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- 2021-06-15 发布
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专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数
第一讲 集合、常用逻辑用语(选择、填空题型)
一、选择题
1.设全集为R,集合A＝{x|x2－9<0},B＝{x|－11或x<－1,则x2>1
D.若x≥1或x≤－1,则x2≥1
4.(2014·中山模拟)“直线l的方程为x－y－5＝0”是“直线l平分圆(x－2)2＋(y＋3)2＝1的周长”的( )
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
5.(2014·锦州模拟)已知命题p：∀x∈R,sin(π－x)＝sin x；命题q：若α>β,则sin α>sin β.下列命题是真命题的是( )
A.p∧(綈q) B.(綈p)∧(綈q)
C.(綈p)∧q D.p∧q
6.(2014·安溪模拟)下列命题中,真命题是( )
A.∃x0∈R,ex0≤0
B.a>1,b>1是ab>1的充要条件
C.{x|x2－4>0}∩{x|x－1<0}＝(－2,1)
D.命题“∀x∈R,2x>x2”的否定是真命题
7.已知集合M＝{x|x2－5x≤0},N＝{x|p1”是“|x|>0”的充分不必要条件
C.若p∧q为假命题,则p、q均为假命题
D.命题p：“∃x0∈R,使得x＋2x0＋3<0”,则綈p：“∀x∈R,x2＋2x＋3≥0”
9.设P和Q是两个集合,定义集合P－Q＝{x|x∈P且x∉Q},如果P＝{x|log2 x<1},Q＝{x||x－2|<1},那么P－Q等于( )
A.{x|03”的否定是______________________ _____________________________.
12.(2014·广州模拟)给出下列四个结论：
①若命题p：∃x0∈R,x＋x0＋1<0,则綈p：∀x∈R,x2＋x＋1≥0；
②“(x－3)(x－4)＝0”是“x－3＝0”的充分而不必要条件；
③命题“若m>0,则方程x2＋x－m＝0有实数根”的逆否命题为：“若方程x2＋x－m＝0没有实数根,则m≤0”；
④若a>0,b>0,a＋b＝4,则＋的最小值为1.
其中正确结论的序号为________.
13.已知“命题p：(x－m)2>3(x－m)”是“命题q：x2＋3x－4<0”成立的必要不充分条件,则实数m的取值范围为______________.
14.(2014·福建高考) 已知集合{a,b,c}＝{0,1,2},且下列三个关系：①a≠2；②b＝2；③c≠0 有且只有一个正确,则100a＋10b＋c等于________.
15.设集合A＝{a|f(x)＝8x3－3ax2＋6x是(0,＋∞)上的增函数},,则∁R(A∩B)＝________________.
16.(2014·江西七校联考)记实数x1,x2,…,xn中的最大数为max{x1,x2,…,xn},最小数为min{x1,x2,…,xn}.已知△ABC的三边边长为a、b、c(a≤b≤c),定义它的倾斜度为t＝max·min,则“t＝1”是“△ABC为等边三角形”的______________.(填充分不必要条件、必要不充分条件、充要条件、既不充分也不必要条件)
答案
1.解析：选C 因为A＝{x|－35},所以A∩(∁RB)＝
{x|－35}＝{x|－30},所以∁RP＝{y|y>1},所以∁RP⊆Q,故选C.
3.解析：选D 由逆否命题的变换可知,命题“若x2<1,则－11,b>1可得ab>1,所以充分性成立.但是ab>1不能推出a>1,b>1.所以必要性不成立,即B选项不正确.由{x|x2－4>0}可得x<－2或x>2,又有{x|x－1<0}可得x<1,所以{x|x2－4>0}∩{x|x－1<0}＝{x|x<－2},所以C选项不正确；命题“∀x∈R,2x>x2”的否定是∃x0∈R,使得2x0≤x.当x＝3时成立.故D正确.
7.解析：选B 由题意知,集合M＝{x|0≤x≤5},画数轴可知p＝2,q＝5,所以p＋q＝7,故选B.
8.解析：选C A显然正确；对B,“x>1”,则必有“|x|>0”,故是充分条件.反之,“|x|>0”,则x可取负数,这时“x>1”不成立,故不是必要条件,所以B正确；对C,若p∧q为假命题,
则有可能是p、q中一真一假,故C不正确.对D,因为命题：“∃x0∈A,p”的否定为“∀x∈A,綈p”,所以命题p：“∃x0∈R,使得x＋2x0＋3<0”的否定是綈p：“∀x∈R,x2＋2x＋3≥0”,D正确.
9.解析：选B 由log2 x<1,解得01.注意到以1为首项、1为公差的等差数列的前7项和为＝28,因此由集合A中所有整数元素之和为28得7≤a<8,即实数a的取值范围是[7,8).
11.解析：命题“存在x0∈R,使得|x0－1|－|x0＋1|>3”的否定是“对任意的x∈R,都有|x－1|－|x＋1|≤3”.
答案：对任意的x∈R,都有|x－1|－|x＋1|≤3
12.解析：由特称命题的否定知①正确；(x－3)(x－4)＝0⇒x＝3或x＝4,x＝3⇒(x－3)(x－4)＝0,所以“(x－3)·(x－4)＝0”是“x－3＝0”的必要而不充分条件,所以②错误；由逆否命题的定义知③正确；∵a>0,b>0, a＋b＝4,∴＋＝·＝＋＋≥＋2＝1,∴④正确.
答案：①③④
13.解析：将两个命题化简得,命题p：x>m＋3或x0,a≠1)的图象如图,则下列结论成立的是( )
A.a>1,c>1 B.a>1,01 D.0f成立的x的取值范围是( )
A. B. C. D.
8.定义在R上的函数f(x)满足f(x＋6)＝f(x).当－3≤x<－1时,f(x)＝－(x＋2)2；当－1≤x<3时,f(x)＝x.则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 014)＝( )
A.335 B.337 C.1 678 D.2 012
9.已知定义在R上的函数y＝f(x)满足以下三个条件：①对于任意的x∈R,都有f(x＋4)＝f(x)；②对于任意的x1,x2∈R,且0≤x1－2,a∈R)有最大值,则f(x)∈B.
其中的真命题有( )
A.①②③ B.①③④ C.②③④ D.①②④
二、填空题
11.偶函数y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称,f(3)＝3,则f(－1)＝________.
12.已知偶函数f(x)在[0,＋∞)单调递减,f(2)＝0.若f(x－1)>0,则x的取值范围是________.
13.(2014·江西七校联考)设函数f(x)＝＋2 012sin x的最大值为M,最小值为N,那么M＋N＝________.
14.对实数a和b,定义运算“⊗”：a⊗b＝设函数f(x)＝(x2－2)⊗(x－1),x∈R.若函数y＝f(x)－c的图象与x轴恰有两个公共点,则实数c的取值范围是________.
15.(2014·杭州模拟)已知函数f(x)＝若a、b、c互不相等,且f(a)＝f(b)＝f(c),则a＋b＋c的取值范围是________.
16.给定区间D,对于函数f(x),g(x)及任意的x1,x2∈D(其中x1>x2),若不等式f(x1)－f(x2)>g(x1)－g(x2)恒成立,则称函数f(x)相对于函数g(x)在区间D上是“渐先函数”.已知函数f(x)＝ax2＋ax相对于函数g(x)＝2x－3在区间[a,a＋2]上是渐先函数,则实数a的取值范围是________.
答案
1.解析：选D 由题意知,要使函数有意义只需解得0f,则－<2x－1<,故－f(x2),即函数f(x)在[2,4]上单调递减；所以函数的大致图象如图所示.又f(4.5)＝f(0.5),f(6.5)＝f(2.5),f(7)＝f(3),根据函数f(x)在(0,4)上的单调性,有f(4.5)0,f(x－1)的图象是由f(x)的图象向右平移1个单位长度得到的,若f(x－1)>0,则－1g(x1)－g(x2)恒成立,即ax＋ax1－(ax＋ax2)>2x1－3－(2x2－3)恒成立,即a(x1－x2)(x1＋x2＋1)>2(x1－x2).因为x1>x2,故不等式转化为a(x1＋x2＋1)>2恒成立.因为a≤x20时,不等式恒成立转化为a(2a＋1)≥2,即2a2＋a－2≥0,解得a≥；当a<0时,不等式恒成立转化为a(2a＋5)≥2,即2a2＋5a－2≥0,解得a≤.所以a的取值范围是
(－∞,∪,＋∞).
答案：(－∞,∪,＋∞)
第三讲 基本初等函数、函数与方程及函数的应用
一、选择题
1.(2014·天津高考)设 a＝log2π,b＝logπ,c＝π－2,则( )
A.a>b>c B.b>a>c
C.a>c>b D.c>b>a
2.(2014·西安模拟)函数f(x)＝ex＋x－2(e为自然对数的底数)的零点个数为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
3.(2014·福建高考)要制作一个容积为 4 m3,高为1 m的无盖长方体容器,已知该容器的底面造价是每平方米20元,侧面造价是每平方米10元,则该容器的最低总造价是 ( )
A.80元 B.120元 C.160元 D.240元
4.(2014·荆门模拟)已知a>b>1,0x B.xa>xb C.logx a>logx b D.loga x>logb x
5.(2014·温州模拟)对于函数f(x)＝4x－m·2x＋1,若存在实数x0,使得f(－x0)＝－f(x0)成立,则实数m的取值范围是( )
A.m≤ B.m≥ C.m≤1 D.m≥1
6.(2014·湖州模拟)如图是函数f(x)＝x2＋ax＋b的部分图象,函数g(x)＝ex－f′(x)的零点所在的区间是(k,k＋1)(k∈Z),则k的值为( )
A.－1或0 B.0 C.－1或1 D.0或1
7.(2014·湖北高考)已知f(x) 是定义在 R上的奇函数,当x≥0 时, f(x)＝x2－3x.则函数g(x)＝f(x)－x＋3 的零点的集合为( )
A.{1,3} B.{－3,－1,1,3} C.{2－,1,3} D.{－2－,1,3}
8.(2014·南安模拟)已知x0是函数f(x)＝2x＋的一个零点.若x1∈(1,x0),x2∈(x0,＋∞),则( )
A.f(x1)<0,f(x2)<0 B.f(x1)<0,f(x2)>0
C.f(x1)>0,f(x2)<0 D.f(x1)>0,f(x2)>0
9.已知关于x的方程x＝有正根,则实数a的取值范围是( )
A.(0,1) B. C. D.(10,＋∞)
10.(2014·忻州模拟)已知函数f(x)＝若方程f(x)－kx＋k＝0有两个实数根,则k的取值范围是( )
A. B. C.[－1,＋∞) D.
二、填空题
11.已知函数f(x)＝(a∈R),若f[f(－1)]＝1,则a＝________.
12.设函数f(x)＝则使得f(x)≤2成立的x的取值范围是________.
13.(2014·宿州模拟)已知等式aln x＋b＝ln(x＋b)对∀x>0恒成立,写出所有满足题设的数对(a,b)＝________.
14.(2014·江苏高考)已知f(x)是定义在R上且周期为3的函数,当x∈[0,3)时,f(x)＝.若函数y＝f(x)－a在区间[－3,4]上有10个零点(互不相同),则实数a的取值范围是________.
15.(2014·定西模拟)已知函数f(x)满足f(x＋1)＝－f(x),且f(x)是偶函数,当x∈[0,1]时,f(x)＝x2,若在区间[－1,3]内,函数g(x)＝f(x)－kx－k有4个零点,则实数k的取值范围是________.
16.设函数f(x)＝ax＋bx－cx,其中c>a>0,c>b>0.
(1)记集合M＝{(a,b,c)|a,b,c不能构成一个三角形的三条边长,且a＝b},则(a,b,c)∈M所对应的f(x)的零点的取值集合为________；
(2)若a,b,c是△ABC的三条边长,则下列结论正确的是________(写出所有正确结论的序号).
①∀x∈(－∞,1),f(x)>0；
②∃x0∈R,使ax0,bx0,cx0不能构成一个三角形的三条边长；
③若△ABC为钝角三角形,则∃x0∈(1,2),使f(x0)＝0.
答案
1.解析：选C 利用中间量比较大小.因为a＝log2π∈(1,2),b＝logπ＜0,c＝π－2∈(0,1),所以a＞c＞b.
2.解析：选B 函数f(x)＝ex＋x－2在R上是增函数,∵f(0)＝－1<0,f(1)＝e－1>0,∴f(0)f(1)<0,可得函数f(x)＝ex＋x－2在(0,1)上有唯一零点,故选B.
3.解析：选C 设该容器的总造价为y元,长方体的底面矩形的长为x m,因为无盖长方体的容积为4 m3,高为1 m,所以长方体的底面矩形的宽为 m,依题意,得y＝20×4＋10＝80＋20≥80＋20×2 ＝160.所以该容器的最低总造价为160元.故选C.
4.解析：选D ∵a>b>1,0b>1,0b>1,0b>1,0logb x,故选D.
5.解析：选B 若存在实数x0,使得f(－x0)＝－f(x0),则4－x0－m·2－x0＋1＝－4x0＋m·2x0＋1,整理得,2m(2x0＋2－x0)＝4x0＋4－x0,2m＝＝＝(2x0＋2－x0)－,设t＝2x0＋2－x0(t≥2),则2m＝t－在[2,＋∞)上为增函数,当t＝2时,2m＝1,得m＝,所以m≥,故选B.
6.解析：选C 由于函数f(x)＝x2＋ax＋b经过点(－1,0),代入得1－a＋b＝0,即a＝b＋1；并且由f(x)的图象可以知01时,y＝是增函数；y＝2x也是增函数.所以f(x)是增函数,因为f(x0)＝0且x1x0,所以f(x1)<0,f(x2)>0.
9.解析：选C 令f(x)＝x,g(x)＝,由方程x＝有正根,即f(x),g(x)的图象在(0,＋∞)上有交点,如图可知0<<1,即整理得即即－10,所以f[f(－1)]＝f(2)＝a·22＝1,解得a＝.
答案：
12.解析：当x<1时,由ex－1≤2得x≤1＋ln 2,∴x<1；当x≥1时,由x≤2得x≤8,∴1≤x≤8.综上,符合题意的x的取值范围是x≤8.
答案：(－∞,8]
13.解析：因为等式aln x＋b＝ln(x＋b)对∀x>0恒成立,所以ln xa＋b＝ln(x＋b),所以ln xa＋ln eb＝ln(x＋b),所以ln(xaeb)＝ln(x＋b),所以xaeb＝x＋b对∀x>0恒成立.只有满足时等式才成立,故填(1,0).
答案：(1,0)
14.解析：函数y＝f(x)－a在区间[－3,4]上有互不相同的10个零点,即函数y＝f(x),x∈[－3,4]与y＝a的图象有10个不同交点.在坐标系中作出函数y＝f(x)在[－3,4]上的图象,f(－3)＝f(－2)＝f(－1)＝f(0)＝f(1)＝f(2)＝f(3)＝f(4)＝,观察图象可得00,所以≤x⇒0c⇒＋>1,又0<<1,0<<1,∀x∈(－∞,1)⇒x>,x>⇒x＋x>1,即f(x)>0,所以①正确；由(1)可知②正确；由△ABC为钝角三角形,所以a2＋b2c,所以＋>1,所以f(1)>0,由零点存在性定理可知③正确.
答案：(1){x|0b>0,则下列不等式中总成立的是( )
A.a＋>b＋ B.a＋>b＋
C.> D.b－>a－
2.(2014·全国高考)不等式组的解集为( )
A.{x|－21}
3.关于x的不等式x2－2ax－8a2<0(a>0)的解集为(x1,x2),且x2－x1＝15,则a＝( )
A. B. C. D.
4.(2014·绍兴模拟)若关于x的不等式x2＋ax－2>0在区间[1,5]上有解,则实数a的取值范围为( )
A. B.
C.(1,＋∞) D.(－∞,－1)
5.若变量x,y满足约束条件 则 2x＋y的最大值是( )
A.2 B.4 C.7 D.8
6.不等式组的解集记为D.有下面四个命题：
p1：∀(x,y)∈D,x＋2y≥－2；
p2：∃(x,y)∈D,x＋2y≥2；
p3：∀(x,y)∈D,x＋2y≤3；
p4：∃(x,y)∈D,x＋2y≤－1.
其中真命题是( )
A.p2,p3 B.p1,p4 C.p1,p2 D.p1,p3
7.(2014·合肥模拟)若正实数x,y满足x＋y＝2,且≥M恒成立,则M的最大值为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
8.(2014·福建四地六校联考)设z＝x＋y,其中实数x,y满足若z的最大值为12,则z的最小值为( )
A.－3 B.－6 C.3 D.6
9.设不等式组表示的平面区域为D.若指数函数y＝ax的图象上存在区域D上的点,则a的取值范围是 ( )
A.(1,3] B.[2,3] C.(1,2] D.[3,＋∞)
10.当0b>0,∴a－b>0,ab>0,∴ab＋1>1>0,∴－＝>0,∴a＋>b＋,选项A正确；对于选项B,取a＝1,b＝,则a＋＝1＋＝2,b＋＝＋2＝,故a＋>b＋不成立；对于C选项,要使>成立,则有b(a＋1)>a(b＋1),即ab＋b>ab＋a⇒b>a,这与已知条件矛盾,选项C错误；对于选项D,若有b－>a－,则有b＋>a＋,这与选项A矛盾,错误,故选A.
2.解析：选C 解x(x＋2)>0,得x<－2或x>0；解|x|<1,得－12－x2在区间[1,5]上有解,即不等式a>－x在区间[1,5]上有解,令f(x)＝－x,则有a>f(x)min,而函数f(x)在区间[1,5]上单调递减,故函数f(x)在x＝5处取得最小值,即f(x)min＝f(5)＝－5＝－,∴a>－.
5.解析：选C 由题意作出可行域如图中阴影部分所示,由⇒A(3,1).故2x＋y的最大值为7.
6.解析：选C 画出可行域如图中阴影部分所示,由图可知,当目标函数z＝x＋2y经过可行域内的点A(2,－1)时,取得最小值0,故x＋2y≥0,因此p1,p2是真命题,选C.
7.解析：选A ∵正实数x,y满足x＋y＝2,∴xy≤＝＝1,∴≥1.又≥M恒成立,∴M≤1,即M的最大值为1.
8.解析：选B 由题意可得x,y满足的区域如图所示.而目标函数z＝x＋y可化为y＝－x＋z,当目标函数过点A时,z取最大值,由此可得12＝k＋k,即k＝6.当z取到最小值时,目标函数的图象过B点,所以z的最小值是－6.故选B.
9.解析：选A 平面区域D如图所示.
要使指数函数y＝ax的图象上存在区域D上的点,
所以1＜a≤3.
10.解析：选B ∵04x>1,∴01,不合题意；当x∈[1,2)时,[x]＝1,不等式为0<0,无解,不合题意；当x∈[2,3]时,[x]>1,所以不等式([x]－1)x<[x]2－1等价于x<[x]＋1,此时恒成立,所以此时不等式的解为2≤x≤3,所以不等式f(x)f>f(1)
B.f>f(1)>f
C.f(1)>f>f
D.f>f(1)>f
3.(2014·江西七校联考)设函数f(x)＝xsin x＋cos x的图象在点(t,f(t))处切线的斜率为k,则函数k＝g(t)的部分图象为( )
4.设函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数y＝(1－x)·f′(x)的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是( )
A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)
C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)
D.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)
5.设a>0,b>0,e是自然对数的底数,则下列命题正确的是( )
A.若ea＋2a＝eb＋3b,则a>b
B.若ea＋2a＝eb＋3b,则ab
D.若ea－2a＝eb－3b,则a
7.若f(x)＝－(x－2)2＋bln x在(1,＋∞)上是减函数,则b的取值范围是( )
A.[－1,＋∞) B.(－1,＋∞)
C.(－∞,－1] D.(－∞,－1)
8.已知常数a,b,c都是实数,f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的导函数为f′(x),f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3},若f(x)的极小值等于－115,则a的值是( )
A.－ B. C.2 D.5
9.(2014·宿州模拟)已知y＝f(x)为R上的可导函数,当x≠0时,f′(x)＋>0,则函数g(x)＝f(x)＋的零点个数为( )
A.1 B.2 C.0 D.0或2
10.若函数f(x)＝(x＋1)·ex,则下列命题正确的是( )
A.对任意m<－,都存在x∈R,使得f(x)－,都存在x∈R,使得f(x)－,方程f(x)＝m总有两个实根
二、填空题
11.函数y＝x2－ln x的单调递减区间为________.
12.已知曲线y＝x2＋aln x(a>0)上任意一点处的切线的斜率为k,若k的最小值为4,则此时切点的坐标为________.
13.已知函数f(x)＝x3－tx2＋3x,若对任意的a∈[1,2],b∈(2,3],函数f(x)在区间(a,b)上单调递减,则实数t的取值范围是________.
14.(2014·孝感模拟)函数f(x)＝ax3－3x＋1对于x∈[－1,1]总有f(x)≥0成立,则a的取值范围为________.
15.(2014·漳平模拟)对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0),给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导数,f″(x)是函数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.给定函数f(x)＝x3－x2＋3x－,请你根据上面探究结果,计算f＋f＋…＋f＋f＝________.
16.设函数f(x)＝(a∈R,e为自然对数的底数).若存在b∈[0,1]使f(f(b))＝b成立,则a的取值范围是________.
答案
1.解析：选A y＝(x－1)·ex,∴y′＝xex,∴曲线在y＝(x－1)·ex在点(1,0)处的切线的斜率为k＝1·e1＝e；∴曲线y＝(x－1)·ex在点(1,0)处的切线的方程为y＝ex－e,故选A.
2.解析：选B 因为函数f(x)＝sin x－x的导数为f′(x)＝cos x－1≤0.所以函数f(x)在定义域内单调递减.又因为－<1<.所以f>f(1)>f.故选B.
3.解析：选B ∵f(x)＝xsin x＋cos x,∴f′(x)＝xcos x,∴k＝g(t)＝tcos t,根据y＝cos t的图象可知g(t)应该为奇函数且当t∈时g(t)>0,故选B.
4.解析：选D 由图象可知,当x<－2时,y＝(1－x)f′(x)>0,所以此时f′(x)>0,故函数f(x)在(－∞,－2)上单调递增.当－20,所以此时f′(x)<0,故函数f(x)在(1,2)上单调递减.当x>2时,y＝(1－x)f′(x)<0,所以此时f′(x)>0,故函数f(x)在(2,＋∞)上单调递增.所以函数f(x)有极大值f(－2),极小值f(2),选D.
5.解析：选A ∵a>0,b>0.∴ea＋2a＝eb＋3b＝eb＋2b＋b>eb＋2b.对于函数y＝ex＋2x(x>0),∵y′＝ex＋2>0,∴y＝ex＋2x在(0,＋∞)上单调递增,因而a>b成立.
6.解析：选A 求导得：f′(x)＝x2－x＋c.函数f(x)＝x3－x2＋cx＋d有极值,则方程x2－x＋c＝0有两个不同的解,所以Δ＝1－4c>0⇒c<.
7.解析：选C 由题意可知f′(x)＝－(x－2)＋≤0在(1,＋∞)上恒成立,即b≤x(x－2)在x∈(1,＋∞)上恒成立,由于φ(x)＝x(x－2)＝x2－2x(x∈(1,＋∞))的值域是(－1,＋∞),故只要b≤－1即可.
8.解析：选C 依题意得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2,3],于是有3a>0,
－2＋3＝－,－2×3＝,b＝－,c＝－18a,函数f(x)在x＝3处取得极小值,于是有f(3)＝27a＋9b＋3c－34＝－115,－a＝－81,a＝2.
9.解析：选C 因为函数y＝f(x)在R上是可导函数,当x≠0时,f′(x)＋>0,即是>0,令h(x)＝xf(x),即>0.所以可得或所以当函数h(x)在x>0时单调递增,所以h(x)>h(0)＝0,即函数当x>0时,h(x)>0.同理当x<0时,h(x)>0.又因为函数g(x)＝f(x)＋可化为g(x)＝,所以当x>0时,g(x)>0即与x轴没交点.当x<0时,g(x)>0,所以函数g(x)＝f(x)＋的零点个数为0.故选C.
10.解析：选B 因为f′(x)＝[(x＋1)ex]′＝(x＋1)ex＋ex＝(x＋2)ex,故函数在区间(－∞,－2),(－2,＋∞)上分别为减函数与增函数,故f(x)min＝f(－2)＝－,故当m>－时,总存在x使得f(x)0)的定义域为{x|x>0},y′＝2x＋≥2＝4,则a＝2,当且仅当x＝1时“＝”成立,将x＝1代入曲线方程得y＝1,故所求的切点坐标是(1,1).
答案：(1,1)
13.解析：∵f(x)＝x3－tx2＋3x,∴f′(x)＝3x2－2tx＋3,由于函数f(x)在(a,b)上单调递减,则有f′(x)≤0在[a,b]上恒成立,即不等式3x2－2tx＋3≤0在[a,b]上恒成立,即有t≥在[a,b]上恒成立,而函数y＝在[1,3]上单调递增,由于a∈[1,2],b∈(2,3],当b＝3时,函数y＝取得最大值,即ymax＝＝5,所以t≥5.
答案：[5,＋∞)
14.解析：f′(x)＝3ax2－3,①a≤0时,f′(x)<0,函数f(x)为R上减函数,而f(1)＝a－2<0不满足条件.②a>0时,x∈和为增函数；x∈为减函数；又f(－1)＝－a＋4≥0⇒a≤4,f(1)＝a－2≥0⇒a≥2,即2≤a≤4⇒≥≥,所以必须有函数f(x)的极小值f＝－3×＋1＝－＋1≥0⇒≥2⇒a≥4,才能满足在区间[－1,1]上f(x)≥0,即a＝4.
答案：{4}
15.解析：由题意可得f(x)＝x3－x2＋3x－,所以f′(x)＝x2－x＋3,所以f″(x)＝2x－1.令f″(x)＝0可得x＝,所以函数f(x)的拐点即对称中心为,即如果x1＋x2＝1,则f(x1)＋f(x2)＝2,所以f＋f＋…＋f＋f＝1 006×2＋1＝2 013.故填2 013.
答案：2 013
16.解析：由题意得 ＝x,x∈[0,1]①.化简得ex＋x－x2＝a,x∈[0,1].令g(x)＝ex＋x－x2,则
g′(x)＝ex＋1－2x.设h(x)＝ex＋1－2x,则h′(x)＝ex－2.所以当x∈(0,ln 2)时,h′(x)＜0；当x∈(ln 2,1)时,h′(x)＞0.所以g′(x)≥g′(ln 2)＝3－2ln 2＞0,所以g(x)在[0,1]上单调递增,所以原题中的方程有解必须方程①有解,所以g(0)≤a≤g(1).
答案：[1,e]
第六讲 高考中的导数综合应用(解答题型)
第1课时 利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题
1.(2014·安徽高考) 设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3,其中 a>0.
(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；
(2)当 x∈[0,1]时,求 f(x)取得最大值和最小值时的x 的值.
2.已知函数f(x)＝ln x,g(x)＝ax2－2x.
(1)若函数y＝f(x)－g(x)在区间上单调递减,求a的取值范围；
(2)设函数f(x)的图象C1与函数g(x)的图象C2交于P、Q两点,过线段PQ的中点作x轴的垂线分别交C1、C2于点M、N,证明：C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不可能平行.
3.(2014·成都模拟)已知函数f(x)＝(x2－2ax＋a2)ln x,a∈R.
(1)当a＝0时,求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝－1时,令F(x)＝＋x－ln x,证明：F(x)≥－e－2,其中e为自然对数的底数；
(3)若函数f(x)不存在极值点,求实数a的取值范围.
4.已知函数f(x)＝＋ln x(a>0).
(1)若函数f(x)在(1,＋∞)上是增函数,求实数a的取值范围；
(2)若a＝1,k∈R且k<,设F(x)＝f(x)＋(k－1)·ln x,求函数F(x)在上的最大值和最小值.
答案
1.解：(1)f(x)的定义域为(－∞,＋∞),f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令f′(x)＝0,得x1＝,x2＝,x1x2时,f′(x)<0；
当x10.
故f(x)在(－∞,x1)和(x2,＋∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增.
(2)因为a>0,所以x1<0,x2>0.
①当a≥4时,x2≥1,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值.
②当0x2,由题意可得x1,x2>0,作出示意图如图所示.
f′(x)＝,g′(x)＝ax－2.
假设两条切线有可能平行,则存在a使f′＝g′⇔＝(x1＋x2)－2⇔＝(x－x)－2(x1－x2)＝－ax－2x2＝y1－y2＝ln x1－ln x2＝ln .
不妨设＝t>1,
则方程＝ln t存在大于1的实根,
设φ(t)＝－ln t,则φ′(t)＝<0,
∴φ(t)<φ(1)＝0,这与存在t>1使φ(t)＝0矛盾,
∴C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不可能平行.
3.解：(1)当a＝0时,f(x)＝x2ln x(x>0),此时f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1).
令f′(x)>0,解得x>e－.
∴函数f(x)的单调递增区间为(e－,＋∞),单调递减区间为(0,e－).
(2)F(x)＝＋x－ln x＝xln x＋x.
由F′(x)＝2＋ln x,得F(x)在(0,e－2)上单调递减,在(e－2,＋∞)上单调递增,
∴F(x)≥F(e－2)＝－e－2.
(3)f′(x)＝2(x－a)ln x＋＝·(2xln x＋x－a).令g(x)＝2xln x＋x－a,则g′(x)＝3＋2ln x,
∴函数g(x)在(0,e－)上单调递减,在(e－,＋∞)上单调递增,∴g(x)≥g(e－)＝－2e－－a.
①当a≤0时,∵函数f(x)无极值,∴－2e－－a≥0,解得a≤－2e－.
②当a>0时,g(x)min＝－2e－－a<0,即函数g(x)在(0,＋∞)上存在零点,记为x0.
由函数f(x)无极值点,易知x＝a为方程f′(x)＝0的重根,
∴2aln a＋a－a＝0,即2aln a＝0,a＝1.
当01时,x0>1且x0≠a,函数f(x)的极值点为a和x0；
当a＝1时,x0＝1,此时函数f(x)无极值.
综上,a≤－2e－或a＝1.
4.解：(1)由题设可知f′(x)＝(a>0),因为函数f(x)在(1,＋∞)上是增函数,即在区间(1,＋∞)上f′(x)>0,即ax－1>0,得x>,所以≤1,即a≥1,所以实数a的取值范围是[1,＋∞).
(2)当a＝1时,f(x)＝＋ln x,F(x)＝＋ln x＋(k－1)ln x＝＋kln x,所以F′(x)＝＋＝,当k＝0时,F′(x)＝在上恒有F′(x)<0,所以F(x)在上
单调递减,所以F(x)min＝F(e)＝,F(x)max＝F＝e－1,当k≠0时,F′(x)＝＝,
①当k<0时,F′(x)在上恒有<0,所以F(x)在上单调递减,所以F(x)min＝F(e)＝＋kln e＝＋k＝＋k－1,F(x)max＝F＝e－1－k.
②当k>0时,因为k<,所以>e,所以在区间上x－<0,则<0,所以F(x)在上单调递减,所以F(x)min＝F(e)＝＋kln e＝＋k＝＋k－1,F(x)max＝F＝e－1－k.综上所述,当k＝0时,F(x)min＝F(e)＝,F(x)max＝F＝e－1；当k≠0且k<时,F(x)min＝＋k－1,F(x)max＝e－1－k.
第2课时 利用导数解决不等式、方程解的问题
1.(2014·海淀模拟)已知函数f(x)＝xln x.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当k≤1时,求证：f(x)≥kx－1恒成立.
2.(2014·天津高考)已知函数 f(x)＝x2－ax3(a>0),x∈R.
(1) 求f(x) 的单调区间和极值；
(2)若对于任意的x1∈(2,＋∞),都存在 x2∈(1,＋∞),使得 f(x1)·f(x2)＝1,求a 的取值范围.
3.设函数f(x)＝2ln x＋mx－x2.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y＝2x＋n,求实数m,n的值；
(2)若m>－4,求证：当a>b>0时,有>－2；
(3)若函数f(x)有两个零点x1,x2(x10恒成立,求实数a的值；
(3)当a<0时,对于函数h(x)＝f(x)－g(x)＋1,记在h(x)图象上任意两点A、B连线的斜率为kAB,若|kAB|≥1恒成立,求a的取值范围.
答案
1.解：(1)函数f(x)的定义域为(0,＋∞),f′(x)＝ln x＋1.
令f′(x)＝0,得x＝.
f′(x)与f(x)的情况如下：
所以f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.
(2)设g(x)＝ln x＋,x>0,
g′(x)＝－＝.
g′(x)与g(x)的情况如下：
所以g(x)≥g(1)＝1,
即ln x＋≥1在x>0时恒成立,
所以当k≤1时,ln x＋≥k,
所以xln x＋1≥kx,即xln x≥kx－1,
所以当k≤1时,有f(x)≥kx－1.
2.解：(1)由已知,有f′(x)＝2x－2ax2(a＞0).
令f′(x)＝0,解得x＝0或x＝.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表：
所以f(x)的单调递增区间是；单调递减区间是(－∞,0),.
当x＝0时,f(x)有极小值,且极小值f(0)＝0；当x＝时,f(x)有极大值,且极大值f＝.
(2)由f(0)＝f＝0及(1)知,当x∈时,f(x)＞0；当x∈时,f(x)＜0.
设集合A＝{f(x)|x∈(2,＋∞)},集合B＝x∈(1,＋∞),f(x)≠0.则“对于任意的x1∈(2,＋∞),都存在x2∈(1,＋∞),使得f(x1)·f(x2)＝1”等价于A⊆B.显然,0∉B.
下面分三种情况讨论：
①当＞2,即0＜a＜时,由f＝0可知,0∈A,而0∉B,所以A不是B的子集.
②当1≤≤2,即≤a≤时,有f(2)≤0,且此时f(x)在(2,＋∞)上单调递减,故A＝(－∞,f(2)),因而A⊆(－∞,0)；由f(1)≥0,有f(x)在(1,＋∞)上的取值范围包含(－∞,0),则(－∞,0)⊆B.所以A⊆B.
③当＜1,即a＞时,有f(1)＜0,且此时f(x)在(1,＋∞)上单调递减,故B＝,A＝(－∞,f(2)),
所以A不是B的子集.
综上,a的取值范围是.
3.解：(1)由f(x)＝2ln x＋mx－x2得f′(x)＝m＋－2x,
故由题意可得f′(1)＝m＋－2＝2,即m＝2.
从而f(1)＝2ln 1＋2－1.
又知f(1)＝2×1＋n,
∴2＋n＝1,
∴n＝－1.
∴实数m,n的值分别为m＝2,n＝－1.
(2)由于a>b>0,
设函数g(x)＝f(x)＋2x2＝x2＋mx＋2ln x,
则有g′(x)＝2x＋m＋.
由于x>0,且m>－4,
∴g′(x)＝2x＋m＋≥2＋m＝4＋m>0,故g(x)在(0,＋∞)上递增,
∴g(a)>g(b),
∴f(a)＋2a2>f(b)＋2b2,
∴>－2.
(3)由x1,x2(x1x1>0,则有t∈(0,1).
进而可得－(ln x1－ln x2)＝－ln t,
设函数h(t)＝－ln t,t∈(0,1),
则有h′(t)＝－＝－<0,
故函数h(t)在区间(0,1)上递减,从而可得h(t)>h(1)＝0.
于是有－(ln x1－ln x2)>0,而<0,
因此f′(x0)<0.
4.解：(1)f′(x)＝,g′(x)＝2x,依题意得a＝2.
曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为2x－y－2＝0,
曲线y＝g(x)在x＝1处的切线方程为2x－y－1＝0.
所以两直线间的距离为.
(2)令h(x)＝f(x)－g(x)＋1,则h′(x)＝－2x＝.
当a≤0时,注意到x>0,所以h′(x)<0,
∴h(x)在(0,＋∞)上单调递减,
又h(1)＝0,故当00,即f(x)>g(x)－1,与题设矛盾.
当a>0时,h′(x)＝(x>0),
当00,当x>时,h′(x)<0,
∴h(x)在上是增函数,在上是减函数,
∴h(x)≤h＝ln－＋1.
h(1)＝0,又当a≠2时,≠1,h>h(1)＝0,与h≤0不符.
∴a＝2.
(3)当a<0时,由(2)知h′(x)<0,∴h(x)在(0,＋∞)上是减函数,
不妨设00),
∴－2x2＋x＋a≤0在x>0时恒成立,∴a≤(2x2－x)min,
又当x>0时,(2x2－x)min＝－,
∴a≤－,又a<0,∴a的取值范围是.
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