知识点梳理
导数和函数的单调性的关系：&（1）若f′（x）>0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）>0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间；&（2）若f′（x）<0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）<0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间。函数的导数和函数的单调性关系特别提醒：若在某区间上有有限个点使f′(x)=0，在其余的点恒有f′（x）>0，则f(x)仍为增函数（减函数的情形完全类似）．即在区间内f′(x)>0是f(x)在此区间上为增函数的充分条件，而不是必要条件。
在中，有一类问题是求参数在什么范围内不等式恒成立。恒成立条件下不等式参数的取值范围问题，涉及的知识面广，综合性强，同时语言抽象，如何从题目中提取可借用的知识模块往往，难以寻觅，是同学们学习的一个难点，同时也是高考命题中的一个热点。其方法大致有： 1,一元二次方程根的判别式;
2,参数大于最大值或小于最小值;
3,变更主元利用函数与方程的思想求解。
【导数的几何意义】当点{{P}_{n}}趋近于点P\left({{{x}_{0}},f\left({{{x}_{0}}}\right)}\right)时，割线{{PP}_{n}}趋近于确定的位置，这个的PT称为点P处的切线（tangent&line）．割线{{PP}_{n}}的斜率是{{k}_{n}}={\frac{f\left({{{x}_{n}}}\right)-f\left({{{x}_{0}}}\right)}{{{x}_{n}}{{-x}_{0}}}}.当点{{P}_{n}}无限趋近于点P时，{{k}_{n}}无限趋近于切线PT的斜率．函数f\left({x}\right)在{{x}_{0}}处的导数f'\left({{{x}_{0}}}\right)的几何意义，就是曲线y=f\left({x}\right)在点\left({{{x}_{0}},f\left({{{x}_{0}}}\right)}\right)处的导数就是切线PT的斜率k，即k=f'\left({{{x}_{0}}}\right)=\mathop{lim}\limits_{Δx→0}{\frac{f\left({{{x}_{0}}+Δx}\right)-f\left({{{x}_{0}}}\right)}{Δx}}.
整理教师:&&
举一反三（巩固练习，成绩显著提升，去）
根据问他()知识点分析，
试题“已知f（x）=xlnx．（1）求g（x）=（k∈R）的单调区...”，相似的试题还有：
已知f(x)=xlnx-ax，g(x)=-x2-2．(1)当a=-1时，求f(x)的单调区间；(2)对一切x∈(0，+∞)，f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)证明：对一切x∈(0，+∞)，都有lnx+1＞\frac{1}{e^{x}}-\frac{2}{ex}成立．
已知f(x)=xlnx．(1)求g(x)=\frac{f(x)+k}{x}(k∈R)的单调区间；(2)证明：当x≥1时，2x-e≤f(x)≤\frac{x^{2}-1}{2}恒成立；(3)任取两个不相等的正数x1，x2，且x1＜x2，若存x0＞0使f′(x0)=\frac{f(x_{1})-f(x_{2})}{x_{1}-x_{2}}成立，证明：x0＞x1．
已知函数f(x)=x3+3ax-1的导函数为f′(x)，g(x)=f′(x)-ax-3．(1)当a=-2时，求函数f(x)的单调区间；(2)若对满足-1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)＜0，求实数x的取值范围；(3)若xog′(x)+lnx＞0对一切x≥2恒成立，求实数a的取值范围．& 2013 - 2014 作业宝. All Rights Reserved. 沪ICP备号-9欢迎来到高考学习网，
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& 2015年高考数学文真题分类汇编：专题03 导数
2015年高考数学文真题分类汇编：专题03 导数
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资料概述与简介
1.【2015高考福建，文12】“对任意，”是“”的（
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C． 充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】当时，，构造函数，则．故在单调递增，故，则；
当时，不等式等价于，构造函数，则，故在递增，故，则．综上所述，“对任意，”是“”的必要不充分条件，选B．
【考点定位】导数的应用．
【名师点睛】本题以充分条件和必要条件为载体考查三角函数和导数在单调性上的应用，根据已知条件构造函数，进而研究其图象与性质，是函数思想的体现，属于难题．
2.【2015高考湖南，文8】设函数，则是(
A、奇函数，且在（0,1）上是增函数
B、奇函数，且在（0,1）上是减函数
C、偶函数，且在（0,1）上是增函数
D、偶函数，且在（0,1）上是减函数
【解析】，函数的定义域为（-1，1），函数所以函数是奇函数． ，在（0,1）上 ，所以在(0,1)上单调递增，故选A.
【考点定位】导数函数在(a，b)内的单调性的步骤(1)求；(2)确认在(a，b)内的符号；(3)作出结论：时为增函数；时为减函数．年月日
注：“累计里程“指汽车从出厂开始累计行驶的路程在这段时间内，该车每千米平均耗油量为（
A．B． C． D．升. 而这段时间内行驶的里程数千米. 所以这段时间内，该车每100千米平均耗油量为升，故选B.
【考点定位】平均变化率.
【名师点晴】本题主要考查的是平均变化率，属于中档题．解题时一定要抓住重要字眼“每千米”和“平均”，否则很容易出现错误．解此类应用题时一定要万分小心，除了提取必要的信息外，还要运用所学的数学知识进行分析和解决问题．
4.【2015高考新课标1，文14】已知函数的图像在点的处的切线过点，则
试题分析：∵，∴，即切线斜率，∴切点为），∵切线过（2,7），∴，解得已知函数 ,其中a为实数,为的导函数,若 ,则a的值为
【解析】因为 ,所以.
【考点定位】本题主要考查导数的运算法则.【名师点睛】本题考查内容单一,求出由,再由可直接求得a的值,因此可以说本题是一道基础题,但要注意运算的准确性,由于填空题没有中间分,一步出错,就得零分,故运算要特别细心.在其极值点处的切线方程为____________.
【解析】，令，此时
函数在其极值点处的切线方程为
【考点定位】：导数的几何意义.
【名师点睛】1.本题考查导数的几何意义，利用导数研究曲线上某点处切线方程等基础知识，考查运算求解能力.2.解决导数几何意义的问题时要注意抓住切点的三重作用：切点在曲线上；切点在切线上；切点处导函数值等于切线斜率.
7.【2015高考安徽，文21】已知函数
（Ⅰ）求的定义域，并讨论的单调性；
（Ⅱ）若，求在内的极值.
【答案】（Ⅰ）递增区间是（-r,r）;递减区间为（-∞，-r）和（r，+∞）；（Ⅱ）极大值为100；无极小值.
【解析】（Ⅰ）由题意可知
所求的定义域为.
所以当或时，，当时，
因此，单调递减区间为；的单调递增区间为.（Ⅱ）由（Ⅰ）的解答可知
在上单调递增，在上单调递减.
因此是的极大值点，所以在内的极大值为，内无极小值；
综上，内极大值为100，无极小值.
【考点定位】本题主要考查了函数的定义域、利用导数求函数的单调性，以及求函数的极值等基础知识.
【名师点睛】本题在利用导数求函数的单调性时要注意，求导后的分子是一个二次项系数为负数的一元二次式，在求和时要注意，本题主要考查考生对基本概念的掌握情况和基本运算能力.
（本小题满分1分），．
（I）求存在零点，则在区间上仅有一个零点．
【答案】（I）单调递减区间是，单调递增区间是；极小值；（II）证明详见解析.
与在区间上的情况如下：
所以，的单调递减区间是，单调递增区间是；
在处取得极小值.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在区间上的最小值为.
因为存在零点，所以，从而.
当时，在区间上单调递减，且，
所以是在区间上的唯一零点.
当时，在区间上单调递减，且，，
所以在区间上仅有一个零点.
综上可知，若存在零点，则在区间上仅有一个零点.
考点：导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值、函数零点问题.
【名师点晴】本题主要考查的是导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和函数的零点，属于难题．利用导数求函数的单调性与极值的步骤：①确定函数的定义域；②对求导；③求方程的所有实数根；④列表格．证明函数仅有一个零点的步骤：①用零点存在性定理证明函数零点的存在性；②用函数的单调性证明函数零点的唯一性．
9.【2015高考福建，文22】已知函数．
(Ⅰ)求函数的单调递增区间；
（Ⅱ）证明：当时，；
（Ⅲ）确定实数的所有可能取值，使得存在，当时，恒有．
【答案】(Ⅰ) ；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）．
【解析】（I），．
由得解得．
故的单调递增区间是．
（II）令，．
所以在上单调递减，
故当时，，即当时，．
（III）由（II）知，当时，不存在满足题意．
当时，对于，有，则，从而不存在满足题意．
当时，令，，
当时，，故在内单调递增．
从而当时，，即，
综上，的取值范围是．
【考点定位】导数的综合应用．
【名师点睛】利用导数判断或求函数的单调区间，通过不等式或求解，但是要兼顾定义域；利用导数研究函数的单调性，再用单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或最值，从而证得不等式，注意与不等价，只是的特例，但是也可以利用它来证明，在2014年全国Ⅰ卷理科高考21题中，就是使用该种方法证明不等式；导数的强大功能就是通过研究函数极值、最值、单调区间来判断函数大致图象，这是利用研究基本初等函数方法所不具备的，而是其延续．
10.【2015高考广东，文21】（本小题满分14分为实数，函数．
（1）若，求的取值范围；的单调性；
（3）当时，讨论在区间内的零点个数．
【答案】（1）；（2）在上单调递增，在上单调递减；（3）当时，有一个零点；当时，有两个零点．
试题分析：（1）先由可得，再对的取值范围进行讨论可得的解，进而可得的取值范围；（2）先写函数的解析式，再对的取值范围进行讨论确定函数的单调性；（3）先由（2）得函数的最小值，再对的取值范围进行讨论确定在区间内的零点个数．
试题解析：（1），因为，所以，
当时，，显然成立；当，则有，所以.所以.
综上所述，的取值范围是.
对于，其对称轴为，开口向上，
所以在上单调递增；
对于，其对称轴为，开口向上，
所以在上单调递减.
综上所述，在上单调递增，在上单调递减.
（3）由（2）得在上单调递增，在上单调递减，所以.
(i)当时，，
令，即（）.
因为在上单调递减，所以
而在上单调递增，，所以与在无交点.
当时，，即，所以，所以，因为，所以，即当时，有一个零点.
(ii)当时，，
当时， ，，而在上单调递增，
当时，.下面比较与的大小
结合图象不难得当时，与有两个交点.
综上所述，当时，有一个零点；当时，有两个零点.
考点：1、绝对值不等式；2、函数的单调性；3、函数的最值；4、函数的零点.
【名师点晴】本题主要考查的是绝对值不等式、函数的单调性、函数的最值和函数的零点，属于难题．零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间，去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每段结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．判断函数的单调性的方法：①基本初等函数的单调性；②导数法．判断函数零点的个数的方法：①解方程法；②图象法．
11.【2015高考湖北，文21】设函数，的定义域均为，且是奇函数，是偶函数，
，其中e为自然对数的底数.
（）求，的解析式，并证明：当时，，；
（）设，，证明：当时，.
【答案】（），.证明：当时，，，故
又由基本不等式，有，即 （）由（）得 ⑥
当时，等价于 ⑦ 等价于 ⑧于是设函数 ，由，有 当时，（1）若，由，得，故在上为增函数，从而，即，故⑦成立.（2）若，由，得，故在上为减函数，从而，即，故⑧成立.综合⑦⑧，得 .
【考点定位】本题考查函数的奇偶性和导数在研究函数的单调性与极值中的应用，属高档题.
设函数. 已知曲线 在点处的切线与直线平行.
（）求的值；
（）是否存在自然数，使得方程在内存在唯一的根？如果存在，求出；如果不存在，请说明理由；
（）设函数（表示，中的较小值），求的最大值.
【答案】（I） ；(II)
（I）由题意知，曲线在点处的切线斜率为，所以，
（II）时，方程在内存在唯一的根.
所以存在，使.
因为所以当时，，当时，，
所以当时，单调递增.
所以时，方程在内存在唯一的根.
（III）由（II）知，方程在内存在唯一的根，且时，，时，，所以.
若由可知故
当时，由可得时，单调递增；时，单调递减；
综上可得函数的最大值为.
【考点定位】1.导数的几何意义；2.应用导数研究函数的单调性、最值；3.函数零点存在性定理.
在内存在唯一的根.其次是根据（II）的结论，确定得到的表达式，并进一步利用分类讨论思想，应用导数研究函数的单调性、最值.
本题是一道能力题，属于难题.在考查导数的几何意义、应用导数研究函数的性质、函数零点存在性定理等基础知识的同时，考查考生的计算能力、应用数学知识分析问题解决问题的能力及分类讨论思想.本题是教辅材料的常见题型，有利于优生正常发挥.
13.【2015高考四川，文21】已知函数f(x)＝a>0.
(Ⅰ)设g(x)为f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；
(Ⅱ)证明：存在a∈(0，1f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解.
【解析】(Ⅰ)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)
g(x)＝f '(x)＝2(x－1－lnx－a)
所以g'(x)＝2－
当x∈(0，1)时，g'(x)＜0，g(x)单调递减
当x∈(1，＋∞)时，g'(x)＞0，g(x)单调递增
(Ⅱ)由f '(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx
令Φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx
则Φ(1)＝1＞0，Φ(e)＝2(2－e)＜0
于是存在x0∈(1，e)，使得Φ(x0)＝0
令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)
由u'(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增
故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1
即a0∈(0，1)
当a＝a0时，有f '(x0)＝0，f(x0)＝Φ(x0)＝0
再由(Ⅰ)知，f '(x)在区间(1，＋∞)上单调递增
当x∈(1，x0)时，f '(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0
当x∈(x0，＋∞)时，f '(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0
又当x∈(0，1]时，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx＞0
故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0
综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解.
【考点定位】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、化归与转化等数学思想.
【名师点睛】本题第(Ⅰ)问隐藏二阶导数知识点，由于连续两次求导后，参数a消失，故函数的单调性是确定的，讨论也相对简单.第(Ⅱ)问需要证明的是：对于某个a∈(0，1（本小题满分14分）已知函数
（I）求的单调区间;
（II）设曲线与轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为,求证:对于任意的正实数,都有;
（III）若方程有两个正实数根且,求证:.
【答案】（I） 的单调递增区间是 ,单调递减区间是;（II）见试题解析;（III）见试题解析.
【解析】（I）由,可得 的单调递增区间是 ,单调递减区间是;（II）, ,证明 在单调递增,在单调递减,所以对任意的实数x, ,对于任意的正实数,都有;（III）设方程 的根为 ,可得,由在 单调递减,得 ,所以 .设曲线 在原点处的切线为 方程 的根为 ,可得 ,由 在在 单调递增,且 ,可得 所以 .
试题解析:（I）由,可得,当 ,即 时,函数 单调递增;当 ,即 时,函数 单调递减.所以函数 的单调递增区间是 ,单调递减区间是.
（II）设 ,则 , 曲线 在点P处的切线方程为 ,即,令 即 则.
由于在 单调递减,故在 单调递减,又因为,所以当时,,所以当时,,所以 在单调递增,在单调递减,所以对任意的实数x, ,对于任意的正实数,都有.
（III）由（II）知 ,设方程 的根为 ,可得,因为在 单调递减,又由（II）知 ,所以 .类似的,设曲线 在原点处的切线为 可得 ,对任意的,有 即 .设方程 的根为 ,可得 ,因为 在 单调递增,且 ,因此, 所以 .
【考点定位】本题主要考查导数的几何意义及导数的应用.考查函数思想、化归思想及综合分析问题解决问题的能力【名师点睛】给出可导函数求单调区间,实质是解关于导函数的不等式,若函数解析式中不含参数,一般比较容易.不过要注意求单调区间,要注意定义域优先原则,且结果必须写成区间形式,不能写成不等式形式;利用导数证明不等式是近几年高考的一个热点,解决此类问题的基本思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性和极值破解.12分）设函数.
（I）讨论的导函数的零点的个数；
（II）证明：当时.
【答案】（I）当时，没有零点；当时，存在唯一零点.（II）见解析
试题分析：（I）先求出导函数，分与考虑的单调性及性质即可判断出零点个数II）由（I）可设在的唯一零点为，根据的正负即可判定函数的图像与性质求出函数的最小值即可证明其最小值不小于即证明了所证不等式I）的定义域为，.
当时,，没有零点；
当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增.又,当b满足且时，,故当时，存在唯一零点.
（II）由（I），可设在的唯一零点为，当时，;
故在单调递减，在单调递增，所以当时，取得最小值，最小值为.
由于，所以.
考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.
【名师点睛】导数的综合应用是高考考查的重点和热点解决此类问题要熟练掌握常见函数的导数和导数的运算法则掌握通过利用导数研究函数的单调性极值研究函数的图像与性质15分）设函数.
（1）当时，求函数在上的最小值的表达式；
（2）已知函数在上存在零点，，求的取值范围.
【答案】(1)；(2)
(1)将函数进行配方，利用对称轴与给定区间的位置关系，通过分类讨论确定函数在给定上的最小值，并用分段函数的形式进行表示；(2)设定函数的零点，根据条件表示两个零点之间的不等关系，通过分类讨论，分别确定参数的取值情况，利用并集原理得到参数的取值范围.
试题解析：(1)当时，，故其对称轴为.
(2)设为方程的解，且，则.
由于，因此.
由于和，所以.
综上可知，的取值范围是.
【考点定位】1.函数的单调性与最值；2.分段函数；3.不等式性质；4.分类讨论思想.
【名师点睛】本题主要考查函数的单调性与最值，函数零点问题.利用函数的单调性以及二次函数的对称轴与给定区间的位置关系，利用分类讨论思想确定在各种情况下函数的最小值情况，最后用分段函数的形式进行表示；利用函数与方程思想，确定零点与系数之间的关系，利用其范围，通过分类讨论确定参数b 的取值范围.本题属于中等题，主要考查学生应用函数性质解决有关函数应用的能力，考查学生对数形结合数学、分类讨论思想以及函数与方程思想的应用能力，考查学生基本的运算能力.
17.【2015高考重庆，文19】已知函数（）在x=处取得极值.
(Ⅰ)确定的值，
(Ⅱ)若，讨论的单调性.
【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）在 内为减函数，内为增函数..
试题分析：（Ⅰ）先求出函数的导函数，由已知有可得关于的一个一元方程，解之即得的值，
（Ⅱ）由（Ⅰ）的结果可得函数，利用积的求导法则可求出，令，解得.从而分别讨论，，及时的符号即可得到函数的单调性．
试题解析： (1)对求导得
因为在处取得极值，所以，
(2)由(1)得，,
当时，,故为减函数，
当时，,故为增函数，
当时，,故为减函数，
当时，,故为增函数，
综上知在 内为减函数，内为增函数.
【考点定位】1. 导数与极值，2. 导数与单调性.
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阶段回扣练3 导数及其应用 (时间：120分钟)一、填空题1．(2015?哈师大附中检测)设函数f(x)＝axlnx(a∈R，a≠0)，若f′(e)＝2，则f(e)的值为________．解析 f′(x)＝alnx＋a，故f′(e)＝2a＝2，得a＝1，故f(x)＝xlnx，f(e)＝e.答案 e2．(2015?扬州模拟)曲线y＝x2＋lnx在点(1,1)处的切线方程为________．解析 y′＝2x＋，故y′|x＝1＝3，故在点(1,1)处的切线方程为y－1＝3(x－1)，化简整理得3x－y－2＝0.答案 3x－y－2＝03．若函数f(x)＝在x＝1处取极值，则a＝______.解析 由f′(x)＝＝＝0，∴x2＋2x－a＝0，x≠－1，又f(x)在x＝1处取极值，∴x＝1是x2＋2x－a＝0的根，∴a＝3.答案 34．设函数g(x)＝x(x2－1)，则g(x)在区间[0,1]上的最小值为________．解析 g(x)＝x3－x，由g′(x)＝3x2－1＝0，解得x＝或－(舍去)．当x变化时，g′(x)与g(x)的变化情况如下表：X01g′(x)－0＋ g(x)0极小值0所以当x＝时，g(x)有最小值g＝－.答案 －5．三次函数f(x)＝mx3－x在(－∞，＋∞)上是减函数，则m的取值范围是________．解析 f′(x)＝3mx2－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立，①x＝0时，－1≤0恒成立，即m∈R；②x≠0时，有m≤在R上恒成立，∵＞0，∴m≤0，综上m≤0.答案 (－∞，0]6．(2014?无锡模拟)已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝________.解析 ∵y′＝3x2－3，∴当y′＝0时，x＝±1.则y′，y的变化情况如下表；x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)y′＋0－0＋yc＋2c－2因此，当函数图象与x轴恰有两个公共点时，必有c＋2＝0或c－2＝0，∴c＝－2或c＝2.答案 －2或27．(2015?南通、扬州、泰州、宿迁四市调研)若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx为奇函数，其图象的一条切线方程为y＝3x－4，则b的值为________．解析 由函数f(x)＝x3＋ax2＋bx为奇函数可得a＝0.设切点坐标为(x0，y0)，则y0＝x＋bx0＝3x0－4，又f′(x)＝3x2＋b，所以f′(x0)＝3x＋b＝3，联立解得x0＝，b＝－3.答案 －38．(2014?石家庄模拟)若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是________．解析 2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋，设h(x)＝2lnx＋x＋(x＞0)，则h′(x)＝.当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减；x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝4.故a的取值范围是(－∞，4]．答案 (－∞，4]9．(2014?苏州模拟)函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)＞1，则不等式ex?f(x)＞ex＋1的解集为________．解析 构造函数g(x)＝ex?f(x)－ex.因为g′(x)＝ex?f(x)＋ex?f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex＞ex－ex＝0，所以g(x)＝ex?f(x)－ex为R上的增函数．因为g(0)＝e0?f(0)－e0＝1，所以原不等式转化为g(x)＞g(0)，解得x＞0.答案 {x|x＞0}10．(2013?湖北卷改编)已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是________．解析 由题知，x>0，f′(x)＝lnx＋1－2ax，由于函数f(x)有两个极值点，则f′(x)＝0有两个不等的正根，即函数y＝lnx＋1与y＝2ax的图象有两个不同的交点(x>0)，则a>0；设函数y＝lnx＋1上任一点(x0,1＋lnx0)处的切线为l，则kl＝y′＝，当l过坐标原点时，＝?x0＝1，令2a＝1?a＝，结合图象知0<a<.答案 11．(2014?佛山模拟)设0＜a≤1，函数f(x)＝x＋，g(x)＝x－lnx，若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值范围是________．解析 f′(x)＝1－＝，当0＜a≤1，且x∈[1，e]时，f′(x)＞0，∴f(x)在[1，e]上是增函数，f(x1)min＝f(1)＝1＋a2，又g′(x)＝1－(x＞0)，易求g′(x)＞0，∴g(x)在[1，e]上是增函数，g(x2)max＝g(e)＝e－1.由条件知只需f(x1)min≥g(x2)max.即1＋a2≥e－1.∴a2≥e－2.即≤a≤1.答案 [，1]12．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p元，销量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝p－p2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________元．解析 设商场销售该商品所获利润为y元，则y＝(p－20)(p－p2)＝－p3－150p2＋11700p－166000(p≥20)，则y′＝－3p2－300p＋11700.令y′＝0得p2＋100p－3900＝0，解得p＝30或p＝－130(舍去)．则y，y′随p的变化情况如下表：p(20,30)30(30，＋∞)y′＋0－y极大值故当p＝30时，y取极大值为23000元．又y＝－p3－150p2＋11700p－166000在[20，＋∞)上只有一个极值，故也是最值．所以该商品零售价定为每件30元，所获利润最大为23000元．答案 30 2300013．(2015?盐城模拟)若不等式bx＋c＋9lnx≤x2对任意的x∈(0，＋∞)，b∈(0,3)恒成立，则实数c的取值范围是________．解析 当x＞0时，令f(b)＝xb＋c＋9lnx－x2是单调递增函数，所以b∈(0,3)，f(b)≤0恒成立即为f(b)max＝f(3)≤0，所以3x＋c＋9lnx－x2≤0，即c≤(x2－9lnx－3x)min对?x∈(0，＋∞)恒成立．令g(x)＝x2－9lnx－3x，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝2x－－3＝＝，x∈(0，＋∞)，当x＝3时，g′(x)＝0；当0＜x＜3时，g′(x)＜0，该函数单调递减，当x＞3时，g′(x)＞0，函数单调递增，所以g(x)min＝g(3)＝－9ln3，则c≤－9ln3，故实数c的取值范围是(－∞，－9ln3]．答案 (－∞，－9ln3]14．(2015?扬州模拟)已知函数f(x)＝lnx－(m∈R)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________.解析 f′(x)＝＋＝(x＞0)，①当m＞0时，f′(x)＞0，f(x)在区间[1，e]上为增函数，f(x)有最小值f(1)＝－m＝4，得m＝－4，与m＞0矛盾．②当m＜0时，若－m＜1，即m＞－1，f(x)min＝f(1)＝－m＝4，得m＝－4，与m＞－1矛盾；若－m∈[1，e]，即－e≤m≤－1，f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1＝4，解得m＝－e3，与－e≤m≤－1矛盾；若－m＞e，即m＜－e时，f(x)min＝f(e)＝1－＝4，解得m＝－3e，符合题意．答案 －3e二、解答题15．(2015?北京海淀区模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋4x＋b，其中a，b∈R且a≠0.(1)求证：函数f(x)在点(0，f(0))处的切线与f(x)总有两个不同的公共点；(2)若函数f(x)在区间(－1,1)上有且仅有一个极值点，求实数a的取值范围．(1)证明 由已知可得f′(x)＝x2＋2ax＋4.∴f′(0)＝4，又f(0)＝b，∴f(x)在x＝0处的切线方程为y＝4x＋b.令x3＋ax2＋4x＋b＝4x＋b，整理得(x＋3a)x2＝0.∴x＝0或x＝－3a，又∵a≠0，∴－3a≠0，∴f(x)与切线有两个不同的公共点．(2)解 ∵f(x)在(－1,1)上有且仅有一个极值点，∴f′(x)＝x2＋2ax＋4在(－1,1)上有且仅有一个异号零点，由二次函数图象性质可得f′(－1)f′(1)＜0，即(5－2a)(5＋2a)＜0，解得a＞或a＜－，即a的取值范围是∪.16．(2015?合肥质量检测)已知函数f(x)＝(a＋1)x2－2ax－2lnx.(1)求证：a＝0时，f(x)≥1恒成立；(2)当a∈[－2，－1]时，求f(x)的单调区间．(1)证明 a＝0时，f(x)＝x2－2lnx，x∈(0，＋∞)．f′(x)＝2x－＝，令f′(x)＝0，解得x＝1(x＝－1舍去)．当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)在(0,1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．∴f(x)min＝f(1)＝1.所以，?x∈(0，＋∞)，f(x)≥1.(2)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，①当a＝－1时，f′(x)＝，此时f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．②当－2＜a＜－1时，－1＜a＋1＜0,1＜－.∵f′(x)＝，∴解f′(x)＜0得x∈(0,1)或x∈；解f′(x)＞0得x∈.即f(x)的单调增区间为，单调减区间为(0,1)和.③当a＝－2时，此时f′(x)＝，∴x∈(0，＋∞)均有f′(x)≤0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，无单调增区间．综上，a＝－1时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)；－2＜a＜－1时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为(0,1)和；a＝－2时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调增区间．17．(2015?天津模拟)已知函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间与极值．(2)若函数在区间(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围．解 (1)函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2a2x＋a＝＝.()当a＝0时，f′(x)＝＞0，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，此时f(x)无极值．()当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)．f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，所以f(x)有极大值为f＝－lna，无极小值．()当a＜0时，令f′(x)＝0，得x＝(舍去)或x＝－，所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，所以f(x)有极大值为f＝ln－＝－ln(－2a)－，无极小值．(2)由(1)可知：()当a＝0时，f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，不合题意．()当a＞0时，f(x)的单调递减区间为，依题意，得得a≥1.()当a＜0时，f(x)的单调递减区间为，依题意，得即a≤－.综上，实数a的取值范围是∪[1，＋∞)．18．(2015?南京、盐城模拟)几名大学毕业生合作开设3D打印店，生产并销售某种3D产品．已知该店每月生产的产品当月都能销售完，每件产品的生产成本为34元，该店的月总成本由两部分组成：第一部分是月销售产品的生产成本，第二部分是其他固定支出20000元．假设该产品的月销售量t(x)(件)与销售价格x(元/件)(x∈N*)之间满足如下关系：①当34≤x≤60时，t(x)＝－a(x＋5)2＋10050；②当60≤x≤70时，t(x)＝－100x＋7600.设该店月利润为M(元)，月利润＝月销售总额－月总成本．(1)求M关于销售价格x的函数关系式；(2)求该打印店月利润M的最大值及此时产品的销售价格．解 (1)当x＝60时，t(60)＝1600，代入t(x)＝－a(x＋5)2＋10050，解得a＝2.∴M(x)＝即M(x)＝(2)设g(u)＝(－2u2－20u＋10000)(u－34)－20000,34≤u＜60，u∈R，则g′(u)＝－6(u2－16u－1780)．令g′(u)＝0，解得u1＝8－2(舍去)，u2＝8＋2∈(50,51)．当34＜u＜50时，g′(u)＞0，g(u)单调递增；当51＜u＜60时，g′(u)＜0，g(u)单调递减．∵x∈N*，M(50)＝44000，M(51)＝44226，∴M(x)的最大值为44226.当60≤x≤70时，M(x)＝100(－x2＋110x－2584)－20000单调递减，故此时M(x)的最大值为M(60)＝21600.综上所述，当x＝51时，月利润M(x)有最大值44226元．∴该打印店月利润最大为44226元，此时产品的销售价格为51元/件．19．(2015?南通调研)已知a为实常数，y＝f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，且当x＜0时，f(x)＝2x－＋1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)≥a－1对一切x＞0成立，求a的取值范围．解 (1)由奇函数的对称性可知，我们只要讨论f(x)在区间(－∞，0)的单调性即可．f′(x)＝2＋，令f′(x)＝0，得x＝－a.①当a≤0时，f′(x)＞0，故f(x)在区间(－∞，0)上单调递增．②当a＞0时，x∈(－∞，－a)，f′(x)＞0，所以f(x)在区间(－∞，－a)上单调递增．x∈(－a,0)，f′(x)＜0，所以f(x)在区间(－a,0)上单调递减．综上所述，当a≤0时，f(x)单调增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)；当a＞0时，f(x)单调增区间为(－∞，－a)，(a，＋∞)，单调减区间为(－a,0)，(0，a)．(2)因为f(x)为奇函数，所以当x＞0时，f(x)＝－f(－x)＝－＝2x＋－1.①当a＜0时，要使f(x)≥a－1对一切x＞0成立，即2x＋≥a对一切x＞0成立．而当x＝－＞0时，有－a＋4a≥a，所以a≥0，则与a＜0矛盾．所以a＜0不成立．②当a＝0时，f(x)＝2x－1＞－1＝a－1对一切x＞0成立；故a＝0满足题设要求．③当a＞0时，由(1)可知f(x)在(0，a)上是减函数，在(a，＋∞)上是增函数．所以f(x)min＝f(a)＝3a－1＞a－1，所以a＞0时也满足题设要求．综上所述，a的取值范围是[0，＋∞)．20．(2015?苏、锡、常、镇四市调研)已知函数f(x)＝mx－alnx－m，g(x)＝，其中m，a均为实数．(1)求g(x)的极值；(2)设m＝1，a＜0，若对任意的x1，x2∈[3,4](x1≠x2)，|f(x2)－f(x1)|＜恒成立，求a的最小值；(3)设a＝2，若对任意给定的x0∈(0，e]，在区间(0，e]上总存在t1，t2(t1≠t2)，使得f(t1)＝f(t2)＝g(x0)成立，求m的取值范围．解 (1)g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝1.列表如下：x(－∞，1)1(1，＋∞)g′(x)＋0－g(x)极大值∵g(1)＝1，∴y＝g(x)的极大值为1，无极小值．(2)当m＝1，a＜0时，f(x)＝x－alnx－1，x∈(0，＋∞)．∵f′(x)＝＞0在[3,4]上恒成立，∴f(x)在[3,4]上为增函数．设h(x)＝＝，∵h′(x)＝＞0在[3,4]上恒成立，∴h(x)在[3,4]上为增函数．设x2＞x1，则|f(x2)－f(x1)|＜等价于f(x2)－f(x1)＜h(x2)－h(x1)，即f(x2)－h(x2)＜f(x1)－h(x1)．设u(x)＝f(x)－h(x)＝x－alnx－1－?，则u(x)在[3,4]上为减函数．∴u′(x)＝1－－?≤0在[3,4]上恒成立．∴a≥x－ex－1＋恒成立．设v(x)＝x－ex－1＋，∵v′(x)＝1－ex－1＋＝1－ex－1，x∈[3,4]，∴ex－1＞e2＞1，∴v′(x)＜0，v(x)为减函数，∴v(x)在[3,4]上的最大值为v(3)＝3－e2.∴a≥3－e2，∴a的最小值为3－e2.(3)由(1)知g(x)在(0，e]上的值域为(0,1]．∵f(x)＝mx－2lnx－m，x∈(0，＋∞)，当m＝0时，f(x)＝－2lnx在(0，e]上为减函数，不合题意．当m≠0时，f′(x)＝，由题意知f(x)在(0，e]上不单调，所以0＜＜e，即m＞. ①此时f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴f(e)≥1，即f(e)＝me－2－m≥1，解得m≥. ②由①②，得m≥.∵1∈(0，e]，∴f≤f(1)＝0成立．下证存在t∈，使得f(t)≥1.取t＝e－m，先证e－m＜，即证2em－m＞0. ③设ω(x)＝2ex－x，则ω′(x)＝2ex－1＞0在时恒成立．∴ω(x)在上为增函数，∴ω(x)≥ω＞0，∴③成立．再证f(e－m)≥1.∵f(e－m)＝me－m＋m＞m≥＞1，∴m≥时，命题成立．综上所述，m的取值范围为.
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