《创新设计》2017届高考数学（文）二轮复习（江苏专用）课件+Word版训练专题一 函数与导数、不等式 第4讲

一、填空题

1.曲线y＝xex＋1在点(0，1)处的切线方程是________. 解析 y′＝ex＋xex＝(x＋1)ex，

y′|x＝0＝1，∴所求切线方程为：x－y＋1＝0. 答案 x－y＋1＝0

2.(2016·洛阳模拟)曲线y＝xln x在点(e，e)处的切线与直线x＋ay＝1垂直，则实数a的值为________.

1

解析 依题意得y′＝1＋ln x，y′|x＝e＝1＋ln e＝2，所以－a×2＝－1，所以a＝2. 答案 2

3.(2016·全国Ⅲ卷)已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________.

解析 设x＞0，则－x＜0，f(－x)＝ln x－3x，又f(x)为偶函数，f(x)＝ln x－3x，1

f′(x)＝x－3，f′(1)＝－2，切线方程为y＝－2x－1. 答案 2x＋y＋1＝0

?2?2???2???4.已知f(x)＝x3＋f′?3?x2－x，则f(x)的图象在点?3，f?

?3??处的切线斜率是???________.

2?2??2??2?2?2?2

解析 f′(x)＝3x＋2f′?3?x－1，令x＝3，可得f′?3?＝3×?3?＋2f′?3?×3－1，

????????

2

?2?2???2???解得f′?3?＝－1，所以f(x)的图象在点?3，f?

?3??处的切线斜率是－1. ???答案 －1

1

5.函数f(x)＝3x3－x2－3x－1的图象与x轴的交点个数是________.

解析 f′(x)＝x2－2x－3＝(x＋1)(x－3)，函数f(x)在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函数，在(－1，3)上是减函数，由f(x)极小值＝f(3)＝－10＜0，f(x)极大值＝f(－1)2

＝3＞0知函数f(x)的图象与x轴的交点个数为3. 答案 3

6.(2016·常州监测)关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a

的取值范围是________.

解析 由题意知使函数f(x)＝x3－3x2－a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2.当x＜0时，f′(x)＞0；当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值＝f(0)＝－a；当x＝2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值＝f(2)＝?－a＞0，－4－a，所以?解得－4＜a＜0.

?－4－a＜0，答案 (－4，0)

f（x）

7.已知y＝f(x)为R上的可导函数，当x≠0时，f′(x)＋x＞0，若g(x)＝f(x)1

＋x，则函数g(x)的零点个数为________.

xf′（x）＋f（x）h′（x）

解析 令h(x)＝xf(x)，因为当x≠0时，＞0，所以＞

xx0，因此当x＞0时，h′(x)＞0，当x＜0时，h′(x)＜0，又h(0)＝0，易知当x≠0h（x）＋1

时，h(x)＞0，又g(x)＝，所以g(x)≠0，故函数g(x)的零点个数为0.

x答案 0

8.(2015·安徽卷)设x3＋ax＋b＝0，其中a，b均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________(写出所有正确条件的编号). ①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b>2； ④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2.

解析 令f(x)＝x3＋ax＋b，f′(x)＝3x2＋a，

当a≥0时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，必有一个实根，④⑤正确；当a<0时，由于选项当中a＝－3，∴只考虑a＝－3这一种情况，f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，∴f(x)极大＝f(－1)＝－1＋3＋b＝b＋2，f(x)极小＝f(1)＝1－3＋b＝b－2，要使f(x)＝0仅有一个实根，则需f(x)极大<0或f(x)极小>0，∴b<－2或b>2，①③正确，所有正确条件为①③④⑤. 答案 ①③④⑤ 二、解答题

9.(2016·扬州质检)已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R).

(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；

?1?

(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在?e，e?上有两个零点，求实数m的取值范围.

??解 (1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－x2＋2x， 2

f′(x)＝x－2x＋2，切点坐标为(1，1)，

切线的斜率k＝f′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1. (2)g(x)＝2ln x－x2＋m，

－2（x＋1）（x－1）2

则g′(x)＝x－2x＝.

x?1?

因为x∈?e，e?，所以当g′(x)＝0时，x＝1.

??1

当e＜x＜1时，g′(x)＞0，此时函数单调递增； 当1＜x＜e时，g′(x)＜0，此时函数单调递减. 故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1. 1?1?

又g?e?＝m－2－e2，g(e)＝m＋2－e2，

??1?1??1?

g(e)－g?e?＝4－e2＋e2＜0，则g(e)＜g?e?，

?????1?

所以g(x)在?e，e?上的最小值是g(e).

???1?

g(x)在?e，e?上有两个零点的条件是

??g（1）＝m－1＞0，??1??1?解得1＜m≤2＋e2， 1

g??＝m－2－e2≤0，???e?

1??

所以实数m的取值范围是?1，2＋e2?.

??

10.(2015·江苏高考命题原创卷)已知函数f(x)＝x2－aln x－1，函数F(x)＝

x－1

. x＋1

(1)如果函数f(x)的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，求实数a的取值范围；

(2)当a＝2时，你认为函数y＝

f（x）

的图象与y＝F(x)的图象有多少个公共点？x－1

请证明你的结论.

解 (1)∵f(x)＝x2－aln x－1的定义域为(0，＋∞)，函数f(x)的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，

a

∴f′(x)＝2x－x＞0在(0，＋∞)上恒成立. ∴a＜2x2在(0，＋∞)上恒成立，

∵y＝2x2＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴a≤0. ∴所求的a的取值范围为(－∞，0]. (2)当a＝2时，函数y＝

f（x）

的图象与y＝F(x)的图象没有公共点.证明如下： x－1

f（x）x2－2ln x－1

当a＝2时，y＝＝，它的定义域为{x|x＞0且x≠1}，F(x)的

x－1x－1定义域为[0，＋∞). 当x＞0且x≠1时，由2ln x－x＋2x－2，

21（x－1）（2xx＋2x＋x＋2）

则h′(x)＝2x－x－1＋＝.

xx∴当0＜x＜1时，h′(x)＜0，此时，h(x)单调递减； 当x＞1时，h′(x)＞0，此时，h(x)单调递增.

∴当x＞0且x≠1时，h(x)＞h(1)＝0，即h(x)＝0无实数根. ∴当a＝2，x＞0且x≠1时，∴当a＝2时，函数y＝

f（x）

＝F(x)无实数根. x－1

f（x）

＝F(x)得x2－2ln x－x＋2x－2＝0.设h(x)＝x2－x－1

f（x）

的图象与y＝F(x)的图象没有公共点. x－1

11.(2016·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点. (1)求a的取值范围；

(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2. (1)解 f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a). ①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点.

②设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.

aa

又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b2(b－2)＋a(b－1)2＝3??

a?b2－2b?>0， ??故f(x)存在两个零点.

③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a).

e

若a≥－2，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1， ＋∞)上单调递增.

又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.

e

若a<－2，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.

又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点. 综上，a的取值范围为(0，＋∞).

(2)证明 不妨设x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0.

由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2， 而f(x2)＝(x2－2)·ex2＋a(x2－1)2＝0， 所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.

设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)，所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0，从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.