《2018屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 層級二 75分的重點(diǎn)保分題精析精研 重點(diǎn)攻關(guān)教師用書 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 層級二 75分的重點(diǎn)保分題精析精研 重點(diǎn)攻關(guān)教師用書 理（207頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第一部分 層級二 75分的重點(diǎn)保分題精析精研 重點(diǎn)攻關(guān) 保分專題(一)　基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程 [全國卷3年考情分析] 年份 卷別 考查內(nèi)容及考題位置 命題分析 2017 卷Ⅰ 指數(shù)與對數(shù)的互化、對數(shù)運(yùn)算、比較大小·T11 　　1.基本初等函數(shù)作為高考的命題熱點(diǎn)，多考查利用函數(shù)的性質(zhì)比較大小，一般出現(xiàn)在第5～11題的位置，有時難度較大． 2.函數(shù)的應(yīng)用問題多體現(xiàn)在函數(shù)零點(diǎn)與方程根的綜合問題上，近幾年全國課標(biāo)卷考查較少，但也要引起重視，題目可能較難. 卷Ⅲ 函數(shù)的零點(diǎn)問題·T11 2016 卷Ⅰ 冪函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性、比較大小·T8 卷Ⅲ

2、指數(shù)函數(shù)與冪函數(shù)的單調(diào)性、比較大小·T6 2015 卷Ⅱ 對數(shù)運(yùn)算、分段函數(shù)求值·T5 基本初等函數(shù)的圖象與性質(zhì) [師生共研·悟通] 指數(shù)與對數(shù)式的8個運(yùn)算公式 (1)am·an＝am＋n；(2)(am)n＝amn；(3)(ab)m＝ambm； (4)loga(MN)＝logaM＋logaN；(5)loga＝logaM－logaN； (6)logaMn＝nlogaM；(7)alogaN＝N；(8)logaN＝. [注意]　(1)(2)(3)中，a>0，b>0；(4)(5)(6)(7)(8)中，a>0且a≠1，b>0且b≠1，M>0，N>0. [典例]　(1

3、)(2017·全國卷Ⅰ)設(shè)x，y，z為正數(shù)，且2x＝3y＝5z，則(　　) A．2x<3y<5z　　　　　 B．5z<2x<3y C．3y<5z<2x D．3y<2x<5z [解析]　選D　由2x＝3y＝5z，可設(shè)()2x＝()3y＝()5z＝t，因為x，y，z為正數(shù)，所以t>1，因為＝＝，＝＝，所以<； 因為＝＝，＝，所以>，所以<<.分別作出y＝()x，y＝()x，y＝()x的圖象，如圖．則3y<2x<5z，故選D. (2)已知f(x)＝ax－2，g(x)＝loga|x|(a>0且a≠1)，若f(4)g(－4)<0，則y＝f(x)，y＝g(x)在同一坐標(biāo)系內(nèi)的大致圖

4、象是(　　) [解析]　選B　∵f(x)＝ax－2>0恒成立，又f(4)·g(－4)<0，∴g(－4)＝loga|－4|＝loga4<0＝loga1，∴01和01時，兩函數(shù)在定義域內(nèi)都為增函數(shù)；當(dāng)0

5、合而成的函數(shù)，其性質(zhì)的研究往往通過換元法轉(zhuǎn)化為兩個基本初等函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)，然后根據(jù)復(fù)合函數(shù)的性質(zhì)與相關(guān)函數(shù)的性質(zhì)之間的關(guān)系進(jìn)行判斷． (3)對于冪函數(shù)y＝xα的性質(zhì)要注意α>0和α<0兩種情況的不同． [即學(xué)即用·練通] 1．已知函數(shù)f(x)＝3x－b(2≤x≤4，b為常數(shù))的圖象經(jīng)過點(diǎn)(2,1)，則f(x)的值域為(　　) A．[1,81] B．[1,3] C．[1,9] D．[1，＋∞) 解析：選C　由f(x)的圖象過點(diǎn)(2,1)可知b＝2， ∴f(x)＝3x－2，其在區(qū)間[2,4]上是增函數(shù)， ∴f(x)min＝f(2)＝30＝1，f(x)max＝f(4)＝3

6、2＝9. 故f(x)的值域為[1,9]． 2．若函數(shù)f(x)＝xa滿足f(2)＝4，那么函數(shù)g(x)＝|loga(x＋1)|的圖象大致為(　　) 解析：選C　法一：由函數(shù)f(x)＝xa滿足f(2)＝4，得2a＝4，∴a＝2，則g(x)＝|loga(x＋1)|＝|log2(x＋1)|，將函數(shù)y＝log2x的圖象向左平移1個單位長度(縱坐標(biāo)不變)，然后將x軸下方的圖象翻折上去，即可得g(x)的圖象，故選C. 法二：由函數(shù)f(x)＝xa滿足f(2)＝4，得2a＝4，∴a＝2，即g(x)＝|log2(x＋1)|，由g(x)的定義域為{x|x>－1}，排除B、D；由x＝0時，g(x)＝0，排

7、除A.故選C. 3．(2016·浙江高考)已知a＞b＞1，若logab＋logba＝，ab＝ba，則a＝________，b＝________. 解析：∵logab＋logba＝logab＋＝，∴l(xiāng)ogab＝2或.∵a＞b＞1，∴l(xiāng)ogab＜logaa＝1，∴l(xiāng)ogab＝，∴a＝b2. ∵ab＝ba，∴(b2)b＝bb2，即b2b＝bb2，∴2b＝b2， ∴b＝2，a＝4. 答案：4　2 函數(shù)的零點(diǎn) [師生共研·悟通] 1．函數(shù)的零點(diǎn)及其與方程根的關(guān)系 對于函數(shù)f(x)，使f(x)＝0的實(shí)數(shù)x叫做函數(shù)f(x)的零點(diǎn)．函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)的零點(diǎn)就是方

8、程f(x)＝g(x)的根，即函數(shù)y＝f(x)的圖象與函數(shù)y＝g(x)的圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo)． 2．零點(diǎn)存在性定理 如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，并且有f(a)·f(b)<0，那么函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)有零點(diǎn)，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，這個c也就是方程f(x)＝0的根． [典例]　(1)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f(x)＝2 018x＋log2 018x，則函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個數(shù)是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 [解析]　選C　在同一直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)y＝2 018x和y＝－

9、log2 018x的圖象如圖所示，可知函數(shù)f(x)＝2 018x＋log2 018x在x∈(0，＋∞)上存在一個零點(diǎn)，又f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，∴f(x)在x∈(－∞，0)上只有一個零點(diǎn)，又f(0)＝0，∴函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個數(shù)是3. (2)(2017·山東高考)已知當(dāng)x∈[0,1]時，函數(shù)y＝(mx－1)2的圖象與y＝＋m的圖象有且只有一個交點(diǎn)，則正實(shí)數(shù)m的取值范圍是(　　) A．(0,1]∪[2，＋∞) B．(0,1]∪[3，＋∞) C．(0， ]∪[2，＋∞) D．(0， ]∪[3，＋∞) [解析]　選B　在同一直角坐標(biāo)系中，分別作出函數(shù)f(x)＝(mx－1)2＝m

10、22與g(x)＝＋m的大致圖象． 分兩種情形： ①當(dāng)01時，0<<1，如圖②，要使f(x)與g(x)的圖象在[0,1]上只有一個交點(diǎn)，只需g(1)≤f(1)，即1＋m≤(m－1)2，解得m≥3或m≤0(舍去)． 綜上所述，m∈(0,1]∪[3，＋∞)． [類題通法] 1．判斷函數(shù)零點(diǎn)個數(shù)的3種方法 2．利用函數(shù)零點(diǎn)的情況求參數(shù)值(或范圍)的3種方法 [即學(xué)即用·練通] 1．函數(shù)f(x)＝log3x－x＋2必有一個零點(diǎn)的區(qū)間是(　　) A. B. C.

11、 D. 解析：選A　因為f(x)＝log3x－x＋2， 所以f＝log3－＋2＝－2－＋2＝－<0，f＝log3－＋2＝－1－＋2＝>0， 即f·f<0， 所以函數(shù)f(x)＝log3x－x＋2在上必有一個零點(diǎn)． 2．函數(shù)f(x)＝2x－－a的一個零點(diǎn)在區(qū)間(1,2)內(nèi)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(1,3) B．(1,2) C．(0,3) D．(0,2) 解析：選C　因為f(x)在(1,2)內(nèi)單調(diào)遞增，依題意有f(1)·f(2)<0，所以(－a)·(3－a)<0，所以0

12、義的：當(dāng)f1(x)≥f2(x)時，g(x)＝f1(x)，當(dāng)f1(x)

13、合可得3

14、要花費(fèi)10小時． [答案]　10 [類題通法] 應(yīng)用函數(shù)模型解決實(shí)際問題的一般程序和解題關(guān)鍵 (1)一般程序： ??? (2)解題關(guān)鍵：解答這類問題的關(guān)鍵是確切地建立相關(guān)函數(shù)解析式，然后應(yīng)用函數(shù)、方程、不等式和導(dǎo)數(shù)的有關(guān)知識加以綜合解答． [即學(xué)即用·練通] 1．某電腦公司在甲、乙兩地各有一個分公司，甲分公司現(xiàn)有某型號電腦6臺，乙分公司現(xiàn)有同一型號的電腦12臺．現(xiàn)A地某單位向該公司購買該型號的電腦10臺，B地某單位向該公司購買該型號的電腦8臺．已知從甲地運(yùn)往A，B兩地每臺電腦的運(yùn)費(fèi)分別是40元和30元，從乙地運(yùn)往A，B兩地每臺電腦的運(yùn)費(fèi)分別是80元和50元．若總運(yùn)費(fèi)不超過1 0

15、00元，則調(diào)運(yùn)方案的種數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選C　設(shè)甲地調(diào)運(yùn)x臺電腦至B地，則剩下(6－x)臺電腦調(diào)運(yùn)至A地；乙地應(yīng)調(diào)運(yùn)(8－x)臺電腦至B地，運(yùn)往A地12－(8－x)＝(x＋4)臺電腦(0≤x≤6，x∈N)．則總運(yùn)費(fèi)y＝30x＋40(6－x)＋50(8－x)＋80(x＋4)＝20x＋960，∴y＝20x＋960(x∈N,0≤x≤6)．若y≤1 000，則20x＋960≤1 000，得x≤2.又0≤x≤6，x∈N，∴x＝0,1,2，即有3種調(diào)運(yùn)方案． 2．某商場為了解商品的銷售情況，對某種電器今年一至五月份的月銷售量Q(x)(百臺)進(jìn)行統(tǒng)計，得數(shù)據(jù)

16、如下： x(月份) 1 2 3 4 5 Q(x)(百臺) 6 9 10 8 6 根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，你認(rèn)為能較好地描述月銷售量Q(x)(百臺)與時間x(月份)變化關(guān)系的模擬函數(shù)是(　　) A．Q(x)＝ax＋b(a≠0) B．Q(x)＝a|x－4|＋b(a≠0) C．Q(x)＝a(x－3)2＋b(a≠0) D．Q(x)＝a·bx(a≠0，b>0且b≠1) 解析：選C　觀察數(shù)據(jù)可知，當(dāng)x增大時，Q(x)的值先增大后減小，且大約是關(guān)于Q(3)對稱，故月銷售量Q(x)(百臺)與時間x(月份)變化關(guān)系的模擬函數(shù)的圖象是關(guān)于x＝3對稱的，顯然只有選項C滿足題意，故選C.

17、 A級——?？键c(diǎn)落實(shí)練 1．冪函數(shù)y＝f(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)(3，)，則f(x)是(　　) A．偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上是增函數(shù) B．偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上是減函數(shù) C．奇函數(shù)，且在(0，＋∞)上是減函數(shù) D．非奇非偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上是增函數(shù) 解析：選D　設(shè)冪函數(shù)f(x)＝xa，則f(3)＝3a＝，解得a＝，則f(x)＝x＝，是非奇非偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上是增函數(shù)． 2．(2017·全國卷Ⅱ)函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是(　　) A．(－∞，－2)　　　

18、　　　 B．(－∞，1) C．(1，＋∞) D．(4，＋∞) 解析：選D　由x2－2x－8＞0，得x＞4或x＜－2.因此，函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的定義域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)．注意到函數(shù)y＝x2－2x－8在(4，＋∞)上單調(diào)遞增，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是(4，＋∞)． 3．已知函數(shù)f(x)＝ax，其中a>0且a≠1，如果以P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))為端點(diǎn)的線段的中點(diǎn)在y軸上，那么f(x1)·f(x2)＝(　　) A．1 B．a(chǎn) C．2 D．a(chǎn)2 解析：選A　∵以P(x1，f(x1))，Q

19、(x2，f(x2))為端點(diǎn)的線段的中點(diǎn)在y軸上，∴x1＋x2＝0，又f(x)＝ax，∴f(x1)·f(x2)＝ax1·ax2＝ax1＋x2＝a0＝1. 4．某商場銷售A型商品，已知該商品的進(jìn)價是每件3元，且銷售單價與日均銷售量的關(guān)系如表所示： 銷售單價/元 4 5 6 7 8 9 10 日均銷售量/件 400 360 320 280 240 200 160 請根據(jù)以上數(shù)據(jù)分析，要使該商品的日均銷售利潤最大，則此商品的定價(單位：元/件)應(yīng)為(　　) A．4 B．5.5 C．8.5 D．10 解析：選C　由題意可設(shè)定價為x元/件，利潤為y元，

20、則y＝(x－3)[400－40(x－4)]＝40(－x2＋17x－42)，故當(dāng)x＝8.5時，y有最大值． 5．已知函數(shù)f(x)＝－log2x，在下列區(qū)間中，包含f(x)零點(diǎn)的區(qū)間是(　　) A．(0,1) B．(1,2) C．(2,4) D．(4，＋∞) 解析：選C　因為f(1)＝6－log21＝6>0，f(2)＝3－log22＝2>0，f(4)＝－log24＝－<0，所以函數(shù)f(x)的零點(diǎn)所在區(qū)間為(2,4)． 6．若函數(shù)f(x)與g(x)的圖象關(guān)于直線y＝x對稱，函數(shù)f(x)＝－x，則f(2)＋g(4)＝(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 解析：選D　

21、法一：∵函數(shù)f(x)與g(x)的圖象關(guān)于直線y＝x對稱，又f(x)＝－x＝2x，∴g(x)＝log2x， ∴f(2)＋g(4)＝22＋log24＝6. 法二：∵f(x)＝－x，∴f(2)＝4，即函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)(2,4)，∵函數(shù)f(x)與g(x)的圖象關(guān)于直線y＝x對稱，∴函數(shù)g(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)(4,2)，∴f(2)＋g(4)＝4＋2＝6. 7．(2017·云南第一次統(tǒng)一檢測)設(shè)a＝60.7，b＝log70.6，c＝log0.60.7，則a，b，c的大小關(guān)系為(　　) A．c>b>a B．b>c>a C．c>a>b D．a(chǎn)>c>b 解析：選D　因為a＝60.7>1

22、，b＝log70.6<0,0c>b. 8．若函數(shù)y＝a|x|(a>0，且a≠1)的值域為{y|00，且a≠1)的值域為{y|02的解集為(　　) A．(－2,4) B．(－4，－2)∪(－1,2) C．(1,2)∪(，＋∞) D．(，＋∞) 解析：選C　令2ex－1>2(x<2)，解得

23、12(x≥2)，解得x>. 故不等式f(x)>2的解集為(1,2)∪(，＋∞)． 10．已知直線x＝m(m＞1)與函數(shù)f(x)＝logax(a＞0且a≠1)，g(x)＝logbx(b＞0且b≠1)的圖象及x軸分別交于A，B，C三點(diǎn)，若＝2，則(　　) A．b＝a2 B．a(chǎn)＝b2 C．b＝a3 D．a(chǎn)＝b3 解析：選C　由于＝2，則＝3，則點(diǎn)A的坐標(biāo)為(m,3g(m))，又點(diǎn)A在函數(shù)f(x)＝logax的圖象上，故logam＝3logbm，即logam＝logbm3，由對數(shù)運(yùn)算可知b＝a3. B級——易錯點(diǎn)清零練 1．已知函數(shù)f

24、(x)＝，則f(x)的定義域為(　　) A. B. C.∪(0，＋∞) D. 解析：選C　由題意，得解得x>－且x≠0. 2．已知a＞1，f(x)＝a，則使f(x)＜1成立的一個充分不必要條件是(　　) A．－1＜x＜0 B．－2＜x＜1 C．－2＜x＜0 D．0＜x＜1 解析：選A　∵a＞1，∴y＝ax在R上為增函數(shù)，故f(x)<1?a<1?a

25、2(x)＝log2(x＋2)，f3(x)＝log2x2，f4(x)＝log2(2x)，則“同根函數(shù)”是(　　) A．f2(x)與f4(x) B．f1(x)與f3(x) C．f1(x)與f4(x) D．f3(x)與f4(x) 解析：選A　f4(x)＝log2(2x)＝1＋log2x，f2(x)＝log2(x＋2)，將f2(x)的圖象沿著x軸先向右平移2個單位得到y(tǒng)＝log2x的圖象，然后再沿著y軸向上平移1個單位可得到f4(x)的圖象，根據(jù)“同根函數(shù)”的定義可知選A. 4．已知冪函數(shù)f(x)＝(m－1)2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，函數(shù)g(x)＝2x－k，當(dāng)x∈[1,2)時，記f

26、(x)，g(x)的值域分別為集合A，B，若A∪B＝A，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________． 解析：∵f(x)是冪函數(shù)， ∴(m－1)2＝1，解得m＝2或m＝0. 若m＝2，則f(x)＝x－2，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，不滿足條件； 若m＝0，則f(x)＝x2，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，滿足條件， 故f(x)＝x2. 當(dāng)x∈[1,2)時，f(x)∈[1,4)，g(x)∈[2－k,4－k)， 即A＝[1,4)，B＝[2－k,4－k)， ∵A∪B＝A，∴B?A， 則解得0≤k≤1. 答案：[0,1] C級——“12＋4”高考練 1．函數(shù)y＝ax＋2－1(a>

27、0且a≠1)的圖象恒過的點(diǎn)是(　　) A．(0,0)　　　　　　　　 B．(0，－1) C．(－2,0) D．(－2，－1) 解析：選C　令x＋2＝0，得x＝－2，所以當(dāng)x＝－2時，y＝a0－1＝0，所以y＝ax＋2－1(a>0且a≠1)的圖象恒過點(diǎn)(－2,0)． 2．“>1”是“函數(shù)f(x)＝(3－2a)x單調(diào)遞增”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選A　由>1得01，解得a<1. 故“>1”是“函數(shù)f(x)＝(3－2a)x單調(diào)遞

28、增”的充分不必要條件． 3．(2017·北京高考)根據(jù)有關(guān)資料，圍棋狀態(tài)空間復(fù)雜度的上限M約為3361，而可觀測宇宙中普通物質(zhì)的原子總數(shù)N約為1080.則下列各數(shù)中與最接近的是(　　) (參考數(shù)據(jù)：lg 3≈0.48) A．1033 B．1053 C．1073 D．1093 解析：選D　因為lg 3361＝361×lg 3≈361×0.48≈173，所以M≈10173，則≈＝1093. 4．函數(shù)f(x)＝|log2x|＋x－2的零點(diǎn)個數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選B　函數(shù)f(x)＝|log2x|＋x－2的零點(diǎn)個數(shù)，就是方程|log2x|

29、＋x－2＝0的根的個數(shù)． 令h(x)＝|log2x|，g(x)＝2－x，畫出函數(shù)的圖象，如圖． 由圖象得h(x)與g(x)有2個交點(diǎn)，∴方程|log2x|＋x－2＝0的解的個數(shù)為2. 5．函數(shù)f(x)＝x2lg的圖象(　　) A．關(guān)于x軸對稱 B．關(guān)于原點(diǎn)對稱 C．關(guān)于直線y＝x對稱 D．關(guān)于y軸對稱 解析：選B　因為f(x)＝x2lg，所以其定義域為(－∞，－2)∪(2，＋∞)，所以f(－x)＝x2lg＝－x2lg ＝－f(x)，所以函數(shù)為奇函數(shù)，所以函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱． 6．(2018屆高三·濟(jì)南質(zhì)檢)已知a＝2－，b＝(2log23)－，c＝sin xdx，則實(shí)

30、數(shù)a，b，c的大小關(guān)系是(　　) A．a(chǎn)>c>b B．b>a>c C．a(chǎn)>b>c D．c>b>a 解析：選C　依題意得，a＝2－，b＝3－，c＝－cos x＝，所以a6＝2－2＝，b6＝3－3＝，c6＝6＝，則a>b>c. 7．(2017·沈陽模擬)若函數(shù)y＝logax(a>0，且a≠1)的圖象如圖所示，則下列函數(shù)與其圖象相符的是(　　) 　 　 A　　　 　 　B　 　　　　　C　　　 　　　D 解析：選B　由函數(shù)y＝logax(a>0，且a≠1)的圖象可知，a＝3，所以y＝3－x，y＝(－x)3＝－x3及y＝log3(－x)均為減函數(shù)，只有y＝x3是增函數(shù)，選B.

31、 8．(2017·保定二模)李華經(jīng)營了甲、乙兩家電動轎車銷售連鎖店，其月利潤(單位：元)分別為L甲＝－5x2＋900x－16 000，L乙＝300x－2 000(其中x為銷售輛數(shù))，若某月兩連鎖店共銷售了110輛，則能獲得的最大利潤為(　　) A．11 000元 B．22 000元 C．33 000元 D．40 000元 解析：選C　設(shè)甲連鎖店銷售x輛，則乙連鎖店銷售(110－x)輛，故利潤L＝－5x2＋900x－16 000＋300(110－x)－2 000＝－5x2＋600x＋15 000＝－5(x－60)2＋33 000，∴當(dāng)x＝60時，有最大利潤33 000元． 9．(

32、2018屆高三·西安八校聯(lián)考)已知在(0，＋∞)上函數(shù)f(x)＝則不等式log2x－(log4x－1)·f(log3x＋1)≤5的解集為(　　) A. B．[1,4] C. D．[1，＋∞) 解析：選C　原不等式等價于 或 解得1≤x≤4或＜x＜1， 所以原不等式的解集為. 10．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，若

33、(ln x)＝2f(ln x)， ∴

34、f(x)max＝f(1)＝ln 1－1＋1＝0.根據(jù)函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)作出函數(shù)y＝f(x)與y＝ex的大致圖象如圖所示，觀察到函數(shù)y＝f(x)與y＝ex的圖象有兩個交點(diǎn)，所以函數(shù)g(x)＝f(x)－ex(e為自然對數(shù)的底數(shù))有2個零點(diǎn)． 12．已知定義域為R的偶函數(shù)f(x)滿足：對?x∈R，有f(x＋2)＝f(x)－f(1)，且當(dāng)x∈[2,3]時，f(x)＝－2x2＋12x－18.若函數(shù)y＝f(x)－loga(x＋1)在(0，＋∞)上至少有三個零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　∵f(x＋2)＝f(x)－f(1)，f(x)是偶函數(shù)，

35、∴f(1)＝0，∴f(x＋2)＝f(x)，即f(x)是周期為2的周期函數(shù)，且y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，作出函數(shù)y＝f(x)與g(x)＝loga(x＋1)的圖象如圖所示，∵兩個函數(shù)圖象在(0，＋∞)上至少有三個交點(diǎn)，∴g(2)＝loga3>f(2)＝－2，且0

36、＝|1－x|.其中在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減的函數(shù)的序號是________． 解析：分析題意可知①③顯然不滿足題意，畫出②④中的函數(shù)圖象(圖略)，易知②④中的函數(shù)滿足在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減． 答案：②④ 15．(2017·寶雞質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝且關(guān)于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一個實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 解析：依題意，由f(x)＋x－a＝0有且只有一個實(shí)數(shù)根得，函數(shù)y＝f(x)的圖象與直線y＝－x＋a有唯一公共點(diǎn)．在同一平面直角坐標(biāo)系中畫出直線y＝－x與函數(shù)y＝f(x)的大致圖象如圖所示，平移直線y＝－x，當(dāng)平移到該直線在y軸上的截距大于1時，相應(yīng)

37、直線與函數(shù)y＝f(x)的圖象有唯一公共點(diǎn)，即此時關(guān)于x的方程有且只有一個實(shí)數(shù)根，因此a>1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(1，＋∞)． 答案：(1，＋∞) 16．某食品的保鮮時間t(單位：小時)與儲藏溫度x(單位：℃)滿足函數(shù)關(guān)系式t＝且該食品在4 ℃ 時的保鮮時間是16小時．已知甲在某日10時購買了該食品，并將其遺放在室外，且此日的室外溫度隨時間變化如圖所示．給出以下四個結(jié)論： ①該食品在6 ℃的保鮮時間是8小時； ②當(dāng)x∈[－6,6]時，該食品的保鮮時間t隨著x的增大而逐漸減少； ③到了此日13時，甲所購買的食品還在保鮮時間內(nèi)； ④到了此日14時，甲所購買的食品已過了保鮮時間．

38、其中，所有正確結(jié)論的序號是________． 解析：∵某食品的保鮮時間t(單位：小時)與儲藏溫度x(單位：℃)滿足函數(shù)關(guān)系式t＝且該食品在4 ℃時的保鮮時間是16小時，∴24k＋6＝16，即4k＋6＝4，解得k＝－，∴t＝ ①當(dāng)x＝6時，t＝8，故①正確； ②當(dāng)x∈[－6,0]時，保鮮時間恒為64小時，當(dāng)x∈(0,6]時，該食品的保鮮時間t隨著x的增大而逐漸減少，故②錯誤； ③此日10時，溫度為8 ℃，此時保鮮時間為4小時，而隨著時間的推移，到11時，溫度為11 ℃，此時的保鮮時間t＝2－×11＋6＝≈1.414(小時)，到13時，甲所購買的食品不在保鮮時間內(nèi)，故③錯誤； ④由③可知

39、，到了此日14時，甲所購買的食品已過了保鮮時間，故④正確． 所以正確結(jié)論的序號為①④. 答案：①④ 保分專題(二)　導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 [全國卷3年考情分析] 年份 卷別 考查內(nèi)容及考題位置 命題分析 2017 卷Ⅰ 利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)的零點(diǎn)·T21 1.高考對導(dǎo)數(shù)的幾何意義的考查，多在選擇、填空題中出現(xiàn)，難度較小，有時出現(xiàn)在解答題第一問． 2.高考重點(diǎn)考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，即利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題，多在選擇、填空的后幾題中出現(xiàn)，難度中等．有時出現(xiàn)在解答題第一問． 3.近幾年全國課標(biāo)卷對定積分及其應(yīng)用的考查極少，題目一般比較簡單，但也不能忽略.

40、 卷Ⅱ 利用導(dǎo)數(shù)求極值·T11 2016 卷Ⅰ 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)圖象·T7 卷Ⅲ 函數(shù)的奇偶性、導(dǎo)數(shù)的幾何意義·T15 利用導(dǎo)數(shù)公式直接求導(dǎo)·T21(1) 2015 卷Ⅰ 切線的幾何意義·T21(1) 卷Ⅱ 利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性·T21(1) 導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算及幾何意義 [師生共研·悟通] 1．導(dǎo)數(shù)的幾何意義 函數(shù)f(x)在x0處的導(dǎo)數(shù)是曲線f(x)在點(diǎn)P(x0，f(x0))處的切線的斜率，曲線f(x)在點(diǎn)P處的切線的斜率k＝f′(x0)，相應(yīng)的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)． 2．四個易誤導(dǎo)數(shù)公式 (1)(sin x)′＝

41、cos x； (2)(cos x)′＝－sin x； (3)(ax)′＝axln a(a>0)； (4)(logax)′＝(a>0，且a≠1)． [典例]　(1)已知M為不等式組表示的平面區(qū)域，直線l：y＝2x＋a，當(dāng)a從－2連續(xù)變化到0時，區(qū)域M被直線l掃過的面積為(　　) A.　　　　　　　　　　 B．2 C. D． [解析]　選D　作出圖形可得區(qū)域M被直線l掃過的面積為 S2＝x2dx－S1 ＝x3－×1×2 ＝×(8－1)－1 ＝. (2)(2017·昆明質(zhì)檢)若函數(shù)f(x)＝cos的圖象在x＝0處的切線方程為y＝－3x＋1，則ω＝_______

42、____________________________________________________. [解析]　由題意，得f′(x)＝－ωsin，所以f′(0)＝－ωsin＝－ω＝－3，所以ω＝3. [答案]　3 (3)(2016·全國卷Ⅲ)已知f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x≤0時，f(x)＝e－x－1－x，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1,2)處的切線方程是________． [解析]　設(shè)x＞0，則－x＜0，f(－x)＝ex－1＋x. ∵f(x)為偶函數(shù)，∴f(－x)＝f(x)， ∴f(x)＝ex－1＋x. ∵當(dāng)x＞0時，f′(x)＝ex－1＋1， ∴f′(1)＝e1－1＋1＝1＋1

43、＝2. ∴曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1,2)處的切線方程為y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0. [答案]　2x－y＝0 [類題通法] 1．求曲線y＝f(x)的切線方程的3種類型及方法 (1)已知切點(diǎn)P(x0，y0)，求切線方程 求出切線的斜率f′(x0)，由點(diǎn)斜式寫出方程； (2)已知切線的斜率k，求切線方程 設(shè)切點(diǎn)P(x0，y0)，通過方程k＝f′(x0)解得x0，再由點(diǎn)斜式寫出方程； (3)已知切線上一點(diǎn)(非切點(diǎn))，求切線方程 設(shè)切點(diǎn)P(x0，y0)，利用導(dǎo)數(shù)求得切線斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切線斜率，列方程(組)解得x0，再由點(diǎn)斜式或兩點(diǎn)式寫出方程． 2．利用

44、定積分求平面圖形面積的方法 利用定積分求平面圖形的面積，一般先正確作出幾何圖形，再結(jié)合圖形位置，準(zhǔn)確確定積分區(qū)間以及被積函數(shù)，從而得到面積的積分表達(dá)式，再利用微積分基本定理求出積分值． [即學(xué)即用·練通] 1．已知函數(shù)f(x)＝xsin x＋ax，且f′＝1，則a＝(　　) A．0 B．1 C．2 D．4 解析：選A　∵f′(x)＝sin x＋xcos x＋a，且f′＝1，∴sin＋cos＋a＝1，即a＝0. 2．(2017·沈陽質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)＝g＋x2，曲線y＝g(x)在點(diǎn)(1，g(1))處的切線方程為9x＋y－1＝0，則曲線y＝f

45、(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為________． 解析：由已知得g′(1)＝－9，g(1)＝－8， 又f′(x)＝g′＋2x， ∴f′(2)＝g′(1)＋4＝－＋4＝－， f(2)＝g(1)＋4＝－4， ∴所求切線方程為y＋4＝－(x－2)， 即x＋2y＋6＝0. 答案：x＋2y＋6＝0 3.－1(x2＋)dx＝________. 解析：－1x2dx＝x3＝，而根據(jù)定積分的定義可知－1dx表示圓心在原點(diǎn)的單位圓的上半部分的面積，即半圓的面積，∴－1(x2＋)dx＝＋. 答案：＋ 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 [師生共研·悟通] 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系

46、 (1)f′(x)＞0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件，如函數(shù)f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，但f′(x)≥0. (2)f′(x)≥0是f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件，當(dāng)函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0時，則f(x)為常數(shù)，函數(shù)不具有單調(diào)性． [典例]　(2017·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若，求a的取值范圍． [解答示范] (一)搭橋——找突破口 第(1)問：欲討論f(x)的單調(diào)性，應(yīng)先求f(x)的定義域及導(dǎo)數(shù)f′(x)，再討論f′(x)的符號； 第(2)問：欲求a的取值范圍，應(yīng)想到找出有關(guān)a的不等關(guān)系．由f(x)≥

47、0，則應(yīng)求f(x)的最小值，借助(1)的結(jié)論可得． (二)建橋——尋關(guān)鍵點(diǎn) 有什么 想到什么 注意什么 信息①：已知f(x)的解析式 可求導(dǎo)函數(shù)f′(x) (1)要討論函數(shù)的單調(diào)性，必須先求出函數(shù)定義域 (2)對于含參數(shù)的問題，要根據(jù)不同情況對參數(shù)進(jìn)行分類討論 信息②：f(x)≥0 函數(shù)的最小值f(x)min≥0 [解]　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)， f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)． ①若a＝0，則f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增． ②若a＞0，則由f′(x)＝0，得x＝ln a. 當(dāng)x∈(－∞，ln

48、a)時，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)＞0. 故f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增． ③若a＜0，則由f′(x)＝0，得x＝ln. 當(dāng)x∈時，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈時，f′(x)＞0. 故f(x)在上單調(diào)遞減， 在上單調(diào)遞增． (2)①若a＝0，則f(x)＝e2x，所以f(x)≥0. ②若a＞0，則由(1)得，當(dāng)x＝ln a時，f(x)取得最小值，最小值為f(ln a)＝－a2ln a. 從而當(dāng)且僅當(dāng)－a2ln a≥0，即0＜a≤1時，f(x)≥0. ③若a＜0，則由(1)得，當(dāng)x＝ln時，f(x)取得最小值

49、，最小值為f＝a2.從而當(dāng)且僅當(dāng)a2≥0， 即－2e≤a＜0時，f(x)≥0. 綜上，a的取值范圍是. [類題通法] 求解或討論函數(shù)單調(diào)性有關(guān)問題的解題策略 討論函數(shù)的單調(diào)性其實(shí)就是討論不等式的解集的情況．大多數(shù)情況下，這類問題可以歸結(jié)為一個含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的討論： (1)在能夠通過因式分解求出不等式對應(yīng)方程的根時，依據(jù)根的大小進(jìn)行分類討論． (2)在不能通過因式分解求出根的情況時，根據(jù)不等式對應(yīng)方程的判別式進(jìn)行分類討論． [注意]　討論函數(shù)的單調(diào)性是在函數(shù)的定義域內(nèi)進(jìn)行的，千萬不要忽視了定義域的限制． 　　　　 [即學(xué)即用·練通] 1．已知f(x)＝x2

50、＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(　　) A．(－∞，－2 ] B． C．[－2，＋∞) D．[－5，＋∞) 解析：選C　由題意得f′(x)＝2x＋a＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立?g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立?Δ＝a2－24≤0或?－2≤a≤2或a≥－4?a≥－2. 2．已知函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝log2的單調(diào)遞減區(qū)間為(　　) A． B．[3，＋∞) C．[－2,3] D．(－∞，－2) 解析：選D　因為f(x)＝x3＋bx2＋

51、cx＋d， 所以f′(x)＝3x2＋2bx＋c， 由圖可知f′(－2)＝f′(3)＝0， 所以解得 令g(x)＝x2＋bx＋， 則g(x)＝x2－x－6，g′(x)＝2x－1， 由g(x)＝x2－x－6>0，解得x<－2或x>3. 當(dāng)x<－2時，g′(x)<0，所以g(x)＝x2－x－6在(－∞，－2)上為減函數(shù)，所以函數(shù)y＝log2的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－2)． 3．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－處取得極值． (1)確定a的值； (2)若g(x)＝f(x)ex，討論g(x)的單調(diào)性． 解：(1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝3ax2＋2x， 因為f(

52、x)在x＝－處取得極值，所以f′＝0， 即3a×＋2×＝－＝0，解得a＝. (2)由(1)得g(x)＝ex， 故g′(x)＝ex＋ex ＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex. 令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝－1或x＝－4. 當(dāng)x<－4時，g′(x)<0，故g(x)為減函數(shù)； 當(dāng)－40，故g(x)為增函數(shù)； 當(dāng)－10時，g′(x)>0，故g(x)為增函數(shù)． 綜上知，g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)上為減函數(shù)，在(－4，－1)和(0，＋∞)上為增函數(shù). 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值(最值)

53、問題 [師生共研·悟通] 函數(shù)f(x)在點(diǎn)x0附近有定義，若在x0附近左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極大值；若在x0附近左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極小值． [典例]　(2017·北京高考)已知函數(shù). (1)； (2). [解答示范] (一)搭橋——找突破口 第(1)問：欲求函數(shù)在某點(diǎn)處的切線方程，應(yīng)知切線的斜率，即求f(x)在此點(diǎn)處的導(dǎo)函數(shù)值； 第(2)問：欲求函數(shù)在某區(qū)間上的最值，應(yīng)知f(x)在此區(qū)間的單調(diào)性，即判斷f′(x)在此區(qū)間上的正負(fù)． (二)建橋——尋關(guān)鍵點(diǎn) 有什么 想到什么

54、 注意什么 信息①：已知f(x)的解析式 可求導(dǎo)函數(shù)f′(x) (1)曲線y＝f(x)“在點(diǎn)P(x0，y0)處的切線”與“過點(diǎn)P(x0，y0)的切線“的區(qū)別 (2)構(gòu)造新的函數(shù)解決問題時與原函數(shù)的等價性 信息②：求切線方程 過曲線上點(diǎn)的切線方程的求法 信息③：求函數(shù)的最值 函數(shù)的單調(diào)性，即判定導(dǎo)函數(shù)的正負(fù) [解]　(1)因為f(x)＝excos x－x， 所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0. 又因為f(0)＝1， 所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝1. (2)設(shè)h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，

55、 則h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x. 當(dāng)x∈時，h′(x)＜0， 所以h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減． 所以對任意x∈，有h(x)＜h(0)＝0， 即f′(x)＜0. 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減． 因此f(x)在區(qū)間上的最大值為f(0)＝1， 最小值為f＝－. [類題通法] 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值、最值的方法 (1)若求極值，則先求方程f′(x)＝0的根，再檢查f′(x)在方程根的左右函數(shù)值的符號． (2)若已知極值大小或存在情況，則轉(zhuǎn)化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況來求解． (3)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)

56、間[a，b]的最值時，在得到極值的基礎(chǔ)上，結(jié)合區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進(jìn)行比較得到函數(shù)的最值． 　　　　 [即學(xué)即用·練通] 1．(2017·全國卷Ⅱ)若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點(diǎn)，則f(x)的極小值為(　　) A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1 解析：選A　因為f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1， 所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1 ＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1. 因為x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點(diǎn)，所

57、以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根， 所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1. 令f′(x)>0，解得x<－2或x>1， 令f′(x)<0，解得－20)在[1，＋∞)上的最大值為，則a的值為(　　) A.－1 B. C. D.＋1 解析：選A　由f(x)＝得f′(x)＝， 當(dāng)a＞1時，若x＞，

58、則f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減， 若1＜x＜，則f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 故當(dāng)x＝時，函數(shù)f(x)有最大值＝，得a＝＜1，不合題意； 當(dāng)a＝1時，函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，最大值為f(1)＝，不合題意； 當(dāng)0＜a＜1時，函數(shù)f(x)在 [1，＋∞)上單調(diào)遞減，此時最大值為f(1)＝＝，得a＝－1，符合題意． 故a的值為－1. 3．已知常數(shù)a≠0，f(x)＝aln x＋2x. (1)當(dāng)a＝－4時，求f(x)的極值； (2)當(dāng)f(x)的最小值不小于－a時，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)由已知得f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝＋2＝.

59、當(dāng)a＝－4時，f′(x)＝. 所以當(dāng)02時，f′(x)>0，即f(x)單調(diào)遞增． 所以f(x)只有極小值，且在x＝2時，f(x)取得極小值f(2)＝4－4ln 2. 所以當(dāng)a＝－4時，f(x)只有極小值4－4ln 2. (2)因為f′(x)＝， 所以當(dāng)a>0，x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0， 即f(x)在x∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增，沒有最小值； 當(dāng)a<0時，由f′(x)>0得，x>－， 所以f(x)在上單調(diào)遞增； 由f′(x)<0得，x<－， 所以f(x)在上單調(diào)遞減． 所以當(dāng)a<0時，f(x)的最小值為f＝a

60、ln－a. 根據(jù)題意得f＝aln－a≥－a， 即a[ln(－a)－ln 2]≥0. 因為a<0，所以ln(－a)－ln 2≤0，解得a≥－2， 所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－2,0)． 一、選擇題 1．函數(shù)f(x)＝x2－ln x的最小值為(　　) A.　　　　　　　　　 B．1 C．0 D．不存在 解析：選A　∵f′(x)＝x－＝，且x>0. 令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0

61、 2．函數(shù)f(x)＝x＋的極值情況是(　　) A．當(dāng)x＝1時，取極小值2，但無極大值 B．當(dāng)x＝－1時，取極大值－2，但無極小值 C．當(dāng)x＝－1時，取極小值－2；當(dāng)x＝1時，取極大值2 D．當(dāng)x＝－1時，取極大值－2；當(dāng)x＝1時，取極小值2 解析：選D　f′(x)＝1－，令f′(x)＝0，得x＝±1， 函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，－1)和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1,0)和(0,1)上單調(diào)遞減， 所以當(dāng)x＝－1時，取極大值－2，當(dāng)x＝1時，取極小值2. 3．若直線y＝ax是曲線y＝2ln x＋1的一條切線，則實(shí)數(shù)a的值為(　　) A．e－ B．2e－ C．e D

62、．2e 解析：選B　依題意，設(shè)直線y＝ax與曲線y＝2ln x＋1的切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x0，則有y′|＝，于是有解得 4．已知函數(shù)f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數(shù)，函數(shù)g(x)＝x2－aln x在(1,2)上為增函數(shù)，則a的值為(　　) A．1 B．2 C．0 D． 解析：選B　∵函數(shù)f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數(shù)，∴≥1，得a≥2. 又∵g′(x)＝2x－，依題意g′(x)≥0在x∈(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x∈(1,2)上恒成立，有a≤2，∴a＝2. 5．若函數(shù)f(x)＝x＋(b∈R)的導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(1,2)上有零點(diǎn)，則f(x)在下列區(qū)間

63、上單調(diào)遞增的是(　　) A．(－2,0) B．(0,1) C．(1，＋∞) D．(－∞，－2) 解析：選D　由題意知，f′(x)＝1－， ∵函數(shù)f(x)＝x＋(b∈R)的導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(1,2)上有零點(diǎn)， 令當(dāng)1－＝0，得b＝x2， 又x∈(1,2)，∴b∈(1,4)． 令f′(x)＞0，解得x＜－或x＞， 即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－)，(，＋∞)． ∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合題意． 6．已知f(x)＝ln x－＋，g(x)＝－x2－2ax＋4，若對任意的x1∈(0,2]，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，則a的取值范圍是(　

64、　) A. B. C. D. 解析：選A　因為f′(x)＝－－＝＝－， 易知，當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(1,2]時，f′(x)>0， 所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,2]上單調(diào)遞增， 故f(x)min＝f(1)＝. 對于二次函數(shù)g(x)＝－x2－2ax＋4，易知該函數(shù)開口向下， 所以其在區(qū)間[1,2]上的最小值在端點(diǎn)處取得， 即g(x)min＝min{g(1)，g(2)}． 要使對任意的x1∈(0,2]，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，只需f(x1)min≥g(x2)min， 即≥g(1)且≥g(2)， 所以≥

65、－1－2a＋4且≥－4－4a＋4， 解得a≥. 二、填空題 7．(2017·長春質(zhì)檢)dx＝________. 解析：dx＝＝＋1－＝. 答案： 8．已知函數(shù)f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在區(qū)間上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________． 解析：由題意知f′(x)＝x＋2a－≥0在區(qū)間上恒成立，即2a≥－x＋在區(qū)間上恒成立． 又∵y＝－x＋在區(qū)間上單調(diào)遞減， ∴max＝， ∴2a≥，即a≥. 答案： 9．已知函數(shù)f(x)＝ex，g(x)＝ln＋的圖象分別與直線y＝m交于A，B兩點(diǎn)，則|AB|的最小值為________． 解析：顯然m＞0，由ex＝m

66、得x＝ln m，由ln ＋＝m得x＝2em－，則|AB|＝2em－－ln m．令h(m)＝2em－－ln m，由h′(m)＝2em－－＝0，求得m＝.當(dāng)0＜m＜時，h′(m)＜0，函數(shù)h(m)在上單調(diào)遞減；當(dāng)m＞時，h′(m)＞0，函數(shù)h(m)在上單調(diào)遞增．所以h(m)min＝h＝2＋ln 2，因此|AB|的最小值為2＋ln 2. 答案：2＋ln 2 三、解答題 10．已知函數(shù)f(x)＝＋ax，x>1. (1)若f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)若a＝2，求函數(shù)f(x)的極小值． 解：(1)f′(x)＝＋a， 由題意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立， ∴a≤－＝2－. ∵x∈(1，＋∞)， ∴l(xiāng)n x∈(0，＋∞)， ∴當(dāng)－＝0時，函數(shù)t＝2－的最小值為－， ∴a≤－，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為. (2)當(dāng)a＝2時，f(x)＝＋2x(x>1)， f′(x)＝， 令f′(x)＝0得2ln2x＋ln x－1＝0， 解得ln x＝或ln x＝－1(舍去)，即x＝e. 當(dāng)1e時，f′(x)>0，