高三數學專題複習03 函式與導數02
一、填空題
1．已知，則
【解析】∵，兩邊求導可得，令，得，
∴.2．已知函式f(x)＝xlnx，過點a作函式y＝f(x)圖象的切線，則切線的方程為________．
【解析】設切點t(x0，y0)，則kat＝f′(x0)，∴＝lnx0＋1，即e2x0＋lnx0＋1＝0，
設h(x)＝e2x＋lnx＋1，當x>0時h′(x)>0，
∴h(x)是單調遞增函式，∴h(x)＝0最多只有乙個根．
又h＝e2×＋ln＋1＝0，∴x0＝.由f′(x0)＝－1
切線方程是x＋y＋＝0.
3．已知函式在區間上是增函式，則實數的取值範圍是 ．
【解析】，所以，.
又函式在區間上是增函式，所以，在滿足非負，即在區間恆成立，所以，，解得，故答案為.
4．點是曲線上任意一點， 則點到直線的距離的最小值是
【解析】因為點是曲線上任意一點，則點到直線的距離的最小值是在點的切線與該直線平行的時候，由（負值捨去），所以點的座標為，此時點到直線的距離為.
5．已知點在曲線（其中為自然對數的底數）上，為曲線在點處的切線的傾斜角，則的取值範圍是 .
【解析】，，
當且僅當，即當時，上式取等號，即，且，所以，
即. 6．設函式y＝f(x)，x∈r的導函式為f′(x)，且f(x)＝f(－x)，f′(x)＜f(x)．則下列三個數：ef(2)，f(3)，e2f(－1)從小到大依次排列為e為自然對數的底數)
【解析】建構函式g(x)＝，g′(x)＝＜0，所以g(x)在r上為減函式，得g(1)＞g(2)＞g(3)，即＞＞，得e2f(1)＞ef(2)，e3f(2)＞e2f(3)，即ef(2)＞f(3)，又f(－1)＝f(1)，所以f(3)＜ef(2)＜e2f(－1)．
7．已知函式f(x)是定義在r上的奇函式，且當x∈(0，＋∞)時，都有不等式f(x)＋xf′(x)＞0成立，若a＝40.2f(40.2)，b＝(log43)f(log43)，c＝f，則a，b，c的大小關係是________．
【解析】由f(x)＋xf′(x)＞0得(xf(x))′＞0，令g(x)＝xf(x)，則g(x)在(0，＋∞)遞增，且為偶函式，且a＝g(40.2)，b＝g(log43)，c＝g＝g(－2)＝g(2)，因為0＜log43＜1＜40.2＜2，所以c＞a＞b.
8．已知可導函式的導函式滿足＞，則不等式的解集是 ．
【解析】因為.又因為＞所以，即函式是遞增的.又因為.即.所以x>1.
9．若函式對任意的恆成立，則 .
【解析】，所以函式在上單調遞增，又，所以函式為奇函式，於是，因為對任意的恆成立，所以.
10．設函式f(x)＝ax3＋bx2＋cx(c<0)，其圖象在點a(1,0)處的切線的斜率為0，則f(x)的單調遞增區間是________．
【答案】或或或
【解析】，由題意可得且，
解得。則，
因為，時，。即在上單調遞增。
11．若存在實常數和，使得函式和對其定義域上的任意實數分別滿足：和，則稱直線為和的「隔離直線」.已知函式和函式，那麼函式和函式的隔離直線方程為
【解析】由題意得函式和函式的隔離直線為它們在交點處的公切線.因為所以切線過程為
12．已知函式是偶函式，是它的導函式，當時，恆成立，且，則不等式的解集為
【解析】令則函式是奇函式，當時，，因此在上單調減，從而在上單調增，由得或，
解得或所求解集為.
13．已知f(x)=x3-3x+m在區間[0,2]上任取三個不同的數a,b,c,均存在以f(a),f(b),f(c)為邊長的三角形,則m的取值範圍是 .
【答案】m>6
【解析】f(x)=x3-3x+m,f'(x) =3x2-3,由f'(x)=0得到x=1或x=-1,在[0,2]上,函式先減小後增加,計算兩端及最小值f(0)=m,f(2)=2+m,f(1)=-2+m.在[0,2]上任取三個不同的數a,b,c,均存在以f(a),f(b),f(c)為邊的三角形,三個不同的數a,b,c對應的f(a),f(b),f(c)可以有兩個相同.由三角形兩邊之和大於第三邊,可知最小邊長的二倍必須大於最大邊長.
由題意知,f(1)=-2+m>0① f(1)+f(1)>f(0),得到-4+2m>m② f(1)+f(1)>f(2),得到-4+2m>2+m③
由①②③得到m>6,即為所求.
14．定義在r上的函式f(x)及其導函式f'(x)的影象都是連續不斷的曲線，且對於實數a, b (a＜b)有f'(a)＞0,f'(b)＜0，現給出如下結論：① x0∈[a,b]，f(x0)＝0；② x0∈[a,b],f(x0)＞f(b)；③ x0∈[a,b],f(x0)＞f(a)；④ x0∈[a,b],f(a)－f(b)＞f' x0)(a－b).其中結論正確的有
【答案】②④
【解析】定義在r上的函式及其導函式的圖象都是連續不斷的曲線，且對於實數，有，說明在區間內存在，使，所以函式在區間內有極大值點，同時說明函式在區間內至少有乙個增區間和乙個減區間．由上面的分析可知，函式在區間上不一定有零點，故①不正確；
因為函式在區間內有極大值點，與實數在同乙個減區間內的極大值點的橫座標就是存在的乙個，所以②正確；
函式在區間的兩個端點處的函式值無法判斷大小，若，取，則③不正確；
當，且是極大值點的橫座標時結論④正確．
二、解答題
15．已知函式的影象在點處的切線方程為.
（i）求實數，的值；
（ⅱ）當時，恆成立，求實數的取值範圍.
【解析】（i）.
由於直線的斜率為且過點．
，解得，．
（ⅱ）由（i）知，
當時，恆成立等價於恒成立．
記，，則，
記，則，在區間上單調遞減，，故，在區間上單調遞減，，
所以，實數的取值範圍為．
16．已知函式 ．
（ⅰ）若函式在區間其中上存在極值，求實數的取值範圍；
（ⅱ）如果當時，不等式恆成立，求實數的取值範圍.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（ⅰ）因為，，則，
當時，，當時，.
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以函式在處取得極大值.
因為函式在區間（其中）上存在極值，
所以解得．
（ⅱ）不等式即為記
所以令，則
， 在上單調遞增，
，從而，
故在上也單調遞增，
所以，所以
17．已知函式
（1）當時，求函式的極值；
（2）若函式在定義域內為增函式，求實數m的取值範圍;
（3）若，的三個頂點在函式的圖象上，且，、、分別為的內角a、b、c所對的邊。求證：
【解析】（1）的定義域為
時， =,得
隨的變化情況如下表：
, .
（2）函式在定義域內為增函式，
恆成立，恆成立。
（當且僅當時取等號）
（3）由（2）知,時，由在為增函式,的三個頂點在函式的圖象上，且,
可證,可得b為鈍角，從而
18．已知函式.
（1）若曲線在和處的切線相互平行，求的值；
（2）試討論的單調性；
（3）設，對任意的，均存在，使得.試求實數的取值範圍.
【解析】函式定義域為，
（1）∵函式
依題意，，即，解得；
（2），
①當時，，，
在區間上，；在區間上，，
故函式的單調遞增區間為，單調遞減區間為；
②當時，，
在區間和上，；在區間上，，
故函式的單調遞增區間為和，單調遞減區間為；
③當時，，故的單調遞增區間為；
④當時，，
在區間和上，；在區間上，，
故函式的單調遞增區間為和，單調遞減區間為；
（3）由已知，在(0,2]上有f(x)max＜g(x)max.由已知，g(x)max＝0，由(2)可知，
①當a≤時，f(x)在(0,2]上單調遞增，
故f(x)max＝f(2)＝2a－2(2a＋1)＋2ln2＝－2a－2＋2ln2，
∴－2a－2＋2ln2＜0，解得a＞ln2－1，ln2－1＜0，故ln2－1＜a≤.
②當a＞時，f(x)在]上單調遞增，在]上單調遞減，
故f(x)max＝f＝－2－－2lna.
由a＞可知lna＞ln＞ln＝－1,2lna＞－2，－2lna＜2，
∴－2－2lna＜0，即f(x)max＜0，符合題意。
綜上所述，a＞ln2－1.
19．已知，，，.
（ⅰ）請寫出的表示式（不需證明）；
（ⅱ）求的極小值；
（ⅲ）設，的最大值為，的最小值為，試求的最小值.
【解析】（ⅰ）
(ⅱ)∵，
∴當時，；當時，,
∴當時，取得極小值，即（）
(ⅲ)解法一：∵，所以.
又，∴，
令，則.
∵在單調遞增，∴，∵，，
∴存在使得.
∵在單調遞增，∴當時，；當時，，即在單調遞增，在單調遞減，∴，又∵，，，
∴當時，取得最小值.
解法二： ∵，所以.
又，∴，
令，則，
又因為，所以，，，
∴，所以.
又，，∴當時，取得最小值.
20．已知函式，（為常數）
（1）當時恆成立，求實數的取值範圍；
（2）若函式有對稱中心為a（1，0），求證：函式的切線在切點處穿過圖象的充要條件是恰為函式在點a處的切線．（直線穿過曲線是指：直線與曲線有交點，且在交點左右附近曲線在直線異側）
【解析】（1）設，．令：，得或．
所以當，即時，在是增函式，最小值為，滿足；
當，即時，在區間為減函式，在區間為增函式．
所以最小值，故不合題意．
所以實數的取值範圍是：
（2）因為關於a（1，0）對稱，則是奇函式，所以，
所以，則．
若為a點處的切線則其方程為：，
令，，所以為增函式，
而所以直線穿過函式的圖象．
若是函式圖象在的切線，則方程：，
設，則，
令得：，
當時：，，
從而處取得極大值，而，則當時，
所以圖象在直線的同側，所在不能在穿過函式圖象，
所以不合題意，同理可證也不合題意．
所以（前面已證）所以即為點．所以原命題成立．
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