专题限时集训(三) 导数
(对应学生用书第83页)
(限时：120分钟)
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填写在题中横线上．)
1．(湖北省荆州市2017届高三上学期第一次质量检)若函数f (x)＝－x2＋x＋1在区间上单调递减，则实数a的取值范围是________.
[因为函数f (x)＝－x2＋x＋1在区间上单调递减，所以f ′(x)＝x2－ax＋1≤0在区间上恒成立，所以x2＋1≤ax⇒a≥max＝max，当且仅当x＝3时，max＝，所以a∈.]
2．(泰州中学2016－2017年度第一学期第一次质量检测)若函数y＝f (x)的定义域为R，∀x∈R，f ′(x)＜f (x)，且f (x＋1)为偶函数，f (2)＝1，则不等式f (x)＜ex的解集为________．
(0，＋∞) [令g(x)＝，则g′(x)＝＜0，所以g(x)在定义域内为减函数，因为f (x＋1)为偶函数，所以f (x＋1)＝f (－x＋1)⇒f (0)＝f (2)＝1⇒g(0)＝1，因此f (x)＜ex⇒g(x)＜1＝g(0)⇒x＞0.]
3．(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)函数f (x)＝log2x在点A(1,2)处切线的斜率为________.
【导学号：56394017】
[∵f ′(x)＝，∴k＝f ′(1)＝.]
4．(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)若实数a，b，c，d满足|b＋a2－4ln a|＋|2c－d＋2|＝0，则(a－c)2＋(b－d)2的最小值为________．
5 [|b＋a2－4ln a|＋|2c－d＋2|＝0⇒b＋a2－4ln a＝0,2c－d＋2＝0，所以(a－c)2＋(b－d)2表示直线2x－y＋2＝0上点P到曲线y＝4ln x－x2上点Q距离的平方．由y′＝－2x＝2⇒x＝1(负舍)得Q(1，－1)，所以所求最小值为2＝5.]
5．(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)已知函数f (x)＝x3＋mx＋，g(x)＝－ln x，min{a，b}表示a，b中的最小值，若函数h(x)＝min{f (x)，g(x)}(x＞0)恰有三个零点，则实数m的取值范围是________．
[f ′(x)＝3x2＋m，因为g(1)＝0，所以要使h(x)＝min{f (x)，g(x)}(x
＞0)恰有三个零点，需满足f (1)＞0，f ＜0，m＜0，解得m＞－，＞⇒－＜m＜－.]
6．(河北唐山市2017届高三年级期末)已知函数f (x)＝ln(ex＋e－x)＋x2，则使得f (2x)＞f (x＋3)成立的x的取值范围是________．
(－∞，－1)∪(3，＋∞) [因为f (－x)＝ln(e－x＋ex)＋(－x)2＝ln(ex＋e－x)＋x2＝f (x)，所以函数f (x)是偶函数，易知函数y＝ex＋e－x在x∈(0，＋∞)是增函数，所以函数f (x)＝ln(ex＋e－x)＋x2在x∈(0，＋∞)也是增函数，所以不等式f (2x)＞f (x＋3)等价于|2x|＞|x＋3|，解得x＜－1或x＞3.]
7．(广东省佛山市2017届高三教学质量检测(一))已知函数f (x)＝x3＋ax2＋bx＋c，g(x)＝3x2＋2ax＋b(a，b，c是常数)，若f (x)在(0,1)上单调递减，则下列结论中：
①f (0)·f (1)≤0；②g(0)·g(1)≥0；③a2－3b有最小值．
正确结论的个数为________．
2 [由题意，得f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，若函数f (x)在(0,1)上单调递减，则即所以g(0)·g(1)＝b·(3＋2a＋b)≥0，故②正确；不妨设f (x)＝x3－2x2－3x＋5，则f (0)·f (1)＝5·(1－2－3＋5)＞0，故①错；画出不等式组表示的平面区域，如图所示，令z＝a2－3b，则b＝a2－，①当－＞－3，即z＜9时，抛物线b＝a2－与直线2a＋b＋3＝0有公共点，联立两个方程消去b得a2＋6a＋9－z＝0，z＝(a＋3)2≥0，所以0≤z＜9；当－≤－3，即z≥9时，抛物线与平面区域必有公共点，综上所述，z≥0，所以z＝a2－3b有最小值 ，故③正确．]
8．(广东省佛山市2017届高三教学质量检测(一))对任意的a∈R，曲线y＝ex(x2＋ax＋1－2a)在点P(0,1－2a)处的切线l与圆C：x2＋2x＋y2－12＝0的位置关系是________.
相交 [由题意，得y′＝ex(x2＋ax＋1－2a)＋ex(2x＋a)，所以y′|x＝0＝1－a，所以直线l的方程为y－(1－2a)＝(1－a)x，即(1－a)x－y＋1－2a＝0.化圆C的方程为(x＋1)2＋y2＝13，其圆心(－1,0)到直线l的距离为＝＝
＝≤＜，所以直线l与圆相交．]
9．(山东省枣庄市2017届高三上学期期末)定义在R上的奇函数y＝f (x)满足f (3)＝0，且当x＞0时，f (x)＞－xf ′(x)恒成立，则函数g(x)＝xf (x)＋lg|x＋1|的零点的个数为________.
【导学号：56394018】
3 [因为当x＞0时，[xf (x)]′＝f (x)＋xf ′(x)＞0，所以xf (x)在(0，＋∞)上单调递增，又函数f (x)为奇函数，所以函数xf (x)为偶函数，结合f (3)＝0，作出函数y＝xf (x)与y＝－lg|x＋1|的图象，如图所示，由图象知，函数g(x)＝xf (x)＋lg|x＋1|的零点有3个．]
10．(湖北省荆州市2017届高三上学期第一次质量检测)设函数f (x)在R上存在导函数f ′(x)，对任意的实数x都有f (x)＝4x2－f (－x)，当x∈(－∞，0)时，f ′(x)＋＜4x.若f (m＋1)≤f (－m)＋4m＋2，则实数m的取值范围是________.
[∵f (x)－2x2＋f (－x)－2x2＝0，设g(x)＝f (x)－2x2，则g(x)＋g(－x)＝0，∴g(x)为奇函数，又g′(x)＝f ′(x)－4x＜－，∴g(x)在(－∞，0)上是减函数，从而在R上是减函数，又f (m＋1)≤f (－m)＋4m＋2等价于f (m＋1)－2(m＋1)2≤f (－m)－2(－m)2，即g(m＋1)≤g(－m)，
∴m＋1≥－m，解得m≥－.]
11．(湖北省荆州市2017届高三上学期第一次质量检测)已知函数f (x)＝axsin x－(a∈R)，且在上的最大值为，则实数a的值为________．
1 [由已知得f ′(x)＝a(sin x＋xcos x)，对于任意的x∈，有sin x＋xcos x＞0，当a＝0时，f (x)＝－，不合题意；当a＜0时，x∈，f ′(x)＜0，从而f (x)在
单调递减，又函数在图象上是连续不断的，故函数在上的最大值为f (0)＝－，不合题意；当a＞0时， x∈，f ′(x)＞0，从而f (x)在单调递增，又函数在图象上是连续不断的，故函数在上的最大值为f ＝·a－＝，解得a＝1.]
12．(天津六校2017届高三上学期期中联考)设函数f (x)＝，关于x的方程[f (x)]2＋mf (x)－1＝0有三个不同的实数解，则实数m的取值范围是________．
[f (x)＝⇒f ′(x)＝＝0⇒x＝e，因此当0＜x≤e时，f (x)≤；当x＞e时，0＜f (x)＜，因此g(t)＝t2＋mt－1＝0有两个根，其中t1∈，t2∈(－∞，0]∪，因为g(0)＝－1，所以g＞0⇒m＞e－.]
13．(山西大学附属中学2017级上学期11月模块诊断)已知函数f (x)＝若m＜n，且f (m)＝f (n)，则n－m的取值范围是________.
[3－2ln 2,2) [如图，作出函数y＝f (x)的图象，不妨设f (m)＝f (n)＝t，
由f (m)＝f (n)可知函数f (x)的图象与直线y＝t有两个交点，
而x≤0时，函数y＝f (x)单调递增，其图象与y轴交于点(0,1)，
所以0＜t≤1.又m＜n，所以m≤0，n＞0，
由0＜t≤1，得0＜ln(n＋1)≤1，解得0＜n≤e－1.
由f (m)＝t，即m＋1＝t，解得m＝2t－2；
由f (n)＝t，即ln(n＋1)＝t，解得n＝et－1；
记g(t)＝n－m＝et－1－(2t－2)＝et－2t＋1(0＜t≤1)，g′(t)＝et－2.
所以当0＜t＜ln 2时，g′(t)＜0，函数g(t)单调递减；
当ln 2＜t≤1时，g′(t)＞0，函数g(t)单调递增．
所以函数g(t)的最小值为g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋1＝3－2ln 2；
而g(0)＝e0＋1＝2，g(1)＝e－2＋1＝e－1＜2，所以3－2ln 2≤g(t)＜2.]
14．(贵州遵义市2017届高三第一次联考)已知定义域为R的偶函数f (x)，其导函数为f ′(x
)，对任意x∈[0，＋∞)，均满足：xf ′(x)＞－2f (x)．若g(x)＝x2f (x)，则不等式g(2x)＜g(1－x)的解集是________.
[x∈[0，＋∞)时，g′(x)＝2xf (x)＋x2f ′(x)＝x(2f (x)＋xf ′(x))＞0，而g(x)＝x2f (x)也为偶函数，所以g(2x)＜g(1－x)⇔g(|2x|)＜g(|1－x|)⇔|2x|＜|1－x|⇔3x2＋2x－1＜0⇔－1＜x＜.]
二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)
15．(本小题满分14分)(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)在互联网时代，网校培训已经成为青年学习的一种趋势，假设某网校的套题每日的销售量h(x)(单位：千套)与销售价格(单位：元/套)满足关系式h(x)＝f (x)＋g(x)(3＜x＜7，m为常数)，其中f (x)与(x－3)成反比，g(x)与(x－7)的平方成正比，已知销售价格为5元/套时，每日可售出套题21千套，销售价格为3.5元/套时，每日可售出套题69千套．
(1)求h(x)的表达式；
(2)假设网校的员工工资，办公等所有开销折合为每套题3元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大．(保留1位小数)
[解] (1)因为f (x)与x－3成反比，g(x)与x－7的平方成正比，
所以可设：f (x)＝，g(x)＝k2(x－7)2，k1≠0，k2≠0，
则h(x)＝f (x)＋g(x)＝＋k2(x－7)2. 2分
因为销售价格为5元/套时，每日可售出套题21千套，销售价格为3.5元/套时，每日可售出套题69千套，
所以，h(5)＝21，h(3.5)＝69，即
解得： 6分
所以，h(x)＝＋4(x－7)2(3＜x＜7). 8分
(2)由(1)可知，套题每日的销售量h(x)＝＋4(x－7)2，
设每日销售套题所获得的利润为F(x)，
则F(x)＝(x－3)
＝10＋4(x－7)2(x－3)
＝4x3－68x2＋364x－578， 10分
从而F′(x)＝12x2－136x＋364＝4(3x－13)(x－7)，3＜x＜7，x∈时，F′(x
)＞0，所以函数F(x)在上单调递增， 12分
x∈时，F′(x)＜0，所以函数F(x)在上单调递减，
所以x＝≈4.3时，函数F(x)取得最大值，
即当销售价格为4.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大.14分
16．(本小题满分14分)(河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛)已知函数f (x)＝x＋aln x(a∈R)．
(1)若曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处与直线y＝3x－2相切，求a的值；
(2)若函数g(x)＝f (x)－kx2有两个零点x1，x2，试判断g′的符号，并证明.
【导学号：56394019】
[解] (1)f ′(x)＝1＋，又∵f ′(1)＝3. 2分
所以a＝2.3分
(2)函数g(x)的定义域是(0，＋∞). 4分
若a＝0，则g(x)＝f (x)－kx2＝x－kx2.
令g(x)＝0，则x－kx2＝0.
又据题设分析知k≠0，
∴x1＝0，x2＝.
又g(x)有两个零点，且都大于0，
∴a＝0，不成立.5分
据题设知
不妨设x1＞x2，＝t，t＞1. 6分
所以x1－x2＋a(ln x1－ln x2)＝k(x1－x2)(x1＋x2)．
所以1＋＝k(x1＋x2)， 7分
又g′(x)＝1＋－2kx，
所以g′＝1＋－k(x1＋x2)＝1＋－1－
＝a＝＝·.9分
引入h(t)＝－ln t(t＞1)，则h′(t)＝－＝－＜0.
所以h(t)在(0，＋∞)上单调递减. 10分
而h(1)＝0，所以当t＞1时，h(t)＜0.
易知x2＞0，＞0，
所以当a＞0时，g′＜0；当a＜0时，g′＞0. 14分
17．(本小题满分14分)(广东郴州市2017届高三第二次教学质量监测试卷)已知函数f (x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)求函数f (x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；
(2)对一切x∈(0，＋∞)，2f (x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(3)探讨函数F(x)＝ln x－＋是否存在零点？若存在，求出函数F(x)的零点；若不存在，请说明理由．
[解] (1)f ′(x)＝ln x＋1，
由f ′(x)＜0得，0＜x＜，由f ′(x)＞0得x＞，
∴函数f (x)在上单调递减，在上单调递增，1分
当0＜t≤时，t＋2＞，∴f (x)min＝f ＝－；
当t＞时，f (x)在[t，t＋2]上单调递增，f (x)min＝f (t)＝tln t，2分
∴f (x)min＝ 3分
(2)原问题可化为a≤2ln x＋x＋， 4分
设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0 )，
h′(x)＝，当0＜x＜1时，h′(x)＜0，h(x)在(0,1)上单调递减；
5分
当x＞1时， h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增；6分
∴h(x)min＝h(1)＝4，故a的取值范围为(－∞，4].7分
(3)令F(x)＝0，得ln x－＋＝0，即xln x＝－(x＞0)， 8分
由(1)知当且仅当x＝时，f (x)＝xln x(x＞0)的最小值是－， 9分
设φ(x)＝－(x＞0)，则φ′(x)＝，易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴当且仅当x＝1时，φ(x)取最大值，且φ(1)＝－， 12分
∴对x∈(0，＋∞)都有ln x＞－，即F(x)＝ln x－＋＞0恒成立，故函数F(x)无零点. 14分
18．(本小题满分16分)(无锡市普通高中2017届高三上学期期中基础性检测)已知函数f (x)＝的定义域为[0,2π]，g(x)为f (x)的导函数．
(1)求方程g(x)＝0的解集；
(2)求函数g(x)的最大值与最小值；
(3)若函数F(x)＝f (x)－ax在定义域上恰有2个极值点，求实数a的取值范围．
[解] (1)因为f ′(x)＝－＋， 1分
所以g(x)＝－＝0，解得x＝或x＝； 3分
(2)因为g′(x)＝－－＋－＝－2， 4分
令g′(x)＝0，解得x＝或x＝， 5分
x
0
2π
g′(x)
－
0
＋
0
－
g(x)
1
↓
－e－
↑
e－
↓
e－2π
所以g(x)的最大值为g(0)＝1，所以g(x)的最小值为g＝－. 7分
(3)因为F′(x)＝－＋－a＝g(x)－a，
所以函数F(x)＝f (x)－ax在定义域上恰有2个极值点，等价于g(x)－a＝0在定义域上恰有2个零点且在零点处异号，即y＝g(x)与y＝a的图象恰有两个交点， 9分
由(2)知F′(0)＝g(0)－a＝1－a，F′＝g－a＝－e－－a，
F′＝g－a＝e－－a，F′(2π)＝g(2π)－a＝e－2π－a，
若F′≥0，则F′＞F′＞0，
所以F′(x)＝0至多只有1个零点，不成立， 10分
所以只有F′＜0； 11分
若F′＜0，则F′(2π)＜0，所以F′(x)＝0只有1个零点，不成立，12分
所以F′≥0， 13分
若F′＝0，即a＝e－，在x＝处同号，不成立；
若F′(2π)≤0，则F′(x)＝0有3个零点，不成立，14分
所以只有F′(2π)＞0.
所以满足的条件为：
，
解得－e－＜a＜e－2π或a＝e－， 16分
(注：利用图象直接得出－e－＜a＜e－2π或a＝e－扣4分．)
19．(本小题满分16分)(河北唐山市2017届高三年级期末)已知函数f (x)＝，g(x)＝x.
(1)求y＝f (x)的最大值；
(2)当a∈时，函数y＝g(x)(x∈(0，e])有最小值．记g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域．
[解] (1)f ′(x)＝(x＞0)，
当x∈(0，e)时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，
所以当x＝e时， f (x)取得最大值f (e)＝. 4分
(2)g′(x)＝ln x－ax＝x，由(1)及x∈(0，e]得：
①当a＝时，－a≤0，g′(x)≤0，g(x)单调递减，
当x＝e时，g(x)取得最小值g(e)＝h(a)＝－. 8分
②当a∈，f (1)＝0≤a，f (e)＝＞a，
所以存在t∈[1，e)，g′(t)＝0且lnt＝at ，
当x∈(0，t)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，当x∈(t，e]时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，所以g(x)的最小值为g(t)＝h(a). 12分
令h(a)＝G(t)＝－t，
因为G′(t)＝＜0，所以G(t)在[1，e)单调递减，此时G(t)∈(－，－1]．
综上，h(a)∈[－，－1]. 16分
20．(本小题满分16分)(江苏省泰州中学2017届高三摸底考试)已知函数f (x)＝(为自然对数的底数)．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)是否存在正实数使得f (1－x)＝f (1＋x)，若存在请求出，否则说明理由；
(3)若存在不等实数x1，x2，使得f (x1)＝f (x2)，证明：f ′＜0.
【导学号：56394020】
[解] (1)函数y＝f (x)的单调递减区间是(1，＋∞)，单调递增区间为(－∞，1). 4分
(2)不存在正实数使得f (1－x)＝f (1＋x)成立，
事实上，由(1)知函数y＝f (x)在(－∞，1)上递增，
而当x∈(0,1)，有y∈(0,1)，在(1，＋∞)上递减，有0＜y＜1，
因此，若存在正实数使得f (1－x)＝f (1＋x)，必有x∈(0,1). 6分
令F(x)＝f (1＋x)－f (1－x)＝＋(x－1)ex，
令F′(x)＝x，因为x∈(0,1)，所以F′(x)＞0，所以F(x)为(0,1)上的增函数，所以F(x)＞F(0)＝0，即f (1＋x)＞f (1－x)，
故不存在正实数使得f (1－x)＝f (1＋x)成立. 8分
(3)若存在不等实数x1，x2，使得f (x1)＝f (x2)，则x1和x2中，必有一个在(0,1)，另一个在(1，＋∞)，不妨设x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞). 10分
①若x2≥2，则∈(1，＋∞)，由(1)知：函数y＝f (x)在(1，＋∞)上单调递减，所以f ′＜0；
②若x2∈(1,2)，由(2)知：当x∈(0,1)，则有f (1＋x)＞f (1－x)，
而1－x1∈(0,1)，所以f (2－x1)＝f [1＋(1－x1)]＞f [1－(1－x1)]＝f (x1)＝f (x2)，即f (2－x1)＞f (x2)，
而2－x1，x2∈(1,2)，由(1)知：函数y＝f (x)在(1，＋∞)上单调递减，13分
∴2－x1＜x2，即有∈(1，＋∞)，
由(1)知：函数y＝f (x)在(1，＋∞)上单调递减，所以f ′＜0；
综合①②得：若存在不等实数x1，x2，使得f (x1)＝f (x2)，则总有f ′＜0. 16分
微信/支付宝扫码支付