高考一轮复习课时作业(人教版)：3-2导数的应用(一)word版含答案
2021高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2讲导数与函数的单调性课时作业(含解析)新人教版B版
导数与函数的单调性课时作业1．(2019·宁夏固原市模拟)函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间是( ) A ．(－∞，2) B ．(0,3) C ．(1,4) D ．(2，＋∞)答案 D解析 f ′(x )＝(x －3)′e x ＋(x －3)(e x )′＝(x －2)e x，令f ′(x )>0，解得x >2.故选D ． 2．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0,2π)上是( ) A ．增函数 B ．减函数C ．在(0，π)上单调递增，在(π，2π)上单调递减D ．在(0，π)上单调递减，在(π，2π)上单调递增 答案 A解析 因为f ′(x )＝1－cos x >0在(0,2π)上恒成立，所以f (x )在(0,2π)上为增函数．故选A ．3．函数y ＝12x 2－ln x 的单调减区间为( )A ．(－1,1]B ．(0,1]C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)答案 B解析 函数y ＝12x 2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，y ′＝x －1x ＝(x －1)(x ＋1)x ，令y ′≤0，则可得0<x ≤1.故选B ．4．函数f (x )＝x ＋1x 2＋1在(－∞，＋∞)上是( ) A ．增函数 B ．减函数 C ．先增后减的函数 D ．先减后增的函数答案 A解析 f ′(x )＝1＋－2x (x 2＋1)2＝x 4＋x 2＋(x －1)2(x 2＋1)2， ∵对任意实数x ，f ′(x )>0恒成立． ∴f (x )在R 上是增函数．故选A ． 5．(2019·陕西西安模拟)函数f (x )＝axx 2＋1(a >0)的单调递增区间是( )A ．(－∞，－1)B ．(－1,1)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案 B解析 函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝a (1－x 2)(x 2＋1)2＝a (1－x )(1＋x )(x 2＋1)2.由于a >0，要使f ′(x )>0，只需(1－x )·(1＋x )>0，解得x ∈(－1,1)．故选B ．6．设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是( )A ．(1,2]B ．(4，＋∞)C ．(－∞，2)D ．(0,3]答案 A解析 因为f (x )＝12x 2－9ln x ，所以f ′(x )＝x －9x (x >0)，当x －9x ≤0时，有0<x ≤3，即在(0,3]上函数f (x )是减函数，则[a －1，a ＋1]⊆(0,3]，所以a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.故选A ．7．在R 上可导的函数f (x )的图象如图所示，则关于x 的不等式xf ′(x )<0的解集为( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－2，－1)∪(1,2)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)答案 A解析 在(－∞，－1)和(1，＋∞)上，f (x )递增，所以f ′(x )>0，使xf ′(x )<0的范围为(－∞，－1)；在(－1,1)上，f (x )递减，所以f ′(x )<0，使xf ′(x )<0的范围为(0,1)．综上，关于x 的不等式xf ′(x )<0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．8．(2020·冀州中学模拟)若函数f (x )的导函数f ′(x )＝x 2－4x ＋3，则使函数f (x －1)单调递减的一个充分不必要条件是x ∈( )A ．(0,1)B ．[0,2]C ．(2,3)D ．(2,4)答案 C解析 由f ′(x )<0⇔x 2－4x ＋3<0，即1<x <3，∴函数f (x )在(1,3)上单调递减． ∴函数f (x －1)在(2,4)上单调递减． 故D 为充要条件，C 为充分不必要条件．9．(2019·福建漳州质检)函数y ＝x 2＋ln |x |的图象大致为( )答案 A解析 显然y ＝x 2＋ln |x |是偶函数，故排除B ，C ，又当x >0时，y ＝x 2＋ln x ，y ′＝2x ＋1x>0，即函数在(0，＋∞)上单调递增，排除D ．故选A ．10．(2020·合肥一中模拟)函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)·f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，则( )A ．a <b <cB ．c <a <bC ．c <b <aD ．b <c <a答案 B解析 由f (x )＝f (2－x )可得对称轴为直线x ＝1，故f (3)＝f (1＋2)＝f (1－2)＝f (－1)．由x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，可知f ′(x )>0.即f (x )在(－∞，1)上单调递增，f (－1)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即c <a <b .11．(2019·临川模拟)已知函数f (x )＝x 2－12ln x ＋32在其定义域的一个子区间(a －1，a＋1)内不是单调函数，则实数a 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，54C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 答案 D解析 由题意，知f ′(x )＝2x －12x ＝4x 2－12x 在区间(a －1，a ＋1)上有零点，由f ′(x )＝0，得x ＝12，则⎩⎪⎨⎪⎧a －1≥0，a －1<12<a ＋1，解得1≤a ＜32.故选D ．12．定义在R 上的函数y ＝f (x )满足f (3－x )＝f (x )，⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32f ′(x )<0，若x 1<x 2，且x 1＋x 2>3，则下列关系正确的是( )A ．f (x 1)<f (x 2)B ．f (x 1)>f (x 2)C ．f (x 1)＝f (x 2)D ．f (x 1)，f (x 2)的大小关系不确定答案 B解析 由f (x )＝f (3－x )可得函数图象关于直线x ＝32对称．又由⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32f ′(x )<0，得当x >32时f ′(x )<0；当x <32时f ′(x )>0.由x 1<x 2，x 1＋x 2>3，得x 2>32.若32≤x 1<x 2，由单调性得f (x 1)>f (x 2)；若x 1<32，由3－x 1<x 2，得f (x 1)＝f (3－x 1)>f (x 2)．综上f (x 1)>f (x 2)．故选B ．13．函数f (x )＝xln x 的单调递减区间是________.答案 (0,1)和(1，e)解析 由f ′(x )＝ln x －1ln 2x <0得⎩⎪⎨⎪⎧ln x －1<0，ln x ≠0，解得0<x <1或1<x <e.∴f (x )的单调递减区间为(0,1)和(1，e)．14．(2019·武汉模拟)已知f (x )＝2ln x ＋x 2－5x ＋c 在区间(m ，m ＋1)上为减函数，则m 的取值范围是________.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1解析 由f ′(x )＝2x ＋2x －5＝2x 2－5x ＋2x＝2(x －2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12x<0得12<x <2，即f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2，由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧m ≥12，m ＋1≤2，即12≤m ≤1. 15．若函数y ＝－13x 3＋ax 有三个单调区间，则实数a 的取值范围是________.答案 a >0解析 y ′＝－x 2＋a ，y ＝－13x 3＋ax 有三个单调区间，则方程－x 2＋a ＝0应有两个不等实根，故a >0.16．(2019·唐山模拟)若函数f (x )＝x 2＋1＋ax 2x 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞上是增函数，则实数a 的取值范围是________.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫253，＋∞解析 由已知得，f ′(x )＝2x ＋a －1x 2，若函数f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞上是增函数，则当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞时，2x ＋a －1x 2≥0恒成立，即a ≥1x 2－2x 恒成立，即a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－2x max，设u (x )＝1x 2－2x ，则u ′(x )＝－2x 3－2<0，即函数u (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞上单调递减，所以当x ＝13时，函数u (x )取得最大值u ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝253，所以a ≥253.故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫253，＋∞.17．已知函数f (x )＝x 2＋a ln x .(1)当a ＝－2时，求函数f (x )的单调递减区间；(2)若函数g (x )＝f (x )＋2x在[1，＋∞)上单调，求实数a 的取值范围．解 (1)由题意，知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 当a ＝－2时，f ′(x )＝2x －2x＝2(x ＋1)(x －1)x，由f ′(x )<0得0<x <1，故f (x )的单调递减区间是(0,1)．(2)由题意，得g ′(x )＝2x ＋a x －2x2，∵函数g (x )在[1，＋∞)上单调， 当g (x )为[1，＋∞)上的单调增函数时，则g ′(x )≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≥2x－2x 2在[1，＋∞)上恒成立，设φ(x )＝2x－2x 2.∵φ(x )在[1，＋∞)上单调递减， ∴在[1，＋∞]上，φ(x )max ＝φ(1)＝0， ∴a ≥0.当g (x )为[1，＋∞)上的单调减函数时，则g ′(x )≤0在[1，＋∞)上恒成立，易知其不可能成立．∴实数a 的取值范围为[0，＋∞)．18．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，满足f (0)＝f (1)＝0，且f (x )的最小值是－14.(1)求f (x )的解析式；(2)设函数h (x )＝ln x －2x ＋f (x )，若函数h (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，m －1上是单调函数，求实数m 的取值范围．解 (1)因为二次函数f (x )满足f (0)＝f (1)＝0，所以其对称轴为直线x ＝12.又f (x )的最小值是－14，故f (x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122－14.因为f (0)＝0，所以a ＝1，故f (x )＝x 2－x . (2)因为h (x )＝ln x －2x ＋x 2－x ＝ln x ＋x 2－3x ，所以h ′(x )＝1x ＋2x －3＝(2x －1)(x －1)x ，所以h (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12和[1，＋∞)，单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1. 根据题意，得⎩⎪⎨⎪⎧m －1>12，m －1≤1，解得32<m ≤2.故实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤32，2. 19．设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －e e x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数．(1)讨论f (x )的单调性； (2)证明：当x >1时，g (x )>0.解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减． 当a >0时，由f ′(x )＝0得x ＝12a .当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)证明：令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝ex －1－1.当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在(1，＋∞)内为增函数，所以s (x )>s (1)，即e x －1>x ，从而g (x )＝1x －1ex －1>0.20．(2019·衡阳模拟)已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′(x )＋m 2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值范围． 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝a (1－x )x. 当a >0时，f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)； 当a <0时，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)； 当a ＝0时，f (x )不是单调函数．(2)由(1)及题意，得f ′(2)＝－a2＝1，即a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x.g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2x 2－2x ，∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t,3)上总不是单调函数，即g ′(x )在区间(t,3)上有变号零点．由于g ′(0)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′(t )<0，g ′(3)>0.g ′(t )<0，即3t 2＋(m ＋4)t －2<0对任意t ∈[1,2]恒成立，由于g ′(0)<0，故只要g ′(1)<0且g ′(2)<0，即m <－5且m <－9，故m <－9； 由g ′(3)>0，得m >－373.所以－373<m <－9.即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－9.。
高考数学(人教版文)一轮复习课时作业3第1章集合与常用逻辑用语3Word版含答案
1
1
3＜
1
x＜
1 0＝ 1，
2
22
log 1x ＞ log 1 1 ＝ 1，故④是真命题。
命题；
对于选项 C，因为 6 能被 3 整除，但 6 是偶数，所以这是假命题，其否定为真命题； 对于选项 D ，显然成立，因此其否定是假命题。 答案： D 6． (2016 ·长春二调 )已知命题 p：函数 y＝ ax＋1(a＞ 0，且 a≠ 1)的图象恒过定点 (0,1)；命 题 q：若函数 y＝f(x)为偶函数，则函数 y＝ f (x＋ 1)的图象关于直线 x＝ 1 对称，则下列命题为 真命题的是 ( )
即 y＝ f (x)的图象关于 y 轴对称， 因此 y＝ f(x＋ 1)的图象可由 y＝ f(x)图象向左平移一个单位得 到，所以 y＝ f(x＋1) 的图象关于直线 x＝－ 1 对称，则 q 为假命题。故 p∨ (綈 q)为真命题， 故选 D 。
答案： D 二、填空题 7． (2016 ·泰州期末 )由命题“存在 x∈ R，使 x2＋ 2x＋m≤0”是假命题，求得 范围是 (a，＋∞ ) ，则实数 a 的值是 __________。 解析： ∵ “ 存在 x∈ R，使 x2＋ 2x＋ m≤ 0”是假命题， ∴ “ 任意 x∈ R，使 x2＋ 2x＋ m＞0” 是真命题，
②正确，③错，④正确。
答案： B 4． (2016 ·唐山二模 )已知命题 p：函数 y＝ e|x－1|的图象关于直线 cos 2x＋ π6 的图象关于点 π6，0 对称，则下列命题中的真命题为 (
x＝ 1 对称， q：函数 y＝ )
A ． p∧ q
B． p∧ (綈 q)
C．( 綈 p)∧ q D． (綈 p)∨ (綈 q) 解析： 由函数 y＝ e|x－ 1|的图象可知图象关于直线
高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第2讲 导数与函数的单调性配套课时作业 理(含解析)新人教A
第2讲 导数与函数的单调性配套课时作业1．(2019·某某模拟)函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间是( ) A ．(－∞，2) B ．(0,3) C ．(1,4) D ．(2，＋∞)答案 D解析 f ′(x )＝(x －3)′e x＋(x －3)(e x)′＝(x －2)e x，令f ′(x )>0，解得x >2.故选D. 2．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0,2π)上是( ) A ．增函数 B ．减函数C ．在(0，π)上单调递增，在(π，2π)上单调递减D ．在(0，π)上单调递减，在(π，2π)上单调递增 答案 A解析 因为f ′(x )＝1－cos x >0在(0,2π)上恒成立，所以f (x )在(0,2π)上为增函数．故选A.3．函数y ＝12x 2－ln x 的单调减区间为( )A ．(－1,1]B ．(0,1]C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)答案 B解析 函数y ＝12x 2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，y ′＝x －1x＝x －1x ＋1x，令y ′≤0，则可得0<x ≤1.故选B.4．函数f (x )＝x ＋1x 2＋1在(－∞，＋∞)上是( ) A ．增函数 B ．减函数 C ．先增后减的函数 D ．先减后增的函数答案 A解析 f ′(x )＝1＋－2xx 2＋12＝x 4＋x 2＋x －12x 2＋12，∵对任意实数x ，f ′(x )>0恒成立． ∴f (x )在R 上是增函数．故选A.5．(2018·某某调研)若函数f (x )＝2x 2＋ln x －ax 在定义域上单调递增，则实数a 的取值X 围为( )A ．(4，＋∞)B ．[4，＋∞)C ．(－∞，4)D ．(－∞，4]答案 D解析 由已知得f ′(x )＝4x ＋1x－a (x >0)，因为函数f (x )是定义域上的单调递增函数，所以当x >0时，4x ＋1x －a ≥0恒成立．因为当x >0时，函数g (x )＝4x ＋1x≥4，当且仅当x ＝12时取等号，所以g (x )∈[4，＋∞)，所以a ≤4，即实数a 的取值X 围是(－∞，4]．故选D.6．(2019·冀州中学模拟)若函数f (x )的导函数f ′(x )＝x 2－4x ＋3，则使函数f (x －1)单调递减的一个充分不必要条件是x ∈( )A ．(0,1)B ．[0,2]C ．(2,3)D ．(2,4)答案 C解析 由f ′(x )<0⇔x 2－4x ＋3<0， 即1<x <3，∴函数f (x )在(1,3)上单调递减． ∴函数f (x －1)在(2,4)上单调递减． 故D 为充要条件，C 为充分不必要条件．7．若f (x )＝－12x 2＋b ln (x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b 的取值X 围是( )A ．[－1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1]D ．(－∞，－1)答案 C解析 因为f ′(x )＝－x ＋b x ＋2，则问题即为－x ＋bx ＋2≤0在(－1，＋∞)上恒成立，可化为b ≤(x ＋2)x ＝x 2＋2x 在(－1，＋∞)上恒成立．而x 2＋2x 在(－1，＋∞)上大于－1，则b ≤－1.8．(2019·某某质检)函数y ＝x 2＋ln |x |的图象大致为( )答案 A解析 显然y ＝x 2＋ln |x |是偶函数，故排除B ，C ，又当x >0时，y ＝x 2＋ln x ，y ′＝2x ＋1x>0，即函数在(0，＋∞)上单调递增，排除D.故选A.9．(2019·某某模拟)已知函数f (x )＝x 2－12ln x ＋32在其定义域的一个子区间(a －1，a＋1)内不是单调函数，则实数a 的取值X 围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，54C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 答案 D解析 由题意，知f ′(x )＝2x －12x ＝4x 2－12x 在区间(a －1，a ＋1)上有零点，由f ′(x )＝0，得x ＝12，则⎩⎪⎨⎪⎧a －1≥0，a －1<12<a ＋1，解得1≤a ＜32.故选D.10．(2019·某某某某模拟)已知函数f (x )＝x －(e －1)·ln x ，则不等式f (e x)<1的解集为( )A ．(0,1)B ．(1，＋∞)C ．(0，e)D ．(e ，＋∞)答案 A解析 f ′(x )＝1－(e －1)1x ＝x －e －1x(x ＞0)．当x ∈(0，e －1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(e －1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．因为f (1)＝f (e)＝1，所以f (x )<1的解集为(1，e)，即不等式1<e x <e ，解得0<x <1，即不等式f (e x)<1的解集为(0,1)．故选A.11．定义在R 上的函数y ＝f (x )满足f (3－x )＝f (x )，⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32f ′(x )<0，若x 1<x 2，且x 1＋x 2>3，则下列关系正确的是( )A ．f (x 1)<f (x 2)B ．f (x 1)>f (x 2)C ．f (x 1)＝f (x 2)D ．f (x 1)，f (x 2)的大小关系不确定 答案 B解析 由f (x )＝f (3－x )可得函数图象关于直线x ＝32对称．又由⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32f ′(x )<0，得x >32时f ′(x )<0；当x <32时f ′(x )>0.由x 1<x 2，x 1＋x 2>3，得x 2>32.若32≤x 1<x 2，由单调性得f (x 1)>f (x 2)；若x 1<32，由3－x 1<x 2，得f (x 1)＝f (3－x 1)>f (x 2)．综上f (x 1)>f (x 2)．故选B.12．(2019·某某市模拟)定义在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )，其导函数为f ′(x )，若恒有f (x )<f ′(x )tan x ，则( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3C.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 答案 D解析 因为x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以sin x >0，cos x >0.由f (x )<f ′(x )tan x ，得f ′(x )sin x－f (x )cos x >0.不妨设g (x )＝f x sin x ，则g ′(x )＝f ′x sin x －f x cos xsin 2x>0，所以函数g (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3sinπ3，即3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3.故选D.13．函数f (x )＝xln x 的单调递减区间是________．答案 (0,1)和(1，e)解析 由f ′(x )＝ln x －1ln 2x <0得⎩⎪⎨⎪⎧ln x －1<0，ln x ≠0，解得0<x <1或1<x <e.∴f (x )的单调递减区间为(0,1)和(1，e)．14．(2019·某某模拟)已知f (x )＝2ln x ＋x 2－5x ＋c 在区间(m ，m ＋1)上为减函数，则m 的取值X 围是________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1解析 由f ′(x )＝2x ＋2x －5＝2x 2－5x ＋2x＝2x －2⎝⎛⎭⎪⎫x －12x<0得12<x <2，即f (x )的减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2，由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧m ≥12，m ＋1≤2，即12≤m ≤1. 15．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )＝5＋cos x ，x ∈(－1,1)，且f (0)＝0，如果f (1－x )＋f (1－x 2)<0，则实数x 的取值X 围为________．答案 (1，2)解析 ∵导函数f ′(x )是偶函数，且f (0)＝0，∴原函数f (x )是奇函数，∴所求不等式变形为f (1－x )＜f (x 2－1)，∵导函数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增，又f (x )的定义域为(－1,1)，∴－1<1－x <x 2－1<1，解得1<x <2， ∴实数x 的取值X 围是(1，2)．16．(2019·某某模拟)若函数f (x )＝x 2＋1＋ax 2x 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞上是增函数，则实数a 的取值X 围是________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫253，＋∞解析 由已知得，f ′(x )＝2x ＋a －1x 2，若函数f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞上是增函数，则当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞时，2x ＋a －1x 2≥0恒成立，即a ≥1x 2－2x 恒成立，即a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－2x max，设u (x )＝1x 2－2x ，则u ′(x )＝－2x 3－2<0，即函数u (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞上单调递减，所以当x ＝13时，函数u (x )取得最大值u ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝253，所以a ≥253.故实数a 的取值X 围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫253，＋∞.17．(2019·某某模拟)已知函数f (x )＝1－xax＋ln x .(1)若函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数，求正实数a 的取值X 围； (2)讨论函数f (x )的单调性． 解 (1)∵f (x )＝1－x ax＋ln x ，∴f ′(x )＝ax －1ax 2(a >0)． ∵函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数， ∴f ′(x )＝ax －1ax 2≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立， ax －1≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立，即a ≥1x对x ∈[1，＋∞)恒成立，∴a ≥1.(2)∵a ≠0，f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a ax 2＝x －1a x2，x >0，当a <0时，f ′(x )>0对x ∈(0，＋∞)恒成立， ∴f (x )的增区间为(0，＋∞)．当a >0时，f ′(x )>0⇒x >1a ，f ′(x )<0⇒x <1a，∴f (x )的增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞，减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，1a .18．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，满足f (0)＝f (1)＝0，且f (x )的最小值是－14.(1)求f (x )的解析式；(2)设函数h (x )＝ln x －2x ＋f (x )，若函数h (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，m －1上是单调函数，某某数m 的取值X 围．解 (1)因为二次函数f (x )满足f (0)＝f (1)＝0，所以其对称轴为x ＝12.又f (x )的最小值是－14，故f (x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122－14.因为f (0)＝0，所以a ＝1，故f (x )＝x 2－x . (2)因为h (x )＝ln x －2x ＋x 2－x ＝ln x ＋x 2－3x ， 所以h ′(x )＝1x＋2x －3＝2x －1x －1x，所以h (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12和[1，＋∞)，单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1. 根据题意，得⎩⎪⎨⎪⎧m －1>12，m －1≤1，解得32<m ≤2.故实数m 的取值X 围是⎝ ⎛⎦⎥⎤32，2. 19．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋k (k >0)在x ＝0处取得极值，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线x ＋2y ＋1＝0.(1)求a ，b 的值； (2)若函数g (x )＝ex f x，讨论g (x )的单调性．解 (1)因为f (x )＝ax 2＋bx ＋k (k >0)，所以f ′(x )＝2ax ＋b . 又f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，从而b ＝0.由曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋2y ＋1＝0相互垂直可知该切线的斜率为2，即f ′(1)＝2，即2a ＝2，即a ＝1.所以a ＝1，b ＝0.(2)由(1)知，g (x )＝exx 2＋k (k >0)，g ′(x )＝exx 2－2x ＋kx 2＋k 2(k >0)．令g ′(x )＝0，有x 2－2x ＋k ＝0.①当Δ＝4－4k <0，即k >1时，g ′(x )>0在R 上恒成立，故函数g (x )在R 上为增函数； ②当Δ＝4－4k ＝0，即k ＝1时，g ′(x )＝e xx －12x 2＋k2≥0，仅在x ＝1处，g ′(x )＝0，故函数g (x )在R 上为增函数；③当Δ＝4－4k >0，即0<k <1时，方程x 2－2x ＋k ＝0有两个不相等实根，x 1＝1－1－k ，x 2＝1＋1－k .由x 2－2x ＋k >0，解得x <1－1－k 或x >1＋1－k ；由x 2－2x ＋k <0，解得1－1－k <x <1＋1－k .所以，函数g (x )在区间(－∞，1－1－k )与(1＋1－k ，＋∞)上单调递增，在区间(1－1－k ，1＋1－k )上单调递减．20．(2019·某某模拟)已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′x ＋m 2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值X围．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝a 1－xx. 当a >0时，f (x )的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)； 当a <0时，f (x )的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)； 当a ＝0时，f (x )不是单调函数．(2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a2＝1，即a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x .g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2x 2－2x ，∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t,3)上总不是单调函数，即g ′(x )＝0在区间(t,3)上有变号零点．由于g ′(0)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′t <0，g ′3>0.当g ′(t )<0，即3t 2＋(m ＋4)t －2<0对任意t ∈[1,2]恒成立，由于g ′(0)<0，故只要g ′(1)<0且g ′(2)<0，即m <－5且m <－9，故m <－9； 由g ′(3)>0，得m >－373.所以－373<m <－9.即实数m 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－9.。
高考数学(人教版文)一轮复习课时作业13第2章函数、导数及其应用10Word版含答案
f 0 ＝ b＝ 0 (1)由题意得
解析： 将 f(x)＝xln x 求导得 f′ (x)＝ lnx＋1，设切点为 (x0，y0)， l 的方程为 y－ y0＝ (ln x0 ＋1)( x－ x0)，因为直线 l 过点 (0 ，－ 1)，所以－ 1－ y0＝ (ln x0＋ 1)(0 －x0)，又 y0＝ x0lnx0，所以 －1－ x0ln x0＝－ x0(lnx0＋ 1)，∴ x0＝ 1， y0＝ 0，所以切线方程为 y＝ x－1。
3 4 sinx，
则
k＝
f′
(
x0)
＝
1 2
－
1 4cosx0＋
3 4 sinx0＝ 1，
即
3
1
2 sinx 0－2cosx0＝1，即
sin
π x0－ 6 ＝ 1。
所以
x0－
π＝ 6
2
kπ＋
π， 2
k∈
Z
，
解得
x0＝
2kπ＋
2π， 3
k∈
Z
。
2π 2π 故 tanx0＝ tan 2kπ＋ 3 ＝tan 3 ＝－ 3。
答案： － 3 三、解答题 10． (2016 ·沧州模拟 )已知函数 f(x)＝x 3＋ (1 －a)x2－a(a＋ 2)x＋ b(a， b∈R )。 (1)若函数 f(x)的图象过原点，且在原点处的切线斜率为－ 3，求 a， b 的值； (2)若曲线 y＝ f(x)存在两条垂直于 y 轴的切线，求 a 的取值范围。 解析： f′ (x)＝ 3x2＋ 2(1－a)x－ a(a＋ 2)。
一、选择题
课时作业 (十三 ) 变化率与导数、导数的计算
1． (2016 ·哈尔滨模拟 )已知 f(x)＝ x(2 013＋ln x)， f′ (x0)＝ 2 014，则 x0 等于 ( )
2020版高考文科数学大一轮复习人教A版文档：第三章导数及应用3.1 Word版含答案.docx
§3.1导数的概念及运算最新考纲考情考向分析1.了解导数概念的实际背景．2.通过函数图象直观理解导数的几何意义．3.能根据导数定义求函数y＝c(c为常数)，y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝1x，y＝x的导数．4.能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数.导数的概念和运算是高考的必考内容，一般渗透在导数的应用中考查；导数的几何意义常与解析几何中的直线交汇考查；题型为选择题或解答题的第(1)问，低档难度.1．导数与导函数的概念(1)一般地，函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率是limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0f(x0＋Δx)－f(x0)Δx，我们称它为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)或x xy='｜，即f′(x0)＝limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0f(x0＋Δx)－f(x0)Δx.(2)如果函数y＝f(x)在开区间(a，b)内的每一点处都有导数，其导数值在(a，b)内构成一个新函数，这个函数称为函数y＝f(x)在开区(a，b)间内的导函数．记作f′(x)或y′.2．导数的几何意义函数y＝f(x)在点x0处的导数的几何意义，就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率k，即k＝f′(x0)．3．基本初等函数的导数公式基本初等函数 导函数 f (x )＝c (c 为常数) f ′(x )＝0 f (x )＝x α(α∈Q *) f ′(x )＝αx α－1 f (x )＝sin x f ′(x )＝cos x f (x )＝cos x f ′(x )＝－sin x f (x )＝e x f ′(x )＝e x f (x )＝a x (a >0，a ≠1)f ′(x )＝a x ln a f (x )＝ln x f ′(x )＝1xf (x )＝log a x (a >0，a ≠1)f ′(x )＝1x ln a4.导数的运算法则若f ′(x )，g ′(x )存在，则有 (1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； (2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (3)⎣⎡⎦⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2(g (x )≠0)．知识拓展1．奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数． 2．[af (x )＋bg (x )]′＝af ′(x )＋bg ′(x )．3．函数y ＝f (x )的导数f ′(x )反映了函数f (x )的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f ′(x )|反映了变化的快慢，|f ′(x )|越大，曲线在这点处的切线越“陡”．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)f ′(x 0)是函数y ＝f (x )在x ＝x 0附近的平均变化率．( × ) (2)f ′(x 0)与[f (x 0)]′表示的意义相同．( × )(3)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．( × ) (4)函数f (x )＝sin(－x )的导数是f ′(x )＝cos x ．( × ) 题组二 教材改编2．[P85A 组T5]若f (x )＝x ·e x ，则f ′(1)＝ . 答案 2e解析 ∵f ′(x )＝e x ＋x e x ，∴f ′(1)＝2e.3．[P85A 组T7]曲线y ＝sin xx 在点M (π，0)处的切线方程为 ．答案 x ＋πy －π＝0解析 ∵y ′＝x cos x －sin x x 2，∴y ′|x ＝π＝－ππ2＝－1π， ∴切线方程为y ＝－1π(x －π)，即x ＋πy －π＝0.题组三 易错自纠4．如图所示为函数y ＝f (x )，y ＝g (x )的导函数的图象，那么y ＝f (x )，y ＝g (x )的图象可能是( )答案 D解析 由y ＝f ′(x )的图象知，y ＝f ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，说明函数y ＝f (x )的切线的斜率在(0，＋∞)上也单调递减，故可排除A ，C.又由图象知y ＝f ′(x )与y ＝g ′(x )的图象在x ＝x 0处相交，说明y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象在x ＝x 0处的切线的斜率相同，故可排除B.故选D.5．有一机器人的运动方程为s ＝t 2＋3t (t 是时间，s 是位移)，则该机器人在时刻t ＝2时的瞬时速度为( )A.194B.174C.154D.134 答案 D6．(2018·青岛调研)已知f (x )＝12x 2＋2xf ′(2 018)＋2 018ln x ，则f ′(2 018)等于( )A ．2 018B ．－2 019C ．2 019D ．－2 018答案 B解析 由题意得f ′(x )＝x ＋2f ′(2 018)＋2 018x，所以f ′(2 018)＝2 018＋2f ′(2 018)＋2 0182 018，即f ′(2 018)＝－(2 018＋1)＝－2 019.7．已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝ . 答案 1解析 ∵f ′(x )＝3ax 2＋1，∴f ′(1)＝3a ＋1， 又f (1)＝a ＋2，∴切线方程为y －(a ＋2)＝(3a ＋1)(x －1)， 又点(2,7)在切线上，可得a ＝1.题型一 导数的计算1．f (x )＝x (2 018＋ln x )，若f ′(x 0)＝2 019，则x 0等于( ) A ．e 2 B ．1 C ．ln 2 D ．e 答案 B解析 f ′(x )＝2 018＋ln x ＋x ×1x ＝2 019＋ln x ，故由f ′(x 0)＝2 019，得2 019＋ln x 0＝2 019，则ln x 0＝0，解得x 0＝1.2．(2018·上海质检)若函数f (x )＝ax 4＋bx 2＋c 满足f ′(1)＝2，则f ′(－1)等于( ) A ．－1 B ．－2 C ．2 D ．0 答案 B解析 f ′(x )＝4ax 3＋2bx ， ∵f ′(x )为奇函数且f ′(1)＝2， ∴f ′(－1)＝－2.3．已知f (x )＝x 2＋2xf ′(1)，则f ′(0)＝ . 答案 －4解析 ∵f ′(x )＝2x ＋2f ′(1)， ∴f ′(1)＝2＋2f ′(1)，即f ′(1)＝－2. ∴f ′(x )＝2x －4，∴f ′(0)＝－4. 思维升华 导数计算的技巧求导之前，应对函数进行化简，然后求导，减少运算量．题型二 导数的几何意义命题点1 求切线方程典例 (1)曲线f (x )＝e xx －1在x ＝0处的切线方程为 ．答案 2x ＋y ＋1＝0解析 根据题意可知切点坐标为(0，－1)， f ′(x )＝(x －1)(e x )′－e x (x －1)′(x －1)2＝(x －2)e x(x －1)2，故切线的斜率k ＝f ′(0)＝(0－2)e 0(0－1)2＝－2，则直线的方程为y －(－1)＝－2(x －0)， 即2x ＋y ＋1＝0.(2)已知函数f (x )＝x ln x ，若直线l 过点(0，－1)，并且与曲线y ＝f (x )相切，则直线l 的方程为 ． 答案 x －y －1＝0解析 ∵点(0，－1)不在曲线f (x )＝x ln x 上， ∴设切点为(x 0，y 0)．又∵f ′(x )＝1＋ln x ， ∴直线l 的方程为y ＋1＝(1＋ln x 0)x .∴由⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝x 0ln x 0，y 0＋1＝(1＋ln x 0)x 0，解得x 0＝1，y 0＝0.∴直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0. 引申探究本例(2)中，若曲线y ＝x ln x 上点P 的切线平行于直线2x －y ＋1＝0，则点P 的坐标是 ． 答案 (e ，e)解析 y ′＝1＋ln x ，令y ′＝2，即1＋ln x ＝2， ∴x ＝e ，∴点P 的坐标为(e ，e)． 命题点2 求参数的值典例 (1)直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1，3)，则2a ＋b ＝ . 答案 1解析 由题意知，y ＝x 3＋ax ＋b 的导数y ′＝3x 2＋a ，则⎩⎪⎨⎪⎧13＋a ＋b ＝3，3×12＋a ＝k ，k ＋1＝3，由此解得k ＝2，a ＝－1，b ＝3，∴2a ＋b ＝1.(2)(2018届东莞外国语学校月考)曲线y ＝4x －x 2上两点A (4,0)，B (2,4)，若曲线上一点P 处的切线恰好平行于弦AB ，则点P 的坐标是( ) A ．(3,3) B ．(1,3) C ．(6，－12) D ．(2,4)答案 A解析 设点P (x 0，y 0)，∵A (4,0)，B (2,4)， ∴k AB ＝4－02－4＝－2.∵在点P 处的切线l 平行于弦AB ，∴k l ＝－2. ∴根据导数的几何意义知，曲线在点P 的导数0x x y ='｜＝ ＝4－2x 0＝－2，即x 0＝3，∵点P (x 0，y 0)在曲线y ＝4x －x 2上， ∴y 0＝4x 0－x 20＝3，∴P (3,3)． 命题点3 导数与函数图象典例 (1)已知函数y ＝f (x )的图象是下列四个图象之一，且其导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则该函数的图象是( )答案 B解析 由y ＝f ′(x )的图象是先上升后下降可知，函数y ＝f (x )图象的切线的斜率先增大后减小，故选B.(2)已知y ＝f (x )是可导函数，如图，直线y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)＝ .(42)|x x x =－答案 0解析 由题图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处切线的斜率等于－13，∴f ′(3)＝－13.∵g (x )＝xf (x )，∴g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )， ∴g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)， 又由题图可知f (3)＝1， ∴g ′(3)＝1＋3×⎝⎛⎭⎫－13＝0. 思维升华 导数的几何意义是切点处切线的斜率，应用时主要体现在以下几个方面： (1)已知切点A (x 0，f (x 0))求斜率k ，即求该点处的导数值k ＝f ′(x 0)．(2)若求过点P (x 0，y 0)的切线方程，可设切点为(x 1，y 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝f (x 1)，y 0－y 1＝f ′(x 1)(x 0－x 1)求解即可．(3)函数图象在每一点处的切线斜率的变化情况反映函数图象在相应点处的变化情况． 跟踪训练 (1)(2017·山西孝义模拟)已知f (x )＝x 2，则曲线y ＝f (x )过点P (－1,0)的切线方程是 ．答案 y ＝0或4x ＋y ＋4＝0 解析 设切点坐标为(x 0，x 20)，∵f ′(x )＝2x ，∴切线方程为y －0＝2x 0(x ＋1)，∴x 20＝2x 0(x 0＋1)，解得x 0＝0或x 0＝－2， ∴所求切线方程为y ＝0或y ＝－4(x ＋1)， 即y ＝0或4x ＋y ＋4＝0.(2)设曲线y ＝1＋cos x sin x 在点⎝⎛⎭⎫π2，1处的切线与直线x －ay ＋1＝0平行，则实数a ＝ . 答案 －1解析 ∵y ′＝－1－cos xsin 2x ，∴π2x y ='｜＝－1. 由条件知1a＝－1，∴a ＝－1.求曲线的切线方程典例 若存在过点O (0,0)的直线l 与曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 和y ＝x 2＋a 都相切，求a 的值． 错解展示：现场纠错解 易知点O (0,0)在曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 上． (1)当O (0,0)是切点时，由y ′＝3x 2－6x ＋2，得y ′|x ＝0＝2，即直线l 的斜率为2，故直线l 的方程为y ＝2x .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，y ＝x 2＋a ，得x 2－2x ＋a ＝0， 依题意Δ＝4－4a ＝0，得a ＝1.(2)当O (0,0)不是切点时，设直线l 与曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 相切于点P (x 0，y 0)，则y 0＝x 30－3x 20＋2x 0，k ＝0x x y ='｜＝3x 20－6x 0＋2，①又k ＝y 0x 0＝x 20－3x 0＋2，②联立①②，得x 0＝32(x 0＝0舍去)，所以k ＝－14，故直线l 的方程为y ＝－14x .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14x ，y ＝x 2＋a ，得x 2＋14x ＋a ＝0，依题意知Δ＝116－4a ＝0，得a ＝164.综上，a ＝1或a ＝164.纠错心得 求曲线过一点的切线方程，要考虑已知点是切点和已知点不是切点两种情况．1．函数f(x)＝(x＋2a)(x－a)2的导数为()A．2(x2－a2) B．2(x2＋a2)C．3(x2－a2) D．3(x2＋a2)答案C解析f′(x)＝(x－a)2＋(x＋2a)·(2x－2a)＝(x－a)·(x－a＋2x＋4a)＝3(x2－a2)．2．设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数f′(x)的图象可能是()答案C解析原函数的单调性是当x<0时，f(x)单调递增；当x>0时，f(x)的单调性变化依次为增、减、增，故当x<0时，f′(x)>0；当x>0时，f′(x)的符号变化依次为＋，－，＋.故选C. 3．(2017·西安质检)曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线平行于直线y＝2x－1，则P点的坐标为()A．(1,3) B．(－1,3)C．(1,3)或(－1,3) D．(1，－3)答案C解析f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，则3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1，∴P(1,3)或(－1,3)，经检验，点(1,3)，(－1,3)均不在直线y＝2x－1上，故选C.4．若直线y ＝x 是曲线y ＝x 3－3x 2＋px 的切线，则实数p 的值为( ) A ．1 B ．2 C.134 D ．1或134答案 D解析 ∵y ′＝3x 2－6x ＋p ，设切点为P (x 0，y 0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧3x 20－6x 0＋p ＝1，x 30－3x 20＋px 0＝x 0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝0，p ＝1或⎩⎨⎧x 0＝32，p ＝134.5．(2018·广州调研)已知曲线y ＝ln x 的切线过原点，则此切线的斜率为( ) A ．e B ．－e C.1e D ．－1e答案 C解析 y ＝ln x 的定义域为(0，＋∞)，且y ′＝1x ，设切点为(x 0，ln x 0)，则0x x y ='｜＝1x 0， 切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，因为切线过点(0,0)，所以－ln x 0＝－1， 解得x 0＝e ，故此切线的斜率为1e.6．(2017·重庆诊断)已知函数f (x )＝2e x ＋1＋sin x ，其导函数为f ′(x )，则f (2 019)＋f (－2 019)＋f ′(2 019)－f ′(－2 019)的值为( ) A ．0 B ．2 C ．2 017 D ．－2 017 答案 B解析 ∵f (x )＝2e x ＋1＋sin x ，∴f ′(x )＝－2e x(e x ＋1)2＋cos x ，f (x )＋f (－x )＝2e x ＋1＋sin x ＋2e －x ＋1＋sin(－x )＝2，f ′(x )－f ′(－x )＝－2e x(e x ＋1)2＋cos x ＋2e －x(e －x ＋1)2－cos(－x )＝0， ∴f (2 019)＋f (－2 019)＋f ′(2 019)－f ′(－2 019)＝2.7．已知函数f (x )＝ax ln x ，x ∈(0，＋∞)，其中a 为实数，f ′(x )为f (x )的导函数，若f ′(1)＝3，则a 的值为 ．答案 3解析 f ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎫ln x ＋x ·1x ＝a (1＋ln x )， 由于f ′(1)＝a (1＋ln 1)＝a ，又f ′(1)＝3，所以a ＝3.8．(2016·全国Ⅲ)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)处的切线方程是 ．答案 2x －y ＝0解析 设x >0，则－x <0，f (－x )＝e x －1＋x ，因为f (x )为偶函数，所以当x >0时，f (x )＝e x －1＋x ，f ′(x )＝e x －1＋1，故f ′(1)＝2，所以曲线在点(1,2)处的切线方程为y －2＝2(x －1)，即y ＝2x .9．设点P 是曲线y ＝x 3－3x ＋23上的任意一点，P 点处切线倾斜角α的取值范围为 ．答案 ⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫2π3，π 解析 因为y ′＝3x 2－3≥－3，故切线斜率k ≥－3，所以切线倾斜角α的取值范围是⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫2π3，π. 10．(2018·成都质检)已知f ′(x )，g ′(x )分别是二次函数f (x )和三次函数g (x )的导函数，且它们在同一平面直角坐标系内的图象如图所示．(1)若f (1)＝1，则f (－1)＝ ；(2)设函数h (x )＝f (x )－g (x )，则h (－1)，h (0)，h (1)的大小关系为 ．(用“<”连接)答案 (1)1 (2)h (0)<h (1)<h (－1)解析 (1)由图可得f ′(x )＝x ，g ′(x )＝x 2，设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，g (x )＝dx 3＋ex 2＋mx ＋n (d ≠0)，则f ′(x )＝2ax ＋b ＝x ，g ′(x )＝3dx 2＋2ex ＋m ＝x 2，故a ＝12，b ＝0，d ＝13，e ＝m ＝0，所以f (x )＝12x 2＋c ，g (x )＝13x 3＋n ， 由f (1)＝1，得c ＝12， 则f (x )＝12x 2＋12，故f (－1)＝1. (2)h (x )＝f (x )－g (x )＝12x 2－13x 3＋c －n ， 则有h (－1)＝56＋c －n ，h (0)＝c －n ， h (1)＝16＋c －n ，故h (0)<h (1)<h (－1)． 11．已知函数f (x )＝x 3－4x 2＋5x －4.(1)求曲线f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)求经过点A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程．解 (1)∵f ′(x )＝3x 2－8x ＋5，∴f ′(2)＝1，又f (2)＝－2，∴曲线在点(2，f (2))处的切线方程为y ＋2＝x －2，即x －y －4＝0.(2)设曲线与经过点A (2，－2)的切线相切于点P (x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)，∵f ′(x 0)＝3x 20－8x 0＋5，∴切线方程为y －(－2)＝(3x 20－8x 0＋5)·(x －2)，又切线过点P (x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)，∴x 30－4x 20＋5x 0－2＝(3x 20－8x 0＋5)(x 0－2)， 整理得(x 0－2)2(x 0－1)＝0，解得x 0＝2或1，∴经过点A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程为x －y －4＝0或y ＋2＝0.12．已知曲线y ＝x 3＋x －2在点P 0处的切线l 1平行于直线4x －y －1＝0，且点P 0在第三象限．(1)求P 0的坐标；(2)若直线l ⊥l 1，且l 也过切点P 0，求直线l 的方程．解 (1)由y ＝x 3＋x －2，得y ′＝3x 2＋1，由已知令3x 2＋1＝4，解得x ＝±1.当x ＝1时，y ＝0；当x ＝－1时，y ＝－4.又∵点P 0在第三象限，∴切点P 0的坐标为(－1，－4)．(2)∵直线l ⊥l 1，l 1的斜率为4，∴直线l 的斜率为－14.∵l 过切点P 0，点P 0的坐标为(－1，－4)， ∴直线l 的方程为y ＋4＝－14(x ＋1)， 即x ＋4y ＋17＝0.13．已知函数f (x )＝x ＋1，g (x )＝a ln x ，若在x ＝14处函数f (x )与g (x )的图象的切线平行，则实数a 的值为( )A.14B.12C ．1D ．4 答案 A解析 由题意可知f ′(x )＝1212x -，g ′(x )＝a x， 由f ′⎝⎛⎭⎫14＝g ′⎝⎛⎭⎫14，得12×121()4-＝a 14， 可得a ＝14，经检验，a ＝14满足题意． 14．(2017·上饶模拟)若点P 是曲线y ＝x 2－ln x 上任意一点，则点P 到直线y ＝x －2距离的最小值为 ．答案 2 解析 由题意知y ＝x 2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，当点P 是曲线的切线中与直线y ＝x －2平行的直线的切点时，点P 到直线y ＝x －2的距离最小，如图所示．故令y ′＝2x －1x＝1，解得x ＝1，故点P 的坐标为(1,1)．故点P 到直线y ＝x －2的最小值d min ＝|1－1－2|2＝ 2.15．若函数f (x )＝12x 2－ax ＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是 ． 答案 [2，＋∞)解析 ∵f (x )＝12x 2－ax ＋ln x ，定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝x －a ＋1x. ∵f (x )存在垂直于y 轴的切线，∴f ′(x )存在零点，即x ＋1x－a ＝0有解， ∴a ＝x ＋1x≥2(当且仅当x ＝1时取等号)． 16．设抛物线C ：y ＝－x 2＋92x －4，过原点O 作C 的切线y ＝kx ，使切点P 在第一象限． (1)求k 的值；(2)过点P 作切线的垂线，求它与抛物线的另一个交点Q 的坐标． 解 (1)设点P 的坐标为(x 1，y 1)，则y 1＝kx 1，①y 1＝－x 21＋92x 1－4，② 将①代入②得x 21＋⎝⎛⎭⎫k －92x 1＋4＝0.∵P 为切点，∴Δ＝⎝⎛⎭⎫k －922－16＝0， 得k ＝172或k ＝12. 当k ＝172时，x 1＝－2，y 1＝－17； 当k ＝12时，x 1＝2，y 1＝1. ∵P 在第一象限，∴所求的斜率k ＝12. (2)过P 点作切线的垂线，其方程为y ＝－2x ＋5.③将③代入抛物线方程得x 2－132x ＋9＝0. 设Q 点的坐标为(x 2，y 2)，即2x 2＝9，∴x 2＝92，y 2＝－4. ∴Q 点的坐标为⎝⎛⎭⎫92，－4.。
2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第三章+第2节第3课时+导数不等式中应用+Word版含解析
多维层次练19[A级基础巩固]1．函数f(x)＝ln x＋a的导数为f′(x)，若方程f′(x)＝f(x)的根x0小于1，则实数a的取值范围为()A．(1，＋∞) B．(0，1)C．(1，2) D．(1，3)解析：由函数f(x)＝ln x＋a可得f′(x)＝1 x，因为x0使f′(x)＝f(x)成立，所以1x0＝ln x0＋a，又0<x0<1，所以1x0>1，ln x0<0，所以a＝1x0－ln x0>1. 答案：A2．已知函数f(x)＝ax－1＋ln x，若存在x0>0，使得f(x0)≤0有解，则实数a的取值范围是()A．a>2 B．a<3 C．a≤1 D．a≥3解析：函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，不等式ax－1＋ln x≤0有解，即a≤x－x ln x在(0，＋∞)上有解．令h(x)＝x－x ln x，则h′(x)＝－ln x，由h′(x)＝0，得x＝1.当0<x<1时，h′(x)>0，当x>1时，h′(x)<0.故当x＝1时，函数h(x)＝x－x ln x取得最大值1，所以要使不等式a≤x－x ln x在(0，＋∞)上有解，只要a小于或等于h(x)的最大值即可，即a≤1.答案：C3．(2020·济南一中联考)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx－17(a，b，c∈R)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－98，则a 的值是( )A ．－8122 B.13 C ．2 D ．5解析：易知f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c .因为f ′(x )≤0的解集为{x |－2≤x ≤3}．所以a >0，且－2＋3＝－2b 3a ，－2×3＝c 3a， 则3a ＝－2b ，c ＝－18a ，依题意f (x )的极小值为f (3)＝27a ＋9b ＋3c －17＝－98.解得a ＝2，b ＝－3，c ＝－36.答案：C4．(2020·惠州调研)设x ∈R ，函数y ＝f (x )的导数存在，若f (x )＋f ′(x )>0恒成立，且a >0，则下列结论正确的是( )A ．f (a )<f (0)B ．f (a )>f (0)C ．e a ·f (a )<f (0)D ．e a ·f (a )>f (0)解析：设g (x )＝e x ·f (x )，则g ′(x )＝e x [f (x )＋f ′(x )]>0，所以g (x )在R 上单调递增．由a >0，得g (a )>g (0)，即e a ·f (a )>f (0)．答案：D5．(2019·天津卷改编)已知a ∈R ，设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋a ，0≤x ≤1，x －a ln x ，x >1，若关于x 的不等式f (x )≥0在x ∈[0，＋∞)上恒成立，则a 的取值范围为( )A ．[0，1]B ．[0，2]C ．[0，e]D ．[1，e]解析：当0≤x ≤1时，f (x )＝x 2＋a ≥a ，由f(x)≥0恒成立，则a≥0，当x>1时，由f(x)＝x－a ln x≥0恒成立，即a≤xln x恒成立．设g(x)＝xln x(x>1)，则g′(x)＝ln x－1（ln x）2.令g′(x)＝0，得x＝e，且当1<x<e时，g′(x)<0，当x>e时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(e)＝e，所以a≤e.综上，a的取值范围是0≤a≤e，即[0，e]．答案：C6．若对任意的a，b满足0<a<b<t，都有b ln a<a ln b，则t的最大值为________．解析：因为0<a<b<t，b ln a<a ln b，所以ln aa<ln bb，令y＝ln xx，x∈(0，t)，则函数在(0，t)上单调递增，故y′＝1－ln xx2>0，解得0<x<e，故t的最大值是e. 答案：e7．已知函数f′(x)是函数f(x)的导函数，f(1)＝1e，对任意实数都有f(x)－f′(x)>0，设F(x)＝f（x）e x，则不等式F(x)<1e2的解集为________．解析：F′(x)＝f′（x）e x－e x f（x）（e x）2＝f′（x）－f（x）e x，又f(x)－f′(x)>0，所以F′(x)<0. 即F(x)在定义域上单调递减．由F (x )<1e 2＝F (1)，得x >1. 所以不等式F (x )<1e 2的解集为(1，＋∞)． 答案：(1，＋∞)8．函数f (x )＝x －2sin x ，对任意的x 1，x 2∈[0，π]，恒有|f (x 1)－f (x 2)|≤M ，则M 的最小值为________．解析：因为f (x )＝x －2sin x ，所以f ′(x )＝1－2cos x ，所以当0<x <π3时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当π3<x <π时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 所以当x ＝π3时，f (x )有极小值，即最小值， 且f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝π3－2sin π3＝π3－ 3. 又f (0)＝0，f (π)＝π.所以f (x )max ＝π.由题意得|f (x 1)－f (x 2)|≤M 等价于M ≥|f (x )max －f (x )min |＝π－⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－3＝2π3＋ 3. 所以M 的最小值为2π3＋ 3. 答案：2π3＋ 3 9．已知函数f (x )＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x －2ln x (m ∈R)，g (x )＝－m x ，若至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f (x 0)<g (x 0)成立，求实数m 的取值范围．解：依题意，不等式f (x )<g (x )在[1，e]上有解，所以mx <2ln x 在区间[1，e]上有解，即m 2<ln x x能成立．令h (x )＝ln x x ，x ∈[1，e]，则h ′(x )＝1－ln x x 2. 当x ∈[1，e]时，h ′(x )≥0，h (x )在[1，e]上是增函数，所以h (x )的最大值为h (e)＝1e. 由题意m 2<1e ，即m <2e时，f (x )<g (x )在[1，e]上有解． 所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，2e . 10．(2019·天津卷节选)设函数f (x )＝e x cos x ，g (x )为f (x )的导函数．(1)求f (x )的单调区间；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2时，证明f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ≥0. (1)解：由已知，有f ′(x )＝e x (cos x －sin x )．因此，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z)时， 有sin x >cos x ，得f ′(x )<0，则f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z)时，有sin x <cos x ， 得f ′(x )>0，则f (x )单调递增．所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z)， f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z)． (2)证明：记h (x )＝f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x . 依题意及(1)，有g (x )＝e x (cos x －sin x )，从而g ′(x )＝－2e x sin x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2时，g ′(x )<0，故h ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ＋g (x )(－1)＝ g ′(x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x <0. 因此，h (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2上单调递减， 进而h (x )≥h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0. 所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2时，f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ≥0. [B 级 能力提升]11．已知x ＝1是f (x )＝[x 2－(a ＋3)x ＋2a ＋3]e x 的极小值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，1)解析：f ′(x )＝[x 2－(a ＋1)x ＋a ]e x ，令f ′(x )＝0，得x 2－(a ＋1)x ＋a ＝0.设g (x )＝x 2－(a ＋1)x ＋a ＝(x －1)(x －a )，①当a ＝1时，g (x )≥0，f ′(x )≥0，f (x )没有极值．②当a >1时，若x >a 或x <1时，g (x )>0，f ′(x )>0；若1<x <a 时，g (x )<0，则f ′(x )<0，所以x ＝1是函数f (x )的极大值点，不合题意．③当a <1时，若x >1或x <a ，f ′(x )>0；若a <x <1时，f ′(x )<0. 所以x ＝1是函数f (x )的极小值点，满足题意．综上所述，实数a 的取值范围是(－∞，1)．答案：D12．设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R.(1)求f (x )的单调区间与极值．(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，e x>x2－2ax＋1.(1)解：由f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R，知f′(x)＝e x－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln 2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：↘↗故f(x[ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．(2)证明：设g(x)＝e x－x2＋2ax－1，x∈R，则g′(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意的x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增．于是当a>ln 2－1时，对任意的x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．而g(0)＝0，从而对任意的x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即e x－x2＋2ax－1>0，故e x>x2－2ax＋1.[C级素养升华]13．(2020·衡水中学检测)设函数f(x)＝1－a2x2＋ax－ln x(a∈R)．(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；(2)若对任意a∈(4，5)及任意x1，x2∈[1，2]，恒有a－12·m＋ln 2>|f(x1)－f (x 2)|成立，求实数m 的取值范围．解：(1)因为函数f (x )＝1－a 2x 2＋ax －ln x (a ∈R)， 所以函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝1时，f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x ＝x －1x， 当0<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以函数f (x )的极小值为f (1)＝1，无极大值．(2)因为函数f (x )＝1－a 2x 2＋ax －ln x (a ∈R)， 所以f ′(x )＝(1－a )x ＋a －1x ＝（1－a ）⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a －1（x －1）x ，当a ∈(4，5)时，在区间[1，2]上，f ′(x )≤0，则f (x )单调递减，所以f (1)是f (x )的最大值，f (2)是f (x )的最小值，所以|f (x 1)－f (x 2)|≤f (1)－f (2)＝a 2－32＋ln 2. 因为对任意a ∈(4，5)对任意x 1，x 2∈[1，2]，恒有a －12m ＋ln 2>|f (x 1)－f (x 2)|成立，所以a －12m ＋ln 2>a 2－32＋ln 2，得m >a －3a －1. 因为a ∈(4，5)，所以a －3a －1＝1－2a －1<1－25－1＝12， 所以m ≥12，故实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 素养培育逻辑推理——两个经典不等式的活用(自主阅读)逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证．利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．(1)对数形式：x ≥1＋ln x (x >0)，当且仅当x ＝1时，等号成立．(2)指数形式：e x ≥x ＋1(x ∈R)，当且仅当x ＝0时，等号成立． 进一步可得到一组不等式链：e x >x ＋1>x >1＋ln x (x >0，且x ≠1)．[典例1] 已知函数f (x )＝1ln （x ＋1）－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )解析：因为f (x )的定义域为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>0，ln （x ＋1）－x ≠0， 即{x |x >－1，且x ≠0}，所以排除选项D.当x >0时，由经典不等式x >1＋ln x (x >0)，以x ＋1代替x ，得x >ln(x ＋1)(x >－1，且x ≠0)，所以ln(x ＋1)－x <0(x >－1，且x ≠0)，易知B 正确． 答案：B[典例2] 已知函数f (x )＝e x ，x ∈R.证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点．证明：令g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋x ＋1＝e x －12x 2－x －1，x ∈R ，则g ′(x )＝e x －x －1，由经典不等式e x ≥x ＋1恒成立可知，g ′(x )≥0恒成立，所以g (x )在R 上为单调递增函数，且g (0)＝0.所以函数g (x )有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．[典例3] (2017·全国卷Ⅲ改编)已知函数f (x )＝x －1－a ln x .(1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)证明：对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜e. (1)解：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 －a x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．因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1.(2)证明：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. [典例4] 已知函数f (x )＝ax －ln x －1.(1)若f (x )≥0恒成立，求a 的最小值；(2)证明：e －x x＋x ＋ln x －1≥0. (1)解：由题意知x >0，所以f (x )≥0等价于a ≥ln x ＋1x .令g (x )＝ln x ＋1x ，则g ′(x )＝－ln x x 2， 所以当x ∈(0，1)时，g ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，则g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g (x )max ＝g (1)＝1，则a ≥1，所以a 的最小值为1.(2)证明：当a ＝1时，由(1)得x ≥ln x ＋1，即t ≥1＋ln t .令e －x x＝t ，则－x －ln x ＝ln t ， 所以e －x x ≥－x －ln x ＋1，即e －x x＋x ＋ln x －1≥0.。
高三大一轮复习数学(文)课时规范训练：第三章 导数及其应用 3.1 Word版含答案
课时规范训练(时间：40分钟)1．若曲线f (x )＝a cos x 与曲线g (x )＝x 2＋bx ＋1在交点(0，m )处有公切线，则a ＋b ＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．2解析：选C.依题意得，f ′(x )＝－a sin x ，g ′(x )＝2x ＋b ， 于是有f ′(0)＝g ′(0)，即－a sin 0＝2×0＋b ，b ＝0，m ＝f (0)＝g (0)，即m ＝a ＝1，因此a ＋b ＝1.2．已知函数f (x )＝(x 2＋2)(ax 2＋b )，且f ′(1)＝2，则f ′(－1)＝( ) A ．－1 B ．－2 C ．2D ．0解析：选B.f (x )＝(x 2＋2)(ax 2＋b )＝ax 4＋(2a ＋b )x 2＋2b ，f ′(x )＝4ax 3＋2(2a ＋b )x 为奇函数，所以f ′(－1)＝－f ′(1)＝－2.3．已知直线y ＝x ＋1与曲线y ＝ln(x ＋a )相切，则a 的值为( ) A ．1 B ．2 C ．－1D ．－2解析：选B.设直线y ＝x ＋1与曲线y ＝ln(x ＋a )的切点为(x 0，y 0)，则y 0＝1＋x 0，y 0＝ln(x 0＋a )．又y ′＝1x ＋a ，所以y ′|x ＝x 0＝1x 0＋a＝1，即x 0＋a ＝1. 又y 0＝ln(x 0＋a )，所以y 0＝0，则x 0＝－1，所以a ＝2.4．给出定义：设f ′(x )是函数y ＝f (x )的导函数，f ″(x )是函数f ′(x )的导函数，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”．已知函数f (x )＝3x ＋4sin x －cos x 的拐点是M (x 0，f (x 0))，则点M ( )A ．在直线y ＝－3x 上B ．在直线y ＝3x 上C ．在直线y ＝－4x 上D ．在直线y ＝4x 上解析：选B.f ′(x )＝3＋4cos x ＋sin x ，f ″(x )＝－4sin x ＋cos x ，由题意知4sinx 0－cos x 0＝0，所以f (x 0)＝3x 0，故M (x 0，f (x 0))在直线y ＝3x 上．故选B.5. 已知y ＝f (x )是可导函数，如图，直线y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)等于( )A ．－1B ．0C ．2D ．4解析：选B.由题图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线斜率等于－13，∴f ′(3)＝－13.∵g (x )＝xf (x )，∴g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )， ∴g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)， 又由题图可知f (3)＝1，∴g ′(3)＝1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝0.6．已知曲线y ＝1e x ＋1，则曲线的切线斜率取得最小值时的直线方程为( )A ．x ＋4y －2＝0B ．x －4y ＋2＝0C ．4x ＋2y －1＝0D ．4x －2y －1＝0解析：选A.y ′＝－e xx ＋2＝－1e x＋1ex ＋2，因为e x >0，所以e x＋1e x ≥2e x ×1e x ＝2(当且仅当e x ＝1e x ，即x ＝0时取等号)，则e x＋1ex＋2≥4，故y ′＝－1e x＋1e x ＋2≥－14当(x ＝0时取等号)．当x ＝0时，曲线的切线斜率取得最小值，此时切点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12， 切线的方程为y －12＝－14(x －0)，即x ＋4y －2＝0.故选A.7．已知f (x )＝x ln x ，若过曲线y ＝f (x )上的点P 的切线斜率为2，则点P 的坐标为________．解析：设P (m ，n )， 易知f ′(x )＝1＋ln x ， 则切线斜率为1＋ln m ＝2，解得m ＝e ，∴n ＝m ln m ＝eln e ＝e. 答案：(e ，e)8．已知函数f (x )＝x 3－3x ，若过点A (0,16)且与曲线y ＝f (x )相切的直线方程为y ＝ax ＋16，则实数a 的值是________．解析：先设切点为M (x 0，y 0)， 则切点在曲线上有y 0＝x 30－3x 0，①求导数得到切线的斜率k ＝f ′(x 0)＝3x 20－3， 又切线l 过A 、M 两点，所以k ＝y 0－16x 0， 则3x 20－3＝y 0－16x 0，② 联立①②可解得x 0＝－2，y 0＝－2， 从而实数a 的值为a ＝k ＝－2－16－2＝9.答案：99．求下列函数的导数． (1)y ＝x ·tan x ；(2)y ＝(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)； (3)y ＝ln xx 2＋1. 解：(1)y ′＝(x ·tan x )′＝x ′tan x ＋x (tan x )′＝tan x ＋x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x cos x ′＝tan x ＋x ·cos 2x ＋sin 2x cos 2x＝tan x ＋xcos 2x.(2)y ′＝(x ＋1)′＋(x ＋1)′＝(x ＋2)(x ＋3)＋(x ＋1)(x ＋2)＋(x ＋1)(x ＋3)＝3x 2＋12x ＋11.(3)y ′＝xx 2＋－ln x x 2＋x 2＋2＝1xx 2＋－2x ln x x 2＋2＝x 2＋1－2x 2ln x x x 2＋2.10．设函数f (x )＝ax －bx，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0.(1)求f (x )的解析式；(2)证明：曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，并求此定值．解：(1)方程7x －4y －12＝0可化为y ＝74x －3.当x ＝2时，y ＝12.又f ′(x )＝a ＋bx2，于是⎩⎪⎨⎪⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3.故f (x )＝x －3x.(2)设P (x 0，y 0)为曲线上任一点，由y ′＝1＋3x2知曲线在点P (x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(x －x 0)，即y －⎝⎛⎭⎪⎫x 0－3x 0＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋3x20(x －x 0)． 令x ＝0，得y ＝－6x 0，从而得切线与直线x ＝0的交点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－6x 0.令y ＝x ，得y ＝x ＝2x 0，从而得切线与直线y ＝x 的交点坐标为(2x 0,2x 0)．所以点P (x 0，y 0)处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为S ＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6x 0|2x 0|＝6.故曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，且此定值为6.(时间：25分钟)11．已知曲线C ：f (x )＝x 3－ax ＋a ，若过曲线C 外一点A (1,0)引曲线C 的两条切线，它们的倾斜角互补，则a 的值为( )A.278B ．－2C ．2D ．－278解析：选A.设切点坐标为(t ，t 3－at ＋a )．由题意知，f ′(x )＝3x 2－a ，切线的斜率k ＝y ′|x ＝t ＝3t 2－a ①，所以切线方程为y －(t 3－at ＋a )＝(3t 2－a )(x －t ) ②.将点A (1,0)代入②式得－(t 3－at ＋a )＝(3t 2－a )(1－t )，解得t ＝0或t ＝32.分别将t ＝0和t ＝32代入①式，得k ＝－a 和k ＝274－a ，由题意得它们互为相反数，故a ＝278.12．设曲线y ＝xn ＋1(n ∈N *)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，则x 1·x 2·…·x n 的值为( )A.1nB ．1n ＋1C.nn ＋1D ．1解析：选B.对y ＝xn ＋1(n ∈N *)求导得y ′＝(n ＋1)x n，令x ＝1得在点(1,1)处的切线的斜率k ＝n ＋1，在点(1,1)处的切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，由切线与x 轴的交点横坐标为x n ，不妨设y ＝0，所以x n ＝nn ＋1，则x 1·x 2·…·x n ＝12×23×34×…×n －1n ×n n ＋1＝1n ＋1，故选B.13．若函数f (x )＝12x 2－ax ＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f (x )＝12x 2－ax ＋ln x ，∴f ′(x )＝x －a ＋1x .∵f (x )存在垂直于y 轴的切线，∴f ′(x )存在零点， 即x ＋1x －a ＝0有解，∴a ＝x ＋1x≥2.答案：[2，＋∞)14．设函数f (x )＝(x －a )(x －b )(x －c )(a ，b ，c 是两两不等的常数)，则a fa＋b fb＋c fc＝________.解析：∵f (x )＝x 3－(a ＋b ＋c )x 2＋(ab ＋bc ＋ca )x －abc ， ∴f ′(x )＝3x 2－2(a ＋b ＋c )x ＋ab ＋bc ＋ca ，f ′(a )＝(a －b )(a －c )，f ′(b )＝(b －a )(b －c )， f ′(c )＝(c －a )(c －b )．∴af a＋bf b＋cf c＝aa －b a－c＋bb－a b－c＋cc－a c－b＝a b－c－b a－c＋c a－ba －b a－c b－c＝0.答案：015．已知函数f (x)＝ax3＋3x2－6ax－11，g(x)＝3x2＋6x＋12和直线m：y＝kx＋9，且f ′(－1)＝0.(1)求a的值；(2)是否存在k，使直线m既是曲线y＝f (x)的切线，又是曲线y＝g(x)的切线？如果存在，求出k的值；如果不存在，请说明理由．解：(1)由已知得f ′(x)＝3ax2＋6x－6a，∵f ′(－1)＝0，∴3a－6－6a＝0，∴a＝－2.(2)存在．由已知得，直线m恒过定点(0,9)，若直线m是曲线y＝g(x)的切线，则设切点为(x0,3x20＋6x0＋12)．∵g′(x0)＝6x0＋6，∴切线方程为y－(3x20＋6x0＋12)＝(6x0＋6)(x－x0)，将(0,9)代入切线方程，解得x0＝±1.当x0＝－1时，切线方程为y＝9；当x0＝1时，切线方程为y＝12x＋9.由(1)知f (x)＝－2x3＋3x2＋12x－11，①由f ′(x)＝0得－6x2＋6x＋12＝0，解得x＝－1或x＝2.在x＝－1处，y＝f (x)的切线方程为y＝－18；在x＝2处，y＝f (x)的切线方程为y＝9.∴y＝f (x)与y＝g(x)的公切线是y＝9.②由f ′(x)＝12得－6x2＋6x＋12＝12，解得x＝0或x＝1.在x＝0处，y＝f (x)的切线方程为y＝12x－11；在x＝1处，y＝f (x)的切线方程为y＝12x－10；∴y＝f (x)与y＝g(x)的公切线不是y＝12x＋9.综上所述，y＝f (x)与y＝g(x)的公切线是y＝9，此时k＝0.。
高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第二节 导数与函数的单调性夯基提能作业本 文-人教版高三全册
第二节导数与函数的单调性A组基础题组1.设f '(x)是函数f(x)的导函数,y=f '(x)的图象如图所示,则y=f(x)的图象最有可能的是( )2.已知函数f(x)=xln x,则f(x)( )A.在(0,+∞)上递增B.在(0,+∞)上递减C.在上递增D.在上递减3.若函数f(x)=x3-tx2+3x在区间[1,4]上单调递减,则实数t的取值X围是( )A. B.(-∞,3]C. D.[3,+∞)4.已知函数f(x)=xsin x,x∈R,则f, f(1), f的大小关系为( )A. f>f(1)>fB. f(1)>f>fC. f>f(1)>fD. f>f>f(1)5.(2017某某,10,5分)若函数e x f(x)(e=2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增,则称函数f(x)具有M性质.下列函数中具有M性质的是( )A.f(x)=2-xB.f(x)=x2C.f(x)=3-xD.f(x)=cos x6.函数f(x)=e x-ex,x∈R的单调递增区间是.7.若函数f(x)=ax3+3x2-x恰好有三个单调区间,则实数a的取值X围是.8.已知函数f(x)=ln x+2x,若f(x2+2)<f(3x),则实数x的取值X围是.9.(2018某某某某调研)已知函数f(x)=+-ln x-,其中a∈R,且曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线垂直于直线y=x.(1)求a的值;(2)求函数f(x)的单调区间.10.设函数f(x)=x3-x2+bx+c,曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=1.(1)求b,c的值;(2)若a>0,求函数f(x)的单调区间.B组提升题组1.函数f(x)的定义域为R. f(-1)=2,对任意x∈R, f '(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为( )A.(-1,1)B.(-1,+∞)C.(-∞,-1)D.(-∞,+∞)2.已知函数f(x)是定义在R上的可导函数, f '(x)为其导函数,若对于任意实数x,有f(x)-f '(x)>0,则( )A.ef(2 015)>f(2 016)B.ef(2 015)<f(2 016)C.ef(2 015)=f(2 016)D.ef(2 015)与f(2 016)大小不能确定3.已知函数f(x)=ln x,g(x)=ax+b.(1)若曲线f(x)与g(x)在x=1处相切,求g(x)的表达式;(2)若φ(x)=-f(x)在[1,+∞)上是减函数,某某数m的取值X围.4.已知函数f(x)=x-+1-aln x,a>0.讨论f(x)的单调性.答案精解精析A组基础题组1.C 由f '(x)的图象知,当x∈(-∞,0)时, f '(x)>0, f(x)为增函数;当x∈(0,2)时, f '(x)<0, f(x)为减函数;当x∈(2,+∞)时, f '(x)>0, f(x)为增函数.故选C.2.D 因为函数f(x)=xln x,定义域为(0,+∞),所以f '(x)=ln x+1(x>0),当f '(x)>0时,解得x>,即函数的单调递增区间为;当f '(x)<0时,解得0<x<,即函数的单调递减区间为.故选D.3.C f '(x)=3x2-2tx+3,由于f(x)在区间[1,4]上单调递减,则有f '(x)≤0在[1,4]恒成立,即3x2-2tx+3≤0在[1,4]上恒成立,则t≥在[1,4]上恒成立,易知y=在[1,4]上单调递增,所以t≥=.故选C.4.A 因为f(x)=xsin x,所以f(-x)=(-x)·sin(-x)=xsin x=f(x),所以函数f(x)是偶函数,所以f=f.又x∈时, f '(x)=sin x+xcos x>0,所以此时函数是增函数.所以f<f(1)<f.所以f>f(1)>f.故选A.5.A 当f(x)=2-x时,e x·f(x)=e x·2-x=,令y=,则y'===(1-ln 2).∵e x>0,2x>0,ln 2<1,∴y'>0.∴当f(x)=2-x时,e x f(x)在f(x)的定义域上单调递增,故具有M性质,易知B、C、D不具有M性质,故选A.6.答案(1,+∞)解析由题意知, f '(x)=e x-e,令f '(x)>0,解得x>1,即函数f(x)的单调递增区间为(1,+∞).7.答案(-3,0)∪(0,+∞)解析由题意知f '(x)=3ax2+6x-1,因为函数f(x)恰好有三个单调区间,所以3ax2+6x-1=0需满足a≠0,且Δ=36+12a>0,解得a>-3,所以实数a的取值X围是(-3,0)∪(0,+∞).8.答案(1,2)解析由题意得函数的定义域为(0,+∞), f '(x)=+2x ln 2,所以在定义域内f '(x)>0, f(x)单调递增,所以由f(x2+2)<f(3x)得x2+2<3x,所以1<x<2.9.解析(1)对f(x)求导得f '(x)=--,由f(x)在点(1, f(1))处的切线垂直于直线y=x知f'(1)=--a=-2,解得a=.(2)由(1)知f(x)=+-ln x-,则f '(x)=,令f '(x)=0,解得x=-1或x=5.因为x=-1不在f(x)的定义域(0,+∞)内,故舍去.当x∈(0,5)时, f '(x)<0,故f(x)在(0,5)上为减函数;当x∈(5,+∞)时, f '(x)>0,故f(x)在(5,+∞)上为增函数.10.解析(1)f '(x)=x2-ax+b.由题意得即(2)由(1)得f '(x)=x2-ax=x(x-a),结合a>0知:当x∈(-∞,0)时, f '(x)>0;当x∈(0,a)时, f '(x)<0;当x∈(a,+∞)时, f '(x)>0.所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,0),(a,+∞),单调递减区间为(0,a).B组提升题组1.B 设g(x)=f(x)-2x-4,则g(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=0,g'(x)=f '(x)-2>0,则g(x)为增函数.解g(x)>0,即g(x)>g(-1),得x>-1,故选B.2.A 令g(x)=,则g'(x)==,因为f(x)-f '(x)>0,所以g'(x)<0,所以函数g(x)在R上单调递减,所以g(2 015)>g(2 016),即>,所以ef(2 015)>f(2 016),故选A.3.解析(1)由题意知f '(x)=,则f '(1)=1,因为曲线f(x)与g(x)在x=1处相切,g'(x)=a,所以1=a,a=2,故g(x)=x+b,又f(1)=0,所以切点坐标为(1,0),则有0=1+b,b=-1,故g(x)的表达式为g(x)=x-1.(2)因为φ(x)=-ln x,所以φ'(x)=-,因为φ(x)在[1,+∞)上是减函数,所以φ'(x)≤0在[1,+∞)上恒成立,即m≤在[1,+∞)上恒成立,令h(x)=,x∈[1,+∞),则h'(x)=,x∈[1,+∞),令h'(x)=0,得x=1,则h(x)在[1,+∞)上单调递增,故h(x)min=2,所以m≤2.4.解析由题意知, f(x)的定义域是(0,+∞),f '(x)=1+-=.设g(x)=x2-ax+2,则一元二次方程x2-ax+2=0的判别式Δ=a2-8.①当Δ<0,即0<a<2时,对一切x>0都有f '(x)>0.此时f(x)是(0,+∞)上的单调递增函数.②当Δ=0,即a=2时, f '(x)≥0.此时f(x)是(0,+∞)上的单调递增函数.③当Δ>0,即a>2时,方程g(x)=0有两个不同的实根,分别为x1=,x2=,且0<x1<x2.f(x), f '(x)随x的变化而变化的情况如下表:x (0,x1) x1(x1,x2) x2(x2,+∞) f '(x) + 0 - 0 +f(x) ↗极大值↘极小值↗此时f(x)在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增.。
高考数学(文)人教A版(全国)一轮复习 练习 第三章 导数及其应用 第3讲 Word版含解析
基础巩固题组(建议用时：分钟)一、选择题.函数()＝－－－在[，]上的最小值为( ).－ .－ .－ .－解析′()＝－－＝(－－)＝(－)(＋)，由′()＞，得＞或＜－；由′()＜，得－＜＜，故函数()在[，]上单调递减，在[，]上单调递增，∴()＝()＝×－×－×－＝－.答案.函数()＝＋＋－的极值点的个数是( ).由确定解析∵′()＝＋＋＝(＋＋)＝(＋)≥，∴函数()在上单调递增，故()无极值点.答案.设函数()＝＋＋(，，∈).若＝－为函数()的一个极值点，则下列图象不可能为＝()图象的是( )解析因为[()]′＝′()＋()()′＝[()＋′()]，且＝－为函数()的一个极值点，所以(－)＋′(－)＝；选项中，(－)＞，′(－)＞，不满足′(－)＋(－)＝.答案.(·泰安模拟)函数()＝－＋在(，)内有极小值，则( )＜＜＞＜＜解析由()＝－＋，得′()＝－.由已知可得′()＝－在(，)上与轴有交点，且满足即∴＜＜.答案.(·长沙模拟)已知函数()＝＋＋(＋)＋有极大值和极小值，则实数的取值范围是( ).(－，) .(－∞，－)∪(，＋∞).(－，) .(－∞，－)∪(，＋∞)解析∵′()＝＋＋(＋)，由已知可得′()＝有两个不相等的实根，∴Δ＝－××(＋)＞，即－－＞.∴＞或＜－.答案二、填空题.已知函数()＝－＋在区间[－，]上的最大值与最小值分别为，，则－＝.解析由题意，得′()＝－，令′()＝，得＝±，又(－)＝，(－)＝，()＝－，()＝－，所以＝，＝－，－＝.答案.(·广州模拟)已知()＝＋＋＋在＝－时有极值，则－＝.解析由题意得′()＝＋＋，则解得或经检验当＝，＝时，函数()在＝－处无法取得极值，而＝，＝满足题意，故－＝－.答案－.(·荆州模拟)函数()＝＋＋＋在＝处有极大值，在＝处有极小值，则常数，，，分别为.解析′()＝＋＋，则即解得＝，＝－，＝，＝.答案＝，＝－，＝，＝三、解答题.(·柳州、北海、钦州三市联考)求函数()＝－＋－＋(＜＜)的极大值.解∵′()＝－＋－，且＜＜.当′()＞时，得＜＜；当′()＜时，得＜或＞；∴()的单调递增区间为(，)；。
【解密高考】届高考数学大一轮总复习 3.2 导数的应用高效作业 理 新人教A版
【解密高考】2015届高考数学大一轮总复习 3.2 导数的应用高效作业 理 新人教A 版时间：45分钟 满分：100分 班级：________ 姓名：________ 学号：________得分：________一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分，在下列四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2014·鹰潭一中模拟)若a ＞2，则函数f (x )＝13x 3－ax 2＋1在区间(0,2)上恰好有( )A ．0个零点B ．1个零点C ．2个零点D ．3个零点解析：∵f ′(x )＝x 2－2ax ，且a ＞2， ∴当x ∈(0,2)时，f ′(x )＜0， 即f (x )在(0,2)上是单调减函数． 又∵f (0)＝1＞0，f (2)＝113－4a ＜0，∴f (x )在(0,2)上恰好有1个零点，故选B. 答案：B2．(2014·惠州二模)已知函数f (x )＝x 2＋2x ＋a ln x ，若函数f (x )在(0,1)上单调，则实数a 的取值范围是( )A ．a ≥0B ．a ＜－4C ．a ≥0或a ≤－4D ．a ＞0或a ＜－4解析：∵f ′(x )＝2x ＋2＋ax，f (x )在(0,1)上单调， ∴f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在(0,1)上恒成立， 即2x 2＋2x ＋a ≥0或2x 2＋2x ＋a ≤0在(0,1)上恒成立， 所以a ≥－(2x 2＋2x )或a ≤－(2x 2＋2x )在(0,1)上恒成立． 记g (x )＝－(2x 2＋2x )，0＜x ＜1，可知－4＜g (x )＜0， ∴a ≥0或a ≤－4，故选C. 答案：C3．如果函数y ＝f (x )的图象如右图，那么导函数y ＝f ′(x )的图象可能是( )解析：由原函数的单调性可以得到导函数的正负情况依次是正→负→正→负，只有选项A满足．答案：A4．(2014·重庆模拟)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)解析：①当x<－2时，1－x>0.∵(1－x)f′(x)>0，∴f′(x)>0，即f(x)在(－∞，－2)上是增函数．②当－2<x<1时，1－x>0.∵(1－x)f′(x)<0，∴f′(x)<0，即f(x)在(－2,1)上是减函数．③当1<x<2时，1－x<0.∵(1－x)f′(x)>0，∴f′(x)<0，即f(x)在(1,2)上是减函数．④当x>2时，1－x<0.∵(1－x)f′(x)<0，∴f′(x)>0，即f(x)在(2，＋∞)上是增函数．综上：f(－2)为极大值，f(2)为极小值．答案：D5．做一个圆柱形锅炉，容积为V，两个底面的材料每单位面积的价格为a元，侧面的材料每单位面积的价格为b 元，当造价最低时，锅炉的底面直径与高的比为( )A.ab B.a 2b C.baD.b 2a解析：如图，设圆柱的底面半径为R ，高为h ，则V ＝πR 2h . 设造价为y ＝2πR 2a ＋2πRhb ＝2πaR 2＋2πRb ·VπR 2＝2πaR 2＋2bV R，∴y ′＝4πaR －2bVR2.令y ′＝0，得2R h ＝ba.答案：C6．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是( )A ．－13B ．－15C ．10D ．15解析：求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax .由函数f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3，由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x ，易知f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，∴当m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4.又f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图象开口向下，且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[－1,1]时，f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9. 故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13. 答案：A二、填空题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，把正确答案填在题后的横线上) 7．已知f (x )＝2x 3－6x 2＋3，对任意的x ∈[－2,2]都有f (x )≤a ，则a 的取值范围为________．解析：由f ′(x )＝6x 2－12x ＝0，得x ＝0，或x ＝2.又f (－2)＝－37，f (0)＝3，f (2)＝－5， ∴f (x )max ＝3，又f (x )≤a ，∴a ≥3. 答案：[3，＋∞)8．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p 元，销量Q (单位：件)与零售价p (单位：元)有如下关系：Q ＝8 300－170p －p 2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________．解析：设商场销售该商品所获利润为y 元， 则y ＝(p －20)Q ＝(p －20)(8 300－170p －p 2) ＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000(p ≥20)， ∴y ′＝－3p 2－300p ＋11 700. 令y ′＝0得p 2＋100p －3 900＝0， ∴p ＝30或p ＝－130(舍去)． 则p ，y ，y ′变化关系如下表：∴当p ＝30又y ＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000在 [20，＋∞)上只有一个极值，故也是最大值． ∴该商品零售价定为每件30元，所获利润最大为23 000元． 答案：30 23 000元9．已知函数f (x )＝13x 3＋a 2x 2＋ax ＋b ，当x ＝－1时，函数f (x )的极值为－712，则f (2)＝________.解析：f ′(x )＝x 2＋2a 2x ＋a ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧f －＝0，f －＝－712，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2＋2a2－＋a ＝0，13－3＋a2－2＋a －＋b ＝－712，整理得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2－a －1＝0，a 2－a ＋b ＋14＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝1，b ＝－14，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－12，b ＝－1.经验证⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－14时，f (x )在x ＝－1处不取极值，所以舍去，故f (x )＝13x 3＋14x 2－12x－1.∴f (2)＝53.答案：5310．(2014·新疆农七师高中二模)若函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋1的图象与直线y ＝3只有一个公共点，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝3x 2－3a 2，令f ′(x )＝0，则x ＝±a ， 由题意，a ＜0时，f (a )＝a 3－3a 3＋1＜3，a 3＞－1， ∴－1＜a ＜0；a ＝0时成立；a ＞0时，f (－a )＝－a 3＋3a 3＋1＜3，a 3＜1，∴0＜a ＜1，故a 的取值范围为(－1,1)． 答案：(－1,1)三、解答题(本大题共3小题，共40分，11、12题各13分，13题14分，写出证明过程或推演步骤)11．(理)设a 为实数，函数f (x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x>x 2－2ax ＋1.解：(1)由f (x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R 知f ′(x )＝e x－2，x ∈R .令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表.单调递减单调递增f (x )在x ＝ln 2处取得极小值，极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2(1－ln 2＋a )．(2)证明：设g (x )＝e x－x 2＋2ax －1，x ∈R ， 于是g ′(x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R .由(1)知当a >ln 2－1时，g ′(x )的最小值为g ′(ln 2)＝ 2(1－ln 2＋a )>0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增．于是当a >ln 2－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)． 而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )>0. 即e x －x 2＋2ax －1>0，故e x >x 2－2ax ＋1. (文)已知m ∈R ，函数f (x )＝(x 2＋mx ＋m )e x. (1)若函数没有零点，求实数m 的取值范围； (2)当m ＝0时，求证f (x )≥x 2＋x 3. 解：(1)由已知条件知f (x )＝0无解， 即x 2＋mx ＋m ＝0无实根， 则Δ＝m 2－4m <0，解得0<m <4， 故实数m 的取值范围是(0,4)． (2)证明：当m ＝0时，f (x )＝x 2e x. 设g (x )＝e x－x －1，∴g ′(x )＝e x －1，g (x )，g ′(x )随x 变化情况如下：由此可知对于即e x－x －1≥0，因此x 2(e x－x －1)≥0，整理得x 2e x ≥x 3＋x 2，即f (x )≥x 3＋x 2.12．(理)(2014·辽宁沈阳质检)已知f (x )＝(x 2－a )e x，a ∈R . (1)若a ＝3，求f (x )的单调区间和极值；(2)已知x 1，x 2是f (x )的两个不同的极值点，且|x 1＋x 2|≥|x 1x 2|，求实数a 的取值集合M ；(3)在(2)的条件下，若不等式3f (a )<a 3＋32a 2－3a ＋b 对于a ∈M 都成立，求实数b 的取值范围．解：(1)∵a ＝3， ∴f (x )＝(x 2－3)e x，令f ′(x )＝(x 2＋2x －3)e x＝0⇒x ＝－3或x ＝1. 当x ∈(－∞，－3)∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0；x ∈(－3,1)时，f ′(x )<0，∴f (x )的单调递增区间为(－∞，－3)，(1，＋∞)； 单调递减区间为(－3,1)，f (x )的极大值为f (－3)＝6e －3；极小值为f (1)＝－2e.(2)令f ′(x )＝(x 2＋2x －a )e x＝0， 即x 2＋2x －a ＝0， 由题意其两根为x 1，x 2，∴x 1＋x 2＝－2，x 1x 2＝－a ，故－2≤a ≤2. 又Δ＝4＋4a >0， ∴－1<a ≤2， ∴M ＝{a |－1<a ≤2}．(3)原不等式等价于b >3f (a )－a 3－32a 2＋3a 对a ∈M 都成立，记g (a )＝3f (a )－a 3－32a 2＋3a (－1<a ≤2)，则g ′(a )＝3(a 2＋a －1)(e a－1)， 令g ′(a )＝0， 则a ＝5－12或a ＝0(a ＝－1－52舍去)． 故当a 变化时，g ′(a )，g (a )的变化情况如下表：∴g (a )max ＝6e 2－8， ∴b >6e 2－8.故实数b 的取值范围为(6e 2－8，＋∞)．(文)设f (x )＝a ln x ＋12x ＋32x ＋1，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴．(1)求a 的值； (2)求函数f (x )的极值解：(1)因f (x )＝a ln x ＋12x ＋32x ＋1，故f ′(x )＝a x －12x 2＋32. 由于曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴，故该切线斜率为0，即f ′(1)＝0，从而a －12＋32＝0，解得a ＝－1.(2)由(1)知f (x )＝－ln x ＋12x ＋32x ＋1(x >0)，f ′(x )＝－1x －12x 2＋32＝3x 2－2x －12x 2＝x ＋x －2x2.令f ′(x )＝0，解得x 1＝1，x 2＝－13(因x 2＝－13不在定义域内，舍去)．当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，故f (x )在(0,1)上为减函数；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(1，＋∞)上为增函数．故f (x )在x ＝1处取得极小值f (1)＝3.13．(理)(2014·济南二模)济南市“两会”召开前，某政协委员针对自己提出的“环保提案”对某处的环境状况进行了实地调研．据测定，该处的污染指数与附近污染源的强度成正比，与到污染源的距离成反比，比例常数为k (k ＞0)．现已知相距36 km 的A ，B 两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a ，b (a ＞0，b ＞0)，它们连线上任意一点C 处的污染指数y 等于两化工厂对该处的污染指数之和．设AC ＝x (km)．(1)试将y 表示为x 的函数；(2)若a ＝1时，y 在x ＝6处取得最小值，试求b 的值．解：(1)由题意知，点C 受A 污染源污染指数为ka x ，点C 受B 污染源污染指数为kb36－x ，其中k 为比例常数，且k ＞0.从而点C 处污染指数y ＝ka x ＋kb36－x (0＜x ＜36)．(2)因为a ＝1，所以，y ＝k x ＋kb36－x，y ′＝k [－1x2＋b－x2]，令y ′＝0，得x ＝361＋b，当x ∈(0，361＋b)时，函数单调递减；当x ∈(361＋b，＋∞)时，函数单调递增．所以x ＝361＋b 时，函数取得最小值，又此时x ＝6，解得b ＝25，经验证符合题意．(文)(2014·苏州质检)某商场预计明年从1月份起前x 个月顾客对某种商品的需求总量p (x )件与月份x 的近似关系是：p (x )＝12x (x ＋1)(39－2x )(x ∈N *,1≤x ≤12)，该商品每件的进价q (x )元与月份x 的近似关系是：q (x )＝150＋2x (x ∈N *,1≤x ≤12)．(1)写出明年第x 个月的需求量f (x )件与月份x 的函数关系式；(2)该商品每件的售价为185元，若不计其他费用且每月都能满足市场需求，则此商场明年销售该商品的月利润预计最大是多少？解：(1)当x ＝1时，f (1)＝p (1)＝37. 当2≤x ≤12时，f (x )＝p (x )－p (x －1) ＝12x (x ＋1)(39－2x )－12(x －1)x (41－2x ) ＝－3x 2＋40x (2≤x ≤12，x ∈N *)． 验证x ＝1符合f (x )＝－3x 2＋40x . ∴f (x )＝－3x 2＋40x (1≤x ≤12且x ∈N *)． (2)该商场预计销售该商品的月利润为g (x )＝(－3x 2＋40x )(185－150－2x )＝6x 3－185x 2＋1400x (1≤x ≤12，x ∈N *)， ∴g ′(x )＝18x 2－370x ＋1400. 令g ′(x )＝0得x ＝5或x ＝1409(舍去)． 当1≤x ＜5时，g ′(x )＞0，当5＜x ≤12时，g ′(x )＜0. 即函数g (x )在[1,5)上单调递增，在(5,12]上单调递减． 所以当x ＝5时，g (x )max ＝g (5)＝3125(元)． 综上知，5月份的月利润最大是3125元．。
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3-2导数的应用(一) A级 基础达标演练 (时间：40分钟 满分：60分) 一、选择题(每小题5分，共25分) 1．(2012·深圳中学月考)与直线2x－y＋4＝0平行的抛物线y＝x2的切线方程是 ( )． A．2x－y＋3＝0 B．2x－y－3＝0 C．2x－y＋1＝0 D．2x－y－1＝0 解析 设切点坐标为(x0，x20)，则切线斜率为2x0， 由2x0＝2得x0＝1，故切线方程为y－1＝2(x－1)， 即2x－y－1＝0. 答案 D
2．(2012·贵阳模拟)函数y＝4x2＋1x的单调增区间为( )．
A．(0，＋∞) B.12，＋∞ C．(－∞，－1) D.－∞，－12 解析 由y＝4x2＋1x得y′＝8x－1x2，令y′>0，即8x－1x2>0，解得x>12， ∴函数y＝4x2＋1x在12，＋∞上递增． 答案 B 3．(2012·云南师大附中月考)如果函数y＝f(x)的图象如右图，那么导函数y＝f′(x)的图象可能是( )．
解析 由原函数的单调性可以得到导函数的正负情况依次是正→负→正→负，只有答案A满足． 答案 A 4．已知直线y＝kx是y＝ln x的切线，则k的值为( )．
A．e B．－e C.1e D．－1e
解析 设(x0，ln x0)是曲线y＝ln x与直线y＝kx的切点，由y′＝1x知y′|x＝x0
＝1x0 由已知条件：ln x0x0＝1x0，解得x0＝e，k＝1e. 答案 C 5．函数f(x)＝ax3－x在R上为减函数，则( )． A．a≤0 B．a<1 C．a<0 D．a≤1 解析 f′(x)＝3ax2－1 若a＝0，则f′(x)＝－1<0，f(x)在R上为减函数
若a≠0，由已知条件 a<0，Δ≤0，即 a<0，12a≤0.解得a<0. 综上可知a≤0. 答案 A 二、填空题(每小题4分，共12分) 6．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是________． 解析 f′(x)＝ex＋(x－3)ex＝ex(x－2)， 由f′(x)＞0得x＞2. 答案 (2，＋∞) 7．(2012·银川质检)已知直线y＝x＋1与曲线y＝ln(x＋a)相切，则a的值为________． 解析 设切点坐标为(x0，y0)
又y′＝1x＋a，由已知条件 y0＝x0＋1y0＝lnx0＋a1x0＋a＝1 解得a＝2. 答案 2 8．(2012·青岛二中月考)若曲线f(x)＝ax5＋ln x存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是________．
解析 ∵f′(x)＝5ax4＋1x，x∈(0，＋∞)，
∴由题意知5ax4＋1x＝0在(0，＋∞)上有解． 即a＝－15x5在(0，＋∞)上有解． ∵x∈(0，＋∞)，∴－15x5∈(－∞，0)．∴a∈(－∞，0)． 答案 (－∞，0) 三、解答题(共23分) 9．(11分)(2012·临川一中模拟)已知函数f(x)＝ln(x＋1)－x (1) 求f(x)的单调区间；
(2)求证：当x>－1时，1－1x＋1≤ln(x＋1)≤x. (1) 解 函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)． f′(x)＝1x＋1－1＝－xx＋1
f′(x)与f(x)随x变化情况如下： x (－1,0) 0 (0，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x) 0
因此f(x)的递增区间为(－1,0)，递减区间为(0，＋∞)． (2)证明 由(1) 知f(x)≤f(0)． 即ln(x＋1)≤x
设h(x)＝ln (x＋1)＋1x＋1－1
h′(x)＝1x＋1－1x＋12＝xx＋12 可判断出h(x)在(－1,0)上递减，在(0，＋∞)上递增． 因此h(x)≥h(0)即ln(x＋1)≥1－1x＋1. 所以当x>－1时1－1x＋1≤ln(x＋1)≤x. 10．(12分)设函数f(x)＝12x2＋ex－xex. (1)求f(x)的单调区间； (2)若当x∈[－2,2]时，不等式f(x)＞m恒成立，求实数m的取值范围． 解 (1)函数f(x)的定义域为(－ ∞，＋∞)， ∵f′(x)＝x＋ex－(ex＋xex)＝x(1－ex)， 若x＜0，则1－ex＞0，所以f′(x)＜0； 若x＞0，则1－ex＜0，所以f′(x)＜0； ∴f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数， 即f(x)的单调减区间为(－∞，＋∞)． (2)由(1)知，f(x)在[－2,2]上单调递减． ∴[f(x)]min＝f(2)＝2－e2， ∴m＜2－e2时，不等式f(x)＞m恒成立． B级 综合创新备选 (时间：30分钟 满分：40分) 一、选择题(每小题5分，共10分) 1．(2012·荆州中学月考)对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则必有( )． A．f(0)＋f(2)<2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2f(1) C．f(0)＋f(2)≥2f(1) D．f(0)＋f(2)>2f(1)
解析 不等式(x－1)f′(x)≥0等价于 x－1≥0，f′x≥0或 x－1≤0，f′x≤0.可知f(x)在(－∞，1)上递减，(1，＋∞)上递增，或者f(x)为常数函数，因此f(0)＋f(2)≥2f(1)． 答案 C 2．(2011·辽宁)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为( )． A．(－1,1) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞) 解析 设g(x)＝f(x)－2x－4，由已知g′(x)＝f′(x)－2＞0，则g(x)在(－∞，＋∞)上递增，又g(－1)＝f(－1)－2＝0，由g(x)＝f(x)－2x－4＞0，知x＞－1. 答案 B 二、填空题(每小题4分，共8分) 3．函数f(x)＝xax－x2(a>0)的单调递减区间是________． 解析 由ax－x2≥0(a>0)解得0≤x≤a，即函数f(x)的定义域为[0，a]，f′(x)＝
3ax－4x22ax－x2＝－2xx－3a4ax－x2，由f′(x)<0解得x≥3a4，因此f(x)的单调递减区间是
3a4，a.
答案 3a4，a 4．(2012·武汉模拟)已知函数f(x)＝x2(x－a)． 若f(x)在(2,3)上单调则实数a的范围是________； 若f(x)在(2,3)上不单调，则实数a的范围是________．
解析 由f(x)＝x3－ax2得f′(x)＝3x2－2ax＝3xx－2a3.
若f(x)在(2,3)上不单调，则有 2a3≠0，2<2a3<3，解得：3答案 (－∞，3 ]∪92，＋∞，3，92 三、解答题(共22分) 5．(10分)已知函数f(x)＝x3－ax－1 (1)若f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围； (2)是否存在实数a，使f(x)在(－1,1)上单调递减？若存在，求出a的取值范围；若不存在试说明理由． 解 (1)f′(x)＝3x2－a 由Δ≤0，即12a≤0，解得a≤0， 因此当f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增时，a的取值范围是(－∞，0]． (2)若f(x)在(－1,1)上单调递减， 则对于任意x∈(－1,1)不等式f′(x)＝3x2－a≤0恒成立 即a≥3x2，又x∈(－1,1)，则3x2<3因此a≥3 函数f(x)在(－1,1)上单调递减，实数a的取值范围是[3，＋∞)． 6．(★)(12分)(2012·浙江五校联考)已知函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈
[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2f′x＋m2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m的取值范围． 解 (1)根据题意知，f′(x)＝a1－xx(x＞0)， 当a＞0时，f(x)的单调递增区间为(0,1]，单调递减区间为(1，＋∞)； 当a＜0时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1]； 当a＝0时，f(x)不是单调函数．
(2)∵f′(2)＝－a2＝1，∴a＝－2， ∴f(x)＝－2ln x＋2x－3. ∴g(x)＝x3＋m2＋2x2－2x， ∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2. ∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数，且g′(0)＝－2，
∴ g′t＜0，g′3＞0. 由题意知：对于任意的t∈[1,2]，g′(t)＜0恒成立，
∴ g′1＜0，g′2＜0，g′3＞0，∴－373＜m＜－9. 【点评】 利用导数解决函数的单调性、最值、极值等问题时，主要分以下几步：,第一步：确定函数的定义域； 第二步：求函数fx的导数f′x；