專題一函數(shù)與導數(shù)

...wd......wd......wd...專題一函數(shù)與導數(shù)第一講函數(shù)的圖象與性質(zhì)一、選擇題1．(2015·重慶高考)函數(shù)f(x)＝log2(x2＋2x－3)的定義域是()A．[－3,1]B．(－3,1)C．(－∞，－3]∪[1，＋∞)D．(－∞，－3)∪(1，＋∞)2．(2015·廣東高考)以下函數(shù)中，既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù)的是()A．y＝x＋sin2xB．y＝x2－cosxC．y＝2x＋eq\f(1,2x)D．y＝x2＋sinx3．假設loga2<0(a>0，且a≠1)，則函數(shù)f(x)＝loga(x＋1)的圖象大致是()4．f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，且f(x)－g(x)＝x3＋x2＋1，則f(1)＋g(1)＝()A．－3B．－1C．1D．35．(2015·唐山模擬)f(x)是R上的奇函數(shù)，當x≥0時，f(x)＝x3＋ln(1＋x)，則當x<0時，f(x)＝()A．－x3－ln(1－x)B．x3＋ln(1－x)C．x3－ln(1－x)D．－x3＋ln(1－x)6．定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足f(x＋1)＝－f(x)，f(x)在[－3，－2]上為減函數(shù)，則有()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)))B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))7．(2015·杭州模擬)函數(shù)f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3.假設有f(a)＝g(b)，則b的取值范圍為()A．[2－eq\r(2)，2＋eq\r(2)]B．(2－eq\r(2)，2＋eq\r(2))C．[1,3]D．(1,3)8．f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，假設對于x≥0，都有f(x＋2)＝f(x)，且當x∈[0,2)時，f(x)＝ex－1，則f(2015)＋f(－2016)＝()A．1－eB．e－1C．－1－eD．e＋19．(2015·唐山模擬)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2ax＋3a，x<1，,lnx，x≥1))的值域為R，那么a的取值范圍是()A．(－∞，－1]B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))10．(2015·溫州模擬)函數(shù)f(x)的圖象如以以下圖，則f(x)的解析式可能是()A．f(x)＝x2－2ln|x|B．f(x)＝x2－ln|x|C．f(x)＝|x|－2ln|x|D．f(x)＝|x|－ln|x|11．(2015·武昌模擬)如圖，直線l和圓C，當l從l0開場在平面上繞點O按逆時針方向勻速轉動(轉動角度不超過90°)時，它掃過的圓內(nèi)陰影局部的面積S是時間t的函數(shù)，這個函數(shù)的大致圖象是()12．y＝f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，對任意x恒有f(x＋6)＝f(x)＋f(3)，當x1，x2∈[0,3]且x1≠x2時，eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0，給出以下命題：①f(3)＝0；②直線x＝－6是y＝f(x)的一條對稱軸；③y＝f(x)在(－9，－6)上為增函數(shù)；④y＝f(x)在[－9,9]上有四個零點．其中所有正確命題的序號為()A．①②B．②④C．①②③D．①②④二、填空題13．設函數(shù)f(x)＝x(ex＋ae－x)(x∈R)是偶函數(shù)，則實數(shù)a的值為________．14．函數(shù)f(x)＝ax＋b(a>0，a≠1)的定義域和值域都是[－1,0]，則a＋b＝________.15．(2015·四川高考)某食品的保鮮時間y(單位：小時)與儲藏溫度x(單位：℃)滿足函數(shù)關系y＝ekx＋b(e＝2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)，k，b為常數(shù))．假設該食品在0℃的保鮮時間是192小時，在22℃的保鮮時間是48小時，則該食品在33℃的保鮮時間是________小時．16．函數(shù)y＝eq\f(|x2－1|,x－1)的圖象與函數(shù)y＝kx－2的圖象恰有兩個交點，則實數(shù)k的取值范圍是________．答案1．解析：選D要使函數(shù)有意義，只需x2＋2x－3>0，即(x＋3)(x－1)>0，解得x<－3或x>1.故函數(shù)的定義域為(－∞，－3)∪(1，＋∞)．2．解析：選DA項，定義域為R，f(－x)＝－x－sin2x＝－f(x)，為奇函數(shù)，故不符合題意；B項，定義域為R，f(－x)＝x2－cosx＝f(x)，為偶函數(shù)，故不符合題意；C項，定義域為R，f(－x)＝2－x＋eq\f(1,2－x)＝2x＋eq\f(1,2x)＝f(x)，為偶函數(shù)，故不符合題意；D項，定義域為R，f(－x)＝x2－sinx，－f(x)＝－x2－sinx，因為f(－x)≠－f(x)，且f(－x)≠f(x)，故為非奇非偶函數(shù)．3．解析：選B由loga2<0，得0<a<1，故函數(shù)f(x)＝loga(x＋1)為減函數(shù)，故排除選項A、D.由圖象平移可知f(x)＝loga(x＋1)的圖象可由y＝logax的圖象向左平移1個單位得到．4．解析：選B用“－x〞代替“x〞，得f(－x)－g(－x)＝(－x)3＋(－x)2＋1，又由題意知f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，f(x)＋g(x)＝－(－x3＋x2＋1)，令x＝1，得f(1)＋g(1)＝－1.5．解析：選C當x<0時，－x>0，又f(x)是R上的奇函數(shù)，所以f(x)＝－f(－x)＝－[(－x)3＋ln(1－x)]＝x3－ln(1－x)．6．解析：選C由f(x＋1＋1)＝－f(x＋1)＝f(x)，知f(x)的周期為2，所以f(x)在[－1,0]上為減函數(shù)，故偶函數(shù)f(x)在[0,1]上為增函數(shù)，而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).7解析：選Bf(a)的值域為(－1，＋∞)，由－b2＋4b－3>－1，解得2－eq\r(2)<b<2＋eq\r(2).8．解析：選B由f(x＋2)＝f(x)可知當x≥0時函數(shù)的周期是2.所以f(2015)＝f(1)＝e－1，f(－2016)＝－f(2016)＝－f(0)＝0，所以f(2015)＋f(－2016)＝e－1.9．解析：選C要使函數(shù)f(x)的值域為R，需使eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2a>0，,ln1≤1－2a＋3a，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<\f(1,2)，,a≥－1，))∴－1≤a＜eq\f(1,2)，應選C.10．解析：選B由函數(shù)圖象可得，函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，且x>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)性為先減后增，最小值為正，極小值點小于1，分別對選項中各個函數(shù)求導，并求其導函數(shù)等于0的正根，可分別得1，eq\f(\r(2),2)，2,1，由此可得僅函數(shù)f(x)＝x2－ln|x|符合條件．11．解析：選C當轉動角度不超過45°時，陰影面積增加得越來越快，圖象下凸；當轉動角度超過45°時，陰影面積增加得越來越慢，圖象上凸，應選C.12．解析：選D令x＝－3，得f(3)＝f(－3)＋f(3)，即f(－3)＝f(3)＝0，故①正確．由f(x＋6)＝f(x)，知函數(shù)y＝f(x)是周期為6的偶函數(shù)．又當x1，x2∈[0,3]且x1≠x2時，eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0，故函數(shù)y＝f(x)在[0,3]上為增函數(shù)．作出函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[－9,9]上的大致圖象，如以以下圖．由圖形，可知函數(shù)y＝f(x)關于直線x＝－6對稱，且f(－3)＝f(3)＝f(9)＝f(－9)＝0，y＝f(x)在(－9，－6)上單調(diào)遞減，即①②④是正確的．13．解析：設g(x)＝x，h(x)＝ex＋ae－x，因為函數(shù)g(x)＝x是奇函數(shù)，則由題意知，函數(shù)h(x)＝ex＋ae－x為奇函數(shù)，又函數(shù)f(x)的定義域為R，∴h(0)＝0，解得a＝－1.答案：－114．解析：當a>1時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋b＝－1，,1＋b＝0，))無解；當0<a<1時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋b＝0，,1＋b＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝－2，))故a＋b＝－eq\f(3,2).答案：－eq\f(3,2)15．解析：由條件，得192＝eb，∴b＝ln192.又∵48＝e22k＋b＝e22k＋ln192＝192e22k＝192(e11k)2，∴e11k＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(48,192)))eq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).設該食品在33℃的保鮮時間是t小時，則t＝e33k＋ln192＝192e33k＝192(e11k)3＝192×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝24.答案：2416．解析：根據(jù)絕對值的意義，y＝eq\f(|x2－1|,x－1)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1x>1或x<－1，,－x－1－1≤x<1.))在直角坐標系中作出該函數(shù)的圖象，如圖中實線所示．根據(jù)圖象可知，當0<k<1或1<k<4時有兩個交點．答案：(0,1)∪(1,4)第二講基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程及函數(shù)的應用一、選擇題1．函數(shù)y＝eq\f(1,\r(log0.54x－3))的定義域為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞))C．(1，＋∞)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))∪(1，＋∞)2．設a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\f(2,5)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\f(3,5)，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\f(2,5)，則a，b，c的大小關系是()A．a(chǎn)>c>bB．a(chǎn)>b>cC．c>a>bD．b>c>a3．函數(shù)f(x)＝eq\f(6,x)－log2x，在以下區(qū)間中，包含f(x)零點的區(qū)間是()A．(0,1)B．(1,2)C．(2,4)D．(4，＋∞)4．(2015·遼寧五校聯(lián)考)一個人以6米/秒的速度去追趕停在交通燈前的汽車，當他離汽車25米時交通燈由紅變綠，汽車開場變速直線行駛(汽車與人前進方向一樣)，汽車在時間t內(nèi)的路程為s＝eq\f(1,2)t2米，那么，此人()A．可在7秒內(nèi)追上汽車B．可在9秒內(nèi)追上汽車C．不能追上汽車，但期間最近距離為14米D．不能追上汽車，但期間最近距離為7米5．a(chǎn)>b>1,0<x<1，以下結論中成立的是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))x>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))xB．xa>xbC．logxa>logxbD．logax>logbx6．設1<x<2，則eq\f(lnx,x)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))2，eq\f(lnx2,x2)的大小關系是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))2<eq\f(lnx,x)<eq\f(lnx2,x2)B.eq\f(lnx,x)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))2<eq\f(lnx2,x2)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))2<eq\f(lnx2,x2)<eq\f(lnx,x)D.eq\f(lnx2,x2)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))2<eq\f(lnx,x)7．某公司在甲乙兩地銷售一種品牌車，利潤(單位：萬元)分別為L1＝5.06x－0.15x2和L2＝2x，其中x為銷售量(單位：輛)．假設該公司在這兩地共銷售15輛車，則能獲得的最大利潤為()A．45.606萬元B．45.6萬元C．45.56萬元D．45.51萬元8．(2015·成都三診)函數(shù)f(x)＝lnx－2[x]＋3，其中[x]表示不大于x的最大整數(shù)(如[1.6]＝1，[－2.1]＝－3)，則函數(shù)f(x)的零點個數(shù)是()A．1B．2C．3D．49．(2015·長沙模擬)奇函數(shù)f(x)、偶函數(shù)g(x)的圖象分別如圖1、圖2所示，方程f(g(x))＝0，g(f(x))＝0的實根個數(shù)分別為a、b，則a＋b等于()圖1圖2A．14B．10C．7D．310．(2015·濟南模擬)x0是函數(shù)f(x)＝2x＋eq\f(1,1－x)的一個零點．假設x1∈(1，x0)，x2∈(x0，＋∞)，則()A．f(x1)<0，f(x2)<0B．f(x1)<0，f(x2)>0C．f(x1)>0，f(x2)<0D．f(x1)>0，f(x2)>011．(2015·唐山模擬)函數(shù)f(x)＝e－x，g(x)＝|lnx|，假設x1，x2都滿足f(x)＝g(x)，則()A．x1·x2>eB．1<x1·x2<eC．0<x1·x2<eq\f(1,e)D.eq\f(1,e)<x1·x2<112．(2015·綿陽模擬)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex＋x－1x<0，,－\f(1,3)x3＋2xx≥0，))給出如下三個命題：①f(x)在[eq\r(2)，＋∞)上是減函數(shù)；②f(x)≤eq\f(\r(2),3)在R上恒成立；③函數(shù)y＝f(x)圖象與直線y＝－eq\r(3)有兩個交點．其中真命題的個數(shù)為()A．3個B．2個C．1個D．0個二、填空題13．(2015·徐州、連云港、宿遷聯(lián)考)設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,4x，x≤0，))則f(f(－1))的值為________．14．(2015·威海模擬)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x2－2x＋\f(1,2)))－eq\f(3,2)x＋1的零點個數(shù)為________．15．假設正數(shù)a，b滿足2＋log2a＝3＋log3b＝log6(a＋b)，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的值為________．16．(2015·蘇錫常鎮(zhèn)模擬)函數(shù)f(x)＝|x3－4x|＋ax－2恰有2個零點，則實數(shù)a的取值范圍為________．答案1．解析：選A使函數(shù)有意義需滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－3>0，,log0.54x－3>0，))解得eq\f(3,4)<x<1.2．解析：選A對比b與c，考察函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))x，∵0<eq\f(2,5)<1，∴指數(shù)函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))x在R上是減函數(shù)，∵eq\f(3,5)>eq\f(2,5)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\f(3,5)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\f(2,5)，即b<c，對比a與c，考察函數(shù)y＝xeq\f(2,5)，∵eq\f(2,5)>0，∴冪函數(shù)y＝xeq\f(2,5)在第一象限是增函數(shù)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\f(2,5)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\f(2,5)，即a>c，∴a>c>b.3．解析：選C因為f(1)＝6－log21＝6>0，f(2)＝3－log22＝2>0，f(4)＝eq\f(3,2)－log24＝－eq\f(1,2)<0，所以函數(shù)f(x)的零點所在區(qū)間為(2,4)．4．解析：選Ds＝eq\f(1,2)t2，車與人的間距d＝(s＋25)－6t＝eq\f(1,2)t2－6t＋25＝eq\f(1,2)(t－6)2＋7.當t＝6時，d取得最小值7.應選D.5．解析：選D∵a>b>1,0<x<1，∴0<eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))x<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))x，故A不成立；∵a>b>1,0<x<1，∴xa<xb，故B不成立；∵a>b>1,0<x<1，∴l(xiāng)ogxa<logxb，故C不成立；∵a>b>1,0<x<1，∴l(xiāng)ogax>logbx，故D成立．6．解析：選A∵1<x<2，∴0<eq\f(lnx,x)<1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))2<eq\f(lnx,x)，又eq\f(lnx2,x2)＝eq\f(2,x)·eq\f(lnx,x)>eq\f(lnx,x)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))2<eq\f(lnx,x)<eq\f(lnx2,x2).7．解析：選B設在甲地銷售x輛車，則在乙地銷售15－x輛車．獲得的利潤為y＝5.06x－0.15x2＋2(15－x)＝－0.15x2＋3.06x＋30，當x＝－eq\f(3.06,2×－0.15)＝10.2時，y最大，但x∈N，所以當x＝10時，ymax＝－15＋30.6＋30＝45.6(萬元)．8．解析：選B設g(x)＝lnx，h(x)＝2[x]－3，當0<x<1時，h(x)＝－3，作出圖象，兩函數(shù)有一個交點即一個零點；當2≤x<3時，h(x)＝1，ln2≤g(x)<ln3，此時兩函數(shù)有一交點，即有一零點，共兩個零點．9．解析：選B由圖得f(g(x))＝0?g(x)＝0或g(x)＝±1，g(x)＝0有3個解，g(x)＝1有2個解，g(x)＝－1有2個解，因此a＝7，由于－1≤f(x)≤1，則g(f(x))＝0?f(x)＝0，而f(x)＝0有3個解，因此b＝3，所以a＋b＝10.10．解析：選B方程的根與函數(shù)的零點的聯(lián)系為：方程f(x)＝0有實根?函數(shù)y＝f(x)的圖象與x軸有交點?函數(shù)y＝f(x)有零點．當x>1時，y＝eq\f(1,1－x)是增函數(shù)；y＝2x也是增函數(shù)．所以f(x)是增函數(shù)，因為f(x0)＝0且x1<x0，x2>x0，所以f(x1)<0，f(x2)>0.11．解析：選D假設x1，x2是函數(shù)f(x)＝e－x－|lnx|的兩個零點，則x1，x2是函數(shù)y＝e－x和y＝|lnx|的圖象交點的橫坐標，畫函數(shù)y＝e－x和y＝|lnx|的圖象如以以下圖，由圖可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<－lnx1<1，,0<lnx2<1，))即－1<ln(x1x2)<1，即eq\f(1,e)<x1x2<e，又因為－lnx1>lnx2，所以ln(x1x2)<0，得x1x2<1，綜上eq\f(1,e)<x1x2<1.12．解析：選B當x<0時，函數(shù)f(x)＝ex＋x－1顯然是增函數(shù)；當x≥0時，函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋2x，f′(x)＝－x2＋2且f(0)＝0，所以函數(shù)在[0，eq\r(2))上單調(diào)遞增，在[eq\r(2)，＋∞)上單調(diào)遞減，f(x)極大值＝f(eq\r(2))＝eq\f(4\r(2),3)，由此畫出函數(shù)大致圖象．故①，③正確．13．解析：由于f(－1)＝4－1＝eq\f(1,4)，故f(f(－1))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝log2eq\f(1,4)＝－2.答案：－214．解析：令f(x)＝0，即x2－2x＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)x－1，則函數(shù)h(x)＝x2－2x＋eq\f(1,2)和函數(shù)g(x)＝eq\f(3,2)x－1的交點個數(shù)即為函數(shù)f(x)的零點個數(shù)，如以以下圖，h(x)與g(x)有兩個交點，所以函數(shù)f(x)的零點個數(shù)為2.答案：215．解析：設2＋log2a＝3＋log3b＝log6(a＋b)＝k，可得a＝2k－2，b＝3k－3，a＋b＝6k，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(6k,2k－23k－3)＝108.答案：10816．解析：令f(x)＝|x3－4x|＋ax－2＝0，則有|x3－4x|＝2－ax，可知函數(shù)y＝|x3－4x|與y＝2－ax恰有2個交點，如以以下圖，此時兩函數(shù)有交點3個，此時－a＝1或－a＝－1，解得a＝－1或a＝1，而要滿足兩函數(shù)的圖象恰好有2個交點，則必有a<－1或a>1.答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)第三講導數(shù)的簡單應用一、選擇題1．(2015·豐臺模擬)直線y＝x＋4與曲線y＝x2－x＋1所圍成的封閉圖形的面積為()A.eq\f(22,3)B.eq\f(28,3)C.eq\f(32,3)D.eq\f(34,3)2．設函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．假設x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個極值點，則以以以下圖象不可能為y＝f(x)圖象的是()3．假設f(x)的定義域為R，f′(x)>2恒成立，f(－1)＝2，則f(x)>2x＋4的解集為()A．(－1,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)4．常數(shù)a，b，c都是實數(shù)，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的導函數(shù)為f′(x)，f′(x)≤0的解集為{x|－2≤x≤3}，假設f(x)的極小值等于－115，則a的值是()A．－eq\f(81,22)B.eq\f(1,3)C．2D．55．(2015·江西八校聯(lián)考)定義域為R的奇函數(shù)f(x)的導函數(shù)f′(x)，當x≠0時，f′(x)＋eq\f(fx,x)>0，假設a＝sin1·f(sin1)，b＝－3f(－3)，c＝ln3f(ln3)，則以下關于a，b，c的大小關系正確的選項是()A．b>c>aB．a(chǎn)>c>bC．c>b>aD．b>a>c二、填空題6．(2015·烏魯木齊市診斷)a≥0，函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex，假設f(x)在[－1,1]上是單調(diào)減函數(shù)，則a的取值范圍是________．7．函數(shù)f(x)＝x2ex在區(qū)間(a，a＋1)上存在極值點，則實數(shù)a的取值范圍為________．8.(2015·鹽城模擬)假設函數(shù)f(x)＝－lnx＋ax2＋bx－a－2b有兩個極值點x1，x2，其中－eq\f(1,2)<a<0，b>0，且f(x2)＝x2>x1，則方程2a[f(x)]2＋bf(x)－1＝0的實根個數(shù)為________．三、解答題9．函數(shù)f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(a,x)－lnx－eq\f(3,2)，其中a∈R，且曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝eq\f(1,2)x.(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值．10．(2015·日照模擬)函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))，g(x)＝ex·f′(x)，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)求曲線y＝g(x)在點(0，g(0))處的切線方程；(2)假設對任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，不等式g(x)≥x·f(x)＋m恒成立，求實數(shù)m的取值范圍；(3)試探究當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時，方程g(x)＝x·f(x)的解的個數(shù)，并說明理由．11．(2015·重慶高考)設函數(shù)f(x)＝eq\f(3x2＋ax,ex)(a∈R)．(1)假設f(x)在x＝0處取得極值，確定a的值，并求此時曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)假設f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)，求a的取值范圍．12．函數(shù)f(x)＝x·lnx，g(x)＝ax3－eq\f(1,2)x－eq\f(2,3e).(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間和最小值；(2)假設函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝g(x)的圖象在交點處存在公共切線，求實數(shù)a的值．答案1．解析：選C因為x＋4＝x2－x＋1的解為x＝－1或x＝3，所以封閉圖形的面積為S＝eq\a\vs4\al\co1(\i\in(,3,)－1)[x＋4－(x2－x＋1)]dx＝eq\a\vs4\al\co1(\i\in(,3,)－1)(－x2＋2x＋3)dx＝－eq\f(1,3)x3＋x2＋3xeq\a\vs4\al\co1(\o\al(3,－1))＝eq\f(32,3).2．解析：選D設F(x)＝f(x)·ex，則F′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]．因為x＝－1是F(x)的一個極值點，所以F′(－1)＝0，得出f′(－1)＋f(－1)＝0，在選項D中，觀察圖象得f(－1)>0，f′(－1)>0，所以f(－1)＋f′(－1)>0與f′(－1)＋f(－1)＝0矛盾．3．解析：選B構造函數(shù)F(x)＝f(x)－2x，則F′(x)＝f′(x)－2>0，所以函數(shù)F(x)在定義域上單調(diào)遞增，又F(－1)＝f(－1)＋2＝4，所以f(x)>2x＋4的解集為(－1，＋∞)．4．解析：選C依題意得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2,3]，于是有3a>0，－2＋3＝－eq\f(2b,3a)，－2×3＝eq\f(c,3a)，b＝－eq\f(3a,2)，c＝－18a，函數(shù)f(x)在x＝3處取得極小值，于是有f(3)＝27a＋9b＋3c－34＝－115，－eq\f(81,2)a＝－81，a＝2.5．解析：選A令g(x)＝xf(x)，則g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，∵當x≠0時，f′(x)＋eq\f(fx,x)>0，∴當x>0時，g′(x)>0，∴當x>0時，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，∵函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，∴g(x)＝xf(x)為偶函數(shù)，∴b＝－3f(－3)＝3f(3)，又∵1<ln3<2,0<sin1<1，∴3>ln3>sin1，∴3f(3)>ln3f(ln3)>sin1·f(sin1)，即b>c>a.6．解析：f′(x)＝ex[x2＋2(1－a)x－2a]，∵f(x)在[－1,1]上單調(diào)遞減，∴f′(x)≤0在[－1,1]上恒成立，令g(x)＝x2＋2(1－a)x－2a，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1≤0，,g－1≤0，))∴a≥eq\f(3,4).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞))7．解析：函數(shù)f(x)＝x2ex的導數(shù)為y′＝2xex＋x2ex＝xex·(x＋2)，令y′＝0，則x＝0或x＝－2，當x∈(－2,0)時f(x)單調(diào)遞減，當x∈(－∞，－2)和x∈(0，＋∞)時f(x)單調(diào)遞增，∴0和－2是函數(shù)的極值點，因為函數(shù)f(x)＝x2ex在區(qū)間(a，a＋1)上存在極值點，所以a<－2<a＋1或a<0<a＋1?－3<a<－2或－1<a<0.答案：(－3，－2)∪(－1,0)8.解析：由于函數(shù)f(x)＝－lnx＋ax2＋bx－a－2b有兩個極值點x1，x2，那么f′(x)＝－eq\f(1,x)＋2ax＋b＝eq\f(2ax2＋bx－1,x)＝eq\f(2ax－x1x－x2,x)＝0，可得x1＋x2＝－eq\f(b,2a)，x1x2＝－eq\f(1,2a)，而關于f(x)的方程2a[f(x)]2＋bf(x)－1＝0有兩個根，則f(x)＝x1或f(x)＝x2，而f(x2)＝x2>x1，大致圖象如圖，那么根據(jù)對應的圖形，數(shù)形結合可得f(x)＝x1有三個實根，f(x)＝x2有兩個實根，故方程2a·[f(x)]2＋bf(x)－1＝0的實根個數(shù)為5個．答案：59．解：(1)對f(x)求導得f′(x)＝eq\f(1,4)－eq\f(a,x2)－eq\f(1,x)，由f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝eq\f(1,2)x，知f′(1)＝－eq\f(3,4)－a＝－2，解得a＝eq\f(5,4).(2)由(1)知f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(5,4x)－lnx－eq\f(3,2)，則f′(x)＝eq\f(x2－4x－5,4x2)，令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5，因x＝－1不在f(x)的定義域(0，＋∞)內(nèi)，故舍去．當x∈(0,5)時，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)內(nèi)為減函數(shù)；當x∈(5，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)．由此知函數(shù)f(x)在x＝5時取得極小值f(5)＝－ln5.10．解：(1)依題意得，f(x)＝sinx，g(x)＝ex·cosx，g(0)＝e0cos0＝1，g′(x)＝excosx－exsinx，g′(0)＝1，所以曲線y＝g(x)在點(0，g(0))處切線方程為y＝x＋1.(2)不等式恒成立等價于對任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，m≤[g(x)－x·f(x)]min.設h(x)＝g(x)－x·f(x)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0)).則h′(x)＝excosx－exsinx－sinx－xcosx＝(ex－x)·cosx－(ex＋1)sinx.因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以(ex－x)cosx≥0，(ex＋1)sinx≤0，所以h′(x)≥0，故h(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞增，因此當x＝－eq\f(π,2)時，函數(shù)h(x)取得最小值heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝－eq\f(π,2)；所以m≤－eq\f(π,2)，即實數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(π,2))).(3)設H(x)＝g(x)－xf(x)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時，H′(x)＝ex(cosx－sinx)－sinx－xcosx<0，所以函數(shù)H(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，故函數(shù)H(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上至多只有一個零點，又Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e\f(π,4)－\f(π,4)))>0，Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(π,2)<0，而且函數(shù)H(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上是連續(xù)不斷的，因此，函數(shù)H(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上有且只有一個零點．11．解：(1)對f(x)求導得f′(x)＝eq\f(6x＋aex－3x2＋axex,ex2)＝eq\f(－3x2＋6－ax＋a,ex).因為f(x)在x＝0處取得極值，所以f′(0)＝0，即a＝0.當a＝0時，f(x)＝eq\f(3x2,ex)，f′(x)＝eq\f(－3x2＋6x,ex)，故f(1)＝eq\f(3,e)，f′(1)＝eq\f(3,e)，從而f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－eq\f(3,e)＝eq\f(3,e)(x－1)，化簡得3x－ey＝0.(2)由(1)知f′(x)＝eq\f(－3x2＋6－ax＋a,ex)，令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0解得x1＝eq\f(6－a－\r(a2＋36),6)，x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6).當x<x1時，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)為減函數(shù)；當x1<x<x2時，g(x)>0，即f′(x)>0，故f(x)為增函數(shù)；當x>x2時，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)為減函數(shù)．由f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)，知x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6)≤3，解得a≥－eq\f(9,2).故a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，＋∞)).12．解：(1)∵f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)>0，得x>eq\f(1,e)，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).又當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，f′(x)<0，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，f′(x)>0，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，∴f(x)的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).(2)∵f′(x)＝lnx＋1，g′(x)＝3ax2－eq\f(1,2)，設公切點的橫坐標為x0，則與f(x)的圖象相切的直線方程為y＝(lnx0＋1)x－x0，與g(x)的圖象相切的直線方程為y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3ax\o\al(2,0)－\f(1,2)))x－2axeq\o\al(3,0)－eq\f(2,3e)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx0＋1＝3ax\o\al(2,0)－\f(1,2)，,－x0＝－2ax\o\al(3,0)－\f(2,3e)，))解之得x0lnx0＝－eq\f(1,e)，由(1)知x＝eq\f(1,e)，∴a＝eq\f(e2,6).第四講導數(shù)的綜合應用1．(2015·上饒模擬)函數(shù)f(x)＝ex＋mx－2，g(x)＝mx＋lnx.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當m＝－1時，試推斷方程：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(gx))＝eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,2)是否有實數(shù)解．2．函數(shù)f(x)＝alnx＋1(a>0)．(1)當a＝1且x>1時，證明：f(x)>3－eq\f(4,x＋1)；(2)假設對?x∈(1，e)，f(x)>x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．3．(2015·菏澤模擬)函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋k,ex)(其中k∈R，e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))，f′(x)為f(x)導函數(shù)．(1)當k＝2時，其曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)假設x∈(0,1]時，f′(x)＝0都有解，求k的取值范圍；(3)假設f′(1)＝0，試證明：對任意x>0，f′(x)<eq\f(e－2＋1,x2＋x)恒成立．4．函數(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋2](t>0)上的最小值；(3)假設對一切的x∈(0，＋∞)，2f(x)<g′(x)＋2恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．5.(2015·銀川模擬)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＝eq\f(f′1,2)·e2x－2＋x2－2f(0)·x，g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))－eq\f(1,4)x2＋(1－a)x＋a.(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)如果s、t、r滿足|s－r|≤|t－r|，那么稱s比t更靠近r.當a≥2且x≥1時，試對比eq\f(e,x)和ex－1＋a哪個更靠近lnx，并說明理由．6.(2015·山東省實驗診斷)函數(shù)f(x)＝eq\f(1＋lnx,x).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)假設函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，t＋\f(1,2)))(t>0)上不是單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)t的取值范圍；(3)如果當x≥1時，不等式f(x)≥eq\f(a,x＋1)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．答案1．解：(1)由題意可得：f′(x)＝ex＋m.當m≥0時，f′(x)>0，所以當m≥0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為R.當m<0時，令f′(x)>0，即ex＋m>0，可得：x>ln(－m)；令f′(x)<0時，即ex＋m<0，可得：x<ln(－m)．所以當m<0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(ln(－m)，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(－∞，ln(－m))．(2)當m＝－1時，g(x)＝－x＋lnx(x>0)，易得：g′(x)＝eq\f(1,x)－1.令g′(x)>0，可得：0<x<1；令g′(x)<0，可得：x>1.故g(x)在x＝1處取得極大值，亦即最大值．即g(x)≤g(1)＝－1，∴|g(x)|≥1.令h(x)＝eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,2)，所以h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).令h′(x)>0，可得：0<x<e，令h′(x)<0，可得：x>e.故h(x)在x＝e處取得極大值，亦即最大值．∴h(x)≤h(e)＝eq\f(1,e)＋eq\f(1,2)<1.所以方程eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(gx))＝eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,2)無實數(shù)解．2．解：(1)證明：要證f(x)>3－eq\f(4,x＋4)，即證lnx＋eq\f(4,x＋1)－2>0，令m(x)＝lnx＋eq\f(4,x＋1)－2，則m′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(4,x＋12)＝eq\f(x－12,xx＋12)>0.所以m(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以m(x)>m(1)＝0，所以lnx＋eq\f(4,x＋1)－2>0，即f(x)>3－eq\f(4,x＋1)成立．(2)由f(x)>x且x∈(1，e)可得a>eq\f(x－1,lnx)，令h(x)＝eq\f(x－1,lnx)，h′(x)＝eq\f(lnx－1＋\f(1,x),lnx2)，由(1)知lnx－1＋eq\f(1,x)>1＋eq\f(1,x)－eq\f(4,x＋1)＝eq\f(x－12,xx＋1)>0，所以h′(x)>0，函數(shù)h(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，當x∈(1，e)時，h(x)<h(e)＝e－1，所以a≥e－1.所以a的取值范圍是[e－1，＋∞)．3．解：(1)由f(x)＝eq\f(lnx＋2,ex)得f′(x)＝eq\f(1－2x－xlnx,xex)，x∈(0，＋∞)，所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為f′(1)＝－eq\f(1,e)，∵f(1)＝eq\f(2,e)，∴曲線y＝f(x)切線方程為y－eq\f(2,e)＝－eq\f(1,e)·(x－1)；即y＝－eq\f(1,e)x＋eq\f(3,e).(2)由f′(x)＝0得k＝eq\f(1－xlnx,x)，令F(x)＝eq\f(1－xlnx,x)，∵0<x≤1，∴F′(x)＝－eq\f(x＋1,x2)<0，所以F(x)在(0,1]上單調(diào)遞減，又當x趨向于0時，F(xiàn)(x)趨向于正無窮大，故F(x)≥F(1)＝1，即k≥1.故k的取值范圍為[1，＋∞)．(3)由f′(1)＝0，得k＝1，令g(x)＝(x2＋x)f′(x)，所以g(x)＝eq\f(x＋1,ex)(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)，因此，對任意x>0，g(x)<e－2＋1等價于1－x－xlnx<eq\f(ex,x＋1)(e－2＋1)，由h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，得h′(x)＝－lnx－2，x∈(0，＋∞)．因此，當x∈(0，e－2)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；x∈(e－2，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減．所以h(x)的最大值為h(e－2)＝e－2＋1，故1－x－xlnx≤e－2＋1.設φ(x)＝ex－(x＋1)，∵φ′(x)＝ex－1，所以x∈(0，＋∞)時φ′(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增，φ(x)>φ(0)＝0，故x∈(0，＋∞)時，φ(x)＝ex－(x＋1)>0，即eq\f(ex,x＋1)>1，所以1－x－xlnx≤e－2＋1<eq\f(ex,x＋1)(e－2＋1)．因此，對任意x>0，f′(x)<eq\f(e－2＋1,x2＋x)恒成立．4．解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)<0得0<x<eq\f(1,e)；令f′(x)>0得x>eq\f(1,e).∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).(2)(ⅰ)當0<t<t＋2<eq\f(1,e)時，無解；(ⅱ)當0<t<eq\f(1,e)<t＋2，即0<t<eq\f(1,e)時，由(1)知，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)；(ⅲ)當eq\f(1,e)≤t<t＋2，即eq\f(1,e)≤t時，f(x)在區(qū)間[t，t＋2]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(t)＝tlnt.綜上，f(x)min＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0<t<\f(1,e)，,tlnt，t≥\f(1,e).))(3)由2f(x)<g′(x)＋2，得2xlnx<3x2＋2ax＋1.∵x>0，∴a>lnx－eq\f(3,2)x－eq\f(1,2x)，設h(x)＝lnx－eq\f(3,2)x－eq\f(1,2x)，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(3,2)＋eq\f(1,2x2)＝－eq\f(3x＋1x－1,2x2).令h′(x)＝0，得x＝1，x＝－eq\f(1,3)(舍)．當0<x<1時，h′(x)>0，h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當x>1時，h′(x)<0，h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∴當x＝1時，h(x)取得最大值，h(x)max＝－2，∴a>－2.∴a的取值范圍是(－2，＋∞)．5.解：(1)f′(x)＝f′(1)e2x－2＋2x－2f(0)，所以f′(1)＝f′(1)＋2－2f(0)，即f(0)＝1.又f(0)＝eq\f(f′1,2)·e－2，所以f′(1)＝2e2，所以f(x)＝e2x＋x2－2x.(2)∵f(x)＝e2x－2x＋x2，∴g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))－eq\f(1,4)x2＋(1－a)x＋a＝ex＋eq\f(1,4)x2－x－eq\f(1,4)x2＋(1－a)x＋a＝ex－a(x－1)，∴g′(x)＝ex－a.①當a≤0時，g′(x)>0，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增；②當a>0時，由g′(x)＝ex－a＝0得x＝lna，∴x∈(－∞，lna)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；x∈(lna，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．綜上，當a≤0時，函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)；當a>0時，函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(lna，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，lna)．(3)設p(x)＝eq\f(e,x)－lnx，q(x)＝ex－1＋a－lnx，∵p′(x)＝－eq\f(e,x2)－eq\f(1,x)<0，∴p(x)在x∈[1，＋∞)上為減函數(shù)，又p(e)＝0，∴當1≤x≤e時，p(x)≥0，當x>e時，p(x)<0.∵q′(x)＝ex－1－eq\f(1,x)，q″(x)＝ex－1＋eq\f(1,x2)>0，∴q′(x)在x∈[1，＋∞)上為增函數(shù)，又q′(1)＝0，∴x∈[1，＋∞)時，q′(x)≥0，∴q(x)在x∈[1，＋∞)上為增函數(shù)，∴q(x)≥q(1)＝a＋1>0.①當1≤x≤e時，|p(x)|－|q(x)|＝p(x)－q(x)＝eq\f(e,x)－ex－1－a，設m(x)＝eq\f(e,x)－ex－1－a，則m′(x)＝－eq\f(e,x2)－ex－1<0，∴m(x)在x∈[1，＋∞)上為減函數(shù)，∴m(x)≤m(1)＝e－1－a，∵a≥2，∴m(x)<0，∴|p(x)|<|q(x)|，∴eq\f(e,x)比ex－1＋a更靠近lnx.②當x>e時，|p(x)|－|q(x)|＝－p(x)－q(x)＝－eq\f(e,x)＋2lnx－ex－1－a<2lnx－ex－1－a，設n(x)＝2lnx－ex－1－a，則n′(x)＝eq\f(2,x)－ex－1，n″(x)＝－eq\f(2,x2)－ex－1<0，∴n′(x)在x>e時為減函數(shù)，∴n′(x)<n′(e)＝eq\f(2,e)－ee－1<0，∴n(x)在x>e時為減函數(shù)，∴n(x)<n(e)＝2－a－ee－1<0，∴|p(x)|<|q(x)|，∴eq\f(e,x)比ex－1＋a更靠近lnx.綜上在a≥2，x≥1時，eq\f(e,x)比ex－1＋a更靠近lnx.6.解：(1)f′(x)＝－eq\f(lnx,x2)(x>0)，解f′(x)>0，得0<x<1；解f′(x)<0，得x>1；所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)因為函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，t＋\f(1,2)))(t>0)上不是單調(diào)函數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t<1，,t＋\f(1,2)>1，))解得eq\f(1,2)<t<1.故t的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).(3)不等式f(x)≥eq\f(a,x＋1)恒成立，即eq\f(x＋11＋lnx,x)≥a恒成立，令g(x)＝eq\f(x＋11＋lnx,x)，則g′(x)＝eq\f([x＋11＋lnx]′x－x＋11＋lnx,x2)＝eq\f(x－lnx,x2)，令h(x)＝x－lnx，則h′(x)＝1－eq\f(1,x)，∵x≥1，∴h′(x)≥0，∴h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)min＝h(1)＝1>0，從而g′(x)>0，所以g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，且g(x)min＝g(1)＝2，所以a≤2.故a的取值范圍為(－∞，2]．高考大題專項練(一)函數(shù)與導數(shù)A組1．(2015·東北三校聯(lián)考)實數(shù)a為常數(shù)，函數(shù)f(x)＝xlnx＋ax2.(1)假設曲線y＝f(x)在x＝1處的切線過點A(0，－2)，求實數(shù)a的值；(2)假設函數(shù)y＝f(x)有兩個極值點x1，x2(x1<x2)．①求證：－eq\f(1,2)<a<0；②求證：f(x1)<0，f(x2)>－eq\f(1,2).2．(2015·長沙模擬)假設函數(shù)f(x)是定義域D內(nèi)的某個區(qū)間I上的增函數(shù)，且F(x)＝eq\f(fx,x)在I上是減函數(shù)，則稱y＝f(x)是I上的“單反減函數(shù)〞，f(x)＝lnx，g(x)＝2x＋eq\f(2,x)＋alnx(a∈R)．(1)判斷f(x)在(0,1]上是否是“單反減函數(shù)〞；(2)假設g(x)是[1，＋∞)上的“單反減函數(shù)〞，求實數(shù)a的取值范圍．3．(2015·鄭州二模)函數(shù)f(x)＝ax＋ln(x－1)，其中a為常數(shù)．(1)試討論f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)假設a＝eq\f(1,1－e)時，存在x使得不等式|f(x)|－eq\f(1,e－1)≤eq\f(2lnx＋bx,2x)成立，求b的取值范圍．B組1．(2015·石家莊二模)函數(shù)f(x)＝ex－ax－2(e是自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)假設k為整數(shù)，a＝1，且當x>0時，eq\f(k－x,x＋1)f′(x)<1恒成立，其中f′(x)為f(x)的導函數(shù)，求k的最大值．2．(2015·汕頭二模)設函數(shù)f(x)＝eq\f(x,lnx)－ax.(1)假設函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上為減函數(shù)，求實數(shù)a的最小值；(2)假設存在x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立，求實數(shù)a的取值范圍．3．(2015·寧德質(zhì)檢)函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)a(x－1)(a∈R)．(1)假設a＝－2，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)假設不等式f(x)<0對任意x∈(1，＋∞)恒成立．①求實數(shù)a的取值范圍；②試對比ea－2與ae－2的大小，并給出證明(e為自然對數(shù)的底數(shù)，e≈2.71828)．答案A組1．解：(1)由：f′(x)＝lnx＋1＋2ax(x>0)，f′(1)＝2a＋1，即為切線斜率，切點P(1，a)，切線方程：y－a＝(2a＋1)(x－1)，把(0，－2)代入得a＝1.(2)①證明：依題意f′(x)＝0有兩個不等實根x1，x2(x1<x2)，設g(x)＝lnx＋2ax＋1，則g′(x)＝eq\f(1,x)＋2a(x>0)，(ⅰ)當a≥0時，g′(x)>0，所以g(x)是增函數(shù)，不符合題意；(ⅱ)當a<0時，由g′(x)＝0得x＝－eq\f(1,2a)>0，列表如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))－eq\f(1,2a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))g′(x)＋0－g(x)極大值g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))>0，解得－eq\f(1,2)<a<0.②證明：由①知：f(x)，f′(x)變化如下：x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)↘極小值↗極大值↘由表可知f(x)在[x1，x2]上為增函數(shù)，又f′(1)＝g(1)＝2a＋1>0，故x1<1<x2，所以f(x1)<f(1)＝a<0，f(x2)>f(1)＝a>－eq\f(1,2)，即f(x1)<0，f(x2)>－eq\f(1,2).2．解：(1)由于f(x)＝lnx在(0,1)上是增函數(shù)，且F(x)＝eq\f(fx,x)＝eq\f(lnx,x)，∵F′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，∴x∈(0,1)時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)為增函數(shù)，即f(x)在(0,1)上不是“單反減函數(shù)〞．(2)∵g(x)＝2x＋eq\f(2,x)＋alnx，g′(x)＝eq\f(2x2＋ax－2,x2)，∵g(x)是[1，＋∞)上的“單反減函數(shù)〞，g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，∴g′(1)≥0，即a≥0，又G(x)＝eq\f(gx,x)＝2＋eq\f(2,x2)＋eq\f(alnx,x)在[1，＋∞)上是減函數(shù)，∴G′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，即－eq\f(4,x3)＋eq\f(a1－lnx,x2)≤0在[1，＋∞)上恒成立，即ax－axlnx－4≤0在[1，＋∞)上恒成立，令p(x)＝ax－axlnx－4，則p′(x)＝－alnx，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥0，,p1≤0，))解得0≤a≤4，綜上a的取值范圍為[0,4]．3．解：(1)由得函數(shù)f(x)的定義域為{x|x>1}，f′(x)＝a＋eq\f(1,x－1)＝eq\f(ax－a＋1,x－1).當a≥0時，f′(x)>0在定義域內(nèi)恒成立，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)．當a<0時，由f′(x)＝0得x＝1－eq\f(1,a)>1，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1－\f(1,a)))時，f′(x)>0；當x∈1－eq\f(1,a)，＋∞時，f′(x)<0，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1－\f(1,a)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)，＋∞)).(2)由(1)知當a＝eq\f(1,1－e)時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，＋∞)．所以f(x)max＝f(e)＝eq\f(e,1－e)＋ln(e－1)<0，所以|f(x)|≥－f(e)＝eq\f(e,e－1)－ln(e－1)恒成立，當x＝e時取等號．令g(x)＝eq\f(2lnx＋bx,2x)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當1<x<e時，g′(x)>0；當x>e時，g′(x)<0；從而g(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減．所以g(x)max＝g(e)＝eq\f(1,e)＋eq\f(b,2)，所以存在x使得不等式|f(x)|－eq\f(1,e－1)≤eq\f(2lnx＋bx,2x)成立只需eq\f(e,e－1)－ln(e－1)－eq\f(e,e－1)≤eq\f(1,e)＋eq\f(b,2)，即b≥－eq\f(2,e)－2ln(e－1)．故b的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,e)－2lne－1，＋∞)).B組1．(2015·石家莊二模)函數(shù)f(x)＝ex－ax－2(e是自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)假設k為整數(shù)，a＝1，且當x>0時，eq\f(k－x,x＋1)f′(x)<1恒成立，其中f′(x)為f(x)的導函數(shù)，求k的最大值．解：(1)f′(x)＝ex－a，x∈R.假設a≤0，則f′(x)>0恒成立，所以f(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；假設a>0，當x∈(lna，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上，當a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)；當a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(lna，＋∞)．(2)由于a＝1，所以eq\f(k－x,x＋1)f′(x)<1?(k－x)(ex－1)<x＋1.當x>0時，ex－1>0，故(k－x)(ex－1)<x＋1?k<eq\f(x＋1,ex－1)＋x，①令g(x)＝eq\f(x＋1,ex－1)＋x(x>0)，則g′(x)＝eq\f(－xex－1,ex－12)＋1＝eq\f(exex－x－2,ex－12).函數(shù)h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，而h(1)<0，h(2)>0.所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零點，故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零點．設此零點為α，則α∈(1,2)．當x∈(0，α)時，g′(x)<0；當x∈(α，＋∞)時，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值為g(α)．由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等價于k<g(α)．故整數(shù)k的最大值為2.2．(2015·汕頭二模)設函數(shù)f(x)＝eq\f(x,lnx)－ax.(1)假設函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上為減函數(shù)，求實數(shù)a的最小值；(2)假設存在x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)由得x＞0，x≠1.因f(x)在(1，＋∞)上為減函數(shù)，故f′(x)＝eq\f(lnx－1,lnx2)－a≤0在(1，＋∞)上恒成立．所以當x∈(1，＋∞)時，f′(x)max≤0.又f′(x)＝eq\f(lnx－1,lnx2)－a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)))2＋eq\f(1,lnx)－a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)－a，故當eq\f(1,lnx)＝eq\f(1,2)，即x＝e2時，f′(x)max＝eq\f(1,4)－a.所以eq\f(1,4)－a≤0，于是a≥eq\f(1,4)，故a的最小值為eq\f(1,4).(2)命題“假設存在x1，x2∈[e，e2]使f(x1)≤f′(x2)＋a成立〞等價于“當x∈[e，e2]時，有f(x)min≤f′(x)max＋a〞．由(1)，當x∈[e，e2]時，f′(x)max＝eq\f(1,4)－a，∴f′(x)max＋a＝eq\f(1,4).問題等價于：“當x∈[e，e2]時，有f(x)min≤eq\f(1,4)〞．①當a≥eq\f(1,4)時，由(1)知f(x)在[e，e2]上為減函數(shù)，則f(x)min＝f(e2)＝eq\f(e2,2)－ae2≤eq\f(1,4)，故a≥eq\f(1,2)－eq\f(1,4e2).②當a<eq\f(1,4)時，由于f′(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)－a在[e，e2]上的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－a，\f(1,4)－a)).(ⅰ)－a≥0，即a≤0，f′(x)≥0在[e，e2]恒成立，故f(x)在[e，e2]上為增函數(shù)，于是，f(x)min＝f(e)＝e－ae≥e>eq\f(1,4)，矛盾．(ⅱ)－a<0，即0<a<eq\f(1,4)，由f′(x)的單調(diào)性和值域知，存在唯一x0∈(e，e2)，使f′(x)＝0，且滿足：當x∈(e，x0)時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)；當x∈(x0，e2)時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)；所以fmin(x)＝f(x0)＝eq\f(x0,lnx0)－ax0≤eq\f(1,4)，x0∈(e，e2)，所以a≥eq\f(1,lnx0)－eq\f(1,4x0)>eq\f(1,lne2)－eq\f(1,4e)>eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)，與0<a<eq\f(1,4)矛盾．綜上得a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4e2)，＋∞)).3．(2015·寧德質(zhì)檢)函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)a(x－1)(a∈R)．(1)假設a＝－2，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)假設不等式f(x)<0對任意x∈(1，＋∞)恒成立．①求實數(shù)a的取值范圍；②試對比ea－2與ae－2的大小，并給出證明(e為自然對數(shù)的底數(shù)，e≈2.71828)．解：(1)∵a＝－2時，f(x)＝lnx＋x－1，f′(x)＝eq\f(1,x)＋1，∴切點為(1,0)，k＝f′(1)＝2，∴a＝－2時，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝2x－2.(2)①∵f(x)＝lnx－eq\f(1,2)a(x－1)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,2)＝eq\f(2－ax,2x)，(i)當a≤0時，x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，∴f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)>f(1)＝0，∴a≤0不合題意．(ii)當a≥2即0<eq\f(2,a)≤1時，f′(x)＝eq\f(2－ax,2x)＝eq\f(－a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a))),2x)<0在(1，＋∞)上恒成