1、5.15.3综合拔高练五年高考练考点1导数的运算法则及其几何意义1.(2019课标全国,6,5分,)已知曲线y=aex+xln x在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b,则()A.a=e,b=-1B.a=e,b=1C.a=e-1,b=1D.a=e-1,b=-12.(2019课标全国,13,5分,)曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为.3.(2019江苏,11,5分,)在平面直角坐标系xOy中,点A在曲线y=ln x上,且该曲线在点A处的切线经过点(-e,-1)(e为自然对数的底数),则点A的坐标是.考点2函数的导数与单调性4.(2018课标全国,7,5分,)函数y=-x4
2、+x2+2的图象大致为()5.(2019北京,13,5分,)设函数f(x)=ex+ae-x(a为常数).若f(x)为奇函数,则a=;若f(x)是R上的增函数,则a的取值范围是.6.(2020全国,20,12分,)已知函数f(x)=ex-a(x+2).(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.考点3函数的导数与极值、最值7.(2019天津,8,5分,)已知aR.设函数f(x)=x2-2ax+2a,x1,x-alnx,x1.若关于x的不等式f(x)0在R上恒成立,则a的取值范围为()A.0,1B.0,2C.0,eD.1,e8.(2018江苏,11,5分,)
3、若函数f(x)=2x3-ax2+1(aR)在(0,+)内有且只有一个零点,则f(x)在-1,1上的最大值与最小值的和为.9.(2018课标全国,16,5分,)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是.10.(2017课标全国,16,5分,)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,DBC,ECA,FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起DBC,ECA,FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为
4、.11.(2020全国,21,12分,)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点12, f12处的切线与y轴垂直.(1)求b;(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明:f(x)所有零点的绝对值都不大于1.12.(2020新高考,21,12分,)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f(x)1,求a的取值范围.三年模拟练应用实践1.(2020重庆九校联盟高二上期末联考,)设三次函数 f(x)的导函数为f(x),函数y=xf(x)的部分图象如图所示,则下列说法正确的是
5、() A.f(x)的极大值为f(3),极小值为f(-3)B.f(x)的极大值为f(3),极小值为f(-3)C.f(x)的极大值为f(-3),极小值为f(3)D.f(x)的极大值为f(-3),极小值为f(3)2.(2021安徽皖江名校联盟高三上联考,)从一张圆形铁板上沿两条半径剪下一个扇形,将其制成一个无底的圆锥容器,当容器容积最大时,该扇形的圆心角是()A.23B.C.233D.2633.(多选)2021新高考八省(市)1月联考,已知函数f(x)=xln(1+x),则()A.f(x)在(0,+)上单调递增B.f(x)有两个零点C.曲线y=f(x)在点-12,f-12处切线的斜率为-1-ln 2
6、D.f(x)是偶函数4.(多选)2021新高考八省(市)1月联考,设函数f(x)=cos2x2+sinxcosx,则()A.f(x)=f(x+)B.f(x)的最大值为12C.f(x)在-4,0上单调递增D.f(x)在0,4上单调递减5.(多选)(2021江苏扬州大学附中高三上月考,)设f(x)为函数f(x)的导函数,已知x2f(x)+xf(x)=ln x,f(1)=12,则下列结论不正确的是()A.xf(x)在(0,+)上单调递增B.xf(x)在(1,+)上单调递增C.xf(x)在(0,+)上有极大值12D.xf(x)在(0,+)上有极小值126.(2021江苏南京江浦高级中学高三上月考,)直
7、线l:y=kx+b是曲线f(x)=ln(x+1)和曲线g(x)=ln(e2x)的公切线,则b=()A.2B.12C.ln e2D.ln 2e7.(多选)(2021江苏扬州中学高二上开学检测,)已知函数f(x)=(x2-1)2-|x2-1|+k,给出下列四个命题,其中是真命题的有()A.存在实数k,使得函数恰有2个不同的零点B.存在实数k,使得函数恰有6个不同的零点C.存在实数k,使得函数恰有5个不同的零点D.存在实数k,使得函数恰有8个不同的零点8.(2021江西上饶高三上第三次月考,)设函数f(x)=(x-a)2+e,x2,xlnx+a+10,x2(e是自然对数的底数),若f(2)是函数f(
8、x)的最小值,则a的取值范围是.9.(2020江苏连云港海头高级中学高二月考,)已知函数f(x)=(2a-1)x+3a-4,xt,x3-x,xt,无论t取何值,函数f(x)在区间(-,+)上总是不单调,则实数a的取值范围是.10.(2021浙江宁波北仑中学高二上期中,)f(x)的定义域为(-,0)(0,+),f(x)是其导函数,且满足xf(x)-2f(x)0,若f(x)是偶函数,f(1)=1,则不等式f(x)x2的解集为.11.(2021江苏徐州一中、兴化中学高三上联考,)已知函数f(x)=ln x-12ax2+1.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当a=1时,设函数f(x)的两个零点为x
9、1,x2,试证明:x1+x22.12.(2020江苏苏州中学高二月考,)已知OA是南北方向的一条公路,OB是北偏东45方向的一条公路,某风景区的一段边界为曲线C,建立如图所示的平面直角坐标系xOy,则曲线C符合函数模型y=x+42x2(x0).为方便游客观光,拟过曲线C上的某点P分别修建与公路OA,OB垂直的两条道路PM,PN,且PM,PN的造价分别为5万元/百米,40万元/百米,设PM=x百米,修建两条道路PM,PN的总造价为f(x)万元.(1)求f(x)的解析式;(2)当x为多少时,总造价f(x)最低?并求出最低造价.迁移创新13.(2020浙江嘉兴高三上期末,)已知函数f(x)=aln
10、x+bx+c(a0)有极小值.(1)试判断a,b的符号,并求f(x)的极小值点;(2)设f(x)的极小值为m,求证:m+a0),则g(x)=1x+ex2,则g(x)0,g(x)在(0,+)上为增函数.又g(e)=0,ln x=ex有唯一解x=e.x0=e.点A的坐标为(e,1).方法总结求曲线y=f(x)过点(x1,y1)的切线问题的一般步骤:设切点为(x0, f(x0);求k=f (x0);得出切线的方程为y-f(x0)=f (x0)(x-x0);由切线经过已知点(x1,y1)求得x0,进而得出切线方程.4.D令y=f(x)=-x4+x2+2.f(x)=-x4+x2+2,f (x)=-4x3
11、+2x,令f (x)0,解得x-22或0x22,此时, f(x)递增;令f (x)0,解得-22x22,此时, f(x)递减.由此可得f(x)的大致图象.故选D.5.答案-1;(-,0解析f(x)=ex+ae-x为奇函数,f(-x)+f(x)=0,即e-x+aex+ex+ae-x=0,(a+1)(ex+e-x)=0,a=-1.f(x)是R上的增函数,f (x)0恒成立,ex-ae-x0,即e2x-a0,ae2x,又e2x0,a0.当a=0时, f(x)=ex是增函数,满足题意,故a0.易错警示当f (x)0时, f(x)为增函数,而当f(x)为增函数时, f (x)0恒成立,不能漏掉等于0,但
12、要检验f (x)=0时得到的参数a是否满足题意.6.解析(1)当a=1时,f(x)=ex-x-2,则f (x)=ex-1.当x0时,f (x)0时,f (x)0.所以f(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增.(2)f (x)=ex-a.当a0时,f (x)0,所以f(x)在(-,+)上单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意.当a0时,由f (x)=0可得x=ln a.当x(-,ln a)时,f (x)0.所以f(x)在(-,ln a)上单调递减,在(ln a,+)上单调递增,故当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a(1+ln a).(i)若01
13、e,则f(ln a)0,所以f(x)在(-,ln a)上存在唯一零点.由(1)知,当x2时,ex-x-20,所以当x4且x2ln(2a)时,f(x)=ex2ex2-a(x+2)eln(2a)x2+2-a(x+2)=2a0.故f(x)在(ln a,+)上存在唯一零点.从而f(x)在(-,+)上有两个零点.综上,a的取值范围是1e,+.方法总结已知函数的零点求参数的取值范围的方法:(1)利用零点存在性定理构建不等式(组)求解.(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题,从而构建不等式(组)求解.(4)利用导数研究函数的图象和性质,由函数零点的个数
14、,判断函数的极值大于零还是小于零,从而建立关于参数的不等式(组)求解.7.C(1)当x1时, f(x)=x2-2ax+2a=(x-a)2+2a-a2,若a1,则f(x)在(-,1上是减函数,f(x)f(1)=10恒成立;若a1,则f(x)f(a)=2a-a2,要使f(x)0在(-,1上恒成立,只需2a-a20,得0a2,0a1,综合可知,a0时, f(x)0在(-,1上恒成立.(2)当x1时,ln x0, f(x)=x-aln x0恒成立,即axlnx恒成立.令g(x)=xlnx,g(x)=lnx-1(lnx)2,令g(x)=0,得x=e,当x(1,e)时,g(x)0,g(x)为增函数,g(x
15、)min=g(e)=e,ae.综合(1)(2)可知,a的取值范围是0ae,故选C.解后反思求不等式恒成立时的参数取值范围的方法:一是分离参数法,不等式f(x)a在R上恒成立f(x)mina, f(x)a在R上恒成立f(x)maxa;二是讨论分析法,根据参数取值情况进行分类讨论,从而确定参数的取值范围.8.答案-3解析f(x)=2x3-ax2+1,f (x)=6x2-2ax=2x(3x-a).若a0,则x0时, f (x)0,f(x)在(0,+)上为增函数,又f(0)=1,f(x)在(0,+)上没有零点,a0.当0xa3时, f (x)a3时, f (x)0, f(x)为增函数,x0时, f(x
16、)有极小值,为fa3=-a327+1.f(x)在(0,+)内有且只有一个零点,fa3=0,a=3.f(x)=2x3-3x2+1,则f (x)=6x(x-1).x-1(-1,0)0(0,1)1f (x)+-f(x)-4增1减0f(x)在-1,1上的最大值为1,最小值为-4.最大值与最小值的和为-3.9.答案-332解析解法一:由f(x)=2sin x+sin 2x,得f (x)=2cos x+2cos 2x=4cos2x+2cos x-2,令f (x)=0,得cos x=12或cos x=-1,可得当cos x-1,12时, f (x)0, f(x)为增函数,当cos x=12时, f(x)取最
17、小值,此时sin x=32.又f(x)=2sin x+2sin xcos x=2sin x(1+cos x),1+cos x0恒成立,f(x)取最小值时,sin x=-32,f(x)min=2-321+12=-332.解法二: f(x)=2sin x+sin 2x=2sin x+2sin xcos x=2sin x(1+cos x),f 2(x)=4sin2x(1+cos x)2=4(1-cos x)(1+cos x)3.令cos x=t,t-1,1,设g(t)=4(1-t)(1+t)3,g(t)=-4(1+t)3+12(1+t)2(1-t)=4(1+t)2(2-4t).当t-1,12时,g(
18、t)0,g(t)为增函数;当t12,1时,g(t)0)cm,则ABC的面积为34a2 cm2,DBC的高为5-36acm,则正三棱锥的高为5-36a2-36a2=25-533a cm,25-533a0,所以0a53,所以所得三棱锥的体积V=1334a225-533a=31225a4-533a5 cm3.令t=25a4-533a5,0a53,则t=100a3-2533a4,令t=0,得a=43,此时所得三棱锥的体积最大,为415 cm3.11.解析(1)f (x)=3x2+b.依题意得f 12=0,即34+b=0.故b=-34.(2)证明:由(1)知f(x)=x3-34x+c, f (x)=3x
19、2-34.令f (x)=0,解得x=-12或x=12.f (x)与f(x)的情况为x-,-12-12-12,121212,+f (x)+0-0+f(x)c+14c-14因为f(1)=f-12=c+14,所以当c14时, f(x)只有小于-1的零点.由题设可知-14c14.当c=-14时, f(x)只有两个零点-12和1.当c=14时, f(x)只有两个零点-1和12.当-14c14时, f(x)有三个零点x1,x2,x3,且x1-1,-12,x2-12,12,x312,1.综上,若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.12.解析f(x)的定义域为(0,+),
20、f (x)=aex-1-1x.(1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+1,f (1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.直线y=(e-1)x+2在x轴,y轴上的截距分别为-2e-1,2.因此所求三角形的面积为2e-1.(2)当0a1时,f(1)=a+ln a1.当a=1时,f(x)=ex-1-ln x,f (x)=ex-1-1x.当x(0,1)时,f (x)0.所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)1.当a1时,f(x)=aex-1-ln x+ln aex-1-ln x1.综
21、上,a的取值范围是1,+).三年模拟练1.A结合题中图象列表如下:x(-,-3)-3(-3,0)0(0,3)3(3,+)xf(x)+0-0+0-f(x)-0+0-f(x)极小值极大值由表知,A正确,故选A.2.答案D信息提取(1)将一张圆形铁板上沿两条半径剪下的扇形制成一个无底的圆锥容器;(2)求容器容积最大时,扇形的圆心角.数学建模本题以生活中制作的圆锥容器为背景,构建函数模型,借助导数研究圆锥容积的最值,在解题过程中可画出草图,通过图形直观地探求解题思路.设圆锥的底面半径为r,高为h,体积为V,圆形铁板的半径为R,得到r2+h2=R2,写出体积的表达式,利用导数求出体积的最大值,得到结果.
22、解析设圆锥的底面半径为r,高为h,圆形铁板的半径为R,如图,则r2+h2=R2,设圆锥的体积为V,则V=13r2h=13(R2-h2)h=13(R2h-h3),则V关于h的导数V=13(R2-3h2),令V=0,得h2=13R2,易知当h=33R时,圆锥的体积最大,此时r=63R,=2rR=263,故选D.3.AC对于选项A,f(x)=xln(1+x),f (x)=ln(1+x)+xx+1,当x(0,+)时,f (x)0恒成立,因此f(x)在(0,+)上单调递增,故A正确;对于选项B,令f(x)=xln(1+x)=0,可得x=0或ln(1+x)=0,解得x=0,故B不正确;对于选项C,f (x
23、)=ln(1+x)+x1+x,f -12=ln12-1=-ln 2-1,故C正确;对于选项D,由于f(x)的定义域为(-1,+),定义域不关于原点对称,故D不正确.4.ADf(x+)=cos2(x+)2+sin(x+)cos(x+)=f(x),故A正确;令2cos2x4+sin2x=m,则msin 2x-2cos 2x=-4m,故m2+4sin(2x+)=-4m,其中sin =-2m2+4,cos =mm2+4,-4mm2+41m2415,故-21515m21515,f(x)max=21515,故B错误;f (x)=-4sin2x(4+sin2x)-2cos2x2cos2x(4+sin2x)2
24、=-16sin2x-4(4+sin2x)2,令(x)=-16sin 2x-4,则(x)在-4,0上单调递减,且-4=120,(0)=-40,存在唯一的x0-4,0使(x0)=0,且当-4x0, f (x)0, f(x)单调递增,当x0x0时,(x)0,f (x)0,f(x)单调递减,故C错误;f (x)=-16sin2x-4(4+sin2x)20,则xf(x)+f(x)=lnxx,即xf(x)=lnxx,设g(x)=xf(x)(x0),则g(x)=lnxx,令g(x)0,得x1,令g(x)0,得0x1,即g(x)=xf(x)在(1,+)上单调递增,在(0,1)上单调递减,故当x=1时,函数g(
25、x)=xf(x)取得极小值,极小值为g(1)=f(1)=12.故选AC.6.C设直线l与曲线f(x)=ln(x+1)相切于点A(x1,y1),直线l与曲线g(x)=ln(e2x)相切于点B(x2,y2),f(x)=ln(x+1),f(x)=1x+1,由f(x1)=1x1+1=k,可得x1=1-kk,则y1=f(x1)=ln(x1+1)=-ln k,即点A1-kk,-lnk,将点A的坐标代入直线l的方程可得-ln k=k1-kk+b,可得b=k-ln k-1,g(x)=ln(e2x)=2+ln x,g(x)=1x,由g(x2)=1x2=k,可得x2=1k,则y2=g(x2)=2-ln k,即点B
26、1k,2-lnk,将点B的坐标代入直线l的方程可得2-ln k=k1k+b=b+1,b=1-ln k,联立可得k=2,b=1-ln 2=ln e2.故选C.7.ACD令(x2-1)2-|x2-1|+k=0,得-k=(x2-1)2-|x2-1|,令g(x)=(x2-1)2-|x2-1|,当x-1或x1时,g(x)=x4-3x2+2,当-1x1时,g(x)=x4-x2.当0x1时,由g(x)=x4-x2,得g(x)=4x3-2x=2x(2x2-1),当x0,22时,g(x)0,g(x)单调递增,所以g(x)有极小值,为g22=-14,当x1时,由g(x)=x4-3x2+2,得g(x)=4x3-6x
27、=2x(2x2-3),当x1,62时,g(x)0,g(x)单调递增,g(x)有极小值,为g62=-14.易知g(x)为偶函数,所以可作出函数g(x)的大致图象如图所示:由图可知,直线y=-k与y=g(x)的图象可以是2、4、5、8个交点.即存在实数k,使得函数恰有2、4、5、8个不同的零点.故选ACD.8.答案2,6解析当x2时,函数f(x)的图象的对称轴为直线x=a,f(2)是函数f(x)的最小值,a2.当x2时,f(x)=xlnx+a+10,f(x)=lnx-1ln 2x,令f(x)=0,得x=e,当x(2,e)时,f(x)0,函数f(x)单调递增,f(e)是函数的极小值,f(2)是函数f
28、(x)的最小值,f(e)f(2),即f(e)=e+a+10(2-a)2+e,解得-1a6.综上,2a6.9.答案-,12解析对于函数f(x)=x3-x,其导数为f(x)=3x2-1,当x33时,f(x)0,当-33x33时,f(x)0时,xf(x)-2f(x)0,则g(x)0,所以函数g(x)在(0,+)上为增函数,因为f(1)=1,所以g(1)=f(1)12=1,由f(x)x2可得 f(x)x21,即g(x)g(1),所以g(|x|)g(1),所以|x|1,解得x1.因此,不等式f(x)x2的解集为(-,-1)(1,+).11.解析(1)易得函数f(x)的定义域为(0,+).对函数f(x)求
29、导得f(x)=1x-ax.当a0时,f(x)0恒成立,即f(x)在(0,+)上单调递增;当a0时,令f(x)0,得0xaa, 令f(x)aa,故f(x)在0,aa上单调递增,在aa,+上单调递减.综上,当a0时,f(x)在(0,+)上单调递增;当a0时,f(x)在0,aa上单调递增,在aa,+上单调递减.(2)证明:当a=1时,f(x)=ln x-12x2+1,f(x)=1x-x=1-x2x,此时f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,f(x)极大值=f(1)=120,又f1e0,f(e)0,不妨设x1x2,则有0x110,F(x)单调递增,x1(0,1),F(x1)=f(x1
30、)-f(2-x1)F(1)=0,f(x1)f(2-x1),又f(x1)=f(x2)=0,f(x2)1,2-x11,f(x)在(1,+)上单调递减,x22-x1,即x1+x22.12.解析(1)由题意可设点P的坐标为x,x+42x2(x0),易得直线OB的方程为x-y=0, 则点P到直线x-y=0的距离为x-x+42x22=42x22=4x2, 因为PM的造价为5万元/百米,PN的造价为40万元/百米,所以f(x)=5x+404x2=5x+32x2(x0).(2)因为f(x)=5x+32x2(x0),所以f(x)=51-64x3=5(x3-64)x3, 令f(x)=0,得x=4,列表如下:x(0
31、,4)4(4,+)f(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增所以当x=4时,函数f(x)有极小值,也是最小值,最小值为f(4)=54+3242=30.故当x=4时,总造价最低,最低造价为30万元.13.解析(1)由题意得, f(x)=ax+b=a+bxx,x0.函数f(x)=aln x+bx+c(a0)有极小值,b0,a0,则g(t)=1t-12t3=2t2-12t3.令g(t)=0,得t=22(负值舍去),g(t)在0,22上单调递减,在22,+上单调递增,g(t)g22=ln22+120.a0,ag(t)0,m+a4ac-b24a.解题模板利用构造法解决含有两个变量的不等式问题时,常将两个变量化为同一形式,将此形式用一个新的变量表示,通过换元构造一个新的函数,进而解决问题.如本题中:aln-ab+b24a=aln-ab+14ba2,将两变量a、b化为-ab的形式,构造函数解决问题.
