2012年高考考前30天三轮专题提分必练绝密之专题(四)
[第4讲 函数的极限与导数的基本应用]
(时间：10分钟＋35分钟)
2012二轮精品提分必练
′
1．设函数f (x ) 在定义域内可导，y ＝f (x ) 的图象如图4－1，则导函数y ＝f (x ) 的图象可能为( )
2012二轮精品提分必练
2．设函数f (x ) ＝g (x ) ＋x 2，曲线y ＝g (x ) 在点(1，g (1))处切线方程为y ＝2x ＋1，则曲线y ＝f (x ) 在点(1，f (1))处切线的斜率为( )
1
A ．4 B ．－
4
1
C ．2 D ．－
2⎧⎪x ＋1(x ＜0)，
3．“函数f (x ) ＝⎨在点x ＝0处连续”是“a ＝1”的( ) 2
⎪x ＋a (x ≥0)，⎩
A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件
D ．既不充分也不必要条件
4．函数f (x ) ＝x 3－3x 2＋2在区间[－1，1]上的最大值是( ) A ．－2 B ．0 C ．2 D ．4
2012二轮精品提分必练
1．已知函数f (x ) 的导函数为f ′(x ) ，且满足f (x ) ＝2xf ′(1)＋ln x ，则f ′(1)＝( ) A ．－e B ．－1 C ．e D ．1
2．函数f (x ) ＝e x cos x 的图象在点(0，f (0))处的切线的倾斜角为( )
π
A ．0 B.
4π
C ．1 D.
2
x
⎧⎪(x ＋1)e (x ＜0)，⎡1－1＝( ) 3．设函数f (x ) ＝⎨3在点x ＝0处连续，则lim
x →0⎣x －x a (x －2x )⎦⎪x ＋2a (x ≥0)⎩
A ．0 B ．1
1
C ．－1 D ．－
2
4．设a ∈R ，若函数y ＝e ax ＋3x ，x ∈R 有恒大于零的极值点，则( ) A ．a ＞－3 B ．a ＜－3
11
C ．a ＞－ D ．a 33
5．设f (x ) 是R 上的奇函数，且f (－1) ＝0，当x ＞0时，(x 2＋1) f ′(x ) －2xf (x ) ＜0，则不等式f (x ) ＞0的解集为________ .
6．已知函数f (x ) ＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[－1，1]，则f (m ) ＋f ′(n ) 的最小值是_______．
a －321
7. 已知函数f (x ) ＝x 3＋x ＋(a 2－3a ) x －2a .
32
(1)若函数f (x ) 在x ＝－1处有极值，求a 的值及f (x ) 的单调区间；
(2)如果对任意x ∈[1，2]，f ′(x ) ＞a 2恒成立，求实数a 的取值范围．
ln x
8．已知f (x ) ＝ax －ln x ，x ∈(0，e ]，g (x ) ＝e 是自然常数，a ∈R .
x
(1)讨论a ＝1时，函数f (x ) 的单调性和极值；
1
(2)求证：在(1)的条件下，f (x ) ＞g (x ) ＋；
2
(3)是否存在实数a ，使f (x ) 的最小值是3？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．
2012年高考考前30天三轮专题提分必练绝密之专题(四)
【基础演练】
1．D 【解析】 由函数y ＝f (x ) 的图象可知，当x ＜0时y ＝f (x ) 单调递增，则此时y ＝f ′(x ) 的图象在x 轴上方；当x ＞0时y ＝f (x ) 先递增，然后递减，最后递增，则对应的y ＝f ′(x ) 的图象从x 轴上方到x 轴下方，再到x 轴上方．对照选项，知D 符合要求．
2．A 【解析】 由题意知g ′(1)＝2，又f ′(x ) ＝g ′(x ) ＋2x ，∴曲线y ＝f (x ) 在点(1，f (1))处切线的斜率为f ′(1)＝g ′(1)＋2＝4.
22
3．B 【解析】 lim f (x ) ＝lim (x ＋1) ＝1，lim f (x ) ＝lim (x ＋a ) ＝a . 若函数f (x ) 在点→－→－→＋→＋
x 0
x 0
x ＝0处连续，则f (0)＝lim f (x ) ＝lim f (x ) ，故a ＝1，∴a ＝±1；若a ＝1，则有f (0)＝lim f (x ) →＋→－→＋
x 0
x 0
x 0
2
x 0x 0
＝
x →0－
lim f (x ) ，即函数f (x ) 在点x ＝0处连续．故选B.
4．C 【解析】 对f (x ) 求导得f ′(x ) ＝3x 2－6x ＝3x (x －2) ，则f (x ) 在区间[－1，0) 上递增，在区间(0，1]上递减，因此函数f (x ) 在[－1,1]的最大值为f (0)＝2.
【提升训练】
1
1．B 【解析】 对f (x ) 求导，得f ′(x ) ＝2f ′(1)＋，令x ＝1，得f ′(1)＝2f ′(1)＋1，
x
∴f ′(1)＝－1.
2．B 【解析】 对f (x ) 求导得f ′(x ) ＝e x cos x ＋e x (－sin x ) ＝e x (cosx －sin x ) ，则函数y ＝
π
f (x ) 在点(0，f (0))处的切线的斜率k ＝f ′(0)＝e 0＝14
3．D 【解析】 lim f (x ) ＝lim (x ＋1)e x ＝1，lim f (x ) ＝lim (x 3＋2a ) ＝2a . ∵ f (x ) 在点x →－→－→＋→＋
x 0
x 0
x 0
x 0
11⎡11＝0处连续，∴lim f (x ) ＝lim f (x ) ＝f (0)，得1＝2a ，∴a ＝. 将a ＝代入lim
22x →0－x →0＋x →0⎣x －x a (x －2x )⎦
⎡12⎤＝ 中，得lim
x →0⎣x －x x －2x ⎦
－11
lim .
2x →0(x －1)(x －2)
4．B 【解析】 对y ＝e ax ＋3x 求导，得y ′＝3＋a e ax ，若函数对x ∈R 有恒大于零的
31
－. 极值点，即方程y ′＝3＋a e ax ＝0有正根．当y ′＝3＋a e ax ＝0成立时，a ＜0，此时x ＝⎛a ⎝a 由x ＞0解得a ＜－3，于是，a 的取值范围是a ＜－3.
(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )f (x )
5．(－∞，－1) ∪(0,1) 【解析】 令g (x ) ＝，则g ′(x ) ＝∵
x ＋1(x ＋1)当x ＞0时，(x 2＋1) f ′(x ) －2xf (x ) ＜0，∴g (x ) 在(0，＋∞) 上单调递减，又∵g (x ) 是R 上的奇函数，则f (x ) ＞0等价于g (x ) ＞0，g (－1) ＝0，∴g (1)＝0. 当g ＞0时，g (x ) ＞0＝g (1)⇒x ＜1，∴0＜x ＜1；当x ＜0时，g (x ) ＞0＝g (－1) ⇒x ＜－1，∴x ＜－1. 综合可得，不等式f (x ) ＞0的解集为(－∞，－1) ∪(0,1)．
6．－13 【解析】 对f (x ) 求导，得f ′(x ) ＝－3x 2＋2ax ，由函数在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3. 于是f (x ) ＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x ) ＝－3x 2＋6x ，由此可得f (x ) 在[－1，0) 上单调递减，在(0，1]上单调递增，∴当m ∈[－1，1]时，f (m ) min ＝f (0)＝－4. 又∵f ′(x ) ＝－3x 2＋6x 的图象开口向下，且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[－1，1]时，f ′(n ) min ＝f (－1) ＝－9. 故f (m ) ＋f ′(n ) 的最小值为－13.
7．【解答】 对f (x ) 求导，得f ′(x ) ＝x 2＋(a －3) x ＋a 2－3a . (1)∵在x ＝－1处有极值，
∴f ′(－1) ＝(－1) 2＋(a －3)(－1) ＋a 2－3a ＝0，解得a ＝2， 此时f ′(x ) ＝x 2－x －2＝(x ＋1)(x －2) ．
令f ′(x ) ＞0，则x ＞2或x ＜－1；令f ′(x ) ＜0，则－1＜x ＜2，
∴f (x ) 在(－∞，－1) 和(2，＋∞) 上单调递增，在(－1,2) 上单调递减． (2)∵f ′(x ) －a 2＝x 2＋(a －3) x －3a ＝(x －3)(x ＋a ) ，
∴要使得任意x ∈[1，2]，f ′(x ) ＞a 2恒成立，只需(x －3)(x ＋a ) ＞0在x ∈[1,2]上恒成立，
令g (x ) ＝(x －3)(x ＋a ) ，则g (x ) 的图象恒过点(3,0)，(－a, 0) ，且开口向上， 要使得g (x ) ＞0在x ∈[1,2]恒成立，只需－a ＞2，求得a ＜－2即可． ∴要使得任意x ∈[1，2]，f ′(x ) ＞a 2恒成立， 则实数a 的取值范围是(－∞，－2) ．
1x －1
8．【解答】 (1)当a ＝1时，则f (x ) ＝x －ln x ，f ′(x ) ＝1，
x x
当0＜x ＜1时，f ′(x ) ＜0，此时f (x ) 单调递减；当1＜x ＜e ， f ′(x ) ＞0，此时f (x ) 单调递增． ∴f (x ) 的极小值为 f (1)＝1.
(2)证明∵f (x ) 的极小值为1，即f (x ) 在(0，e ]上取最小值为1， ∴f (x ) min ＝1.
1－ln x
又g ′(x ) 0＜x ＜e 时，g ′(x ) ＞0，g (x ) 在(0，e ]上单调递增，
x
111
∴g (x ) max ＝g (e)＝f (x ) min －g (x ) max ＞，
e 22
1
即在(1)的条件下，f (x ) ＞g (x ) ＋.
2
(3)假设存在实数a ，使f (x ) ＝ax －ln x (x ∈(0，e ]) 有最小值3，
1ax －1
则f ′(x ) ＝a －.
x x
4
①当a ≤0时，f (x ) 在(0，e]上单调递减，f (x ) min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝(舍去) ，所以，此
e
时f (x ) 的最小值不是3；
1111
0，上单调递减，在⎛e ⎤上单调递增， ②当0＜＜e 即a ＞时，f (x ) 在⎛⎝a ⎝a ⎦a e
1⎫2
f (x ) min ＝f ⎛⎝a ⎭＝1＋ln a ＝3，a ＝e ，满足条件；
114
e 即0＜a ≤时，f (x ) 在(0，e ]上单调递减，f (x ) min ＝f (e)＝a e －1＝3，a 舍去) ，
a e e
所以，此时，f (x ) 无最小值．
综上，存在实数a ＝e 2，使得当x ∈(0，e ]时，f (x ) 有最小值3.
2012年高考考前30天三轮专题提分必练绝密之专题(四)
[第4讲 函数的极限与导数的基本应用]
(时间：10分钟＋35分钟)
2012二轮精品提分必练
′
1．设函数f (x ) 在定义域内可导，y ＝f (x ) 的图象如图4－1，则导函数y ＝f (x ) 的图象可能为( )
2012二轮精品提分必练
2．设函数f (x ) ＝g (x ) ＋x 2，曲线y ＝g (x ) 在点(1，g (1))处切线方程为y ＝2x ＋1，则曲线y ＝f (x ) 在点(1，f (1))处切线的斜率为( )
1
A ．4 B ．－
4
1
C ．2 D ．－
2⎧⎪x ＋1(x ＜0)，
3．“函数f (x ) ＝⎨在点x ＝0处连续”是“a ＝1”的( ) 2
⎪x ＋a (x ≥0)，⎩
A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件
D ．既不充分也不必要条件
4．函数f (x ) ＝x 3－3x 2＋2在区间[－1，1]上的最大值是( ) A ．－2 B ．0 C ．2 D ．4
2012二轮精品提分必练
1．已知函数f (x ) 的导函数为f ′(x ) ，且满足f (x ) ＝2xf ′(1)＋ln x ，则f ′(1)＝( ) A ．－e B ．－1 C ．e D ．1
2．函数f (x ) ＝e x cos x 的图象在点(0，f (0))处的切线的倾斜角为( )
π
A ．0 B.
4π
C ．1 D.
2
x
⎧⎪(x ＋1)e (x ＜0)，⎡1－1＝( ) 3．设函数f (x ) ＝⎨3在点x ＝0处连续，则lim
x →0⎣x －x a (x －2x )⎦⎪x ＋2a (x ≥0)⎩
A ．0 B ．1
1
C ．－1 D ．－
2
4．设a ∈R ，若函数y ＝e ax ＋3x ，x ∈R 有恒大于零的极值点，则( ) A ．a ＞－3 B ．a ＜－3
11
C ．a ＞－ D ．a 33
5．设f (x ) 是R 上的奇函数，且f (－1) ＝0，当x ＞0时，(x 2＋1) f ′(x ) －2xf (x ) ＜0，则不等式f (x ) ＞0的解集为________ .
6．已知函数f (x ) ＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[－1，1]，则f (m ) ＋f ′(n ) 的最小值是_______．
a －321
7. 已知函数f (x ) ＝x 3＋x ＋(a 2－3a ) x －2a .
32
(1)若函数f (x ) 在x ＝－1处有极值，求a 的值及f (x ) 的单调区间；
(2)如果对任意x ∈[1，2]，f ′(x ) ＞a 2恒成立，求实数a 的取值范围．
ln x
8．已知f (x ) ＝ax －ln x ，x ∈(0，e ]，g (x ) ＝e 是自然常数，a ∈R .
x
(1)讨论a ＝1时，函数f (x ) 的单调性和极值；
1
(2)求证：在(1)的条件下，f (x ) ＞g (x ) ＋；
2
(3)是否存在实数a ，使f (x ) 的最小值是3？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．
2012年高考考前30天三轮专题提分必练绝密之专题(四)
【基础演练】
1．D 【解析】 由函数y ＝f (x ) 的图象可知，当x ＜0时y ＝f (x ) 单调递增，则此时y ＝f ′(x ) 的图象在x 轴上方；当x ＞0时y ＝f (x ) 先递增，然后递减，最后递增，则对应的y ＝f ′(x ) 的图象从x 轴上方到x 轴下方，再到x 轴上方．对照选项，知D 符合要求．
2．A 【解析】 由题意知g ′(1)＝2，又f ′(x ) ＝g ′(x ) ＋2x ，∴曲线y ＝f (x ) 在点(1，f (1))处切线的斜率为f ′(1)＝g ′(1)＋2＝4.
22
3．B 【解析】 lim f (x ) ＝lim (x ＋1) ＝1，lim f (x ) ＝lim (x ＋a ) ＝a . 若函数f (x ) 在点→－→－→＋→＋
x 0
x 0
x ＝0处连续，则f (0)＝lim f (x ) ＝lim f (x ) ，故a ＝1，∴a ＝±1；若a ＝1，则有f (0)＝lim f (x ) →＋→－→＋
x 0
x 0
x 0
2
x 0x 0
＝
x →0－
lim f (x ) ，即函数f (x ) 在点x ＝0处连续．故选B.
4．C 【解析】 对f (x ) 求导得f ′(x ) ＝3x 2－6x ＝3x (x －2) ，则f (x ) 在区间[－1，0) 上递增，在区间(0，1]上递减，因此函数f (x ) 在[－1,1]的最大值为f (0)＝2.
【提升训练】
1
1．B 【解析】 对f (x ) 求导，得f ′(x ) ＝2f ′(1)＋，令x ＝1，得f ′(1)＝2f ′(1)＋1，
x
∴f ′(1)＝－1.
2．B 【解析】 对f (x ) 求导得f ′(x ) ＝e x cos x ＋e x (－sin x ) ＝e x (cosx －sin x ) ，则函数y ＝
π
f (x ) 在点(0，f (0))处的切线的斜率k ＝f ′(0)＝e 0＝14
3．D 【解析】 lim f (x ) ＝lim (x ＋1)e x ＝1，lim f (x ) ＝lim (x 3＋2a ) ＝2a . ∵ f (x ) 在点x →－→－→＋→＋
x 0
x 0
x 0
x 0
11⎡11＝0处连续，∴lim f (x ) ＝lim f (x ) ＝f (0)，得1＝2a ，∴a ＝. 将a ＝代入lim
22x →0－x →0＋x →0⎣x －x a (x －2x )⎦
⎡12⎤＝ 中，得lim
x →0⎣x －x x －2x ⎦
－11
lim .
2x →0(x －1)(x －2)
4．B 【解析】 对y ＝e ax ＋3x 求导，得y ′＝3＋a e ax ，若函数对x ∈R 有恒大于零的
31
－. 极值点，即方程y ′＝3＋a e ax ＝0有正根．当y ′＝3＋a e ax ＝0成立时，a ＜0，此时x ＝⎛a ⎝a 由x ＞0解得a ＜－3，于是，a 的取值范围是a ＜－3.
(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )f (x )
5．(－∞，－1) ∪(0,1) 【解析】 令g (x ) ＝，则g ′(x ) ＝∵
x ＋1(x ＋1)当x ＞0时，(x 2＋1) f ′(x ) －2xf (x ) ＜0，∴g (x ) 在(0，＋∞) 上单调递减，又∵g (x ) 是R 上的奇函数，则f (x ) ＞0等价于g (x ) ＞0，g (－1) ＝0，∴g (1)＝0. 当g ＞0时，g (x ) ＞0＝g (1)⇒x ＜1，∴0＜x ＜1；当x ＜0时，g (x ) ＞0＝g (－1) ⇒x ＜－1，∴x ＜－1. 综合可得，不等式f (x ) ＞0的解集为(－∞，－1) ∪(0,1)．
6．－13 【解析】 对f (x ) 求导，得f ′(x ) ＝－3x 2＋2ax ，由函数在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3. 于是f (x ) ＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x ) ＝－3x 2＋6x ，由此可得f (x ) 在[－1，0) 上单调递减，在(0，1]上单调递增，∴当m ∈[－1，1]时，f (m ) min ＝f (0)＝－4. 又∵f ′(x ) ＝－3x 2＋6x 的图象开口向下，且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[－1，1]时，f ′(n ) min ＝f (－1) ＝－9. 故f (m ) ＋f ′(n ) 的最小值为－13.
7．【解答】 对f (x ) 求导，得f ′(x ) ＝x 2＋(a －3) x ＋a 2－3a . (1)∵在x ＝－1处有极值，
∴f ′(－1) ＝(－1) 2＋(a －3)(－1) ＋a 2－3a ＝0，解得a ＝2， 此时f ′(x ) ＝x 2－x －2＝(x ＋1)(x －2) ．
令f ′(x ) ＞0，则x ＞2或x ＜－1；令f ′(x ) ＜0，则－1＜x ＜2，
∴f (x ) 在(－∞，－1) 和(2，＋∞) 上单调递增，在(－1,2) 上单调递减． (2)∵f ′(x ) －a 2＝x 2＋(a －3) x －3a ＝(x －3)(x ＋a ) ，
∴要使得任意x ∈[1，2]，f ′(x ) ＞a 2恒成立，只需(x －3)(x ＋a ) ＞0在x ∈[1,2]上恒成立，
令g (x ) ＝(x －3)(x ＋a ) ，则g (x ) 的图象恒过点(3,0)，(－a, 0) ，且开口向上， 要使得g (x ) ＞0在x ∈[1,2]恒成立，只需－a ＞2，求得a ＜－2即可． ∴要使得任意x ∈[1，2]，f ′(x ) ＞a 2恒成立， 则实数a 的取值范围是(－∞，－2) ．
1x －1
8．【解答】 (1)当a ＝1时，则f (x ) ＝x －ln x ，f ′(x ) ＝1，
x x
当0＜x ＜1时，f ′(x ) ＜0，此时f (x ) 单调递减；当1＜x ＜e ， f ′(x ) ＞0，此时f (x ) 单调递增． ∴f (x ) 的极小值为 f (1)＝1.
(2)证明∵f (x ) 的极小值为1，即f (x ) 在(0，e ]上取最小值为1， ∴f (x ) min ＝1.
1－ln x
又g ′(x ) 0＜x ＜e 时，g ′(x ) ＞0，g (x ) 在(0，e ]上单调递增，
x
111
∴g (x ) max ＝g (e)＝f (x ) min －g (x ) max ＞，
e 22
1
即在(1)的条件下，f (x ) ＞g (x ) ＋.
2
(3)假设存在实数a ，使f (x ) ＝ax －ln x (x ∈(0，e ]) 有最小值3，
1ax －1
则f ′(x ) ＝a －.
x x
4
①当a ≤0时，f (x ) 在(0，e]上单调递减，f (x ) min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝(舍去) ，所以，此
e
时f (x ) 的最小值不是3；
1111
0，上单调递减，在⎛e ⎤上单调递增， ②当0＜＜e 即a ＞时，f (x ) 在⎛⎝a ⎝a ⎦a e
1⎫2
f (x ) min ＝f ⎛⎝a ⎭＝1＋ln a ＝3，a ＝e ，满足条件；
114
e 即0＜a ≤时，f (x ) 在(0，e ]上单调递减，f (x ) min ＝f (e)＝a e －1＝3，a 舍去) ，
a e e
所以，此时，f (x ) 无最小值．
综上，存在实数a ＝e 2，使得当x ∈(0，e ]时，f (x ) 有最小值3.