2024步步高考二輪數(shù)學(xué)新教材講義專題一　第3講　導(dǎo)數(shù)的幾何意義及函數(shù)的單調(diào)性

2024步步高考二輪數(shù)學(xué)新教材講義第3講導(dǎo)數(shù)的幾何意義及函數(shù)的單調(diào)性一、單項(xiàng)選擇題1．(2023·榆林模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2ex＋2x＋1，則f(x)的圖象在x＝0處的切線方程為()A．4x－y＋1＝0 B．2x－y＋1＝0C．4ex－y＋2＝0 D．2ex－y＋1＝02．(2023·齊齊哈爾模擬)已知函數(shù)y＝xf′(x)的圖象如圖所示(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，下面四個圖象中可能是y＝f(x)圖象的是()3．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x2＋ax的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，則()A．a(chǎn)∈(－∞，－3] B．a(chǎn)＝－3C．a(chǎn)＝3 D．a(chǎn)∈(－∞，3]4．(2023·濰坊模擬)若P為函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)ex－eq\r(3)x圖象上的一個動點(diǎn)，以P為切點(diǎn)作曲線y＝f(x)的切線，則切線傾斜角的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))5．(2023·成都模擬)若過原點(diǎn)與曲線f(x)＝x2ex＋ax2－2x相切的直線，切點(diǎn)均與原點(diǎn)不重合的有2條，則a的取值范圍是()A．(e－2，＋∞) B．(－∞，e－2)C．(0，e－2) D．(0，e－2]6．(2023·廣州模擬)已知偶函數(shù)f(x)與其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的定義域均為R，且f′(x)＋e－x＋x也是偶函數(shù)，若f(2a－1)<f(a＋1)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，2) B．(0,2)C．(2，＋∞) D．(－∞，0)∪(2，＋∞)二、多項(xiàng)選擇題7．若曲線f(x)＝ax2－x＋lnx存在垂直于y軸的切線，則a的取值可以是()A．－eq\f(1,2)B．0C.eq\f(1,8)D.eq\f(1,4)8．若對?m∈R，?a，b∈R，使得eq\f(fa－fb,a－b)＝f(m)成立，則稱可導(dǎo)函數(shù)f(x)滿足性質(zhì)Ω，下列函數(shù)滿足性質(zhì)Ω的是()A．f(x)＝x2＋3xB．f(x)＝eq\f(1,x＋12)C．f(x)＝e－x＋1D．f(x)＝cos(1－2x)三、填空題9．(2023·海南統(tǒng)考)已知函數(shù)f(x)＝2f′(3)x－eq\f(2,9)x2＋lnx，則f(1)＝________.10．(2023·江蘇省八市模擬)過點(diǎn)(－1,0)作曲線y＝x3－x的切線，寫出一條切線的方程________________．11．(2023·廣州統(tǒng)考)已知函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx＋eq\f(1,2)x2，若a＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log

\f(1,2)5))，b＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin

\f(1,2)))，c＝f(ln3)，則a，b，c的大小關(guān)系為____________________________________________________．12．(2023·全國乙卷)設(shè)a∈(0,1)，若函數(shù)f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是________．四、解答題13．(2023·鄭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2－2x＋alnx(a∈R)．(1)若函數(shù)在x＝1處的切線與直線x－y－2＝0垂直，求實(shí)數(shù)a的值；(2)當(dāng)a>0時，討論函數(shù)的單調(diào)性．14．(2023·湖北八市聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－(ax－1)ln(ax－1)＋(a＋1)x.(e為自然常數(shù))(1)當(dāng)a＝1時，求F(x)＝ex－f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．第4講函數(shù)的極值、最值一、單項(xiàng)選擇題1．下列函數(shù)中，不存在極值的是()A．y＝x＋eq\f(1,x) B．y＝xexC．y＝xlnx D．y＝－3x3－3x2－x2．(2023·西寧模擬)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x2－3)在[2，＋∞)上的最小值為()A.eq\f(e3,6)B．e2C.eq\f(e3,4)D．2e3．(2023·哈爾濱模擬)若函數(shù)f(x)＝ax3＋3x2＋b在x＝2處取得極值1，則a－b等于()A．－4B．－3C．－2D．24．(2023·全國乙卷)函數(shù)f(x)＝x3＋ax＋2存在3個零點(diǎn)，則a的取值范圍是()A．(－∞，－2) B．(－∞，－3)C．(－4，－1) D．(－3,0)5．(2023·武漢模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(x,a)－b，?x∈R，都有f(x)的最小值為0，則a2b的最小值為()A．－eq\f(1,e2)B.eq\f(1,e2)C．－eq\f(2,e2)D.eq\f(2,e2)6．(2023·聊城模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)ex2－ax(a>0且a≠1)有一個極大值點(diǎn)x1和一個極小值點(diǎn)x2，且x1<x2，則a的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))C．(1，e) D．(e，＋∞)二、多項(xiàng)選擇題7．(2023·新高考全國Ⅱ)若函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)＋eq\f(c,x2)(a≠0)既有極大值也有極小值，則()A．bc>0 B．a(chǎn)b>0C．b2＋8ac>0 D．a(chǎn)c<08．已知函數(shù)f(x)＝ln(e3x＋1)＋ax(a∈R)，下列說法正確的是()A．若y＝f(x)是偶函數(shù)，則a＝－eq\f(3,2)B．若y＝f(x)是偶函數(shù)，則a＝－3C．若a＝－2，函數(shù)存在最小值D．若函數(shù)存在極值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－3,0)三、填空題9．(2023·北京朝陽區(qū)模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x2－3)ex，則f(x)的極小值點(diǎn)為________．10．(2023·涼山模擬)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為g(x)＝(x－1)(x2－3x＋a)，若1不是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的值為________．11．(2023·瀘州模擬)已知函數(shù)f(x)＝xlnx＋mex有兩個極值點(diǎn)，則m的取值范圍是________．12．(2023·江門模擬)已知f(x)＝|lnx|，x1，x2是方程f(x)＝a(a∈R)的兩根，且x1<x2，則eq\f(a,x1x\o\al(2,2))的最大值是________．四、解答題13．(2023·西安模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,a)＋lnx，其中a為常數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)當(dāng)a＝－1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)在區(qū)間(0，e]上的最大值為2，求a的值．14.已知函數(shù)f(x)＝(a－x)lnx.(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)證明：當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)存在唯一的極大值點(diǎn)．第3講導(dǎo)數(shù)的幾何意義及函數(shù)的單調(diào)性1．B2.C3.B4.D5.C6.B7．ABC[依題意，f(x)存在垂直于y軸的切線，即存在斜率為0的切線，又f′(x)＝2ax＋eq\f(1,x)－1，x>0，∴2ax＋eq\f(1,x)－1＝0有正根，即－2a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2－eq\f(1,x)有正根，即函數(shù)y＝－2a與函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2－eq\f(1,x)，x>0的圖象有交點(diǎn)，令eq\f(1,x)＝t>0，則g(t)＝t2－t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2－eq\f(1,4)，∴g(t)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,4)，∴－2a≥－eq\f(1,4)，即a≤eq\f(1,8).]8．ABD[若對?m∈R，?a，b∈R，使得eq\f(fa－fb,a－b)＝f(m)成立，則f(x)的值域是f′(x)值域的子集．對于A，由二次函數(shù)性質(zhì)知，f(x)＝x2＋3x的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，＋∞))，∵f′(x)＝2x＋3，∴f′(x)的值域?yàn)镽，則eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，＋∞))?R，A滿足性質(zhì)Ω；對于B，∵(x＋1)2>0，∴f(x)的值域?yàn)?0，＋∞)，∵f′(x)＝－eq\f(2,x＋13)，又(x＋1)3≠0，∴f′(x)的值域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，則(0，＋∞)?(－∞，0)∪(0，＋∞)，B滿足性質(zhì)Ω；對于C，∵－x＋1∈R，∴f(x)＝e－x＋1的值域?yàn)?0，＋∞)，∵f′(x)＝－e－x＋1，∴f′(x)的值域?yàn)?－∞，0)，則f(x)的值域不是f′(x)的值域的子集，C不滿足性質(zhì)Ω；對于D，∵1－2x∈R，∴f(x)＝cos(1－2x)的值域?yàn)閇－1,1]，∵f′(x)＝2sin(1－2x)，∴f′(x)的值域?yàn)閇－2,2]，則[－1,1]?[－2,2]，D滿足性質(zhì)Ω.]9.eq\f(16,9)10.2x－y＋2＝0(答案不唯一)11．a(chǎn)>c>b12.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，1))解析由函數(shù)的解析式可得f′(x)＝axlna＋(1＋a)xln(1＋a)≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，則(1＋a)xln(1＋a)≥－axlna，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,a)))x≥－eq\f(lna,ln1＋a)在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，而y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,a)))x在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,a)))0＝1≥－eq\f(lna,ln1＋a)，而1＋a∈(1,2)，故ln(1＋a)>0，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lna＋1≥－lna，,0<a<1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(aa＋1≥1，,0<a<1，))故eq\f(\r(5)－1,2)≤a<1，結(jié)合題意可得實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，1)).13．解(1)由題意可得，f′(x)＝2x－2＋eq\f(a,x)，因?yàn)楹瘮?shù)在x＝1處的切線與直線x－y－2＝0垂直，則f′(1)＝－1＝2－2＋a，即a＝－1.(2)因?yàn)閒′(x)＝2x－2＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－2x＋a,x)，x>0，對于方程2x2－2x＋a＝0，記Δ＝4－8a，①當(dāng)Δ≤0，即a≥eq\f(1,2)時，f′(x)≥0，函數(shù)f(x)是(0，＋∞)上的增函數(shù)；②當(dāng)Δ>0，即0<a<eq\f(1,2)時，令f′(x)＝0，解得x1＝eq\f(1－\r(1－2a),2)，x2＝eq\f(1＋\r(1－2a),2).又x2>x1>0.當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－2a),2)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－2a),2)，＋∞))時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－2a),2)，\f(1＋\r(1－2a),2)))時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a≥eq\f(1,2)時，函數(shù)f(x)是(0，＋∞)上的增函數(shù)；當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－2a),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－2a),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－2a),2)，\f(1＋\r(1－2a),2)))上單調(diào)遞減．14．解(1)當(dāng)a＝1時，F(xiàn)(x)＝ex－f(x)＝(x－1)ln(x－1)－2x，定義域?yàn)?1，＋∞)，F(xiàn)′(x)＝ln(x－1)－1，令F′(x)>0，解得x>e＋1，令F′(x)<0，解得1<x<e＋1，故此時F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(e＋1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，e＋1)．(2)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上有意義，故ax－1>0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上恒成立，可得a>e，依題意可得，f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1≥0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上恒成立，設(shè)g(x)＝f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1，g′(x)＝ex－eq\f(a2,ax－1)，易知g′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞增，故g′(x)≤g′(1)＝e－eq\f(a2,a－1)<0，故g(x)＝f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞減，最小值為g(1)，故只需g(1)＝e－aln(a－1)＋1≥0，設(shè)h(a)＝e－aln(a－1)＋1，其中a>e，由h′(a)＝－ln(a－1)－eq\f(a,a－1)<0，可得h(a)＝e－aln(a－1)＋1在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，又h(e＋1)＝0，故a≤e＋1.綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(e，e＋1]．第4講函數(shù)的極值、最值1．D2.A3.D4.B5.A6.B7．BCD[函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)＋eq\f(c,x2)的定義域?yàn)?0，＋∞)，則f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(b,x2)－eq\f(2c,x3)＝eq\f(ax2－bx－2c,x3)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)既有極大值也有極小值，則函數(shù)f′(x)在(0，＋∞)上有兩個變號零點(diǎn)，而a≠0，因此方程ax2－bx－2c＝0有兩個不相等的正實(shí)數(shù)根x1，x2，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝b2＋8ac>0，,x1＋x2＝\f(b,a)>0，,x1x2＝－\f(2c,a)>0，))即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，顯然a2bc<0，即bc<0，故A錯誤，B，C，D正確．]8．ACD[對于A，B，函數(shù)的定義域?yàn)镽，且f(－x)＝f(x)，則ln(e－3x＋1)＋a(－x)＝ln(e3x＋1)＋ax，則lneq\f(e3x＋1,e－3x＋1)＝－2ax，則lne3x＝－2ax，則3x＝－2ax恒成立，故a＝－eq\f(3,2)，所以A正確，B錯誤；對于C，當(dāng)a＝－2時，f(x)＝ln(e3x＋1)－2x，可得f′(x)＝eq\f(3e3x,e3x＋1)－2＝1－eq\f(3,e3x＋1)，令f′(x)＝0，即1－eq\f(3,e3x＋1)＝0，解得x＝eq\f(ln2,3)，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(ln2,3)))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln2,3)，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln2,3)))，所以C正確；對于D，f′(x)＝(3＋a)－eq\f(3,e3x＋1)，因?yàn)閒(x)存在極值，所以f′(x)有零點(diǎn)，令f′(x)＝0，即(3＋a)－eq\f(3,e3x＋1)＝0，所以x＝eq\f(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－a,a＋3))),3)，則eq\f(－a,a＋3)>0，即a(a＋3)<0，解得－3<a<0，所以D正確．]9．x＝110.211.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0))解析由題意，令f′(x)＝1＋lnx＋mex＝0，即－m＝eq\f(1＋lnx,ex)有兩個不相等的正實(shí)根，所以y＝－m與g(x)＝eq\f(1＋lnx,ex)在(0，＋∞)上有兩個交點(diǎn)，則g′(x)＝eq\f(\f(1,x)－1－lnx,ex)，記h(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1，則h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且h(1)＝0，當(dāng)x∈(0,1]時h(x)≥0，g′(x)≥0，所以g(x)在(0,1]上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時h(x)<0，g′(x)<0，所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(1)＝eq\f(1,e)，當(dāng)x→0時，g(x)→－∞；當(dāng)x→＋∞時，g(x)→0，綜上，當(dāng)0<－m<eq\f(1,e)，即－eq\f(1,e)<m<0時，y＝－m與g(x)＝eq\f(1＋lnx,ex)在(0，＋∞)上有兩個交點(diǎn)，即f(x)有兩個極值點(diǎn)．12.eq\f(1,e)解析由題意x1，x2是方程|lnx|＝a的兩根，且x1<x2，則a>0，lnx1＝－a，lnx2＝a，即x1＝e－a，x2＝ea，所以eq\f(a,x1x\o\al(2,2))＝eq\f(a,e－a·ea·ea)＝eq\f(a,ea)(a>0)，令g(x)＝eq\f(x,ex)(x>0)，g′(x)＝eq\f(1－x,ex)，當(dāng)0<x<1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，則當(dāng)x＝1時，g(x)取最大值eq\f(1,e)，所以eq\f(a,x1x\o\al(2,2))的最大值是eq\f(1,e).13．解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)a＝－1時，f(x)＝lnx－x，f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，令f′(x)>0得，0<x<1；令f′(x)<0得，x>1，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)．(2)f′(x)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,x)＝eq\f(a＋x,ax).①當(dāng)a>0時，x>0，∴f′(x)>0，∴函數(shù)f(x)在(0，e]上單調(diào)遞增，∴f(x)max＝f(e)＝2，∴eq\f(e,a)＋1＝2，∴a＝e符合題意；②當(dāng)－e<a<0時，令f′(x)＝0得x＝－a，x(0，－a)－a(－a，e)f′(x)＋0－f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減∴f(x)max＝f(