高考导函数综合训练(含标准答案)Word文档格式.docx
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【例3】已知函数f（x）＝lnx－.
（1）若a>
0，试判断f（x）在定义域内的单调性；
（2）若f（x）在[1，e]上的最小值为，求a的值；
（3）若f（x）<
x2在（1，＋∞）上恒成立，求a的取值范围.
【变式训练3】设f（x）＝＋xlnx，g（x）＝x3－x2－3.
（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）如果存在x1，x2∈[0,2]使得g（x1）－g（x2）≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
（3）如果对任意的s，t∈都有f（s）≥g（t）成立，求实数a的取值范围.
【应用体验】
1.函数f（x）＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是__________.
2.若函数f（x）＝x＋asinx在R上递增，则实数a的取值范围为________.
3.已知函数f（x）的定义域为R，f′（x）为f（x）的导函数，函数y＝f′（x）的图象如图所示，且
f（－2）＝1，f（3）＝1，则不等式f（x2－6）>
1的解集为（ ）
A.（－3，－2）∪（2,3）
B.（－，）
C.（2,3）
D.（－∞，－）∪（，＋∞）
4.已知函数f（x）＝x2＋mx＋lnx是单调递增函数，则m的取值范围是（ ）
A.m>
－2 B.m≥－2
C.m<
2 D.m≤2
5.已知对任意x∈R，恒有f（－x）＝－f（x），g（－x）＝g（x），且当x>
0时，f′（x）>
0，g′（x）>
0，则当x<
0时有（ ）
A.f′（x）>
B.f′（x）>
0，g′（x）<
C.f′（x）<
D.f′（x）<
【复习与巩固】
A组夯实基础
一、选择题
1．已知曲线在处的切线的斜率为，则实数的值为（）
A．B．C．D．
2.已知定义域为的偶函数，其导函数为，对任意，均满足：
．若，则不等式的解集是（）
A．B．
C．D．
3.若函数f（x）＝x3－tx2＋3x在区间[1,4]上单调递减，则实数t的取值范围是（ ）
A. B．（－∞，3]
C. D．[3，＋∞）
二、填空题
4.已知函数，，其图象上任意一点处的切线的斜率恒成立，则实数的取值范围是．
5.设函数，若不等式有解，则实数的最小值为.
6.已知函数定义域为，满足且，则不等式的解集为____________________．
三、解答题
7．设函数f（x）＝x2－（a＋b）x＋ablnx（其中e为自然对数的底数，a≠e，b∈R），曲线y＝f（x）在点（e，f（e））处的切线方程为y＝－e2.
（1）求b；
（2）若对任意x∈，f（x）有且只有两个零点，求a的取值范围．
8．已知函数f（x）＝lnx＋＋ax（a是实数），g（x）＝＋1.
（1）当a＝2时，求函数f（x）在定义域上的最值；
（2）若函数f（x）在[1，＋∞）上是单调函数，求a的取值范围；
（3）是否存在正实数a满足：
对于任意x1∈[1,2]，总存在x2∈[1,2]，使得f（x1）＝g（x2）成立？
若存在，求出a的取值范围，若不存在，说明理由．
B组能力提升
1．已知函数满足：
，那么下列不等式成立的是（）
A．B．C．D．
2.已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围是（）
A．B．C．D．
3.己知定义在上的可导函数的导函数为，满足，且为偶函数，，则不等式的解集为（）
A．B．C．D．
4.设，若时，恒有，则.
5.已知函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是.（为自然对数的底数）
6.若为偶函数，则的解集为_____________．
7．（2015·
高考广东卷）设a>
1，函数f（x）＝（1＋x2）ex－a.
（1）求f（x）的单调区间；
f（x）在（－∞，＋∞）上仅有一个零点；
（3）若曲线y＝f（x）在点P处的切线与x轴平行，且在点M（m，n）处的切线与直线OP平行（O是坐标原点），证明：
m≤－1.
《导函数的综合应用》标准答案
典型例题
【例题1】[解]
（1）由f（x）＝－klnx（k>
0），得x>
0且
f′（x）＝x－＝.
由f′（x）＝0，解得x＝.
f（x）与f′（x）在区间（0，＋∞）上的情况如下：
x
（0，）
（，＋∞）
f′（x）
－
＋
f（x）
所以，f（x）的单调递减区间是（0，]，单调递增区间是[，＋∞）；
f（x）在x＝处取得极小值f（）＝.
由
（1）知，f（x）在区间（0，＋∞）上的最小值为f（）＝.
因为f（x）存在零点，所以≤0，从而k≥e.
当k＝e时，f（x）在区间（1，）上单调递减，且f（）＝0，
所以x＝是f（x）在区间（1，]上的唯一零点．
当k>
e时，f（x）在区间（0，）上单调递减，
且f
（1）＝>
0，f（）＝<
0，
所以f（x）在区间（1，]上仅有一个零点．
综上可知，若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点．
【变式训练1】解：
（1）由已知，函数f（x）的定义域为（0，＋∞），
g（x）＝f′（x）＝2（x－1－lnx－a），
所以g′（x）＝2－＝.
当x∈（0,1）时，g′（x）<
0，g（x）单调递减；
当x∈（1，＋∞）时，g′（x）>
0，g（x）单调递增．
由f′（x）＝2（x－1－lnx－a）＝0，解得a＝x－1－lnx.
令φ（x）＝－2xlnx＋x2－2x（x－1－lnx）＋（x－1－lnx）2＝（1＋lnx）2－2xlnx，
则φ
（1）＝1>
0，φ（e）＝2（2－e）<
于是，存在x0∈（1，e），使得φ（x0）＝0.
令a0＝x0－1－lnx0＝u（x0），其中u（x）＝x－1－lnx（x≥1）．
由u′（x）＝1－≥0知，函数u（x）在区间（1，＋∞）上单调递增，
故0＝u
（1）<
a0＝u（x0）<
u（e）＝e－2<
1，即a0∈（0,1）．
当a＝a0时，有f′（x0）＝0，f（x0）＝φ（x0）＝0.
再由
（1）知，f′（x）在区间（1，＋∞）上单调递增，
当x∈（1，x0）时，f′（x）<
0，从而f（x）>
f（x0）＝0；
当x∈（x0，＋∞）时，f′（x）>
又当x∈（0,1]时，f（x）＝（x－a0）2－2xlnx>
故x∈（0，＋∞）时，f（x）≥0.
综上所述，存在a∈（0,1），使得f（x）≥0恒成立，且f（x）＝0在区间（1，＋∞）内有唯一解．
【例题2】解：
（1）m＝－1时，f（x）＝（1－x）ex＋x2，则f′（x）＝x（2－ex），
由f′（x）>
0，得0<
x<
ln2，由f′（x）<
0，得x<
0或x>
ln2，
故函数的增区间为（0，ln2），减区间为（－∞，0），（ln2，＋∞）．
（2）f′（x）＝mx<
x2＋（m＋2）x，即：
mxex－x2－mx<
∵x<
0，∴mex－x－m>
令h（x）＝mex－x－m，则h′（x）＝mex－1，
当m≤0时，h（x）在x<
0时为减函数，h（x）>
h（0）＝0.
当0<
m≤1时，h（x）在x<
当m>
1时，h（x）在（－∞，－lnm）上为减函数，
在（－lnm,0）上为增函数，
∴h（－lnm）<
h（0）＝0，不合题意．
综上：
m≤1.
【变式训练2】解：
（1）∵函数的定义域为R，f′（x）＝－，
∴当x<
0，当x>
0时，f′（x）<
∴f（x）在（－∞，0）上单调递增，在（0，＋∞）上单调递减．
（2）假设存在x1，x2∈[0,1]，使得2φ（x1）<
φ（x2）成立，
则2[φ（x）]min<
[φ（x）]max.
∵φ（x）＝xf（x）＋tf′（x）＋e－x＝，
∴φ′（x）＝＝－.
①当t≥1时，φ′（x）≤0，φ（x）在[0,1]上单调递减，
∴2φ
（1）<
φ（0），即t>
3－>
1.
②当t≤0时，φ′（x）>
0，φ（x）在[0,1]上单调递增，
∴2φ（0）<
φ
（1），即t<
3－2e<
③当0<
t<
1时，若x∈[0，t），φ′（x）<
0，φ（x）在[0，t）上单调递减；
若x∈（t,1]，φ′（x）>
0，φ（x）在（t,1]上单调递增，
所以2φ（t）<
max{φ（0），φ
（1）}，
即2·
<
max，（*）
由
（1）知，g（t）＝2·
在[0,1]上单调递减，
故≤2·
≤2，而≤≤，所以不等式（*）无解．
综上所述，存在t∈（－∞，3－2e）∪，使得命题成立．
【例题3】解
（1）由题意f（x）的定义域为（0，＋∞），且f′（x）＝＋＝.
∵a>
0，∴f′（x）>
故f（x）在（0，＋∞）上是单调递增函数.
（2）由
（1）可知，f′（x）＝.
①若a≥－1，则x＋a≥0，即f′（x）≥0在[1，e]上恒成立，
此时f（x）在[1，e]上为增函数，
∴f（x）min＝f
（1）＝－a＝，∴a＝－（舍去）.
②若a≤－e，则x＋a≤0，即f′（x）≤0在[1，e]上恒成立，
此时f（x）在[1，e]上为减函数，
∴f（x）min＝f（e）＝1－＝，
∴a＝－（舍去）.
③若－e<
a<
－1，令f′（x）＝0得x＝－a，
当1<
－a时，f′（x）<
∴f（x）在（1，－a）上为减函数；
当－a<
e时，f′（x）>
∴f（x）在（－a，e）上为增函数，
∴f（x）min＝f（－a）＝ln（－a）＋1＝，
∴a＝－.
综上所述，a＝－.
（3）∵f（x）<
x2，∴lnx－<
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