2018年高考一轮复习真题汇编(2013-2017)：
2.10导数及其应用
考纲剖析
1．了解导数概念的实际背景；
2．通过函数图象直观理解导数的几何意义；
3．能根据导数的定义求函数y＝c(c为常数)，y＝x，y＝，y＝x2，y＝x3，y＝的导数；
4．能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数，能求简单复合函数[仅限于形如y＝f(ax＋b)的复合函数]的导数.
5．了解函数单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．
6．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次).
知识回顾
1．导数的概念
(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数
①定义：称函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率＝ 为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)或.【来源：21cnj*y.co*m】
②几何意义：函数f(x)在点x0处的导数f′(x0)的几何意义是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的 (瞬时速度就是位移函数s(t)对时间t的导数)．相应地，切线方程为 ．21*cnjy*com
(2)称函数f′(x)＝为f(x)的导函数．
2．基本初等函数的导数公式
原函数
导函数
f(x)＝xα(α∈Q*)
f′(x)＝
f(x)＝sin x
f′(x)＝
f(x)＝cos x
f′(x)＝
f(x)＝ax
f′(x)＝
f(x)＝ex
f′(x)＝
f(x)＝logax
f′(x)＝
f(x)＝ln x
f′(x)＝
3.导数的运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝ ．
(2)[f(x)·g(x)]′＝ ．
(3)′＝ ．
4．复合函数的导数
设u＝v(x)在点x处可导，y＝f(u)在点u处可导，则复合函数f[v(x)]在点x处可导，且f′(x)＝ ．21·世纪*教育网
5．函数的导数与单调性的关系
函数y＝f(x)在某个区间内可导，则
(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内 ．
(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内 ．
(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是 ．
6．函数的极值与导数
极大值
函数y＝f(x)在点x0处连续且f′(x0)＝0，若在点x0附近左侧 ，右侧 ，则x0为函数的极大值点，f(x0)叫函数的极大值
极小值
函数y＝f(x)在点x0处连续且f′(x0)＝0，若在点x0附近左侧 ，右侧 ，则x0为函数的极小值点，f(x0)叫函数的极小值
7.函数的最值与导数
(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件
如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条 的曲线，那么它必有最大值和最小值．
(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤
①求函数y＝f(x)在(a，b)内的 ．
②将函数y＝f(x)的各极值与端 比较，其中 的一个是最大值， 的一个是最小值．
8．生活中的优化问题
通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为优化问题，一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点．
9．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
10．导数在研究方程(不等式)中的应用
研究函数的单调性和极(最)值等离不开方程与不等式；反过来方程的根的个数、不等式的证明、不等式恒成立求参数等，又可转化为函数的单调性、极值与最值的问题，利用导数进行研究．
精讲方法
一、变化率与导数、导数的运算
（一）利用导数的定义求函数的导数
（1）根据导数的定义求函数在点处导数的方法：
①求函数的增量；
②求平均变化率；
③得导数，简记作：一差、二比、三极限。
（2）函数的导数与导数值的区间与联系：导数是原来函数的导函数，而导数值是导函数在某一点的函数值，导数值是常数。
（二）导数的运算
（1）运用可导函数求导法则和导数公式，求函数在开区间（a,b）内的导数的基本步骤：
①分析函数的结构和特征；
②选择恰当的求导法则和导数公式求导；
③整理得结果。
（2）对较复杂的函数求导数时，诮先化简再求导，特别是对数函数真数是根式或分式时，可用对数的性质转化真数为有理式或整式求解更为方便。
（3）复合函数的求导方法
求复合函数的导数，一般是运用复合函数的求导法则，将问题转化为求基本函数的导数解决。
①分析清楚复合函数的复合关系是由哪些基本函数复合而成的，适当选定中间变量；
②分步计算中的每一步都要明确是对哪个变量求导，而其中特别要注意的是中间变量；
③根据基本函数的导数公式及导数的运算法则，求出各函数的导数，并把中间变量转换成自变量的函数；
④复合函数的求导熟练以后，中间步骤可以省略，不必再写出函数的复合过程。
二、导数在函数中的应用与生活中的优化问题举例
（一）利用导数研究函数的单调性
（1）求可导函数单调区间的一般步骤和方法，如下图：
即：
①确定函数f(x)的定义域;
②求f’(x) ，令f’(x)=0，求出它们在定义域内的一切实根；
③把函数f(x)的间断点（即f(x)无定义点）的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义区间分成若干个小区间。
④确定f’(x)在各个开区间内的符号，根据f’(x)的符号判定函数f(x)在每个相应小开区间内的增减性。21教育名师原创作品
注：当f(x)不含参数时，也可通过解不等式f’(x)>0（或f’(x)<0）直接得到单调递增（或递减）区间。
（2）证明可导函数f(x)在（a,b）内的单调性的步骤
①求f’(x);
②确认f’(x)在（a,b）内的符号；
③作出结论：f’(x)>0时为增函数；f’(x)<0时为减函数。
（3）已知函数的单调性，求参数的取值范围，应注意函数f(x)在（a,b）上递增（或递减）的充要条件应是f’(x)≥0（或f’(x)≤0），x∈（a,b）恒成立，且f’(x) 在（a,b）的任意子区间内都不恒等于0，这就是说，函数f(x)在区间上的增减性并不排斥在区间内个别点处有f’(x) =0，甚至可以在无穷多个点处f’(x0) =0，只要这样的点不能充满所给区间的任何一个子区间。
（二）利用导数研究函数的极值与最值
（1）求函数f(x)极值的步骤
即：
①确定函数f(x)的定义域；
②求导数f’(x);
③求方程f’(x)=0的根。
④检查在方程的根的左右两侧的符号，确定极值点（最好通过列表法）。如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值；如果f’(x)在点x0的左右两侧符号不变，则f(x0)不是函数极值。
（2）可导函数极值存在的条件
①可导函数的极值点x0一定满足f’(x0)=0,但当f’(x0)=0时，x0不一定是极值点。如f(x)=x3,f’(0)=0,但x=0不是极值点。
②可导函数y=f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f’(x)=0，且在x0左侧与右侧f’(x0)的符号不同。
（3）设函数f(x)在[a,b]上连续，在（a,b）内可导，求f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤
①求函数y=f(x)在（a,b）内的极值；
②将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值f(a),f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值。
③根据最值的定义，求在闭区间[a,b]上连续，开区间（a,b）,内可导的函数的最值时，可将过程简化，即不用判断使f’(x)=0成立的点是极大值点还是极小值点，直接将极值点与端点的函数值进行比较，就可判定最大（小）值。
④定义在开区间（a,b）上的可导函数，如果只有一个极值点，该极值点必为最值点。
(四）利用导数解决实际生活中的优化问题
利用导数解决生活中的优化问题时：
(1)既要注意将问题中涉及的变量关系用函数关系表示，还要注意确定函数关系式中自变量的定义区间.
(2)一定要注意求得函数结果的实际意义，不符合实际的值应舍去.
(3)如果目标函数在定义区间内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点.
真题精析
一、选择题
1、（2013?新课标Ⅱ）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是（?? ）
A、?xα∈R，f（xα）=0 B、函数y=f（x）的图象是中心对称图形 C、若xα是f（x）的极小值点，则f（x）在区间（﹣∞，xα）单调递减 D、若xα是f（x）的极值点，则f′（xα）=0 21cnjy.com
2、（2014?新课标II）设曲线y=ax﹣ln（x+1）在点（0，0）处的切线方程为y=2x，则a=（??? ） 2-1-c-n-j-y
A、0 B、1 C、2 D、3 【版权所有：21教育】
3.（2017?新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x2﹣2x+a（ex﹣1+e﹣x+1）有唯一零点，则a=（??? ）
A、﹣ B、 C、 D、1
4.（2017?新课标Ⅱ）若x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（??? ） www.21-cn-jy.com
A、﹣1 B、﹣2e﹣3 C、5e﹣3 D、1
5.（2017?新课标Ⅰ卷）已知函数f（x）=lnx+ln（2﹣x），则（ ）
A、f（x）在（0，2）单调递增 B、f（x）在（0，2）单调递减 C、y=f（x）的图象关于直线x=1对称 D、y=f（x）的图象关于点（1，0）对称
6.（2017?浙江）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、
7、（2017·山东）若函数exf（x）（e=2.71828…是自然对数的底数）在f（x）的定义域上单调递增，则称f（x）具有M性质，下列函数中具有M性质的是（ ）
A、f（x）=2x B、f（x）=x2 C、f（x）=3﹣x D、f（x）=cosx
二、填空题
8、（2013?新课标Ⅰ）若函数f（x）=（1﹣x2）（x2+ax+b）的图象关于直线x=﹣2对称，则f（x）的最大值为________． www-2-1-cnjy-com
9.（2013?新课标Ⅱ）等差数列{an}的前n项和为Sn ， 已知S10=0，S15=25，则nSn的最小值为________． 21*cnjy*com
10.（2014?江西）若曲线y=e﹣x上点P的切线平行于直线2x+y+1=0，则点P的坐标是________．
11.（2017?新课标Ⅰ卷）曲线y=x2+ 在点（1，2）处的切线方程为________．
12.（2017?江苏）已知函数f（x）=x3﹣2x+ex﹣ ，其中e是自然对数的底数．若f（a﹣1）+f（2a2）≤0．则实数a的取值范围是________．
13.（2017?天津）已知a∈R，设函数f（x）=ax﹣lnx的图象在点（1，f（1））处的切线为l，则l在y轴上的截距为________． 【出处：21教育名师】
14.（2017?山东）若函数exf（x）（e≈2.71828…是自然对数的底数）在f（x）的定义域上单调递增，则称函数f（x）具有M性质．下列函数中所有具有M性质的函数的序号为________． ①f（x）=2﹣x②f（x）=3﹣x③f（x）=x3④f（x）=x2+2．
三、综合题（共3题；共30分）
15.（2017?新课标Ⅲ）已知函数f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x．（12分）
(1)讨论f（x）的单调性；
(2)当a＜0时，证明f（x）≤﹣ ﹣2．
16.（2013?新课标Ⅰ）已知函数f（x）=x2+ax+b，g（x）=ex（cx+d）若曲线y=f（x）和曲线y=g（x）都过点P（0，2），且在点P处有相同的切线y=4x+2．
(1)求a，b，c，d的值；
(2)若x≥﹣2时，f（x）≤kg（x），求k的取值范围．
17.（2013?新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ex﹣ln（x+m）
(1)设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；
(2)当m≤2时，证明f（x）＞0．
18.（2017?北京卷）已知函数f（x）=excosx﹣x．（13分）
(1)求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
(2)求函数f（x）在区间[0， ]上的最大值和最小值．
19.（2014?新课标I）设函数f（x）=aexlnx+ ，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处得切线方程为y=e（x﹣1）+2． 21世纪教育网版权所有
(1)求a、b；
(2)证明：f（x）＞1．
四、解答题（共14题；共90分）
20、（2017?浙江）已知函数f（x）=（x﹣ ）e﹣x（x≥ ）． （Ⅰ）求f（x）的导函数； （Ⅱ）求f（x）在区间[ ，+∞）上的取值范围． 2·1·c·n·j·y
21、（2017?新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx． （Ⅰ）若 f（x）≥0，求a的值； （Ⅱ）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜m，求m的最小值．
22、（2017?新课标Ⅰ卷）设A，B为曲线C：y= 上两点，A与B的横坐标之和为4．（12分）
(1)求直线AB的斜率；
(2)设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．
23.（2017?新课标Ⅰ卷）已知函数 f（x）=ex（ex﹣a）﹣a2x．（12分）
(1)讨论 f（x）的单调性；
(2)若f（x）≥0，求a的取值范围．
24.（2017?新课标Ⅰ卷）已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x．（12分）
(1)讨论f（x）的单调性；
(2)若f（x）有两个零点，求a的取值范围．
25.（2017?新课标Ⅱ）设函数f（x）=（1﹣x2）ex ． （Ⅰ）讨论f（x）的单调性； （Ⅱ）当x≥0时，f（x）≤ax+1，求a的取值范围．
26.（2017?江苏）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （Ⅰ）求b关于a的函数关系式，并写出定义域； （Ⅱ）证明：b2＞3a； （Ⅲ）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣ ，求a的取值范围．
27.（2017?新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0． （Ⅰ）求a； （Ⅱ）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0 ， 且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2 ．
28.（2017·山东）已知函数f（x）= x3﹣ ax2 ， a∈R，
(1)当a=2时，求曲线y=f（x）在点（3，f（3））处的切线方程；
(2)设函数g（x）=f（x）+（x﹣a）cosx﹣sinx，讨论g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
29（2017·天津）设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0 ， g（x）为f（x）的导函数． （Ⅰ）求g（x）的单调区间； （Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0 ， 2]，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜0； （Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且 ∈[1，x0）∪（x0 ， 2]，满足| ﹣x0|≥ ．
30.（2017?天津）设a，b∈R，|a|≤1．已知函数f（x）=x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，g（x）=exf（x）．（14分） （Ⅰ）求f（x）的单调区间； （Ⅱ）已知函数y=g（x）和y=ex的图象在公共点（x0 ， y0）处有相同的切线， （i）求证：f（x）在x=x0处的导数等于0； （ii）若关于x的不等式g（x）≤ex在区间[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b的取值范围．
31（2017?山东）已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2），其中e≈2.17828…是自然对数的底数．（13分） （Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程； （Ⅱ）令h（x）=g （x）﹣a f（x）（a∈R），讨论h（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
模拟题精练
一、选这题
1.（2017湖南怀化一模）如图，函数y=f（x）的图象在点P处的切线方程是y=﹣x+8，则f（5）+f′（5）=（?? ）
A、2 B、1 C、 D、0
2.（2014大纲卷）曲线y=xex﹣1在点（1，1）处切线的斜率等于（?? ）
A、2e B、e C、2 D、1
3.（2017甘肃天水一中三诊）已知点P为函数f（x）=lnx的图象上任意一点，点Q为圆[x﹣（e+ ）]2+y2=1任意一点，则线段PQ的长度的最小值为（?? ）
A、 B、 C、 D、e+ ﹣1
4.（2017贵州铜仁四中模拟）已知函数f（x）=x2 ， g（x）=﹣1nx，g'（x）为g（x）的导函数．若存在直线l同为函数f（x）与g'（x）的切线，则直线l的斜率为（?? ）
A、 B、2 C、4 D、
5.（2017黑龙江佳木斯六中三模）已知函数f（x）=2f（2﹣x）﹣x2+5x﹣5，则曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为（?? ）
A、y=x B、y=﹣2x+3 C、y=﹣3x+4 D、y=x﹣2
6.（2017湖北华中师大一附中压题卷）已知函数y= x2的图象在点（x0 ， x02）处的切线为l，若l也为函数y=lnx（0＜x＜1）的图象的切线，则x0必须满足（?? ）
A、＜x0＜1 B、1＜x0＜ C、＜x0＜ D、＜x0＜2
7.（2017湖北襄阳五中三模）已知函数f（x）=ax﹣x2﹣lnx存在极值，若这些极值的和大于5+ln2，则实数a的取值范围为（?? ） 21教育网
A、（﹣∞，4） B、（4，+∞） C、（﹣∞，2） D、（2，+∞）
8.（2017湖南衡阳三中模拟）已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足f′（x）+2f（x）= ，且f（1）= ，则不等式f（lnx）＞f（3）的解集为（?? ）
A、（﹣∞，e3） B、（0，e3） C、（1，e3） D、（e3 ， +∞）
9.（2017吉林通化梅河口五中模拟）设函数f（x）在R上存在导数f′（x），?x∈R，有f（﹣x）+f（x）=x2 ， 在（0，+∞）上f′（x）＜x，若f（6﹣m）﹣f（m）﹣18+6m≥0，则实数m的取值范围为（?? ）
A、[﹣3，3] B、[3，+∞） C、[2，+∞） D、（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）
10.（2017吉林长春四模）已知函数f（x）= ﹣k（ +lnx），若x=2是函数f（x）的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为（?? ）
A、（﹣∞，e] B、[0，e] C、（﹣∞，e） D、[0，e）
11.（2017江西上饶二模）设函数f（x）=ex（2x﹣3）﹣ax2+2ax+b，若函数 f（x）存在两个极值点x1 ， x2 ， 且极小值点x1大于极大值点x2 ， 则实数a的取值范围是（?? ） 21·cn·jy·com
A、 B、 C、 D、
12.（2017辽宁沈阳东北育才学校模拟）已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）的导函数为f'（x），满足x2f'（x）+xf（x）=lnx，f（e）= ，则f（x）（?? ）
A、有极大值，无极小值 B、有极小值，无极大值 C、既有极大值又有极小值 D、既无极大值也无极小值
13.(2017宁夏六盘山高级中学四模)已知函数f（x）在定义域R上的导函数为f′（x），若方程f'（x）=0无解，且f[f（x）﹣2017x]=2017，当g（x）=sinx﹣cosx﹣kx在[﹣ ， ]上与f（x）在R上的单调性相同时，则实数k的取值范围是（?? ）
A、（﹣∞，﹣1] B、（﹣∞， ] C、[﹣1， ] D、[ ，+∞）
选择题
14.（2017福建泉州二模）已知曲线C：y=x2+2x在点（0，0）处的切线为l，则由C，l以及直线x=1围成的区域面积等于________． 【来源：21·世纪·教育·网】
15.（2017湖南长沙模拟）在半径为R的圆内，作内接等腰△ABC，当底边上高h∈（0，t]时，△ABC的面积取得最大值 ，则t的取值范围是________．
综合题
16.已知函数f（x）=lnx﹣ ，g（x）= ﹣1． （Ⅰ）若a＞0，试判断f（x）在定义域内的单调性； （Ⅱ）若f（x）在[1，e]上的最小值为 ，求a的值； （Ⅲ）当a=0时，若x≥1时，恒有x?f（x）≤λ[g（x）+x]成立，求λ的最小值．
2018年高考一轮复习真题汇编(2013-2017)：
2.10导数及其应用（答案）
知识回顾
1．导数的概念
(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数
①定义：称函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率＝ 为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)或.
②几何意义：函数f(x)在点x0处的导数f′(x0)的几何意义是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线斜率(瞬时速度就是位移函数s(t)对时间t的导数)．相应地，切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
(2)称函数f′(x)＝为f(x)的导函数．
2．基本初等函数的导数公式
原函数
导函数
f(x)＝xα(α∈Q*)
f′(x)＝αxα－1
f(x)＝sin x
f′(x)＝cos_x
f(x)＝cos x
f′(x)＝－sin_x
f(x)＝ax
f′(x)＝axln_a(a>0)
f(x)＝ex
f′(x)＝ex
f(x)＝logax
f′(x)＝
f(x)＝ln x
f′(x)＝
3.导数的运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)．
(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)．
(3)′＝(g(x)≠0)．
4．复合函数的导数
设u＝v(x)在点x处可导，y＝f(u)在点u处可导，则复合函数f[v(x)]在点x处可导，且f′(x)＝f′(u)·v′(x)．21教育网
5．函数的导数与单调性的关系
函数y＝f(x)在某个区间内可导，则
(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增．
(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减．
(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数．
6．函数的极值与导数
极大值
函数y＝f(x)在点x0处连续且f′(x0)＝0，若在点x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则x0为函数的极大值点，f(x0)叫函数的极大值
极小值
函数y＝f(x)在点x0处连续且f′(x0)＝0，若在点x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则x0为函数的极小值点，f(x0)叫函数的极小值
7.函数的最值与导数
(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件
如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．
(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤
①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值．
②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．【出处：21教育名师】
真题精析
一、选择题
1【答案】C
【考点】命题的真假判断与应用，函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：f′（x）=3x2+2ax+b． （1）当△=4a2﹣12b＞0时，f′（x）=0有两解，不妨设为x1＜x2 ， 列表如下
x
（﹣∞，x1）
x1
（x1 ， x2）
x2
（x2 ， +∞）
f′（x）
+
0
﹣
0
+
f（x）
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
由表格可知： ①x2是函数f（x）的极小值点，但是f（x）在区间（﹣∞，x2）不具有单调性，故C不正确． ②∵ +f（x）= +x3+ax2+bx+c= ﹣ +2c， = ， ∵ +f（x）= ， ∴点P 为对称中心，故B正确． ③由表格可知x1 ， x2分别为极值点，则 ，故D正确． ④∵x→﹣∞时，f（x）→﹣∞；x→+∞，f（x）→+∞，函数f（x）必然穿过x轴，即?xα∈R，f（xα）=0，故A正确． （2）当△≤0时， ，故f（x）在R上单调递增，①此时不存在极值点，故D正确，C不正确； ②B同（1）中②正确； ③∵x→﹣∞时，f（x）→﹣∞；x→+∞，f（x）→+∞，函数f（x）必然穿过x轴，即?xα∈R，f（xα）=0，故A正确． 综上可知：错误的结论是C． 由于该题选择错误的，故选：C． 【分析】利用导数的运算法则得出f′（x），分△＞0与△≤0讨论，列出表格，即可得出．
2、（2014?新课标II）设曲线y=ax﹣ln（x+1）在点（0，0）处的切线方程为y=2x，则a=（??? ）
A、0 B、1 C、2 D、3
【答案】D
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解： ， ∴y′（0）=a﹣1=2， ∴a=3． 故答案选D． 【分析】根据导数的几何意义，即f′（x0）表示曲线f（x）在x=x0处的切线斜率，再代入计算． 21*cnjy*com
3.（2017?新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x2﹣2x+a（ex﹣1+e﹣x+1）有唯一零点，则a=（??? ）
A、﹣ B、 C、 D、1
【答案】C
【考点】利用导数研究函数的单调性，导数在最大值、最小值问题中的应用，函数的零点与方程根的关系，函数的零点 21·世纪*教育网
【解析】【解答】解：因为f（x）=x2﹣2x+a（ex﹣1+e﹣x+1）=﹣1+（x﹣1）2+a（ex﹣1+ ）=0， 所以函数f（x）有唯一零点等价于方程1﹣（x﹣1）2=a（ex﹣1+ ）有唯一解， 等价于函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（ex﹣1+ ）的图象只有一个交点． ①当a=0时，f（x）=x2﹣2x≥﹣1，此时有两个零点，矛盾； ②当a＜0时，由于y=1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减， 且y=a（ex﹣1+ ）在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减， 所以函数y=1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1，1），y=a（ex﹣1+ ）的图象的最高点为B（1，2a）， 由于2a＜0＜1，此时函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（ex﹣1+ ）的图象有两个交点，矛盾； ③当a＞0时，由于y=1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减， 且y=a（ex﹣1+ ）在（﹣∞，1）上递减、在（1，+∞）上递增， 所以函数y=1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1，1），y=a（ex﹣1+ ）的图象的最低点为B（1，2a）， 由题可知点A与点B重合时满足条件，即2a=1，即a= ，符合条件； 综上所述，a= ， 故选：C． 【分析】通过转化可知问题等价于函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（ex﹣1+ ）的图象只有一个交点求a的值．分a=0、a＜0、a＞0三种情况，结合函数的单调性分析可得结论．
4.（2017?新课标Ⅱ）若x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（??? ） 【来源：21·世纪·教育·网】
A、﹣1 B、﹣2e﹣3 C、5e﹣3 D、1
【答案】A
【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：函数f（x）=（x2+ax﹣1）ex﹣1 ， 可得f′（x）=（2x+a）ex﹣1+（x2+ax﹣1）ex﹣1 ， x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点， 可得：﹣4+a+（3﹣2a）=0． 解得a=﹣1． 可得f′（x）=（2x﹣1）ex﹣1+（x2﹣x﹣1）ex﹣1 ， =（x2+x﹣2）ex﹣1 ， 函数的极值点为：x=﹣2，x=1， 当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数， x=1时，函数取得极小值：f（1）=（12﹣1﹣1）e1﹣1=﹣1． 故选：A． 【分析】求出函数的导数，利用极值点，求出a，然后判断函数的单调性，求解函数的极小值即可．
5.（2017?新课标Ⅰ卷）已知函数f（x）=lnx+ln（2﹣x），则（ ）
A、f（x）在（0，2）单调递增 B、f（x）在（0，2）单调递减 C、y=f（x）的图象关于直线x=1对称 D、y=f（x）的图象关于点（1，0）对称
【答案】C
【考点】函数的图象与图象变化，利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：∵函数f（x）=lnx+ln（2﹣x）， ∴f（2﹣x）=ln（2﹣x）+lnx， 即f（x）=f（2﹣x）， 即y=f（x）的图象关于直线x=1对称， 故选：C． 【分析】由已知中函数f（x）=lnx+ln（2﹣x），可得f（x）=f（2﹣x），进而可得函数图象的对称性．
6.（2017?浙江）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、
【答案】D
【考点】函数的图象，函数的单调性与导数的关系
【解析】【解答】解：由当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增， 则由导函数y=f′（x）的图象可知：f（x）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C， 且第二个拐点（即函数的极大值点）在x轴上的右侧，排除B， 故选D 【分析】根据导数与函数单调性的关系，当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，根据函数图象，即可判断函数的单调性，然后根据函数极值的判断，即可判断函数极值的位置，即可求得函数y=f（x）的图象可能
7、（2017·山东）若函数exf（x）（e=2.71828…是自然对数的底数）在f（x）的定义域上单调递增，则称f（x）具有M性质，下列函数中具有M性质的是（ ）
A、f（x）=2x B、f（x）=x2 C、f（x）=3﹣x D、f（x）=cosx
【答案】A
【考点】函数单调性的性质，函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：当f（x）=2x时，函数exf（x）=（2e）x在R上单调递增，函数f（x）具有M性质， 故选：A 【分析】根据已知中函数f（x）具有M性质的定义，可得f（x）=2x时，满足定义．
二、填空题
8、（2013?新课标Ⅰ）若函数f（x）=（1﹣x2）（x2+ax+b）的图象关于直线x=﹣2对称，则f（x）的最大值为________．
【答案】16
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，函数与方程的综合运用
【解析】【解答】解：∵函数f（x）=（1﹣x2）（x2+ax+b）的图象关于直线x=﹣2对称， ∴f（﹣1）=f（﹣3）=0且f（1）=f（﹣5）=0， 即[1﹣（﹣3）2][（﹣3）2+a?（﹣3）+b]=0且[1﹣（﹣5）2][（﹣5）2+a?（﹣5）+b]=0， 解之得 ， 因此，f（x）=（1﹣x2）（x2+8x+15）=﹣x4﹣8x3﹣14x2+8x+15， 求导数，得f′（x）=﹣4x3﹣24x2﹣28x+8， 令f′（x）=0，得x1=﹣2﹣ ，x2=﹣2，x3=﹣2+ ， 当x∈（﹣∞，﹣2﹣ ）时，f′（x）＞0；当x∈（﹣2﹣ ，﹣2）时，f′（x）＜0； 当x∈（﹣2，﹣2+ ）时，f′（x）＞0； 当x∈（﹣2+ ，+∞）时，f′（x）＜0 ∴f（x）在区间（﹣∞，﹣2﹣ ）、（﹣2，﹣2+ ）上是增函数，在区间（﹣2﹣ ，﹣2）、（﹣2+ ，+∞）上是减函数． 又∵f（﹣2﹣ ）=f（﹣2+ ）=16， ∴f（x）的最大值为16． 故答案为：16． 【分析】由题意得f（﹣1）=f（﹣3）=0且f（1）=f（﹣5）=0，由此求出a=8且b=15，由此可得f（x）=﹣x4﹣8x3﹣14x2+8x+15．利用导数研究f（x）的单调性，可得f（x）在区间（﹣∞，﹣2﹣ ）、（﹣2，﹣2+ ）上是增函数，在区间（﹣2﹣ ，﹣2）、（﹣2+ ，+∞）上是减函数，结合f（﹣2﹣ ）=f（﹣2+ ）=16，即可得到f（x）的最大值．
9.（2013?新课标Ⅱ）等差数列{an}的前n项和为Sn ， 已知S10=0，S15=25，则nSn的最小值为________．
【答案】-49
【考点】利用导数研究函数的极值，等差数列的前n项和，等差数列的性质 21cnjy.com
【解析】【解答】解：设等差数列{an}的首项为a1 ， 公差为d， ∵S10=10a1+45d=0，S15=15a1+105d=25， ∴a1=﹣3，d= ， ∴Sn=na1+ d= n2﹣ n， ∴nSn= n3﹣ n2 ， 令nSn=f（n）， ∴f′（n）=n2﹣ n， ∴当n= 时，f（n）取得极值，当n＜ 时，f（n）递减；当n＞ 时，f（n）递增； 因此只需比较f（6）和f（7）的大小即可． f（6）=﹣48，f（7）=﹣49， 故nSn的最小值为﹣49． 故答案为：﹣49． 【分析】由等差数列的前n项和公式化简已知两等式，联立求出首项a1与公差d的值，结合导数求出nSn的最小值．
10.（2014?江西）若曲线y=e﹣x上点P的切线平行于直线2x+y+1=0，则点P的坐标是________．
【答案】（﹣ln2，2）
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：设P（x，y），则y=e﹣x ， ∵y′=﹣e﹣x ， 在点P处的切线与直线2x+y+1=0平行， ∴﹣e﹣x=﹣2，解得x=﹣ln2， ∴y=e﹣x=2，故P（﹣ln2，2）． 故答案为：（﹣ln2，2）． 【分析】先设P（x，y），对函数求导，由在在点P处的切线与直线2x+y+1=0平行，求出x，最后求出y． www-2-1-cnjy-com
11.（2017?新课标Ⅰ卷）曲线y=x2+ 在点（1，2）处的切线方程为________．
【答案】x﹣y+1=0
【考点】导数的运算，利用导数研究曲线上某点切线方程，直线的点斜式方程
【解析】【解答】解：曲线y=x2+ ，可得y′=2x﹣ ， 切线的斜率为：k=2﹣1=1． 切线方程为：y﹣2=x﹣1，即：x﹣y+1=0． 故答案为：x﹣y+1=0． 【分析】求出函数的导数，求出切线的斜率，利用点斜式求解切线方程即可．
12.（2017?江苏）已知函数f（x）=x3﹣2x+ex﹣ ，其中e是自然对数的底数．若f（a﹣1）+f（2a2）≤0．则实数a的取值范围是________．
【答案】[-1， ]
【考点】函数奇偶性的性质，利用导数研究函数的单调性，一元二次不等式的解法，基本不等式
【解析】【解答】解：函数f（x）=x3﹣2x+ex﹣ 的导数为： f′（x）=3x2﹣2+ex+ ≥﹣2+2 =0， 可得f（x）在R上递增； 又f（﹣x）+f（x）=（﹣x）3+2x+e﹣x﹣ex+x3﹣2x+ex﹣ =0， 可得f（x）为奇函数， 则f（a﹣1）+f（2a2）≤0， 即有f（2a2）≤﹣f（a﹣1）=f（1﹣a）， 即有2a2≤1﹣a， 解得﹣1≤a≤ ， 故答案为：[﹣1， ]． 【分析】求出f（x）的导数，由基本不等式和二次函数的性质，可得f（x）在R上递增；再由奇偶性的定义，可得f（x）为奇函数，原不等式即为2a2≤1﹣a，运用二次不等式的解法即可得到所求范围．
13.（2017?天津）已知a∈R，设函数f（x）=ax﹣lnx的图象在点（1，f（1））处的切线为l，则l在y轴上的截距为________．
【答案】1
【考点】导数的几何意义，导数的运算，利用导数研究曲线上某点切线方程，两条直线的交点坐标
【解析】【解答】解：函数f（x）=ax﹣lnx，可得f′（x）=a﹣ ，切线的斜率为：k=f′（1）=a﹣1， 切点坐标（1，a），切线方程l为：y﹣a=（a﹣1）（x﹣1）， l在y轴上的截距为：a+（a﹣1）（﹣1）=1． 故答案为：1． 【分析】求出函数的导数，然后求解切线斜率，求出切点坐标，然后求解切线方程，推出l在y轴上的截距．
14.（2017?山东）若函数exf（x）（e≈2.71828…是自然对数的底数）在f（x）的定义域上单调递增，则称函数f（x）具有M性质．下列函数中所有具有M性质的函数的序号为________． ①f（x）=2﹣x②f（x）=3﹣x③f（x）=x3④f（x）=x2+2．
【答案】①④
【考点】函数单调性的性质，指数函数的图像与性质，利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：对于①，f（x）=2﹣x ， 则g（x）=exf（x）= 为实数集上的增函数； 对于②，f（x）=3﹣x ， 则g（x）=exf（x）= 为实数集上的减函数； 对于③，f（x）=x3 ， 则g（x）=exf（x）=ex?x3 ， g′（x）=ex?x3+3ex?x2=ex（x3+3x2）=ex?x2（x+3），当x＜﹣3时，g′（x）＜0， ∴g（x）=exf（x）在定义域R上先减后增； 对于④，f（x）=x2+2，则g（x）=exf（x）=ex（x2+2）， g′（x）=ex（x2+2）+2xex=ex（x2+2x+2）＞0在实数集R上恒成立， ∴g（x）=exf（x）在定义域R上是增函数． ∴具有M性质的函数的序号为①④． 故答案为：①④． 【分析】把①②代入exf（x），变形为指数函数判断；把③④代入exf（x），求导数判断．
三、综合题（共3题；共30分）
15.（2017?新课标Ⅲ）已知函数f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x．（12分）
(1)讨论f（x）的单调性；
(2)当a＜0时，证明f（x）≤﹣ ﹣2．
【答案】
（1）解：因为f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x， 求导f′（x）= +2ax+（2a+1）= = ，（x＞0）， ①当a=0时，f′（x）= +1＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增； ②当a＞0，由于x＞0，所以（2ax+1）（x+1）＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增； ③当a＜0时，令f′（x）=0，解得：x=﹣ ． 因为当x∈（0，﹣ ）时，f′（x）＞0、当x∈（﹣ ，+∞）时，f′（x）＜0， 所以y=f（x）在（0，﹣ ）上单调递增、在（﹣ ，+∞）上单调递减． 综上可知：当a≥0时f（x）在（0，+∞）上单调递增， 当a＜0时，f（x）在（0，﹣ ）上单调递增、在（﹣ ，+∞）上单调递减； （2）证明：由（1）可知：当a＜0时f（x）在（0，﹣ ）上单调递增、在（﹣ ，+∞）上单调递减， 所以当x=﹣ 时函数y=f（x）取最大值f（x）max=f（﹣ ）=﹣1﹣ln2﹣ +ln（﹣ ）． 从而要证f（x）≤﹣ ﹣2，即证f（﹣ ）≤﹣ ﹣2， 即证﹣1﹣ln2﹣ +ln（﹣ ）≤﹣ ﹣2，即证﹣ （﹣ ）+ln（﹣ ）≤﹣1+ln2． 令t=﹣ ，则t＞0，问题转化为证明：﹣ t+lnt≤﹣1+ln2．…（*） 令g（t）=﹣ t+lnt，则g′（t）=﹣ + ， 令g′（t）=0可知t=2，则当0＜t＜2时g′（t）＞0，当t＞2时g′（t）＜0， 所以y=g（t）在（0，2）上单调递增、在（2，+∞）上单调递减， 即g（t）≤g（2）=﹣ ×2+ln2=﹣1+ln2，即（*）式成立， 所以当a＜0时，f（x）≤﹣ ﹣2成立． 【考点】利用导数研究函数的单调性，导数在最大值、最小值问题中的应用，一元二次不等式的解法，分析法的思考过程、特点及应用 【解析】【分析】（1.）题干求导可知f′（x）= （x＞0），分a=0、a＞0、a＜0三种情况讨论f′（x）与0的大小关系可得结论； （2.）通过（1）可知f（x）max=f（﹣ ）=﹣1﹣ln2﹣ +ln（﹣ ），进而转化可知问题转化为证明：当t＞0时﹣ t+lnt≤﹣1+ln2．进而令g（t）=﹣ t+lnt，利用导数求出y=g（t）的最大值即可．
16.（2013?新课标Ⅰ）已知函数f（x）=x2+ax+b，g（x）=ex（cx+d）若曲线y=f（x）和曲线y=g（x）都过点P（0，2），且在点P处有相同的切线y=4x+2．
(1)求a，b，c，d的值；
(2)若x≥﹣2时，f（x）≤kg（x），求k的取值范围．
【答案】
解：由题意知f（0）=2，g（0）=2，f′（0）=4，g′（0）=4， 而f′（x）=2x+a，g′（x）=ex（cx+d+c），故b=2，d=2，a=4，d+c=4， 从而a=4，b=2，c=2，d=2； （2）解：由（1）知，f（x）=x2+4x+2，g（x）=2ex（x+1） 设F（x）=kg（x）﹣f（x）=2kex（x+1）﹣x2﹣4x﹣2， 则F′（x）=2kex（x+2）﹣2x﹣4=2（x+2）（kex﹣1）， 由题设得F（0）≥0，即k≥1， 令F′（x）=0，得x1=﹣lnk，x2=﹣2， ①若1≤k＜e2 ， 则﹣2＜x1≤0，从而当x∈（﹣2，x1）时，F′（x）＜0，当x∈（x1 ， +∞）时，F′（x）＞0， 即F（x）在（﹣2，x1）上减，在（x1 ， +∞）上是增，故F（x）在[﹣2，+∞）上的最小值为F（x1）， 而F（x1）=﹣x1（x1+2）≥0，x≥﹣2时F（x）≥0，即f（x）≤kg（x）恒成立． ②若k=e2 ， 则F′（x）=2e2（x+2）（ex﹣e﹣2），从而当x∈（﹣2，+∞）时，F′（x）＞0， 即F（x）在（﹣2，+∞）上是增，而F（﹣2）=0，故当x≥﹣2时，F（x）≥0，即f（x）≤kg（x）恒成立． ③若k＞e2时，F′（x）＞2e2（x+2）（ex﹣e﹣2）， 而F（﹣2）=﹣2ke﹣2+2＜0，所以当x＞﹣2时，f（x）≤kg（x）不恒成立， 综上，k的取值范围是[1，e2]．
【考点】函数恒成立问题，利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）对f（x），g（x）进行求导，已知在交点处有相同的切线及曲线y=f（x）和曲线y=g（x）都过点P（0，2），从而解出a，b，c，d的值；（2）由（1）得出f（x），g（x）的解析式，再求出F（x）及它的导函数，通过对k的讨论，判断出F（x）的最值，从而判断出f（x）≤kg（x）恒成立，从而求出k的范围．
17.（2013?新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ex﹣ln（x+m）
(1)设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；
(2)当m≤2时，证明f（x）＞0．
【答案】
解：∵ ，x=0是f（x）的极值点，∴ ，解得m=1． 所以函数f（x）=ex﹣ln（x+1），其定义域为（﹣1，+∞）． ∵ ． 设g（x）=ex（x+1）﹣1，则g′（x）=ex（x+1）+ex＞0，所以g（x）在（﹣1，+∞）上为增函数， 又∵g（0）=0，所以当x＞0时，g（x）＞0，即f′（x）＞0；当﹣1＜x＜0时，g（x）＜0，f′（x）＜0． 所以f（x）在（﹣1，0）上为减函数；在（0，+∞）上为增函数； （2）解：证明：当m≤2，x∈（﹣m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需证明当m=2时f（x）＞0． 当m=2时，函数 在（﹣2，+∞）上为增函数，且f′（﹣1）＜0，f′（0）＞0． 故f′（x）=0在（﹣2，+∞）上有唯一实数根x0 ， 且x0∈（﹣1，0）． 当x∈（﹣2，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0 ， +∞）时，f′（x）＞0， 从而当x=x0时，f（x）取得最小值． 由f′（x0）=0，得 ，ln（x0+2）=﹣x0 ． 故f（x）≥ = ＞0． 综上，当m≤2时，f（x）＞0．
【考点】根据实际问题选择函数类型，利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求出原函数的导函数，因为x=0是函数f（x）的极值点，由极值点处的导数等于0求出m的值，代入函数解析式后再由导函数大于0和小于0求出原函数的单调区间；（2）证明当m≤2时，f（x）＞0，转化为证明当m=2时f（x）＞0．求出当m=2时函数的导函数，可知导函数在（﹣2，+∞）上为增函数，并进一步得到导函数在（﹣1，0）上有唯一零点x0 ， 则当x=x0时函数取得最小值，借助于x0是导函数的零点证出f（x0）＞0，从而结论得证．
18.（2017?北京卷）已知函数f（x）=excosx﹣x．（13分）
(1)求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
(2)求函数f（x）在区间[0， ]上的最大值和最小值．
【答案】
解：函数f（x）=excosx﹣x的导数为f′（x）=ex（cosx﹣sinx）﹣1， 可得曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k=e0（cos0﹣sin0）﹣1=0， 切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1）， 曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=1； （2）解：函数f（x）=excosx﹣x的导数为f′（x）=ex（cosx﹣sinx）﹣1， 令g（x）=ex（cosx﹣sinx）﹣1， 则g（x）的导数为g′（x）=ex（cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx）=﹣2ex?sinx， 当x∈[0， ]，可得g′（x）=﹣2ex?sinx≤0， 即有g（x）在[0， ]递减，可得g（x）≤g（0）=0， 则f（x）在[0， ]递减， 即有函数f（x）在区间[0， ]上的最大值为f（0）=e0cos0﹣0=1； 最小值为f（ ）=e cos ﹣ =﹣ ． 【版权所有：21教育】
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究曲线上某点切线方程 21教育名师原创作品
【解析】【分析】（1.）求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，由点斜式方程即可得到所求方程； （2.）求出f（x）的导数，再令g（x）=f′（x），求出g（x）的导数，可得g（x）在区间[0， ]的单调性，即可得到f（x）的单调性，进而得到f（x）的最值．
19.（2014?新课标I）设函数f（x）=aexlnx+ ，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处得切线方程为y=e（x﹣1）+2．
(1)求a、b；
(2)证明：f（x）＞1．
【答案】
解：函数f（x）的定义域为（0，+∞）， f′（x）= + ， 由题意可得f（1）=2，f′（1）=e， 故a=1，b=2； （2）证明：由（1）知，f（x）=exlnx+ ， ∵f（x）＞1，∴exlnx+ ＞1，∴lnx＞ ﹣ ， ∴f（x）＞1等价于xlnx＞xe﹣x﹣ ，设函数g（x）=xlnx，则g′（x）=1+lnx， ∴当x∈（0， ）时，g′（x）＜0；当x∈（ ，+∞）时，g′（x）＞0． 故g（x）在（0， ）上单调递减，在（ ，+∞）上单调递增，从而g（x）在（0，+∞）上的最小值为g（ ）=﹣ ． 设函数h（x）=xe﹣x﹣ ，则h′（x）=e﹣x（1﹣x）． ∴当x∈（0，1）时，h′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0， 故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减， 从而h（x）在（0，+∞）上的最大值为h（1）=﹣ ． 综上，当x＞0时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程，导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）求出定义域，导数f′（x），根据题意有f（1）=2，f′（1）=e，解出即可；（2）由（1）知，f（x）＞1等价于xlnx＞xe﹣x﹣ ，设函数g（x）=xlnx，函数h（x）= ，只需证明g（x）min＞h（x）max ， 利用导数可分别求得g（x）min ， h（x）max；
四、解答题（共14题；共90分）
20、（2017?浙江）已知函数f（x）=（x﹣ ）e﹣x（x≥ ）． （Ⅰ）求f（x）的导函数； （Ⅱ）求f（x）在区间[ ，+∞）上的取值范围．
【答案】
解：（Ⅰ）函数f（x）=（x﹣ ）e﹣x（x≥ ）， 导数f′（x）=（1﹣ ? ?2）e﹣x﹣（x﹣ ）e﹣x =（1﹣x+ ）e﹣x=（1﹣x）（1﹣ ）e﹣x； （Ⅱ）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣ ）e﹣x ， 可得f′（x）=0时，x=1或 ， 当 ＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减； 当1＜x＜ 时，f′（x）＞0，f（x）递增； 当x＞ 时，f′（x）＜0，f（x）递减， 且x≥ ?x2≥2x﹣1?（x﹣1）2≥0， 则f（x）≥0． 由f（ ）= e ，f（1）=0，f（ ）= e ， 即有f（x）的最大值为 e ，最小值为f（1）=0． 则f（x）在区间[ ，+∞）上的取值范围是[0， e ]．
【考点】简单复合函数的导数，利用导数研究函数的单调性，导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（Ⅰ）求出f（x）的导数，注意运用复合函数的求导法则，即可得到所求； （Ⅱ）求出f（x）的导数，求得极值点，讨论当 ＜x＜1时，当1＜x＜ 时，当x＞ 时，f（x）的单调性，判断f（x）≥0，计算f（ ），f（1），f（ ），即可得到所求取值范围．
21、（2017?新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx． （Ⅰ）若 f（x）≥0，求a的值； （Ⅱ）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜m，求m的最小值．
【答案】
解：（Ⅰ）因为函数f（x）=x﹣1﹣alnx，x＞0， 所以f′（x）=1﹣ = ，且f（1）=0． 所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以在（0,1）上f(x)<0,这与f（x）≥0矛盾； 当a＞0时令f′（x）=0，解得x=a， 所以y=f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min=f（a）， 又因为f（x）min=f（a）≥0， 所以a=1； （Ⅱ）由（Ⅰ）可知当a=1时f（x）=x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1， 所以ln（x+1）≤x当且仅当x=0时取等号， 所以ln（1+ ）＜ ，k∈N*, 所以，k∈N* ． 一方面，因为 + +…+ =1﹣ ＜1， 所以，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜e； 另一方面，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＞（1+ ）（1+ ）（1+ ）= ＞2， 同时当n≥3时，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）∈（2，e）． 因为m为整数，且对于任意正整数n（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜m， 所以m的最小值为3．
【考点】函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的单调性，等比数列的前n项和，反证法与放缩法
【解析】【分析】（Ⅰ）通过对函数f（x）=x﹣1﹣alnx（x＞0）求导，分a≤0、a＞0两种情况考虑导函数f′（x）与0的大小关系可得结论； （Ⅱ）通过（Ⅰ）可知lnx≤x﹣1，进而取特殊值可知ln（1+ ）＜ ，k∈N* ． 一方面利用等比数列的求和公式放缩可知（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜e；另一方面可知（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＞2，且当n≥3时，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）∈（2，e）．
22、（2017?新课标Ⅰ卷）设A，B为曲线C：y= 上两点，A与B的横坐标之和为4．（12分）
(1)求直线AB的斜率；
(2)设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．
【答案】
（1）解：设A（x1 ， ），B（x2 ， ）为曲线C：y= 上两点， 则直线AB的斜率为k= = （x1+x2）= ×4=1； （2）设直线AB的方程为y=x+t，代入曲线C：y= ， 可得x2﹣4x﹣4t=0，即有x1+x2=4，x1x2=﹣4t， 再由y= 的导数为y′= x， 设M（m， ），可得M处切线的斜率为 m， 由C在M处的切线与直线AB平行，可得 m=1， 解得m=2，即M（2，1）， 由AM⊥BM可得，kAM?kBM=﹣1， 即为 ? =﹣1， 化为x1x2+2（x1+x2）+20=0， 即为﹣4t+8+20=0， 解得t=7． 则直线AB的方程为y=x+7． 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程，直线的斜率，两条直线垂直的判定，抛物线的应用 【解析】【分析】（1.）设A（x1 ， ），B（x2 ， ），运用直线的斜率公式，结合条件，即可得到所求； （2.）设M（m， ），求出y= 的导数，可得切线的斜率，由两直线平行的条件：斜率相等，可得m，即有M的坐标，再由两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，可得x1 ， x2的关系式，再由直线AB：y=x+t与y= 联立，运用韦达定理，即可得到t的方程，解得t的值，即可得到所求直线方程．
23.（2017?新课标Ⅰ卷）已知函数 f（x）=ex（ex﹣a）﹣a2x．（12分）
(1)讨论 f（x）的单调性；
(2)若f（x）≥0，求a的取值范围．
【答案】
解：f（x）=ex（ex﹣a）﹣a2x， ∴f′（x）=2e2x﹣aex﹣a2=（2ex+a）（ex﹣a）， ①当a=0时，f′（x）＞0恒成立， ∴f（x）在R上单调递增， ②当a＞0时，2ex+a＞0，令f′（x）=0，解得x=lna， 当x＜lna时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减， 当x＞lna时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增， ③当a＜0时，ex﹣a＞0，令f′（x）=0，解得x=ln（﹣ ）， 当x＜ln（﹣ ）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减， 当x＞ln（﹣ ）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增， 综上所述，当a=0时，f（x）在R上单调递增， 当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增， 当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（﹣ ））上单调递减，在（ln（﹣ ），+∞）上单调递增， （2）①当a=0时，f（x）=e2x＞0恒成立， ②当a＞0时，由（1）可得f（x）min=f（lna）=﹣a2lna≥0， ∴lna≤0， ∴0＜a≤1， ③当a＞0时，由（1）可得f（x）min=f（ln（﹣ ））= ﹣a2ln（﹣ ）≥0， ∴ln（﹣ ）≤ ， ∴﹣ ≤a＜0， 综上所述a的取值范围为[﹣ ，1]
【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1.）先求导，再分类讨论，根据导数和函数的单调性即可判断， （2.）根据（1）的结论，分别求出函数的最小值，即可求出a的范围．
24.（2017?新课标Ⅰ卷）已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x．（12分）
(1)讨论f（x）的单调性；
(2)若f（x）有两个零点，求a的取值范围．
【答案】
解：由f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）ex﹣1， 当a=0时，f′（x）=2ex﹣1＜0， ∴当x∈R，f（x）单调递减， 当a＞0时，f′（x）=（2ex+1）（aex﹣1）=2a（ex+ ）（ex﹣ ）， 令f′（x）=0，解得：x=ln ， 当f′（x）＞0，解得：x＞ln ， 当f′（x）＜0，解得：x＜ln ， ∴x∈（﹣∞，ln ）时，f（x）单调递减，x∈（ln ，+∞）单调递增； 当a＜0时，f′（x）=2a（ex+ ）（ex﹣ ）＜0，恒成立， ∴当x∈R，f（x）单调递减， 综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数， 当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln ）是减函数，在（ln ，+∞）是增函数； （2）由f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x=0，有两个零点， 由（1）可知：当a＞0时，f（x）=0，有两个零点， 则f（x）min=a +（a﹣2） ﹣ln ， =a（ ）+（a﹣2）× ﹣ln ， =1﹣ ﹣ln ， 由f（x）min＜0，则1﹣ ﹣ln ＜0， 整理得：a﹣1+alna＜0， 设g（a）=alna+a﹣1，a＞0， g′（a）=lna+1+1=lna+2， 令g′（a）=0，解得：a=e﹣2 ， 当a∈（0，e﹣2），g′（a）＜0，g（a）单调递减， 当a∈（e﹣2 ， +∞），g′（a）＞0，g（a）单调递增， g（a）min=g（e﹣2）=e﹣2lne﹣2+e﹣2﹣1=﹣ ﹣1， 由g（1）=1﹣1﹣ln1=0， ∴0＜a＜1， a的取值范围（0，1）．
【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值，函数零点的判定定理
【解析】【分析】（1.）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f（x）单调性； （2.）由（1）可知：当a＞0时才有个零点，根据函数的单调性求得f（x）最小值，由f（x）min＜0，g（a）=alna+a﹣1，a＞0，求导，由g（a）min=g（e﹣2）=e﹣2lne﹣2+e﹣2﹣1=﹣ ﹣1，g（1）=0，即可求得a的取值范围．
25.（2017?新课标Ⅱ）设函数f（x）=（1﹣x2）ex ． （Ⅰ）讨论f（x）的单调性； （Ⅱ）当x≥0时，f（x）≤ax+1，求a的取值范围．
【答案】
解：（Ⅰ）因为f（x）=（1﹣x2）ex ， x∈R， 所以f′（x）=（1﹣2x﹣x2）ex ， 令f′（x）=0可知x=﹣1± ， 当x＜﹣1﹣ 或x＞﹣1+ 时f′（x）＜0，当﹣1﹣ ＜x＜﹣1+ 时f′（x）＞0， 所以f（x）在（﹣∞，﹣1﹣ ），（﹣1+ ，+∞）上单调递减，在（﹣1﹣ ，﹣1+ ）上单调递增； （Ⅱ）由题可知f（x）=（1﹣x）（1+x）ex ． 下面对a的范围进行讨论： ①当a≥1时，设函数h（x）=（1﹣x）ex ， 则h′（x）=﹣xex＜0（x＞0）， 因此h（x）在[0，+∞）上单调递减， 又因为h（0）=1，所以h（x）≤1， 所以f（x）=（1﹣x）h（x）≤x+1≤ax+1； ②当0＜a＜1时，设函数g（x）=ex﹣x﹣1，则g′（x）=ex﹣1＞0（x＞0）， 所以g（x）在[0，+∞）上单调递增， 又g（0）=1﹣0﹣1=0， 所以ex≥x+1． 因为当0＜x＜1时f（x）＞（1﹣x）（1+x）2 ， 所以（1﹣x）（1+x）2﹣ax﹣1=x（1﹣a﹣x﹣x2）， 取x0= ∈（0，1），则（1﹣x0）（1+x0）2﹣ax0﹣1=0， 所以f（x0）＞ax0+1，矛盾； ③当a≤0时，取x0= ∈（0，1），则f（x0）＞（1﹣x0）（1+x0）2=1≥ax0+1，矛盾； 综上所述，a的取值范围是[1，+∞）．
【考点】函数恒成立问题，利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，求出极值点，利用导函数的符号，判断函数的单调性即可． （Ⅱ）化简f（x）=（1﹣x）（1+x）ex ． f（x）≤ax+1，下面对a的范围进行讨论： ①当a≥1时，②当0＜a＜1时，设函数g（x）=ex﹣x﹣1，则g′（x）=ex﹣1＞0（x＞0），推出结论；③当a≤0时，推出结果，然后得到a的取值范围．
26.（2017?江苏）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （Ⅰ）求b关于a的函数关系式，并写出定义域； （Ⅱ）证明：b2＞3a； （Ⅲ）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣ ，求a的取值范围．
【答案】
（Ⅰ）解：因为f（x）=x3+ax2+bx+1， 所以g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b，g′（x）=6x+2a， 令g′（x）=0，解得x=﹣ ． 由于当x＞﹣ 时g′（x）＞0，g（x）=f′（x）单调递增；当x＜﹣ 时g′（x）＜0，g（x）=f′（x）单调递减； 所以f′（x）的极小值点为x=﹣ ， 由于导函数f′（x）的极值点是原函数f（x）的零点， 所以f（﹣ ）=0，即﹣ + ﹣ +1=0， 所以b= + （a＞0）． 因为f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值， 所以f′（x）=3x2+2ax+b=0有两个不等的实根， 所以4a2﹣12b＞0，即a2﹣ + ＞0，解得a＞3， 所以b= + （a＞3）． （Ⅱ）证明：由（1）可知h（a）=b2﹣3a= ﹣ + = （4a3﹣27）（a3﹣27）， 由于a＞3，所以h（a）＞0，即b2＞3a； （Ⅲ）解：由（1）可知f′（x）的极小值为f′（﹣ ）=b﹣ ， 设x1 ， x2是y=f（x）的两个极值点，则x1+x2= ，x1x2= ， 所以f（x1）+f（x2）= + +a（ + ）+b（x1+x2）+2 =（x1+x2）[（x1+x2）2﹣3x1x2]+a[（x1+x2）2﹣2x1x2]+b（x1+x2）+2 = ﹣ +2， 又因为f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣ ， 所以b﹣ + ﹣ +2= ﹣ ≥﹣ ， 因为a＞3，所以2a3﹣63a﹣54≤0， 所以2a（a2﹣36）+9（a﹣6）≤0， 所以（a﹣6）（2a2+12a+9）≤0， 由于a＞3时2a2+12a+9＞0， 所以a﹣6≤0，解得a≤6， 所以a的取值范围是（3，6]．
【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（Ⅰ）通过对f（x）=x3+ax2+bx+1求导可知g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b，进而再求导可知g′（x）=6x+2a，通过令g′（x）=0进而可知f′（x）的极小值点为x=﹣ ，从而f（﹣ ）=0，整理可知b= + （a＞0），结合f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值可知f′（x）=0有两个不等的实根，进而可知a＞3． （Ⅱ）通过（1）构造函数h（a）=b2﹣3a= ﹣ + = （4a3﹣27）（a3﹣27），结合a＞3可知h（a）＞0，从而可得结论； （Ⅲ）通过（1）可知f′（x）的极小值为f′（﹣ ）=b﹣ ，利用韦达定理及完全平方关系可知y=f（x）的两个极值之和为 ﹣ +2，进而问题转化为解不等式b﹣ + ﹣ +2= ﹣ ≥﹣ ，因式分解即得结论．
27.（2017?新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0． （Ⅰ）求a； （Ⅱ）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0 ， 且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2 ．
【答案】
（Ⅰ）解：因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0）， 则f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0， 因为h′（x）=a﹣ ，且当0＜x＜ 时h′（x）＜0、当x＞ 时h′（x）＞0， 所以h（x）min=h（ ）， 又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0， 所以 =1，解得a=1； （Ⅱ）证明：由（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx， 令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=2﹣ ， 令t′（x）=0，解得：x= ， 所以t（x）在区间（0， ）上单调递减，在（ ，+∞）上单调递增， 所以t（x）min=t（ ）=ln2﹣1＜0，从而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在两根x0 ， x2 ， 且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0 ， x2）上为负、在（x2 ， +∞）上为正， 所以f（x）必存在唯一极大值点x0 ， 且2x0﹣2﹣lnx0=0， 所以f（x0）= ﹣x0﹣x0lnx0= ﹣x0+2x0﹣2 =x0﹣ ， 由x0＜ 可知f（x0）＜（x0﹣ ）max=﹣ + = ； 由f′（ ）＜0可知x0＜ ＜ ， 所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0 ， ）上单调递减， 所以f（x0）＞f（ ）=﹣ + = ＞ ； 综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0 ， 且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2 ．
【考点】导数的运算，利用导数研究函数的极值，利用导数求闭区间上函数的最值，导数在最大值、最小值问题中的应用，不等式的综合
【解析】【分析】（Ⅰ）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）=a﹣ 可得h（x）min=h（ ），从而可得结论； （Ⅱ）通过（Ⅰ）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，记t（x）=f′（x）=2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min=t（ ）=ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）=0存在两根x0 ， x2 ， 利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0＜ 可知f（x0）＜ ，另一方面可知f（x0）＞f（ ）=﹣ + = ＞ ．
28.（2017·山东）已知函数f（x）= x3﹣ ax2 ， a∈R，
(1)当a=2时，求曲线y=f（x）在点（3，f（3））处的切线方程；
(2)设函数g（x）=f（x）+（x﹣a）cosx﹣sinx，讨论g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 21·cn·jy·com
【答案】
（1）解：当a=2时，f（x）= x3﹣x2 ， ∴f′（x）=x2﹣2x， ∴k=f′（3）=9﹣6=3，f（3）= ×27﹣9=0， ∴曲线y=f（x）在点（3，f（3））处的切线方程y=3（x﹣3），即3x﹣y﹣9=0 （2）函数g（x）=f（x）+（x﹣a）cosx﹣sinx= x3﹣ ax2+（x﹣a）cosx﹣sinx， ∴g′（x）=x2﹣ax+cosx﹣（x﹣a）sinx﹣cosx=x2﹣ax+（x﹣a）sinx=（x﹣a）（x+sinx）， 令g′（x）=0，解得x=a，或x=0， 当x＜0时，x+sinx＜0，当x≥0，x+sinx≥0， ①若a＞0时，当x＜0时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（﹣∞，0）上单调递增， 当x＞a时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（a，+∞）上单调递增， 当0＜x＜a时，g′（x）＜0恒成立，故g（x）在（0，a）上单调递减， ∴当x=a时，函数有极小值，极小值为g（a）=﹣ a3﹣sina 当x=0时，有极大值，极大值为g（0）=﹣a， ②若a＜0时，当x＞0时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（﹣∞，0）上单调递增， 当x＜a时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（﹣∞，a）上单调递增， 当a＜x＜0时，g′（x）＜0恒成立，故g（x）在（a，0）上单调递减， ∴当x=a时，函数有极大值，极大值为g（a）=﹣ a3﹣sina 当x=0时，有极小值，极小值为g（0）=﹣a ③当a=0时，g′（x）=x（x+sinx）， 当x＞0时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（0，+∞）上单调递增， 当x＜0时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（﹣∞，0）上单调递增， ∴g（x）在R上单调递增，无极值．
【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，利用导数研究曲线上某点切线方程 2-1-c-n-j-y
【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义即可求出曲线y=f（x）在点（3，f（3））处的切线方程，（2）先求导，再分类讨论即可求出函数的单调区间和极值
29（2017·天津）设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0 ， g（x）为f（x）的导函数． （Ⅰ）求g（x）的单调区间； （Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0 ， 2]，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜0； （Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且 ∈[1，x0）∪（x0 ， 2]，满足| ﹣x0|≥ ．
【答案】
（Ⅰ）解：由f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6， 进而可得g′（x）=24x2+18x﹣6．令g′（x）=0，解得x=﹣1，或x= ． 当x变化时，g′（x），g（x）的变化情况如下表：21世纪教育网版权所有
x
（﹣∞，﹣1）
（﹣1， ）
（ ，+∞）
g′（x）
+
﹣
+
g（x）
↗
↘
↗
所以，g（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣1），（ ，+∞），单调递减区间是（﹣1， ）． （Ⅱ）证明：由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），得h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m）， h（x0）=g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）． 令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），则H′1（x）=g′（x）（x﹣x0）． 由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0， 故当x∈[1，x0）时，H′1（x）＜0，H1（x）单调递减； 当x∈（x0 ， 2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单调递增． 因此，当x∈[1，x0）∪（x0 ， 2]时，H1（x）＞H1（x0）=﹣f（x0）=0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0， 令函数H2（x）=g（x0）（x﹣x0）﹣f（x），则H′2（x）=g′（x0）﹣g（x）．由（Ⅰ）知，g（x）在[1，2]上单调递增，故当x∈[1，x0）时，H′2（x）＞0，H2（x）单调递增；当x∈（x0 ， 2]时，H′2（x）＜0，H2（x）单调递减．因此，当x∈[1，x0）∪（x0 ， 2]时，H2（x）＞H2（x0）=0，可得得H2（m）＜0即h（x0）＜0，． 所以，h（m）h（x0）＜0． （Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且 ， 令m= ，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m）． 由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，h（x）在区间（m，x0）内有零点； 当m∈（x0 ， 2]时，h（x）在区间（x0 ， m）内有零点． 所以h（x）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为x1 ， 则h（x1）=g（x1）（ ﹣x0）﹣f（ ）=0． 由（Ⅰ）知g（x）在[1，2]上单调递增，故0＜g（1）＜g（x1）＜g（2）， 于是| ﹣x0|= ≥ = ． 因为当x∈[1，2]时，g（x）＞0，故f（x）在[1，2]上单调递增， 所以f（x）在区间[1，2]上除x0外没有其他的零点，而 ≠x0 ， 故f（ ）≠0． 又因为p，q，a均为整数，所以|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|是正整数， 从而|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1． 所以| ﹣x0|≥ ．所以，只要取A=g（2），就有| ﹣x0|≥ ．
【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，不等式的证明，函数的零点
【解析】【分析】（Ⅰ）求出函数的导函数g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6，求出极值点，通过列表判断函数的单调性求出单调区间即可． （Ⅱ）由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），推出h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m）， 令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），求出导函数H′1（x）利用（Ⅰ）知，推出h（m）h（x0）＜0． （Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且 ，令m= ，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m）． 由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，当m∈（x0 ， 2]时，通过h（x）的零点．转化推出| ﹣x0|= ≥ = ．推出|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．然后推出结果．
30.（2017?天津）设a，b∈R，|a|≤1．已知函数f（x）=x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，g（x）=exf（x）．（14分） （Ⅰ）求f（x）的单调区间； （Ⅱ）已知函数y=g（x）和y=ex的图象在公共点（x0 ， y0）处有相同的切线， （i）求证：f（x）在x=x0处的导数等于0； （ii）若关于x的不等式g（x）≤ex在区间[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b的取值范围．
【答案】
（Ⅰ）解：由f（x）=x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，可得f'（x）=3x2﹣12x﹣3a（a﹣4）=3（x﹣a）（x﹣（4﹣a））， 令f'（x）=0，解得x=a，或x=4﹣a．由|a|≤1，得a＜4﹣a． 当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：
x
（﹣∞，a）
（a，4﹣a）
（4﹣a，+∞）
f'（x）
+
﹣
+
f（x）
↗
↘
↗
∴f（x）的单调递增区间为（﹣∞，a），（4﹣a，+∞），单调递减区间为（a，4﹣a）； （Ⅱ）（i）证明：∵g'（x）=ex（f（x）+f'（x）），由题意知 ， ∴ ，解得 ． ∴f（x）在x=x0处的导数等于0； （ii）解：∵g（x）≤ex ， x∈[x0﹣1，x0+1]，由ex＞0，可得f（x）≤1． 又∵f（x0）=1，f'（x0）=0， 故x0为f（x）的极大值点，由（I）知x0=a． 另一方面，由于|a|≤1，故a+1＜4﹣a， 由（Ⅰ）知f（x）在（a﹣1，a）内单调递增，在（a，a+1）内单调递减， 故当x0=a时，f（x）≤f（a）=1在[a﹣1，a+1]上恒成立，从而g（x）≤ex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]， ∴t'（x）=6x2﹣12x， 令t'（x）=0，解得x=2（舍去），或x=0． ∵t（﹣1）=﹣7，t（1）=﹣3，t（0）=1，故t（x）的值域为[﹣7，1]． ∴b的取值范围是[﹣7，1]．
【考点】导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性，不等式的综合
【解析】【分析】（Ⅰ）求出函数f（x）的导函数，得到导函数的零点，由导函数的零点对定义域分段，列表后可得f（x）的单调区间； （Ⅱ）（i）求出g（x）的导函数，由题意知 ，求解可得 ．得到f（x）在x=x0处的导数等于0； （ii）由（I）知x0=a．且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）≤ex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．构造函数t（x）=2x3﹣6x2+1，x∈[﹣1，1]，利用导数求其值域可得b的范围．
31.（2017?山东）已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2），其中e≈2.17828…是自然对数的底数．（13分） （Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程； （Ⅱ）令h（x）=g （x）﹣a f（x）（a∈R），讨论h（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
【答案】
解：（Ⅰ）f（π）=π2﹣2．f′（x）=2x﹣2sinx，∴f′（π）=2π． ∴曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程为：y﹣（π2﹣2）=2π（x﹣π）． 化为：2πx﹣y﹣π2﹣2=0． （Ⅱ）h（x）=g （x）﹣a f（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2）﹣a（x2+2cosx） h′（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2）+ex（﹣sinx﹣cosx+2）﹣a（2x﹣2sinx） =2（x﹣sinx）（ex﹣a）=2（x﹣sinx）（ex﹣elna）． 令u（x）=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，∴函数u（x）在R上单调递增． ∵u（0）=0，∴x＞0时，u（x）＞0；x＜0时，u（x）＜0． （i）a≤0时，ex﹣a＞0，∴x＞0时，h′（x）＞0，函数h（x）在（0，+∞）单调递增； x＜0时，h′（x）＜0，函数h（x）在（﹣∞，0）单调递减． ∴x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣1﹣2a． （ii）a＞0时，令h′（x）=2（x﹣sinx）（ex﹣elna）=0． 解得x1=lna，x2=0． ①0＜a＜1时，x∈（﹣∞，lna）时，ex﹣elna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增； x∈（lna，0）时，ex﹣elna＞0，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减； x∈（0，+∞）时，ex﹣elna＞0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增． ∴当x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣2a﹣1． 当x=lna时，函数h（x）取得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]． ②当a=1时，lna=0，x∈R时，h′（x）≥0，∴函数h（x）在R上单调递增． ③1＜a时，lna＞0，x∈（﹣∞，0）时，ex﹣elna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增； x∈（0，lna）时，ex﹣elna＜0，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减； x∈（lna，+∞）时，ex﹣elna＞0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增． ∴当x=0时，函数h（x）取得极大值，h（0）=﹣2a﹣1． 当x=lna时，函数h（x）取得极小值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]． 综上所述：a≤0时，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；x＜0时，函数h（x）在（﹣∞，0）单调递减． x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣1﹣2a． 0＜a＜1时，函数h（x）在x∈（﹣∞，lna）是单调递增；函数h（x）在x∈（lna，0）上单调递减．当x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]． 当a=1时，lna=0，函数h（x）在R上单调递增． a＞1时，函数h（x）在（﹣∞，0），（lna，+∞）上单调递增；函数h（x）在（0，lna）上单调递减．当x=0时，函数h（x）取得极大值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极小值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．
【考点】导数的加法与减法法则，导数的乘法与除法法则，函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（Ⅰ）f（π）=π2﹣2．f′（x）=2x﹣2sinx，可得f′（π）=2π即为切线的斜率，利用点斜式即可得出切线方程． （Ⅱ）h（x）=g （x）﹣a f（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2）﹣a（x2+2cosx），可得h′（x）=2（x﹣sinx）（ex﹣a）=2（x﹣sinx）（ex﹣elna）．令u（x）=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，可得函数u（x）在R上单调递增． 由u（0）=0，可得x＞0时，u（x）＞0；x＜0时，u（x）＜0． 对a分类讨论：a≤0时，0＜a＜1时，当a=1时，a＞1时，利用导数研究函数的单调性极值即可得出．
模拟题精练
1.（2017湖南怀化一模）如图，函数y=f（x）的图象在点P处的切线方程是y=﹣x+8，则f（5）+f′（5）=（?? ）
A、2 B、1 C、 D、0
【答案】A
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：根据图象知，函数y=f（x）的图象与在点P处的切线交于点P， f（5）=﹣5+8=3， f′（5）为函数y=f（x）的图象在点P处的切线的斜率， ∴f′（5）=﹣1； ∴f（5）+f′（5）=2． 故选：A． 【分析】根据导数的几何意义知，函数y=f（x）的图象在点P处的切线的斜率就是函数y=f（x）在该点的导数值，因此可求得f′（5）． www.21-cn-jy.com
2.（2014大纲卷）曲线y=xex﹣1在点（1，1）处切线的斜率等于（?? ）
A、2e B、e C、2 D、1
【答案】C
【考点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：函数的导数为f′（x）=ex﹣1+xex﹣1=（1+x）ex﹣1 ， 当x=1时，f′（1）=2， 即曲线y=xex﹣1在点（1，1）处切线的斜率k=f′（1）=2， 故选：C． 【分析】求函数的导数，利用导数的几何意义即可求出对应的切线斜率．
3.（2017甘肃天水一中三诊）已知点P为函数f（x）=lnx的图象上任意一点，点Q为圆[x﹣（e+ ）]2+y2=1任意一点，则线段PQ的长度的最小值为（?? ）
A、 B、 C、 D、e+ ﹣1
【答案】C
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由圆的对称性可得只需考虑圆心Q（e+ ，0） 到函数f（x）=lnx图象上一点的距离的最小值． 设f（x）图象上一点（m，lnm）， 由f（x）的导数为f′（x）= ， 即有切线的斜率为k= ， 可得 =﹣m， 即有lnm+m2﹣（e+ ）m=0， 由g（x）=lnx+x2﹣（e+ ）x，可得g′（x）= +2x﹣（e+ ）， 当2＜x＜3时，g′（x）＞0，g（x）递增． 又g（e）=lne+e2﹣（e+ ）?e=0， 可得x=e处点（e，1）到点Q的距离最小，且为 ， 则线段PQ的长度的最小值为为 ﹣1，即 ． 故选：C． 【分析】由圆的对称性可得只需考虑圆心Q（e+ ，0）到函数f（x）=lnx图象上一点的距离的最小值．设f（x）图象上一点P（m，lnm），求得切线的斜率，由两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，可得lnm+m2﹣（e+ ）m=0，由g（x）=lnx+x2﹣（e+ ）x，求出导数，判断单调性，可得零点e，运用两点的距离公式计算即可得到所求值．
4.（2017贵州铜仁四中模拟）已知函数f（x）=x2 ， g（x）=﹣1nx，g'（x）为g（x）的导函数．若存在直线l同为函数f（x）与g'（x）的切线，则直线l的斜率为（?? ） 2·1·c·n·j·y
A、 B、2 C、4 D、
【答案】C
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由g（x）=﹣1nx，得g'（x）=﹣ ， 设直线l与f（x）的切点为（ ），则f′（x1）=2x1 ， ∴直线l的方程为y﹣ ，即 ； 再设l与g'（x）的切点为（ ），则 ， ∴直线l的方程为 ，即 ． ∴ ，解得x1=2． ∴直线l的斜率为2x1=4． 故选：C． 【分析】分别设出直线l与两个函数所对应曲线的切点，求出切线方程，由两切线系数相等列式求出切点横坐标，则答案可求．
5.（2017黑龙江佳木斯六中三模）已知函数f（x）=2f（2﹣x）﹣x2+5x﹣5，则曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为（?? ）
A、y=x B、y=﹣2x+3 C、y=﹣3x+4 D、y=x﹣2
【答案】A
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：∵函数f（x）=2f（2﹣x）﹣x2+5x﹣5， ∴f（1）=2f（1）﹣1+5﹣5， ∴f（1）=1， ∵函数f（x）=2f（2﹣x）﹣x2+5x﹣5 ∴f'（x）=﹣2f′（2﹣x）﹣2x+5， ∴f'（1）=﹣2f′（1）﹣2+5， ∴f'（1）=1， ∴y=f（x）在（1，f（1））处的切线斜率为y′=1． ∴函数y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y﹣1=x﹣1， 即y=x． 故选：A． 【分析】根据f（x）=2f（2﹣x）﹣x2+5x﹣5，运用赋值法，令x=1和两边对x求导，求出y=f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率，切点坐标，根据点斜式可求切线方程．
6.（2017湖北华中师大一附中压题卷）已知函数y= x2的图象在点（x0 ， x02）处的切线为l，若l也为函数y=lnx（0＜x＜1）的图象的切线，则x0必须满足（?? ）
A、＜x0＜1 B、1＜x0＜ C、＜x0＜ D、＜x0＜2
【答案】D
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：函数y= x2的导数为y′=x， 在点（x0 ， x02）处的切线的斜率为k=x0 ， 切线方程为y﹣ x02=x0（x﹣x0）， 设切线与y=lnx相切的切点为（m，lnm），0＜m＜1， 即有y=lnx的导数为y′= ， 可得x0= ，切线方程为y﹣lnm= （x﹣m）， 令x=0，可得y=lnm﹣1=﹣ x02 ， 由0＜m＜1，可得x0＜2，且x02＞1， 解得x0＞1， 由m= ，可得 x02﹣lnx0﹣1=0， 令f（x）= x2﹣lnx﹣1，x＞1， f′（x）=x﹣ ＞0，f（x）在x＞1递增， 且f（2）=1﹣ln2＞0，f（ ）= ﹣ ln3﹣1= （1﹣ln3）＜0， 则有 x02﹣lnx0﹣1=0的根x0∈（ ，2）． 故选：D． 【分析】求出函数y=x2的导数，y=lnx的导数，求出切线的斜率，切线的方程，可得x0= ，lnm﹣1=﹣ x02 ， 再由零点存在定理，即可得到所求范围． 【来源：21cnj*y.co*m】
7.（2017湖北襄阳五中三模）已知函数f（x）=ax﹣x2﹣lnx存在极值，若这些极值的和大于5+ln2，则实数a的取值范围为（?? ）
A、（﹣∞，4） B、（4，+∞） C、（﹣∞，2） D、（2，+∞）
【答案】B
【考点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：f（x）=ax﹣x2﹣lnx，x∈（0，+∞）， 则f′（x）=a﹣2x﹣ =﹣ ， ∵函数f（x）存在极值，∴f′（x）=0在（0，+∞）上有根， 即2x2﹣ax+1=0在（0，+∞）上有根，∴△=a2﹣8≥0， 显然当△=0时，F（x）无极值，不合题意； ∴方程必有两个不等正根，记方程2x2﹣ax+1=0的两根为x1 ， x2 ， x1+x2= ，x1x2= ， f（x1），f（x2）是函数F（x）的两个极值， 由题意得，f（x1）+f（x2）=a（x1+x2）﹣（x12+x22）﹣（lnx1+lnx2） = ﹣ +1﹣ln ＞5﹣ln ， 化简解得，a2＞16，满足△＞0， 又x1+x2= ＞0，即a＞0， ∴∴a的取值范围是（4，+∞）， 故选：B． 【分析】求函数f（x）的定义域，求出f′（x），利用导数和极值之间的关系将条件转化：f′（x）=0在（0，+∞）上有根，即即2x2﹣ax+1=0在（0，+∞）上有根，根据二次方程根的分布问题列出方程组，根据条件列出关于a的不等式，求出a的范围．
8.（2017湖南衡阳三中模拟）已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足f′（x）+2f（x）= ，且f（1）= ，则不等式f（lnx）＞f（3）的解集为（?? ）
A、（﹣∞，e3） B、（0，e3） C、（1，e3） D、（e3 ， +∞）
【答案】C
【考点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由题意f′（x）+2f（x）= ，即[e2x（x）]′=lnx+ ， 两边积分可知：e2x（x）=xlnx﹣x+ x+C， ∴f（x）= ， 由f（1）= ，代入解得：C= ， ∴f（x）= ， 求导f′（x）= ，由e2x＞0 令g（x）=﹣2xlnx+lnx+x﹣1，求导g′（x）=﹣2lnx+ ﹣1， 令g′（x）=0，解得：x=1， 当x＞1时，g′（x）＜0，函数单调递减， 当0＜x＜1时，g′（x）＞0，函数单调递增， ∴当x=1时，f′（x）取最大值，最大值为0， 即f′（x）≤0恒成立， ∴f（x）= ，单调递减， ∴由f（lnx）＞f（3），则0＜lnx＜3， 即1＜x＜e3 ， 故不等式的解集（1，e3）， 故选：C． 【分析】由题意可知：[e2x（x）]′=lnx+ ，两边积分，求得函数f（x）的解析式，求导，利用函数的单调性，即可求得不等式的解集．
9.（2017吉林通化梅河口五中模拟）设函数f（x）在R上存在导数f′（x），?x∈R，有f（﹣x）+f（x）=x2 ， 在（0，+∞）上f′（x）＜x，若f（6﹣m）﹣f（m）﹣18+6m≥0，则实数m的取值范围为（?? ）
A、[﹣3，3] B、[3，+∞） C、[2，+∞） D、（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）
【答案】B
【考点】函数的单调性与导数的关系
【解析】【解答】解：令g（x）=f（x）﹣ x2 ， ∵g（x）+g（﹣x）=f（x）﹣ x2+f（﹣x）﹣ x2=0， ∴函数g（x）为奇函数 ∵x∈（0，+∞）时，g′（x）=f′（x）﹣x＜0， 函数g（x）在x∈（0，+∞）为减函数， 又由题可知，f（0）=0，g（0）=0， 所以函数g（x）在R上为减函数 ∴f（6﹣m）﹣f（m）﹣18+6m =f（6﹣m）+ （6﹣m）2﹣f（m）﹣ m2﹣18+6m≥0， 即g（6﹣m）﹣g（m）≥0， ∴g（6﹣m）≥g（m）， ∴6﹣m≤m， ∴m≥3． 【分析】令g（x）=f（x）﹣ x2 ， 根据已知条件得到g（x）的单调性，从而得到关于m的不等式，解出即可．
10.（2017吉林长春四模）已知函数f（x）= ﹣k（ +lnx），若x=2是函数f（x）的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为（?? ）
A、（﹣∞，e] B、[0，e] C、（﹣∞，e） D、[0，e）
【答案】C
【考点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：∵函数f（x）= ﹣k（ +lnx）， ∴函数f（x）的定义域是（0，+∞） ∴f′（x）= ﹣k（﹣ + ）= ∵x=2是函数f（x）的唯一一个极值点 ∴x=2是导函数f′（x）=0的唯一根． ∴ex﹣kx=0在（0，+∞）无变号零点， 令g（x）=ex﹣kx g′（x）=ex﹣k ①k≤0时，g′（x）＞0恒成立．g（x）在（0，+∞）时单调递增的 g（x）的最小值为g（0）=1，g（x）=0无解 ②k＞0时，g′（x）=0有解为：x=lnk 0＜x＜lnk时，g′（x）＜0，g（x）单调递减 lnk＜x时，g′（x）＞0，g（x）单调递增 ∴g（x）的最小值为g（lnk）=k﹣klnk ∴k﹣klnk＞0 ∴k＜e， 由y=ex和y=ex图象，它们切于（1，e）， 综上所述，k≤e． 故选C 【分析】由f（x）的导函数形式可以看出，需要对k进行分类讨论来确定导函数为0时的根．
11.（2017江西上饶二模）设函数f（x）=ex（2x﹣3）﹣ax2+2ax+b，若函数 f（x）存在两个极值点x1 ， x2 ， 且极小值点x1大于极大值点x2 ， 则实数a的取值范围是（?? ）
A、 B、 C、 D、
【答案】A
【考点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：函数f（x）=ex（2x﹣3）﹣ax2+2ax+b，求导f′（x）=ex（2x﹣1）﹣2ax+2a， 由题意可知函数 f（x）存在两个极值点x1 ， x2 ， 则y=ex（2x﹣1）与y=2a（x﹣1）有两个交点， 则设切点（x0 ， （2x0﹣1）），y=2a（x﹣1）恒过点（1，0） 求导y′=ex（2x+1），令y′＞0时，解得x＞﹣ ，当y′＜0，解得x＜﹣ ， ∴y=ex（2x﹣1）在（﹣∞，﹣ ）单调递减，在（﹣ ，+∞）单调递增； 则y=ex（2x﹣1）在（x0 ， （2x0﹣1））处的切线斜率k= （2x0+1）， 则 （2x0+1）= ，整理得：2x02﹣3x0=1，解得：x0=0，或x0= ， ∴当x0=0时，则k=1，即2a=1，a= ， x0= ，则k=4 ，2a=4 ，a=2 ， 要使y=ex（2x﹣1）与y=2a（x﹣1）有两个交点， 则0＜a＜ 或a＞2 ， 当0＜a＜ ，f′（x）=0，则y=ex（2x﹣1）与y=2a（x﹣1）有两个交点x1 ， x2 ， 令由函数图象可知（﹣∞，x2）单调递增，在（x2 ， x1）单调递减，在（x1 ， +∞）单调递增， 则当x=x2时，取极大值，当x=x1取极小值，且x2＜x1 ， 满足极小值点x1大于极大值点x2 ， 同理可知：极小值点x1大于极大值点x2 ， ∴实数a的取值范围（0， ）∪（2 ，+∞）， 故选A． 【分析】由题意可知：求导，y=ex（2x﹣1）与y=2a（x﹣1）有两个交点，设切点坐标，根据直线的斜率公式及导数的几何意义，即可求得切点，代入根据函数函数的单调性即可求得求得a的取值范围．
12.（2017辽宁沈阳东北育才学校模拟）已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）的导函数为f'（x），满足x2f'（x）+xf（x）=lnx，f（e）= ，则f（x）（?? ）
A、有极大值，无极小值 B、有极小值，无极大值 C、既有极大值又有极小值 D、既无极大值也无极小值
【答案】D
【考点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：∵x2f′（x）+xf（x）=lnx， ∴xf′（x）+f（x）= ， ∴[xf（x）]′= ， ∴xf（x）= （lnx）2+c， 又∵f（e）= ， ∴e? = +c， 故c= ， ∴f（x）= + ， ∴f′（x）= = ≤0， ∴f（x）在区间（0，+∞）上是减函数， ∴既无极大值又无极小值． 故选D． 【分析】由题意知[xf（x）]′= ，从而由积分可知xf（x）= （lnx）2+c，从而解得f（x）的解析式，从而再求导判断函数的单调性即可判断函数的极值．
13.(2017宁夏六盘山高级中学四模)已知函数f（x）在定义域R上的导函数为f′（x），若方程f'（x）=0无解，且f[f（x）﹣2017x]=2017，当g（x）=sinx﹣cosx﹣kx在[﹣ ， ]上与f（x）在R上的单调性相同时，则实数k的取值范围是（?? ）
A、（﹣∞，﹣1] B、（﹣∞， ] C、[﹣1， ] D、[ ，+∞）
【答案】A
【考点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：若方程f'（x）=0无解， 则 f′（x）＞0或f′（x）＜0恒成立，所以f（x）为R上的单调函数， ?x∈R都有f[f（x）﹣2017x]=2017， 则f（x）﹣2017x为定值， 设t=f（x）﹣2017x ， 则f（x）=t+2017x ， 易知f（x）为R上的增函数， ∵g（x）=sinx﹣cosx﹣kx， ∴ ， 又g（x）与f（x）的单调性相同， ∴g（x）在R上单调递增，则当x∈[﹣ ， ]，g'（x）≥0恒成立， 当 时， ， ， ， 此时k≤﹣1， 故选A． 【分析】由题意可知：f（x）为R上的单调函数，则f（x）﹣2017x为定值，由指数函数的性质可知f（x）为R上的增函数，则g（x）在[﹣ ， ]单调递增，求导，则g'（x）≥0恒成立，则k≤ sin（x+ ）min ， 根据函数的正弦函数的性质即可求得k的取值范围．
选择题
14.（2017福建泉州二模）已知曲线C：y=x2+2x在点（0，0）处的切线为l，则由C，l以及直线x=1围成的区域面积等于________．
【答案】
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由y=x2+2x的导数为y′=2x+2， 可得在点（0，0）处的切线斜率为2， 则切线l的方程为y=2x， 由x=1，可得y=2，即A（1，2）， 由C，l以及直线x=1围成的区域面积为： S= （x2+2x）dx﹣S△OAH=（ x3+x2）| ﹣ ×1×2= +1﹣1= ． 故答案为： ． 【分析】求出函数的导数，可得切线的斜率，进而得到切线l的方程，求出A的坐标，确定被积函数与被积区间，求出原函数，结合三角形的面积公式，即可得到结论．
15.（2017湖南长沙模拟）在半径为R的圆内，作内接等腰△ABC，当底边上高h∈（0，t]时，△ABC的面积取得最大值 ，则t的取值范围是________．
【答案】[ ，2R）
【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：设圆内接等腰三角形的底边长为2x，高为h，则x2=h（2R﹣h）， ∵S△ABC=xh， ∴S2=x2h2=h3（2R﹣h）=﹣h4+2Rh3 ， （0＜h＜2R）， 令f（h）=﹣h4+2Rh3 ， （0＜h＜2R）， ∴f′（h）=﹣4h3+6Rh2=2h2（3R﹣2h）， 令f′（h）=0，解得h= ， 当0＜h＜ 时，f′（h）＞0，函数f（h）单调递增， 当 ＜h＜2R时，f′（h）＜0，函数f（h）单调递减， ∴f（h）max=f（ ）= ， ∴Smax= ， ∴h= ∈（0，t）， ∴t的范围为[ ，2R）， 故答案为：[ ，2R）． 【分析】设圆内接等腰三角形的底边长为2x，高为h，则x2=h（2R﹣h），得到S2=x2h2=h3（2R﹣h）=﹣h4+2Rh3 ， （0＜h＜2R），构造函数（h）=﹣h4+2Rh3 ， （0＜h＜2R），利用导数求出函数的最值，即可得到t的范围
综合题
16.已知函数f（x）=lnx﹣ ，g（x）= ﹣1． （Ⅰ）若a＞0，试判断f（x）在定义域内的单调性； （Ⅱ）若f（x）在[1，e]上的最小值为 ，求a的值； （Ⅲ）当a=0时，若x≥1时，恒有x?f（x）≤λ[g（x）+x]成立，求λ的最小值．
【答案】
解：（Ⅰ）∵f（x）=lnx﹣ ， ∴由题意知f（x）的定义域为（0，+∞） 且f′（x）= + = ∵a＞0，∴f′（x）＞0， 故f（x）在（0，+∞）上是单调递增函数 （Ⅱ）由（1）可知，f′（x）= ． ①若a≥﹣1，则x+a≥0，即f′（x）≥0在[1，e]上恒成立， 此时f（x）在[1，e]上为增函数， ∴f（x）min=f（1）=﹣a= ，∴a=﹣ （舍去）． ②若a≤﹣e，则x+a≤0，即f′（x）≤0在[1，e]上恒成立， 此时f（x）在[1，e]上为减函数， ∴f（x）min=f（e）=1﹣ = ，∴a=﹣ （舍去）． ③若﹣e＜a＜﹣1，令f′（x）=0得x=﹣a， 当1＜x＜﹣a时，f′（x）＜0，∴f（x）在（1，﹣a）上为减函数； 当﹣a＜x＜e时，f′（x）＞0，∴f（x）在（﹣a，e）上为增函数， ∴f（x）min=f（﹣a）=ln（﹣a）+1= ，∴a=﹣ ． 综上所述，a=﹣ ． （Ⅲ）∵xf（x）≤λ[g（x）+x]，∴ ， ∴xlnx≤λ（ ），∴lnx﹣ （x﹣ ）≤0， 令 ， 当λ≤﹣1时，△=4﹣4（﹣λ）（﹣λ）≤0，故恒有﹣λx2+2x﹣λ≥0， 则G′（x）≥0恒成立，故G（x）在区间[1，+∞）单调递增， ∴G（x）≥G（1）=0，这与条件矛盾； 当﹣1＜λ＜0时，x=﹣ ， 故有y=﹣λx2+2x﹣λ在区间[1，+∞）上单调递增， 故有﹣λx2+2x﹣λ＞2﹣2λ＞0，则G′（x）≥0恒成立， 故G（x）在区间[1，+∞）上恒单调递增， ∴G（x）≥G（1）=0，这与条件矛盾； 当λ=0时，G′（x）= ＞0，故G（x）在区间[1，+∞）上单调递增， ∴G（x）≥G（1），这与条件矛盾； 当0＜λ＜1时，设﹣λx2+2x﹣λ=0的两根为x1 ， x2 ， 且x1＜x2 ， ∵ ， ∴0＜x1＜1＜x2 ， ∴x∈（1，x2）时，﹣λx2+2x﹣λ＞0， 故函数G（x）在区间（1，x2）上单调递增， ∴G（x2）≥G（1）=0，这与条件矛盾； 当λ≥1时，△=4﹣4（﹣λ）（﹣λ）≤0，故恒有﹣λx2+2x﹣λ≤0， ∴G′（x）≤0恒成立，故G（x）在区间[1，+∞）上单调递减， ∴G（x）≤G（1）=0，命题成立． 综上所述λ≥1，所以λ的最小值为1．
【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】【分析】（Ⅰ）由题意知f（x）的定义域为（0，+∞），且f′（x）= + = ，由此得到f（x）在（0，+∞）上是单调递增函数．（Ⅱ）由f′（x）= ，根据a≥﹣1，a≤﹣e，﹣e＜a＜﹣1，进行分类讨论，利用导数性质能求出a的值．（Ⅲ）推导出lnx﹣ （x﹣ ）≤0，令 ，要所λ≤﹣1，﹣1＜λ＜0，λ=0，0＜λ＜1，λ≥1进行分类讨论，利用导数性质能求出λ的最小值． 21*cnjy*com
