2019届二轮复习函数和导数学案（全国通用）


考情速递

1真题感悟
真题回放
1.（2018全国Ⅰ·5)设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为(　　)
A.y=-2x B.y=-x
C.y=2x D.y=x
【答案】D
【解析】因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,解得a=1,则f(x)=x3+x.由f'(x)=3x2+1,得在(0,0)处的切线斜率k=f'(0)=1.故切线方程为y=x.
2．（2018全国卷2）(2018全国Ⅱ·12)已知f(x)是定义域为(-∞,+∞)的奇函数,满足f(1-x)=f(1+x),若f(1)=2,则f(1)+f(2)+f(3)+…+f(50)=(　　)
A.-50 B.0
C.2 D.50
【答案】C

3.(2018全国Ⅰ·21)已知函数f(x)=-x+aln x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明: (1)解　f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--1+=-.
①若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减.
②若a>2,令f'(x)=0得,x=或x=.
当x∈时,f'(x)<0;
当x∈时,f'(x)>0.所以f(x)在单调递减,在
单调递增.
(2)证明 由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x11.
由于=--1+a=-2+a=-2+a,
所以 设函数g(x)=-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减,又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0.
所以-x2+2ln x2<0,即 2热点题型
例1.(2018安徽合肥第二次质检)已知函数f(x)=,实数a,b满足不等式f(2a+b)+f(4-3b)>0,则下列不等式恒成立的是(　　)
A.b-a<2 B.a+2b>2
C.b-a>2 D.a+2b<2
【答案】C

提示：先判断函数f(x)为奇偶性，再利用函数的性质去掉符号“f”，转化为关于a、b的不等式即可判断。

变式训练1
.(2018山东烟台一模)定义在R上的奇函数f(x)在(0,+∞)上是增函数,则使得f(x)>f(x2-2x+2)成立的x的取值范围是(　　)
A.(1,2) B.(-∞,1)∪(2,+∞)
C.(-∞,1) D.(2,+∞)
【答案】A
【解析】由题意可知f(x)在R上单调递增,要使f(x)>f(x2-2x+2)成立,只需x>x2-2x+2,解得1
例2..(2018全国Ⅲ)直线y=(ax+1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为-2,则a=　　　　　. 
【答案】-3
学 ]
变式训练3
.(2018重庆二诊)曲线xy-x+2y-5=0在点A(1,2)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(　　)
A.9 B. C. D.
【答案】B
【解析】由xy-x+2y-5=0,得y=f(x)=,
∴f'(x)=,∴f'(1)=-.
∴曲线在点A(1,2)处的切线方程为y-2=-(x-1).
令x=0,得y=;令y=0,得x=7.故切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为S=×7=.

变式训练4
.(2018辽宁大连一模)过曲线y=ex上一点P(x0,y0)作曲线的切线,若该切线在y轴上的截距小于0,则x0的取值范围是(　　)
A.(0,+∞) B.,+∞
C.(1,+∞) D.(2,+∞)
【答案】C
【解析】y=ex,y'=ex,切线斜率为,切线方程为y-y0=(x-x0),
当x=0时,y=-x0+y0=-x0 (1-x0)<0,∴x0>1,则x0的取值范围是(1,+∞),故选C. ]
变式训练5
.(2018河南中原名校质量考评)已知f(x)=(x2+2ax)ln x-x2-2ax在(0,+∞)上是增函数,则实数a的取值范围是(　　)
A.{1} B.{-1}
C.(0,1] D.[-1,0)
【答案】B
【解析】f(x)=(x2+2ax)ln x-x2-2ax,f'(x)=2(x+a)ln x,
已知f(x)在(0,+∞)上是增函数,
∴f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,
当x=1时,f'(x)=0满足题意.
当x>1时,ln x>0,要使f'(x)≥0恒成立,则x+a≥0恒成立,
∵x+a>1+a,∴1+a≥0,解得a≥-1.
当0 ∵x+a<1+a,∴1+a≤0,解得a≤-1.
综上所述,a=-1,故选B.
题型四：利用导数研究函数的极值与最值
例4.(1).(2017全国Ⅱ·11)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x)的极小值为(　　) 学 ]
A.-1 B.-2e-3
C.5e-3 D.1
【答案】A
【解析】由题意可得,
f'(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1.
因为x=-2是函数f(x)的极值点,
所以f'(-2)=0.所以a=-1.
所以f(x)=(x2-x-1)ex-1.
所以f'(x)=(x2+x-2)ex-1.
令f'(x)=0,解得x1=-2,x2=1.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-2)
-2
(-2,1)
1
(1,+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗

所以当x=1时,f(x)有极小值,并且极小值为f(1)=(1-1-1)e1-1=-1,故选A.
【提示】先对函数求导，令导函数为0，并且f(-2)=0，求得a的值，从而求得函数的解析式，再根据导函数 的符号确定函数的极小值。
(2) .(2018广西梧州二模)设函数f(x)=-x3+3bx,当x∈[0,1]时,f(x)的值域为[0,1],则b的值是(　　)
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】

【提示】求导数，利用函数的单调性，与函数的极值，结合x∈[0，1]时，有f（x）∈[0，1]，即可b的值．

变式训练6
(2018云南昆明质检)已知函数f(x)=+k(ln x-x),若x=1是函数f(x)的唯一极值点,则实数k的取值范围是(　　)
A.(-∞,e] B.(-∞,e)
C.(-e,+∞) D.[-e,+∞)
【答案】B

3新题预测
1.(2018新疆乌鲁木齐第二次质量监测)已知函数f(x)与其导函数f'(x)的图象如图所示,则满足f'(x)
A.(0,4) B.(-∞,0),(1,4)
C.0, D.(0,1),(4,+∞)
【答案】D


专题训练题函数与导数
一. 选择题
1. (2018江西第二次检测)已知函数f(x)=ln(ax-1)的导函数是f'(x),且f'(2)=2,则实数a的值为(　　)
A. B. C. D.1
【答案】B
【解析】∵f'(x)=,∴=2,a=,选B.
2 (2018黑龙江齐齐哈尔一模)若x=1是函数f(x)=ax2+ln x的一个极值点,则当x∈,e时,f(x)的最小值为(　　)
A.1- B.-e+
C.--1 D.e2-1
【答案】A
【解析】由题意得f'(x)=2ax+,∵f'(1)=0,∴2a+1=0.∴a=-.
当x∈,1时,f'(x)≥0,当x∈[1,e]时,f'(x)≤0,
∴f(x)min=min=1-,选A.

3. (2018安徽安庆二模)已知函数f(x)=2ef'(e)ln x-(e是自然对数的底数),则f(x)的极大值为(　　)
A.2e-1 B.- C.1 D.2ln 2
【答案】D

4. (2018山东济南一模)设函数f(x)= (1+x2)+,则使得f(x)≤f(2x-1)成立的x的取值范围是(　　)
A.(-∞,1] B.[1,+∞)
C. D.∪[1,+∞)
【答案】C 学 ]
【解析】当x>0时,f(x)= (1+x2)+,
∴f(x)在(0,+∞)上递减,
∵f(x)是偶函数,∴f(x)在(-∞,0)上递增,
∴f(x)≤f(2x-1)等价于|x|≥|2x-1|,
两边平方化为3x2-4x+1≤0,≤x≤1, x的取值范围是,故选C.
5. 已知函数y=f（x）的图象如图，则f′（xA）与f′（xB）的大小关系是（　　）

A．f′（xA）＞f′（xB） B．f′（xA）＜f′（xB） C．f′（xA）=f′（xB） D．不能确定
【答案】B
【解析】由图象可知函数在A处的切线斜率小于B处的切线斜率，∴根据导数的几何意义可知f′（xA）＜f′（xB），故选：B．
6. （2018•蚌埠一模）已知k，b∈R，设直线l：y=kx+b 是曲线y=ex+x的一条切线，则（　　）
A．k＜1，且b≤1 B．k＜1，且b≥1 C．k＞1，且b≤1 D．k＞1，且b≥1
【答案】C
【解析】曲线y=ex+x的导数为：y′=ex+1＞1，可知k＞1；直线l：y=kx+b 在y轴上的截距为b，曲线y=ex+x，x=0时，y=1，可知b≤1．故选：C．
7. 定义在R上的偶函数f（x）的导函数为f（x），若对任意的实数x，都有2f（x）+xf（x）＜2恒成立，则使x2f（x）﹣f（1）＜x2﹣1成立的实数x的取值范围为（　　）
A．{x|x≠±1}B．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）C．（﹣1，1）D．（﹣1，0）∪（0，1）
【答案】B
【解析】当x＞0时，由2f（x）+xf′（x）﹣2＜0可知：两边同乘以x得：
2xf（x）﹣x2f′（x）﹣2x＜0 | |k ]
设：g（x）=x2f（x）﹣x2，则g（x）=2xf（x）+x2f（x）﹣2x＜0，恒成立：
∴g（x）在（0，+∞）单调递减，由x2f（x）﹣f（1）＜x2﹣1
∴x2f（x）﹣x2＜f（1）﹣1，即g（x）＜g（1），即x＞1；
当x＜0时，函数是偶函数，同理得：x＜﹣1
综上可知：实数x的取值范围为（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞），故选：B
8. 已知函数f（x）=x2+2x+alnx，若函数f（x）在（0，1）上单调，则实数a的取值范围是（　　）
A．a≥0 B．a＜﹣4 C．a≥0或a≤﹣4 D．a＞0或a＜﹣4
【答案】C
【解析】由f（x）=x2+2x+alnx，所以，
若函数f（x）在（0，1）上单调，则当x∈（0，1）时，f′（x）≥0或f′（x）≤0恒成立，
即2x2+2x+a≥0①，或2x2+2x+a≤0②在（0，1）上恒成立，
由①得，a≥﹣2x2﹣2x，由②得，a≤﹣2x2﹣2x，
因为y=﹣2x2﹣2x的图象开口向下，且对称轴为，所以在（0，1）上，ymax=0，ymin=﹣4所以a的范围是a≥0或a≤﹣4．故选C．
9. （2018•资阳模拟）已知函数f（x）=lnx，它在x=x0处的切线方程为y=kx+b，则k+b的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，﹣1] B．（﹣∞，0] C．[1，+∞） D．[0，+∞）
【答案】D
【解析】根据题意，函数f（x）=lnx，其导数为f′（x）=，则有f′（x0）=，即k=，又由切点的坐标为（x0，lnx0），则切线的方程为y﹣lnx0=k（x﹣x0），
变形可得：y=kx﹣kx0+lnx0，则有b=lnx0﹣1，则k+b=（lnx0﹣1）+，
设g（x）=（lnx﹣1）+，则有g′（x）=﹣=，
分析可得：在（0，1）上，g′（x）＜0，g（x）在（0，1）上为减函数，
在（1，+∞）上，g′（x）＞0，g（x）在（1，+∞）上为增函数，
则g（x）的最小值g（1）=0，则有k+b=（lnx0﹣1）+≥0，
即k+b的取值范围是[0，+∞）；故选：D．
10 (2018山东菏泽一模)已知函数f(x)=x3-ax+2的极大值为4,若函数g(x)=f(x)+mx在(-3,a-1)上的极小值不大于m-1,则实数m的取值范围是(　　)
A.-9,- B.-9,-
C.-,+∞ D.(-∞,-9)
【答案】B
【解析】∵f'(x)=3x2-a,当a≤0时,f'(x)≥0,f (x)无极值;当a>0时,易得f(x)在x=-处取得极大值,则有f-=4,即a=3,于是g(x)=x3+(m-3)x+2,g'(x)=3x2+(m-3).
当m-3≥0时,g'(x)≥0,g(x)在(-3,2)上不存在极小值.
当m-3<0时,易知g(x)在x=处取得极小值,
依题意有解得-9
11.（2018•银川二模）f（x）是定义在非零实数集上的函数，f′（x）为其导函数，且x＞0时，xf（x）﹣f（x）＜0，记a=，b=，c=，则（　　）
A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．c＜a＜b D．c＜b＜a
【答案】C

12. 设函数f（x）=ex（3x﹣1）﹣ax+a，其中a＜1，若仅有一个整数x0，使得f（x0）＜0，则a的取值范围是（　　）
A．[﹣，1） B．[﹣，） C．[，） D．[，1）
【答案】D
【解析】设g（x）=ex（3x﹣1），h（x）=ax﹣a，则g′（x）=ex（3x+2），
∴x∈（﹣∞，），g′（x）＜0，g（x）单调递减，x∈（，+∞），g′（x）＞0，g（x）单调递增，∴x=，取最小值﹣3，∴g（0）=﹣1＜﹣a=h（0），
g（1）﹣h（1）=2e＞0，直线h（x）=ax﹣a恒过定点（1，0）且斜率为a，
∴g（﹣1）﹣h（﹣1）=﹣4e﹣1+2a≥0，∴a≥，a＜1，∴a的取值范围[，1）．故答案选：D．

二．填空题
13. 【2018全国二卷13】曲线在点处的切线方程为 ．
【答案】y=2x．
【解析】∵y=2ln（x+1），所以，当x=0时，y′=2，∴曲线y=2ln（x+1）在点（0，0）处的切线方程为y=2x．故答案为：y=2x．
14. 若函数f（x）=f′（1）x3﹣2x2+3，则f′（1）的值为　　．
【答案】.2；
【解析】∵f（x）=f′（1）x3﹣2x2+3，∴f′（x）=3f′（1）x2﹣4x，
∴f′（1）=3f′（1）﹣4，解得：f′（1）=2，故答案为：2．
15. 已知函数，若函数f（x）在区间[2，4]上是单调增函数，则实数a的取值范围是　　．
【答案】[﹣e2，+∞）

16．(2018东北三省三校一模)已知函数f(x)=xln x+x2,x0是函数f(x)的极值点,给出以下几个命题:
①0;③f(x0)+x0<0;④f(x0)+x0>0.
其中正确的命题是　　　.(填出所有正确命题的序号) 
【答案】①③