专题3导数与应用-2018年高三文科数学模拟题分类汇编解析版

专题03 导数及其应用1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则 A ．e 1a b ==-， B ．a=e ，b =1 C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-【答案】D【解析】∵e ln 1,x y a x '=++∴切线的斜率1|e 12x k y a ='==+=，1e a -∴=， 将(1,1)代入2y x b =+，得21,1b b +==-. 故选D ．【名师点睛】本题求解的关键是利用导数的几何意义和点在曲线上得到含有a ，b 的等式，从而求解，属于常考题型.2．【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；当1x <时，22()22021x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，令2()1x g x x =-，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x x x x -----+=-=-=----112201x x ⎛⎫⎛⎫=--+-≤-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，当111x x-=-，即0x =时取等号， ∴max 2()0a g x ≥=，则0a >.当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln xa x≤恒成立， 令()ln xh x x=，则2ln 1()(ln )x h x x -'=，当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增， 当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =， ∴min ()e a h x ≤=，综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 故选C.【名师点睛】本题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解决恒成立问题.3．（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则 A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增，令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：∴b1−a ＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．4．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________． 【答案】30x y -=【解析】223(21)e 3()e 3(31)e ,x x x y x x x x x '=+++=++ 所以切线的斜率0|3x k y ='==，则曲线23()e x y x x =+在点(0,0)处的切线方程为3y x =，即30x y -=．【名师点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，而导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．5．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x=+>上的一个动点，则点P 到直线0x y +=的距离的最小值是 ▲ . 【答案】4 【解析】由4(0)y x x x =+>，得241y x'=-， 设斜率为1-的直线与曲线4(0)y x x x=+>切于0004(,)x x x +，由20411x -=-得0x =0x =， ∴曲线4(0)y x x x=+>上，点P 到直线0x y +=4=.故答案为4．【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法，利用数形结合和转化与化归思想解题.6．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是 ▲ . 【答案】(e, 1)【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标. 设点()00,A x y ，则00ln y x =. 又1y x'=， 当0x x =时，01y x '=， 则曲线ln y x =在点A 处的切线为0001()y y x x x -=-， 即00ln 1xy x x -=-， 将点()e,1--代入，得00e1ln 1x x ---=-，即00ln e x x =，考察函数()ln H x x x =，当()0,1x ∈时，()0H x <，当()1,x ∈+∞时，()0H x >， 且()ln 1H x x '=+，当1x >时，()()0,H x H x '>单调递增， 注意到()e e H =，故00ln e x x =存在唯一的实数根0e x =， 此时01y =， 故点A 的坐标为()e,1.【名师点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．7．【2019年高考北京理数】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________． 【答案】(]1,0--∞【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0x xa -++=对任意的x 恒成立， 则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x x f x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立， 又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞.【名师点睛】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.解答过程中，需利用转化与化归思想，转化成恒成立问题.注重重点知识､基础知识､基本运算能力的考查.8．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设()()g x f 'x =，则1()cos 1g x x x =-+，21sin ())(1x 'x g x =-++. 当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><，可得()g'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭有唯一零点，设为α.则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()g x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点，即()f 'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.（ii ）当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，而(0)=0f '，02f 'π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以存在,2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,2βπ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >.从而，()f x 在0,2⎛⎤⎥⎝⎦π没有零点. （iii ）当,2x π⎛⎤∈π⎥⎝⎦时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭单调递减.而02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()0f π<，所以()f x 在,2π⎛⎤π⎥⎝⎦有唯一零点. （iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，所以()f x <0，从而()f x 在(,)π+∞没有零点. 综上，()f x 有且仅有2个零点.【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.9．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e x y =的切线. 【答案】（1）函数()f x 在(0,1)和(1,)+∞上是单调增函数，证明见解析； （2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，1）（1，+∞）．因为212()0(1)f 'x x x =+>-，所以()f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f （e ）=e 110e 1+-<-，22222e 1e 3(e )20e 1e 1f +-=-=>--，所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0．又1101x <<，1111111()ln ()01x f x f x x x +=-+=-=-，故f （x ）在（0，1）有唯一零点11x ．综上，f （x ）有且仅有两个零点． （2）因为0ln 01e x x -=，故点B （–ln x 0，01x ）在曲线y =e x 上．由题设知0()0f x =，即0001ln 1x x x +=-，故直线AB 的斜率0000000000111ln 111ln 1x x x x x k x x x x x x +---===+-----． 曲线y =e x 在点001(ln ,)B x x -处切线的斜率是01x ，曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处切线的斜率也是01x ， 所以曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处的切线也是曲线y =e x 的切线．【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力. 10．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+.（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．（ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =a =-a =0，与0<a <3矛盾． 综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．【名师点睛】这是一道常规的函数导数和不等式的综合题，题目难度比往年降低了不少，考查函数的单调性、最大值、最小值这种基本量的计算. 11．【2019年高考北京理数】已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+.令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =.又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-， 即y x =与6427y x =-.（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-. 由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-.令()0g'x =得0x =或83x =. (),()g'x g x 的情况如下：所以()g x 的最小值为6-，最大值为0. 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =. 综上，当()M a 最小时，3a =-.【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 12．【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-． 【答案】（Ⅰ）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )x f 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ． （Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )x g x x x =-，从而()2e sin x g'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，故()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n x n x =．记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且()()()22e cos ecos 2e n n yx n n n n n f y y x n n π--π==-π=∈N ．由()()20e1n n f y f y -π==≤及（Ⅰ），得0n y y ≥．由（Ⅱ）知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫≤<= ⎪⎝⎭．又由（Ⅱ）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭，故()()()()()022*******2sin cos sin c e e e e os e n n n n n n y n n f y y g y g y g y y y x x -π-π-π-ππ--=-≤=--≤<． 所以，20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法．考查函数思想和化归与转化思想．考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力． 13．【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x >（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()2f x a≤ 求a 的取值范围． 注：e=…为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）0,4⎛ ⎝⎦. 【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =-+>．3()4f 'x x =-+=所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a ≤，得0a <≤．当0a <≤()f x ≤2ln 0x -≥． 令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥则2()2ln g t t x =．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-==.故所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得，11(1)077q p p ⎛⎫⎛⎫=<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，()<0q x ．因此1()10g t g x ⎛+=> ⎝．由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞， 即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2xf x a ．综上所述，所求a 的取值范围是⎛⎝⎦． 【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．14．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数．（1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值；（3）若0,01,1a b c =<=，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427． 【答案】（1）2a =；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为a b c ==，所以3()()()()()f x x a x b x c x a =---=-．因为(4)8f =，所以3(4)8a -=，解得2a =．（2）因为b c =，所以2322()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-， 从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23a b x +=． 因为2,,3a ba b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠， 所以21,3,33a ba b +===-． 此时2()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-． 令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>， 则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．由()0f 'x =，得12x x ==． 列表如下：所以()f x 的极大值()1M f x =． 解法一：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()221111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭()2321(1)(1)227927b b b b b --+++=++23(1)2(1)(1)2272727b b b b +-+=-+(1)24272727b b +≤+≤．因此427M ≤． 解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-． 令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭． 令()0g'x =，得1x =．列表如下：所以当13x =时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭． 所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤，因此427M ≤． 【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．15．【河北省武邑中学2019届高三第二次调研考试数学】函数f(x)=x 2−2lnx 的单调减区间是A ．(0,1]B ．[1,+∞)C ．(−∞,−1]∪(0，1]D ．[−1,0)∪(0,1]【答案】A【解析】f′(x)=2x −2x =2x 2−2x(x >0)，令f′(x)≤0，解得：0<x ≤1. 故选A ．【名师点睛】本题考查了函数的单调性，考查导数的应用，是一道基础题.16．【江西省南昌市2019届高三模拟考试数学】已知f(x)在R 上连续可导，f ′(x)为其导函数，且f(x)=e x +e −x −f ′(1)x ⋅(e x −e −x )，则f ′(2)+f ′(−2)−f ′(0)f ′(1)= A ．4e 2+4e −2 B ．4e 2−4e −2 C ．0D ．4e 2【答案】C【解析】∵()e e (1)()(e e ()x x x x f x f x f x --'-=+=---)， ∴()f x 是偶函数，两边对x 求导，得()()f x f x -'-='，即()()f x f x '-=-'， 则()f x '是R 上的奇函数，则(0)0f '=，(2)(2)f f '-=-'，即(2)(2)0f f '+'-=，则(2)(2)(0)(1)0f f f f ''''+--=. 故选C ．【名师点睛】本题主要考查函数导数值的计算，根据条件判断函数的奇偶性是解决本题的关键，是中档题.17．【江西省新八校2019届高三第二次联考数学】若3()3()21f x f x x x +-=++对x ∈R 恒成立，则曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为A ．5250x y +-=B ．10450x y +-=C ．540x y +=D ．204150x y --=【答案】B 【解析】()()3321f x f x x x +-=++……①，()()3321f x f x x x ∴-+=--+……②，联立①②，解得()31124f x x x =--+，则()2312f x x '=--， ()11511244f ∴=--+=-，()351122f '=--=-，∴切线方程为：()55142y x +=--，即10450x y +-=. 故选B.【名师点睛】本题考查利用导数的几何意义求解在某一点处的切线方程，关键是能够利用构造方程组的方式求得函数的解析式.18．【云南省玉溪市第一中学2019届高三第二次调研考试数学】函数2l ()n f x x x =的最小值为A ．1e -B ．1eC ．12e-D ．12e【答案】C【解析】由题得(0,)x ∈+∞，()2ln (2ln 1)f x x x x x x '=+=+， 令2ln 10x +=，解得12ex -=，则当12(0,e )x -∈时，()f x 为减函数，当12(e ,)x -∈+∞时，()f x 为增函数， 所以12e x -=处的函数值为最小值，且121(e )2ef -=-. 故选C.【名师点睛】本题考查用导数求函数最值，解此类题首先确定函数的定义域，其次判断函数的单调性，确定最值点，最后代回原函数求得最值.19．【四川省内江市2019届高三第三次模拟考试数学】若函数f(x)=12ax 2+xlnx −x 存在单调递增区间，则a 的取值范围是 A ．1,1e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】()ln f x ax x '=+， ∴()0f x '>在x ∈()0+∞，上成立， 即ax+ln x ＞0在x ∈()0+∞，上成立，即a ln xx-＞在x ∈()0+∞，上成立． 令g （x ）ln x x =-，则g ′（x ）21ln xx -=-， ∴g （x ）ln xx =-在（0，e ）上单调递减，在（e ，+∞）上单调递增，∴g （x ）ln x x =-的最小值为g （e ）=1e-，∴a ＞1e-． 故选B ．【名师点睛】本题考查学生利用导数研究函数的单调性及转化化归思想的运用，属中档题．20．【山西省太原市2019届高三模拟试题（一）数学】已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf ′(x)−f(x)<0，且f(2)=2，则f (e x )−e x >0的解集是 A ．(−∞,ln2) B ．(ln2,+∞) C ．(0,e 2)D ．(e 2,+∞)【答案】A 【解析】令g (x )=f (x )x,g ′(x )=xf ′(x )−f (x )x 2<0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递减，且g (2)=f (2)2=1,故f (e x )−e x >0等价为f (e x )e x>f (2)2，即g (e x )>g (2)，故e x <2,即x <ln2， 则所求的解集为(−∞,ln2). 故选A.【名师点睛】本题考查导数与单调性的应用，构造函数的思想，考查分析推理能力，是中档题. 21．【河南省焦作市2019届高三第四次模拟考试数学】已知a =ln √33，b =e −1，c =3ln28，则a,b,c 的大小关系为 A ．b <c <a B ．a >c >b C ．a >b >cD ．b >a >c【答案】D【解析】依题意，得ln33a ==，1lne e e b -==，3ln2ln888c ==.令f (x )=ln x x，所以f ′(x )=1−ln x x 2.所以函数f (x )在(0,e )上单调递增，在(e,+∞)上单调递减， 所以[f (x )]max =f (e )=1e =b ，且f (3)>f (8)，即a >c ， 所以b >a >c . 故选D.【名师点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，构造出函数()ln xf x x=是解题的关键，属于中档题.22．【安徽省毛坦厂中学2019届高三校区4月联考数学】已知f (x )=lnx +1−ae x ，若关于x 的不等式f (x )<0恒成立，则实数a 的取值范围是 A ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．(),0-∞C ．1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由()0f x <恒成立得ln 1ex x a +>恒成立， 设()ln 1e x x h x +=，则()1ln 1e xx x h x -='-. 设()1ln 1g x x x =--，则()2110g x x x'=--<恒成立，∴g (x )在(0,+∞)上单调递减，又∵g (1)=0，∴当0<x <1时，g (x )>g (1)=0，即ℎ′(x )>0； 当x >1时，g (x )<g (1)=0，即ℎ′(x )<0， ∴ℎ(x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减， ∴ℎ(x)max =ℎ(1)=1e ，∴a >1e . 故选D.【名师点睛】本题考查利用导数求函数的最值，不等式恒成立问题，分离参数是常见的方法，属于中档题.23．【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试】若1x =是函数()3221()(1)33f x x a x a a x =++-+-的极值点，则a 的值为 A ．-2 B ．3 C ．-2或3D ．-3或2【答案】B 【解析】()()()()32222113(3)(132)f x x a x a a f x x x a x a a '=++-=++-+-⇒+-，由题意可知(1)0f '=，即()212(1)303a a a a +-=+⇒-=+或2a =-，当3a =时，()222()2(1)389(9)(1)f x x a x a a x x x x +-'=++-=+-=+-，当1x >或9x <-时，()0f x '>，函数单调递增；当91x -<<时，()0f x '<，函数单调递减， 显然1x =是函数()f x 的极值点；当2a =-时，()2222()232(111))(0a a f x x a x x x x +-=-++=-=+-≥'，所以函数()f x 是R 上的单调递增函数，没有极值，不符合题意，舍去. 故3a =. 故选B ．【名师点睛】本题考查了已知函数的极值，求参数的问题.本题易错的地方是求出a 的值，没有通过单调性来验证1x =是不是函数的极值点，也就是说使得导函数为零的自变量的值，不一定是极值点. 24．【黑龙江省大庆市第一中学2019届高三下学期第四次模拟（最后一卷)考试】已知奇函数()f x 是定义在R 上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x >时，有()()22f x xf x x '>+，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋的解集为A ．(),2016-∞-B ．()2016,2012--C ．(),2018-∞-D ．()2016,0-【答案】A【解析】设()()2g x x f x =，因为()f x 为R 上的奇函数，所以()()()()22g x x f x x f x -=--=-，即()g x 为R 上的奇函数对()g x 求导，得()()()2f g f x x x x x '=+'⎡⎤⎣⎦， 而当0x >时，有()()220f x xf x x '>+≥，故0x >时，()0g x '>，即()g x 单调递增，所以()g x 在R 上单调递增，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋即()()()22018+201842x f x f +<--， 即()()()22018+201842x f x f +<， 即()()20182g x g +<，所以20182x +<，解得2016x <-. 故选A.【名师点睛】本题考查构造函数解不等式，利用导数求函数的单调性，函数的奇偶性，题目较综合，有一定的技巧性，属于中档题.25．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学】曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线与直线10ax y --=垂直，则a =________. 【答案】12-【解析】因为21()ln 2f x x x x =+，所以()ln 1f x x x '=++， 因此，曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线斜率为(1)112k f '==+=， 又该切线与直线10ax y --=垂直，所以12a =-. 故答案为12-. 【名师点睛】本题主要考查导数在某点处的切线斜率问题，熟记导数的几何意义即可求解，属于常考题型.26．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学】已知函数22,0,()e ,0,x x x f x x ⎧≤=⎨>⎩若方程2[()]f x a =恰有两个不同的实数根12,x x ，则12x x +的最大值是______．【答案】3ln 22-【解析】作出函数()f x 的图象如图所示，由()2f x a =⎡⎤⎣⎦，可得()1f x =>， 即1a >，不妨设12x x < ，则2212e x x =(1)t t =>，则12ln x x t ==，12ln x x t ∴+=令()ln g t t =()g t '= ∴当18t <<时，()0g t '>，g t 在()1,8上单调递增；当8t时，()0g t '<，g t 在()8,+∞上单调递减，∴当8t =时，g t 取得最大值，为(8)ln823ln22g =-=-.故答案为3ln 22-.【名师点睛】本题主要考查方程的根与图象交点的关系，考查了利用导数判断函数的单调性以及求函数的极值与最值，属于难题.求函数()f x 的极值与最值的步骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导数()f x '；（3）解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；（4）判断()f x '在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值.（5）如果只有一个极值点，则在该点处取得极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点处的函数值与极值的大小.27．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试（一模）数学】已知函数4211()42f x x ax =-，a ∈R . （1）当1a =时，求曲线()f x 在点(2,(2))f 处的切线方程；（2）设函数2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--，其中e 2.71828...=是自然对数的底数，讨论()g x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 【答案】（1）6100x y --=；（2）当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞单调递增，在(单调递减，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【解析】（1）由题意3()f x x ax '=-，所以当1a =时，(2)2f =，(2)6f '=， 因此曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程是26(2)y x -=-， 即6100x y --=.（2）因为2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--， 所以2()(22)e (22)e e '()x x g x x x x a f x '=-+-+--232()e e()()(e e )x x x a x ax x a x =---=--，令()e e x h x x =-，则()e e x h x '=-， 令()0h x '=得1x =，当(,1)x ∈-∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增， 所以当1x =时，min ()(1)0h x h ==， 也就说，对于x ∀∈R 恒有()0h x ≥. 当0a ≤时，2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，令()0g x '=，可得x =当x <x >2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 单调递增，当x <<()0g x '<，()g x 单调递减，因此，当x =()g x 取得极大值2e(2)e4g a =+；当x =()g x 取得极小值2e (4g a =-+. 综上所述：当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞上单调递增，在(上单调递减， 函数既有极大值，又有极小值，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【名师点睛】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．28．【陕西省2019届高三第三次联考数学】已知函数f(x)=lnx −ax ，g(x)=x 2，a ∈R .（1）求函数f(x)的极值点；（2）若f(x)≤g(x)恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）极大值点为1a ，无极小值点.（2）a ≥−1.【解析】（1）()ln f x x ax =-的定义域为(0,+∞)，f ′(x )=1x −a ， 当a ≤0时，f ′(x )=1x −a >0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增，无极值点；当a >0时，解f ′(x )=1x −a >0得0<x <1a ，解f ′(x )=1x −a <0得x >1a ， 所以f (x )在(0,1a )上单调递增，在(1a ,+∞)上单调递减，所以函数f (x )有极大值点，为1a ，无极小值点. （2）由条件可得ln x −x 2−ax ≤0(x >0)恒成立， 则当x >0时，a ≥ln x x−x 恒成立，令ℎ(x )=ln x x−x(x >0)，则ℎ′(x )=1−x 2−ln xx 2，令k (x )=1−x 2−ln x(x >0)，则当x >0时，k ′(x )=−2x −1x <0，所以k (x )在(0,+∞)上为减函数. 又k (1)=0，所以在(0,1)上，ℎ′(x )>0；在(1,+∞)上，ℎ′(x )<0. 所以ℎ(x )在(0,1)上为增函数，在(1,+∞)上为减函数， 所以ℎ(x )max =ℎ(1)=−1，所以a ≥−1.【名师点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数.29．【山东省济宁市2019届高三二模数学】已知函数f(x)=lnx −xe x +ax(a ∈R).（1）若函数f(x)在[1,+∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； （2）若a =1，求f(x)的最大值.【答案】（1）a ≤2e −1；（2）f(x)max =−1.【解析】（1）由题意知，f′(x)=1x −(e x +xe x )+a =1x −(x +1)e x +a ≤0在[1,+∞)上恒成立， 所以a ≤(x +1)e x −1x 在[1,+∞)上恒成立. 令g(x)=(x +1)e x −1x ，则g′(x)=(x +2)e x +1x 2>0，所以g(x)在[1,+∞)上单调递增，所以g(x)min =g(1)=2e −1， 所以a ≤2e −1.（2）当a =1时，f(x)=lnx −xe x +x(x >0). 则f′(x)=1x−(x +1)e x +1=(x +1)(1x−e x )，令m(x)=1x −e x ，则m′(x)=−1x 2−e x <0， 所以m(x)在(0,+∞)上单调递减.由于m(12)>0，m(1)<0，所以存在x 0>0满足m(x 0)=0，即e x 0=1x 0.当x ∈(0,x 0)时，m(x)>0，f′(x)>0；当x ∈(x 0,+∞)时，m(x)<0，f′(x)<0. 所以f(x)在(0,x 0)上单调递增，在(x 0,+∞)上单调递减. 所以f(x)max =f (x 0)=lnx 0−x 0e x 0+x 0， 因为e x 0=1x 0，所以x 0=−lnx 0，所以f(x 0)=−x 0−1+x 0=−1， 所以f(x)max =−1.【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，最值，零点存在性定理及其应用，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.30．【福建省龙岩市2019届高三5月月考数学】今年3月5日，国务院总理李克强作的政府工作报告中，提到要“惩戒学术不端，力戒学术不端，力戒浮躁之风”.教育部日前公布的《教育部2019年部门预算》中透露，2019年教育部拟抽检博士学位论文约6000篇，预算为800万元.国务院学位委员会、教育部2014年印发的《博士硕士学位论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上（含2位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送2位同行专家进行复评，2位复评专家中有1位以上（含1位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为(01)p p <<，且各篇学位论文是否被评议为“不合格”相互独立.（1）记一篇抽检的学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为()f p ，求()f p ；（2）若拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的评审费用为1500元；除评审费外，其它费用总计为100万元.现以此方案实施，且抽检论文为6000篇，问是否会超过预算并说明理由.【答案】（1）−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2；（2）若以此方案实施，不会超过预算.【解析】（1）因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 32p 2(1−p )+C 33p 3， 一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]，所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f (p )=C 32p 2(1−p )+C 33p 3+C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]=3p 2(1−p )+p 3+3p (1−p )2[1−(1−p )2] =−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2.（2）设每篇学位论文的评审费为X 元，则X 的可能取值为900，1500.P (X =1500)=C 31p (1−p )2， P (X =900)=1−C 31p (1−p )2， 所以E (X )=900×[1−C 31p (1−p )2]+1500×C 31p (1−p )2=900+1800p (1−p )2. 令g (p )=p (1−p )2,p ∈(0,1),g ′(p )=(1−p )2−2p (1−p )=(3p −1)(p −1). 当p ∈(0,13)时，g ′(p )>0，g (p )在(0,13)上单调递增；当p ∈(13,1)时，g ′(p )<0，g (p )在(13,1)上单调递减,所以g (p )的最大值为g (13)=427.所以实施此方案，最高费用为100+6000×(900+1800×427)×10−4=800（万元）. 综上，若以此方案实施，不会超过预算.【名师点睛】本题主要考查互斥事件的概率和独立重复试验的概率的求法，考查随机变量的期望的求法，考查利用导数求函数的最大值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 31．【北京市西城区2019届高三4月统一测试（一模）数学】设函数f(x)=m e x −x 2+3，其中m ∈R ．（1）当f(x)为偶函数时，求函数ℎ(x)=xf(x)的极值；（2）若函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点，求m 的取值范围． 【答案】（1）极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2；（2）−2e <m <13e 4或m =6e 3.【解析】（1）由函数f(x)是偶函数，得f(−x)=f(x)， 即m e −x −(−x)2+3=m e x −x 2+3对于任意实数x 都成立， 所以m =0. 此时ℎ(x)=xf(x)=−x 3+3x ，则ℎ′(x)=−3x 2+3. 由ℎ′(x)=0，解得x =±1. 当x 变化时，ℎ′(x)与ℎ(x)的变化情况如下表所示：所以ℎ(x)在(−∞,−1)，(1,+∞)上单调递减，在(−1,1)上单调递增. 所以ℎ(x)有极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2. （2）由f(x)=m e x −x 2+3=0，得m =x 2−3e x.所以“f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点”等价于“直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点”.对函数g(x)求导，得g ′(x)=−x 2+2x+3e x.由g ′(x)=0，解得x 1=−1，x 2=3. 当x 变化时，g ′(x)与g(x)的变化情况如下表所示：所以g(x)在(−2,−1)，(3,4)上单调递减，在(−1,3)上单调递增. 又因为g(−2)=e 2，g(−1)=−2e ，g(3)=6e 3<g(−2)，g(4)=13e 4>g(−1)，所以当−2e <m <13e4或m =6e3时，直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点.即当−2e <m <13e 4或m =6e3时，函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点.【名师点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法： （1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解. （2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解. （3）转化为两熟悉的函数图象问题，从而构建不等式求解.。

【备战2018高考高三数学全国各地优质模拟试卷分项精品】专题 导数与应用一、选择题1．【2018河南省南阳一中三模】关于函数错误!未找到引用源。

，下列说法错误的是（ ）A. 错误!未找到引用源。

是错误!未找到引用源。

的极小值点B. 函数错误!未找到引用源。

有且只有1个零点C. 存在正实数错误!未找到引用源。

，使得错误!未找到引用源。

恒成立D. 对任意两个正实数错误!未找到引用源。

，且错误!未找到引用源。

，若错误!未找到引用源。

，则错误!未找到引用源。

2．【2018河南省洛阳市尖子生联考】已知函数错误!未找到引用源。

有三个不同的零点错误!未找到引用源。

，错误!未找到引用源。

，错误!未找到引用源。

（其中错误!未找到引用源。

），则错误!未找到引用源。

的值为（ ） A. 错误!未找到引用源。

B. 错误!未找到引用源。

C. 错误!未找到引用源。

D. 错误!未找到引用源。

3．【2018浙江省温州市一模】已知函数错误!未找到引用源。

的导函数错误!未找到引用源。

的图象如图所示，则函数错误!未找到引用源。

的图象可能是（ ）A. B. C. D.4．【2018吉林省百校联盟九月联考】已知当()1,x ∈+∞时，关于x 的方程()ln 11x x k xk+-=-有唯一实数解，则距离k 最近的整数为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 55．【2018辽宁省大连八中模拟】设函数()f x 在R 上存在导函数()f x '，对任意的实数x 都有()()24f x x f x =--，当(),0x ∈-∞时， ()142f x x +'<.若()()3132f m f m m +≤-++，则实数m 的取值范围是( )A. 1,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭ B. 3,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭C. [)1,-+∞D. [)2,-+∞6．【2018辽宁省辽南协作校一模】已知函数()f x 在R 上满足()()22288f x f x x x =--+-，则曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程是（ ）A. 23y x =-+B. y x =C. 32y x =-D. 21y x =- 7．【2018江西省红色七校联考】已知函数()()ln 2x f x x=，关于x 的不等式()()20fx af x +>只有两个整数解，则实数a 的取值范围是A. 1,ln23⎛⎤ ⎥⎝⎦B. 1ln2,ln63⎛⎫-- ⎪⎝⎭C. 1ln2,ln63⎛⎤-- ⎥⎝⎦D. 1ln6,ln23⎛⎫- ⎪⎝⎭8．【2018海南省八校联考】已知函数()213ln 2f x x x a x ⎛⎫=-+-⎪⎝⎭在区间()1,3上有最大值，则实数a 的取值范围是( ) A. 1,52⎛⎫- ⎪⎝⎭ B. 111,22⎛⎫- ⎪⎝⎭ C. 111,22⎛⎫⎪⎝⎭ D. 1,52⎛⎫ ⎪⎝⎭9．【2018陕西西工大附中六模】若存在两个正实数,x y ，使得等式()()324ln ln 0x a y ex y x +--=成立，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围是( ) A. (),0-∞ B. 30,2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦ C. 3,2e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ D. ()3,0,2e ⎡⎫-∞⋃+∞⎪⎢⎣⎭10．【2018陕西西工大附中六模】已知函数()y f x =的定义域为R ，当0x <时， ()1f x >，且对任意的实数,x y R ∈，等式()()()f x f y f x y =+成立，若数列{}n a 满足()()*1111n n f a f n N a +⎛⎫=∈ ⎪+⎝⎭，且()10a f =，则下列结论成立的是（ ）A. ()()20132016f a f a >B. ()()20142017f a f a >C. ()()20162015f a f a >D. ()()20132015f a f a >11．【2018河北石家庄二中八月模拟】对任意的实数x ，都存在两个不同的实数y ，使得()20xy x e y x ae ---=成立，则实数a 的取值范围为 ( ) A. 10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭ B. 1,2e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ C.1,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ D. 1,12e ⎛⎫⎪⎝⎭二、解答题12．【2018河南省南阳一中三模】设函数错误!未找到引用源。

2018年全国3卷省份高考模拟文科数学分类汇编---函数与导数1.（2018成都树德中学模拟）函数的图像大致是( )A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，故排除选项A、B、D；故选C.点睛：本题考查通过函数的解析式识别函数的图象；通过函数的定义域、单调性、对称性（周期性）、最值、特殊点对应的函数值进行排除选择，如本题中，利用两个特殊函数值就排除了三个选项，大大减少了运算量.2.（2018成都树德中学模拟）函数图象上不同两点，处切线的斜率分别是，，规定（为线段的长度）叫做曲线在点与之间的“弯曲度”，给出以下命题：①函数图象上两点与的横坐标分别为1和2，则；②存在这样的函数，图象上任意两点之间的“弯曲度”为常数；③设点，是抛物线上不同的两点，则；④设曲线（是自然对数的底数）上不同两点，，且，若恒成立，则实数的取值范围是．其中真命题的序号为__________（将所有真命题的序号都填上）【答案】【解析】对于①，由得，故，又，故。

∴。

故①错误。

对于②，常数函数y=1满足图象上任意两点之间的“弯曲度”为常数，故②正确；对于③，设，，又，∴，∴，故③正确。

对于④，由可得，，由恒成立可得恒成立，而当时该式恒成立，故④错误。

综上可得②③正确。

答案：②③点睛：本题综合性较强，属于新概念问题，主要考查学生的阅读理解和实际应用的能力。

解题时要根据每一问中所给出的问题并根据给出的新概念，将问题进行转化，构造不等式或等式将所给问题给以解决，同时解题时也要注意举特例等方法的运用。

3.（2018成都树德中学模拟）已知函数（1）试讨论在区间上的单调性；（2）当时，曲线总存在相异两点，使得曲线在处的切线互相平行，求证.【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）求导得，讨论和的大小下结论即可；（2）由题意可得，整理可得，整理得，求右边最值即可.试题解析：(1)由已知，由，得，,且，所以在区间上；在区间上，，故在上单调递减，在上单调递增.(2) 由题意可得，当时，且，即，所以，因为，且，所以恒成立，所以，又，整理得.令在单调递减，所以在上的最大值为.4.（2018雅安市模拟）偶函数在单调递增，若，则的的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为函数f(x)是偶函数，，所以f(2)=1.因为，所以-2≤x-2≤2，解之得0≤x≤4. 故选C.5.（2018雅安市模拟）若曲线与曲线在它们的公共点处具有公共切线，则实数（）A. B. C. D.【答案】A【解析】曲线的导数为：y′=，在P（s，t）处的斜率为：k=．曲线y=alnx的导数为：y′=，在P（s，t）处的斜率为：k=．曲线与曲线y=alnx在它们的公共点P（s，t）处具有公共切线，可得，并且t=，t=alns，即可得a=故选A．点睛：本题的关键是找到关于a的方程，方程主要是从“在它们的公共点处具有公共切线”转化引申出来的.说明切线的斜率相等，且这个切点在两个函数的图像上，即切点的导数相等，且切点的坐标满足两个函数的解析式.6.（2018雅安市模拟）设函数（其中）.（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，讨论函数的零点个数.【答案】（1）在和上单调递增，在上单调递减.（2）1个.【解析】试题分析：（1）第（1）问，先求导，对k分类讨论求出函数的单调区间.(2)第（2）问，对k 分类讨论，讨论每一种情况下函数的零点个数，最后综合得到函数的零点个数情况.试题解析：(I)函数的定义域为，，时，令，解得，所以的单调递减区间是，单调递增区间是，②当时，令，解得或，所以在和上单调递增，在上单调递减，（II），①当时，，又在上单调递增，所以函数在上只有一个零点，在区间中，因为，取，于是，又在上单调递减，故在上也只有一个零点，所以，函数在定义域上有两个零点；②当时，在单调递增区间内，只有．而在区间内，即在此区间内无零点．所以，函数在定义域上只有唯一的零点.点睛：本题的两问都用到了分类讨论的思想.分类讨论思想是高中数学里的一个重要思想，要从分类的起因、分类的标准、分类的过程和分类的结果四个方面研究.大家要理解掌握并灵活运用.7.（2018云南省模拟）已知函数g（x）=|ex﹣1|的图象如图所示，则函数y=g′（x）图象大致为（）CA.B.C.D.8.（2018云南省模拟）已知，设，y=log bc，，则x，y，z的大小关系正确的是（）AA. z＞x＞yB. z＞y＞xC. x＞y＞zD. x＞z＞y9.（2018云南省模拟）已知奇函数f（x）=，则函数h（x）的最大值为____．1-e10.（2018云南省模拟）已知函数f（x）=ln+ax﹣1（a≠0）．（I）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）已知g（x）+xf（x）=﹣x，若函数g（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），求证：g（x1）＜0．f（x）=ln+ax﹣1=﹣ln x+ax﹣1，定义域是（0，+∞）∴f′（x）=．a＞0时，令f′（x）=0，得x=，0＜x＜，f′（x）＜0，x＞，f′（x）＞0，∴函数的单调减区间是（0，），单调增区间是（，+∞）；a＜0，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，函数单调递减；（Ⅱ）证明：已知g（x）+xf（x）=﹣x，则g（x）=x ln x﹣ax2，g′（x）=ln x﹣2ax+1，∵函数g（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），∴g′（x）在定义域上有两个零点x1，x2（x1＜x2），∴x1，x2是ln x﹣2ax+1=0的两个根，∴ln x1﹣2ax1+1=0，∴g（x1）=，∵g ′（x ）=ln x ﹣2ax +1， ∴g ″（x ）=．a ＜0时，g ″（x ）＞0恒成立，∴g ′（x ）在（0，+∞）内单调递增，∴g ′（x ）至多一个零点； a ＞0时，令g ″（x ）=0得x =，0＜x ＜，g ″（x ）＞0，x ＞，g ″（x ）＜0，∴g ′（x ）max=g ′（）=ln =﹣ln2a ＞0，∴0＜a ＜且0＜x 1＜＜x 2，∵g （x 1）=，抛物线开口向上，对称轴为x =，∴g （x 1）＜0．11.（2018广西模拟）若函数是R 上的单调函数，则实数m 的取值范围是（ B ）A. B. C. D.12.（2018广西模拟）已知定义在R 上的偶函数f (x )在［0，+∞］上是增函数，不等式f (ax + 1)≤f (x –2) 对任意x ∈[21，1]恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） BA ．［–2，1］B ．［–2，0］C ．［–5，1］D ． ［–3，–1］(1)解：函数f (x )定义域为(0，+∞)，，由得：x = 1，当0 < x <1时，，当x > 1时，，∴f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 函数f (x )在x = 1处取得唯一的极值由题意得，故所求实数a 的取值范围为(2) 解： 当x ≥1时，不等式化为：，即令，由题意，k ≤g (x )在[1，+∞)恒成立令，则，当且仅当x = 1时取等号所以在[1，+∞)上单调递增，h (x )≥h (1) = 1 > 0因此，∴g (x )在[1，+∞)上单调递增，因此，k ≤2，即实数k 的取值范围为(－∞，2]14.（2018贵州模拟）下列所给图象是函数图象的个数为( )CA ．4B ．3C ．2D ．115.（2018贵州模拟）设函数f(x)＝x 2－23x ＋60，g(x)＝f(x)＋|f(x)|，则g(1)＋g(2)＋…＋g(20)＝( )DA ．0B ．38C ．56D ． 112 16（2018贵州模拟）．函数y ＝lg(sin 2x)＋9－x 2的定义域为________．[3,)(0,)22ππ-17.（2018贵州模拟）已知曲线y ＝1e x ＋1，则曲线的切线中斜率最小的直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为________．1218.（2018贵州模拟）已知函数f(x)＝x ＋1ex (e 为自然对数的底数)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋1e x ，存在实数x 1，x 2∈[0,1]，使得2φ(x 1)＜φ(x 2)成立，求实数t 的取值范围．解：(1)∵函数的定义域为R ，f′(x)＝－xex ，∴当x ＜0时，f′(x)＞0，当x ＞0时，f′(x)＜0， ∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减． (2)假设存在x 1，x 2∈[0,1]，使得2φ(x 1)＜φ(x 2)成立， 则2[φ(x)]min ＜[φ(x)]max .∵φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e －x＝x 2＋－＋1e x ， ∴φ′(x)＝－x 2＋＋－t ex ＝－－－ex.①当t≥1时，φ′(x)≤0，φ(x)在[0,1]上单调递减， ∴2φ(1)＜φ(0)，即t ＞3－e2＞1.②当t≤0时，φ′(x)＞0，φ(x)在[0,1]上单调递增， ∴2φ(0)＜φ(1)，即t ＜3－2e ＜0.③当0＜t ＜1时，若x ∈[0，t)，φ′(x)＜0，φ(x)在[0，t)上单调递减； 若x ∈(t,1]，φ′(x)＞0，φ(x)在(t,1]上单调递增， 所以2φ(t)＜max{φ(0)，φ(1)}，即2·t ＋1e t ＜max⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，3－t e ，(*) 由(1)知，g(t)＝2·t ＋1et 在[0,1]上单调递减，故4e ≤2·t ＋1e t ≤2，而2e ≤3－t e ≤3e，所以不等式(*)无解． 综上所述，存在t ∈(－∞，3－2e)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫3－e 2，＋∞，使得命题成立．19.（2018四川模拟）已知4()ln()f x x a x=+-，若对任意的R m ∈，方程()f x m =均有正实数解，则实数a 的取值范围是 ______________．[4,)+∞20.（2018四川模拟）已知函数.（Ⅰ）当时，求证：函数在上单调递增；（Ⅱ）若函数有三个零点，求的值； （Ⅲ）若存在，使得，试求的取值范围.解：（Ⅰ）由于，故当时，，所以，故函数在上单调递增……………………4分（Ⅱ）当时，因为，且在R上单调递增，故有唯一解……………………5分所以的变化情况如下表所示：－递减又函数有三个零点，所以方程有三个根，而，所以，解得………8分（Ⅲ）因为存在，使得，当时，由（Ⅱ）知，在上递减，在上递增，所以当时，，而，记，因为(当时取等号)，所以在上单调递增，而，……………9分所以当时，；当时，，也就是当时，；当时，………………11分①当时，由，②当时，由，综上所知，所求的取值范围为…………12分21.（2018西藏拉萨市模拟）函数f（x）=（2x﹣2﹣x）cosx在区间[﹣5，5]上的图象大致为（）DA．B．C．D．【解答】解：当x∈[0，5]时，f（x）=（2x﹣2﹣x）cosx=0，可得函数的零点为：0，，，排除A，B，当x=π时，f（π）=﹣2π+2﹣π，＜0，对应点在x轴下方，排除选项C，故选：D．22.（2018西藏拉萨市模拟）已知函数f（x）=，则f（﹣2018）=（）D A．B．3 C．D．9【解答】解：∵函数f（x）=，∴f（﹣2018）=f（﹣2018+4036×）=f（0）=f（）==32=9．故选：D．23.（2018西藏拉萨市模拟）设函数f'（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，当x＞0时，，则使得（x2﹣1）f（x）＞0成立的x的取值范围是（）A．（﹣1，0）∪（0，1）B．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）C．（﹣1，0）∪（1，+∞）D．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）【解答】解：根据题意，设g（x）=lnx•f（x），（x＞0），其导数g′（x）=（lnx）′f（x）+lnxf′（x）=f（x）+lnxf′（x），又由当x＞0时，，则有g′（x）=f（x）+lnxf′（x）＜0，即函数g（x）在（0，+∞）上为减函数，又由g（1）=ln1•f（x）=0，则在区间（0，1）上，g（x）=lnx•f（x）＞0，又由lnx＜0，则f（x）＜0，在区间（1，+∞）上，g（x）=lnx•f（x）＜0，又由lnx＞0，则f（x）＜0，则f（x）在（0，1）和（1，+∞）上，f（x）＜0，又由f（x）为奇函数，则在区间（﹣1，0）和（﹣∞，﹣1）上，都有f（x）＞0，（x2﹣1）f（x）＞0⇒或，解可得：x＜﹣1或0＜x＜1，则x的取值范围是（﹣∞，﹣1）∪（0，1）；故选：D．24.（2018西藏拉萨市模拟）已知函数f（x），若关于x的方程f（x）﹣mx=0至少有两个不同的实数解，则实数m的取值范围为[]∪（2，+∞）．【解答】解：f（x）==，当m=0时，f（x）的图象如图：y=mx化为y=0，符合题意；当m＞0时，f（x）的图象如图：要使y=f（x）的图象与y=mx的图象至少有两个不同的交点，联立，得x2﹣（m+2）x+2m=0，则△=（m+2）2﹣8m≥0，解得m≥2，当m=2时不合题意，则m＞2；当m＜0时，f（x）的图象如图：要使y=f（x）的图象与y=mx的图象至少有两个不同的交点，则﹣m≤2m+1，解得m，∴．综上，要使关于x的方程f（x）﹣mx=0至少有两个不同的实数解，则实数m的取值范围为[]∪（2，+∞）．故答案为：[]∪（2，+∞）．25.（2018西藏拉萨市模拟）已知函数f（x）=lnx﹣ax，e为自然对数的底数，a∈R．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当x≥1时，恒成立，求a的取值范围．【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），．若a≤0时，则f'（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；若a＞0时，则由f'（x）=0，∴．当时，f'（x）＞0，∴f（x）在上单调递增；当时，f'（x）＜0，∴f（x）在上单调递减．综上所述，当a ≤0时，f （x ）在（0，+∞）上单调递增； 当a ＞0时，f （x ）在上单调递增，在上单调递减．（2）由题意得：对x ≥1时恒成立，∴对x ≥1时恒成立． 令，（x ≥1），∴．令，∴对x ≥1时恒成立， ∴在[1，+∞）上单调递减， ∵，∴当x ∈[1，e ]时，h （x ）≥0，∴g'（x ）≥0，g （x ）在[1，e ]上单调递增； 当x ∈（e ，+∞）时，h （x ）＜0，∴g'（x ）＜0，g （x ）在[e ，+∞）上单调递减． ∴g （x ）在x=e 处取得最大值，∴a 的取值范围是．26.（2018广西南宁市模拟）已知2ln 3a =，0.12b -=，ln 8c =，则a ，b ，c 的大小关系是（ ）AA ．a c b >>B ．a b c >>C ．b a c >>D ． c a b >>27.（2018广西南宁市模拟）下列函数中，在其定义域内既不是奇函数也不是偶函数的是（ ）DA ．||x y e =B ．211()2xxy ⎧⎪=⎨-⎪⎩00x x ≥< C.tan y x = D ．32y x x =+28.（2018广西南宁市模拟）已知函数()x a f x x e x ⎛⎫=-⎪⎝⎭.（1）当1a =时，求函数()f x 的图象在1x =处的切线方程； （2）求证：当01a <<时，函数()f x 有且只有一个极小值点. 解：（I ）当1a =时，211'()(1)x f x x e x x=-++ (1)2f e =(1)0f =，切点为(1,0)所以函数()f x 图象在1x =处的切线方程为2(1)y e x =-（II ）0x ≠322'()xx x ax a f x e x+-+= 令32()g x x x ax a =+-+，2'()32g x x x a =+-，因为0∆> 所以可设'()0g x =的两个零点为1x ，2x ，其中10x <，20x > 由'()0g x =可得232a x x =+，由01a <<，可得20321x x <+<，可得213x -<<-，或103x <<， 则121x -<<-，210x <<，因为203x <<，232a x x =+，所以322222()()g x g x x x ax a ==+-+极小， 22222222(1)2[(1)1]0x x x x x x =---=--->所以当0x >时，函数()f x 单调递增无极值点. 因为1213x -<<-，所以1()()(1)11220g x g x g a a =>-=-++=>极大. 又因为(2)34340g a -=-≤-<，所以存在0(2,1)x ∈--，满足0()0g x =，即0'()0f x =. 所以当0x <时，函数()f x 只有一个极值点.29.（2018贵阳市模拟）定义在R 上的函数()f x 是奇函数，且在()0,+∞内是增函数，又()30f -=,则()0f x <的解集是（ ）BA ．()()-303+∞，，B ．()()--03∞，3， C.()()--33+∞∞，， D ．()()-3003，， 30.（2018贵阳市模拟）若()f x 是以5为周期的奇函数，()34f -=,且12cos α=,则()42f cos α=（ ）CA ．4B ．2 C.-4 D ．-231.（2018贵阳市模拟）已知二次函数()21f x ax bx =++的导函数为()()','00,()f x f f x >与x 轴恰有-个交点则使()()1'0f kf ≥恒成立的实数k 的取值范围为（ ）A A ．2k ≤ B ．2k ≥ C.52k ≤D ．52k ≥ 32.（2018贵阳市模拟）己知函数() f x ax ln x =-.(a 是常数，且（0a >) (I) 求函数()f x 的单调区间;(Ⅱ)当)=y f x （在1x =处取得极值时，若关于x 的方程()22f x x x b +=+在122⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上恰有两个不相等的实数根，求实数b 的取值范围.解:(I)由已知比函数()f x 的定义域为()110,'ax x f x a x x->--=, 由()'0f x >得1x a>， 由()'0f x <,得10x a<<所以函数()f x 的减区间为10.a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为.1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭(II)由题意，得()'101f a =∴=，, ∴由(I)知()f x x lnx =-,∴()22f x x x b +=+,即22x lnx x x b -+=+,∴230x x lnx b -++=,设()()230g x x x lnx b x =-++>则()()()22111231'23x x x x g x x x x x---+=-+== 当1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦变化时，()()',g x g x 的变化情况如下表:x12112⎛⎫ ⎪⎝⎭， 1 ()12，2 '()g x 0- 0+()g x5ln 24b --2b -2ln 2b -+∵方程()22f x x x b +=+在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两个不相等的实数根，∴102(1)0(2)0g g g ⎧≥⎪⎪<⎨⎪≥⎪⎩，∴5ln 204202ln 20b b b ⎧--≥⎪⎪-<⎨⎪-+≥⎪⎩∴5ln 224b +≤<即5ln 2,24b ⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭33.（2018昆明一中模拟）函数()f x =）DA ．(]--2∞，B ．(]-1∞， C.[)1+∞， D ．[)4+∞， 解析：函数的定义域为(][),24,-∞-+∞，根据复合函数的单调性可知，函数的单调递增区间为[)4,+∞，选D ．34.（2018昆明一中模拟）已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数,当(],0x ∈-∞时，()2f x x a =+,则()2f = ．8解析：因为函数()f x 是定义在R 上的奇函数，所以(0)0f =，则0a =，所以3()f x x =，所以(2)(2)8f f =--=． 35.（2018昆明一中模拟）已知函数()()212f x a x lnx a R ⎛⎫ ⎪⎝⎭=-+∈. (I)当1a =时,求()f x 在区间[]1,e 上的最大值和最小值(e 为自然对数的底数);(Ⅱ)若在区间()1,+∞上,函数()f x 的图象恒在直线2y ax =下方,求实数a 的取值范围，1. 解：（1）当1a =时，()21ln 2f x x x =+，()211x f x x x x+'=+=；对于[]1,e x ∈，有()0f x '>，所以()f x 在区间[]1,e 上为增函数， 从而()()2maxe e 12f x f ==+，()()min 112f x f ==．（2）令()()2122ln 2g x f x ax a x ax x ⎛⎫=-=--+ ⎪⎝⎭，在区间()1,+∞上，函数()f x 的图象恒在直线2y ax =下方，等价于()0g x <在区间()1,+∞上恒成立，因为()()1212g x a x a x'=--+()22121a x ax x --+=()()1211x a x x ---⎡⎤⎣⎦=． ①若12a >，令()0g x '=，得11x =，2121x a =-， 当211x x >=，即112a <<时，在()2,x +∞上有()0g x '>， 此时()g x 在区间()2,x +∞上是增函数．当x →+∞时，有2122a x ax ⎛⎫--→+∞ ⎪⎝⎭，ln x →+∞，()())2,g x g x ∈+∞⎡⎣，不合题意； 当211x x ≤=，即1a ≥时，同理可知，()g x 在区间()1,+∞上是增函数，当x →+∞时，有2122a x ax ⎛⎫--→+∞ ⎪⎝⎭，ln x →+∞，()())1,g x g ∈+∞⎡⎣，也不合题意． ②若12a ≤时，则210a -≤，此时在区间()1,+∞上恒有()0g x '<，从而()g x 在区间()1,+∞ 上是减函数．要使()0g x <在区间()1,+∞上恒成立，只须满足()1102g a =--≤，解得12a ≥-， 即1122a -≤≤．综上所述，a 的取值范围是11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．36.（2018四川南充市模拟）若0＜m ＜1，则（ ）D A ．log m （1+m ）＞log m （1﹣m ） B ．log m （1+m ）＞0C ．1﹣m ＞（1+m ）2D ．【解答】解：①∵0＜m ＜1，∴函数y=log m x 是（0，+∞）上的减函数，又∵1+m ＞1﹣m ＞0，∴log m （1+m ）＜log m （1﹣m ）；∴A 不正确；②∵0＜m＜1，∴1+m＞1，∴log m（1+m）＜0；∴B不正确；③∵0＜m＜1，∴0＜1﹣m＜1，1+m＞1，∴1﹣m＞（1+m）2；∴C不正确；④∵0＜m＜1，∴0＜1﹣m＜1，∴函数y=（1﹣m）x是定义域R上的减函数，又∵＜，∴＞；∴D正确；故选：D．37.（2018四川南充市模拟）函数f（x）=x3+x2﹣ax﹣4在区间（﹣1，1）内恰有一个极值点，则实数a的取值范围为（）A．（1，5） B．[1，5） C．（1，5]D．（﹣∞，1）∪（5，+∞）【解答】解：由题意，f′（x）=3x2+2x﹣a，则f′（﹣1）f′（1）＜0，即（1﹣a）（5﹣a）＜0，解得1＜a＜5，另外，当a=1时，函数f（x）=x3+x2﹣x﹣4在区间（﹣1，1）恰有一个极值点，当a=5时，函数f（x）=x3+x2﹣5x﹣4在区间（﹣1，1）没有一个极值点，故选：B．38.（2018四川南充市模拟）已知抛物线C：x2=4y，直线l：y=﹣1，PA，PB为抛物线C的两条切线，切点分别为A，B，则“点P在l上”是“PA⊥PB”的（）CA．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【解答】解：由x2=4y，对其求导得．设A，B，则直线PA，PB的斜率分别为k PA=，k PB=．由点斜式得PA，PB的方程分别为：y﹣=．=（x﹣x2），联立解得P，因为P在l上，所以=﹣1，所以k PA•k PB==﹣1，所以PA⊥PB．反之也成立．所以“点P在l上”是“PA⊥PB”的充要条件．故选：C．39.（2018四川南充市模拟）函数f（x）=，若方程f（x）=mx﹣恰有四个不相等的实数根，则实数m的取值范围是（，）．【解答】解：方程f（x）=mx﹣恰有四个不相等的实数根可化为函数f（x）=与函数y=mx﹣有四个不同的交点，作函数f（x）=与函数y=mx﹣的图象如下，由题意，C（0，﹣），B（1，0）；故k BC =，当x＞1时，f（x）=lnx，f′（x）=；设切点A的坐标为（x1，lnx1），则=；解得，x1=；故k AC =；结合图象可得，实数m的取值范围是（，）．故答案为：（，）．40.（2018四川南充市模拟）已知函数f（x）=e x，直线l的方程为y=kx+b，（k∈R，b∈R）．（1）若直线l是曲线y=f（x）的切线，求证：f（x）≥kx+b对任意x∈R成立；（2）若f（x）≥kx+b对任意x∈[0，+∞）恒成立，求实数k，b应满足的条件．【解答】解：（1）因为f'（x）=e x，设切点为（t，e t），所以k=e t，b=e t（1﹣t），所以直线l的方程为：y=e t x+e t（1﹣t），令函数F（x）=f（x）﹣kx﹣b，即F（x）=e x﹣e t x﹣e t（1﹣t），F'（x）=e x﹣e t，所以F（x）在（﹣∞，t）单调递减，在（t，+∞）单调递增，所以F（x）min=f（t）=0，故F（x）=f（x）﹣kx﹣b≥0，即f（x）≥kx+b对任意x∈R成立．（2）令H（x）=f（x）﹣kx﹣b=e x﹣kx﹣b，x∈[0，+∞）H'（x）=e x﹣k，x∈[0，+∞），①当k≤1时，H'（x）≥0，则H（x）在[0，+∞）单调递增，所以H（x）min=H（0）=1﹣b≥0，b≤1，即，符合题意．②当k＞1时，H（x）在[0，lnk]上单调递减，在[lnk，+∞）单调递增，所以H（x）min=H（lnk）=k﹣klnk﹣b≥0，即b≤k（1﹣lnk），综上所述：满足题意的条件是或．21。

【2018高三数学各地优质二模试题分项精品】一、选择题1．【2018河南郑州高三二模】已知(){}|0M f αα==, (){}|0N g ββ==,若存在,M N αβ∈∈,使得n αβ-<,则称函数()f x 与()g x 互为“n 度零点函数”.若()231xf x -=-与()2xg x x ae =-互为“1度零点函数”，则实数a 的取值范围为( ) A. 214(,e e ⎤⎥⎦ B. 214(, e e ⎤⎥⎦C. 242[, e e ⎫⎪⎭D. 3242[, e e ⎫⎪⎭ 2．【2018陕西咸阳高三一模】已知奇函数()f x 的导函数为()f x '，当0x ≠时， ()()0f x f x x+'>，若()11,a f b ef e ee ⎛⎫==- ⎪⎝⎭， ()1c f =，则,,a b c 的大小关系正确的是（ ） A. a b c << B. b c a << C. c a b << D. a c b << 3．【2018湖南衡阳高三二模】已知e 为自然对数的底数，设函数()21f ln 2x x ax b x =-+存在极大值点0x ，且对于a 的任意可能取值，恒有极大值()0f 0x <,则下列结论中正确的是( )A. 存在0x =使得()01f 2x e<-B. 存在0x =()20f x e >- C. b 的最大值为3e D. b 的最大值为22e4．【2018河南商丘高三二模】记函数，若曲线上存在点使得，则的取值范围是（ ）A. B.C.D.5．【2018四川德阳高三二诊】已知函数，若，使得成立，则实数的取值范围是（ ）A.B.C.D.6．【2018重庆高三二诊】已知函数()ln f x x a =+， ()1g x ax b =++，若0x ∀>， ()()f x g x ≤，则ba的最小值是（ ） A. 1e + B. 1e - C. 1e - D. 12e -7．【2018甘肃兰州高三二模】已知()f x 是定义在R 上的可导函数，若在R 上()()3f x f x >'有恒成立，且()31(f e e =为自然对数的底数），则下列结论正确的是（ ）A. ()01f =B. ()01f <C. ()62f e < D. ()62f e >8．【2018河北唐山高三二模】已知函数()f x 满足()()f x f x >'，在下列不等关系中，一定成立的是（ ） A. ()()12ef f > B. ()()12ef f < C. ()()12f ef > D. ()()12f ef <9．【2018吉林四平高三质检】若存在实常数k 和b ，使得函数()F x 和()G x 对其公共定义域上的任意实数x 都满足： ()F x kx b ≥+和()G x kx b ≤+恒成立，则称此直线y kx b =+为()F x 和()G x 的“隔离直线”，已知函数()()2f x xx R =∈, ()()()10,2ln g x x h x e x x =<=,有下列命题：①()()()F x f x g x =-在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增； ②()f x 和()g x 之间存在“隔离直线”，且b 的最小值为-4；③()f x 和()g x 之间存在“隔离直线”，且k 的取值范围是](40 -，；④()f x 和()g x 之间存在唯一的“隔离直线”y e =. 其中真命题的个数有( )A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个10．【2018湖南郴州高三二诊】已知函数()212ln f x x x e e ⎛⎫=≤≤⎪⎝⎭， ()1g x mx =+，若()f x 与()g x 的图像上存在关于直线1y =对称的点，则实数m 的取值范围是（ ）A. 2,2e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B. 23,3e e -⎡⎤-⎣⎦C. 2,3e e -⎡⎤-⎣⎦D. 322,3e e -⎡⎤-⎢⎥⎣⎦11．【2018云南昆明高三质检二】已知函数()22ln xe f x k x kx x=+-，若2x =是函数()f x 的唯一极值点，则实数k 的取值范围是（ ）A. 2,4e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ B.,2e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ C. (]0,2 D. [)2,+∞ 二、填空题12．【2018河南商丘高三二模】已知曲线在点处的切线的斜率为，直线交轴、轴分别于点，且.给出以下结论：①；②当时，的最小值为； ③当时，；④当时，记数列的前项和为，则.其中，正确的结论有__________．(写出所有正确结论的序号） 13．【2018宁夏银川高三4月质检】已知函数是定义在上的奇函数，当时，，给出以下命题： ①当时，；②函数有个零点；③若关于的方程有解，则实数的取值范围是；④对恒成立，其中，正确命题的序号是__________． 三、解答题14．【2018河南郑州高三二模】已知函数()2xf x e x =-.(Ⅰ)求曲线()f x 在1x =处的切线方程；(Ⅱ)求证：当0x >时，()21ln 1x e e x x x+--≥+.15．【2018青海宁夏高三一模】已知函数()1xf x e ax=+（0,0a x ≠≠）在1x =处的切线与直线 ()120180e x y --+=平行.（1）求a 的值并讨论函数()y f x =在(),0x ∈-∞上的单调性； （2）若函数()()11g x f x x m x=--++（m 为常数）有两个零点12,x x （12x x <） ①求实数m 的取值范围； ②求证： 120x x +<16．【2018陕西咸阳高三二模】已知函数()()22ln ,0x f x x a R a a=-∈≠. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2） 若函数()f x 有两个零点1x ， 2x 12()x x <，且2a e =，证明： 122x x e +>.17．【2018北京顺义高三二模】已知函数()2xf x emx =+,其中0m ≤.（Ⅰ）当1m =-时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； （Ⅱ）若不等式()0f x >在定义域内恒成立，求实数m 的取值范围. 18．【2018湖南衡阳高三二模】已知函数()()3sin f x x x mx m R =-+∈ .(1)当0m =时，证明： ()2f x e >-；(2)当0x ≥时，函数()f x 单调递增，求m 的取值范围.19．【2018新疆维吾尔自治区高三二模】已知0a ≥，函数()()22x f x x ax e =-+.（I ）当x 为何值时， ()f x 取得最大值？证明你的结论； （II ） 设()f x 在[]1,1-上是单调函数，求a 的取值范围；（III ）设()()21xg x x e =-，当1x ≥时， ()()f x g x ≤恒成立，求a 的取值范围.20．【2018陕西高三二模】已知函数()()2,sin x f x ae x g x x bx =+=+,直线l 与曲线()1:C y f x =切于点()()0,0f 且与曲线()2:C y g x =切于点22g ππ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，. (1) 求a b ，的值和直线l 的方程； (2)求证： 2sin 0x ae x bx x +-->.21．【2018海南高三二模】已知函数()()()ln 1ln 1f x x x =+--. （1）证明：直线2y x =与曲线()y f x =相切；（2）若()()33f x k x x >-对()0,1x ∈恒成立，求k 的取值范围.22．【2018河南商丘高三二模】已知函数.（1）如图，设直线将坐标平面分成四个区域（不含边界），若函数的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的的取值范围；（2）当时，求证：且，有.23．【2018四川德阳高三二诊】已知函数且.（1）求实数的值； （2）令在上的最小值为，求证：.24．【2018重庆高三二诊】已知函数()ln f x x =， ()2g x ax bx =+（0a ≠， b R ∈）.（1）若2a =， 3b =，求函数()()()F x f x g x =-的单调区间；（2）若函数()f x 与()g x 的图象有两个不同的交点()()11,x f x ， ()()22,x f x ，记1202x x x +=，记()'f x ， ()'g x 分别是()f x ， ()g x 的导函数，证明： ()()00''f x g x <．25．【2018安徽宣城高三二调】已知函数()ln b f x a x b x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭(其中a ， b R ∈). （1）当4b =-时，若()f x 在其定义域内为单调函数，求a 的取值范围；（2）当1a =-时，是否存在实数b ，使得当2,x e e ⎡⎤∈⎣⎦时，不等式()0f x >恒成立，如果存在，求b 的取值范围，如果不存在，说明理由. 26．【2018安徽马鞍山高三二模】已知函数.（1）若对恒成立，求的取值范围；（2）证明：不等式对于正整数恒成立，其中为自然对数的底数.27．【2018广东茂名高三二模】已知.（1）讨论的单调性；（2）若有三个不同的零点，求的取值范围.28．【2018河南高三4月适应性考试】已知函数.（1）若函数有两个零点，求实数的取值范围；（2）若函数有两个极值点，试判断函数的零点个数.29．【2018河北石家庄高三一模】已知函数()()()xf x x b e a =+-， (0)b >，在()()1,1f --处的切线方程为()110e x ey e -++-=. （1）求a ， b ；（2）若方程()f x m =有两个实数根1x ， 2x ，且12x x <，证明： ()211211m e x x e--≤+-.30．【2018河北唐山高三二模】设()()2ln ,1x xf xg x a x x ==+- . （1）证明： ()f x 在()0,1上单调递减； （2）若01a x <<<，证明： ()1g x >.。

专题三 导数及其应用 第八讲 导数的综合应用一、选择题1．（2017新课标Ⅰ）已知函数()ln ln(2)f x x x =+-，则A ．()f x 在(0,2)单调递增B ．()f x 在(0,2)单调递减C ．()y f x =的图像关于直线1x =对称D ．()y f x =的图像关于点(1,0)对称 2．（2017浙江）函数()y f x =的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数()y f x =的图像可能是xxA ．B ．xxC ．D ．3．（2016年全国I 卷）若函数1()sin 2sin 3f x x x a x =-+在(,)-∞+∞单调递增，则a 的取值范围是A ．[1,1]-B ．1[1,]3-C ．11[,]33- D ．1[1,]3--4．（2016年四川）已知a 为函数3()12f x x x =-的极小值点，则a =A ．-4B ．-2C ．4D ．25．（2014新课标2）若函数()ln f x kx x =-在区间（1，+∞）单调递增，则k 的取值范围是A ．(],2-∞-B ．(],1-∞-C ．[)2,+∞D ．[)1,+∞6．（2014新课标2）设函数()x f x mπ=．若存在()f x 的极值点0x 满足()22200x f x m +<⎡⎤⎣⎦，则m 的取值范围是A ．()(),66,-∞-⋃+∞B ．()(),44,-∞-⋃+∞C ．()(),22,-∞-⋃+∞D ．()(),11,-∞-⋃+∞7．（2014辽宁）当[2,1]x ∈-时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，则实数a 的取值范围是A ．[5,3]--B ．9[6,]8-- C ．[6,2]-- D ．[4,3]-- 8．（2014湖南）若1201x x <<<，则A ．2121ln ln x x e e x x ->-B ．2121ln ln x xe e x x -<- C ．1221x x x e x e > D ．1221x xx e x e < 9．（2014江西）在同一直角坐标系中，函数22a y ax x =-+与2322y a x ax x a =-++ ()a R ∈的图像不可能．．．的是B10．（2013新课标2）已知函数()32f x x ax bx c =+++，下列结论中错误的是A ．∃()00,0x R f x ∈=B ．函数()y f x =的图像是中心对称图形C ．若0x 是()f x 的极小值点，则()f x 在区间()0,x -∞单调递减D ．若0x 是()f x 的极值点，则()0'0f x =11．（2013四川）设函数()f x =a R ∈，e 为自然对数的底数）．若存在[0,1]b ∈使(())f f b b =成立，则a 的取值范围是（ ）A ．[1,]eB ．[1,1]e +C ．[,1]e e +D ．[0,1]12．（2013福建）设函数()f x 的定义域为R ，00(0)x x ≠是()f x 的极大值点，以下结论一定正确的是A ．0,()()x R f x f x ∀∈≤B ．0x -是()f x -的极小值点C ．0x -是()f x -的极小值点D ．0x -是()f x --的极小值点 13．（2012辽宁）函数x x y ln 212-=的单调递减区间为 A ．(－1,1] B ．(0,1]C ． [1,+∞)D ．(0,+∞)14．（2012陕西）设函数()x f x xe =，则A ．1x =为()f x 的极大值点B ．1x =为()f x 的极小值点C ．1x =-为()f x 的极大值点D ．1x =-为()f x 的极小值点15．（2011福建）若0a >，0b >，且函数32()422f x x ax bx =--+在1x =处有极值，则ab 的最大值等于A ．2B ．3C ．6D ．916．（2011浙江）设函数()()2,,f x ax bx c a b c R =++∈，若1x =-为函数()xf x e 的一个极值点，则下列图象不可能为()y f x =的图象是A B C D17．（2011湖南）设直线x t = 与函数2()f x x =，()ln g x x = 的图像分别交于点,M N ，则当MN 达到最小时t 的值为A ．1B ．12 CD二、填空题18．（2016年天津）已知函数()(2+1),()x f x x e f x '=为()f x 的导函数，则(0)f '的值为____. 19．（2015四川）已知函数()2x f x =，2()g x x ax =+(其中a ∈R )．对于不相等的实数12,x x ，设m ＝1212()()f x f x x x --，n ＝1212()()g x g x x x --．现有如下命题：①对于任意不相等的实数12,x x ，都有0m >；②对于任意的a 及任意不相等的实数12,x x ，都有0n >； ③对于任意的a ，存在不相等的实数12,x x ，使得m n =； ④对于任意的a ，存在不相等的实数12,x x ，使得m n =-． 其中真命题有___________(写出所有真命题的序号)．20．（2011广东）函数32()31f x x x =-+在x =______处取得极小值． 三、解答题21．（2018全国卷Ⅰ）已知函数()ln 1=--x f x ae x ．(1)设2x =是()f x 的极值点．求a ，并求()f x 的单调区间； (2)证明：当1ea ≥时，()0≥f x ．22．（2018浙江）已知函数()ln f x x ．(1)若()f x 在1x x =，2x (12x x ≠)处导数相等，证明：12()()88ln 2f x f x +>-； (2)若34ln 2a -≤，证明：对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点．23．（2018全国卷Ⅱ）已知函数321()(1)3=-++f x x a x x ．(1)若3=a ，求()f x 的单调区间； (2)证明：()f x 只有一个零点．24．（2018北京）设函数2()[(31)32]e x f x ax a x a =-+++．(1)若曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线斜率为0，求a ； (2)若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围．25．（2018全国卷Ⅲ）已知函数21()exax x f x +-=． (1)求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； (2)证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥．26．（2018江苏）记(),()f x g x ''分别为函数(),()f x g x 的导函数．若存在0x ∈R ，满足00()()f x g x =且00()()f x g x ''=，则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”．(1)证明：函数()f x x =与2()22g x x x =+-不存在“S 点”； (2)若函数2()1f x ax =-与()ln g x x =存在“S 点”，求实数a 的值；(3)已知函数2()f x x a =-+，e ()xb g x x=．对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”，并说明理由．27．（2018天津）设函数123()=()()()f x x t x t x t ---，其中123,,t t t ∈R ，且123,,t t t 是公差为d 的等差数列．(1)若20,1,t d == 求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； (2)若3d =，求()f x 的极值；(3)若曲线()y f x =与直线2()y x t =---求d 的取值范围． 28．（2017新课标Ⅰ）已知函数2()()xxf x e e a a x =--．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()0f x ≥，求a 的取值范围．29．（2017新课标Ⅱ）设函数2()(1)x f x x e =-．(1)讨论()f x 的单调性；(2)当0x ≥时，()1f x ax +≤，求a 的取值范围． 30．（2017新课标Ⅲ）已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+++．(1)讨论()f x 的单调性； (2)当0a <时，证明3()24f x a--≤． 31．（2017天津）设,a b ∈R ，||1a ≤．已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()e ()x g x f x =．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和e x y =的图象在公共点00(,)x y 处有相同的切线，（i ）求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；（ii ）若关于x 的不等式()e x g x ≤在区间00[1,1]x x -+上恒成立，求b 的取值范围．32．（2017浙江）已知函数()(x f x x e -=1()2x ≥．（Ⅰ）求()f x 的导函数；（Ⅱ）求()f x 在区间1[,)2+∞上的取值范围．33．（2017江苏）已知函数32()1f x x ax bx =+++(0,)a b >∈R 有极值，且导函数()f x '的极值点是()f x 的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：23b a >；34．（2016年全国I 卷）已知函数22()(2)(1)f x x e a x =-+-.(I)讨论()f x 的单调性；(II)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.35．（2016年全国II 卷）已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--.(Ⅰ)当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程； (Ⅱ)若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值范围. 36．（2016年全国III 卷）设函数()ln 1f x x x =-+．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x-<<； （III ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)xc x c +->． 37．（2015新课标2）已知函数()ln (1)f x x a x =+-．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）当()f x 有最大值，且最大值大于22a -时，求a 的取值范围． 38．（2015新课标1）设函数()2e ln xf x a x =-．（Ⅰ）讨论()f x 的导函数()f x '零点的个数； （Ⅱ）证明：当0a >时()22lnf x a a a+≥． 39．（2014新课标2）已知函数32()32f x x x ax =-++，曲线()y f x =在点（0，2）处的切线与x 轴交点的横坐标为－2． （Ⅰ）求a ；（Ⅱ）证明：当1k <时，曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点．40．(2014山东）设函数())ln 2(2x xk x e x f x +-=（k 为常数， 2.71828e =是自然对数的底数）（Ⅰ）当0k ≤时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若函数()f x 在()0,2内存在两个极值点，求k 的取值范围． 41．（2014新课标1）设函数()()21ln 12a f x a x x bx a -=+-≠， 曲线()()()11y f x f =在点，处的切线斜率为0（Ⅰ）求b ；（Ⅱ）若存在01,x ≥使得()01af x a <-，求a 的取值范围． 42．（2014山东）设函数1()ln 1x f x a x x -=++ ，其中a 为常数．（Ⅰ）若0a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）讨论函数()f x 的单调性． 43．(2014广东) 已知函数321()1()3f x x x ax a R =+++∈ （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0a <时，试讨论是否存在011(0,)(,1)22x ∈，使得01()()2f x f =． 44．(2014江苏)已知函数x x x f -+=e e )(，其中e 是自然对数的底数．（Ⅰ）证明：)(x f 是R 上的偶函数；（Ⅱ）若关于x 的不等式)(x mf ≤1e -+-m x 在),0(+∞上恒成立，求实数m 的取值范围；（Ⅲ）已知正数a 满足：存在),1[0+∞∈x ，使得)3()(0300x x a x f +-<成立．试比较1e -a 与1e -a 的大小，并证明你的结论．45．（2013新课标1）已知函数2()()4x f x e ax b x x =+--，曲线()y f x =在点(0,(0))f 处切线方程为44y x =+． （Ⅰ）求,a b 的值；（Ⅱ）讨论()f x 的单调性，并求()f x 的极大值． 46．（2013新课标2）已知函数2()xf x x e -=．（Ⅰ）求()f x 的极小值和极大值；（Ⅱ）当曲线()y f x =的切线l 的斜率为负数时，求l 在x 轴上截距的取值范围． 47．（2013福建）已知函数()1xaf x x e =-+（a R ∈，e 为自然对数的底数）． （Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线平行于x 轴，求a 的值； （Ⅱ）求函数()f x 的极值；（Ⅲ）当1a =的值时，若直线:1l y kx =-与曲线()y f x =没有公共点，求k 的最大值．48．(2013天津)已知函数2l ()n f x x x =．（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ） 证明：对任意的0t >，存在唯一的s ，使()t f s =． （Ⅲ）设（Ⅱ）中所确定的s 关于t 的函数为()s g t =，证明：当2t e >时，有2ln ()15ln 2g t t <<． 49．（2013江苏）设函数()ln f x x ax =-，()x g x e ax =-，其中a 为实数．（Ⅰ）若()f x 在()1,+∞上是单调减函数，且()g x 在()1,+∞上有最小值，求a 的取值范围；（Ⅱ）若()g x 在()1,-+∞上是单调增函数，试求()f x 的零点个数，并证明你的结论． 50．（2012新课标）设函数f (x )=xe －ax －2（Ⅰ）求()f x 的单调区间（Ⅱ）若1a =，k 为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值 51．（2012安徽）设函数1()(0)xxf x ae b a ae =++> （Ⅰ）求()f x 在[0,)+∞内的最小值；（Ⅱ）设曲线()y f x =在点(2,(2))f 的切线方程为32y x =；求,a b 的值。

第三章导数及其应用考点1 导数与积分1.（2017•浙江,7）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（）A. B. C. D.1. D 由当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，则由导函数y=f′（x）的图象可知：f（x）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C，且第二个拐点（即函数的极大值点）在x轴上的右侧，排除B，故选D.2.（2017•新课标Ⅱ,11）若x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（）A.﹣1B.﹣2e﹣3C.5e﹣3D.12. A 函数f（x）=（x2+ax﹣1）e x﹣1，可得f′（x）=（2x+a）e x﹣1+（x2+ax﹣1）e x﹣1，x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，可得：﹣4+a+（3﹣2a）=0．解得a=﹣1．可得f′（x）=（2x﹣1）e x﹣1+（x2﹣x﹣1）e x﹣1 =（x2+x﹣2）e x﹣1，函数的极值点为：x=﹣2，x=1，当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数，x=1时，函数取得极小值：f（1）=（12﹣1﹣1）e1﹣1=﹣1．故选A．3.(2014·大纲全国，7)曲线y＝x e x－1在点(1,1)处切线的斜率等于( )A. 2eB.eC.2D.1 3.C[由题意可得y ′＝e x －1＋x ex －1，所以曲线在点(1，1)处切线的斜率等于2，故选C.]4.(2014·新课标全国Ⅱ，8)设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( )A.0B.1C.2D.3 4.D [y ′＝a －1x ＋1，由题意得y ′|x ＝0＝2，即a －1＝2，所以a ＝3.]5.(2014·陕西，3)定积分(2x ＋e x)d x 的值为( ) A.e ＋2 B.e ＋1 C.e D.e －15.C [∫10(2x ＋e x )d x ＝(x 2＋e x )|10＝(1＋e)－(0＋e 0)＝e ，因此选C.]6.(2014·江西，8)若f (x )＝x 2＋2f (x )d x ，则f (x )d x ＝( ) A.－1 B.－13 C.13D.16.B [因为∫10f (x )d x 是常数，所以f ′(x )＝2x ，所以可设f (x )＝x 2＋c (c 为常数)，所以x 2＋c ＝x 2＋2(13x 3＋cx )|10，解得c ＝－23，∫10f (x )d x ＝∫10(x 2＋c )d x ＝∫10(x 2－23)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3－23x |10＝－13.]7.(2014·山东，6)直线y ＝4x 与曲线y ＝x 3在第一象限内围成的封闭图形的面积为( ) A.2 2 B.4 2 C.2 D.47.D [由4x ＝x 3，解得x ＝0或x ＝2或x ＝－2(舍去)，根据定积分的几何意义可知，直线y ＝4x 与曲线y ＝x 3在第一象限内围成的封闭图形的面积为∫20(4x －x 3)d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫2x 2－14x 4|20＝4.]8.(2014·湖南，9)已知函数f (x )＝sin(x －φ)，且2π30()d f x x ⎰＝0，则函数f (x )的图象的一条对称轴是( )A.x ＝5π6B.x ＝7π12C.x ＝π3D.x ＝π68.A [由定积分∫2π30sin(x －φ)d x ＝－cos(x －φ)|2π30＝12cos φ－32sin φ＋cos φ＝0，得tan φ＝3，所以φ＝π3＋k π(k ∈Z )，所以f (x )＝sin(x －π3－k π)(k ∈Z )，由正弦函数的性质知y ＝sin(x －π3－k π)与y ＝sin(x －π3)的图象的对称轴相同，令x －π3＝k π＋π2，则x ＝k π＋5π6(k ∈Z )，所以函数f (x )的图象的对称轴为x ＝k π＋56π(k ∈Z )，当k ＝0，得x ＝5π6，选A.]9.(2014·湖北，6)若函数f (x )，g (x )满足11()()d f x g x x -⎰＝0，则称f (x )，g (x )为区间[－1,1]上的一组正交函数.给出三组函数：①f (x )＝sin 12x ，g (x )＝cos 12x ；②f (x )＝x ＋1，g (x )＝x －1；③f (x )＝x ，g (x )＝x 2.其中为区间[－1,1]上的正交函数的组数是( ) A.0 B.1 C.2 D.39.C [对于①，∫1－1sin 12x cos 12x d x ＝∫1－112sin x d x ＝0，所以①是一组正交函数；对于②，∫1－1(x ＋1)(x －1)d x ＝∫1－1(x 2－1)d x ≠0，所以②不是一组正交函数；对于③， ∫1－1x ·x 2d x ＝∫1－1x 3d x ＝0，所以③是一组正交函数.选C.]10.(2016·全国Ⅲ，15)已知f (x )为偶函数，当x ＜0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程是________.10.2x ＋y ＋1＝0[设x ＞0，则－x ＜0,f (－x )＝ln x －3x ,又f (x )为偶函数，f (x )＝ln x －3x ，f ′(x )＝1x－3，f ′(1)＝－2，切线方程为y ＝－2x －1.]11.(2016·全国Ⅱ，16)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________.11.1－ln 2 [y ＝ln x ＋2的切线为：y ＝1x 1·x ＋ln x 1＋1(设切点横坐标为x 1).y ＝ln(x ＋1)的切线为：y ＝1x 2＋1x ＋ln(x 2＋1)－x 2x 2＋1，(设切点横坐标为x 2).∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝ln （x 2＋1）－x2x 2＋1，解得x 1＝12，x 2＝－12，∴b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2.]12.(2015·陕西，15)设曲线y ＝e x在点(0,1)处的切线与曲线y ＝1x(x ＞0)上点P 处的切线垂直，则P 的坐标为________.12.(1，1) [∵(e x )′|x=0＝e 0＝1，设P (x 0，y 0)，有(x1)′|x=x0＝－1x 20＝－1，又x 0＞0，∴x 0＝1，故P(1，1).] 13.(2015·湖南，11)⎰2(x －1)d x ＝________. 13.0 [∫20(x －1)d x ＝⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎪⎫12x 2－x 20＝12×22－2＝0.] 14.(2015·天津，11)曲线y ＝x 2与直线y ＝x 所围成的封闭图形的面积为________.14.16 [曲线y ＝x 2与直线y ＝x 所围成的封闭图形如图，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝x ，得A (1，1)，面积S ＝∫1x d x －∫10x 2d x ＝12x 2⎪⎪⎪⎪⎪⎪10－13x 210＝12－13＝16.]15.(2015·陕西，16)如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线表示)，则原始的最大流量与当前最大流量的比值为________.15.1.2 [由题意可知最大流量的比即为横截面面积的比，建立以抛物线顶点为原点的直角坐标系，设抛物线方程为y ＝ax 2，将点(5，2)代入抛物线方程得a ＝225，故抛物线方程为y ＝225x 2,抛物线的横截面面积为S 1＝2⎰5(2-252x 2)d x ＝2(2x-752x 3)|50＝403(m 2)，而原梯形上底为10－2tan 45°×2＝6(m)，故原梯形面积为S 2＝12(10＋6)×2＝16，S 2S 1＝16403＝1.2.]16.(2014·江西，13)若曲线y ＝e －x上点P 处的切线平行于直线2x ＋y ＋1＝0，则点P 的坐标是________.16.(－ln 2，2) [由题意有y ′＝－e －x，设P (m ，n )，直线2x ＋y ＋1＝0的斜率为－2，则由题意得－e －m＝－2，解得m ＝－ln 2，所以n ＝e －(－ln 2)＝2.]考点2 导数的应用1.(2015·福建,10)若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1,其导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1,则下列结论中一定错误的是( ) A.f(k 1)＜1k B.f(k 1)＞1k －1 C.f(11-k )＜1k －1 D.f(11-k )＞k k －11.C [∵导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1,∴f ′(x )－k ＞0,k －1＞0,1k －1＞0, 可构造函数g (x )＝f (x )－kx ,可得g ′(x )＞0,故g (x )在R 上为增函数, ∵f (0)＝－1,∴g (0)＝－1,∴g(11-k )＞g (0), ∴f(11-k )－k k －1＞－1,∴f(11-k )＞1k －1,∴选项C 错误,故选C.]2.(2015·陕西,12)对二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a 为非零整数),四位同学分别给出下列结论,其中有且只有一个结论是错误的,则错误的结论是( )A.－1是f (x )的零点B.1是f (x )的极值点C.3是f (x )的极值D.点(2,8)在曲线y ＝f (x )上 2.A [A 正确等价于a －b ＋c ＝0,① B 正确等价于b ＝－2a ,② C 正确等价于4ac －b 24a ＝3,③D 正确等价于4a ＋2b ＋c ＝8.④ 下面分情况验证,若A 错,由②、③、④组成的方程组的解为⎩⎪⎨⎪⎧a ＝5，b ＝－10，c ＝8.符合题意；若B 错,由①、③、④组成的方程组消元转化为关于a 的方程后无实数解；若C 错,由①、②、④组成方程组,经验证a 无整数解； 若D 错,由①、②、③组成的方程组a 的解为－34也不是整数.综上,故选A.]3.(2015·新课标全国Ⅱ,12)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数,f (－1)＝0,当x >0时,xf ′(x )－f (x )＜0,则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A.(－∞,－1)∪(0,1)B.(－1,0)∪(1,＋∞)C.(－∞,－1)∪(－1,0)D.(0,1)∪(1,＋∞)3.A [因为f (x )(x ∈R )为奇函数,f (-1)＝0,所以f (1)＝-f (-1)＝0.当x ≠0时,令g (x )＝f （x ）x ,则g (x )为偶函数,且g (1)＝g (－1)＝0.则当x ＞0时,g ′(x )＝(x x f )()′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0,故g (x )在(0,＋∞)上为减函数,在(－∞,0)上为增函数.所以在(0,＋∞)上,当0＜x ＜1时,g (x )＞g (1)＝0⇔f （x ）x＞0⇔f (x )＞0； 在(－∞,0)上,当x ＜－1时,g (x )＜g (－1)＝0⇔f （x ）x＜0⇔f (x )＞0.综上,得使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞,－1)∪(0,1),选A.]4.(2015·新课标全国Ⅰ,12)设函数f (x )＝e x(2x －1)－ax ＋a ,其中a <1,若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0,则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，1B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1 4.D [设g (x )＝e x(2x -1),y ＝ax -a ,由题知存在唯一的整数x 0,使得g (x 0)在直线y ＝ax -a 的下方,因为g ′(x )＝e x(2x ＋1),所以当x <－12时,g ′(x )<0,当x >－12时,g ′(x )>0,所以当x ＝－12时,[g (x )]min ＝－2e －12,当x ＝0时,g (0)＝-1,g (1)＝3e>0,直线y ＝a (x -1)恒过(1,0)且斜率为a ,故－a >g (0)＝－1, 且g (－1)＝－3e －1≥－a －a ,解得32e≤a <1,故选D.]5.(2014·新课标全国Ⅱ,12)设函数f (x )＝3sin πx m.若存在f (x )的极值点x 0满足x 20＋[f (x 0)]2<m 2,则m 的取值范围是( )A.(－∞,－6)∪(6,＋∞)B.(－∞,－4)∪(4,＋∞)C.(－∞,－2)∪(2,＋∞)D.(－∞,－1)∪(1,＋∞)5.C[由正弦型函数的图象可知：f (x )的极值点x 0满足f (x 0)＝±3,则πx 0m ＝π2＋k π(k ∈Z ),从而得x 0＝(k ＋12)m (k ∈Z ).所以不等式x 02＋[f (x 0)]2<m 2即为(k ＋12)2m 2＋3<m 2,变形得m 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫k ＋122>3,其中k ∈Z .由题意,存在整数k 使得不等式m 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122>3成立.当k ≠－1且k ≠0时,必有⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122>1,此时不等式显然不能成立,故k ＝－1或k ＝0,此时,不等式即为34m 2>3,解得m <－2或m >2.] 6.(2014·辽宁,11)当x ∈[－2,1]时,不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立,则实数a 的取值范围是( )A.[－5,－3]B.[－6,－89] C.[－6,－2] D. [－4,－3] 6.C [当x ∈(0,1]时,得a ≥－3⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 3－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋1x,令t ＝1x ,则t ∈[1,＋∞),a ≥－3t 3－4t 2＋t ,令g (t )＝－3t 3－4t 2＋t ,t ∈[1,＋∞),则g ′(t )＝-9t 2-8t ＋1＝-(t ＋1)(9t －1),显然在[1,＋∞)上,g ′(t )<0,g (t )单调递减,所以g (t )max ＝g (1)＝-6,因此a ≥-6；同理,当x ∈[-2,0)时,得a ≤-2.由以上两种情况得-6≤a ≤-2,显然当x ＝0时也成立.故实数a 的取值范围为[-6,-2].]7.（2017•浙江,20）已知函数f （x ）=（x ﹣ ）e ﹣x（x≥ ）．（Ⅰ）求f （x ）的导函数；（Ⅱ）求f （x ）在区间[ ，+∞）上的取值范围． 7. （Ⅰ）函数f （x ）=（x ﹣）e ﹣x（x≥ ），导数f′（x ）=（1﹣ • •2）e ﹣x﹣（x ﹣）e ﹣x=（1﹣x+ ）e ﹣x=（1﹣x ）（1﹣）e ﹣x；（Ⅱ）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣）e﹣x，可得f′（x）=0时，x=1或，当＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；当1＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＞时，f′（x）＜0，f（x）递减，且x≥ ⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0，则f（x）≥0．由f（）= e ，f（1）=0，f（）= e ，即有f（x）的最大值为 e ，最小值为f（1）=0．则f（x）在区间[ ，+∞）上的取值范围是[0， e ]．8.（2017•山东,20）已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2），其中e≈2.17828…是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程；（Ⅱ）令h（x）=g （x）﹣a f（x）（a∈R），讨论h（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．8.（Ⅰ）f（π）=π2﹣2．f′（x）=2x﹣2sinx，∴f′（π）=2π．∴曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程为：y﹣（π2﹣2）=2π（x﹣π）．化为：2πx﹣y﹣π2﹣2=0．（Ⅱ）h（x）=g （x）﹣a f（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）﹣a（x2+2cosx）h′（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）+e x（﹣sinx﹣cosx+2）﹣a（2x﹣2sinx）=2（x﹣sinx）（e x﹣a）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）．令u（x）=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，∴函数u（x）在R上单调递增．∵u（0）=0，∴x＞0时，u（x）＞0；x＜0时，u（x）＜0．（i）a≤0时，e x﹣a＞0，∴x＞0时，h′（x）＞0，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；x＜0时，h′（x）＜0，函数h（x）在（﹣∞，0）单调递减．∴x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣1﹣2a．（ii）a＞0时，令h′（x）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）=0．解得x1=lna，x2=0．①0＜a＜1时，x∈（﹣∞，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；x∈（lna，0）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；x∈（0，+∞）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增．∴当x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．②当a=1时，lna=0，x∈R时，h′（x）≥0，∴函数h（x）在R上单调递增．③1＜a时，lna＞0，x∈（﹣∞，0）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；x∈（0，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；x∈（lna，+∞）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增．∴当x=0时，函数h（x）取得极大值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极小值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．综上所述：a≤0时，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；x＜0时，函数h（x）在（﹣∞，0）单调递减．x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣1﹣2a．0＜a＜1时，函数h（x）在x∈（﹣∞，lna）是单调递增；函数h（x）在x∈（lna，0）上单调递减．当x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h （x）取得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．当a=1时，lna=0，函数h（x）在R上单调递增．a＞1时，函数h（x）在（﹣∞，0），（lna，+∞）上单调递增；函数h（x）在（0，lna）上单调递减．当x=0时，函数h（x）取得极大值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h （x）取得极小值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．9.（2017•北京,19）已知函数f（x）=e x cosx﹣x．（13分）(1)求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；(2)求函数f（x）在区间[0，]上的最大值和最小值．9.（1）函数f（x）=e x cosx﹣x的导数为f′（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，可得曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k=e0（cos0﹣sin0）﹣1=0，切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=1；（2）函数f（x）=e x cosx﹣x的导数为f′（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，令g（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，则g（x）的导数为g′（x）=e x（cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx）=﹣2e x•sinx，当x∈[0，]，可得g′（x）=﹣2e x•sinx≤0，即有g（x）在[0，]递减，可得g（x）≤g（0）=0，则f（x）在[0，]递减，即有函数f（x）在区间[0，]上的最大值为f（0）=e0cos0﹣0=1；最小值为f（）=e cos ﹣=﹣．10.（2017·天津,20）设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0， g（x）为f（x）的导函数．（Ⅰ）求g（x）的单调区间；（Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0， 2]，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜0；（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且∈[1，x0）∪（x0，2]，满足| ﹣x0|≥ ．10.（Ⅰ）解：由f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6，进而可得g′（x）=24x2+18x﹣6．令g′（x）=0，解得x=﹣1，或x= ．当x变化时，g′（x），g（x）的变化情况如下表：x （﹣∞，﹣1）（﹣1，）（，+∞）g′（x）+ ﹣+g（x）↗↘↗所以，g（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣1），（，+∞），单调递减区间是（﹣1，）．（Ⅱ）证明：由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），得h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m），h（x0）=g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）．令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），则H′1（x）=g′（x）（x﹣x0）．由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0，故当x∈[1，x0）时，H′1（x）＜0，H1（x）单调递减；当x∈（x0， 2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单调递增．因此，当x∈[1，x0）∪（x0， 2]时，H1（x）＞H1（x0）=﹣f（x0）=0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0，令函数H2（x）=g（x0）（x﹣x0）﹣f（x），则H′2（x）=g′（x0）﹣g（x）．由（Ⅰ）知，g （x）在[1，2]上单调递增，故当x∈[1，x0）时，H′2（x）＞0，H2（x）单调递增；当x∈（x0， 2]时，H′2（x）＜0，H2（x）单调递减．因此，当x∈[1，x0）∪（x0， 2]时，H2（x）＞H2（x0）=0，可得得H2（m）＜0即h（x0）＜0，．所以，h（m）h（x0）＜0．（Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且，令m= ，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m）．由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，h（x）在区间（m，x0）内有零点；当m∈（x0， 2]时，h（x）在区间（x0， m）内有零点．所以h（x）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为x1，则h（x1）=g（x1）（﹣x0）﹣f（）=0．由（Ⅰ）知g（x）在[1，2]上单调递增，故0＜g（1）＜g（x1）＜g（2），于是| ﹣x0|= ≥ = ．因为当x∈[1，2]时，g（x）＞0，故f（x）在[1，2]上单调递增，所以f（x）在区间[1，2]上除x0外没有其他的零点，而≠x0，故f（）≠0．又因为p，q，a均为整数，所以|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|是正整数，从而|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．所以| ﹣x0|≥ ．所以，只要取A=g（2），就有| ﹣x0|≥ ．11.（2017•江苏,20）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（Ⅰ）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；（Ⅱ）证明：b2＞3a；（Ⅲ）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，求a的取值范围．11.（Ⅰ）因为f（x）=x3+ax2+bx+1，所以g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b，g′（x）=6x+2a，令g′（x）=0，解得x=﹣．由于当x＞﹣时g′（x）＞0，g（x）=f′（x）单调递增；当x＜﹣时g′（x）＜0，g（x）=f′（x）单调递减；所以f′（x）的极小值点为x=﹣，由于导函数f′（x）的极值点是原函数f（x）的零点，所以f（﹣）=0，即﹣+ ﹣+1=0，所以b= + （a＞0）．因为f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，所以f′（x）=3x2+2ax+b=0有两个不等的实根，所以4a2﹣12b＞0，即a2﹣+ ＞0，解得a＞3，所以b= + （a＞3）．（Ⅱ）由（I）可知h（a）=b2﹣3a= ﹣+ = （4a3﹣27）（a3﹣27），由于a＞3，所以h（a）＞0，即b2＞3a；（Ⅲ）解：由（I）可知f′（x）的极小值为f′（﹣）=b﹣，设x1， x2是y=f（x）的两个极值点，则x1+x2= ，x1x2= ，所以f（x1）+f（x2）= + +a（+ ）+b（x1+x2）+2=（x1+x2）[（x1+x2）2﹣3x1x2]+a[（x1+x2）2﹣2x1x2]+b（x1+x2）+2= ﹣+2，又因为f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，所以b﹣+ ﹣+2= ﹣≥﹣，因为a＞3，所以2a3﹣63a﹣54≤0，所以2a（a2﹣36）+9（a﹣6）≤0，所以（a﹣6）（2a2+12a+9）≤0，由于a＞3时2a2+12a+9＞0，所以a﹣6≤0，解得a≤6，所以a的取值范围是（3，6]．12.（2017•新课标Ⅰ,21）已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x．（12分）(1)讨论f（x）的单调性；(2)若f（x）有两个零点，求a的取值范围．12.（1）由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，当a=0时，f′（x）=2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）=（2e x+1）（ae x﹣1）=2a（e x+ ）（e x﹣），令f′（x）=0，解得：x=ln ，当f′（x）＞0，解得：x＞ln ，当f′（x）＜0，解得：x＜ln ，∴x∈（﹣∞，ln ）时，f（x）单调递减，x∈（ln ，+∞）单调递增；当a＜0时，f′（x）=2a（e x+ ）（e x﹣）＜0，恒成立，∴当x∈R，f（x）单调递减，综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln ）是减函数，在（ln ，+∞）是增函数；（2）由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x=0，有两个零点，由（1）可知：当a＞0时，f（x）=0，有两个零点，则f（x）min=a +（a﹣2）﹣ln ，=a（）+（a﹣2）× ﹣ln ，=1﹣﹣ln ，由f（x）min＜0，则1﹣﹣ln ＜0，整理得：a﹣1+alna＜0，设g（a）=alna+a﹣1，a＞0，g′（a）=lna+1+1=lna+2，令g′（a）=0，解得：a=e﹣2，当a∈（0，e﹣2），g′（a）＜0，g（a）单调递减，当a∈（e﹣2，+∞），g′（a）＞0，g（a）单调递增，g（a）min=g（e﹣2）=e﹣2lne﹣2+e﹣2﹣1=﹣﹣1，由g（1）=1﹣1﹣ln1=0，∴0＜a＜1，a的取值范围（0，1）．13.（2017•新课标Ⅱ,21）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（Ⅰ）求a；（Ⅱ）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．13.（Ⅰ）因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，因为h′（x）=a﹣，且当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，所以h（x）min=h（），又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0，所以=1，解得a=1；（Ⅱ）由（I）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=2﹣，令t′（x）=0，解得：x= ，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，所以t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在两根x0， x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0， x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0=0，所以f（x0）= ﹣x0﹣x0lnx0= ﹣x0+2x0﹣2 =x0﹣，由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣）max=﹣+ = ；由f′（）＜0可知x0＜＜，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，所以f（x0）＞f（）=﹣+ = ＞；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．14.（2017•新课标Ⅲ,21）已知函数f （x ）=x ﹣1﹣alnx ． （Ⅰ）若 f （x ）≥0，求a 的值；（Ⅱ）设m 为整数，且对于任意正整数n ，（1+ ）（1+ ） (1)）＜m ，求m 的最小值．14.（Ⅰ）因为函数f （x ）=x ﹣1﹣alnx ，x ＞0， 所以f′（x ）=1﹣ =，且f （1）=0．所以当a≤0时f ′（x ）＞0恒成立，此时y=f （x ）在（0，+∞）上单调递增，所以在（0,1）上f(x)<0,这与f （x ）≥0矛盾； 当a ＞0时令f′（x ）=0，解得x=a ，所以y=f （x ）在（0，a ）上单调递减，在（a ，+∞）上单调递增，即f （x ）min =f （a ）， 又因为f （x ）min =f （a ）≥0， 所以a=1；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当a=1时f （x ）=x ﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1， 所以ln （x+1）≤x 当且仅当x=0时取等号， 所以ln （1+ ）＜，k ∈N *,所以，k ∈N *．一方面，因为 + +…+=1﹣＜1，所以，（1+ ）（1+）…（1+ ）＜e ；另一方面，（1+ ）（1+ ） (1)）＞（1+ ）（1+）（1+）=＞2，同时当n≥3时，（1+ ）（1+ ） (1)）∈（2，e ）．因为m 为整数，且对于任意正整数n （1+ ）（1+ ） (1)）＜m ， 所以m 的最小值为3． 15.(2016·全国Ⅱ,21)(1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x 的单调性,并证明当x >0时,(x －2)e x＋x ＋2>0；(2)证明：当a ∈[0,1)时,函数g (x )＝e x－ax －ax2(x >0)有最小值.设g (x )的最小值为h (a ),求函数h (a )的值域.15.(1)解 f (x )的定义域为(－∞,－2)∪(－2,＋∞).f ′(x )＝（x －1）（x ＋2）e x－（x －2）e x（x ＋2）2＝x 2ex（x ＋2）2≥0,且仅当x ＝0时,f ′(x )＝0,所以f (x )在(－∞,－2),(－2,＋∞)单调递增.因此当x ∈(0,＋∞)时,f (x )>f (0)＝－1.所以(x －2)e x>－(x ＋2),即(x －2)e x＋x ＋2>0. (2)证明 g ′(x )＝（x －2）e x＋a （x ＋2）x 3＝x ＋2x3(f (x )＋a ). 由(1)知,f (x )＋a 单调递增,对任意a ∈[0,1),f (0)＋a ＝a －1<0,f (2)＋a ＝a ≥0. 因此,存在唯一x a ∈( 0,2],使得f (x a )＋a ＝0,即g ′(x a )＝0. 当0<x <x a 时,f (x )＋a <0,g ′(x )<0,g (x )单调递减； 当x >x a 时,f (x )＋a >0,g ′(x )>0,g (x )单调递增. 因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值,最小值为g (x a )＝e xa －a （x a ＋1）x 2a ＝e xa ＋f （x a ）（x ＋1）x 2a＝e xa x a ＋2. 于是h (a )＝e x a x a ＋2,由⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx ＋2′＝（x ＋1）e x （x ＋2）2>0,e xx ＋2单调递增.所以,由x a ∈(0,2],得12＝e 00＋2<h (a )＝e x a x a ＋2≤e 22＋2＝e24.因为e xx ＋2单调递增,对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24,存在唯一的x a ∈(0,2],a ＝－f (x a )∈[0,1),使得h (a )＝λ.所以h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.综上,当a ∈[0,1)时,g (x )有最小值h (a ),h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.16.(2016·全国Ⅲ,21)设函数f (x )＝a cos 2x ＋(a －1)·(cos x ＋1),其中a ＞0,记|f (x )|的最大值为4. (1)求f ′(x )； (2)求A ；(3)证明|f ′(x )|≤2A .16.(1)解 f ′(x )＝－2a sin 2x －(a －1)sin x .(2)解 当a ≥1时,|f (x )|＝|a cos 2x ＋(a －1)(cos x ＋1)|≤a ＋2(a －1)＝3a －2.因此A ＝3a －2.当0＜a ＜1时,将f (x )变形为f (x )＝2a cos 2x ＋(a －1)·cos x －1,令g (t )＝2at 2＋(a －1)t －1,则A 是|g (t )|在[－1,1]上的最大值,g (-1)＝a ,g (1)＝3a -2,且当t ＝1-a 4a 时,g (t )取得极小值,极小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1-a 4a ＝-（a -1）28a -1＝-a 2＋6a ＋18a. 令-1＜1－a 4a ＜1,解得a ＜－13(舍去),a ＞15.(ⅰ)当0＜a ≤15时,g (t )在(-1,1)内无极值点,|g (-1)|＝a ,|g (1)|＝2－3a ,|g (-1)|＜|g (1)|,所以A ＝2－3a .(ⅱ)当15＜a ＜1时,由g (－1)－g (1)＝2(1－a )＞0,知g (－1)＞g (1)＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 4a . 又⎪⎪⎪⎪⎪⎪g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 4a －|g (－1)|＝（1－a ）（1＋7a ）8a ＞0,所以A ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 4a ＝a 2＋6a ＋18a . 综上,A ＝⎩⎪⎨⎪⎧2－3a ，0＜a ≤15，a 2＋6a ＋18a ，15＜a ＜1，3a －2，a ≥1.(3)证明 由(1)得|f ′(x )|＝|－2a sin 2x －(a －1)sin x |≤2a ＋|a －1|. 当0＜a ≤15时,|f ′(x )|≤1＋a ≤2－4a ＜2(2－3a )＝2A .当15＜a ＜1时,A ＝a 8＋18a ＋34≥1,所以|f ′(x )|≤1＋a ＜2A . 当a ≥1时,|f ′(x )|≤3a －1≤6a －4＝2A .所以|f ′(x )|≤2A .17.(2016·全国Ⅰ,21)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2有两个零点. (1)求a 的取值范围；(2)设x 1,x 2是f (x )的两个零点,证明：x 1＋x 2<2.17.解(1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a ). ①设a ＝0,则f (x )＝(x －2)e x ,f (x )只有一个零点.②设a >0,则当x ∈(－∞,1)时,f ′(x )<0；当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )>0,所以f (x )在(－∞,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增.又f (1)＝－e,f (2)＝a ,取b 满足b <0且b <ln a 2,则f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎪⎫b 2－32b >0,故f (x )存在两个零点.③设a <0,由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a ).若a ≥－e2,则ln(－2a )≤1,故当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )>0,因此f (x )在(1,＋∞)上单调递增.又当x ≤1时,f (x )<0,所以f (x )不存在两个零点. 若a <－e2,则ln(－2a )>1,故当x ∈(1,ln(－2a ))时,f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a ),＋∞)时,f ′(x )>0,因此f (x )在(1,ln(－2a ))上单调递减,在(ln(－2a ),＋∞)上单调递增. 又当x ≤1时,f (x )<0,所以f (x )不存在两个零点. 综上,a 的取值范围为(0,＋∞).(2)不妨设x 1<x 2.由(1)知,x 1∈(－∞,1),x 2∈(1,＋∞),2－x 2∈(－∞,1),f (x )在(－∞,1)上单调递减,所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2),即f (2－x 2)<0. 由于f (2－x 2)＝－x 2e 2－x2＋a (x 2－1)2,而f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0, 所以f (2－x 2)＝－x 2e 2－x2－(x 2－2)e x2.设g (x )＝－x e 2－x－(x －2)e x,则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x－e x),所以当x >1时,g ′(x )<0,而g (1)＝0,故当x >1时,g (x )<0,从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0,故x 1＋x 2<2.18.(2016·北京,18)设函数f (x )＝x e a －x+bx ,曲线y ＝f (x )在点(2,f (2))处的切线方程为y ＝(e-1)x ＋4. (1)求a ,b 的值； (2)求f (x )的单调区间. 18. (1)f (x )的定义域为R . ∵f ′(x )＝ea －x－x ea －x＋b ＝(1－x )ea －x＋b .依题设,⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得a ＝2,b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e2－x＋e x ,由f ′(x )＝e2－x(1－x ＋ex －1)及e2－x＞0知,f ′(x )与1－x ＋ex－1同号.令g (x )＝1－x ＋e x －1,则g ′(x )＝－1＋ex －1.所以,当x ∈(-∞,1)时,g ′(x )＜0,g (x )在区间(－∞,1)上单调递减； 当x ∈(1,＋∞)时,g ′(x )＞0,g (x )在区间(1,＋∞)上单调递增. 故g (1)＝1是g (x )在区间(-∞,＋∞)上的最小值, 从而g (x )＞0,x ∈(-∞,＋∞), 综上可知,f ′(x )＞0,x ∈(-∞,＋∞). 故f (x )的单调递增区间为(-∞,＋∞).19.(2016·四川,21)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ,其中a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值,使得f (x )>1x－e 1－x在区间(1,＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数).19.解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0).当a ≤0时,f ′(x )<0,f (x )在(0,＋∞)内单调递减. 当a >0时,由f ′(x )＝0,有x ＝12a.此时,当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时,f ′(x )<0,f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时,f ′(x )>0,f (x )单调递增.(2)令g (x )＝1x －1e x －1,s (x )＝e x －1－x .则s ′(x )＝e x －1－1.而当x >1时,s ′(x )>0,所以s (x )在区间(1,＋∞)内单调递增.又由s (1)＝0,有s (x )>0,从而当x >1时,g (x )>0. 当a ≤0,x >1时,f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1,＋∞)内恒成立时,必有a >0. 当0<a <12时,12a >1.由(1)有f ⎝⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0,而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0, 所以此时f (x )>g (x )在区间(1,＋∞)内不恒成立. 当a ≥12时,令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1).当x >1时,h ′(x )＝2ax －1x ＋1x2－e1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x2>0. 因此,h (x )在区间(1,＋∞)单调递增.又因为h (1)＝0,所以当x >1时,h (x )＝f (x )－g (x )>0,即f (x )>g (x )恒成立.综上,a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.20.(2016·山东,20)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x2,a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时,证明f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立.20.(1)解 f (x )的定义域为(0,＋∞),f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3.当a ≤0时,x ∈(0,1)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增,x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )<0,f (x )单调递减. 当a >0时,f ′(x )＝a （x －1）x 3⎝⎛⎭⎪⎫x －2a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2a .①0<a <2时,2a>1,当x ∈(0,1)或x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a，＋∞时,f ′(x )>0,f (x )单调递增,当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 时,f ′(x )<0,f (x )单调递减.②a ＝2时,2a＝1,在x ∈(0,＋∞)内,f ′(x )≥0,f (x )单调递增. ③a >2时,0<2a<1,当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 或x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增,当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a，1时,f ′(x )<0,f (x )单调递减.综上所述,当a ≤0时,f (x )在(0,1)内单调递增,在(1,＋∞)内单调递减； 当0<a <2时,f (x )在(0,1)内单调递增,在⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 内单调递减,在⎝⎛⎭⎪⎫2a，＋∞内单调递增；当a ＝2时,f (x )在(0,＋∞)内单调递增； 当a >2时,f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 内单调递增,在⎝⎛⎭⎪⎫2a，1内单调递减,在(1,＋∞)内单调递增.(2)证明 由(1)知,a ＝1时,f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x2－⎝⎛⎭⎪⎫1－1x －2x2＋2x 3＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x3－1,x ∈[1,2]. 设g (x )＝x －ln x ,h (x )＝3x ＋1x 2－2x3－1,x ∈[1,2],则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x ).由g ′(x )＝x －1x≥0, 可得g (x )≥g (1)＝1,当且仅当x ＝1时取得等号.又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x4. 设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6,则φ(x )在x ∈[1,2]单调递减.因为φ(1)＝1,φ(2)＝－10,所以∃x 0∈(1,2),使得x ∈(1,x 0)时,φ(x )>0,x ∈(x 0,2)时,φ(x )<0.所以h (x )在(1,x 0)内单调递增,在(x 0,2)内单调递减. 由h (1)＝1,h (2)＝12,可得h (x )≥h (2)＝12,当且仅当x ＝2时取得等号.所以f (x )－f ′(x )>g (1)＋h (2)＝32.即f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立.21.(2015·新课标全国Ⅱ,21)设函数f (x )＝e mx＋x 2－mx . (1)证明：f (x )在(－∞,0)单调递减,在(0,＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1,x 2∈[－1,1],都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1,求m 的取值范围. 21.(1)证明 f ′(x )＝m (e mx－1)＋2x .若m ≥0,则当x ∈(－∞,0)时,e mx－1≤0,f ′(x )＜0；当x ∈(0,＋∞)时,e mx－1≥0,f ′(x )＞0.若m ＜0,则当x ∈(－∞,0)时,e mx－1＞0,f ′(x )＜0；当x ∈(0,＋∞)时,e mx－1＜0,f ′(x )＞0.所以,f (x )在(－∞,0)单调递减, 在(0,＋∞)上单调递增.(2)解 由(1)知,对任意的m ,f (x )在[－1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故f (x )在x ＝0处取得最小值.所以对于任意x 1,x 2∈[－1,1],|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f （1）－f （0）≤e －1，f （－1）－f （0）≤e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m－m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1.①设函数g (t )＝e t －t －e ＋1,则g ′(t )＝e t－1.当t ＜0时,g ′(t )＜0；当t ＞0时,g ′(t )＞0.故g (t )在(－∞,0)上单调递减,在(0,＋∞)上单调递增.又g (1)＝0,g (－1)＝e －1＋2－e ＜0,故当t ∈[－1,1]时,g (t )≤0. 当m ∈[－1,1]时,g (m )≤0,g (－m )≤0,即①式成立； 当m ＞1时,由g (t )的单调性,g (m )＞0,即e m－m ＞e －1； 当m ＜－1时,g (－m )＞0,即e －m＋m ＞e －1. 综上,m 的取值范围是[－1,1].22.(2015·北京,18)已知函数f (x )＝ln 1＋x1－x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0,f (0))处的切线方程；(2)求证：当x ∈(0,1)时,f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33；(3)设实数k 使得f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立,求k 的最大值. 22.(1)解 因为f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x ),所以f ′(x )＝11＋x ＋11－x ,f ′(0)＝2.又因为f (0)＝0,所以曲线y ＝f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y ＝2x . (2)证明 令g (x )＝f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33,则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x 41－x 2.因为g ′(x )>0(0<x <1),所以g (x )在区间(0,1)上单调递增.所以g (x )>g (0)＝0,x ∈(0,1),即当x ∈(0,1)时,f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.(3)解 由(2)知,当k ≤2时,f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立. 当k >2时,令h (x )＝f (x )－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33,则h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－（k －2）1－x 2. 所以当0<x <4k －2k时,h ′(x )<0,因此h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4k －2k 上单调递减.当0<x <4k －2k 时,h (x )<h (0)＝0,即f (x )<k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.所以当k >2时,f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33并非对x ∈(0,1)恒成立.综上可知,k 的最大值为2.23.(2015·四川,21)已知函数f (x )＝－2(x ＋a )ln x ＋x 2－2ax －2a 2＋a ,其中a ＞0. (1)设g (x )是f (x )的导函数,讨论g (x )的单调性；(2)证明：存在a ∈(0,1),使得f (x )≥0在区间(1,＋∞)内恒成立,且f (x )＝0在区间(1,＋∞)内有唯一解.23.(1)解 由已知,函数f (x )的定义域为(0,＋∞),g (x )＝f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝⎛⎭⎪⎫1＋a x,所以g ′(x )＝2－2x＋2a x 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －14x 2,当0＜a ＜14时,g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2,⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上单调递增,在区间⎝⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减； 当a ≥14时,g (x )在区间(0,＋∞)上单调递增.(2)证明 由f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝⎛⎭⎪⎫1＋a x＝0,解得a ＝x －1－ln x1＋x－1, 令φ(x )＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x －1－ln x 1＋x －1ln x ＋x 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －1x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －12＋x －1－ln x 1＋x －1, 则φ(1)＝1＞0,φ(e)＝－e （e －2）1＋e －1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫e －21＋e －12＜0, 故存在x 0∈(1,e),使得φ(x 0)＝0, 令a 0＝x 0－1－ln x 01＋x －1,u (x )＝x －1－ln x (x ≥1), 由u ′(x )＝1－1x≥0知,函数u (x )在区间(1,＋∞)上单调递增, 所以0＝u （1）1＋1＜u （x 0）1＋x －10＝a 0＜u （e ）1＋e －1＝e －21＋e－1＜1,即a 0∈(0,1), 当a ＝a 0时,有f ′(x 0)＝0,f (x 0)＝φ(x 0)＝0, 由(1)知,f ′(x )在区间(1,＋∞)上单调递增, 故当x ∈(1,x 0)时,f ′(x )＜0,从而f (x )＞f (x 0)＝0；当x ∈(x 0,＋∞)时,f ′(x )＞0,从而f (x )＞f (x 0)＝0,所以,当x ∈(1,＋∞)时,f (x )≥0, 综上所述,存在a ∈(0,1),使得f (x )≥0在区间(1,＋∞)内恒成立,且f (x )＝0在区间(1,＋∞)内有唯一解.24.(2015·天津,20)已知函数f (x )＝nx －x n ,x ∈R ,其中n ∈N *,n ≥2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)设曲线y ＝f (x )与x 轴正半轴的交点为P ,曲线在点P 处的切线方程为y ＝g (x ),求证：对于任意的正实数x ,都有f (x )≤g (x )；(3)若关于x 的方程f (x )＝a (a 为实数)有两个正实根x 1,x 2,求证：|x 2－x 1|＜a1－n＋2.24.(1)解 由f (x )＝nx －x n ,可得f ′(x )＝n －nx n －1＝n (1－xn －1).其中n ∈N *,且n ≥2,下面分两种情况讨论：①当n 为奇数时.令f ′(x )＝0,解得x ＝1,或x ＝－1. 当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表：x (－∞,－1)(－1,1) (1,＋∞) f ′(x ) －＋－f (x )所以,f (x )在(－∞,－1),(1,＋∞)上单调递减,在(－1,1)内单调递增. ②当n 为偶数时.当f ′(x )＞0,即x ＜1时,函数f (x )单调递增； 当f ′(x )＜0,即x ＞1时,函数f (x )单调递减；所以,f (x )在(－∞,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减. (2)证明 设点P 的坐标为(x 0,0),则x 0＝n1n －1,f ′(x 0)＝n －n 2. 曲线y ＝f (x )在点P 处的切线方程为y ＝f ′(x 0)(x －x 0),即g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0). 令F (x )＝f (x )－g (x ),即F (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0),则F ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0). 由于f ′(x )＝－nxn －1＋n 在(0,＋∞)上单调递减,故F ′(x )在(0,＋∞)上单调递减,又因为F ′(x 0)＝0,所以当x ∈(0,x 0)时,F ′(x )＞0, 当x ∈(x 0,＋∞)时,F ′(x )＜0,所以F (x )在(0,x 0)内单调递增, 在(x 0,＋∞)上单调递减,所以对于任意的正实数x ,都有F (x )≤F (x 0)＝0,即对于任意的正实数x ,都有f (x )≤g (x ). (3)证明 不妨设x 1≤x 2.由(2)知g (x )＝(n －n 2)(x －x 0), 设方程g (x )＝a 的根为x 2′,可得x 2′＝an －n 2＋x 0.当n ≥2时,g (x )在(－∞,＋∞)上单调递减, 又由(2)知g (x 2)≥f (x 2)＝a ＝g (x 2′),可得x 2≤x 2′.类似地,设曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程为y ＝h (x ),可得h (x )＝nx . 当x ∈(0,＋∞),f (x )－h (x )＝－x n＜0,即对于任意的x ∈(0,＋∞),f (x )＜h (x ). 设方程h (x )＝a 的根为x 1′,可得x 1′＝a n.因为h (x )＝nx 在(－∞,＋∞)上单调递增,且h (x 1′)＝a ＝f (x 1)＜h (x 1),因此x 1′＜x 1. 由此可得x 2－x 1＜x 2′－x 1′＝a1－n＋x 0. 因为n ≥2,所以2n －1＝(1＋1)n －1≥1＋C 1n －1＝1＋n －1＝n ,故2≥n 1n －1＝x 0.所以,|x 2－x 1|＜a 1－n＋2.25.(2015·江苏,19)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b (a ,b ∈R ). (1)试讨论f (x )的单调性；(2)若b ＝c －a (实数c 是与a 无关的常数),当函数f (x )有三个不同的零点时,a 的取值范围恰好是(－∞,－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞,求c 的值. 25.解 (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ,令f ′(x )＝0,解得x 1＝0,x 2＝－2a 3.当a ＝0时,因为f ′(x )＝3x 2＞0(x ≠0),所以函数f (x )在(－∞,＋∞)上单调递增； 当a ＞0时,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫-∞，-2a 3∪(0,＋∞)时,f ′(x )＞0,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫-2a 3，0时,f ′(x )＜0,所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫-∞，-2a 3,(0,＋∞)上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫-2a 3，0上单调递减；当a ＜0时,x ∈(－∞,0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞时,f ′(x )＞0,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3时,f ′(x )＜0,所以函数f (x )在(－∞,0),⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞上单调递增,在⎝⎛⎭⎪⎫0，－2a 3上单调递减.(2)由(1)知,函数f (x )的两个极值为f (0)＝b ,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3＝427a 3＋b ,则函数f (x )有三个零点等价于f (0)·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3＝b ⎝ ⎛⎭⎪⎫427a 3＋b ＜0,从而⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，－427a 3＜b ＜0或⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，0＜b ＜－427a 3.又b ＝c －a ,所以当a ＞ 0时,427a 3－a ＋c ＞0或当a ＜0时,427a 3－a ＋c ＜0.设g (a )＝427a 3-a ＋c ,因为函数f (x )有三个零点时,a 的取值范围恰好是(-∞,-3)∪⎝⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝⎛⎭⎪⎫32，＋∞,则在(-∞,-3)上g (a )＜0,且在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上g (a )＞0均恒成立. 从而g (－3)＝c －1≤0,且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝c －1≥0,因此c ＝1. 此时,f (x )＝x 3＋ax 2＋1－a ＝(x ＋1)[x 2＋(a －1)x ＋1－a ],因函数有三个零点,则x 2＋(a －1)x ＋1－a ＝0有两个异于－1的不等实根, 所以Δ＝(a -1)2－4(1-a )＝a 2＋2a -3＞0, 且(-1)2-(a -1)＋1-a ≠0,解得a ∈(-∞,-3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞.综上c ＝1.26.(2015·重庆,20)设函数f (x )＝3x 2＋axex(a ∈R ).(1)若f (x )在x ＝0处取得极值,确定a 的值,并求此时曲线y ＝f (x )在点(1,f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3,＋∞)上为减函数,求a 的取值范围.26.解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝（6x ＋a ）e x －（3x 2＋ax ）e x （e x ）2＝－3x 2＋（6－a ）x ＋ae x, 因为f (x )在x ＝0处取得极值,所以f ′(0)＝0,即a ＝0.当a ＝0时,f (x )＝3x 2e x ,f ′(x )＝－3x 2＋6x e x,故f (1)＝3e ,f ′(1)＝3e ,从而f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e (x －1),化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋（6－a ）x ＋ae x. 令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ,由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366,x 2＝6－a ＋a 2＋366.当x ＜x 1时,g (x )＜0,即f ′(x )＜0,故f (x )为减函数； 当x 1＜x ＜x 2时,g (x )＞0,即f ′(x )＞0,故f (x )为增函数； 当x ＞x 2时,g (x )＜0,即f ′(x )＜0, 故f (x )为减函数.由f (x )在[3,＋∞)上为减函数,知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3,解得a ≥－92,故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.27.(2015·新课标全国Ⅰ,21)已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14,g (x )＝－ln x .(1)当a 为何值时,x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ,n }表示m ,n 中的最小值,设函数h (x )＝min{f (x ),g (x )}(x >0),讨论h (x )零点的个数.27.解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0),则f (x 0)＝0,f ′(x 0)＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得x 0＝12,a ＝－34.因此,当a ＝－34时,x 轴为曲线y ＝f (x )的切线.(2)当x ∈(1,＋∞)时,g (x )＝－ln x <0,从而h (x )＝min{f (x ),g (x )}≤g (x )<0, 故h (x )在(1,＋∞)无零点.。

基础巩固题组(建议用时：40分钟）一、选择题1.函数f(x）＝x ln x，则（）A.在（0，＋∞）上递增B.在（0,＋∞)上递减C。

在错误!上递增D。

在错误!上递减解析f(x）的定义域为(0，＋∞），f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)>0得x>错误!，令f′(x）<0得0〈x〈错误!，故选D。

答案D2。

下面为函数y＝x sin x＋cos x的递增区间的是（) A。

错误!B。

（π，2π）C。

错误!D。

（2π，3π）解析y′＝(x sin x＋cos x）′＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x，当x∈错误!时，恒有x cos x〉0.答案C3.已知函数f（x）＝错误!x3＋ax＋4,则“a>0”是“f(x）在R上单调递增”的( ）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解析f′（x）＝32x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立,故“a>0”是“f（x)在R上单调递增”的充分不必要条件.答案A4.已知函数y＝f（x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′（x)的图象如图所示，则该函数的图象是( ）解析由y＝f′(x）的图象知，y＝f（x）在[－1,1］上为增函数,且在区间（－1,0）上增长速度越来越快，而在区间(0，1）上增长速度越来越慢。

答案 B5.设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是( ）A.（1,2］B.[4，＋∞)C.（－∞，2］ D 。

（0，3］ 解析 ∵f (x )＝错误!x 2－9ln x ,∴f ′(x )＝x －错误!(x 〉0），当x －9x≤0时,有0〈x ≤3， 即在(0，3]上原函数是减函数，则[a －1，a ＋1]⊆（0，3],∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.答案 A二、填空题6。

1．函数y ＝e xx 的单调减区间是( )A ．(－∞，1]B ．(1，＋∞)C ．(0,1]D ．(－∞，0)和(0,1]2．已知函数y ＝f (x )的图象是下列四个图象之一，且其导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则该函数的图象是( )3．“a >1”是“函数f (x )＝ax ＋cos x 在R 上单调递增”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件C．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件4．函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是( )A ．(1,2]B ．[4，＋∞)C ．(－∞，2]D ．(0,3]5．已知函数f (x )与f ′(x )的图象如图所示，则函数g (x )＝f (x )e x的递减区间为( )A ．(0,4)B ．(－∞，1)，(43，4)C ．(0，43)D ．(0,1)，(4，＋∞)二、填空题6．已知函数f (x )＝kx 3＋3(k －1)x 2－k 2＋1(k >0)，(1)若函数f (x )的单调递减区间是(0,4)，则实数k 的值为____________； (2)若在(0,4)上为减函数，则实数k 的取值范围是____________．7．已知函数y ＝－13x 3＋bx 2－(2b ＋3)x ＋2－b 在R 上不是单调减函数，则b 的取值范围是________________．8．(2016·兰州一模)若函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是______________________．9．已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax ，若g (x )＝1e x ，对任意x 1∈[12，2]，存在x 2∈[12，2]，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立，则实数a 的取值范围是______________． 三、解答题10．已知函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝f (x )＋ax －6ln x ，其中a ∈R .(1)当a ＝1时，判断函数f (x )的单调性；(2)若g (x )在其定义域内为增函数，求正实数a 的取值范围．答案精析1．D [函数的定义域为{x |x ≠0}，求导可得y ′＝e x (x －1)x 2，令y ′≤0得x ≤1，所以函数的单调减区间为(－∞，0)和(0,1]，故选D.]2．B [在(－1,0)上，f ′(x )单调递增，所以f (x )图象的切线斜率呈递增趋势；在(0,1)上，f ′(x )单调递减，所以f (x )图象的切线斜率呈递减趋势，故选B.]3．A [若函数f (x )＝ax ＋cos x 在R 上单调递增，则f ′(x )＝a －sin x ≥0在R 上恒成立， ∴a ≥sin x ，∵－1≤sin x ≤1，∴a ≥1，则“a >1”是“函数f (x )＝ax ＋cos x 在R 上单调递增”的充分不必要条件，故选A.]4．A [因为f (x )＝12x 2－9ln x ，所以f ′(x )＝x －9x(x >0)，当x －9x ≤0时，有0<x ≤3，即在(0,3]上函数f (x )是减函数，所以a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.故选A.]5．D [求导可得g ′(x )＝f ′(x )e x －f (x )e x (e x )2＝f ′(x )－f (x )e x ，令g ′(x )<0即f ′(x )－f (x )<0， 由图可得x ∈(0,1)∪(4，＋∞)，故函数g (x )的单调递减区间为(0,1)，(4，＋∞)，故选D.] 6．(1)13(2)⎝⎛⎦⎤0，13 解析 (1)f ′(x )＝3kx 2＋6(k －1)x ，由题意知f ′(4)＝0，解得k ＝13.(2)由f ′(x )＝3kx 2＋6(k －1)x ，由题意知f ′(4)≤0，解得k ≤13.又k >0，故0<k ≤13.7．(－∞，－1)∪(3，＋∞)解析 y ′＝－x 2＋2bx －(2b ＋3)，要使原函数在R 上单调递减，应有y ′≤0恒成立， 所以Δ＝4b 2－4(2b ＋3)＝4(b 2－2b －3)≤0，所以－1≤b ≤3，故使该函数在R 上不是单调减函数的b 的取值范围是b <－1或b >3. 8．(－∞，2ln 2－2]解析 因为f (x )＝x 2－e x －ax ，所以f ′(x )＝2x －e x －a ， 因为函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间， 所以f ′(x )＝2x －e x －a ≥0，即a ≤2x －e x 有解， 设g (x )＝2x －e x ，则g ′(x )＝2－e x ，令g ′(x )＝0，解得x ＝ln 2，则当x <ln 2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 当x >ln 2时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，所以当x ＝ln 2时，g (x )取得最大值，g (x )max ＝g (ln 2)＝2ln 2－2， 所以a ≤2ln 2－2. 9．(－∞，ee－8] 解析 求导可得f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ＝(x ＋1)2＋a －1⇒f ′(x )在[12，2]上是增函数⇒f ′(x )max ＝f ′(2)＝8＋a ，由g (x )＝1e x 在[12，2]上是减函数⇒g (x )max ＝g (12)＝1e ，又原命题等价于f ′(x )max ≤g (x )max ⇒8＋a ≤1e⇒a ∈(－∞，ee －8]．10．解 (1)由f (x )＝ln x －ax 得定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x ＋a x 2，当a ＝1时，f ′(x )＝x ＋1x 2>0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增． (2)由已知得，g ′(x )＝ax 2－5x ＋ax 2，因为g (x )在其定义域内为增函数， 所以∀x ∈(0，＋∞)，g ′(x )≥0， 即ax 2－5x ＋a ≥0，即a ≥5xx 2＋1，而5x x 2＋1≤5x 2x ＝52，当且仅当x ＝1时，等号成立，所以a ≥52.。

专题21 导数的综合运用【母题原题1】【2018新课标1，文21】已知函数．（1）设是的极值点．求，并求的单调区间；（2）证明：当时，．当0<x<1时，g′（x）<0；当x>1时，g′（x）>0．所以x=1是g（x）的最小值点．故当x>0时，g（x）≥g（1）=0．因此，当时，．点睛：该题考查的是有关导数的应用问题，涉及到的知识点有导数与极值、导数与最值、导数与函数的单调性的关系以及证明不等式问题，在解题的过程中，首先要保证函数的生存权，先确定函数的定义域，之后根据导数与极值的关系求得参数值，之后利用极值的特点，确定出函数的单调区间，第二问在求解的时候构造新函数，应用不等式的传递性证得结果.【母题原题2】【2017新课标1，文21】已知函数f(x)=e x(e x-a)-a2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.综上,a的取值范围是[-2,1].【母题原题3】【2016新课标1，文21】已知函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2.(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.在(ln(-2a),1)单调递减.则ln(-2a)>1,故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0;当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)单调递增,在(1,ln(-2a))单调递减.(Ⅱ)(ⅰ则由(Ⅰ)知,f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b<ln,则f(b)>(b-2)+a(b-1)2=a>0,所以f(x)有两个零点.(ⅱ则f (x )=(x-2)e x ,所以f (x )只有一个零点.(ⅲ若则由(Ⅰ)知,f (x )在(1,+∞)单调递增. 又当x ≤1时f (x )<0,故f (x )不存在两个零点;【命题意图】考查导数的概念、导数公式求导法则导数的几何意义及导数的应用，考查数学式子变形能力、运算求解能力、分类讨论思想、函数与方程思想、化归与转化思想及分析问题与解决问题的能力．【命题规律】从全国看，高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一般有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题. 【答题模板】求解应用导数研究函数的性质问题的一般思路：第一步：牢记求导法则，正确求导.在函数与导数类解答题中，通常都会涉及求导，正确的求导是解题关键，因此要牢记求导公式，做到正确求导，解题时应先写出函数定义域．第二步：研究（1）（2）问的关系，注意利用第(1)问的结果.在题设条件下，如果第(1)问的结果第(2)问能用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决．第三步：根据条件，寻找或构造目标函数，注意分类讨论.高考函数与导数解答题，一般都会涉及分类讨论，并且讨论的步骤也是得分点，所以一定要重视分类讨论．第四步：选择恰当的方法求解，注意写全得分关键：在函数与导数问题中，求导的结果、分类讨论的条件、单调区间、零点等一些关键式子和结果都是得分点，在解答时一定要写清楚． 【方法总结】1.导数法证明函数()f x 在(,)a b 内的单调性的步骤 (1)求'()f x ；(2)确认'()f x 在(,)a b 内的符号；(3)作出结论：'()0f x ≥时为增函数；'()0f x ≤时为减函数．2.图象法确定函数()f x 在(,)a b 内的单调性：导函数的图象在哪个区间位于x 轴上方(下方)，说明导函数在该区间大于0(小于0)，那么它对应的原函数在那个区间就单调递增(单调递减)．3.已知函数单调性，求参数范围的两个方法：(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f(x)在(a ，b)上单调，则区间(a ，b)是相应单调区间的子集． (2)转化为不等式的恒成立问题：即“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数单调递减，则f′(x)≤0”来求解．4.求函数f(x)极值的步骤： (1)确定函数的定义域； (2)求导数f′(x)；(3)解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；(4)列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x 0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f(x)在x 0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x 0处取极小值．【温馨提醒】导数值为0的点不一定是函数的极值点，“函数在某点的导数值为0”是“函数在该点取得极值”的必要不充分条件．找函数的极值点，即先找导数的零点，但并不是说导数的零点就是极值点(如y ＝x 3)，还要保证该零点为变号零点． 6.求函数f(x)在[a ，b]上的最大值和最小值的步骤 (1)求函数在(a ，b)内的极值；(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)；(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值． 【温馨提醒】函数在限定区间内最多只有一个最大值和一个最小值，如果存在最大或最小值，最大值一般是在端点或极大值点取得，最小值一般是在端点或极小值点取得．极值与最值的区别 (1)“极值”反映函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质；“最值”是个整体概念，是整个区间上的最大值或最小值，具有绝对性．(2)从个数上看，最值若存在，则必定是惟一的，而极值可以同时存在若干个或不存在，且极大(小)值并不一定比极小(大)值大(小)．(3)从位置上看，极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点处取得；有极值未必有最值，有最值未必有极值．7. 解决含参数问题及不等式问题注意两个转化：(1)利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．(2)将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性问题处理． 8.关于最值问题：①对求函数在某一闭区间上，先用导数求出极值点的值和区间端点的值，最大者为最大值，最小者为最小值，对求函数定义域上最值问题或值域，先利用导数研究函数的单调性和极值，从而弄清函数的图像，结合函数图像求出极值；②对已知最值或不等式恒成立求参数范围问题，通过参变分离转化为不等式()f x ≤（≥）()g a （x 是自变量，a 是参数）恒成立问题，()g a ≥max ()f x （≤min ()f x ），转化为求函数的最值问题，注意函数最值与极值的区别与联系.1．【黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2018届高三第三次模拟考试】已知函数在点处的切线方程是.(1)求的值及函数的最大值；(2)若实数满足.(i)证明：；(ii)若，证明：.故有当时，．（Ⅱ）证明： （ⅰ），由（Ⅰ）知，所以，即.又因为（过程略），所以，故.（ⅱ）法一：点睛：该题所考查的是有关导数的综合应用，首先是应用导数的几何意义以及切点在切线上，建立相应的等量关系式，求得参数的值，以确定函数的解析式，从而利用导数来研究函数的单调性，从而确定出函数的最值，之后在证明不等式的时候，利用导数研究函数并构造新函数求得结果. 2．【山东、湖北部分重点中学2018年高考冲刺模拟试卷】已知函数.（Ⅰ）若函数为单调函数，求的取值范围；（Ⅱ）当时，证明：.【解析】试题分析：（Ⅰ）由题意可得，原问题等价于恒成立或恒成立，构造函数令，得，结合讨论可得不可能恒成立，则得恒成立.据此计算可得.又，当时，时，；当时，时，；不可能恒成立，归纳得恒成立.又，所以.令，，得在单调递增，在单调递减，，即，所以，即.（Ⅱ）令，(1)当时，，所以，.因为，所以即；因为，可知函数在处取最小值即，即.点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．3．【山东省潍坊市青州市2018届高三第三次高考模拟考试】已知(1)求的单调区间;(2)设，为函数的两个零点，求证：.【解析】分析：（1）由函数，求得，通过讨论实数的取值范围，即可求出函数的单调区间；（2）构造函数，与图象两交点的横坐标为，问题转化为，令，根据函数的单调性即可作出证明.详解：（1）∵，∴当时，∴，即的单调递增区间为，无减区间；当时，∴，由可得而，∴知在区间上单调递减，在区间上单调递增，可知欲证，只需证，即证，考虑到在上递增，只需证由知，只需证令，则，所以为增函数，又，结合知，即成立，即成立.点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.4．【福建省三明市第一中学2018届高三模拟卷】已知函数.（1）当时，讨论函数的单调性；（2）求函数在区间上零点的个数.②当时，令，即在和上单调递增；在上单调递减；点；②当即时，若即时，在单调递增，在上单调递减，，此时在区间上有一个零点；若即时，在单调递增，在上单调递减，，此时在区间上有零点和在区间有一个零点共两个零点；综上：当时，在区间上有2个零点；时，在区间上有1个零点.点睛：本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.5．【重庆市西南大学附中高2018级第四次月考】函数，.（1）求函数的单调区间及极值；（2）若，是函数的两个不同零点，求证：①；②.详解：（1）定义域：令，则，令，则∴在递减，递增∴，无极大值（2）由（1）知时，；时，要使有两个不同零点，则即不妨设，①证明：令，则在递增而，∴∴即∵，∴∵且在递减点睛：本题考查函数的单调性、极值、零点、函数与方程、不等式等基础知识，考查运算求解、推理论证能力，考查转化与化归等数学思想，属于难题．解题的关键是构造新函数，通过新函数的单调性过渡到原函数的单调性，转化与化归思想在这里有着充分的体现．6．【广东省中山市第一中学2019届高三入门考试】设函数，，．（1）若函数有两个零点，试求的取值范围；（2）证明．【解析】试题分析：（1）求出函数g（x）的导数，通过讨论a的范围，判断函数g（x）的单调性结合函数零点的个数确定a的范围即可；（2）设h（x）=（x﹣1）e x﹣ln（x﹣1）﹣x﹣1，其定义域为（1，+∞），只需证明h（x）≥0即可，根据函数的单调性求出h（x）的最小值，从而证出结论.详解：（1）函数的定义域为，由已知得．①当时，函数只有一个零点；②当，因为，当时，；当时，．所以函数在上单调递减，在上单调递增．又，，因为，所以，所以，所以，取，显然且所以，．由零点存在性定理及函数的单调性知，函数有两个零点．③当时，由，得或．当，则．当变化时，，变化情况如下表：注意到，所以函数至多有一个零点，不符合题意．当，则，在单调递增，函数至多有一个零点，不符合题意．注意到当，时，，，所以．点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.7．【四川省双流中学2018届高三考前第二次模拟考试】已知函数，.(1)讨论函数的零点个数；(2)求证：.，记，得.设，则，∴在上单调递增，又，，在上图象是不间断的，∴存在唯一的实数，使得，∴当时，，，在上递减，当时，，，在上递增，∴当时，有极小值，即为最小值，，又，所以，所以.又，∴，∴，所以，，即.点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式;（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.8．【河南省巩义市市直高中2018届高三下学期模拟考试】已知函数，（为实数）.（1）当时，求函数的图象在处的切线方程；（2）求在区间上的最小值；（3）若存在两个不等实数，使方程成立，求实数的取值范围.【解析】试题分析：（1）根据导数的几何意义得到，，所以切线方程为，即；（2）当时，为增函数可得到函数最值，当时，在区间内，为减函数，在区间上，为增函数，进而得到最值；（3）原式子等价于，令，研究函数的单调性得到函数的图像进而得到零点情况.详解：（1）当时，，，，故切线的斜率为，所以切线方程为，即.（2）∵，当时，在区间上，为增函数，所以，当时，在区间内，为减函数，在区间上，为增函数，所以.（3）由，可得，则，令，则.点睛：函数的零点或方程的根的问题，一般以含参数的三次式、分式、以e为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数零点或方程根的形式出现，一般有下列两种考查形式：(1)确定函数零点、图象交点及方程根的个数问题；(2)应用函数零点、图象交点及方程解的存在情况，求参数的值或取值范围问题；研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最值、函数的变化趋势等，根据题目要求，通过数形结合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现，同时在解题过程中要注意转化与化归、函数与方程、分类讨论思想的应用．9．【四川省成都市第七中学2018届高三下学期三诊模拟考试】已知函数，其中；（Ⅰ）若函数在处取得极值，求实数的值，（Ⅱ）在（Ⅰ）的结论下，若关于的不等式，当时恒成立，求的值.（Ⅲ）令，若关于的方程在内至少有两个解，求出实数的取值范围.【解析】分析:（Ⅰ）函数在处取得极值，当时，，即可求实数的值，（Ⅱ）当时，，整理得得，求出右边的最令，则，所以，即∴（Ⅲ）令,，构造函数即方程在区间上只少有两个解又，所以方程在区间上有解当时，，即函数在上是增函数，且，所以此时方程在区间上无解当时，，同上方程无解当时，函数在上递增，在上递减，且要使方程在区间上有解，则，即所以此时点睛：本题考查导数知识的综合运用，考查函数的极值，考查恒成立问题，考查学生分析解决问题的能力，难度大．10．【山东省实验中学2015级第二次模拟考试】已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若关于的方程有实数解，求实数的取值范围；（3）求证：.【解析】分析：（1）由函数的解析式可得，则函数在区间上为增函数，在区间上为减函数；（2）令，则，，而，据此可得.（3）原不等式等价于.由（1）得，令，则，据此即可证得题中的结论.详解：（1）函数定义域为，；在区间上，为增函数；在区间上，为减函数；（2）令，在区间，为，为减函数；在区间，为，为增函数；，由（1）得，若关于的方程有实数解等价于.点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．11．【河北省石家庄二中2018届高三三模】设函数，其中.（Ⅰ）讨论函数极值点的个数，并说明理由；（Ⅱ）若，成立，求的取值范围.【解析】分析：（1）求函数的导数，再换元，令，对与分类讨论①②③④，即可得出函数的极值的情况.（2）由（1）可知：当时，函数在为增函数，又所以满足条件；当时，因换元满足题意需在此区间，即；最后得到的取值范围.详解：（Ⅰ），设，则，当时，，函数在为增函数，无极值点.当时，，若时，，函数在为增函数，无极值点.综上可知当时的无极值点；当时有一个极值点；当时，的有两个极值点.（Ⅱ）对于，由（Ⅰ）知当时函数在上为增函数，由，所以成立.若，设的两个不相等的正实数根，，且，，∴.则若，成立，则要求，即解得.此时在为增函数，，成立若当时令，显然不恒成立.综上所述，的取值范围是.点睛：函数的导数或换元后的导数为二次函数题型，求函数的单调性或极值点个数的解题步骤为：（1）确定定义域；（2）二次项系数；（3）；（4），再讨论，两个根的大小关系。

1.设f (x )是定义在R 上的可导函数，当x ≠0时，f ′(x )＋f xx>0，则关于x 的函数g (x )＝f (x )＋1x的零点个数为( )点击观看解答视频A ．1B ．2C ．0D ．0或2答案 C解析 由f ′(x )＋f x x >0，得xf ′ x ＋f xx>0，当x >0时，xf ′(x )＋f (x )>0，即′>0，函数xf (x )单调递增； 当x <0时，xf ′(x )＋f (x )<0， 即′<0，函数xf (x )单调递减． ∴xf (x )>0f (0)＝0， 又g (x )＝f (x )＋x －1＝xf x ＋1x ，函数g (x )＝xf x ＋1x的零点个数等价于函数y ＝xf (x )＋1的零点个数．当x >0时，y ＝xf (x )＋1>1，当x <0时，y ＝xf (x )＋1>1，所以函数y ＝xf (x )＋1无零点，所以函数g (x )＝f (x )＋x －1的零点个数为0.故选C.2．设函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2014)2f (x ＋2014)－4f (－2)>0的解集为________．答案 (－∞，－2016)解析 由2f (x )＋xf ′(x )>x 2，x <0得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3，∴′<x 3<0.令F (x )＝x 2f (x )(x <0)，则F ′(x )<0(x <0)，即F (x )在(－∞，0)上是减函数，因为F (x ＋2014)＝(x＋2014)2f (x ＋2014)，F (－2)＝4f (－2)，所以不等式(x ＋2014)2f (x ＋2014)－4f (－2)>0即为F (x ＋2014)－F (－2)>0，即F (x ＋2014)>F (－2)，又因为F (x )在(－∞，0)上是减函数，所以x ＋2014<－2，∴x <－2016.3．已知f (x )＝ax －cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3.若∀x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3，∀x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3，x 1≠x 2，f x 2 －f x 1x 2－x 1<0，则实数a 的取值范围为________．答案 a ≤－32解析 f ′(x )＝a ＋sin x .依题意可知f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3上为减函数，所以f ′(x )≤0对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3恒成立，可得a ≤－sin x 对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3恒成立．设g (x )＝－sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3.易知g (x )为减函数，故g (x )min ＝－32，所以a ≤－32. 4．已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递增． 若a >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )<0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞单调递减．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a >0时，f (x )在x ＝1a取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >2a －2等价于ln a ＋a －1<0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)单调递增，g (1)＝0. 于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0. 因此，a 的取值范围是(0,1)． 5．设a >1，函数f (x )＝(1＋x 2)e x－a . (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行，且在点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行(O 是坐标原点)，证明：m ≤3a －2e－1.解 (1)f ′(x )＝2x e x＋(1＋x 2)e x＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x≥0，故f (x )是R 上的单调递增函数，其单调增区间是(－∞，＋∞)，无单调减区间．(2)证明：因为f (0)＝(1＋02)e 0－a ＝1－a <0，且f (ln a )＝(1＋ln 2a )e ln a－a ＝(1＋ln 2a )a －a ＝a ln 2 a >0，由零点存在性定理知，f (x )在(－∞，＋∞)上至少有一个零点． 又由(1)知，函数f (x )是(－∞，＋∞)上的单调递增函数， 故函数f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．(3)证明：设点P (x 0，y 0)，由曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行知，f ′(x 0)＝0，即f ′(x 0)＝(x 0＋1)2e x 0＝0，(x 0＋1)2＝0，x 0＝－1，即P (－1,2e －1－a )．由点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行知，f ′(m )＝k OP ， 即(1＋m )2e m＝2e －1－a －0－1－0＝a －2e.由e m ≥1＋m 知，(1＋m )3≤(1＋m )2e m＝a －2e，即1＋m ≤3a －2e ，即m ≤ 3a －2e－1.6．已知函数f (x )＝ln x － x －122.(1)求函数f (x )的单调递增区间； (2)证明：当x >1时，f (x )<x －1；(3)确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0>1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )>k (x －1)． 解 (1)f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)．由f ′(x )>0得⎩⎪⎨⎪⎧x >0，－x 2＋x ＋1>0.解得0<x <1＋52.故f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋52.(2)证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)． 则F ′(x )＝1－x2x.当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )<0， 所以F (x )在上仅有一个零点． 解 (1)由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝k .f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的情况如下：取得极小值f (k )＝k 1－ln k2.(2)证明：由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k 1－ln k2.因为f (x )存在零点，所以k 1－ln k2≤0，从而k ≥e.当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e]上单调递减，且f (e)＝0， 所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点． 当k >e 时，f (x )在区间(0，e)上单调递减， 且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k2<0，所以f (x )在区间(1， e ]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1， e ]上仅有一个零点． 8．已知函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x (a <0)．(1)若函数f (x )在定义域内单调递增，求a 的取值范围；(2)若a ＝－12且关于x 的方程f (x )＝－12x ＋b 在上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围．解 (1)f ′(x )＝－ax 2＋2x －1x(x >0)．依题意f ′(x )≥0在x >0时恒成立，即ax 2＋2x －1≤0在x >0时恒成立． 则a ≤1－2x x2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1在x >0时恒成立，即a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1min (x >0)，当x ＝1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1取最小值－1.∴a 的取值范围是(－∞，－1]．(2)a ＝－12，f (x )＝－12x ＋b ⇔14x 2－32x ＋ln x －b ＝0.设g (x )＝14x 2－32x ＋ln x －b (x >0)．则g ′(x )＝ x －2 x －12x .列表：∴g (x )极小值＝g (2)＝ln 2－b －2，g (x )极大值＝g (1)＝－b －4，又g (4)＝2ln 2－b －2，∵方程g (x )＝0在上恰有两个不相等的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧g 1 ≥0，g 2 <0，g 4 ≥0，得ln 2－2<b ≤－54.9. 如图，现要在边长为100 m 的正方形ABCD 内建一个交通“环岛”．以正方形的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为x m(x 不小于9)的扇形花坛，以正方形的中心为圆心建一个半径为15x 2m 的圆形草地．为了保证道路畅通，岛口宽不小于60 m ，绕岛行驶的路宽均不小于10 m.(1)求x 的取值范围(运算中2取1.4)；(2)若中间草地的造价为a 元/m 2，四个花坛的造价为433ax 元/m 2，其余区域的造价为12a 11元/m 2，当x 取何值时，可使“环岛”的整体造价最低？解 (1)由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧x ≥9100－2x ≥601002－2x －2×15x 2≥2×10，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ≥9x ≤20－20≤x ≤15，即9≤x ≤15.所以x 的取值范围是．(2)记“环岛”的整体造价为y 元，则由题意得y ＝a ×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22＋433ax ×πx 2＋12a 11×⎣⎢⎡⎦⎥⎤104－π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22－πx 2＝a 11⎣⎢⎡π⎝ ⎛ －125x 4＋43x 3－12x 2 ] )＋12×104， 令f (x )＝－125x 4＋43x 3－12x 2，则f ′(x )＝－425x 3＋4x 2－24x＝－4x ⎝⎛⎭⎪⎫125x 2－x ＋6，由f ′(x )＝0，解得x ＝10或x ＝15或x ＝0(舍)， 列表如下：即当x ＝10时，可使“环岛”的整体造价最低．。

三年高考真题与高考等值卷(导数及其应用)(文科数学)1.导数概念及其几何意义 (1)了解导数概念的实际背景. (2)理解导数的几何意义.2.导数的运算（1）能根据导数定义求函数y =C (C 为常数),y =x ,y =x 2,y =1x的导数. (2)能利用下面给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数,能求简单的复合函数(仅限于形如f (ax +b )的复合函数)的导数. •常见基本初等函数的导数公式： (C )'=0(C 为常数)；(x n )'=nx n −1,n ∈N ； (sin x )'=cos x ；(cos x )'=−sin x ；(e x )'=e x ；(a x )'=a x ln a (a >0,且a ≠1)；(ln x )'=1x ；(log a x )'=1x log a e (a >0,且a ≠1)•常用的导数运算法则： 法则1：[u (x )±v (x )]'=u '(x )±v '(x ). 法则2：[u (x )v (x )]'=u '(x )v (x )+u (x )v '(x ). 法则3：2()'()()()'()[]'(()0)()()u x u x v x u x v x v x v x v x −=≠ 3.导数在研究函数中的应用(1)了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).(2)了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次). 4.生活中的优化问题会利用导数解决某些实际问题.1．【2019年新课标3文科07】已知曲线y ＝ae x +xlnx 在点（1，ae ）处的切线方程为y ＝2x +b ，则（ ） A ．a ＝e ，b ＝﹣1B ．a ＝e ，b ＝1C ．a ＝e ﹣1，b ＝1D ．a ＝e ﹣1，b ＝﹣1【解答】解：y＝ae x+xlnx的导数为y′＝ae x+lnx+1，由在点（1，ae）处的切线方程为y＝2x+b，可得ae+1+0＝2，解得a＝e﹣1，又切点为（1，1），可得1＝2+b，即b＝﹣1，故选：D．2．【2019年新课标2文科10】曲线y＝2sin x+cos x在点（π，﹣1）处的切线方程为（）A．x﹣y﹣π﹣1＝0 B．2x﹣y﹣2π﹣1＝0C．2x+y﹣2π+1＝0 D．x+y﹣π+1＝0【解答】解：由y＝2sin x+cos x，得y′＝2cos x﹣sin x，∴y′|x＝π＝2cosπ﹣sinπ＝﹣2，∴曲线y＝2sin x+cos x在点（π，﹣1）处的切线方程为y+1＝﹣2（x﹣π），即2x+y﹣2π+1＝0．故选：C．3．【2019年新课标1文科05】函数f（x）在[﹣π，π]的图象大致为（）A．B．C．D．【解答】解：∵f（x），x∈[﹣π，π]，∴f（﹣x）f（x），∴f（x）为[﹣π，π]上的奇函数，因此排除A；又f（），因此排除B，C；故选：D．4．【2018年新课标2文科03】函数f（x）的图象大致为（）A．B．C．D．【解答】解：函数f（﹣x）f（x），则函数f（x）为奇函数，图象关于原点对称，排除A，当x＝1时，f（1）＝e0，排除D．当x→+∞时，f（x）→+∞，排除C，故选：B．5．【2018年新课标1文科06】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【解答】解：函数f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax，若f（x）为奇函数，可得a＝1，所以函数f（x）＝x3+x，可得f′（x）＝3x2+1，曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线的斜率为：1，则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为：y＝x．故选：D．6．【2018年新课标3文科09】函数y＝﹣x4+x2+2的图象大致为（）A．B．C．D．【解答】解：函数过定点（0，2），排除A，B．函数的导数f′（x）＝﹣4x3+2x＝﹣2x（2x2﹣1），由f′（x）＞0得2x（2x2﹣1）＜0，得x或0＜x，此时函数单调递增，由f′（x）＜0得2x（2x2﹣1）＞0，得x或x＜0，此时函数单调递减，排除C，也可以利用f（1）＝﹣1+1+2＝2＞0，排除A，B，故选：D．7．【2017年新课标2文科08】函数f（x）＝ln（x2﹣2x﹣8）的单调递增区间是（）A．（﹣∞，﹣2）B．（﹣∞，﹣1）C．（1，+∞）D．（4，+∞）【解答】解：由x2﹣2x﹣8＞0得：x∈（﹣∞，﹣2）∪（4，+∞），令t＝x2﹣2x﹣8，则y＝lnt，∵x∈（﹣∞，﹣2）时，t＝x2﹣2x﹣8为减函数；x∈（4，+∞）时，t＝x2﹣2x﹣8为增函数；y＝lnt为增函数，故函数f（x）＝ln（x2﹣2x﹣8）的单调递增区间是（4，+∞），故选：D．8．【2017年新课标1文科08】函数y的部分图象大致为（）A．B．C．D．【解答】解：函数y，可知函数是奇函数，排除选项B，当x时，f（），排除A，x＝π时，f（π）＝0，排除D．故选：C．9．【2017年新课标1文科09】已知函数f（x）＝lnx+ln（2﹣x），则（）A．f（x）在（0，2）单调递增B．f（x）在（0，2）单调递减C．y＝f（x）的图象关于直线x＝1对称D．y＝f（x）的图象关于点（1，0）对称【解答】解：∵函数f（x）＝lnx+ln（2﹣x），∴f（2﹣x）＝ln（2﹣x）+lnx，即f（x）＝f（2﹣x），即y＝f（x）的图象关于直线x＝1对称，故选：C．10．【2017年新课标3文科07】函数y＝1+x的部分图象大致为（）A．B．C．D．【解答】解：函数y＝1+x，可知：f（x）＝x是奇函数，所以函数的图象关于原点对称，则函数y＝1+x的图象关于（0，1）对称，当x→0+，f（x）＞0，排除A、C，当x＝π时，y＝1+π，排除B．故选：D．11．【2017年新课标3文科12】已知函数f（x）＝x2﹣2x+a（e x﹣1+e﹣x+1）有唯一零点，则a＝（）A．B．C．D．1【解答】解：因为f（x）＝x2﹣2x+a（e x﹣1+e﹣x+1）＝﹣1+（x﹣1）2+a（e x﹣1）＝0，所以函数f（x）有唯一零点等价于方程1﹣（x﹣1）2＝a（e x﹣1）有唯一解，等价于函数y＝1﹣（x﹣1）2的图象与y＝a（e x﹣1）的图象只有一个交点．①当a＝0时，f（x）＝x2﹣2x≥﹣1，此时有两个零点，矛盾；②当a＜0时，由于y＝1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，且y＝a（e x﹣1）在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，所以函数y＝1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1，1），y＝a（e x﹣1）的图象的最高点为B（1，2a），由于2a＜0＜1，此时函数y＝1﹣（x﹣1）2的图象与y＝a（e x﹣1）的图象有两个交点，矛盾；③当a＞0时，由于y＝1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，且y＝a（e x﹣1）在（﹣∞，1）上递减、在（1，+∞）上递增，所以函数y＝1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1，1），y＝a（e x﹣1）的图象的最低点为B（1，2a），由题可知点A与点B重合时满足条件，即2a＝1，即a，符合条件；综上所述，a，故选：C．12．【2019年天津文科11】曲线y＝cos x在点（0，1）处的切线方程为．【解答】解：由题意，可知：y′＝﹣sin x，∵y′|x＝0＝﹣sin0．曲线y＝cos x在点（0，1）处的切线方程：y﹣1x，整理，得：x+2y﹣2＝0．故答案为：x+2y﹣2＝0．13．【2019年新课标1文科13】曲线y＝3（x2+x）e x在点（0，0）处的切线方程为．【解答】解：∵y＝3（x2+x）e x，∴y'＝3e x（x2+3x+1），∴当x＝0时，y'＝3，∴y＝3（x2+x）e x在点（0，0）处的切线斜率k＝3，∴切线方程为：y＝3x．故答案为：y＝3x．14．【2018年新课标2文科13】曲线y＝2lnx在点（1，0）处的切线方程为．【解答】解：∵y＝2lnx，∴y′，当x＝1时，y′＝2∴曲线y＝2lnx在点（1，0）处的切线方程为y＝2x﹣2．故答案为：y＝2x﹣2．15．【2018年天津文科10】已知函数f（x）＝e x lnx，f′（x）为f（x）的导函数，则f′（1）的值为．【解答】解：函数f（x）＝e x lnx，则f′（x）＝e x lnx•e x；∴f′（1）＝e•ln1+1•e＝e．故答案为：e．16．【2017年新课标1文科14】曲线y＝x2在点（1，2）处的切线方程为．【解答】解：曲线y＝x2，可得y′＝2x，切线的斜率为：k＝2﹣1＝1．切线方程为：y﹣2＝x﹣1，即：x﹣y+1＝0．故答案为：x﹣y+1＝0．17．【2017年天津文科10】已知a∈R，设函数f（x）＝ax﹣lnx的图象在点（1，f（1））处的切线为l，则l 在y轴上的截距为．【解答】解：函数f（x）＝ax﹣lnx，可得f′（x）＝a，切线的斜率为：k＝f′（1）＝a﹣1，切点坐标（1，a），切线方程l为：y﹣a＝（a﹣1）（x﹣1），l在y轴上的截距为：a+（a﹣1）（﹣1）＝1．故答案为：1．18．【2019年天津文科20】设函数f（x）＝lnx﹣a（x﹣1）e x，其中a∈R．（Ⅰ）若a≤0，讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若0＜a，（i）证明f（x）恰有两个零点；（i）设x0为f（x）的极值点，x1为f（x）的零点，且x1＞x0，证明3x0﹣x1＞2．【解答】（I）解：f′（x）[ae x+a（x﹣1）e x]，x∈（0，+∞）．a≤0时，f′（x）＞0，∴函数f（x）在x∈（0，+∞）上单调递增．（II）证明：（i）由（I）可知：f′（x），x∈（0，+∞）．令g（x）＝1﹣ax2e x，∵0＜a，可知：g（x）在x∈（0，+∞）上单调递减，又g（1）＝1﹣ae＞0．且g（ln）＝1﹣a10，∴g（x）存在唯一解x0∈（1，ln）．即函数f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，+∞）单调递减．∴x0是函数f（x）的唯一极值点．令h（x）＝lnx﹣x+1，（x＞0），h′（x），可得h（x）≤h（1）＝0，∴x＞1时，lnx＜x﹣1．f（ln）＝ln（ln）﹣a（ln1）ln（ln）﹣（ln1）＜0．∵f（x0）＞f（1）＝0．∴函数f（x）在（x0，+∞）上存在唯一零点1．因此函数f（x）恰有两个零点；（ii）由题意可得：f′（x0）＝0，f（x1）＝0，即a1，lnx1＝a（x1﹣1），∴lnx1，即，∵x＞1，可得lnx＜x﹣1．又x1＞x0＞1，故，取对数可得：x1﹣x0＜2lnx0＜2（x0﹣1），化为：3x0﹣x1＞2．19．【2019年新课标3文科20】已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+2．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当0＜a＜3时，记f（x）在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求M﹣m的取值范围．【解答】解：（1）f′（x）＝6x2﹣2ax＝2x（3x﹣a），令f′（x）＝0，得x＝0或x．若a＞0，则当x∈（﹣∞，0）∪（）时，f′（x）＞0；当x∈（0，）时，f′（x）＜0．故f（x）在（﹣∞，0），（）上单调递增，在（0，）上单调递减；若a＝0，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增；若a＜0，则当x∈（﹣∞，）∪（0，+∞）时，f′（x）＞0；当x∈（，0）时，f′（x）＜0．故f（x）在（﹣∞，），（0，+∞）上单调递增，在（，0）上单调递减；（2）当0＜a＜3时，由（1）知，f（x）在（0，）上单调递减，在（，1）上单调递增，∴f（x）在区间[0，1]的最小值为，最大值为f（0）＝2或f（1）＝4﹣a．于是，m，M．∴M﹣m．当0＜a＜2时，可知2﹣a单调递减，∴M﹣m的取值范围是（）；当2≤a＜3时，单调递增，∴M﹣m的取值范围是[，1）．综上，M﹣m的取值范围[，2）．20．【2019年新课标2文科21】已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．证明：（1）f（x）存在唯一的极值点；（2）f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【解答】证明：（1）∵函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．∴f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）lnx，∵y＝lnx单调递增，y单调递减，∴f′（x）单调递增，又f′（1）＝﹣1＜0，f′（2）＝ln20，∴存在唯一的x0∈（1，2），使得f′（x0）＝0．当x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，∴f（x）存在唯一的极值点．（2）由（1）知f（x0）＜f（1）＝﹣2，又f（e2）＝e2﹣3＞0，∴f（x）＝0在（x0，+∞）内存在唯一的根x＝a，由a＞x0＞1，得，∵f（）＝（）ln0，∴是f（x）＝0在（0，x0）的唯一根，综上，f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．21．【2019年新课标1文科20】已知函数f（x）＝2sin x﹣x cos x﹣x，f′（x）为f（x）的导数．（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．【解答】解：（1）证明：∵f（x）＝2sin x﹣x cos x﹣x，∴f′（x）＝2cos x﹣cos x+x sin x﹣1＝cos x+x sin x﹣1，令g（x）＝cos x+x sin x﹣1，则g′（x）＝﹣sin x+sin x+x cos x＝x cos x，当x∈（0，）时，x cos x＞0，当x时，x cos x＜0，∴当x时，极大值为g（）0，又g（0）＝0，g（π）＝﹣2，∴g（x）在（0，π）上有唯一零点，即f′（x）在（0，π）上有唯一零点；（2）由（1）知，f′（x）在（0，π）上有唯一零点x0，使得f′（x0）＝0，且f′（x）在（0，x0）为正，在（x0，π）为负，∴f（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]递减，结合f（0）＝0，f（π）＝0，可知f（x）在[0，π]上非负，令h（x）＝ax，作出图示，∵f（x）≥h（x），a≤0，∴a的取值范围是（﹣∞，0]．22．【2019年北京文科20】已知函数f（x）x3﹣x2+x．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）的斜率为l的切线方程；（Ⅱ）当x∈[﹣2，4]时，求证：x﹣6≤f（x）≤x；（Ⅲ）设F（x）＝|f（x）﹣（x+a）|（a∈R），记F（x）在区间[﹣2，4]上的最大值为M（a）．当M（a）最小时，求a的值．【解答】解：（Ⅰ）f′（x），由f′（x）＝1得x（x）＝0，得．又f（0）＝0，f（），∴y＝x和，即y＝x和y＝x；（Ⅱ）证明：欲证x﹣6≤f（x）≤x，只需证﹣6≤f（x）﹣x≤0，令g（x）＝f（x）﹣x，x∈[﹣2，4]，则g′（x），可知g′（x）在[﹣2，0]为正，在（0，）为负，在[]为正，∴g（x）在[﹣2，0]递增，在[0，]递减，在[]递增，又g（﹣2）＝﹣6，g（0）＝0，g（）6，g（4）＝0，∴﹣6≤g（x）≤0，∴x﹣6≤f（x）≤x；（Ⅲ）由（Ⅱ）可得，F（x）＝|f（x）﹣（x+a）|＝|f（x）﹣x﹣a|＝|g（x）﹣a|∵在[﹣2，4]上，﹣6≤g（x）≤0，令t＝g（x），h（t）＝|t﹣a|，则问题转化为当t∈[﹣6，0]时，h（t）的最大值M（a）的问题了，①当a≤﹣3时，M（a）＝h（0）＝|a|＝﹣a，此时﹣a≥3，当a＝﹣3时，M（a）取得最小值3；②当a≥﹣3时，M（a）＝h（﹣6）＝|﹣6﹣a|＝|6+a|，∵6+a≥3，∴M（a）＝6+a，也是a＝﹣3时，M（a）最小为3．综上，当M（a）取最小值时a的值为﹣3．23．【2018年新课标2文科21】已知函数f（x）x3﹣a（x2+x+1）．（1）若a＝3，求f（x）的单调区间；（2）证明：f（x）只有一个零点．【解答】解：（1）当a＝3时，f（x）x3﹣3（x2+x+1），所以f′（x）＝x2﹣6x﹣3时，令f′（x）＝0解得x＝3，当x∈（﹣∞，3﹣2），x∈（3+2，+∞）时，f′（x）＞0，函数是增函数，当x∈（3﹣2时，f′（x）＜0，函数是单调递减，综上，f（x）在（﹣∞，3﹣2），（3+2，+∞），上是增函数，在（3﹣2上递减．（2）证明：因为x2+x+1＝（x）2，所以f（x）＝0等价于，令，则，仅当x＝0时，g′（x）＝0，所以g（x）在R上是增函数；g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点．又因为f（3a﹣1）＝﹣6a2+2a6（a）20，f（3a+1）0，故f（x）有一个零点，综上，f（x）只有一个零点．24．【2018年新课标1文科21】已知函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；（2）证明：当a时，f（x）≥0．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．∴x＞0，f′（x）＝ae x，∵x＝2是f（x）的极值点，∴f′（2）＝ae20，解得a，∴f（x）e x﹣lnx﹣1，∴f′（x），当0＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）证明：当a时，f（x）lnx﹣1，设g（x）lnx﹣1，则，由0，得x＝1，当0＜x＜1时，g′（x）＜0，当x＞1时，g′（x）＞0，∴x＝1是g（x）的最小值点，故当x＞0时，g（x）≥g（1）＝0，∴当a时，f（x）≥0．25．【2018年新课标3文科21】已知函数f（x）．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程；（2）证明：当a≥1时，f（x）+e≥0．【解答】解：（1）．∴f′（0）＝2，即曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线斜率k＝2，∴曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程方程为y﹣（﹣1）＝2x．即2x﹣y﹣1＝0为所求．（2）证明：函数f（x）的定义域为：R，可得．令f′（x）＝0，可得，当x时，f′（x）＜0，x时，f′（x）＞0，x∈（2，+∞）时，f′（x）＜0．∴f（x）在（），（2，+∞）递减，在（，2）递增，注意到a≥1时，函数g（x）＝ax2+x﹣1在（2，+∞）单调递增，且g（2）＝4a+1＞0函数f（x）的图象如下：∵a≥1，∴，则e，∴f（x）e，∴当a≥1时，f（x）+e≥0．26．【2018年北京文科19】设函数f（x）＝[ax2﹣（3a+1）x+3a+2]e x．（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线斜率为0，求a；（Ⅱ）若f（x）在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）＝[ax2﹣（3a+1）x+3a+2]e x的导数为f′（x）＝[ax2﹣（a+1）x+1]e x．曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线斜率为0，可得（4a﹣2a﹣2+1）e2＝0，解得a；（Ⅱ）f（x）的导数为f′（x）＝[ax2﹣（a+1）x+1]e x＝（x﹣1）（ax﹣1）e x，若a＝0则x＜1时，f′（x）＞0，f（x）递增；x＞1，f′（x）＜0，f（x）递减．x＝1处f（x）取得极大值，不符题意；若a＞0，且a＝1，则f′（x）＝（x﹣1）2e x≥0，f（x）递增，无极值；若a＞1，则1，f（x）在（，1）递减；在（1，+∞），（﹣∞，）递增，可得f（x）在x＝1处取得极小值；若0＜a＜1，则1，f（x）在（1，）递减；在（，+∞），（﹣∞，1）递增，可得f（x）在x＝1处取得极大值，不符题意；若a＜0，则1，f（x）在（，1）递增；在（1，+∞），（﹣∞，）递减，可得f（x）在x＝1处取得极大值，不符题意．综上可得，a的范围是（1，+∞）．27．【2018年天津文科20】设函数f（x）＝（x﹣t1）（x﹣t2）（x﹣t3），其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列．（Ⅰ）若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（Ⅱ）若d＝3，求f（x）的极值；（Ⅲ）若曲线y＝f（x）与直线y＝﹣（x﹣t2）﹣6有三个互异的公共点，求d的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）＝（x﹣t1）（x﹣t2）（x﹣t3），t2＝0，d＝1时，f（x）＝x（x+1）（x﹣1）＝x3﹣x，∴f′（x）＝3x2﹣1，f（0）＝0，f′（0）＝﹣1，∴y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y﹣0＝﹣1×（x﹣0），即x+y＝0；（Ⅱ）d＝3时，f（x）＝（x﹣t2+3）（x﹣t2）（x﹣t2﹣3）9（x﹣t2）＝x3﹣3t2x2+（39）x9t2；∴f′（x）＝3x2﹣6t2x +39，令f′（x）＝0，解得x＝t 2或x＝t 2；当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表；22，22，∴f（x）的极大值为f（t2）9×（）＝6，极小值为f（t2）96；（Ⅲ）曲线y＝f（x）与直线y＝﹣（x﹣t2）﹣6有三个互异的公共点，等价于关于x的方程（x﹣t2+d）（x﹣t 2）（x﹣t2﹣d）+（x﹣t2）﹣60有三个互异的实数根，令u＝x﹣t2，可得u3+（1﹣d2）u +60；设函数g（x）＝x3+（1﹣d 2）x+6，则曲线y＝f（x）与直线y＝﹣（x﹣t2）﹣6有3个互异的公共点，等价于函数y＝g（x）有三个不同的零点；又g′（x）＝3x2+（1﹣d2），当d2≤1时，g′（x）≥0恒成立，此时g（x）在R上单调递增，不合题意；当d2＞1时，令g′（x）＝0，解得x1，x2；∴g（x）在（﹣∞，x1）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上也单调递增；∴g（x）的极大值为g（x1）＝g（）60；极小值为g（x2）＝g（）6；若g（x2）≥0，由g（x）的单调性可知，函数g（x）至多有两个零点，不合题意；若g（x2）＜0，即27，解得|d|，此时|d|＞x2，g（|d|）＝|d|+60，且﹣2|d|＜x1；g（﹣2|d|）＝﹣6|d|3﹣2|d|+60，从而由g（x）的单调性可知，函数y＝g（x）在区间（﹣2|d|，x1），（x1，x2），（x2，|d|）内各有一个零点，符合题意；∴d的取值范围是（﹣∞，）∪（，+∞）．28．【2017年新课标2文科21】设函数f（x）＝（1﹣x2）e x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≤ax+1，求a的取值范围．【解答】解：（1）因为f（x）＝（1﹣x2）e x，x∈R，所以f′（x）＝（1﹣2x﹣x2）e x，令f′（x）＝0可知x＝﹣1±，当x＜﹣1或x＞﹣1时f′（x）＜0，当﹣1x＜﹣1时f′（x）＞0，所以f（x）在（﹣∞，﹣1），（﹣1，+∞）上单调递减，在（﹣1，﹣1）上单调递增；（2）由题可知f（x）＝（1﹣x）（1+x）e x．下面对a的范围进行讨论：①当a≥1时，设函数h（x）＝（1﹣x）e x，则h′（x）＝﹣xe x＜0（x＞0），因此h（x）在[0，+∞）上单调递减，又因为h（0）＝1，所以h（x）≤1，所以f（x）＝（1+x）h（x）≤x+1≤ax+1；②当0＜a＜1时，设函数g（x）＝e x﹣x﹣1，则g′（x）＝e x﹣1＞0（x＞0），所以g（x）在[0，+∞）上单调递增，又g（0）＝1﹣0﹣1＝0，所以e x≥x+1．因为当0＜x＜1时f（x）＞（1﹣x）（1+x）2，所以（1﹣x）（1+x）2﹣ax﹣1＝x（1﹣a﹣x﹣x2），取x0∈（0，1），则（1﹣x0）（1+x0）2﹣ax0﹣1＝0，所以f（x0）＞ax0+1，矛盾；③当a≤0时，取x0∈（0，1），则f（x0）＞（1﹣x0）（1+x0）2＝1≥ax0+1，矛盾；综上所述，a的取值范围是[1，+∞）．29．【2017年新课标1文科21】已知函数f（x）＝e x（e x﹣a）﹣a2x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．【解答】解：（1）f（x）＝e x（e x﹣a）﹣a2x＝e2x﹣e x a﹣a2x，∴f′（x）＝2e2x﹣ae x﹣a2＝（2e x+a）（e x﹣a），①当a＝0时，f′（x）＞0恒成立，∴f（x）在R上单调递增，②当a＞0时，2e x+a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝lna，当x＜lna时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x＞lna时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，③当a＜0时，e x﹣a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝ln（），当x＜ln（）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x＞ln（）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，综上所述，当a＝0时，f（x）在R上单调递增，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（））上单调递减，在（ln（），+∞）上单调递增，（2）①当a＝0时，f（x）＝e2x＞0恒成立，②当a＞0时，由（1）可得f（x）min＝f（lna）＝﹣a2lna≥0，∴lna≤0，∴0＜a≤1，③当a＜0时，由（1）可得：f（x）min＝f（ln（））a2ln（）≥0，∴ln（），∴﹣2a＜0，综上所述a的取值范围为[﹣2，1]30．【2017年新课标3文科21】已知函数f（x）＝lnx+ax2+（2a+1）x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当a＜0时，证明f（x）2．【解答】（1）解：因为f（x）＝lnx+ax2+（2a+1）x，求导f′（x）2ax+（2a+1），（x＞0），①当a＝0时，f′（x）1＞0恒成立，此时y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增；②当a＞0，由于x＞0，所以（2ax+1）（x+1）＞0恒成立，此时y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增；③当a＜0时，令f′（x）＝0，解得：x．因为当x∈（0，）f′（x）＞0、当x∈（，+∞）f′（x）＜0，所以y＝f（x）在（0，）上单调递增、在（，+∞）上单调递减．综上可知：当a≥0时f（x）在（0，+∞）上单调递增，当a＜0时，f（x）在（0，）上单调递增、在（，+∞）上单调递减；（2）证明：由（1）可知：当a＜0时f（x）在（0，）上单调递增、在（，+∞）上单调递减，所以当x时函数y＝f（x）取最大值f（x）max＝f（）＝﹣1﹣ln2ln（）．从而要证f（x）2，即证f（）2，即证﹣1﹣ln2ln（）2，即证（）+ln（）≤﹣1+ln2．令t，则t＞0，问题转化为证明：t+lnt≤﹣1+ln2．…（*）令g（t）t+lnt，则g′（t），令g′（t）＝0可知t＝2，则当0＜t＜2时g′（t）＞0，当t＞2时g′（t）＜0，所以y＝g（t）在（0，2）上单调递增、在（2，+∞）上单调递减，即g（t）≤g（2）2+ln2＝﹣1+ln2，即（*）式成立，所以当a＜0时，f（x）2成立．31．【2017年北京文科20】已知函数f（x）＝e x cos x﹣x．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间[0，]上的最大值和最小值．【解答】解：（1）函数f（x）＝e x cos x﹣x的导数为f′（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，可得曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k＝e0（cos0﹣sin0）﹣1＝0，切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝1；（2）函数f（x）＝e x cos x﹣x的导数为f′（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，令g（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，则g（x）的导数为g′（x）＝e x（cos x﹣sin x﹣sin x﹣cos x）＝﹣2e x•sin x，当x∈[0，]，可得g′（x）＝﹣2e x•sin x≤0，即有g（x）在[0，]递减，可得g（x）≤g（0）＝0，则f（x）在[0，]递减，即有函数f（x）在区间[0，]上的最大值为f（0）＝e0cos0﹣0＝1；最小值为f（）cos．32．【2017年天津文科19】设a，b∈R，|a|≤1．已知函数f（x）＝x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，g（x）＝e x f（x）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）已知函数y＝g（x）和y＝e x的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，（i）求证：f（x）在x＝x0处的导数等于0；（ii）若关于x的不等式g（x）≤e x在区间[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b的取值范围．【解答】（Ⅰ）解：由f（x）＝x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，可得f'（x）＝3x2﹣12x﹣3a（a﹣4）＝3（x﹣a）（x ﹣（4﹣a）），令f'（x）＝0，解得x＝a，或x＝4﹣a．由|a|≤1，得a＜4﹣a．当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：∴f（x）的单调递增区间为（﹣∞，a），（4﹣a，+∞），单调递减区间为（a，4﹣a）；（Ⅱ）（i）证明：∵g'（x）＝e x（f（x）+f'（x）），由题意知，∴，解得．∴f（x）在x＝x0处的导数等于0；（ii）解：∵g（x）≤e x，x∈[x0﹣1，x0+1]，由e x＞0，可得f（x）≤1．又∵f （x 0）＝1，f '（x 0）＝0，故x 0为f （x ）的极大值点，由（I ）知x 0＝a ． 另一方面，由于|a |≤1，故a +1＜4﹣a ，由（Ⅰ）知f （x ）在（a ﹣1，a ）内单调递增，在（a ，a +1）内单调递减，故当x 0＝a 时，f （x ）≤f （a ）＝1在[a ﹣1，a +1]上恒成立，从而g （x ）≤e x 在[x 0﹣1，x 0+1]上恒成立． 由f （a ）＝a 3﹣6a 2﹣3a （a ﹣4）a +b ＝1，得b ＝2a 3﹣6a 2+1，﹣1≤a ≤1． 令t （x ）＝2x 3﹣6x 2+1，x ∈[﹣1，1]， ∴t '（x ）＝6x 2﹣12x ，令t '（x ）＝0，解得x ＝2（舍去），或x ＝0．∵t （﹣1）＝﹣7，t （1）＝﹣3，t （0）＝1，故t （x ）的值域为[﹣7，1]． ∴b 的取值范围是[﹣7，1]．考查函数的单调性、极值、最值，利用函数的性质求参数范围；与方程、不等式等知识相结合命题，强化函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的应用意识；题型以解答题为主，一般难度较大.1．若曲线x y e =在0x =处的切线与ln y x b =+的切线相同，则b =（ ） A ．2 B ．1 C ．1−D ．e【答案】A 【解析】函数xy e =的导数为y '＝e x ，曲线xy e =在x ＝0处的切线斜率为k ＝0e =1， 则曲线x y e =在x ＝0处的切线方程为y ﹣1＝x ； 函数ln y x b =+的导数为y '＝1x ，设切点为（m ，n ），则1m＝1，解得m ＝1，n ＝2， 即有2＝ln1+b ，解得b ＝2． 故选：A ．2．已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x <时，()()1xf x ex =+，给出下列命题：①当0x >时，()()1x f x e x =−； ②函数()f x 有2 个零点；③()0f x >的解集为()()1,01,−⋃+∞； ④12,x x R ∀∈，都有()()122f x f x −<.其中真命题的序号是（ ）. A ．①③ B ．②③ C ．②④ D ．③④【答案】D 【解析】解：由题意可知0x >时，0x −<，()()()11xx f x ex e x −−−=−+=−−，因为奇函数，所以()()()1x f x f x e x −=−−=−，所以命题①不成立；0x <时，()()1xf x e x =+，此时()f x 有1个零点1x =−，当0x >，()()1x f x e x −=−，此时()f x 有1个零点1x =，又()f x 为R 上的奇函数，必有()00f =，即总共有3个零点，所以命题②错误； 当0x >时，()()10xf x ex −=−>，可求得解集为()1,+∞，当0x <时，()()10x f x e x =+>，可求得解集为()1,0−，所以命题③成立； 当0x <时，()()2xf x ex '=+，令()0f x '=，通过函数的单调性可求得此时()f x 的值域为21,0e ⎡⎫−⎪⎢⎣⎭，则当0x >时()f x 的值域为210,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦，所以有()()12221f x f x e −≤<，所以命题④成立. 故选：D3．若函数()sin 2f x x =在区间()12,x x 内恰有两个极值点，且()()121f x f x +=，则12x x −的取值范围为（ ） A ．,2ππ⎛⎤⎥⎝⎦B ．5,24ππ⎛⎤⎥⎝⎦C ．3,4ππ⎛⎤⎥⎝⎦D ．35,44ππ⎛⎤⎥⎝⎦【答案】D 【解析】作出函数()sin2f x x =图像如图所示，因为()()121f x f x +=，所以()()1200f x f x ≥≥，，由图得当1x 是A 的横坐标，2x 是B 的横坐标时，函数满足()()121f x f x +=，在4ππ（，）之间只有一个极值点，但是只要x 的范围向左右扩展一点，则有两个极值点，所以123||||=44x x πππ−>−. 当1x 是O 的横坐标，2x 是C 的横坐标时，函数满足()()121f x f x +=，在544ππ（，）之间有两个极值点，所以1255|||0|=44x x ππ−≤−. 所以1235||44x x ππ<−≤. 故选：D4．已知函数()4cos f x x x π=+，对于[]0,2x ∈，都有()13xf ax e −+…，则实数a 的取值范围是（ ）A ．22111,22e e ⎡⎤−⎢⎥⎣⎦ B ．211,22e e ⎡⎤−⎢⎥⎣⎦ C ．21,2e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[),e +∞【答案】B 【解析】由题得当[]0,2x ∈时，()4cos f x x x π=+, 所以()4sin 0f x x ππ'=−>， 所以函数f(x)在[0,2]上单调递增， 因为f(1)=4+cosπ=3，所以()1xf ax e −+…f(1),所以1x ax e −+≤1，因为1x ax e −+≤1且0≤1x ax e −+≤2所以0≤1x ax e −+≤1.当1x ax e −+≤1时，所以x ax e ≤，当x=0时，显然成立.当0＜x≤2时，(),xe a g x x ≤=()()221x x x e x e x e g x x x ='−−=，所以g(x)在（1,2）单调递增，在（0,1）单调递减，所以()()min 1g x g e ==，所以a e ≤.当1x ax e −+≥0时，1x ax e ≥−，当x=0时，显然成立.当0＜x≤2时，()()211,x x x e e x e a h x h x x x −−+≥=∴='，令()()1,10x x x k x e x e k x e x =−+∴=+>'，所以k(x)在（0，2）单调递增，所以k(x)>k(0)=0,所以函数()0,h x '>所以函数h(x)在（0,2]上单调递增，所以h(x)最大值=h(2)=212e −. 所以212e a −≥. 综上得21e 2e a −≤≤.故选：B5．如图，在正方形OABC 内任取一点M ，则点M 恰好取自阴影部分内的概率为（）A ．14B ．13C ．25D ．37【答案】B【解析】由图可知曲线与正方形在第一象限的交点坐标为（1，1），由定积分的定义可得：S 阴1=⎰（1dx ＝（x 3223x −）101|3=， 设“点M 恰好取自阴影部分内”为事件A ，由几何概型中的面积型可得： P （A ）11313S S ===阴正方形， 故选：B ．6．设函数是定义在上的函数，是函数的导函数，若为自然对数的底数，则不等式的解集是A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】令，因为， 则， 故递增， 而，故，即 即，故，即不等式的解集为，故选A ．7．已知函数()f x 的定义域为,22ππ⎛⎫−⎪⎝⎭，其导函数为()f x '.若()tan [()]f x x f x x '=⋅+，且(0)0f =，则下列结论正确的是（ ）A ．()f x 是增函数B ．()f x 是减函数C ．()f x 有极大值D ．()f x 有极小值【答案】A【解析】 解：设函数()()cos g x f x x =•因为()()tan f x x f x x ⎡⎤=⋅+⎣'⎦化简可得sin ()[()]cos x f x f x x x'=+， 即为()cos sin ()sin f x x xf x x x '−=•， 故()sin g x x x '=•， 因为(,)x 22ππ∈−−所以()sin g x x x 0'=•≥恒成立， 所以()y g x =在(,)x 22ππ∈−−上单调递增，又因为(0)0f =，所以()()cos g 0f 000=•=，所以当(,0)2x π∈−时，()0<g x ， 当(0,)2x π∈时，()0>g x ，()()cos ()sin ()[]cos cos 2g x g x x g x x f x x x '•+''==， 当(,0)2x π∈−时，()0<g x ，()0g x '>，cos 0x >，sin 0x <， 故()()cos ()sin ()[]cos cos 2g x g x x g x x f x 0x x'•+''==>恒成立； 当(0,)2x π∈时，()0>g x ，()0g x '>，cos 0x >，sin 0x >， 故()()cos ()sin ()[]cos cos 2g x g x x g x x f x 0x x '•+''==>恒成立； 所以()y f x 0''=≥在(,)x 22ππ∈−−上恒成立，故()y f x =在(,)x 22ππ∈−−上单调递增，故函数没有极值，不可能单调递减所以选A.8．已知函数23ln ,1(),46,1x x f x x x x −≤⎧=⎨−+>⎩若不等式()|2|f x x a ≥−对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．13,3e⎡⎤−⎢⎥⎣⎦ B ．[3,3ln 5]+ C ．[3,4ln 2]+ D ．13,5e ⎡⎤−⎢⎥⎣⎦【答案】C【解析】解：由题意得：设g(x)=|2|x a −，易得a ＞0，可得2,2g(x)=2,2a x a x ax a x ⎧−≥⎪⎪⎨⎪−+⎪⎩＜，g(x)与x 轴的交点为(,0)2a ， ① 当2a x ≥，由不等式()|2|f x x a ≥−对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，可得临界值时，()g()f x x 与相切，此时2()46,1f x x x x =−+>，()2,2a g x x a x =−≥， 可得'()24f x x =−，可得切线斜率为2，242x −=，3x =，可得切点坐标（3，3），可得切线方程：23y x =−，切线与x 轴的交点为3(,0)2,可得此时322a =，3a =， 综合函数图像可得3a ≥；② 同理，当2a x ＜，由()g()f x x 与相切， （1）当2()46,1f x x x x =−+>，()2,2a g x x a x =−+＜，可得'()24f x x =−，可得切线斜率为-2，242x −=−，1x =，可得切点坐标（1，3），可得切线方程25y x =−+，可得5a =，综合函数图像可得5a ≤，（2）当()3ln ,1f x x x =−≤，()2,2a g x x a x =−+＜，()g()f x x 与相切，可得'1()f x x=-， 此时可得可得切线斜率为-2，12x −=−，12x =，可得切点坐标1(,32)2In +, 可得切线方程：1(32)2()2y In x −+=−−，242y x In =−++可得切线与x 轴的交点为2(2,0)2In +，可得此时2222a In =+，42a In =+， 综合函数图像可得42a In ≤+，综上所述可得342a In ≤≤+，故选C.9．已知曲线处的切线方程为，则_____．【答案】3【解析】由，得，则，∴．得．∴，即．∴，则．∴．故答案为：3．10．已知函数处取得极小值，则________．【答案】1【解析】由题意得．因为函数在处取得极小值，所以，解得．当时，，所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数取得极小值．因此为所求．故答案为：1．11．已知曲线1ln x y x a =+在1x =处的切线l 与直线230x y +=垂直，则实数a 的值为__________． 【答案】25【解析】 '211y x ax =−+，当1x =时，导数为11a−+.由于切线l 与直线230x y +=垂直，故切线的斜率为32，即1312a −+=，解得25a =. 12．定义在R 上的奇函数的导函数满足，且，若，则不等式的解集为______． 【答案】【解析】的周期为定义在上的奇函数 ①时，令，则，即单调递减 又不等式的解集为 ②时，时，不等式成立 综上所述：本题正确结果：13．已知函数的图象是以点为中心的中心对称图形，，曲线在点处的切线与曲线在点处的切线互相垂直，则__________．【答案】【解析】由，得，解得，所以.又，所以.因为，由，得，即.故答案为：14．我们常用以下方法求形如函数的导数：先两边同取自然对数，再两边同时求导得，于是得到，运用此方法求得函数的单调递减区间是____________.【答案】【解析】因为，所以,两边同时求导得,因此， 由，得,即单调递减区间是.15．关于x 的方程ln 2x kx x −=在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个实根，则实数k 的最小值是_________. 【答案】221e e + 【解析】 解：ln 2x kx x −= 可变形为：k ＝2ln 2x x x+， 设f （x ）＝2ln 2x x x +，x ∈1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦， f ′（x ）＝312ln 2x x x −− ， 设g （x ）＝1﹣2lnx ﹣2x ，x ∈1,e e⎡⎤⎢⎥⎣⎦ g ′（x ）＝22x−− ＜0， 即y ＝g （x ）为减函数，1230g e e ⎛⎫=−> ⎪⎝⎭ ，()120g e e =−−< ，所以01,x e e ⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，使()00g x = ； 即y ＝f （x ）在01,x e ⎛⎫ ⎪⎝⎭为增函数，在()0,x e 为减函数， 又212f e e e ⎛⎫=−+ ⎪⎝⎭ ，()2121e f e f e e +⎛⎫=> ⎪⎝⎭； 关于x 的方程ln 2x kx x −= 在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 上有两个实根，等价于y ＝f （x ）的图象与直线y ＝k 的交点个数有两个，所以实数k 的最小值是221e e+ 。

2018全国各地高考数学模拟试题《导数及其应用》试题汇编（含答案解析）1．（2018•台州一模）已知函数f（x）=2x3﹣3（m+1）x2+6mx，m∈R．（Ⅰ）若m=2，写出函数f（x）的单调递增区间；（Ⅱ）若对于任意的x∈[﹣1，1]，都有f（x）＜4，求m的取值范围．2．（2018•濮阳三模）已知函数f（x）=a（x﹣）﹣lnx，其中a∈R．（Ⅰ）若a=1，求曲线y=f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）若对任意x≥1，都有f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．3．（2018•葫芦岛二模）已知函数f（x）=（a，b∈R且a≠0，e为自然对数的底数）．（1）若曲线f（x）在点（e，f（e））处的切线斜率为0，且f（x）有极小值，求实数a的取值范围；（2）当a=b=1时，证明：xf（x）+2＜0．4．（2018•武邑县校级一模）已知函数f（x）=2e x+3x2﹣2x+1+b，x∈R的图象在x=0处的切线方程为y=ax+2．（1）求函数f（x）的单调区间与极值；（2）若存在实数x，使得f（x）﹣2x2﹣3x﹣2﹣2k≤0成立，求整数k的最小值．5．（2018•张掖模拟）已知函数（a为实数）．（1）当f（x）与y=﹣3切于A（x0，f（x0）），求a，x0的值；（2）设F（x）=f'（x）•e x，如果F（x）＞﹣1在（0，+∞）上恒成立，求a的范围．6．（2018•赣州二模）设函数f（x）=（x﹣1）2+alnx有两个极值点x1，x2，且x1＜x2．（1）求实数a的取值范围；（2）若对任意的x∈（x1，+∞），都有f（x）＞m成立，求实数m的取值范围．7．（2018•天心区校级模拟）已知函数f（x）=（2a+1）x2+（a2+a）x，（a 为常数）．（1）若对任意m∈R，直线y=kx+m都不是曲线y=f（x）的切线，求k的取值范围；（2）若a＞﹣1，求函数f（x）在区间[0，1]上的最大值．8．（2018•凌源市模拟）已知函数f（x）=xe x．（1）讨论函数g（x）=af（x）+e x的单调性；（2）若直线y=x+2与曲线y=f（x）的交点的横坐标为t，且t∈[m，m+1]，求整数m所有可能的值．9．（2018•郑州二模）已知函数f（x）=e x﹣x2．（Ⅰ）求曲线f（x）在x=1处的切线方程；（Ⅱ）求证：当x＞0时，．10．（2018•渭南二模）已知函数f（x）=x•（lnx+ax+1）﹣ax+1（Ⅰ）若f（x）在[1，+∞）上是减函数，求实数a的取值范围（Ⅱ）若f（x）的最大值为2，求实数a的值．11．（2018•信阳二模）已知函数f（x）=4x2+﹣a，g（x）=f（x）+b，其中a，b 为常数．（1）若x=1是函数y=xf（x）的一个极值点，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）若函数f（x）有2个零点，f（g（x））有6个零点，求a+b的取值范围．12．（2018•咸阳一模）已知f（x）=e x﹣alnx（a∈R）．（1）求函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）当a=﹣1时，若不等式f（x）＞e+m（x﹣1）对任意x∈（1，+∞）恒成立，求实数m的取值范围．13．（2018•河南一模）已知：f（x）=（2﹣x）e x+a（x﹣1）2（a∈R）（1）讨论函数f（x）的单调区间：（2）若对任意的x∈R，都有f（x）≤2e x，求a的取值范围．14．（2018•佛山二模）已知a∈R，函数f（x）=x（e x﹣2a）﹣ax2．（Ⅰ）若f（x）有极小值且极小值为0，求a的值．（Ⅱ）当x∈R时，f（2x）≥2f（x），求a的取值范围15．（2018•广元模拟）设函数f（x）=lnx+x2﹣ax（a∈R）．（Ⅰ）已知函数在定义域内为增函数，求a的取值范围；（Ⅱ）设g（x）=f（x）+2ln，对于任意a∈（2，4），总存在x∈[]，使g（x）＞k（4﹣a2）成立，求实数k的取值范围．16．（2018•莆田二模）已知函数p（x）=，q（x）=x2﹣（1+2a）x．（1）讨论函数f（x）=q（x）+2ax•p（x）的单调性；（2）当a=0时，证明：xp（x）+q（x）＜e x+x2﹣x﹣1．17．（2018•乐山三模）已知函数f（x）=x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．（Ⅰ）求函数y=f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的x＞0，f（x）+e x＞x2+x+2．18．（2018•江苏模拟）已知f（x）=（2x+2f'（0））e x，，h （x）=f（x）+a（x2+4x）+4．（Ⅰ）求f（x）；（Ⅱ）求g（x）单调区间；（Ⅲ）若不等式h（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围．19．（2018•郑州二模）设函数f（x）=ax2﹣（x+1）lnx，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的斜率为0．（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）求证：当0＜x≤2时，．20．（2018•重庆模拟）已知函数f（x）=lnx﹣x+1，函数g（x）=ax•e x﹣4x，其中a为大于零的常数．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）求证：g（x）﹣2f（x）≥2（lna﹣ln2）．21．（2018•玉溪模拟）设M是满足下列条件的函数构成的集合：①方程f（x）﹣x=0有实数根；②函数f（x）的导数f'（x）满足0＜f'（x）＜1．（1）若函数f（x）为集合M中的任意一个元素，证明：方程f（x）﹣x=0只有一个实根；（2）判断函数是否是集合M中的元素，并说明理由；（3）设函数f（x）为集合M中的元素，对于定义域中任意α，β，当|α﹣2012|＜1，|β﹣2012|＜1时，证明：|f（α）﹣f（β）|＜2．22．（2018•莆田二模）已知函数f（x）=x（e x﹣2）﹣ax2+1．（1）求f（x）图象在x=0处的切线方程；（2）当x≥0时，f（x）≥1﹣x．求a的取值范围．23．（2018•和平区校级一模）已知函数f（x）=ln（x+1）+，g（x）=|ln（x ﹣1）|．（Ⅰ）若x=1为f（x）的极值点，求a的值；（Ⅱ）若函数f（x）存在两个极值点，求a的取值范围；（Ⅲ）设m＞n＞1，且g（）=g（n），g（m）=2g（），求证：4＜m＜5．24．（2018•宿州三模）设函数f（x）=x+axlnx（a∈R）．（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）若函数f（x）的极大值点为x=1，证明：f（x）≤e﹣x+x2．25．（2018•衡阳一模）已知函数f（x）=+alnx（x∈R）．（1）若函数f（x）在（0，2）上递减，求实数a的取值范围；（2）设h（x）=f（x）+|（a﹣2）x|，x∈[1，+∞）求证：h（x）≥2．26．（2018•浙江模拟）已知函数．（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）的定义域及值域．27．（2018•淮北一模）已知函数f（x）=e x（x+a），g（x）=x2﹣bx且F（x）=f（x）+g（x）在点（0，F（0））处的切线方程为y=1+6x（Ⅰ）求a、b的值（Ⅱ）若x≤1时，f（x）＜g（x）+t恒成立，求实数t的取值范围．28．（2018•柯桥区二模）已知函数f（x）=﹣e x+a（x+1）．（1）讨论函数f（x）单调性；（Ⅱ）当f（x）有最大值且最大值大于﹣a2+a时，求a的取值范围．29．（2018•泸州模拟）设f（x）=ae x﹣cosx，其中a∈R．（1）求证：曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线过定点；（2）若函数f（x）在（0，）上存在极值，求实数a的取值范围．30．（2018•潍坊二模）已知函数f（x）=（x﹣a）e x﹣．（x∈R）（1）若曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线为l，l与x轴的交点坐标为（2，0），求a的值；（2）讨论f（x）的单调性．31．（2018•榆林三模）设函数f（x）=ax3+bx2﹣x（x∈R，a，b 是常数，a≠0），且当x=1和x=2时，函数f（x）取得极值．（1）求f（x）的解析式；（2）若曲线y=f（x）与g（x）=﹣3x﹣m（﹣2≤x≤0）有两个不同的交点，求实数m的取值范围．32．（2018•安阳一模）已知函数，g（x）=3elnx，其中e为自然对数的底数．（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性．（Ⅱ）是否存在实数a，b，使f（x）≥ax+b≥g（x）对任意x∈（0，+∞）恒成立？若存在，试求出a，b的值；若不存在，请说明理由．33．（2018•江苏二模）已知函数f（x）=x（e x﹣2），g（x）=x﹣lnx+k，k∈R，其中e为自然对数的底数．记函数F（x）=f（x）+g（x）．（1）求函数y=f（x）+2x的极小值；（2）若F（x）＞0的解集为（0，+∞），求k的取值范围；（3）记F（x）的极值点为m，求证：函数G（x）=|F（x）|+lnx在区间（0，m）上单调递增．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）34．（2018•徐州模拟）已知函数f（x）=lnx﹣ax+a，a∈R．（1）若a=1，解关于x的方程f（x）=0；（2）求函数f（x）在[1，e]上的最大值；（3）若存在m，对任意的x∈（1，m）恒有|f（x）|＜（x﹣1）2，试确定a的所有可能值．35．（2018•三明二模）已知函数（a∈R）．（1）若曲线y=f（x）在x=e处切线的斜率为﹣1，求此切线方程；（2）若f（x）有两个极值点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1x2＞x1+x2．36．（2018•朝阳区校级模拟）已知函数f（x）=ln（ax+1）﹣x（a≠0），．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）设函数h（x）=f（x）+g（x）．已知函数y=h（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），且h（x1）+h（x2）＜2﹣2ln2，求实数a的取值范围．37．（2018•南京三模）已知函数f（x）=2x3﹣3ax2+3a﹣2（a＞0），记f'（x）为f （x）的导函数．（1）若f（x）的极大值为0，求实数a的值；（2）若函数g（x）=f（x）+6x，求g（x）在[0，1]上取到最大值时x的值；（3）若关于x的不等式f（x）≥f'（x）在[，]上有解，求满足条件的正整数a的集合．38．（2018•榆林一模）已知函数f（x）=e x﹣a（x﹣1），其中a＞0，e为自然对数底数．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）已知b∈R，若函数f（x）≥b对任意x∈R都成立，求ab的最大值．39．（2018•河北区一模）已知函数f（x）=a2x3﹣3ax2+2，g（x）=﹣3ax+3，x∈R，其中a＞0．（Ⅰ）若a=1，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）求函数f（x）在区间（﹣1，1）上的极值；（Ⅲ）若∃x0∈（0，]，使不等式f（x0）＞g（x0）成立，求a的取值范围．40．（2018•重庆一模）设函数f（x）=e x﹣asinx．（1）当a=1时，证明：∀x∈（0，+∞），f（x）＞1；（2）若∀x∈[0，+∞），f（x）≥0都成立，求实数a的取值范围．参考答案与试题解析1．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的递增区间即可；（Ⅱ）求出函数的导数，通过讨论m的范围，求出函数的最大值即可．【解答】解：（Ⅰ）若m=2，则f（x）=2x3﹣9x2+12x，∵f′（x）=6x2﹣18x+12=6（x2﹣3x+2）=6（x﹣1）（x﹣2），令f′（x）＞0，则x＜1或x＞2，故函数f（x）的递增区间是（﹣∞，1），（2，+∞）；（Ⅱ）f（x）=2x3﹣3（m+1）x2+6mx，f′（x）=6（x﹣1）（x﹣m），①当m≥1时，f（x）在（﹣1，1）递增，f（x）max=f（1）=3m﹣1＜4，故m＜，∴1≤m＜；②当﹣1＜m＜1时，f（x）在（﹣1，m）递增，在（m，1）递减，f（x）max=f（m）=﹣m3+3m2＜4，即m3﹣3m2+4＞0，（m+1）（m﹣2）2＞0恒成立，∴﹣1＜m＜1；③当m≤﹣1时，f（x）在（﹣1，1）递减，f（x）max=f（﹣1）=﹣9m﹣5＜4，综上，m的范围是﹣1＜m＜．【点评】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及求函数的最值问题以及求函数的最值问题，是一道中档题．2．【分析】（Ⅰ）当a=1时，求得f（x）的解析式，f（1）=0，以及导数，可得切线的斜率，即可得到所求切线方程；（Ⅱ）求得f（x）的导数，讨论a的符号，结合f（x）的单调性，以及二次方程的韦达定理，可得a的范围．【解答】解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）=x﹣﹣lnx，f（1）=0，所以f′（x）=1+﹣，f′（1）=1，即曲线y=f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程为y=x﹣1；（Ⅱ）f（x）=a（x﹣）﹣lnx的导数为f′（x）=，若a≤0，则当x＞1时，x﹣＞0，lnx＞0，可得f（x）＜0，不满足题意；若a＞0，则当△=1﹣4a2≤0，即a≥时，f′（x）≥0恒成立，可得f（x）在[1，+∞）上单调递增，而f（1）=0，所以当x≥1，都有f（x）≥0，满足题意；当△＞0，即0＜a＜时，f′（x）=0，有两个不等实根设为x1，x2，且x1＜x2，则x1x2=1，x1+x2=＞0，即有0＜x1＜1＜x2，当1＜x＜x2时，f′（x）＜0，故f（x）在（1，x2）上单调递减，而f（1）=0，当x∈（1，x2）时，f（x）＜0，不满足题意．综上所述，a≥．【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程和单调性，考查不等式恒成立问题解法，注意运用分类讨论思想和二次方程的韦达定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题．3．【分析】（1）求导，由f′（e）=0，求得b=0，根据函数单调性与导数的关系，即可求得a的取值范围；（2）证法1：构造函数，求导，根据函数的单调性，求得g（x）最大值，由g （x）max＜0，即可求得xf（x）+2＜0．证法2：将原式化简xf（x）+2=lnx﹣（x﹣1）+[（x+1）﹣e x]，根据经典不等式，即可求得xf（x）+2＜0．【解答】解：（1）f（x）=，（x＞0），求导f′（x）=，由f′（e）=0，则b=0，则f′（x）=，当a＞0时，f′（x）在（0，e）内大于0，在（e，+∞）内小于0，∴f（x）在（0，e）内为增函数，在（e，+∞）为减函数，∴f（x）有极大值无极小值；当a＜0时，f（x）在（0，e）为减函数，在（e，+∞）为增函数，∴f（x）有极小值无极大值；∴实数a的取值范围（﹣∞，0）；（2）证明：证法1：当a=b=1时，设g（x）=xf（x）+2=lnx﹣e x+2，g′（x）=﹣e x，在（0，+∞）为减函数，由g′（1）=1﹣e＜0，g′（）=2﹣＞0，∴存在实数x0∈（，1）使得g′（x0）=﹣=0，∴g（x）在区间（0，x0）内为增函数，在（x0，+∞）内为减函数，由g′（x0）=﹣=0，则x0=﹣lnx0，g（x）max=g（x0）=lnx0﹣+2=﹣x0﹣+2=﹣（x0+）+2，由x0∈（，1），﹣（x0+）＜﹣2，∴g（x）max＜0，∴xf（x）+2＜0．证法2：当a=b=1时，设g（x）=xf（x）+2=lnx﹣e x+2=lnx﹣（x﹣1）+[（x+1）﹣e x]，因为曲线y=lnx与直线y=x﹣1相切于点（1，0）；直线y=x+1与曲线y=e x相切于点（0，1），……………………（8分）lnx≤x﹣1，x+1≤e x且“=”不同时成立，故x＞1时，lnx﹣（x﹣1）+[（x+1）﹣e x]＜0，即xf（x）+2＜0．………………………………………（12分）【点评】本题考查导数与函数单调性及极值的判断，考查利用导数求函数的最值，经典不等式的应用及几何关系，考查转化思想，分类讨论思想，属于中档题．4．【分析】（1）求导，根据导数的几何意义，即可求得b的值，根据导数与函数单调性及极值的关系，即可求得f（x）的单调性及极值；（2）由题意，可知存在实数x，使得k≥e x+x2﹣x﹣1成立，构造函数，则k ≥h（x）min，根据函数的零点的判断及函数的最值，即可求得整数k的最小值．【解答】解：（1）f′（x）=2e x+6x﹣2，因为f′（0）=a，所以a=0，易得切点（0，2），所以b=﹣1．易知函数f′（x）在R上单调递增，且f′（0）=0．则当x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0．所以函数f（x）的单调递减区间为（﹣∞，0）；单调递增区间为（0，+∞）．所以函数f（x）在x=0处取得极小值f（0）=2．无极大值．（2）由（1）得f（x）=2e x+3x2﹣2x，存在实数x，使得f（x）﹣2x2﹣3x﹣2﹣2k≤0成立⇔e x+x2﹣x﹣1﹣k≤0，则k≥e x+x2﹣x﹣1，令h（x）=e x+x2﹣x﹣1，若存在实数x，使得不等式成立，则k≥h（x）min，h′（x）=e x+x﹣，易知h′（x）在R上单调递增，又h′（0）=﹣＜0，h′（1）=e﹣＜0，h′（）=﹣＞﹣=﹣=﹣＞2﹣＞0，由e x＞x+1，当且x=0时取等号，则h′（x）=e x+x﹣≥2x﹣＞0，则x＞，所以存在唯一的x0∈（，），使得h′（x0）=0，且当x∈（﹣∞，x0）时，h′（x0）＜0；当x∈（x0，+∞）时，h′（x）＞0．所以h（x）在（﹣∞，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，h（x）min=h（x0）=，又h′（x0）=0，即+x0﹣=0，所以=﹣x0，所以h（x0）=﹣x0+x02﹣x0﹣1=（x02﹣7x0+3），因为x0∈（，），所以h（x0）∈（﹣，﹣），则k≥h（x0），又k∈Z，所以k的最小值为0．【点评】本题导数的综合应用，导数的几何意义，函数的单调性及最值得关系，考查函数零点的判断，考查转换思想，属于中档题．5．【分析】（1）利用函数的导数，函数与y=﹣3切于A（x0，f（x0）），列出方程组，求解即可．（2）求出F（x）=（ax2+x﹣1）•e x，的导函数F'（x），利用F（0）=﹣1．通过①当a=0时，②当时，③当时，④当时，⑤当a＞0时，判断函数的单调性，转化求解a的范围即可．【解答】解：（1）f'（x）=ax2+x﹣1，由f（x）与y=﹣3切于点A（x0，f（x0）），则解得，x0=4．（2）F（x）=（ax2+x﹣1）•e x，∴F'（x）=e x（ax2+（2a+1）x），且F（0）=﹣1．①当a=0时，F'（x）=xe x，可知F（x）在（0，+∞）递增，此时F（x）＞﹣1成立；②当时，，可知F（x）在递增，在递减，此时，不符合条件；③当时，恒成立，可知F（x）在（0，+∞）递减，此时F（x）＜﹣1成立，不符合条件；④当时，，可知F（x）在（0，+∞）递减，此时F（x）＜﹣1成立，不符合条件；⑤当a＞0时，，可知F（x）在（0，+∞）递增，此时F（x）＞﹣1成立．综上所述，a≥0．【点评】本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及分类讨论思想的应用，考查计算能力．6．【分析】（1）先确定函数的定义域然后求导数f′（x），令g（x）=2x2﹣2x+a，由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于﹣1的不相等的实根，建立不等关系解之即可；（2）x2是方程g（x）=0的根，将a用x2表示，消去a得到关于x2的函数，研究函数的单调性求出函数的最大值，即可求m的取值范围．【解答】解：（1）因为f（x）=（x﹣1）2+alnx，∴即，令g（x）=2x2﹣2x+a，（x＞0）则x1，x2，且x1＜x2．是方程2x2﹣2x+a=0的两个正实根．则，得0，（2）∵0＜x1＜x2，x1+x2=1，∴＜x2＜1，a=2x2﹣2x22，∴f（x2）=x22﹣2x2+1+（2x2﹣2x22）lnx2，令g（t）=t2﹣2t+1+（2t﹣2t2）lnt，其中＜t＜1，则g′（t）=2（1﹣2t）lnt，当t∈（，1）时，g′（t）＞0，∴g（t）在（，1）上是增函数，∴g（t）＞g（）=，∴g（t）＜g（1）=0，∴f（x2）的取值范围是：（，0）．若对任意的x∈（x1，+∞），都有f（x）＞m成立⇔m＜f（x2）min，即可∴m≤．【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用导数研究函数的极值等有关知识，属于中档题．7．【分析】（1）将条件直线y=kx+m都不是曲线y=f（x）的切线，转化为k不在导函数值域范围内．（2）利用导数求f（x）在区间[0，1]上的最大值．【解答】解：（1）若∀m∈R，直线y=kx+m都不是曲线y=f（x）的切线，即k不在导函数值域范围内．﹣，只要f'（x）的最小值大于k即可，∴k的范围为k＜﹣．（2）∵a＞﹣1，∴a+1＞0，当a≥1时，f'（x）≥0对x∈[0，1]成立，∴当x=1时，f（x）取得最大值f（1）=a2﹣；当0＜a＜1时，在x∈（0，a），f'（x）＞0，f（x）单调递增，在x ∈（a ，1）时，f'（x ）＜0，f （x ）单调递减，∴当x=a 时，f （x ）取得最大值f （a ）=；当a=0时，在x ∈（0，1），f'（x ）＜0，f （x ）单调递减，∴当x=0时，f （x ）取得最大值f （0）=0；当﹣1＜a ＜0时，在x ∈（0，a +1），f'（x ）＜0，f （x ）单调递减，在x ∈（a +1，1），f'（x ）＞0，f （x ）单调递增，又f （0）=0，f （1）=a 2﹣；当﹣1＜a ＜﹣时，f （x ）在x=1取得最大值f （1）=a 2﹣； 当﹣时，f （x ）在x=0取得最大值f （0）=0； 当a=﹣时，f （x ）在x=0，x=1处都取得最大值0．综上所述，当a ≥1或﹣1时，f （x ）在x=1取得最大值f （1）=a 2﹣；当0＜a ＜1时，f （x ）取得最大值f （a ）=； 当a=﹣时，f （x ）在x=0，x=1处都取得最大值0； 当﹣＜a ≤0时，f （x ）在x=0取得最大值f （0）=0．【点评】本题主要考查函数奇偶性的应用，以及利用导数研究函数的性质，要求熟练掌握导数在研究函数中的应用，综合性较强，运算量较大．8．【分析】（1）根据题意，可得g （x ）=af （x ）+e x =axe x +e x ，求出其导数g′（x ），分情况讨论a 的值，分析导函数的符号，结合函数的导数与单调性的关系，即可得答案；（2）根据题意，分析可得原命题等价于方程xe x =x +2在x ∈[m ，m +1]上有解，进而可得原方程等价于，令，求出r （x ）的导数，分析r （x ）的单调性，进而可得直线y=x +2与曲线y=f （x ）的交点仅有两个，即可得m 的值．【解答】解：（1）由题意，函数f （x ）=xe x ．则g （x ）=af （x ）+e x =axe x +e x ，∴g′（x）=（ax+a+1）e x．①若a=0时，g′（x）=e x，g′（x）＞0在R上恒成立，所以函数g（x）在R上单调递增；②若a＞0时，当时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，当时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减；③若a＜0时，当时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减；当时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增．综上，若a=0时，g（x）在R上单调递增；若a＞0时，函数g（x）在内单调递减，在区间内单调递增；当a＜0时，函数g（x）在区间内单调递增，在区间内单调递减．（2）由题可知，原命题等价于方程xe x=x+2在x∈[m，m+1]上有解，由于e x＞0，所以x=0不是方程的解，所以原方程等价于，令，因为对于x∈（﹣∞，0）∪（0，+∞）恒成立，所以r（x）在（﹣∞，0）和（0，+∞）内单调递增．又r（1）=e﹣3＜0，r（2）=e2﹣2＞0，，，所以直线y=x+2与曲线y=f（x）的交点仅有两个，且两交点的横坐标分别在区间[1，2]和[﹣3，﹣2]内，所以整数m的所有值为﹣3，1．【点评】本题考查函数导数的性质以及应用，（2）中注意将原问题转化为方程xe x=x+2在x∈[m，m+1]上有解的问题．9．【分析】（Ⅰ）求出导数，可得可得切点坐标及切线的斜率，代入点斜式，可得曲线f（x）在x=1处的切线方程；（Ⅱ）猜测：当x＞0，x≠1时，f（x）的图象恒在切线y=（e﹣2）x+1的上方，只证：当x＞0时，f（x）≥（e﹣2）x+1，又x≥lnx+1，即，即可．【解答】解：（Ⅰ）f'（x）=e x﹣2x，由题设得f'（1）=e﹣2，f（1）=e﹣1，∴f（x）在x=1处的切线方程为y=（e﹣2）x+1．（Ⅱ）f'（x）=e x﹣2x，f''（x）=e x﹣2，∴f'（x）在（0，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增，所以f'（x）≥f'（ln2）=2﹣2ln2＞0，所以f（x）在[0，1]上单调递增，所以f（x）max=f（1）=e﹣1，x∈[0，1]．f（x）过点（1，e﹣1），且y=f（x）在x=1处的切线方程为y=（e﹣2）x+1，故可猜测：当x＞0，x≠1时，f（x）的图象恒在切线y=（e﹣2）x+1的上方．下证：当x＞0时，f（x）≥（e﹣2）x+1，设g（x）=f（x）﹣（e﹣2）x﹣1，x＞0，则g'（x）=e x﹣2x﹣（e﹣2），g''（x）=e x﹣2，g'（x）在（0，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增，又g'（0）=3﹣e＞0，g'（1）=0，0＜ln2＜1，∴g'（ln2）＜0，所以，存在x0∈（0，1n2），使得g'（x0）=0，所以，当x∈（0，x0）∪（1，+∞）时，g'（x）＞0；当x∈（x0，1）时，g'（x）＜0，故g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，又g（0）=g（1）=0，∴g（x）=e x﹣x2﹣（e﹣2）x﹣1≥0，当且仅当x=1时取等号，故．又x≥lnx+1，即，当x=1时，等号成立．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、切线方程、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．10．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，问题转化为a≤﹣，设g（x）=﹣，根据函数的单调性求出a的范围即可；（Ⅱ）求出f（x）的单调区间，得到f′（1）=0，求出a的值即可．【解答】解：（Ⅰ）若f（x）在[1，+∞）上是减函数，则f′（x）≤0在[1，+∞）恒成立，f′（x）=lnx+2ax+2﹣a≤0，∴a≤﹣，设g（x）=﹣，则g′（x）=，∵x≥1，∴g′（x）≥0，g（x）递增，又g（1）=﹣2，故a≤﹣2；（Ⅱ）由f（1）=2，要使f（x）max=2，故f（x）的递减区间是[1，+∞），递增区间是（0，1），∴f′（1）=0，即ln1+2a+2﹣a=0，∴a=﹣2．【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道中档题．11．【分析】（1）求得函数y=xf（x）的导数，由极值的概念可得a=12，求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，运用点斜式方程可得切线的方程；（2）求出f（x）的导数和单调区间，以及极值，由零点个数为2，可得a=3，作出y=f（x）的图象，令t=g（x），由题意可得t=﹣1或t=，即f（x）=﹣1﹣b或f（x）=﹣b都有3个实数解，由图象可得﹣1﹣b＞0，且﹣b＞0，即可得到所求a+b的范围．【解答】解：（1）函数f（x）=4x2+﹣a，则y=xf（x）=4x3+1﹣ax的导数为y′=12x2﹣a，由题意可得12﹣a=0，解得a=12，即有f（x）=4x2+﹣12，f′（x）=8x﹣，可得曲线在点（1，f（1））处的切线斜率为7，切点为（1，﹣7），即有曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y+7=7（x﹣1），即为y=7x﹣14；（2）由f（x）=4x2+﹣a，导数f′（x）=8x﹣，当x＞时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＜0或0＜x＜时，f′（x）＜0，f（x）递减．可得x=处取得极小值，且为3﹣a，由f（x）有两个零点，可得3﹣a=0，即a=3，零点分别为﹣1，．令t=g（x），即有f（t）=0，可得t=﹣1或，则f（x）=﹣1﹣b或f（x）=﹣b，由题意可得f（x）=﹣1﹣b或f（x）=﹣b都有3个实数解，则﹣1﹣b＞0，且﹣b＞0，即b＜﹣1且b＜，可得b＜﹣1，即有a+b＜2．则a+b的范围是（﹣∞，2）．【点评】本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值，考查函数零点问题的解法，注意运用换元法和数形结合的思想方法，考查运算能力，属于中档题．12．【分析】（1）求出函数的导数，求出切线的斜率，切点坐标，然后求解其切线方程．（2）由f（x）=e x﹣alnx，原不等式即为e x+lnx﹣e﹣m（x﹣1）＞0，记F（x）=e x+lnx ﹣e﹣m（x﹣1），通过函数的导数判断函数的单调性，求解函数的最值，转化求解m的范围即可．【解答】解：（1）由f（x）=e x﹣alnx，则，切点为（1，e），所求切线方程为y﹣e=（e﹣a）（x﹣1），即（e﹣a）x﹣y+a=0．（2）由f（x）=e x﹣alnx，原不等式即为e x+lnx﹣e﹣m（x﹣1）＞0，记F（x）=e x+lnx﹣e﹣m（x﹣1），F（1）=0，依题意有F（x）＞0对任意x∈[1，+∞）恒成立，求导得，当x＞1时，F''（x）＞0，则F'（x）在（1，+∞）上单调递增，有F'（x）＞F'（1）=e x+1﹣m，若m≤e+1，则F'（x）＞0，若F（x）在（1，+∞）上单调递增，且F（x）＞F （1）=0，适合题意；若m＞e+1，则F'（1）＜0，又，故存在x1∈（1，lnm）使F'（x）=0，当1＜x＜x1时，F'（x）＜0，得F（x）在（1，x1）上单调递减，在F（x）＜F（1）=0，舍去，综上，实数m的取值范围是m≤e+1．【点评】本题考查函数的导数的应用，切线方程以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力．13．【分析】（1）求导，分类讨论，根据导数与函数单调性的关系，即可求得函数f （x）的单调区间：（2）构造辅助函数，分类讨论，利用导数与函数单调性及最值的关系，即可求得g（x）的最值，根据函数恒成立即可求得a的取值范围．【解答】解：（1）f′（x）=（1﹣x）e x+2a（x﹣1）=（x﹣1）（2a﹣e x），当a≤0时，函数在（﹣∞，1）上递增，在（1，+∞）上递减；当时，函数在（﹣∞，ln2a），（1，+∞）上递减，在（ln2a，1）上递增；当时，函数在（﹣∞，1），（ln2a，+∞）上递减，在（1，ln2a）上递增；当时，函数在R上递减；（2）由对任意的x∈R，f（x）≤2e x，即（2﹣x）e x+a（x﹣1）2≤2e x，当x=1时，e x+a（x﹣1）2≤2e x，恒成立，当x≠1时，整理得：a≤，对任意x∈R恒成立，设g（x）=，求导g′（x）==，令g′（x）=0，解得：x=1±，当x=1+附近时，当x＞1+，g′（x）＞0，当1＜x＜1+，f′（x）＜0，∴当x=1+时取极小值，极小值为，当x=1﹣附近时，当x＞1﹣，g′（x）＞0，当x＜1﹣，g′（x）＜0，当x=1﹣时取极小值，极小值为，由＜，∴g（x）的最小值为，由题意对任意的x∈R，都有f（x）≤2e x，即a≤f（x），最小值∴a的取值范围（﹣∞，]．【点评】本题考查导数的综合应用，导数与函数单调性及极值与最值的关系，考查函数恒成立问题，考查转化思想的应用，属于中档题．14．【分析】（I）讨论a的范围，判断f（x）的单调性，得出f（x）的极小值，从而列方程解出a的值；（II）分离参数可得a≤，根据函数性质求出a的范围．【解答】解：（I）f′（x）=（e x﹣2a）+xe x﹣2ax=（x+1）（e x﹣2a），x∈R．①若a≤0，由f′（x）=0解得x=﹣1．∴当x＜﹣1时，f′（x）＜0，当x＞﹣1时，f′（x）＞0，∴当x=﹣1时，f（x）取得极小值f（﹣1）=a﹣=0，解得a=（舍去）；②若a＞0，由f′（x）=0解得x=﹣1或x=ln（2a），（i）若ln（2a）＜﹣1，即0＜a＜，∴当x＜ln（2a）时，f′（x）＞0，当ln（2a）＜x＜﹣1时，f′（x）＜0，当x＞﹣1时，f′（x）＞0，∴当x=﹣1时，f（x）取得极小值f（﹣1）=a﹣=0，解得a=（舍去）；（ii）若ln（2a）=﹣1，即a=时，f′（x）≥0，此时f（x）没有极小值；（iii）若ln（2a）＞﹣1，即a＞，∴当x≤﹣1时，f′（x）＞0，当﹣1＜x＜ln（2a）时，f′（x）＜0，当x＞ln（2a）时，f′（x）＞0，∴当x=ln（2a）时，f（x）取得极小值f（ln（2a））=﹣aln2（2a）=0，解得a=．综上，a=．（II）f（2x）﹣2f（x）=2x（e2x﹣2a）﹣4ax2﹣2x（e x﹣2a）+2ax2=2x（e2x﹣e x）﹣2ax2≥0，显然当x=0时，上式恒成立，当x≠0时，a≤．令g（x）==（x≠0），则当x＜0时，e x﹣1＜0，当x＞0时，e x﹣1＞0，∴g（x）＞0，且当x→﹣∞时，g（x）→0，∴a≤0，即a的取值范围是（﹣∞，0]．【点评】本题考查了函数单调性的判断，导数的应用，属于中档题．15．【分析】（Ⅰ）对f（x）进行求导，将其转化为在定义域上不等式g（x）＞0恒成立，进而可得答案；（Ⅱ）求出函数的导数，通过讨论k的范围结合函数的单调性确定k的范围即可【解答】解：（Ⅰ）∵函数f（x）=lnx+x2﹣ax∴f′（x）=+2x﹣a …………1´∵函数在定义域内为增函数，∴f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，即a≤+2x在（0，+∞）上恒成立，…………3´而x＞0，+2x≥2，当且仅当x=时，“=”成立即+2x的最小值为2，∴a≤2…………6´（Ⅱ）∵g（x）=f（x）+2ln=2ln（ax+2）+x2﹣ax﹣2ln6∴…………7´∵a∈（2，4），∴=﹣＞﹣，＞0∴g´（x）＞0，故g（x）在[]上单调递增∴当x=2时，g（x）取最大值2ln（2a+2）﹣2a+4﹣2ln62ln（2a+2）﹣2a+4﹣2ln6＞k（4﹣a2）在（2，4）上恒成立．，…………8´令h（a）=2ln（2a+2）﹣2a+4﹣2ln6﹣k（4+a2），则h（2）=0，且h（a）＞0在（2，4）内恒成立，h′（a）==当k≤0时，h′（a）＜0，h（a）在（2，4）上单调递减h（a）＜h（2）=0，不合题意当k＞0时，由h´（a）=0得：a=①＞2，即0＜k＜时，h（a）在（2，）内单调递减，存在h（a）＜h（2）不合题意，②≤2，即k≥时，h（a）在（2，4）内单调递增，h（a）＞h（2）=0满足题意．综上，实数k的取值范围为[ (12)【点评】此题主要考查利用导数研究函数的单调性，此题综合性比较强，这类题型是高考的热点问题，解的过程中我们用到了分类讨论和转化的思想，是一道中档题16．【分析】（1）令f′（x）=0，讨论f′（x）的零点的大小，得出f′（x）的符号，从而得出f（x）的单调性；（2）化简不等式为，e x﹣lnx﹣1＞0，根据导数判断函数y=e x﹣lnx﹣1的单调性，求出最小值，从而得出结论．，【解答】解：（1）f（x）=x2﹣（1+2a）x+2alnx，定义域为（0，+∞），则f（x）=x﹣（1+2a）+=．①当a≤0时，x﹣2a＞0，∴当0＜x＜1时，f′（x）＜0，当x＞1时，f′（x）＞0，所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．②当0＜a＜时，0＜2a＜1，∴当0＜x＜2a或x＞1时，f′（x）＞0，当2a＜x＜1时，f′（x）＜0，所以f（x）在（0，2a）上单调递增，在（2a，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，③当a=时，f′（x）=≥0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增．④当a＞时，2a＞1，∴当0＜x＜1或x＞2a时，f′（x）＞0，当1＜x＜2a时，f′（x）＜0，所以，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，2a）上单调递减，在（2a，+∞）上单调递增．（2）证明：当a=0时，要证xp（x）+q（x）＜e x+x2﹣x﹣1，即证lnx+x2﹣x＜e x+x2﹣x﹣1，只需证明：e x﹣lnx﹣1＞0，设g（x）=e x﹣lnx﹣1，则g′（x）=e x﹣，g″（x）=e x+＞0，所以g′（x）在（0，+∞）上单调递增，又g′（）=﹣2＜0，g′（1）=e﹣1＞0，所以存在唯一x0∈（，1）使得g′（x0）=0，即e=，∴﹣lnx0=x0．∴g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，所以g（x）的最小值为g（x0）=e﹣lnx0﹣1=+x0﹣1≥2﹣1=1＞0，所以e x﹣lnx﹣1＞0，即原不等式得证．【点评】本小题主要考查函数的性质及导数的应用等基础知识，考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、分类与整合思想、化归与转化思想等．17．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；（Ⅱ）问题转化为证明e x﹣lnx﹣2＞0，设g（x）=e x﹣lnx﹣2，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣=…（2分）当a≤0时，f′（x）＞0对任意x∈（0，+∞）恒成立，所以，函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增；…（4分）当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，所以，函数在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；（Ⅱ）当a=1时，f（x）=x2+x﹣lnx，要证明f（x）+e x＞x2+x+2，只需证明e x﹣lnx﹣2＞0，设g（x）=e x﹣lnx﹣2，则问题转化为证明对任意的x＞0，g（x）＞0，令g′（x）=e x﹣=0，得e x=，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足e x0=，当x变化时，g′（x）和g（x）变化情况如下表g（x）min=g（x0）=e x0﹣lnx0﹣2=+x0﹣2，因为x0＞0，且x0≠1，所以g（x）min＞2﹣2=0，因此不等式得证．【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．18．【分析】（Ⅰ）由已知可得f′（x）=（2x+2f′（0）+2）e x，取x=0，可得f′（0）=﹣2，从而求得f（x）=（2x﹣4）e x．（Ⅱ）由题意知，g'（x）=（2x﹣2）e x+a（x﹣1）=（x﹣1）（2e x+a），当a≥0时，由导函数的符号可得g（x）的单调区间；当a＜﹣2e时，，由g'（x）＞0和g'（x）＜0分别解得g（x）的单调区间，当﹣2e＜a＜0时，，g'（x）＞0和g'（x）＜0分别解得g（x）的单调区间；（Ⅲ）h（x）=（2x﹣4）e x+a（x2+4x）+4，可得h'（x）=（2x﹣2）e x+2a（x+2），令m（x）=h'（x），由导数可得有m'（x）=2xe x+2a（x≥0），得到m（x）≥m（0）=4a﹣2，然后对4a﹣2与0的大小分类分析得答案．【解答】解：（Ⅰ）∵f′（x）=（2x+2f′（0）+2）e x，∴f′（0）=2f′（0）+2，得f′（0）=﹣2，∴f（x）=（2x﹣4）e x．（Ⅱ）由题意知，∴g'（x）=（2x﹣2）e x+a（x﹣1）=（x﹣1）（2e x+a），当a≥0时，令g'（x）＞0，得x＞1，令g'（x）＜0，得x＜1，∴g（x）在（1，+∞）上单调递增，在（﹣∞，1）上单调递减，当a＜﹣2e时，，令g'（x）＞0，得x＜1或，令g'（x）＜0，得，∴g（x）在（﹣∞，1），上单调递增，在上单调递减，当﹣2e＜a＜0时，，令g'（x）＞0，得x＞1或，令g'（x）＜0，得，∴g（x）在，（1，+∞）上单调递增，在上单调递减，当a=﹣2e时，g'（x）＞0在R上恒成立，综上所述，当a≥0时，g（x）在（1，+∞）上单调递增，在（﹣∞，1）上单调递减，当a＜﹣2e时，g（x）在（﹣∞，1）和上单调递增，在上单调递减，当﹣2e＜a＜0时，g（x）在和（1，+∞）上单调递增，在上单调递减，当a=﹣2e时，g（x）在R上单调递增．（Ⅲ）h（x）=（2x﹣4）e x+a（x2+4x）+4，h'（x）=（2x﹣2）e x+2a（x+2），令m（x）=h'（x）=（2x﹣2）e x+2a（x+2），有m'（x）=2xe x+2a（x≥0），当2a≥0时，有m'（x）≥0，此时函数y=m（x）在[0，+∞）上单调递增，则m（x）≥m（0）=4a﹣2，（i）若4a﹣2≥0即时，y=h（x）在[0，+∞）上单调递增，则h（x）min=h（0）=0恒成立；（ii）若4a﹣2＜0即时，则在[0，+∞）存在h'（x0）=0，此时函数y=h（x）在（0，x0）上单调递减，x∈（x0，+∞）上单调递增，且h （0）=4a﹣4，∴不等式不可能恒成立，故不符合题意；当2a＜0时，有m'（0）=2a＜0，则在[0，+∞）上存在g'（x1）=0，在x∈（0，x1）上单调递减，在（x1，+∞）上单调递增，∴y=h'（x）在[0，+∞）上先减后增，又h'（0）=﹣2+4a＜0，则函数y=h（x）在[0，+∞）上先减后增，且h（0）=4a ﹣4，∴不等式不可能恒成立，故不符合题意．综上所述，实数a的取值范围为．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查分类讨论的数学思想方法与数学转化思想方法，属难题．19．【分析】（Ⅰ）求出导函数，利用导函数值为0，即可求a的值；（Ⅱ）只需证：，令g（x）=x﹣lnx，利用函数的导数判断函数的单调性求解函数的最小值以及最大值，推出结果即可．【解答】解：（Ⅰ），由题意可得：f′（1）=2a﹣2=0∴a=1，（Ⅱ）证明：只需证：，令g（x）=x﹣lnx，，由解得：x=1，g（x）在（0，1）递减，在（1，2]上递增，故g（x）min=g（1）=1由可知：h（x）在（0，2]上递增，故，故h（x）＜g（x）即：．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查计算能力以及转化思想的应用．20．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（Ⅱ）令h（x）=g（x）﹣2f（x）﹣2（lna﹣ln2），根据函数的单调性证明即可．【解答】解：（Ⅰ）…………………………………（2分）x∈（0，1）时，f'（x）＞0，y=f（x）单增；x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，y=f（x）单减………………………．（4分）（Ⅱ）证明：令h（x）=axe x﹣4x﹣2lnx+2x﹣2=axe x﹣2x﹣2lnx﹣2（a＞0，x＞0）…………………．（5分）故……………………………．（7分）令h'（x）=0即，两边求对数得：lna+x0=ln2﹣lnx0即lnx0+x0=ln2﹣lna………………．（9分）∴，∴h（x）≥2lna﹣2ln2……………………………（12分）【点评】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是一道中档题．21．【分析】（1）令h（x）=f（x）﹣x，则h′（x）=f′（x）﹣1＜0，说明h（x）是单调递减函数，然后说明方程f（x）﹣x=0有且只有一个实数根．（2）令，利用F（x）在区间[e，e2]上连续，说明F（x）在[e，e2]上存在零点x0，推出g（x）∈M．（3）不妨设α＜β，利用函数的单调性，令h（x）=f（x）﹣x，结合h′（x）=f′（x）﹣1＜0，说明h（x）是单调递减函数，然后证明|f（α）﹣f（β）|＜|α﹣β|≤|α﹣2012|+|β﹣2012|＜2．【解答】解：（1）证明：令h（x）=f（x）﹣x，则h′（x）=f′（x）﹣1＜0，故h （x）是单调递减函数，所以，方程h（x）=0，即f（x）﹣x=0至多有一解，又由题设①知方程f（x）﹣x=0有实数根，所以，方程f（x）﹣x=0有且只有一个实数根…..（4分）（2）易知，，满足条件②；令，则，…..（7分）又F（x）在区间[e，e2]上连续，所以F（x）在[e，e2]上存在零点x0，即方程g（x）﹣x=0有实数根，故g（x）满足条件①，综上可知，g（x）∈M…（9分）（3）证明：不妨设α＜β，∵f′（x）＞0，∴f（x）单调递增，∴f（α）＜f（β），即f（β）﹣f（α）＞0，令h（x）=f（x）﹣x，则h′（x）=f′（x）﹣1＜0，故h（x）是单调递减函数，∴f（β）﹣β＜f（α）﹣α，即f（β）﹣f（α）＜β﹣α，∴0＜f（β）﹣f（α）＜β﹣α，则有|f（α）﹣f（β）|＜|α﹣β|≤|α﹣2012|+|β﹣2012|＜2．（14分）【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性的判断与应用，考查函数与方程的思想的应用．22．【分析】（1）根据题意，由函数的解析式求出导数，由导数的几何意义可得f（x）在x=0处的切线的斜率，由切点坐标计算可得答案；（2）根据题意，分析可得f（x）≥1﹣x⇔e x﹣ax﹣1≥0，令g（x）=e x﹣ax﹣1，求出g（x）的导数，分析可得存在x=lna，使得g（lna）＜g（0）=0．据此分析可得答案．【解答】解：（1）根据题意，由f（x）=x（e x﹣2）﹣ax2+1，得f'（x）=（x+1）e x﹣2ax﹣2，即f（x）在x=0处的切线的斜率k=f'（0）=﹣1又f（0）=1，所以切点为（0，1）即切线方程：y﹣1=﹣x．所以f（x）图象在x=0处的切线方程为：x+y﹣1=0；（2）由f（x）≥1﹣x，得x（e x﹣2）﹣ax2+x≥0又x≥0，即e x﹣ax﹣1≥0令g（x）=e x﹣ax﹣1，即g（x）≥0在x∈[0，+∞）恒成立．又g'（x）=e x﹣a；①当a≤1时，g'（x）≥g'（0）=1﹣a≥0即g（x）在[0，+∞）上单调递增，故g（x）≥g（0）=0．所以当a≤1时，g（x）≥0在x∈[0，+∞）恒成立②当a＞1时，令g'（x）=0，得x=lna；g（x），g'（x）的变化情况如下表：故存在x=lna，使得g（lna）＜g（0）=0．所以当a＞1时，g（x）≥0不成立，综上，a的取值范围为（﹣∞，1]．【点评】本小题主要考查函数导数及其应用等基础知识，注意导数的几何意义，属于综合题．23．【分析】（Ⅰ）求出函数导数f′（x），由f′（1）=0，可得a．（Ⅱ）函数f（x）=ln（x+1）+的定义域为{x|x＞﹣1，且x≠﹣a}．=，可得x2+a（a﹣2）=0在定义域内有两个不等实根x1=﹣，x2=，（0＜a＜2）．只需讨论﹣与定义域得关系即可．（Ⅲ）由g（）=g（n）可得m﹣1＞n﹣1，（m﹣1）（n﹣1）=1．由g（m）=2g（）⇒|ln（m﹣1）|=2|ln（+）|．可得m﹣1=[（]2，令m﹣1=t，⇒⇒t3﹣3t2﹣t﹣1=0．令h（t）=t3﹣3t2﹣t﹣1，则h′（t）=3t2﹣6t﹣1，可得3＜t＜4，4＜m＜5．【解答】解：（Ⅰ）=，∵x=1为f（x）的极值点，∴f′（1）=0，∴a=1．（Ⅱ）函数f（x）=ln（x+1）+的定义域为{x|x＞﹣1，且x≠﹣a}．=，要使函数f（x）存在两个极值点，则方程x2+a（a﹣2）=0在定义域内有两个不等实根．∴a（a﹣2）＜0，即0＜a＜0，由f′（x）=0，得x1=﹣，x2=．只需讨论﹣与定义域得关系即可．当1＜a＜2时，函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞），此时﹣1．此时函数f（x）存在两个极值点x1=﹣，x2=．当a=1时，函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞），此时﹣1=﹣，此时函数f（x）存在1个极值点x2=．当0＜a＜1时，函数f（x）的定义域为（﹣1，﹣a）∪（﹣a，+∞），此时﹣1＜﹣a．此时函数f（x）存在两个极值点x1=﹣，x2=．综上，函数f（x）存在两个极值点，a的取值范围为（0，1）∪（1，2），（Ⅲ）证明：∵g（）=g（n），∴|ln（m﹣1）|=|ln（n﹣1）|．又g（x）=|ln（x﹣1）|在（1，2）递减，在（2，+∞）递增．且m﹣1＞n﹣1，（m﹣1）（n﹣1）=1．∴m﹣1＞1，n﹣1＜1，∴m＞2．由g（m）=2g（）⇒|ln（m﹣1）|=2|ln（+）|．∵=1，∴m﹣1=[（]2，令m﹣1=t，⇒⇒t3﹣3t2﹣t﹣1=0．令h（t）=t3﹣3t2﹣t﹣1，则h′（t）=3t2﹣6t﹣1，令h′（t）=0，可得t=，∴h（t）在（1，）递减，在（，+∞）递增．∵h（3）＜0，h（4）＞0，∴3＜t＜4，∴4＜m＜5．【点评】本题考查了导数与函数的极值、单调性，及利用导数通过单调性解方程，属于中档题．24．【分析】（Ⅰ）根据题意，由函数的解析式分析其定义域，进而求出其导数，按a的值分三种情况讨论，利用导数分析函数的单调性，综合三种情况即可得答案；（Ⅱ）根据题意，由函数的极值与导数的关系分析可得a的值，可以将原问题转化为证明x﹣xlnx≤e﹣x+x2，令（x＞0），求出其导数，分析函数的单调性，可得其最小值，就可得证明．【解答】解：（Ⅰ）根据题意，f（x）=x+axlnx，必有x＞0，则f（x）的定义域为（0，+∞），其导数f'（x）=1+alnx+a，当a=0时，f（x）=x，则函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增；当a＞0时，由f'（x）＞0得，由f'（x）＜0得．所以，f（x）在区间上单调递减，在区间上单调递增；当a＜0时，由f'（x）＞0得，由f'（x）＜0得，所以，函数f（x）在区间上单调递增，在区间单调递减．综上所述，当a=0时，函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增；当a＞0时，函数f（x）在区间上单调递减，在区间上单调递增；。

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0 0
，这是解答本题的难点，也是解答好
本题的突破口，如何通过解不等式使得问题巧妙获解。
9．【2018 陕西西工大附中六模】若存在两个正实数 x, y ，使得等式 3x a 2 y 4ex lny lnx 0 成立，
其中 e 为自然对数的底数，则实数 a 的取值范围是(
C. 存在正实数 k，使得 fx > kx 恒成立 D. 对任意两个正实数x1,x2，且x2 > x1，若 fx1 = fx2，则x1 + x2 > 4
【答案】C
∴函数 y=f（x）﹣x 有且只有 1 个零点，即 B 正确；
f（x）＞kx，可得 k＜x22 +lnxx ，
令 g（x）=x22 +lnxx
意的实数 x,
yR
，等式
f
x
f
y

f
x
y 成立，若数列an满足
f
an1
f
1

1

an

1
n N*
，
且 a1 f 0 ，则下列结论成立的是（ ）
A. f a2013 f a2016
若 a=0,则 f 2 x +af(x)>0 得 f 2 x >0，此时有无数个整数解，不满足条件。
若 a>0，
则由 f 2 x +af(x)>0 得 f(x)>0 或 f(x)<−a，
当 f(x)>0 时，不等式由无数个整数解，不满足条件。
当 a<0 时,由 f 2 x +af(x)>0 得 f(x)>−a 或 f(x)<0，