2018届高三数学（文）二轮复习冲刺提分作业：第一篇+突破+二+函数与导数+第3讲　导数及其应用第1课时+导数与函数性质

2018届高三数学（文）二轮复习冲刺提分作业：第一篇+突破+二+函数与导数+第3讲　导数及其应用第1课时+导数与函数性质

第1课时　导数与函数性质 A组　基础题组 ‎ 时间:40分钟　 分值:65分　 ‎ ‎1.(2017浙江,7,5分)函数y=f(x)的导函数y=f '(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是(　　)‎ ‎2.(2017山东,10,5分)若函数exf(x)(e=2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增,则称函数f(x)具有M性质.下列函数中具有M性质的是(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.f(x)=2-x B.f(x)=x2 ‎ C.f(x)=3-x D.f(x)=cos x ‎3.(2016课标全国Ⅰ,12,5分)若函数f(x)=x-sin 2x+asin x在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.[-1,1] B. C. D.‎ ‎4.过点A(2,1)作曲线f(x)=x3-3x的切线最多有(　　)‎ A.3条 B.2条 C.1条 D.0条 ‎5.(2017山东烟台模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(-3)=f(5)=1, f '(x)为f(x)的导函数,且导函数y=f '(x)的图象如图所示.则不等式f(x)<1的解集是(　　)‎ A.(-3,0) B.(-3,5)‎ C.(0,5) D.(-∞,-3)∪(5,+∞)‎ ‎6.(2017湖南长沙调研)设x1,x2是函数f(x)=x3-2ax2+a2x的两个极值点,若x1<20时,求f(x)的最小值的取值集合.‎ ‎ ‎ B组　提升题组 ‎ 时间:25分钟　 分值:25分　‎ ‎　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ ‎1.(2017江苏节选)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有极值,且导函数f '(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)‎ ‎(1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域;‎ ‎(2)若f(x), f '(x)这两个函数的所有极值之和不小于-,求a的取值范围.‎ ‎2.(2017四川成都第二次诊断性检测)已知函数f(x)=ln x-x+,其中a>0.‎ ‎(1)若f(x)在(0,+∞)上存在极值点,求a的取值范围;‎ ‎(2)设a∈(1,e],当x1∈(0,1),x2∈(1,+∞)时,记f(x2)-f(x1)的最大值为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,请说明理由.‎ 答案精解精析 A组　基础题组 ‎1.D　不妨设导函数y=f '(x)的零点依次为x1,x2,x3,其中x1<00,排除B,故选D.‎ ‎2.A　当f(x)=2-x时,ex·f(x)=ex·2-x=,‎ 令y=,‎ 则y'==‎ ‎=(1-ln 2).‎ ‎∵ex>0,2x>0,ln 2<1,‎ ‎∴y'>0.‎ ‎∴当f(x)=2-x时,ex·f(x)在f(x)的定义域上单调递增,故具有M性质,易知B、C、D不具有M性质,故选A.‎ ‎3.C　f '(x)=1-cos 2x+acos x=1-(2cos2x-1)+acos x=-cos2x+acos x+, f(x)在R上单调递增,则f '(x)≥0在R上恒成立,令cos x=t,t∈[-1,1],则-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,则解得-≤a≤,故选C.‎ ‎4.A　由题意得, f '(x)=3x2-3,设切点为(x0,-3x0),那么切线的斜率为k=3-3,利用点斜式方程可知切线方程为y-(-3x0)=(3-3)(x-x0),将点A (2,1)代入可得关于x0的一元三次方程2-6+7=0.令y=2-6+7,则y'=6-12x0.由y'=0得x0=0或x0=2.当x0=0时,y=7>0;x0=2时,y=-1<0.所以方程2-6+7=0有3个解,故过点A(2,1)作曲线f(x)=x3-3x的切线最多有3条,故选A.‎ ‎5.B　依题意得,当x>0时, f '(x)>0, f(x)是增函数;当x<0时, f '(x)<0, f(x)是减函数.又f(-3)=f(5)=1,因此不等式f(x)<1的解集是(-3,5),选B.‎ ‎6.答案　(2,6)‎ 答案　由题意得f '(x)=3x2-4ax+a2的两个零点x1,x2满足x1<20,则f(x)在定义域内为增函数,∴f(mx-3)+f(x)<0可变形为f(mx-3)0;‎ 当x∈(-2,-ln 2)时, f '(x)<0.‎ 故f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增,‎ 在(-2,-ln 2)上单调递减.‎ 当x=-2时,函数f(x)取得极大值,极大值为f(-2) =4(1-e-2).‎ ‎10.解析　(1)f(x)的定义域为(0, +∞).a=0时, f(x)=ln x+,则f '(x)=,‎ 当01时, f '(x)>0,‎ ‎∴f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1].‎ ‎(2)f '(x)=.‎ 令f '(x)=0,得x1=(舍去),x2=.‎ 当0x2时, f '(x)>0.‎ ‎∴f(x)min=f(x2)=ln x2++ax2(a>0).‎ 令x2=t,g(t)=ln t++at(a>0),‎ 由g'(t)=0⇒=0⇒at=>0⇒t∈(0,1),‎ 于是g(t)=ln t+-1(0g(1)=1.‎ ‎∴当a>0时, f(x)的最小值的取值集合为(1,+∞). ‎ B组　提升题组 ‎1.解析　(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f '(x)=3x2+2ax+b=3+b-.‎ 当x=-时, f '(x)有极小值b-.‎ 因为f '(x)的极值点是f(x)的零点,‎ 所以f =-+-+1=0,又a>0,故b=+.‎ 因为f(x)有极值,故f '(x)=0有实根,从而b-=(27-a3)≤0,即a≥3.‎ 当a=3时, f '(x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函数, f(x)没有极值;‎ 当a>3时, f '(x)=0有两个相异的实根x1=,x2=.‎ 列表如下:‎ x ‎(-∞,x1)‎ x1‎ ‎(x1,x2)‎ x2‎ ‎(x2,+∞)‎ f '(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 故f(x)的极值点是x1,x2.‎ 从而a>3.‎ 因此b=+,定义域为(3,+∞).‎ ‎(2)由(1)知, f(x)的极值点是x1,x2,‎ 且x1+x2=-a,+=.‎ 从而f(x1)+f(x2)=+a+bx1+1++a+bx2+1‎ ‎=(3+2ax1+b)+(3+2ax2+b)+a(+)+b(x1+x2)+2=-+2=0.‎ 记f(x), f '(x)所有极值之和为h(a),‎ 因为f '(x)的极值为b-=-a2+,‎ 所以h(a)=-a2+,a>3.‎ 因为h'(a)=-a-<0,‎ 于是h(a)在(3,+∞)上单调递减.‎ 因为h(6)=-,于是h(a)≥h(6),故a≤6.‎ 因此a的取值范围为(3,6].‎ ‎2.解析　(1)f '(x)=-1-=,x∈(0,+∞).‎ ‎①当a=1时, f '(x)=-≤0, f(x)在(0,+∞)上单调递减,不存在极值点;‎ ‎②当a>0且a≠1时, f '(a)=f '=0.经检验,a,均为f(x)的极值点.‎ ‎∴a∈(0,1)∪(1,+∞).‎ ‎(2)存在.当a∈(1,e]时,0<<10时,a或x<.‎ ‎∴f(x)在上单调递减,在上单调递增,在(a,+∞)上单调递减.‎ ‎∴∀x1∈(0,1),有f(x1)≥f;∀x2∈(1,+∞),有f(x2)≤f(a).‎ ‎∴[f(x2)-f(x1)]max=f(a)-f.‎ ‎∴M(a)=f(a)-f ‎=‎ ‎-‎ ‎=2,a∈(1,e].‎ M'(a)=2ln a+2+2‎ ‎=2ln a,a∈(1,e].‎ ‎∴M'(a)>0,即M(a)在(1,e]上单调递增.‎ ‎∴M(a)max=M(e)=2+2=.‎ ‎∴M(a)存在最大值.‎