《2019-2020年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫 第二章 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 理（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫 第二章 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 理（含解析）.doc（27頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
2019-2020年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫 第二章 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 理（含解析）
1. （xx四川，5分）已知f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，x∈(－1,1)，現(xiàn)有下列命題：①f(－x)＝－f(x)；②f＝2f(x)；③|f(x)|≥2|x|.其中的所有正確命題的序號是( )
A．①②③ B．②③
C．①③ D．①②
解析：f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝－f(x)，故①正確；因為f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)＝ln，又當(dāng)x∈(－1,1)時，∈(－1,1)，所以f＝ln＝ln2＝2ln＝2f(x)，故②正確；當(dāng)x∈[0,1)時，|f(x)|≥2|x|?f(x)－2x≥0，令g(x)＝f(x)－2x＝ln(1＋x)－ln(1－x)－2x(x∈[0,1))，因為g′(x)＝＋－2＝>0，所以g(x)在區(qū)間[0,1)上單調(diào)遞增，g(x)＝f(x)－2x≥g(0)＝0，即f(x)≥2x，又f(x)與y＝2x都為奇函數(shù)，所以|f(x)|≥2|x|成立，故③正確，故選A.
答案：A
2. （xx新課標(biāo)全國Ⅱ，5分）設(shè)函數(shù)f(x)＝sin.若存在f(x)的極值點x0滿足x＋[f(x0)]2
3，其中k∈Z.由題意，存在整數(shù)k使得不等式m21－2>3成立．當(dāng)k≠－1且k≠0時，必有2>1，此時不等式顯然不能成立，故k＝－1或k＝0，此時，不等式即為m2>3，解得m<－2或m>2.
答案：C
3. （xx遼寧，5分）當(dāng)x∈[－2,1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．[－5，－3] B.
C．[－6，－2] D．[－4，－3]
解析：當(dāng)x∈(0,1]時，得a≥－33－42＋，令t＝，則t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，令g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，則g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)(9t－1)，顯然在[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)單調(diào)遞減，所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6；同理，當(dāng)x∈[－2,0)時，得a≤－33－42＋，令m＝，則m∈，a≤－3m3－4m2＋m，令g(m)＝－3m3－4m2＋m，m∈，則g′(m)＝－9m2－8m＋1＝－(m＋1)(9m－1)．顯然在上g′(m)<0，在上，g′(m)>0，所以g(m)min＝g(－1)＝－2.所以a≤－2.由以上兩種情況得－6≤a≤－2，顯然當(dāng)x＝0時也成立．故實數(shù)a的取值范圍為[－6，－2]．
答案：C
4. （xx湖北，14分）π為圓周率，e＝2.718 28…為自然對數(shù)的底數(shù)．
(1)求函數(shù)f(x)＝的單調(diào)區(qū)間；
(2)求e3,3e，eπ，πe,3π，π3這6個數(shù)中的最大數(shù)與最小數(shù)；
(3)將e3,3e，eπ，πe,3π，π3這6個數(shù)按從小到大的順序排列，并證明你的結(jié)論．
解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
因為f(x)＝，所以f′(x)＝.
當(dāng)f′(x)>0，即0e時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．
故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，＋∞)．
(2)因為e<3<π，所以eln 3π3；
由<，得ln 3e2－. ①
由①得，eln π>e>2.7>2.7(2－0.88)＝3.024>3，
即eln π>3，亦即ln πe>ln e3，所以e3<πe.
又由①得，3ln π>6－>6－e>π，即3ln π>π，所以eπ<π3.
綜上可得，3e0，
所以當(dāng)x∈(0,2)時，f′(x)<0，函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞減，
x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞增．
所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)．
(2)由(1)知，k≤0時，函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減，
故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在極值點；
當(dāng)k>0時，設(shè)函數(shù)g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)，
因為g′(x)＝ex－k＝ex－eln k，
當(dāng)00，y＝g(x)單調(diào)遞增．
故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在兩個極值點；
當(dāng)k>1時，得x∈(0，ln k)時，g′(x)<0，函數(shù)y＝g(x)單調(diào)遞減．
x∈(ln k，＋∞)時，g′(x)>0，函數(shù)y＝g(x)單調(diào)遞增．
所以函數(shù)y＝g(x)的最小值為g(ln k)＝k(1－ln k)．
函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個極值點當(dāng)且僅當(dāng)解得e0.
(1)討論f(x)在其定義域上的單調(diào)性；
(2)當(dāng)x∈[0,1]時，求f(x)取得最大值和最小值時的x的值．
解：(1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，
f′(x)＝1＋a－2x－3x2.
令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝，x1x2時，f′(x)<0；當(dāng)x10.
故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上單調(diào)遞減，在(x1，x2)上單調(diào)遞增．
(2)因為a>0，所以x1<0，x2>0.
①當(dāng)a≥4時，x2≥1.
由(1)知，f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增．
所以f(x)在x＝0和x＝1處分別取得最小值和最大值．
②當(dāng)00時，x20，t(a)在上是增函數(shù)，故t(a)≥t(0)＝－2，
因此－2≤3a＋b≤0；
③當(dāng)0，g(1)＝e－2a－b>0.
由f(1)＝0有a＋b＝e－1<2，有
g(0)＝1－b＝a－e＋2>0，g(1)＝e－2a－b＝1－a>0.
解得e－20，g(1)＝1－a>0，
故此時g(x)在(0，ln(2a))和(ln(2a)，1)內(nèi)各只有一個零點x1和x2.
由此可知f(x)在[0，x1]上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減，在[x2,1]上單調(diào)遞增．
所以f(x1)>f(0)＝0，f(x2)0)，則t>1，所以m≤－＝－對任意t>1成立．
因為t－1＋＋1≥2 ＋1＝3，
所以－≥－，
當(dāng)且僅當(dāng)t＝2，即x＝ln 2時等號成立．
因此實數(shù)m的取值范圍是.
(3)令函數(shù)g(x)＝ex＋－a(－x3＋3x)，
則g′(x)＝ex－＋3a(x2－1)．
當(dāng)x≥1時，ex－>0，x2－1≥0，
又a>0，故g′(x)>0.
所以g(x)是[1，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)，因此g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝e＋e－1－2a.
由于存在x0∈[1，＋∞)，使ex0＋e－x0－a(－x＋3x0)<0成立，當(dāng)且僅當(dāng)最小值g(1)<0.
故e＋e－1－2a<0，即a>.
令函數(shù)h(x)＝x－(e－1)ln x－1，
則h′(x)＝1－.令h′(x)＝0，得x＝e－1，
當(dāng)x∈(0，e－1)時，h′(x)<0，
故h(x)是(0，e－1)上的單調(diào)減函數(shù)；
當(dāng)x∈(e－1，＋∞)時，h′(x)>0，
故h(x)是(e－1，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)．
所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值是h(e－1)．
注意到h(1)＝h(e)＝0，
所以當(dāng)x∈(1，e－1)?(0，e－1)時，h(e－1)≤h(x)h(e)＝0，即a－1>(e－1)ln a，故ea－1>ae－1.
綜上所述，當(dāng)a∈時，ea－1ae－1.
11. （xx遼寧，12分）已知函數(shù)f(x)＝(cos x－x)(π＋2x)－(sin x＋1)，g(x)＝3(x－π)cos x－4(1＋sin x)ln.
證明：(1)存在唯一x0∈，使f(x0)＝0；
(2)存在唯一x1∈，使g(x1)＝0，且對(1)中的x0，有x0＋x1<π.
證明：(1)當(dāng)x∈時，f′(x)＝－(1＋sin x)(π＋2x)－2x－cos x<0，
則函數(shù)f(x)在上為減函數(shù)，
又f(0)＝π－>0，f＝－π2－<0，
所以存在唯一x0∈，使f(x0)＝0.
(2)考慮函數(shù)h(x)＝－4ln，x∈.
令t＝π－x，則x∈時，t∈.
設(shè)u(t)＝h(π－t)＝－4ln，
則u′(t)＝.
由(1)得，當(dāng)t∈(0，x0)時，u′(t)>0，
當(dāng)t∈時，u′(t)<0.
在(0，x0)上u(t)是增函數(shù)，又u(0)＝0，
從而當(dāng)t∈(0，x0]時，u(t)>0，
所以u(t)在(0，x0]上無零點．
在上u(t)為減函數(shù)，由u(x0)>0，u＝－4ln 2<0，知存在唯一t1∈，使u(t1)＝0.
所以存在唯一的t1∈，使u(t1)＝0.
因此存在唯一的x1＝π－t1∈，使h(x1)＝h(π－t1)＝u(t1)＝0.
因為當(dāng)x∈時，1＋sin x>0，
故g(x)＝(1＋sin x)h(x)與h(x)有相同的零點，
所以存在唯一的x1∈，使g(x1)＝0.
因x1＝π－t1，t1>x0，所以x0＋x1<π.
12. （xx天津，14分）設(shè)f(x)＝x－aex(a∈R)，x∈R.已知函數(shù)y＝f(x)有兩個零點x1，x2，且x10在R上恒成立，可得f(x)在R上單調(diào)遞增，不合題意．
②a>0時
由f′(x)＝0，得x＝－ln a.
當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x
(－∞，－ln a)
－ln a
(－ln a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
－ln a－1
這時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－ln a)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－ln a，＋∞)．于是，“函數(shù)y＝f(x)有兩個零點”等價于如下條件同時成立：a.f(－ln a)>0；
b．存在s1∈(－∞，－ln a)，滿足f(s1)<0；
c．存在s2∈(－ln a，＋∞)，滿足f(s2)<0.
由f(－ln a)>0，即－ln a－1>0，解得00.
由已知，x1，x2滿足a＝g(x1)，a＝g(x2)，由a∈(0，e－1)，及g(x)的單調(diào)性，可得x1(0,1)，x2∈(1，＋∞)．
對于任意的a1，a2∈(0，e－1)，設(shè)a1>a2，g(ξ1)＝g(ξ2)＝a1,0<ξ1<1<ξ2，g(η1)＝g(η2)＝a2，其中0<η1<1<η2.
因為g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，故由a1>a2，即g(ξ1)>g(η1)，可得ξ1>η1；類似可得ξ2<η2.
又由ξ1，η1>0，得<<.
所以隨著a的減小而增大．
(3)證明：由x1＝aex1，x2＝aex2，
可得ln x1＝ln a＋x1，ln x2＝ln a＋x2.
故x2－x1＝ln x2－ln x1＝ln.
設(shè)＝t，則t>1，且
解得x1＝，x2＝.
所以，x1＋x2＝. ①
令h(x)＝，x∈(1，＋∞)，
則h′(x)＝，
令u(x)＝－2ln x＋x－，得u′(x)＝2.
當(dāng)x∈(1，＋∞)時，u′(x)>0.
因此，u(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
故對于任意的x∈(1，＋∞)，u(x)>u(1)＝0，
由此可得h′(x)>0，故h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
因此，由①可得x1＋x2隨著t的增大而增大．
而由(2)知，t隨著a的減小而增大，所以x1＋x2隨著a的減小而增大
13. （xx湖南，13分）已知常數(shù)a>0，函數(shù)f(x)＝ln(1＋ax)－.
(1)討論f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的單調(diào)性；
(2)若f(x)存在兩個極值點x1，x2，且f(x1)＋f(x2)>0，求a的取值范圍．
解：(1)f′(x)＝－＝. (*)
當(dāng)a≥1時，f′(x)>0.此時，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
當(dāng)00.
故f(x)在區(qū)間(0，x1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(x1，＋∞)上單調(diào)遞增．
綜上所述，當(dāng)a≥1時，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)0－且x≠－2，所以－2>－，－2≠－2，解得a≠.此時，由(*)式易知，x1，x2分別是f(x)的極小值點和極大值點．而f(x1)＋f(x2)＝ln(1＋ax1)－＋ln(1＋ax2)－
＝ln[1＋a(x1＋x2)＋a2x1x2]－
＝ln(2a－1)2－
＝ln(2a－1)2＋－2.
令2a－1＝x，由0g(1)＝0.故當(dāng)0.
綜上所述，滿足條件的a的取值范圍為.
14. （xx陜西，14分）設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)．
(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求gn(x)的表達式；
(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
(3)設(shè)n∈N＋，比較g(1)＋g(2)＋…＋g(n)與n－f(n)的大小，并加以證明．
解：由題設(shè)得，g(x)＝(x≥0)．
(1)由已知，g1(x)＝，
g2(x)＝g(g1(x))＝＝，
g3(x)＝，…，可得gn(x)＝.
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．
①當(dāng)n＝1時，g1(x)＝，結(jié)論成立．
②假設(shè)n＝k時結(jié)論成立，即gk(x)＝.
那么，當(dāng)n＝k＋1時，
gk＋1(x)＝g(gk(x))＝＝＝，
即結(jié)論成立．
由①②可知， 結(jié)論對n∈N＋成立．
所以gn(x)＝.
(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥恒成立．
設(shè)φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，
則φ′(x)＝－＝，
當(dāng)a≤1時，φ′(x)≥0(僅當(dāng)x＝0，a＝1時等號成立)，
∴φ(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ(0)＝0，
∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
∴a≤1時，ln(1＋x)≥恒成立(僅當(dāng)x＝0時等號成立)．
當(dāng)a>1時，對x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，a－1]上單調(diào)遞減，
∴φ(a－1)<φ(0)＝0，
即a>1時，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥不恒成立．
綜上可知，a的取值范圍是(－∞，1]．
(3)由題設(shè)知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝＋＋…＋，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，
比較結(jié)果為g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．
證明如下：
證法一：上述不等式等價于＋＋…＋，x>0.
令x＝，n∈N＋，則，x>0.
令x＝，n∈N＋，則ln>.
故有l(wèi)n 2－ln 1>，
ln 3－ln 2>，
……
ln(n＋1)－ln n>，
上述各式相加可得ln(n＋1)>＋＋…＋，
結(jié)論得證．
證法三：如圖，dx是由曲線y＝，x＝n及x軸所圍成的曲邊梯形的面積，而＋＋…＋是圖中所示各矩形的面積和，
∴＋＋…＋>dx＝dx＝n－ln(n＋1)，結(jié)論得證
15. （xx重慶，12分）已知函數(shù)f(x)＝ae2x－be－2x－cx(a，b，c∈R)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)為偶函數(shù)，且曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線的斜率為4－c.
(1)確定a，b的值；
(2)若c＝3，判斷f(x)的單調(diào)性；
(3)若f(x)有極值，求c的取值范圍．
解：(1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝2ae2x＋2be－2x－c，
由f′(x)為偶函數(shù)，知f′(－x)＝f′(x)，
即2(a－b)(e2x－e－2x)＝0，所以a＝b.
又f′(0)＝2a＋2b－c＝4－c，故a＝1，b＝1.
(2)當(dāng)c＝3時，f(x)＝e2x－e－2x－3x，那么f′(x)＝2e2x＋2e－2x－3≥2－3＝1>0，故f(x)在R上為增函數(shù)．
(3)由(1)知f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c，而2e2x＋2e－2x≥2＝4，
當(dāng)x＝0時等號成立．
下面分三種情況進行討論．
當(dāng)c<4時，對任意x∈R，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c>0，此時f(x)無極值；
當(dāng)c＝4時，對任意x≠0，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－4>0，此時f(x)無極值；
當(dāng)c>4時，令e2x＝t，注意到方程2t＋－c＝0有兩根t1,2＝>0，
即f′(x)＝0有兩個根x1＝ln t1或x2＝ln t2.
當(dāng)x1x2時，f′(x)>0，從而f(x)在x＝x2處取得極小值．
綜上，若f(x)有極值，則c的取值范圍為(4，＋∞)．
16. （xx江西，12分）已知函數(shù)f(x)＝(x2＋bx＋b)(b∈R)．
(1)當(dāng)b＝4時，求f(x)的極值；
(2)若f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，求b的取值范圍．
解：(1)當(dāng)b＝4時，f′(x)＝，
由f′(x)＝0得x＝－2或x＝0.
當(dāng)x∈(－∞，－2)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(－2,0)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，故f(x)在x＝－2取極小值f(－2)＝0，在x＝0取極大值f(0)＝4.
(2)f′(x)＝，
因為當(dāng)x∈時，<0，
依題意當(dāng)x∈時，有5x＋(3b－2)≤0，從而＋(3b－2)≤0.
所以b的取值范圍為
17．（xx新課標(biāo)全國Ⅰ，5分）已知函數(shù)f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝4x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)討論f(x)的單調(diào)性，并求f(x)的極大值．
解：本題主要考查導(dǎo)數(shù)的基本知識，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性、求極值．
(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.
由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8.
從而a＝4，b＝4.
(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，
f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2).
令f′(x)＝0得，x＝－ln 2或x＝－2.
從而當(dāng)x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(－2，－ln 2)時，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－2，－ln 2)上單調(diào)遞減．
當(dāng)x＝－2時，函數(shù)f(x)取得極大值，極大值為f(－2)＝4(1－e－2)．
18.（xx山東，12分）已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx－ln x(a，b∈R)．
(1)設(shè)a≥0，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)設(shè)a＞0，且對任意x＞0，f(x)≥f(1)．試比較ln a與－2b的大?。?
解：本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和相關(guān)函數(shù)值的大小比較，考查分類討論思想、推理論證能力和運算求解能力．
(1)由f(x)＝ax2＋bx－ln x，x∈(0，＋∞)，
得f′(x)＝.
①當(dāng)a＝0時，f′(x)＝.
(ⅰ)若b≤0，當(dāng)x>0時，f′(x)<0恒成立，
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，＋∞)．
(ⅱ)若b>0，當(dāng)0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是.
②當(dāng)a>0時，令f′(x)＝0，
得2ax2＋bx－1＝0.
由Δ＝b2＋8a>0，得x1＝，
x2＝.
當(dāng)0x2時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是.
綜上所述，
當(dāng)a＝0，b≤0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，＋∞)；
當(dāng)a＝0，b>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是；
當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是，＋∞.
(2)由題意知，函數(shù)f(x)在x＝1處取得最小值．
由(1)知是f(x)的唯一極小值點，
故＝1，整理得2a＋b＝1即b＝1－2a.
令g(x)＝2－4x＋ln x，
則g′(x)＝.
令g′(x)＝0，得x＝，
當(dāng)00，g(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x>時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減．
因此g(x)≤g＝1＋ln ＝1－ln 4<0.
故g(a)<0，即2－4a＋ln a＝2b＋ln a<0，
即ln a<－2b.
19．（xx湖南，13分）已知函數(shù)f(x)＝ex.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明：當(dāng)f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)時，x1＋x2＜0.
解：本題主要考查函數(shù)求導(dǎo)、函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和不等式的證明，意在結(jié)合轉(zhuǎn)化思想和函數(shù)思想，考查考生的計算能力、利用函數(shù)思想證明不等式的能力．
(1)函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)．
f′(x)＝′ex＋ex＝ex＝ex.
當(dāng)x<0時，f′(x)>0；當(dāng)x>0時，f′(x)<0.
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)．
(2)證明：當(dāng)x<1時，由于>0，ex>0，故f(x)>0；
同理，當(dāng)x>1時，f(x)<0.
當(dāng)f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)時，不妨設(shè)x10時，f(x)( )
A．有極大值，無極小值
B．有極小值，無極大值
C．既有極大值又有極小值
D．既無極大值也無極小值
解析：本題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化能力．由題意[x2f(x)]′＝，令g(x)＝x2f(x)，則g′(x)＝，且f(x)＝，因此f′(x)＝＝.令h(x)＝ex－2g(x)，則h′(x)＝ex－2g′(x)＝ex－＝，所以x>2時，h′(x)>0；00時，f(x)是單調(diào)遞增的，
f(x)既無極大值也無極小值．
答案：C
22．（xx湖北，5分）已知a為常數(shù)，函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個極值點x1，x2(x1＜x2)，則( )
A．f(x1)＞0，f(x2)＞－
B．f(x1)＜0，f(x2)＜－
C．f(x1)＞0，f(x2)＜－
D．f(x1)＜0，f(x2)＞－
解析：本題主要考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的基礎(chǔ)知識與基本運算，意在考查考生分析問題、處理問題的能力．
∵f(x)＝x(ln x－ax)，
∴f′(x)＝ln x－2ax＋1.又函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個極值點x1，x2，
∴f′(x)＝ln x－2ax＋1有兩個零點x1，x2，即函數(shù)g(x)＝ln x與函數(shù)h(x)＝2ax－1有兩個交點．∴a>0，且0f(1)＝－a>－.故選D.
答案：D
23．（xx福建，13分）已知函數(shù)f(x)＝x－aln x(a∈R)．
(1)當(dāng)a＝2時，求曲線y＝f(x)在點A(1，f(1))處的切線方程；
(2)求函數(shù)f(x)的極值．
解：本小題主要考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、函數(shù)的極值等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，考查函數(shù)與方程思想、分類與整合思想、數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想．
函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1－.
(1)當(dāng)a＝2時，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－(x>0)，
因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，
所以曲線y＝f(x)在點A(1，f(1))處的切線方程為y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.
(2)由f′(x)＝1－＝，x>0知：
①當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)為(0，＋∞)上的增函數(shù)，函數(shù)f(x)無極值；
②當(dāng)a>0時，由f′(x)＝0，解得x＝a，
又當(dāng)x∈(0，a)時，f′(x)<0；
當(dāng)x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0，
從而函數(shù)f(x)在x＝a處取得極小值，且極小值為f(a)＝a－aln a，無極大值．
綜上，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)無極值；
當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)在x＝a處取得極小值a－aln a，無極大值．
24．（xx浙江，14分）已知a∈R，函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋3ax－3a＋3.
(1)求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；
(2)當(dāng)x∈[0,2]時，求|f(x)|的最大值．
解：本題以三次函數(shù)為載體，主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)、絕對值等基礎(chǔ)知識，意在考查考生的推理能力，函數(shù)與方程、分類討論、數(shù)形結(jié)合等思想方法．
(1)由題意得f′(x)＝3x2－6x＋3a，故f′(1)＝3a－3.
又f(1)＝1，所以所求的切線方程為y＝(3a－3)x－3a＋4.
(2)由于f′(x)＝3(x－1)2＋3(a－1)，0≤x≤2，故
①當(dāng)a≤0時，有f′(x)≤0，此時f(x)在[0,2]上單調(diào)遞減，故|f(x)|max＝max{|f(0)|，|f(2)|}＝3－3a.
②當(dāng)a≥1時，有f′(x)≥0，此時f(x)在[0,2]上單調(diào)遞增，故|f(x)|max＝max{|f(0)|，|f(2)|}＝3a－1.
③當(dāng)00，f(x1)－f(x2)＝
4(1－a)>0.
從而f(x1)>|f(x2)|.
所以|f(x)|max＝max{f(0)，|f(2)|，f(x1)}．
(ⅰ)當(dāng)0|f(2)|.
又f(x1)－f(0)＝2(1－a)－(2－3a)＝>0，
故|f(x)|max＝f(x1)＝1＋2(1－a).
(ⅱ)當(dāng)≤a<1時，|f(2)|＝f(2)，且f(2)≥f(0)．
又f(x1)－|f(2)|＝2(1－a)－(3a－2)＝，
所以當(dāng)≤a<時，f(x1)>|f(2)|.
故|f(x)|max＝f(x1)＝1＋2(1－a).
當(dāng)≤a<1時，f(x1)≤|f(2)|.
故|f(x)|max＝|f(2)|＝3a－1.
綜上所述，|f(x)|max＝
25．（xx陜西，14分）已知函數(shù)f(x)＝ex，x∈R.
(1)若直線y＝kx＋1與f(x)的反函數(shù)的圖象相切，求實數(shù)k的值；
(2)設(shè)x>0，討論曲線y＝f(x)與曲線y＝mx2(m>0)公共點的個數(shù)；
(3)設(shè)a0，φ(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴φ(x)在(0，＋∞)上的最小值為φ(2)＝.
當(dāng)0時，在區(qū)間(0,2)內(nèi)存在x1＝，使得φ(x1)>m，在(2，＋∞)內(nèi)存在x2＝me2，使得φ(x2)>m.由φ(x)的單調(diào)性知，曲線y＝與y＝m在(0，＋∞)上恰有兩個公共點．
綜上所述，當(dāng)x>0時，
若0，曲線y＝f(x)與y＝mx2有兩個公共點．
(3)法一：可以證明>.事實上，
>?>
?>?>1－
?>1－(b>a)． (*)
令ψ(x)＝＋－1(x≥0)，
則ψ′(x)＝－＝＝≥0(僅當(dāng)x＝0時等號成立)，
∴ψ(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴x>0時，ψ(x)>ψ(0)＝0.
令x＝b－a，即得(*)式，結(jié)論得證．
法二：－
＝－
＝
＝[(b－a)eb－a＋(b－a)－2eb－a＋2]，
設(shè)函數(shù)u(x)＝xex＋x－2ex＋2(x≥0)，
則u′(x)＝ex＋xex＋1－2ex，
令h(x)＝u′(x)，則h′(x)＝ex＋ex＋xex－2ex＝xex≥0(僅當(dāng)x＝0時等號成立)，
∴u′(x)單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x>0時，u′(x)>u′(0)＝0，∴u(x)單調(diào)遞增．
當(dāng)x>0時，u(x)>u(0)＝0.
令x＝b－a，則得(b－a)eb－a＋(b－a)－2eb－a＋2>0，
∴－>0，
因此，>.
26．（xx江蘇，16分）若函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處取得極大值或極小值，則稱x0為函數(shù)y＝f(x)的極值點．已知a，b是實數(shù)，1和－1是函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx的兩個極值點．
(1)求a和b的值；
(2)設(shè)函數(shù)g(x)的導(dǎo)函數(shù)g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的極值點；
(3)設(shè)h(x)＝f(f(x))－c，其中c∈[－2,2]，求函數(shù)y＝h(x)的零點個數(shù)．
解：(1)由題設(shè)知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3.
(2)由(1)知f(x)＝x3－3x.因為f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，所以g′(x)＝0的根為x1＝x2＝1，x3＝－2，于是函數(shù)g(x)的極值點只可能是1或－2.
當(dāng)x<－2時，g′(x)<0；當(dāng)－20，故－2是g(x)的極值點．
當(dāng)－21時，g′(x)>0，故1不是g(x)的極值點．
所以g(x)的極值點為－2.
(3)令f(x)＝t，則h(x)＝f(t)－c.先討論關(guān)于x的方程f(x)＝d根的情況，d∈[－2,2]．
當(dāng)|d|＝2時，由(2)可知，f(x)＝－2的兩個不同的根為1和－2，注意到f(x)是奇函數(shù)，所以f(x)＝2的兩個不同的根為－1和2.
當(dāng)|d|<2時，因為f(－1)－d＝f(2)－d＝2－d>0，f(1)－d＝f(－2)－d＝－2－d<0，
所以－2，－1,1,2都不是f(x)＝d的根．由(1)知f′(x)＝3(x＋1)(x－1)．
①當(dāng)x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，于是
2019-2020年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫 第二章 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 理（含解析）.doc
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