1、专题限时集训(三) 导数(对应学生用书第 83 页)(限时：120 分钟)一、填空题(本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分，请把答案填写在题中横线上)1(湖北省荆州市 2017 届高三上学期第一次质量检)若函数 f (x) x2 x1 在区间x33 a2上单调递减，则实数 a 的取值范围是_. (12， 3)因为函数 f (x) x2 x1 在区间 上单调递减，所以 f ( x)103， ) x33 a2 (12， 3) x2 ax10 在区间 上恒成立，所以 x21 axa max max，当且(12， 3) (x2 1x ) (x 1x)仅当 x3 时， max ，所以 a
2、.(x1x) 103 103， )2(泰州中学 20162017 年度第一学期第一次质量检测)若函数 y f (x)的定义域为R， xR， f ( x) f (x)，且 f (x1)为偶函数， f (2)1，则不等式 f (x)e x的解集为_(0，) 令 g(x) ，则 g( x) 0，所以 g(x)在定义域内f xex f x f xex为减函数，因为 f (x1)为偶函数，所以 f (x1) f ( x1) f (0) f (2)1 g(0)1，因此 f (x)e xg(x)1 g(0)x0.3(江苏省南通市如东县、徐州市丰县 2017 届高三 10 月联考)函数 f (x)log 2x
3、 在点 A(1,2)处切线的斜率为_. 【导学号：56394017】 f ( x) ， k f (1) .1ln 2 1xln 2 1ln 24(江苏省南通市如东县、徐州市丰县 2017 届高三 10 月联考)若实数 a， b， c， d 满足|b a24ln a|2 c d 2|0，则( a c)2( b d)2的最小值为_5 | b a24ln a|2 c d2|0 b a24ln a0,2 c d20，所以( a c)2( b d)2表示直线 2x y20 上点 P 到曲线 y4ln x x2上点 Q 距离的平方由y 2 x2 x1(负舍)得 Q(1，1)，所以所求最小值为 25.4x
4、(|2 1 2|5 )5(江苏省南通市如东县、徐州市丰县 2017 届高三 10 月联考)已知函数 f (x) x3 mx ， g(x)ln x，min a， b表示 a， b 中的最小值，若函数 h(x)min f (x)，14g(x)(x0)恰有三个零点，则实数 m 的取值范围是_ f ( x)3 x2 m，因为 g(1)0，所以要使 h(x)min f (x)， g(x)(x0)恰(54， 34)有三个零点，需满足 f (1)0， f 0， m0，解得( m3)m ， m .54 m3 12 54 346(河北唐山市 2017 届高三年级期末)已知函数 f (x) ln(exe x) x
5、2，则使得 f (2x) f (x3)成立的 x 的取值范围是 _(，1)(3，) 因为 f ( x)ln(e xe x)( x)2ln(e xe x) x2 f (x)，所以函数 f (x)是偶函数，易知函数 ye xe x在 x(0，)是增函数，所以函数 f (x)ln(e xe x) x2在 x(0，)也是增函数，所以不等式 f (2x) f (x3)等价于|2 x| x3|，解得 x1 或 x3.7(广东省佛山市 2017 届高三教学质量检测(一)已知函数 f (x) x3 ax2 bx c， g(x)3 x22 ax b(a， b， c 是常数 )，若 f (x)在(0,1)上单调递
6、减，则下列结论中： f (0)f (1)0； g(0)g(1)0； a23 b 有最小值正确结论的个数为_2 由题意，得 f ( x)3 x22 ax b，若函数 f (x)在(0,1)上单调递减，则Error!即Error!所以 g(0)g(1) b(32 a b)0，故正确；不妨设 f (x) x32 x23 x5，则 f (0)f (1)5(1235)0，故错；画出不等式组Error!表示的平面区域，如图所示，令 z a23 b，则 b a2 ，当 3，即 z9 时，抛物线 b a2 与13 z3 z3 13 z3直线 2a b30 有公共点，联立两个方程消去 b 得 a26 a9 z0
7、， z( a3) 20，所以 0 z9；当 3，即 z9 时，抛物线与平面区域必有公共点，综上所述，z3z0，所以 z a23 b 有最小值 ，故正确8(广东省佛山市 2017 届高三教学质量检测(一)对任意的 aR，曲线 ye x(x2 ax12 a)在点 P(0,12 a)处的切线 l 与圆 C： x22 x y2120 的位置关系是_. 相交 由题意，得 ye x(x2 ax12 a)e x(2x a)，所以 y| x0 1 a，所以直线l 的方程为 y(12 a)(1 a)x，即(1 a)x y12 a0.化圆 C 的方程为( x1)2 y213，其圆心(1,0)到直线 l 的距离为
8、| 1 a 1 0 1 2a| 1 a 2 1 2 ，所以直线 l 与圆相交|a|a2 2a 2 12(1a2 1a) 1 12(1a 12)2 12 2 139(山东省枣庄市 2017 届高三上学期期末)定义在 R 上的奇函数 y f (x)满足 f (3)0，且当x0 时， f (x) xf ( x)恒成立，则函数 g(x) xf (x)lg| x1|的零点的个数为_. 【导学号：56394018】3 因为当 x0 时， xf (x) f (x) xf ( x)0，所以 xf (x)在(0，)上单调递增，又函数 f (x)为奇函数，所以函数 xf (x)为偶函数，结合 f (3)0，作出函
9、数y xf (x)与 ylg| x1|的图象，如图所示，由图象知，函数 g(x) xf (x)lg| x1|的零点有 3 个10(湖北省荆州市 2017 届高三上学期第一次质量检测)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)4 x2 f ( x)，当 x(，0)时， f ( x) 4 x.若 f 12(m1) f ( m)4 m2，则实数 m 的取值范围是_. f (x)2 x2 f ( x)2 x20，设 g(x) f (x)2 x2，则 g(x) g( x)12， )0， g(x)为奇函数，又 g( x) f ( x)4 x ， g(x)在(，
10、0)上是减函数，12从而在 R 上是减函数，又 f (m1) f ( m)4 m2 等价于 f (m1)2( m1) 2 f ( m)2( m)2，即 g(m1) g( m)， m1 m，解得 m .1211(湖北省荆州市 2017 届高三上学期第一次质量检测)已知函数 f (x) axsin x (aR)，32且在 上的最大值为 ，则实数 a 的值为_ 0， 2 321 由已知得 f ( x) a(sin x xcos x)，对于任意的 x ，有 sin x xcos 0， 2x0，当 a0 时， f (x) ，不合题意；当 a0 时， x ， f ( x)0，从而32 0， 2f (x)在
11、 单调递减，又函数在图象上是连续不断的，故函数在 上的最大值为0， 2 0， 2f (0) ，不合题意；当 a0 时， x ， f ( x)0，从而 f (x)在 单32 0， 2 0， 2调递增，又函数在图象上是连续不断的，故函数在 上的最大值为 f 0， 2 a ，解得 a1.( 2) 2 32 3212(天津六校 2017 届高三上学期期中联考)设函数 f (x) ，关于 x 的方程 f (x)2 mf ln xx(x)10 有三个不同的实数解，则实数 m 的取值范围是_ f (x) f ( x) 0 xe，因此当 0 xe 时， f (x)(e1e， ) ln xx 1 ln xx2
12、；当 xe 时，0 f (x) ，因此 g(t) t2 mt10 有两个根，其中1e 1et1 ， t2(，0 ，因为 g(0)1，所以 g 0 me .0，1e 1e (1e) 1e13(山西大学附属中学 2017 级上学期 11 月模块诊断)已知函数 f (x)Error!若 m n，且 f (m) f (n)，则 n m 的取值范围是 _. 32ln 2,2) 如图，作出函数 y f (x)的图象，不妨设 f (m) f (n) t，由 f (m) f (n)可知函数 f (x)的图象与直线 y t 有两个交点，而 x0 时，函数 y f (x)单调递增，其图象与 y 轴交于点(0,1)
13、，所以 0 t1.又 m n，所以 m0， n0，由 0 t1，得 0ln( n1)1，解得 0 ne1.由 f (m) t，即 m1 t，解得 m2 t2；12由 f (n) t，即 ln(n1) t，解得 ne t1；记 g(t) n me t1(2 t2)e t2 t1(0 t1)， g( t)e t2.所以当 0 tln 2 时， g( t)0，函数 g(t)单调递减；当 ln 2 t1 时， g( t)0，函数 g(t)单调递增所以函数 g(t)的最小值为 g(ln 2)e ln 22ln 2132ln 2；而 g(0)e 012， g(1)e21e12，所以 32ln 2 g(t)
14、2.14(贵州遵义市 2017 届高三第一次联考)已知定义域为 R 的偶函数 f (x)，其导函数为 f ( x)，对任意 x0，)，均满足： xf ( x)2 f (x)若 g(x) x2f (x)，则不等式 g(2x) g(1 x)的解集是_. x0，)时， g( x)2 xf (x) x2f ( x) x(2f (x) xf ( x)0，( 1，13)而 g(x) x2f (x)也为偶函数，所以 g(2x) g(1 x)g(|2x|) g(|1 x|)|2x|1 x|3x22 x10 1 x .13二、解答题(本大题共 6 小题，共 90 分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15
15、(本小题满分 14 分)(江苏省南通市如东县、徐州市丰县 2017 届高三 10 月联考)在互联网时代，网校培训已经成为青年学习的一种趋势，假设某网校的套题每日的销售量 h(x)(单位：千套)与销售价格(单位：元/ 套)满足关系式 h(x) f (x) g(x)(3 x7， m 为常数)，其中 f (x)与( x3)成反比， g(x)与( x7)的平方成正比，已知销售价格为 5 元/套时，每日可售出套题 21 千套，销售价格为 3.5 元/套时，每日可售出套题 69 千套(1)求 h(x)的表达式；(2)假设网校的员工工资，办公等所有开销折合为每套题 3 元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价
16、格的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大(保留 1 位小数)解 (1)因为 f (x)与 x3 成反比， g(x)与 x7 的平方成正比，所以可设： f (x) ， g(x) k2(x7) 2， k10， k20，k1x 3则 h(x) f (x) g(x) k2(x7) 2. 2 分k1x 3因为销售价格为 5 元/套时，每日可售出套题 21 千套，销售价格为 3.5 元/套时，每日可售出套题 69 千套，所以， h(5)21， h(3.5)69，即Error!解得：Error! 6 分所以， h(x) 4( x7) 2(3 x7). 8 分10x 3(2)由(1)可知，套题每日的销售量
17、h(x) 4( x7) 2，10x 3设每日销售套题所获得的利润为 F(x)，则 F(x)( x3) 10x 3 4 x 7 2104( x7) 2(x3)4 x368 x2364 x578， 10 分从而 F( x)12 x2136 x3644(3 x13)( x7)，3 x7， x 时， F( x)(3，133)0，所以函数 F(x)在 上单调递增， 12 分 (3，133)x 时， F( x)0，所以函数 F(x)在 上单调递减，(133， 7) (133， 7)所以 x 4.3 时，函数 F(x)取得最大值，133即当销售价格为 4.3 元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大.14
18、 分16(本小题满分 14 分)(河南省豫北名校联盟 2017 届高三年级精英对抗赛)已知函数 f (x) x aln x(aR)(1)若曲线 y f (x)在点(1， f (1)处与直线 y3 x2 相切，求 a 的值；(2)若函数 g(x) f (x) kx2有两个零点 x1， x2，试判断 g 的符号，并证明. (x1 x22 )【导学号：56394019】解 (1) f ( x)1 ，又 f (1)3. 2 分ax所以 a2.3 分(2)函数 g(x)的定义域是(0，). 4 分若 a0，则 g(x) f (x) kx2 x kx2.令 g(x)0，则 x kx20.又据题设分析知 k
19、0， x10， x2 .1k又 g(x)有两个零点，且都大于 0， a0，不成立.5 分据题设知Error!不妨设 x1 x2， t， t1. 6 分x1x2所以 x1 x2 a(ln x1ln x2) k(x1 x2)(x1 x2)所以 1 k(x1 x2)， 7 分a ln x1 ln x2x1 x2又 g( x)1 2 kx，ax所以 g 1 k(x1 x2)1 1(x1 x22 ) 2ax1 x2 2ax1 x2 a ln x1 ln x2x1 x2 a .9 分(2x1 x2 ln x1 ln x2x1 x2 ) ax2( 2t 1 ln tt 1) ax2 1t 12 t 1t 1
20、 ln t引入 h(t) ln t(t1)，则 h( t) 0.2 t 1t 1 4 t 1 2 1t t 1 2t t 1 2所以 h(t)在(0，)上单调递减. 10 分而 h(1)0，所以当 t1 时， h(t)0.易知 x20， 0，1t 1所以当 a0 时， g 0；当 a0 时， g 0. 14 分(x1 x22 ) (x1 x22 )17(本小题满分 14 分)(广东郴州市 2017 届高三第二次教学质量监测试卷)已知函数 f (x) xln x， g(x) x2 ax3.(1)求函数 f (x)在 t， t2( t0)上的最小值；(2)对一切 x(0，)，2 f (x) g(x
21、)恒成立，求实数 a 的取值范围；(3)探讨函数 F(x)ln x 是否存在零点？若存在，求出函数 F(x)的零点；若不存1ex 2ex在，请说明理由解 (1) f ( x)ln x1，由 f ( x)0 得，0 x ，由 f ( x)0 得 x ，1e 1e函数 f (x)在 上单调递减，在 上单调递增，1 分(0，1e) (1e， )当 0 t 时， t2 ， f (x)min f ； 1e 1e (1e) 1e当 t 时， f (x)在 t， t2上单调递增， f (x)min f (t) tln t，2 分1e f (x)minError! 3 分(2)原问题可化为 a2ln x x
22、， 4 分3x设 h(x)2ln x x (x0 )，3xh( x) ，当 0 x1 时， h( x)0， h(x)在(0,1)上单调递减； x 3 x 1x25 分当 x1 时， h( x)0， h(x)在(1，)上单调递增；6 分 h(x)min h(1)4，故 a 的取值范围为(，4.7 分(3)令 F(x)0，得 ln x 0，即 xln x (x0)， 8 分1ex 2ex xex 2e由(1)知当且仅当 x 时， f (x) xln x(x0)的最小值是 ， 9 分1e 1e设 (x) (x0)，则 ( x) ，易知 (x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上xex 2e 1 xe
23、x单调递减，当且仅当 x1 时， (x)取最大值，且 (1) ， 12 分1e对 x(0，)都有 ln x ，即 F(x)ln x 0 恒成立，故函数 F(x)1ex 2ex 1ex 2ex无零点. 14 分18(本小题满分 16 分)(无锡市普通高中 2017 届高三上学期期中基础性检测)已知函数 f (x)的定义域为0,2， g(x)为 f (x)的导函数sin xex(1)求方程 g(x)0 的解集；(2)求函数 g(x)的最大值与最小值；(3)若函数 F(x) f (x) ax 在定义域上恰有 2 个极值点，求实数 a 的取值范围解 (1)因为 f ( x) ， 1 分sin xex
24、cos xex所以 g(x) 0，解得 x 或 x ； 3 分cos xex sin xex 4 54(2)因为 g( x) 2 ， 4 分cos xex sin xex sin xex cos xex cos xex令 g( x)0，解得 x 或 x ， 5 分 2 32x 0 (0， 2) 2 ( 2， 32) 32 (32， 2 ) 2g( x) 0 0 g(x) 1 e 2 e32 e2所以 g(x)的最大值为 g(0)1，所以 g(x)的最小值为 g . 7 分( 2) 1e 2(3)因为 F( x) a g(x) a，sin xex cos xex所以函数 F(x) f (x) a
25、x 在定义域上恰有 2 个极值点，等价于 g(x) a0 在定义域上恰有 2 个零点且在零点处异号，即 y g(x)与 y a 的图象恰有两个交点， 9 分由(2)知 F(0) g(0) a1 a， F g ae a，( 2) ( 2) 2F g ae a， F(2) g(2) ae 2 a，(32) (32) 32若 F 0，则 F F 0，( 2) (32) ( 2)所以 F( x)0 至多只有 1 个零点，不成立， 10 分所以只有 F 0； 11 分( 2)若 F 0，则 F(2)0，所以 F( x)0 只有 1 个零点，不成立，12 分(32)所以 F 0， 13 分(32)若 F
26、0，即 ae ，在 x 处同号，不成立；(32) 32 32若 F(2)0，则 F( x)0 有 3 个零点，不成立，14 分所以只有 F(2)0.所以满足的条件为：Error!，解得e ae 2 或 ae ， 16 分 2 32(注：利用图象直接得出e ae 2 或 ae 扣 4 分) 2 3219(本小题满分 16 分)(河北唐山市 2017 届高三年级期末)已知函数 f (x) ， g(x) xln xx.(ln xax2 1)(1)求 y f (x)的最大值；(2)当 a 时，函数 y g(x)(x(0，e)有最小值记 g(x)的最小值为 h(a)，求函0，1e数 h(a)的值域解 (
27、1) f ( x) (x0)，1 ln xx2当 x(0，e)时， f ( x)0， f (x)单调递增；当 x(e，)时， f ( x)0， f (x)单调递减，所以当 xe 时， f (x)取得最大值 f (e) . 4 分1e(2)g( x)ln x ax x ，由(1)及 x(0，e得：(ln xx a)当 a 时， a0， g( x)0， g(x)单调递减，1e ln xx当 xe 时， g(x)取得最小值 g(e) h(a) . 8 分e2当 a ， f (1)0 a， f (e) a，0， 1e) 1e所以存在 t1，e)， g( t)0 且 lnt at ，当 x(0， t)时
28、， g( x)0， g(x)单调递减，当 x( t，e时， g( x)0， g(x)单调递增，所以 g(x)的最小值为 g(t) h(a). 12 分令 h(a) G(t) t，tln t2因为 G( t) 0，所以 G(t)在1，e)单调递减，此时 G(t)( ，1ln t 12 e2综上， h(a) ，1. 16 分 e220(本小题满分 16 分)(江苏省泰州中学 2017 届高三摸底考试)已知函数 f (x) (为自然对exex数的底数)(1)求 f (x)的单调区间；(2)是否存在正实数使得 f (1 x) f (1 x)，若存在请求出，否则说明理由；(3)若存在不等实数 x1， x
29、2，使得 f (x1) f (x2)，证明： f 0. (x1 x22 )【导学号：56394020】解 (1)函数 y f (x)的单调递减区间是(1，)，单调递增区间为(，1). 4 分(2)不存在正实数使得 f (1 x) f (1 x)成立，事实上，由(1)知函数 y f (x)在(，1)上递增，而当 x(0,1)，有 y(0,1)，在(1，)上递减，有 0 y1，因此，若存在正实数使得 f (1 x) f (1 x)，必有 x(0,1). 6 分令 F(x) f (1 x) f (1 x) ( x1)e x，x 1ex令 F( x) x ，因为 x(0,1)，所以 F( x)0，所以
30、 F(x)为(0,1)上的增函数，(ex1ex)所以 F(x) F(0)0，即 f (1 x) f (1 x)，故不存在正实数使得 f (1 x) f (1 x)成立. 8 分(3)若存在不等实数 x1， x2，使得 f (x1) f (x2)，则 x1和 x2中，必有一个在(0,1)，另一个在(1，)，不妨设 x1(0,1)， x2(1，). 10 分若 x22，则 (1，)，由(1)知：函数 y f (x)在(1，)上单调递减，所x1 x22以 f 0；(x1 x22 )若 x2(1,2)，由(2)知：当 x(0,1)，则有 f (1 x) f (1 x)，而 1 x1(0,1)，所以 f (2 x1) f 1(1 x1) f 1(1 x1) f (x1) f (x2)，即 f (2 x1) f (x2)，而 2 x1， x2(1,2)，由(1)知：函数 y f (x)在(1，)上单调递减，13 分2 x1 x2，即有 (1，)，x1 x22由(1)知：函数 y f (x)在(1，)上单调递减，所以 f 0；(x1 x22 )综合得：若存在不等实数 x1， x2，使得 f (x1) f (x2)，则总有 f 0.(x1 x22 )16 分
