2020年高考数学二轮复习训练专题02函数与导数小题部分
专题02 函数与导数小题部分 【名校试题荟萃】 1、（福建省“永安一中、德化一中、漳平一中”2019届高三上学期12月三校联考）已知函数
，若1fx，则x ． 【答案】12
【解析】问题等价于；，无解。 2、（福建省“永安一中、德化一中、漳平一中”2019届高三上学期12月三校联考）已知函数1()1xfxx的图像在点()2,(2)f处的切线与直线10axy++=平行，则实数a= .A2 .B12 .C12 D．2
【答案】A
【解析】由于，根据导数的几何意义及两直线平行的条件可知 。 3、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）函数的图象可能是( )
【答案】D 【解析】先由判断函数的奇偶性可知函数为奇函数，图像关于原点对称，排除A,B；当
，排除C，故选D。 4、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）已知函数fx是定义域为R的偶函数，且，若fx在1,0上是减函数，记，， 0.52cf，则（ ） A． abc B． acb C． bac D． bac 【答案】B
5、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）已知定义域为),0(，为的导函数，且满足，则不等式的解集是( ) A． )2,0( B． ),2( C． )3,2( D． ),3( 【答案】D 【解析】构造函数，求导结合可知函数gx在定义域),0(为减函数，不等式可化为 ，等价于
，解得结果为),3(。 6、（湖南省衡阳市第八中学2019届高三上学期第四次月考试题）已知函数，若2,1x，
使得成立，则实数k的取值范围是（ ） A．1,3 B．0,3 C．,3 D．0, 【答案】A 7、（江苏省南京市六校联合体2019届高三上学期12月联考试题）已知函数f (x)是定义在R上的奇函数， 且当x≥0时，．若f (a)＜4＋f (－a)，则实数a的取值范围是 ． 【答案】,2a
【解析】取0x，则0x，此时，则不等式化为 ，解得02a； 恒成立，故0a；当0a时，04恒成立；再求三种情况的并集可得,2a。
8、（江苏省南京市六校联合体2019届高三上学期12月联考试题）已知函数.若对 任意的(0,3)a，存在0[0,4]x，使得0|()|tfx成立，则实数t的取值范围是 _. 【答案】3t
9、（江苏省盐城市2019届高三上学期期中考试）函数lnyx的定义域为 ． 【答案】
1,x
【解析】需满足0ln0xx，解得1,x。 10、（江苏省盐城市2019届高三上学期期中考试）若函数的所有正零点构成公差为(0)dd的等差数列，则d ． 【答案】6 【解析】作出函数sin3yx的图像，结合直线，根据正弦函数的对称性可知
，两式相减可得。 11、（江苏省盐城市2019届高三上学期期中考试）已知函数
在R上单调递增，则实数m的取值集合为 ． 【答案】1
【解析】转化为在R上恒成立，等价于或恒成立，解得。
12、（陕西省宝鸡市宝鸡中学2019届高三上学期模拟考试）函数，有且只有一个零点的充分不必要条件是（ ） A．0a 或1a B．102a C112a D．0a
【答案】D 【解析】由于1x是函数的一个零点，则不能再有零点，而，故0a或1a，显然A是充要条件，D是充分不必要条件。
13、（陕西省宝鸡市宝鸡中学2019届高三上学期模拟考试）若对于任意实数x，都有成立，则ab的最大值为（ ） A．4e B．2e Ce D．2e
【答案】C 14、（陕西省宝鸡市宝鸡中学2019届高三上学期模拟考试）已知函数)(xf是R上的奇函数，且满足，当[01]x，时，()fxx＝，则方程在(0)，＋∞解的个数是 . 【答案】4
【解析】由知函数是周期为4的周期函数，结合函数)(xf是R上的奇函数及[01]x，时，
()fxx＝，作出函数)(xf的图像，则问题转化为)(xf的图像与的图像在(0)，＋∞的交点
个数，再根据图像可求得结果为4个。 15 、（安徽省肥东县高级中学2019届高三11月调研考试数学（理）试题）已知函数
，若，则实数a的取值范围为（ ）
A. 1,12 B. 3,1 C. 1,02 D. 1,12 【答案】
【解析】函数可化为，由于函数在两端分别为增函数，且21，故函数在
1,为增函数，则不等式等价于，解得1,12a。
16、（安徽省肥东县高级中学2019届高三11月调研考试数学（理）试题）已知函数，如果当0x时，若函数fx的图象恒在直线ykx的下方，则k的取值范围是（ ）
A. 13,33 B. 1,3 C. 3,3 D. 【答案】B 17、（安徽省肥东县高级中学2019届高三11月调研考试数学（理）试题）已知函数fx满足，且当1,2x时lnfxx.若在区间14，内，函数有三个不同零点，则a的范围为__________．
【答案】ln21,84e
【解析】当时，时，则，作出函数图像可知，当直线2yax经过点4,ln2时是一个临界点，此时，当直线2yax与相切时是另一个临界点，设切点坐标为00,xy，根据导数的几何意义可知
，解得02xe，此时14ae，故a的取值范围是ln21,84e。 18、（江西省高安中学2019届高三上学期第四次月考（期中）考试数学（理）试题 ）设为正数，且
，则下列关系式不可能成立是（ ） A． B．
C． D． 【答案】C
【解析】由题可知，则，显然当，故选C。 19、（江西省高安中学2019届高三上学期第四次月考（期中）考试数学（理）试题）已知函数在区间14e,e上有两个不同的零点，则实数k的取值范围为( ) A． 11,2e4e B． 11,2e4e C． 211,e4e D． 211,ee 【答案】A
20、（黑龙江省鹤岗市第一中学2019届高三上学期第三次月考）已知函数()fx的定义域为0,2，则函数的定义域为（ ） A． 0,3 B． 0,2 C． 1,2 D． 1,3 【答案】A
【解析】需满足，解得03x。 21、（新余四中、上高二中2019届高三第一次联考数学（文）试题 ）已知()fx是定义在R上的偶函数，
且在区间( , 0]上单调递增， 若实数a满足，则a的取值范围是（ ） A.3, B. 3,0 C. ,3 D. 3,1 【答案】B 22、设xf为xf的导函数，已知则下列结论正确的是（ ） A. xf在,0上单调递增 B. xf在,0上单调递减
C. xf在,0上有极大值 D. xf在,0上有极小值 【答案】B
【解析】由题可知，则，令，又1efe，易知
，求导可得，故函数在0,为减函数。
23、已知函数为自然对数的底数)与的图象上存在关于x轴对称的 点，则实数a的取值范围是( )
A.21,2e B.211,2e C. D.22,e 【答案】A
【解析】原命题等价于与有交点在1[,]ee上有解，在1[,]ee上有零点， 令当11xe时，是减函数，当1xe时，是增函数，又 a21,2e
.
24、（江西省南昌市第二中学2019届高三上学期第四次月考数学（理）试题）若函数在其定义域内的一个子区间(1,1)aa内存在极值，则实数a 的取值范围是 ． 【答案】3[1,)2
25、（2019年湖南师大附中月考）已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x)在R上单调递增，若a，b，c成等差数列，且b＞0，则下列结论正确的是( )
A．f(b)＞0，且f(a)＋f(c)＞0 B．f(b)＞0，且f(a)＋f(c)＜0 C．f(b)＜0，且f(a)＋f(c)＞0 D．f(b)＜0，且f(a)＋f(c)＜0 【答案】A 【解析】由已知，f(b)＞f(0)＝0.因为a＋c＝2b＞0，则a＞－c，从而f(a)＞f(－c)＝－f(c)，即f(a)＋f(c)＞0，选A.
26、(2019·石家庄质检)已知函数f(x)＝2ex－1，x<1，x3＋x，x≥1，则f[f(x)]<2的解集为( ) A.(1－ln 2，＋∞) B.(－∞，1－ln 2) C.(1－ln 2，1) D.(1，1＋ln 2) 【答案】B 【解析】因为当x≥1时，f(x)＝x3＋x≥2，当x<1时，f(x)＝2ex－1<2，∴f(f(x))<2等价于f(x)<1，即2ex－1<1.因此x<1－ln 2.
27、（2019湖南师大调研文）定义在R上的奇函数f()x对任意x1，x2()x1≠x2都有f()x1－f()x2x1－x2<0.若x，y满足不等式f()x2－2x≤－f()2y－y2，则当1≤x≤4时，y－2xx＋y的取值范围是（ ）
高考数学二轮复习专题02：函数与导数
B . f(a)<f(b)
C . f(a)＝f(b)
D . f(a)f(b)>0
4. （2分） (2019高二上·浙江期中) 已知 ，且 ， ， 是函数 的两个相邻的零点，且 ，则 的值为（ ）
A .
B .
C .
D .
5. （2分） 定义在R上的奇函数f（x），当x≥0时，f（x）= ， 则关于x的函数F（x）=f（x）﹣a（0＜a＜1）的所有零点之和为（ ）
A . 3a﹣1
B . 1﹣3a
C . 3﹣a﹣1
D . 1﹣3﹣a
6. （2分） 已知函数 的图像为曲线C，若曲线C存在与直线 垂直的切线，则实数m的取值范围是（ ）
A .
B .
C .
D .
7. （2分） (2016高一上·沈阳期中) 已知函数f（x）满足：当f（x）= ，则f（2+log23）=（ ）
29-2、答案：略
29-3、答案：略
29-4、答案：略
30-1、
高考数学二轮复习专题02：函数与导数
姓名:________班级:________ 成绩:________
一、 单选题 (共17题；共34分)
1. （2分） (2016高一上·厦门期中) 已知函数f（x）=xln（x﹣1）﹣a，下列说法正确的是（ ）
A . 当a=0时，f（x）没有零点
B . 当a＜0时，f（x）有零点x0 ， 且x0∈（2，+∞）
A .
B .
C .
D .
17. （2分） （ ）
A . 0
B . π
C . －π
D . 2π
二、 填空题 (共7题；共8分)
2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法第02讲分离参数法含解析
第2讲分离参数法知识与方法分离参数法解决恒成立求参问题,可以有两个角度:全分离和半分离.1.全分离参数法将含参表达式中的参数从表达式中完全分离出来,使所研究的函数由动态变为定态,进而可得到新函数的图像、性质(最值),将求参数的范围问题转化为求函数的最值或值域问题.在分离参数时,需点睛意:(1)参数系数的正负是否确定;(2)分参后目标函数的最值是否易解,若不易解,极可能需要洛必达法则辅助.2.半分离参数法其一般步骤为:将不等式变形为aa+a≥a(a)或aa+a≤a(a)的形式(其中a为参数,a为常数),然后画出图像,由图像的上下方关系得到不等式,从而求得参数的取值范围.不等号前后两个函数的图像特征为:直线a=aa+a与曲线a=a(a),而直线a=aa+a过定点(0,a).需要说明的是:半分离参数法一般只适用于客观题,解答题则不宜使用.典型例题全分离参数【例1】已知函数a(a)=e a+aa2−a.(1)当a=1时,讨论a(a)的单调性;(2)当a≥0时,a(a)≥12a3+1,求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,a(a)=e a+a2−a,a′(a)=e a+2a−1.当a<0时,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a>0时,a′(a)>0,a(a)单调递增.所以,当a=1时,a(a)在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)解法1:分离参数法当a=0时,a∈a.当a>0时,a(a)≥12a3+1⇔a≥12a3+a+1−e aa2.记a(a)=12a3+a+1−e aa2(a>0),则a ′(a )=12a 3−a −2+(2−a )e a a 3=(2−a )(e a −12a 2−a −1)a 3.记a (a )=e a −12a 2−a −1(a >0),a ′(a )=e a −a −1,a ′′(a )=e a −1. 因为a >0,所以a ′′(a )=e a −1>0,所以a ′(a )在(0,+∞)上单调递增, 从而a ′(a )>a ′(0)=0,所以a (a )在(0,+∞)单调递增,所以a (a )>a (0)=0. 令a ′(a )=0,解得a =2.当a ∈(0,2)时,a ′(a )>0,a (a )单调递增; 当a ∈(2,+∞)时,a ′(a )<0,a (a )单调递减. 所以a (a )在a =2处取得最大值a (2)=7−e 24,从而a ≥7−e 24. 综上,实数a 的取值范围是[7−e 24,+∞). 解法2:指数找朋友a (a )≥12a 3+1等价于12a 3−aa 2+a +1e a≤1.设a (a )=12a 3−aa 2+a +1e a(a ≥0),则a′(a )=−12a [a 2−(2a +3)a +(4a +2)e a=−12a [a −(2a +1)](a −2)e a.(1)当2a +1≤0,即a ≤−12时,则当a ∈(0,2)时,a ′(a )>0,所以a (a )在(0,2)单调递增,而a (0)=1, 故当a ∈(0,2)时,a (a )>1,不合题意; (2)当0<2a +1<2,即−12<a <12时, 则当a ∈(0,2a +1)∪(2,+∞)时,a ′(a )<0.所以a (a )在(0,2a +1),(2,+∞)单调递减,在(2a +1,2)上单调递增. 由于a (0)=1,所以a (a )≤1.当且仅当a (2)=7−4a e 2≤1,即a ≥7−e 24. 所以当7−e 24≤a <12时,a (a )≤1.(3)若2a +1≥2,即a ≥12时,则a (a )≤12a 3+a +1e a.由于0∈[7−e 24,12),故由(2)可得12a 3+a +1e a≤1.故当a ≥12时,a (a )≤1.综上所述,实数a 的取值范围是[7−e 24,+∞).【点睛】解决本题的关键在于求导数a′(a)=12a3−a−2+(2−a)e aa3后的处理.仔细观察导数式中e a前面的系数为2−a,由此可大胆猜测2−a应该为12a3−a−2的一个因式,从而可设1 2a3−a−2=(2−a)(−12a2+aa+a),将右侧展开,得12a3−a−2=12a3−(a+1)a2+(2a−a)a+2a,比较两侧的系数,可得a=a=−1,从而12a3−a−2=(2−a)(−12a2−a−1).【例2】设函数a(a)=e a−1−a−aa2.(1)若a=0,求a(a)的单调区间;(2)若当a≥0时a(a)≥0,求a的取值范围.【解析】(1)因为a=0时,所以a(a)=e a−1−a,a′(a)=e a−1.当a∈(−∞,0)时,a′(a)<0;当a∈(0,+∞)时,a′(a)>0.故a(a)在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)解法1:由(1)可得,当a=0时,a(a)≥a(0)=0,即e a≥a+1,当且仅当a=0时等号成立.依题意,当a≥0时a(a)≥0恒成立,当a=0时,a(a)≥0,此时a∈a;当a>0时,a(a)≥0等价于a≤e a−1−aa2,令a(a)=e a−1−aa2(a>0),则a′(a)=(a−2)e a+a+2a3,今a(a)=(a−2)e a+a+2(a>0),则a′(a)=(a−1)e a+1,因为a′′(a)=a e a>0,所以a′(a)在(0,+∞)上为增函数,所以a′(a)>a′(0)= 0,于是a(a)在(0,+∞)上为增函数,从而a(a)>a(0)=0,因此a′(a)>0,a(a)在(0,+∞)上为增函数,由洛必达法则知,lima→0+e a−1−aa2=lima→0+e a−12a=lima→0+e a2=12,所以a≤12.当a>12时,e−a>1−a得a′(a)<e a−1+2a(e−a−1)=e−a(e a−1)(e a−2a),故当a∈(0,ln2a)时,a′(a)<0,而a(0)=0,于是当a∈(0,ln2a)时,a(a)<0. 综上得a的取值范围是(−∞,12].解法2:a′(a)=e a−1−2aa,由(1)知e a≥1+a,当且仅当a=0时等号成立,故a′(a)≥a−2aa=(1−2a)a.当1−2a≥0,即a≤12时,a′(a)≥0(a≥0),所以a(a)在[0,+∞)上单调递增,故a(a)≥a(0)=0,即a≤12符合题意;当a>12时,由e a>1+a(a≠0)可得e−a>1−a(a≠0),所以e−a−1>−a(a≠0),所以a′(a)=e a−1−2aa<e a−1+2a(e−a−1)=e−a(e a−1)(e a−2a), 则当a∈(0,ln2a)时,a′(a)<0,a(a)在(0,ln2a)上单调递减,于是当a∈(0,ln2a)时,a(a)<a(0)=0,故a>12不合题意.综上所述,a的取值范围是(−∞,12].【例3】已知函数a(a)=a(e a+1−a)(a∈a).(1)若a=2,判断a(a)在(0,+∞)上的单调性;(2)若a(a)−ln a−1≥0恒成立,求实数a的取值范围.【解析】(1)若a=2,a(a)=a e a−a,a′(a)=e a+a e a−1=(a+1)e a−1. 当a>0时,a+1>1,e a>1,故(a+1)e a>1,a′(a)=(a+1)e a−1>0,故a(a)在(0,+∞)上单调递增.(2)解法1:分离参数+隐零点求最值由题意可知a e a+(1−a)a−ln a−1≥0在区间(0,+∞)上恒成立,整理得a−1≤e a−ln aa −1a.设a(a)=e a−ln aa −1a,a′(a)=a2e a+ln aa2,设a(a)=a2e a+ln a,则a′(a)=(a2+2a)e a+1a>0, 所以a(a)在(0,+∞)上单调递增,又a(1)=e>0,a(12)=√e4−ln2<0.所以函数a(a)有唯一的零点a0,且12<a0<1.当a∈(0,a0)时,a(a)<0,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a∈(a0,+∞)时,a(a)>0,a′(a)>0,a(a)单调递增. 即a(a0)为a(a)在定义域内的最小值.所以a−1≤e a0−ln a0a0−1a0.因为a(a0)=0,得a0e a0=−ln a0a0,12<a0<1(∗)令a(a)=a e a(12<a<1),方程(∗)等价于a(a)=a(−ln a)(12<a<1).而a′(a)=(a+1)e a在(0,+∞)上恒大于零,所以a(a)在(0,+∞)单调递增. 故a(a)=a(−ln a)等价于a=−ln a(12<a<1).设函数a(a)=a+ln a(12<a<1),易知a(a)单调递增.又a(12)=12−ln2<0,a(1)=1>0,所以a0为a(a)的唯一零点.即ln a0=−a0,e a0=1a0.故a(a)的最小值为a(a0)=e a0−ln a0a0−1a0=1a0−−a0a0−1a0=1.所以a−1≤1,即a≤2.综上,实数a的取值范围是(−∞,2].解法2:分离参数+放缩法求最值由题意可知a e a+(1−a)a−ln a−1≥0在区间(0,+∞)上恒成立, 即a−1≤a e a−ln a−1a.利用不等式e a≥a+1(当且仅当a=0时,等号成立),可得a e a−ln a−1a =e a+ln a−ln a−1a≥(a+ln a+1)−ln a−1a=1,当且仅当a+ln a=0时,等号成立.所以a e a−ln a−1a的最小值为1.于是a−1≤1,得a≤2,实数a的取值范围是(−∞,2].【例4】已知函数a(a)=a3e aa−1.(1)讨论a(a)的单调性;(2)若a=2,不等式a(a)≥aa+3ln a对a∈(0,+∞)恒成立,求a的取值范围. 【解析】(1)a′(a)=3a2e aa+aa3e aa=a2e aa(aa+3).①当a=0时,a′(a)≥0恒成立,所以a(a)在R单调递增;②当时,今,得;令,所以a (a )的单调递减区间为(−3a ,+∞),单调递增区间为(−∞,−3a ]. ③当a >0时,今a ′(a )≥0,得a ≥−3a ;令a ′(a )<0,得a <−3a . 所以a (a )的单调递减区间为(−∞,−3a ),单调递增区间为[−3a ,+∞). (2)因为a =2,所以a ≤a 3e 2a −3ln a −1a恒成立. 设a (a )=a −1−ln a (a >0),a ′(a )=a −1a, 令a ′(a )<0,得0<a <1;令a ′(a )>0,得a >1. 所以a (a )min =a (1)=0,所以a −1−ln a ≥0.取a =a 3e 2a ,则a 3e 2a −1−ln (a 3e 2a )≥0,即a 3e 2a −3ln a −1≥2a ,所以a 3e 2a −3ln a −1a≥2aa=2.设a (a )=a 3e 2a ,因为a (0)=0<1,a (1)=e 2>1,所以方程a 3e 2a =1必有解, 所以当且仅当a 3e 2a =1时,函数a =a 3e 2a −3ln a −1a取得最小值2,所以a ≤2,即a 的取值范围为(−∞,2].【点睛】本题在进行分参后,首先证明了一个常用的不等式:当a >0时,有ln a ≤a −1,接下来利用该不等式直接得到a 3e a −3ln a −1≥2a , 从而得出a =a 3e a −3ln a −1a的最小值2.最后证明能够取到最小值.从而得出实数a 的取值范围. 本题也可用同构法解决:a ≤a 3e 2a −3ln a −1a, a 3e 2a −3ln a −1a=e 3ln a +2a −3ln a −1a≥2a +3ln a +1−3ln a −1a=2,故a ≤2,即a 的取值范围为(−∞,2]. 换元后分离参数【例5】已知函数a (a )=a (e a a−2a −2)+a . (1)若a =−1,求a (a )的单调区间和极值点;(2)若a >0时,a (a )>−1(a >0)恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】(1)a =−1时a (a )=a e −a −1,a ′(a )=e −a −a e −a =0,所以当a <1,a ′(a )>0,a >1,a ′(a )<0.所以a (a )的单调递减区间为(1,+∞),单调递增区间为(−∞,1),极大值点为a =1,无极小值点.(2)解法1:a (a )>−1⇔a (e aa −2a −2)+a >−1, 即a (e aa −2a −2)+a +1>0, 令aa =a ,则a =aa ,aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立, 即a (a e a −2a +1)>2a −1(∗)易证e a ≥a +1(过程略),则a e a −2a +1≥a (a +1)−2a +1>(a −1)2≥0, 即a e a −2a +1>0. 于是,由(∗)可得a >2a −1a e a −2a +1. 令a (a )=2a −1a e a −2a +1(a>0),则a ′(a )=−(2a +1)(a −1)(a e a −2a +1)2e a(a >0).当a ∈(0,1)时a ′(a )>0,当a ∈(1,+∞)时a ′(a )<0.所以a (a )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,[a (a )]max =a (1)=1e −1, 所以a >1e −1,实数a 的取值范围是(1e −1,+∞). 解法2:a (a )>−1⇔a (e aa −2a−2)+a >−1, 即a (e aa −2a−2)+a +1>0,令aa=a ,则a =aa ,aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立, 即aa +1>2a −1a e a对于a >0恒成立,设a (a )=2a −1a ea ,a ′(a )=−(2a +1)(a −1)a 2e a当a ∈(0,1)时a ′(a )>0,当a ∈(1,+∞)时a ′(a )<0 可得a (a )在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减, 所以a (a )max =a (1)=1e ,则aa +1>1e ,解得a >1e −1. 故实数a 的取值范围是(1e −1,+∞).【点睛】本题第(2)问显然不能直接分离参数,如果利用a ′(a )处理也是十分复杂,于是着眼于简化指数进行换元:令a a =a ,则aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立.换元之后就可以轻松分离参数了,特别是解法2的处理手法值得回味.半分离参数【例6】已知函数a(a)=e a−aa−1(a∈R,其中e为自然对数的底数).(1)若a(a)在定义域内有唯一零点,求a的取值范围;(2)若a(a)≤a2e a在[0,+∞)上恒成立,求a的取值范围.【解析】(1)a′(a)=e a−a,①当a≤0时,a′(a)>0,所以a(a)在R上单调递增;−1+a<0,a(1)=e−a−1>0,又a(−1)=1e由零点存在定理可知,函数a(a)在R上有唯一零点.故a≤0符合题意;②当a>0时,令a′(a)=0得a=ln a,当a∈(−∞,ln a)时,a′(a)<0,a(a)单调递减;a∈(ln a,+∞),a′(a)>0,a(a)单调递增.所以a(a)min=a(ln a)=e ln a−a ln a−1=a−a ln a−1,设a(a)=a−a ln a−1(a>0),则a′(a)=1−(ln a+1)=−ln a,当0<a<1时,a′(a)>0,a(a)单调递增;当a>1时,a′(a)<0,a(a)单调递减,所以a(a)max=a(1)=0,故a=1.综上:实数a的取值范围为{a∣a≤0或a=1}.(2)解法1:a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立,即(1−a2)e a≤aa+1对a∈[0,+∞)恒成立,即函数a(a)=(1−a2)e a的图像恒在直线a=aa+1的下方.而a′(a)=(1−a2−2a)e a,a′′(a)=(−a2−4a−1)e a<0(a≥0),所以函数a(a)是上凸函数,且在a=0处的切线斜率a=a′(0)=1;直线a=aa+1过定点(0,1),鈄率为a,故a≥1,即a的取值范围为[1,+∞).解法2:a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立,即(1−a2)e a≤aa+1对a∈[0,+∞)恒成立, 记a(a)=(1−a2)e a=(1+a)(1−a)e a,①当a≥1时,设函数a(a)=(1−a)e a,则a′(a)=−a e a≤0,因此a(a)在[0,+∞)单调递减,又a(0)=1,故a(a)≤1,所以a(a)=(1+a)a(a)≤1+a≤aa+1,故a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立;②当0<a<1时,设函数a(a)=e a−a−1,则a′(a)=e a−1≥0,所以a(a)在[0,+∞)单调递减,且a(0)=0,故e a≥a+1.当0<a<1时,a(a)>(1−a)(1+a)2,(1−a)(1+a)2−aa−1=a(1−a−a−a2),取a0=−1+√5−4a2,则a0∈(0,1),(1−a0)(1+a0)2−aa0−1=0,所以a(a0)>aa0+1;故0<a<1不合题意.③当a≤0时,取a0=√5−12,则a0∈(0,1),a(a0)>(1−a0)(1+a0)2=1≥aa0+1.故a≤0不合题意.综上,a的取值范围为[1,+∞).【点睛】解法1将不等式进行变形为aa+a≤a(a)(其中a为参数,a为常数),不等号前后两个函数的图像特征为:“一直一曲”,而直线a=aa+a过定点(0,a).半分离参数的方法,通过变形将不等式两边化为一直线与一曲线的形式,再结合图像利用函数凹凸性解决问题,过程简洁快捷.需要指出的是,这种解法只适用于选择题与填空题,不适用于解答题.解法2是不分离参数,直接构造差函数对参数进行讨论,过程更加严谨,理由更加充分,是解答题的一般做法.其中讨论的临界点,可以结合解法1的过程而得到.【例7】已知函数a(a)=a ln a+aa−1,a∈a.(1)求函数a(a)的单调区间;(2)当a=2时,对任意a>1,a(a)>a(a−1)恒成立,求正整数a的最大值.【解析】(1)a(a)的单调递增区间为(e−a−1,+∞),单调递减区间为(0,e−a−1).(2)解法1:全分离a(a)>a(a−1)变形为a<a(a)a−1=a ln a+2a−1a−1,令a(a)=a ln a+2a−1a−1,a′(a)=−ln a+a−2(a−1)2,令a(a)=−ln a+a−2,则a′(a)=−1a +1=a−1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增,又a(3)=1−ln3<0,a(4)=2−2ln2>0,所以存在唯一a0∈(3,4),使得a(a0)=0,即ln a0=a0−2.故当a∈(1,a0)时,a(a)<0,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a∈(a0,+∞)时,a(a)>0,a′(a)>0,a(a)单调递增.所以a(a)min=a(a0)=a0ln a0+2a0−1a0−1=a02−1a0−1=a0+1,即a<a0+1,又a0∈(3,4),所以a0+1∈(4,5),因为a∈a∗,所以a max=4.解法2:半分离a(a)>a(a−1)恒成立,即a(a)=a ln a+2a−1图像恒在直线a=a(a−1)的上方.因为a′(a)=3+ln a>0,a′′(a)=1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增,且下凸; 直线a=a(a−1)过定点(1,0).设过(1,0)的直线与a(a)相切于点(a0,a(a0)),即(a0,a0ln a0+2a0−1).切线斜率为a′(a0),所以a<a′(a0).由a(a0)−0a0−1=a′(a0),得a0ln a0+2a0−1a0−1=3+ln a0,化简整理得ln a0=a0−2,所以a′(a0)=3+ln a0=3+(a0−2)=a0+1.故a<a0+1. 下面估计a0的范围.令a(a)=a−ln a−2,则a′(a)=1−1a =a−1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增;又a(3)=1−ln3<0,a(4)=2−2ln2>0,所以a(a)的唯一零点a0∈(3,4).于是a0+1∈(4,5),因为a∈a∗,所以a max=4.【点睛】需要点睛意的是,利用半分离参数求解含参问题,需要结合二阶导数研究函数的凹凸性,在解答题中有“以图代证”的嫌疑,因而这个解法一般只适用于选择题或填空题. 【例8】设函数a(a)=e a(2a−1)−aa+a,其中a<1.若存在在唯一的整数a0使得a(a0)<0.则a的取值范围是（）A.[−32e ,1) B.[−32e,34) C.[32e,34) D.[32e,1)【解析】解法1:全分离参数a (a )<0⇔(a −1)a >e a (2a −1)当a >1时,有a >e a (2a −1)a −1>1,这与题设矛盾,舍去; 当a <1时,有a <e a (2a −1)a −1,记a (a )=e a (2a −1)a −1, 则a ′(a )=e a (2a +1)(a −1)−e a (2a −1)(a −1)2=a e a (2a −3)(a −1)2(a <1), 当a <0时,a ′(a )>0;当0<a <1时,a ′(a )<0,故a (a )在(−∞,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减,作出其大致图象如图所示.由题意知,存在唯一的整数a 0使得a (a 0)<0,即a <a (a 0),由图易知a 的取值范围是32e =a (−1)≤a <1,选a .解法2:半分离参数设a (a )=e a (2a −1),a (a )=aa −a ,由题意知,存在唯一的整数a 0,使得a (a 0)<a (a 0),a ′(a )=e a (2a +1),当a <−12时,a ′(a )<0,当a >−12时,a ′(a )>0,则a (a )在(−∞,−12)上单调递减,在(−12,+∞)上单调递增.作出a (a )与a (a )的大致图象如图所示.因为a (0)=−1<−a =a (0),故只需a (−1)≥a (−1)即可,解得a ≥32e ,则a 的取值范围是32e ≤a <1,故选a .强化训练1.设函数a (a )=a 2+aa +a ,a (a )=e a (aa +a ).若曲线a =a (a )和曲线a =a (a )都过点a (0,2),且在点a 处有相同的切线a =4a +2.(1)求a ,a ,a ,a 的值;(2)若a ≥−2时,a (a )≤aa (a ),求a 的取值范围.【解析】(1)a =4,a =2,a =2,a =2(过程略).(2)由(1)知,a (a )=a 2+4a +2,a (a )=2e a (a +1),①当a =−1时,a (a )=−1,a (a )=0,此时a (a )≤aa (a )恒成立,则a ∈a ; ②当a ∈[−2,−1)时,a (a )=2e a (a +1)<0,a (a )≤aa (a )可化为:a ≤a 2+4a +22e a (a +1),令a (a )=a 2+4a +22e a (a +1),则a ′(a )=−a (a +2)22e a (a +1)2≥0恒成立,故a (a )在区间[−2,−1)上单调递增,当a =−2时,a (a )取最小值e 2,故a ≤e 2; ③当a ∈(−1,+∞)时,a (a )=2e a (a +1)>0,a (a )≤aa (a )可化为:a ≥a 2+4a +22e a (a +1), 令a (a )=a 2+4a +22e a (a +1),则a ′(a )=−a (a +2)22e a (a +1)2,当a ∈(−1,0)时,a ′(a )>0,当a ∈(0,+∞)时,a ′(a )<0,故当a =0时,a (a )取极大值1,故a ≥1.综上所述:a ∈[1,e 2],即a 的取值范围是[1,e 2].2.设函数a (a )=e a −aa −2.(1)求a (a )的单调区间;(2)若a =1,a 为整数,且当a >0时,(a −a )a ′(a )+a +1>0,求a 的最大值.【解析】(1)当a ≤0时,a (a )在(−∞,+∞)上单调递增,无减区间;当a >0时,a (a )的单调递减区间是(−∞,ln a ),单调递增区间是(ln a ,+∞).(2)(a −a )a ′(a )+a +1>0等价于a <a +1e a −1+a (a >0)(1),令a (a )=a +1e a −1+a ,则a ′(a )=e a (e a −a −2)(e a −1)2, 而函数a (a )=e a −a −2在(0,+∞)上单调递增,a (1)<0,a (2)>0,所以a (a )在(0,+∞)存在唯一的零点.故a ′(a )在(0,+∞)存在唯一的零点.设此零点为a ,则a ∈(1,2).当a∈(0,a)时,a′(a)<0;当a∈(a,+∞)时,a′(a)>0.所以a(a)在(0,+∞)的最小值为a(a).又由a′(a)=0,可得e a=a+2,所以a(a)=a+1∈(2,3).由于(1)式等价于a<a(a),故整数a的最大值为2.3已知函数a(a)=ln2(1+a)−a21+a.(1)求函数a(a)的单调区间;(2)若不等式(1+1a)a+a≤e对任意的a∈N∗都成立(其中e是自然对数的底数).求a的最大值.【解析】(1)函数a(a)的定义域为(−1,+∞),a′(a)=2ln(1+a)1+a−a2+2a(1+a)2=2(1+a)ln(1+a)−a2−2a(1+a)2.设a(a)=2(1+a)ln(1+a)−a2−2a,则a′(a)=2ln(1+a)−2a.令a(a)=2ln(1+a)−2a,则a′(a)=21+a −2=−2a1+a.当−1<a<0时,a′(a)>0,a(a)在(−1,0)上为增函数,当a>0时,a′(a)<0,a(a)在(0,+∞)上为减函数.所以a(a)在a=0处取得极大值,而a(0)=0,所以a′(a)<0(a≠0), 函数a(a)在(−1,+∞)上为减函数.于是当−1<a<0时,a(a)>a(0)=0,当a>0时,a(a)<a(0)=0.所以,当−1<a<0时,a′(a)>0,a(a)在(−1,0)上为增函数.当a>0时,a′(a)<0,a(a)在(0,+∞)上为减函数.故函数a(a)的单调递增区间为(−1,0),单调递减区间为(0,+∞).(2)不等式(1+1a )a+a≤e等价于不等式(a+a)ln(1+1a)≤1.由1+1a >1知,a≤1ln(1+1a)−a.设a(a)=1ln(1+a)−1a,a∈(0,1],则a′(a)=−1(1+a)ln2(1+a)+1a2=(1+a)ln2(1+a)−a2a2(1+a)ln2(1+a).由(1)知,ln2(1+a)−a21+a≤0,即(1+a)ln2(1+a)−a2≤0.所以a′(a)<0,a∈(0,1],于是a(a)在(0,1]上为减函数.−1.故函数a(a)在(0,1]上的最小值为a(1)=1ln2−1.所以a的最大值为1ln2。
2020版高考数学二轮复习第二部分专题六函数与导数第4讲导数的综合应用练习文含解析
第4讲导数的综合应用A级基础通关一、选择题fxfxfxfxx＋6)<3，则3，对任意)>3∈R，(1．函数′((的解)的定义域为R，(－1)＝集为( ) xxxx>－1} B．A．{{|－1<|<1}xx D．1}|R<C．{－gxfxxgxfxgxg(又－))－3<0)－(3，＋6)，则所以′(为减函数，)解析：设＝(′()＝((f(－1)－3＝1)＝0，gxxx<－1}．()>0的解集是{ 所以根据单调性可知|答案：Cfx)的定义域为[－1(，4]，部分对应值如下表： 2．已知函数x 4 －1203 f x02201()fxyfxayfxa的零点的个数＝)的图象如图所示．当1<(<2(时，)的导函数函数＝′(－)为( )A．1B．2C．3D．4yfx)的大致图象如图所示．(解析：根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数＝ffayfxa 的零点个数为－＝(2(3)＝，1<4. <2，所以)由于＝(0)答案：Dfxfxxfx )＞0，则－′(( 3．若函数(在)R 上可导，且满足() )ffff (3) 3．3．＞(1)＜(3) (1)BA ffff (3)＝(1)．D(3) ＝(1)3．C ．fxxfxfx ）（）′（（）－????yfxxxf ＝恒成立，因此′＝)由于(，则)＞＜′(0解析：2x ??xfx ）（在R 上是单调减函数， xff （1）（3）ff (3)．3 (1)所以＞＜，即 13答案：Bxxxffx ) ( e －ln )，则下面对函数4．已知函数的描述正确的是(()＝xxf 2 )(?≤∈(0，＋∞)，A ．xxf 2 )(＞∈(0，＋∞)，B ．?xxf 0 (＝∈(0，＋∞)，)C ．?00xf 1)，)D ．∈((0min x xfx ，＋∞)e －ln ，解析：因为的定义域为((0)＝x x 1e1－xxf ，)＝e 且－′(＝xx x xxgx ，＞e －令1(，)＝0xxgx )上恒成立，＞0在′((0)＝(，＋∞＋1)e 则xg )上单调递增，)在所以(0(，＋∞gg 0，(e －又1)(0)·＜(1)＝－xxg ，)＝?，∈(01)，使0(所以00xxfx (上单调递增，，＋∞)在(0，))则上单调递减，在(00xxxfxf －(ln )＝e 则(，)＝00min011xxxfxx 2.，所以＋(＞又e)＝，ln ＝－＝ 0000min xx 00答案：B2xax ，1≤＋≤，0??xxaf 的不等式设函数＝(若关于5．(2019·天津卷改编)已知)∈R ，?xxxa ，－，ln >1??fxa 的取值范围为( ，＋∞]上恒成立，则())≥0在[0A ．[0，1] B ．[0，2] D ．[0，e] [1，e]C ．2xfxxaa ， )＝≥解析：当0≤时，≤1＋(fxa ≥0，≥0恒成立，则由 ()xaxxfxax 恒成立．≤ln ≥0当>1时，由恒成立，即()＝－x lnxx －ln 1gxxgx )＝>1)，则.′((设()＝2xx ）ln （lngxx＝e，得，′( )＝0令xgxxgx)>0，′()<0，当且当1<<e时，>e′(时，gxga≤e.＝e)＝，所以所以(e)(min aa≤e，即[0≤，e]．综上，的取值范围是0答案：C二、填空题且用料最省，则圆柱的底面 dm27π6．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是________dm. 3，半径为272llVRRl，要，所以＝，母线长为dm＝ dm，则27＝π解析：设圆柱的底面半径为π2R使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小．2722RRlSR·，＋2＋2π＝ππ＝π表Rπ54RS.＝2π所以－′表2RSRRS最小．时，＝＝′0，得3＝3令，则当表表答案：3yfxxxxfxi＝1，使得＝7．对于函数1(＝((，)，若其定义域内存在两个不同实数)，ii21x e afxPfxP 的取值范围为(，则实数2)成立，则称函数())具有性质＝.若函数具有性质a________．xfx)＝1，即＝1在R解析：依题意，(上有两个不相等实根，a xx xxxa )＝，＝e在R上x x e有两个不同的实根，令φ(所以e x xx＋′(φ1))＝e(，则xxx 1)上是减函数；)在(－∞，－当φ＜－1时，′(()＜0，φxxx 1，＋∞)上是增函数．＞0，φ()在(－当1＞－时，φ′()1x.1)＝－(极小值为)φ(－φ因此e x xxaxyxy0.)e(＝＜φ0(在同一坐标系中作＝φ)与＝的图象，又当＜时，1a＜0＜由图象知，当－时，两图象有两个交点．e1????a0－，. 的取值范围为故实数??e1????0－，答案：??e三、解答题fxaxxx∈[1，e]．ln (e，＝8．已知函数2.718 28(…是自然对数的底数)＝) ＋afx)的最大值；，求 (1)若(＝1fxa的取值范围．恒成立，求实数 )(2)若≤(0afxxx，，则＋(ln )若解：(1)＝＝1x＋11fx)＝1＋＝′(.xxx∈[1，e]，因为fxfx)在[1，，所以e](所以上为增函数，′( )>0fxf(e)＝e＋(1.)＝所以max fxaxxx∈[1，e]≤0(对)≤0，即恒成立．＋ln (2)因为x ln ax∈[1，e]≤－，．所以xx ln gxx∈[1，e]＝－，令，( )xx－1ln gx)＝则. ′(2xxgxgx)在[1，e]上递减．)≤0，所以当，∈[1e]时，(′(11gxga≤－，所以.所以(e)(＝－)＝min ee1????a－∞，－.因此实数的取值范围是??e x xfxgxfx ((的导函数．．(2019·天津卷节选)设函数)(cos )＝e 为，)9xf的单调区间；)(1)求(πππ????x????xgfxx－，≥时，证明：0.(()(2)当＋∈)????242x xxxf )－′(sin )＝e(cos 解：(1)由已知，有．π5π??kk??kx＋2π＋，π2 时，∈因此，当∈(Z)??44xxfxxf )>cos (，得单调递减；′()<0，则sin 有ππ3??kk??xkxx＋π22π－， <cos ，(Z)当∈∈时，有sin ??44xffx 单调递增．)(，则)>0′(得．3ππ??kk??kfx＋ππ－，22∈Z))的单调递增区间为，所以((??44π5π??kk??kxf＋π2π＋，2∈Z)(．)的单调递减区间为 (??44π??x??xxghxf－. 记(()＝＋())(2)证明：??2x xxgx )(cos －(1)，有sin (，)＝e依题意及x xxg.)＝－从而2e′(sinππ????gxx，)<0，当时，∈′(??24ππ????xx????xgxfxgxxgh－－<0. )＋)(′(－)′(1)＝)故＋′(′()＝(????22ππ????xh，上单调递减，)因此，在区间( ??24ππ????????fxhh＝)≥(＝进而0. ????22πππ????x????xxxgf－，≥∈(＋0. 所以当时，)()????242B级能力提升fxxgxxmm∈R)＝．(ln )＝＋， ((10．已知函数)fxgxm的取值范围； )≤)(1)若((恒成立，求实数xxFxfxgxxxxx<1. ＝)(的两个零点，且)(2)已知－，，求证：是函数((<)221112Fxfxgxxxmx>0)，－( )(1)解：令＝(ln )＝((－)－x－11Fxx>0)， 1则＝′(()＝－xxxFxxFx)>0，′( )<0，当0<当<1>1时，时，′(Fx)在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增．所以 (Fxxmfxgxmm ≥－1.0恒成立，则－，若1(－)≤，即((≤)在1＝1处取得最大值－－)Fxfxgxmxx，<1<1，(0<)有两个零点，则证明：(2)由(1)可知，若函数 (＝)<(－)－211xxx<， <1要证，只需证221x1Fx)在(1，＋∞由于)(上单调递减，1????FFx，(从而只需证 )>2x??1FxFxmxx，ln )＝0，－由(＝)＝(12111111mxx<0，ln －－＝ln－＋－ln即证11xxxx1111．1hxxxx<1)，2ln ( )＝－＋(0<令－x2xx1＋－221xh，－＝′(>0)＝＋则122xxxhxhxh(1)＝01)上单调递增，，( 故()<)在(0，xx<1.所以2112fxxaxax.－－(ln 11．(2019·广州调研)设函数(－)＝1)2fx)的单调性；( (1)讨论函数fxmm<1.(已知ln 0.5≈－0.69，ln 0.6(2)已知函数≈－(0.51))有极值，求证：2axaxaxxa））（（－－（＋－1）1－fxxax>0)，( 1)′(－)＝＝－(＝(1)解：－xxxafxfx)在(0，＋∞)0时，′(上单调递增．)>0恒成立，所以当(≤afxxa，>)>0当得>0时，解′(fxxa.<)<0得解0<′(fxaa，＋∞)上单调递增．上单调递减，在()在(0，所以)(afx)在(0，＋∞)≤0时，上单调递增．(综上，当afxaa，＋∞)(上单调递增．(0，当)>0时，上单调递减，在(在)12afxmfaaaaa.＝－(－)的极值＋＝ln (证明：(2)由(1)知，)>0时，2faaafaa. 0′()＝－有唯一实根－ln )，所以＝′(0因为ln 0.5<－0.5，ln 0.6>－0.6，a∈(0.5，0.6)．所以0faaa，＋∞)上递减． (0，()且上递增，在()在00111122222mfafaaaaaaaaaa<×0.6＋－ln <－＋＋0.6＝＋＝＋)所以＝()≤(＝－000000000022220.78<1.m<1成立．故。
2020年高考数学(理)函数与导数 专题02 函数的基本性质(解析版)
函数与导数02函数函数的基本性质【考点讲解】一、具体目标：1.结合具体函数，了解函数奇偶性的含义.会用函数的图象理解和研究函数的奇偶性.2.理解函数的单调性及其几何意义.会用基本函数的图象分析函数的性质.3. 了解函数的周期性、最小正周期的含义，会判断、应用简单函数的周期性．二、知识概述：1．偶函数、奇函数的概念一般地，如果对函数f(x)的定义域内任意一个x，都有__f(－x)＝f(x)__，那么函数f(x)就叫做偶函数．一般地，如果对于函数f(x)的定义域内任意一个x，都有__f(－x)＝－f(x)__，那么函数f(x)就叫做奇函数．2．奇、偶函数的图象特征偶函数的图象关于__y轴__对称，奇函数的图象关于__原点__对称．3．函数奇偶性的常用结论(1)如果函数f(x)是偶函数，那么f(x)＝f(|x|)．(2)奇函数在两个对称的区间上具有相同的单调性，偶函数在两个对称的区间上具有相反的单调性．(3)在公共定义域内有：奇±奇＝奇，偶±偶＝偶，奇×奇＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇．4.判断函数的奇偶性的常用方法：(1)定义法一般地，对于较简单的函数解析式，可通过定义直接作出判断；对于较复杂的解析式，可先对其进行化简，再利用定义进行判断．利用定义判断函数奇偶性的步骤：(2)图象法：奇函数的图象关于原点成中心对称，偶函数的图象关于y 轴成轴对称．因此要证函数的图象关于原点对称，只需证明此函数是奇函数即可；要证函数的图象关于y 轴对称，只需证明此函数是偶函数即可．反之，也可利用函数图象的对称性去判断函数的奇偶性． (3)组合函数奇偶性的判定方法①两个奇(偶)函数的和、差还是奇(偶)函数，一奇一偶之和为非奇非偶函数．②奇偶性相同的两函数之积(商)为偶函数，奇偶性不同的两函数之积(商)(分母不为0)为奇函数． ③复合函数的奇偶性可概括为“同奇则奇，一偶则偶”． (4)分段函数的奇偶性判定分段函数应分段讨论，注意奇偶函数的整体性质，要避免分段下结1．已知函数的奇偶性求函数的解析式． 抓住奇偶性讨论函数在各个分区间上的解析式，或充分利用奇偶性产生关于()f x 的方程，从而可得()f x 的解析式．5．已知带有字母参数的函数的表达式及奇偶性求参数．常常采用待定系数法：利用()()0f x f x ±－＝产生关于字母的恒等式，由系数的对等性可得知字母的值．6．奇偶性与单调性综合时要注意奇函数在关于原点对称的区间上的单调性相同，偶函数在关于原点对称的区间上的单调性相反． 7．增函数与减函数一般地，设函数f (x )的定义域为I ，(1)如果对于定义域I 内某个区间D 上的__任意两个__自变量的值x 1，x 2，当x 1<x 2时，都有f (x 1)<f (x 2)，那么就说函数f (x )在区间D 上是__增函数__.(2)如果对于定义域I 内某个区间D 上的__任意两个__自变量的值x 1，x 2，当x 1<x 2时，都有f (x 1)>f (x 2)，那么就说函数f (x )在区间D 上是__减函数__.8．单调性与单调区间如果函数y ＝f (x )在区间D 上是增函数或减函数，那么就说函数y ＝f (x )在这一区间具有(严格的)__单调性__，区间D 叫做y ＝f (x )的__单调区间__. 9．函数的最大值与最小值：一般地，设函数y ＝f (x )的定义域为I ，如果存在实数M 满足：(1)对于任意的x ∈I ，都有__f (x )≤M __；存在x 0∈I ，使得__f (x 0)＝M __，那么，我们称M 是函数y ＝f (x )的最 大值．(2)对于任意的x ∈I ，都有__f (x )≥M __；存在x 0∈I ，使得__f (x 0)＝M __，那么我们称M 是函数y ＝f (x )的最小值．10．函数单调性的常用结论11．对勾函数的单调性对勾函数y ＝x ＋ax (a >0)的递增区间为(－∞，－a ]和[a ，＋∞)；递减区间为[－a ，0)和(0，a ]，且对勾函数为奇函数． 12.函数的周期性(1)对于函数f (x )，如果存在一个__非零常数__T ，使得当x 取定义域内的每一个值时，都有__f (x ＋T )＝f (x )__，那么函数f (x )就叫做周期函数，T 叫做这个函数的周期．(2)如果在周期函数f (x )的所有周期中存在一个最小的正数，那么这个最小正数就叫做f (x )的__最小__正周期． 13.函数周期性的常用结论： 对f (x )定义域内任一自变量x 的值： (1)若f (x ＋a )＝－f (x )，则T ＝2a (a >0)； (2)若f (x ＋a )＝1f (x )，则T ＝2a (a >0)； (3)若f (x ＋a )＝－1f (x )，则T ＝2a (a >0)．14.函数的对称性与周期性的关系(1)如果函数f (x )(x ∈D )在定义域内有两条对称轴x ＝a ，x ＝b (a <b )，则函数f (x )是周期函数，且周期T ＝2(b －a )(不一定是最小正周期，下同)．(2)如果函数f (x )(x ∈D )在定义域内有两个对称中心A (a,0)，B (b,0)(a <b )，那么函数f (x )是周期函数，且周期 T ＝2(b －a )．(3)如果函数f (x )，x ∈D 在定义域内有一条对称轴x ＝a 和一个对称中心B (b,0)(a ≠b )，那么函数f (x )是周期函数，且周期T ＝4|b －a |.注：对于(1)(2)(3)中的周期公式可仿照正、余弦函数的图象加强记忆．判断函数的周期只需证明f (x ＋T )＝f (x )(T ≠0)便可证明函数是周期函数，且周期为T ，函数的周期性常与函数的其他性质综合命题．15．根据函数的周期性，可以由函数局部的性质得到函数的整体性质，在解决具体问题时，要注意结论：若T 是函数的周期，则kT (k ∈Z 且k ≠0)也是函数的周期．1．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知()f x 是奇函数，且当0x <时，()e ax f x =-.若(ln 2)8f =，则a =__________．【解析】本题主要考查函数的奇偶性，对数的计算．由题意知()f x 是奇函数，且当0x <时，()e axf x =-，又因为ln 2(0,1)∈，(ln 2)8f =，所以ln 2e 8a --=-，两边取以e 为底数的对数，得ln 23ln 2a -=，所以3a -=，即3a =-．【答案】3-2.【2019优选题】已知()f x 是R 上的偶函数，且在[0，)+∞单调递增，若(3)f a f -<（4），则a 的取值范围为 ．【解析】：()f x Q 是R 上的偶函数，且在[0，)+∞单调递增，∴不等式(3)f a f -<（4）等价为 (|3|)f a f -<（4），即|3|4a -<，即434a -<-<，得17a -<<，即实数a 的取值范围是17a -<<， 【真题分析】故答案为：17a -<< 【答案】17a -<<．3.【2017课标II 】已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当(,0)x ∈-∞时，32()2f x x x =+, 则(2)f = ________．【解析】本题考点奇函数的性质解决求函数值的问题. 法一：(2)(2)[2(8)4]12=--=-⨯-+=f f .法二：由题意可知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，所以有()()()232x x x f x f +-=-=-，而因为()0,∞-∈x ，()∞+∈-，0x ，()232x x x f --=-所以有()⎪⎩⎪⎨⎧>-<+=0,20,22323x x x x x x x f ，()12222223=-⨯=f【答案】124. 【2017山东】已知f (x )是定义在R 上的偶函数,且f (x +4)=f (x -2).若当[3,0]x ∈- 时,()6xf x -=,则f (919)= 【解析】由f (x +4)=f (x -2)可知,()()6=+f x f x 是周期函数,且6T =,所以(919)(66531)(1)f f f =⨯+=(1)6f =-=.【答案】65. 【2019年高考江苏】设(),()f x g x 是定义在R 上的两个周期函数，()f x 的周期为4，()g x 的周期为2，且()f x 是奇函数.当2(]0,x ∈时，()f x =(2),01()1,122k x x g x x +<≤⎧⎪=⎨-<≤⎪⎩，其中k >0.若在区间(0，9]上，关于x 的方程()()f x g x =有8个不同的实数根，则k 的取值范围是 . 【解析】作出函数()f x ，()g x 的图象，如图：由图可知，函数2()1(1)f x x =--1()(12,34,56,78)2g x x x x x =-<≤<≤<≤<≤的图象仅有2个交点，即在区间(0，9]上，关于x 的方程()()f x g x =有2个不同的实数根，要使关于x 的方程()()f x g x =有8个不同的实数根，则2()1(1),(0,2]f x x x =--∈与()(2),(0,1]g x k x x =+∈的图象有2个不同的交点，由(1,0)到直线20kx y k -+=的距离为1211k =+，解得2(0)4k k =>， ∵两点(2,0),(1,1)-连线的斜率13k =，∴1234k ≤<，综上可知，满足()()f x g x =在(0,9]上有8个不同的实数根的k 的取值范围为123⎡⎢⎣⎭，. 【答案】123⎡⎢⎣⎭6.【2017山东理15】若函数()e x f x （e 2.71828=L 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.下列函数中所有具有M 性质的函数的序号为 .①()2x f x -=②()3x f x -=③()3f x x = ④()22f x x =+【解析】①()e =e e 22xx x xy f x -⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭在R 上单调递增，故()2x f x -=具有M 性质； ②()e =e e 33xx x x y f x -⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭在R 上单调递减，故()3xf x -=不具有M 性质；③()3=e e xxy f x x =⋅，令()3e xg x x =⋅，则()()322e e 3e3xxxg x x x x x '=⋅+⋅=+，所以当3x >-时，()0g x '>；当3x <-时，()0g x '<，所以()3=e e xxy f x x =⋅在(),3-∞-上单调递减，在()3,-+∞上单调递增，故()3f x x =不具有M 性质；④()()2=e e 2x x y f x x =+.令()()2e 2x g x x =+， 则()()()22e 2e 2e 110xx x g x xx x ⎡⎤'=++⋅=++>⎣⎦，所以()()2=e e 2x x y f x x =+在R 上单调递增，故()22f x x =+具有M 性质．综上所述，具有M 性质的函数的序号为①④.【答案】①④7.【2017天津理6】已知奇函数()f x 在R 上是增函数，()()g x xf x =.若2(log 5.1)a g =-，0.8(2)b g =，(3)c g =，则a ，b ，c 的大小关系为（ ）. A.a b c << B.c b a <<C.b a c <<D.b c a <<【解析】 因为奇函数()f x 在R 上增函数，所以当0x >时，()0f x >，从而()()g x xf x =是R 上的偶函数，且在(0,)+∞上是增函数.()()22log 5.1log 5.1a g g =-=，0.822<，又4 5.18<<，则22log 5.13<<，所以0.8202log 5.13<<<，于是()()()0.822log 5.13g g g <<，即b a c <<.故选C.【答案】C8.【2018新课标II 卷11】已知()f x 是定义域为(,)-∞+∞的奇函数，满足(1)(1)f x f x -=+．若(1)2f =，则(1)(2)(3)(50)f f f f ++++=…（ ）A ．50-B ．0C ．2D ．50【解析】本题考点是函数的性质的具体应用，根据奇函数性质以及对称性确定函数周期，再根据周期以及对应函数值求结果. 由题意可知原函数的定义域为()∞+∞-，的奇函数，并且有()()x f x f +=-11，所以有()()()111--=-=+x f x f x f ，所以有()()()113-=+-=+x f x f x f ，即有()()4+=x f x f ，所以函数是以周期为4的周期函数.因此有()()()()()()()()[]()()2143211250321f f f f f f f f f f +++++=++++Λ.因为()()()()2413f f f f -=-=，，()()()()04321=+++f f f f ，由()()()113-=+-=+x f x f x f 可得()()()00112==+--=f f f从而()()()()()2150321==++++f f f f f Λ，选C .【答案】C9. .已知定义在错误!未找到引用源。
2023高考数学二轮复习专项训练《导数在解决实际问题中的应用》(含答案)
2023高考数学二轮复习专项训练《导数在解决实际问题中的应用》一、单选题（本大题共8小题，共40分）1.（5分）若z=−1+√3i，则zzz−−1=()A. −1+√3iB. −1−√3iC. −13+√33i D. −13−√33i2.（5分）命题“∀x∈R，∃x∈N，使得n⩾x2+1”的否定形式是()A. ∀x∈R，∃x∈N，使得n<x2+1B. ∀x∈R，∀x∈N，使得n<x2+1C. ∃x∈R，∃x∈N，使得n<x2+1D. ∃x∈R，∀x∈N，使得n<x2+13.（5分）已知函数y=f(x)的周期为2，当x∈[0,2]时，f(x)=(x−1)2，如果g(x)= f(x)−log5|x−1|，则函数的所有零点之和为()A. 8B. 6C. 4D. 104.（5分）执行如图所示的程序框图，若输入的x为整数，且运行四次后退出循环，则输入的x的值可以是()A. 1B. 2C. 3D. 45.（5分）如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，∠BAC的平分线AD交⊙O于点D，DE⊥AC，交AC的延长线于点E，DF⊥AB于点F，且AE=8，AB=10．在上述条件下，给出下列四个结论：①DE=BD；②ΔBDF≌ΔCDE；③CE=2；④DE2=AF⋅BF，则所有正确结论的序号是()A. ①②③B. ②③④C. ①③④D. ①②④6.（5分）已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的图象如图所示，则()A. 函数f(x)的最小正周期是2πB. 函数f(x)在区间(π2,π)上单调递减C. 函数f(x)的图象与y轴的交点为(0,−12)D. 点(7π6,0)为函数f(x)图象的一个对称中心7.（5分）213，log26，3log32的大小关系是A. 213<log26<3log32 B. 213<3log32<log26C. 3log32<213<log26 D. 3log32<log26<2138.（5分）设函数y=ax2与函数y=|ln x+1ax|的图象恰有3个不同的交点，则实数a的取值范围为()A. (√33e,√e) B. (−√33e,0)∪(0,√33e)C. (0,√33e) D. (√e1)∪{√33e}二、填空题（本大题共5小题，共25分）9.（5分）设A，B是非空集合，定义：A⊗B={x|x∈A∪B且x∉A∩B}.已知集合A={x|0<x<2}，B={x|x⩾0}，则A⊗B=__________.10.（5分）某中学组织了“党史知识竞赛”活动，已知该校共有高中学生2000人，用分层抽样的方法从该校高中学生中抽取一个容量为50的样本参加活动，其中高一年级抽取了6人，则该校高一年级学生人数为 ______.11.（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是______．12.（5分）记S n为等比数列{a n}的前n项和，若a1=12，a42=a6，则S4=______．13.（5分）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，过F的一条倾斜角为30°的直线与C在第一象限交于点A，且|OF|=|OA|，O为坐标原点，则该双曲线的离心率为______．三、解答题（本大题共6小题，共72分）14.（12分）某公司计划在今年内同时出售变频空调机和智能洗衣机，由于这两种产品的市场需求量非常大，有多少就能销售多少，因此该公司要根据实际情况(如资金、劳动力)确定产品的月供应量，以使得总利润达到最大．已知对这两种产品有直接限制的因素是资金和劳动力，通过调查，得到关于这两种产品的有关数据如下表：试问：怎样确定两种货物的月供应量，才能使总利润达到最大，最大利润是多少？15.（12分）在ΔABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b+c=2a，3csinB=4asinC．(Ⅰ)求cosB的值；(Ⅱ)求sin(2B+π6)的值．16.（12分）如图，ΔABC中，AC=2，BC=4，∠ACB=90°，D、E分别是AC、AB的中点，将ΔADE沿DE折起成ΔPDE，使面PDE⊥面BCDE，H、F分别是边PD和BE的中点，平面BCH与PE、PF分别交于点I、G．(Ⅰ)求证：IH//BC；(Ⅱ)求二面角P−GI−C的余弦值．17.（12分）设等比数列{a n}的前n项和为S n，a2=18，且S1+116，S2，S3成等差数列，数列{b n}满足b n=2n.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设c n=a n⋅b n，若对任意n∈N∗，不等式c1+c2+⋯+c n⩾12λ+2S n−1恒成立，求λ的取值范围．18.（12分）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=√32，椭圆上任意一点到椭圆的两个焦点的距离之和为4，设直线l与椭圆相交于不同的两点A，B，点A的坐标为(−a,0).(Ⅰ)求椭圆的标准方程；(Ⅰ)若|AB|=4√2，求直线l的倾斜角．519.（12分）已知a为实数，函数f(x)=a ln x+x2−4x．(1)是否存在实数a，使得f(x)在x=1处取得极值？证明你的结论；,e]，使得f(x0)⩽g(x0)成立，求实数a的取值范围．(2)设g(x)=(a−2)x，若∃x0∈[1e答案和解析1.【答案】C;【解析】解：∵z =−1+√3i ，∴z ·z −=|z|2=(√(−1)2+(√3)2)2=4， 则zzz −−1=−1+√3i 4−1=−13+√33i. 故选：C.由已知求得z ·z −，代入zzz −−1，则答案可求．此题主要考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．2.【答案】D;【解析】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以“∀x ∈R ，∃x ∈N ，使得n ⩾x 2+1”的否定形式为∃x ∈R ，∀x ∈N ，使得n <x 2+1”． 故选：D.直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．此题主要考查命题的否定．特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查．3.【答案】A; 【解析】该题考查函数的零点，考查数形结合的数学思想，正确作出函数的图象是关键． 分别作出函数y =f(x)、y =log 5|x −1|的图象，结合函数的对称性，即可求得结论．解：当x ∈[0,2]时，f(x)=(x −1)2，函数y =f(x)的周期为2，图象关于y 轴对称的偶函数y =log 5|x|向右平移一个单位得到函数y =log 5|x −1|， 则y =log 5|x −1|关于x =1对称，可作出函数的图象：函数y =g(x)的零点，即为函数图象交点横坐标， 当x >6时，y =log 5|x −1|>1，此时函数图象无交点，又两函数在(1,6]上有4个交点，由对称性知它们在[−4,1)上也有4个交点，且它们关于直线x=1对称，所以函数y=g(x)的所有零点之和为：4×2=8，故选：A．4.【答案】A;【解析】解：依题意，S随着x的增大而增大，当x⩾2时，第一次循环时S⩾4，第二次循环时S⩾4+42=20，第三次循环时S⩾20+82=84⩾64，脱离循环，故x<2，故选：A．根据S和x的关系，S随着x的增大而增大，验证当x⩾2时的情况，即可得到结果．此题主要考查了程序框图，考查了循环结构．属于基础题．本题的难点在于逆推x的值，需要借助不等式来完成．5.【答案】B;【解析】解：∵∠BAC的平分线为AD，DE⊥AC，DF⊥AB，∴DE=DF，DC=DB，∴ΔBDF≌ΔCDE，所以①不正确，②正确；∵∠BAC的平分线为AD，DE⊥AC，DF⊥AB，∴AE=AF=8．又∵ΔBDF≌ΔCDE，∴CE=BF=AB−AF=10−8=2，故③正确；∵AB是直径，∴∠ADB=90°．又∵DF⊥AB，∴ΔDBF∽ΔADF，∴DFAF =BFDF，即DF2=AF⋅BF，∴DE2=AF⋅BF，故④正确；故选：B．利用角平分线的性质和全等三角形的判定可以判断①②的正误；利用排除法可以判断③④的正误．此题主要考查了相似三角形的判定与性质．解题时，利用了角平分线的性质和圆周角定理，难度不大．6.【答案】D;【解析】解：由函数图可象知T4=5π12−π6=π4，所以T=π，因为T=2πω，∴ω=2，所以最小正周期为π，故A错误；又函数过点(5π12,1)，所以f(5π12)=sin(2×5π12+φ)=1，所以5π6+φ=π2+2kπ，(k∈Z)，解得φ=−π3+2kπ，(k∈Z)，∵|φ|<π2，所以φ=−π3，所以f(x)=sin(2x−π3)，当x∈(π2,π)，所以2x−π3∈(2π3,5π3)，因为y=sinx在x∈(2π3,5π3)上不单调，故B错误；令x=1，则f(0)=sin(−π3)=−√32，所以与y轴交点为(0,−√32)，故C错误；若点(7π6,0)为函数f(x)图象的一个对称中心，则f(7π6)=0，当x=7π6时，f(7π6)=sin(2×7π6−π3)=sin2π=0，所以点(7π6,0)为函数f(x)图象的一个对称中心，故D正确，故选：D.根据函数图像求出函数解析式，再结合选项一一判断即可．此题主要考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了数形结合与函数思想，属于中档题．7.【答案】B;【解析】此题主要考查了指数函数与对数函数的大小比较问题，属于基础题.首先根据单调性，将指数值与32比较，其次根据对数函数的递增性质得到两个对数值与2、32大小关系，答案易得.解：213<212<32，3log32=32log34>32,3log32=log38<log39=2，log26>log24=2，所以213<3log32<log26.故选B.8.【答案】C;【解析】解：令ax2=|ln x+1ax|得a2x3=|ln x+1|，显然a>0，x>0．作出y=a2x3和y=|ln x+1|的函数图象，如图所示：设a=a0时，y=a2x3和y=|ln x+1|的函数图象相切，切点为(x0,y0)，则{3a02x02=1x0a02x03=ln x0+1，解得x0=e−23，y0=13，a0=√3e3．∴当0<a<√3e3时，y=a2x3和y=|ln x+1|的函数图象有三个交点．故选：C．令ax2=|ln x+1ax|得a2x3=|ln x+1|，作出y=a2x3和y=|ln x+1|的函数图象，利用导数知识求出两函数图象相切时对应的a0，则0<a<a0．此题主要考查了函数图象的交点个数判断，借助函数图象求出临界值是关键．9.【答案】{x|x=0或x⩾2};【解析】此题主要考查集合的新定义，是基础题由集合A={x|0<x<2}，B={x|x⩾0}，可得A∪B={x|x⩾0}，A∩B={x|0<x<2}，则A⊗B={x|x=0或x⩾2}.10.【答案】240;【解析】解：设该校高一年级学生人数为n，则6n =502000，即n=240，故答案为：240.由分层抽样方法，按比例抽样即可．此题主要考查了分层抽样方法，重点考查了阅读能力，属基础题．11.【答案】16+8√2;【解析】解：由三视图知：几何体为直三棱柱削去一个三棱锥，如图：其中直棱柱的侧棱长为8，底面为直角三角形，且AB=BC=2，SA=2，SB=2√2，AC=2√2，∴几何体的表面积S=12×2×2+12×2×2√2+4+22×2√2+4+22×2+4×2=16+8√2．故答案为：16+8√2．几何体为直三棱柱削去一个三棱锥，结合直观图判断各面的形状及相关几何量的数据，把数据代入面积公式计算．此题主要考查了由三视图求几何体的表面积，判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解答此类问题的关键．12.【答案】152;【解析】解：∵a1=12，a42=a6，∴(12q3)2=12q5，解可得，q=2，则S4=12(1−24)1−2=152．故答案为：152．由已知结合等比数列的通项公式可求公比，然后结合等比数列的求和公式即可求解．这道题主要考查了等比数列的公式及求和公式的简单应用，属于基础试题．13.【答案】√3+1;【解析】解：过F的一条倾斜角为30°的直线与C在第一象限交于点A，且|OF|=|OA|=c，∠AOx=60°，则A(c2,√3c 2)所以c 24a2−3c24b2=1，c2 4a2−3c24(c2−a2)=1，可得e 24−3e24e2−4=1，可得e4−8e2+4=0．解得e=1+√3．故答案为：√3+1．利用已知条件求出A的坐标，代入双曲线方程，结合离心率公式，求解即可．此题主要考查双曲线的定义和性质，主要是离心率的求法，注意运用三角形的中位线定理和勾股定理，考查运算能力，属于中档题．14.【答案】解：设空调机、洗衣机的月供应量分别是x、y台，总利润是P，则P=6x+8y，由题意有30x+20y⩽300，5x+10y⩽110，x⩾0，y⩾0，x、y均为整数由图知直线y=−34x+18P过M(4,9)时，纵截距最大，这时P也取最大值P max=6×4+8×9=96(百元).故当月供应量为空调机4台，洗衣机9台时，可获得最大利润9600元．;【解析】此题主要考查找出约束条件与目标函数，准确地描画可行域，再利用图形直线求得满足题设的最优解．用图解法解决线性规划问题时，分析题目的已知条件，找出约束条件和目标函数是关键，可先将题目中的量分类、列出表格，理清头绪，然后列出不等式组(方程组)寻求约束条件，并就题目所述找出目标函数．然后将可行域各角点的值一一代入，最后比较，即可得到目标函数的最优解．利用线性规划的思想方法解决某些实际问题属于直线方程的一个应用．15.【答案】解：(Ⅰ)在三角形ABC中，由正弦定理得bsinB =csinC，所以bsinC=csinB，又由3csinB=4asinC，得3bsinC=4asinC，即3b=4a，又因为b +c =2a ，得b =4a 3，c =2a3，由余弦定理可得cosB =a 2+c 2−b 22ac=a 2+49a 2−169a 22⋅a⋅23a=−14；(Ⅱ)由(Ⅰ)得sinB =√1−co s 2B =√154，从而sin2B =2sinBcosB =−√158， cos2B =cos 2B −sin 2B =−78，故sin (2B +π6)=sin2Bcos π6+cos2Bsin π6=−√158×√32−78×12=−3√5+716．; 【解析】本小题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，二倍角的正余弦公式，以及正弦定理、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题． (Ⅰ)根据正余弦定理可得；(Ⅱ)根据二倍角的正余弦公式以及和角的正弦公式可得．16.【答案】证明：（Ⅰ）∵D ，E 分别是边AC 和AB 的中点，∴DE ∥BC ， ∵BC ⊄平面PED ，ED ⊂平面PED ， ∴BC ⊂平面BCH ， ∴IH ∥BC ．解：（Ⅱ）如图，建立空间右手直角坐标系，由题意得：D （0，0，0），E （2，0，0），P （0，0，1），F （3，12，0），C （0，1，0），H （0，0，12），∴EP →=（-2，0，1），EF →=（1，12，0），CH →=（0，-1，12），HI →=12DE →=（1，0，0）， 设平面PGI 的一个法向量为n →=（x ，y ，z ），则{EP →.n →=−2x +z =0EF →.n →=x +12y =0，令x=1，解得y=-2，z=2，∴n →=（1，-2，2）， 设平面CHI 的一个法向量为m →=（a ，b ，c ），则{CH →.m →=−b +12c =0HI →.m →=a =0，取b=1，得m →=（0，1，2）， 设二面角P-GI-C 的平面角为θ， 则cosθ=|m →.n →||m →|.|n →|=3×√5=2√1515．∴二面角P-GI-C的余弦值为2√1515．;【解析】(Ⅰ)推导出DE//BC，从而BC⊂平面BCH，由此能证明IH//BC．(Ⅱ)以D为原点，DE，DC，DP为x，y，z轴，建立空间右手直角坐标系，利用向量法能求出二面角P−GI−C的余弦值．该题考查线线平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．17.【答案】解：(1)设公比为q的等比数列{ an}的前n项和为S n，a2=18，且S1+116，S2，S3成等差数列，所以：{a1q=182S2=S1+116+S3，解得：a1=14，q=12，所以S n=14(1−12n)1−12=12(1−12n)，故a n=14.(12)n−1=(12)n+1，(2)由于：a n=(12)n+1，数列{b n}满足b n=2n.则：C n=a n b n=n2n，则：T n=12+222+323+⋯+n2n①，1 2T n=122+223+324+⋯+n2n+1②，①−②得：12T n=(121+122+⋯+12n)−n2n+1，解得：T n=2−2+n2n，由于S n=14(1−12n)1−12=12(1−12n)，所以不等式c1+c2+⋯+c n⩾12λ+2S n−1恒成立，即2−2+n2n ⩾1−12n+12λ−1，则2−n+12n⩾12λ恒成立，令f(n)=n+12n，则f(n +1)−f(n)=n+22n+1−n+12n=−n2n+1<0，所以f(n)关于n 单调递减， 所以(2−n+12n )min=2−1+12，则2−22⩾12λ 解得：λ⩽2.故：λ的取值范围为(−∞,2].;【解析】此题主要考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，错位相减法在数列求和中的应用，恒成立问题的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于较难题．(1)直接利用递推关系式和建立的方程组进一步求出数列的通项公式;(2)利用(1)的结论，进一步利用错位相减法求出数列的和，最后利用恒成立问题求出参数的取值范围．18.【答案】解：（1）∵椭圆x 2a2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的离心率e=√32，椭圆上任意一点到椭圆的两个焦点的距离之和为4， ∴a=2，c=√3，b=1， ∴椭圆的标准方程：x 24+y 21=1，（2）∵设直线l 与椭圆相交于不同的两点A ，B ，点A 的坐标为（-a ，0）． ∴点A 的坐标为（-2，0）， ∴直线l 的方程为：y=k （x+2），（Ⅱ）（i ）由（Ⅰ）可知点A 的坐标是（-2，0）． 设点B 的坐标为（x 1，y 1），直线l 的斜率为k ． 则直线l 的方程为y=k （x+2）．于是A 、B 两点的坐标满足方程组{y =k(x +2)x 24+y 21=1消去y 并整理，得（1+4k 2）x 2+16k 2x+（16k 2-4）=0． 由-2x 1=16k 2−41+4k 2，得x 1=2−8k 21+4k 2．从而y 1=4k1+4k 2． 所以|AB|=4√1+k 21+4k 2 由|AB|=4√25，得4√1+k 21+4k 2=4√25整理得32k 4-9k 2-23=0，即（k 2-1）（32k 2+23）=0，解得k=±1． 所以直线l 的倾斜角为π4或3π4．;【解析】(1)椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)根据a 2=b 2+c 2，ca =√32，2a =4，求解．(2)联立方程组{y =k(x +2)x 24+y 21=1消去y 并整理，得(1+4k 2)x 2+16k 2x +(16k 2−4)=0，运用韦达定理，弦长公式求解．此题主要考查了椭圆和直线的位置关系，联立方程组结合弦长公式求解．19.【答案】解：（1）函数f （x ）定义域为（0，+∞），f′（x ）=ax +2x-4=2x 2−4x +ax假设存在实数a ，使f （x ）在x=1处取极值，则f′（1）=0，∴a=2，…（2分） 此时，f′（x ）=2(x−1)2x，当x ＞0时，f′（x ）≥0恒成立，∴f （x ）在（0，+∞）递增．…（4分） ∴x=1不是f （x ）的极值点．故不存在实数a ，使得f （x ）在x=1处取极值．…（5分） （2）由f （x 0）≤g （x 0） 得：（x 0-ln x 0）a≥x 02-2x 0 …（6分） 记F （x ）=x-lnx （x ＞0），∴F′（x ）=x−1x（x ＞0），．…（7分）∴当0＜x ＜1时，F′（x ）＜0，F （x ）递减；当x ＞1时，F′（x ）＞0，F （x ）递增． ∴F （x ）≥F （1）=1＞0．…（8分） ∴a≥x 02−2x 0x0−ln x 0，记G （x ）=x 2−2xx−lnx ，x ∈[1e ，e]∴G′（x ）=(2x −2)(x−lnx )−(x−2)(x−1)(x−lnx )2=(x−1)(x−2lnx +2)(x−lnx )2…（9分）∵x ∈[1e，e]，∴2-2lnx=2（1-lnx ）≥0，∴x-2lnx+2＞0∴x ∈（1e ，1）时，G′（x ）＜0，G （x ）递减；x ∈（1，e ）时，G′（x ）＞0，G （x ）递增…（10分）∴G （x ）min =G （1）=-1∴a≥G （x ）min =-1．…（11分） 故实数a 的取值范围为[-1，+∞）． …（12分）; 【解析】(1)求出函数f(x)定义域，函数的导函数f′(x)，假设存在实数a ，使f(x)在x =1处取极值，则f′(1)=0，求出a ，验证推出结果．(2)由f (x 0)⩽g(x 0) 得：(x 0−ln x 0)a ⩾x 02−2x 0，记F(x)=x −ln x(x >0)，求出F′(x)，推出F(x)⩾F(1)=1>0，转化a ⩾x 02−2x 0x 0−ln x 0，记G(x)=x 2−2x x−ln x，x ∈[1e,e]求出导函数，求出最大值，列出不等式求解即可．该题考查函数的动手的综合应用，函数的最值的求法，极值的求法，考查转化思想以及计算能力．。
2020—2021年最新高考总复习数学二轮复习函数与导数专题强化练习题.docx
第二部分大专题综合测1 函数与导数时间120分钟，满分150分。
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(文)设集合M＝{－1}，N＝{1＋cos mπ4，log0.2(|m|＋1)}，若M⊆N，则集合N等于( )A．{2} B．{－2,2}C．{0} D．{－1,0}[答案] D[解析] 因为M⊆N且1＋cos mπ4≥0，log0.2(|m|＋1)<0，所以log0.2(|m|＋1)＝－1，可得|m|＋1＝5，故m＝±4，N＝{－1,0}．(理)(2015·福建理，1)若集合A＝{i，i2，i3，i4}(i是虚数单位)，B＝{1，－1}，则A∩B等于( )A．{－1} B．{1}C．{1，－1} D．∅[答案] C[解析] 考查：(1)复数的概念；(2)集合的运算．由已知得A＝{i，－1，－i,1}，故A∩B＝{1，－1}，故选C.2．(文)(2015·福建理，2)下列函数为奇函数的是( )A．y＝x B．y＝|sin x|C ．y ＝cos xD ．y ＝e x －e －x[答案] D[解析] 考查函数的奇偶性．函数y ＝x 是非奇非偶函数；y ＝|sin x|和y ＝cos x 是偶函数；y ＝e x－e －x是奇函数，故选D ．(理)下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( ) A ．y ＝e －xB ．y ＝x 3C ．y ＝lnxD ．y ＝|x|[答案] B[解析] A 为减函数，C 定义域为(0，＋∞)，D 中函数在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增．3．(文)已知y ＝f(x)为R 上的连续可导函数，当x ≠0时，f ′(x)＋f (x )x >0，则函数g(x)＝f(x)＋1x的零点个数为( ) A ．1 B ．2 C ．0 D ．0或2[答案] C[解析] 由条件知，f ′(x)＋f (x )x ＝[xf (x )]′x>0.令h(x)＝xf(x)，则当x>0时，h ′(x)>0，当x<0时，h ′(x)<0，∴h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且h(0)＝0.，则h(x)≥0对任意实数恒成立．函数g(x)的零点即为y ＝h(x)与y ＝－1的图象的交点个数，所以函数g(x)的零点个数为0.(理)(2014·浙江理，6)已知函数f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，且0≤f(－1)＝f(－2)＝f(－3)≤3，则( )A ．c ≤3B ．3<c ≤6C ．6<c ≤9D ．c>9[答案] C[解析] ∵f(－1)＝f(－2)＝f(－3)⎩⎪⎨⎪⎧－1＋a －b ＋c ＝－8＋4a －2b ＋c ，－1＋a －b ＋c ＝－27＋9a －3b ＋c ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝6，b ＝11.∴f(x)＝x 3＋6x 2＋11x ＋c ，又∵0<f(－1)≤3，∴0<c －6≤3，∴6<c ≤9，选C. 4．(文)(2015·浙江理，4)命题“∀n ∈N *，f(n)∈N *且f(n)≤n ”的否定形式是( )A ．∀n ∈N *,f(n)∉N *且f(n)>n B ．∀n ∈N *,f(n)∉N *或f(n)>n C ．∃n 0∈N *,f(n 0)∉N *且f(n 0)>n 0 D ．∃n 0∈N *,f(n 0)∉N *或f(n 0)>n 0 [答案] D[解析] 全称命题的否定为特称命题，“≤”的否定为“>”． (理)(2015·浙江理，6)设A ，B 是有限集，定义：d(A ，B)＝card(A ∪B)－card(A ∩B)，其中card(A)表示有限集A 中元素的个数．命题①：对任意有限集A ，B ，“A ≠B ”是“ d(A ，B)>0”的充分必要条件；命题②：对任意有限集A ，B ，C ，d(A ，C)≤d(A ，B)＋d(B ，C)．A．命题①和命题②都成立B．命题①和命题②都不成立C．命题①成立，命题②不成立D．命题①不成立，命题②成立[答案] A[解析] 考查集合的性质．命题①显然正确，通过下图亦可知d(A，C)表示的区域不大于d(A，B)＋d(B，C)的区域，故命题②也正确，故选A.5．(文)(2014·福建理，4)若函数y＝log a x(a>0，且a≠1)的图象如图所示，则下列函数图象正确的是( )[答案] B[解析] 由图可知y＝log a x图象过(3,1)，∴log a3＝1，∴a＝3，∵y＝3－x为减函数，∴排除A；∵y＝(－x)3当x>0时，y<0，∴排除C；∵y＝log3(－x)中，当x＝－3时，y＝1，∴排除D，∴选B．(理)函数f(x)＝2e－x2－x的图象大致是( )[答案] B[解析] f ′(x)＝2e－x(x－1)(2－x)2(x≠2)，令f ′(x)<0，得x<1.故f(x)的减区间是(－∞，1)，增区间为(1,2)，(2，＋∞)，f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝2e>0，故排除C、D两项；当x>2时，f(x)<0，排除A项，故选B项．6．(2015·北京海淀期末)设a＝0.23，b＝log20.3，c＝20.3，则( )A．b<c<a B．c<b<aC．a<b<c D．b<a<c[答案] D[解析] 因为0<a＝0.23<1，b＝log20.3<0，c＝20.3>1，所以b<a<c，故选D．7．(文)(2014·新课标Ⅱ文，11)若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是( )A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)[答案] D[解析] 由条件知f′(x)＝k－1x≥0在(1，＋∞)上恒成立，∴k≥1.把函数的单调性转化为恒成立问题是解决问题的关键．(理)若函数f(x)在(0，＋∞)上可导，且满足f(x)>xf ′(x)，则一定有( )A．函数F(x)＝f(x)x在(0，＋∞)上为增函数B．函数G(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上为增函数C．函数F(x)＝f(x)x在(0，＋∞)上为减函数D．函数G(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上为减函数[答案] C[解析] 对于F(x)＝f(x)x，F′(x)＝xf ′(x)－f(x)x2<0，故F(x)在(0，＋∞)上为减函数．8．(文)若函数f(x)＝lnx＋ax在区间[1，e]上的最小值为32，则实数a的值为( )A.32B． eC.e2D．非上述答案[答案] B[解析] f ′(x)＝1x－ax2＝x－ax2，令f ′(x)＝0，则x＝a，若a<1，则f(x)min＝f(1)＝a＝32>1，不合题意．若a>e，则f(x)min＝f(e)＝1＋ae＝32，则a＝e2<e，不合题意．所以1≤a≤e，f(x)min＝f(a)＝lna＋1＝32，则a＝ e.(理)(2014·新课标Ⅱ理，8)设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，则a＝( )A．0 B．1C．2 D．3[答案] D[解析] 本题考查导数的基本运算及导数的几何意义．令f(x)＝ax－ln(x＋1)，∴f′(x)＝a－1x＋1.∴f(0)＝0，且f′(0)＝2.联立解得a＝3，故选D．9．(文)(2015·北京西城区二模)设命题p：函数f(x)＝e x－1在R 上为增函数；命题q：函数f(x)＝cos(x＋π)为奇函数，则下列命题中真命题是( )A．p∧q B．(¬p)∨qC．(¬p)∧(¬q)D．p∧(¬q)[答案] D[解析] p为真命题；∵cos(x＋π)＝－cosx，∴f(x)为偶函数，∴q为假命题．故选D．(理)(2015·杭州市质检)已知函数f(x)(x∈R)是以4为周期的奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝ln(x2－x＋b)．若函数f(x)在区间[－2,2]上有5个零点，则实数b的取值范围是( )A．－1<b≤1 B．14≤b≤54C．－1<b<1或b＝54D．14<b≤1或b＝54[答案] D[解析] 本题考查函数的性质，考查数形结合与转化思想，难度较大．由周期性f(－2)＝f(－2＋4)＝f(2)，又由奇偶性可得f(－2)＝－f(2)，∴－f(2)＝f(2)，∴f(2)＝0，f(－2)＝0，又f(0)＝0，故若函数在区间[－2,2]内存在5个零点，只需x ∈(0,2)时，f(x)＝ln(x 2－x ＋b)只有一个零点即可，即方程x 2－x ＋b ＝1在区间(0,2)内只有一根，可转化为y ＝b ，y ＝－x 2＋x ＋1在x ∈(0,2)上只有一个交点，结合图形可得－1<b ≤1或b ＝54，同时考虑定义域的限制，x ∈(0,2)，x 2－x ＋b>0恒成立得b>14，综上可得b 的取值范围是14<b≤1或b ＝54，故选D ．[易错警示] 本题易忽视函数f(x)＝ln(x 2－x ＋b)在区间(0,2)上有意义而错选C.10．(文)(2015·东北三省四市联考)定义在[0,1]上，并且同时满足以下两个条件的函数f(x)称为M 函数：①对任意的x ∈[0,1]，恒有f(x)≥0；②当x 1≥0，x 2≥0，x 1＋x 2≤1时，总有f(x 1＋x 2)≥f(x 1)＋f(x 2)成立，则下列函数不是M 函数的是( )A ．f(x)＝x 2B ．f(x)＝2x－1 C ．f(x)＝ln(x 2＋1) D ．f(x)＝x 2＋1[答案] D[解析] 利用排除法求解．函数f(x)＝x 2≥0，x ∈[0,1]，且x 1，x 2∈[0,1]，x 1＋x 2≤1时，f(x 1＋x 2)－f(x 1)－f(x 2)＝(x 1＋x 2)2－x 21－x 22＝2x 1x 2≥0，所以f(x)＝x 2是M 函数，A 选项正确；函数f(x)＝2x－1≥0，x ∈[0,1]，且x 1，x 2∈[0,1]，x 1＋x 2≤1时，f(x 1＋x 2)－f(x 1)－f(x 2)＝2x 1＋x 2－2x 1－2x 2＋1＝(2x 1－1)(2x 2－1)≥0，所以f(x)＝2x－1是M 函数，B 选项正确；函数f(x)＝ln(x 2＋1)≥0，x ∈[0,1]，且x 1，x 2∈[0,1]，x 1＋x 2≤1时，x 1x 2≤(x 1＋x 22)2≤14，所以[(x 1＋x 2)2＋1]－(x 21＋1)(x 22＋1)＝x 1x 2(2－x 1x 2)≥0，则f(x 1＋x 2)－f(x 1)－f(x 2)＝ln[(x 1＋x 2)2＋1]－ln(x 21＋1)－ln(x 22＋1)＝ln (x 1＋x 2)2＋1(x 21＋1)(x 22＋1)≥0，所以f(x)＝ln(x 2＋1)是M 函数，C 选项正确；对于函数f(x)＝x 2＋1，x 1＝x 2＝12满足条件，此时f(x 1＋x 2)＝f(1)＝2<f(x 1)＋f(x 2)＝52，所以f(x)＝x 2＋1不是M 函数，D 选项错误，故选D ．(理)(2015·福州市质检)若函数f(x)满足：∀x 1，x 2∈[－1，1]，都有|f(x 1)－f(x 2)|≤|x 1－x 2|成立，则称f(x)∈Ψ.对于函数g(x)＝x 3－x ，h(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋x ，x<0，cosx ，x ≥0有( )A ．g(x)∈Ψ且h(x)∈ΨB ．g(x)∈Ψ且h(x)∉ΨC ．g(x)∉Ψ且h(x)∈ΨD ．g(x)∉Ψ且h(x)∉Ψ[答案] C[解析] 对于函数g(x)＝x 3－x ，因为g ′(x)＝3x 2－1，故x ∈[－1,1]时，g ′(x)∈[－1,2]，即∃x 1，x 2∈[－1,1]，使得|g(x 1)－g(x 2)|>|x 1－x 2|，故g(x)∉Ψ.在同一直角坐标系中分别作出y ＝h(x)，y ＝x ，y ＝－x 的图象如图所示，观察可知∀x 1，x 2∈[－1,1]，|h (x 1)－h (x 2)||x 1－x 2|≤1，即|h(x 1)－h(x 2)|≤|x 1－x 2|，故h(x)∈Ψ.综上所述，故选C.11．(文)(2015·济南模拟)若至少存在一个x(x ≥0)，使得关于x 的不等式x 2≤4－|2x －m|成立，则实数m 的取值范围为( )A ．[－4,5]B ．[－5,5]C ．[4,5]D ．[－5,4][答案] A[解析] 本题考查函数的图象与性质、数形结合思想． 至少存在一个x ≥0，使得不等式|x －m 2|≤2－12x 2成立，即函数f(x)＝|x －m 2|与g(x)＝2－12x 2的图象存在横坐标是非负数的公共点．在同一坐标系下画出函数g(x)＝2－12x 2与y ＝|x|的图象，结合图象可知将y ＝|x|的图象向左平移到经过点(0,2)这个过程中的相应曲线均满足题意，即－4≤m ≤0；将y ＝|x|的图象向左平移到直线y ＝－x ＋m 2与抛物线y ＝2－12x 2相切的过程中的相应曲线均满足题意，设相应的切点横坐标是x 0，则有－x 0＝－1，x 0＝1，切点坐标是(1，32)，于是有32＝－1＋m2，得m ＝5，所以0≤m ≤5.因此满足题意的实数m 的取值范围是[－4，5]，故选A.(理)(2015·东北三省四市联考)若对于∀x ，y ∈[0，＋∞)，不等式4ax ≤ex ＋y －2＋ex －y －2＋2恒成立，则实数a 的最大值是( )A.14 B ．1 C ．2 D ．12[答案] D[解析] 利用分离参数法求解．由题意可得4ax ≤e x －2(e y＋e－y)＋2，y ∈[0，＋∞)恒成立，所以4ax －2ex －2≤(e y ＋e －y)min ＝2，则2ax≤e x －2＋1，x ∈[0，＋∞)恒成立，x ＝0时显然成立，所以2ax ≤e x －2＋1，x ∈(0，＋∞)恒成立，即2a ≤(e x －2＋1x )min 在x ∈(0，＋∞)上恒成立，令f(x)＝e x －2＋1x ，x ∈(0，＋∞)，则f ′(x)＝e x －2(x －1)－1x 2，x ∈(0，＋∞)，由f ′(x)＝0得x ＝2，当x ∈(0,2)时，f ′(x)<0，f(x)在(0,2)上单调递减；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x)>0，f(x)在(2，＋∞)上单调递增，所以f(x)min ＝f(2)＝1，则2a ≤1，a ≤12，所以实数a 的最大值是12，故选D ．12．(文)(2015·四川理，9)如果函数f(x)＝12(m －2)x 2＋(n －8)x＋1(m ≥0，n ≥0)在区间⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，2上单调递减，那么mn 的最大值为( )A ．16B ．18C ．25D ．812[答案] B[解析] 考查函数与不等式的综合应用．当m ＝2时，∵f(x)＝(n －8)x ＋1在[12，2]上单调递减，∴n<8，又n ≥0，∴mn ＝2n<16.当m ≠2时，抛物线的对称轴为x ＝－n －8m －2.据题意，当m>2时，－n －8m －2≥2即2m ＋n ≤12.∵2m ·n ≤2m ＋n2≤6，∴mn ≤18.由2m ＝n 且2m ＋n ＝12得m ＝3，n ＝6.∴当m ＝3，n ＝6时，mn 取到最大值18.当m<2时，抛物线开口向下，据题意得，－n －8m －2≤12，即m ＋2n ≤18.∵n ≤9－12m ，∵0≤m<2，n ≥0，∴mn ≤9m －12m 2＝－12(m －9)2＋812<－12(2－9)2＋812＝16.综上可知mn 的最大值为18.选B ．(理)(2015·新课标Ⅰ理，12)设函数f(x)＝e x(2x －1)－ax ＋a ，其中a<1，若存在唯一的整数x 0使得f(x 0)<0，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫－32e ，1 B ．⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫－32e ，34 C.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫32e ，34 D ．⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫32e ，1 [答案] D[解析] 解法1：设g(x)＝e x(2x －1)，h(x)＝ax －a ，由题知存在唯一的整数x 0，使得(x 0，g(x 0))在直线h(x)＝ax －a 的下方．因为g ′(x)＝e x(2x ＋1)，所以当x ＜－12时，g ′(x)＜0，当x ＞－12时，g′(x)＞0，所以当x ＝－12时，[g(x)]min ＝－2e －12，∵f(1)＝e>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧f (0)＝a －1<0，f (－1)＝－3e ＋2a ≥0.，解得32e≤a ＜1，故选D .解法2：∵a<1，∴f(0)＝－1＋a<0，∴x 0＝0是符合题意的唯一的整数x 0，从而⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)≥0，f (1)≥0，∴a ≥32e，又a<1，∴32e≤a<1，故选D ．二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，将正确答案填在题中横线上)13．已知命p ：∃x ∈R ，ax 2＋2x ＋1≤0.若命题p 是假命题，则实数a 的取值范围是________．[答案] (1，＋∞)[解析] 根据原命题是假命题，则其否定是真命题，结合二次函数图象求解．命题p 的否定¬p：∀x ∈R ，ax 2＋2x ＋1>0是真命题，故⎩⎪⎨⎪⎧a>0，Δ＝4－4a<0，解得a>1.14．(文)若曲线y ＝x －12在点(m ，m －12)处的切线与两坐标轴围成三角形的面积为18，则m ＝________.[答案] 64[解析] ∵y ＝x －12，∴y ′＝－12x －32，∴切线的斜率为－12m－32，切线方程为y －m －12＝－12m －32(x －m)，令x ＝0，得y ＝32m －12，令y ＝0，得x ＝3m ，∵m>0，∴12×3m ×32m －12＝18，∴m 12＝8，∴m ＝64.(理)已知函数f(x)＝13ax 3＋12ax 2－bx ＋b －1在x ＝1处的切线与x 轴平行，若函数f(x)的图象经过四个象限，则实数a 的取值范围是________．[答案] (316，65)[解析] 依题意得，f ′(1)＝0，又f ′(x)＝ax 2＋ax －b ，∴b ＝2a ，∴f ′(x)＝ax 2＋ax －2a ＝a(x ＋2)(x －1)，令f ′(x)＝0，得x ＝－2或x ＝1，①当a ＝0时，不合题意；②当a>0时，要使图象过四个象限，只需⎩⎪⎨⎪⎧f (－2)＝163a －1>0，f (1)＝56a －1<0，结合a>0，解得a ∈(316，65)；③当a<0时，要使图象过四个象限，只需⎩⎪⎨⎪⎧f (－2)＝163a －1<0，f (1)＝56a －1>0，结合a<0.可知不存在符合条件的实数a ；综上得，a 的取值范围是(316，65)．15．(文)函数f(x)＝ax 3－2ax 2＋(a ＋1)x －log 2(a 2－1)不存在极值点，则实数a 的取值范围是________．[答案] 1<a ≤3[解析] 因为a 2－1>0，∴a>1或a<－1； f ′(x)＝3ax 2－4ax ＋a ＋1， ∵函数f(x)不存在极值点，∴f ′(x)＝0不存在两不等实根，∴Δ＝16a2－4×3a(a＋1)＝4a(a－3)≤0，所以0≤a≤3，综上可知：1<a≤3.(理)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f ′(x)的图象经过点(1,0)，(2,0)，如图所示，则下列说法中不正确的是________．①当x＝32时函数取得极小值；②f(x)有两个极值点；③当x＝2时函数取得极小值；④当x＝1时函数取得极大值．[答案] ①[解析] 从图象上可以看到：当x∈(0,1)时，f ′(x)>0；当x ∈(1,2)时，f ′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f ′(x)>0，所以f(x)有两个极值点1和2，且当x＝2时函数取得极小值，当x＝1时函数取得极大值．只有①不正确．16．(文)(2015·长沙市模拟)若关于x的方程x4＋ax3＋ax2＋ax＋1＝0有实根，则实数a 的取值范围是________．[答案] (－∞，－23]∪[2，＋∞)[解析] 利用分离参数法求解．因为关于x 的方程x 4＋ax 3＋ax 2＋ax ＋1＝0有实根，易知实根不为0，则－a ＝x 4＋1x 3＋x 2＋x ＝x 2＋1x2x ＋1＋1x ，令x ＋1x ＝t ∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，则－a ＝t 2－2t ＋1，t ∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)．因为(t 2－2t ＋1)′＝t 2＋2t ＋2(t ＋1)2>0，所以t 2－2t ＋1≤－2或t 2－2t ＋1≥23，即－a ≤－2或－a ≥23，解得a ≥2或a ≤－23.(理)(2015·福州市质检)已知函数f(x)＝x ·sinx ，有下列四个结论：①函数f(x)的图象关于y 轴对称；②存在常数T>0，对任意的实数x ，恒有f(x ＋T)＝f(x)成立； ③对于任意给定的正数M ，都存在实数x 0，使得|f(x 0)|≥M ； ④函数f(x)的图象上至少存在三个点，使得该函数在这些点处的切线重合．其中正确结论的序号是________(请把所有正确结论的序号都填上)．[答案] ①③④[解析] 因为函数的定义域为R ，且f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsinx ＝f(x)，故函数f(x)＝xsinx 为偶函数，图象关于y 轴对称，①正确；作出函数y ＝xsinx 的图象如图所示，观察可知，该函数没有周期性，②错误；因为当x →∞，x ≠k π时，|f(x)|→＋∞，故对于任意给定的正数M ，都存在实数x 0，使得|f(x 0)|≥M ，对于任意正数M ，在同一坐标系中作出函数y ＝sinx 与y ＝Mx 的图象，易知当x>0时，总存在x 0>0，使sinx 0≥Mx 0>0，∴x 0sinx 0≥M ，∴|x 0sinx 0|≥M ，可知③正确；作出y ＝±x 的图象如图所示，观察可知，或由直线y ＝x 与曲线切于点(π2＋2k π，π2＋2k π)，k ∈Z 知④正确．综上所述，正确命题的序号为①③④.三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本题满分10分)(文)已知命题p ：A ＝{a|关于x 的不等式x 2＋2ax ＋4>0在R 上恒成立}，命题q ：B ＝{a|1<a ＋k2<2}．(1)若k ＝1，求A ∩(∁R B)；(2)若“非p ”是“非q ”的充分不必要条件，求实数k 的取值范围． [解析] 依题意，可得A ＝{a|4a 2－16<0}＝{x|－2<a<2}，B ＝{a|2－k<a<4－k}．(1)当k ＝1时，由于B ＝{a|1<a<3}，则∁R B ＝{a|a ≤1或a ≥3}，所以A ∩(∁R B)＝{a|－2<a ≤1}． (2)由“非p ”是“非q ”的充分不必要条件，可知q 是p 的充分不必要条件．只需⎩⎪⎨⎪⎧2－k ≥－2，4－k ≤2，解得2≤k ≤4.所以实数k 的取值范围是[2,4]． (理)若集合A 具有以下性质： ①0∈A,1∈A ；②若x 、y ∈A ，则x －y ∈A ，且x ≠0时，1x ∈A ，则称集合A 是“好集”．(1)分别判断集合B ＝{－1,0,1}，有理数集Q 是否是“好集”，并说明理由；(2)设集合A 是“好集”，求证：若x 、y ∈A ，则x ＋y ∈A ； (3)对任意的一个“好集”A ，分别判断下面命题的真假，并说明理由．命题p ：若x 、y ∈A ，则必有xy ∈A ； 命题q ：若x 、y ∈A ，且x ≠0，则必有yx∈A.[解析] (1)集合B不是“好集”．理由是：假设集合B是“好集”，因为－1∈B,1∈B，所以－1－1＝－2∈B．这与－2∉B矛盾．有理数集Q是“好集”．因为0∈Q,1∈Q，对任意的x，y∈Q，有x－y∈Q，且x≠0时，1x∈Q.所以有理数集Q是“好集”．(2)证明：因为集合A是“好集”，所以0∈A. 若x、y∈A，则0－y∈A，即－y∈A.所以x－(－y)∈A，即x＋y∈A.(3)命题p、q均为真命题．理由如下：对任意一个“好集”A，任取x、y∈A，若x、y中有0或1时，显然xy∈A.下设x、y均不为0,1.由定义可知x－1、1x－1、1x∈A.所以1x－1－1x∈A，即1x(x－1)∈A.所以x(x－1)∈A.由(2)可得x(x－1)＋x∈A，即x2∈A.同理可得y2∈A. 若x＋y＝0或x＋y＝1，则显然(x＋y)2∈A.若x＋y≠0且x＋y≠1，则(x＋y)2∈A.所以2xy＝(x＋y)2－x2－y2∈A.所以12xy∈A.由(2)可得1xy ＝12xy ＋12xy ∈A.所以xy ∈A.综上可知，xy ∈A ，即命题p 为真命题． 若x ，y ∈A ，且x ≠0，则1x ∈A.所以y x ＝y ·1x∈A ，即命题q 为真命题．18．(本题满分12分)(2015·四川绵阳一诊)已知函数f(x)＝1－42a x ＋a(a>0且a ≠1)是定义在(－∞，＋∞)上的奇函数． (1)求a 的值； (2)求函数f(x)的值域；(3)当x ∈(0,1]时，tf(x)≥2x－2恒成立，求实数t 的取值范围． [解析] 解法1：(1)∵f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的奇函数，即f(－x)＝－f(x)恒成立，∴f(0)＝0.即1－42×a 0＋a ＝0，解得a ＝2. (2)由(1)知f(x)＝1－22x ＋1＝2x －12x ＋1，记y ＝f(x)，即y ＝2x－12x ＋1，∴2x＝1＋y 1－y ，由2x>0知1＋y 1－y>0，∴－1<y<1，即f(x)的值域为(－1,1)．(3)原不等式tf(x)≥2x －2即为t ·2x－t 2x ＋1≥2x－2.即(2x )2－(t ＋1)·2x＋t －2≤0. 设2x ＝u ，∵x ∈(0,1]，∴u ∈(1,2]． ∵x ∈(0,1]时，tf(x)≥2x－2恒成立，∴u ∈(1,2]时，u 2－(t ＋1)·u ＋t －2≤0恒成立．∴⎩⎪⎨⎪⎧u (1)≤0，u (2)≤0，∴⎩⎪⎨⎪⎧12－(t ＋1)×1＋t －2≤0，22－(t ＋1)×2＋t －2≤0，解得t ≥0.解法2：(1)同解法1. (2)由(1)知f(x)＝1－22x ＋1，而2x>0，∴2x＋1>1，∴0<22x ＋1<2，∴－1<1－22x ＋1<1，即－1<f(x)<1.∴f(x)的值域为(－1,1)． (3)∵x ∈(0,1]，∴2x－1>0，∴原式变为t ≥2x＋12x －1·(2x －2)＝(2x )2－2x－22x－1 ＝(2x－1)2＋(2x－1)－22x－1＝(2x－1)－22x －1＋1. 令μ＝2x －1，则μ∈(0,1]，原式变为t ≥μ－2μ＋1.而g(μ)＝μ－2μ＋1在μ∈(0,1]时是增函数，∴当μ＝1时，g(μ)max＝0，∴t≥0.19．(本题满分12分)(文)某开发商用9000万元在市区购买一块土地，用于建一幢写字楼，规划要求写字楼每层建筑面积为2000平方米．已知该写字楼第一层的建筑费用为每平方米4000元，从第二层开始，每一层的建筑费用比其下面一层每平方米增加100元．(1)若该写字楼共x层，总开发费用为y万元，求函数y＝f(x)的表达式；(总开发费用＝总建筑费用＋购地费用)(2)要使整幢写字楼每平方米的平均开发费用最低，该写字楼应建为多少层？[解析] (1)由已知，写字楼最下面一层的总建筑费用为4000×2000＝8000000(元)＝800(万元)，从第二层开始，每层的建筑总费用比其下面一层多100×2000＝200000(元)＝20(万元)，写字楼从下到上各层的总建筑费用构成以800为首项，20为公差的等差数列，所以函数表达式为y＝f(x)＝800x＋x(x－1)2×20＋9000＝10x2＋790x＋9000(x∈N*)．(2)由(1)知写字楼每平方米平均开发费用为g(x)＝f (x )2000x ×10000＝5(10x 2＋790x ＋9000)x＝50(x ＋900x＋79)g ′(x)＝50(1－900x 2)，由g ′(x)＝0及x ∈N *得，x ＝30.易知当x ＝30时，g(x)取得最小值．答：该写字楼建为30层时，每平方米平均开发费用最低． (理)经市场调查，某旅游城市在过去的一个月内(以30天计)，旅游人数f(t)(万人)与时间t(天)的函数关系近似满足f(t)＝4＋1t ，人均消费g(t)(元)与时间t(天)的函数关系近似满足g(t)＝115－|t －15|.(1)求该城市的旅游日收益w(t)(万元)与时间t(1≤t ≤30，t ∈N)的函数关系式；(2)求该城市旅游日收益的最小值(万元)． [解析] (1)依题意得，w(t)＝f(t)·g(t)＝(4＋1t)(115－|t －15|)．(2)因为w(t)＝⎩⎪⎨⎪⎧(4＋1t)(t ＋100)，(1≤t<15，t ∈N *)，(4＋1t)(130－t )，(15≤t ≤30，t ∈N *).①当1≤t<15时，w(t)＝(4＋1t )(t ＋100)＝4(t ＋25t)＋401≥4×225＋401＝441，当且仅当t ＝25t，即t ＝5时取等号．②当15≤t ≤30时，w(t)＝(4＋1t )(130－t)＝519＋(130t －4t)，可证w(t)在t ∈[15,30]上单调递减，所以当t ＝30时，w(t)取最小值为40313.由于40313<441，所以该城市旅游日收益的最小值为40313万元．20．(本题满分12分)(文)已知函数f(x)＝x 2＋2alnx.(1)若函数f(x)的图象在(2，f(2))处的切线斜率为1，求实数a 的值；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)若函数g(x)＝2x ＋f(x)在[1,2]上是减函数，求实数a 的取值范围．[解析] (1)f ′(x)＝2x ＋2a x ＝2x 2＋2ax .由已知f ′(2)＝1，解得a ＝－3. (2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．①当a ≥0时，f ′(x)>0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a<0时f ′(x)＝2(x＋－a)(x－－a)x.当x变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下：x (0，－a) －a (－a，＋∞)f ′(x) －0 ＋f(x) 极小值由上表可知，函数f(x)的单调递减区间是(0，－a)；单调递增区间是(－a，＋∞)．(3)由g(x)＝2x＋x2＋2alnx，得g′(x)＝－2x2＋2x＋2ax，由已知函数g(x)为[1,2]上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，即－2x2＋2x＋2ax≤0在[1,2]上恒成立．即a≤1x－x2在[1,2]上恒成立．令h(x)＝1x－x2，x∈[1,2]，则h′(x)＝－1x2－2x＝－(1x2＋2x)<0，∴h(x)在[1,2]上为减函数．h(x)min＝h(2)＝－7 2，∴a≤－72，故a的取值范围为(－∞，－72]．(理)设函数f(x)＝lnx＋(x－a)2，a∈R.(1)若a ＝0，求函数f(x)在[1，e]上的最小值；(2)若函数f(x)在[12，2]上存在单调递增区间，试求实数a 的取值范围．[解析] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)． 因为f ′(x)＝1x ＋2x>0，所以f(x)在[1，e]上是增函数， 当x ＝1时，f(x)取得最小值f(1)＝1. 所以f(x)在[1，e]上的最小值为1. (2)法一：f ′(x)＝1x ＋2(x －a)＝2x 2－2ax ＋1x设g(x)＝2x 2－2ax ＋1，依题意得，在区间[12，2]上存在子区间使得不等式g(x)>0成立．注意到抛物线g(x)＝2x 2－2ax ＋1的图象开口向上， 所以只要g(2)>0，或g(12)>0即可．由g(2)>0，即8－4a ＋1>0，得a<94，由g(12)>0，即12－a ＋1>0，得a<32.所以a<94，所以实数a 的取值范围是(－∞，94)．法二：f ′(x)＝1x ＋2(x －a)＝2x 2－2ax ＋1x，依题意得，在区间[12，2]上存在子区间使不等式2x 2－2ax ＋1>0成立．又因为x>0，所以2a<(2x ＋1x)．设g(x)＝2x ＋1x ，所以2a 小于函数g(x)在区间[12，2]的最大值．又因为g ′(x)＝2－1x2，由g ′(x)＝2－1x 2>0，解得x>22；由g ′(x)＝2－1x 2<0，解得0<x<22.所以函数g(x)在区间(22，2]上单调递增，在区间[12，22)上单调递减．所以函数g(x)在x ＝12，或x ＝2处取得最大值．又g(2)＝92，g(12)＝3，所以2a<92，即a<94，所以实数a 的取值范围是(－∞，94)．21．(本题满分12分)(文)(2015·新课标Ⅰ文，21)设函数f(x)＝e 2x－aln x.(1)讨论f(x)的导函数f ′(x)零点的个数； (2)证明：当a>0时，f(x)≥2a ＋aln 2a .[解析] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f ′(x)＝2e 2x－ax(x ＞0)．当a ≤0时，f ′(x)＞0，∴y ＝f ′(x)没有零点； 当a ＞0时，因为y ＝e 2x单调递增，y ＝－ax 单调递增，所以f ′(x)在(0，＋∞)单调递增．又f ′(a)＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b)＜0，故当a＞0时，f ′(x)存在唯一零点．(2)由(1)，可设f ′(x)在(0，＋∞)的唯一零点为x 0， 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x)＜0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x)＞0.故f(x)在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x 0)．由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f(x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋aln 2a ≥2a ＋aln 2a .故当a ＞0时，f(x)≥2a ＋aln 2a.(理)(2015·新课标Ⅱ文，21)已知函数f(x)＝ln x ＋a(1－x)． (1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．[解析] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝1x －a ，若a ≤0，则f ′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)，单调递增；若a>0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 时，f ′(x)>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x)<0，所以f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知a ≤0时f(x)在(0，＋∞)无最大值．当a>0时f(x)在x ＝1a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a >2a －2⇔ln a ＋a －1<0，令g(a)＝ln a ＋a －1.则g(a)在(0，＋∞)是增函数，且g(1)＝0，于是，当0<a<1时，g(a)<0，当a>1时，g(a)>0.因此a 的取值范围是(0,1)．22．(本题满分12分)(文)(2015·重庆文，19)已知函数f(x)＝ax3＋x 2(a ∈R)在x ＝－43处取得极值．(1)确定a 的值；(2)若g(x)＝f(x)e x，讨论g(x)的单调性．[解析] (1)对f(x)求导得f ′(x)＝3ax 2＋2x ，因为f(x)在x ＝－43处取得极值，所以f ′(－43)＝0，即3a ×169＋2×(－43)＝16a 3－83＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得，g(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12x 3＋x 2e x.故g ′(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32x 2＋2x e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12x 3＋x 2e x＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12x 3＋52x 2＋2x e x ＝12x(x ＋1)(x ＋4)e x ，令g ′(x)＝0，解得x ＝0，x＝－1或x ＝－4.当x<－4时，g ′(x)<0，故g(x)为减函数；当－4<x<－1时，g ′(x)>0，故g(x)为增函数；当－1<x<0时，g ′(x)<0，故g(x)为减函数；当x>0时，g ′(x)>0，故g(x)为增函数；综上知g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数．(理)已知函数f(x)＝ln (x ＋1)(x ＋1)2－ax ＋1－2x ，(a>0)． (1)若函数f(x)在x ＝0处取得极值，求a 的值；(2)如图，设直线x ＝－1，y ＝－2x ，将坐标平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域(不含边界)，若函数y ＝f(x)的图象恰好位于其中一个区域内，试判断其所在的区域，并求其对应的a 的取值范围．(3)试比较20162015与20152016的大小，并说明理由．[解析] (1)∵f(x)＝ln (x ＋1)(x ＋1)2－ax ＋1－2x ∴f ′(x)＝(x ＋1)－2(x ＋1)ln (x ＋1)(x ＋1)4＋a(x ＋1)2－2，∵f(x)在x ＝0处取得极值， ∴f ′(0)＝1＋a －2＝0， ∴a ＝1.(经检验a ＝1符合题意)(2)因为函数的定义域为(－1，＋∞)，且当x ＝0时， f(0)＝－a<0，又直线y ＝－2x 恰好通过原点，所以函数y ＝f(x)的图象应位于区域Ⅲ内，∵x>－1，∴可得f(x)<－2x ，即ln (x ＋1)(x ＋1)2<ax ＋1， ∵x ＋1>0，∴a>ln (x ＋1)x ＋1，令φ(x)＝ln(x＋1)x＋1，∴φ′(x)＝1－ln(x＋1)(x＋1)2，令φ′(x)＝0得x＝e－1，∵x>－1，∴x∈(－1，e－1)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，x∈(e－1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减．∴φmax(x)＝φ(e－1)＝1e，∴a的取值范围是：a>1e.(3)法1：由(2)知函数φ(x)＝ln(x＋1)x＋1在x∈(e－1，＋∞)时单调递减．∴函数p(x)＝lnxx在x∈(e，＋∞)时单调递减，∴ln(x＋1)x＋1<lnxx，∴xln(x＋1)<(x＋1)lnx，∴ln(x＋1)x<lnx(x＋1)，即(x＋1)x<x(x＋1)，∴令x＝2015，则20162015<20152016.法2：2016201520152016＝(2015＋1)201520152016＝∑r＝02015C r201520152015－r20152016，∵C r2015<2015r，∴C r201520152015－r<20152015，∴∑r＝02015C r201520152015－r20152016＝C0201520152015＋C1201520152011＋…＋C2013201520152＋(C201420152015＋1)20152016<1，∴20162015<20152016.法3：2016201520152016＝(20162015)2015×12015∵(20162015)2015＝(1＋12015)2015＝1＋1＋C22015×(12015)2＋C32015×(12015)3＋…＋C r2015(12015)r＋…＋C20152015(12015)2015<2＋12＋13＋…＋12015<2＋12×1＋12×3＋…＋1(2015－1)×2015<3，∴2016201520152016<1，∴20162015<20152016.反馈练习一、选择题1．(文)(2015·新课标Ⅰ文，1)已知集合A＝{x|x＝3n＋2，n∈N}，B＝{6,8,10,12,14}，则集合A∩B中元素的个数为( ) A．5 B．4C．3 D．2[答案] D[解析] 集合A的元素为首项为2，公差为3的等差数列，所以集合A＝{2,5,8,11,14，…}，所以A∩B＝{8,14}，元素的个数为2.(理)设集合A ＝{x|(12)x <14}，B ＝{x|log 13x>－1}，则A ∩B 等于( )A ．{x|x<－2}B ．{x|2<x<3}C ．{x|x>3}D ．{x|x<－2或2<x<3}[答案] B[解析] 因为A ＝{x|x>2}，B ＝{x|0<x<3}，所以A ∩B ＝{x|2<x<3}．2．命题p ：∀a ∈R ，函数f(x)＝(x －1)a＋1恒过定点(2,2)；命题q ：∃x 0∈R ，使2x 0≤0.则下列命题为真命题的是( )A ．(¬p)∨qB ．p ∧qC ．(¬p)∧(¬q)D ．(¬p)∨(¬q)[答案] D[解析] p 为真命题，q 为假命题，故D 项正确．3．(文)已知m 是函数f(x)＝(13)x－log 3x 的零点，若x 0>m ，则f(x 0)的值( )A ．等于0B ．大于0C ．小于0D ．符号不确定[答案] C[解析] ∵f(x)＝(13)x －log 3x ＝(13)x ＋log 13x 在(0，＋∞)上为减函数，又f(m)＝0，∴x 0>m 时，应有f(x 0)<f(m)，即f(x 0)<0，故选C.(理)(2015·天津)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2－|x|，x ≤2，(x －2)2，x ＞2，函数g(x)＝3－f(2－x)，则函数y ＝f(x)－g(x)的零点个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5 [答案] A[解析] 当x<0时，f(2－x)＝x 2，g(x)＝3－x 2，此时函数f(x)－g(x)＝－1－|x|＋x 2的小于零的零点为x ＝－1＋52；当0≤x<2时，f(2－x)＝2－|2－x|＝x ，g(x)＝3－x ，函数f(x)－g(x)＝2－|x|－3＋x ＝－1无零点；当x>2时，f(2－x)＝2－|2－x|＝4－x ，g(x)＝x －1，函数f(x)－g(x)＝(x －2)2－x ＋1＝x 2－5x ＋5大于2零点有一个，故选A.4．(文)已知函数f(x)＝11－x ，g(x)＝lnx ，x 0是函数h(x)＝f(x)＋g(x)的一个零点，若x 1∈(1，x 0)，x 2∈(x 0，＋∞)，则( )A ．h(x 1)<0，h(x 2)<0B ．h(x 1)>0，h(x 2)>0C ．h(x 1)>0，h(x 2)<0D ．h(x 1)<0，h(x 2)>0[答案] D[解析] 令h(x)＝11－x ＋lnx ＝0，从而有lnx＝1x －1，此方程的解即为函数h(x)的零点．在同一坐标系中作出函数g(x)＝lnx与f(x)＝1x－1的图象，如图所示．由图象易知1x1－1>lnx1，从而lnx1－1x1－1<0，故lnx1＋11－x1<0，即h(x1)<0.同理h(x2)>0.(理)函数f(x)＝sin(3x)－18x3的图象最可能是( ) [答案] A[解析] ∵f(－x)＝sin(－3x)－18(－x)3＝－f(x)，∴函数f(x)为奇函数，排除B 项；又f(2)＝sin6－18×23＝sin6－1<0，故排除C 、D两选项，应选A.5．(2015·山东文，10)设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －b ，x ＜1，2x，x ≥1.)若f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫56＝4，则b ＝( )A ．1B ．78C.34 D ．12[答案] D[解析] 考查分段函数与方程思想．由题意，f(56)＝3×56－b ＝52－b ，由f(f(56))＝4得，⎩⎪⎨⎪⎧52－b ＜1，3(52－b )－b ＝4，或⎩⎪⎨⎪⎧52－b ≥1，252－b ＝4，解得b ＝12，故选D ．6．设f(x)是R 上的奇函数，且f(x)满足f(x ＋1)＝f(x －1)，当－1≤x ≤0时，f(x)＝x(1＋x)，则f(52)＝( )A.12 B ．14C ．－14D ．－12[答案] B[解析] ∵f(x)满足f(x ＋1)＝f(x －1)，∴f(x ＋2)＝f(x)，∴f(x)的周期为2，∴f(52)＝f(12)，∵f(x)为奇函数，∴f(12)＝－f(－12)＝12(1－12)＝14，∴f(52)＝14，故选B ．7．函数f(x)＝x 3＋ax 2＋3x －9，已知f(x)有两个极值点x 1、x 2，则x 1·x 2等于( )A ．9B ．－9C ．1D ．－1[答案] C[解析] f ′(x)＝3x 2＋2ax ＋3，则x 1·x 2＝1.8．(文)已知a ≤1－x x ＋lnx 对任意x ∈[12，2]恒成立，则a 的最大值为( )A ．0B ．1C ．2D ．3[答案] A[解析] 令f(x)＝1－x x ＋lnx ，则f ′(x)＝x －1x 2，当x ∈[12，1]时，f ′(x)<0，当x ∈[1,2]时，f ′(x)>0，∴f(x)在[12，1]上单调递减，在[1,2]上单调递增，∴f(x)min ＝f(1)＝0，∴a ≤0，故选A.(理)若f ′(x)＝(x ＋a)(x －2)，f(0)＝0，函数f(x)在区间[－2,0]上不是单调函数，且当x ∈[－2,0]时，不等式f(x)<16a 3－2a ＋3恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－3,1)B ．(－1,3)C ．(0,3)D ．(0,1)[答案] D[解析] 依题意得，f(x)＝13x 3＋a －22x 2－2ax ；∵f(x)在[－2,0]上不是单调函数，∴－a ∈(－2,0)，即0<a<2，①在(－2，－a)上f ′(x)>0，在(－a,0)上f ′(x)<0，∴当x ∈[－2,0]时，[f(x)]max ＝f(－a)＝－13a 3＋a 2(a －2)2＋2a 2＝16a 3＋a 2，由条件知16a 3＋a 2<16a 3－2a ＋3，∴a 2＋2a －3<0， ∴－3<a<1 ② 由①②得，0<a<1.9．(文)函数f(x)＝1(log 2x )2－1的定义域为( )A ．(0，12)B ．(2，＋∞)C ．(0，12)∪(2，＋∞)D ．(0，12]∪[2，＋∞)[答案] C[解析] (log 2x)2－1>0，(log 2x)2>1， ∴log 2x<－1或log 2x>1， ∴0<x<12或x>2.(理)(2015·重庆文，3)函数f(x)＝log 2(x 2＋2x －3)的定义域是( )A ．[－3,1]B ．(－3,1)C ．(－∞，－3]∪[1，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(1，＋∞) [答案] D[解析] 考查函数的定义域与一元二次不等式．由x 2＋2x －3>0⇒(x ＋3)(x －1)>0，解得x<－3或x>1；故选D ．10．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧lnx ，x>0，x ＋2，x<0，则f(x)>1的解集为( )A ．(－1,0)∪(0，e)B ．(－∞，－1)∪(e ，＋∞)C ．(－1,0)∪(e ，＋∞)D ．(－∞，1)∪(e ，＋∞)[答案] C[解析] 不等式f(x)>1化为⎩⎪⎨⎪⎧x>0lnx>1或⎩⎪⎨⎪⎧x<0x ＋2>1，∴x>e 或－1<x<0，故选C. 11．(2015·浙江文，5)函数f(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －1x cos x(－π≤x ≤π且x≠0)的图象可能为( )A ．B ．C ．D ．[答案] D[解析] 考查1.函数的基本性质；2.函数的图象．因为f(－x)＝(－x ＋1x )cos x ＝－(x －1x )cos x ＝－f(x)，故函数是奇函数，所以排除A ，B ；取x ＝π，则f(π)＝(π－1π)cos π＝－(π－1π)<0，故选D ． 12．(文)(2014·中原名校第二次联考)已知函数g(x)＝ax 3＋bx2＋cx ＋d(a ≠0)的导函数为f(x)，且a ＋2b ＋3c ＝0，f(0)f(1)>0，设x 1、x 2是方程f(x)＝0的两根，则|x 1－x 2|的取值范围是( )A ．[0，23)B ．[0，49)C ．(13，23)D ．(19，49)[答案] A[解析] f(x)＝g ′(x)＝3ax 2＋2bx ＋c ，∵f(13)＝a 3＋2b 3＋c ＝13(a＋2b ＋3c)＝0，∴13是f(x)＝0的一根，又f(0)·f(1)>0，∴0<x 1<x 2<1，即⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＝13，13<x 2<1，或⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝13，0<x 1<13.故选A.(理)(2014·哈三中一模)在平面直角坐标系xOy 中，已知P 是函数f(x)＝xlnx－x的图象上的动点，该曲线在点P处的切线l交y轴于点M(0，y M)，过点P作l的垂线交y轴于点N(0，y N)．则y Ny M 的范围是( )A．(－∞，－1]∪[3，＋∞)B．(－∞，－3]∪[1，＋∞)C．[3，＋∞)D．(－∞，－3][答案] A[解析] ∵f(x)＝xlnx－x，∴f ′(x)＝lnx，设P(x0，y0)，则y0＝x0lnx0－x0，k l＝lnx0，∴l：y－y0＝(x－x0)·lnx0，令x＝0得y M＝y0－x0lnx0＝－x0，过点P的直线l的垂线斜率k＝－1lnx0，方程为y－y0＝－1lnx0·(x－x0)，令x＝0得y N＝y0＋x0lnx0＝x0lnx0－x0＋x0lnx0＝x0(ln2x0－lnx0＋1)lnx0∴y Ny M＝－ln2x0＋lnx0－1lnx0＝－lnx0－1lnx0＋1当x0>1时，lnx0>0，－lnx0－1lnx0＋1＝－(lnx0＋1lnx0)＋1≤1－2＝－1，同理当0<x0<1时，－lnx0－1lnx0＋1≥3，∴选A.二、填空题13．若f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围为________．[答案] (－∞，－1)∪(2，＋∞)[解析] f ′(x)＝3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)，由题意知f ′(x)＝0有两个不等的实根，故Δ＝(6a)2－4×3×3(a ＋2)>0，即a 2－a －2>0，解得a>2或a<－1.14．(文)已知直线y ＝2x ＋b 是曲线y ＝lnx(x>0)的一条切线，则实数b ＝________.[答案] －ln2－1[解析] 由y ＝lnx 得y ′＝1x ，令1x ＝2得x ＝12，∴切点为(12，ln 12)，∴ln 12＝12×2＋b ，∴b ＝－ln2－1.(理)已知函数f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，若f(x)在区间(－1，0)上单调递减，则a 2＋b 2的取值范围是________．[答案] [95，＋∞)[解析] 由题意得f ′(x)＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(x)≤0在x ∈(－1,0)上恒成立，即3x 2＋2ax ＋b ≤0在x ∈(－1,0)上恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧2a －b －3≥0，b ≤0.∴a 、b 所满足的可行域如图中的阴影部分所示．则点O 到直线2a －b －3＝0的距离d ＝35.∴a 2＋b 2≥d 2＝95.∴a 2＋b 2的取值范围为[95，＋∞)．15．(文)给出下列四个命题：①命题“∀x ∈R ，cosx>0”的否定是“∃x ∈R ，cosx ≤0”； ②若0<a<1，则函数f(x)＝x 2＋a x－3只有一个零点； ③函数y ＝sin(2x －π3)的一个单调增区间是[－π12，5π12]；④对于任意实数x ，有f(－x)＝f(x)，且当x>0时，f ′(x)>0，则当x<0时，f ′(x)<0.其中真命题的序号是________(把所有真命题的序号都填上)． [答案] ①③④[解析] ①正确；令f(x)＝x 2＋a x－3＝0，则a x＝3－x 2，在同一坐标系中作出函数y ＝a x(0<a<1)与y ＝3－x 2的图象知，两图象有两个交点，故②错；当x ∈[－π12，5π12]时，－π2≤2x －π3≤π2，故③正确；∵对任意实数x ，有f(－x)＝f(x)，∴f(x)为偶函数，又x>0时，f ′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴f(x)在(－∞，0)上为减函数，因此，当x<0时，f ′(x)<0，故④真．(理)命题p ：方程x 2－x ＋a 2－6a ＝0有一正根和一负根．命题q ：函数y ＝x 2＋(a －3)x ＋1的图象与x 轴无交点．若命题“p 或q ”为真命题，而命题“p 且q ”为假命题，则实数a 的取值范围是________．。
2020高考数学复习-专题02 导数与函数、不等式(精讲篇)-用思维导图突破导数压轴题
用思维导图突破导数压轴专题02 导数与函数、不等式导数与函数、不等式综合题是近年高考试题的一个热点，往往是在运用导数知识以后，由不等式提升试题难度。
证明不等式f x g x ≥（）（）一般是作h(x )f x g x =-（）（），通过对h x （）求导，求出h x （）的最小值大于或大于0,；证明不等式f x g x <（）（）成立的方法类似。
如果要证明的不等式中含有参数，需要分类讨论，才能确定单调性，就要根据题设条件确定恰当的分类标准。
如果要求参数的范围，在得到相关不等式后可以分离变量，也可能需要构造新函数，找出参数满足的条件，才能求出参数的范围。
作差求导 判断单调 求出极值思路点拨第（1）题由或解出相应的x 的范围即可确定单调区间。
第（2）题记不等式左边为，证明指定区间上函数值非负，理想状态是在该区间单调，且最小值为0。
第（3）题利用第（2）结论，由，得'()0f x >'()0f x <()h x ()h x ()h x ππ2,2π42n x n n π∈++（），记，那么 ，由（2）可得由（2）知，，有两条路径：一条是通过分解、变形、代换、放缩等化归为熟悉的基本的函数单调性问题（解1-解3）；另一条是把变量n 转化成x n ，构造函数，回归导数基本运算，借助研究定义域内函数单调性的变化，转化为最值问题（解4）。
思维导图如下：满分解答解（1）由已知，有()e (cos sin )xf 'x x x =-,当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ． ππ2,2π42n x n n π∈++（）2n n y x π=-(,)42n y ππ∈π()()()02n n n f y g y y +-≥（2）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．函数定义域为，依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )xg x x x =-，从而()2e sin xg'x x =-． 当,42x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，0()g'x <，故 ()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭． （3）思路一：借助前问巧带入，不等证明化函数观察到本问与第二问结构类似，范围类似，充分利用前问，对一个非基本问题通过分解、变形、代换、放缩等多种方式，化归为熟悉的基本的函数单调性问题，从而得到解答.解1 依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n xn x =．记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且22()cos cos(2)()n n y x n n n n n f y e y e x n e n N πππ--==-=∈．由()()20e1n n f y f y -π==≤及（Ⅰ），得0n y y ≥即024ππ>≥>n y y .令函数()sin cos ()42m x x x x ππ=-<<，()cos sin 0m x x x '=+>，所以()m x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为增函数，所以0)()(()04π≥>=n m m y y m ，故 ()()()()()()22222200000=2sin cos sin co e e e e e s en n n n n n y n n n n n n n f y y g y g y e m y m y m y y y x x -π-π-π-π-π-ππ--=-<⋅≤==-≤-所以，20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．解2 依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n xn x =，即c eos nx n x -=，,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦因为(2,2)42n x n n ππππ∈++，所以2(,)42n x n πππ-∈， 由（2）知(2)(2)(2)02n n n f x n g x n x n ππππ-+--+≥，所以[]22cos(2)cos(2)sin(2)(2)02n n x n x n n n n n e x n e x n x n x n πππππππ---+----+≥,所以cos (cos sin )(2)02n n n n x x x x n ππ+--+≥，因为(2,2)42n x n n ππππ∈++，所以cos sin n n x x <，又cos n x n e x -=， 上式可化为22sin cos nx n n ne x n x x ππ--+≤-，只需证200sin cos sin cos n x n n n e e x x x x π--<--， 因为2n x n π>,所以20nx n ee π--<<，下面只需证明00sin cos sin cos n n x x x x -≥-. 令()sin cos ()42m x x x x ππ=-<<，只需证明0(2)()n m x n m x π-≥，因为()cos sin 0m x x x '=+>，所以()m x 在(,)42ππ上单调递增 因为0n x x ≥，所以0nx x e e --≤，则0cos cos n x x ≤，则0cos(2)cos n x n x π-≤，因为cos x 在(,)42ππ内单调递减，所以0242n x x n πππ<≤-<, （或者：因为20(2)1()n n f x n ef x ππ--=≤=,且()f x 在(,)42ππ单调递增,所以0242n x x n πππ<≤-<）,所以0(2)()n m x n m x π-≥所以原式得证.解3（前一部分与解法二相同，省略）只需证200sin cos sin cos n x n n n e e x x x x π--<-- 令函数1()(22)(sin cos )42=+<<+-x k x n x n e x x ππππ，所以22sin ()(22)(sin cos )42x x k x n x n e x x ππππ-'=+<<+-， 显然()0k x '<，则函数()k x 在(2,2)42n n ππππ++单调递减，只需证2001()(sin cos )n n k x e x x π<-， 因为00222000(2)cos(2)cos 1()x n x n n n f x n e x n e x e e f x πππππ++=⋅+=⋅=≥=，其中0,(2,2)42n x x n n ππππ∈++， 且由（Ⅰ）知()f x 在(2,2)42n n ππππ++内单调递减，所以022242n n x n x n πππππ+<+≤<+，所以002001()(2)(sin cos )n x n k x k x n e x x ππ+≤+=-0220000(sin cos )sin cos n n x e e e x x x x ππ--=<--, 所以原式得证.（解3中不等式左侧也可以构造成1()n g x -，利用函数()n g x 解题，方法雷同，不再赘述）思路二：不等证明法若干，差值函数要优先仿照第二问的证明方法，但是本问难在变量不统一，既有n 又有n x ，需要将它们化成同一变量，通过自变量的改变，构造函数，回归导数基本运算，借助研究定义域内函数单调性的变化，转化为最值问题，达到证明不等式的目的.解4 记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭， 因为()()10n n u x f x =-=，即cos 1e ，=n xn x ． 所以2cos(21e)n y n n y n ππ++=，所以2e cos n y n n y π--=要证20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-，只需证00co 2sin cos s π-<-n n n y e y y x x ，显然有1n n x x +>12(1)2n n y n y n ππ+++>+即，所以12(1)2n n y n y n ee ππ+--+-->，即1cos cos n n y y +<，因为42n y ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭，，所以1n n y y +> 则{}n y 关于n 单调递增，所以0,)2n y x π⎡∈⎢⎣.（或者用第一问结论，进行如下证明：1112(1)2(1)11()cos n n n y y y n n n n f y e y e e e ππ+++--+-+++=⋅==,所以2()n n f y e π-=，因为21()1()n n f y e f y π-+=<，且()0n f y >，所以1()()n n f y f y +<，由（1）知，()f x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦内单调递减，所以1n n y y +>， 所以{}n y 关于n 单调递增，所以0,)2n y x π⎡∈⎢⎣）记000cos ,)sin cos 2()2,x ππ=--⎡∈⎢-⎣x e x x x x x h x ，只需证0,)2()0x 时，π⎡∈⎢⎣<h x x ，因为00,42x y ππ⎛⎫=∈⎪⎝⎭，所以()000sin cos )0,14x x x π-=-∈，所以0000sin cos )2sin 0sin cos sin co (()s )xx e x x e xx x x h x x h x ->--'''==（-1,，所以()x h '在⎪⎭⎫⎢⎣⎡20π，x 内单调递增，所以00()()=10xh x h x e ''≥->，所以()x h 在⎪⎭⎫⎢⎣⎡20π，x 内单调递增，即()()=02h x h π<.所以原式得证.思路三：中学数学较难题，高等数学解悬疑以高等数学背景为指导，以函数图像为直观，充分考察了学生直观想象的数学核心素养.教学过程中我们可以适当给学生介绍拉格朗日中值定理、洛必达法则等高等数学内容，内容虽然超纲，但本质大都可以用高中生已有的知识来介绍清楚，可以试着在这些高观点和思想的指导下用高中阶段的知识完成解题.解5 构造函数)(221)()(n n x x x n x u x F --+--=ππ，(,2)2n x x n ππ∈+ ,则0)(=n x F ，0)22(=+ππn F ，1()()22nF x u x n x ππ-''=-+-,()()=()2sin 0'''''==-<x F x u x g x e x所以()F x '在(,2)2n x n ππ+单调递减,假设()0n F x '≤，则()0n F x '≤在)22,(ππ+n x n 内恒成立，则)()22(n x F n F <+ππ， 与()(2)02n F x F n ππ=+=矛盾，所以假设错误，所以()0n F x '>，假设(2)02F n ππ'+≥，则()0n F x '≥在 )22,(ππ+n x n 内恒成立，则)()22(n x F n F >+ππ，与()(2)02n F x F n ππ=+=矛盾， 所以假设错误，所以0)22('<+ππn F ，由零点存在性定理，在)22,(ππ+n x n 内存在ξ，使0)('=ξF ，即n x n u -+-=221)('ππξ.所以'122()n n x u ππξ+-=-， 要证明002cos sin 22x x e x n n n -<-+-πππ只需证)cos (sin )(002'x x e u n ->-πξ，因为'()()(cos sin )xu x g x e x x ==-在区间(,2)2ππ+n x n 内递减，所以''()()n u u x ξ<，即)cos (sin )cos (sin )(2'n n n n n xx x e x x e u n ->->-πξ，只需证明00cos sin cos sin x x x x n n -≥-：以下与解法二相同，省略.本题在命题上环环相扣，逻辑清晰，解法中灵活构造别具一格，呈现数学思维之美.考查学生的运算能力、直观意识，分类讨论，转化化归，数形结合思想，具有很好的区分度与选拔性.思路点拨（1）讨论()f x 的单调性，就是要比较)('x f 与0的大小。
2020届高考理科数学二轮复习训练：专题1_第2讲 函数与导数
专题复习检测A 卷1．(2019年天津)已知a ＝log 52，b ＝log 0.50.2，c ＝0.50.2，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．a ＜c ＜b B ．a ＜b ＜c C ．b ＜c ＜a D ．c ＜a ＜b【答案】A【解析】a ＝log 52＜1，b ＝log 0.50.2＝log 1215＝log 25＞log 24＝1，c ＝0.50.2＜1，所以b 最大．因为a ＝log 52＝1log 25，c ＝0.50.2＝⎝⎛⎭⎫1215 ＝512＝152.而log 25＞log 24＝2＞52，所以1log 25＜152，即a ＜c .故选A ．2．(2019年甘肃白银模拟)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2＋a ，x ≤1，log 12(x ＋1)，x >1有最大值，则a 的取值范围为( )A ．(－5，＋∞)B ．[－5，＋∞)C ．(－∞，－5)D ．(－∞，－5]【答案】B【解析】易知f (x )在(－∞，1]上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，要使f (x )有最大值，则f (1)＝4＋a ≥log 12(1＋1)＝－1，解得a ≥－5.3．(2018年新课标Ⅲ)下列函数中，其图象与函数y ＝ln x 的图象关于直线x ＝1对称的是( )A ．y ＝ln(1－x )B ．y ＝ln(2－x )C ．y ＝ln(1＋x )D ．y ＝ln(2＋x )【答案】B【解析】y ＝ln x 的图象与y ＝ln(－x )的图象关于y 轴即x ＝0对称，要使新的图象与y ＝ln x 关于直线x ＝1对称，则y ＝ln(－x )的图象需向右平移2个单位，即y ＝ln(2－x )．4．设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则( ) A ．a <－1 B ．a >－1 C ．a >－1eD ．a <－1e【答案】A【解析】∵y ＝e x ＋ax ，∴y ′＝e x ＋a .∵函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，∴方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解．∵x >0时，－e x <－1，∴a ＝－e x <－1.5．(2019年云南玉溪模拟)函数f (x )＝x 2ln x 的最小值为( )A ．－1eB ．1eC ．－12eD ．12e【答案】C【解析】由f (x )＝x 2ln x ，得定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝2x ln x ＋x 2·1x＝x (2ln x ＋1)．令f ′(x )＝0，得x ＝e －12.当0<x <e －12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >e －12时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以当x ＝e －12时，f (x )取得最小值，即f (x )min ＝f (e －12)＝－12e.故选C ．6．(2019年贵州遵义模拟)已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (x ＋4)＝f (x －2)．若当x ∈[－3,0]时，f (x )＝6－x ，则f (919)＝________.【答案】6【解析】由f (x ＋4)＝f (x －2)，可得f (x ＋6)＝f (x )，则f (x )是周期为6的周期函数，所以f (919)＝f (153×6＋1)＝f (1)．又f (x )是偶函数，所以f (919)＝f (1)＝f (－1)＝6－(－1)＝6.7．(2019年广东模拟)已知曲线f (x )＝a e x ＋b (a ，b ∈R )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x ＋1，则a －b ＝________.【答案】3【解析】由f (x )＝a e x ＋b ，得f ′(x )＝a e x .因为曲线f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x＋1，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f (0)＝a ＋b ＝1，f ′(0)＝a ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－1.所以a －b ＝3.8．定义在R 内的可导函数f (x )，已知y ＝2f′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )的减区间是______．【答案】(2，＋∞)【解析】令f ′(x )<0，则y ＝2f′(x )<1，由图知，当x >2时，2f′(x )＜1，故y ＝f (x )的减区间是(2，＋∞)．9．已知函数f (x )＝x e x －ax 2－x .(1)若f (x )在(－∞，－1]内单调递增，在[－1,0]上单调递减，求f (x )的极小值； (2)若x ≥0时，恒有f (x )≥0，求实数a 的取值范围．【解析】(1)∵f (x )在(－∞，－1]内单调递增，在[－1,0]上单调递减，∴f ′(－1)＝0. ∵f ′(x )＝(x ＋1)e x －2ax －1，∴2a －1＝0，a ＝12.∴f ′(x )＝(x ＋1)e x －x －1＝(x ＋1)(e x －1)．∴f (x )在(－∞，－1)内单调递增，在(－1,0)内单调递减，在(0，＋∞)内单调递增，f (x )的极小值为f (0)＝0.(2)f (x )＝x (e x －ax －1)，令g (x )＝e x －ax －1，则g ′(x )＝e x －a ， 若a ≤1，则x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )为增函数， 而g (0)＝0，∴当x ≥0时，g (x )≥0.从而f (x )≥0. 若a >1，则x ∈(0，ln a )时，g ′(x )<0，g (x )为减函数， g (0)＝0，当x ∈(0，ln a )时，g (x )<0，从而f (x )<0. 综上，实数a 的取值范围是(－∞，1]．10．(2019年江苏节选)设函数f (x )＝(x －a )(x －b )(x －c )，a ，b ，c ∈R ，f ′(x )为f (x )的导函数．(1)若a ＝b ＝c ，f (4)＝8，求a 的值；(2)若a ≠b ，b ＝c ，且f (x )和f ′(x )的零点均在集合{－3,1,3}中，求f (x )的极小值． 【解析】(1)若a ＝b ＝c ，则f (x )＝(x －a )3. 由f (4)＝8，得(4－a )3＝8，解得a ＝2. (2)若a ≠b ，b ＝c ，f (x )＝(x －a )(x －b )2. 令f (x )＝0，得x ＝a 或x ＝b .f ′(x )＝(x －b )2＋2(x －a )(x －b )＝(x －b )(3x －b －2a )． 令f ′(x )＝0，得x ＝b 或x ＝2a ＋b3. f (x )和f ′(x )的零点均在集合A ＝{－3,1,3}中， 若a ＝－3，b ＝1，则2a ＋b 3＝－53∉A ，舍去．若a ＝1，b ＝－3，则2a ＋b 3＝－13∉A ，舍去．若a ＝－3，b ＝3，则2a ＋b3＝－1∉A ，舍去．若a ＝3，b ＝1，则2a ＋b 3＝73∉A ，舍去．若a ＝1，b ＝3，则2a ＋b 3＝53∉A ，舍去．若a ＝3，b ＝－3，则2a ＋b3＝1∈A .∴f (x )＝(x －3)(x ＋3)2，f ′(x )＝3(x ＋3)(x －1)． 易知x ＝1时，f (x )取得极小值－32. B 卷11．(2019年甘肃兰州模拟)定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ′(x )＋1x 2>0，f (2)＝52，则关于x 的不等式f (ln x )>1ln x＋2的解集为( )A ．(1，e 2)B ．(0，e 2)C ．(e ，e 2)D ．(e 2，＋∞)【答案】D【解析】设g (x )＝f (x )－1x (x >0)，则g ′(x )＝f ′(x )＋1x 2>0，所以函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增．由f (ln x )>1ln x ＋2，可得f (ln x )－1ln x >2，又g (2)＝f (2)－12＝2，所以待解不等式等价于解g (ln x )>g (2)．所以ln x >2，解得x >e 2.故选D ．12．(2018年江西师大附中月考)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪2x －a2x 在[0,1]上单调递增，则a 的取值范围为________．【答案】[－1,1]【解析】令2x ＝t ，t ∈[1,2]，则y ＝⎪⎪⎪⎪t －at 在[1,2]上单调递增．当a ＝0时，y ＝|t |＝t 在[1,2]上单调递增显然成立；当a >0时，y ＝⎪⎪⎪⎪t －at ，t ∈(0，＋∞)的单调递增区间是[a ，＋∞)，此时a ≤1，即0<a ≤1时成立；当a <0时，y ＝⎪⎪⎪⎪t －a t ＝t －at ，t ∈(0，＋∞)的单调递增区间是[－a ，＋∞)，此时－a ≤1，即－1≤a <0时成立．综上，a 的取值范围是[－1,1]．13．(2018年新课标Ⅰ)已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，求证：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2.【解析】(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②若a >2，令f ′(x )＝0得，x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42，易得0<a －a 2－42<a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． (2)证明：由(1)知，f (x )存在两个极值点当且仅当a >2.由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 1<x 2，则x 2>1. 由于f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0.设函数g (x )＝1x －x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又g (1)＝0，则当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0.所以1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2.。
部编版2020高考数学二轮复习专题一集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数第二讲函数的图象与性质能力训练
第二讲 函数的图象与性质一、选择题1．下列四个函数： ①y ＝3－x ；②y ＝2x －1(x >0)；③y ＝x 2＋2x －10；④y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x x ≤0，1xx >0.其中定义域与值域相同的函数的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：①y ＝3－x 的定义域和值域均为R ，②y ＝2x －1(x >0)的定义域为(0，＋∞)，值域为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，③y ＝x 2＋2x －10的定义域为R ，值域为[－11，＋∞)，④y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x x ≤0，1xx >0的定义域和值域均为R ，所以定义域与值域相同的函数是①④，共有2个，故选B.答案：B2．设定义在R 上的奇函数y ＝f (x )满足对任意的x ∈R ，都有f (x )＝f (1－x )，且当x ∈[0，12]时，f (x )＝(x ＋1)，则f (3)＋f (－32)的值为( )A ．0B ．1C ．－1D ．2解析：由于函数f (x )是奇函数，所以f (x )＝f (1－x )⇒f (x )＝－f (x ＋1)⇒f (x ＋1)＝－f (x )⇒f (x ＋2)＝f (x )，所以f (3)＝f (1)＝f (1－1)＝f (0)＝0，f (－32)＝f (12)＝32＝－1.所以f (3)＋f (－32)＝－1.答案：C3．函数f (x )＝1＋ln ()x 2＋2的图象大致是( )解析：因为f (0)＝1＋ln 2>0，即函数f (x )的图象过点(0，ln 2)，所以排除A 、B 、C ，选D.答案：D4．(2017·高考天津卷)已知奇函数f (x )在R 上是增函数，g (x )＝xf (x )．若a ＝g (－log 25.1)，b ＝g (20.8)，c ＝g (3)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．b <a <cD ．b <c <a解析：奇函数f (x )在R 上是增函数，当x >0时，f (x )>f (0)＝0，当x 1>x 2>0时，f (x 1)>f (x 2)>0，∴x 1f (x 1)>x 2f (x 2)，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，且g (x )＝xf (x )是偶函数，∴a ＝g (－log 2 5.1)＝g (log 2 5.1)．易知2<log 2 5.1<3,1<20.8<2，由g (x )在(0，＋∞)上单调递增，得g (20.8)<g (log 2 5.1)<g (3)，∴b <a <c ，故选C.答案：C5．(2018·太原模拟)函数f (x )＝exx的图象大致为( )解析：由f (x )＝e xx ，可得f ′(x )＝x e x－e xx 2＝x －1exx2， 则当x ∈(－∞，0)和x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．又当x <0时，f (x )<0，故选B.答案：B6．已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，且在区间[0,2]上是增函数，则( )A ．f (－25)<f (11)<f (80)B ．f (80)<f (11)<f (－25)C ．f (11)<f (80)<f (－25)D ．f (－25)<f (80)<f (11)解析：因为f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，所以f (x －8)＝f (x )，所以函数f (x )是以8为周期的周期函数，则f (－25)＝f (－1)，f (80)＝f (0)，f (11)＝f (3)．由f (x )是定义在R 上的奇函数，且满足f (x －4)＝－f (x )，得f (11)＝f (3)＝－f (－1)＝f (1)．因为f (x )在区间[0,2]上是增函数，f (x )在R 上是奇函数，所以f (x )在区间[－2,2]上是增函数，所以f (－1)<f (0)<f (1)，即f (－25)<f (80)<f (11)．答案：D7．(2018·临沂模拟)已知函数f (x )＝e x －1＋4x －4，g (x )＝ln x －1x，若f (x 1)＝g (x 2)＝0，则( )A ．0<g (x 1)<f (x 2)B ．f (x 2)<g (x 1)<0C ．f (x 2)<0<g (x 1)D ．g (x 1)<0<f (x 2)解析：易知f (x )＝ex －1＋4x －4，g (x )＝ln x －1x在各自的定义域内是增函数，而f (0)＝e －1＋0－4＝1e －4<0，f (1)＝e 0＋4×1－4＝1>0，g (1)＝ln 1－11＝－1<0，g (2)＝ln 2－12＝ln2e>ln 1＝0.又f (x 1)＝g (x 2)＝0，所以0<x 1<1,1<x 2<2，所以f (x 2)>f (1)>0，g (x 1)<g (1)<0，故g (x 1)<0<f (x 2)．答案：D8．已知函数f (x )＝(x 2－2x )·sin(x －1)＋x ＋1在[－1,3]上的最大值为M ，最小值为m ，则M ＋m ＝( )A ．4B ．2C ．1D ．0解析：f (x )＝[(x －1)2－1]sin(x －1)＋x －1＋2， 令t ＝x －1，g (t )＝(t 2－1)sin t ＋t ， 则y ＝f (x )＝g (t )＋2，t ∈[－2,2]． 显然M ＝g (t )max ＋2，m ＝g (t )min ＋2. 又g (t )为奇函数，则g (t )max ＋g (t )min ＝0， 所以M ＋m ＝4，故选A. 答案：A9．已知g (x )是定义在R 上的奇函数，且当x <0时，g (x )＝－ln(1－x )，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3，x ≤0，g x ，x >0，若f (2－x 2)>f (x )，则x 的取值范围是( )A ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)B ．(－∞，1)∪(2，＋∞)C ．(－2,1)D ．(1,2)解析：因为g (x )是定义在R 上的奇函数，且当x <0时，g (x )＝－ln(1－x )，所以当x >0时，－x <0，g (－x )＝－ln(1＋x )，即当x >0时，g (x )＝ln(1＋x )，则函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3，x ≤0，ln 1＋x ，x >0，作出函数f (x )的图象，如图：由图象可知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3，x ≤0，ln 1＋x ，x >0在(－∞，＋∞)上单调递增．因为f (2－x 2)>f (x )，所以2－x 2>x ，解得－2<x <1，故选C. 答案：C10．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知ƒ(x )是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足ƒ(1－x )＝ƒ(1＋x )．若ƒ(1)＝2，则ƒ(1)＋ƒ(2)＋ƒ(3)＋…＋ƒ(50)＝( )A ．－50B ．0C ．2D ．50解析：∵ƒ(x )是奇函数，∴ƒ(－x )＝－ƒ(x )， ∴ƒ(1－x )＝－ƒ(x －1)．由ƒ(1－x )＝ƒ(1＋x )， ∴－ƒ(x －1)＝ƒ(x ＋1)，∴ƒ(x ＋2)＝－ƒ(x )， ∴ƒ(x ＋4)＝－ƒ(x ＋2)＝－[－ƒ(x )]＝ƒ(x )， ∴函数ƒ(x )是周期为4的周期函数． 由ƒ(x )为奇函数得ƒ(0)＝0. 又∵ƒ(1－x )＝ƒ(1＋x )，∴ƒ(x )的图象关于直线x ＝1对称， ∴ƒ(2)＝ƒ(0)＝0，∴ƒ(－2)＝0. 又ƒ(1)＝2，∴ƒ(－1)＝－2，∴ƒ(1)＋ƒ(2)＋ƒ(3)＋ƒ(4)＝ƒ(1)＋ƒ(2)＋ƒ(－1)＋ƒ(0)＝2＋0－2＋0＝0， ∴ƒ(1)＋ƒ(2)＋ƒ(3)＋ƒ(4)＋…＋ƒ(49)＋ƒ(50)＝0×12＋ƒ(49)＋ƒ(50)＝ƒ(1)＋ƒ(2)＝2＋0＝2.故选C. 答案：C11．定义在R 上的函数f (x )对任意0<x 2<x 1都有f x 1－f x 2x 1－x 2<1，且函数y ＝f (x )的图象关于原点对称，若f (2)＝2，则不等式f (x )－x >0的解集是( )A ．(－2,0)∪(0,2)B ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C ．(－∞，－2)∪(0,2)D ．(－2,0)∪(2，＋∞)解析：由f x 1－f x 2x 1－x 2<1，可得[f x 1－x 1]－[f x 2－x 2]x 1－x 2<0.令F (x )＝f (x )－x ，由题意知F (x )在(－∞，0)，(0，＋∞)上是减函数，又是奇函数，且F (2)＝0，F (－2)＝0，所以结合图象，令F (x )>0，得x <－2或0<x <2，故选C.答案：C12．(2018·广西三市联考)已知函数f (x )＝e |x |，函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x ，x ≤4，4e 5－x，x >4对任意的x ∈[1，m ](m >1)，都有f (x －2)≤g (x )，则m 的取值范围是( )A ．(1,2＋ln 2) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，72＋ln 2C ．(ln 2,2] D.⎝ ⎛⎦⎥⎤1，72＋ln 2 解析：作出函数y 1＝e|x －2|和y ＝g (x )的图象，如图所示，由图可知当x ＝1时，y 1＝g (1)，又当x ＝4时，y 1＝e 2<g (4)＝4e ，当x >4时，由e x －2≤4e5－x，得e2x －7≤4，即2x －7≤ln 4，解得x ≤72＋ln 2，又m >1，∴1<m ≤72＋ln 2.答案：D 二、填空题13．设f (x )是周期为2的奇函数，当0≤x ≤1时，f (x )＝2x (1－x )，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝________.解析：由题意得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12. 答案：－1214．若函数f (x )＝x (x －1)(x ＋a )为奇函数，则a ＝________.解析：法一：因为函数f (x )＝x (x －1)(x ＋a )为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )对x ∈R 恒成立，所以－x ·(－x －1)(－x ＋a )＝－x (x －1)(x ＋a )对x ∈R 恒成立，所以x (a －1)＝0对x ∈R 恒成立，所以a ＝1.法二：因为函数f (x )＝x (x －1)(x ＋a )为奇函数，所以f (－1)＝－f (1)，所以－1×(－1－1)×(－1＋a )＝－1×(1－1)×(1＋a )，解得a ＝1.答案：115．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－2a x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，则实数a 的取值范围是________．解析： 当x ≥1时，f (x )＝2x －1≥1，∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－2a x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，∴当x <1时，(1－2a )x ＋3a 必须取遍(－∞，1)内的所有实数，则⎩⎪⎨⎪⎧1－2a >0，1－2a ＋3a ≥1，解得0≤a ＜12.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12 16．如图放置的边长为1的正方形PABC 沿x 轴滚动，点B 恰好经过原点，设顶点P (x ，y )的轨迹方程是y ＝f (x )，则对函数y ＝f (x )有下列判断：①函数y ＝f (x )是偶函数；②对任意的x ∈R ，都有f (x ＋2)＝f (x －2)；③函数y ＝f (x )在区间[2,3]上单调递减；④函数y ＝f (x )在区间[4,6]上是减函数．其中判断正确的序号是________．解析：如图，从函数y ＝f (x )的图象可以判断出，图象关于y 轴对称，每4个单位图象重复出现一次，在区间[2,3]上，随x 增大，图象是往上的，在区间[4,6]上图象是往下的，所以①②④正确，③错误．答案：①②④。
新高考2020高考数学二轮复习小题考法专训十导数的简单应用
小题考法专训（十） 导数的简单应用A 级——保分小题落实练一、选择题1．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，则f ′(1)等于( ) A ．－e B ．－1 C ．1D ．e解析：选B 因为f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，所以f ′(x )＝2f ′(1)＋1x，令x ＝1，得f ′(1)＝2f ′(1)＋1，解得f ′(1)＝－1.2．已知直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x＋x 相切(其中e 为自然对数的底数)，则实数a 的值是( )A ．eB ．2eC ．1D ．2解析：选C 设切点为(x 0，a e x 0＋x 0)，由曲线y ＝a e x＋x ，可得y ′＝a e x＋1，则切线的斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝a e x 0＋1.令a e x 0＋1＝2可得x 0＝ln 1a，则曲线在点(x 0，a e x 0＋x 0)，即⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a ，1＋ln 1a 处的切线方程为y －1－ln 1a ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －ln 1a ，整理可得2x －y －ln 1a ＋1＝0.结合题中所给的切线2x －y ＋1＝0，得－ln 1a＋1＝1，∴a ＝1.3．已知直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1,3)，则b 的值为( ) A ．3 B ．－3 C ．5D ．－5解析：选A 由题意知，3＝k ＋1，∴k ＝2.又(x 3＋ax ＋b )′|x ＝1＝(3x 2＋a )|x ＝1＝3＋a ，∴3＋a ＝2，∴a ＝－1，∴3＝1－1＋b ，即b ＝3.4．(2019·河北九校第二次联考)函数y ＝x ＋3x＋2ln x 的单调递减区间是( )A ．(－3,1)B ．(0,1)C ．(－1,3)D ．(0,3)解析：选B 令y ′＝1－3x 2＋2x＜0，得－3＜x ＜1，又x ＞0，故所求函数的单调递减区间为(0,1)，故选B.5.已知函数y ＝xf ′(x )的图象如图所示(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)，下面四个图象中大致为y ＝f (x )的图象的是( )解析：选C 当0＜x ＜1时，xf ′(x )＜0，∴f ′(x )＜0，故y ＝f (x )在(0,1)上为减函数；当x ＞1时，xf ′(x )＞0，∴f ′(x )＞0，故y ＝f (x )在(1，＋∞)上为增函数，因此排除A 、B 、D ，故选C.6．若函数f (x )＝kx －2ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[1，＋∞)D ．[2，＋∞)解析：选D 因为f (x )＝kx －2ln x ，所以f ′(x )＝k －2x.因为f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，所以在区间(1，＋∞)上f ′(x )＝k －2x ≥0恒成立，即k ≥2x恒成立，当x ∈(1，＋∞)时，0＜2x＜2，所以k ≥2，故选D.7．若函数f (x )＝12x 2＋(a －1)x －a ln x 存在唯一的极值，且此极值不小于1，则a 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，32 D ．(－1,0)∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞解析：选B 对函数求导得f ′(x )＝x ＋a －1－a x ＝(x ＋a )(x －1)x，因为函数存在唯一的极值，所以导函数存在唯一的零点，且零点大于0，故x ＝1是唯一的极值点，此时－a ≤0且f (1)＝－12＋a ≥1⇒a ≥32.故选B.8．(2020届高三·武汉调研)设曲线C ：y ＝3x 4－2x 3－9x 2＋4，在曲线C 上一点M (1，－4)处的切线记为l ，则切线l 与曲线C 的公共点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C y ′＝12x 3－6x 2－18x ，所以切线l 的斜率k ＝y ′|x ＝1＝－12，所以切线l 的方程为12x ＋y －8＝0.联立方程⎩⎪⎨⎪⎧12x ＋y －8＝0，y ＝3x 4－2x 3－9x 2＋4，消去y ，得3x 4－2x 3－9x 2＋12x －4＝0，所以(x ＋2)(3x －2)(x －1)2＝0，所以x 1＝－2，x 2＝23，x 3＝1，所以切线l 与曲线C 有3个公共点，故选C.9．已知函数f (x )＝x ln x －a e x(e 为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e B ．(0，e) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e D ．(－∞，e)解析：选A f ′(x )＝ln x －a e x＋1，令f ′(x )＝0，得a ＝ln x ＋1ex.若函数f (x )＝x ln x －a e x有两个极值点，则y ＝a 和g (x )＝ln x ＋1ex在(0，＋∞)上有2个交点，g ′(x )＝1x －ln x －1ex(x ＞0)．令h (x )＝1x－ln x －1，则h ′(x )＝－1x2－1x＜0，h (x )在(0，＋∞)上单调递减，而h (1)＝0，故x ∈(0,1)时，h (x )＞0，即g ′(x )＞0，g (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，即g ′(x )＜0，g (x )单调递减，故g (x )max ＝g (1)＝1e ，而x →0时，g (x )→－∞，x →＋∞时，g (x )→0.若y ＝a 和g (x )＝ln x ＋1e x在(0，＋∞)上有2个交点，只需0＜a ＜1e. 10．已知函数f (x ＋1)是偶函数，当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )＝sin x －x ，设a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ＝f (3)，c ＝f (0)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．b ＜a ＜cB ．c ＜a ＜bC ．b ＜c ＜aD ．a ＜b ＜c解析：选A ∵函数f (x ＋1)是偶函数，∴函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，∴a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，b ＝f (3)，c ＝f (0)＝f (2)．又∵当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )＝sin x －x ，∴当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＝cos x －1≤0，即f (x )＝sin x －x 在(1，＋∞)上为减函数，∴b ＜a ＜c .11．设函数f (x )在R 上存在导函数f ′(x )，对任意的实数x 都有f (x )＝4x 2－f (－x )，当x ∈(－∞，0]时，f ′(x )＋12＜4x ，若f (m ＋1)≤f (－m )＋4m ＋2，则实数m 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，＋∞ B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32，＋∞C ．[－1，＋∞)D ．[－2，＋∞)解析：选A 令F (x )＝f (x )－2x 2，因为F (－x )＋F (x )＝f (－x )＋f (x )－4x 2＝0，所以F (－x )＝－F (x )，故F (x )＝f (x )－2x 2是奇函数．则当x ∈(－∞，0]时，F ′(x )＝f ′(x )－4x ＜－12＜0，所以函数F (x )＝f (x )－2x 2在(－∞，0]上单调递减，故函数F (x )在R 上单调递减．不等式f (m ＋1)≤f (－m )＋4m ＋2等价于f (m ＋1)－2(m ＋1)2≤f (－m )－2m 2，即F (m ＋1)≤F (－m )，由函数的单调性可得m ＋1≥－m ，即m ≥－12.故选A.12．(2019·福州模拟)已知函数f (x )＝x 3－2e x 2＋mx －ln x ，若f (x )＞x 恒成立，则实数m 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2＋1e ＋1，＋∞B ．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，e 2＋1e ＋1C.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，e 2＋1e ＋1D ．⎝⎛⎦⎥⎤－∞，e 2＋1e 解析：选A 由f (x )＞x 恒成立，得x 3－2e x 2＋mx －ln x ＞x 恒成立，即x 3－2e x 2＋(m －1)x －ln x ＞0恒成立，因为x ＞0，所以两边同时除以x ，得x 2－2e x ＋(m －1)－ln x x＞0，则m －1＞ln x x －x 2＋2e x 恒成立．令g (x )＝ln x x －x 2＋2e x ，则g ′(x )＝1－ln xx2－2x ＋2e ，当0＜x ＜e 时，1－ln x x 2＞0,2e －2x ＞0，所以g ′(x )＞0；当x ＞e 时，1－ln xx2＜0,2e －2x ＜0，所以g ′(x )＜0.所以当x ＝e 时，g (x )max ＝1e ＋e 2，则m －1＞1e ＋e 2，所以m ＞e 2＋1e ＋1，故选A.二、填空题13．若曲线f (x )＝x sin x ＋1在x ＝π2处的切线与直线ax ＋2y ＋1＝0相互垂直，则实数a ＝________.解析：因为f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝sin π2＋π2·cos π2＝1.又直线ax ＋2y ＋1＝0的斜率为－a2，所以1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝－1，解得a ＝2.答案：214．已知函数f (x )＝sin x －13x ，x ∈[0，π]，cos x 0＝13，x 0∈[0，π]．①f (x )的最大值为f (x 0)； ②f (x )的最小值为f (x 0)； ③f (x )在[0，x 0]上是减函数； ④f (x )在[x 0，π]上是减函数．那么上面命题中真命题的序号是________．解析：f ′(x )＝cos x －13，由f ′(x )＝0，得cos x ＝13，即x ＝x 0.因为x ∈[0，π]，当0＜x ＜x 0时，f ′(x )＞0；当x 0＜x ＜π时，f ′(x )＜0，所以f (x )的最大值为f (x 0)，f (x )在[x 0，π]上是减函数．答案：①④15．若函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x 存在单调递减区间，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝1x －ax －2＝－ax 2＋2x －1x.因为函数f (x )存在单调递减区间， 所以f ′(x )≤0有解．又因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 所以ax 2＋2x －1≥0在(0，＋∞)上有解．①当a ＞0时，y ＝ax 2＋2x －1为开口向上的抛物线，Δ＝4＋4a ＞0恒成立，所以ax 2＋2x －1≥0在(0，＋∞)上有解恒成立；②当a ＜0时，y ＝ax 2＋2x －1为开口向下的抛物线，ax 2＋2x －1≥0在(0，＋∞)上恒有解，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4＋4a ＞0，x ＝－1a ＞0，解得－1＜a ＜0；③当a ＝0时，显然符合题意．综上所述，实数a 的取值范围是(－1，＋∞)． 答案：(－1，＋∞)16．(2019·江西七校第一次联考)定义：如果函数f (x )在[a ，b ]上存在x 1，x 2(a ＜x 1＜x 2＜b )满足f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝f (b )－f (a )b －a，则称函数f (x )是[a ，b ]上的“中值函数”．已知函数f (x )＝13x 3－12x 2＋m 是[0，m ]上的“中值函数”，则实数m 的取值范围是________．解析：由题意，知f ′(x )＝x 2－x 在区间[0，m ]上存在x 1，x 2(0＜x 1＜x 2＜m )，满足f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝f (m )－f (0)m ＝13m 2－12m ，所以方程x 2－x ＝13m 2－12m 在区间(0，m )上有两个不相等的解． 令g (x )＝x 2－x －13m 2＋12m (0＜x ＜m )，则⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧Δ＝1＋43m 2－2m ＞0，g (0)＝－13m 2＋12m ＞0，g (m )＝23m 2－12m ＞0，m ＞12，解得34＜m ＜32.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫34，32B 级——拔高小题提能练1．[多选题]已知函数y ＝f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，则下列判断正确的是( )A ．函数y ＝f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，－12内单调递增B ．当x ＝－2时，函数y ＝f (x )取得极小值C ．函数y ＝f (x )在区间(－2,2)内单调递增D ．当x ＝3时，函数y ＝f (x )有极小值解析：选BC 对于A ，函数y ＝f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，－12内有增有减，故A 不正确；对于B ，当x ＝－2时，函数y ＝f (x )取得极小值，故B 正确；对于C ，当x ∈(－2,2)时，恒有f ′(x )＞0，则函数y ＝f (x )在区间(－2,2)内单调递增，故C 正确；对于D ，当x ＝3时，f ′(x )≠0，故D 不正确．2．[多选题]已知函数y ＝f (x )在R 上可导且f (0)＝1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )－f (x )x －1＞0，对于函数g (x )＝f (x )ex，下列结论正确的是( )A ．函数g (x )在(1，＋∞)上为单调递增函数B ．x ＝1是函数g (x )的极小值点C ．函数g (x )至多有两个零点D ．当x ≤0时，不等式f (x )≤e x恒成立 解析：选ABC g (x )＝f (x )ex，则g ′(x )＝f ′(x )－f (x )ex.当x ＞1时，由f ′(x )－f (x )x －1＞0可得f ′(x )－f (x )＞0，则g ′(x )＞0，故y ＝g (x )在(1，＋∞)上单调递增，故A 正确；当x ＜1时，由f ′(x )－f (x )x －1＞0可得f ′(x )－f (x )＜0，则g ′(x )＜0，故y ＝g (x )在(－∞，1)上单调递减，故x ＝1是函数y ＝g (x )的极小值点，故B 正确；若g (1)＜0，则函数y ＝g (x )有2个零点，若g (1)＝0，则函数y ＝g (x )有1个零点，若g (1)＞0，则函数y ＝g (x )没有零点，故C 正确；因为y ＝g (x )在(－∞，1)上单调递减，所以y ＝g (x )在(－∞，0)上单调递减，由g (0)＝f (0)e＝1，得当x ≤0时，g (x )≥g (0)，即f (x )ex≥1，故f (x )≥e x，故D 错误．3．已知函数f (x )＝a ln x －bx 2，a ，b ∈R.若不等式f (x )≥x 对所有的b ∈(－∞，0]，x ∈(e ，e 2]都成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[e ，＋∞)B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 22，＋∞C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫e22，e 2 D ．[e 2，＋∞)解析：选B f (x )≥x 对所有的b ∈(－∞，0]，x ∈(e ，e 2]都成立，即a ln x －x ≥bx 2对所有的b ∈(－∞，0]，x ∈(e ，e 2]都成立，因为b ∈(－∞，0]，x ∈(e ，e 2]，所以bx 2的最大值为0，所以a ln x －x ≥0在x ∈(e ，e 2]时恒成立，所以a ≥xln x在x ∈(e ，e 2]时恒成立，令g (x )＝xln x ，x ∈(e ，e 2]，则g ′(x )＝ln x －1ln 2x ＞0恒成立，所以g (x )＝x ln x在(e ，e 2]上单调递增，所以当x ＝e 2时，g (x )取得最大值e 22，所以a ≥e22，故选B.4．(2019·石家庄模拟)已知函数f (x )＝23ax 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12x 2，a ∈R ，当x ∈[0,1]时，函数f (x )仅在x ＝1处取得最大值，则a 的取值范围为________．解析：∵f (x )＝23ax 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12x 2，∴f ′(x )＝2ax 2＋(2a －1)x ， ∵0≤x ≤1，∴a ≤0时，f ′(x )≤0， ∴函数f (x )在区间[0,1]上单调递减，∴x ＝1时，f (x )取得最小值，与题意不符，∴a ＞0. 由f ′(x )＝2ax 2＋(2a －1)x ＝0，得x ＝0或x ＝12a－1.①当12a －1≤0，即a ≥12时，f ′(x )≥0(x ∈[0,1])，f (x )在区间[0,1]上单调递增，f (x )仅在x ＝1处取得最大值，符合题意．②当0＜12a －1＜1，即14＜a ＜12时，令f ′(x )＜0，得0＜x ＜12a －1，令f ′(x )＞0，得12a －1＜x ≤1，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12a －1上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤12a －1，1上单调递增，要使f (x )仅在x ＝1处取得最大值，则f (1)＞f (0)，即53a －12＞0，所以310＜a ＜12.③当12a －1≥1，即0＜a ≤14时，f ′(x )≤0(x ∈[0,1])，f (x )在区间[0,1]上单调递减，∴x ＝1时，f (x )取得最小值，与题意不符．综上，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫310，＋∞.答案：⎝⎛⎭⎪⎫310，＋∞ 5．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋4k ln x ＋4－x 2x ，k ∈[4，＋∞)，曲线y ＝f (x )上总存在两点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，使曲线y ＝f (x )在M ，N 两点处的切线互相平行，则x 1＋x 2的取值范围为________．解析：f ′(x )＝k ＋4k x －4x2－1(x ＞0，k ≥4)，由题意知f ′(x 1)＝f ′(x 2)(x 1，x 2＞0且x 1≠x 2)，即k ＋4k x 1－4x 21－1＝k ＋4k x 2－4x 22－1，化简得4(x 1＋x 2)＝⎝⎛⎭⎪⎫k ＋4k x 1x 2，而x 1x 2＜⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222，所以4(x 1＋x 2)＜⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋4k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222，即x 1＋x 2＞16k ＋4k对k ∈[4，＋∞)恒成立． 令g (k )＝k ＋4k ，则g ′(k )＝1－4k 2＝(k ＋2)(k －2)k2＞0对k ∈[4，＋∞)恒成立， 故g (k )在[4，＋∞)上单调递增， 所以g (k )≥g (4)＝5，所以16k ＋4k≤165， 所以x 1＋x 2＞165，故x 1＋x 2的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫165，＋∞. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫165，＋∞。