天津高三数学理科试题精选分类汇编13：导数

最新 2013 届天津高三数学理科试题精选分类汇编13：导数一、选择题1 ．（天津市蓟县二中 2013 届高三第六次月考数学（理）试题）函数的图象与 x 轴所围成的封闭图形的面积为（）（）A ．B ．1 C． 2 D．2 ．（天津市耀华中学2013 届高三第一次月考理科数学试题）已知函数 f (x)= x2 cos x，则f (0.6),f (0),f (-0.5) 的大小关系是（）A ．f (0)< f (0.6)< f (-0.5) B．f (0)< f (-0.5)< f (0.6)C．f (0.6)< f (-0.5)< f (0) D．f (-0.5)< f (0)< f (0.6)3 ．（天津市天津一中2013 届高三上学期一月考理科数学）. 定义在 R 上的可导函数 f(x), 且 f(x) 图像连续 , 当 x≠ 0 时 , f '( x) x 1 f ( x) 0 ,则函数 g( x) f (x) x 1的零点的个数为（）A ． 1B ．2 C． 0 D．0或24 ．（天津市新华中学2012 届高三上学期第二次月考理科数学）已知函数 f ( x)( x R) 满足 f (1) 1 ，且 f (x) 的导函数 f '( x) 1 x 1的解集为2，则 f ( x)22（）A ．x 1 x 1B ．x x 1C ．x x 1或 x 1D．x x 1二、填空题5 ．（天津市六校 2013 届高三第二次联考数学理试题（WORD 版））若 f(x) 在 R上可2+2f ’(2)+3, 3导 ,f(x)=x 则 f （x）dx .6 ．（天津南开中学2013 届高三第四次月考数学理试卷）若不等式 | ax3 ln x | 1 对任意 x (0,1] 都成立 , 则实数 a 取值范围是 ________.17 ．（天津市耀华中学2013 届高三第一次月考理科数学试题）计算(2 x+e x )dx = ；-18 ．（天津市天津一中2013 届高三上学期一月考理科数学）曲线 xy 1与直线y=x和y=3所围成的平面图形的面积为 _________.9 ．（天津市天津一中20131 e 1dx , 则 m与n届高三上学期第二次月考数学理试题）设me x dx,n x0 1的大小关系为 ______.10．（天津耀华中学2013 届高三年级第三次月考理科数学试卷）已知函数 f ( x) x3 bx2 cx d 在区间 [ 1,2] 上是减函数，那么 b c的最大值为________________；三、解答题11．2013 届高三第六次月考数学（理）试题）已知函数（为自然（天津市蓟县二中对数的底数）．（1）求的最小值；（ 2）设不等式的解集为，若，且，求实数的取值范围（3）已知，且，可否存在等差数列和首项为公比大于0 的等比数列，使得 ？若存在，央求出数列 的通项公式．若不存在，请说明原由．12．2013 届高三第六次月考数学（理）试题）已知函数（天津市蓟县二中（ ） .（1）若，试确定函数的单调区间；（ 2）若函数在其图象上任意一点 处切线的斜率都小于 ，求实数 的取值范围 .（3）若，求 的取值范围 .13．（天津市十二区县重点中学2013 届高三毕业班联考（一）数学（理）试题）已知函数f xln 2ax 1x 3x 2 2ax a R3( Ⅰ) 若 x2 为 f x 的极值点 , 求实数 a 的值 ;( Ⅱ) 若 yf x 在 3,上为增函数 , 求实数 a 的取值范围 ;1 1 x 3b ( Ⅲ) 当 a时 , 方程 f 1 xx23有实根 , 求实数 b 的最大值 .2013 年天津市十二区县重点学校高三毕业班联考( 一14．（天津市六校 2013 届高三第二次联考数学理试题（WORD 版））已知函数 f( x )=2ln x +ax 2-1( a ∈ R)(1) 求函数 f(x) 的单调区间 ;(2) 若 a=1, 分别解答下面两题 ,(i) 若不等式 f(1+x)+f(1-x)<m 对任意的 0<x<1 恒成立 , 求 m 的取值范围 ;(ii) 若 x 1,x 2 是两个不相等的正数 , 且 f(x 1)+f(x 2)=0, 求证 x 1+x 2>2.15．（天津南开中学 2013 届高三第四次月考数学理试卷）已知函数 f (x) x ln( x a) 的最小值为 0,其中 a0 .(1) 求 a 的值(2) 若对任意的 x[0, ) , 有 f ( x)kx 2 成立 , 求实数 k 的最小值n2N * )(3) 证明2i ln( 2n 1) 2(ni 1116 ．（ 2012-2013-2 天津一中高三 年级数学第四次月考检测试卷（理））已知函数f x ln x ax 2 x 在 x 0 处获取极值 .(1) 求实数 a 的值；(2) 若关于 x 的方程f x5x b 在区间0,2上恰有两个不同样的实数根, 求实数b的取值范2围；(3) 证明 : 对任意的正整数3 4 n 1ln n 1 都成立. n ,不等式29 n2417．（天津市耀华中学 2013 届高三第一次月考理科数学试题）( 本小题满分14 分) 设函数f (x)=x2 +bln (x+1) ，其中b≠0。

高三辅导试卷（导数部分）1、曲线21x y xe x =++在点（0,1）处的切线方程为 。

2、函数32()15336f x x x x =--+的单调减区间为 .3．已知函数f(x)=x 3+ax 2+bx+a 2在x=1处有极值为10，则f(2)=___________4、已知函数3()128f x x x =-+在区间[3,3]-上的最大值与最小值分别为,M m ，则M m -=5、已知直线y=x+1与曲线y ln()x a =+相切，则α的值为 .6、函数()ln (0)f x x x x =>的单调递增区间是____________．7、f(x)=ax 3-3x+1对于x ∈［-1,1］总有f(x)≥0成立，则a= .8、若f(x)=x 3+3ax 2+3(a+2)x+1没有极值，则a 的取值范围为9、已知函数()x f 的导函数为()x f '，且满足()()2'232xf x x f +=，则()=5'f .10、若曲线3()ln f x ax x =+存在垂直于y 轴的切线，则实数a 取值范围是_____________.11、在平面直角坐标系xoy 中，点P 在曲线3:103C y x x =-+上，且在第二象限内，已知曲线C 在点P 处的切线的斜率为2，则点P 的坐标为 .12、设函数2()()f x g x x =+，曲线()y g x =在点(1,(1))g 处的切线方程为21y x =+，则曲线()y f x =在点(1,(1))f 处切线的斜率为 . 13、若函数343y x bx =-+有三个单调区间，则b 的取值范围是14、若21()ln(2)2f x x b x =-++∞在(-1,+)上是减函数，则b 的取值范围是15、已知二次函数2()f x ax bx c =++的导数为'()f x ，'(0)0f >，对于任意实数x 都有()0f x ≥，则(1)'(0)f f 的最小值为________16、设曲线1*()n y xn N +=∈在点（1，1）处的切线与x 轴的交点的横坐标为n x ,令lg n n a x =，则1299a a a +++的值为 .17、、已知函数()f x 在R 上满足2()2(2)88f x f x x x =--+-，则曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程是18、设函数，其中，则导数的取值范围是__________19、、若存在过点(1,0)的直线与曲线3y x =和21594y ax x =+-都相切，则a 等于__________20. )(x f ,)(x g 分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当0<x 时,0)(')()()('>+x g x f x g x f ，且0)3(=-g ，则不等式0)()(<x g x f 的解集是____（2009江西卷理）（本小题满分12分）设函数()xe f x x= （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；w. （Ⅱ）若0k >，求不等式'()(1)()0f x k x f x +->的解集．（2009北京文）设函数3()3(0)f x x ax b a =-+≠.（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2,())f x 处与直线8y =相切，求,a b 的值；（Ⅱ）求函数()f x 的单调区间与极值点.（2009陕西卷文）（本小题满分12分）已知函数3()31,0f x x ax a =--≠ ()I 求()f x 的单调区间； ()II 若()f x 在1x =-处取得极值，直线y=m 与()y f x =的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围。

天津历年高考理科数学试题及答案汇编十二函数和导数（2008-2018）试题1、7．（5分）（2008天津）设函数的反函数为f﹣1（x），则（）A．f﹣1（x）在其定义域上是增函数且最大值为1B．f﹣1（x）在其定义域上是减函数且最小值为0C．f﹣1（x）在其定义域上是减函数且最大值为1D．f﹣1（x）在其定义域上是增函数且最小值为02、8．（5分）（2008天津）已知函数，则不等式x+（x+1）f（x+1）≤1的解集是（）A．B．{x|x≤1} C．D．3、9．（5分）（2008天津）已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间[0，+∞）上是增函数．令a=f（sin），b=f（cos），c=f（tan），则（）A．b＜a＜c B．c＜b＜a C．b＜c＜a D．a＜b＜c4、16．（4分）（2008天津）设a＞1，若仅有一个常数c使得对于任意的x∈[a，2a]，都有y∈[a，a2]满足方程log a x+log a y=c，这时a的取值的集合为．5、4．（5分）（2009天津）设函数f（x）=x﹣lnx（x＞0），则y=f（x）（）A．在区间（，1），（l，e）内均有零点B．在区间（，1），（l，e）内均无零点C．在区间（，1）内无零点，在区间（l，e）内有零点D．在区间（，1）内有零点，在区间（l，e）内无零点6、8．（5分）（2009天津）已知函数若f（2﹣a2）＞f（a），则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞） B．（1、7．（5分）（2008天津）设函数的反函数为f﹣1（x），则（）A．f﹣1（x）在其定义域上是增函数且最大值为1B．f﹣1（x）在其定义域上是减函数且最小值为0C．f﹣1（x）在其定义域上是减函数且最大值为1D．f﹣1（x）在其定义域上是增函数且最小值为02、8．（5分）（2008天津）已知函数，则不等式x+（x+1）f（x+1）≤1的解集是（）A．B．{x|x≤1} C．D．3、9．（5分）（2008天津）已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间[0，+∞）上是增函数．令a=f（sin），b=f（cos），c=f（tan），则（）A．b＜a＜c B．c＜b＜a C．b＜c＜a D．a＜b＜c4、16．（4分）（2008天津）设a＞1，若仅有一个常数c使得对于任意的x∈[a，2a]，都有y∈[a，a2]满足方程log a x+log a y=c，这时a的取值的集合为．5、4．（5分）（2009天津）设函数f（x）=x﹣lnx（x＞0），则y=f（x）（）A．在区间（，1），（l，e）内均有零点B．在区间（，1），（l，e）内均无零点C．在区间（，1）内无零点，在区间（l，e）内有零点D．在区间（，1）内有零点，在区间（l，e）内无零点6、8．（5分）（2009天津）已知函数若f（2﹣a2）＞f（a），则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞） B．（﹣1，2）C．（﹣2，1）D．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）7、10．（5分）（2009天津）0＜b＜1+a，若关于x的不等式（x﹣b）2＞（ax）2的解集中的整数恰有3个，则（）A．﹣1＜a＜0 B．0＜a＜1 C．1＜a＜3 D．2＜a＜38、2．（5分）（2010天津）函数f（x）=2x+3x的零点所在的一个区间是（）A．（﹣2，﹣1）B．（﹣1，0）C．（0，1）D．（1，2）9、8．（5分）（2010天津）若函数f（x）=，若f（a）＞f（﹣a），则实数a的取值范围是（）A．（﹣1，0）∪（0，1）B．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞） C．（﹣1，0）∪（1，+∞）D．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）10、16．（4分）（2010天津）设函数f（x）=x2﹣1，对任意x∈[，+∞），f（）﹣4m2f （x）≤f（x﹣1）+4f（m）恒成立，则实数m的取值范围是．11、7．（5分）（2011天津）已知，则（）A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．a＞c＞b D．c＞a＞b12、8．（5分）（2011天津）对实数a与b，定义新运算“⊗”：．设函数f（x）=（x2﹣2）⊗（x﹣x2），x∈R．若函数y=f（x）﹣c的图象与x轴恰有两个公共点，则实数c的取值范围是（）A．B．C．D．x3A．0B．1C．2D．314、14．（3分）（2012天津）已知函数y=的图象与函数y=kx﹣2的图象恰有两个交点，则实数k的取值范围是．x0.5A．1B．2C．3D．4（x）的解集为A，若，则实数a的取值范围是（）．B．．D．17、14．（5分）（2013天津）设a+b=2，b＞0，则当a= 时，取得最小值．18、4．（5分）（2014天津）函数f（x）=log（x2﹣4）的单调递增区间为（）恰有4个互异的实数根，则实数a的取值范围为．20、7．（5分）（2015天津）已知定义在R上的函数f（x）=2|x﹣m|﹣1（m为实数）为偶函数，21、8．（5分）（2015天津）已知函数f （x ）=，函数g （x ）=b ﹣f． （，+∞） B ． （﹣∞，） C ． （0，） D ．（，2） 所围成的封闭图形的面积为 ．23、8．（5分）（2016天津）已知函数f （x ）=（a ＞0，且a≠1）在R 上单调递减，且关于x 的方程|f （x ）|=2﹣x 恰好有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是（ ）A ．（0，]B ．[，]C ．[，]∪{}D ．[，）∪{}24、13．（5分）（2016天津）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 （2|a ﹣1|）＞f （﹣），则a 的取值范围是 ． 25、6．（5分）（2017天津）已知奇函数f （x ）在R 上是增函数，g （x ）=xf （x ）．若a=g （﹣log 25.1），b=g （20.8），c=g （3），则a ，b ，c 的大小关系为（ ） A ．a ＜b ＜c B ．c ＜b ＜a C ．b ＜a ＜c D ．b ＜c ＜a26、8．（5分）（2017天津）已知函数f （x ）=，设a ∈R ，若关于x 的不等式f （x ）≥|+a|在R 上恒成立，则a 的取值范围是（ ） A ．[﹣，2] B ．[﹣，] C ．[﹣2，2] D ．[﹣2，]27、12．（5分）（2017天津）若a ，b ∈R ，ab ＞0，则的最小值为 ．28、(5) （5分）（2018天津）已知2log e =a ，ln 2b =，121log 3c =，则a ，b ，c 的大小关系为(A) a b c >>(B) b a c >>(C) c b a >>(D) c a b >>29、(13) （5分）（2018天津）已知,a b ∈R ，且360a b -+=，则128ab +的最小值为 .30、(14) （5分）（2018天津）已知0a >，函数222,0,()22,0.x ax a x f x x ax a x ⎧++≤=⎨-+->⎩若关于x 的方程()f x ax =恰有2个互异的实数解，则a 的取值范围是 . 解答题1、20．（12分）（2008天津）已知函数，其中a ，b ∈R ．（Ⅰ）若曲线y=f （x ）在点P （2，f （2））处的切线方程为y=3x+1，求函数f （x ）的解析式；（Ⅱ）讨论函数f （x ）的单调性； （Ⅲ）若对于任意的，不等式f （x ）≤10在上恒成立，求b 的取值范围．2、20．（12分）（2009天津）已知函数f （x ）=（x 2+ax ﹣2a 2+3a ）e x（x ∈R ），其中a ∈R ． （Ⅰ）当a=0时，求曲线y=f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程； （Ⅱ）当时，求函数f （x ）的单调区间和极值．3、21．（14分）（2010天津）已知函数f （x ）=xe ﹣x（x ∈R ） （Ⅰ）求函数f （x ）的单调区间和极值；（Ⅱ）已知函数y=g （x ）的图象与函数y=f （x ）的图象关于直线x=1对称，证明：当x ＞1时，f （x ）＞g （x ）；（Ⅲ）如果x 1≠x 2，且f （x 1）=f （x 2），证明x 1+x 2＞2．4、19．（14分）（2011天津）已知a ＞0，函数f （x ）=lnx ﹣ax 2，x ＞0．（f （x ）的图象连续不断）（Ⅰ）求f （x ）的单调区间； （Ⅱ）当时，证明：存在x 0∈（2，+∞），使；（Ⅲ）若存在均属于区间[1，3]的α，β，且β﹣α≥1，使f （α）=f （β），证明．5、20．（2012天津）已知函数f （x ）=x ﹣ln （x+a ）的最小值为0，其中a ＞0．（1）求a 的值；（2）若对任意的x ∈[0，+∞），有f （x ）≤kx 2成立，求实数k 的最小值； （3）证明：（n ∈N *）．6、20．（14分）（2013天津）已知函数f （x ）=x 2lnx ． （Ⅰ）求函数f （x ）的单调区间；（Ⅱ）证明：对任意的t ＞0，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t ＞e 2时，有．7、20．（14分）（2014天津）设f （x ）=x ﹣ae x（a ∈R ），x ∈R ，已知函数y=f （x ）有两个零点x 1，x 2，且x 1＜x 2．（Ⅰ）求a 的取值范围； （Ⅱ）证明：随着a 的减小而增大；（Ⅲ）证明x 1+x 2随着a 的减小而增大．8、20．（14分）（2015天津）已知函数f （x ）=nx ﹣x n ，x ∈R ，其中n ∈N •，且n≥2． （Ⅰ）讨论f （x ）的单调性；（Ⅱ）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 ）； （Ⅲ）若关于x 的方程f （x ）=a （a 为实数）有两个正实数根x 1，x 2，求证：|x 2﹣x 1|＜+2．9、20．（14分）（2016天津）设函数f （x ）=（x ﹣1）3﹣ax ﹣b ，x ∈R ，其中a ，b ∈R ． （1）求f （x ）的单调区间；（2）若f （x ）存在极值点x 0，且f （x 1）=f （x 0），其中x 1≠x 0，求证：x 1+2x 0=3； （3）设a ＞0，函数g （x ）=|f （x ）|，求证：g （x ）在区间[0，2]上的最大值不小于． 10、20．（14分）（2017天津）设a ∈Z ，已知定义在R 上的函数f （x ）=2x 4+3x 3﹣3x 2﹣6x+a 在区间（1，2）内有一个零点x 0，g （x ）为f （x ）的导函数． （Ⅰ）求g （x ）的单调区间；（Ⅱ）设m ∈[1，x 0）∪（x 0，2]，函数h （x ）=g （x ）（m ﹣x 0）﹣f （m ），求证：h （m ）h （x 0）＜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，x 0）∪（x 0，2]，满足|﹣x 0|≥．11、(20)(14分) （2018天津）已知函数()xf x a =，()log a g x x =，其中a >1. （I ）求函数()()lnh x f x x a =-的单调区间；（II ）若曲线()y f x =在点11(,())x f x 处的切线与曲线()y g x =在点22(,())x g x 处的切线平行，证明122ln ln ()ln ax g x a+=-； （III ）证明当1ee a ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()yf x =的切线，也是曲线()yg x =的切线.答案1、解：∵为减函数，由复合函数单调性知f（x）为增函数，∴f﹣1（x）单调递增，排除B、C；又f﹣1（x）的值域为f（x）的定义域，∴f﹣1（x）最小值为0故选D2、解：依题意得所以故选：C．3、解：，因为，又由函数在区间[0，+∞）上是增函数，所以，所以b＜a＜c，故选A4、解：∵log a x+log a y=c，∴=c∴xy=a c得，单调递减，所以当x∈[a，2a]时，所以，因为有且只有一个常数c符合题意，所以2+log a2=3，解得a=2，所以a的取值的集合为{2}．故答案为：{2}5、解：由题得，令f′（x）＞0得x＞3；令f′（x）＜0得0＜x＜3；f′（x）=0得x=3，故知函数f（x）在区间（0，3）上为减函数，在区间（3，+∞）为增函数，在点x=3处有极小值1﹣ln3＜0；又，，．故选C．6、解：由f（x）的解析式可知，f（x）在（﹣∞，+∞）上是单调递增函数，在由f（2﹣a2）＞f （a），得2﹣a2＞a即a2+a﹣2＜0，解得﹣2＜a＜1．故选C7、解：由题得不等式（x﹣b）2＞（ax）2即（a2﹣1）x2+2bx﹣b2＜0，它的解应在两根之间，因此应有 a2﹣1＞0，解得a＞1或a＜﹣1，注意到0＜b＜1+a，从而a＞1，故有△=4b2+4b2（a2﹣1）=4a2b2＞0，不等式的解集为或（舍去）．不等式的解集为，又由0＜b＜1+a得，故，，这三个整数解必为﹣2，﹣1，02（a﹣1）＜b≤3 （a﹣1），注意到a＞1，并结合已知条件0＜b＜1+a．故要满足题设条件，只需要2（a﹣1）＜1+a＜3（a﹣1），即2＜a＜3即可，则b＞2a﹣2b＜3a﹣3又0＜b＜1+a故 1+a＞2a﹣23a﹣3＞0解得1＜a＜3，综上2＜a＜3．故选：D．8、解：由，以及及零点定理知，f（x）的零点在区间（﹣1，0）上，故选B．9、解：由题意．故选C．10、解：依据题意得在上恒定成立，即在上恒成立．令g（x）=，g′（x）=，∵，∴g′（x）＞0∴当时，函数取得最小值，所以，即（3m2+1）（4m2﹣3）≥0，解得或，故答案为：（﹣∞，﹣]∪[，+∞）．11、解：∵log23.4＞1，log43.6＜1，又y=5x是增函数，∴a＞b，＞==b而log23.4＞log2＞log3，∴a＞c故a＞c＞b．故选C．12、解：∵，∴函数f（x）=（x2﹣2）⊗（x﹣x2）=，由图可知，当c∈函数f（x）与y=c的图象有两个公共点，∴c的取值范围是，故选B．13、解：由于函数f（x）=2x+x3﹣2在区间（0，1）内单调递增，又f（0）=﹣1＜0，f（1）=1＞0，所以f（0）f（1）＜0，故函数f（x）=2x+x3﹣2在区间（0，1）内有唯一的零点，故选B．14、解：y===函数y=kx﹣2的图象恒过点（0，﹣2）在同一个坐标系下画出函数y=的图象与函数y=kx﹣2的图象结合图象可实数k的取值范围是（0，1）∪（1，4）故答案为：（0，1）∪（1，4）15、解：函数f（x）=2x|log0.5x|﹣1，令f（x）=0，在同一坐标系中作出y=（）x．与y=|log0.5x|，如图，由图可得零点的个数为2．故选B．16、解：取a=﹣时，f（x）=﹣x|x|+x，∵f（x+a）＜f（x），∴（x﹣）|x﹣|+1＞x|x|，（1）x＜0时，解得﹣＜x＜0；（2）0≤x≤时，解得0；（3）x＞时，解得，综上知，a=﹣时，A=（﹣，），符合题意，排除B、D；取a=1时，f（x）=x|x|+x，∵f（x+a）＜f（x），∴（x+1）|x+1|+1＜x|x|，（1）x＜﹣1时，解得x＞0，矛盾；（2）﹣1≤x≤0，解得x＜0，矛盾；（3）x＞0时，解得x＜﹣1，矛盾；综上，a=1，A=∅，不合题意，排除C，故选A．17、解：∵a+b=2，b＞0，∴=，（a＜2）设f（a）=，（a＜2），画出此函数的图象，如图所示．利用导数研究其单调性得，当a＜0时，f（a）=﹣+，f′（a）==，当a＜﹣2时，f′（a）＜0，当﹣2＜a＜0时，f′（a）＞0，故函数在（﹣∞，﹣2）上是减函数，在（﹣2，0）上是增函数，∴当a=﹣2时，取得最小值．同样地，当0＜a＜2时，得到当a=时，取得最小值．综合，则当a=﹣2时，取得最小值．故答案为：﹣2．18、解：令t=x2﹣4＞0，可得 x＞2，或 x＜﹣2，故函数f（x）的定义域为（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞），当x∈（﹣∞，﹣2）时，t随x的增大而减小，y=log t随t的减小而增大，所以y=log（x2﹣4）随x的增大而增大，即f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递增．故选：D．19、解：由y=f（x）﹣a|x﹣1|=0得f（x）=a|x﹣1|，作出函数y=f（x），y=g（x）=a|x﹣1|的图象，当a≤0，不满足条件，则a＞0，此时g（x）=a|x﹣1|=，当﹣3＜x＜0时，f（x）=﹣x2﹣3x，g（x）=﹣a（x﹣1），当直线和抛物线相切时，有三个零点，此时﹣x2﹣3x=﹣a（x﹣1），即x2+（3﹣a）x+a=0，则由△=（3﹣a）2﹣4a=0，即a2﹣10a+9=0，解得a=1或a=9，当a=9时，g（x）=﹣9（x﹣1），g（0）=9，此时不成立，∴此时a=1，要使两个函数有四个零点，则此时0＜a＜1，若a＞1，此时g（x）=﹣a（x﹣1）与f（x），有两个交点，此时只需要当x＞1时，f（x）=g（x）有两个不同的零点即可，即x2+3x=a（x﹣1），整理得x2+（3﹣a）x+a=0，则由△=（3﹣a）2﹣4a＞0，即a2﹣10a+9＞0，解得a＜1（舍去）或a＞9，综上a的取值范围是（0，1）∪（9，+∞），方法2：由f（x）﹣a|x﹣1|=0得f（x）=a|x﹣1|，若x=1，则4=0不成立，故x≠1，则方程等价为a===||=|x﹣1++5|，设g（x）=x﹣1++5，当x＞1时，g（x）=x﹣1++5≥，当且仅当x﹣1=，即x=3时取等号，当x＜1时，g（x）=x﹣1++5=5﹣4=1，当且仅当﹣（x ﹣1）=﹣，即x=﹣1时取等号，则|g（x）|的图象如图：若方程f（x）﹣a|x﹣1|=0恰有4个互异的实数根，则满足a＞9或0＜a＜1，故答案为：（0，1）∪（9，+∞）20、解：∵f（x）为偶函数；∴f（﹣x）=f（x）；∴2|﹣x﹣m|﹣1=2|x﹣m|﹣1；∴|﹣x﹣m|=|x﹣m|；（﹣x﹣m）2=（x﹣m）2；∴mx=0；∴m=0；∴f（x）=2|x|﹣1；∴f（x）在[0，+∞）上单调递增，并且a=f（|log0.53|）=f（log23），b=f（log25），c=f（0）；∵0＜log23＜log25；∴c＜a＜b．故选：C．21、解：∵g（x）=b﹣f（2﹣x），∴y=f（x）﹣g（x）=f（x）﹣b+f（2﹣x），由f（x）﹣b+f（2﹣x）=0，得f（x）+f（2﹣x）=b，设h（x）=f（x）+f（2﹣x），若x≤0，则﹣x≥0，2﹣x≥2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2+x+x2，若0≤x≤2，则﹣2≤﹣x≤0，0≤2﹣x≤2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2﹣x+2﹣|2﹣x|=2﹣x+2﹣2+x=2，若x＞2，﹣x＜0，2﹣x＜0，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=（x﹣2）2+2﹣|2﹣x|=x2﹣5x+8．即h（x）=，作出函数h（x）的图象如图：当x≤0时，h（x）=2+x+x2=（x+）2+≥，当x＞2时，h（x）=x2﹣5x+8=（x﹣）2+≥，故当b=时，h（x）=b，有两个交点，当b=2时，h（x）=b，有无数个交点，由图象知要使函数y=f（x）﹣g（x）恰有4个零点，即h（x）=b恰有4个根，则满足＜b＜2，故选：D．22、解：先根据题意画出图形，得到积分上限为1，积分下限为0 直线y=x与曲线y=x2所围图形的面积S=∫01（x﹣x2）dx而∫01（x﹣x2）dx=（）|01=﹣=∴曲边梯形的面积是．故答案为：．23、解：y=loga（x+1）+在[0，+∞）递减，则0＜a＜1，函数f（x）在R上单调递减，则则：；解得，；由图象可知，在[0，+∞）上，|f（x）|=2﹣x有且仅有一个解，故在（﹣∞，0）上，|f（x）|=2﹣x同样有且仅有一个解，当3a＞2即a＞时，联立|x2+（4a﹣3）+3a|=2﹣x，则△=（4a﹣2）2﹣4（3a﹣2）=0，解得a=或1（舍去），当1≤3a≤2时，由图象可知，符合条件，综上：a的取值范围为[，]∪{}，故选：C．24、解：∵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，则f（2|a﹣1|）＞f（﹣），等价为f（2|a﹣1|）＞f（），即﹣＜2|a﹣1|＜，则|a﹣1|＜，即＜a＜，故答案为：（，）25、解：奇函数f（x）在R上是增函数，当x＞0，f（x）＞f（0）=0，且f′（x）＞0，∴g（x）=xf（x），则g′（x）=f（x）+xf′（x）＞0，∴g（x）在（0，+∞）单调递增，且g（x）=xf（x）偶函数，∴a=g（﹣log25.1）=g（log25.1），则2＜﹣log25.1＜3，1＜20.8＜2，由g（x）在（0，+∞）单调递增，则g（20.8）＜g（log25.1）＜g（3），∴b＜a＜c，故选C．26、解：当x≤1时，关于x的不等式f（x）≥|+a|在R上恒成立，即为﹣x2+x﹣3≤+a≤x2﹣x+3，即有﹣x2+x﹣3≤a≤x2﹣x+3，由y=﹣x2+x﹣3的对称轴为x=＜1，可得x=处取得最大值﹣；由y=x2﹣x+3的对称轴为x=＜1，可得x=处取得最小值，则﹣≤a≤①当x＞1时，关于x的不等式f（x）≥|+a|在R上恒成立，即为﹣（x+）≤+a≤x+，即有﹣（x+）≤a≤+，由y=﹣（x+）≤﹣2=﹣2（当且仅当x=＞1）取得最大值﹣2；由y=x+≥2=2（当且仅当x=2＞1）取得最小值2．则﹣2≤a≤2②由①②可得，﹣≤a≤2．故选：A．27、解：a，b∈R，ab＞0，∴≥==4ab+≥2=4，当且仅当，即，即a=，b=或a=﹣，b=﹣时取“=”；∴上式的最小值为4．故答案：4．28、解：a=＞1，0＜b=ln2＜1，c= =＞=a，则 a，b，c 的大小关系 c＞a＞b，故选：D．29、解：a，b∈R，且 a﹣3b+6=0，可得：3b=a+6，则128ab= =≥2 =，当且仅当 =．即 a=﹣3 时取等号．函数的最小值为：．故答案为：．30、解：当 x≤0 时，由 f（x）=ax 得 +2ax+a=ax，得 +ax+a=0，得 a（x+1）=﹣，得 a=﹣，设 g（x）=﹣，则 g′（x）=﹣ =﹣，由 g（x）＞0 得﹣2＜x＜﹣1 或﹣1＜x＜0，此时递增，由 g（x）＜0 得 x＜﹣2，此时递减，即当 x=﹣2 时，g（x）取得极小值为 g（﹣2）=4，当 x＞0 时，由 f（x）=ax 得﹣x 2 +2ax﹣2a=ax，得﹣ax+2a=0，得 a（x﹣2）=x 2 ，当 x=2 时，方程不成立，当 x≠2 时，a=设 h（x）= ，则 h′（x）= =，由 h（x）＞0 得 x＞4，此时递增，由 h（x）＜0 得 0＜x＜2 或 2＜x＜4，此时递减，即当 x=4 时，h（x）取得极小值为 h （4）=8，要使 f（x）=ax 恰有 2 个互异的实数解，则由图象知 4＜a＜8，故答案为：（4，8）解答题1、解：（Ⅰ）解：，由导数的几何意义得f'（2）=3，于是a=﹣8．由切点P（2，f（2））在直线y=3x+1上可得﹣2+b=7，解得b=9．所以函数f（x）的解析式为．（Ⅱ）解：．当a≤0时，显然f'（x）＞0（x≠0）．这时f（x）在（﹣∞，0），（0，+∞）上内是增函数．当a＞0时，令f'（x）=0，解得．0 ﹣0 +值所以f（x）在，内是增函数，在，（0，）内是减函数．综上，当a≤0时，f（x）在（﹣∞，0），（0，+∞）上内是增函数；当a＞0时，f（x）在，内是增函数，在，（0，）内是减函数．（Ⅲ）解：由（Ⅱ）知，f（x）在上的最大值为与f（1）的较大者，对于任意的，不等式f（x）≤10在上恒成立，当且仅当，即，对任意的成立．从而得，所以满足条件的b的取值范围是．2、（Ⅰ）解：当a=0时，f（x）=x2e x，f'（x）=（x2+2x）e x，故f'（1）=3e，所以曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为3e，f（1）=e，所以该切线方程为y﹣e=3e（x﹣1），整理得：3ex﹣y﹣2e=0．（Ⅱ）解：f'（x）=[x2+（a+2）x﹣2a2+4a]e x令f'（x）=0，解得x=﹣2a，或x=a﹣2．由知，﹣2a≠a﹣2．以下分两种情况讨论．①若a＞，则﹣2a＜a﹣2．当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：x （﹣∞，a﹣2）﹣2a （﹣2a，a﹣2）a﹣2 （a﹣2，+∞）函数f（x）在x=﹣2a处取得极大值f（﹣2a），且f（﹣2a）=3ae﹣2a．函数f（x）在x=a﹣2处取得极小值f（a﹣2），且f（a﹣2）=（4﹣3a）e a﹣2．②若a＜，则﹣2a＞a﹣2，当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：函数f（x）在x=a﹣2处取得极大值f（a﹣2），且f（a﹣2）=（4﹣3a）e a﹣2，函数f（x）在x=﹣2a处取得极小值f（﹣2a），且f（﹣2a）=3ae﹣2a．3、解：（Ⅰ）解：f′（x）=（1﹣x）e﹣x令f′（x）=0，解得x=1当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表）+0 ﹣所以f（x）在（﹣∞，1）内是增函数，在（1，+∞）内是减函数．函数f（x）在x=1处取得极大值f（1）且f（1）=．（Ⅱ）证明：由题意可知g（x）=f（2﹣x），得g（x）=（2﹣x）e x﹣2令F（x）=f（x）﹣g（x），即F（x）=xe﹣x+（x﹣2）e x﹣2于是F'（x）=（x﹣1）（e2x﹣2﹣1）e﹣x当x＞1时，2x﹣2＞0，从而e2x﹣2﹣1＞0，又e﹣x＞0，所以f′（x）＞0，从而函数F（x）在[1，+∞）是增函数．又F（1）=e﹣1﹣e﹣1=0，所以x＞1时，有F（x）＞F（1）=0，即f（x）＞g（x）．（Ⅲ）证明：（1）若（x1﹣1）（x2﹣1）=0，由（I）及f（x1）=f（x2），则x1=x2=1．与x1≠x2矛盾．（2）若（x1﹣1）（x2﹣1）＞0，由（I）及f（x1）=f（x2），得x1=x2．与x1≠x2矛盾．根据（1）（2）得（x1﹣1）（x2﹣1）＜0，不妨设x1＜1，x2＞1．由（Ⅱ）可知，f（x2）＞g（x2），则g（x2）=f（2﹣x2），所以f（x2）＞f（2﹣x2），从而f（x1）＞f（2﹣x2）．因为x2＞1，所以2﹣x2＜1，又由（Ⅰ）可知函数f（x）在区间（﹣∞，1）内是增函数，所以x1＞2﹣x2，即x1+x2＞2．4、解：（I），令．（0，）（，+∞））+0 ﹣f（x）增极大值减所以，f（x）的单调递增区间是的单调递减区间是．（II）证明：当．由（I）知f（x）在（0，2）内单调递增，在（2，+∞）内单调递减．令．由于f（x）在（0，2）内单调递增，故．取．所以存在x0∈（2，x'），使g（x0）=0，即存在．（说明：x'的取法不唯一，只要满足x'＞2，且g（x'）＜0即可）（III）证明：由f（α）=f（β）及（I）的结论知，从而f（x）在[α，β]上的最小值为f（a）．又由β﹣α≥1，α，β∈[1，3]，知1≤α≤2≤β≤3．故从而．5、（1）解：函数的定义域为（﹣a，+∞），求导函数可得令f′（x）=0，可得x=1﹣a＞﹣a令f′（x）＞0，x＞﹣a可得x＞1﹣a；令f′（x）＜0，x＞﹣a可得﹣a＜x＜1﹣a∴x=1﹣a时，函数取得极小值且为最小值∵函数f（x）=x﹣ln（x+a）的最小值为0，∴f（1﹣a）=1﹣a﹣0，解得a=1（2）解：当k≤0时，取x=1，有f（1）=1﹣ln2＞0，故k≤0不合题意当k＞0时，令g（x）=f（x）﹣kx2，即g（x）=x﹣ln（x+1）﹣kx2，求导函数可得g′（x）=g′（x）=0，可得x1=0，①当k≥时，，g′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，因此g（x）在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的x∈[0，+∞），总有g（x）≤g（0）=0，即对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx2成立；②当0＜k＜时，，对于，g′（x）＞0，因此g（x）在上单调递增，因此取时，g（x0）≥g（0）=0，即有f（x0）≤kx02不成立；综上知，k≥时对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx2成立，k的最小值为（3）证明：当n=1时，不等式左边=2﹣ln3＜2=右边，所以不等式成立当n≥2时，在（2）中，取k=，得f（x）≤x2，∴（i≥2，i∈N*）．∴=f（2）+＜2﹣ln3+=2﹣ln3+1﹣＜2综上，（n6、解：（Ⅰ）由题意可知函数的定义域为（0，+∞），求导数可得f′（x）=2xlnx+x2•=2xlnx+x=x（2lnx+1），令f′（x）=0，可解得x=，（0，）（，+∞）﹣ 0 +f（x）单调递减极小值单调递增所以函数f（x）的单调递减区间为（0，），单调递增区间为（，+∞）（Ⅱ）证明：当0＜x≤1时，f（x）≤0，设t＞0，令h（x）=f（x）﹣t，x∈[1，+∞），由（Ⅰ）可知，h（x）在区间（1，+∞）单调递增，h（1）=﹣t＜0，h（e t）=e2t lne t﹣t=t （e2t﹣1）＞0，故存在唯一的s∈（1，+∞），使得t=f（s）成立；（Ⅲ）证明：因为s=g（t），由（Ⅱ）知，t=f（s），且s＞1，从而====，其中u=lns，要使成立，只需，即2＜，即2＜2+，只需，变形可得只需0＜lnu＜，当t＞e2时，若s=g（t）≤e，则由f（s）的单调性，有t=f（s）≤f（e）=e2，矛盾，所以s＞e，即u＞1，从而lnu＞0成立，另一方面，令F（u）=lnu﹣，u＞1，F′（u）=，令F′（u）=0，可解得u=2，当1＜u＜2时，F′（u）＞0，当u＞2时，F′（u）＜0，故函数F（u）在u=2处取到极大值，也是最大值F（2）=ln2﹣1＜0，故有F（u）=lnu﹣＜0，即lnu＜，综上可证：当t＞e2时，有成立．7、解：（Ⅰ）∵f（x）=x﹣ae x，∴f′（x）=1﹣ae x；下面分两种情况讨论：①a≤0时，f′（x）＞0在R上恒成立，∴f（x）在R上是增函数，不合题意；x）、f（x）的变化情况如下表：，+∞）；∴函数y=f（x）有两个零点等价于如下条件同时成立：①f（﹣lna）＞0；②存在s1∈（﹣∞，﹣lna），满足f（s1）＜0；③存在s2∈（﹣lna，+∞），满足f（s2）＜0；由f（﹣lna）＞0，即﹣lna﹣1＞0，解得0＜a＜e﹣1；取s1=0，满足s1∈（﹣∞，﹣lna），且f（s1）=﹣a＜0，取s2=+ln，满足s2∈（﹣lna，+∞），且f（s2）=（﹣）+（ln﹣）＜0；∴a的取值范围是（0，e﹣1）．（Ⅱ）证明：由f（x）=x﹣ae x=0，得a=，设g（x）=，由g′（x）=，得g（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，并且当x∈（﹣∞，0）时，g（x）≤0，当x∈（0，+∞）时，g（x）≥0，x1、x2满足a=g（x1），a=g（x2），a∈（0，e﹣1）及g（x）的单调性，可得x1∈（0，1），x2∈（1，+∞）；对于任意的a1、a2∈（0，e﹣1），设a1＞a2，g（X1）=g（X2）=a1，其中0＜X1＜1＜X2；g（Y1）=g（Y2）=a2，其中0＜Y1＜1＜Y2；∵g（x）在（0，1）上是增函数，∴由a1＞a2，得g（X i）＞g（Y i），可得X1＞Y1；类似可得X2＜Y2；又由X、Y＞0，得＜＜；∴随着a的减小而增大；（Ⅲ）证明：∵x1=a，x2=a，∴lnx1=lna+x1，lnx2=lna+x2；∴x2﹣x1=lnx2﹣lnx1=ln，设=t，则t＞1，∴，解得x1=，x2=，∴x1+x2=…①；令h（x）=，x∈（1，+∞），则h′（x）=；令u（x）=﹣2lnx+x﹣，得u′（x）=，当x∈（1，+∞）时，u′（x）＞0，∴u（x）在（1，+∞）上是增函数，∴对任意的x∈（1，+∞），u（x）＞u（1）=0，∴h′（x）＞0，∴h（x）在（1，+∞）上是增函数；∴由①得x1+x2随着t的增大而增大．由（Ⅱ）知，t随着a的减小而增大，∴x1+x2随着a的减小而增大．8、（本题满分为14分）解：（Ⅰ）由f（x）=nx﹣x n，可得f′（x）=n﹣nx n﹣1=n（1﹣x n﹣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）﹣+ ﹣（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）单调递增，在（1，+∞）上单调递减；（Ⅱ）证明：设点P的坐标为（x0，0），则x0=n，f′（x0）=n﹣n2，曲线y=f（x）在点P处的切线方程为y=f′（x0）（x﹣x0），即g（x）=f′（x0）（x﹣x0），令F（x）=f（x）﹣g（x），即F（x）=f（x）﹣f′（x0）（x﹣x0），则F′（x）=f′（x）﹣f′（x0）．由于f′（x）=﹣nx n﹣1+n在（0，+∞）上单调递减，故F′（x）在（0，+∞）上单调递减，又因为F′（x0）=0，所以当x∈（0，x0）时，F′（x）＞0，当x∈（x0，+∞）时，F′（x）＜0，所以F（x）在∈（0，x0）内单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，所以对应任意的正实数x，都有F（x）≤F（x0）=0，即对于任意的正实数x，都有f（x）≤g（x）．（Ⅲ）证明：不妨设x1≤x2，由（Ⅱ）知g（x）=（n﹣n2）（x﹣x0），设方程g（x）=a的根为，可得=，由（Ⅱ）知g（x2）≥f（x2）=a=g（），可得x2≤．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，可得=，因为h（x）=nx在（﹣∞，+∞）上单调递增，且h（）=a=f（x1）＜h（x1），因此＜x1，由此可得：x2﹣x1＜﹣=，因为n≥2，所以2n﹣1=（1+1）n﹣1≥1+=1+n﹣1=n，故：2=x0．所以：|x2﹣x1|＜+2．9、解：（1）函数f（x）=（x﹣1）3﹣ax﹣b的导数为f′（x）=3（x﹣1）2﹣a，当a≤0时，f′（x）≥0，f（x）在R上递增；当a＞0时，当x＞1+或x＜1﹣时，f′（x）＞0，当1﹣＜x＜1+，f′（x）＜0，可得f（x）的增区间为（﹣∞，1﹣），（1+，+∞），减区间为（1﹣，1+）；（2）证明：f′（x0）=0，可得3（x0﹣1）2=a，由f（x0）=（x0﹣1）3﹣3x0（x0﹣1）2﹣b=（x0﹣1）2（﹣2x0﹣1）﹣b，f（3﹣2x0）=（2﹣2x0）3﹣3（3﹣2x0）（x0﹣1）2﹣b=（x0﹣1）2（8﹣8x0﹣9+6x0）﹣b=（x0﹣1）2（﹣2x0﹣1）﹣b，即为f（3﹣2x0）=f（x0）=f（x1），即有3﹣2x0=x1，即为x1+2x0=3；（3）证明：要证g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于，即证在[0，2]上存在x1，x2，使得g（x1）﹣g（x2）≥．当a≥3时，f（x）在[0，2]递减，f（2）=1﹣2a﹣b，f（0）=﹣1﹣b，f（0）﹣f（2）=2a﹣2≥4＞，递减，成立；当0＜a＜3时，f（1﹣）=（﹣）3﹣a（1﹣）﹣b=﹣﹣a+a﹣b=﹣a﹣b，f（1+）=（）3﹣a（1+）﹣b=﹣a﹣a﹣b=﹣﹣a﹣b，f（2）=1﹣2a﹣b，f（0）=﹣1﹣b，f（2）﹣f（0）=2﹣2a，若0＜a≤时，f（2）﹣f（0）=2﹣2a≥成立；若a＞时，f（1﹣）﹣f（1+）=＞成立．综上可得，g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于．10、（Ⅰ）由f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，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：（﹣1，）（，+∞）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），所以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∈（x 0，2]时，H′2（x ）＜0，H 2（x ）单调递减．因此，当x ∈[1，x 0）∪（x 0，2]时，H 2（x ）＞H 2（x 0）=0，可得得H 2（m ）＜0即h （x 0）＜0，． 所以，h （m ）h （x 0）＜0． （Ⅲ）对于任意的正整数p ，q ，且，令m=，函数h （x ）=g （x ）（m ﹣x 0）﹣f （m ）．由（Ⅱ）知，当m ∈[1，x 0）时，h （x ）在区间（m ，x 0）内有零点； 当m ∈（x 0，2]时，h （x ）在区间（x 0，m ）内有零点． 所以h （x ）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为x 1，则h （x 1）=g （x 1）（﹣x 0）﹣f （）=0．由（Ⅰ）知g （x ）在[1，2]上单调递增，故0＜g （1）＜g （x 1）＜g （2），于是|﹣x 0|=≥=．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x 0外没有其他的零点，而≠x 0，故f （）≠0． 又因为p ，q ，a 均为整数，所以|2p 4+3p 3q ﹣3p 2q 2﹣6pq 3+aq 4|是正整数， 从而|2p 4+3p 3q ﹣3p 2q 2﹣6pq 3+aq 4|≥1． 所以|﹣x 0|≥．所以，只要取A=g （2），就有|﹣x 0|≥．11、（I ）解：由已知，()ln x h x a x a =-，有()ln ln xh x a a a '=-.令()0h x '=，解得x =0.由a >1，可知当x 变化时，()h x '，()h x 的变化情况如下表：所以函数()h x 的单调递减区间(,0)-∞，单调递增区间为(0,)+∞.（II ）证明：由()ln x f x a a '=，可得曲线()y f x =在点11(,())x f x 处的切线斜率为1ln x a a .由1()ln g x x a '=，可得曲线()y g x =在点22(,())x g x 处的切线斜率为21ln x a. 因为这两条切线平行，故有121ln ln x a a x a=，即122(ln )1x x a a =.两边取以a 为底的对数，得212log 2log ln 0a x x a ++=，所以122ln ln ()ln ax g x a+=-. （III ）证明：曲线()y f x =在点11(,)x x a 处的切线l 1：111ln ()x x y a a a x x -=⋅-. 曲线()y g x =在点22(,log )a x x 处的切线l 2：2221log ()ln a y x x x x a-=⋅-. 要证明当1ee a ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()yf x =的切线，也是曲线()yg x =的切线，只需证明当1ee a ≥时，存在1(,)x ∈-∞+∞，2(0,)x ∈+∞，使得l 1和l 2重合.学*科网即只需证明当1e e a ≥时，方程组1112121ln ln 1ln log ln x x x a a a x a a x a a x a ⎧=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩①②有解，由①得1221(ln )x x a a =，代入②，得111112ln ln ln 0ln ln x x a a x a a x a a -+++=. ③ 因此，只需证明当1ee a ≥时，关于x 1的方程③有实数解.设函数12ln ln ()ln ln ln xxa u x a xa a x a a=-+++，即要证明当1e e a ≥时，函数()y u x =存在零点.2()1(ln )x u x a xa '=-，可知(,0)x ∈-∞时，()0u x '>；(0,)x ∈+∞时，()u x '单调递减，又(0)10u '=>，1(ln )2110(ln )a u a a ⎡⎤'=-<⎢⎥⎣⎦，故存在唯一的x 0，且x 0>0，使得0()0u x '=，即0201(ln )0x a x a -=.由此可得()u x 在0(,)x -∞上单调递增，在0(,)x +∞上单调递减. ()u x 在0x x =处取得极大值0()u x .因为1ee a ≥，故ln(ln )1a ≥-， 所以0000002012ln ln 12ln ln 22ln ln ()ln 0ln ln (ln )ln ln x x a a a u x a x a a x x a a x a a a+=-+++=++≥≥.下面证明存在实数t ，使得()0u t <. 由（I ）可得1ln x a x a ≥+， 当1ln x a>时， 有2212ln ln 12ln ln ()(1ln )(1ln )(ln )1ln ln ln ln a a u x x a x a x a x x a a a a≤+-+++=-++++，所以存在实数t ，使得()0u t <因此，当1ee a ≥时，存在1(,)x ∈-∞+∞，使得1()0u x =.所以，当1ee a ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()yf x =的切线，也是曲线()yg x =的切线.。

2023天津导数导数，作为微积分中的重要概念之一，是研究函数变化率和曲线切线性质的基本工具。

在数学考试中，导数也是一个常见的考点。

接下来，本文将围绕2023天津高考数学考试中的导数知识点展开论述，详细介绍导数的定义、性质和计算方法，并提供一些相关习题，帮助大家更好地理解和掌握导数的概念与应用。

一、导数的定义导数是函数在某一点处的变化率，用数学符号表示为f'(x)，读作"f 关于x的导数"或"f的导数"。

在数学中，导数的定义有多种形式，以下是其中的两种常见定义方式：1. 函数f(x)在点x处的导数定义为：f'(x) = lim┌h→0⁡(f(x+h)-f(x))/h⁡其中，lim代表极限，h为自变量的增量。

2. 函数f(x)在点x处的导数定义为：f'(x) = dy/dx = d/dx[f(x)]其中，dy表示函数y的增量，dx表示自变量x的增量。

无论采用哪种定义方式，导数的概念都可以理解为函数在某一点处的斜率或者切线的斜率。

二、导数的性质导数具有一些特殊的性质，下面将介绍其中的几个重要性质：1. 常数函数的导数等于0对于常数函数f(x)=c，其中c为常数，则f'(x)=0。

这是因为常数函数在任意一点处的斜率都为0。

2. 幂函数的导数对于幂函数f(x)=x^n，其中n为常数，则f'(x)=nx^(n-1)。

这意味着幂函数的导数与幂指数成正比。

3. 和、差、积的求导法则对于函数f(x)和g(x)，以及常数c，有以下导数运算法则：（1）和的导数法则：(f+g)'(x)=f'(x)+g'(x)（2）差的导数法则：(f-g)'(x)=f'(x)-g'(x)（3）积的导数法则：(cf)'(x)=cf'(x)4. 商的求导法则对于函数f(x)和g(x)，以及常数c，有以下导数运算法则：（1）商的导数法则：(f/g)'(x)=[f'(x)g(x)-f(x)g'(x)]/[g(x)]^2三、导数的计算方法导数的计算方法包括基本初等函数的求导、复合函数的求导和隐函数的求导。

新高考专点专练解答题导数部分（天津历年高考真题汇编）一、解答题（共25小题；共325分）1. 已知函数 f (x )=ax 3+bx 2−3x 在 x =±1 处取得极值． （1）讨论 f (1) 和 f (−1) 是函数 f (x ) 的极大值还是极小值； （2）过点 A (0,16) 作曲线 y =f (x ) 的切线，求此切线方程．2. 已知 a >0，函数 f (x )=1−ax x,x ∈(0,+∞)．设 0<x 1<2a，记曲线 y =f (x ) 在点 M(x 1,f (x 1))处的切线为 l ． （1）求 l 的方程；（2）设 l 与 x 轴交点为 (x 2,0)．证明：（ⅰ）0<x 2≤1a；（ⅱ）若 x 1<1a，则 x 1<x 2<1a．3. 已知函数 f (x )=2ax−a 2+1x 2+1(x ∈R )，其中 a ∈R ．（1）当 a =1 时，求曲线 y =f (x ) 在点 (2,f (2)) 处的切线方程； （2）当 a ≠0 时，求函数 f (x ) 的单调区间与极值．4. 设 a >0，求函数 f (x )=√x −ln (x +a ),x ∈(0,+∞) 的单调区间．5. 设函数 f (x )=(x −1)3−ax −b ，x ∈R ，其中 a,b ∈R ． （1）求 f (x ) 的单调区间；（2）若 f (x ) 存在极值点 x 0，且 f (x 1)=f (x 0)，其中 x 1≠x 0，求证：x 1+2x 0=3； （3）设 a >0，函数 g (x )=∣f (x )∣，求证：g (x ) 在区间 [0,2] 上的最大值不小于 14．6. 已知 a >0，函数 f (x )=lnx −ax 2，x >0．（f (x ) 的图象连续不断） （1）求 f (x ) 的单调区间；（2）当 a =18 时，证明：存在 x 0∈(2,+∞)，使 f (x 0)=f (32)；（3）若存在均属于区间 [1,3] 的 α，β，且 β−α≥1，使 f (α)=f (β)，证明：ln3−ln25≤a ≤ln23．7. 设 a ∈Z ，已知定义在 R 上的函数 f (x )=2x 4+3x 3−3x 2−6x +a 在区间 (1,2) 内有一个零点 x 0，g (x ) 为 f (x ) 的导函数． （1）求 g (x ) 的单调区间；（2）设 m ∈[1,x 0)∪(x 0,2]，函数 ℎ(x )=g (x )(m −x 0)−f (m )，求证：ℎ(m )ℎ(x 0)<0； （3）求证：存在大于 0 的常数 A ，使得对于任意的正整数 p ，q ，且 pq ∈[1,x 0)∪(x 0,2]，满足∣∣∣p q −x 0∣∣∣≥1Aq 4．8. 设 a,b ∈R ，∣a ∣≤1．已知函数 f (x )=x 3−6x 2−3a (a −4)x +b ，g (x )=e x f (x )． （1）求 f (x ) 的单调区间；（2）已知函数 y =g (x ) 和 y =e x 的图象在公共点 (x 0,y 0) 处有相同的切线，（i ）求证：f (x ) 在 x =x 0 处的导数等于 0；（ii ）若关于 x 的不等式 g (x )≤e x 在区间 [x 0−1,x 0+1] 上恒成立，求 b 的取值范围．9. 已知函数 f (x )=x +ax +b (x ≠0)，其中 a ，b ∈R ．（1）若曲线 y =f (x ) 在点 P(2,f (2)) 处的切线方程为 y =3x +1，求函数 f (x ) 的解析式； （2）讨论函数 f (x ) 的单调性； （3）若对于任意的 a ∈[12,2]，不等式 f (x )≤10 在 [14,1] 上恒成立，求 b 的取值范围．10. 设函数 f (x )=x 4+ax 3+2x 2+b (x ∈R )，其中 a,b ∈R ．（1）当 a =−103 时，讨论函数 f (x ) 的单调性；（2）若函数 f (x ) 仅在 x =0 处有极值，求 a 的取值范围； （3）若对于任意的 a ∈[−2,2]，不等式 f (x )≤1 在 [−1,1] 上恒成立，求 b 的取值范围．11. 已知函数 f (x )=4x 3+3tx 2−6t 2x +t −1,x ∈R ，其中 t ∈R ．（1）当 t =1 时，求曲线 y =f (x ) 在点 (0,f (0)) 处的切线方程； （2）当 t ≠0 时，求 f (x ) 的单调区间； （3）证明：对任意的 t ∈(0,+∞)，f (x ) 在区间 (0,1) 内均存在零点．12. 已知函数 f (x )=ax 3−32x 2+1(x ∈R )，其中 a >0．（1）若 a =1，求曲线 y =f (x ) 在点 (2,f (2)) 处的切线方程； （2）若在区间 [−12,12] 上，f (x )>0 恒成立，求 a 的取值范围．13. 已知函数 f (x )=x −ln (x +a ) 的最小值为 0，其中 a >0．（1）求 a 的值；（2）若对任意的 x ∈[0,+∞)，有 f (x )≤kx 2 成立，求实数 k 的最小值；（3）证明：∑22i−1n i=1−ln (2n +1)<2(n ∈N ∗)．14. 已知函数 f (x )=xe −x (x ∈R )．（1）求函数 f (x ) 的单调区间和极值；（2）已知函数 y =g (x ) 的图象与函数 y =f (x ) 的图象关于直线 x =1 对称，证明：当 x >1时，f (x )>g (x )；（3）如果 x 1≠x 2，且 f (x 1)=f (x 2)，证明：x 1+x 2>2．15. 设函数 f (x )=xsinx (x ∈R )．（1）证明 f (x +2kπ)−f (x )=2kπsinx ，其中为 k 为整数；（2）设 x 0 为 f (x ) 的一个极值点，证明 [f (x 0)]2=x041+x 02；（3）设 f (x ) 在 (0,+∞) 内的全部极值点按从小到大的顺序排列 a 1，a 2，⋯，a n ，⋯，证明 π2<a n+1−a n <π(n =1,2,⋯)．16. 已知函数 f (x )=4x 3−3x 2cosθ+132，其中 x ∈R ，θ 为参数，且 0≤θ≤π2．（1）当 cosθ=0 时，判断函数 f (x ) 是否有极值；（2）要使函数 f (x ) 的极小值大于零，求参数 θ 的取值范围；（3）若对（2）中所求的取值范围内的任意参数 θ，函数 f (x ) 在区间 (2a −1,a ) 内都是增函数，求实数 a 的取值范围．17. 已知抛物线 C 1:y =x 2+2x 和 C 2:y =−x 2+a ，如果直线 l 同时是 C 1 和 C 2 的切线，称 l 是 C 1和 C 2 的公切线，公切线上两个切点之间的线段，称为公切线段．（1）则 a 取什么值时，C 1 和 C 2 有且仅有一条公切线?写出此公切线的方程；（2）若C1和C2有两条公切线，证明相应的两条公切线段互相平分．18. 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．（1）若t2=0，d=1，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；（2）若d=3，求f(x)的极值；（3）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．19. 已知函数f(x)=nx−x n，x∈R，其中n∈N∗，且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）有两个正实数根x1，x2，求证：∣x2−x1∣<a1−n+2．20. 已知函数f(x)=13x3+1−a2x2−ax−a，x∈R，其中a>0．（1）求函数f(x)的单调区间；（2）若函数f(x)在区间(−2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围；（3）当a=1时，设函数f(x)在区间[t,t+3]上的最大值为M(t)，最小值为m(t)，记g(t)=M(t)−m(t)，求函数g(t)在区间[−3,−1]上的最小值．21. 设函数f(x)=−13x3+x2+(m2−1)x(x∈R)，其中m>0．（1）当m=1时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率；（2）求函数f(x)的单调区间与极值；（3）已知函数f(x)有三个互不相同的零点0，x1，x2，且x1<x2．若对任意的x∈[x1,x2]，f(x)>f(1)恒成立，求m的取值范围．22. 已知函数f(x)=4x−x4，x∈R．（1）求f(x)的单调区间；（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：对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)；（3）若方程f(x)=a（a为实数）有两个正实数根x1，x2，且x1<x2，求证：x2−x1≤−a3+ 413．23. 已知函数f(x)=x−ae x(a∈R)，x∈R，已知函数y=f(x)有两个零点x1，x2，且x1<x2．（1）求a的取值范围；（2）证明x2x1随着a的减小而增大；（3）证明x1+x2随着a的减小而增大．24. 已知函数f(x)=a x，g(x)=log a x，其中a>1．（1）求函数ℎ(x)=f(x)−xlna的单调区间；（2）若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行，证明x1+g(x2)=−2lnlnalna；（3）证明当a≥e 1e时，存在直线l，使l是曲线y=f(x)的切线，也是曲线y=g(x)的切线．cosθ，其中x∈R，θ为参数，且0≤θ<2π．25. 已知函数f(x)=4x3−3x2cosθ+316（1）当cosθ=0时，判断函数f(x)是否有极值；（2）要使函数f(x)的极小值大于零，求参数θ的取值范围；（3）若对（2）中所求的取值范围内的任意参数θ，函数f(x)在区间(2a−1,a)内都是增函数，求实数a的取值范围．答案第一部分 1. （1）fʹ(x )=3ax 2+2bx −3,依题意，fʹ(1)=fʹ(−1)=0,即{3a +2b −3=0,3a −2b −3=0,解得a =1,b =0.所以f (x )=x 3−3x,fʹ(x )=3x 2−3=3(x +1)(x −1).令 fʹ(x )=0，得x 1=−1,x 2=1.若 x ∈(−∞,−1)∪(1,+∞)，则 fʹ(x )>0，故 f (x ) 在 (−∞,−1) 和 (1,+∞) 上是增函数； 若 x ∈(−1,1)，则 fʹ(x )<0，故 f (x ) 在 (−1,1) 上是减函数． 所以，f (−1)=2 是极大值；f (1)=−2 是极小值． （2） 曲线方程为 y =x 3−3x ．点 A (0,16) 不在曲线上．设切点为 M (x 0,y 0)，则点 M 的坐标满足 y 0=x 03−3x 0．因 fʹ(x 0)=3(x 02−1)，故切线的方程为 y −y 0=3(x 02−1)(x −x 0)． 又点 A (0,16) 在切线上，有 16−(x 03−3x 0)=3(x 02−1)(0−x 0)， 化简得 x 03=−8，解得 x 0=−2．所以，切点为 M (−2,−2)，切线方程为 9x −y +16=0． 2. （1） f (x ) 的导数 fʹ(x )=−1x 2，由此得切线 l 的方程 y −1−ax 1x 1=−1x 12(x −x 1)．（2） 令切线方程中 y =0，得x 2=x 1(1−ax 1)+x 1=x 1(2−ax 1),其中 0<x 1<2a ．（ⅰ）由 0<x 1<2a ，x 2=x 1(2−ax 1)，有 x 2>0， 及x 2=−a (x 1−1a )2+1a,∴ 0<x 2≤1a ，当且仅当 x 1=1a 时，x 2=1a ． （ⅱ）当 x 1<1a 时，ax 1<1，因此，x 2=x 1(2−ax 1)>x 1,且由（ⅰ），x2<1a ，所以x1<x2<1a．3. （1）当a=1时，f(x)=2xx2+1，所以f(2)=4 5 ,又fʹ(x)=2(x 2+1)−2x⋅2x(x2+1)2=2−2x2(x2+1)2，所以fʹ(2)=−625.所以，曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y−45=−625(x−2),即6x+25y−32=0.（2）fʹ(x)=2a(x2+1)−2x(2ax−a2+1)(x2+1)2=−2(x−a)(ax+1)(x2+1)2.由于a≠0，以下分两种情况讨论．①当a>0时，令fʹ(x)=0，得到x1=−1a,x2=a.当x变化时，fʹ(x),f(x)的变化情况如下表：x(−∞,−1a)−1a(−1a,a)a(a,+∞)fʹ(x)−0+0−f(x)↘极小值↗极大值↘所以f(x)在区间(−∞,−1a )，(a,+∞)内为减函数，在区间(−1a,a)内为增函数．函数f(x)在x1=−1a 处取得极小值f(−1a)，且f(−1a)=−a2,函数f(x)在x2=a处取得极大值f(a)，且f(a)=1.②当a<0时，令fʹ(x)=0，得到x1=a,x2=−1 a ,当x变化时，fʹ(x),f(x)的变化情况如下表：x(−∞,a)a(a,−1a)−1a(−1a,+∞)fʹ(x)+0−0+ f(x)↗极大值↘极小值↗所以f(x)在区间(−∞,a)，(−1a ,+∞)内为增函数，在区间(a,−1a)内为减函数．函数f(x)在x1=a处取得极大值f(a)，且f(a)=1.函数f(x)在x2=−1a 处取得极小值f(−1a)，且f(−1a)=−a2.4. fʹ(x)=2√x −1x+a(x>0)．当a>0,x>0时，fʹ(x)>0⇔x2+(2a−4)x+a2>0；fʹ(x)<0⇔x2+(2a−4)x+a2<0．（i）当a>1时，对所有x>0，有x2+(2a−4)x+a2>0,即fʹ(x)>0，此时f(x)在(0,+∞)内单调递增．（ii）当a=1时，对x≠1，有x2+(2a−4)x+a2>0,即fʹ(x)>0，此时f(x)在(0,1)，(1,+∞)内单调递增，又知函数f(x)在x=1处连续，因此，函数f(x)在(0,+∞)内单调递增．（iii）当0<a<1时，令fʹ(x)>0，即x2+(2a−4)x+a2>0,解得x<2−a−2√1−a或x>2−a+2√1−a，因此，函数f(x)在区间(0,2−a−2√1−a)内单调递增，在区间(2−a+2√1−a,+∞)内也单调递增．令fʹ(x)<0，即x2+(2a−4)x+a2<0，解得2−a−2√1−a<x<2−a+2√1−a,因此，函数f(x)在区间(2−a−2√1−a,2−a+2√1−a)内单调递减．5. （1）f(x)=(x−1)3−ax−b，fʹ(x)=3(x−1)2−a．①a≤0，f(x)在x∈R上单调递增；②a>0，f(x)在(−∞,1−√a3)单调递增，在(1−√a3,1+√a3)单调递减，在(1+√a3,+∞)单调递增．（2）由fʹ(x0)=0得3(x0−1)2=a，所以f(x0)=(x0−1)3−3(x0−1)2x0−b=(x0−1)2(−2x0−1)−b,f(3−2x0)=(2−2x0)3−3(x0−1)2(3−2x0)−b=(x0−1)2(8−8x0−9+6x0)−b=(x0−1)2(−2x0−1)−b.所以f(3−2x0)=f(x0)=f(x1)，所以x1+2x0=3．（3）欲证g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于14，只需证在区间[0,2]上存在x1，x2，使得f(x1)−f(x2)≥12即可．①当a≥3时，f(x)在[0,2]上单调递减，f(2)=1−2a−b，f(0)=−1−b，f(0)−f(2)=2a−2≥4>12，成立．②当0<a<3时，f(1−√a3)=(−√a3)3−a(1−√a3)−b=−a3√a3−a+a√a3−b=23a√a3−a−b,f(1+√a3)=a3√a3−a(1+√a3)−b=−23a√a3−a−b.因为f(2)=1−2a−b，f(0)=−1−b，所以f(2)−f(0)=2−2a．当0<a≤34时，f(2)−f(0)=2−2a≥12，成立，当a>34时，f(1−√a3)−f(1+√a3)=43a√a3>12，成立．6. （1）fʹ(x)=1x−2ax=1−2ax2x,x∈(0,+∞),令fʹ(x)=0，解得x=√2a 2a.当x变化时，fʹ(x),f(x)的变化情况如下表：x(0,√2a2a)√2a2a(√2a2a,+∞)fʹ(x)+0−f(x)↗极大值↘所以，f(x)的单调递增区间是(0,√2a2a )，f(x)的单调递减区间是(√2a2a,+∞)．（2）当a=18时，f(x)=lnx−18x2.由（1）知f(x)在(0,2)内单调递增，在(2,+∞)内单调递减．令g(x)=f(x)−f(32)．由于f(x)在(0,2)内单调递增，故f (2)>f (32),即g (2)>0.取 xʹ=32e >2，则g (xʹ)=41−9e 232<0.所以存在 x 0∈(2,xʹ)，使 g (x 0)=0，即存在 x 0∈(2,+∞)，使 f (x 0)=f (32)． （3） 由 f (α)=f (β) 及（1）的结论知α<√2a2a<β, 从而 f (x ) 在 [α,β] 上的最小值为 f (α)． 又由 β−α≥1，α,β∈[1,3]，知1≤α≤2≤β≤3.故{f (2)≥f (α)≥f (1),f (2)≥f (β)≥f (3).即{ln2−4a ≥−a,ln2−4a ≥ln3−9a.从而ln3−ln25≤a ≤ln23.7. （1） 由 f (x )=2x 4+3x 3−3x 2−6x +a ， 可得 g (x )=fʹ(x )=8x 3+9x 2−6x −6， 进而可得 gʹ(x )=24x 2+18x −6． 令 gʹ(x )=0，解得 x =−1 或 x =14．当 x 变化时，gʹ(x )，g (x ) 的变化情况如下表：x(−∞,−1)(−1,14)(14,+∞)gʹ(x )+−+g (x )↗↘↗所以 g (x ) 的单调递增区间是 (−∞,−1)，(14,+∞)，单调递减区间是 (−1,14)． （2） 由 ℎ(x )=g (x )(m −x 0)−f (m )，得 ℎ(m )=g (m )(m −x 0)−f (m )，ℎ(x 0)=g (x 0)(m −x 0)−f (m )． 令函数 H 1(x )=g (x )(x −x 0)−f (x )，则 Hʹ1(x )=gʹ(x )(x −x 0)． 由（Ⅰ）知，当 x ∈[1,2] 时，gʹ(x )>0， 故当 x ∈[1,x 0) 时，Hʹ1(x )<0，H 1(x ) 单调递减； 当 x ∈(x 0,2] 时，Hʹ1(x )>0，H 1(x ) 单调递增．因此，当 x ∈[1,x 0)∪(x 0,2] 时，H 1(x )>H 1(x 0)=−f (x 0)=0，可得 H 1(m )>0，即 ℎ(m )>0，令函数 H 2(x )=g (x 0)(x −x 0)−f (x )，则 H 2ʹ(x )=g (x 0)−g (x )． 由（Ⅰ）知，g (x ) 在 [1,2] 上单调递增，故当 x ∈[1,x 0) 时，H 2ʹ(x )>0，H 2(x ) 单调递增； 当 x ∈(x 0,2] 时，H 2ʹ(x )<0，H 2(x ) 单调递减． 因此，当 x ∈[1,x 0)∪(x 0,2] 时，H 2(x )<H 2(x 0)=0， 可得 H 2(m )<0，即 ℎ(x 0)<0． 所以，ℎ(m )ℎ(x 0)<0．（3） 对于任意的正整数 p ，q ，且 pq ∈[1,x 0)∪(x 0,2]，令 m =pq ，函数 ℎ(x )=g (x )(m −x 0)−f (m )．由（Ⅱ）知，当 m ∈[1,x 0) 时，ℎ(x ) 在区间 (m,x 0) 内有零点； 当 m ∈(x 0,2] 时，ℎ(x ) 在区间 (x 0,m ) 内有零点． 所以 ℎ(x ) 在 (1,2) 内至少有一个零点，不妨设为 x 1， 则 ℎ(x 1)=g (x 1)(p q −x 0)−f (pq )=0．由（Ⅰ）知 g (x ) 在 [1,2] 上单调递增，故 0<g (1)<g (x 1)<g (2)，于是 ∣∣∣pq −x 0∣∣∣=∣∣∣∣f(pq )g (x 1)∣∣∣∣≥∣∣∣f(pq )∣∣∣g (2)=∣2p 4+3p 3q−3p 2q 2−6pq 3+aq 4∣g (2)q 4． 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 x 0 外没有其他的零点，而 p q ≠x 0，故 f (pq )≠0．又因为 p ，q ，a 均为整数，所以 ∣2p 4+3p 3q −3p 2q 2−6pq 3+aq 4∣ 是正整数， 从而 ∣2p 4+3p 3q −3p 2q 2−6pq 3+aq 4∣≥1．所以 ∣∣∣p q −x 0∣∣∣≥1g (2)q 4． 所以，只要取 A =g (2)，就有 ∣∣∣p q −x 0∣∣∣≥1Aq 4．8. （1） 由 f (x )=x 3−6x 2−3a (a −4)x +b ，可得 fʹ(x )=3x 2−12x −3a (a −4)=3(x −a )(x −(4−a ))，令 fʹ(x )=0，解得 x =a 或 x =4−a ． 由 ∣a ∣≤1，得 a <4−a ．当 x 变化时，fʹ(x )，f (x ) 的变化情况如下表：x (−∞,a )(a,4−a )(4−a,+∞)fʹ(x )+−+f (x )↗↘↗所以 f (x ) 的单调递增区间为 (−∞,a )，(4−a,+∞)，单调递减区间为 (a,4−a )； （2） （i ）因为 gʹ(x )=e x(f (x )+fʹ(x ))，由题意知 {g (x 0)=e x 0,gʹ(x 0)=e x 0,所以 {f (x 0)e x 0=e x 0,e x 0(f (x 0)+fʹ(x 0))=e x 0,解得 {f (x 0)=1,fʹ(x 0)=0.所以f(x)在x=x0处的导数等于0；（ii）因为g(x)≤e x，x∈[x0−1,x0+1]，由e x>0，可得f(x)≤1．又因为f(x0)=1，fʹ(x0)=0，故x0为f(x)的极大值点，由（1）知x0=a．另一方面，由于∣a∣≤1，故a+1<4−a，由（1）知f(x)在(a−1,a)内单调递增，在(a,a+1)内单调递减，故当x0=a时，f(x)≤f(a)=1在[a−1,a+1]上恒成立，从而g(x)≤e x在[x0−1,x0+1]上恒成立．由f(a)=a3−6a2−3a(a−4)a+b=1，得b=2a3−6a2+1，−1≤a≤1．令t(x)=2x3−6x2+1，x∈[−1,1]，所以tʹ(x)=6x2−12x，令tʹ(x)=0，解得x=2（舍去）或x=0．因为t(−1)=−7，t(1)=−3，t(0)=1，故t(x)的值域为[−7,1]．所以b的取值范围是[−7,1]．9. （1）fʹ(x)=1−a x2 ,由导数的几何意义得fʹ(2)=3,于是a=−8.由切点P(2,f(2))在直线y=3x+1上可得，−2+b=7,解得b=9.所以函数f(x)的解析式为f(x)=x−8x+9.（2）fʹ(x)=1−ax2．当a≤0时，显然fʹ(x)>0(x≠0)，这时f(x)在(−∞,0)，(0,+∞)内是增函数．当a>0时，令fʹ(x)=0，解得x=±√a．当x变化时，fʹ(x)，f(x)的变化情况如下表：x(−∞,−√a)−√a(−√a,0)(0,√a)√a(√a,+∞)fʹ(x)+0−−0+f(x)↗极大值↘↘极小值↗所以f(x)在(−∞,−√a]，[√a,+∞)内是增函数，在(−√a,0)，(0,√a)内是减函数．（3）由（2）知，f(x)在[14,1]上的最大值为f(14)与f(1)中的较大者，对于任意的a∈[12,2]，不等式f(x)≤10在[14,1]上恒成立，当且仅当{f (14)≤10,f (1)≤10,即{b ≤394−4a,b ≤9−a,对任意的 a ∈[12,2] 成立．从而得 b ≤74，所以满足条件的 b 的取值范围是 (−∞,74]．10. （1）fʹ(x )=4x 3+3ax 2+4x=x (4x 2+3ax +4).当 a =−103 时，fʹ(x )=x (4x 2−10x +4)=2x (2x −1)(x −2).令 fʹ(x )=0，解得x 1=0,x 2=12,x 3=2.当 x 变化时，fʹ(x )，f (x ) 的变化情况如下表：x (−∞,0)0(0,12)12(12,2)2(2,+∞)fʹ(x )−0+0−0+f (x )↘极小值↗极大值↘极小值↗ 所以 f (x ) 在 (0,12)，(2,+∞) 内是增函数，在 (−∞,0)，(12,2) 内是减函数． （2）fʹ(x )=x (4x 2+3ax +4),显然 x =0 不是方程 4x 2+3ax +4=0 的根．为使 f (x ) 仅在 x =0 处有极值，必须 4x 2+3ax +4≥0 成立，即有Δ=9a 2−64≤0.解此不等式，得−83≤a ≤83. 这时，f (0)=b 是唯一极值．因此满足条件的 a 的取值范围是 [−83,83]．（3） 由条件 a ∈[−2,2]，可知 Δ=9a 2−64<0，从而 4x 2+3ax +4>0 恒成立． 当 x <0 时，fʹ(x )<0；当 x >0 时，fʹ(x )>0．因此函数 f (x ) 在 [−1,1] 上的最大值是 f (1) 与 f (−1) 两者中的较大者． 为使对任意的 a ∈[−2,2]，不等式 f (x )≤1 在 [−1,1] 上恒成立， 当且仅当{f (1)≤1,f (−1)≤1,即{b ≤−2−a,b ≤−2+a,在 a ∈[−2,2] 上恒成立．所以 b ≤−4，因此满足条件的 b 的取值范围是 (−∞,−4]．11. （1） 当 t =1 时，f (x )=4x 3+3x 2−6x ，f (0)=0，fʹ(x )=12x 2+6x −6，fʹ(0)=−6． 所以曲线 y =f (x ) 在点 (0,f (0)) 处的切线方程为 y =−6x ． （2） fʹ(x )=12x 2+6tx −6t 2，令 fʹ(x )=0，解得x =−t 或 x =t2.因为 t ≠0，所以分两种情况讨论：①若 t <0，则 t2<−t ，当 x 变化时，fʹ(x )，f (x ) 的变化情况如下表：x(−∞,t 2)(t2,−t)(−t,+∞)fʹ(x )+−+f (x )↗↘↗所以 f (x ) 的单调递增区间是 (−∞,t2)，(−t,+∞)；f (x ) 的单调递减区间是 (t2,−t)． ②若 t >0，则 −t <t2，当 x 变化时，fʹ(x ),f (x ) 的变化情况如下表：x(−∞,−t )(−t,t 2)(t2,+∞)fʹ(x )+−+f (x )↗↘↗所以，f (x ) 的单调递增区间是 (−∞,−t ),(t2,+∞)；f (x ) 的单调递减区间是 (−t,t2)． （3） 由（2）可知，当 t >0 时，f (x ) 在 (0,t2) 内单调递减，在 (t2,+∞) 内单调递增． 以下分两种情况讨论：①当 t2≥1，即 t ≥2 时，f (x ) 在 (0,1) 内单调递减，在 (1,+∞) 内单调递增．f (0)=t −1>0，f (1)=−6t 2+4t +3≤−6×4+4×2+3<0，所以对任意 t ∈[2,+∞)，f (x ) 在区间 (0,1) 内均存在零点．② 当 0<t2<1，即 0<t <2 时，f (x ) 在 (0,t2) 内单调递减，在 (t2,1) 内单调递增．若 t ∈(0,1]，则f (t 2)=−74t 3+t −1≤−74t 3<0,f (1)=−6t 2+4t +3≥−6t +4t +3=−2t +3>0.所以 f (x ) 在 (t2,1) 内存在零点．若 t ∈(1,2)，则f (t 2)=−74t 3+(t −1)<−74t 3+1<0,f (0)=t −1>0, 所以 f (x )在(0,t2) 内存在零点．所以，对任意 t ∈(0,2)，f (x ) 在区间 (0,1) 内均存在零点． 综上，对任意 t ∈(0,+∞)，f (x ) 在区间 (0,1) 内均存在零点．12. （1） 当 a =1 时，f (x )=x 3−32x 2+1,f (2)=3;fʹ(x )=3x 2−3x,fʹ(2)=6.所以曲线 y =f (x ) 在点 (2,f (2)) 处的切线方程为y −3=6(x −2),即所求切线方程为 y =6x −9． （2） 由已知得fʹ(x )=3ax 2−3x =3x (ax −1),令 fʹ(x )=0，解得x =0 或 x =1a.以下分两种情况讨论：（i ）若 0<a ≤2，则 1a≥12，当 x 变化时，fʹ(x ) 、 f (x ) 的变化情况如下表：x(−12,0)0(0,12)fʹ(x )+0−f (x )↗极大值↘ 当 x ∈[−12,12] 时，f (x )>0 等价于{f (−12)>0,f (12)>0, 即{5−a8>0,5+a8>0. 解不等式组得−5<a <5,因此 0<a ≤2． （ii ）若 a >2，则 0<1a<12．当 x 变化时，fʹ(x ) 、 f (x ) 的变化情况如下表：x(−12,0)0(0,1a )1a (1a ,12)fʹ(x )+0−0+f (x )↗极大值↘极小值↗ 当 x ∈[−12,12] 时，f (x )>0 等价于{f (−12)>0,f (1a)>0, 即{5−a8>0,1−12a2>0.解不等式组得√22<a <5 或 a <−√22, 因此 2<a <5．综合（i ）和（ii ），可知 a 的取值范围为 0<a <5． 13. （1） f (x ) 的定义域为 (−a,+∞)．fʹ(x )=1−1x +a =x +a −1x +a. 由 fʹ(x )=0，得x =1−a >−a.当 x 变化时，fʹ(x )，f (x ) 的变化情况如下表：x(−a,1−a )1−a (1−a,+∞)fʹ(x )−0+f (x )↘极小值↗因此，f (x ) 在 x =1−a 处取得最小值，故由题意f (1−a )=1−a =0,所以 a =1．（2） 当 k ≤0 时，取 x =1，有 f (1)=1−ln2>0，故 k ≤0 不合题意； 当 k >0 时，令 g (x )=f (x )−kx 2，即g (x )=x −ln (x +1)−kx 2,gʹ(x )=x x +1−2kx =−x [2kx −(1−2k )]x +1.令 gʹ(x )=0，得x 1=0,x 2=1−2k2k>−1. （i ）当 k ≥12 时，1−2k 2k≤0，gʹ(x )<0 在 (0,+∞) 上恒成立，因此 g (x ) 在 [0,+∞) 上单调递减．从而对于任意的 x ∈[0,+∞)，总有 g (x )≤g (0)=0，即 f (x )≤kx 2 在 [0,+∞) 上恒成立． 故 k ≥12符合题意． （ii ）当 0<k <12 时，1−2k 2k>0，对于 x ∈(0,1−2k 2k)，gʹ(x )>0，故 g (x ) 在 (0,1−2k 2k) 内单调递增．因此当取 x 0∈(0,1−2k 2k) 时，g (x 0)>g (0)=0，即 f (x 0)≤kx 02不成立． 故 0<k <12不合题意． 综上，k 的最小值为 12．（3） 当 n =1 时，不等式左边 =2−ln3<2= 右边，所以不等式成立． 当 n ≥2 时，∑f n i=1(22i −1)=∑[22i −1−ln (1+22i −1)]ni=1=∑22i −1ni=1−∑[ln (2i +1)−ln (2i −1)]ni=1=∑22i −1ni=1−ln (2n +1).在（2）中取 k =12，得 f (x )≤x 22(x ≥0)，从而f (22i −1)≤2(2i −1)2<2(2i −3)(2i −1)(i ∈N ∗,i ≥2), 所以有∑22i −1ni=1−ln (2n +1)=∑f ni=1(22i −1)=f (2)+∑f ni=2(22i −1)<2−ln3+∑2(2i −3)(2i −1)ni=2=2−ln3+∑(12i −3−12i −1)ni=2=2−ln3+1−12n −1<2.综上∑22i −1ni=1−ln (2n +1)<2,n ∈N ∗.14. （1） fʹ(x )=(1−x )e −x ． 令 fʹ(x )=0，解得 x =1．当 x 变化时，fʹ(x )，f (x ) 的变化情况如下表：x (−∞,1)1(1,+∞)fʹ(x )+0−f (x )↗极大值↘所以 f (x ) 在 (−∞,1) 内是增函数，在 (1,+∞) 内是减函数． 函数 f (x ) 在 x =1 处取得极大值 f (1) 且 f (1)=1e ．（2） 由题意可知 g (x )=f (2−x )，得 g (x )=(2−x )e x−2． 令 F (x )=f (x )−g (x )，即F (x )=xe −x +(x −2)e x−2,于是Fʹ(x )=(x −1)(e 2x−2−1)e −x .当 x >1 时，2x −2>0，从而 e 2x−2−1>0，又 e −x >0，所以 Fʹ(x )>0，从而函数 F (x ) 在 [1,+∞) 是增函数． 又 F (1)=e −1−e −1=0，所以 x >1 时，有 F (x )>F (1)=0， 即 f (x )>g (x )．（3） （i ）若 (x 1−1)(x 2−1)=0，由（1）及 f (x 1)=f (x 2)，则 x 1=x 2=1．与 x 1≠x 2 矛盾；（ii ）若 (x 1−1)(x 2−1)>0，所以 {x 1>1x 2>1 或 {x 1<1x 2<1，由（1）知函数 f (x ) 在区间 (−∞,1) 上为增函数，在区间 (1,+∞) 上为减函数，又 f (x 1)=f (x 2)，得 x 1=x 2．与 x 1≠x 2 矛盾． 根据（i ）（ii ）得 (x 1−1)(x 2−1)<0，不妨设 x 1<1，x 2>1. 由（2）可知，f (x 2)>g (x 2)，又 g (x 2)=f (2−x 2)， 所以 f (x 2)>f (2−x 2)，从而 f (x 1)>f (2−x 2)． 因为 x 2>1，所以 2−x 2<1．又由（1）可知函数 f (x ) 在区间 (−∞,1) 内是增函数，所以 x 1>2−x 2，即 x 1+x 2>2． 15. （1） 由函数 f (x ) 的定义，对任意整数 k ，有f (x +2kπ)−f (x )=(x +2kπ)sin (x +2kπ)−xsinx=(x +2kπ)sinx −xsinx=2kπsinx.（2） 函数 f (x ) 在定义域 R 上可导，fʹ(x )=sinx +xcosx, ⋯⋯①令 fʹ(x )=0，得 sinx +xcosx =0．显然，对于满足上述方程的 x 有 cosx ≠0，上述方程化简为 x =−tanx ． 此方程一定有解．f (x ) 的极值点 x 0 一定满足 tanx 0=−x 0． 由sin 2x =sin 2x sin 2x +cos 2x =tan 2x1+tan 2x,得sin 2x 0=tan 2x 01+tan 2x 0.因此，[f (x 0)]2=x 02sin 2x 0=x 041+x 02.（3） 设 x 0>0 是 fʹ(x )=0 的任意正实数根，即 x 0=−tanx 0，则存在一个非负整数 k ， 使 x 0∈(π2+kπ,π+kπ)，即 x 0 在第二或第四象限内．由 ① 式，fʹ(x )=cosx (tanx +x ) 在第二或第四象限中的符号可列表如下：所以满足 fʹ(x )=0 的正根 x 0 都为 f (x ) 的极值点．由题设条件，a 1，a 2，⋯，a n ，⋯ 为方程 x =−tanx 的全部正实数根且满足 a 1<a 2<⋯<a n <⋯，那么对于 n =1，2，⋯，于是a n+1−a n=−(tana n+1−tana n )=−(1+tana n+1⋅tana n )tan (a n+1−a n ). ⋯⋯②由于π2+(n −1)π<a n <π+(n −1)π, π2+nπ<a n+1<π+nπ, 则π2<a n+1−a n <3π2, 由于 tana n+1⋅tana n >0，由 ② 式知 tan (a n+1−a n )<0．由此可知 a n+1−a n 必在第二象限，即 a n+1−a n <π．综上 π2<a n+1−a n <π. 16. （1） 当 cosθ=0 时，f (x )=4x 3+132, 则fʹ(x )=12x 2≥0,所以函数 f (x ) 在 (−∞,+∞) 上是增函数，因此 f (x ) 无极值． （2） 由已知，得fʹ(x )=12x 2−6xcosθ.令 fʹ(x )=0，得x 1=0,x 2=cosθ2. 由 0≤θ≤π2 及（1），可只考虑 cosθ>0 的情况．当 x 变化时，fʹ(x ) 的符号及 f (x ) 的变化情况如下表：x (−∞,0)0(0,cosθ2)cosθ2(cosθ2,+∞)fʹ(x )+0−0+f (x )↗极大值↘极小值↗ 由此，f (x ) 的极小值为f (cosθ2)=−14cos 3θ+132.根据题意，必有−14cos 3θ+132>0, 解得0<cosθ<12,因此，π3<θ<π2．（3） 由（2）知，函数 f (x ) 在区间 (−∞,0) 与 (cosθ2,+∞) 内都是增函数．由题设，函数 f (x ) 在 (2a −1,a ) 内是增函数，则 a 须满足不等式组{2a −1<a,a ≤0, 或 {2a −1<a,2a −1≥12cosθ,由（2），得 0<cosθ<12．要使不等式2a −1≥12cosθ对于 π3<θ<π2 恒成立，必有2a −1≥14,即a ≥58.综上，解得a ≤0 或58≤a <1. 因此，a 的取值范围是 (−∞,0]∪[58,1)． 17. （1） 函数 y =x 2+2x 的导数 yʹ=2x +2，曲线 C 1 在点 P (x 1,x 12+2x 1) 的切线方程是y −(x 12+2x 1)=(2x 1+2)(x −x 1), 即y =(2x 1+2)x −x 12. ⋯⋯①函数 y =−x 2+a 的导数 yʹ=−2x ，曲线 C 2 在点 Q (x 2,−x 22+a ) 的切线方程是y −(−x 22+a )=−2x 2(x −x 2).即y =−2x 2x +x 22+a. ⋯⋯②如果直线 l 是过 P 和 Q 的公切线，则①式和②式都是 l 的方程，所以{x 1+1=−x 2,−x 12=x 22+a, 消去 x 2 得方程2x 12+2x 1+1+a =0.若判别式 Δ=4−4×2(1+a )=0 时，即 a =−12时，解得 x 1=−12，此时点 P 与 Q 重合．即当 a =−12时 C 1 和 C 2 有且仅有一条公切线，由①得公切线方程为 y =x −14．（2） 由（1）可知，当 a <−12 时 C 1 和 C 2 有两条公切线， 设一条公切线上切点为：P (x 1,y 1)，Q (x 2,y 2)． 其中 P 在 C 1 上，Q 在 C 2 上， 则有 x 1+x 2=−1,y 1+y 2=x 12+2x 1+(−x 22+a )=x 12+2x 1−(x 1+1)2+a =−1+a.线段 PQ 的中点为 (−12,−1+a 2)．同理，另一条公切线段 PʹQʹ 的中点也是 (−12,−1+a 2)．所以公切线段 PQ 和 PʹQʹ 互相平分．18. （1） 由已知，可得 f (x )=x (x −1)(x +1)=x 3−x ， 故 fʹ(x )=3x −1，因此 f (0)=0，fʹ(0)=−1，又因为曲线 y =f (x ) 在点 (0,f (0)) 处的切线方程为 y −f (0)=fʹ(0)(x −0)， 故所求切线方程为 x +y =0． （2） 由已知可得f (x )=(x −t 2+3)(x −t 2)(x −t 2−3)=(x −t 2)3−9(x −t 2)=x 3−3t 2x 2+(3t 22−9)x −t 22+9t 2.故 fʹ(x )=3x 3−6t 2x +3t 22−9．令 fʹ(x )=0，解得 x =t 2−√3，或 x =t 2+√3． 当 x 变化时，fʹ(x )，f (x ) 的变化如表：x (−∞,t 2−√3)t 2−√3(t 2−√3,t 2+√3)t 2+√3(t 2+√3,+∞)fʹ(x )+0−0+f (x )↗极大值↘极小值↗所以函数 f (x ) 的极大值为 f(t 2−√3)=(−√3)3−9×(−√3)=6√3； 函数小值为 f(t 2+√3)=(√3)3−9×(√3)=−6√3．（3） 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 有三个互异的实数解， 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 有三个互异的公共点等价于函数 y =g (x ) 有三个零点． gʹ(x )=3x 3+(1−d 2)．当 d 2≤1 时，gʹ(x )≥0，这时 gʹ(x ) 在 R 上单调递增，不合题意； 当 d 2>1 时，gʹ(x )=0，解得 x 1=√d 2−1√3，x 2=√d 2−1√3．易得，g (x ) 在 (−∞,x 1) 上单调递增，在 [x 1,x 2] 上单调递减，在 (x 2,+∞) 上单调递增， g (x ) 的极大值 g (x 1)=g √d 2−1√3)=2√3(d 2−1)329+6√3>0， g (x ) 的极小值 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 y =f (x ) 至多有两个零点，不合题意； 若 g (x 2)<0，即 (d 2−1)32>27，也就是 ∣d∣>√10， 此时 ∣d∣>x 2，g (∣d∣)=∣d∣+6√3>0，且 −2∣d∣<x 1，g(−2∣d∣)=−6∣d∣3−2∣d∣+6√3<−62√10+6√3<0，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．所以d的取值范围是(−∞,−√10)∪(√10,+∞)．19. （1）由f(x)=nx−x n，可得fʹ(x)=n−nx n−1=n(1−x n−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fʹ(x)=0，解得x=1或x=−1．当x变化时，fʹ(x)，f(x)的变化情况如下表：x(−∞,−1)(−1,1)(1,+∞)fʹ(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fʹ(x)>0，即x<1时，函数f(x)单调递增；当fʹ(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）设点P的坐标为(x0,0)，则x0=n1n−1，fʹ(x0)=n−n2．曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=fʹ(x0)(x−x0)，即g(x)=fʹ(x0)(x−x0)．令F(x)=f(x)−g(x)，即F(x)=f(x)−fʹ(x0)(x−x0)，则Fʹ(x)=fʹ(x)−fʹ(x0)．由于fʹ(x)=−nx n−1+n在(0,+∞)上单调递减，故Fʹ(x)在(0,+∞)上单调递减．又因为Fʹ(x0)=0，所以当x∈(0,x0)时，Fʹ(x)>0，当x∈(x0,+∞)时，Fʹ(x)<0，所以F(x)在(0,x0)上单调递增，在(x0,+∞)上单调递减，所以对于任意的正实数x，都有F(x)≤F(x0)=0，即对于任意的正实数x，都有f(x)≤g(x)．（3）不妨设x1≤x2．由（2）知g(x)=(n−n2)(x−x0)．+x0，设方程g(x)=a的根为x2ʹ，可得x2ʹ=an−n2当n≥2时，g(x)在(−∞,+∞)上单调递减，又由（2）知g(x2)≥f(x2)=a=g(x2ʹ)，可得x2≤x2ʹ．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,+∞)时，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x1ʹ，可得x1ʹ=an因为ℎ(x)=nx在(−∞,+∞)上单调递增，且ℎ(x1ʹ)=a=f(x1)<ℎ(x1)，因此x1ʹ<x1．+x0．由此可得x2−x1<x2ʹ−x1ʹ=a1−n1=1+n−1=n，故2≥n1n−1=x0．因为n≥2，所以2n−1=(1+1)n−1≥1+C n−1+2．则当x1≤x2时，∣x2−x1∣=x2−x1<a1−n同理可证当x1>x2时，结论也成立．+2．综上，∣x2−x1∣<a1−n20. （1） 对 f (x ) 求导可得fʹ(x )=x 2+(1−a )x −a =(x +1)(x −a ).由 fʹ(x )=0，得{x 1=−1,x 2=a >0.当 x 变化时，fʹ(x )，f (x ) 的变化情况如下表：x(−∞,−1)−1(−1,a )a (a,+∞)f ′(x )+0−0+f (x )↗极大值↘极小值↗故函数 f (x ) 的单调递增区间是 (−∞,−1)，(a,+∞)；单调递减区间是 (−1,a )． （2） 由（1）知 f (x ) 在区间 (−2,−1) 内单调递增，在区间 (−1,0) 内单调递减， 从而函数 f (x ) 在区间 (−2,0) 内恰有两个零点，当且仅当{f (−2)<0,f (−1)>0,f (0)<0,解得0<a <13.所以 a 的取值范围是 (0,13)． （3） 当 a =1 时，f (x )=13x 3−x −1.由（1）知 f (x ) 在 [−3,−1] 上单调递增，在 [−1,1] 上单调递减，在 [1,2] 上单调递增．① 当 t ∈[−3,−2] 时，t +3∈[0,1]，−1∈[t,t +3]，f (x ) 在 [t,−1] 上单调递增，在 [−1,t +3] 上单调递减．因此，f (x ) 在 [t,t +3] 上的最大值M (t )=f (−1)=−13,而最小值 m (t ) 为 f (t ) 与 f (t +3) 中的较小者．由f (t +3)−f (t )=3(t +1)(t +2),知，当 t ∈[−3,−2] 时，f (t )≤f (t +3)，故m (t )=f (t ),所以g (t )=f (−1)−f (t ).而 f (t ) 在 [−3,−2] 上单调递增，因此f (t )≤f (−2)=−53.所以 g (t ) 在 [−3,−2] 上的最小值为g (−2)=−13−(−53)=43.② 当 t ∈[−2,−1] 时，t +3∈[1,2]，且 −1,1∈[t,t +3]． 下面比较 f (−1)，f (1)，f (t )，f (t +3) 的大小． 由 f (x ) 在 [−2,−1]，[1,2] 上单调递增，有f(−2)≤f(t)≤f(−1),f(1)≤f(t+3)≤f(2).又由f(1)=f(−2)=−5 3 ,f(−1)=f(2)=−1 3 ,从而M(t)=f(−1)=−1 3 ,m(t)=f(1)=−5 3 .所以g(t)=M(t)−m(t)=4 3 .综上，函数g(t)在区间[−3,−1]上的最小值为43．21. （1）当m=1时，f(x)=−13x3+x2,fʹ(x)=−x2+2x,故fʹ(1)=1.所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为1．（2）fʹ(x)=−x2+2x+m2−1.令fʹ(x)=0，解得x=1−m或x=1+m.因为m>0，所以1+m>1−m.当x变化时，fʹ(x)，f(x)的变化情况如下表：x(−∞,1−m)1−m(1−m,1+m)1+m(1+m,+∞)fʹ(x)−0+0−f(x)↘极小值↗极大值↘所以f(x)在(−∞,1−m)，(1+m,+∞)内是减函数，在(1−m,1+m)内是增函数．函数f(x)在x=1−m处取得极小值f(1−m)，且f(1−m)=−23m3+m2−13,函数f(x)在x=1+m处取得极大值f(1+m)，且f(1+m)=23m2+m2−13.（3）由题设，f(x)=x(−13x2+x+m2−1)=−13x(x−x1)(x−x2),所以方程−13x2+x+m2−1=0有两个相异的实根x1，x2，故x1+x2=3,且Δ=1+43(m2−1)>0，解得m<−12(舍)或m>12.因为x1<x2，所以2x2>x1+x2=3,故x2>32>1.若x1≤1<x2，则f(1)=−13(1−x1)(1−x2)≥0,而f(x1)=0，不合题意．若1<x1<x2，对任意的x∈[x1,x2]，有x>0，x−x1≥0，x−x2≤0，则f(x)=−13x(x−x1)(x−x2)≥0.又f(x1)=0，所以f(x)在[x1,x2]上的最小值为0．于是对任意的x∈[x1,x2]，f(x)>f(1)恒成立的充要条件是f(1)=m2−13<0,解得−√33<m<√33.综上，m的取值范围是(12,√33)．22. （1）由f(x)=4x−x4，可得fʹ(x)=4−4x3．当fʹ(x)>0，即x<1时，函数f(x)单调递增；当fʹ(x)<0，即x>1时，函数f(x)单调递减．所以f(x)的单调递增区间为(−∞,1)，单调递减区间为(1,+∞)．（2）设点P的坐标为(x0,0)，则x0=413，fʹ(x0)=−12．曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=fʹ(x0)⋅(x−x0)，即g(x)=fʹ(x0)(x−x0)．令函数F(x)=f(x)−g(x)，即F(x)=f(x)−fʹ(x0)(x−x0)，则Fʹ(x)=fʹ(x)−fʹ(x0)．由于fʹ(x)=−4x3+4在(−∞,+∞)上单调递减，故Fʹ(x)在(−∞,+∞)上单调递减．又因为Fʹ(x0)=0，所以当x∈(−∞,x0)时，Fʹ(x)>0；当x∈(x0,+∞)时，Fʹ(x)<0，所以F(x)在(−∞,x0)上单调递增，在(x0,+∞)上单调递减，所以对于任意的实数x，都有F(x)≤F(x0)=0，即对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)．（3）由（2）知g(x)=−12(x−41 3)．设方程g(x)=a的根为x2ʹ，可得x2ʹ=−a12+413，因为g(x)在(−∞,+∞)上单调递减，又由（2）知g(x2)≥f(x2)=a=g(x2ʹ)，可得x2≤x2ʹ．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)=4x．对于任意的x∈(−∞,+∞)，有f(x)−ℎ(x)=−x4≤0，即f(x)≤ℎ(x)，设方程ℎ(x)=a的根为x1ʹ，可得x1ʹ=a4．因为ℎ(x)=4x在(−∞,+∞)上单调递增，且ℎ(x1ʹ)=a=f(x1)≤ℎ(x1)，因此x1ʹ≤x1．由此可得x2−x1≤x2ʹ−x1ʹ=−a3+413．23. （1）由f(x)=x−ae x，可得fʹ(x)=1−ae x,1）a≤0时，fʹ(x)>0在R上恒成立，可得f(x)在R上单调递增，不合题意．2）a>0时，由fʹ(x)=0，得x=−lna，当x变化时，fʹ(x),f(x)的变化情况如下表：x(−∞,−lna)−lna(−lna,+∞)fʹ(x)+0−f(x)↗−lna−1↘这时，f(x)的单调递增区间是(−∞,−lna)；单调递减区间是(−lna,+∞)．于是，“函数y=f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立：（i）f(−lna)>0，（ii）存在s1∈(−∞,−lna)，满足f(s1)<0，（iii）存在s2∈(−lna,+∞)，满足f(s2)<0．由f(−lna)>0，即−lna−1>0,解得0<a<e−1,而此时，取s1=0，满足s1∈(−∞,−lna)，且f(s1)=−a<0,取s2=2a +ln2a，满足s2∈(−lna,+∞)，且f(s2)=(2a−e2a)+(ln2a−e2a)<0,所以，a的取值范围是(0,e−1)．（2）由f(x)=x−ae x=0,有a=x e x ,设g(x)=xe x，由gʹ(x)=1−x e x,知 g (x ) 在 (−∞,1) 上单调递增，在 (1,+∞) 上单调递减． 并且，当 x ∈(−∞,0] 时，g (x )≤0； 当 x ∈(0,+∞) 时，g (x )>0． 由已知，x 1,x 2 满足a =g (x 1),a =g (x 2),由 a ∈(0,e −1)，及 g (x ) 的单调性，可得x 1∈(0,1),x 2∈(1,+∞).对于任意的 a 1,a 2∈(0,e −1)，设a 1>a 2,g (ξ1)=g (ξ2)=a 1,其中0<ξ1<1<ξ2,g (η1)=g (η2)=a 2,其中0<η1<1<η2,因为 g (x ) 在 (0,1) 上单调递增，故由 a 1>a 2，即g (ξ1)>g (η1),可得ξ1>η1,类似可得ξ2<η2,又由 ξ1,η1>0，得ξ2ξ1<η2ξ1<η2η1, 所以，x2x 1随着 a 的减小而增大．（3） 由x 1=ae x 1,x 2=ae x 2,可得lnx 1=lna +x 1,lnx 2=lna +x 2,故x 2−x 1=lnx 2−lnx 1=lnx 2x 1, 设x 2x 1=t ，则 t >1，且{x 2=tx 1,x 2−x 1=lnt,解得x 1=lnt t −1,x 2=tlntt −1, 所以x 1+x 2=(t +1)lntt −1, ⋯⋯①令。

2019年天津高考数学导数题一、题目内容1. 2019年天津高考数学卷中，导数题目出现在第九大题中，题号为29。

2. 题目内容为求函数y=sin(x^2)在点x=π/2处的导数值。

3. 要求学生利用导数的定义公式进行计算，得出准确的导数值。

二、题目分析1. 此题考察学生对导数的定义和计算方法的掌握程度，需要学生熟练运用导数的定义公式进行计算。

2. 题目中的函数y=sin(x^2)是一个复合函数，要求学生能够正确运用链式法则进行求导。

3. 题目所在的高考试卷为数量分析试卷，导数是数学中的重要概念，此题旨在考察学生对导数的理解和运用能力。

三、解题步骤1. 利用导数的定义公式计算函数y=sin(x^2)在点x=π/2处的导数值。

2. 根据复合函数的导数求法，利用链式法则进行求导计算。

3. 得出准确的导数值，在答题纸上清晰地写明导数的计算过程和最终结果。

四、解题思路1. 根据导数的定义公式，导数f'(x) = lim(f(x+Δx)-f(x))/Δx (Δx→0)，进行计算。

2. 针对函数y=sin(x^2)，将其视为外层函数sin(u)和内层函数u=x^2的复合函数，利用链式法则进行求导。

3. 在计算过程中，要保持清晰的思路和准确的计算，避免出现计算错误。

五、总结2019年天津高考数学导数题作为高考数学试卷中的重要题目之一，对考生的数学基础和数学运用能力提出了一定的要求。

正确理解题目的意义和要求，熟练掌握导数的定义和计算方法，运用链式法则求解复合函数的导数，是解答此类题目的关键。

在备考过程中，学生需要多加练习导数的计算和应用题目，提升自己的数学思维和解题能力。

老师和家长也可加强对学生数学基础知识的扎实性培养和应试技巧的指导，帮助学生更好地应对高考数学试卷中的各类题目。

六、解题过程详解为了更好地理解2019年天津高考数学导数题的解题过程，我们将详细解析如何利用导数的定义公式和链式法则进行计算。

1. 利用导数的定义公式进行计算我们要计算函数y=sin(x^2)在点x=π/2处的导数值。

天津天津市新华中学导数及其应用多选题试题含答案一、导数及其应用多选题1．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔（L.E.Brouwer ）简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数()f x ，存在一个点0x ，使得()00f x x =，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称0x 为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（ ） A ．函数()sin f x x =有3个不动点B ．函数2()(0)f x ax bx c a =++≠至多有两个不动点C ．若定义在R 上的奇函数()f x ，其图像上存在有限个不动点，则不动点个数是奇数D ．若函数()f x =[0,1]上存在不动点，则实数a 满足l a e ≤≤（e 为自然对数的底数） 【答案】BCD 【分析】根据题目中的定义，结合导数、一元二次方程的性质、奇函数的性质进行判断即可. 【详解】令()sin g x x x =-，()1cos 0g x x '=-≥， 因此()g x 在R 上单调递增，而(0)0g =， 所以()g x 在R 有且仅有一个零点， 即()f x 有且仅有一个“不动点”，A 错误；0a ≠，20ax bx c x ∴++-=至多有两个实数根，所以()f x 至多有两个“不动点”，B 正确；()f x 为定义在R 上的奇函数，所以(0)0f =，函数()-y f x x =为定义在R 上的奇函数，显然0x =是()f x 的一个“不动点”，其它的“不动点”都关于原点对称，个数和为偶数， 因此()f x 一定有奇数个“不动点”，C 正确；因为()f x 在[0,1]存在“不动点”，则()f x x =在[0,1]有解，x =⇒2x a e x x =+-在[0,1]有解，令2()xm x e x x =+-，()12x m x e x '=+-，令()12x n x e x '=+-，()20x n x e '=-=，ln 2x =，()n x 在(0,ln 2)单调递减，在(ln 2,1)单调递增，∴min ()(ln 2)212ln 232ln 20n x n ==+-=->， ∴()0m x '>在[0,1]恒成立，∴()m x 在[0,1]单调递增，min ()(0)1m x m ==，max ()(1)m x m e ==，∴1a e ≤≤，D 正确，. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.2．经研究发现：任意一个三次多项式函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++≠的图象都只有一个对称中心点()()00,x f x ，其中0x 是()0f x ''=的根，()'f x 是()f x 的导数，()f x ''是()'f x 的导数.若函数32()f x x ax x b =+++图象的对称点为(1,2)-，且不等式(ln 1)x e e mx x -+32()3ef x x x e x ⎡⎤≥--+⎣⎦对任意(1,)x ∈+∞恒成立，则（ ）A ．3a =B ．1b =C ．m 的值可能是e -D ．m 的值可能是1e-【答案】ABC 【分析】求导得()62f x x a ''=+，故由题意得()1620f a ''=-+=-，()1112f a b -=-+-+=，即3,1a b ==，故()3231f x x x x =+++.进而将问题转化为()1ln 1e x x e x e m x --++<+，由于1x e x >+，故ln ln 1ee x x x x e e x e x --+=≥-+，进而得()1ln ln 1ln 1e x x e x e e x ee x x --++--≥=-++，即m e ≤-，进而得ABC 满足条件.【详解】由题意可得()1112f a b -=-+-+=，因为()2321x ax f x =++'，所以()62f x x a ''=+，所以()1620f a ''=-+=-，解得3,1a b ==，故()3231f x x x x =+++.因为1x >，所以()()32ln []13xeee mx xf x x x e x -+≥--+等价于()1ln 1e x x e x e m x --++≤+. 设()()10xg x e x x =-->，则()10xg x e '=->，从而()g x 在()0,∞+上单调递增.因为()00g =，所以()0g x >，即1x e x >+， 则ln ln 1ee x xxx e e x e x --+=≥-+（当且仅当x e =时，等号成立），从而()1ln ln 1ln 1e x x e x e e x e e x x --++--≥=-++，故m e ≤-.故选：ABC. 【点睛】本题解题的关键在于根据题意得()3231f x x x x =+++，进而将不等式恒成立问题转化为()1ln 1e x x e x e m x --++≤+恒成立问题，再结合1x e x >+得ln ln 1ee x xxx e e x e x --+=≥-+，进而得m e ≤-.考查运算求解能力与化归转化思想，是难题.3．（多选）已知函数()ln ()f x ax x a =-∈R ，则下列说法正确的是（ ） A ．若0a ≤，则函数()f x 没有极值 B ．若0a >，则函数()f x 有极值C ．若函数()f x 有且只有两个零点，则实数a 的取值范围是1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．若函数()f x 有且只有一个零点，则实数a 的取值范围是1(,0]e ⎧⎫-∞⋃⎨⎬⎩⎭【答案】ABD 【分析】先对()f x 进行求导，再对a 进行分类讨论，根据极值的定义以及零点的定义即可判断. 【详解】解：由题意得，函数()f x 的定义域为(0,)+∞，且11()ax f x a x x'-=-=， 当0a ≤时，()0f x '<恒成立，此时()f x 单调递减，没有极值， 又当x 趋近于0时，()f x 趋近于+∞，当x 趋近于+∞时，()f x 趋近于-∞， ∴()f x 有且只有一个零点， 当0a >时，在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，()0f x '<，()f x 单调递减， 在1,a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上，()0f x '>，()f x 单调递增， ∴当1x a=时，()f x 取得极小值，同时也是最小值， ∴min 1()1ln f x f a a ⎛⎫==+⎪⎝⎭， 当x 趋近于0时，ln x 趋近于-∞，()f x 趋近于+∞，当x 趋近于+∞时，()f x 趋近于+∞， 当1ln 0a +=，即1a e=时，()f x 有且只有一个零点；当1ln 0a +<，即10a e<<时，()f x 有且仅有两个零点， 综上可知ABD 正确，C 错误． 故选：ABD ． 【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令()0f x ＝，如果能求出解，则有几个解就有几个零点； (2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[]a b ，上是连续不断的曲线，且()()·0f a f b ＜，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点；(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．4．已知函数()1ln f x x x x=-+，给出下列四个结论，其中正确的是（ ） A ．曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为10x y ++= B ．()f x 恰有2个零点C ．()f x 既有最大值，又有最小值D ．若120x x >且()()120f x f x +=，则121=x x 【答案】BD 【分析】本题首先可根据()10f -=以及13f判断出A 错误，然后根据当0x >时的函数单调性、当0x <时的函数单调性、()10f -=以及()10f =判断出B 正确和C 错误，最后根据()()120f x f x +=得出()121f x f x ⎛⎫=⎪⎝⎭，根据函数单调性即可证得121=x x ，D 正确. 【详解】函数()1ln f x x x x=-+的定义域为()(),00,-∞⋃+∞， 当0x >时，()1ln f x x x x=-+，()2221111x x f x x x x -+-'=--=；当0x <时，1ln f x x x x，()2221111x x f x x x x -+-'=--=， A 项：1ln 1110f，22111131f，则曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为031y x ，即33y x =--，A 错误；B 项：当0x >时，222215124x x x f xx x ，函数()f x 是减函数，当0x <时，222215124x x x f xx x ，函数()f x 是减函数，因为()10f -=，()10f =，所以函数()f x 恰有2个零点，B 正确； C 项：由函数()f x 的单调性易知，C 错误； D 项：当1>0x 、20x >时， 因为()()120f x f x +=， 所以1222222221111ln lnf x f x x x x fx x x x ， 因为()f x 在()0,∞+上为减函数，所以121x x =，120x x >， 同理可证得当10x <、20x <时命题也成立，D 正确， 故选：BD. 【点睛】本题考查函数在某点处的切线求法以及函数单调性的应用，考查根据导函数求函数在某点处的切线以及函数单调性，导函数值即切线斜率，若导函数值大于0，则函数是增函数，若导函数值小于0，则函数是减函数，考查函数方程思想，考查运算能力，是难题.5．某同学对函数()sin e e x xxf x -=-进行研究后，得出以下结论，其中正确的是（ ）A ．函数()y f x =的图象关于原点对称B ．对定义域中的任意实数x 的值，恒有()1f x <成立C ．函数()y f x =的图象与x 轴有无穷多个交点，且每相邻两交点的距离相等D ．对任意常数0m >，存在常数b a m >>，使函数()y f x =在[]a b ，上单调递减 【答案】BD 【分析】由函数奇偶性的定义即可判断选项A ；由函数的性质可知()sin 1xxx f x e e-=<-可得到sin x x x e e -<-，即sin 0x x e e x --->，构造函数()sin 0x x h x e e x x -=-->，求导判断单调性，进而求得最值即可判断选项B ；函数()y f x =的图象与x 轴的交点坐标为()0，πk (k Z ∈，且)0k ≠，可判断选项C ；求导分析()0f x '≤时成立的情况，即可判断选项D. 【详解】对于选项A ：函数()sin e e x xxf x -=-的定义域为{}|0x x ≠，且()()sin sin x x x xx xf x f x e e e e ----===--，所以()f x 为偶函数，即函数()y f x =的图象关于y 轴对称，故A 选项错误； 对于选项B ：由A 选项可知()f x 为偶函数，所以当0x >时，0x x e e -->，所以()sin 1x xx f x e e -=<-，可得到sin x x x e e -<-，即sin 0x xe e x --->，可设()sin 0x x h x e e x x -=-->，，()cos x x h x e e x -'=+±，因为2x x e e -+>，所以()cos 0x x h x e e x -±'=+>，所以()h x 在()0+∞，上单调递增，所以()()00h x h >=，即()sin 1xxx f x e e-=<-恒成立，故选项B 正确；对于选项C ：函数()y f x =的图象与x 轴的交点坐标为()()00k k Z k π∈≠，，且，交点()0π-，与()0π，间的距离为2π，其余任意相邻两点的距离为π，故C 选项错误； 对于选项D ：()()()()2cos sin 0xx x x xxe e x e e xf x ee -----+-'=≤，可化为e x (cos x －sin x )()cos sin 0xex x --+≤，不等式两边同除以x e -得，()2cos sin cos sin x e x x x x -≤+，当()32244x k k k Z ππππ⎛⎫∈++∈⎪⎝⎭，，cos sin 0x x -<，cos sin 0x x +>，区间长度为12π>，所以对于任意常数m >0，存在常数b >a >m ，32244a b k k ππππ⎛⎫∈++⎪⎝⎭，，， ()k Z ∈，使函数()y f x =在[]a b ，上单调递减，故D 选项正确；故选：BD 【点睛】思路点睛：利用导数研究函数()f x 的最值的步骤： ①写定义域，对函数()f x 求导()'f x ；②在定义域内，解不等式()0f x '>和()0f x '<得到单调性； ③利用单调性判断极值点，比较极值和端点值得到最值即可.6．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 x R x =∈，()()10g x x x=<，()2eln h x x =（e 为自然对数的底数），则下列结论正确的是（ ） A ．()()()m x f x g x =-在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增 B ．()f x 和()g x 之间存在“隔离直线，且b 的最小值为4 C ．()f x 和()g x 间存在“隔离直线”，且k 的取值范围是(]4,1-D ．()f x 和()h x 之间存在唯一的“隔离直线”e y =- 【答案】AD 【分析】求出()()()m x f x g x =-的导数，检验在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内的导数符号，即可判断选项A ；选项B 、C 可设()f x 、()g x 的隔离直线为y kx b =+，2x kx b ≥+对一切实数x 都成立，即有10∆≤，又1kx b x≤+对一切0x <都成立，20∆≤，0k ≤，0b ≤，根据不等式的性质，求出k 、b 的范围，即可判断选项B 、C ；存在()f x 和()h x 的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k ，则隔离直线的方程为(y e k x -=，构造函数求出函数的导数，根据导数求出函数的最值.【详解】对于选项A ：()()()21m x f x g x x x =-=-，()212m x x x'=+， 当x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()2120m x x x '=+>， 所以函数()()()m x f x g x =-在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增；故选项A 正确对于选项BC ：设()f x 、()g x 的隔离直线为y kx b =+，则2x kx b ≥+对一切实数x 都成立，即有10∆≤，即240k b +≤，又1kx b x≤+对一切0x <都成立，则210kx bx +-≤，即 20∆≤，240b k +≤，0k ≤，0b ≤，即有24k b ≤-且24b k ≤-，421664k b k ≤≤-，可得40k -≤≤，同理可得：40b -≤≤，故选项B 不正确，故选项C 不正确；对于选项D ：函数()f x 和()h x 的图象在x =()f x 和()h x 的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k ，则隔离直线的方程为(y e k x -=，即y kx e =-，由()f x kx e ≥-，可得20x kx e -+≥对于x ∈R 恒成立，则0∆≤，只有k =y e =-，下面证明()h x e ≤-，令()2n ()l G x e h x e x e =--=--，()x G x x'=，当x =()0'=G x，当0x <<时，()0'<G x，当x >()0G x '>，则当x =()G x 取到极小值，极小值是0，也是最小值.所以()()0G x e h x =--≥，则()h x e ≤-当0x >时恒成立.所以()f x 和()g x 之间存在唯一的“隔离直线”e y =-，故选项D 正确. 故选：AD 【点睛】本提以函数为载体，考查新定义，关键是对新定义的理解，考查函数的导数，利用导数求最值，属于难题.7．设函数()ln xf x x=，()ln g x x x =，下列命题，正确的是（ ） A ．函数()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞单调递减 B ．不等关系33e e ππππ<<<成立C ．若120x x <<时，总有()()()22212122a x x g x g x ->-恒成立，则1a ≥D ．若函数()()2h x g x mx =-有两个极值点，则实数()0,1m ∈【答案】AC 【分析】利用函数的单调性与导数的关系可判断A 选项的正误；由函数()f x 在区间(),e +∞上的单调性比较3π、e π的大小关系，可判断B 选项的正误；分析得出函数()()22s x g x ax=-在()0,∞+上为减函数，利用导数与函数单调性的关系求出a 的取值范围，可判断C 选项的正误；分析出方程1ln 2xm x+=在()0,∞+上有两个根，数形结合求出m 的取值范围，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，函数()ln x f x x =的定义域为()0,∞+，则()21ln xf x x -'=. 由()0f x '>，可得0x e <<，由()0f x '>，可得x e >.所以，函数()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞单调递减，A 选项正确； 对于B 选项，由于函数()ln xf x x=在区间(),e +∞上单调递减，且4e π>>， 所以，()()4f f π>，即ln ln 44ππ>，又ln 41ln 213ln 22043236--=-=>， 所以，ln ln 4143ππ>>，整理可得3e ππ>，B 选项错误； 对于C 选项，若120x x <<时，总有()()()22212122a x x g x g x ->-恒成立，可得()()22112222g x ax g x ax ->-，构造函数()()2222ln s x g x ax x x ax =-=-，则()()12s x s x >，即函数()s x 为()0,∞+上的减函数，()()21ln 20s x x ax '=+-≤对任意的()0,x ∈+∞恒成立，即1ln xa x+≥对任意的()0,x ∈+∞恒成立， 令()1ln x t x x +=，其中0x >，()2ln xt x x'=-. 当01x <<时，()0t x '>，此时函数()t x 单调递增； 当1x >时，()0t x '<，此时函数()t x 单调递减.所以，()()max 11t x t ==，1a ∴≥，C 选项正确；对于D 选项，()()22ln h x g x mx x x mx =-=-，则()1ln 2h x x mx '=+-，由于函数()h x 有两个极值点，令()0h x '=，可得1ln 2xm x+=， 则函数2y m =与函数()t x 在区间()0,∞+上的图象有两个交点， 当1x e>时，()0t x >，如下图所示：当021m <<时，即当102m <<时，函数2y m =与函数()t x 在区间()0,∞+上的图象有两个交点.所以，实数m 的取值范围是10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，D 选项错误. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.8．（多选题）已知函数31()1x x xe x f x e x x⎧<⎪=⎨≥⎪⎩，，，函数()()g x xf x =，下列选项正确的是（ ）A ．点(0,0)是函数()f x 的零点B ．12(0,1),(1,3)x x ∃∈∈，使12()()f x f x >C ．函数()f x 的值域为)1e ,-⎡-+∞⎣D ．若关于x 的方程[]2()2()0-=g x ag x 有两个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是222e e,(,)e 82⎛⎤+∞ ⎥⎝⎦ 【答案】BC 【分析】根据零点的定义可判断A ；利用导数判断出函数在()0,1、()1,3上的单调性性，求出各段上的值域即可判断B ；利用导数求出函数的最值即可判断C ；利用导数求出函数的最值即可判断D. 【详解】对于选项A ，0是函数()f x 的零点，零点不是一个点，所以A 错误. 对于选项B ，当1x <时，()(1)xf x x e '=+，可得， 当1x <-时，()f x 单调递减； 当11x -<<时，()f x 单调递增； 所以，当01x <<时， 0()<<f x e ，当1x >时，4(3)()x e x f x x-'=， 当13x <<时，()f x 单调递减；当3x >时，()f x 单调递增；()y f x =图像所以，当13x <<时， 3()27e f x e << ，综上可得，选项B 正确； 对于选项C ，min 1()(1)f x f e =-=-，选项C 正确. 对于选项D ，关于x 的方程[]2()2()0-=g x ag x 有两个不相等的实数根⇔关于x 的方程()[()2]0-=g x g x a 有两个不相等的实数根⇔关于x 的方程()20-=g x a 有一个非零的实数根⇔函数()y g x =与2y a =有一个交点，且0x ≠，22,1(),1x x x e x g x e x x⎧<⎪=⎨≥⎪⎩ 当1x <时，/2()(2)=+x g x e x x ，当x 变化时，'()g x ，()g x 的变化情况如下：x 2x <-2- 20x -<< 0 01x << /()g x+ 0 - 0 + ()g x 极大值 极小值极大值2(2)g e -=，极小值(0)0g =，当1≥x 时，3(2)'()e x g x x-= 当x 变化时，'()g x ，()g x 的变化情况如下：x 1 12x << 2 2x >/()g x- 0 + ()g x e 极小值极小值(2)4e g =，()y g x =图像综上可得，22424<<e a e 或2a e >， a 的取值范围是222e e ,(,)e 82⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，D 不正确. 故选：BC【点睛】本题考查了利用导数求函数的最值，利用导数研究方程的根，考查了转化与化归的思想，属于难题.。

高三数学导数试题答案及解析1.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是()A．∃x0∈R，f(x)＝0B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x)上单调递减D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x)＝0【答案】C【解析】若c＝0，则有f(0)＝0，所以A正确．由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c得f(x)－c＝x3＋ax2＋bx，因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的对称中心为(0,0)，所以f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的对称中心为(0，c)，所以B正确．由三次函数的图象可知，若x是f(x)的极小值点，则极大值点在x0的左侧，所以函数在区间(－∞，x)单调递减是错误的，D正确．2.已知集合，以下命题正确的序号是．①如果函数，其中，那么的最大值为。

②数列满足首项,，当且最大时，数列有2048个。

③数列满足，，，如果数列中的每一项都是集合M的元素，则符合这些条件的不同数列一共有33个。

④已知直线，其中，而且，则一共可以得到不同的直线196条。

【答案】②③④【解析】①令，，则，所以，故不正确．②由条件知数列是首项为，公差为2的等差数列，则，则当时，，所以各有两种可能取值，因此满足条件的数列有个，故正确．③根据条件可知满足条件的数列可分为四类：（1），且，有9种；（2），且，有5种；（3），且，有10种；（4），且，有9种，共有9＋5＋10＋9＝33种．④满足的选法有，其中比值相同重复有14种，因此满足条件的直线共有210－14＝196．【考点】1、导数的计数；2、等差数列；3、计数原理．3.已知集合，以下命题正确的序号是．①如果函数，其中，那么的最大值为．②数列满足首项,，当且最大时，数列有2048个．③数列满足，，，如果数列中的每一项都是集合M的元素，则符合这些条件的不同数列一共有33个．④已知直线，其中，而且，则一共可以得到不同的直线196条．【答案】②③④【解析】对①，将求导得：，所以．故错.对②，是一个等差数列，都是互为相反数的两个值，所以数列共有个．对③，由得.法一、由于，，故将加4个2，再减3个2即可.由于故不能连续加4次，也不能连续减3次，所以共有个.法二、因为，所以或，注意到数列中的每一项都是集合M的元素，依次下去可得.由于，所以.由此我们可得以下树图：，所以符合这些条件的不同数列一共有14+19＝33个．法三、由于或，，故可以分以下四种情况分别求解：.，共有9个；，共有5个；，共有10个；，共有9个.所以总共有33个.对④，从中取3个不同的数作为，因为，所以共有种取法.再排除其中重复的直线.与相同的有，多3条；与相同的有，多2条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多2条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多2条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条（注意这种情况在前面已经考虑了）；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条；与相同的有，多1条.一共可以得到不同的直线条．【考点】1、导数；2、数列；3、直线的方程；4、计数原理.4.曲线在点（1,0）处的切线与坐标轴所围三角形的面积等于 .【答案】【解析】∵，∴，所以切线方程为：，∴三角形面积为.【考点】1.利用导数求切线方程；2.三角形的面积公式.5.设是定义在R上的奇函数，且,当时，有恒成立，则不等式的解集是（）A．(-2,0) ∪(2,+∞)B．(-2,0) ∪(0,2)C．(-∞,-2)∪(2,+∞)D．(-∞,-2)∪(0,2)【答案】D【解析】根据和构造的函数在（0，+∞）上单调递减，又是定义在R上的奇函数，故是定义在R上单调递减.因为f（2）=0，所以在（0，2）内恒有f（x）＞0；在（2，+∞）内恒有f（x）＜0．又因为f（x）是定义在R上的奇函数，所以在（-∞，-2）内恒有f（x）＞0；在（-2，0）内恒有f（x）＜0．又不等式x2f（x）＞0的解集，即不等式f（x）＞0的解集．所以答案为（-∞，-2）∪（0，2）．【考点】1.导数在函数单调性中的应用；2.复合函数的导数.6.曲线处的切线与坐标轴围成的三角形面积为()A．B．C．D．【答案】A【解析】切线斜率，故切线方程为，即，其和坐标轴围成的三角形面积，选A.【考点】导数的几何意义、直线方程.7.已知函数在区间上是增函数,则实数的取值范围为 .【答案】【解析】由题意知在有定义，即在恒成立，即，又在增，故在恒成立，因为，故，综上可知,.【考点】利用导数研究函数单调性、函数最值.8.已知函数，.(Ⅰ)若，求函数在区间上的最值；(Ⅱ)若恒成立，求的取值范围. （注：是自然对数的底数）【答案】(Ⅰ) 最大值；(Ⅱ)的取值范围是.【解析】(Ⅰ) 讨论去掉绝对值，利用导数求得最值； (Ⅱ) 对分，讨论：当时，，恒成立，所以；当时，对讨论去掉绝对值，分离出通过求函数的最值求得的范围.试题解析：(1) 若，则.当时，，，所以函数在上单调递增；当时，，.所以函数在区间上单调递减，所以在区间[1,e]上有最小值，又因为，，而，所以在区间上有最大值.(2)函数的定义域为．由，得．（*）（ⅰ）当时，，，不等式（*）恒成立，所以；（ⅱ）当时，①当时，由得，即，现令，则，因为，所以，故在上单调递增，从而的最小值为，因为恒成立等价于，所以；②当时，的最小值为，而，显然不满足题意.综上可得，满足条件的的取值范围是.【考点】绝对值的计算、函数的最值求法、利用导数求函数单调性.9.定义在上的函数同时满足以下条件：①函数在上是减函数，在上是增函数；②是偶函数；③函数在处的切线与直线垂直.（Ⅰ）求函数的解析式；（Ⅱ）设，若存在使得，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由三个条件可得三个等式，从而可求出三个未知数.（Ⅱ）一般地若存在使得，则;若存在使得，则.在本题中，由可得: .则大于的最小值.试题解析：（Ⅰ）,由题设可得:所以（Ⅱ）由得: 即:令由题意得:所以在单调递增,在上单调递减又,所以的最小值为【考点】函数的性质,导数的求法及应用.10.设，曲线在点处的切线与直线垂直.(1)求的值;(2) 若，恒成立，求的范围.(3)求证：【答案】(1) 0. (2) .(3) 结合（2）时,成立.令得到，累加可得.【解析】(1)求导数，并由得到的值; (2)恒成立问题，往往转化成求函数的最值问题.本题中设，即转化成.利用导数研究函数的最值可得.(3) 结合（2）时,成立.令得到，累加可得.试题解析：(1) 2分由题设，，. 4分(2) ,，，即设，即.6分①若，，这与题设矛盾. 8分②若方程的判别式当，即时，.在上单调递减，，即不等式成立. 9分当时，方程，其根，，当,单调递增，，与题设矛盾.综上所述， . 10分(3) 由(2)知,当时, 时,成立.不妨令所以，11分12分累加可得14分【考点】导数的几何意义，利用导数研究函数的性质，利用导数证明不等式.11.设函数 (R)，且该函数曲线在处的切线与轴平行.（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）证明：当时，.【答案】（Ⅰ）在上单调递减，在上单调递增；（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）先求出原函数的导函数，令导函数大于零得单调增区间，令导函数小于零得单调减区间；（Ⅱ）当时，，在上单调递增，求出在上的最大值为和最小值，用最大值减去最小值可得结论.试题解析：（Ⅰ），由条件知，故则 3分于是.故当时，；当时，。

1、已知函数22()(23)(),xf x x ax a a e x R =+-+∈其中a R ∈。

（1）当0a =时，求曲线()y f x =在点(1(1))f ，处的切线的斜率； （2）当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值。

2、设函数)1ln()(2x a x x f ++=有两个极值点21,x x ，且12x x <，求实数a 的取值范围，并讨论函数()f x 的单调性。

3、已知2()f x x bx c =++为偶函数，曲线()y f x =过点(2,5)，()()()g x x a f x =+。

（1）若曲线()y g x =有斜率为0的切线，求实数a 的取值范围；（2）若当1x =-时，函数()y g x =取得极值，确定()y g x =的单调区间。

4、求数列}{n n 的最大项。

5、已知()()()2ln 12f x x ax =+--（1）若函数()f x 是R 上的增函数，求实数a 的取值范围；（2）若1a <，求()f x 的单调增区间。

6、设R k ∈，函数()1 1 1 1 x x f x x ⎧<⎪-=⎨⎪≥⎩，，，，，()()F x f x kx =-，R x ∈，试讨论函数()F x 的单调性。

7、已知函数2(2)()1x a a x f x x -+=+（0a ≥）。

（1）当1a =时，求()f x 在点(3,(3))f 处的切线方程；（2）求函数()f x 在[0,2]上的最小值。

8、已知函数ln ()x f x x=。

（1）求函数()f x 的单调区间；（2）设0,a >求函数()f x 在[]2,4a a 上的最小值。

导函数（理） 1、（单调区间、极值、最值问题）已知函数其中。

（1）当时，求曲线在点处的切线的斜率； （2）当时，求函数的单调区间与极值。

2、（单调区间、极值、最值问题）设，函数，，，试讨论函数的单调性。

3、（单调区间、极值、最值问题）已知函数 （1）求函数的单调；（）求函数上的最值已知函数，为自然对数的底数当时求函数的单调递增区间若函数在上单调递增求的取值范围函数是否为上的若是求出的取值范围若不是请说明理由，，。

（1）求函数的单调递增区间； （2）若不等式对一切正整数恒成立，求实数的取值范围。

6、（不等式成立问题）已知函数。

（）的单调区间； （）恒成立，试确定实数的取值范围； （）上恒成立； ②。

7、（不等式成立问题）已知函数，其中。

（1）若曲线在点处的切线方程为，求函数的解析式； （2）讨论函数的单调性； （3）若对于任意的，不等式在上恒成立，求的取值范围。

8、（不等式成立问题）设函数，其中。

（1）当时，讨论函数的单调性； （2）若函数仅在处有极值，求的取值范围； （3）若对于任意的，不等式在上恒成立，求的取值范围。

9、（不等式证明问题）设，函数。

（1）令，讨论在内的单调性并求极值； （2）求证：当时，恒有。

10、（不等式证明问题）已知函数（）求在上的最小值； （）若存在（是常数，＝271828）使不等式成 立，求实数的取值范围； （）证明对一切都有成立的单调区间和极值； （2）已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，证明：当时，； （3）如果，且，证明。

12、（函数零点问题）设函数，其中。

（1）当时，求曲线在点处的切线的斜率；1 （2）求函数的单调区间与极值； （3）已知函数有三个互不相同的零点，且，若对任意的恒成立，求的取值范围。

13、（函数零点问题）已知函数，其中。

（1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求的单调区间； （3）证明：对任意，在区间内均存在零点。