2008-2014江苏高考函数导数专项训练
函数、导数专项训练
一、2008年江苏20题
20．若，，为常数，函数f (x)定义为：对每个给定的实数x，
（Ⅰ）求对所有实数x成立的充要条件（用表示）；
（Ⅱ）设为两实数，满足，且∈,若，求证：在区间上的单调增区间的长度之和为（闭区间的长度定义为）。
二、2009年江苏20题
20．(本小题满分16分)
设为实数，函数.
(1) 若，求的取值范围；
(2) 求的最小值；
(3) 设函数，直接写出(不需给出演算步骤)不等式的解集.
三、2010年江苏20题
20.（16分）设f(x)使定义在区间(1,+¥)上的函数，其导函数为f ¢(x).如果存在实数a和函数h(x)，其中h(x)对任意的xÎ(1,+¥)都有h(x)>0，使得f ¢(x)]=h(x)(x2－ax+1)，则称函数f(x)具有性质P(a).
⑴设函数f(x)=h(x)+ (x>1)，其中b为实数
①求证：函数f(x)具有性质P(b)
②求函数f(x)的单调区间
⑵已知函数g(x)具有性质P(2)，给定x1,x2Î(1,+¥)，x1
1，b>1，若|g(a)－g(b)|<|g(x1)－g(x2)|,求m的取值范围
四、2011年江苏19题
19、（本小题满分16分）已知a，b是实数，函数 和是的导函数，若在区间I上恒成立，则称和在区间I上单调性一致
（1）设，若函数和在区间上单调性一致,求实数b的取值范围；
（2）设且，若函数和在以a，b为端点的开区间上单调性一致，求|a-b|的最大值。
五、2012年江苏18题
18．若函数在处取得极大值或极小值，则称为函数的极值点。
已知是实数，1和是函数的两个极值点．
（1）求和的值；
（2）设函数的导函数，求的极值点；
（3）设，其中，求函数的零点个数．
六、2013年江苏20题
20．（本小题满分16分）
设函数，，其中为实数．
（1）若在上是单调减函数，且在上有最小值，求的取值范围；
（2）若在上是单调增函数，试求的零点个数，并证明你的结论．
七、2014年江苏19题
19．(本小题满分1学科王6分)已知函数其中e是自然对数的底数．
（1学科王）证明：是上的偶函数；
（2）若关于x的学科王不等式在上恒成立，求实数m的取值范围；
（3）已知正数a满足：存学科王在，使得成立．试比较与的大小，并证明你的结论．
八、2015南京学情调研20题
20．（本小题满分16分）
已知函数f(x)＝ax3＋|x－a|，aR．
（1）若a＝－1，求函数y＝f(x) (x[0，＋∞))的图象在x＝1处的切线方程；
（2）若g(x)＝x4，试讨论方程f(x)＝g(x)的实数解的个数；
（3）当a＞0时，若对于任意的x1[a，a＋2]，都存在x2[a＋2，＋∞)，使得f(x1)f(x2)＝1024，求满足条件的正整数a的取值的集合．
九、2015南京一模20题
20．已知函数，.
（1）设.
① 若函数在处的切线过点，求的值；
② 当时，若函数在上没有零点，求的取值范围；
（2）设函数，且，求证：当时，.
十、2015南京二模19题
19、已知函数，其中为常数.
(1)若,求曲线在点处的切线方程.
(2)若,求证：有且仅有两个零点；
（3）若为整数，且当时，恒成立，求的最大值。
十一、2015年苏锡常镇期初调研19题
19. （本小题满分16分）已知函数.
（1）当时，求函数的单调减区间；
（2）若方程f(x)=m的恰好有一个正根和一个负根，求实数m的最大值.
十二、2015年苏北四市一模20题
20.(本小题满分16分)己知函数
(1)若，求函数 的单调递减区间;
(2)若关于x的不等式恒成立，求整数 a的最小值:
(3)若 ，正实数 满足 ，证明:
十三、2015年通扬连二模19题
19．（本小题满分16分）设，函数．
（1）若为奇函数，求的值；
（2）若对任意的，恒成立，求的取值范围；
（3）当时，求函数零点的个数．
十四、2015年镇江一模19题
19．（本小题满分16分）已知函数，实数满足，设.
（1）当函数的定义域为时，求的值域；
（2）求函数关系式，并求函数的定义域；
（3）求的取值范围.
十五、2015年泰州一模20题
20.（本题满分16分）已知函数，．
(1)若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
(2) 若直线是函数图象的切线，求的最小值；
(3)当时，若与的图象有两个交点，求证：．
（取为，取为，取为）
十六、2015年泰州二模20题
20.（本题满分16分）己知，其中常数．
（1）当时，求函数的极值；
（2）若函数有两个零点，求证：；
（3）求证：．
十七、2015年南通一模19题
19.若函数在处取得极大值或极小值，则称为函数的极值点.
已知函数
当时，求的极值；
若在区间上有且只有一个极值点，求实数的取值范围.
设数列是公比为的等比数列.若数列与都是“紧密数列”，求.的取值范围.
函数导数专项训练答案
一、2008年江苏20题
20.【解析】本小题考查充要条件、指数函数与绝对值函数、不等式的综合运用。
（Ⅰ）恒成立
（*）
因为
所以，故只需（*）恒成立
综上所述，对所有实数成立的充要条件是：
（Ⅱ）1°如果，则的图像关于直线对称。因为，所以区间关于直线 对称。
因为减区间为，增区间为，所以单调增区间的长度和为
2°如果.
（1）当时.，
当，因为，所以，
故=
当，因为，所以
故=
因为，所以，所以即
当时，令，则，所以，
当时，，所以=
时，，所以=
在区间上的单调增区间的长度和
=
（2）当时.，
当，因为，所以，
故=
当，因为，所以
故=
因为，所以，所以
当时，令，则，所以，
当时， ，所以=
时，，所以=
在区间上的单调增区间的长度和
=
综上得在区间上的单调增区间的长度和为
二、2009年江苏20题
20．【解析】（1）若，则
（2）当时，
当时，
综上
(3) 时，得，
当时，；
当时，得
1）时，
2）时， w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
3）时，
三、2010年江苏20题
解：（1）f′（x）=
∵x＞1时，恒成立，
∴函数f（x）具有性质P（b）；
（2）当b≤2时，对于x＞1，φ（x）=x2﹣bx+1≥x2﹣2x+1=（x﹣1）2＞0
所以f′（x）＞0，故此时f（x）在区间（1，+∞）上递增；
当b＞2时，φ（x）图象开口向上，对称轴，
方程φ（x）=0的两根为：，而
当时，φ（x）＜0，f′（x）＜0，
故此时f（x）在区间上递减；
同理得：f（x）在区间上递增．
综上所述，当b≤2时，f（x）在区间（1，+∞）上递增；
当b＞2时，f（x）在上递减；f（x）在上递增．
四、2011年江苏19题
19、解析：（1）因为函数和在区间上单调性一致，所以，即
即
（2）当时，因为，函数和在区间（b,a）上单调性一致，所以，
即，
设，考虑点(b,a)的可行域，函数的斜率为1的切线的切点设为
则；
当时，因为，函数和在区间（a, b）上单调性一致，所以，
即，
当时，因为，函数和在区间（a, b）上单调性一致，所以，
即而x=0时，不符合题意，
当时，由题意：
综上可知，。
五、2012年江苏18题
18．【答案】解：（1）由，得。
∵1和是函数的两个极值点，
∴ ，，解得。
（2）∵ 由（1）得， ，
∴，解得。
∵当时，；当时，，
∴是的极值点。
∵当或时，，∴ 不是的极值点。
∴的极值点是－2。
（3）令，则。
先讨论关于 的方程 根的情况：
当时，由（2 ）可知，的两个不同的根为I 和一2 ，注意到是奇函数，∴的两个不同的根为一和2。
当时，∵， ，
∴一2 , －1，1 ，2 都不是的根。
由（1）知。
① 当时， ，于是是单调增函数，从而。
此时在无实根。
② 当时．，于是是单调增函数。
又∵，，的图象不间断，
∴ 在（1 , 2 ）内有唯一实根。
同理，在（一2 ，一I ）内有唯一实根。
③ 当时，，于是是单调减两数。
又∵， ，的图象不间断，
∴在（一1，1 ）内有唯一实根。
因此，当时，有两个不同的根满足；当 时
有三个不同的根，满足。
现考虑函数的零点：
( i ）当时，有两个根，满足。
而有三个不同的根，有两个不同的根，故有5 个零点。
( 11 ）当时，有三个不同的根，满足。
而有三个不同的根，故有9 个零点。
综上所述，当时，函数有5 个零点；当时，函数有9 个零点。
【考点】函数的概念和性质，导数的应用。
【解析】（1）求出的导数，根据1和是函数的两个极值点代入列方程组求解即可。
（2）由（1）得，，求出，令，求解讨论即可。
（3）比较复杂，先分和讨论关于 的方程 根的情况；再考虑函数的零点。
六、2013年江苏20题
20．解：（1）≤0在上恒成立，则≥， ．
故：≥1．
，
若1≤≤e，则≥0在上恒成立，
此时，在上是单调增函数，无最小值，不合；
若＞e，则在上是单调减函数，在上是单调增函数，，满足．
故的取值范围为：＞e．
（2）≥0在上恒成立，则≤ex，
故：≤．
．
(ⅰ)若0＜≤，令＞0得增区间为(0，)；
令＜0得减区间为(，﹢∞)．
当x→0时，f(x)→﹣∞；当x→﹢∞时，f(x)→﹣∞；
当x＝时，f()＝﹣lna－1≥0，当且仅当＝时取等号．
故：当＝时，f(x)有1个零点；当0＜＜时，f(x)有2个零点．
(ⅱ)若a＝0，则f(x)＝﹣lnx，易得f(x)有1个零点．
(ⅲ)若a＜0，则在上恒成立，
即：在上是单调增函数，
当x→0时，f(x)→﹣∞；当x→﹢∞时，f(x)→﹢∞．
此时，f(x)有1个零点．
综上所述：当＝或a＜0时，f(x)有1个零点；当0＜＜时，f(x)有2个零点．
七、2014年江苏19题
（1），，∴是上的偶函数
（2学科王）学科王由题意，，即
∵，∴，即对恒成立
令，则对任意恒成立
∵，当且仅当时等号成立
∴
（3），当时，∴在上单调增
令学科王，
∵，∴，学科王即在上单调减
∵存在，使得，学科王∴，即
∵
设，则
学科王当时，，单调增；
当时，，单学科王调减
因此至多有两个零点，而
∴当时，，；
当学科王时，，；
当时，，．
八、2015南京学情调研20题
解：（1）当a＝－1，x[0，＋∞)时，f(x)＝－x3＋x＋1，从而f ′(x)＝－3x2＋1．
当x＝1时，f(1)＝1，f ′(1)＝－2，
所以函数y＝f(x) (x[0，＋∞))的图象在x＝1处的切线方程为y－1＝－2(x－1)，
即2x＋y－3＝0． ………………………………………………… 3分
（2）f(x)＝g(x)即为ax3＋|x－a|＝x4．
所以x4－ax3＝|x－a|，从而x3(x－a)＝|x－a|．
此方程等价于x＝a或或 ………………………………………… 6分
所以当a≥1时，方程f(x)＝g(x)有两个不同的解a，－1；
当－1＜a＜1时，方程f(x)＝g(x)有三个不同的解a，－1，1；
当a≤－1时，方程f(x)＝g(x)有两个不同的解a，1． …………………………… 9分
（3）当a＞0，x(a，＋∞)时，f(x)＝ax3＋x－a，f ′(x)＝3ax2＋1＞0，
所以函数f(x)在(a，＋∞)上是增函数，且f(x)＞f(a)＝a4＞0．
所以当x[a，a＋2]时，f(x)[f(a)，f(a＋2)]，[，]，
当x[a＋2，＋∞)时，f(x)[ f(a＋2)，＋∞)． …………………………………… 11分
因为对任意的x1[a，a＋2]，都存在x2[a＋2，＋∞)，使得f(x1)f(x2)＝1024，
所以[，][ f(a＋2)，＋∞)． ………………………………………… 13分
从而≥f(a＋2)．
所以f 2(a＋2)≤1024，即f(a＋2)≤32，也即a(a＋2)3＋2≤32．
因为a＞0，显然a＝1满足，而a≥2时，均不满足．
所以满足条件的正整数a的取值的集合为{1}． …………………………………… 16分
九、2015南京一模20题
解：（1）由题意，得，
所以函数在处的切线斜率， ……………2分
又，所以函数在处的切线方程，
将点代入，得. ……………4分
（2）方法一：当，可得，因为，所以，
①当时，，函数在上单调递增，而，
所以只需，解得，从而. ……………6分
②当时，由，解得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
所以函数在上有最小值为，
令，解得，所以.
综上所述，. ……………10分
方法二：当，
①当时，显然不成立；
②当且时，，令，则，当时，，函数单调递减，时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，又，，由题意知.
（3）由题意，，
而等价于，
令， ……………12分
则，且，，
令，则，
因， 所以， ……………14分
所以导数在上单调递增，于是，
从而函数在上单调递增，即. ……………16分
十、2015南京二模19题
解：（1）当k＝0时，f(x)＝1＋lnx．
因为f ¢(x)＝，从而f ¢(1)＝1．
又f (1)＝1，
所以曲线y＝f(x)在点 (1，f(1))处的切线方程y－1＝x－1，
即x－y＝0． ……… 3分
（2）当k＝5时，f(x)＝lnx＋－4．
因为f ¢(x)＝，从而
当x∈(0，10)，f ′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(10，＋∞)时，f ′(x)＞0，f(x)单调递增．
所以当x＝10时，f(x)有极小值． ……………… 5分
因f(10)＝ln10－3＜0，f(1)＝6＞0，所以f(x)在(1，10)之间有一个零点．
因为f(e4)＝4＋－4＞0，所以f(x)在(10，e4)之间有一个零点．
从而f(x)有两个不同的零点． …………… 8分
（3）方法一：由题意知，1+lnx－＞0对x∈(2，＋∞)恒成立，
即k＜对x∈(2，＋∞)恒成立．
令h(x)＝，则h¢(x)＝．
设v(x)＝x－2lnx－4，则v¢(x)＝．
当x∈(2，＋∞)时，v¢(x)＞0，所以v(x)在(2，＋∞)为增函数．
因为v(8)＝8－2ln8－4＝4－2ln8＜0，v(9)＝5－2ln9＞0，
所以存在x0∈(8，9)，v(x0)＝0，即x0－2lnx0－4＝0．
当x∈(2，x0)时，h¢(x)＜0，h(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h¢(x)＞0，h(x)单调递增．
所以当x＝x0时，h(x)的最小值h(x0)＝．
因为lnx0＝，所以h(x0)＝∈(4，4.5)．
故所求的整数k的最大值为4． …………… 16分
方法二：由题意知，1+lnx－＞0对x∈(2，＋∞)恒成立．
f(x)＝1+lnx－，f ¢(x)＝．
①当2k≤2，即k≤1时，f¢(x)＞0对x∈(2，＋∞)恒成立，
所以f(x)在(2，＋∞)上单调递增．
而f(2)＝1＋ln2＞0成立，所以满足要求．
②当2k＞2，即k＞1时，
当x∈(2，2k)时，f ′(x)＜0， f(x)单调递减，当x∈(2k，＋∞)，f ′(x)＞0，f(x)单调递增．
所以当x＝2k时，f(x)有最小值f(2k)＝2＋ln2k－k．
从而f(x)＞0在x∈(2，＋∞)恒成立，等价于2＋ln2k－k＞0．
十一、2015年苏锡常镇期初调研19题
19．解：（1）当时， …………………………………1分
当时，，
由，解得，
所以的单调减区间为， ………………………………………3分
当时，，
由，解得或，
所以的单调减区间为， ……………………………………………5分
综上：的单调减区间为，． ………………………6分
（2） 当时，，则，
令，得或，
x
0
+
0
－
0
+
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以有极大值，极小值，…………………………………7分
当时，
同（1）的讨论可得，在上增，在上减，
在上增，在上减，在上增，……………8分
且函数有两个极大值点，
，…………………………9分
，……………………………10分
且当时，，
所以若方程恰好有正根，
则（否则至少有二个正根）． ……………………………………11分
又方程恰好有一个负根，则． ………………………12分
令，则，
所以在时单调减，即，………………………13分
等号当且仅当时取到．
所以，等号当且仅当时取到．
且此时，………………………………………14分
即， …………………………………………………15分
所以要使方程恰好有一个正根和一个负根，的最大值为．………16分
十二、2015年苏北四市一模20题
20．（1）因为，所以，………………………………………1分
此时，
……………………………………… 2分
由，得，
又，所以．
所以的单调减区间为． ………………………………………… 4分
（2）方法一：令，
所以．
当时，因为，所以．
所以在上是递增函数，
又因为，
所以关于的不等式不能恒成立．……………………………………6分
当时，，
令，得．
所以当时，；当时，，
因此函数在是增函数，在是减函数．
故函数的最大值为．
……………………………………………………………………8分
令，
因为，，又因为在是减函数．
所以当时，．
所以整数的最小值为2． …………………………………………………………10分
方法二：（2）由恒成立，得在上恒成立，
问题等价于在上恒成立．
令，只要．………………………………………… 6分
因为，令，得．
设，因为，所以在上单调递减，
不妨设的根为．
当时，；当时，，
所以在上是增函数；在上是减函数．
所以．………………………8分
因为，
所以，此时，即．
所以，即整数的最小值为2．……………………………………………… 10分
（3）当时，
由，即
从而 ………………………………… 13分
令，则由得，
可知，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
所以， ………………………………………………………15分
所以，
因此成立．………………………………………………………… 16分
十三、2015年通扬连二模19题
解：（1）若为奇函数，则，
令得，，即，
所以，此时为奇函数． …… 4分
（2）因为对任意的，恒成立，所以．
当时，对任意的，恒成立，所以； …… 6分
当时，易得在上是单调增函数，在上
是单调减函数，在上是单调增函数，
当时，，解得，所以；
当时，，解得，所以a不存在；
当时，，解得
，
所以；
综上得，或． …… 10分
（3）设，
令
则，，
第一步，令，
所以，当时，，判别式，
解得，；
当时，由得，即，
解得；
第二步，易得，且，
① 若，其中，
当时，，记，因为对称轴，
，且，所以方程有2个不同的实根；
当时，，记，因为对称轴，
，且，所以方程有1个实根，
从而方程有3个不同的实根；
② 若，其中，
由①知，方程有3个不同的实根；
③ 若，
当时，，记，因为对称轴，
，且，所以方程有1个实根；
当时，，记，因为对称轴，
，且，
， …… 14分
记，则，
故为上增函数，且，，
所以有唯一解，不妨记为，且，
若，即，方程有0个实根；
若，即，方程有1个实根；
若，即，方程有2个实根，
所以，当时，方程有1个实根；
当时，方程有2个实根；
当时，方程有3个实根．
综上，当时，函数的零点个数为7；
当时，函数的零点个数为8；
当时，函数的零点个数为9． …… 16分
（注：第（1）小问中，求得后不验证为奇函数，不扣分；第（2）小问中利用分离参数法参照参考答案给分；第（3）小问中使用数形结合，但缺少代数过程的只给结果分．）
十四、2015年镇江一模19题
19. 解：（1）若，令， ……1分
在上为增函数 ……2分
；， ……3分
值域为. ……4分
（2）实数满足，则，
则， ……6分
而，，故， ， ……7分
由题意，，则，故， ……8分
又，
即，故，当且仅当时取得等号， ……9分
综上：. ……10分
（3）
， ……12分
令，
当恒成立， ……14分
故在单调递增，，故. ……16分
【说明】本题原创，考查二次函数、指数函数的单调性，考查基本不等式、导数的应用；考查换元法、划归思想；考查运算变形能力.
十五、2015年泰州一模20题
20. 解：（1）,则，
∵在上单调递增，∴对，都有，
即对，都有，∵，∴，
故实数的取值范围是． ………………4分
(2) 设切点，则切线方程为，
即，亦即，
令，由题意得，……７分
令，则，
当时 ，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
∴，故的最小值为． ………………１０分
（3）由题意知，，
两式相加得，两式相减得，
即，∴，
即， …………１２分
不妨令，记，令，则，
∴在上单调递增，则，
∴，则，∴，
又，
∴，即，
令，则时，，∴在上单调递增，
又，
∴，则，即．
………………１６分
十六、2015年泰州二模20题
20. 解：函数的定义域为，
（1）当时，，，
而在上单调递增，又，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，所以有极小值，没有极大值． …………3分
（2）先证明：当恒成立时，有 成立．
若，则显然成立；
若，由得，令，则，
令，由得在上单调递增，
又因为，所以在上为负，在上为正，因此在上递减，在上递增，所以，从而．
因而函数若有两个零点，则，所以，
由得，则
，
所以在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以
，则，所以，
由得，则
，所以，综上得． …………10分
（3）由（2）知当时，恒成立，所以，
即，
设，则，
当时， ，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递增，
所以的最大值为，即，因而，
所以，即． …………16分
十七、2015年南通一模19题
