（江苏专用）2017版高考数学 专题3 导数及其应用习题 理（打包7套）.zip

1【步步高】 （江苏专用）2017 版高考数学 专题 3 导数及其应用 17 导数的概念及运算 理训练目标 (1)导数的概念；(2)导数的运算.训练题型 (1)导数的四则运算；(2)曲线的切线问题；(3)复合函数求导.解题策略(1)求导数技巧：乘积可展开化为多项式，根式化为分数指数幂，绝对值化为分段函数；(2)求切线方程首先要确定切点坐标；(3)复合函数求导的关键是确定复合的结构，然后由外向内，逐层求导.1．设函数 f (x)＝ ax3＋2，若 f′(－1)＝3，则 a＝________.2．(2015·河北衡水中学高二调考)设 f (x)为可导函数，且 limh→ ∞＝5，则 f′(3)＝________.f 3 － f 3＋ h2h3．曲线 y＝ln( x＋2)在点 P(－1,0)处的切线方程是________．4．在曲线 y＝ x2上切线倾斜角为 的点是________．π 45．设曲线 y＝ 在点( ，1)处的切线与直线 x－ ay＋1＝0 平行，则实数1＋ cos xsin x π 2a＝________.6．曲线 y＝ x－cos x 在点( ， )处的切线方程为________________．π 2 π 27．已知直线 y＝ x＋1 与曲线 y＝ln( x＋ a)相切，则 a＝________.8．设 f (x)为可导函数，且满足 ＝－1，则曲线 y＝ f (x)在点limx→ 0 f 1 － f 1－ xx(1， f (1))处的切线的斜率是________．9．设函数 f (x)＝ ax＋ (a， b∈Z)，曲线 y＝ f (x)在点(2， f (2))处的切线方程为1x＋ by＝3.则函数 f (x)的解析式为____________．10．设函数 f (x)＝cos( x＋ φ )(0－2)，曲线在点 P(－1,0)处的斜率为 k＝ ＝1，1x＋ 2 1－ 1＋ 2所以切线方程为 y－0＝ x＋1，即 y＝ x＋1.4．( ， )12 14解析 ∵ y′＝ ＝ (2x＋Δ x)＝2 x，limΔ x→ 0 x＋ Δ x 2－ x2Δ x lim Δ x→ 0∴令 2x＝tan ＝1，得 x＝ ，π 4 12∴ y＝( )2＝ ，所求的坐标为( ， )．12 14 12 145．－1解析 ∵ y′＝ ＝ ，－ sin2x－  1＋ cos x cos xsin2x － 1－ cos xsin2x∴ y′| x＝ ＝－1.由条件知 ＝－1，∴ a＝－1.π 2 1a6．2 x－ y－ ＝0π 2解析 因为 y′＝1＋sin x，所以 k 切 ＝2，所以所求切线方程为 y－ ＝2( x－ )，π 2 π 2即 2x－ y－ ＝0.π 27．2解析 设直线 y＝ x＋1 与曲线 y＝ln( x＋ a)的切点为( x0， y0)，则3y0＝1＋ x0， y0＝ln( x0＋ a)．又 y′＝ ，∴ y′| x＝ x0＝ ＝1，即 x0＋ a＝1.1x＋ a 1x0＋ a又 y0＝ln( x0＋ a)，∴ y0＝0，则 x0＝－1，∴ a＝2.8．－1解析 ∵ ＝－1，∴ ＝－1，∴ f′(1)limx→ 0 f 1 － f 1－ xx lim x→ 0 f 1－ x － f 1－ x＝－1.9． f (x)＝ x＋1x－ 1解析 ∵ f′( x)＝ a－ ，由题意知：Error!∴Error!1 x＋ b 2∴4 a2－13 a＋9＝0，即 a＝1 或 a＝ (舍)．∴ b＝－1，∴ f (x)＝ x＋ .94 1x－ 110.π 6解析 f′( x)＝－ sin( x＋ φ )，3 3f (x)＋ f′( x)＝cos( x＋ φ )－ sin( x＋ φ )＝2sin( x＋ φ ＋ π)．3 3 3 356若 f (x)＋ f′( x)为奇函数，则 f (0)＋ f′(0)＝0，即 0＝2sin( φ ＋ π)，56所以 φ ＋ π＝ kπ， k∈Z.又因为 φ ∈(0，π)，所以 φ ＝ .56 π 611．(－∞，1)解析 函数 f (x)＝ x3＋ x 在 R 上为单调递增函数，且为奇函数，由 f (mcos θ )＋ f (1－ m)0，整理得 f (mcos θ )f (m－1)，所以 mcos θ m－1 对 0θ ≤ 恒成立，解得 m1.π 212．1解析 f2(x)＝ f1′( x)＝cos x－sin x， f3(x)＝(cos x－sin x)′＝－sin x－cos x，f4(x)＝－cos x＋sin x， f5(x)＝sin x＋cos x，以此类推，可得出 fn(x)＝ fn＋4 (x)，又∵ f1(x)＋ f2(x)＋ f3(x)＋ f4(x)＝0，∴ f1( )＋ f2( )＋…＋ f2 017( )＝504[ f1( )＋ f2( )＋ f3( )＋ f4( )]＋ f1( )＝ f1( )π 2 π 2 π 2 π 2 π 2 π 2 π 2 π 2 π 2＝1.13．12 x－3 y－16＝0 或 3x－3 y＋2＝0解析 设切点为( x0， x )．13304由 y′＝ x2，得 k＝ x2|x＝ x0＝ x .即切线斜率为 x .20 20∴切线方程为 y－ x ＝ x (x－ x0)．1330 20又∵切线过点 P(2， )，83∴ － x ＝ x (2－ x0)，83 1330 20即 x －3 x ＋4＝0，30 20∴ x0＝2 或 x0＝－1.∴切线过点 P(2， )，切线斜率为 4 或 1.83∴切线方程为 y－ ＝4( x－2)或 y－ ＝ x－2，83 83即 12x－3 y－16＝0 或 3x－3 y＋2＝0.14．(－2,15)解析 设点 P 在坐标为( a， b)，依题意得Error!∴ a＝－2， b＝15，∴点 P 的坐标为(－2,15)．1【步步高】 （江苏专用）2017 版高考数学 专题 3 导数及其应用 18 用导数研究函数的单调性 理训练目标 (1)函数的单调性与导数的关系；(2)函数单调性的应用.训练题型(1)求函数单调区间；(2)利用函数单调性求参数值；(3)利用函数单调性比较函数值大小.解题策略(1)函数的单调性可通过解不等式 f′( x)0 或 f′( x)0)的单调递减区间是(0,4)，则 m＝________.4．已知函数 f (x)＝ ＋ln x，若函数 f (x)在[1，＋∞)上为增函数，则正实数 a 的取1－ xax值范围为________．5．(2015·广东江门普通高中调研)已知定义在区间(－π，π)上的函数 f (x)＝ xsin x＋cos x，则 f (x)的单调递增区间是________________．6．已知函数 f (x)＝ x2＋3 x－2ln x，则函数 f (x)的单调递减区间为__________．7．已知函数 f (x)＝ x2－2 ax－ aln x 在(1,2)上单调递减，则 a 的取值范围是________．128．设函数 y＝ f (x)， x∈R 的导函数为 f′( x)，且 f(x)＝ f (－ x)， f′( x)0，则对任意实数 a， b，下列结论成立的是________．① ab⇔ea f (b)ebf (a)；② ab⇔eaf (b)b⇔eaf (a)b⇔eaf (a)eb f (b)．10．已知函数 f (x)＝ － － ax(a∈R)．ex2 1ex2(1)当 a＝ 时，求函数 f (x)的单调区间；32(2)若函数 f (x)在[－1,1]上为单调函数，求实数 a 的取值范围．3答案解析1．(－1,1)解析 f′( x)＝－ ＝ ，2 1＋ x2 － 2x·2x 1＋ x2 2 2 x＋ 1  x－ 1 1＋ x2 2当 x1 时， f′( x)0，当－10)，则 f′( x)＝3 mx2＋6( m－1) x，令 f′( x)0， f (x)的单调递减区间是(0,4)，所以 0,4 是方程 3mx2＋6( m－1) x＝0 的两根，所以 0＋4＝ ，所以 m＝ .2 1－ mm 134．[1，＋∞)解析 ∵ f (x)＝ ＋ln x(x0)，1－ xax∴ f′( x)＝ (a0)，ax－ 1ax2∵函数 f (x)在[1，＋∞)上为增函数，∴ f′( x)＝ ≥0 对 x∈[1，＋∞)恒成立，ax－ 1ax2∴ ax－1≥0 对 x∈[1，＋∞)恒成立，即 a≥ 对 x∈[1，＋∞)恒成立，1x∴ a≥1.5．(－π，－ ]和[ 0， ]π 2 π 2解析 f′( x)＝sin x＋ xcos x－sin x＝ xcos x．令 f′( x)＝ xcos x≥0，则其在区间(－π，π)上的解集为(－π，－ ]和[0， ]，即 f(x)的单调递增区间是(－π，－ ]和π 2 π 2 π 24[ 0， ]．π 26.(0，12)解析 函数 f (x)＝ x2＋3 x－2ln x 的定义域为(0，＋∞)．因为 f′( x)＝2 x＋3－ ，所以2x令 2x＋3－ g(2)g(3)，即 ，得 e2f (1)f 1e f 2e2 f 3e3ef (2)f (3)，又 f (－1)＝ f (1)，所以 f (3)0，故函数 F(x)在实数集 R 上是增函数，当 ab 时， F(a)F(b)，即 eaf (a)ebf (b)，反之成立．故④成立．10．解 (1)当 a＝ 时， f (x)＝ － － x， f′( x)＝ [(ex)2－3e x＋2]＝ (ex－1)32 ex2 1ex 32 12ex 12ex(ex－2)，令 f′( x)＝0，得 ex＝1 或 ex＝2，即 x＝0 或 x＝ln 2；令 f′( x)0，得 xln 2；令 f′( x)0，函数 h(t)为单调递增函数．2故 h(t)在[ ，e]上的极小值点为 t＝ ，且 h( )＝ .1e 2 2 2又 h(e)＝ ＋ h( )＝ ＋e，∴ ≤ h(t)≤e＋ .e2 1e 1e 12e 2 12e∵函数 f(x)在[－1,1]上为单调函数，①若函数在[－1,1]上单调递增，则 a≤ ＋ 对 t∈[ ，e]恒成立，所以 a≤ ；t2 1t 1e 2②若函数 f (x)在[－1,1]上单调递减，则 a≥ ＋ 对 t∈[ ，e]恒成立，所以 a≥e＋ ，t2 1t 1e 12e综上可得 a 的取值范围是(－∞， ]∪[e＋ ，＋∞)．212e1【步步高】 （江苏专用）2017 版高考数学 专题 3 导数及其应用 19 函数的极值与最值 理训练目标 (1)函数极值、最值的概念、求法；(2)函数极值、最值的应用.训练题型 (1)求函数的极值；(2)求函数的最值；(3)恒成立的问题；(4)零点问题.解题策略(1)f′( x)＝0 是函数 f(x)存在极值点的必要条件， f(x)的极值可用列表法求解；(2)利用最值研究恒成立问题，可分离参数后构造函数，转化为函数的最值问题；(3)零点问题可借助于函数的图象解决.1． “可导函数 y＝ f (x)在一点的导数值为 0”是“函数 y＝ f (x)在这点取得极值”的________条件．2．函数 y＝ 的最大值为________．ln xx3．设三次函数 f (x)的导函数为 f′( x)，函数 y＝ x·f′( x)的图象的一部分如图所示，则下列说法正确的是________．① f (x)的极大值为 f ( )，极小值为 f (－ )；3 3② f (x)的极大值为 f (－ )，极小值为 f ( )；3 3③ f (x)的极大值为 f (－3)，极小值为 f (3)；④ f (x)的极大值为 f (3)，极小值为 f (－3)．4．已知直线 y＝ a 与函数 y＝ x3－3 x 的图象有三个相异的交点，则 a 的取值范围是________．5．已知函数 f (x)＝－ x3＋ ax2－4 在 x＝2 处取得极值，若 m， n∈[－1,1]，则 f (m)＋ f′( n)的最小值是________．6．(2015·宜昌模拟)已知 y＝ f (x)是奇函数，当 x∈(0,2)时， f (x)＝ln x－ ax(a )，当12x∈(－2,0)时， f (x)的最小值为 1，则 a＝________.7．(2014·温州十校联考)若 f (x)＝－ x2＋ bln (x＋2)在[－1，＋∞)上是减函数，则 b12的取值范围是________．8．(2015·河北保定第一中学模拟)已知 f (x)＝ ax3， g(x)＝9 x2＋3 x－1，当 x∈[1,2]时，f (x)≥ g(x)恒成立，则 a 的取值范围为________．9．(2015·唐山一模)直线 y＝ a 分别与曲线 y＝2( x＋1)， y＝ x＋ln x 交于点 A， B，则 AB2的最小值为________．10．已知函数 f (x)＝ x(ln x－ ax)有两个极值点，则实数 a 的取值范围是________．11．已知| a|＝2| b|≠0，且关于 x 的函数 f (x)＝ x3＋ |a|x2＋ a·bx 在 R 上有极值，则 a13 12与 b 的夹角范围为________．12．已知 f (x)＝ x2＋ aln x(a∈R)．若存在 x∈[1，e]，使得 f (x)≤( a＋2) x 成立，则实数 a 的取值范围是_______．13．已知 g(x)＝ λx ＋sin x 是区间[－1,1]上的减函数，且 g(x)≤ t2＋ λt ＋1 在x∈[－1,1]上恒成立，则实数 t 的取值范围是__________．14．定义在 D 上的函数 f (x)，如果满足：对任意 x∈ D，存在常数 M0，都有| f (x)|≤ M 成立，则称 f (x)是 D 上的有界函数，其中 M 称为函数 f (x)的上界，已知函数 f (x)＝1＋ a·( )x＋( )x，若函数 f (x)在[0，＋∞)上是以 3 为上界的有界函数，则实数 a 的取12 14值范围是______．3答案解析1．必要不充分解析 对于 f (x)＝ x3， f′( x)＝3 x2， f′(0)＝0，不能推出 f (x)在 x＝0 处取极值，反之成立．2.1e解析 令 y′＝ ＝0( x0)，解得 x＝e.当 xe 时， y′0，所以1－ ln xx2y 极大值 ＝ f (e)＝ ，在定义域内只有一个极值，所以 ymax＝ .1e 1e3．④解析 观察图象知，当 x0，∴ f′( x)0，∴ f (x)的极小值为f(－3)．当 00，∴ f′( x)0；当 x3 时， y＝ x·f′( x)0；当 x 时， f′( x)0.12 34∴ h(t)在[ ，1]上是增函数．12∴ a≥ h(1)＝11.9.32解析 令 2(x＋1)＝ a，解得 x＝ －1.设方程 x＋ln x＝ a 的根为 t(x≥0， t0)，即 t＋ln a2t＝ a，则 AB＝| t－ ＋1|＝| t－ ＋1|＝| － ＋1|.设 g(t)＝ － ＋1( t0)，a2 t＋ ln t2 t2 ln t2 t2 ln t2则 g′( t)＝ － ＝ ，令 g′( t)＝0，得 t＝1，当 t∈(0,1)时， g′( t)0，所以 g(t)min＝ g(1)＝ ，所以 AB≥ ，所以 AB 的最小值为 .32 32 3210．(0， )125解析 函数 f (x)＝ x (ln x－ ax)(x0)，则 f′( x)＝ln x－ ax＋ x( － a)＝ln x－2 ax＋1.1x令 f′( x)＝ln x－2 ax＋1＝0，得 ln x＝2 ax－1.函数 f (x)＝ x (ln x－ ax)有两个极值点，等价于 f′( x)＝ln x－2 ax＋1 有两个零点，等价于函数 y＝ln x 与 y＝2 ax－1 的图象有两个交点．在同一个坐标系中作出它们的图象(如图)．当 a＝ 时，直线 y＝2 ax－1 与 y＝ln x 的图象相切，12由图可知，当 00.设 a 与 b 的夹角为 θ ，则 cos θ 0，因而 a≥ (x∈[1，e])．x2－ 2xx－ ln x令 g(x)＝ (x∈[1，e])，又 g′( x)＝ ，x2－ 2xx－ ln x  x－ 1  x＋ 2－ 2ln x x－ ln x 2当 x∈[1，e]时， x－1≥0，ln x≤1， x＋2－2ln x0，从而 g′( x)≥0(仅当 x＝1 时取等号)，所以 g(x)在[1，e]上为增函数，故 g(x)的最小值为 g(1)＝－1，所以 a 的取值范围是[－1，＋∞)．13．(－∞，－1]6解析 g′( x)＝ λ ＋cos x≤0 在[－1,1]上恒成立．又 1∈ ，故 cos x∈[cos 1,1]，∴ λ ≤－1.(0，π 2)又 λx ＋sin x≤ t2＋ λt ＋1 在 x∈[－1,1]上恒成立，∴ t2＋ λt ＋1≥－ λ －sin 1，( t＋1) λ ＋ t2＋1＋sin 1≥0.∵ λ ≤－1，故 t＋1≤0⇒ t≤－1.当 λ ＝－1 时，( t＋1)×(－1)＋ t2＋1＋sin 1＝ t2－ t＋sin 1，∵ t≤－1，∴ t2－ t＋sin 1＝( t－ )2－ ＋sin 1≥sin 1－ 0，12 14 14即当 λ ＝－1 时，( t＋1) λ ＋ t2＋1＋sin 1≥0.故由图象知， t≤－1 时，上述不等式恒成立．14．[－5,1]解析 由题意知，| f (x)|≤3 在[0，＋∞)上恒成立，即－3≤ f (x)≤3，所以－4·2 x－( )x≤ a≤2·2 x－( )x在[0，＋∞)上恒成立，12 12所以[－4·2 x－( )x]max≤ a≤[2·2 x－( )x]min.12 12设 2x＝ t， h(t)＝－4 t－ ， p(t)＝2 t－ ，1t 1t由 x∈[0，＋∞)得 t≥1.因为 h′( t)＝－4＋ ， p′( t)＝2＋ .1t2 1t2又由 －4 ，故 t≥1 时， h′( t)0，1t2 12所以 h (t)在[1，＋∞)上单调递减，又 p (t )在[1，＋∞)上单调递增，故 h (t )在[1，＋∞)上的最大值为 h ( 1)＝－5， p (t )在[1，＋∞)上的最小值为 p (1)＝1，所以实数 a 的取值范围为[－5,1]．1【步步高】 （江苏专用）2017 版高考数学 专题 3 导数及其应用 20 与导数有关的创新题 理训练目标 (1)导数概念应用的深化；(2)创新能力、转化思想的养成.训练题型 (1)和导数有关的新定义问题；(2)灵活利用导数解决实际问题.解题策略(1)将题中信息转化成数学语言，和导数知识相结合；(2)和导数 f′( x)有关的不等式，可构造函数，考察函数的单调性.1．函数 f(x)的定义域为 R， f (－1)＝2，对任意 x∈R， f′( x)2，则 f(x)2x＋4 的解集为________．2.已知函数 f(x)的定义域为( a， b)，导函数 f′( x)在( a， b)上的图象如图所示，则函数 f (x)在(a， b)上的极大值点的个数为________．3．若曲线 f (x)＝ acos x 与曲线 g(x)＝ x2＋ bx＋1 在交点(0， m)处有公切线，则a＋ b＝________.4．已知定义在(0， )上的函数 f (x)， f′( x)为其导函数，且 f (x) f ( )；② f ( ) f ( )；④ f (1)1)的图象不经过第四象限，则函数 g (x)＝ f (x)＋ k的值域为________．7．如图，在半径为 10 的半圆形( O 为圆心)铁皮上截取一块矩形材料 ABCD，其中 A， B 在3直径上， C， D 在圆周上，将所截得的矩形铁皮 ABCD 卷成一个以 AD 为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁与拼接损耗)，记圆柱形罐子的体积为 V，设 AD＝ x，则 Vmax＝________.8．(2015·湖北省八校高三第一次联考)设定义在 D 上的函数 y＝ h(x)在点 P(x0， h(x0))处2的切线方程为 l： y＝ g(x)，当 x≠ x0时，若 0 在 D 内恒成立，则称 P 为函h x － g xx－ x0数 y＝ h(x)的“类对称点” ，则 f (x)＝ x2－6 x＋4ln x 的“类对称点”的横坐标是________．9．(2015·四川)已知函数 f (x)＝2 x， g(x)＝ x2＋ ax(其中 a∈R)．对于不相等的实数x1， x2，设 m＝ ， n＝ ，f x1 － f x2x1－ x2 g x1 － g x2x1－ x2现有如下命题：①对于任意不相等的实数 x1， x2，都有 m＞0；②对于任意的 a 及任意不相等的实数 x1， x2，都有 n＞0；③对于任意的 a，存在不相等的实数 x1， x2，使得 m＝ n；④对于任意的 a，存在不相等的实数 x1， x2，使得 m＝－ n.其中的真命题有________(写出所有真命题的序号)．10．已知函数 f (x)＝ln x－ x－1.(1)求函数 f (x)的极大值；(2)定义运算： ＝ ac－ bd，其中 a， b， c， d∈R，|a bd c|①求证：∃ x0∈(1 ，＋∞)，使得 ＝0；|f x0 f 121 1 |②设函数 F(x)＝ f (x)＋ x＋1，已知函数 H(x)是 F(x)的反函数，若关于 x 的不等式2，可设 f(x)＝4 x＋6，则由 4x＋62 x＋4，得 x－1.2．2解析 由函数极值的定义和导函数的图象可知， f′( x)在( a， b)上与 x 轴的交点个数为 4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故 x＝0 不是函数 f(x)的极值点，其余的 3 个交点都是极值点，其中有 2 个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有 2 个．3．1解析 ∵ f′(0)＝－ asin 0＝0，∴ g′(0)＝2×0＋ b＝0，∴ b＝0，∴ m＝1＝ a， a＋ b＝1.4．②解析 ∵ x∈(0， )，∴sin x0，cos x0，由 f (x)0，令 g(x)＝ ， x∈(0， )，则 g′( x)＝f xsin x π 20，∴ g(x)＝ 在(0， )上为增函数，则 g( )1，所以在kx区间(0， )上， f′( x)0， f (x)kln k kln k单调递增，所以在区间(0，＋∞)上， f(x)min＝ f ( )，又 f(k)＝ kln k－ kln k＝0，函kln k数 f (x)的图象不经过第四象限，所以 f (x)min≥0，所以 ＝ k，即 k＝e.所以函数 f (x)kln k的值域为[0，＋∞)，函数 g(x)＝ f (x)＋e 的值域为[e，＋∞)．7.2 000π解析 设圆柱形罐子的底面半径为 r，则由题意得 AB＝2 ＝2π r，所以 r＝ 103 2－ x2，所以 V＝π r2x＝π( )2x＝ (－ x3＋300 x)(0 时， φ (x)在( ， x0)上单调递减，所以当 x∈( ， x0)时， φ (x)φ (x0)＝0.从而22x0 2x0有 x∈( ， x0)时， 0.φ  xx－ x0所以 x＝ 是一个“类对称点”的横坐标．29．①④解析 设 A(x1， f (x1))， B(x2， f (x2))， C(x1， g(x1))， D(x2， g(x2))，对于①，从 y＝2 x的图象可看出， m＝ kAB＞0 恒成立，故正确；对于②，直线 CD 的斜率可为负，即 n＜0，故不正确；对于③，由 m＝ n 得 f (x1)－ f (x2)＝ g(x1)－ g(x2)，即 f (x1)－ g(x1)＝ f (x2)－ g(x2)，令 h(x)＝ f (x)－ g(x)＝2 x－ x2－ ax，则 h′( x)＝2 x·ln 2－2 x－ a，由 h′( x)＝0，得 2x·ln 2＝2 x＋ a，(*)结合图象知，当 a 很小时，方程(*)无解，∴函数h(x)不一定有极值点，就不一定存在 x1， x2使 f (x1)－ g(x1)＝ f (x2)－ g(x2)，不一定存在x1， x2使得 m＝ n，故③不正确；对于④，由 m＝－ n，得 f (x1)－ f (x2)＝ g(x2)－ g (x1)，即 f (x1)＋ g (x1)＝ f (x2)＋ g (x2)，令 F(x)＝ f (x)＋ g(x)＝2 x＋ x2＋ ax，则 F′( x)＝2 xln 2＋2 x＋ a，由 F′( x)＝0，得 2xln 2＝－2 x－ a，结合图象可知，该方程有解，即 F(x)必有极值点，∴存在 x1， x2使 F(x1)＝ F(x2)，使6m＝－ n，故④正确．故①④正确．10．(1)解 由 f′( x)＝ －1＝0( x0)，解得 x＝1.1x当 x1 时， f′( x)0， f(x)在(0,1)上单调递增．∴ f (x)极大值 ＝ f(1)＝－2.(2)①证明 易知等价于证明：∃ x0∈(1，＋∞)， f (x0)－ f ( )＝0.12令 K(x)＝ f (x)－ f ( )．12∴ K(x)＝ln x－ x＋ln 2＋ ， x1.12当 x∈(1，＋∞)时， K′( x)＝ －10， K(e)0，∴e x－10.∴ m0，xex＋ 1ex－ 1∴ G′( x)＝ .ex ex－ x－ 2 ex－ 1 2再令 R(x)＝e x－ x－2， x0.当 x0 时， R′( x)＝e x－10，∴ R(x)＝e x－ x－2 在(0，＋∞)上单调递增．易知 R(1)＝e－30.∴∃ x1∈(1,2) ，使得 R(x1)＝0 即 ex1＝ x1＋2.当 x∈(0， x1)时， R(x)0，∴ G′( x)0.7∴ G(x)极小值 ＝ G(x1)＝ ＝ ＝ x1＋1.x1ex1＋ 1ex1－ 1 x21＋ 2x1＋ 1x1＋ 1又∵ x1∈(1,2)，∴2 G(x1)3.∴整数 m 的最大值为 2.1【步步高】 （江苏专用）2017 版高考数学 专题 3 导数及其应用 21 导数中的易错题 理训练目标 (1)导数知识的细化、深化、巩固提高；(2)解题过程的细节训练.训练题型 (1)导数和函数的极值；(2)利用导数求参数范围；(3)导数的综合应用.解题策略(1)注意 f′( x0)＝0 是 x＝ x0为极值点的必要不充分条件；(2)已知单调性求参数范围要注意验证 f′( x)＝0 的情况.1．如果 f′( x)是二次函数，且 f′( x)的图象开口向上，顶点坐标为(1， )，那么曲线3y＝ f (x)上任意一点的切线的倾斜角 α 的取值范围是________．2．(2015·福建福州三中月考)已知点 A(1,2)在函数 f (x)＝ ax3的图象上，则过点 A 的曲线C： y＝ f (x)的切线方程是____________________．3．已知函数 y＝ f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式 xf′( x)0)上任意一点， l 是曲线 C 在点 P 处的切线，且 l 交坐标轴于 A， B 两点，则以下结论正确的是________．①△ OAB 的面积为定值 2②△ OAB 的面积有最小值 3③△ OAB 的面积有最大值 4④△ OAB 的面积的取值范围是[3,4]5．若函数 f (x)＝2 x2－ln x 在其定义域内的一个子区间( k－1， k＋1)内不是单调函数，则实数 k 的取值范围是________．6．若函数 y＝ x3－3 ax＋ a 在(1,2)内有极小值，则实数 a 的取值范围是________．7．已知函数 f (x)＝ x3＋ ax2＋ x＋2 (a0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数 a 的取值范围是________．8．已知函数 f (x)＝ ax3－3 x2＋1，若 f (x)存在唯一的零点 x0，且 x00，则 a 的取值范围是________．9．已知函数 f (x)＝ x－ sin x－ cos x 的图象在 A(x0， f(x0))点处的切线斜率为 ，则12 14 34 12tan 的值为__________．(x0＋π 4)10．若函数 f (x)＝ln x＋ ax 存在与直线 2x－ y＝0 平行的切线，则实数 a 的取值范围是____________________．211．(2015·景德镇第二次质检)已知 f (x)＝ ax＋ ＋2－2 a(a0)，若 f (x)≥2ln x 在a－ 2x[1，＋∞)上恒成立，则 a 的取值范围是________．12．函数 f (x)＝ ax－cos x， x∈[ ， ]，若∀ x1， x2∈[ ， ]， x1≠ x2，π 4 π 3 π 4 π 30)，若 f (x)为 R 上的单调函数，则实数 a 的取值范围是ex1＋ ax2________．3答案解析1．[ ， )π 3 π 2解析 根据已知可得 f′( x)≥ ，即曲线 y＝ f (x)上任意一点的切线的斜率 k＝tan α ≥3，结合正切函数的图象，可知 α ∈[ ， )．3π 3 π 22．6 x－ y－4＝0 或 3x－2 y＋1＝0解析 由于点 A(1,2)在函数 f (x)＝ ax3的图象上，则 a＝2，即 y＝2 x3，所以 y′＝6 x2.若点 A 为切点，则切线斜率为 6，若点 A 不是切点，设切点坐标为( m,2m3)，则切线的斜率为k＝6 m2.由两点的斜率公式，得 ＝6 m2(m≠1)，即有 2m2－ m－1＝0，解得 m＝1(舍去)2m3－ 2m－ 1或 m＝－ .综上，切线的斜率为 k＝6 或 k＝6× ＝ ，则过点 A 的曲线 C： y＝ f(x)的切线方12 14 32程为 y－2＝6( x－1)或 y－2＝ (x－1)，即 6x－ y－4＝0 或 3x－2 y＋1＝0.323．(－∞，0)∪( ，2)12解析 由 f (x)图象的单调性可得 f′( x)在(－∞， )和(2，＋∞)上大于 0，在( ，2)上小12 12于 0，∴ xf′( x)0)， y0＝ ， y′＝－ ，因此切线的斜率1x 1x0 1x2k＝－ ，切线方程为 y－ y0＝－ (x－ x0)．当 x＝0 时， y＝ y0＋ ＝ ；当 y＝0 时， x＝ x1x20 1x20 1x0 2x0y0＋ x0＝2 x0，因此 S△ OAB＝ xy＝2 为定值．故①正确20125．[ 1， )32解析 ∵ f (x)＝2 x2－ln x(x0)，4∴ f′( x)＝4 x－ ＝ (x0)，1x 4x2－ 1x由 f′( x)＝0，得 x＝ ，12当 x∈(0， )时， f′( x)0，12据题意，Error!解得 1≤ k0 时，y′＝3 x2－3 a＝0⇒ x＝± ，不难分析，当 10，解得 0，由三次函数图象知 f(x)有负数零点，不合题意，故 a0 知， f ( )0，2a即 a×( )3－3×( )2＋10，化简得 a2－40，2a 2a又 a0)．∵函数 f (x)＝ln x＋ ax 存在与直线 2x－ y＝0 平行的切线，∴1x方程 ＋ a＝2 在区间(0，＋∞)上有解，即 a＝2－ 在区间(0，＋∞)上有解，∴ a0，因此 ≤1(否则 是 g(x)的极2－ aa 2－ aa 2－ aa小值点，即 g( )0 恒成立，此时 f (x)在(－∞，＋∞)上为增函数，不满足题意；若 a0 得－ ，即故当 a0，所以 f′( x)≥0 在 R 上恒成立，即 ax2－2 ax＋1≥0 在 R 上恒成立，所以 Δ ＝4 a2－4 a＝4 a(a－1)≤0，解得 0a≤1，所以实数 a 的取值范围是 0a≤1.1【步步高】 （江苏专用）2017 版高考数学 专题 3 导数及其应用 22 导数的应用 理训练目标 (1)利用导数研究函数的常见题型；(2)解题步骤的规范训练.训练题型 (1)利用导数求切线问题；(2)导数与单调性；(3)导数与极值、最值.解题策略(1)求曲线切线的关键是确定切点；(2)讨论函数的单调性、极值、最值可通过研究导数的符号用列表法解决；(3)证明不等式、不等式恒成立或有解、函数零点问题都可以转化为函数极值、最值问题.1．设 f (x)＝ x2－ x－ aln x.(1)当 a＝1 时，求 f (x)的单调区间；(2)若 f (x)在[2，＋∞)上单调递增，求 a 的取值范围．2．设 f (x)＝－ x3＋ x2＋2 ax.13 12(1)若 f (x)在( ，＋∞)上存在单调递增区间，求 a 的取值范围；23(2)当 00 时， f (x)0)， f′( x)＝2 x－1－ ＝ ，1x  2x＋ 1  x－ 1x令 f′( x)≥0⇒Error!⇒ x≥1，令 f′( x)0，得 a－ .29 19所以当 a－ 时， f (x)在( ，＋∞)上存在单调递增区间．19 23即 f (x)在( ，＋∞)上存在单调递增区间时， a 的取值范围为(－ ，＋∞)．23 19(2)令 f′( x)＝0，得两根 x1＝ ， x2＝ ，1－ 1＋ 8a2 1＋ 1＋ 8a2所以 f (x)在(－∞， x1)，( x2，＋∞)上单调递减，在( x1， x2)上单调递增．当 00，令 f′( x)＝0 得 x＝ .1a在区间(0， )上， f′( x)0，函数 f (x)是增函数，1a综上所述，①当 a≤0 时， f (x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；②当 a0 时， f (x)的单调递增区间是( ，＋∞)，单调递减区间是(0， )．1a 1a(2)因为函数 f (x)在 x＝1 处取得极值，所以 f′(1)＝0，解得 a＝1，经检验满足题意．由已知 f (x)≥ bx－2，则 x－1－ln x≥ bx－2,1＋ － ≥ b，令 g(x)＝1＋ － ，1x ln xx 1x ln xx则 g′( x)＝－ － ＝ ，1x2 1－ ln xx2 ln x－ 2x2易得 g(x)在(0，e 2]上单调递减，在[e 2，＋∞)上单调递增，所以 g(x)min＝ g(e2)＝1－ ，1e2即 b≤1－ .1e24．(1)解 由题意得所求切线的斜率 k＝ f′( )＝cos ＝ .π 4 π 4 22切点 P ( ， )，则切线方程为 y－ ＝ ( x－ )，即 x－ y＋1－ ＝0.π 4 22 22 22 π 4 2 π 4(2)解 g′( x)＝ m－ x2.12①当 m≤0 时， g′( x)≤0，则 g(x)的单调递减区间是(－∞，＋∞)；②当 m0 时，令 g′( x) ，2m 2m则 g(x)的单调递减区间是(－∞，－ )，( ，＋∞)．2m 2m(3)证明 当 m＝1 时， g(x)＝ x－ .x36令 h(x)＝ g(x)＋ － f (x)＝ x－sin x， x∈(0，＋∞)，x36h′( x)＝1－cos x≥0，则 h(x)是(0，＋∞)上的增函数，故当 x0 时， h(x)h(0)＝0，即 sin xx， f(x)g(x)＋ .x365．解 (1) f′( x)＝3 x2＋2 ax，令 f′( x)＝0，解得 x1＝0， x2＝－ .2a34当 a＝0 时，因为 f′( x)＝3 x2≥0，所以函数 f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当 a＞0 时， x∈ ∪(0，＋∞)时， f′( x)＞0，(－ ∞ ， －2a3)x∈ 时， f′( x)＜0，(－2a3， 0)所以函数 f (x)在 ，(0，＋∞)上单调递增，(－ ∞ ， －2a3)在 上单调递减；(－2a3， 0)当 a＜0 时， x∈(－∞，0)∪ 时， f′( x)＞0， x∈ 时， f′( x)＜0，所(－2a3， ＋ ∞ ) (0， － 2a3)以函数 f (x)在(－∞，0)， 上单调递增，在 上单调递减．(－2a3， ＋ ∞ ) (0， － 2a3)(2)由(1)知，函数 f (x)的两个极值为 f (0)＝ b，f ＝ a3＋ b，则函数 f (x)有三个零点等价于 f (0)·f ＝ b ＜0，(－2a3) 427 (－ 2a3) (427a3＋ b)从而Error! 或Error!又 b＝ c－ a，所以当 a＞0 时， a3－ a＋ c＞0 或当 a＜0 时， a3－ a＋ c＜0.427 427设 g(a)＝ a3－ a＋ c，因为函数 f(x)有三个零点时，427a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪ ∪ ，(1，32) (32， ＋ ∞ )则在(－∞，－3)上 g(a)＜0，且在 ∪ 上 g(a)＞0 均恒成立．(1，32) (32， ＋ ∞ )从而 g(－3)＝ c－1≤0，且 g ＝ c－1≥0，因此 c＝1.(32)此时， f (x)＝ x3＋ ax2＋1－ a＝( x＋1)[ x2＋( a－1) x＋1－ a]，因函数有三个零点，则 x2＋( a－1) x＋1－ a＝0 有两个异于－1 的不等实根，所以 Δ ＝( a－1)2－4(1－ a)＝ a2＋2 a－3＞0，且(－1) 2－( a－1)＋1－ a≠0，解得 a∈(－∞，－3)∪ ∪ .综上 c＝1.(1，32) (32， ＋ ∞ )