推荐高考数学二轮复习专题检测二十三解答题“函数导数与不等式”专练理

高考数学二轮复习（2）函数、导数与方程、不等式综合问题专题 考向风向标根据2018、2019年真题研究，此专题大概率考察解答题 、且会放在压轴题的方向上，同学们应该注意各个考点的学习深度和考点综合起来的认识与理解能力；如果增加难度可能会出填空压轴题。

一、 小题优选（填空压轴题）1.已知2log e =a ，ln 2b =，121log 3c =，则a ，b ，c 的大小关系为____________. 2.设函数()2,01 ,0x x f x x -⎧⎪⎨⎪⎩≤=>，则满足()()12f x f x +<的x 的取值范围是____________.答案速查1.c >a >b .2.(,0)-∞.二、 大题精选 1.设函数2()ln(1)2x f x x x =+-+，证明：（Ⅰ）当0x >时，()0f x >；（Ⅱ）19210()e 9>.2.已知函数()()21e x f x x -=+，[]0,1x ∈，求证：()11f x x≤+.3.已知函数()sin f x x x =-.证明：（Ⅰ）当0x >时，()0f x >；（Ⅱ）当01x <<时，31()6f x x <.4.已知函数2()ln (0,1)x f x a x x a a a =+->≠．（Ⅰ）求函数()f x 在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）求函数()f x 单调区间；（Ⅲ）若存在12,[1,1]x x ∈-，使得12|()()|e 1f x f x -≥-（e 是自然对数的底数）， 求实数a 的取值范围．5.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.6.设函数()ln (1)e x f x x a x =--，其中a ∈R . (1)若a ≤0，讨论()f x 的单调性； (2)若10ea <<， (i)证明：()f x 恰有两个零点；(ii)设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->.7.已知函数1()ln f x x a x x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．8.已知函数()2sin cos f x x x 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[0,]x ∈π时，()f x ax ≥，求a 的取值范围．9.已知函数()(1)ln 1f x x x x =---．证明： (1)()f x 存在唯一的极值点；(2)()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．答案速查：题一：证明：因为212(2)2()1(2)x xf x x x +-'=-++ 2221401(2)(2)(1)x x x x x =-=≥++++ 所以()f x 在定义域内单调递增，当0x >时，()(0)0f x f >=，故（Ⅰ）成立； （Ⅱ）由（Ⅰ）得当0x >时，2ln(1)2x x x +>+， 所以1219ln(1)1929⨯+>+，即102ln 919>， 亦即1019ln 29>，1910ln()29>所以19210()e 9>，此题得证.题二：证明：法一：因为[]0,1x ∈， 所以原不等式等价于22(1)e 1xx -+≤，令22()(1)exh x x -=+，[]0,1x ∈，则2()2(1)e 0xh x x x -'=-+≤，所以()h x 在[]0,1上单调递减， 所以()(0)1h x h ≤=，此题得证； 法二：设()e (1)xg x x =-+，[]0,1x ∈因为()e 10xg x '=-≥， 所以()g x 在[]0,1上单调递增，即()e (1)(0)0xg x x g =-+≥=，1e xx +≤所以22(1)e xx +≤，22(1)e1xx -+≤，所以21(1)e 1x x x-+≤+，此题得证. 题三：因为()1cos 0f x x '=-≥所以()sin f x x x =-单调递增，（Ⅰ）当0x >时，()sin (0)0f x x x f =->=，此题得证； （Ⅱ）法一：令31()sin 6g x x x x =--， 则21()1cos 2g x x x '=--，()sin g x x x ''=-， 由（Ⅰ）得sin x x >，所以()0g x ''<， 所以()g x '在(0,1)上单调递减， 所以()(0)0g x g ''<=， 所以()g x 在(0,1)上单调递减， 所以()(0)0g x g <=，即31()6f x x <，此题得证； 法二：令31()sin 6g x x x x =--，则22211()1cos 2sin 222x g x x x x '=--=-，由（Ⅰ）得sin x x >，所以2222112sin 2()02222x x x x -<-=，所以()g x 在(0,1)上单调递减， 所以()(0)0g x g <=， 即31()6f x x <，此题得证. 题四：（Ⅰ）1y =；（Ⅱ）()f x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增； （Ⅲ）1(0,][e,)e+∞U .题五：(1)当0a >时，()f x 在(,0),(,)3a -∞+∞单调递增，在(0,)3a 单调递减； 当0a =时，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；当0a <时，()f x 在(,),(0,)3a -∞+∞单调递增，在(,0)3a 单调递减； (2)满足题设条件的,ab 存在；0,1a b ==-或4,1a b ==.题六：(1) 当a ≤0，()f x 在(0,)+∞上单调递增；(2)(i)由(1)知，21e ()xax f x x-='，令2()1e x g x ax =-，由10e a <<可知()g x 在(0,)+∞内单调递减， 又(1)1e 0g a =->，且221111(ln )1(ln )1(ln )0g a a a a a =-=-<， 故()0g x =在(0,)+∞内有唯一解，从而()0f x ='在(0,)+∞内有唯一解，不妨设为0x ，则011lnx a <<.当0(0,)x x ∈时，0()()()0g x g x f x x x=>='； 所以()f x 在0(0,)x 内单调递增；当0(,)x x ∈+∞时，0()()()0g x g x f x x x=<='，所以()f x 在0(,)x +∞内单调递减，因此0x 是()f x 的唯一极值点. 令()ln 1h x x x =-+，当1x >时，1()10h x x=-<'，故()h x 在 (1,)+∞内单调递减，从而当1x >时，()(1)0h x h <=，所以ln 1x x <-，从而1ln 111111(ln )ln(ln )(ln 1)e ln(ln )ln 1(ln )0a f a h a a a a a a=--=-+=< 1ln 11111)(ln 1)e ln(ln )ln 1(ln )0a a h a a a a a--=-+=<， 又因为0()(1)0f x f >=，所以()f x 在0(,)x +∞内有唯一零点，又()f x 在0(0,)x 内有唯一零点1，从而()f x 在(0,)+∞内恰有两个零点.(ii)由题意：01()0()0f x f x ⎧=⎨=⎩'，即012011e 1ln (1)e xx ax x a x ⎧=⎪⎨=-⎪⎩，于是1011201ln e x x x x x --=， 即102011ln e1x x x x x -=-，因为当1x >时，ln 1x x <-，又101x x >>， 故10220101(1)e1x x x x x x --<=-，两边分别取对数，得1020lne ln x x x -<，于是10002ln 2(1)x x x x -<<-，整理得：0132x x ->.题七：（1）当2a ≤时，()f x 在(0,)+∞单调递减；当2a >时，()f x在(0,2a ，()2a +∞单调递减，在单调递增； （2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >.由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210x ax -+=，所以121x x =， 不妨设12x x <，则21x >.由于12121212121212()()ln ln 11ln ln 2f x f x x x ax x x x x x x x ax x --=--+---=-+-2222ln 21x ax x -=-+-，所以1212()()2f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<.设函数1()2ln g x x x x=-+， 由（1）知，()g x 在(1,)+∞单调递减， 又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <.所以22212ln 0x x x -+<，即1212()()2f x f x a x x -<--.8.(1)证明：设()()cos sin 1g x f x x x x ==+-'，()cos g x x x ='，当(0,)2x π∈时，()0g x >'；当(,)2x π∈π时，()0g x <'，所以()g x 在(0,)2π上单调递增；在(,)2ππ上单调递减，又因为(0)0g =，()02g π>， ()2g π=-，故()g x 在(0,)π存在唯一零点.所以()f x '在(0,)π存在唯一零点；(2) (,0]-∞.9.(1)证明：()f x 的定义域为(0,)+∞,11()ln 1ln x f x x x x x-=+-=-'； 令1()ln g x x x =-，211()0g x x x=+>'恒成立，所以()f x '单调递增， 又(1)10f =-<'，1ln 41(2)ln 2022f -=-=>'，故存在唯一0(1,2)x ∈，使得0()0f x ='，又当0x x <时，()0f x <'，()f x 单调递减；当0x x >时，()0f x >'，()f x 单调递增，因此()f x 存在唯一的极值点；(2)证明：由(1)知，0()(1)2f x f <=-，又22(e )e 30f =->，所以()0f x = 在0(,)x +∞内存在唯一根x α=，由01x α>>得011x α<<，又1111()()(1)ln10f f αααααα=---==，又因为()f x 在0(0,)x 上单调递减，故1α是()0f x =在0(0,)x 的唯一根， 综上()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.。

高考数学二轮复习解答题专题（四）——函数、导数与不等式一、高考赏析1．（2009·安徽）已知函数()21ln f x x a x x=-+-，0a >，讨论()f x 的单调性．2．（2010·安徽）设a 为实数，函数()22,R xf x e x a x =-+∈。

（Ⅰ）求()f x 的单调区间与极值；（Ⅱ）求证：当ln 21a >-且0x >时，221xe x ax >-+．3．（2011·安徽）设()21xe f x ax=+，其中a 为正实数 （Ⅰ）当a 43=时，求()f x 的极值点； （Ⅱ）若()f x 为R 上的单调函数，求a 的取值范围．二、专题训练1．设0a >，函数()ln f x x ax =-，()()21ln 1x g x x x -=-+． （1）证明：当1x >时，()0g x >恒成立； （2）若函数()f x 无零点，求实数a 的取值范围；（3）若函数()f x 有两个相异零点1x 、2x ，求证：212x x e >．2．已知函数()2ln f x a x bx =-图象上一点()()2,2P f 处的切线方程为32ln 22y x =-++．（1）求a 、b 的值；（2）若方程()0f x m +=在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦内有两个不等的根，求m 的取值范围（其中e 是自然对数的底数）；（3）令()()g x f x nx =-，如果()g x 的图象与x 轴交于()1,0A x 、()2,0B x （12x x <），AB 中点为()0,0C x ，求证：()00g x ≠．3．已知函数()()2ln 12k f x x x x =+-+()0k ≥． （1）当2k =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程； （2）求()f x 的单调区间．4．已知函数()y f x =的定义域为R ，其导数()f x '满足()01f x '<<，常数α为方程()f x x =的实数根．（1）求证：当x α>时，总有()x f x >成立；（2）对任意1x 、2x ，若满足11x α-<、21x α-<，求证：()()122f x f x -<．三、高考预测1．已知函数()()2xf x x ax a e -=++（2a ≤，x R ∈），问：是否存在实数a ，使()f x 的极大值为3？若存在，则求出a 的值；若不存在，则说明理由．2．已知函数()()ln f x x k x =+（k 是常数） （1）若()f x 是增函数，试求k 的取值范围； （2）当0k =时，是否存在不相等的正数a 、b 满足()()2f a f b a b f a b -+⎛⎫'= ⎪-⎝⎭？若存在，则求出这样的a 、b ；若不存在，则说明理由．3．已知函数()2sin 2f x x b x =+-（b R ∈），()()2F x f x =+，且对于任意实数x ，恒有()()0F x F x --=．（1）求函数()f x 的解析式；（2）已知函数()()()21ln g x f x x a x =+++在区间(0, 1)上单调递减，求实数a 的取值范围； （3）探究函数()()()21ln 12h x x f x k =+--零点的个数，说明理由．参考答案： 一、高考赏析 1． 2． 3．二、专题训练1．（1）令()()g x x f x =-，则()()1g x f x ''=-， 则x R ∈时，有()01f x '<<可得()()10g x f x ''=->，所以当x α>时，有()()()0g x g fααα>=-=，即得证；（2）方法一：1122111111x x x x αααααα⎧-<⇒-<<+⎪⎨-<⇒-<<+⎪⎩，由()f x 是单调增函数可得()()()()()()121111f f x f f f x f αααα-<<+⎧⎪⎨-<<+⎪⎩ ()()()()()()121111f f f x f x f f αααα⇒-++-<-<+--()()()()()()121111f x f x f f f f αααα⇒-<+--=+--因为()f x 是R 上的增函数，且当x α>时，有()x f x >，又当x α<时，同（1）理可证得：()x f x <， 而11αααα+>⎧⎨-<⎩，所以()()1111f f αααα+>+⎧⎪⎨-<-⎪⎩()()()()11112f f αααα⇒+--<+--=即得证．方法二：由()01f x '<<及()()()1010010limx x f x f x f x x x →-'=-得()()121201f x f x x x -<<-，由已知11121222111222111x x x x x x x x αααααα⎧-<⇒-<<+⎪⇒-<-<⇒-<⎨-<⇒-<<+⎪⎩，而()()()()1212121212f x f x f x f x x x x x -<⇒-<-<-．2． 3． 4．三、高考预测1．〖解析〗：假设存在这样的实数a （2a ≤），则()()()22xf x x a x e -'=-+-，令()0f x '=，得0x =，或2x a =-，（2a ≤）（1）若2a =，则()20xf x x e -'=-<恒成立，显然不存在极大值；（2）若2a <，则函数()f x 有两个稳定点为0x =，2x a =-，且有()f x =极大值()()224a f a a e --=-，又令()()24a g a a e-=-（2a ≤），以下研究函数()g a 的值域问题，所以()()23a g a a e-'=-，显然当2a <时，有()0g a '>恒成立，即函数()g a 在区间(),2-∞上单调递增，且()()213g a g <=<， 从而函数()f x 不可能取到极大值3，即这样的a （2a ≤）是不存在的．2．〖解析〗：（1）2k e -≥；（2）当0k =时，()ln f x x x =，()1ln f x x '⇒=+，又由题，假设存在不相等的正数a 、b ，使得()()2f a f b a b f a b -+⎛⎫'= ⎪-⎝⎭成立，则ln ln 1ln 2a a b b a b a b -+=+-22ln 1ln 1a b a b a b a b ⎛⎫⎛⎫⇒-=- ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，整理得22lnln 10a b b ba b a a b a-+-=++， 不防设0a b >>，且令()0,1bx a=∈，则构造函数()22ln ln 111xg x x x x x=-+-++（01x <<），即()()()1ln 1ln 2ln 21g x x x x x x =-+-++-（01x <<）， 题意即，在区间()0,1，()g x 的零点是否存在？ 又()11ln21x x g x x x +-'=++，()()211x g x x x -''=+， 令()0g x ''=，得1x =，容易验证，当01x <<时，()0g x ''<恒成立， 即函数()g x '在区间()0,1是单调递减的，且()10g '=，所以，在区间()0,1上有()0g x '>恒成立，这说明()g x 在区间()0,1上是单调递增的， 又对()g x 而言，有()10g =，这说明在区间()0,1上，总有()0g x <成立， 即函数()g x 在区间()0,1上没有零点，即()0g x =不成立， 从而不存在这样的a 、b ．3．〖解析〗：（1）()2sin F x x b x =+，对任意实数x ，恒有()()0F x F x --=，即2sin 0b x =，即0b =；（2）由（1）可得2()2f x x =-，所以2()2ln g x x x a x =++（0x >），222'()22a x x ag x x x x++=++=，函数()g x 在区间(0, 1)上单调递减，等价于当01x <<时，()'0g x <恒成立，即2220x x a ++<恒成立，亦即()222a x x <-+恒成立，可令()()22112222h x x x x ⎛⎫=-+=-++ ⎪⎝⎭，所以()()14h x h ≥=-，所以 4a <-；（3）()22211()ln(1)()ln 1122h x x f x k x x k =+--=+-+-，()3222'11x x x h x x x x-=-=++，令()'0h x =得0x =或1x =或1x =-，()()()11ln 22h x h h k -==+-极大值＝； ()()01h x h k =-极小值＝；如图（1ln 212+>）当1ln 202k +-<，即1ln 22k +<时，没有零点；当1ln 20210k k ⎧+->⎪⎨⎪-<⎩，即11ln 22k <<+时，有四个零点； 当10k ->，即1k <时，有两个零点．。

学习资料第二讲导数与不等式1．（2019·全国卷Ⅲ）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：(1)f′（x）＝6x2－2ax＝2x(3x－a）．令f′(x）＝0，得x＝0或x＝错误!.若a>0,则当x∈(－∞，0)∪错误!时，f′（x)〉0；当x∈错误!时,f′(x)<0,故f(x）在（－∞,0），错误!上单调递增，在错误!上单调递减；若a＝0，则f（x)在（－∞，＋∞）上单调递增;若a〈0，则当x∈错误!∪（0，＋∞）时,f′（x）>0，当x∈错误!时，f′（x)<0,故f（x）在错误!，（0，＋∞)上单调递增,在错误!上单调递减．(2)当0〈a〈3时,由（1）知，f（x)在错误!上单调递减，在错误!上单调递增，所以f（x)在［0，1]的最小值为f错误!＝－错误!＋2，最大值为f（0)＝2或f(1）＝4－a.于是m＝－错误!＋2，M＝错误!所以M－m＝错误!当0<a〈2时,由y′＝a29－1<0可知y＝2－a＋错误!单调递减，所以M－m的取值范围是错误!.当2≤a<3时，y＝错误!单调递增，所以M－m的取值范围是错误!。

综上，M－m的取值范围是错误!。

2．(2018·全国卷Ⅰ）已知函数f(x）＝错误!－x＋a ln x.(1)讨论f(x）的单调性；（2）若f(x）存在两个极值点x1，x2，证明：错误!〈a－2. 解：（1）f（x）的定义域为(0，＋∞），f′（x)＝－错误!－1＋错误!＝－错误!。

①若a≤2，则f′（x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′（x)＝0, 所以f（x）在(0，＋∞)上单调递减．②若a＞2，令f′（x)＝0，得x＝错误!或x＝错误!.当x ∈错误!∪错误!时，f ′（x ）＜0;当x ∈错误!时，f ′（x )＞0。

A 级1．下列函数f (x )中，满足“∀x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1≠x 2，(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0”的是( )A ．f (x )＝1x －xB ．f (x )＝x 3C ．f (x )＝ln xD ．f (x )＝2x解析：“∀x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1≠x 2，(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]<0”等价于在(0，＋∞)上f (x )为减函数，易判断f (x )＝1x－x 符合．答案：A2．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋b ，x <－1ln (x ＋a )，x ≥－1的图象如图所示，则f (－3)等于( )A ．－12B ．－54C ．－1D ．－2解析：由图象可得a (－1)＋b ＝3，ln(－1＋a )＝0，得a ＝2，b ＝5，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋5，x <－1，ln (x ＋2)，x ≥－1故f (－3)＝2×(－3)＋5＝－1，故选C. 答案：C3．函数f (x )＝x a 满足f (2)＝4，那么函数g (x )＝|log a (x ＋1)|的图象大致为( )解析：由已知得a ＝2，所以g (x )＝|log 2(x ＋1)|.函数y ＝log 2(x ＋1)在(－1,0)上单调递增且y <0，在(0，＋∞)上单调递增且y >0，所以函数g (x )在(－1,0)上单调递减且y >0，在(0，＋∞)上单调递增且y >0.答案：C4．(2017·广西三市第一次联考)已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间(－∞，0]上单调递增，若实数a 满足f (2log 3a )>f (－2)，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，3)B ．(0，3)C ．(3，＋∞)D ．(1，3)解析：∵f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间(－∞，0]上单调递增，∴f (x )在区间[0，＋∞)上单调递减．根据函数的对称性，可得f (－2)＝f (2)，∴f (2log 3a )>f (2)．∵2log 3a >0，f (x )在区间[0，＋∞)上单调递减，∴0<2log 3a <2⇒log 3a <12⇒0<a <3，故选B.答案：B5．定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＝f (x ＋4)．当－2≤x <0时，f (x )＝log 2(－x )；当0≤x <2时，f (x )＝2x －1，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2018)的值为( )A ．630B ．1262C ．2520D ．3780解析：因为f (x )＝f (x ＋4)，所以函数f (x )的周期为4. 当－2≤x <0时，f (x )＝log 2(－x )； 当0≤x <2时，f (x )＝2x －1.所以f (1)＝20＝1，f (2)＝f (－2)＝log 22＝1， f (3)＝f (－1)＝log 21＝0，f (4)＝f (0)＝2－1＝12.所以在一个周期内有f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝1＋1＋0＋12＝52，所以f (1)＋f (2)＋…＋f (2018)＝504×52＋f (1)＋f (2)＝1262.答案：B6．函数f (x )＝ln 1|x |＋1的值域是________．解析：因为|x |≥0，所以|x |＋1≥1. 所以0<1|x |＋1≤1.所以ln 1|x |＋1≤0，即f (x )＝ln 1|x |＋1的值域为(－∞，0]．答案：(－∞，0]7．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－2a )x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，则实数a 的取值范围是________．解析：当x ≥1时，f (x )＝2x －1≥1，∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－2a )x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，∴当x <1时，(1－2a )x ＋3a 必须取遍(－∞，1)内的所有实数，则⎩⎪⎨⎪⎧1－2a >0，1－2a ＋3a ≥1，解得0≤a <12.答案：⎣⎡⎭⎫0，12 8．若当x ∈(1,2)时，函数y ＝(x －1)2的图象始终在函数y ＝log a x 的图象的下方，则实数a 的取值范围是________．解析：如图，在同一平面直角坐标系中画出函数y ＝(x －1)2和y ＝log a x 的图象．由于当x ∈(1,2)时，函数y ＝(x －1)2的图象恒在函数y ＝log a x 的图象的下方，则⎩⎪⎨⎪⎧a >1，log a 2≥1解得1<a ≤2.答案：(1,2]9．已知函数f (x )＝x 2＋ax (x ≠0，a ∈R )．(1)判断函数f (x )的奇偶性；(2)若f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围． 解析：(1)当a ＝0时，f (x )＝x 2(x ≠0)为偶函数； 当a ≠0时，f (－x )≠f (x )， f (－x )≠－f (x )，所以f (x )既不是奇函数也不是偶函数．(2)f ′(x )＝2x －ax 2，要使f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数，只需当x ≥2时，f ′(x )≥0恒成立，即2x －ax2≥0，则a ≤2x 3∈[16，＋∞)恒成立．故若f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围为(－∞，16]． 10．已知函数f (x )＝a x ＋b (a >0，a ≠1)． (1)若f (x )的图象如图①所示，求a ，b 的值； (2)若f (x )的图象如图②所示，求a ，b 的取值范围；(3)在(1)中，若|f (x )|＝m 有且仅有一个实数解，求出m 的范围．解析：(1)f (x )的图象过点(2,0)，(0，－2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b ＝0，a 0＋b ＝－2，解得a ＝3，b ＝－3.(2)f (x )单调递减，所以0<a <1， 又f (0)<0，即a 0＋b <0，所以b <－1.(3)画出y ＝|f (x )|的草图，知当m ＝0或m ≥3时，|f (x )|＝m 有且仅有一个实数解．B 级1．已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋1)＝f (1－x )，且在[1，＋∞)上是增函数，不等式f (ax ＋2)≤f (x －1)对任意x ∈⎣⎡⎦⎤12，1恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[－3，－1]B ．[－2,0]C ．[－5，－1]D ．[－2,1]解析：由定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋1)＝f (1－x )，且在[1，＋∞)上是增函数，可得函数图象关于x ＝1对称，且函数f (x )在(－∞，1)上递减，由此得出自变量离1越近，函数值越小．综合考虑四个选项，注意0,1不存在于A ，C 两个选项的集合中，B 中集合是D 中集合的子集，故可通过验证a 的值(取0与1时两种情况)得出正确选项．当a ＝0时，不等式f (ax ＋2)≤f (x －1)变为f (2)≤f (x －1)，由函数f (x )的图象特征可得|2－1|≤|x －1－1|，解得x ≥3或x ≤1，满足不等式f (ax ＋2)≤f (x －1)对任意x ∈⎣⎡⎦⎤12，1恒成立，由此排除A ，C 两个选项．当a ＝1时，不等式f (ax ＋2)≤f (x －1)变为f (x ＋2)≤f (x －1)，由函数f (x )的图象特征可得|x ＋2－1|≤|x －1－1|，解得x ≤12，不满足不等式f (ax ＋2)≤f (x －1)对任意x ∈⎣⎡⎦⎤12，1恒成立，由此排除D 选项．综上可知，选B.答案：B2．(2017·武汉调研)定义函数y ＝f (x )，x ∈I ，若存在常数M ，对于任意x 1∈I ，存在唯一的x 2∈I ，使得f (x 1)＋f (x 2)2＝M ，则称函数f (x )在I 上的“均值”为M ，已知f (x )＝log 2x ，x ∈[1,22 016]，则函数f (x )＝log 2x 在[1,22 016]上的“均值”为________．解析：根据定义，函数y ＝f (x )，x ∈I ，若存在常数M ，对于任意x 1∈I ，存在唯一的x 2∈I ，使得f (x 1)＋f (x 2)2＝M ，则称函数f (x )在I 上的“均值”为M ，令x 1x 2＝1·22016＝22016，当x 1∈[1,22 016]时，选定x 2＝22016x 1∈[1,22 016]，可得M ＝12log 2(x 1x 2)＝1008.答案：10083．已知函数g (x )＝ax 2－2ax ＋1＋b (a >0)在区间[2,3]上有最大值4和最小值1.设f (x )＝g (x )x. (1)求a ，b 的值；(2)若不等式f (2x )－k ·2x ≥0在x ∈[－1,1]上有解，求实数k 的取值范围． 解析：(1)g (x )＝a (x －1)2＋1＋b －a ，因为a >0， 所以g (x )在区间[2,3]上是增函数，故⎩⎪⎨⎪⎧g (2)＝1，g (3)＝4， 即⎩⎪⎨⎪⎧ 4a －4a ＋1＋b ＝1，9a －6a ＋1＋b ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝0. (2)f (x )＝x ＋1x －2，所以f (2x )－k ·2x ≥0可化为2x ＋12x －2≥k ·2x ，即1＋⎝⎛⎭⎫12x 2－2·12x ≥k ，令t ＝12x ，则k ≤t 2－2t ＋1.因为x ∈[－1,1]，所以t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，记h (t )＝t 2－2t ＋1， 则h (t )max ＝h (2)＝1.所以k ≤1. 故k 的取值范围是(－∞，1]．4．已知奇函数f (x )的定义域为[－1,1]，当x ∈[－1,0)时，f (x )＝－⎝⎛⎭⎫12x. (1)求函数f (x )在[0,1]上的值域；(2)若x ∈(0,1]，y ＝14f 2(x )－λ2f (x )＋1的最小值为－2，求实数λ的值．解析：(1)设x ∈(0,1]，则－x ∈[－1,0)， 所以f (－x )＝－⎝⎛⎭⎫12－x ＝－2x. 又因为f (x )为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )， 所以当x ∈(0,1]时，f (x )＝－f (－x )＝2x ， 所以f (x )∈(1,2]． 又f (0)＝0，所以当x ∈[0,1]时函数f (x )的值域为(1,2]∪{0}． (2)由(1)知当x ∈(0,1]时，f (x )∈(1,2]，所以12f (x )∈⎝⎛⎦⎤12，1， 令t ＝12f (x )，则12<t ≤1，g (t )＝14f 2(x )－λ2f (x )＋1＝t 2－λt ＋1＝⎝⎛⎭⎫t －λ22＋1－λ24. ①当λ2≤12，即λ≤1时，g (t )>g ⎝⎛⎭⎫12无最小值． ②当12<λ2≤1即1<λ≤2时，g (t )min ＝g ⎝⎛⎭⎫λ2＝1－λ24＝－2.解得λ＝±23舍去．③当λ2>1，即λ>2时，g (t )min ＝g (1)＝－2，解得λ＝4.综上所述：λ＝4.。

河南省罗山高中2016届高三数学二轮复习精选专题练（理科，有解析）：不等式、函数与导数1、若()f x =则(3)f =( )A. 2B. 4C. 2±D. 【答案】A2、如果函数F （x ）= ()f x )1lg(2x x ++，（∈x R ）是奇函数，那么函数()f x 是（ ） A ．奇函数 B ．偶函数C ．既是奇函数又是偶函数D ．既不是奇函数也不是偶函数 【答案】B3、设二次函数2()32(1)2f x x a x =-+-+在区间(1,)-+∞上为减函数，则实数a 的范围为( )A .2a =-B .2a =C .2a ≤-D .2a ≥ 【答案】C4、若函数2()|(21)(2)|f x mx m x m =-+++恰有四个单调区间,则实数m 的取值范围( ) A.14m <B. 14m < 且0m ≠C. 104m <<D. 14m > 【答案】B【解析】函数2()|(21)(2)|f x mx m x m =-+++恰有四个单调区间,所以，结合函数图象的特点，0m ≠时，2(21)20mx m x m -+++=应有不等实根，所以，2(21)4(2)0m m m +-+>，解得，14m <， 故选B 。

5、下列各函数中，最小值为2的是 ( ) A ．1y x x =+ B ．1sin sin y x x =+，(0,)2x π∈ C ．y =D ．1y x =+- 【答案】D【解析】对于A ：不能保证0x >，对于B ：不能保证1sin sin x x=，对于C=，对于D：112y x =-≥= 6、下列函数中，不满足：(2)2()f x f x =的是（ ） A.()f x x = B.()f x x x =- C.()f x x =+1 D.()f x x =- 【答案】C7、已知函数2()f x x bx =+的图像在点()1,(1)A f 处切线的斜率为3，数列1()f n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，则2009S =（ ）A ．20082007 B ．20082009 C ．20092010 D ．20102011【答案】C8在区间M 上的反函数是其本身，则M 可以是（ ） A ．[1,1]-B ．[1,0]-C ．[0,1]D ． (1,1)-【答案】B9、下列函数中既是奇函数，又在区间（0，+∞）上单调递增的是（ ） A ． x y sin = B ．2x y -= C ． 21g x y = D ．3x y -= 【答案】C10、对于正实数α,记M α为满足下述条件的函数()f x 构成的集合:12,x x R ∀∈且21x x >,有212121()()()()x x f x f x x x αα--<-<-.下列结论中正确的是 （ ）A ．若12(),()f x M g x M αα∈∈,则12()()f x g x M αα++∈B ．若12(),()f x M g x M αα∈∈且12αα>,则12()()f x g x M αα--∈C ．若12(),()f x M g x M αα∈∈,则12()()f x g x M αα⋅⋅∈D ．若12(),()f x M g x M αα∈∈且()0g x ≠,则12()()f x M g x αα∈ 【答案】A11、己知函数2()f x x bx =+的图象在点(1,(1))A f 处的切线与直线3x- y+2=0平行，若数列1()f n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，则2014S 的值为（ ）A ．20142015 B ．20122013 C ．20132014 D ．20152016【答案】A【解析】由已知得，'()2f x x b =+，函数2()f x x bx =+的图象在点(1,(1))A f 处的切线斜率为'(1)23k f b ==+=，故1b =，所以2()f x x x=+，则1111()(1)1f n n n n n ==-++，所以111111(1)())122311n S n n n =-+-+-=-++…+(，故2014S =20142015． 考点：本题考查导数的几何意义，裂项相消法求和点评：解决本题的关键是用导数求出切线方程，利用裂项相消求和12、设函数()f x （x R ∈）的导函数为()f x '，满足()()f x f x '>，则当0a >时，()f a 与(0)a e f 的大小关系为（ ）A ．()f a =(0)a e fB ．()f a >(0)a e fC ．()f a <(0)a e fD ．不能确定 【答案】B13、下图展示了一个由区间(0,4)到实数集R 的映射过程：区间(0,4)中的实数m 对应数轴上的点M （如图1），将线段AB 围成一个正方形，使两端点A B 、恰好重合（如图2），再将这个正方形放在平面直角坐标系中，使其中两个顶点在y 轴上，点A 的坐标为(0,4)（如图3），若图3中直线AM 与x 轴交于点(,0)N n ，则m 的象就是n ，记作()f m n =.现给出以下命题：(2)0f =②()f x 的图象关于点(2,0)对称；③()f x 在区间(3,4)上为常数函数； ④()f x 为偶函数。

专题能力训练23 解答题专项训练(函数与导数)1.已知函数f(x)=x2+(x≠0,a∈R).(1)讨论函数f(x)的奇偶性,并说明理由;(2)若函数f(x)在[2,+∞)上为增函数,求a的取值范围.2.已知函数f(x)=ax2-ln x,a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在区间[1,e]上的最小值为1,求a的值.3.已知函数f(x)=x2+(x-1)|x-a|.(1)若a=-1,解方程f(x)=1;(2)若函数f(x)在R上单调递增,求实数a的取值范围;(3)是否存在实数a,使不等式f(x)≥2x-3对一切实数x∈R恒成立?若存在,求出a的取值范围,若不存在,请说明理由.4.已知函数f(x)=sin x(x≥0),g(x)=ax(x≥0).(1)若f(x)≤g(x)恒成立,求实数a的取值范围;(2)当a取(1)中最小值时,求证:g(x)-f(x)≤x3.5.(2014课标全国Ⅰ高考,文21)设函数f(x)=a ln x+x2-bx(a≠1),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为0.(1)求b;(2)若存在x0≥1,使得f(x0)<,求a的取值范围.6.已知函数f(x)=在x=1处取得极值2,设函数y=f(x)图象上任意一点(x0,f(x0))处的切线斜率为k.(1)求k的取值范围;(2)若对于任意0<x1<x2<1,存在k,使得k=,求证:x1<|x0|<x2.答案与解析专题能力训练23 解答题专项训练(函数与导数)1.解:(1)当a=0时,f(x)=x2,对任意x∈(-∞,0)∪(0,+∞),f(-x)=(-x)2=x2=f(x),∴f(x)为偶函数.当a≠0时,f(x)=x2+(a≠0,x≠0),令x=-1,得f(-1)=1-a,令x=1,得f(1)=1+a,∴f(-1)+f(1)=2≠0,f(-1)-f(1)=-2a≠0,∴f(-1)≠-f(1),f(-1)≠f(1).∴函数f(x)既不是奇函数,也不是偶函数.(2)若函数f(x)在[2,+∞)上为增函数,则f'(x)≥0在[2,+∞)上恒成立,即2x-≥0在[2,+∞)上恒成立,即a≤2x3在[2,+∞)上恒成立,只需a≤(2x3)min,x∈[2,+∞),∴a≤16.∴a的取值范围是(-∞,16].2.解:函数f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=ax-.(1)①当a=0时,f'(x)=-<0,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.②当a<0时,f'(x)<0恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.③当a>0时,令f'(x)=0,又因为x>0,解得x=.当x∈时,f'(x)<0,所以函数f(x)在上单调递减.当x∈时,f'(x)>0,所以函数f(x)在上单调递增.综上所述,当a≤0时,函数f(x)的单调减区间是(0,+∞),当a>0时,函数f(x)的单调减区间是,单调增区间为.(2)①当a≤0时,由(1)可知,f(x)在[1,e]上单调递减,所以f(x)的最小值为f(e)=a e2-1=1,解得a=>0,舍去.②当a>0时,由(1)可知,当≤1,即a≥1时,函数f(x)在[1,e]上单调递增,所以函数f(x)的最小值为f(1)=a=1,解得a=2.当1<<e,即<a<1时,函数f(x)在上单调递减,在上单调递增,所以函数f(x)的最小值为f ln a=1,解得a=e,舍去.当≥e,即0<a≤时,函数f(x)在[1,e]上单调递减,所以函数f(x)的最小值为f(e)=a e2-1=1,得a=,舍去.综上所述,a=2.3.解:(1)当a=-1时,f(x)=x2+(x-1)|x+1|,故有f(x)=当x≥-1时,由f(x)=1,有2x2-1=1,解得x=1或x=-1,当x<-1时,f(x)=1恒成立.故方程的解集为{x|x≤-1或x=1}.(2)f(x)=若f(x)在R上单调递增,则有解得a≥.故当a≥时,f(x)在R上单调递增.(3)设g(x)=f(x)-(2x-3),则g(x)=不等式f(x)≥2x-3对一切实数x∈R恒成立,等价于不等式g(x)≥0对一切实数x∈R恒成立.①若a>1,则1-a<0,即<0,取x0=,此时x0∈(-∞,a),g(x0)=g=(a-1)·-a+3=1-a<0,即对任意的a>1,总能找到x0=,使得g(x0)<0,故不存在a>1,使得g(x)≥0恒成立.②若a=1,g(x)=其值域为[2,+∞),所以g(x)≥0恒成立.③若a<1,当x∈(-∞,a)时,g(x)单调递减,其值域为(a2-2a+3,+∞),由于a2-2a+3=(a-1)2+2≥2,所以g(x)≥0成立.当x∈[a,+∞)时,由a<1,知a<,g(x)在x=处取最小值,令g=a+3-≥0,得-3≤a≤5.又a<1,所以-3≤a<1.综上,a∈[-3,1].4.解:(1)令h(x)=sin x-ax(x≥0),h'(x)=cos x-a.若a≥1,则h'(x)=cos x-a≤0,h(x)=sin x-ax(x≥0)单调递减,h(x)≤h(0)=0,故sin x≤ax(x≥0)成立.若a<1,则至少存在一个x0∈,使得x∈(0,x0),h'(x)=cos x-a>0,h(x)=sin x-ax(x∈(0,x0))单调递增,h(x)>h(0)=0,不合题意,舍去.综上可知,a≥1.(2)设H(x)=x-sin x-x3(x≥0),H'(x)=1-cos x-x2.令G(x)=1-cos x-x2,G'(x)=sin x-x≤0(x≥0),故G(x)=1-cos x-x2在(0,+∞)上单调递减.此时G(x)=1-cos x-x2≤G(0)=0,即H'(x)=1-cos x-x2≤0,故H(x)=x-sin x-x3(x≥0)单调递减,H(x)=x-sin x-x3≤H(0)=0.于是x-sin x-x3≤0(x≥0),即x-sin x≤x3(x≥0).5.解:(1)f'(x)=+(1-a)x-b.由题设知f'(1)=0,解得b=1.(2)f(x)的定义域为(0,+∞),由(1)知,f(x)=a ln x+x2-x,f'(x)=+(1-a)x-1=(x-1).①若a≤,则≤1,故当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(1,+∞)单调递增.所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f(1)<,即-1<,解得--1<a<-1.②若<a<1,则>1,故当x∈时,f'(x)<0;当x∈时,f'(x)>0.f(x)在单调递减,在单调递增.所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f.而f=a ln,所以不合题意.③若a>1,则f(1)=-1=.综上,a的取值范围是(--1,-1)∪(1,+∞).6.(1)解:f'(x)=.由f'(1)=0及f(1)=2,得a=4,b=1.k=f'(x0)=4,设=t,t∈(0,1],得k∈.(2)证明:f'(x)=,令f'(x)>0⇒x∈(-1,1).f(x)的增区间为(-1,1),故当0<x1<x2<1时,>0,即k>0,故x0∈(-1,1).由于f'(x0)=f'(-x0),故只需要证明x0∈(0,1)时结论成立.由k=,得f(x2)-kx2=f(x1)-kx1,记h(x)=f(x)-kx,则h(x2)=h(x1).h'(x)=f'(x)-k,则h'(x0)=0,设g(x)=,x∈(0,1),g'(x)=<0,g(x)为减函数,故f'(x)为减函数.故当x>x0时,有f'(x)<f'(x0)=k,此时h'(x)<0,h(x)为减函数.当x<x0时,h'(x)>0,h(x)为增函数.所以h(x0)为h(x)的唯一的极大值,因此要使h(x2)=h(x1),必有x1<x0<x2.综上,有x1<|x0|<x2成立.。

2023高考数学二轮复习专项训练《导数的综合问题》一 、单选题（本大题共12小题，共60分）1.（5分）已知函数y =f(x)(x ∈R)的图象如图所示，则不等式xf ′(x)<0的解集为()A. (−∞,0)∪(13,2)B. (−∞,13)⋃(13,2)C. (−∞,13)⋃(2,+∞)D. (−1,0)⋃(1,3)2.（5分）已知函数f(x)=e x (x −m)(m ∈R)，若对∀x ∈(2,3)，使得f(x)+xf ′(x)>0，则实数m 的取值范围为( )A. (−∞,154]B. (−∞,83]C. [154,+∞)D. [83,+∞)3.（5分）已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)，其导函数为f ′(x)，恒有x2f ′(x)+f(x)⩽0，且f(2)=14，则不等式f(x)>1x 2的解集为( )A. (0,2)B. (−2,0)C. (−2,0)∪(0,2)D. (−2,2)4.（5分）已知函数f(x)=lnx −x −xe −x −k 恒有零点，则实数k 的取值范围是()A. (−∞,−1]B. (−∞,−1−1e] C. [−1−1e ,−1]D. [−1−1e ,0)5.（5分）已知函数f(x)=-x 3+2x 2−x ，若过点P (1,t )可作曲线y =f (x )的三条切线，则t 的取值范围是( )A. (0,130) B. (0,129) C. (0,128)D. (0,127)6.（5分）已知函数f (x )=2a e x −x 2−2x 在(−∞,+∞)上是单调函数，则实数a 的取值范围是A. a ⩾eB. a ⩾1C. a ⩾1eD. a ⩾27.（5分）已知函数f (x )={−x 2+3ax −2a +2e ,0<x <1,ln x +e x ,x ⩾1,若存在x 0∈(0,+∞)，使得f(x 0)<g(x 0)，则实数a 的取值范围是( )A. (−∞,1−e)B. (1+e 2,+∞) C. (−∞,1−e)∪(1+e 2,+∞)D. [1+e2,+∞)8.（5分）若关于x 的不等式e 2x −a ln x ⩾12a 恒成立，则实数a 的取值范围是( )A. [0,2e ]B. (−∞,2e ]C. [0,2e 2]D. (−∞,2e 2]9.（5分）若关于x 不等式x ln x −x 3+x 2⩽ae x 恒成立，则实数a 的取值范围是( )A. [e,+∞)B. [0,+∞)C. [1e ,+∞)D. [1,+∞)10.（5分）已知函数f(x)=xe x ，要使函数g(x)=m[f(x)]2−2f(x)+1恰有一个零点，则实数m 的取值范围是( )A. [−e 2−2e ,0]B. (−e 2−2e ,0]∪{ 1}C. [−e 2+2e ,0]D. (−e 2+2e ,0]∪{ 1}11.（5分）已知函数f(x)=x 2+ax +1x在[12,+∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A. [−1,0]B. (3,+∞)C. [0,3]D. [3,+∞)12.（5分）已知函数f(x)=x −1−lnx ，对定义域内任意x 都有f(x)⩾kx −2，则实数k 的取值范围是( )A. (−∞,1−1e 2]B. (−∞,−1e2]C. [−1e 2,+∞)D. [1−1e 2,+∞)二 、填空题（本大题共5小题，共25分）13.（5分）对于任意的实数x ∈[1,e]，总存在三个不同的实数y ∈[−1,4]，使得x|ye 1−y |−ax −lnx =0成立，则实数a 的取值范围是______14.（5分）已知函数f(x)=a ln (2x )−e 2xe 有且只有一个零点，则实数a 的取值范围是______．15.（5分）已知函数f(x)={2x 2−3x ,x ⩽0e x +e 2,x >0，若不等式f(x)⩾kx ，对x ∈R 恒成立，则实数k 的取值范围是______．16.（5分）(1)设函数f(x)={2lg x,x >0,(14)x ,x <0,则f(−f(10))=________.(2)直线2y +1=0与曲线y =cos x 在(−3 π 4,3 π 2)上的交点的个数为________.(3)张军自主创业，在网上经营一家干果店，销售的干果中有松子、开心果、腰果、核桃，价格依次为120元/千克、80元/千克、70元/千克、40元/千克，为增加销量，张军对这四种干果进行促销：一次购买干果的总价达到150元，顾客就少付x(2x ∈Z)元．每笔订单顾客网上支付成功后，张军会得到支付款的80％.①若顾客一次购买松子和腰果各1千克，需要支付180元，则x =________； ②在促销活动中，为保证张军每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x 的最大值为________.(4)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞)，其导函数f′(x)满足f(x)+xf′(x)<xf(x)对x+1 x∈(0,+∞)恒成立，且f(1)=2，则不等式(x+1)f(x+1)<x+2的解集是________.17.（5分）若函数f(x)=lnx−ax有两个不同的零点，则实数a的取值范围是______．三、解答题（本大题共6小题，共72分）18.（12分）已知函数f(x)=(a−1)x a−ax1a.(1)当a=2时，求f(x)的图象在x=1处的切线方程;(2)当0⩽x⩽1且0<a⩽1时，求证：e−1a f(e)+f(x)⩾−2.ax2−ax(a≠0).19.（12分）已知函数f(x)=ax e x−12(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a<0时，函数f(x)在(−∞,0)上的最小值为g(a)，若不等式g(a)⩾ta−ln(−a)有解，求实数t的取值范围.20.（12分）已知函数f(x)=ln x−kx(k∈R)，g(x)=x(e x−2).(1)若f(x)有唯一零点，求k的取值范围;(2)若g(x)−f(x)⩾1恒成立，求k的取值范围.21.（12分）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√3有三个互异的公共点，求d的取值范围．22.（12分）已知函数f(x)=e x，g(x)=ln x.(1)若函数ℎ(x)=xg(x)，求函数ℎ(x)的单调区间和极值；(2)是否存在同时与函数f(x)，g(x)的图像都相切的直线l?若存在，求出符合条件的直线l的条数并证明；若不存在，请说明理由．23.（12分）设f(x)=xe x(e为自然对数的底数)，g(x)=(x+1)2．(I)记F(x)=f(x)．g(x)(i)讨论函数F(x)单调性；(ii)证明当m>0时，F(−1+m)>F(−1−m)恒成立；(II)令G(x)=af(x)+g(x)(a∈R)，设函数G(x)有两个零点，求参数a的取值范围．四、多选题（本大题共5小题，共25分）24.（5分）若当x⩾1时，不等式e x⩾ax恒成立，则a的可能取值是()C. 2D. 3A. eB. 1e25.（5分）某同学对函数f(x)=sin x进行研究后，得出以下结论，其中正确的有()e x-e-xA. 函数y=f(x)的图象关于原点对称B. 函数y=f(x)在(0,+∞)上有无穷多个零点，且每相邻两零点间距离相等C. 对定义域中的任意实数x的值，恒有|f(x)|<1成立D. 对任意常数m>0，存在常数b>a>m，使函数y=f(x)在[a,b]上单调递减，且b-a=π2,x>0cos x,x⩽0，则下列四个结论中正确的是()26.（5分）设函数f(x)={&xe x−1A. 函数f(x)在区间[−π,1)上单调递增B. 函数y=f(x)−x有且仅有两个零点C. 函数f(x)的值域是[−1,1]D. 对任意两个不相等正实数x1，x2，若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>2+ln x，下列说法正确的是()27.（5分）关于函数f(x)=1xA. f(1)是f(x)的极小值B. 函数y=f(x)−x有且只有1个零点)<g(√e)C. f(x)在(−∞,1)上单调递减D. 设g(x)=xf(x)，则g(1e28.（5分）已知函数f(x)=x2+sin x，则下列说法正确的是A. f(x)有且只有一个极值点B. 设g(x)=f(x).f(−x)，则g(x)与f(x)的单调性相同C. f(x)有且只有两个零点]上单调递增D. f(x)在[0,π2答案和解析1.【答案】A; 【解析】此题主要考查不等式求解，涉及导数研究函数的单调性，函数的图象的应用，属于基础题.根据函数的单调性和f ′(x)的正负关系即可求解. 解：由f(x)图象单调性可得，当x ∈(−∞,13)∪(2,+∞)时，f ′(x)>0， 当x ∈(13,2)时，f ′(x)<0，∴xf ′(x)<0等价于 {x <0f′(x)>0或 {x >0f ′(x)<0， ∴xf ′(x)<0的解集为(−∞,0)∪(13,2). 故选A.2.【答案】B; 【解析】该题考查函数的导数的应用，函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力． 求出函数的导数，化简不等式，通过条件恒成立，转化为函数的最值问题求解即可．解：由题意知，f′(x)=e x (x −m +1)， ∴f(x)+xf ′(x)=e x [x 2+(2−m)x −m]>0， 只需x 2+(2−m)x −m >0在(2,3)上恒成立， 即m <x 2+2x x+1=x +1−1x+1，在x ∈(2,3)上恒成立，因为y =x +1−1x+1，在∀x ∈(2,3)，是增函数，所以函数的最小值大于83，∴m ⩽83， 故选：B ．3.【答案】A; 【解析】此题主要考查导数中的不等式问题，涉及导数的运算和导数与单调性的关系，属一般题，构造函数g(x)=x 2f(x)，以便和已知的导数不等式建立联系，是解决问题的关键. 根据题意，令g(x)=x 2f(x)，对其求导分析可得g(x)在(0,+∞)上为减函数，原不等式可以转化为g(x)>g(2)，结合函数g(x)的单调性分析可得答案．解：[x 2f(x)]′=2xf (x)+x 2f′(x)=2x [f(x)+x2f′(x)]，∵x2f ′(x)+f(x)⩽0， 令g(x)=x 2f(x). ∴当x >0时，g′(x)⩽0， g(x)为单调减函数， 又∵f(2)=14，∴g(2)=4f(2)=1. ∴不等式f(x)>1x 2⇔x 2f(x)>1⇔g(x)>g(2)⇔0<x <2， 故选A.4.【答案】B; 【解析】此题主要考查函数的零点和方程根的关系，考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求出函数的最大值，属于较难题.由题可知f(x)=lnx −x −xe −x −k 恒有零点(x >0)，可转化成lnx −x −xe −x =k 有根，即g(x)=lnx −x −xe −x 与y =k 有交点， g′(x)=1x −1−e −x +xe −x =(x−1)(xe −x −1)x，当g ′(x)=0时，解得x =1，则当0<x <1时，g ′(x)>0，当x >1时，g′(x)<0，故g(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减， 所以g(x)最大值为g(1)=−1−1e ，则g(x)⩽−1−1e ， 当y =k 与g(x)有交点时，k ⩽−1−1e ，则实数k 的取值范围是(−∞,−1−1e ].5.【答案】D;【解析】解：f(x)=−x 3+2x 2−x 的导数为f′(x)=−3x 2+4x −1=−(3x −1)(x −1)，设切点为M(x 0,y 0)，可得切线的斜率为k =−3x 02+4x 0−1，切线的方程为y −y 0=(−3x 02+4x 0−1)(x −x 0)，即y −(−x 03+2x 02−x 0)=(−3x 02+4x 0−1)(x −x 0)，代入(1,t)，可得t −(−x 03+2x 02−x 0)=(−3x 02+4x 0−1)(1−x 0)，化简整理可得2x 03−5x 02+4x 0−1−t =0，过点P(1,t)可作曲线的三条切线，故此方程有三个不同解，下研究方程解有三个时参数t 所满足的条件．设g(x 0)=2x 03−5x 02+4x 0−1−t ，则g′(x 0)=6x 02−10x 0+4，由g′(x 0)=0，得x 0=23或x 0=1，由g(x 0)在(−∞,23)，(1,+∞)上单调递增，在(23,1)上单调递减．可得g(x 0)的极大值点为23，极小值点为1，则关于x 0方程2x 03−5x 02+4x 0−1−t =0有三个实根的充要条件是：{g(23)=127−t >0g(1)=−t <0，解得0<t <127，故选：D.设切点坐标M(x 0,y 0)，求得f(x)的导数，得切线的斜率和方程，代入(1,t)，整理可得2x 03−5x 02+4x 0−1−t =0，再借助导数判断单调性与极值，确定其有三个解的条件，列关于t 的不等式组求解．此题主要考查利用导数求切线的方程和单调性、极值，考查转化思想和方程思想，考查运算能力和推理能力，属于中档题．6.【答案】B; 【解析】此题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值，属于基础题.对f(x)求导，根据函数f (x )=2a e x −x 2−2x 在(−∞,+∞)上是单调函数可得f′(x )⩾0或f′(x )⩽0在(−∞,+∞)恒成立，解不等式即可.解：∵函数f(x)=2a e x −x 2−2x 在(−∞,+∞)上是单调函数， ∴f′(x )⩾0或f′(x )⩽0在(−∞,+∞)恒成立， ∵f′(x)=2a e x −2x −2， ∴a ⩾x+1e x或a ⩽x+1e x在(−∞,+∞)恒成立，设g (x )=x+1e x，∴a ⩾g (x )max 或a ⩽g (x )min ， ∴g′(x )=e x −(x+1)e x(e x )2=−x e x， 令g′(x )=e x −(x+1)e x(e x )2=−x e x=0，∴x =0， 当x <0时，g′(x )=−x e x >0， 当x >0时，g′(x )=−x e x<0，∴x =0时，g (x )取最大值g (0)=0+1e 0=1，没有最小值，∴a⩾1.故选B.7.【答案】C;【解析】当0<x<1时，分离参数得出a的范围，当x>1时，根据导数的几何意义得出a的范围．此题主要考查了函数的单调性，导数的几何意义，属于中档题．解：设ℎ(x)=f(x)−g(x)，则ℎ(x)<0在(0,+∞)上有解．，当0<x<1时，−x2+ax+e<0，即a<x−ex设m(x)=x−e，则m(x)在(0,1)上单调递增，x∴m(x)<m(1)=1−e.∴a<1−e.当x=1时，显然ℎ(1)=0，不符合题意；当x>1时，显然f(x)=ln x+e x是增函数，且f(1)=e，∵g(1)=e，且f′(1)=1+e，∴当2a⩽1+e时，f(x)>g(x)在(1,+∞)上恒成立，当2a>1+e时，f(x)<g(x)在(1,+∞)上有解，符合题意．,+∞).综上，a的取值范围是(−∞,1−e)∪(1+e2故选：C.8.【答案】C;【解析】此题主要考查不等式恒成立问题解法，属于较难的题目．讨论a<0时，不符题意；检验a=0时显然成立；讨论a>0时，求得f(x)的导数和极值点m、极值和最值，求得m的范围，结合a=2m e2m，可得所求范围．解：当a<0时，f(x)=e2x−a ln x为(0,+∞)的增函数，f(x)无最小值，不符合题意；a即为e2x⩾0显然成立；当a=0时，e2x−a ln x⩾12，当a>0时，f(x)=e2x−a ln x的导数为f′(x)=2e2x−ax由于y=2e2x−a在(0,+∞)递增，x设f′(x)=0的根为m，即有a=2m e2m，当0<x <m 时，f′(x)<0，f(x)递减； 当x >m 时，f′(x)>0，f(x)递增，可得x =m 处f(x)取得极小值，且为最小值e 2m −a ln m ， 由题意可得e 2m −a ln m ⩾12a ，即a 2m−a ln m ⩾12a ，化为m +2mln m ⩽1，设g(m)=m +2mln m ，g′(m)=3+2ln m ，所以函数g(m)在(0,e −32)上单调递减，在(e −32,+∞)上单调递增. 当m =1时，g(1)=1，当m →0时，g(m)→0. 故可得m +2mln m ⩽1的解为0<m ⩽1. 易知y =2m e 2m 在(0,1]上单调递增， 则a =2m e 2m ∈(0,2e 2], 综上可得a ∈[0,2e 2]， 故选C.9.【答案】B;【解析】该题考查了不等式恒成立问题，也考查了利用导数研究函数的单调性与求最值问题，是综合题．利用导数求出f(x)的极值和最值，从而求出a 的取值范围．解：【方法一】设f(x)=x ln x −x 3+x 2，x >0， 则f′(x)=ln x +1−3x 2+2x ， 且f′(1)=ln 1+1−3+2=0， ∴1是f(x)的极值点，也是最值点； ∴f(x)<0恒成立， 又x >0时，e x >1恒成立， ∴a 的取值范围是[0,+∞)．【方法二】不等式x ln x −x 3+x 2⩽ae x可化为ln x −x 2+x ⩽ae x x，设f(x)=ln x −x 2+x ，g(x)=ae x x，其中x >0；∴f′(x)=1x −2x +1=−2x 2+x+1x，令f′(x)=0，解得x =1或x =−12(舍去)， ∴x =1时f(x)取得极大值，也是最大值，为0； 又g′(x)=a ⋅e x (x−1)x 2，令g′(x)=0，解得x =1，∴x =1时g(x)取得极值，也是最值，a ⩾0时g(x)取得最小值为a ； 由题意知实数a 的取值范围是a ⩾0． 故选：B ．设f(x)=x ln x −x 3+x 2，x >0，10.【答案】B;【解析】解：解：∵函数f(x)=xe x，x∈R，∴f′(x)=e x+xe x=e x(x+1)，∴当x∈(−∞,−1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(−1,+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，∴函数f(x)的最小值为f(−1)=−1e，函数f(x)的大致图象，如图所示：，函数g(x)=m[f(x)]2−2f(x)+1恰有一个零点，等价于方程m[f(x)]2−2f(x)+1=0只有一个根，令f(x)=t，由函数f(x)的图象可知方程mt2−2t+1=0，只能有一个正根，且若有负根的话，负根必须小于−1e，①当m=0时，方程为−2t+1=0，∴t=12，符合题意，②当m≠0时，若Δ=4−4m=0，即m=1时，方程为t2−2t+1=0，∴t=1，符合题意，若Δ>0，即m<1时：设ϕ(t)=mt2−2t+1，(i)当m<0时，二次函数ϕ(x)开口向下，又ϕ(0)=1>0，要使方程mt2−2t+1=0只有一个正根，且负根小于−1e ，则g(−1e)>0，即m.1e2+2e+1>0，∴m>−e2−2e，∴−e2−2e<m<0，(ii)当0<m<1时，二次函数ϕ(x)开口向下，又ϕ(0)=1>0，则方程mt2−2t+1=0要么有两个负根，要么有两个正根，不符合题意，综上所求，实数m的取值范围是：−e2−2e<m⩽0或m=1，故选：B．先利用导数求出函数f(x)的单调性和极值，画出函数f(x)的大致图象，由题意可知方程m[f(x)]2−2f(x)+1=0只有一个根，令f(x)=t，由函数f(x)的图象可知方程mt2−2t+1=0，只能有一个正根，且若有负根的话，负根必须小于−1e，m=0时显然符合题意，m≠0时，利用二次函数的根的分布即可列出不等式，求出m的取值范围．这道题主要考查了利用导数研究函数的极值，考查了二次函数的图象和性质，以及二次函数根的分布，是中档题．11.【答案】D;【解析】此题主要考查了导数在研究函数的单调性中的应用，同时考查了恒成立问题，属于中档题.先求导，从而转化为恒成立问题，再分离参数求函数的最值即可.解：由题可得f′(x)=2x+a−1x2，因为函数f(x)在[12,+∞)上单调递增，所以f′(x)⩾0在[12,+∞)上恒成立，即a⩾1x2−2x在[12,+∞)上恒成立．显然函数y=1x2−2x在[12,+∞)上单调递减，所以x=12时，y max=3，所以y⩽3，所以a⩾3，故实数a的取值范围为[3,+∞).故选D.12.【答案】A;【解析】该题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式恒成立问题，属于中档题．问题转化为k⩽1+1x −lnxx对任意x∈(0,+∞)恒成立，令g(x)=1+1x−lnxx，根据函数的单调性求出g(x)的最小值，从而即可求出k的取值范围．解：因为f(x)=x−1−lnx，对定义域内任意x都有f(x)⩾kx−2，则k⩽1+1x −lnxx对x∈(0,+∞)恒成立，令g(x)=1+1x −lnxx，则g′(x)=lnx−2x2，令g′(x)>0，解得：x>e2，令g′(x)<0，解得：0<x<e2，故g(x)在(0,e2)上递减，在(e2,+∞)上递增，故g(x)的最小值是g(e2)=1−1e2，故k⩽1−1e2．故选A．13.【答案】[4e3，1−1e);【解析】解：x|ye1−y|−ax−lnx=0，可化为：|ye1−y|=a+lnxx成立，设g(y)=ye1−y(−1⩽y⩽4)，则g′(y)=e1−y−ye1−y=(1−y)e1−y；即函数g(y)在(−1,1)为增函数，在(1,4)为减函数，又g(−1)=−e2，g(0)=0，g(1)=1，g(4)=4e3；则：|g(y)|=|ye1−y|∈[0,e2]，(−1⩽y⩽4)，设f(x)=a+lnxx，x∈[1,e]，f′(x)=1−lnxx2，即函数f(x)在[1,e]为增函数，所以a⩽f(x)⩽a+1e，对于任意的实数x∈[1,e]，总存在三个不同的实数y∈[−1,4]，使得x|ye1−y|−ax−lnx=0成立，即：|g(x)|=|ye1−y|=a+lnxx=f(x)成立，则对于a⩽f(x)⩽a+1e ，有a⩾g(4)=4e3；a+1e<g(1)=1；成立即可．即a∈[4e3,1−1e)；故答案为：a∈[4e3,1−1e).由方程有解问题、恒成立问题得对于任意的实数x∈[1,e]，总存在三个不同的实数y∈[−1,4]，使得x|ye1−y|−ax−lnx=0成立，即对于任意的实数x∈[1,e]，总存在三个不同的实数y∈[−1,4]，使得成立，先构造函数：g(y)=ye1−y(−1⩽y⩽4)，f(x)=a+lnxx，x∈[1,e]，再利用导数求函数的单调性及最值，对于任意的实数x∈[1,e]恒成立，利用数形结合即求a的范围．该题考查了方程有解问题、恒成立问题及利用导数求函数的单调性及最值，属中档题．14.【答案】(−∞,0)∪{ e};【解析】解：当x =12时，显然x =12不是该函数的零点； 当x ≠12时，由f(x)=a ln (2x )−e 2x e=0，分离参数得a =e 2xeln2x，令p(x)=e 2xeln2x ，函数f(x)=a ln (2x )−e 2x e有且只有一个零点，等价于直线y =a 与函数p(x)=e 2xeln2x有且只有一个零点． 利用导数，可得p′(x)=2e ⋅e 2x e ⋅ln2x −1x⋅e 2x e (ln2x )2=e 2x e (2eln2x −1x)(ln2x )2．当x ∈(0,12)∪(12,e2)时，p′(x)<0，p(x)单调递减， 当x ∈(e2,+∞)时，p′(x)>0，p(x)单调递增， 且当x →0时，p(x)→0，当x =12时，p(x)不存在， 当x =e2时，p(x)有极小值为e ． 得出p(x)的图象如图所示，∵直线y =a 与函数p(x)的图象的交点个数为1， 由图可知，实数a 的取值范围是(−∞,0)∪{ e}， 故答案为：(−∞,0)∪{ e}．当x =12时，显然x =12不是该函数的零点；当x ≠12时，由f(x)=a ln (2x )−e 2xe =0，分离参数得a =e 2xeln2x ，利用导数研究函数p(x)=e 2xeln2x 的单调性，作出图象，数形结合得答案．此题主要考查函数零点的判定，考查利用导数研究函数的单调性，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．15.【答案】−3⩽k ⩽e 2; 【解析】这道题主要考查函数恒成立问题，利用参数分离法，构造函数求函数的导数，利用导数研究函数的单调性和最值是解决本题的关键．综合性较强．根据分段函数的表达式，利用参数分离法，构造函数，求函数的导数，利用导数研究函数的最值即可得到结论．解：当x =0时，不等式f(x)⩾kx 等价于0⩾0成立， 当x <0时，由f(x)⩾kx 得2x 2−3x ⩾kx ，即2x −3⩽k ， 当x <0，2x −3<−3，则k ⩾−3； 当x >0时，由f(x)⩾kx 得e x +e 2⩾kx ，e x +e 2x⩾k ，设ℎ(x)=e x +e 2x ，x >0， ℎ′(x)=xe x −e x −e 2x 2，x >0设g(x)=xe x −e x −e 2，则g′(x)=xe x ， 当x >0时，g′(x)>0，即函数g(x)为增函数， ∵g(2)=2e 2−e 2−e 2=0，∴当x >2时，g(x)>0，ℎ′(x)>0，函数ℎ(x)为增函数， 当0<x <2时，g(x)<0，ℎ′(x)<0，函数ℎ(x)为减函数， 即当x =2时，函数ℎ(x)取得极小值，同时也是最小值ℎ(2)=e 2+e 22=e 2，此时k ⩽e 2，综上实数k 的取值范围是−3⩽k ⩽e 2， 故答案为：−3⩽k ⩽e 2．16.【答案】(1)16； (2)3；(3)①10；②18.5； (4)(0,+∞) . ;【解析】(1)此题主要考查分段函数求值，考查运算求解能力，属于基础题. 将自变量带入相应定义区间解析式进行运算即可求解.解：∵函数f(x)={2lg x,x >0(14)x ,x <0，∴f(10)=2log 10=2，∴f(−f(10))=f(−2)=42=16， 故答案为16. (2)此题主要考查三角函数的图象及函数与方程，考查数形结合的数学方法，属于基础题. 求出y =cos x 在(−3 π 4,3 π 2)上图像分布，然后结合函数图像分析即可求解.解：由题意当x∈(−3π4,3π2)时，y=cos x图像如下：∵cos(−3π4)=−√22<−12，∴结合函数图像可得直线2y+1=0与曲线y=cos x在(−3π4,3π2)上有3个交点．故答案为3.(3)此题主要考查数学在生活中的实际应用，考查数学建模的数学核心素养，属于中档题.①根据题意可建立方程120+70−x=180，解出x即可；②设顾客一次购买干果的总价为M元，然后分当0<M<150与M⩾150时两种情况进行分析即可求解.解：①顾客一次购买松子和腰果各1千克，需要支付120+70−x=180元，则x=10，②设顾客一次购买干果的总价为M元，当0<M<150时，张军每笔订单得到的金额显然不低于促销前总价的七折；当M⩾150时，则有0.8(M−x)⩾0.7M，即M⩾8x对M⩾150恒成立，则8x⩽150，x⩽18.75，又∵2x∈Z，所以x的最大值为18.5.故答案为①①10；②18.5.(4)此题主要考查导数的应用，考查函数构造法的应用与推理论证能力，属于中档题.由题意，构造函数g(x)=xf(x)x+1(x>0)，求出函数导数，根据f(x)+xf′(x)<xf(x)x+1判断导数符号得到函数g(x)单调性，然后建立不等式求解即可.解：设函数g(x)=xf(x)x+1(x>0)，则g′(x)=[f(x)+xf′(x)](x+1)−xf(x)(x+1)2，因为f(x)+xf′(x)<xf(x)x+1，所以[f(x)+xf′(x)](x+1)−xf(x)<0，所以g′(x)<0，故g(x)在(0,+∞)上单调递减，所以(x+1)f(x+1)<x+2⇔(x+1)f(x+1)x+2<1⇔{x+1>0,g(x+1)<1=g(1),则x+1>1，即x>0，所以不等式(x+1)f(x+1)<x+2的解集为(0,+∞).故答案为(0,+∞).17.【答案】(0,1e);【解析】该题考查了数形结合的应用及函数的零点与函数的图象的应用，属于基础题．函数f(x)=lnx−ax有两个不同的零点，可化为y=lnx与y=ax在R上有两个不同的交点，作图求解．解：函数f(x)=lnx−ax在R上有两个不同的零点可化为y=lnx与y=ax在R上有两个不同的交点，作函数y=lnx与y=ax在R上的图象如下，当直线与y=lnx相切时，则lnxx =1x，解得，x=e；故直线与y=lnx相切时，切线的斜率a=1e；故实数a的取值范围是(0,1e)；故答案为：(0,1e).18.【答案】(1)解：当a=2时，f(x)=x2−2x12，则f′(x)=2x−x−12，f′(1)=2−1=1，f(1)=−1，所以f(x)的图象在x=1处的切线方程为y−(−1)= x−1，即y=x−2.(2)证明：当a=1时，f(x)=−x，0⩽x⩽1时，f(x)min=f(1)=−1;当0<a<1时，f′(x)=a(a−1)x a−1−x1a−1=x1a−1[a(a−1)x a−1a−1]，a(a−1)<0，a−1a<0，y=a(a−1)x a−1a−1在(0,1]上单调递增，所以a(a−1)x a−1a−1⩽a(a−1)−1=a2−a−1<0，又x 1a−1⩾0，所以f′(x)=x1a−1[a(a−1)x a−1a−1]⩽0，从而f(x)在[0,1]上单调递减， 所以f(x)min =f(1)=a −1−a =−1.要证e −1a f(e)+f(x)⩾−2，只需证e −1a f(e)−1⩾−2，即e −1a f(e)⩾−1， 亦即e −1a f(e)=(a −1)e a−1a −a ⩾−1. 令g(x)=(x −1)e x−1x−x(0<x ⩽1)，g ′(x)=ex−1x+(x −1)e x−1x·1+x 2x 2−1.因为0<x ⩽1，所以e x−1x −1⩽0，(x −1)e x−1x ·1+x 2x 2⩽0，所以g ′(x)=ex−1x+(x −1)ex−1x·1+x 2x 2−1⩽0(当且仅当x =1时取等号)，所以g(x)在(0,1]上单调递减，所以g(x)min =g(1)=−1，即e −1a f(e)⩾−1.综上，当0⩽x ⩽1且0<a ⩽1时，e −1a f(e)+f(x)⩾−2.;【解析】此题主要考查导数的综合应用，考查导数的几何意义及切线的求法，考查不等式的证明方法，属于难题.19.【答案】解：(1)由f(x)=ax e x −12ax 2−ax (a ≠0)得 f ′(x)=a [(x +1)e x −(x +1)]=a (x +1)(e x −1)， ①当a >0时，令f ′(x)>0，得(x +1)(e x −1)>0， ∴{x +1>0e x−1>0，或{x +1<0e x −1<0，即{x >−1e x >1或{x <−1e x <1， 解得x >0或x <−1，令f ′(x)<0，得(x +1)(e x −1)<0， ∴{x +1>0e x−1<0，或{x +1<0e x −1>0，即{x >−1e x <1或{x <−1e x >1， 解得−1<x <0或x ∈∅，∴函数f(x)的单调增区间为(−∞,−1)，(0,+∞)，单调减区间为(−1,0)； ②当a <0时，令f ′(x)>0，得(x +1)(e x −1)<0，由①可得−1<x <0， 令f ′(x)<0，得(x +1)(e x −1)>0，由①可得，x >0或x <−1， ∴函数f(x)的单调增区间为(−1,0)，单调减区间为(−∞,−1)，(0,+∞)；综上可得，当a >0时，函数f(x)的单调增区间为(−∞,−1)，(0,+∞)，单调减区间为(−1,0)；当a <0时，函数f(x)的单调增区间为(−1,0)，单调减区间为(−∞,−1)，(0,+∞)； (2)由(1)知，a <0时，x ∈(−∞,0)时，函数f(x)在(−∞,−1)的上单调递减，在(−1,0)上单调递增，∴g (a )=f (−1)=−ae −1−12a +a =(12−1e )a ，∴不等式g(a)⩾ ta −ln (−a)有解等价于(12−1e )a ⩾ ta −ln (−a)有解，即t⩾12−1e+ln(−a)a有解(a<0)，设ℎ(x)=ln(−x)x (x<0)，则ℎ′(x)=1−ln(−x)x2(x<0)，∴当x∈(−∞,e)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，当x∈(−e,0)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，∴ℎ(x)的极小值也是最小值，且最小值为ℎ(−e)=ln e−e =−1e，∴t⩾12−1e−1e=12−2e，∴实数t的取值范围[12−2e,+∞).;【解析】此题主要考查由导数求含参数的函数的单调区间以及由导数求最值，求解存在性问题，难度较大.(1)分类讨论，利用导数求单调区间；(2)分离变量，构造函数，利用导数求最值即可解答.20.【答案】解：(1)由f(x)=ln x−kx有唯一零点，可得方程ln x−kx=0有唯一实根，即方程k=ln xx有唯一解.令ℎ(x)=ln xx ，则ℎ′(x)=1−ln xx2，由ℎ′(x)>0得0<x<e；由ℎ′(x)<0，得x>e.∴ℎ(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，∴ℎ(x)⩽ℎ(e)=1e.在同一坐标系中，考察函数ℎ(x)=ln xx的图象与直线y=k的交点特征，可得：k=1e或k⩽0.(2)∵x(e x−2)−(ln x−kx)⩾1恒成立，且x>0，∴k⩾1+ln xx−e x+2，令ϕ(x)=1+ln xx −e x+2，则ϕ′(x)=−x2e x+ln xx2，再令μ(x)=x2e x+ln x，∵μ′(x)=x(x+2)e x+1x>0，∴μ(x)在(0,+∞)上单调递增，而μ(1e)=e1e−2−1<0，μ(1)=e>0，∴由零点存在性定理知，存在唯一x0∈(1e,1)，使得μ(x0)=0，即x02e x0=−ln x0，并且当x∈(0,x0)时，μ(x)<0，ϕ′(x)>0，ϕ(x)单调递增；当x∈(x0,+∞)时，μ(x)>0，ϕ′(x)<0，ϕ(x)单调递减.∴ϕ(x)max=ϕ(x0)=1+ln x0x0−e x0+2.又对x02e x0=−ln x0两边取对数，得：2ln x0+x0=ln(−ln x0)，于是有：ln x0+x0=ln(−ln x0)+(−ln x0).易知函数y=ln x+x在(0,+∞)上单调递增，∴x0=−ln x0，x0e x0=1，于是ϕ(x)max=ϕ(x0)=1+ln x0x0−e x0+2=1−x0x0−1x0+2=1，∴k⩾ϕ(x)max=1.因此，k的取值范围是[1,+∞).;【解析】此题主要考查利用导数研究函数的零点以及含参数的不等式恒成立问题，考查等价转换思想和运算能力，属于难题.(1)f(x)=ln x−kx有唯一零点，等价于方程ln x−kx=0有唯一实根，即方程k=ln xx 有唯一解，记ℎ(x)=ln xx，通过研究它的单调性和图象特征，问题可解；(2)不等式g(x)−f(x)⩾1恒成立，等价于当x>0时k⩾1+ln xx−e x+2恒成立，通过构造函数ϕ(x)=1+ln xx −e x+2，研究它的最大值即可.因为ϕ′(x)=−x2e x+ln xx2，不容易判断它的符号，所以还需要构造函数μ(x)=x2e x+ln x，通过对它的单调性的分析判断来解决问题.21.【答案】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)=(x−t2)3−9(x−t2)=x3−3t2x2+(3t22−9)x−t23+9t2；∴f′(x)=3x2−6t2x+3t22−9，令f′(x)=0，解得x=t2−√3或x=t2+√3；当x<t2−√3时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增；当t2−√3<x<t2+√3时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减；当x >t 2+√3时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增，∴f(x)的极大值为f(t 2−√3)=(−√3)3−9×(−√3)=6√3， 极小值为f(t 2+√3)=(√3)3−9×√3=−6√3；(Ⅲ)曲线y =f(x)与直线y =−(x −t 2)−6√3有三个互异的公共点，等价于关于x 的方程(x −t 2+d)(x −t 2)(x −t 2−d)+(x −t 2)−6√3=0有三个互异的实数根，令u =x −t 2，可得u 3+(1−d 2)u +6√3=0； 设函数g(x)=x 3+(1−d 2)x +6√3，则曲线y =f(x)与直线y =−(x −t 2)−6√3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)=3x 2+(1−d 2)，当d 2⩽1时，g′(x)⩾0恒成立，此时g(x)在R 上单调递增，不合题意；当d 2>1时，令g′(x)=0，解得x 1=√d 2−1√3，x 2=√d 2−1√3；∴g(x)在(−∞,x 1)上单调递增，在(x 1,x 2)上单调递减， 在(x 2,+∞)上也单调递增； ∴g(x)的极大值为g(x 1)=√d 2−1√3)=2√3(d 2−1)329+6√3>0；极小值为g(x 2)=g(√d 2−1√3)=−2√3(d 2−1)329+6√3；若g(x 2)⩾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(x 2)<0，即(d 2−1)32>27，解得|d|>√10， 此时|d|>x 2，g(|d|)=|d|+6√3>0；−2|d|<x 1，g(−2|d|)=−6|d|3−2|d|+6√3<0， 从而由g(x)的单调性可知，函数y =g(x)在区间(−2|d|,x 1)，(x 1,x 2)，(x 2,|d|)内各有一个零点，符合题意， ∴d 的取值范围是(−∞,−√10)∪(√10,+∞)．;【解析】此题主要考查了导数的运算以及导数的几何意义，运用导数研究函数的单调性与极值的应用问题，是综合题．(Ⅰ)求出t 2=0，d =1时f(x)的导数，利用导数求斜率，再写出切线方程； (Ⅱ)计算d =3时f(x)的导数，利用导数判断f(x)的单调性，求出f(x)的极值； (Ⅲ)曲线y =f(x)与直线y =−(x −t 2)−6√3有三个互异的公共点，等价于关于x 的方程f(x)+(x −t 2)−6√3=0有三个互异的实数根，利用换元法研究函数的单调性与极值，求出满足条件的d 的取值范围．22.【答案】解：(1)函数ℎ(x)的定义域为(0,+∞)，ℎ′(x)=ln x +1， 令ℎ′(x)=ln x +1>0，解得：x >1e ，函数ℎ(x)的单调增区间为(1e,+∞)，单调减区间为(0,1e)，故当x =1e 时，函数ℎ(x)有极小值为−1e ，无极大值.(2)设点P(x 1,e x 1)为曲线f(x)上任意一点，则由f′(x)=e x ，知：曲线f(x)在点P(x 1,e x 1)处的切线方程为：y =e x 1(x −x 1)+e x 1，设点Q(x 2,ln x 2)为曲线g(x)上任意一点，则由g′(x)=1x ，知：曲线g(x)在点Q(x 2,ln x 2) 处的切线方程为：y =1x 2(x −x 2)+ln x 2，若存在l 同时与函数f(x)，g(x)的图像都相切，则有： {e x 1=1x 2,①e x 1(1−x 1)=ln x 2−1,②，从而公切线l 的条数即为方程组(∗)的解的个数，由e x 1=1x 2，两边同时取自然对数得：x 1=−ln x 2，代入②得：1x 2(1+ln x 2)=ln x 2−1，即有：ln x 2=x 2+1x 2−1，构造函数ℎ(x)=ln x −x+1x−1(x ∈(0,1)∪(1,+∞))，则由ℎ′(x)=1x+2(x−1)2=x 2+1x(x−1)2>0，知：函数ℎ(x)在区间(0,1)和(1,+∞)上均为单调递增函数，且当x ∈(1,+∞)时，由 ℎ(e)=−2e−1<0，ℎ(e 2)=e 2−3e 2−1>0且函数ℎ(x)在区间(1,+∞)上单调递增，知：函数ℎ(x)在区间(1,+∞)上有唯一的零点x 0，即ℎ(x 0)=ln x 0−x 0+1x 0−1=0，由x 0∈(1,+∞)， 知：1x 0∈(0,1)且ℎ(1x 0)=ln1x 0−1x 0+11x 0−1=−ln x 0−1+x 01−x 0=−(ln x 0−x 0+1x 0−1)=0，ℎ(x)在区间(0,1)上有唯一的零点1x 0，综上，函数ℎ(x)的零点个数为2，即方程组(∗)的解的个数为2， 故公切线l 的条数为2. ;【解析】此题主要考查了切线方程问题，利用导数研究函数的单调性、极值问题，以及导数中的零点问题，考查了推理能力与计算能力，属于较难题. (1)由已知求出ℎ′(x)，从而根据导数正负符号求出函数ℎ(x)区间与极值；(2)设点P(x 1,e x 1)为曲线f(x)上任意一点，点Q(x 2,ln x 2)为曲线g(x)上任意一点，若存在l 同时与函数f(x)，g(x)的图像都相切，则有： {e x 1=1x 2,①e x 1(1−x 1)=ln x 2−1,②，从而公切线l 的条数即为方程组(∗)的解的个数，从而通过构造函数求解函数的导数，求出函数的零点，即可得出结论.23.【答案】解：（Ⅰ）F(x)=f(x)g(x)=xe x(x+1)2（x≠-1），（i ）F′（x ）=(x+1)e x .(x+1)2−xe x .2(x+1)(x+1)4=e x .(x 2+1)(x+1)3，…（2分）所以，当x ∈（-∞，-1）时，F′（x ）＜0，F （x ）单调减； 当x ∈（-1，+∞）时，F′（x ）＜0，F （x ）单调增； …（3分） （ii ）F （-1+m ）-F （-1-m ）=(m−1)e m−1m 2-(−m−1)e −m−1m 2=m+1m 2e m+1（m−1m+1e 2m +1），令φ（m ）=m−1m+1e 2m +1=e 2m -2e 2mm+1+1（m ＞0），φ′（m ）=2e 2m -4e 2m (m+1)−2e2m (m+1)2=2m 2e 2m (m+1)2＞0，…（5分）所以φ（m ）在m ＞0递增，即有φ（m ）＞φ（0）=0，又m+1m 2e m+1＞0，所以m ＞0时，F （-1+m ）-F （-1-m ）=m+1m 2e m+1（m−1m+1e 2m+1）＞0恒成立，即 当m ＞0时，F （-1+m ）＞F （-1-m ）恒成立． …（6分） （Ⅱ）由已知，G （x ）=af （x ）+g （x ）=ax e x +（x+1）2， G′（x ）=a （x+1）e x +2（x+1）=（x+1）（a e x +2）．①当a=0时，G （x ）=（x+1）2，有唯一零点-1； …（7分） ②当a ＞0时，a e x +2＞0，所以当x ＜-1时，G′（x ）＜0，G （x ）单调减； 当x ＞-1时，G′（x ）＞0，G （x ）单调增． 所以G （x ）极小值为G （-1）=-ae ＜0，因G （0）=1＞0，所以当x ＞-1时，G （x ）有唯一零点； 当x ＜-1时，ax ＜0，e x ＜1e ，所以ax e x ＞axe ， 所以G （x ）＞＞axe+（x+1）2=x 2+（2+ae）x+1，因为（2+a e ）2-4×1×1=4a e +（ae ）2＞0，所以，∃t 1，t 2，且t 1＜t 2，当x ＜t 1，或x ＞t 2时，使x 2+（2+ae ）x+1＞0，取x 0∈（-∞，-1）∪（-∞，t 1），则G （x 0）＞0，从而可知 当x ＜-1时，G （x ）有唯一零点，即当a ＞0时，函数G （x ）有两个零点． …（10分）③当a ＜0时，G′（x ）=a （x+1）（e x -（-2a ）），由G′（x ）=0，得x=-1，或x=ln （-2a）．（1）若-1=ln （-2a ），即a=-2e 时，G′（x ）=-2e （x+1）（e x -1e ）≤0， 所以G （x ）是单调减函数，至多有一个零点；（2）若-1＞ln （-2a ），即a ＜-2e 时，G′（x ）=a （x+1）（e x -（-2a ）），注意到y=x+1，y=e x+2a，都是增函数，所以，当x＜ln（-2a）时，G′（x）＜0，G（x）是单调减函数；当ln（-2a）＜x＜-1时，G′（x）＞0，G（x）是单调增函数；当x＞-1时，G′（x）＜0，G（x）是单调减函数．G（x）的极小值为G（ln（-2a ））=aln（-2a）•（-2a）+（ln（-2a）+1）2=l n2（-2a）+1＞0，所以G（x）至多有一个零点；…（12分）（3）若-1＜ln（-2a），即0＞a＞-2e时，同理可得当x＜-1时，G′（x）＜0，G（x）是单调减函数；当-1＜x＜ln（-2a）时，G′（x）＞0，G（x）是单调增函数；当x＞ln（-2a）时，G′（x）＜0，G（x）是单调减函数．所以G（x）的极小值为G（-1）=-ae＜0，G（x）至多有一个零点．综上，若函数G（x）有两个零点，则参数a的取值范围是（0，+∞）．…（14分）;【解析】(Ⅰ)(i)求出F(x0的导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间；(ii)作差可得F(−1+m)−F(−1−m)，令ϕ(m)=m−1m+1e2m+1，求出导数，判断单调性即可得证；(Ⅱ)由已知，求得G(x)的导数，讨论a=0，a>0，a<0，运用单调性，求出G(x)的极小值，结合函数的零点个数，即可得到所求a的范围．此题主要考查函数的单调性的判断，注意运用导数，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用导数判断单调性，运用作差法和构造函数法，同时考查函数零点问题，注意运用分类讨论和转化思想，属于难题．24.【答案】ABC;【解析】此题主要考查导数中的恒成立问题，属于基础题.由题意，得a⩽e xx 在x⩾1时恒成立，令f(x)=exx(x⩾1)，利用导数求出最小值，即可得a的范围，结合选项即可得答案.解：由题意，得a⩽e xx在x⩾1时恒成立，令f(x)=e xx (x⩾1)，则f′(x)=e x x−e xx2=e x(x−1)x2⩾0，故f(x)在[1,+∞)上单调递增，则f(x)min=f(1)=e，故a⩽e，由选项可知，ABC符合，故选ABC.25.【答案】CD;【解析】此题主要考查了函数的奇偶性，利用导数研究函数的单调性，导数中的恒成立问题，正弦函数的图像与性质，属于较难题，由函数的奇偶性即可判定A；由e x−e−x≠0可研究y=sin x(x≠0)的零点问题即可判定B；令ℎ(x)=e x−e−x−|sin x|(x⩾0)，利用打赏研究该函数的最值，结合f(x)的奇偶性即可判定C；由f′(x)=(e x−e−x)cos x−(e x+e−x)sin x(e x−e−x)2⩽0在x∈[π4+2kπ,3π4+2kπ](k∈Z)恒成立即可判定D.解：A、f(x)函数的定义域为\left{ x|x≠0}，关于原点对称，∵f(−x)=sin(−x)e−x−e x =sin xe x−e−x=f(x)，−f(x)=−sin xe x−e−x =sin xe−x−e x≠f(−x)，∴−f(x)≠f(−x),f(x)=f(−x)，∴f(x)为偶函数，不为奇函数，f(x)的图象不关于原点对称，故A错误；B、因为e x−e−x≠0，所以函数f(x)的零点即为函数y=sin x(x≠0)的零点，因为函数y=sin x(x≠0)的图象与x轴交点坐标为(kπ,0)(k∈Z且k≠0)，所以交点(−π,0)与(π,0)间的距离为2π，而其余任意相邻两点之间距离为π，故B错误；C、令ℎ(x)=e x−e−x−|sin x|(x⩾0)，则ℎ′(x)=e x+e−x±cos x，∵x⩾0，∴e x+e−x⩾2，又∵±cos x∈[−1,1]，∴ℎ′(x)>0，∴ℎ(x)在[0,+∞)上单调递增，∴ℎ(x)⩾ℎ(0)=0，即e x−e−x⩾|sin x|在x∈[0,+∞)上恒成立，所以e x−e−x>|sin x|在x∈(0,+∞)上恒成立，又因为当x>0时，e x−e−x>0恒成立，所以|sin x|e x−e−x<1在x∈(0,+∞)上恒成立，即|f(x)|=|sin x|e x−e−x<1在x∈(0,+∞)上恒成立，又因为f(x)为偶函数，且定义域为\left{ x|x≠0}，∴|f(x)|<1恒成立.故C正确；D、因为函数y=f(x)在[a,b]上单调递减，所以f′(x)=(e x−e−x)cos x−(e x+e−x)sin x(e x−e−x)2⩽0在x∈[a,b]恒成立，即e x(cos x−sin x)−e−x(cos x+sin x)⩽0，也即e2x(cos x−sin x)⩽cos x+sin x在x∈[a,b]恒成立，因为x∈[π4+2kπ,3π4+2kπ](k∈Z)时，cos x−sin x⩽0，cos x+sin x⩾0，e2x>0，所以e2x(cos x−sin x)⩽cos x+sin x在x∈[π4+2kπ,3π4+2kπ](k∈Z)恒成立，又因为(3π4+2kπ)−(π4+2kπ)=π2(k∈Z).令b=3π4+2kπ,a=π4+2kπ(k∈Z)，∴对于任意常数m>0，存在常数b>a>m，使函数y=f(x)在[a,b]上单调递减，且b−a=π2.故D正确.故选CD.26.【答案】CD;【解析】此题主要考查函数单调性，函数零点以及函数值域，属于较难题；利用导数判断x>0时，y=f(x)的单调性，根据单调性可求值域，然后结合x⩽0时，f(x)=cos x，从而可判断选项A，C;首先利用导数判断x⩽0时，g(x)=f(x)−x=cos x−x的零点个数，然后再利用单调性判断x>0时，g(x)=f(x)−x=xe x−1−x的零点个数，从而可判断选项B;不妨设0<x1<1<x2，根据题意把要证明x1+x2>2，转化为证明f(2−x1)>f(x1);然后构造函数ϕ(x)=xe x−1−2−xe1−x(0<x<1)，利用导数判定函数单调性即可证明，从而判断选项D.解：对于选项A，C：当x>0时，f(x)=xe x−1，所以f′(x)=e x−1−xe x−1(e x−1)2=1−xe x−1，所以当0<x<1时，f′(x)>0，y=f(x)在(0,1)单调递增，当x>1时，f′(x)<0，y=f(x)在(1,+∞)单调递减，故x>0时，0<f(x)⩽f(1)=1，又当x⩽0时，f(x)=cos x，所以f(0)=1，−1⩽f(x)⩽1，所以函数f(x)在[−π,0),(0,1)单调递增，所以选项A错误，选项C正确;对于B：当x⩽0时，令g(x)=f(x)−x=cos x−x，则g′(x)=−sin x−1⩽0，所以g(x)= cos x−x在(−∞,0]单调递减，所以当x⩽0时，g(x)⩾g(0)=1，所以函数y=f(x)−x在(−∞,0]上没有零点;当x>0时，ℎ(x)=f(x)−x=xe x−1−x，所以只需求导函数ℎ′(x)=1e x−1−1在(0,+∞)上零点个数，又因为ℎ′(x)=1e x−1−1在(0,+∞)上单调递减，且ℎ′(1)=1e1−1−1=0，所以函数y=f(x)−x在(0,+∞)上只有一个零点.所以函数y=f(x)−x有且仅有一个零点，所以选项B错误;对于选项D：当x>0时，若f(x1)=f(x2)，因为函数f(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，所以不妨设0<x1<1<x2，则1<2−x1<2，所以要证x1+x2>2，只需证2−x1<x2，即只需证f(2−x1)>f(x2)，又因为f(x1)=f(x2)，所以只需证f(2−x1)> f(x1).因为f(x1)−f(2−x1)=x1e x1−1−2−x1e2−x1−1=x1e x1−1−2−x1e1−x1，所以令函数ϕ(x)=xe x−1−2−x e1−x (0<x<1)，则ϕ′(x)=1−xe x−1−1−xe1−x=(1−x)(e2−e2x)e x+1>0，所以ϕ(x)=xe x−1−2−xe1−x在。

2023高考数学二轮复习专项训练《导数的计算》一、单选题（本大题共12小题，共60分）1.（5分）已知函数f（x）在R上可导，对任意实数x，f'（x）＞f（x）；若a为任意的正实数，下列式子一定正确的是（）A. f（a）＞eaf（0）B. f（a）＞f（0）C. f（a）＜f（0）D. f（a）＜eaf（0）2.（5分）直线y＝kx+1与曲线y＝x3+bx2+c相切于点M(1, 2)，则b的值为（）A. −1B. 0C. 1D. 23.（5分）设f（x）=x3，f（a-bx）的导数是（）A. 3（a-bx）B. 2-3b（a-bx）2C. 3b（a-bx）2D. -3b（a-bx）24.（5分）已知函数f(x)=2lnx+f′(2)x2+2x+3，则f(1)=()A. −2B. 2C. −4D. 45.（5分）设f0(x)=sin2x+cos2x，f1(x)=f0′(x)，f2(x)=f1′(x)，…，f1+n(x)=fn′(x)，n∈N*，则f2013（x）=（）A. 22012（cos2x-sin2x）B. 22013（sin2x+cos2x）C. 22012（cos2x+sin2x）D. 22013（sin2x+cos2x）6.（5分）曲线y=2sinx+cosx在点(π,−1)处的切线方程为()A. x−y−π−1=0B. 2x−y−2π−1=0C. 2x+y−2π+1=0D. x+y−π+1=07.（5分）若函数f(x)=x3−tx2+3x在区间[1,4]上单调递减，则实数t的取值范围是()] B. (−∞,3]A. (−∞,518,+∞) D. [3,+∞)C. [5188.（5分）[2021湖南省郴州市月考]随着科学技术的发展,放射性同位素技术已经广泛应用于医学、航天等众多领域,并取得了显著经济效益.假设在放射性同位素钍−234的衰变过程中,其含量N(单位:贝克)与时间t(单位:天)满足函数关系N(t)=N02−124,其中N0为t=0时针-234的含量.已知t=24时,钍−234含量的瞬时变化率为−8ln2,则N(96)=A. 12B. 12ln2C. 24D. 24ln29.（5分）设(2x−1)7=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7，则|a1|+2|a2|+3|a3|+4|a4|+5|a5|+6|a6|+7|a7|=()A. 10206B. 5103C. 729D. 72810.（5分）函数f(x)=2f′(1)·x+xlnx在x=1处的切线方程为()A. y=2x−2B. y=2x+1C. y=−x−1D. y=x−111.（5分）设f（x）=sin2x，则f′（x）等于（）A. cos2xB. 2cos2xC. -sin2xD. 2（sin2x-cos2x）12.（5分）函数y=cos（1+x2）的导数是（）A. 2xsin（1+x2）B. -sin（1+x2）C. -2xsin（1+x2）D. 2cos（1+x2）二、填空题（本大题共5小题，共25分）13.（5分）函数f（x）=xsin（2x+5）的导数为____．14.（5分）已知f（x）=ekx，则f′（x）=____．15.（5分）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(1,f(1))处的切线方程为__________.16.（5分）若函数f(x)满足f(x)=2lnx−xf′(1)，则f′(1)=__________.17.（5分）写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x):_______.①f(x1x2)=f(x1)f(x2)；②当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0；③f′(x)是奇函数．三、解答题（本大题共6小题，共72分）18.（12分）已知函数f(x)=ae x lnx+be xx.(1)求导函数f′(x)；(2)若曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=e(x+1)，求a，b的值. 19.（12分）求下列函数在给定点的导数.(1)f(x)=x14，x=5;(2)f(x)=3(x+1)x2，x=1.20.（12分）已知函数f(x)=12x2−x+lnx.(1)求y=f(x)的导数；(2)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.21.（12分）求下列函数的导数.(1)y=(2+3x)(3−5x+x2);(2)y=(2x−1)2(2−3x)3;(3)y=(3x+2)sin5x;(4)y=e2x cos3x.22.（12分）已知函数f(x)=−13x3−a−12x2+bx+a(a,b∈R),且其导函数f′(x)的图象过原点.(1)若存在x<0,使得f′(x)=−9,求a的最大值;(2)当a>0时,求函数f(x)的零点个数.23.（12分）求下列函数在指定x处的导数值.(1)y=xsinx，x=π4;(2)y =xe x ，x =1.四 、多选题（本大题共5小题，共25分）24.（5分）若(1+2x)+(1+2x)2+⋅⋅⋅+(1+2x)n =a 0+a 1x +a 2x 2+⋅⋅⋅+a n x n (n ∈N ∗)，a 0=6，则下列结论中正确的是()A. n =6B. a 1=42C. ∑ai n i=0=64D. ∑n i=1(−1)i iai =625.（5分）下列说法中正确的有()A. (sin π4)′=cos π4B. 已知函数f(x)在R 上可导，且f ′(1)=1，则limΔx→0f(1+2Δx)−f(1)Δx=2C. 一质点的运动方程为S =t 2，则该质点在t =2时的瞬时速度是4D. 已知函数f(x)=cosx ，则函数y =f ′(x)的图象关于原点对称 26.（5分）下列求导错误的是()A. (log 23)′=13ln2 B. (ln2x)′=12x C. (sin 2x)′=sin2x D. (cosx x)′=−cosx+sinxx 227.（5分）下列选项正确的有( )A. 若f(x)= x sin x +cos2x ， 则f′(x) =sin x −x cos x +2sin2xB. 设函数f(x)=x ln x ，若f′(x 0)=2，则x 0=eC. 已知函数f(x)=3x 2e 2x ，则f′(1) =12e 2D. 设函数f(x)的导函数为f′(x )，且f(x)=x 2+3xf ′(2)+ln x ，则f′(2)=−94 28.（5分）设b 为实数，直线y =3x +b 能作为曲线f(x)的切线，则曲线f(x)的方程可以为()A. f(x)=−1xB. f(x)=12x 2+4lnxC. f(x)=x 3D. f(x)=e x答案和解析1.【答案】A;【解析】解：∵对任意实数x，f′（x）＞f（x），令f（x）=-1，则f′（x）=0，满足题意显然选项A成立故选A．2.【答案】A;【解析】y＝x3+bx2+c的导数为y′＝3x2+2bx，可得切线的斜率为3+2b，由条件可得k＝3+2b，1+b+c＝2，1+k＝2，解得k＝1，b＝−1，c＝23.【答案】D;【解析】解；因为f（x）=x3，所以y=f（a-bx）=（a-bx）3，所以y′=3（a-bx）2（a-bx）′=-3b（a-bx）2故选D．4.【答案】D;【解析】此题主要考查导数的运算，属于基础题.先求出f′(2)，再求f(1)即可.+f′(2)·2x+2，解：由题意，f′(x)=2x故f′(2)=1+4f′(2)+2,∴f′(2)=−1，∴f(1)=2ln1+f′(2)×12+2×1+3=4，故选D.5.【答案】A;【解析】解：∵f0（x）=sin2x+cos2x，∴f1（x）=f0′(x)=2（cos2x-sin2x），f2（x）=f1′(x)=22（-sin2x-cos2x），f3（x）=f2′(x)=23（-cos2x+sin2x），f4（x）=f3′(x)=24（sin2x+cos2x），…通过以上可以看出：f n（x）满足以下规律，对任意n∈N，fn+4(x)=24fn(x)．∴f2013（x）=f503×4+1（x）=22012f1（x）=22013（cos2x-sin2x）．故选：B．6.【答案】C;【解析】设f(x)=2sinx+cosx，则f′(x)=2cosx−sinx，∴f′(π)=2cosπ−sinπ=−2，∴切线方程为：y+1=−2(x−π)，即2x+y−2π+1=0，故选C.7.【答案】C;【解析】解：∵函数f(x)=x3−tx2+3x，∴f′(x)=3x2−2tx+3，若函数f(x)=x3−tx2+3x在区间[1,4]上单调递减，则f′(x)⩽0即3x2−2tx+3⩽0在[1,4]上恒成立，∴t⩾32(x+1x)在[1,4]上恒成立，令y=32(x+1x)，则函数在[1,4]为增函数，当x=4时，函数取最大值518，∴t⩾518，即实数t的取值范围是[518,+∞)，故选：C．由题意可得f′(x)⩽0即3x2−2tx+3⩽0在[1,4]上恒成立，由函数的单调性可知t的范围．这道题主要考查函数的单调性和导数符号间的关系，属于中档题．8.【答案】C;【解析】由N(t)=N02−t24方得N′(t)=N02−t24×ln2×(−124)，当t=24时,N′(24)=N02−2424×ln2×(−124)=−8ln2,解得N0=384,所以N(t)=384·2−t24,则N(96)=384·2−9624=384·2−4=24.故选C.9.【答案】A;【解析】此题主要考查二项式定理的运用，属于中档题.将(2x−1)7=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7两边求导，令x=−1，即可得到答案.解：将(2x−1)7=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7两边求导，可得14(2x−1)6=a1+2a2x+3a3x²+……+7a7x6，可得x的奇次方的系数为负数，令x=−1可得14(−2−1)6=a1−2a2+3a3+……+7a7，故|a1|+2|a2|+3|a3|+4|a4|+5|a5|+6|a6|+7|a7|=14×36=10206.故选A.10.【答案】C;【解析】此题主要考查曲线的切线方程的求法，导数的几何意义，属于基础题．先求出f′(1)=−1，再求出f(1)=−2，由此可解．解：因为f′(x)=2f′(1)+lnx+1，所以f′(1)=2f′(1)+1，即f′(1)=−1，所以f(1)=2f′(1)=−2，所以切线方程为y=−(x−1)−2=−x−1.故选C.11.【答案】B;【解析】解：因为设f（x）=sin2x，所以f′（x）=（2x）′cos2x=2cos2x．故选B．12.【答案】C;【解析】解：y′=-sin（1+x2）•（1+x2）′=-2xsin（1+x2）故选C13.【答案】sin（2x+5）+2xcos（2x+5）;【解析】解：f′（x）=x′sin（2x+5）+x（sin（2x+5））′=sin（2x+5）+2xcos（2x+5），故答案为：sin（2x+5）+2xcos（2x+5），14.【答案】k e kx;【解析】解：∵f（x）=e kx，∴f′（x）=e kx•（kx）′=k e kx，故答案为：k e kx．15.【答案】4x−y−2=0;【解析】此题主要考查函数奇偶性，利用导数研究曲线上某点切线方程，属于基础题.由奇函数的定义求出a的值，然后利用导数的几何意义求出切线的斜率，进而写出切线方程．解：因为函数f(x)=x3+(a−1)x2+ax为奇函数，所以f(−x)=−f(x)，所以(−x)3+(a−1)(−x)2+a(−x)=−[x3+(a−1)x2+ax]，所以2(a−1)x2=0.因为x∈R，所以a=1，所以f(x)=x3+x，所以f′(x)=3x2+1，所以f′(1)=4，f(1)=2，所以曲线y=f(x)在点x=1处的切线方程为4x−y−2=0，故答案为：4x−y−2=0.16.【答案】1;【解析】此题主要考查导数的加法与减法的法则，解决此题的关键是对f(x)进行正确求导，属于基础题.利用求导公式对f(x)进行求导，再把x=1代入，即可求解.解：∵函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)=2lnx−xf′(1)，−f′(1)，把x=1代入f′(x)可得f′(1)=2−f′(1)，∴f′(x)=2x解得f′(1)=1.故答案为：1.17.【答案】f(x)=x4（答案不唯一，f(x)=x2n(n∈N∗)均满足）;【解析】本题是开放性问题，合理分析所给条件找出合适的函数是关键，属于中档题.根据幂函数的性质可得所求的f(x).解：取f(x)=x4，则f(x1x2)=(x1x2)4=x14x24=f(x1)f(x2)，满足①，f′(x)=4x3，x>0时有f′(x)>0，满足②，f′(x)=4x3的定义域为R，又f′(−x)=−4x3=−f′(x)，故f′(x)是奇函数，满足③.故答案为：f(x)=x4(答案不唯一，f(x)=x2n(n∈N∗)均满足)18.【答案】略。

高三数学（理）二轮复习专题集训 专题二 函数、不等式、导数A 级1．已知函数f (x )＝1x cos x ，则f (π)＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝( )A ．－3π2 B ．－1π2 C ．－3πD ．－1π2．已知m 是实数，函数f (x )＝x 2(x －m )，若f ′(－1)＝－1，则函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，0 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－43，(0，＋∞) D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－43∪(0，＋∞)3．设f (x )＝⎩⎨⎧1－x 2，x ∈[－1，1)，x 2－1，x ∈[1，2]，则⎠⎛2－1f (x )d x 的值为( ) A.π2＋43 B ．π2＋3 C.π4＋43D ．π4＋34．若函数f (x )＝2sin x (x ∈[0，π))的图象在切点P 处的切线平行于函数g (x )＝2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋1的图象在切点Q 处的切线，则直线PQ 的斜率为( )A.83 B ．2 C.73D ．335．已知偶函数f (x )(x ≠0)的导函数为f ′(x )，且满足f (1)＝0，当x >0时，xf ′(x )<2f (x )，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C ．(－1,0)∪(1，＋∞)D ．(－1,0)∪(0,1)6．函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值是________．7．曲线y ＝x 2与直线y ＝x 所围成的封闭图形的面积为________．8．设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx ，若x ＝1是f (x )的极大值点，则a 的取值范围为____________．9．已知函数f (x )＝ln(x ＋1)＋axx ＋1(a ∈R )．(1)当a ＝1时，求f (x )的图象在x ＝0处的切线方程； (2)当a <0时，求f (x )的极值．10．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．B 级1．定义：如果函数f (x )在[m ，n ]上存在x 1，x 2(m <x 1<x 2<n )满足f ′(x 1)＝f (n )－f (m )n －m ，f ′(x 2)＝f (n )－f (m )n －m .则称函数f (x )是[m ，n ]上的“双中值函数”，已知函数f (x )＝x 3－x 2＋a 是[0，a ]上的“双中值函数”，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫32，3C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12．已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数．若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________．3．已知函数f (x )＝(ax ＋b )ln x －bx ＋3在(1，f (1))处的切线方程为y ＝2. (1)求a ，b 的值； (2)求函数f (x )的极值；(3)若g (x )＝f (x )＋kx 在(1,3)上是单调函数，求k 的取值范围．4．(2017·成都市第二次诊断性检测)已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ln x －x ＋1x ，其中a >0.(1)若f (x )在(0，＋∞)上存在极值点，求a 的取值范围；(2)设a ∈(1，e]，当x 1∈(0,1)，x 2∈(1，＋∞)时，记f (x 2)－f (x 1)的最大值为M (a )．那么M (a )是否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，请说明理由．参考答案 A 级1．已知函数f (x )＝1x cos x ，则f (π)＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝( )A ．－3π2 B ．－1π2 C ．－3πD ．－1π解析： ∵f ′(x )＝－1x 2cos x ＋1x (－sin x )， ∴f (π)＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－1π＋2π·(－1)＝－3π.答案： C2．已知m 是实数，函数f (x )＝x 2(x －m )，若f ′(－1)＝－1，则函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，0 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－43，(0，＋∞) D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－43∪(0，＋∞) 解析： 因为f ′(x )＝3x 2－2mx ，所以f ′(－1)＝3＋2m ＝－1，解得m ＝－2.所以f ′(x )＝3x 2＋4x .由f ′(x )＝3x 2＋4x >0，解得x <－43或x >0，即f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－43，(0，＋∞)，故选C.答案： C3．(2017·湖南省湘中名校高三联考)设f (x )＝⎩⎨⎧1－x 2，x ∈[－1，1)，x 2－1，x ∈[1，2]，则⎠⎛2－1f (x )d x 的值为( ) A.π2＋43 B ．π2＋3 C.π4＋43D ．π4＋3解析： ⎠⎛2－1f (x )d x ＝⎠⎛1－11－x 2d x ＋⎠⎛12(x 2－1)d x ＝12π×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3－x |21＝π2＋43，故选A.答案： A4．若函数f (x )＝2sin x (x ∈[0，π))的图象在切点P 处的切线平行于函数g (x )＝2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋1的图象在切点Q 处的切线，则直线PQ 的斜率为( )A.83 B ．2 C.73D ．33解析： 由题意得f ′(x )＝2cos x ，g ′(x )＝x 12＋x －12.设P (x 1，f (x 1))，Q (x 2，g (x 2))，又f ′(x 1)＝g ′(x 2)，即2cos x 1＝x 122＋x －122，故4cos 2x 1＝x 2＋x －12＋2，所以－4＋4cos2x 1＝x 2＋x －12－2，即－4sin 2x 1＝⎝⎛⎭⎪⎫x 122－x －1222，所以sin x 1＝0，x 1＝0，x 122＝x －122，x 2＝1，故P (0,0)，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，83，故k PQ ＝83.答案： A5．已知偶函数f (x )(x ≠0)的导函数为f ′(x )，且满足f (1)＝0，当x >0时，xf ′(x )<2f (x )，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C ．(－1,0)∪(1，＋∞)D ．(－1,0)∪(0,1)解析： 根据题意，设函数g (x )＝f (x )x 2(x ≠0)，当x >0时，g ′(x )＝f ′(x )·x －2·f (x )x 3<0，说明函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又f (x )为偶函数，所以g (x )为偶函数，又f (1)＝0，所以g (1)＝0，故g (x )在(－1,0)∪(0,1)上的函数值大于零，即f (x )在(－1,0)∪(0,1)上的函数值大于零．答案： D6．函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值是________．解析： y ′＝1－2sin x ，令y ′＝0，且x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，得x ＝π6，则x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6时，y ′>0；x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π6，π2时，y ′<0，故函数在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6上递增，在⎝ ⎛⎦⎥⎤π6，π2上递减，所以当x ＝π6时，函数取最大值π6＋ 3.答案： π6＋ 37．曲线y ＝x 2与直线y ＝x 所围成的封闭图形的面积为________．解析： 如图，阴影部分的面积即为所求，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝x ，得A (1,1)． 故所求面积为 S ＝⎠⎛01(x －x 2)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－13x 3| 10＝16.答案： 168．设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx ，若x ＝1是f (x )的极大值点，则a 的取值范围为____________．解析： ∵f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －ax －b ， 由f ′(1)＝0，得b ＝1－a .∴f ′(x )＝1x －ax ＋a －1＝－ax 2＋1＋ax －x x＝－(ax ＋1)(x －1)x.①若a ≥0，当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；所以x＝1是f(x)的极大值点．②若a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1a. 因为x＝1是f(x)的极大值点，所以－1a>1，解得－1<a<0.综合①②得a的取值范围是(－1，＋∞)．答案：(－1，＋∞)9．(2017·陕西省高三教学质量检测试题(一))已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋axx＋1(a∈R)．(1)当a＝1时，求f(x)的图象在x＝0处的切线方程；(2)当a<0时，求f(x)的极值．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ln(x＋1)＋xx＋1，∴f′(x)＝1x＋1＋1(x＋1)2＝x＋2(x＋1)2.∵f(0)＝0，f′(0)＝2，∴所求切线方程为y＝2x.(2)f(x)＝ln(x＋1)＋axx＋1(x>－1)，f′(x)＝x＋a＋1(x＋1)2，∵a<0，∴当x∈(－1，－a－1)时，f′(x)<0，当x∈(－a－1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)的极小值为f(－a－1)＝a＋1＋ln(－a)，无极大值．10．(2016·北京卷)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．解析： (1)因为f (x )＝x e a －x ＋bx ， 所以f ′(x )＝(1－x )e a －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 e 2－x ＋e x .由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x >0知， f ′(x )与1－x ＋e x －1同号． 令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －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(－∞，＋∞)．B 级1．定义：如果函数f (x )在[m ，n ]上存在x 1，x 2(m <x 1<x 2<n )满足f ′(x 1)＝f (n )－f (m )n －m ，f ′(x 2)＝f (n )－f (m )n －m .则称函数f (x )是[m ，n ]上的“双中值函数”，已知函数f (x )＝x 3－x 2＋a 是[0，a ]上的“双中值函数”，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫32，3C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1解析： 因为f (x )＝x 3－x 2＋a ，所以由题意可知，f ′(x )＝3x 2－2x 在区间[0，a ]上存在x 1，x 2(0<x 1<x 2<a )，满足f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝f (a )－f (0)a －0＝a 2－a ，所以方程3x 2－2x ＝a 2－a 在区间(0，a )上有两个不相等的实根．令g (x )＝3x 2－2x －a 2＋a (0<x <a )，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4－12(－a 2＋a )>0，g (0)＝－a 2＋a >0，g (a )＝2a 2－a >0，解得12<a <1，所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.答案： C2．(2017·江苏卷)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数．若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________．解析： 易知函数f (x )的定义域关于原点对称． ∵f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ， ∴f (－x )＝(－x )3－2(－x )＋e －x －1e －x＝－x 3＋2x ＋1e x －e x ＝－f (x )， ∴f (x )为奇函数，又f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋1e x ≥3x 2－2＋2＝3x 2≥0(当且仅当x ＝0时，取“＝”)，从而f (x )在R 上单调递增，所以f (a －1)＋f (2a 2)≤0⇔f (a －1)≤f (－2a 2)⇔－2a 2≥a －1， 解得－1≤a ≤12. 答案： ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，123．已知函数f (x )＝(ax ＋b )ln x －bx ＋3在(1，f (1))处的切线方程为y ＝2. (1)求a ，b 的值；(2)求函数f (x )的极值；(3)若g (x )＝f (x )＋kx 在(1,3)上是单调函数，求k 的取值范围． 解析： (1)因为f (1)＝－b ＋3＝2，所以b ＝1. 又f ′(x )＝b x ＋a ln x ＋a －b ＝1x ＋a ln x ＋a －1，而函数f (x )＝(ax ＋b )ln x －bx ＋3在(1，f (1))处的切线方程为y ＝2，所以f ′(1)＝1＋a －1＝0，所以a ＝0.(2)由(1)得f (x )＝ln x －x ＋3，f ′(x )＝1x －1，x >0. 令f ′(x )＝0，得x ＝1. 当0<x <1时，f ′(x )>0； 当x >1时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 故f (x )的极大值为f (1)＝2，无极小值．(3)由g (x )＝f (x )＋kx ，则g (x )＝ln x ＋(k －1)x ＋3(x >0)，g ′(x )＝1x ＋k －1， 又g (x )在x ∈(1,3)上是单调函数， 若g (x )为增函数，有g ′(x )≥0，即g ′(x )＝1x ＋k －1≥0，即k ≥1－1x 在x ∈(1,3)上恒成立． 又1－1x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，所以k ≥23.若g (x )为减函数，有g ′(x )≤0，即g ′(x )＝1x ＋k －1≤0，即k ≤1－1x 在x ∈(1,3)上恒成立， 又1－1x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，所以k ≤0.综上，k 的取值范围为(－∞，0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞.4．(2017·成都市第二次诊断性检测)已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ln x －x ＋1x ，其中a >0.(1)若f (x )在(0，＋∞)上存在极值点，求a 的取值范围；(2)设a ∈(1，e]，当x 1∈(0,1)，x 2∈(1，＋∞)时，记f (x 2)－f (x 1)的最大值为M (a )．那么M (a )是否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，请说明理由．解析： (1)f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 1x －1－1x 2＝－(x －a )⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a x 2，x ∈(0，＋∞)． ①当a ＝1时，f ′(x )＝－(x －1)2x 2≤0，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，不存在极值点；②当a >0且a ≠1时，f ′(a )＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝0. 经检验a ，1a 均为f (x )的极值点．∴a ∈(0,1)∪(1，＋∞)．(2)当a ∈(1，e]时，0<1a <1<a .由(1)知，当f ′(x )>0时，1a <x <a ；当f ′(x )<0时，x >a 或x <1a .∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，a 上单调递增， 在(a ，＋∞)上单调递减．∴对∀x 1∈(0,1)，有f (x 1)≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ； 对∀x 2∈(1，＋∞)，有f (x 2)≤f (a )．∴[f (x 2)－f (x 1)]max ＝f (a )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a . ∴M (a )＝f (a )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ln a －a ＋1a －⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ln 1a －1a ＋a＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ln a －a ＋1a ，a ∈(1，e]．M ′(a )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2ln a ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 1a ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－1a 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2ln a ，a ∈(1，e]．∴M ′(a )>0，即M (a )在(1，e]上单调递增． ∴M (a )max ＝M (e)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋1e ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －e ＝4e .∴M (a )存在最大值4e .。