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高三一轮复习---导数综合训练(有详细答案)


高三一轮复习---导数综合训练(有详细答案)
一.选择题(共 13 小题) 1. (2014?上海二模)已知 f(x)=alnx+ x (a>0) ,若对任意两个不等的正实数 x1,x2,都有 >2 恒成立,则 a 的取值范围是( ) A.(0,1] B.(1,+∞)
3 2 2

C.(0,1)

D.[1,+∞)

r />
2. (2014?重庆三模)对于三次函数 f(x)=ax +bx +cx+d(a≠0) ,给出定义:设 f′ (x)是函数 y=f(x)的导数,f″ (x)是 f′ (x)的导数,若方程 f′ ′ (x)=0 有实数解 x0,则称点(x0,f(x0) )为函数 y=f(x)的“拐点”.某同学 经过探究发现:任何一个三次函数都有“拐点”;任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心.设函数 g(x)= A.2011 ,则 g( B.2012 )+ C.2013 =( ) D.2014

3. (2014?海口二模)设 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且 f(2)=0,当 x>0 时,有 成立,则不等式 x f(x)>0 的解集是( ) A.(﹣2,0)∪ (2,+∞) B.(﹣2,0)∪ (0,2) 4. (2014?合肥模拟) 函数 A. B. C.
2



C.(﹣∞,﹣2)∪ (2,+∞) D.(﹣∞,﹣2)∪ (0,2) 的图象经过四个象限, 则实数 a 的取值范围是 ( D. )

5. (2014?通州区二模)直线 x=t(t>0)与函数 f(x)=x +1,g(x)=lnx 的图象分别交于 A、B 两点,当|AB|最小 时,t 值是( ) A .1 B. C. D.

2

6. (2013?辽宁)设函数 f(x)满足 x f′ (x)+2xf(x)= A.有极大值,无极小值 C. 既有极大值又有极小值

2

,f(2)=

,则 x>0 时,f(x) (



B. 有极小值,无极大值 D.既无极大值也无极小值 )

7. (2013?湖北)已知 a 为常数,函数 f(x)=x(lnx﹣ax)有两个极值点 x1,x2(x1<x2) ( A. B. C. D.

8. (2013?安徽)已知函数 f(x)=x +ax +bx+c 有两个极值点 x1,x2,若 f(x1)=x1<x2,则关于 x 的方程 3(f(x) ) 2 +2af(x)+b=0 的不同实根个数为( ) 3 4 A. B. C .5 D.6

3

2

9. (2013?山东)抛物线 C1:

的焦点与双曲线 C2: )

的右焦点的连线交 C1 于第一象

限的点 M.若 C1 在点 M 处的切线平行于 C2 的一条渐近线,则 p=(

A.

B.

C.

D.

10. (2013?德州二模)已知 f(x)为 R 上的可导函数,且对?x∈R,均有 f(x)>f′ (x) ,则有( ) 2013 2013 2013 2013 A .e f(﹣2013)<f(0) ,f(2013)<e f(0) B. e f(﹣2013)<f(0) ,f(2013)>e f(0) 2013 2013 2013 2013 C. e f(﹣2013)>f(0) ,f(2013)<e f(0) D.e f(﹣2013)>f(0) ,f(2013)>e f(0) 11. (2013?文昌模拟)如图是 f(x)=x +bx +cx+d 的图象,则 x1 +x2 的值是(
3 2 2 2



A.

B.

C.

D.

12. (2012?辽宁)设函数 f(x) (x∈R)满足 f(﹣x)=f(x) ,f(x)=f(2﹣x) ,且当 x∈[0,1]时,f(x)=x .又 函数 g(x)=|xcos(πx)|,则函数 h(x)=g(x)﹣f(x)在 A .5 B.6 C .7 上的零点个数为( D.8 )

3

13. (2012?太原模拟)已知定义在 R 上的函数 y=f(x﹣1)的图象关于点(1,0)对称,且 x∈(﹣∞,0)时,f(x) +xf′ (x) <0 成立, (其中 f′ (x) 是( f x) 的导函数) , a= (3 ) ( f 3 ) , b= (logπ3) . ( f logπ3) , 则 a,b,c 的大小关系是( ) A.a>b>c B.c>b>a
0.3 0.3

C.c>a>b

D.a>c>b

二.填空题(共 13 小题) 2 14. (2012?浙江)设 a∈R,若 x>0 时均有[(a﹣1)x﹣1](x ﹣ax﹣1)≥0,则 a= _________ .

15. (2012?黑龙江)设函数 f(x)=

的最大值为 M,最小值为 m,则 M+m= _________ .

16. (2012?河南模拟)给出下列四个命题: ① 函数 f(x)=lnx﹣2+x 在区间(1,e)上存在零点; ② 若 f'(x0)=0,则函数 y=f(x)在 x=x0 取得极值; ③ m≥﹣1,则函数 的值域为 R;

④ “a=1”是“函数

在定义域上是奇函数”的充分不必要条件.

其中真命题是 _________ (把你认为正确的命题序号都填在横线上) 17. (2012?绵阳二模)对于具有相同定义域 D 的函数 f(x)和 g(x) ,若对任意的 x∈D,都有|f(x)﹣g(x)|≤1, 则称 f(x)和 g(x)在 D 上是“密切函数”.给出定义域均为 D={x|0≤x≤4}的四组函数如下: ① f(x)=ln(x+1) ,g(x)= ; ② f(x)=x ,g(x)=3x﹣1;
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3

③ f(x)=e ﹣2x(其中 e 为自然对数的底数) ,g(x)=2﹣x;④ f(x)= x﹣ ,g(x)= 其中,函数 f(x)和 g(x)在 D 上为“密切函数”的是 18. (2011?黄冈模拟) 若函数 _________ .

x



上有最小值, 则 a 的取值范围为 _________ .

19. (2010?盐城三模)设 a>0,函数 ≥g(x2)成立,则实数 a 的取值范围为 _________ .

,若对任意的 x1,x2∈[1,e],都有 f(x1)

20. (2014?河南二模)已知 f(x)=alnx+ 则 a 的取值范围是 _________ .

,若对于?x1,x2∈(0,+∞)且 x1≠x2 都有

>4,

21. (2014?萧山区模拟)设定义域为(0,+∞)的单调函数 f(x) ,对任意的 x∈(0,+∞) ,都有 f[f(x)﹣log2x]=6, * 若 x0 是方程 f(x)﹣f′ (x)=4 的一个解,且 x0∈(a,a+1) (a∈N ) ,则实数 a= _________ . 22. (2014?青岛二模)如图,y=f(x)是可导函数,直线 l 是曲线 y=f(x)在 x=4 处的切线,令 g(x)= 则 g′ (4)= _________ . ,

23. (2014?长葛市三模)设函数 f(x)是定义在(﹣∞,0)上的可导函数,其导函数为 f′ (x) ,且 2f(x)+xf′ (x) 2 2 >x ,则不等式(x+2014) f(x+2014)﹣4f(﹣2)>0 的解集为 _________ .

24. (2014?云南一模) 已知 ( f x) =ax﹣cosx, x∈[ <0 则实数 a 的取值范围为 _________ .

, ], 若?x1∈[

, ], ?x2∈[

, ], x1≠x2,

25. (2014?厦门一模) 已知函数( f x) =x+

﹣2alnx 在区间 (1, 2) 内是增函数, 则实数 a 的取值范围是

_________ .

26. (2014?甘肃一模)已知函数 f(x)的定义域为 R,若存在常数 c>0,对?x∈R,有 f(x+c)>f(x﹣c) ,则称 3 函数 f(x)具有性质 P.给定下列函数:① f(x)=3x﹣1;② f(x)=|x|;③ f(x)=cosx;④ f(x)=x ﹣x.具有性质 P 的函数的序号是 _________ . 三.解答题(共 4 小题) 3 2 27. (2014?广西)函数 f(x)=ax +3x +3x(a≠0) . (Ⅰ )讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ )若 f(x)在区间(1,2)是增函数,求 a 的取值范围.

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28. (2014?山东)设函数 f(x)=

﹣k( +lnx) (k 为常数,e=2.71828…是自然对数的底数) .

(Ⅰ )当 k≤0 时,求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ )若函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求 k 的取值范围. 29. (2014?湖南)已知常数 a>0,函数 f(x)=ln(1+ax)﹣ .

(Ⅰ )讨论 f(x)在区间(0,+∞)上的单调性; (Ⅱ )若 f(x)存在两个极值点 x1,x2,且 f(x1)+f(x2)>0,求 a 的取值范围. 30. (2014?天津)设 f(x)=x﹣ae (a∈R) ,x∈R,已知函数 y=f(x)有两个零点 x1,x2,且 x1<x2. (Ⅰ )求 a 的取值范围; (Ⅱ )证明: 随着 a 的减小而增大;
x

(Ⅲ )证明 x1+x2 随着 a 的减小而增大.

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2014 年 11 月 28 日兰贵的高中数学组卷
参考答案与试题解析
一.选择题(共 13 小题) 1. (2014?上海二模)已知 f(x)=alnx+ x (a>0) ,若对任意两个不等的正实数 x1,x2,都有 >2 恒成立,则 a 的取值范围是( ) A.(0,1] B.(1,+∞) 考点: 导数的几何意义;利用导数研究函数的单调性. 专题: 计算题;压轴题. 分析: 先将条件“对任意两个不等的正实数 x1, x2, 都有
2

C.(0,1)

D.[1,+∞)

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>2 恒成立”转换成当 x>0 时, f' (x)

≥2 恒成立,然后利用参变量分离的方法求出 a 的范围即可. 解答: 解:对任意两个不等的正实数 x1,x2,都有 则当 x>0 时,f'(x)≥2 恒成立 f'(x)= +x≥2 在(0,+∞)上恒成立 则 a≥(2x﹣x )max=1 故选 D. 点评: 本题主要考查了导数的几何意义,以及函数恒成立问题,同时考查了转化与划归的数学思想,属于基础题. 2. (2014?重庆三模)对于三次函数 f(x)=ax +bx +cx+d(a≠0) ,给出定义:设 f′ (x)是函数 y=f(x)的导数,f″ (x)是 f′ (x)的导数,若方程 f′ ′ (x)=0 有实数解 x0,则称点(x0,f(x0) )为函数 y=f(x)的“拐点”.某同学 经过探究发现:任何一个三次函数都有“拐点”;任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心.设函数 g(x)= A.2011 考点: 专题: 分析: 解答: ,则 g( B.2012 )+ C.2013 =( ) D.2014
3 2 2

>2 恒成立

导数的运算;函数的值;数列的求和. 压轴题;导数的概念及应用. 正确求出对称中心,利用对称中心的性质即可求出.
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解:由题意,g (x)=x ﹣x+3,∴ g (x)=2x﹣1, 令 g (x)=0,解得 又 ∴ ∴ g( 故选 B.
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2



, . ,… =2012.

,∴ 函数 g(x)的对称中心为 , )+

点评: 正确求出对称中心并掌握对称中心的性质是解题的关键.

3. (2014?海口二模)设 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且 f(2)=0,当 x>0 时,有 成立,则不等式 x f(x)>0 的解集是( ) A.(﹣2,0)∪ (2,+∞) B.(﹣2,0)∪ (0,2)
2



C.(﹣∞,﹣2)∪ (2,+∞) D.(﹣∞,﹣2)∪ (0,2)

考点: 函数的单调性与导数的关系;奇偶函数图象的对称性;其他不等式的解法. 专题: 综合题;压轴题. 分析: 首先根据商函数求导法则,把 化为[ ]′ <0;然后利用导函数的正负性,
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可判断函数 y=

在(0,+∞)内单调递减;再由 f(2)=0,易得 f(x)在(0,+∞)内的正负性;
2

最后结合奇函数的图象特征,可得 f(x)在(﹣∞,0)内的正负性.则 x f(x)>0?f(x)>0 的解集即 可求得. 解答: 解:因为当 x>0 时,有 恒成立,即[ ]′ <0 恒成立,

所以

在(0,+∞)内单调递减.

因为 f(2)=0, 所以在(0,2)内恒有 f(x)>0;在(2,+∞)内恒有 f(x)<0. 又因为 f(x)是定义在 R 上的奇函数, 所以在(﹣∞,﹣2)内恒有 f(x)>0;在(﹣2,0)内恒有 f(x)<0. 又不等式 x f(x)>0 的解集,即不等式 f(x)>0 的解集. 所以答案为(﹣∞,﹣2)∪ (0,2) . 故选 D. 点评: 本题主要考查函数求导法则及函数单调性与导数的关系,同时考查了奇偶函数的图象特征.
2

4. (2014?合肥模拟) 函数 A. B. C.

的图象经过四个象限, 则实数 a 的取值范围是 ( D.



考点: 专题: 分析: 解答:

函数在某点取得极值的条件. 压轴题. 求函数的极值,要使图象经过四个象限只要两极值符号不同
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解:f′ (x)=ax +ax﹣2a=a(x+2) (x﹣1) 令 f′ (x)=a(x+2) (x﹣1)=0 得 x=﹣2 或 x=1 x∈(﹣∞,﹣2)时 f′ (x)的符号与 x∈(﹣2,1)时 f′ (x)的符号相反,x∈(﹣2,1)时 f′ (x)的符号 与 x∈(1,+∞)时 f′ (x)的符号相反 ∴ f(﹣2)= ∵ 图象经过四个象限 ∴ f(﹣2)?f(1)<0 即( ) ( )<0 = 和 f(1)= = 为极值,

2

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解得 故答案为 B 点评: 本题考查导数求函数的极值,眼睛函数的单调性及其图象 5. (2014?通州区二模)直线 x=t(t>0)与函数 f(x)=x +1,g(x)=lnx 的图象分别交于 A、B 两点,当|AB|最小 时,t 值是( ) A .1 B. C. D.
2

考点: 专题: 分析: 解答:

导数在最大值、最小值问题中的应用;两点间距离公式的应用. 压轴题. 将两个函数作差,得到函数 y=f(x)﹣g(x) ,再求此函数的最小值对应的自变量 x 的值.
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解:设函数 y=f(x)﹣g(x)=x ﹣lnx+1,求导数得 y′ =2x﹣ = 当 0<x< 当 x> 时,y′ <0,函数在(0, )上为单调减函数,

2

时,y′ >0,函数在(

,+∞)上为单调增函数

所以当 x=

时,所设函数的最小值为 + ln2, .

所求 t 的值为 故选 B.

点评: 可以结合两个函数的草图,发现在(0,+∞)上 x2>lnx 恒成立,问题转化为求两个函数差的最小值对应的 自变量 x 的值.
2

6. (2013?辽宁)设函数 f(x)满足 x f′ (x)+2xf(x)= A.有极大值,无极小值 C. 既有极大值又有极小值

,f(2)=

,则 x>0 时,f(x) (



B. 有极小值,无极大值 D.既无极大值也无极小值

考点: 函数在某点取得极值的条件;导数的运算. 专题: 压轴题;导数的综合应用. 分析: 先利用导数的运算法则,确定 f(x)的解析式,再构造新函数,确定函数的单调性,即可求得结论. 解答: 解:∵ 函数 f(x)满足 ,
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∴ ∴ x>0 时, dx



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令 g(x)=

,则

令 g′ (x)=0,则 x=2,∴ x∈(0,2)时,g′ (x)<0,函数单调递减,x∈(2,+∞)时,g′ (x)>0,函 数单调递增 ∴ g(x)在 x=2 时取得最小值 ∵ f(2)= ,∴ g(2)= =0

∴ g(x)≥g(2)=0



≥0

即 x>0 时,f(x)单调递增 ∴ f(x)既无极大值也无极小值 故选 D. 点评: 本题考查导数知识的运用,考查函数的单调性与极值,考查学生分析解决问题的能力,难度较大. 7. (2013?湖北)已知 a 为常数,函数 f(x)=x(lnx﹣ax)有两个极值点 x1,x2(x1<x2) ( A. B. C. D. )

考点: 利用导数研究函数的极值;函数在某点取得极值的条件. 专题: 压轴题;导数的综合应用. 分析: 先求出 f′ (x) ,令 f′ (x)=0,由题意可得 lnx=2ax﹣1 有两个解 x1,x2?函数 g(x)=lnx+1﹣2ax 有且只 有两个零点?g′ (x)在(0,+∞)上的唯一的极值不等于 0.利用导数与函数极值的关系即可得出. 解答: 解:∵ =lnx+1﹣2ax, (x>0)
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令 f′ (x)=0,由题意可得 lnx=2ax﹣1 有两个解 x1,x2?函数 g(x)=lnx+1﹣2ax 有且只有两个零点 ?g′ (x)在(0,+∞)上的唯一的极值不等于 0. . ① 当 a≤0 时,g′ (x)>0,f′ (x)单调递增,因此 g(x)=f′ (x)至多有一个零点,不符合题意,应舍去. ② 当 a>0 时,令 g′ (x)=0,解得 x= ∵ x 单调递减. ∴ x= 是函数 g(x)的极大值点,则 . >0,即 >0, , 时,g′ (x)<0,函数 g(x)

,g′ (x)>0,函数 g(x)单调递增;

∴ ln(2a)<0,∴ 0<2a<1,即 ∵

,f′ (x1)=lnx1+1﹣2ax1=0,f′ (x2)=lnx2+1﹣2ax2=0. <0,

且 f(x1)=x1(lnx1﹣ax1)=x1(2ax1﹣1﹣ax1)=x1(ax1﹣1)<x1(﹣ax1)=
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f(x2)=x2(lnx2﹣ax2)=x2(ax2﹣1)> 故选 D. 点评: 熟练掌握利用导数研究函数极值的方法是解题的关键.

=﹣ . (

) .

8. (2013?安徽)已知函数 f(x)=x +ax +bx+c 有两个极值点 x1,x2,若 f(x1)=x1<x2,则关于 x 的方程 3(f(x) ) 2 +2af(x)+b=0 的不同实根个数为( ) A .3 B.4 C .5 D.6 考点: 利用导数研究函数的极值;根的存在性及根的个数判断. 专题: 压轴题;导数的综合应用. 3 2 ′ 2 分析: 由函数 f(x)=x +ax +bx+c 有两个极值点 x1,x2,可得 f (x)=3x +2ax+b=0 有两个不相等的实数根,必 2 2 有△ =4a ﹣12b>0.而方程 3(f(x) ) +2af(x)+b=0 的△ >0,可知此方程有两解且 f(x)=x1 或 x2.再 1=△ 分别讨论利用平移变换即可解出方程 f(x)=x1 或 f(x)=x2 解得个数. 3 2 解答: 解:∵ 函数 f(x)=x +ax +bx+c 有两个极值点 x1,x2, ′ 2 ∴ f (x)=3x +2ax+b=0 有两个不相等的实数根,
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3

2

∴ △ =4a ﹣12b>0.解得

2

=



∵ x1<x2,∴
2





而方程 3(f(x) ) +2af(x)+b=0 的△ >0,∴ 此方程有两解且 f(x)=x1 或 x2. 1=△ 不妨取 0<x1<x2,f(x1)>0. ① 把 y=f(x)向下平移 x1 个单位即可得到 y=f(x)﹣x1 的图象,∵ f(x1)=x1,可知方程 f(x)=x1 有两解. ② 把 y=f(x)向下平移 x2 个单位即可得到 y=f(x)﹣x2 的图象,∵ f(x1)=x1,∴ f(x1)﹣x2<0,可知方程 f(x)=x2 只有一解. 2 综上① ② 可知:方程 f(x)=x1 或 f(x)=x2.只有 3 个实数解.即关于 x 的方程 3(f(x) ) +2af(x)+b=0 的只有 3 不同实根. 故选 A.

点评: 本题综合考查了利用导数研究函数得单调性、极值及方程解得个数、平移变换等基础知识,考查了数形结 合的思想方法、推理能力、分类讨论的思想方法、计算能力、分析问题和解决问题的能力.

9. (2013?山东)抛物线 C1:

的焦点与双曲线 C2: )

的右焦点的连线交 C1 于第一象

限的点 M.若 C1 在点 M 处的切线平行于 C2 的一条渐近线,则 p=( A. B. C.

D.

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考点: 利用导数研究曲线上某点切线方程;双曲线的简单性质. 专题: 压轴题;圆锥曲线的定义、性质与方程. 分析: 由曲线方程求出抛物线与双曲线的焦点坐标,由两点式写出过两个焦点的直线方程,求出函数
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在 x 取直线与抛物线交点 M 的横坐标时的导数值,由其等于双曲线渐近线的斜率得到 交点横坐标与 p 的关系,把 M 点的坐标代入直线方程即可求得 p 的值. 解答: 解:由 ,得 x =2py(p>0) , ) . , .
2

所以抛物线的焦点坐标为 F( 由 ,得

所以双曲线的右焦点为(2,0) . 则抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线所在直线方程为 ,



① .

设该直线交抛物线于 M( 由题意可知 ,得

) ,则 C1 在点 M 处的切线的斜率为 ,代入 M 点得 M( )



把 M 点代入① 得: 解得 p= .



故选 D. 点评: 本题考查了双曲线的简单几何性质,考查了利用导数研究曲线上某点的切线方程,函数在曲线上某点处的 切线的斜率等于函数在该点处的导数,是中档题. 10. (2013?德州二模)已知 f(x)为 R 上的可导函数,且对?x∈R,均有 f(x)>f′ (x) ,则有( ) 2013 2013 2013 2013 A .e f(﹣2013)<f(0) ,f(2013)<e f(0) B. e f(﹣2013)<f(0) ,f(2013)>e f(0) 2013 2013 2013 2013 C. e f(﹣2013)>f(0) ,f(2013)<e f(0) D.e f(﹣2013)>f(0) ,f(2013)>e f(0) 考点: 导数的运算. 专题: 压轴题;导数的概念及应用. 分析: 根据题目给出的条件:“f(x)为 R 上的可导函数,且对?x∈R,均有 f(x)>f'(x)”,结合给出的四个选
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项,设想寻找一个辅助函数 g(x)=



这样有以 e 为底数的幂出现,求出函数 g(x)的导函数,由已知得该导函数大于 0,得出函数 g(x)为减 函数,利用函数的单调性即可得到结论. 解答: 解:令 ,则 ,

因为 f(x)>f'(x) ,所以 g′ (x)<0,所以函数 g(x)为 R 上的减函数, 所以 g(﹣2013)>g(0) ,
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,所以 e

2013

f(﹣2013)>f(0) ,

,所以 f(2013)<e

2013

f(0) .

故选 C. 点评: 本题考查了导数的运算,由题目给出的条件结合选项去分析函数解析式,属逆向思维,属中档题. 11. (2013?文昌模拟)如图是 f(x)=x +bx +cx+d 的图象,则 x1 +x2 的值是(
3 2 2 2



A.

B.

C.

D.

考点: 利用导数研究函数的极值;函数的图象与图象变化. 专题: 计算题;压轴题;数形结合. 3 2 分析: 先利用图象得:f(x)=x(x+1) (x﹣2)=x ﹣x ﹣2x,求出其导函数,利用 x1,x2 是原函数的极值点,求
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出 x1+x2= ,

,即可求得结论.

3 2 解答: 解:由图得:f(x)=x(x+1) (x﹣2)=x ﹣x ﹣2x, 2 ∴ f'(x)=3x ﹣2x﹣2 ∵ x1,x2 是原函数的极值点

所以有 x1+x2= , 故 x1 +x2 =(x1+x2) ﹣2x1x2=
2 2 2

, = .

故选 D. 点评: 本题主要考查利用函数图象找到对应结论以及利用导数研究函数的极值,是对基础知识的考查,属于基础 题. 12. (2012?辽宁)设函数 f(x) (x∈R)满足 f(﹣x)=f(x) ,f(x)=f(2﹣x) ,且当 x∈[0,1]时,f(x)=x .又 函数 g(x)=|xcos(πx)|,则函数 h(x)=g(x)﹣f(x)在 A .5 B.6 C .7 上的零点个数为( D.8 )
3

考点: 利用导数研究函数的极值;根的存在性及根的个数判断. 专题: 计算题;压轴题;数形结合. 分析: 利用函数的奇偶性与函数的解析式,求出 x∈[0, ],x∈[

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]时,g(x)的解析式,推出 f(0)=g(0) ,

f(1)=g(1) ,g( )=g( )=0,画出函数的草图,判断零点的个数即可. 解答: 解:因为当 x∈[0,1]时,f(x)=x3. 所以当 x∈[1,2]时 2﹣x∈[0,1], 3 f(x)=f(2﹣x)=(2﹣x) , 当 x∈[0, ]时,g(x)=xcos(πx) ;当 x∈[ ]时,g(x)=﹣xcosπx,

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注意到函数 f(x) 、g(x)都是偶函数, 且 f(0)=g(0) ,f(1)=g(1)=1, g( )=g( )=0, 作出函数 f(x) 、g(x)的草图, 函数 h(x)除了 0、1 这两个零点之外, 分别在区间[﹣ ,0],[0, ],[ ,1],[1, ]上各有一个零点. 共有 6 个零点, 故选 B

点评: 本题主要考查函数的奇偶性、对称性、函数的零点,考查转化能力、运算求解能力、推理论证能力以及分 类讨论思想、数形结合思想,难度较大. 13. (2012?太原模拟)已知定义在 R 上的函数 y=f(x﹣1)的图象关于点(1,0)对称,且 x∈(﹣∞,0)时,f(x) +xf′ (x) <0 成立, (其中 f′ (x) 是( f x) 的导函数) , a= (3 ) ( f 3 ) , b= (logπ3) . ( f logπ3) , 则 a,b,c 的大小关系是( ) A.a>b>c B.c>b>a
0.3 0.3

C.c>a>b

D.a>c>b

考点: 利用导数研究函数的单调性;函数单调性的性质;导数的乘法与除法法则. 专题: 计算题;压轴题. 分析: 由“当 x∈(﹣∞,0)时不等式 f(x)+xf′ (x)<0 成立”知 xf(x)是减函数,要得到 a,b,c 的大小关系,
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只要比较

的大小即可.

解答: 解:∵ 当 x∈(﹣∞,0)时不等式 f(x)+xf′ (x)<0 成立 即: (xf(x) )′ <0, ∴ xf(x)在 (﹣∞,0)上是减函数. 又∵ 函数 y=f(x﹣1)的图象关于点(1,0)对称, ∴ 函数 y=f(x)的图象关于点(0,0)对称, ∴ 函数 y=f(x)是定义在 R 上的奇函数 ∴ xf(x)是定义在 R 上的偶函数 ∴ xf(x)在 (0,+∞)上是增函数. 又∵ 2= ∴ 即
0.3

=﹣2, . >3 ?f(3 )>(logπ3)?f(logπ3) >3 ?f(3 )>(logπ3)?f(logπ3)
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0.3 0.3 0.3

即:c>a>b 故选 C. 点评: 本题考查的考点与方法有:1)所有的基本函数的奇偶性;2)抽象问题具体化的思想方法,构造函数的思 想;3)导数的运算法则: (uv)′ =u′ v+uv′ ;4)指对数函数的图象;5)奇偶函数在对称区间上的单调性: 奇函数在对称区间上的单调性相同;偶函数在对称区间上的单调性相反.本题结合已知构造出 h(x)是正 确解答的关键所在. 二.填空题(共 13 小题) 14. (2012?浙江)设 a∈R,若 x>0 时均有[(a﹣1)x﹣1](x ﹣ax﹣1)≥0,则 a=
2



考点: 利用导数求闭区间上函数的最值. 专题: 综合题;压轴题. 分析: 分类讨论, (1)a=1; (2)a≠1,在 x>0 的整个区间上,我们可以将其分成两个区间,在各自的区间内恒正 或恒负,即可得到结论. 解答: 解: (1)a=1 时,代入题中不等式明显不成立. 2 (2)a≠1,构造函数 y1=(a﹣1)x﹣1,y2=x ﹣ax﹣1,它们都过定点 P(0,﹣1) .
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考查函数 y1=(a﹣1)x﹣1:令 y=0,得 M( ∴ a>1;
2

,0) ,

考查函数 y2=x ﹣ax﹣1,∵ x>0 时均有[(a﹣1)x﹣1](x ﹣ax﹣1)≥0, ∴ y2=x ﹣ax﹣1 过点 M(
2

2

,0) ,代入得:



解之得:a= ,或 a=0(舍去) . 故答案为:

点评: 本题考查不等式恒成立问题,解题的关键是构造函数,利用函数的性质求解.

15. (2012?黑龙江)设函数 f(x)=

的最大值为 M,最小值为 m,则 M+m= 2 .

考点: 导数在最大值、最小值问题中的应用. 专题: 综合题;压轴题.

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分析: 函数可化为 f(x)= = ,令 ,则 为奇函

数,从而函数 最大值与最小值的和. 解答: 解:函数可化为 f(x)= 令 ∴ ,则

的最大值与最小值的和为 0,由此可得函数 f(x)=



= 为奇函数

的最大值与最小值的和为 0

∴ 函数 f(x)=

的最大值与最小值的和为 1+1+0=2

即 M+m=2 故答案为:2 点评: 本题考查函数的最值,考查函数的奇偶性,解题的关键是将函数化简,转化为利用函数的奇偶性解题. 16. (2012?河南模拟)给出下列四个命题: ① 函数 f(x)=lnx﹣2+x 在区间(1,e)上存在零点; ② 若 f'(x0)=0,则函数 y=f(x)在 x=x0 取得极值; ③ m≥﹣1,则函数 的值域为 R;

④ “a=1”是“函数

在定义域上是奇函数”的充分不必要条件.

其中真命题是 ① ③ ④ (把你认为正确的命题序号都填在横线上) 考点: 函数在某点取得极值的条件;必要条件、充分条件与充要条件的判断;对数函数的值域与最值;函数的零 点. 专题: 压轴题. 分析: ① 结合零点判定定理② 结合极值存在条件:该点导数为 0,且两侧导函数导数值符号相反③ 结合对数函数的值
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域,要求 x ﹣2x﹣m 取到所有的正数④ 根据函数奇偶性的定义验证 f(x)与 f(﹣x)的关系. 解答: 解:① 结合零点判定定理:f(1)?f(e)<0 可知① 正确 3 3 ② f(x)=x ,f′ (0)=0,但函数 f(x)=x 在 R 递增,无极值点② 错误 ③ 的值域为 R,则 4+4m≥0,解得 m≥﹣1,③ 正确

2

④ a=1,



,正确

故答案为:① ③ ④ 点评: 本题考查了函数的相关性质的运用:零点判定定理,函数在某点取得极值的条件,对数函数与二次函数的 复合函数的值域,奇偶性的判断,属于基础知识的运用,要求考生熟练掌握各知识点,灵活运用.
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17. (2012?绵阳二模)对于具有相同定义域 D 的函数 f(x)和 g(x) ,若对任意的 x∈D,都有|f(x)﹣g(x)|≤1, 则称 f(x)和 g(x)在 D 上是“密切函数”.给出定义域均为 D={x|0≤x≤4}的四组函数如下: ① f(x)=ln(x+1) ,g(x)=
x



② f(x)=x ,g(x)=3x﹣1; .

3

③ f(x)=e ﹣2x(其中 e 为自然对数的底数) ,g(x)=2﹣x;④ f(x)= x﹣ ,g(x)= 其中,函数 f(x)和 g(x)在 D 上为“密切函数”的是 ① ④ .

考点: 利用导数求闭区间上函数的最值. 专题: 压轴题;新定义. 分析: 对照新定义,构造新函数 h(x)=f(x)﹣g(x) ,利用导数的方法确定函数的单调性,从而确定函数的值 域,利用若对任意的 x∈D,都有|f(x)﹣g(x)|≤1,则称 f(x)和 g(x)在 D 上是“密切函数”,即可得到 结论 解答: 解:对于① ,设 h(x)=f(x)﹣g(x)=ln(x+1)﹣ ,
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∴ ∵ 0≤x≤4 ∴ h(x)在[0,4]上单调增, ∵ h(0)=0,h(4)= ∵ ∴ 对任意的 x∈D,都有|f(x)﹣g(x)|≤1, ∴ 函数 f(x)和 g(x)在 D 上为“密切函数”;

≥0

对于② ,设 h(x)=f(x)﹣g(x)=x ﹣3x+1, 2 ∴ h′ (x)=3x ﹣3 ∵ 0≤x≤4 ∴ 0≤x≤1,h′ (x)≤0,1≤x≤4,h′ (x)≥0 ∵ h(0)=1,h(1)=﹣1,h(4)=53 ∴ 函数在 x=1 时,取得最小值﹣1;在 x=4 时,取得最大值 53, 故不满足对任意的 x∈D,都有|f(x)﹣g(x)|≤1; 对于③ ,设 h(x)=f(x)﹣g(x)=e ﹣x﹣2, x ∴ h′ (x)=e ﹣1 ∵ 0≤x≤4 ∴ h′ (x)≥0 ∴ h(x)在[0,4]上单调增, 4 ∵ h(0)=﹣1,h(4)=e ﹣6 4 ∵ e ﹣6>1 ∴ 不满足对任意的 x∈D,都有|f(x)﹣g(x)|≤1; 对于④ ,设 h(x)=f(x)﹣g(x)= x﹣ ﹣ x≠0 时, ∵ 0<x≤4 ∴ .x=0 时满足题意
x

3

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∴ ∴ h(x)在[0,4]上单调增, ∵ h(0)=﹣ ,h(4)= ∴ 对任意的 x∈D,都有|f(x)﹣g(x)|≤1, ∴ 函数 f(x)和 g(x)在 D 上为“密切函数”; 故答案为:① ④ 点评: 本题是一道新定义题,要理清定义的条件和结论,将问题转化为已知的去解决,主要涉及了函数的单调性, 函数的最值求法等.

18. (2011?黄冈模拟)若函数

上有最小值,则 a 的取值范围为

[﹣2,1) .

考点: 利用导数求闭区间上函数的最值. 专题: 计算题;压轴题. 分析: 先求出函数的导函数,求出函数的单调区间,再根据已知在区间(a,10﹣a2)有最小值确定出参数 a 的取 值范围. 2 2 解答: 解:由已知,f′ (x)=x ﹣1,有 x ﹣1≥0 得 x≥1 或 x≤﹣1, 因此当 x∈[1,+∞) , (﹣∞,﹣1]时 f(x)为增函数,在 x∈[﹣1,1]时 f(x)为减函数.
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又因为函数

上有最小值,所以开区间(a,10﹣a )须包含 x=1,

2

所以函数 f(x)的最小值即为函数的极小值 f(1)=﹣ , 又由 f(x)=﹣ 可得 x ﹣x=﹣ ,于是得(x﹣1) (x+2)=0 即有 f(﹣2)=﹣ ,因此有以下不等式成立:
3 2

,可解得﹣2≤a<1, 答案为:[﹣2,1) 点评: 本题考查函数的导数,利用导数求函数的极值和最值的问题,分类讨论的思想方法.本题需要注意:在开 区间内函数的极小值(本题中也是最小值)在函数导数为零的点处取得,即若 x0∈(a,b) ,且 f′ (x0)=0, 则函数 f(x)的极值是 f(x0) ;再由题意可得这个极值也是函数的最值. 19. (2010?盐城三模)设 a>0,函数 ≥g(x2)成立,则实数 a 的取值范围为 . ,若对任意的 x1,x2∈[1,e],都有 f(x1)

考点: 利用导数研究函数的单调性. 专题: 压轴题. 分析: 先对函数 g(x)求导判断出函数 g(x)的单调性并求其最大值,然后对函数 f(x)进行求导判断单调性求 其最小值,最后令函数 f(x)的最小值大于等于函数 g(x)的最大值即可. 解答: 解:∵ g(x)=x﹣lnx∴ g'(x)=1﹣ ,x∈[1,e],g'(x)≥0 函数 g(x)单调递增
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g(x)的最大值为 g(e)=e﹣1

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∵ f(x)=x+

∴ f'(x)=

,令 f'(x)=0∵ a>0∴ x=a
2

当 0<a<1 f(x)在[1,e]上单调增 f(1)最小=1+a ≥e﹣1∴ 1>a≥ 当 1≤a≤e 列表可知 f(a)最小=2a≥e﹣1 恒成立 当 a>e 时 f(x)在[1,e]上单调减 f(e)最小= 综上 a≥ 故答案为:a≥ 点评: 本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负之间的关系,即当导函数大于 0 时原函数单调递增,当导函 数小于 0 时原函数单调递减. ≥e﹣1 恒成立

20. (2014?河南二模)已知 f(x)=alnx+ 则 a 的取值范围是 (4,+∞) . 考点: 专题: 分析: 解答:

,若对于?x1,x2∈(0,+∞)且 x1≠x2 都有

>4,

导数的几何意义;导数的运算. 导数的概念及应用. 求出 f(x)的导数 f′ (x) ,根据题意,f′ (x)>4,求出 a 的取值范围. 解:根据题意,
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∵ f(x)=alnx+ ∴ f′ (x)= +x=
2

,其中 x>0, >4,
2

即 a>4x﹣x =4﹣(x﹣2) ; 2 ∵ 4﹣(x﹣2) ≤4,当且仅当 x=2 时,取“=”, ∴ a>4; ∴ a 的取值范围是(4,+∞) . 故答案为: (4,+∞) . 点评: 本题考查了导数的概念以及不等式恒成立问题,解题时应根据导数的概念,化为 f′ (x)>4,从而使问题 得以解答. 21. (2014?萧山区模拟)设定义域为(0,+∞)的单调函数 f(x) ,对任意的 x∈(0,+∞) ,都有 f[f(x)﹣log2x]=6, * 若 x0 是方程 f(x)﹣f′ (x)=4 的一个解,且 x0∈(a,a+1) (a∈N ) ,则实数 a= 1 . 考点: 导数的运算;对数函数图象与性质的综合应用. 专题: 导数的概念及应用. 分析: 由题意可得 f(x)﹣log2x 为定值,设为 t,代入可得 t=4,进而可得函数的解析式,化方程有解为函数 F(x)
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=f(x)﹣f′ (x)﹣4=log2x﹣

有零点,易得 F(1)<0,F(2)>0,由零点的判定可得答案.

解答: 解:根据题意,对任意的 x∈(0,+∞) ,都有 f[f(x)﹣log2x]=6, 又由 f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数, 则 f(x)﹣log2x 为定值, 设 t=f(x)﹣log2x,则 f(x)=t+log2x, 又由 f(t)=6,可得 t+log2t=6,
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可解得 t=4,故 f(x)=4+log2x,f′ (x)= 又 x0 是方程 f(x)﹣f′ (x)=4 的一个解,



所以 x0 是函数 F(x)=f(x)﹣f′ (x)﹣4=log2x﹣ 分析易得 F(1)=﹣ <0,F(2)=1﹣ =1﹣

的零点, >0,

故函数 F(x)的零点介于(1,2)之间,故 a=1, 故答案为:1 点评: 本题考查函数的零点的判断,涉及导数的运算和性质,属中档题.

22. (2014?青岛二模)如图,y=f(x)是可导函数,直线 l 是曲线 y=f(x)在 x=4 处的切线,令 g(x)= 则 g′ (4)= ﹣ .



考点: 导数的运算. 专题: 导数的概念及应用. 分析: 先从图中求出切线过的点,利用导数在切点处的导数值为斜率得到切线的斜率,最后结合导数的几何意义 求出 f′ (4)的值,
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由 g(x)=

,则 g′ (x)=

,进而得到 g′ (4) .

解答: 解:由图知,切线过(0,3) 、 (4,5) , ∴ 直线 l 的斜率为 ,

由于曲线在切点处的导数值为曲线的切线的斜率, 所以 f′ (4)= ,f(4)=5.

令 g(x)=

,则 g′ (x)=

故 g′ (4)= 故答案为:

=﹣

点评: 解决有关曲线的切线问题常考虑导数的几何意义:曲线在切点处的导数值为曲线的切线的斜率. 23. (2014?长葛市三模)设函数 f(x)是定义在(﹣∞,0)上的可导函数,其导函数为 f′ (x) ,且 2f(x)+xf′ (x) 2 2 >x ,则不等式(x+2014) f(x+2014)﹣4f(﹣2)>0 的解集为 (﹣∞,﹣2016) . 考点: 导数的运算. 专题: 综合题;导数的概念及应用.
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分析: 先确定函数 y=x2f(x)在(一∞,0)上是减函数,再根据(x+2014)2f(x+2014)﹣4f(﹣2)>0,可得 2 2 (x+2014) f(x+2014)>(﹣2) f(﹣2) ,即可得出结论. 2 解答: 解:∵ 函数 f(x)是定义在(﹣∞,0)上的可导函数,2f(x)+xf′ (x)>x , 2 ∴ 2xf(x)+x f′ (x)<0, 2 ∴ [x f(x)]′ <0, 2 ∴ 函数 y=x f(x)在(﹣∞,0)上是减函数, 2 ∵ (x+2014) f(x+2014)﹣4f(﹣2)>0 2 2 ∴ (x+2014) f(x+2014)>(﹣2) f(﹣2) , ∴ x+2014<﹣2, ∴ x<﹣2016, ∴ 不等式的解集为(﹣∞,﹣2016) . 故答案为: (﹣∞,﹣2016) . 2 点评: 本题考查函数的单调性,考查解不等式,正确确定函数 y=x f(x)在(一∞,0)上是减函数是关键.

24. (2014?云南一模) 已知 ( f x) =ax﹣cosx, x∈[

, ], 若?x1∈[

, ], ?x2∈[

, ], x1≠x2,

<0 则实数 a 的取值范围为 (﹣∞,﹣

]



考点: 函数的单调性与导数的关系;函数单调性的性质. 专题: 函数的性质及应用;导数的综合应用. 分析: 根据条件判断函数 f(x)的单调性,利用函数单调性和导数之间的关系,即可得到结论. 解答: 解:∵ 若?x1∈[ , ],?x2∈[ , ],x1≠x2, <0,
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∴ f(x)=ax﹣cosx,在[ 即 f'(x)=a+sinx≤0 在[ 即 a≤﹣sinx 在[ 当 x∈[ , ,

, ,

]上单调递减, ]上恒成立,

]上恒成立, , ], ],

],sinx∈[ ,﹣

即﹣sinx∈[﹣ ∴ a≤﹣ ,

故答案为: (﹣∞,﹣

].

点评: 本题注意考查函数单调性的应用,利用导数和函数单调性之间的关系是解决本题的关键,要熟练掌握三角 函数的图象和性质.

25. (2014?厦门一模) 已知函数 ( f x) =x+

﹣2alnx 在区间 (1, 2) 内是增函数, 则实数 a 的取值范围是 ﹣1≤a≤ ; .

考点: 利用导数研究函数的单调性. 专题: 常规题型;导数的综合应用. 分析: 函数在区间(1,2)内是增函数,转化成导数在这个区间上大于等于 0 恒成立问题,然后把恒成立转化成
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导数的最小值大于等于 0. 解答: 解:∵ f′ (x)=1﹣ ﹣ =

要使函数 f(x)=x+

﹣2alnx 在区间(1,2)内是增函数,需 f′ (x)≥0 在(1,2)上恒成立;


2 2

≥0 在(1,2)上恒成立,

即 x ﹣2ax﹣3a ≥0 在(1,2)上恒成立, 2 2 设 h(x)=x ﹣2ax﹣3a ,则它的对称轴为 x=a, ① 当 a≤1 时,h(1)=1﹣2a﹣3a ≥0,解得﹣1≤a≤ ; ② 当 1<a<2 时,△ =4a +12a ≤0,a 不存在; 2 ③ 当 a≥2 时,h(2)=4﹣4a﹣3a ≥0,a 不存在; 综上可知,a 的取值范围是﹣1≤a≤ . 故答案为:﹣1≤a≤ . 点评: 本题考查了导数在研究函数单调性中的应用,重点考查了转化思想与分类讨论的思想;关键是把问题转化 成求最值问题解决. 26. (2014?甘肃一模)已知函数 f(x)的定义域为 R,若存在常数 c>0,对?x∈R,有 f(x+c)>f(x﹣c) ,则称 函数 f(x)具有性质 P.给定下列函数:① f(x)=3x﹣1;② f(x)=|x|;③ f(x)=cosx;④ f(x)=x ﹣x.具有性质 P 的函数的序号是 ① ④ . 考点: 利用导数研究函数的单调性;函数的周期性. 专题: 函数的性质及应用;导数的概念及应用. 分析: 根据新定义可知,要使?x∈R,有 f(x+c)>f(x﹣c) ,则说明函数必须是单调递增函数,利用函数的单调 性结合定义分别去判断. 解答: 解:∵ c>0, ∴ x+c>x﹣c, ∴ 要使?x∈R,有 f(x+c)>f(x﹣c) ,则函数在定义域上必须是单调递增函数. ① ∵ f(x)=3x﹣1 在定义域 R 上单调增函数, ∴ 满足 f(x+c)>f(x﹣c) ,故此函数 f(x)具有具有性质 P. ② ∵ f(x)=|x|在定义域 R 上的不是单调增函数, ∴ 不满足 f(x+c)>f(x﹣c) ,故此函数 f(x)不具有具有性质 P. ③ ∵ f(x)=cosx 的最小正周期为 2π,在定义域 R 上的不是单调增函数, ∴ 不满足 f(x+c)>f(x﹣c) ,故此函数 f(x)不具有性质 P. 3 2 ④ ∵ f(x)=x ﹣x,∴ f′ (x)=3x ﹣1, 当 f′ (x)>0 时,函数 f(x)是增函数,f′ (x)<0 时,函数 f(x)是递减函数.
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2

2

2

3

即在(

)内递减,要想满足 f(x+c)>f(x﹣c) ,只须 c>

就可以了,不妨取 c=1, .

∴ 存在常数 c=1,满足 f(x+c)>f(x﹣c) .故此函数 f(x)具有性质 P. 故答案为:① ④ 点评: 本题主要考查新定义,利用函数的单调性是解决本题的关键.考查学生的理解能力. 三.解答题(共 4 小题) 3 2 27. (2014?广西)函数 f(x)=ax +3x +3x(a≠0) .
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(Ⅰ )讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ )若 f(x)在区间(1,2)是增函数,求 a 的取值范围. 考点: 利用导数研究函数的单调性;利用导数研究函数的极值. 专题: 导数的综合应用. 分析: (Ⅰ )求出函数的导数,通过导数为 0,利用二次函数的根,通过 a 的范围讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ )当 a>0,x>0 时,f(x)在区间(1,2)是增函数,当 a<0 时,f(x)在区间(1,2)是增函数, 推出 f′ (1)≥0 且 f′ (2)≥0,即可求 a 的取值范围. 3 2 2 解答: 解: (Ⅰ )函数 f(x)=ax +3x +3x,∴ f′ (x)=3ax +6x+3,
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令 f′ (x)=0,即 3ax +6x+3=0,则△ =36(1﹣a) ① 若 a>1 时,则△ <0,f′ (x)>0,∴ f(x)在 R 上是增函数; ② 因为 a≠0,∴ 当 a≤1,△ >0,f′ (x)=0 方程有两个根,x1= ,x2= ,

2

当 0<a<1 时,则当 x∈(﹣∞,x2)或(x1,+∞)时,f′ (x)>0,故函数在(﹣∞,x2)或(x1,+∞) 是增函数;在(x2,x1)是减函数; 当 a<0 时,则当 x∈(﹣∞,x1)或(x2,+∞) ,f′ (x)<0,故函数在(﹣∞,x1)或(x2,+∞)是减函 数;在(x1,x2)是增函数; 2 (Ⅱ )当 a>0,x>0 时,f′ (x)=3ax +6x+3>0 故 a>0 时,f(x)在区间(1,2)是增函数, 当 a<0 时,f(x)在区间(1,2)是增函数, 当且仅当:f′ (1)≥0 且 f′ (2)≥0,解得﹣ a 的取值范围[ )∪ (0,+∞) . ,

点评: 本题考查函数的导数的应用,判断函数的单调性以及已知单调性求解函数中的变量的范围,考查分类讨论 思想的应用.

28. (2014?山东)设函数 f(x)=

﹣k( +lnx) (k 为常数,e=2.71828…是自然对数的底数) .

(Ⅰ )当 k≤0 时,求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ )若函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求 k 的取值范围. 考点: 利用导数研究函数的单调性;函数在某点取得极值的条件. 专题: 导数的综合应用. 分析: (Ⅰ )求出导函数,根据导函数的正负性,求出函数的单调区间; (Ⅱ )函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点,等价于它的导函数 f′ (x)在(0,2)内有两个不同的零 点. 解答: 解: (Ⅰ )f(x)的定义域为(0,+∞) ,
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∴ f′ (x)=

(x>0) ,

当 k≤0 时,kx≤0, x ∴ e ﹣kx>0, 令 f′ (x)=0,则 x=2, ∴ 当 0<x<2 时,f′ (x)<0,f(x)单调递减; 当 x>2 时,f′ (x)>0,f(x)单调递增, ∴ f(x)的单调递减区间为(0,2) ,单调递增区间为(2,+∞) . (Ⅱ )由(Ⅰ )知,k≤0 时,函数 f(x)在(0,2)内单调递减, 故 f(x)在(0,2)内不存在极值点;
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当 k>0 时,设函数 g(x)=e ﹣kx,x∈[0,+∞) . x x lnk ∵ g′ (x)=e ﹣k=e ﹣e , 当 0<k≤1 时, 当 x∈(0,2)时,g′ (x)=e ﹣k>0,y=g(x)单调递增, 故 f(x)在(0,2)内不存在两个极值点; 当 k>1 时, 得 x∈(0,lnk)时,g′ (x)<0,函数 y=g(x)单调递减, x∈(lnk,+∞)时,g′ (x)>0,函数 y=g(x)单调递增, ∴ 函数 y=g(x)的最小值为 g(lnk)=k(1﹣lnk) 函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点
x

x

当且仅当

解得:e 综上所述, 函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k 的取值范围为(e, )

点评: 本题考查了导数在求函数的单调区间,和极值,运用了等价转化思想.是一道导数的综合应用题.属于中 档题.

29. (2014?湖南)已知常数 a>0,函数 f(x)=ln(1+ax)﹣ (Ⅰ )讨论 f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;



(Ⅱ )若 f(x)存在两个极值点 x1,x2,且 f(x1)+f(x2)>0,求 a 的取值范围. 考点: 利用导数研究函数的单调性;函数在某点取得极值的条件. 专题: 导数的综合应用. 分析: (Ⅰ )利用导数判断函数的单调性,注意对 a 分类讨论; (Ⅱ )利用导数判断函数的极值,注意 a 的讨论及利用换元法转化为求函数最值问题解决. 解答: 解: (Ⅰ )∵ f(x)=ln(1+ax)﹣ .
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∴ f′ (x)=
2

=



∵ (1+ax) (x+2) >0,∴ 当 1﹣a≤0 时,即 a≥1 时,f′ (x)≥0 恒成立,则函数 f(x)在(0,+∞)单调递 增, 当 a≤1 时,由 f′ (x)=0 得 x=± ( ,+∞)单调递增. ,则函数 f(x)在(0, )单调递减,在

(Ⅱ )由(Ⅰ )知,当 a≥1 时,f′ (x)≥0,此时 f(x)不存在极值点. 因此要使 f(x)存在两个极值点 x1,x2,则必有 0<a<1,又 f(x)的极值点值可能是 x1= x2=﹣ , ,

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且由 f(x)的定义域可知 x>﹣ 且 x≠﹣2, ∴ ﹣ 大值点, ∴ f(x1)+f(x2)=ln[1+ax1]﹣ =ln(2a﹣1) ﹣
2

>﹣ 且﹣

≠﹣2,解得 a≠ ,则 x1,x2 分别为函数 f(x)的极小值点和极

+ln(1+ax2)﹣ =ln(2a﹣1) +
2

=ln[1+a(x1+x2)+a x1x2]﹣ ﹣2.

2

令 2a﹣1=x,由 0<a<1 且 a≠ 得, 当 0<a< 时,﹣1<x<0;当 <a<1 时,0<x<1. 令 g(x)=lnx + ﹣2.
2

(i)当﹣1<x<0 时,g(x)=2ln(﹣x)+ ﹣2,∴ g′ (x)= ﹣ 故 g(x)在(﹣1,0)上单调递减,g(x)<g(﹣1)=﹣4<0, ∴ 当 0<a< 时,f(x1)+f(x2)<0; (ii)当 0<x<1.g(x)=2lnx+ ﹣2,g′ (x)= ﹣ 故 g(x)在(0,1)上单调递减,g(x)>g(1)=0, ∴ 当 <a<1 时,f(x1)+f(x2)>0; 综上所述,a 的取值范围是( ,1) . =

=

<0,

< 0,

点评: 本题主要考查学生对含有参数的函数的单调性及极值的判断,考查利用导数判断函数的单调性及求极值的 能力,考查分类讨论思想及转化划归思想的运用和运算能力,逻辑性综合性强,属难题. 30. (2014?天津)设 f(x)=x﹣ae (a∈R) ,x∈R,已知函数 y=f(x)有两个零点 x1,x2,且 x1<x2. (Ⅰ )求 a 的取值范围; (Ⅱ )证明: 随着 a 的减小而增大;
x

(Ⅲ )证明 x1+x2 随着 a 的减小而增大. 考点: 利用导数研究函数的单调性;函数零点的判定定理. 专题: 综合题;导数的综合应用. 分析: (Ⅰ )对 f(x)求导,讨论 f′ (x)的正负以及对应 f(x)的单调性,得出函数 y=f(x)有两个零点的等价 条件,从而求出 a 的取值范围;
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(Ⅱ )由 f(x)=0,得 a=

,设 g(x)=

,判定 g(x)的单调性即得证;

(Ⅲ )由于 x1=a

,x2=a

,则 x2﹣x1=lnx2﹣lnx1=ln

,令

=t,整理得到 x1+x2=

,令 h

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(x)=

,x∈(1,+∞) ,得到 h(x)在(1,+∞)上是增函数,故得到 x1+x2 随着 t 的减小而

增大.再由(Ⅱ )知,t 随着 a 的减小而增大,即得证.
x x 解答: 解: (Ⅰ )∵ f(x)=x﹣ae ,∴ f′ (x)=1﹣ae ; 下面分两种情况讨论: ① a≤0 时,f′ (x)>0 在 R 上恒成立,∴ f(x)在 R 上是增函数,不合题意; ② a>0 时,由 f′ (x)=0,得 x=﹣lna,当 x 变化时,f′ (x) 、f(x)的变化情况如下表: x (﹣∞,﹣lna)﹣lna (﹣lna,+∞) 0 f′ (x)+ ﹣ f(x) 递增 极大值﹣lna﹣1递减 ∴ f(x)的单调增区间是(﹣∞,﹣lna) ,减区间是(﹣lna,+∞) ; ∴ 函数 y=f(x)有两个零点等价于如下条件同时成立: (i)f(﹣lna)>0, (ii)存在 s1∈(﹣∞,﹣lna) ,满足 f(s1)<0, (iii)存在 s2∈(﹣lna,+∞) ,满足 f (s2)<0; ﹣1 由 f(﹣lna)>0,即﹣lna﹣1>0,解得 0<a<e ; 取 s1=0,满足 s1∈(﹣∞,﹣lna) ,且 f(s1)=﹣a<0,

取 s2= +ln ,满足 s2∈(﹣lna,+∞) ,且 f(s2)=( ﹣ ∴ a 的取值范围是(0,e ) . (Ⅱ )证明:由 f(x)=x﹣ae =0,得 a=
x
﹣1

)+(ln ﹣

)<0;

,设 g(x)=

,由 g′ (x)=

,得 g(x)在(﹣∞,1)

上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 并且,当 x∈(﹣∞,0)时,g(x)≤0,当 x∈(0,+∞)时,g(x)≥0, x1、x2 满足 a=g(x1) ,a=g(x2) ,a∈(0,e )及 g(x)的单调性,可得 x1∈(0,1) ,x2∈(1,+∞) ; ﹣1 对于任意的 a1、a2∈(0,e ) ,设 a1>a2,g(X1)=g(X2)=ai,其中 0<X1<1<X2; g(Y1)=g(Y2)=a2,其中 0<Y1<1<Y2; ∵ g(x)在(0,1)上是增函数,∴ 由 a1>a2,得 g(Xi)>g(Yi) ,可得 X1>Y1;类似可得 X2<Y2; 又由 X、Y>0,得 < < ;∴ 随着 a 的减小而增大;
﹣1

(Ⅲ )证明:∵ x1=a ∴ x2﹣x1=lnx2﹣lnx1=ln

,x2=a ,设

,∴ lnx1=lna+x1,lnx2=lna+x2; =t,则 t>1,



,解得 x1= …① ;

,x2=



∴ x1+x2=

令 h(x)=

,x∈(1,+∞) ,则 h′ (x)=



令 u(x)=﹣2lnx+x﹣ ,得 u′ (x)=

,当 x∈(1,+∞)时,u′ (x)>0,

∴ u(x)在(1,+∞)上是增函数,∴ 对任意的 x∈(1,+∞) ,u(x)>u(1)=0,
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∴ h′ (x)>0,∴ h(x)在(1,+∞)上是增函数; ∴ 由① 得 x1+x2 随着 t 的增大而增大. 由(Ⅱ )知,t 随着 a 的减小而增大, ∴ x1+x2 随着 a 的减小而增大. 点评: 本题考查了导数的运算以及利用导数研究函数的单调性与极值问题,也考查了函数思想、化归思想、抽象 概括能力和分析问题、解决问题的能力,是综合型题目.

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