高考数学理刷题大卷练 3导数及应用测试Word下载.docx
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A．[1,2]B．[3，＋∞）
C.D.
f′（x）＝－ex－1，∵ex＋1>
1，∴∈（0,1）．又g′（x）＝3a－2sinx，∵－2sinx∈[－2,2]，∴3a－2sinx∈[－2＋3a，2＋3a]，要使曲线f（x）上任意一点的切线l1，总存在曲线g（x）上一点处的切线l2，使得l1⊥l2，则解得－≤a≤.故选D.
6．设函数f（x）＝ex（x3－3x＋3）－aex－x（x≥－1），若不等式f（x）≤0有解，则实数a的最小值为（ ）
A.B．e
C．1－D．e－1
C
∵f（x）＝ex（x3－3x＋3）－aex－x≤0有解，∴a≥x3－3x＋3－有解．令g（x）＝x3－3x＋3－，则g′（x）＝3x2－3＋＝（x－1），故当x∈[－1,1）时，g′（x）<
0，当x∈（1，＋∞）时，g′（x）>
0，故g（x）在[－1,1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，故g（x）min＝g
（1）＝1－3＋3－＝1－，∴a≥1－，
∴实数a的最小值为1－.
7．[2019·
山东济南一中模拟]已知函数f（x）＝－x3＋ax2－x－1在（－∞，＋∞）上是单调函数，则实数a的取值范围是（ ）
A．[－，]B．（－，）
C．（－∞，－）∪（，＋∞）D．（－∞，－）
函数f（x）＝－x3＋ax2－x－1的导数为f′（x）＝－3x2＋2ax－1.∵函数f（x）在（－∞，＋∞）上是单调函数，
∴在（－∞，＋∞）上f′（x）≤0恒成立，即－3x2＋2ax－1≤0恒成立，∴Δ＝4a2－12≤0，解得－≤a≤，∴实数a的取值范围是[－，]．故选A.
8．[2019·
南昌调研]已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，设函数f（x）的导函数为f′（x），若对任意的x>
0都有2f（x）＋xf′（x）>
0成立，则（ ）
A．4f（－2）<
9f（3）B．4f（－2）>
9f（3）
C．2f（3）>
3f（－2）D．3f（－3）<
2f（－2）
根据题意，令g（x）＝x2f（x），其导数g′（x）＝2xf（x）＋x2f′（x），又对任意的x>
0成立，则当x>
0时，有g′（x）＝x[2f（x）＋xf′（x）]>
0恒成立，即函数g（x）在（0，＋∞）上为增函数，又由函数f（x）是定义在R上的偶函数，则f（－x）＝f（x），则有g（－x）＝（－x）2f（－x）＝x2f（x）＝g（x），即函数g（x）也为偶函数，则有g（－2）＝g
（2），且g
（2）<
g（3），则有g（－2）<
g（3），即有4f（－2）<
9f（3）．故选A.
9．[2019·
昆明调研]若函数f（x）＝2x＋1－x2－2x－2，对于任意的x∈Z且x∈（－∞，a），f（x）≤0恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．（－∞，－1]B．（－∞，0]
C．（－∞，3]D．（－∞，4]
f（x）＝2x＋1－x2－2x－2≤0，即2x＋1≤x2＋2x＋2.设g（x）＝2x＋1，h（x）＝x2＋2x＋2，当x≤－1时，0<
g（x）≤1，h（x）＝x2＋2x＋2≥1，所以当a≤－1时，满足对任意的x∈Z且x∈（－∞，a），f（x）≤0恒成立；
当－1<
x<
4时，因为g（0）＝h（0）＝2，g
（1）＝4<
h
（1）＝5，g
（2）＝8<
h
（2）＝10，g（3）＝16<
h（3）＝17，所以－1<
a≤4时，亦满足对任意的x∈Z且x∈（－∞，a），f（x）≤0恒成立；
当x≥4时，易知f′（x）＝2x＋1·
ln2－2x－2，设F（x）＝2x＋1·
ln2－2x－2，则F′（x）＝2x＋1·
（ln2）2－2>
0，所以F（x）＝2x＋1·
ln2－2x－2在[4，＋∞）上是增函数，所以f′（x）≥f′（4）＝32ln2－10>
0，所以函数f（x）＝2x＋1－x2－2x－2在[4，＋∞）上是增函数，所以f（x）≥f（4）＝32－16－8－2＝6>
0，即a>
4时，不满足对任意的x∈Z且x∈（－∞，a），f（x）≤0恒成立．综上，实数a的取值范围是（－∞，4]，故选D.
10．[2019·
河北石家庄二中模拟]已知对∀x∈（0，＋∞），不等式lnx＋1≥m－（n>
0）恒成立，则的最大值是（ ）
A．1B．－1
C．eD．－e
不等式lnx＋1≥m－可化为lnx＋1－m＋≥0，令F（x）＝lnx＋1－m＋（x>
0），则F′（x）＝－＝，所以当x＝n时，F（x）min＝lnn＋2－m，则lnn＋2－m≥0⇒m≤2＋lnn（n>
0）．所以≤.令G（n）＝，则G′（n）＝＝0，可得n＝，故G（n）max＝＝e，即≤≤e.所以的最大值为e.故选C.
11．[2019·
河南安阳模拟]已知函数f（x）＝＋与g（x）＝6x＋a的图象有3个不同的交点，则a的取值范围是（ ）
A.B.
C.D.
B
原问题等价于函数h（x）＝＋－6x的图象与直线y＝a有三个不同的交点．h′（x）＝x2＋x－6＝（x－2）（x＋3），当x∈（－∞，－3）时，h′（x）>
0，h（x）单调递增；
当x∈（－3,2）时，h′（x）<
0，h（x）单调递减；
当x∈（2，＋∞）时，h′（x）>
0，h（x）单调递增．函数h（x）的图象，如图．又h（－3）＝，h
（2）＝－，数形结合可得a的取值范围是.故选B.
12．[2019·
湖南长沙长郡中学模拟]已知函数f（x）＝exlnx（x>
0），若对∀x∈，∃k∈[－a，a]（a>
0），使得方程f（x）＝k有解，则实数a的取值范围是（ ）
A．（0，ee]B．[ee，＋∞）
C．[e，＋∞）D．[e
，ee]
f′（x）＝exlnx＋＝ex.
令g（x）＝lnx＋，则g′（x）＝－＝，
∴当0<
1时，g′（x）<
0，当x>
1时，g′（x）>
0，
∴g（x）在上单调递减，在（1，e）上单调递增．
∴g（x）≥g
（1）＝1，∴f′（x）>
∴f（x）在上单调递增．
∴f（x）在上的值域为
.
∵对∀x∈，∃k∈[－a，a]（a>
0），
使得方程f（x）＝k有解，∴解得a≥ee，
∴实数a的取值范围是[ee，＋∞）．
二、填空题：
本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．
13．[2019·
广西陆川月考]若函数f（x）＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________．
（－∞，2ln2－2）
函数f（x）＝x2－ex－ax，所以f′（x）＝2x－ex－a.因为f（x）＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，所以f′（x）＝2x－ex－a>
0，即a<
2x－ex有解．令g（x）＝2x－ex，则g′（x）＝2－ex，令g′（x）＝2－ex＝0，得x＝ln2，所以当x<
ln2时，g′（x）＝2－ex>
ln2时，g′（x）＝2－ex<
0，则当x＝ln2时，g（x）max＝2ln2－2，所以a<
2ln2－2.
14．曲线y＝f（x）＝xlog2x在点（1，f
（1））处的切线方程为__________________．
y＝（x－1）
因为y＝xlog2x，所以y′＝log2x＋，当x＝1时，y′＝，y＝0，故曲线y＝xlog2x在点（1，f
（1））处的切线方程为y＝（x－1）．
15．[2019·
浙江宁波效实中学质检]设f（x）＝
若f（f
（1））＝1，则a＝________.
1
因为3t2dt＝t3＝a3，所以f
（1）＝lg1＝0，所以f（f
（1））＝f（0）＝a3＝1，所以a＝1.
16．[2019·
西安八校联考]已知函数f（x）＝lnx－ax2，若f（x）恰有两个不同的零点，则a的取值范围为________．
函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝－2ax＝.当a≤0时，f′（x）>
0恒成立，函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增，则函数f（x）不可能有两个不同的零点．当a>
0时，由f′（x）＝0，得x＝，当0<
时，f′（x）>
0，函数f（x）单调递增，当x>
时，f′（x）<
0，函数f（x）单调递减，所以f（x）的最大值为f＝ln－a2＝－ln2a－，于是要使函数f（x）恰有两个不同的零点，又当x→0＋时，f（x）→－∞，当x→＋∞时，f（x）→－∞，故需满足－ln2a－>
0，即ln2a<
－1，所以0<
2a<
，即0<
a<
，所以a的取值范围是.
三、解答题：
本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（本小题满分10分）
[2019·
衡水调研]已知函数f（x）＝x2－alnx.
（1）若函数f（x）的图象在点（1，f
（1））处的切线不过第四象限且不过原点，求实数a的取值范围；
（2）设g（x）＝f（x）＋2x，若g（x）在[1，e]上不单调且仅在x＝e处取得最大值，求实数a的取值范围．
（1）由f′（x）＝x－，得f′
（1）＝1－a.因为f
（1）＝，
所以函数f（x）的图象在点（1，f
（1））处的切线方程为
y－＝（1－a）（x－1），即y＝（1－a）x＋a－.
由题意知解得<
a≤1，所以实数a的取值范围为.
（2）g′（x）＝x－＋2＝（x>
设h（x）＝x2＋2x－a（x>
0）．
若g（x）在[1，e]上不单调，则h
（1）h（e）<
即（3－a）（e2＋2e－a）<
0，解得3<
e2＋2e.
同时g（x）仅在x＝e处取得最大值，
所以g（e）>
g
（1），即e2－a＋2e>
，解得a<
＋2e－.
综上，实数a的取值范围为.
18．（本小题满分12分）
安徽淮南模拟]已知函数f（x）＝x2－lnx.
（1）求函数f（x）在点（1，f
（1））处的切线方程；
（2）在函数f（x）＝x2－lnx的图象上是否存在两点，使以这两点为切点的切线互相垂直，且切点的横坐标都在区间上．若存在，求出这两点的坐标；
若不存在，请说明理由．
（1）∵f
（1）＝1，又f′（x）＝2x－，
∴f′
（1）＝2－1＝1，
故所求切线方程为y－1＝1×
（x－1），即y＝x.
（2）存在．求解如下：
设所求两点分别为（x1，y1），（x2，y2），x1，x2∈，
不妨设x1<
x2，
∵f′（x）＝2x－，∴由题意得·
＝－1.
∵f′（x）＝2x－在上单调递增，
∴－1≤2x1－≤1，－1≤2x2－≤1.
又x1<
x2，∴f′（x1）<
f′（x2），∴
解得x1＝（x1＝－1舍），x2＝1，
∴存在满足题意的两点，其坐标为，（1,1）．
19．（本小题满分12分）
衡水武邑调研]设函数f（x）＝lnx，g（x）＝xex－x－1.
（1）若关于x的方程f（x）＝x2－＋m在区间[1,3]上有解，求m的取值范围；
（2）当x>
0时，g（x）－a≥f（x）恒成立，求实数a的取值范围．
（1）方程f（x）＝x2－＋m，即为lnx－x2＋＝m.
令h（x）＝lnx－x2＋（x>
0），则h′（x）＝－2x＝≤0在x∈[1,3]恒成立，故h（x）在[1,3]上单调递减．
∵h
（1）＝，h（3）＝ln3－，
∴当x∈[1,3]时，h（x）∈，
∴m的取值范围是.
（2）依题意，当x>
0时，g（x）－f（x）≥a恒成立．令F（x）＝g（x）－f（x）＝x·
ex－lnx－x－1（x>
0），则F′（x）＝（x＋1）·
ex－－1＝·
（x·
ex－1）．令G（x）＝x·
ex－1，则当x>
0时，G′（x）＝（x＋1）·
ex>
0，∴函数G（x）在（0，＋∞）上单调递增．∵G（0）＝－1<
0，G
（1）＝e－1>
0，∴G（x）存在唯一的零点c∈（0,1），且当x∈（0，c）时，G（x）<
0，当x∈（c，＋∞）时，G（x）>
0，则当x∈（0，c）时，F′（x）<
0，当x∈（c，＋∞）时，F′（x）>
0，∴F（x）在（0，c）上单调递减，在（c，＋∞）上单调递增，从而F（x）≥F（c）＝cec－lnc－c－1.由G（c）＝0得cec－1＝0，cec＝1，两边取对数得lnc＋c＝0，∴F（c）＝0，∴F（x）≥F（c）＝0，∴a≤0，即实数a的取值范围是（－∞，0]．
20．（本小题满分12分）
已知函数f（x）＝|xex|.
（1）当x<
0时，判断函数f（x）的单调性；
（2）若函数g（x）＝[f（x）]2＋tf（x）＋2的零点个数为4，求实数t的取值范围．
（1）因为f（x）＝|xex|，所以f（x）＝
当x<
0时，f′（x）＝－（ex＋xex）＝－（1＋x）ex，
－1时，f′（x）>
0；
0时，f′（x）<
所以f（x）在（－∞，－1）上是增函数；
在（－1,0）上是减函数．
（2）当x≥0时，f′（x）＝ex＋xex>
0，所以f（x）在[0，＋∞）上是增函数；
由
（1）知，当x＝－1时，函数f（x）取得极大值f（－1）＝.
易知f（x）≥0，令f（x）＝m，则m≥0.
则当0<
m<
时，方程f（x）＝m有3个解（如图所示）；
当m＝0或m>
时，方程f（x）＝m有1个解；
当m＝时，方程f（x）＝m有2个解．
因为函数g（x）＝[f（x）]2＋tf（x）＋2的零点个数为4，
所以关于x的方程[f（x）]2＋tf（x）＋2＝0有4个解．
所以关于m的方程m2＋tm＋2＝0在上有1个解，在上有1个解．
记h（m）＝m2＋tm＋2，则应满足即解得t<
－.
所以实数t的取值范围为.
21．（本小题满分12分）
湖南永州模拟]已知函数f（x）＝lnx－ax，g（x）＝ax2＋1，其中e为自然对数的底数．
（1）讨论函数f（x）在区间[1，e]上的单调性；
（2）已知a∉（0，e），若对任意x1，x2∈[1，e]，有f（x1）>
g（x2），求实数a的取值范围．
（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝－a＝.
①当a≤0时，1－ax>
0，f′（x）>
0，∴f（x）在[1，e]上单调递增．
②当0<
a≤时，≥e，f′（x）≥0，∴f（x）在[1，e]上单调递增．
③当<
1时，1<
<
e，∴x∈时，f′（x）>
0，f（x）在上单调递增，x∈时，f′（x）<
0，f（x）在上单调递减．
④当a≥1时，≤1，f′（x）≤0，∴f（x）在[1，e]上单调递减．
综上所述，当a≤时，f（x）在[1，e]上单调递增；
当<
1时，f（x）在上单调递增，在上单调递减；
当a≥1时，f（x）在[1，e]上单调递减．
（2）g′（x）＝2ax，依题意，x∈[1，e]时，f（x）min>
g（x）max恒成立．已知a∉（0，e），则当a≤0时，g′（x）≤0，∴g（x）在[1，e]上单调递减，而f（x）在[1，e]上单调递增，
∴f（x）min＝f
（1）＝－a，
∴g（x）max＝g
（1）＝a＋1.∴－a>
a＋1，得a<
当a≥e时，g′（x）>
g（x）在[1，e]上单调递增，而f（x）在[1，e]上单调递减，
∴f（x）min＝f（e）＝1－ae，∴g（x）max＝g（e）＝ae2＋1，
∴1－ae>
ae2＋1，得a<
0，与a≥e矛盾．
综上所述，实数a的取值范围是.
22．（本小题满分12分）
[2018·
全国卷Ⅰ]已知函数f（x）＝－x＋alnx.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：
a－2.
（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），
f′（x）＝－－1＋＝－.
①若a≤2，则f′（x）≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′（x）＝0，
所以f（x）在（0，＋∞）上单调递减．
②若a＞2，令f′（x）＝0，得
x＝或x＝.
当x∈∪时，f′（x）＜0；
当x∈时，f′（x）＞0.
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