浙江省高考数学优编增分练解答题突破练(五)函数与导数

(五)数导1．(2018·浙江省台州中学模)设函数fx)＝＋＋(≠0)，曲线yfx过点(0,2a＋3)，且在(－1，(1))的切线垂直于y轴(1)用分表示b和c；(2)当bc取得最小值时，求函数g()＝()ex的单调区间．解(1)′(＝ax＋，由题意

则＝，c＝a＋3(2)由(1)得bc＝(2＋3)＝44

9－，439故当＝－时bc取得最小值－，4433此时有b－，＝，2233333从而(＝－x－＋，′()＝－x，42222333(x)＝－)e＝＋－223所以′()＝－(－4)e，4令′()＝0，解得x＝－2，＝当∈(∞，2)时，gx)<0，故()在－∞，－上减函数；当∈(2,2)时，′()>0，故()在－2,2)上为增函数；当∈(2，＋∞)，′(x，故(在(，＋∞)为减函数．由此可见，函数g()的单调递减区间为(－∞，2)(2，＋∞)单调递增区间(－2,2)．2．(2018·浙江省温州六校协作联已知函数()＝(－)(k≠0)．(1)当＝时，求y＝x)在＝处切线方程；1(2)对任意x∈，(x)≤恒成立，求实数k的值范围．k解(1)当k2时，()e(2－．∵′()＝(2－)e＝(3－)，∴′(1)e，又＝，∴所求的切线方程为－＝(－1)即＝

x.

kkkkkkkkkkkk1(2)方法一∵e(－)≤k1∴当＝时0≤，k>0，k∴对任意x∈，(－)≤e

恒成立，设()＝－，′()＝－e＋＝(1－)，当<0时，′()<0当>0，′()>0，∴(在－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上增函数，∴()＝g(0)＝1－≥0又>0，∴0<≤1.11方法二对意x∈Rf)≤恒成()≤，∈kk∵′()＝e(－)－e＝(－－，11当<0，≥－时′()≥0x<k－时，f′()<0kk11∴(在－数，，＋

上是增函数．1又当→－∞时()→＋∞，而<0，k1∴与()≤成立矛盾，∴k<0不足条件；k11当>0，≤－时′()≥0x>k－时，f′()<0kk11∴(在－数，，＋

上是减函数．1∴()＝

＝

e

k

11·≤，∴

－1≤0，即－≤≤1，又>0，∴0<≤1，综上所述，实数k的取范围是0,1]3．函数f(x＝ln－

＋b－1)x，(x＝－.(1)当＝时，函数f(有两个极值点，求实数的值范围；(2)若＝f(x在点(1，(1))处的切线与轴平，且函数hx＝()(x在∈(1，＋∞)时，其图象上每一点处切线倾斜角均为锐角，求实数a的取范围．解(1)当b0时，()xln－ax－，′()＝lnx－ax

1xxx1xxx∴(＝xlnx－有2极值点就是方程ln－2ax＝2个同的解，ln即＝与m(x)的图象的交点有2个．x1－lnx∵′()＝，x当∈(0e)时，′(，(x)单递增；当∈(e，＋∞)，′(x，(x单调递减．1∴(有极大值，e又∵x∈(0,1]时，m()；1当∈(1，＋∞)，0<m(x.e1当∈，

lnx时，＝a与m)的图象的交点有0个；x1lnx当∈(∞0]或＝时，＝与(x)＝的图象的交点有个；2e1当∈

lnx时，＝a与mx)＝的图象的交点有2个．x综上，实数a的取范围为2e

.(2)函数yf(x)在点1，(1))的切线与x轴行，∴′(1)0(1)≠0，∵′()＝－2axb，∴＝且≠1.(x)＝lnx

＋b－1)x＋

－∈(1＋∞)，其图象的每一点处的切线的倾斜角均为锐角，即当>1，′()＝′()＋′()>0恒成，即lnx＋－ax＋－恒成立，令()＝lnxe2＋－，1∴′()＝＋－，x11设φ()＝＋e－a，φ′()＝e－，1∵>1，∴e>e，<1，x∴φ′()>0，∴φ()(1，＋上单调递增，

1a1a1a11a1a1a1ae即′()在(1，＋∞)上调递增，∴′()>′(1)＋e－2，1＋e当≤且≠1时，′()≥0，2∴(＝lnx＋－ax2a－e在(，＋∞)上单调递增，∴()>(1)0成，1＋e当>时2∵′(1)1＋－2<0，1′(ln＝＋a－>0，ln2∴存在x∈(1ln)，满足′()＝0.∵′()在1，＋上单调递增，∴当∈(1，)，′()<0，(单调递减，∴()<(1)0，()>0恒成立．1＋∴实数a的值范围(－∞∪24．知函数fx＝－＋a.(1)讨论f()的单调性；(2)设，x是f(x)的两个零点证明＋>4.(1)解′()＝1＋e，当≥0时′()>0则(x在R上调递增．当<0时，′()>0得

，则()的单调递增区间为ln

，令′()<0，得>ln则()的单调递减区间为(2)证明由)＝得a＝

1－，e1－x－2设()＝，′()＝.ee由′()<0，得<2；由gx)>0，得x>2.1故()＝g(2)＝－<0.

当>1时，(x)<0，当x时，g(x)>0，不妨设x<，则∈(1,2)∈(2＋∞)x>4等价x>4x，∵4－>2且gx在2，＋上调递增，∴要证x＋>4只需证g(xg(4－)，∵(＝(x)，1－－3∴只需证gx)>(4－)，即>，4即证e

2

(－3)＋－1<0；设()＝e(x－＋－，∈(1,2)，则′()＝e

(2－＋，令()＝h′(，则′()＝

(－，∵∈(1,2)，′(，∴(在(1,2)上单调递减，即′()在(1,2)上调递减，∴′()>′(2)，∴(在(1,2)上单调递增，∴()<(2)，∴e

2

－)

＋－，从而＋>4得．a＋lnx5．知函数fx＝，)＝.x(1)求函数fx的单调区间；(2)当＝时，()gx)恒立，求实数的值范围；11(3)当＝时，求证：当>1时(＋1)ea＋lnx(1)解()＝的定义域为0，＋∞)，x1－1－x－a且′()＝＝.xx由′()>0得1－－a>0，即lnx－，解得0<<e，∴(在(，e

)上单调递增，(e，＋∞)单调递减．

xx11(3)证明(＋1)xxe＋1x1xx11(3)证明(＋1)xxe＋1x11即x＋f()>2ln(2)解＝，(＝，xlnxlnx∴()≤)≤m，lnx1－x令()＝，u′()＝，x由′()>0得0<<e∴(在(，e)上单递增，在(e，＋∞)上调递减，∴()＝u(e)＝

lne11＝，≥.e2e2eee

，12e等价于·>.e＋1－lnx令()＝，p′()，xx1－1令φ()＝－lnx，则′(＝－＝，∵>1，φ)>0∴φ()(1，＋上单调递增，φ()>(1)1>0′()>0∴(在(，＋∞)上单调递增，∴()>(1)，∴

p2>，e＋1e＋2e令()＝，xe＋2e则′()＝，1∵>1，∴1e<0∴′()<0，x)在1，＋上调递减，2∴当>1，(x＝，e＋1∴

p2>>(x)，e＋1e＋e

，>1.6．知函数fx＝＋ax3|－，a

3a33a33aaa3a33a33aaa(1)求函数yf()的单调区间；(2)当∈(0,5)时，对于任意x∈[0,1]，存∈[0,1]，使()fx＝0，求实数a的值解(1)()x＋ax－－a＝

－，≥，，≥，则′()＝当

a3≥，即≥3时，3a函数＝x)的单调递减区间为

－

a3，递区间为3

－∞，－

；当

a3<，即0<<3时，3函数＝x)的单调递减区间为

－

a，3

a3

，单调递增区间为－

a3

a，＋∞3(2)由意知，对于任意x∈[0,1]，存在x∈[0,1]，使得f(x)＋(x＝，等价于当∈[0,1]时x)＋()＝，33由得3≤<5＝()在递减，，127所以()＝－，a(x)＝max{f，(1)}max{1，－＝，27所以－＋＝，得＝；a

上单调