2022年高三數(shù)學專題復(fù)習 專題六 導(dǎo)數(shù) 理

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1、2022年高三數(shù)學專題復(fù)習 專題六 導(dǎo)數(shù) 理 一、選擇題 1．(xx·安徽高考)函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的圖象如圖所示，則下列結(jié)論成立的是(　　) A．a(chǎn)>0，b<0，c>0，d>0 B．a(chǎn)>0，b<0，c<0，d>0 C．a(chǎn)<0，b<0，c>0，d>0 D．a(chǎn)>0，b>0，c>0，d<0 2．(xx·四川高考)如果函數(shù)f(x)＝(m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在區(qū)間上單調(diào)遞減，那么mn的最大值為(　　) A．16 B．18 C．25 D. 3．(xx·陜西高考)對二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a為非零整數(shù))，四位同學分

2、別給出下列結(jié)論，其中有且只有一個結(jié)論是錯誤的，則錯誤的結(jié)論是(　　) A．－1是f(x)的零點 B．1是f(x)的極值點 C．3是f(x)的極值 D．點(2，8)在曲線y＝f(x)上 4．(xx·福建高考)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)＝－1，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)＞k＞1，則下列結(jié)論中一定錯誤的是(　　) A．f ＜ B．f ＞ C．f ＜ D．f ＞ 5．(xx·全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當x>0時，xf′(x)－f(x)＜0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(　　) A．(－∞，－1)∪

3、(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞) 6．(xx·全國卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)<0，則a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 二、填空題 7．(xx·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x＋1的圖象在點(1，f(1))處的切線過點(2，7)，則a＝________． 8.(xx·江蘇高考)已知函數(shù)f(x)＝|ln x|，g(x)＝則方程|f(x)＋g(x)|＝1實根的個數(shù)為________． 9．(xx·安徽高考

4、)設(shè)x3＋ax＋b＝0，其中a，b均為實數(shù)，下列條件中，使得該三次方程僅有一個實根的是________(寫出所有正確條件的編號)． ①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b>2；④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2. 三、解答題 10．(xx·北京高考)已知函數(shù)f(x)＝ln. (1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程； (2)求證：當x∈(0，1)時，f(x)＞2； (3)設(shè)實數(shù)k使得f(x)＞k對x∈(0，1)恒成立，求k的最大值． 11．(xx·全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝emx＋x2－mx. (1)證明：f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減

5、，在(0，＋∞)單調(diào)遞增； (2)若對于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范圍． 12．(xx·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax＋，g(x)＝－ln x. (1)當a為何值時，x軸為曲線y＝f(x)的切線； (2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，設(shè)函數(shù)h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，討論h(x)零點的個數(shù)． 專題六　導(dǎo)　數(shù) 經(jīng)典模擬·演練卷 一、選擇題 1．曲線y＝ax3－2x＋4在點(1，3)處的切線的傾斜角為(　　) A．45° B．60° C

6、．120° D．135° 2．已知函數(shù)f(x)＝x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A. B. C．(－∞，2] D．(－∞，2) 3．(xx·溫州中學模擬)已知f′(x)為函數(shù)f(x)＝x＋的導(dǎo)函數(shù)，則下列結(jié)論中正確的是(　　) A．?x0∈R，?x∈R且x≠0，f(x)≤f(x0) B．?x0∈R，?x∈R且x≠0，f(x)≥f(x0) C．?x0∈R，?x∈(x0，＋∞)，f′(x)<0 D．?x0∈R，?x∈(x0，＋∞)，f′(x)>0 4．(xx·鎮(zhèn)海中學三模)當a>0時，函數(shù)f(x)＝(x2

7、＋2ax)ex的圖象大致是(　　) 5．已知函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，0) B. C．(0，1) D．(0，＋∞) 6．(xx·溫嶺中學模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0>0，則a的取值范圍是(　　) A．(2，＋∞) B．(－∞，－2) C．(1，＋∞) D．(－∞，－1) 二、填空題 7．(xx·溫州模擬)關(guān)于x的方程x3－3x2－a＝0有三個不同的實數(shù)解，則實數(shù)a的取值范圍是________． 8．若函數(shù)f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[

8、t，t＋1]上不單調(diào)，則t的取值范圍是______． 9．(xx·長沙調(diào)研)設(shè)直線x＝t，與函數(shù)f(x)＝x2，g(x)＝ln x的圖象分別交于點M，N，則當|MN|達到最小時t的值為________． 三、解答題 10．(xx·杭州高級中學模擬)已知函數(shù)f(x)＝aex＋x2，g(x)＝sin＋bx.直線l與曲線y＝f(x)切于點(0，f(0))且與曲線y＝g(x)切于點(1，g(1))． (1)求a，b的值和直線l的方程； (2)證明：f(x)>g(x)． 11．(xx·寧波模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋ax－ln x(a∈R)． (1)當a＝3時，求函數(shù)f(x)的極值；

9、 (2)當a>1時，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； 12．(xx·樂清樂武寄宿中學)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x＋a)ln x，g(x)＝.已知曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與直線2x－y＝0平行． (1)求a的值； (2)是否存在自然數(shù)k，使得方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)內(nèi)存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，請說明理由； (3)設(shè)函數(shù)m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示p，q中的較小值)，求m(x)的最大值． 專題六　導(dǎo)　數(shù) 專題過關(guān)·提升卷 第Ⅰ卷　(選擇題) 一、選擇題 1．設(shè)曲線y＝

10、ax－ln(x＋1)在點(0，0)處的切線方程為y＝2x，則a＝(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 2．函數(shù)y＝x2－ln x的單調(diào)減區(qū)間是(　　) A．(－1，1] B．(0，1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞) 3．(xx·魯迅中學模擬) 已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象經(jīng)過點(1，0)，(2，0)，如圖所示，則下列說法中不正確的是(　　) A．當x＝時函數(shù)取得極小值 B．f(x)有兩個極值點 C．當x＝2時函數(shù)取得極小值 D．當x＝1時函數(shù)取得極大值 4．若0＜x1＜x2＜1，則(　　) A．e

11、x2－ex1＞ln x2－ln x1 B．ex2－ex1＜ln x2－ln x1 C．x2ex1＞x1ex2 D．x2ex1＜x1ex2 5．當x∈[－2，1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[－5，－3] B. C．[－6，－2] D．[－4，－3] 6．(xx·學軍中學模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝＋，若函數(shù)f(x)的極值點x0滿足x0f(x0)－x>m2，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A．(－∞，0)∪ B．(－∞，0)∪(2，＋∞) C. D．(0，2) 7．定義一種運算(a，b)*(c，d)＝ad－bc，若函數(shù)f(

12、x)＝*(cos x，x2)，設(shè)f′(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則f′(x)的大致圖象是(　　) 8．(xx·鎮(zhèn)海中學模擬)已知定義在R上的函數(shù)g(x)的導(dǎo)函數(shù)為g′(x)，滿足g′(x)－g(x)<0，若函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，且g(4)＝1，則不等式>1的解集為(　　) A．(－2，＋∞) B．(0，＋∞) C．(－∞，0) D．(－∞，2) 第Ⅱ卷(非選擇題) 二、填空題 9．曲線y＝e－5x＋2在點(0，3)處的切線方程為________． 10．已知函數(shù)f(x)＝aln x＋x在區(qū)間[2，3]上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是_______

13、_． 11．若函數(shù)f(x)＝x3－6bx＋3b在(0，1)內(nèi)有極小值，則實數(shù)b的取值范圍是________． 12．設(shè)P為曲線C：f(x)＝x2－x＋1上的點，曲線C在點P處的切線斜率的取值范圍是[－1，3]，則點P的縱坐標的取值范圍是________． 13．若函數(shù)f(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)存在單調(diào)遞減區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍是______． 14．(xx·湖南高考改編)某工件的三視圖如圖所示，現(xiàn)將該工件通過切削，加工成一個體積盡可能大的長方體新工件，并使新工件的一個面落在原工件的一個面內(nèi)，則原工件材料的利用率為________．(材料利用率＝)

14、 15．(xx·四川高考)已知函數(shù)f(x)＝2x，g(x)＝x2＋ax(其中a∈R)．對于不相等的實數(shù)x1，x2，設(shè) m＝，n＝， 現(xiàn)有如下命題： ①對于任意不相等的實數(shù)x1，x2，都有m＞0； ②對于任意的a及任意不相等的實數(shù)x1，x2，都有n＞0； ③對于任意的a，存在不相等的實數(shù)x1，x2，使得m＝n； ④對于任意的a，存在不相等的實數(shù)x1，x2，使得m＝－n. 其中的真命題有________(寫出所有真命題的序號)． 三、解答題 16．(xx·臺州中學模擬)已知f(x)＝ln x＋a(1－x)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當f(x)

15、有最大值，且最大值大于2a－2時，求a的取值范圍． 17．(xx·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝－kln x，k>0. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值； (2)證明：若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點． 18．(xx·安徽高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－ax＋b. (1)討論函數(shù)f(sin x)在內(nèi)的單調(diào)性并判斷有無極值，有極值時求出極值； (2)記f0(x)＝x2－a0x＋b0，求函數(shù)|f(sin x)－f0(sin x)|在上的最大值D； (3)在(2)中，取a0＝b0＝0，求z＝b－滿足D≤1時的

16、最大值． 19．(xx·廣東高考)設(shè)a>1，函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點； (3)若曲線y＝f(x)在點P處的切線與x軸平行，且在點M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標原點)，證明：m≤ －1. 20．(xx·嘉興一中三模)已知函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)(a∈R)，g(x)＝f′(x)． (1)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與直線3x－y－1＝0平行，求實數(shù)a的值； (2)若函數(shù)F(x)＝g(x)＋x2有兩個極值點x1，x2

17、，且x10，可排除D；其導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c且f′(0)＝c>0，可排除B；又f′(x)＝0有兩不等實根，且x1x2＝＞0，所以a＞0，故選A.] 2．B　[當m＝2時，∵f(x)在上單調(diào)遞減，∴0≤n<8，m·n＝2n<16，當m≠2時，令f′(x)＝(m－2)x＋n－8＝0，∴x＝－，當m＞2時，對稱軸x0＝－，由題意，－≥2，∴2m＋n≤12， ∵≤≤6，∴mn≤18，由2m＋n＝12且2m＝n知m＝3，n＝6取等號．當m

18、＜2時，拋物線開口向下，由題意－≤，即2n＋m≤18，∵≤≤9，∴mn≤，由2n＋m＝18且2n＝m， 得m＝9(舍去)，∴mn最大值為18，選B.] 3．A　[A正確等價于a－b＋c＝0，① B正確等價于b＝－2a，② C正確等價于＝3，③ D正確等價于4a＋2b＋c＝8.④ 下面分情況驗證， 若A錯，由②、③、④組成的方程組的解為符合題意； 若B錯，由①、③、④組成的方程組消元轉(zhuǎn)化為關(guān)于a的方程后無實數(shù)解； 若C錯，由①、②、④組成方程組，經(jīng)驗證a無整數(shù)解； 若D錯，由①、②、③組成的方程組a的解為－也不是整數(shù)． 綜上，故選A.] 4．C　[∵導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f

19、′(x)＞k＞1，∴f′(x)－k＞0，k－1＞0，＞0，可構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－kx，可得g′(x)＞0，故g(x)在R上為增函數(shù)，∵f(0)＝－1，∴g(0)＝－1，∴g＞g(0)， ∴f－＞－1，∴f＞，∴選項C錯誤，故選C.] 5．A　[因為f(x)(x∈R)為奇函數(shù)，f(－1)＝0，所以f(1)＝－f(－1)＝0.當x≠0時，令g(x)＝，則g(x)為偶函數(shù)，且g(1)＝g(－1)＝0.當x＞0時，g′(x)＝′＝＜0，故g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，在(－∞，0)上為增函數(shù)．所以在(0，＋∞)上，當0＜x＜1時，g(x)＞g(1)＝0?＞0?f(x)＞0；在(－∞，0

20、)上，當x＜－1時，g(x)＜g(－1)＝0?＜0?f(x)＞0.綜上，得使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0，1)，選A.] 6．D　[由題意可知存在唯一的整數(shù)x0，使得ex0(2x0－1)－時，g′(x)>0，所以當x＝－時，[g(x)]min＝ －2e－.∵h(x)＝a(x－1)恒過定點(1，0)，且g(1)＝e>0在同一坐標系中作出y＝g(x)與y＝h(x)的大致圖象．結(jié)合圖象，應(yīng)有則解之得≤a<1.故實數(shù)a的取值范圍是.]

21、 7．1　[f′(x)＝3ax2＋1，f′(1)＝1＋3a，f(1)＝a＋2. 在(1，f(1))處的切線方程為y－(a＋2)＝(1＋3a)(x－1)． 將(2，7)代入切線方程，得7－(a＋2)＝1＋3a，解得a＝1.] 8．4　[令h(x)＝f(x)＋g(x)，則h(x)＝ 當1＜x＜2時，h′(x)＝－2x＋＝＜0，故當1＜x＜2時h(x)單調(diào)遞減，在同一坐標系中畫出y＝|h(x)|和y＝1的圖象如圖所示． 由圖象可知|f(x)＋g(x)|＝1的實根個數(shù)為4.] 9．①③④⑤　[令f(x)＝x3＋ax＋b，f′(x)＝3x2＋a， 當a≥0時，f′(x)≥0，f(x)

22、單調(diào)遞增，必有一個實根，④⑤正確； 當a<0時，由于選項當中a＝－3，∴只考慮a＝－3這一種情況， f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，∴f(x)極大＝f(－1)＝－1＋3＋b＝b＋2，f(x)極?。絝(1)＝1－3＋b＝b－2，要有一根，f(x)極大<0或f(x)極小>0，∴b<－2或b>2，①③正確，②錯誤．所有正確條件為①③④⑤.] 10．(1)解　因為f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，所以 f′(x)＝＋，f′(0)＝2. 又因為f(0)＝0，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝2x. (2)證明　令g(x)＝f(x)－2，則 g

23、′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝. 因為g′(x)>0(0g(0)＝0，x∈(0，1)， 即當x∈(0，1)時，f(x)>2. (3)解　由(2)知，當k≤2時，f(x)>k對x∈(0，1)恒成立． 當k>2時，令h(x)＝f(x)－k，則 h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝. 所以當02時，f(x)>k并非對x∈(0，1)恒成立． 綜上可知，k的最大值為2. 11．

24、(1)證明　f′(x)＝m(emx－1)＋2x. 若m≥0，則當x∈(－∞，0)時，emx－1≤0，f′(x)＜0；當x∈(0， ＋∞)時，emx－1≥0，f′(x)＞0. 若m＜0，則當x∈(－∞，0)時，emx－1＞0，f′(x)＜0；當x∈(0， ＋∞)時，emx－1＜0，f′(x)＞0. 所以，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)解　由(1)知，對任意的m，f(x)在[－1，0]上單調(diào)遞減，在[0，1]上單調(diào)遞增，故f(x)在x＝0處取得最小值．所以對于任意x1，x2∈[－1，1]時，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要條件是 即①

25、設(shè)函數(shù)g(t)＝et－t－e＋1，則g′(t)＝et－1. 當t＜0時，g′(t)＜0；當t＞0時，g′(t)＞0. 故g(t)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故當t∈[－1，1]時，g(t)≤0. 當m∈[－1，1]時，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立； 當m＞1時，由g(t)的單調(diào)性，g(m)＞0，即em－m＞e－1； 當m＜－1時，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1. 綜上，m的取值范圍是[－1，1]． 12．解　(1)設(shè)曲線y＝f(x)與x軸相切于點(x0，0)， 則f(x0)＝0，f′(

26、x0)＝0.即 解得x0＝，a＝－. 因此，當a＝－時，x軸為曲線y＝f(x)的切線． (2)當x∈(1，＋∞)時，g(x)＝－ln x<0，從而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)上無零點． 當x＝1時，若a≥－，則f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零點；若a<－，則f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零點． 當x∈(0，1)時，g(x)＝－ln x>0.所以只需考慮f(x)在(0，1)上的零點個數(shù)． (ⅰ)若a≤－3或a≥0

27、，則f′(x)＝3x2＋a在(0，1)上無零點，故f(x)在(0，1)上單調(diào)．而f(0)＝，f(1)＝a＋，所以當a≤－3時，f(x)在(0，1)上有一個零點；當a≥0時，f(x)在(0，1)上沒有零點． (ⅱ)若－30，即－

28、在區(qū)間(0，1)上有一個零點． 綜上，當a>－或a<－時，h(x)有一個零點；當a＝－或a＝－時，h(x)有兩個零點；當－0，得x>4或x<0. ∴f(x)在(0，4)上遞減，在(4，＋∞)上遞增，∴當x∈[0，＋∞)時，f(x)min＝f(4)．∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f(4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m≥.] 3．D　[令f′(x)＝

29、1－＝＝0，得x＝±1.當x∈(－∞，－1)時， f′(x)＞0；當x∈(－1，0)時，f′(x)＜0；當x∈(0，1)時，f′(x)＜0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0.故當x＞0時，f(x)≥2；當x＜0時，f(x)≤－2，故函數(shù)在其定義域內(nèi)沒有最大值和最小值，故A，B錯；函數(shù)在x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，故C錯；當x0≥1時滿足題意，D正確，故選D.] 4．B　[f′(x)＝ex(x2＋2ax)＋(2x＋2a)ex＝ex[x2＋2x(a＋1)＋2a] 令f′(x)＝0，得x＝±－(a＋1)<0. 因此f(x)的兩個極值點均小于0. 結(jié)合函數(shù)的圖象，選項B為f(x)

30、的大致圖象．] 5．B　[f′(x)＝(ln x－ax)＋x＝ln x＋1－2ax， 令f′(x)＝0，得2a＝， 設(shè)φ(x)＝，則φ′(x)＝， 易知φ(x)在(0，1)上遞增，在(1，＋∞)上遞減， ∴φ(x)在(0，＋∞)上的極大值為φ(1)＝1. 大致圖象如圖， 若f(x)有兩個極值點，則y＝2a和y＝φ(x)圖象有兩個交點， ∴0＜2a＜1，∴0＜a＜.] 6．B　[由題意知a≠0，由f′(x)＝3ax2－6x＝0得x＝0或x＝. 當a>0時，f(x)在(－∞，0)和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 且f(0)＝1>0，故f(x)有小于0的零點，不符題意，排除A、

31、C. 當a<0時，要使x0>0且唯一，只需f >0，即a2>4， ∴a<－2，選B.] 7．(－4，0)　[由題意知使函數(shù)f(x)＝x3－3x2－a的極大值大于0且極小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2.當x＜0時，f′(x)＞0；當0＜x＜2時，f′(x)＜0；當x＞2時，f′(x)＞0，所以當x＝0時，f(x)取得極大值，即f(x)極大值＝f(0)＝－a；當x＝2時，f(x)取得極小值，即f(x)極小值＝f(2)＝－4－a，所以解得－4＜a＜0.] 8．(0，1)∪(2，3)　[對f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝－x＋4

32、－＝＝－.由f′(x)＝0得函數(shù)f(x)的兩個極值點為1，3，則只要這兩個極值點有一個在區(qū)間(t，t＋1)內(nèi)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上就不單調(diào)，所以t<1

33、＝f(x)在點(0，f(0))處的切線為y＝ax＋a， 曲線y＝g(x)在點(1，g(1))處的切線為y＝b(x－1)＋1＋b，即y＝bx＋1. 依題意，有a＝b＝1，直線l方程為y＝x＋1. (2)證明　由(1)知f(x)＝ex＋x2，g(x)＝sin＋x. 設(shè)F(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex＋x2－x－1，則F′(x)＝ex＋2x－1， 當x∈(－∞，0)時，F(xiàn)′(x)F′(0)＝0； F(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故F(x)≥F(0)＝0，當且僅當x＝0時F(0)＝0成立． 設(shè)G(x)

34、＝x＋1－g(x)＝1－sin， 則G(x)≥0，當且僅當x＝4k＋1(k∈Z)時等號成立． 由上可知，f(x)≥x＋1≥g(x)，且兩個等號不同時成立， 因此f(x)>g(x)． 11．解　(1)函數(shù)的定義域為(0，＋∞)．當a＝3時，f(x)＝－x2＋3x－ln x， f′(x)＝＝－， 當0，f(x)單調(diào)遞增； 當01時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減． 所以f(x)極大值＝f(1)＝2，f(x)極小值＝f＝＋ln 2. (2)f′(x)＝(1－a)x＋a－＝＝ 當＝1，即a＝2時，f′(x)＝－≤0，f(x)在定義域上是減函數(shù)；

35、 當0<<1，即a>2時，令f′(x)<0，得01； 令f′(x)>0，得1，即10，得1， 綜上，當a＝2時，f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)； 當a>2時，f(x)在和(1，＋∞)單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增； 當1

36、一的根． 設(shè)h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)ln x－， 當x∈(0，1]時，h(x)＜0. 又h(2)＝3ln 2－＝ln 8－＞1－1＝0， 所以存在x0∈(1，2)，使得h(x0)＝0. 因為h′(x)＝ln x＋＋1＋， 所以當x∈(1，2)時，h′(x)＞1－＞0， 當x∈(2，＋∞)時，h′(x)＞0， 所以當x∈(1，＋∞)時，h(x)單調(diào)遞增， 所以k＝1時，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)內(nèi)存在唯一的根． (3)由(2)知方程f(x)＝g(x)在(1，2)內(nèi)存在唯一的根x0. 且x∈(0，x0)時，f(x)＜g(x)， x∈(x0，＋∞)

37、時，f(x)＞g(x)， 所以m(x)＝ 當x∈(0，x0)時，若x∈(0，1]，m(x)≤0； 若x∈(1，x0)，由m′(x)＝ln x＋＋1＞0， 可知0＜m(x)≤m(x0)； 故m(x)≤m(x0)． 當x∈(x0，＋∞)時，由m′(x)＝，可得x∈(x0，2)時， m′(x)＞0，m(x)單調(diào)遞增； x∈(2，＋∞)時，m′(x)＜0，m(x)單調(diào)遞減； 可知m(x)≤m(2)＝，且m(x0)＜m(2)． 綜上可得，函數(shù)m(x)的最大值為. 專題過關(guān)·提升卷 1．D　[∵f(x)＝ax－ln (x＋1)，∴f′(x)＝a－， ∴f(0)＝0且f′(

38、0)＝a－1＝2，解得a＝3，故選D.] 2．B　[y′＝x－，且x＞0， 令y′＝x－≤0，解之得0＜x≤1. ∴函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為(0，1]．] 3．A　[從圖象上可以看出：當x∈(0，1)時， f′(x)>0；當x∈(1，2)時，f′(x)<0；當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)有兩個極值點1和2，且當x＝2時函數(shù)取得極小值，當x＝1時函數(shù)取得極大值．只有A不正確．] 4．C　[A，B中構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ex－lnx， ∴f′(x)＝ex－， 在(0，1)上有零點，故A，B錯；C，D中令g(x)＝， ∴g′(x)＝＝＜0， ∴g(x)在(0，1)單調(diào)遞減

39、， 又∵x2＞x1， ∴，故選C.] 5．C　[當x＝0時，ax3－x2＋4x＋3≥0變?yōu)?≥0恒成立，即a∈R. 當x∈(0，1]時，ax3≥x2－4x－3，a≥， ∴a≥. 設(shè)φ(x)＝， φ′(x)＝ ＝－＝－＞0， ∴φ(x)在(0，1]上遞增，φ(x)max＝φ(1)＝－6. ∴a≥－6. 當x∈[－2，0)時，a≤， ∴a≤. 仍設(shè)φ(x)＝， φ′(x)＝－. 當x∈[－2，－1)時，φ′(x)＜0， 當x∈(－1，0)時，φ′(x)＞0. ∴當x＝－1時，φ(x)有極小值，即為最小值． 而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2， ∴a≤－2.綜

40、上知－6≤a≤－2.] 6．C　[由f(x)＝＋，得f′(x)＝x－， 又x0是f(x)的極值點，∴f′(x0)＝0，解之得x0＝， 因此x0f(x0)－x＝＋m－x＝， 所以>m2，解之得0

41、g′(x)－g(x)<0， ∴F′(x)<0，則函數(shù)F(x)在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)． 又函數(shù)y＝g(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱， ∴g(0)＝g(4)＝1，從而F(0)＝－1＝0. 故F(x)>0的解集為(－∞，0)．] 9．5x＋y－3＝0　[∵y′＝－5e－5x，∴k＝－5×e0＝－5，∴切線方程為y－3＝－5x，即5x＋y－3＝0.] 10．[－2，＋∞)　[∵f(x)＝aln x＋x.∴f′(x)＝＋1. 又∵f(x)在[2，3]上單調(diào)遞增，∴＋1≥0在x∈[2，3]上恒成立，∴a≥(－x)max＝－2，∴a∈[－2，＋∞)．] 11.　[f′(x)＝3x2－

42、6b， 若f(x)在(0，1)內(nèi)有極小值，只需f′(0)·f′(1)＜0， 即－6b·(3－6b)＜0，解得0＜b＜.] 12.　[設(shè)P(x0，y0)，則f′(x)＝2x－1. ∴－1≤2x0－1≤3，即0≤x0≤2. ∵y0＝f(x0)＝x－x0＋1＝＋， ∵x0∈[0，2]，∴≤y0≤3， 故點P的縱坐標的取值范圍是.] 13．(－1，0)∪(0，＋∞)　[對函數(shù)f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝－(x>0)．依題意，得f′(x)<0在(0，＋∞)上有解，即ax2＋2x－1>0在(0，＋∞)上有解，∴Δ＝4＋4a>0且方程ax2＋2x－1＝0至少有一個正根，∴a>－1，又∵a≠0

43、， ∴－10.] 14.　[該三視圖對應(yīng)的幾何體為底面半徑為1，高為2的圓錐．如圖，設(shè)長方體的長、寬、高分別為a，b，c，上、下底面中心分別為O1，O2，上方截得的小圓錐的高為h，底面半徑為r，則a2＋b2＝4r2.由三角形相似，得＝，即＝，則h＝2r.長方體的體積為V＝abc＝ab(2－2r)≤×(2－2r)＝2r2(2－2r)＝4r2－4r3(當且僅當a＝b時取等號，且00，得0

44、. ∴原工件材料的利用率為＝.] 15．①④　[設(shè)A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))， C(x1，g(x1))，D(x2，g(x2))，對于①從y＝2x的圖象可看出，m＝kAB＞0恒成立，故正確； 對于②直線CD的斜率可為負，即n＜0，故不正確； 對于③由m＝n得f(x1)－f(x2)＝g(x1)－g(x2)， 即f(x1)－g(x1)＝f(x2)－g(x2)， 令h(x)＝f(x)－g(x)＝2x－x2－ax， 則h′(x)＝2x·ln 2－2x－a， 由h′(x)＝0，得2x·ln 2＝2x＋a，(*)結(jié)合圖象知，當a很小時，方程(*)無解，∴函數(shù)h(

45、x)不一定有極值點，就不一定存在x1，x2使f(x1)－g(x1)＝f(x2)－g(x2)，不一定存在x1，x2使得m＝n，故不正確； 對于④由m＝－n，得f(x1)－f(x2)＝g(x2)－g(x1)， 即f(x1)＋g(x1)＝f(x2)＋g(x2)， 令F(x)＝f(x)＋g(x)＝2x＋x2＋ax，則F′(x)＝2xln 2＋2x＋a， 由F′(x)＝0，得2xln 2＝－2x－a， 結(jié)合如圖所示圖象可知，該方程有解，即F(x)必有極值點，∴存在x1，x2使F(x1)＝F(x2)，使m＝－n，故正確． 故①④正確．] 16．解　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)

46、，f′(x)＝－a. 若a≤0，則f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 若a＞0，則當x∈時，f′(x)＞0；當x∈時，f′(x)＜0.所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 綜上，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當a>0時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)由(1)知，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)無最大值； 當a＞0時，f(x)在x＝取得最大值，最大值為f＝ln＋a＝－ln a＋a－1. 因此f ＞2a－2等價于ln a＋a－1＜0. 令g(a)＝ln a＋a－1，則g(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， g(1)＝0. 于

47、是，當0＜a＜1時，g(a)＜0；當a＞1時，g(a)＞0. 因此，a的取值范圍是(0，1)． 17．(1)解　函數(shù)的定義域為(0，＋∞)．由f(x)＝－kln x(k>0)得 f′(x)＝x－＝. 由f′(x)＝0解得x＝(負值舍去)． f(x)與f′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的變化情況如下表： 所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)． f(x)在x＝處取得極小值f()＝. (2)證明　由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為f()＝. 因為f(x)存在零點，所以≤0，從而k≥e， 當k＝e時，f(x)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞減，且f

48、()＝0， 所以x＝是f(x)在區(qū)間(1，]上的唯一零點． 當k>e時，f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞減，且f(1)＝>0，f()＝<0， 所以f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點． 綜上可知，若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點． 18．解　(1)f(sin x)＝sin2 x－asin x＋b ＝sin x(sin x－a)＋b，－0，－2<2sin x<2. ①a≤－2，b∈R時，函數(shù)f(sin x)單調(diào)遞增，無極值． ②a≥2，b∈R時，

49、函數(shù)f(sin x)單調(diào)遞減，無極值． ③對于－2

50、in x)|在上的最大值為D＝|a－a0|＋ |b－b0|. (3)D≤1即為|a|＋|b|≤1，此時0≤a2≤1，－1≤b≤1， 從而z＝b－≤1. 取a＝0，b＝1，則|a|＋|b|≤1，并且z＝b－＝1. 由此可知，z＝b－滿足條件D≤1的最大值為1. 19．(1)解　f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex ＝(x＋1)2ex，?x∈R，f′(x)≥0恒成立． ∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)． (2)證明　∵f(0)＝1－a，f(a)＝(1＋a2)ea－a， ∵a>1，∴f(0)<0，f(a)>2aea－a>2a－a＝a>0， ∴f(

51、0)·f(a)<0， ∴f(x)在(0，a)上有一零點，又∵f(x)在(－∞，＋∞)上遞增， ∴f(x)在(0，a)上僅有一個零點， ∴f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點． (3)證明　f′(x)＝(x＋1)2ex，設(shè)P(x0，y0)，則f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0，∴x0＝－1， 把x0＝－1，代入y＝f(x)得y0＝－a， ∴kOP＝a－. f′(m)＝em(m＋1)2＝a－， 令g(m)＝em－(m＋1)，g′(m)＝em－1. 令g′(x)>0，則m>0，∴g(m)在(0，＋∞)上增． 令g′(x)<0，則m<0，∴g(m)在(－∞，0)上減． ∴g

52、(m)min＝g(0)＝0. ∴em－(m＋1)≥0，即em≥m＋1. ∴em(m＋1)2≥(m＋1)3，即a－≥(m＋1)3. ∴m＋1≤ ，即m≤ －1. 20．(1)解　∵f′(x)＝ln x－ax＋x＝ln x－2ax＋1， ∴f′(1)＝1－2a， 因為3x－y－1＝0的斜率為3. 依題意，得1－2a＝3，則a＝－1. (2)證明　因為F(x)＝g(x)＋x2＝ln x－2ax＋1＋x2， 所以F′(x)＝－2a＋x＝(x>0)， 函數(shù)F(x)＝g(x)＋x2有兩個極值點x1，x2且x1

53、2. ∵x1x2＝1>0，∴∴a>1. 當0x2時，h(x)>0，F(xiàn)′(x)>0. 當x11時，s′(x)<0，s(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而函數(shù)s(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴s(x)0，得0f(1)＝－1， ∵x1∈(0，1)，從而有f(x1)>－1. 綜上可知：f(x2)<－1