2018屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)沖刺提分作業(yè)第一篇專題突破專題二函數(shù)與導(dǎo)數(shù)刺第3講導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第1課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)性質(zhì)文

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE13-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第1課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)性質(zhì)A組基礎(chǔ)題組時(shí)間:40分鐘分值：65分1。(2017浙江，7，5分)函數(shù)y=f（x）的導(dǎo)函數(shù)y=f'（x)的圖象如圖所示,則函數(shù)y=f（x)的圖象可能是（）2.(2017山東，10，5分）若函數(shù)exf（x）(e=2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))在f(x）的定義域上單調(diào)遞增,則稱函數(shù)f(x)具有M性質(zhì).下列函數(shù)中具有M性質(zhì)的是()A.f（x)=2-x B。f（x)=x2 C.f（x）=3-x D.f（x）=cosx3.(2016課標(biāo)全國(guó)Ⅰ,12，5分)若函數(shù)f(x）=x-sin2x+asinx在（—∞，+∞）單調(diào)遞增,則a的取值范圍是()A。[-1，1］ B. C。 D。4。過點(diǎn)A（2,1）作曲線f（x)=x3—3x的切線最多有（)A.3條 B.2條 C。1條 D。0條5。（2017山東煙臺(tái)模擬)已知定義在R上的函數(shù)f(x）滿足f（—3)=f（5）=1，f’(x）為f(x）的導(dǎo)函數(shù)，且導(dǎo)函數(shù)y=f’(x)的圖象如圖所示.則不等式f（x)<1的解集是（）A.(—3,0） B。(-3,5）C.（0，5) D.(—∞，-3）∪（5,+∞）6.（2017湖南長(zhǎng)沙調(diào)研)設(shè)x1，x2是函數(shù)f（x）=x3—2ax2+a2x的兩個(gè)極值點(diǎn),若x1〈2〈x2,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是。

7.（2017江西南昌十校第二次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=lnx，g(x）=x2+mx(m∈R)，若函數(shù)f（x)的圖象在點(diǎn)（1,f(1）)處的切線與函數(shù)g(x）的圖象相切,則m的值為。

8.若函數(shù)f（x)=2x+sinx對(duì)任意的m∈［-2，2］,f（mx—3)+f（x）〈0恒成立，則x的取值范圍是。

9。已知函數(shù)f（x)=ex（ax+b）-x2-4x,曲線y=f(x）在點(diǎn)(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.10。（2017新疆第二次質(zhì)量檢測(cè))已知函數(shù)f（x）=lnx++ax,（a≥0）。（1）當(dāng)a=0時(shí),求f(x）的單調(diào)區(qū)間；（2)當(dāng)a>0時(shí)，求f(x）的最小值的取值集合.

B組提升題組時(shí)間：25分鐘分值:25分1。(2017江蘇節(jié)選）已知函數(shù)f（x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R）有極值,且導(dǎo)函數(shù)f’(x)的極值點(diǎn)是f（x)的零點(diǎn)。（極值點(diǎn)是指函數(shù)取極值時(shí)對(duì)應(yīng)的自變量的值）（1）求b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式,并寫出定義域；（2）若f(x），f'（x）這兩個(gè)函數(shù)的所有極值之和不小于—,求a的取值范圍。2。（2017四川成都第二次診斷性檢測(cè)）已知函數(shù)f(x)=lnx—x+,其中a>0。(1)若f(x）在(0,+∞)上存在極值點(diǎn),求a的取值范圍；（2)設(shè)a∈（1,e],當(dāng)x1∈(0,1），x2∈（1，+∞）時(shí)，記f(x2)—f（x1)的最大值為M(a)。那么M(a）是否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，請(qǐng)說明理由.答案精解精析A組基礎(chǔ)題組1.D不妨設(shè)導(dǎo)函數(shù)y=f’（x)的零點(diǎn)依次為x1,x2,x3，其中x1<0〈x2〈x3,由導(dǎo)函數(shù)圖象可知，y=f(x）在（—∞，x1)上為減函數(shù),在(x1,x2)上為增函數(shù),在（x2,x3）上為減函數(shù)，在（x3,+∞)上為增函數(shù)，從而排除A，C.y=f(x)在x=x1，x=x3處取到極小值,在x=x2處取到極大值,又x2〉0,排除B,故選D。2.A當(dāng)f（x）=2-x時(shí),ex·f（x）=ex·2—x=，令y=,則y’===（1-ln2）.∵ex〉0,2x>0，ln2〈1，∴y'〉0.∴當(dāng)f（x）=2-x時(shí)，ex·f（x)在f(x)的定義域上單調(diào)遞增,故具有M性質(zhì),易知B、C、D不具有M性質(zhì),故選A.3.Cf’（x)=1-cos2x+acosx=1-（2cos2x—1)+acosx=—cos2x+acosx+，f（x）在R上單調(diào)遞增,則f'（x）≥0在R上恒成立，令cosx=t,t∈[—1，1］,則-t2+at+≥0在［-1，1］上恒成立,即4t2-3at—5≤0在［—1,1］上恒成立,令g（t）=4t2—3at—5，則解得-≤a≤，故選C.4.A由題意得,f'（x）=3x2—3，設(shè)切點(diǎn)為(x0，—3x0)，那么切線的斜率為k=3—3，利用點(diǎn)斜式方程可知切線方程為y-(-3x0)=(3-3)（x—x0)，將點(diǎn)A（2，1)代入可得關(guān)于x0的一元三次方程2—6+7=0。令y=2-6+7，則y’=6—12x0.由y’=0得x0=0或x0=2.當(dāng)x0=0時(shí)，y=7>0；x0=2時(shí)，y=-1〈0。所以方程2-6+7=0有3個(gè)解，故過點(diǎn)A(2,1)作曲線f(x)=x3—3x的切線最多有3條，故選A。5。B依題意得，當(dāng)x〉0時(shí)，f'(x）〉0，f（x)是增函數(shù);當(dāng)x〈0時(shí),f’(x)<0，f（x）是減函數(shù)。又f（—3)=f(5）=1，因此不等式f（x）<1的解集是(—3，5),選B.6。答案(2,6)答案由題意得f’（x)=3x2—4ax+a2的兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2滿足x1〈2〈x2，所以f’(2)=12—8a+a2〈0，解得2〈a〈6。7。答案—1或3解析易知f（1)=0，f'（x)=，從而得到f'（1）=1，函數(shù)f（x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1)）處的切線方程為y=x—1。解法一：設(shè)直線y=x-1與g(x）=x2+mx（m∈R）的圖象相切于點(diǎn)P(x0，y0）,從而可得g’（x0）=1,g(x0)=x0—1.又g’(x)=2x+m,因此有得=1,解得或解法二:聯(lián)立得x2+（m-1)x+1=0，所以Δ=（m—1)2-4=0,解得m=-1或m=3。8.答案(-3,1）解析易知f(x)是R上的奇函數(shù)，f’（x)=2+cosx>0,則f（x)在定義域內(nèi)為增函數(shù),∴f(mx-3）+f（x）〈0可變形為f(mx-3)<f（—x）,∴mx—3<—x,令g(m)=x·m-3+x,m∈[—2，2],可得當(dāng)m∈[-2，2］時(shí),g（m）<0恒成立,若x≥0,則g（m）max=g(2）<0,①若x<0，則g（m)max=g（—2）〈0，②解①②得-3〈x〈1.9。解析（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=—ln2或x=-2。從而當(dāng)x∈（—∞，-2)∪（—ln2，+∞）時(shí)，f’（x）>0；當(dāng)x∈(—2，-ln2)時(shí)，f’(x）<0。故f（x）在（—∞,—2），(-ln2,+∞)上單調(diào)遞增，在（—2，-ln2）上單調(diào)遞減。當(dāng)x=-2時(shí),函數(shù)f(x)取得極大值，極大值為f(—2）=4（1—e-2).10。解析（1)f（x)的定義域?yàn)椋?,+∞).a=0時(shí)，f（x）=lnx+,則f’（x）=,當(dāng)0〈x<1時(shí),f’(x）<0,當(dāng)x〉1時(shí)，f’(x)>0,∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為（0,1］。(2)f’(x)=。令f’(x）=0,得x1=（舍去）,x2=.當(dāng)0〈x〈x2時(shí)，f’(x)<0,當(dāng)x〉x2時(shí),f'（x）〉0?！鄁（x)min=f（x2)=lnx2++ax2（a〉0).令x2=t,g（t)=lnt++at(a〉0）,由g'（t）=0?=0?at=>0?t∈(0,1）,于是g（t)=lnt+—1(0〈t<1），∴g’（t）=-=<0（0<t<1），∴g（t)在（0，1)上單調(diào)遞減,∴g（t)〉g（1)=1?！喈?dāng)a>0時(shí),f(x）的最小值的取值集合為(1，+∞）.B組提升題組1。解析(1)由f（x）=x3+ax2+bx+1，得f’(x）=3x2+2ax+b=3+b-。當(dāng)x=—時(shí),f'（x）有極小值b—。因?yàn)閒’(x)的極值點(diǎn)是f（x）的零點(diǎn)，所以f=-+—+1=0,又a>0,故b=+。因?yàn)閒(x）有極值，故f'（x)=0有實(shí)根,從而b-=(27-a3）≤0，即a≥3。當(dāng)a=3時(shí),f’(x）>0（x≠-1),故f（x)在R上是增函數(shù),f(x）沒有極值；當(dāng)a〉3時(shí),f'(x)=0有兩個(gè)相異的實(shí)根x1=,x2=.列表如下:x(—∞,x1)x1（x1，x2）x2（x2,+∞）f’（x)+0—0+f(x)↗極大值↘極小值↗故f（x）的極值點(diǎn)是x1，x2.從而a>3.因此b=+，定義域?yàn)?3,+∞）.(2)由（1)知,f（x）的極值點(diǎn)是x1，x2,且x1+x2=-a，+=.從而f（x1)+f(x2）=+a+bx1+1++a+bx2+1=(3+2ax1+b）+（3+2ax2+b）+a(+)+b(x1+x2)+2=—+2=0.記f（x)，f'(x）所有極值之和為h(a),因?yàn)閒’（x)的極值為b-=-a2+，所以h（a)=—a2+,a〉3.因?yàn)閔'（a）=-a—<0,于是h(a)在（3，+∞）上單調(diào)遞減。因?yàn)閔（6)=—，于是h（a)≥h（6），故a≤6.因此a的取值范圍為（3,6］.2。解析（1）f'（x）=-1-=,x∈(0,+∞）。①當(dāng)a=1時(shí),f’(x)=—≤0，f（x)在(0，+∞)上單調(diào)遞減,不存在極值點(diǎn)；②當(dāng)a>0且a≠1時(shí)，f’(a)=f'=0.經(jīng)檢驗(yàn),a，均為f（x)的極值點(diǎn)?！郺∈(0，1)∪（1,+∞).（2）存在.當(dāng)a∈（1,e]時(shí)，0〈〈1〈a。由（1)知，當(dāng)f’(x）>0時(shí)，<x<a;當(dāng)f’(x)〈0時(shí),x>a或x〈?！鄁(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增,在(a，+∞)上單調(diào)遞減.∴?x1∈（0,1)，有f（x1）≥f；?x2∈(1,+∞）,有f（x2）≤f（a)。