发布时间 : 星期一 文章120文科高考导数练习题125更新完毕开始阅读d771f25e0a4e767f5acfa1c7aa00b52acfc79cd4
∴函数f（x）=xlnx在点（e，f（e））处的切线方程为y﹣e=2（x﹣e）， 即2x﹣y﹣e=0．
故答案为：2x﹣y﹣e=0． 点评： 本题考查了利用导数研究过曲线上某点的切线方程，过曲线上某点的切线的斜率，就是函数在该点处的导数值，是基础题．
24．（2015?赤峰模拟）已知f（x）=x﹣3x+2x+a，若f（x）在R上的极值点分别为m，n，则m+n= 2 ．
考点： 利用导数研究函数的极值． 专题： 计算题；导数的综合应用． 分析： 求出函数的导数，由极值的定义，结合韦达定理，即可得到m+n．
32
解答： 解：f（x）=x﹣3x+2x+a的导数为
2
f′（x）=3x﹣6x+2，
由f（x）在R上的极值点分别为m，n，
2
则有m，n是方程3x﹣6x+2=0的两个根， 由韦达定理，可得，m+n=﹣
=2．
32
故答案为：2． 点评： 本题考查导数的运用：求极值，考查韦达定理的运用，考查运算能力，属于基础题．
三．解答题（共6小题）
2x
25．（2015?路南区二模）已知函数f（x）=ax﹣e（a∈R） （Ⅰ）当a=1时，判断函数f（x）的单调区间并给予证明；
（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），证明：﹣＜f（x1）＜﹣1．
考点： 利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值． 专题： 导数的综合应用．
2xx″x
分析： （Ⅰ）a=1时，f（x）=x﹣e，f′（x）=2x﹣e，f（x）=2﹣e，利用导数研究其单调性可得当x=ln2时，函数f′（x）取得最大值，f′（ln2）=2ln2﹣2＜0，即可得出．
（II）f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），可得f′（x）=2ax﹣e=0有两个实根x1，x2（x1＜x2），由f（x）=2ax
﹣e=0，得x=ln2a．f′（ln2a）=2aln2a﹣2a＞0，得ln2a＞1，解得2a＞e．又f′（0）=﹣1＜0，f′（1）=2a﹣e＞0，可得0＜x1＜1＜ln2a，进而得出．
2x
解答： （Ⅰ）解：a=1时，f（x）=x﹣e，
x″x
f′（x）=2x﹣e，f（x）=2﹣e，
″″
令f（x）＞0，解得x＜ln2，此时函数f′（x）单调递增；令f（x）＜0，解得x＞ln2，此时函数f′（x）单调递减． ∴当x=ln2时，函数f′（x）取得最大值，f′（ln2）=2ln2﹣2＜0， ∴函数f（x）在R上单调递减．
x
（Ⅱ）证明：f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），∴f′（x）=2ax﹣e=0有两个实根x1，x2（x1＜x2），
″x
由f（x）=2a﹣e=0，得x=ln2a．
f′（ln2a）=2aln2a﹣2a＞0，得ln2a＞1，解得2a＞e． 又f′（0）=﹣1＜0，f′（1）=2a﹣e＞0， ∴0＜x1＜1＜ln2a， 由f′（x1）=
=0，可得
，
x″
f（x1）=
==
（0＜x1＜1）．
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∴可知：x1是f（x）的极小值点， ∴点评： 于难题．
＜f（x1）＜f（0）=﹣1．
本题考查了利用导数（两次求导）研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属
26．（2015?汕尾模拟）已知函数f（x）=x+bx+cx的极值点为x=﹣和x=1 （1）求b，c的值与f（x）的单调区间
（2）当x∈[﹣1，2]时，不等式f（x）＜m恒成立，求实数m的取值范围．
考点： 利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值． 专题： 导数的综合应用．
32
分析： （1）对函数进行求导，令f'（1）=0，f'（）=0可求出b，c的值，再利用导数求出函数单调区
间即可．
（2）根据函数的单调性求出f（x）在[﹣1，2]上的最大值，继而求出m的范围
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解答： 解：（1）∵f（x）=x+bx+cx，
2
∴f'（x）=3x+2bx+c，
∵f（x）的极值点为x=﹣和x=1 ∴f'（1）=3+2b+c=0，f'（解得，b=
，c=﹣3
）=﹣b+c=0，
∴f'（x）=（3x+2）（x﹣1），
当f'（x）＞0时，解得x＜﹣，或x＞1， 当f'（x）＜0时，解得﹣＜x＜1，
故函数f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣）和（1，+∞），单调减区间为（﹣，1）， （2）有（1）知f（x）=x﹣x﹣2x，x∈[﹣1，2]，
故函数在[﹣1，﹣）和（1，2]单调递增增，在（﹣，1）单调递减， 当x=﹣，函数有极大值，f（
）=
，f（2）=2，
3
2
所以函数的最大值为2，
所以不等式f（x）＜m在x∈[﹣1，2]时恒成立， 故m＞2
故实数m的取值范围为（2，+∞） 点评： 本题主要考查函数的单调性、极值与导函数之间的关系．属中档题 27．（2015?南昌模拟）函数f（x）=x﹣alnx﹣2． （Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）a=1时，不等式f（x）+（b+1）f′（x）＜x﹣1对x＞1恒成立，求正整数b的取值集合．
考点： 利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题．
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专题： 分析：
函数的性质及应用． （Ⅰ）求出f′（x）=1﹣=
，x∈（0，+∞），再讨论a的取值范围，从而求出其单调区间；
＜x﹣1?b＜
，构造函数g（x）=
（x＞1），
（Ⅱ）a=1时，原不等式?（x﹣lnx﹣2）+（b+1）?
则g′（x）==
由第（1）问知，f（x）=x﹣lnx﹣2在（1，+∞）上递增，而f（3）=1﹣ln3＜0，f（4）=2﹣ln4=2（lne﹣ln2）＞0，
可推出f（x）在（3，4）上有唯一零点x0，f（x0）=x0﹣lnx0﹣2?lnx0=x0﹣2，再由的范围，求出b的值． 解答：
解：（Ⅰ）f′（x）=1﹣=
，x∈（0，+∞），
当a≤0时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞），
当a＞0时，令f′（x）=0，得x=0， x∈（0，a）时，f（x）单调递减， x∈（a，+∞）时，f（x）单调递增；
综上：a≤0时，f（x）在（0，+∞）上递增，无减区间， 当a＞0时，f（x）的单调递减区间为（0，a），单调递增区间为（a，+∞）； （Ⅱ）a=1时，f（x）=x﹣lnx﹣2，f′（x）=1﹣=x＞1时，原不等式?（x﹣lnx﹣2）+（b+1）?
． ＜x﹣1?b＜
，
设g（x）=（x＞1），则g′（x）==
由第（1）问知，f（x）=x﹣lnx﹣2在（1，+∞）上递增，而f（3）=1﹣ln3＜0，f（4）=2﹣ln4=2（lne﹣ln2）＞0 ∴f（x）在（3，4）上有唯一零点x0，f（x0）=x0﹣lnx0﹣2?lnx0=x0﹣2 ∴1＜x＜x0时g′（x）＜0，x＞x0时g′（x）＞0，
∴g（x）在（1，x0）上递减、在（x0，+∞）上递减， 则x＞1时，g（x）min=g（x0）=由b＜
=
=x0﹣1，
恒成立得b＜x0﹣1，又3＜x0＜4知2＜x0﹣1＜3，
又b是正整数，则b的取值集合是{1，2} 点评： 本小题主要考查函数单调性的应用、导数在最大值、最小值问题中的应用、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力、化归与转化思想．属于中档题．
28．（2015?安徽一模）已知函数f（x）=b+（1﹣2a）x+x﹣x． （I）讨论f（x）在其定义域上的单调性； （II）设曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=4x﹣1，求函数f（x）在定义域上的极小值．
考点： 利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程． 专题： 计算题；导数的综合应用．
2
分析： （I）求导f′（x）=（1﹣2a）+2x﹣3x，从而讨论导数的正负以确定函数的单调性； （II）由曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=4x﹣1知f（1）=4﹣1=3=b+（1﹣2a）+1﹣1，f′（1）=（1﹣2a）+2﹣3=4；从而解出a，b；从而求极小值．
2
解答： 解：（I）f′（x）=（1﹣2a）+2x﹣3x， ①当△=4+4×3（1﹣2a）≤0；
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即a≥时，f′（x）≤0；
故f（x）在其定义域上是减函数， ②当△=4+4×3（1﹣2a）＞0，即a＜时； 当x∈（﹣∞，当x∈（
故f（x）在（﹣∞，在（
，，
），（
，+∞）时，f′（x）＜0；
）时，f′（x）＞0； ），（）为增函数；
，+∞）上为减函数，
（II）∵曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=4x﹣1，
∴f（1）=4﹣1=3=b+（1﹣2a）+1﹣1； f′（1）=（1﹣2a）+2﹣3=4， 解得，a=﹣2，b=﹣2；
故f（x）=﹣x+x+5x﹣2，f′（x）=﹣3（x﹣）（x+1）；
则f（x）在（﹣∞，﹣1），（，+∞）上为减函数，在（﹣1，）为增函数；
故函数f（x）在x=﹣1处有极小值f（﹣1）=﹣5． 点评： 本题考查了导数的综合应用及分类讨论的数学思想应用，属于中档题．
29．（2015?重庆一模）已知函数（1）当a=0时，求f（x）的极值； （2）若f（x）在区间
上是增函数，求实数a的取值范围．
3
2
考点： 利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性． 专题： 计算题． 分析： （1）因为当函数的导数为0时，函数有极值，所以当a=0时，必须先在定义域中求函数f（x）的导数，让导数等于0，求x的值，得到极值点，在列表判断极值点两侧导数的正负，根据所列表，判断何时有极值．
（2）因为当函数为增函数时，导数大于0，若f（x）在区间上是增函数，则f（x）在区间上恒大上恒大于0
于0，所以只需用（1）中所求导数，令导数大于0，再判断所得不等式当a为何值时，在区间即可． 解答： ∵
解：（1）函数的定义域为（0，+∞）
当a=0时，f（x）=2x﹣lnx，则
∴x，f'（x），f（x）的变化情况如下表 x f'（x）
f（x） ∴当
（0，） ﹣
0
极小值
（，+∞） +
时，f（x）的极小值为1+ln2，函数无极大值．
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