备战2020届高三理数一轮单元训练第3单元 导数及其应用 A卷 学生版

1 单元训练金卷▪高三▪数学卷（A ）第3单元 导数及其应用注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知函数1()cos f x x x =，则π(π)2f f ⎛⎫'+= ⎪⎝⎭（ ）A ．2π- B ．3π C ．1π- D ．3π-2．曲线y =2sin x +cos x 在点(π，–1)处的切线方程为（ ）A ．10x y --π-=B ．2210x y --π-=C ．2210x y +-π+=D ．10x y +-π+=3．函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，则函数()y f x =的图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．4．函数()()ln 2f x x x =+-的单调增区间为（ ） A ．()1,+∞ B ．()1,2 C ．(),3-∞ D ．(),1-∞ 5．若函数()212ln 2f x x x a x =-+有两个不同的极值点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1a > B ．10a -<< C ．1a < D ．01a << 6．过点(2,6)P -作曲线3()3f x x x =-的切线，则切线方程为（ ） A ．30x y +=或24540x y --= B ．30x y -=或24540x y --= C ．30x y +=或24540x y -+= D ．24540x y --= 7．已知函数()1ln x f x x +=在区间(),2a a +上不是单调函数，则实数a 的取值范围是（ ） A ．()1,1- B ．[]0,1 C ．[)0,1 D ．10,e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ 8．若存在唯一的正整数，使关于的不等式成立，则实数的取值范围是（ ） A ．10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ．15,34⎛⎤ ⎥⎝⎦ C ．13,32⎛⎤ ⎥⎝⎦ D ．53,42⎛⎤ ⎥⎝⎦ 9．函数2x x y e = (其中e 为自然对数的底数)的大致图像是（ ） A ． B ． C ． D ． 10．函数，正确的命题是（ ） A ．值域为 B ．在是增函数 C ．有两个不同的零点 D ．过点的切线有两条 11．定义在上的函数满足，且，则不等式的解集为（ ）A ．B ．C ．D ． 12．已知,0,2παβ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，sin sin 0βααβ->，则下列不等式一定成立的是（ ） A ．π2αβ+< B ．π2αβ+= C ．αβ< D ．αβ> 第Ⅱ卷 此卷只装订不密封 班级姓名准考证号考场号座位号2二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．函数()y f x =在5x =处的切线方程是8y x =-+，则()()55f f +'=______．14．函数()()21f x x x =-在[]0,1上极值为____________．15．函数()32sin 3cos ,π32πf x x x x ⎛⎫⎡⎤=+∈- ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的值域为_________． 16．已知函数无极值，则实数的取值范围是______．三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知曲线32()2f x x x x =-+．（1）求曲线()y f x =在()2,2处的切线方程；（2）求曲线()y f x =过原点O 的切线方程．18．（12分）设函数2()ln f x a x bx =-，若函数()f x 的图象在点(1,(1))f 处与直线12y x =-相切．（1）求实数a ，b 的值； （2）求函数()f x 在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值． 19．（12分）求证：e 1x x ≥+． 20．（12分）已知函数．3 （1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）求的单调区间．21．（12分）已知函数()()()2134ln 1222f x x x m x m =-+-++-（m 为常数）．（1）当m =4时，求函数的单调区间；（2）若函数有两个极值点，求实数m 的取值范围．22．（12分）函数2()()x f x x e x m m =+--∈R ． （1）求函数()f x 的单调区间； （2）若方程2()f x x =在区间[1,2]-上恰有两个不等的实根，求实数m 的取值范围．1 单元训练金卷▪高三▪数学卷（A ）第3单元 导数及其应用 答 案第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．【答案】D【解析】由题意知：()211cos sin f x x x x x '=--，()11πcos πππf ∴==-，2π4π2π2cos sin 2π2π2πf ⎛⎫'=--=- ⎪⎝⎭，()π123π2πππf f ⎛⎫'∴+=--=- ⎪⎝⎭，本题正确选项D ．2．【答案】C【解析】当πx =时，2sin πcos π1y =+=-，即点(,1)π-在曲线2sin cos y x x =+上．2cos sin y x x '=-，π2cos πsin π2x y =∴=-=-'，则2sin cos y x x =+在点(,1)π-处的切线方程为(1)2()y x --=--π，即2210x y +-π+=． 故选C ．3．【答案】C【解析】由题意，根据导函数的图象，可得当(,0)(2,)x ∈-∞+∞时，()0f x '>，则函数()f x 单调递增；当(0,2)x ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，故选C ．4．【答案】D【解析】函数的定义域为{}2x x <，()()1ln 2()2xf x x x f x x -'=+-⇒=-，当()0f x '>时，函数单调递增，所以有1022xx x ->⇒>-或1x <，而函数的定义域为{}2x x <，所以当1x <时，函数单调递增，故本题选D ．5．【答案】D【解析】()f x 的定义域是（0，+∞），()222a x x a f x x x x -+'=-+=，若函数()f x 有两个不同的极值点，则()22g x x x a =-+在（0，+∞）由2个不同的实数根，故1440Δa x =->⎧⎪⎨=>⎪⎩，解得01a <<，故选D ．6．【答案】A【解析】设切点为（m ，m 3-3m ），3()3f x x x =-的导数为2()33f x x '=-， 可得切线斜率233k m =-， 由点斜式方程可得切线方程为y ﹣m 3+3m ＝(3m 2-3)（x ﹣m ）， 代入点(2,6)P -，可得﹣6﹣m 3+3m ＝(3m 2-3)（2﹣m ），解得m ＝0或m ＝3， 当m =0时，切线方程为30x y +=； 当m =3时，切线方程为24540x y --=，故选A ． 7．【答案】C 【解析】因为()1ln x f x x +=（0x >），所以()11ln ln x x f x x x ---'==， 由()0f x '=，得1x =， 所以当01x <<时，()0f x '>，即()1ln x f x x +=单调递增； 当1x >时，()0f x '<，即()1ln x f x x +=单调递减， 又函数()1ln x f x x +=在区间(),2a a +上不是单调函数， 所以有0121a a a ≥⎧⎪<⎨⎪+>⎩，解得01a ≤<．故选C ． 8．【答案】B 【解析】设，则存在唯一的正整数，使得， 设，， 因为， 所以当以及时，为增函数；当时，为减函数， 在处，取得极大值，在处，取得极大值． 而恒过定点，两个函数图像如图，2 要使得存在唯一的正整数，使得，只要满足()()()()()()112233g h gh g h ⎧≥<≥⎪⎨⎪⎩，即135281253272754a a a -+≥-+<-+≥⎧⎪⎨⎪⎩，解得1534a <≤，故选B ．9．【答案】B【解析】方法一：排除法：当时，，排除C ， 当时，恒成立，排除A 、D ，故选B ． 方法二：()2222'x x x x x x x e x e y e e -⋅-⋅==，由，可得，令，可得或， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以只有B 符合条件，故选B ．10．【答案】B【解析】因为，所以()1ln 10f x x x e ==⇒='+， 因此当1x e >时，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是增函数，即在上是增函数； 当10x e <<时，在1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上是减函数，因此()11f x f e e ⎛⎫≥=- ⎪⎝⎭；值域不为R ； 当10x e <<时，，当1x e >时，只有一个零点，即只有一个零点； 设切点为，则0000ln ln 11x x x x =+-，01x ∴=，所以过点的切线只有一条，综上选B ．11．【答案】C 【解析】的解集即为的解集， 构造函数，则， 因为，所以， 所以在上单调递增，且， 所以的解集为， 不等式的解集为．故选C ． 12．【答案】C 【解析】由题意，sin sin βααβ>，sin sin αβαβ∴>， 设()sin x f x x =，π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()2cos sin 'x x x f x x -∴=，π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 设()cos sin g x x x x =-，π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， ()cos sin cos sin 0g x x x x x x x '∴=--=-<，()g x \在0,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，且()()00g x g <=，()0f x '∴<，所以()sin x f x x =在0,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭递减， ()()sin sin f f αβαβαβ>⇔>，αβ∴<，故选C ． 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．【答案】2 【解析】∵函数()y f x =的图象在点5x =处的切线方程是8y x =-+， (5)1f '∴=-，(5)583f =-+=，(5)(5)312f f ∴+'=-=，故答案为2． 14．【解析】23()(1)f x x x x x =-=-，2()13f x x '=-，令()0f x '=，得x =，在区间[]0,1上讨论： 当x ⎡∈⎢⎣⎭时，()0f x '>，函数为增函数； 当x ⎤∈⎥⎥⎝⎦时，()0f x'<，函数为减函数， 所以函数在[]0,1上的极值为f=⎝⎭15．【答案】⎤⎥⎣⎦3【解析】由题意，可得()3232sin 3cos sin 3sin 3ππ,32f x x x x x x ⎡⎤=+=-+∈-⎢⎥⎣⎦，， 令，t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，即，t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 则，当0t <<时，；当时，， 即在⎡⎤⎢⎥⎣⎦为增函数，在为减函数，又g ⎛ ⎝⎭，，故函数的值域为⎤⎥⎣⎦．16．【答案】【解析】因为， 所以， 又函数无极值，所以恒成立，故()2363620Δa a =-+≤，即，解得． 故答案为．三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【答案】（1）580x y --=；（2）y x =或0y =．【解析】（1）由题意得2()341f x x x '=-+，所以(2)5f '=，(2)2f =，可得切线方程为25(2)y x -=-，整理得580x y --=．（2）令切点为()00,x y ，因为切点在函数图像上，所以3200002y x x x =-+，()2000341f x x x '=-+，所以在该点处的切线为()()()3220000002341y x x x x x x x --+=-+-因为切线过原点，所以()()()322000000023410x x x x x x --+=-+-，解得00x =或01x =，当00x =时，切点为（0，0），(0)1f '=，切线方程为y x =，当01x =时，切点为()1,0，()01f '=，切线方程为y =0， 所以切线方程为y x =或y =0． 18．【答案】（1）12a b ==；（2）11ln 244--． 【解析】（1）由()2ln f x a x bx =-，得()2a f x bx x '=-， ∴()12f a b '=-，则()122112a b f b ⎧-=-⎪⎪⎨⎪=-=-⎪⎩，解得12a =，12b =． （2）由（1）知，()211ln 22f x x x =-，()211222x f x x x x -'=-=（0x >）．∴当1x e ⎛∈ ⎝⎭时，()0f x '>；当x e ⎫∈⎪⎪⎝⎭时，()0f x '<． ∴()f x在1e ⎛ ⎝⎭上为增函数，在e ⎫⎪⎪⎝⎭上为减函数， 则()max 11111ln 222244f x f ==-⨯=--⎝⎭． 19．【答案】见解析． 【解析】()1x h x e x =--，所以()1x h x e '=-， 当x ≥0时，h '（x ）≥0，h （x ）为增函数； 当0x <时，()0h x '<，h （x ）为减函数， 所以h （x ）≥h （0）＝0，所以1x e x ≥+． 20．【答案】（1）；（2）当时，的单调增区间是； 当时，的单调递减区间是；递增区间是． 【解析】（1）当时，()ln f x x x =+，所以()()110f x x x =+>'． 所以()11f =，，所以切线方程为． （2）()(0)x a f x x x +'=>．当时，在时，， 所以的单调增区间是； 当时，函数与在定义域上的情况如下：4所以的单调递减区间是；递增区间是．综上所述：当时，的单调增区间是；当时，的单调递减区间是；递增区间是．21．【答案】（1）单调递增区间为（1，2）和（5，＋∞），单调递减区间为；（2）3m >．【解析】依题意，函数的定义域为（1，＋∞）．（1）当m ＝4时，()()2154ln 1622f x x x x =-+--．()()()22547106111x x x x f x x x x x ---+=+-==---'，令，解得或；令，解得．可知函数()f x 的单调递增区间为（1，2）和（5，＋∞），单调递减区间为．（2）()()()2364211x m x mf x x m x x -+++=+-+='--．若函数()y f x =有两个极值点，则()()()234601360312Δm m m m m =-+-+>⎡⎤⎣⎦-+++⎧⎪⎪⎪⎨>+>⎪⎪⎪⎩，解得3m >．22．【答案】（1）增区间为(0,)+∞，减区间为(,0)-∞；（2）11,1e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦．【解析】（1）()f x 的定义域为R ，()21x f x x e '=+-，则(0)0f '=，()2x f x e ''∴=+， 由于0x e >恒成立，则()2x f x e ''=+在R 上大于零恒成立，()21x f x x e '∴=+-在R 上为单调递增函数，又(0)0f '=，∴当0x >时，()(0)0f x f ''>=，则函数()f x 增区间为(0,)+∞， 当0x <时，()(0)0f x f ''<=，则函数()f x 减区间为(,0)-∞．（2）令2()()e x g x f x x x m =-=--，则()1x g x e =-'；令()10x g x e -'==，解得0x =，令()10x g x e '=->，解得0x >，则()g x 的增区间为(0,2)，∴要使方程()2f x x =在区间[1,2]-上恰有两个不等的实根等价于函数()g x 与x 轴在区间[1,2]-有两个不同交点，从图像可得g(1)0g(0)0(2)0g -≥⎧⎪<⎨⎪≥⎩，解得111m e <≤+，故答案为11,1m e ⎛⎤∈+ ⎥⎝⎦．。

真题演练集训1．定积分⎠⎛01(2x ＋e x )d x 的值为( )A ．e ＋2B ．e ＋1C ．eD ．e －1答案：C解析：⎠⎛01(2x ＋e x )d x ＝(x 2＋e x ) 10＝(1＋e)－(0＋e 0)＝e ，故选C.2．直线y ＝4x 与曲线y ＝x 3在第一象限内围成的封闭图形的面积为( ) A ．2 2 B ．4 2 C ．2 D ．4答案：D解析：由4x ＝x 3，解得x ＝0或x ＝2或x ＝－2(舍去)，根据定积分的几何意义可知，直线y ＝4x 与曲线y ＝x 3在第一象限内围成的封闭图形的面积为⎠⎛02(4x －x 3)d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫2x 2－14x 420＝4.3．曲线y ＝x 2与直线y ＝x 所围成的封闭图形的面积为________． 答案：16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＝16.4．⎠⎛02(x －1)d x ＝________.答案：0解析：⎠⎛02(x －1)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－x 20＝(2－2)－0＝0. 5．如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线所示)，则原始的最大流量与当前最大流量的比值为________．答案：1.2解析：建立如图所示的平面直角坐标系．由抛物线过点(0，－2)，(－5,0)，(5,0)，得抛物线的函表达式为y ＝225x 2－2，抛物线与x 轴围成的面积S 1＝⎠⎛5－5⎝⎛⎭⎪⎫2－225x 2d x ＝403，梯形面积S 2＝＋2＝16.最大流量比为S 2∶S 1＝1.2.课外拓展阅读 探究定积分与不等式交汇问题如图，矩形OABC 内的阴影部分是由曲线f (x )＝sin x ；x ∈(0，π)及直线x ＝a ，a ∈(0，π)与x 轴围成，向矩形OABC 内随机投掷一点，若落在阴影部分的概率为14，则a 的值是( )A.7π12 B ．2π3 C.3π4D ．5π6先运用定积分求出阴影部分的面积，再利用几何概型概率计算公式求出概率．由已知S 矩形OABC ＝a ×6a＝6，而阴影部分的面积为S ＝⎠⎛0a sin x d x ＝(－cos x ) a 0＝1－cos a ， 依题意有SS 矩形OABC ＝14，即1－cos a 6＝14， 解得cos a ＝－12，又a ∈(0，π)，所以a ＝2π3.故选B. B 方法点睛定积分还可与其他知识交汇，如与二项式定、列等知识交汇．。

导数的概念及运算1．若f (x )＝x 2－2x －4ln x ，则f ′(x )>0的解集为(C) A ．(0，＋∞) B．(－1,0)∪(2，＋∞) C ．(2，＋∞) D．(－1,0)x >0，f ′(x )＝2x －2－4x＝x －x ＋x>0，所以x ∈(2，＋∞)．2．已知函数y ＝f (x )的图象如图所示，则f ′(x A )与f ′(x B )的大小关系是(B)A ．f ′(x A )>f ′(xB ) B ．f ′(x A )<f ′(x B )C ．f ′(x A )＝f ′(x B )D ．不能确定分别作出曲线y ＝f (x )在A ，B 两点的切线，设曲线y ＝f (x )在A ，B 两点的切线的斜率分别为k A ，k B ，则由图象可知k B >k A ，即f ′(x A )<f ′(x B )．3．(2018·河北五校高三联考)曲线y ＝x －1x ＋1在点(0，－1)处的切线与两坐标轴围成的封闭图形的面积为(B)A.18B.14C.12 D ．1因为y ′＝x ＋1－x －x ＋2＝2x ＋2，所以k ＝y ′x ＝0＝2，所以曲线在点(0，－1)处的切线方程为y ＋1＝2x ，即y ＝2x －1. 它与两坐标轴围成的面积为S ＝12×12×1＝14.4．(2018·新课程卷Ⅰ)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ，若f (x )为奇函数，则曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为(D)A ．y ＝－2xB ．y ＝－xC ．y ＝2xD ．y ＝x(方法一)因为f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ，所以f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a . 又f (x )为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )恒成立，即－x 3＋(a －1)x 2－ax ＝－x 3－(a －1)x 2－ax 恒成立， 所以a ＝1，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1， 所以曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x . (方法二)因为f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数， 所以f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a 为偶函数， 所以a ＝1，即f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1， 所以曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x .5．(2017·天津卷)已知a ∈R ，设函数f (x )＝ax －ln x 的图象在点(1，f (1))处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为 1 .因为f ′(x )＝a －1x，所以f ′(1)＝a －1.又因为f (1)＝a ，所以切线l 的斜率为a －1，且过点(1，a )， 所以切线l 的方程为y －a ＝(a －1)(x －1)． 令x ＝0，得y ＝1，故l 在y 轴上的截距为1.6．(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝ 1 .因为y ′＝3ax 2＋1，所以y ′|x ＝1＝3a ＋1，所以7－a ＋2－1＝3a ＋1，所以a ＝1.7．(2018·佛山一模节选)已知函数f (x )＝(x －a )ln x ＋12x ，(其中a ∈R )．若曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y ＝12x ，求a 的值．f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x －a x ＋32，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝12x 0，y 0＝x 0－ax 0＋12x 0，ln x 0－a x 0＋32＝12，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0－a x 0＝0，ln x 0－a x 0＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，a ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝a ，a ＝1，所以a ＝1.8．(2016·山东卷)若函数y ＝f (x )的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y ＝f (x )具有T 性质．下列函数中具有T 性质的是(A)A ．y ＝sin xB ．y ＝ln xC ．y ＝e xD ．y ＝x 3若y ＝f (x )的图象上存在两点(x 1，f (x 1))，(x 2，f (x 2))，使得函数图象在这两点处的切线互相垂直，则f ′(x 1)·f ′(x 2)＝－1.对于A ，y ′＝cos x ，若有cos x 1·cos x 2＝－1，则当x 1＝2k π，x 2＝2k π＋π(k ∈Z )时，结论成立；对于B ，y ′＝1x ，若有1x 1·1x 2＝－1，即x 1x 2＝－1，因为x ＞0，所以不存在x 1，x 2，使得x 1x 2＝－1；对于C ，y ′＝e x，若有e x 1·e x 2＝－1，即e x 1＋x 2＝－1，显然不存在这样的x 1，x 2； 对于D ，y ′＝3x 2，若有3x 21·3x 22＝－1，即9x 21x 22＝－1，显然不存在这样的x 1，x 2. 综上所述，选A.9．(2018·思明区校级月考节选)设函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a ≠0)．若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处与直线y ＝8相切，则a ，b 的值分别为 4,24 .f ′(x )＝3x 2－3a .因为曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处与直线y ＝8相切， 所以f (2)＝8，f ′(2)＝0，即8－6a ＋b ＝8,3(4－a )＝0，故a ＝4，b ＝24.10．已知函数f (x )＝x 3＋(1－a )x 2－a (a ＋2)x ＋b (a ，b ∈R )．(1)若函数f (x )的图象过原点，且在原点处的切线的斜率为－3，求a ，b 的值； (2)若曲线y ＝f (x )存在两条垂直于y 轴的切线，求a 的取值范围．f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)．(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f＝b ＝0，f＝－a a ＋＝－3，解得b ＝0，a ＝－3或1.(2)因为曲线y ＝f (x )存在两条垂直于y 轴的切线，所以关于x 的方程f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)＝0有两个不相等的实数根， 所以Δ＝4(1－a )2＋12a (a ＋2)>0，即4a 2＋4a ＋1>0， 所以a ≠－12.所以a 的取值范围是(－∞，－12)∪(－12，＋∞)．导数在函数中的应用——单调性1．(2018·太原期中)函数f (x )＝x ＋3x＋2ln x 的单调递减区间是(B)A ．(－3,1)B ．(0,1)C ．(－1,3)D ．(0,3)f ′(x )＝1－3x 2＋2x＝x ＋x －x2，令f ′(x )<0，解得0<x <1.2．若函数f (x )＝x 3－ax 在区间[1，＋∞)内单调递增，则a 的最大值是(B) A ．4 B ．3 C ．2 D ．1依题意，f ′(x )＝3x 2－a ≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立，即a ≤3x 2对x ∈[1，＋∞)恒成立，所以a ≤3.3．已知对任意实数x ，有f (－x )＝－f (x )，g (－x )＝g (x )，且x >0时，f ′(x )>0，g ′(x )>0，则x <0时(B)A ．f ′(x )>0, g ′(x )>0B ．f ′(x )>0，g ′(x )<0C ．f ′(x )<0, g ′(x )>0D ．f ′(x )<0, g ′(x )<0f (x )为奇函数，g (x )为偶函数，由图象的对称性知，当x <0时，f ′(x )>0，g ′(x )<0，选B.4．(2018·全国卷Ⅲ)函数y ＝－x 4＋x 2＋2的图象大致为(D)(方法一)f ′(x )＝－4x 3＋2x ，则f ′(x )>0的解集为（－∞，－22）∪（0，22）， f ′(x )<0的解集为（－22，0）∪（22，＋∞）， 所以f (x )在（－∞，－22）和（0，22）上单调递增，在（－22，0）和（22，＋∞）单调递减．由此可知，选D.(方法二)当x ＝1时，y ＝2，所以排除A ，B 选项． 当x ＝0时，y ＝2，而当x ＝22时，y ＝－14＋12＋2＝94>2，所以排除C 选项． 故选D.5．函数y ＝x ln x 的单调递减区间为 (0，1e ) ，单调递增区间为 (1e ，＋∞) .因为y ′＝ln x ＋x ·1x＝ln x ＋1，当ln x ＋1<0，即 0<x <1e时，函数单调递减；当ln x ＋1>0，即 x >1e时，函数单调递增．6．若函数f (x )＝－12(x －2)2＋b ln x 在(1，＋∞)上是减函数，则b 的取值范围为 (－∞，－1] .由题意可知f ′(x )＝－(x －2)＋b x≤0在x ∈(1，＋∞)恒成立．即b ≤x (x －2)在x ∈(1，＋∞)上恒成立，由于φ(x )＝x (x －2)＝x 2－2x 在(1，＋∞)上的值域是(－1，＋∞)，所以只要b ≤－1即可．7．设函数f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1(a <0)．若曲线y ＝f (x )的斜率最小的切线与直线12x ＋y ＝6平行，求：(1)a 的值；(2)函数f (x )的单调区间．(1)因为f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1，所以f ′(x )＝3x 2＋2ax －9＝3(x ＋a3)2－9－a 23.即当x ＝－a 3时，f ′(x )取得最小值－9－a 23.因为斜率最小的切线与12x ＋y ＝6平行，即该切线的斜率为－12， 所以－9－a 23＝－12，即a 2＝9，解得a ＝±3， 由题设a <0，所以a ＝－3.(2)由(1)知a ＝－3，因此f (x )＝x 3－3x 2－9x －1， f ′(x )＝3x 2－6x －9＝3(x －3)(x ＋1)， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3.当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0，故f (x )在(－∞，－1)上为增函数； 当x ∈(－1,3)时，f ′(x )<0，故f (x )在(－1,3)上为减函数； 当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(3，＋∞)上为增函数．由此可见，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)；单调递减区间为(－1,3)．8．(2018·天问区三模)已知函数f (x )与f ′(x )的图象如图所示，则函数g (x )＝f xex的递减区间为(D)A ．(0,4)B ．(－∞，1)，(43，4)C ．(0，43) D ．(0,1)，(4，＋∞)结合图象，x ∈(0,1)和x ∈(4，＋∞)时，f ′(x )－f (x )<0，此时g ′(x )＝f x －f xex<0.故g (x )在(0,1)，(4，＋∞)内递减．9．(2018·东港区校级期中)已知y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，且xf ′(x )＋f (x )>0，则函数g (x )＝xf (x )＋1(x >0)的零点个数为 0 .因为g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0，所以g (x )在(0，＋∞)为增函数，又g (0)＝1>0，所以g (x )在(0，＋∞)恒大于0， 所以g (x )在(0，＋∞)上没有零点．10．已知函数f (x )＝e x－ax (a ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若a ＝1，函数g (x )＝(x －m )f (x )－e x＋x 2＋x 在(2，＋∞)上为增函数，求实数m 的取值范围．(1)函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝e x－a .当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在R 上为增函数， 当a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝ln a ，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(－∞，ln a )上为减函数， 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(ln a ，＋∞)上为增函数． (2)当a ＝1时，g (x )＝(x －m )(e x－x )－e x＋x 2＋x ， 因为g (x )在(2，＋∞)上为增函数，所以g ′(x )＝x e x－m e x＋m ＋1≥0在(2，＋∞)上恒成立， 即m ≤x e x ＋1e x－1在(2，＋∞)上恒成立，令h (x )＝x e x ＋1e x－1，x ∈(2，＋∞)， h ′(x )＝x 2－x e x－2e xx －2＝exx －x －x－2. L (x )＝e x －x －2，L ′(x )＝e x －1>0在(2，＋∞)上恒成立，即L (x )＝e x－x －2在(2，＋∞)上为增函数， 即L (x )>L (2)＝e 2－4>0，h ′(x )>0. 即h (x )＝x e x ＋1e x－1在(2，＋∞)上为增函数，所以h (x )>h (2)＝2e 2＋1e 2－1.所以m ≤2e 2＋1e 2－1.导数在函数中的应用——极值与最值1．已知实数a ，b ，c ，d 成等比数列，且曲线y ＝3x －x 3的极大值点坐标为(b ，c )，则ad 等于(A)A ．2B ．1C ．－1D ．－2因为y ′＝3－3x 2＝3(1＋x )(1－x )，所以当－1<x <1时，y ′>0；当x >1时，y ′<0， 所以x ＝1时，y 有极大值2，所以b ＝1，c ＝2， 又因为a ，b ，c ，d 成等比数列，所以ad ＝bc ＝2. 2．函数f (x )＝xe x 在[0,1]上的最大值为(B) A ．0 B.1eC ．e D.2e因为f ′(x )＝e x－x e xx 2＝1－xex ≥0在[0,1]上恒成立，所以f (x )在[0,1]上为增函数，所以当x ＝1时，f (x )有最大值1e.3．(2018·湖北孝感八校联盟)函数f (x )＝－13x 3＋4x －4在区间[0,3]上的最大值和最小值分别为(C)A ．2，－283 B.43，－283C.43，－4 D ．2，－1f ′(x )＝－x 2＋4＝0，解得x ＝2或x ＝－2(舍去)．当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：单调递增单调递减所以最大值为43，最小值为－4.4．(2018·广州一模)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处的极值为10，则数对(a ，b )为(C)A ．(－3,3)B ．(－11,4)C ．(4，－11)D ．(－3,3)或(4，－11)f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由条件⎩⎪⎨⎪⎧f ＝0，f＝10.即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，a ＋b ＋a 2＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.检验a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，此时f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值．故⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.5．已知函数f (x )＝x 3－12x ＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M－m ＝ 32 .由f ′(x )＝3x 2－12＝0，得x ＝±2，又f (3)＝－1，f (－3)＝17，f (2)＝－8，f (－2)＝24， 所以M ＝24，m ＝－8，故M －m ＝32.6．(2018·成都调研)函数f (x )＝x 2－3x ＋ln x 在x ＝ 12处取得极大值．因为f ′(x )＝2x －3＋1x＝x －x －12x，x ∈(0，12)时，f ′(x )>0，x ∈(12，1)时，f ′(x )<0，所以函数f (x )＝x 2－3x ＋ln x 在x ＝12处取得极大值．7．(2018·北京卷)设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x. (1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为0，求a ； (2)若f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围．(1)因为f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x，所以f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x，f ′(2)＝(2a －1)e 2.由题设知f ′(2)＝0，即(2a －1)e 2＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x＝(ax －1)(x －1)e x.若a >1，则当x ∈1a，1时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∈(0,1)时，ax －1≤x －1<0， 所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)．8．(2018·河南模拟)已知函数f (x )＝a －x ＋x e x，若存在x 0>－1，使得f (x 0)≤0，则实数a 的取值范围为(B)A．[0，＋∞) B．(－∞，0]C．[1，＋∞) D．(－∞，1]由f(x)≤0，得a≤x－x e x，令h(x)＝x－x e x(x>－1)，h′(x)＝1－(1＋x)e x，令g(x)＝h′(x)，g′(x)＝－(x＋2)e x<0，所以h′(x)在(－1，＋∞)内递减，而h′(0)＝0，所以h(x)在(－1,0)内递增，在(0，＋∞)内递减，所以h(x)的最大值为h(0)＝0.故a≤0.9．(2018·天津红桥区模拟)已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值为－13 .因为f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，所以f′(2)＝0，又f′(x)＝－3x2＋2ax，由f′(2)＝－12＋4a＝0，所以a＝3.所以f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x.当m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值为f(x)的最小值与f′(x)的最小值的和．由f′(x)＝0得x＝0或x＝2(舍去)，所以f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝－4.因为f′(x)＝－3(x－1)2＋3，又f′(1)＝3，f′(－1)＝－9，所以f′(x)min＝－9.所以f(m)＋f′(n)的最小值为－13.10．(2017·北京卷)已知函数f(x)＝e x cos x－x.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间[0，π2]上的最大值和最小值．(1)因为f(x)＝e x cos x－x，所以f′(x)＝e x(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0.又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(2)设h(x)＝e x(cos x－sin x)－1，则h′(x)＝e x(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2e x sin x.当x ∈(0，π2)时，h ′(x )<0，所以h (x )在区间[0，π2]上单调递减，所以对任意x ∈(0，π2]有h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<0，所以函数f (x )在区间[0，π2]上单调递减，因此f (x )在区间[0，π2]上的最大值为f (0)＝1，最小值为f (π2)＝－π2.导数的综合应用——导数与不等式1．定义域为R 的函数f (x )满足f (1)＝1，且f (x )的导函数f ′(x )>12，则满足2f (x )<x＋1的x 的集合为(A)A ．{x |x <1}B ．{x |－1<x <1}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x >1}令g (x )＝2f (x )－x －1，则g ′(x )＝2f ′(x )－1>0，所以g (x )在R 上为增函数， 又g (1)＝2f (1)－1－1＝0， 所以g (xx <1.即原不等式的解集为{x |x <1}．2．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数且满足xf ′(x )－f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a <b ，则必有(A)A ．af (b )≤bf (a )B ．bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤bf (b )D ．bf (b )≤af (a )设F (x )＝f x x ，则F ′(x )＝xfx －f xx 2≤0，故F (x )＝f xx 在(0，＋∞)上是减函数或常函数， 由0<a <b 有f a a ≥f bbaf (b )≤bf (a )．3．下列各式正确的是(B)A ．sin x >x (x >0)B ．sin x <x (x >0) C.2πx >sin x D ．以上各式都不对令g (x )＝sin x －x ，则g ′(x )＝cos x －1≤0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减， 所以g (x )<g (0)，所以sin x <x .4．已知e 是自然对数的底，若函数f (x )＝e x－x ＋a 的图象始终在x 轴的上方，则实数a 的取值范围为(C)A ．[－2,2]B ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C ．(－1，＋∞) D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)因为函数f (x )＝e x－x ＋a 的图象始终在x 轴的上方，所以f (x )＝e x－x ＋a 的最小值大于0.f ′(x )＝e x －1，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )的最小值为f (0)＝1＋a .由1＋a >0，得a 的取值范围为(－1，＋∞)．5．(2018·武平县校级月考)已知f (x )＝x e x，g (x )＝－(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是 [－1e，＋∞) .因为f ′(x )＝e x＋x e x＝(1＋x )e x，当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，所以当x ＝－1时，f (x )取得极小值即最小值f (－1)＝－1e .函数g (x )的最大值为a ，∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则有g (x )的最大值大于或等于f (x )的最小值， 所以a ≥－1e.6．(2018·榆林一模)设f (x )＝x 3＋x ，x ∈R ，当0≤θ≤π2时，f (m sin θ)＋f (1－m )>0恒成立，则实数m 的取值范围是 (－∞，1) .因为f ′(x )＝3x 2＋1>0，所以f (x )在R 上为增函数，又f (x )为奇函数，所以条件即为f (m sin θ)>f (m －1)， 所以m sin θ>m －1对θ∈[0，π2]恒成立，即m (1－sin θ)<1对θ∈[0，π2]恒成立，因为θ＝π2时，上式恒成立；当θ∈[0，π2)时，m <11－sin θ，则m <1.7．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1ex.(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e≥0.(1)f ′(x )＝－ax 2＋a －x ＋2ex，f ′(0)＝2.因此曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程是 2x －y －1＝0.(2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e≥(x 2＋x －1＋e x ＋1)e －x. 令g (x )＝x 2＋x －1＋ex ＋1，则g ′(x )＝2x ＋1＋ex ＋1.当x <－1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >－1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 所以g (x )≥g (－1)＝0. 因此f (x )＋e≥0.8．若0<x 1<x 2<1，则(C)A ．e x 2－e x 1>ln x 2－ln x 1B ．e x 2－e x 1<ln x 2－ln x 1C ．x 2e x 1>x 1e x 2D ．x 2e x 1<x 1e x 2令f (x )＝exx(0<x <1)，则f ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x x －x 2.当0<x <1时，f ′(x )<0，即f (x )在(0,1)上单调递减， 因为0<x 1<x 2<1，所以f (x 2)<f (x 1)， 即e x 2x 2<e x 1x 1，所以x 2e x 1>x 1e x 2.由此可知选C.如何说明A 和B 不成立？下面进行探讨： 设g (x )＝e x－ln x (0<x <1)， 因为g ′(x )＝e x－1x ＝x e x－1x，令g ′(x )＝0得，x e x －1＝0，即e x＝1x，由y ＝e x与y ＝1x的图象知两图象的交点x 0∈(0,1)，因此，g (x )在(0,1)上不单调，由此可知A 和B 选项不可能成立．9．设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x <0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )<0的解集为 (－∞，－3)∪(0,3) .当x <0时，[f (x )g (x )]′>0，所以函数f (x )g (x )在(－∞，0)上为增函数，又f (x )g (x )为奇函数，故f (x )g (x )在(0，＋∞)上为增函数， 且f (－3)g (－3)＝0，f (3)g (3)＝0.故f (x )g (x )<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)． 10．已知f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a ，若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 若a >0，则当x ∈(0，1a)时，f ′(x )>0；当x ∈(1a，＋∞)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，1a )上单调递增，在(1a，＋∞)上单调递减．(2)由(1)知当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值， 当a >0时，f (x )在x ＝1a处取最大值，最大值为f (1a )＝ln(1a )＋a (1－1a)＝－ln a ＋a －1.因此，f (1a)>2a －a ＋a －1<0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g ′(a )＝1a＋1>0， 所以g (a )在(0，＋∞)上是增函数，g (1)＝0，于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0. 因此a 的取值范围是(0,1)．导数的综合应用——导数与方程1．函数y ＝13x 3＋x 2＋x ＋1的零点个数为(B)A ．0B ．1C ．2D ．3因为f ′(x )＝x 2＋2x ＋1＝(x ＋1)2≥0，所以f (x )在R 上单调递增， 因为f (0)＝1>0，f (－3)＝－2<0， 所以f (x )在R 上有且只有一个零点．2．已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝(A) A ．－2或2 B ．－9或3 C ．－1或1 D ．－3或1由三次函数的图象与x 轴恰有两个公共点，结合函数的图象，极大值或极小值为零即可满足要求．而f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，当x ＝±1时，取得极值，由f (1)＝0或f (－1)＝0，可得c －2＝0或c ＋2＝0，所以c ＝±2.3．若曲线f (x )＝ax 2＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是(A) A ．(－∞，0) B ．(－∞，0] C ．[0，＋∞) D．(0，＋∞)该函数的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝2ax ＋1x.因为曲线f (x )＝ax 2＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，问题转化为方程2ax ＋1x＝0在(0，＋∞)内有解，于是可得a ＝－12x2∈(－∞，0)． 4．(2017·湖南湘中名校高三联考)已知函数f (x )＝－13x 3＋ax 2＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2，若x 1<f (x 1)<x 2，则关于x 的方程[f (x )]2－2af (x )－b ＝0的实根的个数不可能为(D)A ．2B ．3C ．4D ．5由题意得，f ′(x )＝－x 2＋2ax ＋b ，因为x 1，x 2是函数f (x )的两个极值点，所以x 1，x 2是方程－x 2＋2ax ＋b ＝0的两个实数根，所以由[f (x )]2－2af (x )－b ＝0，可得f (x )＝x 1，或f (x )＝x 2，由题意知，f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增， 又x 1<f (x 1)<x 2，依题意，作出简图，如图所示．结合图形可知，方程[f (x )]2－2af (x )－b ＝0的实根个数不可能为5.5．(2018·韶关模拟)设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，且x 1<2<x 2，则实数a 的取值范围是 (2,6) .(方法一)由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0，得x 1＝a3，x 2＝a .因为x 1<2<x 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >2，a3<2，所以2<a <6.(方法二)由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0，且x 1<2<x 2， 所以f ′(2)<0，解得2<a <6.6．设x 3＋ax ＋b ＝0，其中a ，b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是 ①③④⑤ .(写出所有正确条件的编号)①a ＝－3，b ＝－3；②a ＝－3，b ＝2；③a ＝－3，b >2；④a ＝0，b ＝2；⑤a ＝1，b ＝2.令f (x )＝x 3＋ax ＋b ，则f ′(x )＝3x 2＋a .当a ≥0时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增，④⑤正确； 当a ＜0时，若a ＝－3，则f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)， 所以f (x )极大＝f (－1)＝－1＋3＋b ＝b ＋2，f (x )极小＝f (1)＝1－3＋b ＝b －2，要使f (x )＝0仅有一个实根，需f (x )极大＜0或f (x )极小＞0，所以b ＜－2或b ＞2， ①③正确，②不正确．故填①③④⑤.7．(2016·北京卷)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .(2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4. 令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23.当x 变化时，f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的变化情况如下：单调递增单调递减单调递增所以，当c ＞0且c －3227＜0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈(－2，－23)，x 3∈(－23，0)，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈(0，3227)时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．(3)证明：当Δ＝4a 2－12b ＜0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＞0，x ∈(－∞，＋∞)， 此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增， 所以f (x )不可能有三个不同零点．当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )＞0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在区间(x 0，＋∞)上单调递增． 所以f (x )不可能有三个不同零点．综上所述，若函数f (x )有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b ＞0. 故a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要条件．当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b ＞0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点， 所以a 2－3b ＞0不是f (x )有三个不同零点的充分条件． 因此a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．8．(2018·贵阳二模)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋x 有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是(A)A ．(0,1)B ．(－∞，1)C ．(－∞，1＋e e 2)D ．(0，1＋e e 2)令g (x )＝ln x ，h (x )＝ax 2－x .将问题转化为两个函数图象交点的问题．当a ≤0时，g (x )与h (x )的图象只有一个交点，不满足题意． 当a >0时，由ln x －ax 2＋x ＝0，得a ＝x ＋ln xx 2， 令r (x )＝x ＋ln xx 2， 则r ′(x )＝＋1xx 2－x ＋x xx4＝1－x －2ln xx3. 当0<x <1时，r ′(x )>0，r (x )是单调增函数，当x >1时，r ′(x )<0，r (x )是单调减函数，且r (1)＝1，r (x )＝x ＋ln xx 2>0，所以0<a <1. 所以a 的取值范围为(0,1)．9．f (x )＝12x 2＋x －2ln x ＋a 在区间(0,2)上恰有一个零点，则实数a 的取值范围是a ≤2ln 2－4或a ＝－32.根据题意，f ′(x )＝x ＋1－2x ＝x 2＋x －2x＝x ＋x －x，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当x ∈(1,2)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数， 若函数f (x )在区间(0,2)上恰有一个零点，则f (1)＝0或f (2)≤0，由f (2)＝4－2ln 2＋a ≤0，得a ≤2ln 2－4；由f (1)＝32＋a ＝0，得a ＝－32.综上，a ≤2ln 2－4或a ＝－32.10．设函数f (x )＝e 2x－a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )的零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax(x >0)，当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f ′(x )没有零点； 当a >0时，因为y ＝e 2x单调递增，y ＝－a x单调递增， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增． 因为f ′(a )＝2e 2a－1>0，假设存在b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明：由(1)可设f ′(x )在(0，＋∞)存在唯一零点x 0， 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值f (x 0)． 由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a.故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.导数的实际应用及综合应用1．某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝a x －3＋10(x －6)2，其中3＜x ＜6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．(1)因为当x ＝5时，y ＝11，所以a5－3＋10(5－6)2＝11，解得a ＝2.(2)由(1)知该商品每日的销售量y ＝2x －3＋10(x －6)2(3＜x ＜6)， 所以该商场每日销售该商品所获得的利润f (x )＝[2x －3＋10(x －6)2](x －3)＝2＋10(x －3)(x －6)2(3＜x ＜6)， 所以f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)(x －6)．当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化情况如下表：由上表可得，x ＝4是函数f (x )在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点， 所以当x ＝4时，f (x )max ＝42.答：当销售价格定为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．2．请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E ，F 是AB 上被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE ＝FB ＝x (cm)．(1)若广告商要包装盒侧面积S (cm 2)最大，试问x 应取何值？(2)若广告商要包装盒容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．(1)根据题意，有S ＝4·2x ·22(60－2x )＝240x －8x 2 ＝－8(x －15)2＋1800(0<x <30)． 所以x ＝15时包装盒侧面积S 最大． (2)根据题意，有V ＝(2x )2·22(60－2x )＝22x 2(30－x )(0<x <30)． 所以V ′＝62x (20－x )．当0<x <20时，V ′>0，V 单调递增； 当20<x <30时，V ′<0，V 单调递减．所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值．此时，包装盒的高与底面边长的比值为22－2x 2x＝12， 即x ＝20时，包装盒容积V (cm 3)最大，此时包装盒的高与底面边长的比值为12.3．已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．(1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x＋2a )．(i)设a ≥0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (ii)设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． ①若a ＝－e 2，则f ′(x )＝(x －1)(e x－e)，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a >－e2，则ln(－2a )<1，故当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(ln(－2a )，1)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，ln(－2a ))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，1)上单调递减． ③若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，1)，(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减． (2)(i)设a >0，则由(1)知，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a 2，则f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a (b 2－32b )>0，所以f (x )有两个零点．(ii)设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，所以f (x )只有一个零点．(iii)设a <0，若a ≥－e2，则由(1)知，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，故f (x )不存在两个零点；若a <－e2，则由(1)知，f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，故f (x )不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．4．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝e x(e x－a )－a 2x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )≥0，求a 的取值范围．(1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln a .当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． ③若a <0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln(－a2)．当x ∈(－∞，ln(－a2))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－a2)，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，ln(－a 2))上单调递减，在(ln(－a2)，＋∞)上单调递增．(2)①若a ＝0，则f (x )＝e 2x，所以f (x )≥0.②若a >0，则由(1)得，当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln a )＝－a 2ln a ， 从而当且仅当－a 2ln a ≥0，即a ≤1时，f (x )≥0. ③若a <0，则由(1)得，当x ＝ln(－a2)时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln(－a 2))＝a 2[34－ln(－a 2)]，从而当且仅当a 2[34－ln(－a 2)]≥0，即a ≥－234e 时，f (x )≥0.综上，a 的取值范围是[－234e ，1]．。

真题操练集训xx0使得 f ( x0)＜0，则1．设函数f ( x) ＝ e (2 x－ 1) －ax＋a，此中a＜ 1，若存在独一的整数a 的取值范围是()A.－3B．33， 1－，2e2e4333C.2e ，4D．2e， 1答案： D分析：∵ f (0)＝－ 1＋a＜ 0，∴x0＝ 0.f －，又 x0＝0是独一的整数，∴，f即e－1[2 × －－ 1] ＋a＋a≥0，解得a≥3.－ a＋ a≥0，－2e3又 a＜1，∴2e≤ a＜1，应选 D.2．如图，某飞翔器在 4 千米高空水平飞翔，从距着陆点 A 的水平距离10 千米处开始下降，已知降落飞翔轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的分析式为()1 A．y＝ 1253x3－5x2B．y＝ 1254x3－5xC．y＝ 3 x3－x12531 D．y＝－ 125x3＋ 5x答案： A分析：设所求函数分析式为y＝ f ( x)，由题意知 f (5)＝－ 2，f ( － 5) ＝2，且f ′(±5)＝0，代入考证易得133y＝125x －5x 切合题意，应选 A.3．当x∈时，不等式ax3－ x2＋4x＋3≥0恒建立，则实数 a 的取值范围是()A ．B ． － 6，－ 98 C ．D ．答案： C分析：当 x ＝0 时， ax 3－x 2＋ 4x ＋3≥0变为 3≥0恒建立，即a ∈ R.当 x ∈ (0,1] 时， ax 3≥ x 2－4x － 3，2x － 4x － 3x 2－ 4x －3∴a ≥x 3max.x 2－ 4x － 3设 φ ( x ) ＝x 3，φ′(x ) ＝x － x 3－ x 2－ 4x －x 2x 6x 2－ 8x － 9x －x ＋＞ 0，＝－x 4＝－x 4∴φ ( x ) 在 (0,1] 上单一递加，φ ( x ) max ＝ φ (1) ＝－ 6.∴a ≥－ 6.当 x ∈．4．已知函数f ( x ) ＝ ( － 2)e x ＋ ( － 1) 2 有两个零点．x a x(1) 求 a 的取值范围；(2) 设 x 1， x 2 是 f ( x ) 的两个零点，证明： x 1＋ x 2<2.(1) 解： f ′(x ) ＝ ( x －1)e x ＋ 2a ( x － 1) ＝ ( x －1) ·(e x ＋ 2a ) ．( ⅰ) 设 a ＝ 0，则 f ( x ) ＝ ( x － 2)e x ， f ( x ) 只有一个零点．( ⅱ) 设 a >0，则当 x ∈( －∞， 1) 时， f ′(x )<0 ；当 x ∈ (1 ，＋∞ ) 时， f ′(x )>0.所以 f ( x ) 在( －∞， 1) 上单一递减，在 (1 ，＋∞ ) 上单一递加．又 f (1) ＝－ e ， f (2)＝a ，取 b 知足 b <0 且 b <ln a2，则a223f ( b )> ( b － 2) ＋ a ( b －1) ＝ a b－ b >0，22故 f ( x ) 存在两个零点．( ⅲ) 设 a <0，由 f ′(x ) ＝ 0 得 x ＝ 1 或 x ＝ln( － 2a ) ．e若 a ≥－ 2，则 ln( －2a ) ≤1，故当 x ∈ (1 ，＋∞ ) 时， f ′(x )>0 ，所以 f ( x ) 在(1 ，＋∞)上单一递加．又当 x ≤1时， f ( x )<0 ，所以 f ( x ) 不存在两个零点．e若 a <－ 2，则 ln( － 2a )>1 ，故当 x ∈ (1 ，ln( － 2a )) 时， f ′(x )<0 ；当 x ∈ (ln( － 2a ) ，＋∞ ) 时， f ′(x )>0.所以 f ( x ) 在(1 ， ln( －2a )) 上单一递减，在(ln( － 2a ) ，＋∞ ) 上单一递加．又当 x ≤1时 f ( x )<0 ，所以 f ( x ) 不存在两个零点．综上， a 的取值范围为 (0 ，＋∞ ) ．(2) 证明：不如设 x 1<x 2. 由 (1) 知， x 1∈ ( －∞， 1) ，x 2∈ (1 ，＋∞ ) ， 2－ x 2∈ ( －∞， 1) ，又 f ( x ) 在 ( －∞， 1) 上单一递减，所以 x 1＋ x 2<2 等价于 f ( x 1)> f (2 － x 2) ，即 f (2 －x 2)<0.因为 f (2 － x 2) ＝－ x 2e 2－x 2＋a ( x 2－ 1) 2，而 f ( x 2) ＝ ( x 2－ 2)e x 2＋ a ( x 2－ 1) 2＝0，所以 f (2 － x 2) ＝－ x 2e 2－x 2－( x 2－ 2)e x 2.设 g ( x ) ＝－ x e 2－x － ( x － 2)e x ，则 g ′(x ) ＝( x － 1)(e 2－x － e x ) ．所以当 x >1 时， g ′(x )<0 ，而 g (1) ＝ 0，故当 x >1 时， g ( x )<0.进而 g ( x 2) ＝ f (2 － x 2)<0 ，故 x 1＋ x 2<2.5．设函数 f ( x ) ＝ e mx ＋ x 2－mx .(1) 证明： f ( x ) 在 ( －∞， 0) 单一递减，在 (0 ，＋∞ ) 单一递加；(2) 若关于随意x 1， x 2∈，都有 | f ( x 1) － f ( x 2)| ≤e － 1，求的取值范围．m(1) 证明： f ′(x ) ＝ m (e mx － 1) ＋ 2x .若 m ≥0，则当 x ∈ ( －∞，mx0) 时， e －1≤0， f ′(x )<0 ； 当 x ∈ (0 ，＋∞ ) 时， e mx －1≥0， f ′(x )>0.若 m <0，则当 x ∈ ( －∞， 0) 时， e mx － 1>0，f ′(x )<0 ；当x ∈ (0 ，＋∞ ) 时， e mx －1<0， ′( )>0.fx所以， f ( x ) 在 ( －∞， 0) 上单一递减，在 (0 ，＋∞ ) 上单一递加．(2) 解：由 (1) 知，对随意的 m ，f ( x ) 在上单一递减，在上单一递加，故 f ( x ) 在 x ＝ 0 处取得 最 小 值 ． 所 以 对 于 任 意 x 1 ， x 2 ∈ ， | f ( x 1) － f ( x 2)| ≤e － 1的充要条件是f － f－ 1，f －－ f－1，me － m ≤e － 1， 即e －m＋ m ≤e － 1.①设函数 g ( t ) ＝ e t － t － e ＋1，则 g ′(t ) ＝ e t － 1.当 t <0 时， g ′(t )<0 ；当 t >0 时， g ′(t )>0.故 g( t )在(－∞，0)上单一递减，在(0，＋∞)上单一递加．又 g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0，故当 t ∈时， g( t )≤0.当 m∈时， g( m)≤0， g(－ m)≤0，即①式建立；当 m>1时，由 g( t )的单一性， g( m)>0，即e m－ m>e－1；当 m<－1时， g(－ m)>0，即e－m＋ m>e－1.综上， m的取值范围是．316．已知函数 f ( x)＝ x ＋ax＋， g( x)＝－ln x.(1)当 a 为什么值时， x 轴为曲线 y＝ f ( x)的切线；(2)用 min{ m，n} 表示m，n中的最小值，设函数h( x) ＝ min{ f ( x) ，g( x)}( x＞ 0) ，议论h( x) 零点的个数．解： (1)设曲线 y＝ f ( x)与 x 轴相切于点( x0) ，则f ( x ) ＝ 0，f′(x ) ＝ 0，即0,00113x0＝，002x＋ax ＋4＝0，解得23 3x＋a＝ 0，a＝－4 03所以，当 a＝－时， x 轴为曲线 y＝ f ( x)的切线．4(2) 当x ∈(1，＋∞ ) 时，(x) ＝－ ln＜ 0，进而() ＝ min{f(x) ， ()}≤ () ＜0，故g x h x g x g xh( x)在(1，＋∞)上无零点．55当 x＝1时，若 a≥－4，则 f (1)＝a＋4≥0， h(1)＝min{ f (1)，g(1)}＝ g(1)＝0，故 x＝1是 h( x)的零点；若a ＜－5，则f(1)＜0， (1) ＝min{f(1)， (1)}＝(1) ＜0，故x＝1不是() 的零点．4h g f h x当x ∈ (0,1) 时，(x) ＝－ ln＞ 0，所以只要考虑f(x) 在 (0,1)上的零点个数．g x①若 a≤－3或 a≥0，则 f ′(x)＝3x2＋ a 在(0,1)上无零点，故f ( x)在(0,1)上单一．15而 f (0)＝4， f (1)＝a＋4，所以当 a≤－3时， f ( x)在(0,1)上有一个零点；当a≥0时，f ( x)在(0,1)上没有零点．②若－ 3＜a＜ 0，则f( x) 在a a0，－3上单一递减，在－3， 1 上单一递加，a a2aa故在 (0,1) 上，当x＝－3时， f ( x)获得最小值，最小值为f－3＝3－3＋1 4.a ．若 f－a3＞ 0，即－ ＜ a ＜ 0，则 f ( x ) 在 (0,1) 上无零点．34a3b ．若 f － 3 ＝ 0，即 a ＝－ 4，则 f ( x ) 在 (0,1) 上有独一零点．c ．若 f－ a＜ 0，即－ 3＜ a ＜－ 3，因为 f (0) ＝ 1，f (1) ＝a ＋5，所以当－5＜ a ＜－3 44443 5 上有一个零点．时， f ( x ) 在 (0,1)上有两个零点；当－ 3＜ a ≤－ 时， f ( x ) 在 (0,1)443 53 5综上，当 a ＞－ 4或 a ＜－ 4时， h ( x ) 有一个零点；当a ＝－ 4或 a ＝－ 4时， h ( x ) 有两个零点；当－ 5＜ ＜－ 3 时， ( ) 有三个零点．4 a 4 h x课外拓展阅读巧用导数妙解有关恒建立、存在性问题“恒建立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f ( x ) ≥g ( a ) 关于 x ∈ D 恒建立，应求 f ( x ) 的最小值；若存在x ∈ D ，使得 f ( x ) ≥ g ( a ) 建立，应求 f ( x ) 的最大值．在详细问题中终究是求最大值仍是最小值，能够先联想“恒建立”是求最大值仍是最小值，这样也便可以解决相应的“存在性”问题是求最大值仍是最小值．特别需要关注等号能否建立问题，以免细节犯错．方法一分别参数法设函数f ( x ) ＝ lnx － ax ， g ( x ) ＝ e x － ax ，此中a 为实数．若 f ( x ) 在(1 ，＋∞ ) 上是单一减函数，且 g ( x ) 在 (1 ，＋∞ ) 上有最小值，则A ．(e ，＋∞ )a 的取值范围是B ． A()解法一：f ′(x ) ＝ 1x － a ，g ′(x ) ＝ e x － a ，由题意得，当x ∈ (1 ，＋∞ ) 时，f ′(x ) ≤0恒建立，1即当x ∈ (1 ，＋∞ ) 时，a ≥ x 恒建立，则 a ≥1.因为 所以g ′(x ) ＝ e x － a 在 (1 ，＋∞ ) 上单一递加，g ′(x ) ＞ g ′(1) ＝ e － a .又 g ( x ) 在 (1 ，＋∞ ) 上有最小值，则必有e － a ＜ 0，即a ＞ e.综上，可知a 的取值范围是(e ，＋∞ ) ．解法二：1 xf ′(x ) ＝ x － a ，g ′(x ) ＝e － a . 由题意得，当x ∈ (1 ，＋∞ ) 时， f ′(x ) ≤0恒成1立，即当 x ∈ (1 ，＋∞ ) 时， a ≥ x 恒建立，则 a ≥1.当 a ≤0时， ′( ) ＞ 0 恒建立，进而 ( ) 在 (1 ，＋∞ ) 上单一递加，故( ) 在 (1 ，＋∞)g xg xg x上无最值，不切合题意；当 0＜ a ≤e 时，由 g ′(x ) ＞ 0 得 x ＞ ln a ，又 ln a ≤1，故 g (x ) 在 (1 ，＋∞ ) 上单一递加，故 ( ) 在 (1 ，＋∞ ) 上无最值，不切合题意；g x当 a ＞ e 时，由 g ′(x ) ＞ 0 得 x ＞ ln a ，又 ln a ＞ 1，故 g ( x ) 在 (1 ， ln a ) 上单一递减，在(ln a ，＋∞ ) 上单一递加，此时有最小值，为g (ln ln aa ) ＝ e －a ln a ＝ a － a ln a .由题意知 ln a ＞ 1，所以 a ＞ e.综上，可知 a 的取值范围是 (e ，＋∞ ) ．技巧点拨在恒建立问题中有时需要取交集，有时需要取并集，此题结果取交集．一般而言，在同一“问题”中，假如对自变量作分类议论，其结果要取交集；假如对参数作分类议论，其结果要取并集．方法二 结构函数法已知函数 f ( x ) ＝ － x 2＋ 2x x，x ＋x ＞若 | f ( x )| ≥ ax ，则 a 的取值范围是 ()，A ．( －∞， 0]B ．( －∞， 1]C ．D ．D| f ( x )| ≥ ax ?－ － x 2＋2xax x，①x ＋ax x ＞②(1) 由①得 x ( x －2) ≥ ax 在区间 ( －∞， 0] 上恒建立．当 x ＝ 0 时， a ∈ R ；当 x ＜ 0 时，有 x －2≤ a 在区间 ( －∞， 0] 上恒建立，所以 a ≥－ 2.(2) 由②得 ln(x ＋1) － ax ≥0在区间 (0 ，＋∞ ) 上恒建立， 设 () ＝ ln( x ＋1)－ax ( x ＞0)，h x则 ′()＝1 － ( x ＞0) ，可知′( ) 为减函数．当 ≤0时， ′( ) ＞0，故( ) 为增函h xx ＋ 1 a h x a h xh x数，所以 h ( x ) ＞h (0) ＝ 0 恒建立；11当 a ≥1时，因为 x ＋ 1∈ (0,1) ，所以 h ′(x ) ＝ x ＋1－ a ＜ 0，故 h ( x ) 为减函数，所以h ( x )＜ h (0) ＝ 0 恒建立，明显不切合题意；当 0＜ a ＜ 1 时，关于给定的一个确立值 a ，总能够起码找到一个 x ＞ 0，知足 h ( x ) ＝ ln( x1＋ 1) －ax0＜ 0 建立．如当a＝2时，取 x0＝4，则 h( x0)＝ln 5－2＜0建立，可知当0＜a＜ 1 时，不切合题意．故a≤0.由(1)(2) 可知，a的取值范围是．方法研究此题的切入点不一样，结构的函数也是不同样的，也能够结构函数联合选项利用函数图象及清除法去达成．典例2 也能够经过结构函数求解，可是在问题的求解中假如能够分别出参数，尽量用分别参数法去求解．相对而言，多半题目都能够采纳分别参数法去求解，并且采用分别参数法关于问题的求解会相对简单．方法三等价转变法a32设 f ( x)＝x＋ x ln x， g( x)＝x － x－ 3.(1)假如存在 x， x∈使得 g( x )－ g( x )≥ M建立，求知足上述条件的最大整数M；1212s， t ∈1，都有 f ( s)≥ g( t )建立，务实数 a 的取值范围．(2) 假如关于随意的2， 2(1) 存在1，x 2∈使得(1)－(2)≥建立，等价于max≥.x g x g x M M由g( x)＝x3－x2－3，得′(＝3x2－2x＝3xx－2g x) 3.2由 g′(x)＞0得 x＜0或 x＞3，又 x∈，2所以 g( x)在0，3上是单一递减函数，2在3， 2 上是单一递加函数，285所以 g( x)min＝ g 3＝－27，g( x)max＝g(2)＝1.112故 max＝g(x) max－g(x) min＝27≥M，则知足条件的最大整数M＝4.(2)关于任意的s，t∈1，2，都有f(s) ≥ (t) 建立，等价于在1，2 上，函数2g2f ( x)min max≥ g( x) .1由(1) 可知在2， 2 上，g( x) 的最大值为g(2) ＝ 1.在1ax≥1恒建立等价于2x 恒建立．， 2上， f ( x)＝＋ x ln a≥x－ x ln2x设 h( x)＝ x－x2ln x，h′(x)＝1－2x ln x－ x，可知 h′(x)在12，2上是减函数，又 h′(1)＝0，所以当 1＜x＜ 2 时，h′(x) ＜ 0；当1＜ x＜1时， h′(x)＞0.2即函数 h( x)＝ x－x2ln1x 在2， 1 上单一递加，在上单一递减，所以h( x)max＝h(1)＝1，即实数 a 的取值范围是[1，＋∞)．温馨提示假如一个问题的求解中既有“存在性”又有“恒建立”问题，那么需要对问题作等价转化，使之变为与典例2、典例 3 有关的问题去求解，这里必定要注意转变的等价性、奇妙性，防备在转变中犯错而使问题的求解犯错．。

2020年高考数学一轮复习单元滚动检测卷系列考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．单元检测三导数及其应用第Ⅰ卷一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．函数f(x)＝3ln x＋x2－3x＋3在点(3，f(3))处的切线斜率是()A．－2 3 B.3C．2 3 D．432．若函数y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝3x－2，则函数g(x)＝x2＋f(x)的图象在点(1，g(1))处的切线方程为()A．5x－y－3＝0 B．5x－y＋3＝0C．x－5y＋3＝0 D．x－5y－3＝03．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是()A．20 B．18C．3 D．04．曲线y＝x3在点(1,1)处的切线与x轴及直线x＝1所围成的三角形的面积为()A.112 B.16C.13 D.125．函数f (x )＝x 3－3bx ＋3b 在(0,1)内有极小值，则( )A ．0<b <1B ．b <1C ．b >0D ．b <126．若曲线y ＝12e x 2与曲线y ＝a ln x 在它们的公共点P (s ，t )处具有公共切线，则实数a 等于( )A ．－2B.12 C ．1D ．2 7．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2，x ∈[0，1]，1x，x ∈1，e](e 为自然对数的底数)，则ʃe 0f (x )d x 等于( ) A ．－43B ．－23 C.23 D.438．设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，1 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1 第Ⅱ卷二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在题中横线上)9．曲线f (x )＝e x ＋x 2＋x ＋1上的点到直线2x －y ＝3的距离的最小值为________．10．曲线C ：f (x )＝sin x ＋e x ＋2在x ＝0处的切线方程为________．11．已知函数f (x )的导数f ′(x )＝a (x ＋1)(x －a )，若f (x )在x ＝a 处取得极大值，则a 的取值范围是________．12．已知a ∈R ，函数f (x )＝e x ＋a ·e －x 的导函数y ＝f ′(x )是奇函数，若曲线y ＝f (x )的一条切线的斜率为32，则切点的横坐标为________．13．若0<x<1，a＝sin xx，b＝sin xx，c＝sin xx，则a，b，c的大小关系为__________．14．已知函数y＝f(x)是R上的偶函数，且当x≥0时，f(x)＝2x－2x 12，又a是函数g(x)＝ln(x＋1)－2x的零点，则f(－2)，f(a)，f(1.5)的大小关系是________．三、解答题(本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(13分)已知函数f(x)＝ax3＋x2f′(1)＋1，且f′(－1)＝9.(1)求曲线f(x)在x＝1处的切线方程；(2)若存在x∈(1，＋∞)使得函数f(x)<m成立，求实数m的取值范围．16．(13分)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－43处取得极值．(1)确定a的值；(2)若g(x)＝f(x)e x，讨论g(x)的单调性．17.(13分)已知函数f(x)＝12x2－a ln x.(1)求f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝f(x)＋2x，若g(x)在[1，e]上不单调且仅在x＝e处取得最大值，求a的取值范围．18．(13分)已知函数f(x)＝－a ln x＋(a＋1)x－12x2(x>0)．(1)若x＝1是函数f(x)的极大值点，求函数f(x)的单调递减区间；(2)若f(x)≥－12x2＋ax＋b恒成立，求实数ab的最大值．19.(14分)已知f(x)＝1＋ln xx.(1)求函数y＝f(x)的单调区间；(2)若关于x的方程f(x)＝x2－2x＋k有实数解，求实数k的取值范围；(3)当n∈N*时，求证：nf(n)<2＋12＋13＋…＋1n－1.20．(14分)已知函数f(x)＝－2(x＋a)ln x＋x2－2ax－2a2＋a，其中a＞0.(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；(2)证明：存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．答案解析1．C[由f(x)＝3ln x＋x2－3x＋3得，f′(x)＝3x＋2x－3，∴f′(3)＝2 3.故选C.]2．A[由函数y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝3x－2，得f′(1)＝3，f(1)＝1.又函数g(x)＝x2＋f(x)，∴g′(x)＝2x＋f′(x)，则g′(1)＝2×1＋f′(1)＝2＋3＝5.g(1)＝12＋f(1)＝1＋1＝2.∴函数g(x)＝x2＋f(x)的图象在点(1，g(1))处的切线方程为y－2＝5(x－1)．即5x－y－3＝0.故选A.]3．A[因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，可知f(x)在x＝±1处取得极值．又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3,2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19.由题设知在区间[－3,2]上f (x )max －f (x )min ≤t ，从而t ≥20，所以t 的最小值是20.]4．B [求导得y ′＝3x 2，所以y ′|x ＝1＝3，所以曲线y ＝x 3在点(1,1)处的切线方程为y －1＝3(x －1)，结合图象易知所围成的三角形是直角三角形， 三个交点的坐标分别是(23，0)，(1,0)，(1,1)，于是三角形的面积为12×(1－23)×1＝16，故选B.]5．A [设f ′(x )＝3(x 2－b )，∵函数f (x )＝x 3－3bx ＋3b 在(0,1)内有极小值，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′0<0f ′1>0，解得0<b <1.故选A.]6．C [由y ＝12e x 2，得y ′＝xe .由y ＝a ln x ，得y ′＝ax .∵它们在点P 处有公共切线，∴x e ＝a x ，解得x ＝e a ，代入两曲线得12e ·e a ＝a 2(ln a ＋1)，∴ln a ＋1＝1，解得a ＝1，故选C.]7．D [依题意得，ʃe 0f (x )d x ＝ʃ10x 2d x ＋ʃe 11x d x＝13x 3|10＋ln x |e 1＝13＋1＝43.]8．D [由已知函数关系式，先找到满足f (x 0)<0的整数x 0，由x 0的唯一性列不等式组求解．∵f (0)＝－1＋a <0，∴x 0＝0.又∵x 0＝0是唯一的使f (x )<0的整数，∴⎩⎨⎧ f －1≥0，f 1≥0，即⎩⎨⎧e －1[2×－1－1]＋a ＋a ≥0，e 2×1－1－a ＋a ≥0，解得a ≥32e . 又∵a <1，∴32e ≤a <1，经检验a ＝34，符合题意．故选D.] 9.5解析 f ′(x )＝e x ＋2x ＋1，设与直线2x －y ＝3平行且与曲线f (x )相切于点P (s ，t )的直线方程为2x －y ＋m ＝0，则e s ＋2s ＋1＝2，解得s ＝0.∴切点为P (0,2)．∴曲线f (x )＝e x ＋x 2＋x ＋1上的点到直线2x －y ＝3的距离的最小值为点P 到直线2x －y ＝3的距离d ，且d ＝|0－2－3|5＝ 5. 10．2x －y ＋3＝0解析 因为f ′(x )＝cos x ＋e x ，所以f ′(0)＝2，所以曲线在x ＝0处的切线方程为y －3＝2(x －0)，即2x －y ＋3＝0.11．(－1,0)解析 当a ＝0时，则f ′(x )＝0，函数f (x )不存在极值．当a ≠0时，令f ′(x )＝0，则x 1＝－1，x 2＝a .若a ＝－1，则f ′(x )＝－(x ＋1)2≤0，函数f (x )不存在极值；若a >0，当x ∈(－1，a )时，f ′(x )<0，当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，不符合题意；若－1<a <0，当x ∈(－1，a )时，f ′(x )>0，当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极大值；若a <－1，当x ∈(－∞，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，－1)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，不符合题意．所以a ∈(－1,0)．12．ln 2解析 由题意可得，f ′(x )＝e x －a e x 是奇函数，∴f′(0)＝1－a＝0，∴a＝1，f(x)＝e x＋1e x，f′(x)＝ex－1e x，∵曲线y＝f(x)在(x，y)的一条切线的斜率是3 2，∴32＝ex－1e x，解方程可得e x＝2，∴x＝ln 2. 13．a>b>c解析易知当0<x<1时，0<sin x<x，则0<sin xx<1，∴sin xx<sin xx.设f(x)＝sin xx，则f′(x)＝x cos x－sin xx2，设h(x)＝x cos x－sin x，则h′(x)＝－x sin x．当x∈(0,1)时，h′(x)<0，∴h(x)在(0,1)上单调递减，∴当x∈(0,1)时，h(x)<h(0)＝0，∴f′(x)<0在(0,1)上恒成立，∴f(x)在(0,1)上单调递减，又∵0<x<1，∴0<x<x<1，∴sin xx>sin xx.综上：sin xx>sin xx>sin xx，即a>b>c.14．f(1.5)<f(a)<f(－2)解析因为g(1.5)＝ln 52－43<0，g(2)＝ln 3－1>0，所以g(x)＝ln(x＋1)－2x在(32，2)内有零点，又由g′(x)＝1x＋1＋2x2>0知g(x)＝ln(x＋1)－2x在(－1,0)，(0，＋∞)上单调递增，所以函数g(x)＝ln(x＋1)－2x在区间(32，2)内有唯一的零点，即为a，则a∈(32，2)，所以2>a>1.5>1，当x≥1时，f′(x)＝2x·ln 2－1x＝x·2x·ln 2－1x，因为x·2x·ln 2－1≥2ln 2－1＝ln 4－1>0，所以f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)内单调递增，所以f(2)>f(a)>f(1.5)，又f(x)是偶函数，所以f(1.5)<f(a)<f(－2)．15．解 (1)∵f (x )＝ax 3＋x 2f ′(1)＋1，∴f ′(x )＝3ax 2＋2xf ′(1)，∴⎩⎨⎧ f ′1＝3a ＋2f ′1，f ′－1＝3a －2f ′1＝9. ∴⎩⎨⎧ a ＝1，f ′1＝－3.∴f (x )＝x 3－3x 2＋1， ∴f (1)＝－1.故曲线f (x )在x ＝1处的切线方程y ＝－3(x －1)－1＝－3x ＋2，即3x ＋y －2＝0.(2)f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.则函数f (x )在区间(1,2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增，f (x )≥f (2)＝－3. 则由题意可知，m >－3，即所求实数m 的取值范围为(－3，＋∞)．16．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ，因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0， 即3a ·169＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12. (2)由(1)得g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ， 故g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋2x e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋52x 2＋2x e x ＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x .令g ′(x )＝0，解得x ＝0，x ＝－1或x ＝－4.当x ＜－4时，g ′(x )＜0，故g (x )为减函数；当－4＜x ＜－1时，g ′(x )＞0，故g (x )为增函数；当－1＜x ＜0时，g ′(x )＜0，故g (x )为减函数；当x ＞0时，g ′(x )＞0，故g (x )为增函数．综上知，g (x )在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数．17．解 (1)f ′(x )＝x 2－a x (x >0)，当a ≤0时，f ′(x )≥0，增区间为(0，＋∞)，当a >0时，f ′(x )≥0⇒x >a ，f ′(x )<0⇒0<x <a ，∴f (x )的增区间为(a ，＋∞)，减区间为(0，a )．(2)g ′(x )＝x －a x ＋2＝x 2＋2x －ax (x >0)，设h (x )＝x 2＋2x －a (x >0)，若g (x )在[1，e]上不单调，则h (1)h (e)<0，(3－a )(e 2＋2e －a )<0，∴3<a <e 2＋2e ，同时g (x )仅在x ＝e 处取得最大值，所以只要g (e)>g (1)．即可得出：a <e 22＋2e －52，则a 的范围：(3，e 22＋2e －52)．18．解 (1)求导数可得，f ′(x )＝x －a －x ＋1x ，∵x ＝1是函数f (x )的极大值点，∴0<a <1，∴函数f (x )的单调递减区间为(0，a )，(1，＋∞)；(2)∵f (x )≥－12x 2＋ax ＋b 恒成立，∴a ln x －x ＋b ≤0恒成立，令g (x )＝a ln x －x ＋b ，则g ′(x )＝a －xx (可验证当a ≤0时，不合题意)，∴g (x )在(0，a )上单调递增，在(a ，＋∞)上单调递减，∴g (x )max ＝g (a )＝a ln a －a ＋b ≤0，∴b ≤a －a ln a ，∴ab ≤a 2－a 2ln a ，令h (x )＝x 2－x 2ln x (x >0)，则h ′(x )＝x (1－2ln x )，∴h (x )在(0，e 12)上单调递增，在(e 12，＋∞)上单调递减，∴h (x )max ＝h (e 12)＝e 2，∴ab ≤e 2，即ab 的最大值为e 2.19．(1)解 ∵f (x )＝1＋ln x x ，∴f ′(x )＝1x ·x －1＋ln xx 2＝－ln x x 2. 当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0.∴函数f (x )在区间(0,1)上为增函数，在区间(1，＋∞)上为减函数．(2)解 由(1)，得f (x )的极大值为f (1)＝1.令g (x )＝x 2－2x ＋k ，当x ＝1时，函数g (x )取得最小值g (1)＝k －1.∵方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，那么k －1≤1，即k ≤2，∴实数k 的取值范围是k ≤2.(3)证明 ∵函数f (x )在区间(1，＋∞)上为减函数，1＋1n >1(n ∈N *，n ≥2)，∴f (1＋1n )<f (1)＝1，∴1＋ln(1＋1n )<1＋1n ，即ln(n ＋1)－ln n <1n ，∴ln n ＝ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln n －ln(n －1)<1＋12＋13＋…＋1n －1， 即1＋ln n <2＋12＋13＋…＋1n －1.∵nf (n )＝1＋ln n ， ∴nf (n )<2＋12＋13＋…＋1n －1.20．(1)解 由已知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， g (x )＝f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x ，所以g ′(x )＝2－2x ＋2a x 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －14x 2，当0＜a ＜14时，g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a2，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减；当a ≥14时，g (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．(2)证明 由f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ax ＝0，解得a ＝x －1－ln x1＋x －1，令φ(x )＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x －1－ln x 1＋x －1ln x ＋x 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －1x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －12＋x －1－ln x1＋x －1，则φ(1)＝1＞0，φ(e)＝－e e －21＋e －1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫e －21＋e －12＜0，故存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0，令a 0＝x 0－1－ln x 01＋x －10，u (x )＝x －1－ln x (x ≥1)，由u ′(x )＝1－1x ≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以0＝u11＋1＜u x01＋x－10＝a0＜u e1＋e－1＝e－21＋e－1＜1，即a0∈(0,1)，当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0，由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．故当x∈(1，x0)时，f′(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0，所以，当x∈(1，＋∞)时，f(x)≥0.综上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．。

单元质检三导数及其应用(时间:100分钟满分:150分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.如果一个物体的运动方程为s(t)=1-t+t2,其中s的单位是m,t的单位是s,那么物体在3 s末的瞬时速度是()A.7 m/sB.6 m/sC.5 m/sD.8 m/s2.若函数y=e x+mx有极值,则实数m的取值范围是()A.m>0B.m<0C.m>1D.m<13.已知函数f(x)=-x3+ax2-x-1在R上是减函数,则实数a的取值范围是()A.(-∞,-]∪[,+∞)B.[-]C.(-∞,-)∪(,+∞)D.(-)4.函数f(x)=x2+x-ln x的零点的个数是()A.0B.1C.2D.35.(2018全国Ⅰ,理5)设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为()A.y=-2xB.y=-xC.y=2xD.y=x6.已知函数f(x)=--x2的最大值为f(a),则a等于()A. B.C. D.7.已知定义在R上的函数f(x)满足f'(x)+f(x)>1,f(0)=5,f'(x)是f(x)的导函数,则不等式e x(f(x)-1)>4(其中e为自然对数的底数)的解集为()A.(0,+∞)B.(-∞,0)∪(3,+∞)C.(-∞,0)∪(1,+∞)D.(3,+∞)8.设函数f(x)=e x-,若不等式f(x ≤0有正实数解,则实数a的最小值为()A.3B.2C.e2D.e二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.(2018天津,文10)已知函数f(x)=e x ln x,f'(x)为f(x)的导函数,则f'(1)的值为.10.设曲线y=在点(3,2)处的切线与直线ax+y+3=0垂直,则a= .-11.若f(x)=a e-x-e x为奇函数,则f(x-1)<e-的解集为.12.已知函数f(x)=ax3+3x2-x+1在区间(-∞,+∞)内是减函数,则实数a的取值范围是.13.已知f(x)=x3-6x2+9x-abc,a<b<c,且f(a)=f(b)=f(c)=0,现给出如下结论:①f(0)f(1)<0; ②f(0)f(1)>0;③f(0)f(3)>0; ④f(0)f(3)<0;⑤f(1)f(3)>0; ⑥f(1)f(3)<0.其中正确的结论是.(填序号)14.已知过点A(1,m)恰能作曲线f(x)=x3-3x的两条切线,则m的值是.三、解答题(本大题共6小题,共80分)15.(13分)已知函数f(x)=(x--)·e-x.(1)求f(x)的导函数;(2)求f(x)在区间∞内的取值范围.16.(13分)(2018全国Ⅱ,文21)已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)只有一个零点.17.(13分)已知函数f(x)=e x-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.(1)求a的值及函数f(x)的极值;(2)证明:当x>0时,x2<e x.18.(13分)(2018北京,理18)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行,求a;(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.19.(14分)已知函数f(x)=e x-x2+a,x∈R的图象在x=0处的切线方程为y=bx.(e≈2.718 28)(1)求函数f(x)的解析式;(2)当x∈R时,求证:f(x ≥-x2+x;(3)若f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立,求实数k的取值范围.20.(14分)设a∈Z,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一个零点x0,g(x)为f(x)的导函数.(1)求g(x)的单调区间;(2)设m∈[1,x0)∪(x0,2],函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求证:h(m)h(x0)<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∈[1,x0)∪(x0,2],满足-0.单元质检三导数及其应用1.C解析根据瞬时速度的意义,可得3s末的瞬时速度是v=s'(3)=-1+2×3=5.2.B解析求导得y'=e x+m,由于e x>0,若y=e x+mx有极值,则必须使y'的值有正有负,故m<0.3.B解析由题意知f'(x)=-3x2+2ax- ≤0在R上恒成立,故Δ=(2a)2-4×(-3)×(- ≤0 解得- ≤a≤.4.A解析由f'(x)=2x+1--=0,得x=或x=-1(舍去).当0<x<时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x>时,f'(x)>0,f(x)单调递增,则f(x)的最小值为f+ln2>0,所以f(x)无零点.5.D解析因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,解得a=1,则f(x)=x3+x.由f'(x)=3x2+1,得曲线f(x)在(0,0)处的切线斜率k=f'(0)=1.故切线方程为y=x.6.B解析∵f'(x)=--2x,∴f'(1)=-f'(1)-2,解得f'(1)=-,∴f(x)=-x2,f'(x)=-.令f'(x)>0,解得x<;令f'(x)<0,解得x>,故f(x)在0 内递增,在∞内递减,故f(x)的最大值是f,a=.7.A解析令g(x)=e x(f(x)-1),则g'(x)=e x(f(x)-1)+e x f'(x)=e x(f(x)+f'(x)-1).因为f(x)+f'(x)>1,所以g'(x)>0.所以函数g(x)在R上单调递增.因为f(0)=5,所以g(0)=4.因为e x(f(x)-1)>4,所以g(x)>g(0),所以x>0.故选A.8.D解析原问题等价于a≥ x(x2-3x+3)在区间(0,+∞)内有解.令g(x)=e x(x2-3x+3),则a≥g(x)min,而g'(x)=e x(x2-x).由g'(x)>0,可得x>1或x<0;由g'(x)<0,可得0<x<1.所以函数g(x)在区间(0,+∞)内的最小值为g(1)=e.综上可得,实数a的最小值为e.9.e解析∵f(x)=e x ln x,∴f'(x)=e x ln x+.∴f'(1)=eln1+=e.10.-2解析因为y=-的导数为y'=--,所以曲线在点(3,2)处的切线斜率k=-.又因为直线ax+y+3=0的斜率为-a,所以-a·-=-1, 解得a=-2.11.(0,+∞)解析∵f(x)在R上为奇函数,∴f(0)=0,即a-1=0.∴a=1.∴f(x)=e-x-e x,∴f'(x)=-e-x-e x<0.∴f(x)在R上单调递减.∴由f(x-1)<e-=f(-1),得x-1>-1,即x>0.∴f(x-1)<e-的解集为(0,+∞).12.(-∞,-3]解析由题意可知f'(x)=3ax2+6x- ≤0在R上恒成立,则0解得a≤-3.故实数a的取值范围为(-∞,-3].13.①③⑥解析∵f(x)=x3-6x2+9x-abc,∴f'(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3).∴当1<x<3时,f'(x)<0;当x<1或x>3时,f'(x)>0.∴f(x)的单调递增区间为(-∞,1)和(3,+∞),单调递减区间为(1,3).∴f(x)极大值=f(1)=1-6+9-abc=4-abc,f(x)极小值=f(3)=27-54+27-abc=-abc.∵f(x)=0有三个解a,b,c,∴a<1<b<3<c,∴f(1)=4-abc>0,且f(3)=-abc<0.∴0<abc<4.∵f(0)=-abc,∴f(0)<0,∴f(0)f(1)<0,f(0)f(3)>0,f(1)·f(3)<0.14.-3或-2解析设切点坐标为(a,a3-3a).∵f(x)=x3-3x,∴f'(x)=3x2-3,∴切线的斜率k=3a2-3,由点斜式可得切线方程为y-(a3-3a)=(3a2-3)·(x-a).∵切线过点A(1,m),∴m-(a3-3a)=(3a2-3)(1-a),即2a3-3a2=-3-m.∵过点A(1,m)可作曲线y=f(x)的两条切线,∴关于a的方程2a3-3a2=-3-m有两个不同的根.令g(x)=2x3-3x2,∴g'(x)=6x2-6x.令g'(x)=0,解得x=0或x=1,当x<0时,g'(x)>0;当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0,∴g(x)在(-∞,0)内单调递增,在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增,∴当x=0时,g(x)取得极大值g(0)=0,当x=1时,g(x)取得极小值g(1)=-1.关于a的方程2a3-3a2=-3-m有两个不同的根,等价于y=g(x)与y=-3-m的图象有两个不同的交点, ∴-3-m=-1或-3-m=0,解得m=-3或m=-2,∴实数m的值是-3或-2.15.解(1)因为(x--)'=1--,(e-x)'=-e-x,所以f'(x)=-e-x-(x--)e-x=-----.(2)由f'(x)=-----=0,解得x=1或x=.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:又f(x)=--1)2e-x≥0所以f(x)在区间∞内的取值范围是0 -.16.(1)解当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.令f'(x)=0,解得x=3-2 或x=3+2.当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(3-2,3+2)时,f'(x)<0.故f(x)在区间(-∞,3-2),(3+2,+∞)内单调递增,在区间(3-2,3+2)内单调递减.(2)证明由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于-3a=0.设g(x)=-3a,则g'(x)=≥0 仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)内单调递增,故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6-<0,f(3a+1)=>0,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.17.(1)解由f(x)=e x-ax,得f'(x)=e x-a.因为f'(0)=1-a=-1,所以a=2.所以f(x)=e x-2x,f'(x)=e x-2.令f'(x)=0,得x=ln2.当x<ln2时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以当x=ln2时,f(x)取得极小值,极小值为f(ln2)=2-2ln2=2-ln4,f(x)无极大值.(2)证明令g(x)=e x-x2,则g'(x)=e x-2x.由(1),得g'(x)=f(x ≥f(ln2)=2-ln4>0, 故g(x)在R上单调递增.因为g(0)=1>0,所以当x>0,g(x)>g(0)>0,即x2<e x.18.解(1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x,所以f'(x)=[2ax-(4a+1)]e x+[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x=[ax2-(2a+1)x+2]e x.f'(1)=(1-a)e.由题设知f'(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1)=3e≠0,所以a的值为1.(2)由(1)得f'(x)=[ax2-(2a+1)x+2]e x=(ax-1)(x-2)e x.若a>,则当x∈时,f'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在x=2处取得极小值.若a≤,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax- ≤x-1<0,所以f'(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是∞.19.(1)解∵f(x)=e x-x2+a,∴f'(x)=e x-2x.由已知,得0 0 0解得-∴函数f(x)的解析式为f(x)=e x-x2-1.(2)证明令φ(x)=f(x)+x2-x=e x-x-1,则φ'(x)=e x-1.由φ'(x)=0,得x=0.当x∈(-∞,0)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增.故φ(x)min=φ(0)=0,从而f(x ≥-x2+x.(3)解f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立⇔>k对任意的x∈(0,+∞)恒成立.令g(x)=,x>0,则g'(x)=-=----=---.由(2)可知当x∈(0,+∞)时,e x-x-1>0恒成立,由g'(x)>0,得x>1;由g'(x)<0,得0<x<1.故g(x)的递增区间为(1,+∞),递减区间为(0,1),即g(x)min=g(1)=e-2.故k<g(x)min=g(1)=e-2,即实数k的取值范围为(-∞,e-2).20.(1)解由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g(x)=f'(x)=8x3+9x2-6x-6,进而可得g'(x)=24x2+18x-6.令g'(x)=0,解得x=-1或x=.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:所以,g(x)的单调递增区间是(-∞,-1),∞,单调递减区间是-.(2)证明由h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),得h(m)=g(m)(m-x0)-f(m),h(x0)=g(x0)(m-x0)-f(m).令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),则H'1(x)=g'(x)(x-x0).由(1)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.天津2020届高考数学一轮复习单元质检令函数H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),则H'2(x)=g(x0)-g(x).由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故当x∈[1,x0)时,H'2(x)>0,H2(x)单调递增;当x∈(x0,2]时,H'2(x)<0,H2(x)单调递减.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H2(x)<H2(x0)=0,可得H2(m)<0,即h(x0)<0.所以,h(m)h(x0)<0.(3)证明对于任意的正整数p,q,且∈[1,x0)∪(x0,2],令m=,函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m).由(2)知,当m∈[1,x0)时,h(x)在区间(m,x0)内有零点;当m∈(x0,2]时,h(x)在区间(x0,m)内有零点.所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点,不妨设为x1,则h(x1)=g(x1)-0-f=0.由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故0<g(1)<g(x1)<g(2).于是-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x0外没有其他的零点,而≠x0,故f≠0.又因为p,q,a均为整数,所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数,从而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥ .所以-0.所以,只要取A=g(2),就有-0.11。

单元检测三 导数及其应用(提升卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间100分钟，满分130分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下列求导运算正确的是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 2′＝1＋1x3B ．(log 3x )′＝1x lg3C ．(3x )′＝3x·ln3 D ．(x 2sin x )′＝2x cos x答案 C解析 由求导法则可知C 正确．2．已知函数f (x )＝ln x ＋x 2f ′(a )，且f (1)＝－1，则实数a 的值为( ) A ．－12或1B.12 C ．1 D ．2答案 C解析 令x ＝1，则f (1)＝ln1＋f ′(a )＝－1， 可得f ′(a )＝－1.令x ＝a >0，则f ′(a )＝1a＋2af ′(a )，即2a 2－a －1＝0，解得a ＝1或a ＝－12(舍去)．3．若函数f (x )＝x e x的图象的切线的倾斜角大于π2，则x 的取值范围是( )A ．(－∞，0)B ．(－∞，－1)C ．(－∞，－1]D ．(－∞，1)答案 B解析 f ′(x )＝e x＋x e x＝(x ＋1)e x，又切线的倾斜角大于π2，所以f ′(x )<0，即(x ＋1)e x<0，解得x <－1. 4．函数f (x )＝2x 2－ln x 的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0和⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12答案 C解析 由题意得f ′(x )＝4x －1x ＝4x 2－1x，且x >0，由f ′(x )>0，即4x 2－1>0，解得x >12.故选C.5．函数f (x )＝e|x |3x的部分图象大致为( )答案 C解析 由题意得f (x )为奇函数，排除B ； 又f (1)＝e3<1，排除A ；当x >0时，f (x )＝ex3x，所以f ′(x )＝(x －1)ex 3x 2，函数f (x )在区间(0,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增，排除D.6．若函数f (x )＝ln x ＋ax 2－2在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2内存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－2] B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－18，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－18 D ．(－2，＋∞)答案 D解析 对f (x )求导得f ′(x )＝1x ＋2ax ＝2ax 2＋1x，由题意可得2ax 2＋1>0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2内有解，所以a >⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x 2min . 因为x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2， 所以x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫14，4，⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－18，所以a >－2.7.已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )①f (b )>f (a )>f (c )；②函数f (x )在x ＝c 处取得极小值，在x ＝e 处取得极大值； ③函数f (x )在x ＝c 处取得极大值，在x ＝e 处取得极小值； ④函数f (x )的最小值为f (d )． A ．③B．①②C．③④D．④ 答案 A解析 由导函数的图象可知函数f (x )在区间(－∞，c )，(e ，＋∞)内，f ′(x )>0， 所以函数f (x )在区间(－∞，c )，(e ，＋∞)内单调递增，在区间(c ，e )内，f ′(x )<0， 所以函数f (x )在区间(c ，e )内单调递减． 所以f (c )>f (a )，所以①错；函数f (x )在x ＝c 处取得极大值，在x ＝e 处取得极小值，故②错，③对； 函数f (x )没有最小值，故④错．8．由直线y ＝0，x ＝e ，y ＝2x 及曲线y ＝2x所围成的封闭图形的面积为( )A ．3＋2ln2B ．3C ．2e 2－3 D ．e答案 B解析 S ＝ʃ102x d x ＋ʃe 12xd x ＝x 2| 10＋2ln x | e 1＝3，故选B.9．已知在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若函数f (x )＝13x 3＋bx 2＋(a 2＋c2－ac )x ＋1有极值点，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B －π3的最小值是( ) A ．0B ．－32C.32D ．－1 答案 D解析 因为f (x )＝13x 3＋bx 2＋(a 2＋c 2－ac )x ＋1，所以f ′(x )＝x 2＋2bx ＋a 2＋c 2－ac .又因为函数f (x )＝13x 3＋bx 2＋(a 2＋c 2－ac )x ＋1有极值点，所以关于x 的方程x 2＋2bx ＋a 2＋c 2－ac ＝0有两个不同的实数根， 所以Δ＝(2b )2－4(a 2＋c 2－ac )>0，即ac >a 2＋c 2－b 2，即ac >2ac cos B ，即cos B <12，又B ∈(0，π)，故B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π，所以2B －π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，5π3.当2B －π3＝3π2，即B ＝11π12时，sin ⎝⎛⎭⎪⎫2B －π3取最小值－1，故选D.10．已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则实数a 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞) B ．(1，＋∞) C ．(－∞，－2) D ．(－∞，－1)答案 C解析 易知a ≠0，所以f (x )为一元三次函数． 因为f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)， 所以方程f ′(x )＝0的根为x 1＝0，x 2＝2a.又注意到函数f (x )的图象经过点(0,1)，所以结合一元三次函数的图象规律及题意可知，函数f (x )的图象应满足下图，从而有⎩⎪⎨⎪⎧a <0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a >0，即⎩⎪⎨⎪⎧a <0，8a2－3×4a 2＋1>0，解得a <－2.故选C.11．设函数f (x )＝min ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ln x ，x 2e x (min{a ，b }表示a ，b 中的较小者)，则函数f (x )的最大值为( )A.32ln2B ．2ln2C.1e D.4e 2 答案 D解析 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． 由y 1＝x ln x 得y 1′＝ln x ＋1， 令y 1′＝0，解得x ＝1e，∴y 1＝x ln x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增． 由y 2＝x 2e x ，x >0得y 2′＝2x －x2e x ，令y 2′＝0，x >0，解得x ＝2，∴y 2＝x 2ex 在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，作出示意图如下，当x ＝2时，y 1＝2ln2，y 2＝4e2.∵2ln2>4e 2，∴y 1＝x ln x 与y 2＝x2e x 的交点在(1,2)内，∴函数f (x )的最大值为4e2.12．已知f (x )是偶函数，且f (x )在[0，＋∞)上是增函数，如果f (ax ＋1)≤f (x －2)在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1时恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[－2,1]B ．[－5,0]C ．[－5,1]D ．[－2,0] 答案 D解析 因为f (x )是偶函数，且在[0，＋∞)上是增函数，如果f (ax ＋1)≤f (x －2)在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1时恒成立，则|ax ＋1|≤|x －2|，即x －2≤ax ＋1≤2－x .由ax ＋1≤2－x ，得ax ≤1－x ，a ≤1x－1，而g (x )＝1x －1在x ＝1时取得最小值0，故a ≤0；同理，当x －2≤ax ＋1时，a ≥1－3x.而h (x )＝1－3x在x ＝1处取得最大值－2，所以a ≥－2，所以a 的取值范围是[－2,0]．第Ⅱ卷(非选择题 共70分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．ʃe 11xd x ＋ʃ2－24－x 2d x ＝________. 答案 2π＋1解析 因为ʃe 11xd x ＝ln x |e 1＝lne －ln1＝1，又ʃ2－24－x 2d x 的几何意义表示为y ＝4－x 2对应上半圆的面积， 即ʃ2－24－x 2d x ＝12×π×22＝2π， 所以ʃe 11xd x ＋ʃ2－24－x 2d x ＝2π＋1. 14．已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为________万件． 答案 9解析 ∵y ＝－13x 3＋81x －234，∴y ′＝－x 2＋81，令y ′>0，得0<x <9， 令y ′<0，得x >9，∴函数y ＝－13x 3＋81x －234在区间(0,9)上是增函数，在区间(9，＋∞)上是减函数，∴函数在x ＝9处取得极大值，也是最大值． 故使该生产厂家获得最大年利润的年产量为9万件．15．(2018·深圳调研)设实数λ>0，若对任意的x ∈(0，＋∞)，不等式e λx－ln xλ≥0恒成立，则λ的最小值为________． 答案 1e解析 当x ∈(0,1]时，λ>0，不等式e λx－ln x λ≥0显然成立，λ可取任意正实数；当x ∈(1，＋∞)时，e λx －ln x λ≥0⇔λe λx ≥ln x ⇔λx ·e λx ≥ln x ·e ln x，设函数f (x )＝x ·e x(x >0)，而f ′(x )＝(x ＋1)·e x>0， 则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，那么由λx ·e λx ≥ln x ·e ln x可得λx ≥ln x ⇔λ≥ln x x.令g (x )＝ln xx(x >1)，而g ′(x )＝1－ln xx2， 易知函数g (x )在(1，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减， 那么g (x )max ＝g (e)＝1e ，则有λ≥1e .综上分析可知，λ的最小值为1e.16．对于定义在R 上的函数f (x )，若存在非零实数x 0，使函数f (x )在(－∞，x 0)和(x 0，＋∞)上均有零点，则称x 0为函数f (x )的一个“折点”．现给出下列四个函数： ①f (x )＝3|x －1|＋2；②f (x )＝lg|x ＋2019|； ③f (x )＝x 33－x －1；④f (x )＝x 2＋2mx －1(m ∈R )．则存在“折点”的函数是________．(填序号) 答案 ②④ 解析 因为f (x )＝3|x －1|＋2>2，所以函数f (x )不存在零点， 所以函数f (x )不存在“折点”；对于函数f (x )＝lg|x ＋2019|，取x 0＝－2019， 则函数f (x )在(－∞，－2019)上有零点x ＝－2020， 在(－2019，＋∞)上有零点x ＝－2018，所以x 0＝－2019是函数f (x )＝lg|x ＋2019|的一个“折点”； 对于函数f (x )＝x 33－x －1，则f ′(x )＝x 2－1＝(x ＋1)(x －1)． 令f ′(x )>0，得x >1或x <－1； 令f ′(x )<0，得－1<x <1，所以函数f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减． 又f (－1)＝－13<0，所以函数f (x )只有一个零点，所以函数f (x )＝x 33－x －1不存在“折点”；对于函数f (x )＝x 2＋2mx －1＝(x ＋m )2－m 2－1， 由于f (－m )＝－m 2－1≤－1，结合图象(图略)可知该函数一定有“折点”． 综上，存在“折点”的函数是②④.三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(12分)(2019·宁夏银川一中月考)设f (x )＝x 3－x . (1)求曲线在点(1,0)处的切线方程； (2)设x ∈[－1,1]，求f (x )的最大值． 解 (1)f ′(x )＝3x 2－1，切线斜率f ′(1)＝2， ∴切线方程y ＝2(x －1)，即2x －y －2＝0. (2)令f ′(x )＝3x 2－1＝0，x ＝±33， f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：故当x ＝－33时，f (x )max ＝239. 18．(12分)已知函数f (x )＝2x ＋2x＋a ln x ，a ∈R .(1)若函数f (x )在区间[1，＋∞)内单调递增，求实数a 的取值范围；(2)记函数g (x )＝x 2[f ′(x )＋2x －2]，若g (x )的最小值是－6，求函数f (x )的解析式． 解 (1)由题意知f ′(x )＝2－2x 2＋ax≥0在区间[1，＋∞)内恒成立，所以a ≥2x－2x 在区间[1，＋∞)内恒成立．令h (x )＝2x－2x ，x ∈[1，＋∞)，因为h ′(x )＝－2x2－2<0恒成立，所以h (x )在区间[1，＋∞)内单调递减， 所以h (x )max ＝h (1)＝0，所以a ≥0， 即实数a 的取值范围为[0，＋∞)． (2)g (x )＝2x 3＋ax －2，x >0.因为g ′(x )＝6x 2＋a ，当a ≥0时，g ′(x )>0恒成立，所以g (x )在区间(0，＋∞)内单调递增，无最小值，不合题意，所以a <0. 令g ′(x )＝0，则x ＝－a6或x ＝－－a6(舍去)， 由此可得函数g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0， －a 6内单调递减，在区间⎝⎛⎭⎪⎫－a 6，＋∞内单调递增，则x ＝－a6是函数g (x )的极小值点，也是最小值点， 所以g (x )min ＝g (x )极小值＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 6＝－6， 解得a ＝－6，所以f (x )＝2x ＋2x－6ln x .19．(13分)已知函数f (x )＝ln x －x ，g (x )＝ax 2＋2x (a <0)．(1)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最值； (2)求函数h (x )＝f (x )＋g (x )的极值点． 解 (1)依题意，f ′(x )＝1x－1，令1x－1＝0，解得x ＝1.因为f (1)＝－1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1－1e ，f (e)＝1－e ， 且1－e<－1－1e<－1，故函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为－1，最小值为1－e. (2)依题意，h (x )＝f (x )＋g (x )＝ln x ＋ax 2＋x (x >0)， h ′(x )＝1x ＋2ax ＋1＝2ax 2＋x ＋1x，当a <0时，令h ′(x )＝0，则2ax 2＋x ＋1＝0. 因为Δ＝1－8a >0，所以h ′(x )＝2ax 2＋x ＋1x ＝2a (x －x 1)(x －x 2)x，其中x 1＝－1－1－8a 4a ，x 2＝－1＋1－8a 4a .因为a <0，所以x 1<0，x 2>0， 所以当0<x <x 2时，h ′(x )>0； 当x >x 2时，h ′(x )<0，所以函数h (x )在区间(0，x 2)内是增函数，在区间(x 2，＋∞)内是减函数， 故x 2＝－1＋1－8a4a为函数h (x )的极大值点，无极小值点．20．(13分)已知函数f (x )＝ln x －m e x的图象在点(1，f (1))处的切线与直线l ：x ＋(1－e)y ＝0垂直，其中e 为自然对数的底数．(1)求实数m 的值及函数f (x )在区间[1，＋∞)内的最大值； (2)①求证：函数f (x )有且仅有一个极值点； ②求证：f (x )<x 2－2x －1.(1)解 由题意得f ′(x )＝1x－m e x，直线l ：x ＋(1－e)y ＝0的斜率为－11－e，故函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线的斜率为1－e ； 即f ′(1)＝1－m e ＝1－e ，所以m ＝1.当x ∈[1，＋∞)时，f ′(x )＝1x－e x单调递减，即f ′(x )≤f ′(1)＝1－e<0，所以f (x )在区间[1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈[1，＋∞)时，f (x )max ＝f (1)＝ln1－e ＝－e. (2)证明 ①f ′(x )＝1x－e x，令h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝－1x2－e x<0在(0，＋∞)上恒成立，即有h (x )在区间(0，＋∞)内单调递减．又h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－12e >0，h (1)＝1－e<0， 所以h (x )＝0在区间(0，＋∞)内有且仅有一个实根， 设此实根为x 0，则x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 当x ∈(0，x 0)时，h (x )>0，故f (x )单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )<0，故f (x )单调递减， 所以函数f (x )在x ＝x 0处取得唯一的极大值点， 即函数f (x )有且仅有一个极值点．②由①知f ′(x )＝1x－e x 在区间(0，＋∞)内为减函数， 又f ′(1)＝1－e<0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－e>0， 因此存在实数x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1满足方程f ′(x )＝1x －e x ＝0， 此时f (x )在区间(0，x 0)内为增函数，在区间(x 0，＋∞)内为减函数，且f ′(x 0)＝1x 0－0e x ＝0， 由此得到1x 0＝0e x ，x 0＝－ln x 0. 由单调性知f (x )max ＝f (x 0)＝ln x 0－0e x＝－x 0－1x 0＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋1x 0， 又x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，故－⎝⎛⎭⎪⎫x 0＋1x 0<－2， 所以f (x )max <－2.又x 2－2x －1＝(x －1)2－2≥－2，所以f (x )<x 2－2x －1.。