ）求函数）证明：；Ⅱ（．令的最小整数，例如，记[x]为不小于x（Ⅲ）设x∈R的值．（参考数据：．rr﹣1]1+x），r+1）=（r+1）[（解；【解答】（Ⅰ）由题意得f'（x）=（r+1）（1+x）﹣（令f'（x）=0，解得x=0．当﹣1＜x＜0时，f'（x）＜0，∴f（x）在（﹣1，0）内是减函数；当x＞0时，f'（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）内是增函数．故函数f（x）在x=0处，取得最小值为f（0）=0．（Ⅱ）由（Ⅰ），当x∈（﹣1，+∞）时，有f（x）≥f（0）=0，r+1≥1+（r+1）x，且等号当且仅当x=0即（1+x）时成立，r+1＞1+（r+1）x，x≠0，有（1+x）①＞﹣故当x1且，得．≠0）中，令（这时x＞﹣1且在①x r+1r+1r+1r（r+1），＞n +n上式两边同乘nn+1，得（）即，②（这时x＞﹣1且时，在①x中令≠0），n当＞1类似可得，③③也成立．n=1且当时，，③②，④得综合，n分别取值81，82，83，…④Ⅲ（）在中，令，125，得，，第16页（共40页）…，，．将以上各式相加，并整理得代入数据计算，可得=211．[S]的定义，得[S]由）（xb为常数），曲线y=f，b∈R，a，+ax+b11．（2012?辽宁）设f（x）=ln（x+1）（+a）点相切．在（0，与直线0y=x 的值；）求a，b（I．）＜＜0＜x2时，f（x（II）证明：当1 b=﹣=0，∴），∴f（0）【解答】（I）解：由y=f（x）过（0，0）点相切．，在（x曲线y=f（0）与直线0∵|∴y′=x=0∴a=0；+）证明：由（III）知f（x）=ln（x+1）（由均值不等式，当x＞，时，①∴0）＜）0x+1）﹣x，则k（）=0，k′（xk=（x∴，=lnk令（x）（，②x∴ln（x+1）＜xx）＜（＞0时，f由①②得，当9 x）﹣）f′（（x）=fx）+（x+6（20xx+6x记h（）=（）f （）﹣9x，则当＜x＜时，h′＜＜=0 x）＜，∴h（02x∴h（）在（0，）内单调递减，又h（）=0x（．）＜f2x0∴当＜＜时，4017第页（共页）上的最大值为，），且在﹣（a∈R．12（2012?福建）已知函数f（x）=axsinx （x）的解析式；（1）求函数f π）内的零点个数，并加以证明．（）判断函数fx）在（0，（2sinx+xcosx，有x∈（0），I）由已知得f′（x）=a（sinx+xcosx），对于任意的【解答】解：（=，不合题意；﹣a=0＞0，当时，f（x），）单调递减，，从而′（x）＜0f（x）在（x当a＜0时，∈（00，），f上图象是连续不断的，故函数在在又函数﹣，不合题意；= 上上的最大值为f（0），）单调递增，xf（）在（0，f′（x）＞0，从而＞当a0时，x∈（0），上图象是连续不断的，故函数在在又函数，解得上上的最大值为f）（a=1=，=综上所述，得（II）函数f（x）在（0，π）内有且仅有两个零点．证明如下：=＞0，0，f （，从而有f由（I）知，（0）=）﹣＜，0（x）在（又函数在）内至少存在一个零上图象是连续不断的，所以函数f 点，，）在（0）内仅有一个零点．）单调递增，故函数f（又由（I）知fx）在（0（，x（）=1＞0，g（π∈当x）[=﹣π＜0，且gg），π]时，令g（x=f′（x）=sinx+xcosx，由，，π]上的图象是连续不断的，故存在m（π），使得g（x（）在[m∈）=0．[x）在，从而g（0，π）时，有=2cosx）﹣xsinx，知x∈g（′（x）＜′]，π上单由g（x 调递减．）在（，m（x）内单调递，从而（=0（m），即f′x）＞0fgxg），∈当x（m，（）＞增）在（，f）＞（f）时，，（x故当∈mx（mx）内无零点；，从而（＞）=0第18页（共40页））在（，m（x）内单′（x）＜0，从而f）m，π）时，有g（x）＜g（m=0，即f当x∈（调递减．又f（m）＞0，f（π）＜0且f（x）在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f（x）在[m，π]内有且仅有一个零点．综上所述，函数f（x）在（0，π）内有且仅有两个零点．n（1﹣x）+b（x＞0）f（x）=ax，n为正整数，a，b为常数，曲线13．（2012?湖北）设函数y=f （x）在（1，f（1））处的切线方程为x+y=1（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）求函数f（x）的最大值；）＜．（x （Ⅲ）证明：f【解答】解：（Ⅰ）因为f（1）=b，由点（1，b）在x+y=1上，可得1+b=1，即b=0．n1n﹣．﹣a（1）a（n+1）x=，所以=anx因为f′（x）f′﹣b=0．a=1，即a=1，故，又因为切线x+y=1的斜率为﹣1，所以﹣a=﹣11nn﹣﹣x），令f′（（x）x（1﹣x），则有f′（x）=（n+1））由（（ⅡⅠ）知，f（x）=xx=，解得=0）是增函数；在（（x）上导数为负，故函）上，导数为正，故函数，f，+∞在（0数f（x）是减函数；n=，﹣））（∞0，+）上的最大值为f1（）= （故函数f（x）在（=（t＞﹣0φ′1+，则（t））= （（Ⅲ）令φt）=lnt﹣在（0，1）上，φ′（t）＜0，故φ（t）单调减；在（1，+∞），φ′（t）＞0，故φ（t）单调增；故φ（t）在（0，+∞）上的最小值为φ（1）=0，所以φ（t）＞0（t＞1）﹣，（t＞1）＞则lnt1，n+1＞）ln1+（）＞lne1+令lnt=1+，得（，即n+1＜，即e所以（1+）＞＜，x（）≤fⅡ由（）知，故所证不等式成立．第19页（共40页）x﹣ax，其中a＞0．（2012?湖南）已知函数f（x）=e14．（1）若对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，求a的取值集合；（2）在函数f（x）的图象上取定点A（x，f（x）），B（x，f（x））（x＜x），记直线211122AB的斜率为K，证明：存在x∈（x，x），使f′（x）=K恒成立．0012x﹣a，x）=e 解：（1）f′（【解答】令f′（x）=0，解可得x=lna；当x＜lna，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞lna，f′（x）＞0，f（x）单调递增，故当x=lna时，f（x）取最小值，f（lna）=a﹣alna，对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，当且仅当a﹣alna≥1，①令g（t）=t﹣tlnt，则g′（t）=﹣lnt，当0＜t＜1时，g′（t）＞0，g（t）单调递增，当t＞1时，g′（t）＜0，g（t）单调递减，故当t=1时，g（t）取得最大值，且g（1）=1，因此当且仅当a=1时，①式成立，综上所述，a的取值的集合为{1}．=﹣a）根据题意，，k= 2（x﹣，（x）﹣k=e令φ（x）=f′[﹣（x﹣x）﹣=（x）1﹣]，则φ121[﹣（x﹣x）﹣x）1=]，φ（221tt﹣1，）=e ﹣1，则F′（令F（t）=et﹣t当t＜0时，F′（t）＜0，F（t）单调递减；当t＞0时，F′（t）＞0，F（t）单调递增，则F（t）的最小值为F（0）=0，t﹣t﹣1＞0，F（t）＞（0）=0，即et故当≠0时，F，且＞0，则φ（x1＞0）＜0，）﹣从而﹣（x﹣x121，＞0，则φ（x）＞0，）﹣﹣（x﹣x1＞0212因为函数y=φ（x）在区间[x，x]上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x∈（x，x），20121使φ（x）=0，0即f′（x）=K成立．0为自然数，抛物线轴正半轴相交于n为正实数，x与?15．（2012四川）已知a 处的切线在y轴上的截距．AnfA点，设（）为该抛物线在点20第页（共40页）（Ⅰ）用a和n表示f（n）；都有成立的a的最小值；（Ⅱ）求对所有n与的大小，并说时，比较＜a＜1（Ⅲ）当0 明理由．（）A轴正半轴相交于点）∵，抛物线∴A与x【解答】解：（Ⅰ对求导得y′=﹣2x处的切线方程为抛物线在点A∴∴，n=an）∴f（yf（n）为该抛物线在点A处的切线在轴上的截距，∵；nn3+1≥成立的充要条件是n）=aa2n，则f（Ⅱ）由（Ⅰ）知（3n≥a成立，特别的，取n=2≥2n得到+1对所有即知，annn=（1+3）3时，a＞当4a=，n≥3n3+1+≥+1=1+2n＞2n时，21，当n=0 ，都有n成立a=∴时，对所有的最小值为∴a；k，下面证明：（k）=a（Ⅲ）由（Ⅰ）知f时，1 ＜x＜首先证明：当02﹣））（=xx，则+1，0＜x＜1g′（xxg设函数（x）=x（）﹣x；当0x′（＜当0x时，g′（）＞0x）＜＜时，g（）=0 xg（）=g1x故函数g（）在区间（0，）上的最小值min∴≥）0，xg1x0∴当＜＜时，（第21页（共40页）k，因此，＜1知0＜a 由0＜a＜1==从而≥= ＞=．）x+，h?四川）已知函数f（x）（=x16．（2011（Ⅰ）设函数F（x）=f（x）﹣h（x），求F（x）的单调区间与极值；）﹣]=logh（a﹣x）﹣logh（4﹣∈R，解关于x的方程logx[f（x﹣1）；a（Ⅱ）设224与的大小．100 ）﹣）试比较f（100）h（（Ⅲ﹣（x≥=0x+）知，）﹣Ⅰ）由F（x）=f（xh（x）【解答】解：（x=．′（x）=，令F（x）=0，得F′；）时，当x∈（0，F′（x）＜0，+∞∈）时，（F′（x）＞0．当x，（0 故x∈）时，F（x）是减函数；（，+∞）时，F故x∈（x）是增函数．x=）在F（（）x=．处有极小值且F（Ⅱ）原方程可化为log（x﹣1）+logh（4﹣x）=logh（a﹣x），22 4即log（x﹣1）+log=log，222??﹣；时，原方程有一解4x=3 ＜①当1a≤；时，原方程有两解x=3 5a4②当＜＜页）40页（共22第③当a=5时，原方程有一解x=3；④当a≤1或a＞5时，原方程无解．）﹣（n（n）g{a}的前n项和为s，且s=f）设数列（Ⅲnnn从而有a=s=1．11当2＜k≤100时，﹣as =，a=s﹣kkk1k﹣）]﹣（4k﹣=[（4k﹣31）=0．＞=＞，都有a．k即对任意的2＜≤100k =s=1，又因为a11=h（1）+h（2）+…+h（100…所以a+a+a++a）＞．100123＞）﹣100（．100故f（）h=，g（x）x）=0，导函数f′（）（x17．（2011?陕西）设函数f（）定义在（0，+∞）上，f1=f （x）+f′（x）．（Ⅰ）求g（x）的单调区间和最小值；）与的大小关系；x （（Ⅱ）讨论g＜对任意x＞0成立？若存在，求出xx（）﹣g（x）|的取0）是否存在（Ⅲx＞，使得|g000值范围；若不存在请说明理由．=lnx+，（，gx）））由题设易知【解答】解：（Ⅰf（x=lnx=，令g′（x）=0，得）（g∴′xx=1，第23页（共40页）当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，故g（x）的单调递减区间是（0，1），当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，故g（x）的单调递增区间是（1，+∞），因此x=1是g（x）的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，∴最小值为g（1）=1；）=﹣lnx+x，（Ⅱ）﹣（xx）=gx+，设h=2lnx﹣（=，（x）则h′=，x）1（）=0，即g（当x=1时，h当x∈（0，1）∪（1，+∞）时，h′（x）＜0，h′（1）=0，因此，h（x）在（0，+∞）内单调递减，）＞，x ）=0，即g（hx＜1，时，h（x）＞（1当0＜）＜，即g（x，，时，h（x）＜h（1）=0当x＞1（Ⅲ）满足条件的x不存在．证明如下：证法一假设存在x＞0，00＜成立，即对任意x＞|0，|g（x）﹣g（x）使0，取时，*）但对上述x有，（0有Inx=g（x），这与（*）左边不等式矛盾，01＜成立．）| |g（x）﹣g（xx因此，不存在＞0，使00成＜立．）| g|g（x）﹣（x证法二假设存在x＞0，使00）知，的最小值为g（x）=1．由（Ⅰ＞又Inx，而x＞1 时，Inx 的值域为（0，+∞），∴x≥1 时，g（x）的值域为[1，+∞），从而可取一个x＞1，1使g（x）≥g（x）+1，即g（x）﹣g（x）≥1，0011＞，与假设矛盾．1 g（x）|≥故|g（x）﹣01x不存在∴＜成立．xg（）|0＞，使|g（x）﹣00=．），x+h（xf（18．2011?四川）已知函数（x）=22，求F（x）的单调区间与极值；]xxx=18fxF Ⅰ（）设函数（）（）﹣[h（）第24页（共40页））﹣]=2lgh（a﹣x）﹣2lgh（4lg[f（x﹣1﹣x）；）设（Ⅱa∈R，解关于x的方程n≥．]…+h（n）（n）﹣[h1）+h（2）Ⅲ（）设n∈N+，证明：f（n）h（223+12x+9（x≥x0）x[h （x）] =﹣【解答】解：（Ⅰ）F（x）=18f（x）﹣2+12=0，x=±=﹣3x2所以F′（x）且x∈（0，2）时，F′（x）＞0，当x∈（2，+∞）时，F′（x）＜0所以F（x）在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减．故x=2时，F（x）有极大值，且F（2）=﹣8+24+9=25．=2lg，+2lg lg（x﹣1））原方程变形为（Ⅱ?，?﹣，时，原方程有一解x=3 1＜a＜4①当，±a＜5时，原方程有两解x=34②当＜当a=5时，原方程有一解x=3，③a＞5时，原方程无解．④当a≤1或，=2）+…+h（n）（（Ⅲ）由已知得h1）+h（=（n，）﹣（fn）h ，a=s=1从而11，=s当k≥2时，a﹣s=1nnn﹣又==＞=，有，即对任意的k≥2=1=，又因为a 1≥，+a a所以+a+…n21则s≥h（1）+h（2）+…+h（n），故原不等式成立．n第25页（共40页）四川）设，a＞0且a≠1），g（x）是f（x19．（2010?）的反函数．的方程求在区间[2，x6]上有实数解，（Ⅰ）设关于t的取值范围；求；（Ⅱ）当a=e，e为自然对数的底数）时，证明：||与时，试比较4的大小，并说明理由．（Ⅲ）当0＜a ≤x＞解：（1）由题意，得a=0【解答】，x∈（﹣∞，﹣（gx）1=）∪（1，+∞）故2（7﹣x），x∈[2，6x得t=（﹣1）]由2+18x﹣15=﹣3（x﹣1）t′=﹣3x（x﹣5）则列表如下：x 2 （2，5）5 （5，6）6t' + ﹣t 5 递增递减25极大值32所以t=5，t=32最大值最小值所以t的取值范围为[5，32]（5分））（Ⅱ（）=lnln=﹣2﹣，z2lnz+z＞lnz（z）=﹣0 =﹣﹣令u2≥0z则u′（）=﹣﹣1=（）所以u（z）在（0，+∞）上是增函数（）＞u（1）=0，所以＞＞又因为10u第26页（共40页）ln＞即0即（9分）=≤3，（1），则p≥1（3）设，a=1＜f1|=≤2＜4，）﹣当n=1时，|f（1当n≥2时，*=，f（k2，k∈N）时，则k设≥=1+1+，k）≤所以1＜f（﹣＜n+1=n+1，＜≤n﹣从而n﹣11+＜＜f（1）+n+1≤n+4，所以n|﹣n|＜4综上所述，总有．x﹣e．（x）=1﹣全国卷20．（2010?Ⅱ）设函数f≥；）时，f（x）证明：当（Ⅰx＞﹣1，求a≤的取值范围．0）设当x≥时，f（x）（Ⅱx≥x）时，f（解：（1）当x＞﹣1当且仅当e≥1+x【解答】xx﹣1）=ex﹣1，则g'（令g（x）=e﹣x当x≥0时g'（x）≥0，g（x）在[0，+∞）是增函数当x≤0时g'（x）≤0，g（x）在（﹣∞，0]是减函数x≥1+x0（）时，即eg）（时，∈处达到最小值，因而当）在（于是gxx=0xRgx≥第27页（共40页）≥）时，f（x所以当x＞﹣1（2）由题意x≥0，此时f（x）≥0≤不成立；f（x＞﹣），则＜0，当a＜0时，若x当a≥0时，令h（x）=axf（x）+f（x）﹣x，则≤当且仅当h（x）f（x）≤0x﹣，所以h'（x）=af（x）+axf'（x）+f'（x）﹣1=af（x）﹣axf（x）因为f（x）=1﹣e+ax﹣f（x）≤时，由（1）知x≤（x+1）f（（i）当0≤ax）h'（x）≤af（x）﹣axf（x）+a（x+1）f（x）﹣f（x）=（2a﹣1）f（x）≤0，≤x））=0，即f（）是减函数，h（x）≤h（0xh（）在[0，+∞）（x）知x≥（ii）当af＞时，由（i）﹣ax（2a﹣1x）﹣f（x）=（+ax﹣f（x）≥af（x）﹣axfx）+af（axfh'（x）=af（x）﹣（x）x）f（x）＞）=0，即f（（）＞0，所以hx）＞h（0（当0＜x（＜时，h'x）＞0，所以h'x，]的取值范围是[0 综上，a=，g（x）=alnx，a?陕西）已知函数f（x）∈R，201021．（（Ⅰ）若曲线y=f（x）与曲线y=g （x）相交，且在交点处有共同的切线，求a的值和该切线方程；（Ⅱ）设函数h（x）=f（x）﹣g（x），当h（x）存在最小值时，求其最小值φ（a）的解析式；≤）（0，证明：φ′≤φ′＞aⅡ）中的φ（）和任意的a＞0，b）（Ⅲ对（．（）=）x）f'（【解答】解：（Ⅰg'，（x）=2 x=ea=，有已知得解得：2e两条曲线的交点坐标为（∴，e）2= （e）切线的斜率为k=f'2e﹣﹣e=x（y∴切线的方程为）第28页（共40页）=﹣alnx（x＞0）（Ⅱ）由条件知h（x），，）==﹣∴h′（x2．，解得x=4a（x）=0①当a＞0时，令h′24ax＜∴当0＜时，h′（x）＜0，2）上单调递减；4a x）在（0，h（2时，h′（x）＞0当x＞4a，2，+∞）在（4a）上单调递增．h（x2x=4a∴是h（x）在（0，+∞）上的惟一极值点，且是极小值点，从而也是h（x）的最小值点．224a（a）=h∴最小值φ（）=2a[1﹣ln （2aaln（4a）]．）=2a﹣=＞0，h（x）在（0，+∞②当a≤0时，h′（x））上单调递增，无最小值．故h（x）的最小值φ（a）的解析式为φ（a）=2a[1﹣ln （2a）]（a＞0）．（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知φ′（a）=﹣2ln2a对任意的a＞0，b＞0﹣=﹣ln4ab，=①2≤﹣ln4ab，×（a+b）②）=φ′﹣（）=﹣2ln（2ln2ln=﹣ln4ab=﹣，③﹣）=φ′2ln（（2 ×）（φ′①②③得）．≤φ′故由（）≤2+aln（1+x）有两个极值点x、x）=x，且x＜x，x22．（2009?全国卷Ⅱ）设函数f（2112（Ⅰ）求a的取值范围，并讨论f（x）的单调性；）＞．f（xⅡ（）证明：2（I）【解答】解：2，其对称轴为g（x）=2x．+2x+a令由题意知x、x是方程g（x）=0的两个均大于﹣1的不相等的实根，21，得其充要条件为（1）当x∈（﹣1，x）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（﹣1，x）内为增函数；11（2）当x∈（x，x）时，f'（x）＜0，∴f（x）在（x，x）内为减函数；2121（3）当x∈（x，+∞）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（x，+∞）内为增函数；222+2x）2x ∴，a=﹣（（II）由（I）g0）=a＞0，（22222x∴f（+2x）ln（=x1+x﹣（2x）））=x+aln （1+x222222222（﹣＜x＜0））（）=xxh设（）﹣（2x+2xln1+x，第29页（共40页）则h'（x）=2x﹣2（2x+1）ln（1+x）﹣2x=﹣2（2x+1）ln（1+x））在单调递增；x ∴）＞0，h（1（）当时，h'（x（2）当x∈（0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）在（0，+∞）单调递∴减．故．，R是常数）（?湖北）在Rb上定义运算：、c∈23．（20092）．（x（）=x﹣2b，f（x）=f（x）f=x 已知f（x）x﹣2c，f2112的值；①如果函数f（x）在x=1b处有极值，试确定、c②求曲线y=f（x）上斜率为c的切线与该曲线的公共点；③记g（x）=|f′（x）|（﹣1≤x≤1）的最大值为M，若M≥k对任意的b、c恒成立，试求k3232）2b）x+b）（的取值范围．（参考公式：xx﹣3bx﹣+4b=。
高中数学专项练习之导数压轴题一
高中数学专项练习之导数压轴题一1.已知定义在区间[0,)+∞上的函数1()ln(1)1xf x tx x-=+++（0t >）． （1）求函数的单调区间；（2）若不等式()20f x e -≥（ 2.71828e =…是自然对数的底数）恒成立，求t 的取值范围．2. 已知关于x 的函数()()()()22ln ,g x a x x R f x x g x x=-∈=+ ， （I ）试求函数()g x 的单调区间；（II ）若()f x 在区间()0,1 内有极值，试求a 的取值范围；（III ）0a > 时，若()f x 有唯一的零点0x ，试求[]0x .（注：[]0x 为取整函数，表示不超过0x 的最大整数，如[][][]0.30,2.62, 1.42,==-=- ；以下数据供参考：()ln20.6931,ln3 1.099,ln5 1.609,ln7 1.946====3.已知函数)()(R a x a e x f x∈+=-.（1）当0=a 时，直线kx y =是曲线)(x f y =的切线，求实数k 的值； （2）若21,x x 是函数)(x f 的两个极值点，且21x x <，求)(1x f 的取值范围.4.设函数f (x )= (k —x )(e x —1).(I)当k =0时，求函数f (x )的单调区间；(II)若k 为整数，且当x >0时，f (x )<x ＋1恒成立，求k 的最大值.5. 已知2()e (21)e x x f x a a x =+--, a 为常数．(1) 讨论 f ( x )的单调性；(2) 若x ≥0时，()(31)cos f x a x -≥恒成立，求实数a 的取值范围．6. 已知函数()1axf x e ax =--.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设m 为整数，且对于任意正整数(2)n n ≥.若2(1)(!)n n n m -<恒成立，求m 的最小值.高中数学专项练习之导数压轴题一1.已知定义在区间[0,)+∞上的函数1()ln(1)1xf x tx x-=+++（0t >）． （1）求函数的单调区间；（2）若不等式()20f x e -≥（ 2.71828e =…是自然对数的底数）恒成立，求t 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）[1,)+∞ 【解析】分析：（1）求函数的的单调区间则求导()()()()22222'1111t tx t f x tx x x tx -+-=+=++++，然后根据参数t 的取值范围确定导函数得符号即可得出单调区间；（2）由不等式()20f x e -≥，[)0,x ∈+∞恒成立，得不等式()ln2f x ≥，[)0,x ∈+∞恒成立，只需研究()min ln2f x ⎡⎤≥⎣⎦即可得出t 范围.（1）()()()()22222'1111t tx t f x tx x x tx -+-=+=++++， ①当2t ≥时，()'0f x ≥，即()f x 是[)0,+∞上的增函数；②当02t <<时，()()()2'11t x x f x x tx ⎛+ ⎝⎭⎝⎭=++，令()'0f x >，得x >则()f x的增区间为⎫+∞⎪⎪⎭，减区间为⎡⎢⎣． （2）由不等式()20f x e -≥，[)0,x ∈+∞恒成立，得不等式()ln2f x ≥，[)0,x ∈+∞恒成立．①当2t ≥时，由（1）知()f x 是[)0,+∞上的增函数，∴()()min 01ln2f x f ⎡⎤==>⎣⎦，即当2t ≥时，不等式()ln2f x ≥，[)0,x ∈+∞恒成立；②当02t <<时，x ⎡∈⎢⎣，()'0f x <；x ⎫∈+∞⎪⎪⎭，()'0f x >，u =，则0u >，221t u =+．∴()()()()2min 12ln 1ln 11uf x f u u u u -⎡⎤==++-+⎣⎦+．要使不等式()ln2f x ≥，[)0,x ∈+∞恒成立，只要()()212ln 1ln 1ln21uu u u-++-+≥+， 令()()()212ln 1ln 1ln21ug u u u u-=++-+-+，()0,u ∈+∞． ()()()222222222'011111u u u g u u u uu u -=+-=-<+++++， ∴()g u 是()0,+∞上的减函数，又()10g =，∴()()01g u g ≥=，则01u <≤1≤，解得1t ≥，故12t ≤<． 综合①②得1t ≥，即t 的取值范围是[)1,+∞．点睛：考查导数在函数中应用，对于单调区间尤其要注意对参数的讨论，从而确定导函数符号，确定单调区间，对于恒成立问题关键是要先将问题转化为最值问题，然后求出最值解出对应的不等式即可得出参数的取值范围，属于难题. 2. 已知关于x 的函数()()()()22ln ,g x a x x R f x x g x x=-∈=+ ， （I ）试求函数()g x 的单调区间；（II ）若()f x 在区间()0,1 内有极值，试求a 的取值范围；（III ）0a > 时，若()f x 有唯一的零点0x ，试求[]0x .（注：[]0x 为取整函数，表示不超过0x 的最大整数，如[][][]0.30,2.62, 1.42,==-=- ；以下数据供参考：()ln20.6931,ln3 1.099,ln5 1.609,ln7 1.946====【答案】（I ）单调递减区间20,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭；单调递增区间2,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭；（II ）f(x)在区间(0,1)内有极值，则a 的取值范围为(),0-∞.（III ）[]02x =. 【解析】 【分析】（I ）由题意()g x 的定义域为()0,+∞ ()22ax g x x=-'+，对a 分类讨论：当a≥0时，当a ＜0时，即可得出单调性；（II ）()()2f x xg x =+ , 所以()f x 的定义域也为()0,+∞，且()3222x ax f x x--'=， 令h （x ）=2x 3-ax-2，x ∈[0，+∞），h′（x ）=6x 2-a ，当a ＜0时，可得：函数h （x ）在（0，1）内至少存在一个变号零点x 0，且x 0也是f′（x ）的变号零点，此时f （x ）在区间（0，1）内有极值．当a≥0时，由于函数f （x ）单调，因此函数f （x ）无极值．（III ）a ＞0时，由（II ）可知：f （1）=3知x ∈（0，1）时，f （x ）＞0，因此x 0＞1．又f′（x ）在区间（1，+∞）上只有一个极小值点记为x 1，由题意可知：x 1即为x 0．得到()()0000f x f x '⎧⎪⎨⎪⎩＝＝ ，即20003002220x alnx x x ax ⎧+-⎪⎨⎪--⎩＝＝ ，消去a 可得：3002131lnx x +-＝ ，a ＞0，令()()123321101t x lnx x t x x x =+-（）（＞），＝＞， 分别研究单调性即可得出x 0的取值范围． 【详解】（I ）由题意()g x 的定义域为()0,+∞ ()2222-a ax g x x x x +=-=-'（i ）若0a ≥，则()0g x '<在()0,+∞上恒成立，()0,+∞为其单调递减区间； （ii ）若0a <，则由()0g x '=得2x a=-， 20,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0g x '<，2,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，所以20,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭为其单调递减区间；2,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭为其单调递增区间； （II ）()()2f x x g x =+ 所以()f x 的定义域也为()0,+∞，且()()()3'2222222ax x ax f x xg x x x x +--=+=-='' 令()()322,0,h x x ax x =--∈+∞ (*)则()26-h x x a =' (**)（i ）当0a <时, ()0h x '≥恒成立,所以为()0,+∞上的单调递增函数， 又，所以在区间内存在唯一一个零点，由于为()0,+∞上的单调递增函数，所以在区间内()()()()00000,001h x f x x x h x f x x x <⇔<⇔⇔⇔<'<'，从而在()000,,1x x 单调递减在区间（，）单调递增，所以此时在区间内有唯一极值且为极小值()0f x ，0a <适合题意, （ii ）当时,即在区间(0,1)上恒成立,此时, 无极值.综上所述,若在区间内有极值，则a 的取值范围为. (III),由（II ）且知时,.由(**)式知，()0h x +∞在区间（）单调递增．由于()020h =-<，所以()0,0x h x ∀∈<（，又由于0h <，()()()332121122550h a a a a a a a +=+-+-=++>所以()110,1h x x x a +∞∈+在区间（，）内有唯一零点设为且）亦即()f x ' 10x +∞在区间（，）内有唯一零点，由()h x +∞）单调递增 从而得()()()()()()110,,0,0,0,0x x h x f x x x h x f x ∀∈∀'+'∈∞即；，即 所以，()()()110,f x x x +∞在递减；在，递增, 从而()()1f x f x 有最小值，又因为()f x 有唯一的零点0x ，所以 即为,消去a ,得时令,则在区间上为单调递增函数,为单调递减函数,且【点睛】 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了分类讨论方法，考查了分析问题与解决问题的方法，考查了零点存在但是求不出准确值的情况下的解决方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．3.已知函数)()(R a x a e x f x∈+=-.（3）当0=a 时，直线kx y =是曲线)(x f y =的切线，求实数k 的值； （4）若21,x x 是函数)(x f 的两个极值点，且21x x <，求)(1x f 的取值范围.4.(本小题满分12分)设函数f(x)= (k—x)(e x—1).(I)当k =0时，求函数f(x)的单调区间；(II)若k 为整数，且当x >0时，f(x)<x＋1恒成立，求k 的最大值.5. ( 本题满分 12 分)已知2()e (21)e x x f x a a x =+--, a 为常数． (1) 讨论 f ( x )的单调性；(2) 若x ≥0时，()(31)cos f x a x -≥恒成立，求实数a 的取值范围．6. 已知函数()1axf x e ax =--.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设m 为整数，且对于任意正整数(2)n n ≥.若2(1)(!)n n n m -<恒成立，求m 的最小值.6. 已知函数()1axf x e ax =--.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设m 为整数，且对于任意正整数(2)n n ≥.若2(1)(!)n n n m -<恒成立，求m 的最小值.【答案】（1）见解析；（2）3.【解析】试题分析：（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；（2）求出1x e x ≥+（当0x =时取得“=”），令1x n =-， 1n e n ->，累乘整理即可得m 的最小值．试题解析：（1）由题意得()(1)ax ax f x ae a a e =-=-'.当0a >时，令()0f x '>，解得0x >∴()f x 在(0，∞)上单调递增， 当0a =时，显然无单调区间，当0a <时，令()0f x '>，解得0x >∴()f x 在(0，∞)上单调递增， 综上：当0a =时，无单调区间，0a ≠时，减区间为()0，-∞，增区间为(0，∞) . （2）令1a =，由（1）可知()f x 的最小值为()00f =.() 0f x ∴≥，1x e x ∴≥+(当0x =时取得“=”)，令1x n =-， 1n e n ->.∴0121n e e e e -⨯⨯⋅⋅⋅⨯> 123n ⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯，∴()12!n n e n ->，两边进行()21n n -次方得()()21!n n n e -<， ∴m 的最小值为3.点睛：本题考查了函数的单调性以及不等式恒成立问题，属于中档题.对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数；在导数解决不等式问题，常用到一些恒成立的式子进行放缩，本题就是一个常见不等式1x e x ≥+.。
(word完整版)高中文科数学导数练习题
专题 8：导数（文）经典例题分析考点一：求导公式。
例 1. f (x) 是 f (x) 1 x32x 1 的导函数，则 f ( 1) 的值是。
3分析： f ' x x 22，所以 f ' 1 1 23答案： 3考点二：导数的几何意义。
例 2.已知函数 y f ( x) 的图象在点 M (1， f (1)) 处的切线方程是 y 1x 2 ，则2f (1) f (1)。
分析：由于 k 1，所以25，所以 f 15，所以221f ' 1，由切线过点M (1，f (1))，可得点M的纵坐标为2f 1 f ' 13答案： 3例 3.曲线y x32x24x 2 在点 (1， 3) 处的切线方程是。
分析： y'3x24x 4 ，点 (1， 3) 处切线的斜率为k 3 4 4 5 ，所以设切线方程为 y5x b ，将点 (1， 3) 带入切线方程可得b 2 ，所以，过曲线上点(1，3)处的切线方程为：5x y 2 0答案： 5x y 20评论：以上两小题均是对导数的几何意义的考察。
考点三：导数的几何意义的应用。
例 4.已知曲线 C ：y x33x 22x，直线 l : y kx ，且直线l 与曲线C相切于点x0 , y0 x00 ，求直线l的方程及切点坐标。
解析：直线过原点，则 k y0 x0 0 。
由点x0, y0在曲线 C 上，则x0y 0 x 0 3 3x 0 22x 0 ， y 0x 0 23x 02。
又 y' 3x 26x2 ，在x 0x 0 , y 0处 曲 线 C 的 切 线 斜 率 为 k f ' x 03x 0 2 6x 02 ，23x 0 22 6x 02 ，整理得： 2 x 0 3x 0 0 ，解得： x 03 0x 03x 0或 x 02（舍），此时，y 03 ， k 1 。
所以，直线 l 的方程为 y1x ，切点坐标是8443 , 3 。
高考数学压轴专题新备战高考《函数与导数》专项训练及答案
【高中数学】单元《函数与导数》知识点归纳一、选择题1．三个数22323ln a b ln c e ===，，的大小顺序为( ) A ．b <c <a B ．b <a <cC ．c <a <bD ．a <b <c【答案】D 【解析】 【分析】 通过证明13a b c <<<，由此得出三者的大小关系. 【详解】132221ln 63a e e =<==，由于6123e e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()63228==，所以132e <，所以131ln ln 23e =<，即13a b <<.而66113232228,339⎛⎫⎛⎫==== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以113223<，所以11321ln 2ln 3ln 33<=，即b c <，所以a b c <<.故选：D 【点睛】本小题主要考查指数式、对数式比较大小，考查指数运算和对数运算，属于中档题.2．函数()2sin f x x x x =-的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 【分析】分析函数()y f x =的奇偶性，并利用导数分析该函数在区间()0,+∞上的单调性，结合排除法可得出合适的选项. 【详解】因为()()()()()22sin sin f x x x x x x x f x -=----=-=，且定义域R 关于原点对称，所以函数()y f x =为偶函数，故排除B 项；()()2sin sin f x x x x x x x =-=-，设()sin g x x x =-，则()1cos 0g x x ='-≥恒成立，所以函数()y g x =单调递增，所以当0x >时，()()00g x g >=， 任取120x x >>，则()()120g x g x >>，所以，()()1122x g x x g x >，()()12f x f x ∴>，所以，函数()y f x =在()0,+∞上为增函数，故排除C 、D 选项. 故选：A. 【点睛】本题考查利用函数解析式选择图象，一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、函数零点以及函数值符号，结合排除法得出合适的选项，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.3．设()f x 为R 上的奇函数，满足(2)(2)f x f x -=+，且当02x ≤≤时，()x f x xe =，则(1)(2)(3)(100)f f f f ++++=L ( ) A ．222e e + B ．25050e e + C ．2100100e e + D ．222e e --【答案】A 【解析】【分析】由()()22f x f x -=+可得对称轴，结合奇偶性可知()f x 周期为8；可将所求式子通过周期化为()()()()1234f f f f +++，结合解析式可求得函数值. 【详解】由()()22f x f x -=+得：()f x 关于2x =对称又()f x Q 为R 上的奇函数 ()f x ∴是以8为周期的周期函数()()()()()()()()()1281241240f f f f f f f f f ++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅++-+-+⋅⋅⋅+-=Q 且()()()()2123422f f f f e e +++=+()()()()()()()()()()12100121281234f f f f f f f f f f ∴++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+++++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦222e e =+故选：A 【点睛】本题考查利用函数的奇偶性、对称性和周期性求解函数值的问题，关键是能够利用奇偶性和对称轴得到函数的周期，并求得基础区间内的函数值.4．设定义在(0,)+∞的函数()f x 的导函数为()f x '，且满足()()3f x f x x'->，则关于x 的不等式31(3)(3)03x f x f ⎛⎫---< ⎪⎝⎭的解集为（ ）A ．()3,6B ．()0,3C ．()0,6D ．()6,+∞【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，构造函数3()()g x x f x =，利用函数的单调性和导数之间的关系即可判断出该函数在(,0)-∞上为增函数，然后将所求不等式转化为对应函数值的关系，根据单调性得出自变量值的关系从而解出不等式即可． 【详解】解：Q 3(1)(3)(3)03x f x f ---<，3(3)(3)27x f x f ∴---（3）0<， 3(3)(3)27x f x f ∴--<（3），Q 定义在(0,)+∞的函数()f x ，3x ∴<，令3()()g x x f x =，∴不等式3(3)(3)27x f x f --<（3），即为(3)g x g -<（3），323()(())3()()g x x f x x f x x f x '='=+'，Q()()3f x f x x'->， ()3()xf x f x ∴'>-， ()3()0xf x f x ∴'+>，32()3()0x f x x f x ∴+>，()0g x ∴'>， ()g x ∴单调递增，又因为由上可知(3)g x g -<（3）， 33x ∴-<，3x <Q ， 36x ∴<<．故选：A ． 【点睛】本题主要考查不等式的解法：利用条件构造函数，利用函数单调性和导数之间的关系判断函数的单调性，属于中档题．5．三个数0.20.40.44,3,log 0.5的大小顺序是 （ ） A ．0.40.20.43<4log 0.5<B ．0.40.20.43<log 0.5<4C ．0.40.20.4log 0.534<<D ．0.20.40.4log 0.543<<【答案】D 【解析】由题意得，120.20.4550.40log0.514433<<<==== D.6．已知()(1)|ln |xf x x x =≠，若关于x 方程22[()](21)()0f x m f x m m -+++=恰有4个不相等的实根，则实数m 的取值范围是（ ） A ．1,2(2,)e e⎛⎫⋃ ⎪⎝⎭B ．11,e e ⎛⎫+⎪⎝⎭C ．(1,)e e -D ．1e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭,【答案】C 【解析】 【分析】由已知易知()f x m =与()1f x m =+的根一共有4个，作出()f x 图象，数形结合即可得到答案. 【详解】由22[()](21)()0f x m f x m m -+++=，得()f x m =或()1f x m =+，由题意()f x m = 与()1f x m =+两个方程的根一共有4个，又()f x 的定义域为(0,1)(1,)⋃+∞，所以()|ln |ln x x f x x x ==，令()ln x g x x=，则'2ln 1()(ln )x g x x -=，由'()0g x >得x e >， 由'()0g x <得1x e <<或01x <<，故()g x 在(0,1),(1,)e 单调递减，在(,)e +∞上单调递 增，由图象变换作出()f x 图象如图所示要使原方程有4个根，则01m em e<<⎧⎨+>⎩，解得1e m e -<<.故选：C 【点睛】本题考查函数与方程的应用，涉及到方程根的个数问题，考查学生等价转化、数形结合的思想，是一道中档题.7．函数()xe f x x=的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】函数()xe f x x=的定义域为(,0)(0,)-∞+∞U ，排除选项A ；当0x >时，()0f x >，且()2(1)'xx e f x x-= ，故当()0,1x ∈时，函数单调递减，当()1,x ∈+∞时，函数单调递增，排除选项C ；当0x <时，函数()0xe f x x=<，排除选项D ，选项B 正确．选B ．点睛：函数图象的识别可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置； (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的周期性，判断图象的循环往复； (5)从函数的特征点，排除不合要求的图象．8．已知函数f （x ）＝e b ﹣x ﹣e x ﹣b +c （b ，c 均为常数）的图象关于点（2，1）对称，则f （5）+f （﹣1）＝（ ） A ．﹣2 B ．﹣1C ．2D ．4【答案】C 【解析】 【分析】根据对称性即可求出答案． 【详解】解：∵点（5，f （5））与点（﹣1，f （﹣1））满足（5﹣1）÷2＝2， 故它们关于点（2，1）对称，所以f （5）+f （﹣1）＝2， 故选：C ． 【点睛】本题主要考查函数的对称性的应用，属于中档题．9．已知函数()2f x x x =+，且()1231lnlog 223a f b f c f -⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，则a b c ，，的大小关系为（ ）A ．a c b <<B ．b c a <<C ．c a b <<D ．b a c <<【答案】A【解析】 【分析】由函数()2f x x x =+，可得()()f x f x -=，得到函数()f x 为偶函数，图象关于y 轴对称，又由由二次函数的性质可得，函数()f x 在[0,)+∞上为单调递增函数，则函数()f x 在(,0)-∞上为单调递减函数，再根据对数函数的性质，结合图象，即可求解．【详解】由题意，函数()2f x x x =+，满足()()22()f x x x x x f x -=-+-=+=，所以函数()f x 为定义域上的偶函数，图象关于y 轴对称，又当0x ≥时，()2f x x x =+，由二次函数的性质可得，函数()f x 在[0,)+∞上为单调递增函数，则函数()f x 在(,0)-∞上为单调递减函数，又由31ln22<=，113222log log 1<=-，1122-=，根据对称性，可得11323(ln )(2)(log )2f f f -<<，即a c b <<，故选A ．【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性和单调性的应用，其中解答中得到函数的单调性与奇偶性，以及熟练应用对数函数的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．10．在平面直角坐标系中，若P ，Q 满足条件：（1）P ,Q 都在函数f （x ）的图象上；（2）P ,Q 两点关于直线y=x 对称，则称点对{P ,Q}是函数f(x)的一对“可交换点对”.（{P ,Q}与{Q,P}看作同一“可交换点”.试问函数2232(0)(){log (0)x x x f x x x ++≤=>的“可交换点对有（ ）A ．0对B ．1对C ．2对D ．3对【答案】C 【解析】试题分析：设p （x ，y ）是满足条件的“可交换点”,则对应的关于直线y=x 的对称点Q 是（y ，x ），所以232x x ++=2x ,由于函数y=232x x ++和y=2x 的图象由两个交点，因此满足条件的“可交换点对”有两个，故选C. 考点：函数的性质11．设奇函数()f x 在[]11-，上为增函数，且()11f =，若[]11x ∃∈-，，使[]11a ∀∈-，，不等式()221f x t at ≤--成立，则t 的取值范围是（ ）A ．22t -≤≤B ．1122t -≤≤C ．2t ≥或2t ≤-或0t =D ．12t ≥或12t ≤-或0t =【答案】C 【解析】 【分析】()f x 在[]11x ∈-，上为增函数,[]11x ∃∈-，，使[]11a ∀∈-，,不等式()221f x t at ≤--成立,只需对于[]11a ∀∈-，,()2121f t at -≤--即可.【详解】∵奇函数()f x 在[]11x ∈-，上为增函数，且()11f =， ∴函数在[]11x ∈-，上的最小值为()()111f f -=-=-，又∵[]11x ∃∈-，，使[]11a ∀∈-，，不等式()221f x t at ≤--成立，∴()22111t at f --≥-=-，即220t at -≥， ①0t =时，不等式成立；②0t >时，()2220t at t t a -=-≥恒成立，从而2t a ≥，解得2t ≥；③0t <时，()2220t at t t a -=-≥恒成立，从而2t a ≤，解得2t ≤-故选：C. 【点睛】本题考查了含参数不等式恒成立问题，需要将不等式问题转化为函数最值问题，考查了理解辨析能力、运算求解能力和分类讨论思想，是中档题.12．函数()32xy x x =-⋅的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 【分析】排除法：根据函数()32xy x x =-⋅为奇函数，故图象关于原点对称；函数有1-，0，1三个零点；当2x =时，函数值为正数，进行选项排除即可. 【详解】函数()32xy x x =-⋅为奇函数，故图象关于原点对称，故排除D ； 函数有1-，0，1三个零点，故排除A ； 当2x =时，函数值为正数，故排除B . 故选：C . 【点睛】本题考查函数的图象，根据解析式求图像通常利用排除法，依据有函数奇偶性、单调性、零点、定义域、值域、特殊值等，属于中等题.13．已知函数2()f x x m =+与函数1()ln3g x x x =--，1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦的图象上恰有两对关于x 轴对称的点，则实数m 的取值范围是（ ） A ．5ln )4[2,2+ B ．5[2ln 2,ln 2)4-+ C ．5(ln 2,2ln 2)4+- D ．(]2ln2,2-【答案】A 【解析】 【分析】将问题转化为()()f x g x =-在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦恰有两个不同的解，令()()()h x f x g x =+，将问题转化为()h x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个零点的问题，利用导数可求得()h x 的单调性，进而确定区间端点值和最值，由此构造不等式求得结果. 【详解】()f x Q 与()g x 在1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦的图象上恰有两对关于x 轴对称的点，()()f x g x ∴=-在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦恰有两个不同的解，即221ln3ln 30x m x x x x m x +--=+-+=在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两个不同的解，令()2ln 3h x x x x m =+-+，则()()()2211123123x x x x h x x x x x---+'=+-==， ∴当1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<；当()1,2x ∈时，()0h x '>，()h x ∴在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在()1,2上单调递增，又15ln 224h m ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭，()12h m =-，()2ln 22h m =-+， 原问题等价于()h x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两个零点，则5ln 2024m m --+≥>-，解得：5ln 224m +≤<，即m 的取值范围为5ln 2,24⎡⎫+⎪⎢⎣⎭.故选：A . 【点睛】本题考查根据函数零点个数求解参数范围的问题，关键是能够将两函数图象对称点个数的问题转化为方程根的个数的问题，进一步通过构造函数的方式将问题转化为函数零点个数的问题.14．设函数()xf x x e =⋅，则（ ）A ．()f x 有极大值1eB ．()f x 有极小值1e-C ．()f x 有极大值eD ．()f x 有极小值e -【答案】B 【解析】 【分析】利用导数求出函数()y f x =的极值点，分析导数符号的变化，即可得出结论. 【详解】()x f x x e =⋅Q ，定义域为R ，()()1x f x x e '∴=+，令()0f x '=，可得1x =-.当1x <-时，()0f x '<；当1x >-时，()0f x '>. 所以，函数()xf x x e =⋅在1x =-处取得极小值()11f e-=-， 故选：B. 【点睛】本题考查利用导数求函数的极值，在求出极值点后，还应分析出导数符号的变化，考查计算能力，属于中等题.15．已知函数()2f x x mx =+图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，若数列()1f n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2018S 的值为（ ） A ．20152016B ．20162017C ．20172018D ．20182019【答案】D【解析】【分析】 求出原函数的导函数，得到()y f x =在1x =时的导数值，进一步求得m ，可得函数解析式，然后利用裂项相消法可计算出2018S 的值．【详解】由()2f x x mx =+，得()2f x x m '=+，()12f m '∴=+， 因为函数()2f x x mx =+图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直， ()123f m '∴=+=，解得1m =，()2f x x x ∴=+，则()()21111111f n n n n n n n ===-+++. 因此，20181111112018112232018201920192019S =-+-++-=-=L . 故选：D.【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用裂项相消法求数列的前n 项和，是中档题．16．一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄a 元一年定期，若年利率为r 保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为( )A ．17(1)a r +B ．17[(1)(1)]a r r r +-+C ．18(1)a r +D ．18[(1)(1)]a r r r+-+ 【答案】D【解析】【分析】由题意可得：孩子18岁生日时将所有存款（含利息）全部取回，可以看成是以(1)a r +为首项，(1)r +为公比的等比数列的前17项的和，再由等比数列前n 项和公式求解即可.【详解】解：根据题意，当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为17(1)a r +， 同理：孩子在2周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为16(1)a r +，孩子在3周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为15(1)a r +，⋯⋯孩子在17周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为(1)a r +，可以看成是以(1)a r +为首项，(1)r +为公比的等比数列的前17项的和，此时将存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数：17171618(1)[(1)1](1)(1)(1)[(1)(1)]11a r r a S a r a r a r r r r r ++-=++++⋯⋯++==+-++-； 故选：D ．【点睛】本题考查了不完全归纳法及等比数列前n 项和，属中档题.17．已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x ≥，3()3f x x x =+，则32(2)a f =,31(log )27b f =，c f =的大小关系为（ ） A ．a b c >>B ．a c b >>C ．b a c >>D ．b c a >>【答案】C【解析】【分析】 利用导数判断3()3f x x x =+在[0,)+∞上单调递增，再根据自变量的大小得到函数值的大小.【详解】 Q 函数()f x 是定义在R 上的偶函数，31(log )(3)(3)27b f f f ∴==-=， 32023<<=<Q ，当0x ≥，'2()330f x x =+>恒成立，∴3()3f x x x =+在[0,)+∞上单调递增，3231(log )(2)27f f f ∴>>，即b a c >>. 故选：C.【点睛】 本题考查利用函数的性质比较数的大小，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意将自变量化到同一个单调区间中.18．曲线3πcos 02y x x ⎛⎫=≤≤ ⎪⎝⎭与x 轴以及直线3π2x =所围图形的面积为（ ） A ．4B ．2C ．52D ．3【答案】B【解析】【分析】【详解】 试题分析：()332222(0cos )sin 2S x dx x ππππ=-=-=⎰，选B.考点：定积分的几何意义19．已知函数()2ln 2xx f x e x =+-的极值点为1x ，函数()2x g x e x =+-的零点为2x ，函数()ln 2x h x x=的最大值为3x ，则（ ） A ．123x x x >>B ．213x x x >>C ．312x x x >>D ．321x x x >> 【答案】A【解析】【分析】根据()f x '在()0,∞+上单调递增，且11024f f ⎛⎫⎛⎫''⋅< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，可知导函数零点在区间11,42⎛⎫ ⎪⎝⎭内，即()f x 的极值点111,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；根据()g x 单调递增且11024g g ⎛⎫⎛⎫⋅< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭可知211,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；通过判断()()12g x g x >，结合()g x 单调性可得12x x >；利用导数可求得()max 1124h x e =<，即314x <，从而可得三者的大小关系. 【详解】 ()1x f x e x x'=+-Q 在()0,∞+上单调递增 且1213022f e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，14115044f e ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭ 111,42x ⎛⎫∴∈ ⎪⎝⎭且11110x e x x +-= Q 函数()2x g x e x =+-在()0,∞+上单调递增且1213022g e ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，14112044g e ⎛⎫=+-< ⎪⎝⎭ 211,42x ⎛⎫∴∈ ⎪⎝⎭ 又()()11111211112220x g x e x x x g x x x ⎛⎫=+-=-+-=->= ⎪⎝⎭ 且()g x 单调递增 12x x ∴>由()21ln 2x h x x-'=可得：()()max 12h x h e e ==，即31124x e =< 123x x x ∴>>本题正确选项：A【点睛】本题考查函数极值点、零点、最值的判断和求解问题，涉及到零点存在定理的应用，易错点是判断12,x x 大小关系时，未结合()g x 单调性判断出()()12g x g x >，造成求解困难.20．已知函数221,0()log ,0x x f x x x ⎧+-≤=⎨>⎩，若()1f a ≤，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(4][2,)-∞-+∞U B ．[1,2]-C ．[4,0)(0,2]-UD ．[4,2]- 【答案】D【解析】【分析】不等式()1f a ≤等价于0,211,a a ≤⎧⎨+-≤⎩或20,log 1,a a >⎧⎨≤⎩分别解不等式组后，取并集可求得a的取值范围.【详解】()1f a ≤⇔0,211,a a ≤⎧⎨+-≤⎩或20,log 1,a a >⎧⎨≤⎩， 解得：40a -≤≤或02a <≤，即[4,2]a ∈-，故选D.【点睛】本题考查与分段函数有关的不等式，会对a 进行分类讨论，使()f a 取不同的解析式，从而将不等式转化为解绝对值不等式和对数不等式.。
导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯word版(1)
导数压轴题之隐零点问题导数压轴题之隐零点问题(共13题)1．已知函数f（x）=（ae x﹣a﹣x）e x（a≥0，e=2.718…，e为自然对数的底数），若f（x）≥0对于x∈R恒成立．（1）求实数a的值；（2）证明：f（x）存在唯一极大值点x0，且．【解答】（1）解：f（x）=e x（ae x﹣a﹣x）≥0，因为e x＞0，所以ae x﹣a﹣x≥0恒成立，即a（e x﹣1）≥x恒成立，x=0时，显然成立，x＞0时，e x﹣1＞0，故只需a≥在（0，+∞）恒成立，令h（x）=，（x＞0），h′（x）=＜0，故h（x）在（0，+∞）递减，而==1，故a≥1，x＜0时，e x﹣1＜0，故只需a≤在（﹣∞，0）恒成立，令g（x）=，（x＜0），g′（x）=＞0，故h（x）在（﹣∞，0）递增，而==1，故a≤1，综上：a=1；（2）证明：由（1）f（x）=e x（e x﹣x﹣1），故f'（x）=e x（2e x﹣x﹣2），令h（x）=2e x﹣x﹣2，h'（x）=2e x﹣1，所以h（x）在（﹣∞，ln）单调递减，在（ln，+∞）单调递增，h（0）=0，h（ln）=2eln﹣ln﹣2=ln2﹣1＜0，h（﹣2）=2e﹣2﹣（﹣2）﹣2=＞0，∵h（﹣2）h（ln）＜0由零点存在定理及h（x）的单调性知，方程h（x）=0在（﹣2，ln）有唯一根，设为x0且2e x0﹣x0﹣2=0，从而h（x）有两个零点x0和0，所以f（x）在（﹣∞，x0）单调递增，在（x0，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，从而f（x）存在唯一的极大值点x0即证，由2e x0﹣x0﹣2=0得e x0=，x0≠﹣1，∴f（x0）=e x0（e x0﹣x0﹣1）=（﹣x0﹣1）=（﹣x0）（2+x0）≤（）2=，取等不成立，所以f（x0）＜得证，又∵﹣2＜x0＜ln，f（x）在（﹣∞，x0）单调递增所以f（x0）＞f（﹣2）=e﹣2[e﹣2﹣（﹣2）﹣1]=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0得证，从而0＜f（x0）＜成立．2．已知函数f（x）=ax+xlnx（a∈R）（1）若函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，求a的取值范围；（2）当a=1且k∈Z时，不等式k（x﹣1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，求k的最大值．【解答】解：（1）∵函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，∴f′（x）=a+lnx+1≥0在区间[e，+∞）上恒成立，∴a≥（﹣lnx﹣1）max=﹣2．∴a≥﹣2．∴a的取值范围是[﹣2，+∞）．（2）a=1时，f（x）=x+lnx，k∈Z时，不等式k（x﹣1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，∴k＜，令g（x）=，则g′（x）=，令h（x）=x﹣lnx﹣2（x＞1）．则h′（x）=1﹣=＞0，∴h（x）在（1，+∞）上单增，∵h（3）=1﹣ln3＜0，h（4）=2﹣2ln2＞0，存在x0∈（3，4），使h（x0）=0．即当1＜x＜x0时h（x）＜0 即g′（x）＜0x＞x0时h（x）＞0 即g′（x）＞0g（x）在（1，x0）上单减，在（x0+∞）上单增．令h（x0）=x0﹣lnx0﹣2=0，即lnx0=x0﹣2，g（x）min=g（x0）===x0∈（3，4）．k＜g（x）min=x0∈（3，4），且k∈Z，∴k max=3．3．函数f（x）=alnx﹣x2+x，g（x）=（x﹣2）e x﹣x2+m（其中e=2.71828…）．（1）当a≤0时，讨论函数f（x）的单调性；（2）当a=﹣1，x∈（0，1]时，f（x）＞g（x）恒成立，求正整数m的最大值．【解答】解：（1）函数f（x）定义域是（0，+∞），，（i）当时，1+8a≤0，当x∈（0，+∞）时f'（x）≤0，函数f（x）的单调递减区间是（0，+∞）；（ⅱ）当，﹣2x2+x+a=0的两根分别是：，，当x∈（0，x1）时f'（x）＜0．函数f（x）的单调递减．当x∈（x1，x2）时f'（x）＞0，函数f（x）的单调速递增，当x∈（x2，+∞）时f'（x）＜0，函数f（x）的单调递减；综上所述，（i）当时f（x）的单调递减区间是（0，+∞），（ⅱ）当时，f（x）的单调递增区间是，单调递减区间是和（2）当a=﹣1，x∈（0，1]时，f（x）＞g（x），即m＜（﹣x+2）e x﹣lnx+x，设h（x）=（﹣x+2）e x﹣lnx+x，x∈（0，1]，∴，∴当0＜x≤1时，1﹣x≥0，设，则，∴u（x）在（0，1）递增，又∵u（x）在区间（0，1]上的图象是一条不间断的曲线，且，∴使得u（x0）=0，即，当x∈（0，x0）时，u（x）＜0，h'（x）＜0；当x∈（x0，1）时，u（x）＞0，h'（x）＞0；∴函数h（x）在（0，x0]单调递减，在[x0，1）单调递增，∴=，∵在x∈（0，1）递减，∵，∴，∴当m≤3时，不等式m＜（﹣x+2）e x﹣lnx+x对任意x∈（0，1]恒成立，∴正整数m的最大值是3．4．已知函数f（x）=e x+a﹣lnx（其中e=2.71828…，是自然对数的底数）．（Ⅰ）当a=0时，求函数a=0的图象在（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）求证：当时，f（x）＞e+1．【解答】（Ⅰ）解：∵a=0时，∴，∴f（1）=e，f′（1）=e﹣1，∴函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线方程：y﹣e=（e﹣1）（x﹣1），即（e﹣1）x﹣y+1=0；（Ⅱ）证明：∵，设g（x）=f′（x），则，∴g（x）是增函数，∵e x+a＞e a，∴由，∴当x＞e﹣a时，f′（x）＞0；若0＜x＜1?e x+a＜e a+1，由，∴当0＜x＜min{1，e﹣a﹣1}时，f′（x）＜0，故f′（x）=0仅有一解，记为x0，则当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）递增；∴，而，记h（x）=lnx+x，则，?﹣a＜?h（x0）＜h（），而h（x）显然是增函数，∴，∴．综上，当时，f（x）＞e+1．本资料分享自千人教师QQ群323031380 高中数学资源大全5．已知函数f（x）=axe x﹣（a+1）（2x﹣1）．（1）若a=1，求函数f（x）的图象在点（0，f（0））处的切线方程；（2）当x＞0时，函数f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）若a=1，则f（x）=xe x﹣2（2x﹣1），当x=0时，f（0）=2，f'（x）=xe x+e x﹣4，当x=0时，f'（0）=﹣3，所以所求切线方程为y=﹣3x+2．……（3分）（2）由条件可得，首先f（1）≥0，得，而f'（x）=a（x+1）e x﹣2（a+1），令其为h（x），h'（x）=a（x+2）e x恒为正数，所以h（x）即f'（x）单调递增，而f'（0）=﹣2﹣a＜0，f'（1）=2ea﹣2a﹣2≥0，所以f'（x）存在唯一根x0∈（0，1]，且函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0+∞）上单调递增，所以函数f（x）的最小值为，只需f（x0）≥0即可，又x0满足，代入上式可得，∵x0∈（0，1]，∴，即：f（x0）≥0恒成立，所以．……（13分）6．函数f（x）=xe x﹣ax+b的图象在x=0处的切线方程为：y=﹣x+1．（1）求a和b的值；（2）若f（x）满足：当x＞0时，f（x）≥lnx﹣x+m，求实数m的取值范围．【解答】解：（1）∵f（x）=xe x﹣ax+b，∴f′（x）=（x+1）e x﹣a，由函数f（x）的图象在x=0处的切线方程为：y=﹣x+1，知：，解得a=2，b=1．（2）∵f（x）满足：当x＞0时，f（x）≥lnx﹣x+m，∴m≤xe x﹣x﹣lnx+1，①令g（x）=xe x﹣x﹣lnx+1，x＞0，则=，设g′（x0）=0，x0＞0，则=，从而lnx0=﹣x0，g′（）=3（）＜0，g′（1）=2（e﹣1）＞0，由g′（）﹣g′（1）＜0，知：，当x∈（0，x0）时，g′（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，∴函数g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增．∴g（x）min=g（x0）=﹣x0﹣lnx0=﹣x0﹣lnx0=x0?﹣x0+x0=1．m≤xe x﹣x﹣lnx+1恒成立?m≤g（x）min，∴实数m的取值范围是：（﹣∞，1]．本资料分享自千人教师QQ群323031380 高中数学资源大全7．已知函数f（x）=3e x+x2，g（x）=9x﹣1．（1）求函数φ（x）=xe x+4x﹣f（x）的单调区间；（2）比较f（x）与g（x）的大小，并加以证明．【解答】解：（1）φ＇（x）=（x﹣2）（e x﹣2），令φ＇（x）=0，得x1=ln2，x2=2；令φ＇（x）＞0，得x＜ln2或x＞2；令φ＇（x）＜0，得ln2＜x＜2．故φ（x）在（﹣∞，ln2）上单调递增，在（ln2，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增．（2）f（x）＞g（x）．证明如下：设h（x）=f（x）﹣g（x）=3e x+x2﹣9x+1，∵h'（x）=3e x+2x﹣9为增函数，∴可设h'（x0）=0，∵h'（0）=﹣6＜0，h'（1）=3e﹣7＞0，∴x0∈（0，1）．当x＞x0时，h'（x）＞0；当x＜x0时，h'（x）＜0．∴h（x）min=h（x0）=，又，∴，∴==（x0﹣1）（x0﹣10），∵x0∈（0，1），∴（x0﹣1）（x0﹣10）＞0，∴h（x）min＞0，∴f（x）＞g（x）．8．已知函数f（x）=lnx+a（x﹣1）2（a＞0）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点x0，证明：．【解答】解：（1），①当0＜a≤2时，f'（x）≥0，y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，②当a＞2时，设2ax2﹣2ax+1=0的两个根为，且，y=f（x）在（0，x1），（x2，+∞）单调递増，在（x1，x2）单调递减．（2）证明：依题可知f（1）=0，若f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点x0，由（1）可知a＞2，且．于是：①②由①②得，设，则，因此g（x）在上单调递减，又，根据零点存在定理，故．9．已知函数f（x）=，其中a为常数．（1）若a=0，求函数f（x）的极值；（2）若函数f（x）在（0，﹣a）上单调递增，求实数a的取值范围；（3）若a=﹣1，设函数f（x）在（0，1）上的极值点为x0，求证：f（x0）＜﹣2．【解答】解：（1）f（x）=的定义域是（0，+∞），f′（x）=，令f′（x）＞0，解得0＜x＜，令f′（x）＜0，解得：x＞，则f（x）在（0，）递增，在（，+∞）递减，故f（x）极大值=f（）=，无极小值；（2）函数f（x）的定义域为{x|x＞0且x≠﹣a}．=，要使函数f（x）在（0，﹣a）上单调递增，则a＜0，又x∈（0，﹣a）时，a＜x+a＜0，只需1+﹣2lnx≤0在（0，﹣a）上恒成立，即a≥2xlnx﹣x在（0，﹣a）上恒成立，由y=2xlnx﹣x的导数为y′=2（1+lnx）﹣1=1+2lnx，当x＞时，函数y递增，0＜x＜时，函数y递减，当﹣a≤即﹣＜a＜0时，函数递减，可得a≥0，矛盾不成立；当﹣a＞即a＜﹣时，函数y在（0，）递减，在（，﹣a）递增，可得y＜﹣2aln（﹣a）+a，可得a≥﹣2aln（﹣a）+a，解得﹣1≤a＜0，则a的范围是[﹣1，0）；（3）证明：a=﹣1，则f（x）=导数为f′（x）=，设函数f（x）在（0，1）上的极值点为x0，可得1﹣2lnx0﹣=0，即有2lnx0=1﹣，要证f（x0）＜﹣2，即+2＜0，由于+2=+2==，由于x0∈（0，1），且x0=，2lnx0=1﹣不成立，则+2＜0，故f（x0）＜﹣2成立．10．已知函数f（x）=lnx﹣x+1，函数g（x）=ax?e x﹣4x，其中a为大于零的常数．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）求证：g（x）﹣2f（x）≥2（lna﹣ln2）．（2分）【解答】解：（Ⅰ）…………………………………x∈（0，1）时，f'（x）＞0，y=f（x）单增；．（4分）x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，y=f（x）单减………………………（Ⅱ）证明：令h（x）=axe x﹣4x﹣2lnx+2x﹣2=axe x﹣2x﹣2lnx﹣2（a＞0，x＞．（5分）0）…………………故……………………………．（7分）令h'（x）=0即，两边求对数得：lna+x0=ln2﹣lnx0即lnx0+x0=ln2﹣lna………………．（9分）∴，（12分）∴h（x）≥2lna﹣2ln2……………………………11．已知函数f（x）=x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．（Ⅰ）求函数y=f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的x＞0，f（x）+e x＞x2+x+2．【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣=…（2分）当a≤0时，f′（x）＞0对任意x∈（0，+∞）恒成立，所以，函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增；…（4分）当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，所以，函数在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；（Ⅱ）当a=1时，f（x）=x2+x﹣lnx，要证明f（x）+e x＞x2+x+2，只需证明e x﹣lnx﹣2＞0，设g（x）=e x﹣lnx﹣2，则问题转化为证明对任意的x＞0，g（x）＞0，令g′（x）=e x﹣=0，得e x=，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足e x0=，当x变化时，g′（x）和g（x）变化情况如下表x（0，x0）x0（x0，∞）g′（x）﹣0+g（x）递减递增g（x）min=g（x0）=e x0﹣lnx0﹣2=+x0﹣2，因为x0＞0，且x0≠1，所以g（x）min＞2﹣2=0，因此不等式得证．本资料分享自千人教师QQ群323031380 高中数学资源大全12．已知函数．（Ⅰ）当a=2时，（i）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（ii）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若1＜a＜2，求证：f（x）＜﹣1．【解答】解：（Ⅰ）当a=2时，，定义域为（0，+∞），，f′（1）=﹣1﹣2=﹣3，f'（1）=2﹣2=0；所以切点坐标为（1，﹣3），切线斜率为0所以切线方程为y=﹣3；（ii）令g（x）=2﹣lnx﹣2x2，所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）=0所以当x∈（0，1）时，g（x）＞0即f'（x）＞0所以当x∈（1，+∞）时，g（x）＜0即f'（x）＜0综上所述，f（x）的单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，+∞）．（Ⅱ）证明：f（x）＜﹣1，即设，，设φ（x）=﹣ax2﹣lnx+2所以φ＇（x）在（0，+∞）小于零恒成立即h'（x）在（0，+∞）上单调递减因为1＜a＜2，所以h'（1）=2﹣a＞0，h'（e2）=﹣a＜0，所以在（1，e2）上必存在一个x0使得，即，所以当x∈（0，x0）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，当x∈（x0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，所以，因为，所以，令h（x0）=0得，因为1＜a＜2，所以，，因为，所以h（x0）＜0恒成立，即h（x）＜0恒成立，综上所述，当1＜a＜2时，f（x）＜﹣1．13．已知函数f（x）=（x﹣a）lnx+x，（其中a∈R）（1）若曲线y=f（x）在点（x0，f（x0））处的切线方程为y=x，求a的值；（2）若为自然对数的底数），求证：f（x）＞0．【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），，由题意知，则，解得x0=1，a=1或x0=a，a=1，所以a=1．（2）令，则，因为，所以，即g（x）在（0，+∞）上递增，以下证明在g（x）区间上有唯一的零点x0，事实上，，因为，所以，，由零点的存在定理可知，g（x）在上有唯一的零点x0，所以在区间（0，x0）上，g（x）=f'（x）＜0，f（x）单调递减；在区间（x0，+∞）上，g（x）=f'（x）＞0，f（x）单调递增，故当x=x0时，f（x）取得最小值，因为，即，所以，即＞0．∴f（x）＞0．。
导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯word版
导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯word版本文介绍了导数压轴题中的隐零点问题，共有13道题目。
1.对于已知函数$f(x)=(aex-a-x)ex$，若$f(x)\geq 0$对于$x\in R$恒成立，求实数$a$的值，并证明$f(x)$存在唯一极大值点$x$，且$f(x)<f(x_0)$，其中$x_0$为$f(x)$的零点。
解答：1) 对于$f(x)=ex(aex-a-x)\geq 0$，因为$ex>0$，所以$aex-a-x\geq 0$恒成立，即$a(ex-1)\geq x$恒成立。
当$x=0$时，显然成立。
当$x>0$时，$ex-1>0$，故只需$a\geq 1$。
令$h(x)=aex-a-x$，则$h'(x)=aex-1$，在$(0,+\infty)$恒成立，故$h(x)$在$(0,+\infty)$递减。
又因为$h(0)=0$，故$a\geq1$。
当$x<0$时，$ex-1<0$，故只需$a\leq 1$。
令$g(x)=aex-a-x$，则$g'(x)=aex-1$，在$(-\infty,0)$恒成立，故$g(x)$在$(-\infty,0)$递增。
又因为$g(0)=0$，故$a\leq 1$。
综上，$a=1$。
2) 由(1)得$f(x)=ex(ex-x-1)$，故$f'(x)=ex(2ex-x-2)$。
令$h(x)=2ex-x-2$，则$h'(x)=2ex-1$，所以$h(x)$在$(-\infty,\ln)$单调递减，在$(\ln,+\infty)$单调递增，$h(0)=0$，$h(\ln)=2e^{\ln}-\ln-2=\ln2-10$，故$h(x)$在$(-2,\ln)$有唯一零点$x_0$。
设$x_0$为$f(x)$的零点，则$2ex_0-x_0-2=0$，从而$h(x)$有两个零点$x_0$和$-x_0-2$，所以$f(x)$在$(-\infty,x_0)$单调递增，在$(x_0,+\infty)$单调递减，在$(-2,x_0)$上单调递增，在$(-\infty,-2)$上单调递减，从而$f(x)$存在唯一的极大值点$x_0$。
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妙用“柯西中值定理”秒杀高考导数压轴题????满足如下条件：柯西中值定理：若函数xf,xg????在闭区间上连续；（i）xxgf,],[ab??内可导；在开区间（ii）xf),b(a????（iii）在内的每一点处?0gx?a,b????????a?fffb??. 内至少存在一点，使得则在?ba,?????????a?bggg年天津高考理科数学压轴题）、1（2012????0?aa?f ln x?x?x0,已知函数的最小值为其中a的值（Ⅰ）求????2kkxx????0,fx?成立，求实数的最小值；（Ⅱ）若对，都有????2??ln n2?1Nn?）. （Ⅲ）证明：（1?k21?kn22、（2013广西理科数学压轴题）???x1x???????ln f?x1x已知函数1?x1111???0x?0,f?x a?1?a???L,a???ln2（Ⅱ）设时，的最小值（Ⅰ）当证明：求n2nn23n4n) 21题年山东高考数学理科第3、(20152R?a)?xaxxf()?ln(?1)?(x.设函数，其中a0)x?(0,x??f)(fx（Ⅱ）若（Ⅰ）讨论函数.极值点的个数，并说明理由；的取值范围成立，求4、（2017年德阳市二诊数学压轴题）x?a??x?1?fxx?ln处取得极值在. 已知函数x????2????m??1,?xf?x0?1fxx??m的取值范围.（Ⅰ）求证：. （Ⅱ）若恒成立，求实数，不等式????2x axe?fx??x1. 、已知函数51????a0x?0?ffxx?a?（Ⅱ）若当. 时，求函数的取值范围恒成立，求实数的极值；（Ⅰ）当时，26、（2015届重庆市巴蜀中学高三12月月考数学压轴题）????2x e ex1fgx??x?ax?.已知函数，是自然对数的底数）（其中??????1??a,2x?yf?x1g g上的最大值；（Ⅰ）若，求函数在????x1?a?kxkf g xg?的取值范围；，关于的方程（Ⅱ）若有且仅有一个根，求实数??????????a0,2?xxxx?x?xxgfxf?g?的取值范，不等式，恒成立，求实数、（Ⅲ）若对任意的22112112围.7、（2017年江苏省南通市二模理科数学）1????e x?x ln g?xf为自然对数的底数已知函数，其中，. x e????x?1xg?fxy处的切线方程；（Ⅰ）求函数在??????????????exx?xxxxfgx?g?x?f??. ，使得成立，其中为常数，求证：，（Ⅱ）若存在??21211122????????a1?a?x0,1fxgx?x的取值范围（Ⅲ）若对任意的，不等式恒成立，求实数.。
高考数学压轴专题最新备战高考《函数与导数》知识点训练及答案
数学《函数与导数》期末复习知识要点一、选择题1．设奇函数()f x 在[]11-，上为增函数，且()11f =，若[]11x ∃∈-，，使[]11a ∀∈-，，不等式()221f x t at ≤--成立，则t 的取值范围是（ ）A ．22t -≤≤B ．1122t -≤≤ C ．2t ≥或2t ≤-或0t = D ．12t ≥或12t ≤-或0t =【答案】C 【解析】 【分析】()f x 在[]11x ∈-，上为增函数,[]11x ∃∈-，，使[]11a ∀∈-，,不等式()221f x t at ≤--成立,只需对于[]11a ∀∈-，,()2121f t at -≤--即可.【详解】∵奇函数()f x 在[]11x ∈-，上为增函数，且()11f =， ∴函数在[]11x ∈-，上的最小值为()()111f f -=-=-，又∵[]11x ∃∈-，，使[]11a ∀∈-，，不等式()221f x t at ≤--成立，∴()22111t at f --≥-=-，即220t at -≥， ①0t =时，不等式成立；②0t >时，()2220t at t t a -=-≥恒成立，从而2t a ≥，解得2t ≥；③0t <时，()2220t at t t a -=-≥恒成立，从而2t a ≤，解得2t ≤-故选：C. 【点睛】本题考查了含参数不等式恒成立问题，需要将不等式问题转化为函数最值问题，考查了理解辨析能力、运算求解能力和分类讨论思想，是中档题.2．已知直线2y kx =-与曲线ln y x x =相切，则实数k 的值为（ ） A ．ln 2 B ．1C ．1ln2-D ．1ln2+【答案】D 【解析】由ln y x x =得'ln 1y x =+，设切点为()00,x y ，则0ln 1k x =+，000002ln y kx y x x =-⎧⎨=⎩，0002ln kx x x ∴-=，002ln k x x ∴=+，对比0ln 1k x =+，02x ∴=，ln 21k ∴=+，故选D.3．已知定义在R 上的可导函数()f x ，对于任意实数x ，都有()()2f x f x x -+=成立，且当()0,x ∈+∞时，都有()'f x x >成立，若()()112f a f a a -≥+-，则实数a 的取值范围为（ ）A ．1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ B ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．(],2-∞D ．[)2,+∞【答案】A 【解析】 【分析】构造函数21()()2g x f x x =-，可判断函数()g x 为奇函数且在R 上是增函数，由函数的性质可得a 的不等式，解不等式即可得答案. 【详解】 令21()()2g x f x x =-，则()()g x f x x ''=-， ()0,x ∈+∞Q 时，都有()'f x x >成立，即有()0g x '>，∴在()0,∞+，()g x 单调递增,Q 定义在R 上的函数()f x ，对于任意实数x ，都有()()2f x f x x -+=成立,所以(0)0f =，2222111()()()()()222g x f x x x f x x x f x g x ⎡⎤∴-=--=--=-=-⎣⎦， ()g x ∴是定义在R 上的奇函数，又(0)(0)0g f == ∴在R 上()g x 单调递增.又()()112f a f a a -≥+-Q ()()()2211111222g a a g a a a ∴-+-≥++-， 即()()1112g a g a a a a -≥⇒-≥⇒≤. 因此实数a 的取值范围为1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.故选：A 【点睛】本题考查构造函数、奇函数的判断，及导数与单调性的应用，且已知条件构造出21()()2g x f x x =-是解决本题的关键，考查了理解辨析能力与运算求解能力，属于中档题.4．函数22cos x xy x x--=-的图像大致为（ ）.A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 【分析】 本题采用排除法: 由5522f f ππ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭排除选项D ； 根据特殊值502f π⎛⎫>⎪⎝⎭排除选项C; 由0x >,且x 无限接近于0时, ()0f x <排除选项B ； 【详解】对于选项D:由题意可得, 令函数()f x = 22cos x xy x x--=-,则5522522522f ππππ--⎛⎫-= ⎪⎝⎭,5522522522f ππππ--⎛⎫= ⎪⎝⎭;即5522f f ππ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选项D 排除; 对于选项C ：因为55225220522f ππππ--⎛⎫=> ⎪⎝⎭,故选项C 排除;对于选项B:当0x >,且x 无限接近于0时,cos x x -接近于10-<,220x x -->，此时()0f x <.故选项B 排除;故选项:A 【点睛】本题考查函数解析式较复杂的图象的判断;利用函数奇偶性、特殊值符号的正负等有关性质进行逐一排除是解题的关键;属于中档题.5．曲线21x y e -=+在点(0,2)处的切线与直线y 0=和y x =所围成图形的面积( ) A ．1 B ．13C ．23D ．12【答案】B 【解析】 【分析】利用导数的几何意义，求得曲线在点(0,2)处的切线方程，再求得三线的交点坐标，利用三角形的面积公式，即可求解，得到答案． 【详解】 由题意，曲线21xy e -=+，则22x y e -'=-，所以200|2|2x x x y e -=='=-=-，所以曲线21xy e-=+在点(0,2)处的切线方程为22(0)y x -=--，即220x y +-=，令0y =，解得1x =，令y x =，解得23x y ==， 所以切线与直线y 0=和y x =所围成图形的面积为1211233⨯⨯=，故选B ．【点睛】本题主要考查了利用导数研究曲线在某点处的切线方程，以及两直线的位置关系的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．6．函数()1ln f x x x ⎛⎫=-⎪⎝⎭的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】 【分析】通过函数在2x =处函数有意义，在2x =-处函数无意义，可排除A 、D ；通过判断当1x >时，函数的单调性可排除C ，即可得结果. 【详解】当2x =时，110x x-=>，函数有意义，可排除A ； 当2x =-时，1302x x -=-<，函数无意义，可排除D ； 又∵当1x >时，函数1y x x=-单调递增， 结合对数函数的单调性可得函数()1ln f x x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭单调递增，可排除C ； 故选：B. 【点睛】本题主要考查函数的图象，考查同学们对函数基础知识的把握程度以及数形结合与分类讨论的思维能力，属于中档题.7．已知函数()()1110x x e f x x e++-=<与()()1ln x xg x e x ae =+-的图象上存在关于y 轴对称的点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．1,1e ⎛⎫-∞+ ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．1,1e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．11,e⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】 【分析】先求得()f x 关于y 轴对称的函数()h x ,则()()h x g x =,整理可得()11ln 1e ex x a ++-=在()0,∞+上有解,设()()11ln 1e ex x x ϕ=++-,可转化问题为()y x ϕ=与y a =的图象在()0,∞+上有交点,再利用导函数求得()x ϕ的范围,进而求解.【详解】由()f x 关于y 轴对称的函数为()()()1111e e 10ex x x h x f x x -+--+-=-==->, 令()()h x g x =,得()1e 1e ln 1e x x x x a --=+-()0x >,则方程()1e 1e ln 1e x x x x a --=+-在()0,∞+上有解,即方程()11ln 1e ex x a ++-=在()0,∞+上有解, 设()()11ln 1e ex x x ϕ=++-, 即可转化为()y x ϕ=与y a =的图象在()0,∞+上有交点,()()11e 1e 1e 1x x x x x x x ϕ--=-+='++Q ,令()=e 1xm x x --，则()=e 10xm x '->在()0,∞+上恒成立，所以()=e 1xm x x --在()0,∞+上为增函数，∴()()00m x m >=，即()0x ϕ'>Q 在()0,∞+上恒成立， ∴()x ϕ在()0,∞+上为增函数,当0x >时,则()()101x eϕϕ>=-, 所以11ea >-, 故选:D 【点睛】本题考查利用导函数判断函数单调性,考查利用导函数处理函数的零点问题,考查转化思想.8．函数()xe f x x=的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】函数()xe f x x=的定义域为(,0)(0,)-∞+∞U ，排除选项A ；当0x >时，()0f x >，且()2(1)'xx e f x x-= ，故当()0,1x ∈时，函数单调递减，当()1,x ∈+∞时，函数单调递增，排除选项C ；当0x <时，函数()0xe f x x=<，排除选项D ，选项B 正确．选B ．点睛：函数图象的识别可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置； (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的周期性，判断图象的循环往复； (5)从函数的特征点，排除不合要求的图象．9．函数()2log ,0,2,0,xx x f x x ⎧>=⎨≤⎩则函数()()()2384g x fx f x =-+的零点个数是（ ）A ．5B ．4C ．3D ．6【答案】A 【解析】 【分析】通过对()g x 式子的分析，把求零点个数转化成求方程的根，结合图象，数形结合得到根的个数，即可得到零点个数． 【详解】 函数()()()2384g x fx f x =-+=()()322f x f x --⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦的零点即方程()23f x =和()2f x =的根， 函数()2log ,0,2,0xx x f x x ⎧>=⎨≤⎩的图象如图所示：由图可得方程()23f x =和()2f x =共有5个根， 即函数()()()2384g x f x f x =-+有5个零点,故选：A. 【点睛】本题考查函数的零点与方程的根的个数的关系，注意结合图象，利用数形结合求得结果时作图很关键，要标准．10．函数log (3)1a y x =-+（0a >且1a ≠）的图像恒过定点A ，若点A 在直线10mx ny +-=上，其中·0m n >，则41m n+的最小值为（） A ．16 B ．24C ．50D ．25【答案】D 【解析】 【分析】由题A （4，1），点A 在直线上得4m+n ＝1，用1的变换构造出可以用基本不等式求最值的形式求最值． 【详解】令x ﹣3＝1，解得x ＝4，y ＝1，则函数y ＝log a （x ﹣3）+1（a ＞0且a≠1）的图象恒过定点A （4，1）， ∴4m+n ＝1， ∴41m n +=（41m n +）（4m+n ）＝16+14n 4m m n++ 4n 4mm n⋅=17+8＝25，当且仅当m ＝n 15=时取等号，故则41m n+的最小值为25，故选D ． 【点睛】本题考查均值不等式，在应用过程中，学生常忽视“等号成立条件”，特别是对“一正、二定、三相等”这一原则应有很好的掌握．11．已知函数()ln xf x x=，则使ln ()()()f x g x a f x =-有2个零点的a 的取值范围（ ） A ．(0,1) B ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】B 【解析】 【分析】 令()ln xt f x x==，利用导数研究其图象和值域，再将ln ()()()f x g x a f x =-有2个零点，转化为ln ta t=在[),e +∞上只有一解求解. 【详解】 令()ln x t f x x ==，当01x <<时，()0ln xt f x x==<， 当1x >时，()2ln 1()ln x t f x x -''==，当1x e <<时，0t '<，当x e >时，0t '>，所以当x e =时，t 取得最小值e ，所以t e ≥， 如图所示：所以ln ()()()f x g x a f x =-有2个零点，转化为ln ta t=在[),e +∞上只有一解， 令ln t m t =，21ln 0t m t -'=≤，所以ln tm t=在[),e +∞上递减，所以10m e<≤，所以10a e <≤，当1a e=时，x e =，只有一个零点，不合题意， 所以10a e<< 故选：B 【点睛】本题主要考查导数与函数的零点，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.12．三个数0.377,0.3,ln 0.3a b c ===大小的顺序是（ ） A ．a c b >> B ．a b c >>C ．b a c >>D ．c a b >>【答案】B 【解析】试题分析：根据指数函数和对数函数的单调性知：0.30771a =>=，即1a >；7000.30.31b <=<=，即01b <<；ln0.3ln10c =<=，即0c <；所以a b c >>，故正确答案为选项B ．考点：指数函数和对数函数的单调性；间接比较法．13．已知函数()1f x +是偶函数，当()1,x ∈+∞时，函数()f x 单调递减，设12a f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()3b f =，()0c f =，则a b c 、、的大小关系为（）A ．b a c <<B ．c b d <<C ．b c a <<D ．a b c <<【答案】A 【解析】 【分析】 根据()1f x +图象关于y 轴对称可知()f x 关于1x =对称，从而得到()f x 在(),1-∞上单调递增且()()31f f =-；再根据自变量的大小关系得到函数值的大小关系. 【详解】()1f x +Q 为偶函数 ()1f x ∴+图象关于y 轴对称()f x ∴图象关于1x =对称()1,x ∈+∞Q 时，()f x 单调递减 (),1x ∈-∞∴时，()f x 单调递增又()()31f f =-且1102-<-< ()()1102f f f ⎛⎫∴-<-< ⎪⎝⎭，即b a c << 本题正确选项：A 【点睛】本题考查利用函数奇偶性、对称性和单调性比较函数值的大小关系问题，关键是能够通过奇偶性和对称性得到函数的单调性，通过自变量的大小关系求得结果.14．函数()3ln 2xf x x x=+的图象在点()()1,1f 处的切线方程为（ ） A ．64y x =- B ．75y x =- C ．63=-y x D ．74y x =-【答案】B 【解析】 【分析】首先求得切线的斜率，然后求解切线方程即可. 【详解】由函数的解析式可得：()221ln '6xf x x x-=+， 则所求切线的斜率()221ln1'16171k f -==+⨯=， 且：()012121f =+⨯=，即切点坐标为()1,2， 由点斜式方程可得切线方程为：()271y x -=-，即75y x =-. 本题选择B 选项. 【点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆． 二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．三是复合函数求导的关键是分清函数的结构形式．由外向内逐层求导，其导数为两层导数之积.15．[]()x a,b ,f x m ∀∈≥恒成立，等价于[]()x a,b ,[f x ]m min ∈≥16．若关于x 的不等式220x ax -+>在区间[1,5]上有解，则a 的取值范围是（ ）A ．)+∞B ．(,-∞C ．(,3)-∞D ．27(,)5-∞ 【答案】D 【解析】 【分析】把220x ax -+>在区间[]1,5上有解，转化为存在一个[]1,5x ∈使得22x 2ax x a x+>⇒+>，解出()f x 的最大值．【详解】220x ax -+>在区间[]1,5上有解，转化为存在一个[]1,5x ∈使得22x 2ax x a x +>⇒+>，设()2f x x x=+，即是()f x 的最大值a >，()f x 的最大值275=，当5x =时取得，故选D 【点睛】17．如图，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器．当这个正六棱柱容器的底面边长为（ ）时，其容积最大．A ．34B ．23C ．13D ．12【答案】B 【解析】 【分析】设正六棱柱容器的底面边长为x ,)31x -,则可得正六棱柱容器的容积为()())()32339214V x x x x x x x =+-=-+,再利用导函数求得最值,即可求解. 【详解】设正六棱柱容器的底面边长为x ,则正六棱柱容器的高为)312x -, 所以正六棱柱容器的容积为()()()()3233921224V x x x x x x x =+⋅⋅-=-+, 所以()227942V x x x '=-+,则在20,3⎛⎫⎪⎝⎭上,()0V x '>；在2,13⎛⎫ ⎪⎝⎭上,()0V x '<, 所以()V x 在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在2,13⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减, 所以当23x =时,()V x 取得最大值, 故选:B 【点睛】本题考查利用导函数求最值,考查棱柱的体积,考查运算能力.18．已知函数f （x ）＝2x －1，()2cos 2,0?2,0a x x g x x a x +≥⎧=⎨+<⎩（a ∈R ），若对任意x 1∈[1，＋∞），总存在x 2∈R ，使f （x 1）＝g （x 2），则实数a 的取值范围是（） A ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．2,3⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．[]1,1,22⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭U D ．371,,224⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦U 【答案】C 【解析】 【分析】对a 分a=0,a ＜0和a ＞0讨论，a ＞0时分两种情况讨论，比较两个函数的值域的关系，即得实数a 的取值范围. 【详解】当a =0时，函数f （x ）＝2x －1的值域为[1,+∞），函数()g x 的值域为[0,++∞），满足题意. 当a ＜0时，y =22(0)x a x +<的值域为（2a ,+∞）, y =()cos 20a x x +≥的值域为[a +2,-a +2],因为a +2-2a =2-a >0,所以a +2＞2a , 所以此时函数g (x )的值域为（2a ,+∞）, 由题得2a ＜1，即a ＜12，即a ＜0. 当a ＞0时，y =22(0)x a x +<的值域为（2a ,+∞）,y =()cos 20a x x +≥的值域为[-a +2,a +2],当a ≥23时，-a +2≤2a ,由题得21,1222a a a a -+≤⎧∴≤≤⎨+≥⎩. 当0＜a ＜23时，-a +2＞2a ，由题得2a ＜1，所以a ＜12.所以0＜a ＜12. 综合得a 的范围为a ＜12或1≤a ≤2， 故选C . 【点睛】本题主要考查函数的图象和性质，考查指数函数和三角函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.19．函数()()()log 5,0,1a f x ax a a =->≠在()1,3上是减函数，则a 的取值范围是( ) A ．5,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．1,15⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．51,3⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．51,3⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】D 【解析】 【分析】根据0a >可知5y ax =-在定义域内单调递减，若使得函数()()()log 5,0,1a f x ax a a =->≠在()1,3上是减函数，则需1530a a >⎧⎨-≥⎩，解不等式即可.【详解】 0a >Q5y ax ∴=-在定义域内单调递减若使得函数()()()log 5,0,1a f x ax a a =->≠在()1,3上是减函数 则需1530a a >⎧⎨-≥⎩，解得513a <≤故选：D 【点睛】本题考查对数函数的单调性，属于中档题.20．科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线，一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到，任画一条线段，然后把它均分成三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并把中间一段去掉，这样，原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线，称为“一次构造”；用同样的方法把每条小线段重复上述步骤，得到16条更小的线段构成的折线，称为“二次构造”，…，如此进行“n 次构造”，就可以得到一条科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍，则至少需要通过构造的次数是（ ）.（取lg30.4771≈，lg 20.3010≈）A ．16B ．17C ．24D ．25【答案】D 【解析】 【分析】由折线长度变化规律可知“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭，由此得到410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，利用运算法则可知32lg 2lg 3n ≥⨯-，由此计算得到结果.【详解】记初始线段长度为a ，则“一次构造”后的折线长度为43a ，“二次构造”后的折线长度为243a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，以此类推，“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭，若得到的折线长度为初始线段长度的1000倍，则410003n a a ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，即410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭， ()()44lg lg lg 4lg32lg 2lg3lg1000333nn n n ⎛⎫∴==-=-≥= ⎪⎝⎭，即324.0220.30100.4771n ≥≈⨯-，∴至少需要25次构造.故选：D . 【点睛】本题考查数列新定义运算的问题，涉及到对数运算法则的应用，关键是能够通过构造原则得到每次构造后所得折线长度成等比数列的特点.。
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高中数学导数尖子生辅导（填选压轴） 一．选择题（共30小题） 1．（2013•文昌模拟）如图是f（x）=x3+bx2+cx+d的图象，则x12+x22的值是（ ）
A． B． C． D． 考点： 利用导数研究函数的极值；函数的图象与图象变化． 专题： 计算题；压轴题；数形结合． 分析： 先利用图象得：f（x）=x（x+1）（x﹣2）=x3﹣x2﹣2x，求出其导函数，利用x1，x2是原函数的极值点，求
出x1+x2=，，即可求得结论． 解答： 解：由图得：f（x）=x（x+1）（x﹣2）=x3﹣x2﹣2x，
∴f'（x）=3x2﹣2x﹣2
∵x1，x2是原函数的极值点
所以有x1+x2=，，
故x12+x22=（x1+x2）2﹣2x1x2==． 故选 D． 点评： 本题主要考查利用函数图象找到对应结论以及利用导数研究函数的极值，是对基础知识的考查，属于基础题．
2．（2013•乐山二模）定义方程f（x）=f′（x）的实数根x0叫做函数f（x）的“新驻点”，若函数g（x）=x，h（x）=ln（x+1），φ（x）=x3﹣1的“新驻点”分别为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为（ ） A． α＞β＞γ B． β＞α＞γ C． γ＞α＞β D． β＞γ＞α
考点： 导数的运算． 专题： 压轴题；新定义． 分析： 分别对g（x），h（x），φ（x）求导，令g′（x）=g（x），h′（x）=h（x），φ′（x）=φ（x），则它们的根分别
为α，β，γ，即α=1，ln（β+1）=，γ3﹣1=3γ2，然后分别讨论β、γ的取值范围即可． 解答： 解：∵g′（x）=1，h′（x）=，φ′（x）=3x2，
由题意得： α=1，ln（β+1）=，γ3﹣1=3γ2，
①∵ln（β+1）=， ∴（β+1）β
+1
=e，
当β≥1时，β+1≥2， ∴β+1≤＜2， ∴β＜1，这与β≥1矛盾， ∴0＜β＜1； ②∵γ3﹣1=3γ2，且γ=0时等式不成立， ∴3γ2＞0
∴γ3＞1，
∴γ＞1． ∴γ＞α＞β． 故选C． 点评： 函数、导数、不等式密不可分，此题就是一个典型的代表，其中对对数方程和三次方程根的范围的讨论是一个难点．
3．（2013•山东）抛物线C1：的焦点与双曲线C2：的右焦点的连线交C1于第一象限的点M．若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p=（ ） A． B． C． D．
考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程；双曲线的简单性质． 专题： 压轴题；圆锥曲线的定义、性质与方程． 分析： 由曲线方程求出抛物线与双曲线的焦点坐标，由两点式写出过两个焦点的直线方程，求出函数
在x取直线与抛物线交点M的横坐标时的导数值，由其等于双曲线渐近线的斜率得到交点横坐标与p的关系，把M点的坐标代入直线方程即可求得p的值． 解答： 解：由，得x2=2py（p＞0），
所以抛物线的焦点坐标为F（）． 由，得，． 所以双曲线的右焦点为（2，0）． 则抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线所在直线方程为，
即①． 设该直线交抛物线于M（），则C1在点M处的切线的斜率为． 由题意可知，得，代入M点得M（） 把M点代入①得：． 解得p=． 故选D． 点评： 本题考查了双曲线的简单几何性质，考查了利用导数研究曲线上某点的切线方程，函数在曲线上某点处的切线的斜率等于函数在该点处的导数，是中档题．
4．（2013•安徽）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，若f（x1）=x1＜x2，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的不同实根个数为（ ）
A． 3 B． 4 C． 5 D． 6 考点： 利用导数研究函数的极值；根的存在性及根的个数判断． 专题： 压轴题；导数的综合应用． 分析： 由函数f（x）=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，可得f′（x）=3x2+2ax+b=0有两个不相等的实数根，必有
△=4a2﹣12b＞0．而方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的△1=△＞0，可知此方程有两解且f（x）=x1或x2．再
分别讨论利用平移变换即可解出方程f（x）=x1或f（x）=x2解得个数． 解答： 解：∵函数f（x）=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，
∴f′
（x）=3x2+2ax+b=0有两个不相等的实数根，
∴△=4a2﹣12b＞0．解得=．
∵x1＜x2，∴，．
而方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的△1=△＞0，∴此方程有两解且f（x）=x1或x2． 不妨取0＜x1＜x2，f（x1）＞0． ①把y=f（x）向下平移x1个单位即可得到y=f（x）﹣x1的图象，∵f（x1）=x1，可知方程f（x）=x1有两解． ②把y=f（x）向下平移x2个单位即可得到y=f（x）﹣x2的图象，∵f（x1）=x1，∴f（x1）﹣x2＜0，可知方程f（x）=x2只有一解． 综上①②可知：方程f（x）=x1或f（x）=x2．只有3个实数解．即关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的只有3不同实根． 故选A．
点评： 本题综合考查了利用导数研究函数得单调性、极值及方程解得个数、平移变换等基础知识，考查了数形结合的思想方法、推理能力、分类讨论的思想方法、计算能力、分析问题和解决问题的能力．
5．（2013•湖北）已知a为常数，函数f（x）=x（lnx﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）（ ） A． B． C． D．
考点： 利用导数研究函数的极值；函数在某点取得极值的条件． 专题： 压轴题；导数的综合应用． 分析： 先求出f′（x），令f′（x）=0，由题意可得lnx=2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）=lnx+1﹣2ax有且只有
两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．利用导数与函数极值的关系即可得出． 解答： 解：∵=lnx+1﹣2ax，（x＞0）
令f′（x）=0，由题意可得lnx=2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）=lnx+1﹣2ax有且只有两个零点 ⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0． ． ①当a≤0时，g′（x）＞0，f′（x）单调递增，因此g（x）=f′（x）至多有一个零点，不符合题意，应舍去． ②当a＞0时，令g′（x）=0，解得x=，
∵x，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减． ∴x=是函数g（x）的极大值点，则＞0，即＞0，
∴ln（2a）＜0，∴0＜2a＜1，即． ∵，f′（x1）=lnx1+1﹣2ax1=0，f′（x2）=lnx2+1﹣2ax2=0．
且f（x1）=x1（lnx1﹣ax1）=x1（2ax1﹣1﹣ax1）=x1（ax1﹣1）＜x1（﹣ax1）=＜0， f（x2）=x2（lnx2﹣ax2）=x2（ax2﹣1）＞=﹣．（）． 故选D． 点评： 熟练掌握利用导数研究函数极值的方法是解题的关键．
6．（2013•辽宁）设函数f（x）满足x2f′（x）+2xf（x）=，f（2）=，则x＞0时，f（x）（ ） A． 有极大值，无极小值 B． 有极小值，无极大值 C． 既有极大值又有极小值 D． 既无极大值也无极小值
考点： 函数在某点取得极值的条件；导数的运算． 专题： 压轴题；导数的综合应用． 分析： 先利用导数的运算法则，确定f（x）的解析式，再构造新函数，确定函数的单调性，即可求得结论． 解答： 解：∵函数f（x）满足，
∴ ∴x＞0时，dx
∴ ∴ 令g（x）=，则 令g′（x）=0，则x=2，∴x∈（0，2）时，g′（x）＜0，函数单调递减，x∈（2，+∞）时，g′（x）＞0，函数单调递增 ∴g（x）在x=2时取得最小值 ∵f（2）=，∴g（2）==0 ∴g（x）≥g（2）=0
∴≥0 即x＞0时，f（x）单调递增 ∴f（x）既无极大值也无极小值
故选D． 点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与极值，考查学生分析解决问题的能力，难度较大．
7．（2013•安徽）若函数f（x）=x3+ax2+bx+c有极值点x1，x2，且f（x1）=x1，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的不同实根个数是（ ） A． 3 B． 4 C． 5 D． 6
考点： 函数在某点取得极值的条件；根的存在性及根的个数判断． 专题： 综合题；压轴题；导数的综合应用． 分析： 求导数f′（x），由题意知x1，x2是方程3x2+2ax+b=0的两根，从而关于f（x）的方程3（f（x））2+2af（x）
+b=0有两个根，作出草图，由图象可得答案． 解答： 解：f′（x）=3x2+2ax+b，x1，x2是方程3x2+2ax+b=0的两根，不妨设x2＞x1，
由3（f（x））2+2af（x）+b=0，则有两个f（x）使等式成立，x1=f（x1），x2＞x1=f（x1）， 如下示意图象： 如图有三个交点， 故选A．
点评： 考查函数零点的概念、以及对嵌套型函数的理解，考查数形结合思想． 8．（2014•海口二模）设f（x）是定义在R上的奇函数，且f（2）=0，当x＞0时，有恒成立，则不等式x2f（x）＞0的解集是（ ） A． （﹣2，0）∪（2，+∞） B． （﹣2，0）∪（0，2） C． （﹣∞，﹣2）∪（2，+∞） D． （﹣∞，﹣2）∪（0，2）
考点： 函数的单调性与导数的关系；奇偶函数图象的对称性；其他不等式的解法． 专题： 综合题；压轴题． 分析： 首先根据商函数求导法则，把化为[]′＜0；然后利用导函数的正负性，可
判断函数y=在（0，+∞）内单调递减；再由f（2）=0，易得f（x）在（0，+∞）内的正负性；最后结合奇函数的图象特征，可得f（x）在（﹣∞，0）内的正负性．则x2f（x）＞0⇔f（x）＞0的解集即可求得．