2017至2018年北京高三模拟分类汇编之导数大题

2017至2018年北京高三模拟分类汇编之导数大题,20创新题精心校对版题号一二总分得分△注意事项：1.本系列试题包含2017年-2018年北京高考一模和二模真题的分类汇编。

2.本系列文档有相关的试题分类汇编，具体见封面。

3.本系列文档为北京双高教育精心校对版本4.本系列试题涵盖北京历年（2011年-2020年）高考所有学科一、解答题（本大题共22小题，共0分）1.（2017北京东城区高三一模数学(文)）设函数ax x x x f 232131)(，R a ．(Ⅰ)若2x 是)(x f 的极值点，求a 的值，并讨论)(x f 的单调性；(Ⅱ)已知函数3221)()(2ax x f x g ，若)(x g 在区间)1,0(内有零点，求a 的取值范围；(Ⅲ)设)(x f 有两个极值点1x ，2x ，试讨论过两点))(,(11x f x ，))(,(22x f x 的直线能否过点)1,1(，若能，求a 的值；若不能，说明理由．2.（2017北京丰台区高三一模数学(文)）已知函数1()e x x f x ，A 1()x m ,，B 2()x m ,是曲线()y f x 上两个不同的点. （Ⅰ）求()f x 的单调区间，并写出实数m 的取值范围；（Ⅱ）证明：120x x . 3.（2017北京丰台区高三二模数学(文)）已知函数ln ()x f x ax (0)a . （Ⅰ）当1a 时，求曲线()y f x 在点(1(1)),f 处的切线方程；姓名：__________班级：__________考号：__________●-------------------------密--------------封--------------线--------------内--------------请--------------不--------------要--------------答--------------题-------------------------●。

2016至2018年北京高三模拟分类汇编之导数大题精心校对版题号一二总分得分△注意事项：1.本系列试题包含2016年-2018年北京高考一模和二模真题的分类汇编。

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3.本系列文档为北京双高教育精心校对版本4.本系列试题涵盖北京历年（2011年-2020年）高考所有学科一、解答题（本大题共34小题，共0分）1.（2017北京东城区高三一模数学(文)）设函数ax x x x f 232131)(，R a ．(Ⅰ)若2x 是)(x f 的极值点，求a 的值，并讨论)(x f 的单调性；(Ⅱ)已知函数3221)()(2ax x f x g ，若)(x g 在区间)1,0(内有零点，求a 的取值范围；(Ⅲ)设)(x f 有两个极值点1x ，2x ，试讨论过两点))(,(11x f x ，))(,(22x f x 的直线能否过点)1,1(，若能，求a 的值；若不能，说明理由．2.（2016北京东城区高三二模数学(文)）设函数()a f x x x ，a R ．（Ⅰ）若1a ，求()f x 在区间1[,3]2上的最大值；（Ⅱ）设0b ，求证：当1a 时，过点(,)P b b 有且只有一条直线与曲线()y f x 相切；（Ⅲ）若对任意的1[,2]2x ，均有()11f x x 成立，求a 的取值范围．姓名：__________班级：__________考号：__________●-------------------------密--------------封--------------线--------------内--------------请--------------不--------------要--------------答--------------题-------------------------●。

北京市部分区2017届高三上学期考试数学理试题分类汇编导数及其应用1、（昌平区2017届高三上学期期末）设函数()ln(1)f x ax bx =++,2()()g x f x bx =-.(Ⅰ）若1,1a b ==-,求函数()f x 的单调区间；(Ⅱ）若曲线()y g x =在点(1,ln 3)处的切线与直线1130x y -=平行.(i ） 求,a b 的值;(ii ）求实数(3)k k ≤的取值范围，使得2()()g x k xx >-对(0,)x ∈+∞恒成立.2、（朝阳区2017届高三上学期期末)设函数2()ln(1)1f x x axx =-+++，2()(1)e x g x x ax =-+，R a ∈．（Ⅰ)当1a =时，求函数()f x 在点(2,(2))f 处的切线方程; （Ⅱ）若函数()g x 有两个零点，试求a 的取值范围； （Ⅲ)证明()()f x g x ≤．3、（朝阳区2017届高三上学期期中）已知函数2()e ()xf x xa =-,a ∈R ．（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）若函数()f x 在(3,0)-上单调递减,试求a 的取值范围； （Ⅲ）若函数()f x 的最小值为2e -，试求a 的值．4、（东城区2017届高三上学期期末）设函数()ln(1)()1axf x x a x =+-∈+R ． (Ⅰ）若(0)f 为()f x 的极小值,求a 的值;（Ⅱ）若()0f x >对(0,)x ∈+∞恒成立,求a 的最大值．5、（丰台区2017届高三上学期期末)已知函数()e xf x x =与函数21()2g x xax=+的图象在点(00)，处有相同的切线. （Ⅰ）求a 的值;（Ⅱ）设()()()()h x f x bg x b =-∈R ，求函数()h x 在[12]，上的最小值.6、(海淀区2017届高三上学期期末）已知函数()ln 1a f x x x =--．(Ⅰ）若曲线()y f x =存在斜率为1-的切线，求实数a 的取值范围； （Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）设函数()ln x ag x x+=，求证:当10a -<<时，()g x 在(1,)+∞上存在极小值．7、（海淀区2017届高三上学期期中）已知函数3()9f x xx=-，函数2()3g x x a=+。

2018年全国高考试题分类汇编-导数部分（含解析）1.(2018·全国卷I高考理科·T5)同(2018·全国卷I高考文科·T6)设函数f=x3+-x2+ax.若f为奇函数,则曲线y=f在点处的切线方程为()A.y=-2xB.y=-xC.y=2xD.y=x2.(2018·全国卷II高考理科·T13)曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为3.(2018·全国卷II高考文科·T13)曲线y=2ln x在点(1,0)处的切线方程为4.(2018·全国Ⅲ高考理科·T14)曲线y=e x在点处的切线的斜率为-2,则a=.5.(2018·天津高考文科·T10)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.6.(2018·全国卷I高考理科·T16)已知函数f=2sin x+sin2x,则f的最小值是.7.(12分)(2018·全国卷I高考文科·T21)已知函数f=a e x-ln x-1.(1)设x=2是f的极值点.求a,并求f的单调区间.(2)证明:当a≥时,f≥0.8.(2018·全国Ⅲ高考理科·T21)(12分)已知函数f=ln-2x.(1)若a=0,证明:当-1<x<0时,f<0;当x>0时,f>0.(2)若x=0是f的极大值点,求a.9.(2018·全国Ⅲ高考文科·T21)(12分)已知函数f=-.(1)求曲线y=f在点-处的切线方程.(2)证明:当a≥1时,f+e≥0.10.(本小题13分)(2018·北京高考理科·T18)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))处的切线方程与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.11.(本小题13分)(2018·北京高考文科·T19)设函数f(x)=[ax2-(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.12.(12分)(2018·全国卷I高考理科·T21)已知函数f=-x+a ln x.(1)讨论f的单调性.(2)若f存在两个极值点x1,x2,证明:-<a-2.-13.(2018·全国卷II高考理科·T21)(12分)已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1.(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.14.(2018·全国卷II高考文科·T21)(12分)已知函数f=x3-a.(1)若a=3,求f(x)的单调区间.(2)证明:f(x)只有一个零点.15.(本小题满分14分)(2018·天津高考理科·T20)已知函数f(x)=a x,g(x)=log a x,其中a>1.(Ⅰ)求函数h(x)=f(x)-x ln a的单调区间.(Ⅱ)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-.(Ⅲ)证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.16.(本小题满分14分)(2018·天津高考文科·T20)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.(Ⅰ)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(Ⅱ)若d=3,求f(x)的极值;(Ⅲ)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点,求d的取值范围.17.(本小题满分14分)(2018·江苏高考·T17)某农场有一块农田,如图所示,它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成.已知圆O的半径为40米,点P到MN的距离为50米.现规划在此农田上修建两个温室大棚,大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD,大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP,要求A,B均在线段MN上,C,D均在圆弧上.设OC与MN所成的角为θ.(1)用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积,并确定sinθ的取值范围.(2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜,大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.18.(本小题满分16分)(2018·江苏高考·T19)记f′(x),g′(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0)且f′(x0)=g′(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”.(2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=ln x存在“S点”,求实数a的值.(3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=,对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”,并说明理由.19.(2018·浙江高考T22)(本题满分15分)已知函数f(x)=-ln x.(Ⅰ)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)>8-8ln2.(Ⅱ)若a≤3-4ln2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.1.【解析】选D.因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即a=1,所以f(x)=x3+x,所以f′(0)=1,所以切线方程为y=x.2.【解析】y′=,k==2,所以切线方程为y-0=2(x-0),即y=2x.答案:y=2x3.【解析】y′=,k==2,所以切线方程为y-0=2(x-1)即y=2x-2.答案:y=2x-24.【解析】由y=(ax+1)e x,所以y′=a e x+(ax+1)e x=(ax+1+a)e x,故曲线y=(ax+1)e x在(0,1)处的切线的斜率为k=a+1=-2,解得a=-3.答案:-35.【解析】因为f(x)=e x ln x,所以f′(x)=(e x ln x)′=(e x)′ln x+e x(ln x)′=e x·ln x+e x·,f′(1)=e1·ln1+e1·=e.答案:e6.【解析】方法一:f′(x)=2cos x+2cos2x=4cos2x+2cos x-2=4(cos x+1)-, 所以当cos x<时函数单调减,当cos x>时函数单调增,从而得到函数的减区间为--(k∈Z),函数的增区间为-(k∈Z),所以当x=2kπ-,k∈Z时,函数f(x)取得最小值,此时sin x=-,sin2x=-,所以f(x)min=2×--=-.方法二:因为f(x)=2sin x+sin2x,所以f(x)最小正周期为T=2π,所以f′(x)=2(cos x+cos2x)=2(2cos2x+cos x-1),令f′(x)=0,即2cos2x+cos x-1=0,所以cos x=或cos x=-1.所以当cos x=,为函数的极小值点,即x=或x=π,当cos x=-1,x=π,所以f=-,f=,f(0)=f(2π)=0,f(π)=0,所以f(x)的最小值为-.答案:-7.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a e x-.由题设知,f′(2)=0,所以a=.从而f(x)=e x-ln x-1,f′(x)=e x-.当0<x<2时,f′(x)<0;当x>2时,f′(x)>0.所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.(2)当a≥时,f(x)≥-ln x-1.设g(x)=-ln x-1,则g′(x)=-.当0<x<1时,g′(x)<0;当x>1时,g′(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当时a≥时,f(x)≥0.8.【解析】(1)当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f′(x)=ln(1+x)-.设函数g(x)=f′(x)=ln(1+x)-,则g′(x)=.当-1<x<0时,g′(x)<0;当x>0时,g′(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,当且仅当x=0时,g(x)=0,从而f′(x)≥0,当且仅当x=0时,f′(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.(2)(i)若a≥0,由(1)知,当x>0时,f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.(ii)若a<0,设函数h(x)==ln(1+x)-.由于当|x|<min时,2+x+ax2>0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点,当且仅当x=0是h(x)的极大值点. h′(x)=--=.如果6a+1>0,则当0<x<-,且|x|<min时,h′(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min时,h′(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点..如果6a+1=0,则h′(x)=---则当x∈(-1,0)时,h′(x)>0;当x∈(0,1)时,h′(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-.9.【解析】(1)f(x)的定义域为R,f′(x)=--,显然f(0)=-1,即点(0,-1)在曲线y=f(x)上,所求切线斜率为k=f′(0)=2,所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0.(2)方法一(一边为0):令g(x)=-ax2+(2a-1)x+2,当a≥1时,方程g(x)的判别式Δ=(2a+1)2>0,由g(x)=0得,x=-,2,且-<0<2,x,f′(x),f(x)的关系如下①若x∈(-∞,2],f(x)≥f-=-又因为a≥1,所以0<≤1,1<≤e,-≥-e,f(x)+e≥0,②若x∈(2,+∞),ax2+x-1>4a+2-1>0,e x>0,所以f(x)=->0,f(x)+e≥0,综上,当a≥1时,f(x)+e≥0.方法二(充要条件):①当a=1时,f(x)=-.显然e x>0,要证f(x)+e≥0只需证-≥-e, 即证h(x)=x2+x-1+e·e x≥0,h′(x)=2x+1+e·e x,观察发现h′(-1)=0,x,h′(x),h(x)的关系如下所以h(x)有最小值h(-1)=0,所以h(x)≥0即f(x)+e≥0.②当a>1时,由①知,-≥-e,又显然ax2≥x2,所以ax2+x-1≥x2+x-1,f(x)=-≥-≥-e,即f(x)+e≥0.综上,当a≥1时,f(x)+e≥0.方法三(分离参数):当x=0时,f(x)+e=-1+e≥0成立.当x≠0时,f(x)+e≥0等价于-≥-e,等价于ax2+x-1≥-e·e x,即ax2≥-e·e x-x+1等价于a≥--=k(x),等价于k(x)max≤1.k′(x)=--,令k′(x)=0得x=-1,2.x,k′(x),k(x)的关系如下又因为k(-1)=1,k(2)=-<0,所以k(x)max=1,k(x)≤1,x≠0,综上,当a≥1时,f(x)+e≥0.10.【解析】(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-1≤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(,+∞).11.【解析】(1)因为f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x, 所以f′(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x,f′(2)=(2a-1)e2, 由题设知f′(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=.(2)方法一:由(1)得f′(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x=(ax-1)(x-1)e x若a>1,则当x∈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,+∞).方法二:f′(x)=(ax-1)(x-1)e x.①当a=0时,令f′(x)=0得x=1.f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.②当a>0时,令f′(x)=0得x1=,x2=1.(ⅰ)当x1=x2,即a=1时,f′(x)=(x-1)2e x≥0,所以f(x)在R上单调递增,所以f(x)无极值,不合题意.(ⅱ)当x1>x2,即0<a<1时,f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.(ⅲ)当x1<x2,即a>1时,f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)在x=1处取得极小值,即a>1满足题意.③当a<0时,令f′(x)=0得x1=,x2=1.f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.综上所述,a的取值范围为(1,+∞).12.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=--1+=--.(i)若a≤2,则f′(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f′(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.(ii)若a>2,令f′(x)=0得,x=--或x=-.当x∈--∪-时,f′(x)<0;当x∈---时,f′(x)>0.所以f(x)在--,-上单调递减,在---上单调递增.(2)由(1)知,f(x)存在两个极值点,当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1.由于--=--1+a--=-2+a--=-2+a--,所以--<a-2等价于-x2+2ln x2<0.设函数g(x)=-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)上单调递减,又g(1)=0,从而当x ∈(1,+∞)时,g(x)<0.所以-x2+2ln x2<0,即--<a-2.13.【解析】(1)当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g′(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g′(x)<0,所以g(x)在(0,1)∪(1,+∞)上单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+∞)上只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;(ii)当a>0时,h′(x)=ax(x-2)e-x.当x∈(0,2)时,h′(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0.所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.故h(2)=1-是h(x)在[0,+∞)上的最小值.①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)上没有零点;②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点;③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)上有一个零点,由(1)知,当x>0时,e x>x2,所以h(4a)=1-=1->1-=1->0.故h(x)在(2,4a)有一个零点,因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=.14.【解析】(1)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3+2.当x∈(-∞,3-2)或(3+2,+∞)时,f′(x)>0;当x∈(3-2,3+2)时,f′(x)<0.故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)上单调递增,在(3-2,3+2)上单调递减.(2)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(-∞,+∞)上单调递增.故g(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.15.【解析】(I)由已知,h(x)=a x-x ln a,有h′(x)=a x ln a-ln a.令h′(x)=0,解得x=0.由a>1,可知当x变化时,h′(x),h(x)的变化情况如表:所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(II)由f′(x)=a x ln a,可得曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线斜率为ln a.由g′(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为.因为这两条切线平行,故有ln a=,即x2(ln a)2=1.两边取以a为底的对数,得log a x2+x1+2log a(ln a)=0,所以x1+g(x2)=-. (III)曲线y=f(x)在点(x1,)处的切线l1:y-=ln a·(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,log a x2)处的切线l2:y-log a x2=(x-x2).要证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1和l2重合.即只需证明当a≥时,方程组有解,--由①得x2=,代入②,得-x1ln a+x1++=0③,因此,只需证明当a≥时,关于x1的方程③有实数解.设函数u(x)=a x-xa x ln a+x++,即要证明当a≥时,函数y=u(x)存在零点. u′(x)=1-(ln a)2xa x,可知x∈(-∞,0)时,u′(x)>0;x∈(0,+∞)时,u′(x)单调递减,又u′(0)=1>0,u′[]=1-<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u′(x0)=0,即1-(ln a)2x0=0.由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).因为a≥,故ln(ln a)≥-1,所以u(x0)=-x0ln a+x0++=+x0+≥≥0.下面证明存在实数t,使得u(t)<0.由(I)可得a x≥1+x ln a,当x>时,有u(x)≤(1+x ln a)(1-x ln a)+x++=-(ln a)2x2+x+1++,所以存在实数t,使得u(t)<0,因此,当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.所以,当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.16.【解析】(Ⅰ)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f′(x)=3x2-1,因此f(0)=0,f′(0)=-1,又因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-f(0)=f′(0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0.(Ⅱ)由已知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3-9)x-+9t2.故f′(x)=3x2-6t2x+3-9.令f′(x)=0,解得x=t2-,或x=t2+.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:所以函数f(x)的极大值为f(t2-)=(-)3-9×(-)=6;函数极小值为f(t2+)=()3-9×=-6.(III)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6=0有三个互异的实数解,令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+6=0.设函数g(x)=x3+(1-d2)x+6,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点.g′(x)=3x2+(1-d2).当d2≤1时,g′(x)≥0,这时g′(x)在R上单调递增,不合题意.当d2>1时,g′(x)=0,解得x1=--,x2=-.易得,g(x)在(-∞,x1)上单调递增,在[x1,x2]上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,g(x)的极大值g(x1)=g-=-+6>0,g(x)的极小值g(x2)=g-=--+6.若g(x2)≥0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意.若g(x2)<0,即(d2-1>27,也就是|d|>,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+6>0,且-2|d|<x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+6<-62+6<0,从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个零点,符合题意.所以d的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞)17.【解析】(1)设PO的延长线交MN于H,则PH⊥MN,所以OH=10.过O作OE⊥BC于E,则OE∥MN,所以∠COE=θ,故OE=40cosθ,EC=40sinθ,则矩形ABCD的面积为2×40cosθ(40sinθ+10)=800(4sinθcosθ+cosθ),△CDP的面积为×2×40cosθ(40-40sinθ)=1600(cosθ-sinθcosθ).过N作GN⊥MN,分别交圆弧和OE的延长线于G和K,则GK=KN=10.令∠GOK=θ0,则sinθ0=,θ0∈.当θ∈[θ0,)时,才能作出满足条件的矩形ABCD,所以sinθ的取值范围是.答:矩形ABCD的面积为800(4sinθcosθ+cosθ)平方米,△CDP的面积为1600(cosθ-sinθcosθ),sinθ的取值范围是.(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3,设甲的单位面积的年产值为4k,乙的单位面积的年产值为3k(k>0),则年总产值为4k×800(4sinθcosθ+cosθ)+3k×1600(cosθ-sinθcosθ) =8000k(sinθcosθ+cosθ),θ∈.设f(θ)=sinθcosθ+cosθ,θ∈,则f′(θ)=cos2θ-sin2θ-sinθ=-(2sin2θ+sinθ-1)=-(2sinθ-1)(sinθ+1).令f′(θ)=0,得θ=,当θ∈时,f′(θ)>0,所以f(θ)为增函数;当θ∈时,f′(θ)<0,所以f(θ)为减函数,因此,当θ=时,f(θ)取到最大值.答:当θ=时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.18.【解析】(1)函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,则f′(x)=1,g′(x)=2x+2.由f(x)=g(x)且f′(x)=g′(x),得-此方程组无解,因此,f(x)与g(x)不存在“S”点.(2)函数f(x)=ax2-1,g(x)=ln x,则f′(x)=2ax,g′(x)=.设x0为f(x)与g(x)的“S”点,由f(x0)=g(x0)且f′(x0)=g′(x0),得-即-(*)得ln x0=-,即x0=-,则a=-=.当a=时,x0=-满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S”点.因此,a的值为.(3)f′(x)=-2x,g′(x)=-,(x≠0),由f′(x0)=g′(x0),得b=-->0,得0<x0<1,由f(x0)=g(x0),得-+a==--,得a=--,令h(x)=x2---a=---,(a>0,0<x<1),设m(x)=-x3+3x2+ax-a,(a>0,0<x<1),则m(0)=-a<0,m(1)=2>0,得m(0)m(1)<0,又m(x)的图象在(0,1)上连续不断,则m(x)在(0,1)上有零点,则h(x)在(0,1)上有零点,则f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S”点.19.【解析】(Ⅰ)函数f(x)的导函数f′(x,由f′(x1)=f′(x2)得-=-,因为x1≠x2,所以+=.由基本不等式得=+≥2.因为x1≠x2,所以x1x2>256.由题意得f(x1)+f(x2)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2).设g(x)=-ln x,则g′(x)=(-4),所以所以g(x)在(256,+∞)上单调递增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln2.(Ⅱ)令m=e-(|a|+k),n=+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n-≤n<0,所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a,所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.由f(x)=kx+a得k=--.设h(x)=--,则h′(x)=--=--,其中g(x)=-ln x.由(Ⅰ)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln2+a≤0,所以h′(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)-kx-a=0至多1个实根.综上,当a≤3-4ln2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.。

2018年北京高三模拟题分类汇编之导数大题精心校对版△注意事项：1.本系列试题包含2018北京市各城区一模二模真题。

2.本系列文档有相关的试题分类汇编，具体见封面。

3.本系列文档为北京双高教育精心校对版本4.本系列试题涵盖北京历年（2011年-2020年）高考所有学科 一 、填空题（本大题共1小题，共0分） 1.（2018北京东城区高三一模数学(文)）已知函数()sin cos f x x x a x x =++，a ∈R .（Ⅰ）当1a =-时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）当2a=时，求()f x 在区间[0,]2π上的最大值和最小值；（Ⅲ）当2a >时，若方程()30f x -=在区间[0,]2π上有唯一解，求a 的取值范围.二 、解答题（本大题共10小题，共0分） 2.（2018北京东城区高三二模数学(文)）设函数2()2ln 2f x x x ax =-++.（Ⅰ）当3a =时，求()f x 的单调区间和极值；（Ⅱ）若直线1y x =-+是曲线()y f x =的切线，求a 的值.3.（2018北京西城区高三一模数学(文)）已知函数()e (ln )xf x a x =⋅+，其中a ∈R ．（Ⅰ）若曲线()y f x =在1x =处的切线与直线exy =-垂直，求a 的值； （Ⅱ）记()f x 的导函数为()g x ．当(0,ln 2)a ∈时，证明： ()g x 存在极小值点0x ，且0()0f x <．姓名：__________班级：__________考号：__________ ●-------------------------密--------------封--------------线--------------内--------------请--------------不--------------要--------------答--------------题-------------------------●4.（2018北京西城区高三二模数学(文)）已知函数ln ()xf x ax x=-，曲线()y f x =在1x =处的切线经过点(2,1)-．（Ⅰ）求实数a 的值；（Ⅱ）设1b >，求()f x 在区间1[,]b b上的最大值和最小值．5.（2018北京朝阳区高三一模数学(文)）已知函数ln 1()()x f x ax a x-=-∈R . （Ⅰ）若0a =,求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程; （Ⅱ）若1a <-,求函数()f x 的单调区间; （Ⅲ）若12a <<,求证:()1f x <-.6.（2018北京朝阳区高三二模数学(文)）已知函数()e xf x x =，()1g x ax =+，a ∈R .（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线与直线()y g x =垂直，求a 的值； （Ⅱ）若方程()()0f x g x -=在(2,2)-上恰有两个不同的实数根，求a 的取值范围; （Ⅲ）若对任意1[2,2]x ∈-，总存在唯一的2(,2)x ∈-∞，使得21()()f x g x =，求a 的取值范围.7.（2018北京海淀区高三一模数学(文)）已知函数()e sin x f x x ax =-．（Ⅰ）当0a =时，求曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）当0a ≤时，判断()f x 在3π[0,]4上的单调性，并说明理由； （Ⅲ）当1a <时，求证：3π[0,]4x ∀∈，都有()0f x ≥．8.（2018北京海淀区高三二模数学(文)）已知函数()()e x a f x x x=+，a ∈R . （Ⅰ）求()f x 的零点；（Ⅱ）当5a ≥-时，求证：()f x 在(1,)+∞上为增函数. 9.（2018北京丰台区高三一模数学(文)）已知函数1()ln ()e xf x a x a =+∈R ． （Ⅰ）当1ea =时，求曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）若函数()f x 在定义域内不单调，求a 的取值范围．10.（2018北京石景山区高三一模数学(文)）设函数()ln mf x x x=+，m ∈R ． （Ⅰ）当m e =时，求函数)(x f 的极小值；（Ⅱ）讨论函数()()3xg x f x '=-零点的个数； （Ⅲ）若对任意的0b a >>，()()1f b f a b a-<-恒成立，求实数m 的取值范围．11.（2018年北京高考真题数学(文)）设函数2()[(31)32]e xf x ax a x a =-+++.（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线斜率为0，求a ； （Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围.2018年北京高三模拟题分类汇编之导数大题答案解析一 、填空题 1.解：（Ⅰ）当1a =-时，()sin cos f x x x x x =-+， 所以'()2sin cos 1f x x x x =++，'(0)1f =. 又因为(0)1f =-，所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为1y x =-. ………4分 （Ⅱ）当2a =时，()sin 2cos f x x x x x =++， 所以'()sin cos 1f x x x x =-++．当(0,)2x π∈时，1sin 0x ->，cos 0x x >， 所以'()0f x >.所以()f x 在区间[0,]2π上单调递增．因此()f x 在区间[0,]2π上的最大值为()2f π=π，最小值为(0)2f =.………8分（Ⅲ）当2a >时，'()(1)sin cos 1f x a x x x =-++. 设()(1)sin cos 1h x a x x x =-++，'()(2)cos sin h x a x x x =--，因为2a >，[0,]2x π∈, 所以'()0h x <.所以()h x 在区间[0,]2π上单调递减．因为(0)10h =>，()11202h a a π=-+=-<，所以存在唯一的0[0,]2x π∈，使0()0h x =，即0'()0f x =. 所以()f x 在区间0[0,]x 上单调递增，在区间0[]2x π，上单调递减．因为(0)f =a ，()2f π=π，又因为方程()30f x -=在区间[0,]2π上有唯一解，所以23a <≤. ………13分二 、解答题 2.解：()f x 的定义域为(0,)+∞． ………1分 （Ⅰ）当3a =时，2()2ln 32f x x x x =-++，所以22232'()23x x f x x x x -++=-+=.令2232'()0x x f x x-++==，得22320x x -++=， 因为0x >，所以2x =. ()f x 与'()f x 在区间(0,)+∞上的变化情况如下：所以()f x 的单调递增区间为(0,2)，单调递减区间(2)+∞，. ()f x 有极大值2ln 24+，()f x 无极小值. …………6分（Ⅱ）因为2()2ln 2f x x x ax =-++， 所以2'()2f x x a x=-+. 设直线1y x =-+与曲线()y f x =的切点为（00,()x f x ），所以2000000222'()21x ax f x x a x x -++=-+==-，即202(1)20x a x -+-=. 又因为200000()2ln 21f x x x ax x =-++=-+，即20002ln (1)10x x a x -+++= 所以2002ln 10x x +-=.设2()2ln 1g x x x =+-，因为22(1)'()0(0)x g x x x+=>>，所以()g x 在区间(0,)+∞上单调递增.所以()g x 在区间(0,)+∞上有且只有唯一的零点. 所以(1)0g =，即01x =.所以1a =-. …………13分 3.解：（Ⅰ）11()e (ln )e e (ln )x xx f x a x a x x x'=⋅++⋅=⋅++． [ 2分] 依题意，有 (1)e (1)e f a '=⋅+=， [ 3分] 解得 0a =． [ 4分]（Ⅱ）由（Ⅰ）得1()e (ln )xg x a x x =⋅++， 所以 2211121()e (ln )e ()e (ln )x x xg x a x a x x x x x x'=⋅+++⋅-=⋅+-+． [ 6分]因为 e 0x>，所以()g x '与221ln a x x x+-+同号． 设 221()ln h x a x x x =+-+， [ 7分] 则 223322(1)1()x x x h x x x-+-+'==． 所以 对任意(0,)x ∈+∞，有()0h x '>，故()h x 在(0,)+∞单调递增． [ 8分]因为 (0,ln 2)a ∈，所以 (1)10h a =+>，11()ln 022h a =+<，故存在01(,1)2x ∈，使得 0()0h x =． [10分]()g x 与()g x '在区间1(,1)上的情况如下：所以 ()g x 在区间0(,)2x 上单调递减，在区间0(,1)x 上单调递增．所以 若(0,ln 2)a ∈，存在01(,1)2x ∈，使得0x 是()g x 的极小值点． [11分]令 0()0h x =，得 00212ln x a x x -+=， 所以 00000212()e (ln )e 0x x x f x a x x -=⋅+=⋅<． [13分] 4.解：（Ⅰ）()f x 的导函数为221ln ()x ax f x x --'=， ………………2分所以(1)1f a '=-． 依题意，有 (1)(1)112f a --=--，即1112a a -+=--， ……………… 4分 解得 1a =． ……………… 5分（Ⅱ）由（Ⅰ）得221ln ()x xf x x--'=． 当0<<1x 时，210x ->，ln 0x ->，所以()0f x '>，故()f x 单调递增；当>1x 时，210x -<，ln 0x -<，所以()0f x '<，故()f x 单调递减．所以 ()f x 在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,)+∞上单调递减． ……………… 8分 因为 101b b<<<， 所以 ()f x 最大值为(1)1f =-． ……………… 9分 设 111()()()()ln h b f b f b b b b b b =-=+-+，其中1b >． ………………10分则 21()(1)ln 0h b b b '=->， 故 ()h b 在区间(1,)+∞上单调递增． ………………11分所以 ()(1)0h b h >=， 即 1()()f b f b >， ………………12分故 ()f x 最小值为11()ln f b b b b=--． ………………13分5.已知函数ln 1()()x f x ax a x-=-∈R . （Ⅰ）若0a =,求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程; （Ⅱ）若1a <-,求函数()f x 的单调区间; （Ⅲ）若12a <<,求证:()1f x <-.解:（Ⅰ）若0a =,则(1)1f =-,22ln (),(1)2xf x f x-''==,所以()f x 在点(1,1)-处的切线方程为230x y --=.（Ⅱ）222ln (0,),().ax xx f x x--'∈+∞= 令2()2ln g x ax x =--,则221()ax g x x--'=.令()0g x '=,得x=依题意102a ->)由()0g x '>,得x >由()0g x '<,得0x <<.所以,()g x 在区间上单调递减,在区间)+∞上单调递增所以,min5()2g x g ==-因为1a <-,所以110,022a <-<<.所以()0g x >,即()0f x '>.所以函数()f x 的单调递增区间为(0,)+∞.（Ⅲ）由0,()1x f x ><-,等价于ln 11x ax x--<-, 等价于21ln 0ax x x -+->.设2()1ln h x ax x x =-+-,只须证()0h x >成立.因为2121()21,12,ax x h x ax a x x--'=--=<< 由()0h x '=,得2210ax x --=有异号两根.令其正根为0x ,则200210ax x --=.在0(0,)x 上()0h x '<,在0(,)x +∞上()0h x '>则()h x 的最小值为20000()1ln h x ax x x =-+-000011ln 23ln .2x x x x x +=-+--=- 又13(1)220,()2()30,222a h a h a ''=->=-=-<所以011.2x << 则030,ln 0.2x x ->-> 因此03ln 0,2x x -->即0()0.h x >所以()0h x >. 所以()1f x <-.6.解：（Ⅰ）由题意可知()(1)xf x x e '=+，(0)1f '=，因为曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线与直线()y g x =垂直，所以1a =-. ……………… 3分（Ⅱ）令()()()h x f x g x =-，(2,2)x ∈-.则()(1)e ,()(2)e 0x x h x x a h x x '''=+-=+>所以，()h x '在区间(2,2)-上单调递增.依题意，(2)0(2)0h h '-<⎧⎨'>⎩ ，解得221(,3e )e a ∈-.所以0(2,2)x ∃∈-，使得0()0h x '=，即00(1)e 0xx a +-=, 于是()h x 的最小值为0000()e 1xh x x ax =--.依题意，0(2)0(2)0()0h h h x ->⎧⎪>⎨⎪<⎩，，，因为000020000000()e 1e (1)e 1e 10xxxxh x x ax x x x x =--=-+-=--<,所以，解得22111(,e )e 22a ∈+-.……………… 8分 （Ⅲ）()(1)e x f x x '=+⋅，令()0f x '=，得1x =-.当(,1)x ∈-∞-时，()0f x '<，函数()f x 为减函数； 当(12)x ∈-，时，()0f x '>，函数()f x 为增函数. 所以函数()f x 的最小值1(1)ef -=-. 又2(2)2e f =.显然当0x <时，()0f x <. 令2()e ,1x t x x x =<-.则2()(2)e .xt x x x '=+令()0t x '=，得2x =-或0. 所以()t x 在()2-∞-，内为增函数，在()21--，内为减函数.所以max 24()(2)1e t x t =-=<.所以2e 1x x <. 又1x <-，所以1e x x x >.而当1x <-时，()11,0x∈-，所以当(],1x ∈-∞-时，1(),0e f x ⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭；当(1,0)x ∈-时，1(),0ef x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭. (1)当0a =时，()1g x =，符合题意；(2)当0a >时，易得()[21,21]g x a a ∈-++.依题意2210212e a a -+≥⎧⎨+<⎩，， 所以21,21e ,2a a ⎧≤⎪⎪⎨⎪<-⎪⎩所以此时102a <≤.(3)当0a <，则()[2121]g x a a ∈+-+，，依题意2210212e a a +≥⎧⎨-+<⎩，，所以21,21e ,2a a ⎧≥-⎪⎪⎨⎪>-+⎪⎩所以102a -≤<.综上11[,]22a ∈-. ……………13分7.解：（Ⅰ）当0a =时，()sin x f x e x =,'()(sin cos )x f x e x x x R =+∈，. (1)分得'(0) 1.f = .…………………….…2分 又0(0)sin 0=0f e =, .…………………….…3分所以曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程为.y x = .…………………….…4分方法1：（Ⅱ）因为()sin x f x e x ax =-，所以π'()e (sin cos )sin(+)4x xf x x x a x a =+-=-. …………………….…5分因为3π[0,]4x ∈，所以ππ[,π]44x +∈. .…………………….…6分πsin()04xx +≥. (7)分所以 当0a ≤时，()0f x '≥，所以()f x 在区间3π[0,]4单调递增. (8)分（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当0a ≤时，()f x 在区间3π[0,]4单调递增，所以3π[0,]4x ∈时，()(0)0f x f ≥=. .…………………….…9分当01a <<时，设()'()g x f x =，则 '()(sin cos )(cos sin )2cos xxxg x e x x e x x e x =++-=，所以'()f x 在[0,]2上单调递增，在(,]24上单调递减 .…………………….…10分因为'(0)10f a =->，3π()04f a '=-<， 所以存在唯一的实数0π3π(,)24x ∈，使得0'()0f x =， .…………………….…11分且当0(0,)x x ∈时，'()0f x >，当03π(,]4x x ∈时，'()0f x <，所以()f x 在0[0,]x 上单调递增，()f x 在03π[,]x 上单调递减. .………………….…12分又(0)0f =，3π3π443π3π()e e 3044f a =->>>， 所以当01a <<时，对于任意的3π[0,]4x ∈，()0f x ≥.综上所述，当1a <时，对任意的3π[0,]4x ∈，均有()0f x ≥. .…………………….…13分方法2：（Ⅱ）因为()sin xf x e x ax =-，所以'()(sin cos )xf x e x x a =+-，…………….…5分 令()'()g x f x =，则'()(sin cos )(cos sin )2cos xxxg x e x x e x x e x =++-=， .…………………….…6分(),'()g x g x 随x 的变化情况如下表：.…7分当0a ≤时，(0)10g a =->，3(π)04g a =-≥所以3π[0,]4x ∈时，()0g x ≥，即()0f x '≥，所以()f x 在区间3π[0,]4单调递增. .…………………….…8分（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当0a ≤时，()f x 在区间3π[0,]4单调递增，所以3π[0,]4x ∈时，()(0)0f x f ≥=. .…………………….…9分当01a <<时， 由（Ⅱ）可知，()f x '在π[0,]2上单调递增，在π3π(,]24上单调递减，因为(0)10f a '=->，3π()04f a '=-<，所以存在唯一的实数0π3π(,)24x ∈，使得0'()0f x =， .…………………….…11分且当0(0,)x x ∈时，'()0f x >，当03π(,]4x x ∈时，'()0f x <，所以()f x 在0[0,]x 上单调递增，()f x 在03π[,]4x 上单调递减. .………………….…12分又(0)0f =，3π3π443π3π()e e 3044f a =->>>， 所以当01a <<时，对于任意的3π[0,]4x ∈，()0f x ≥.综上所述，当1a <时，对任意的3π[0,]4x ∈，均有()0f x ≥. .……………….…13分8.解：（Ⅰ）()f x 的定义域为(,0)(0,)-∞+∞， …………………1分令()0f x =，得220,.x a x a +==- …………………2分 当0a ≥时，方程无解，()f x 没有零点； …………………3分当0a <时，得x =…………………4分综上，当0a ≥时()f x 无零点；当0a <时，()f x 零点为（Ⅱ）2'()(1)()x x a a f x e x e x x=-++322()xx x ax a e x ++-=. …………………6分 令32()g x x x ax a =++-，(1)x > …………………7分 则2'()32g x x x a =++， …………………8分其对称轴为13x =-，所以'()g x 在(1,)+∞上单调递增， ………………9分 所以2'()31215g x a a >⨯+⨯+=+，当5a ≥-时，'()0g x >恒成立， …………………10分 所以()g x 在(1,)+∞上为增函数. …………………11分所以()(1)20g x g >=>. …………………12分所以1x >时，'()0f x >,()f x 在(1,)+∞上单调递增. …………………13分9.解：函数()f x 的定义域为(0,)+∞， ……………………1分导函数1e ()e ex x xa a xf x x x -'=-+=． ……………………3分 （Ⅰ）当1e a =时，因为11(1)0e e f '=-+=，1(1)ef =， ……………………5分 所以曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程为1ey =． ……………………6分（Ⅱ）e ()(0)ex xa xf x x x -'=>， 设函数()f x 在定义域内不单调时．．．．，a 的取值范围是集合A ； ……………………7分 函数()f x 在定义域内单调时．．．，a 的取值范围是集合B ，则RA B =．所以函数()f x 在定义域内单调．．，等价于()0f x '≤恒成立，或()0f x '≥恒成立， 即e 0x a x -≤恒成立，或e 0x a x -≥恒成立，等价于e x x a ≤恒成立或e x xa ≥恒成立． ……………………8分 令()(0)e x x g x x =≥，则1()ex xg x -'=， ……………………9分由()0g x '>得 01x <<，所以()g x 在(0,1)上单调递增； ……………………10分 由()0g x '<得 1x >，所以()g x 在(1,)+∞上单调递减． ……………………11分 因为(0)0g =，1(1)eg =，且0x >时，()0g x >， 所以1()(0]eg x ∈，． ……………………12分 所以1{|0,}eB a a a =≤≥或，所以1{|0}eA a a =<<． ……………………13分 10.解：（Ⅰ）因为2'()(0)x ef x x x -=>， 所以当),0(e x ∈时，0)(<'x f ，)(x f 在),0(e 上单调递减；当),(+∞∈e x 时，0)(>'x f ，)(x f 在),(+∞e 上单调递增；所以当e x =时，)(x f 取得极小值2ln )(=+=eee ef ． ………………3分 （Ⅱ）=-'=3)()(x x f x g 312xx m x --)0(>x ， 令0)(=x g ，得31(0)3m x x x =-+>．设31()(0)3x x x x ϕ=-+>，则=+-='1)(2x x ϕ)1)(1(+--x x ．所以当)1,0(∈x 时，0)(>'x ϕ，)(x ϕ在(0,1)上单调递增； 当),1(+∞∈x 时，0)(<'x ϕ，)(x ϕ在),1(+∞上单调递减；所以)(x ϕ的最大值为32131)1(=+-=ϕ，又0)0(=ϕ，可知： ①当32>m 时，函数)(x g 没有零点； ②当32=m 或0≤m 时，函数)(x g 有且仅有1个零点； ③当320<<m 时，函数)(x g 有2个零． ……………9分 （Ⅲ）原命题等价于a a f b b f -<-)()(恒成立．)(*.设=-=x x f x h )()()0(ln >-+x x xmx ， 则)(*等价于)(x h 在),0(+∞上单调递减．即011)(2≤--='xmx x h 在),0(+∞上恒成立， 所以=+-≥x x m 241)21(2+--x )0(>x 恒成立， 所以41≥m ． 即m 的取值范围是),41[+∞． ………………14分11.（13分）解：（Ⅰ）因为2()[(31)32]e xf x ax a x a =-+++， 所以2()[(1)1]e xf x ax a x '=-++.2(2)(21)e f a '=-，由题设知(2)0f '=，即2(21)e 0a -=，解得12a =. （Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得2()[(1)1]e (1)(1)e xxf x ax a x ax x '=-++=--. 若a >1，则当1(,1)x a∈时，()0f x '<； 当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>. 所以()f x 在x =1处取得极小值.若1a ≤，则当(0,1)x ∈时，110ax x -≤-<， 所以()0f x '>.所以1不是()f x 的极小值点. 综上可知，a 的取值范围是(1,)+∞.方法二：()(1)(1)e xf x ax x '=--.（1）当a =0时，令()0f x '=得x =1.(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意. （2）当a >0时，令()0f x '=得121,1ax x ==. ①当12x x =，即a =1时，2()(1)e 0xf x x '=-≥，∴()f x 在R 上单调递增，∴()f x 无极值，不合题意.②当12x x >，即0<a <1时，(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意.③当12x x <，即a >1时，(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：∴()f x 在x =1处取得极小值，即a >1满足题意. （3）当a <0时，令()0f x '=得121,1ax x ==. (),()f x f x '随x 的变化情况如下表：∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意. 综上所述，a 的取值范围为(1,)+∞.。

1 / 372017年北京市各区高三文科数学分类汇编函数与导数（教师版）（2017年朝阳期末） 5.已知0a ，且1a ，则“函数x y a 在R 上是减函数”是“函数3(2)y a x 在R 上是增函数”的（ A ）A. 充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件C. 充分必要条件D.既不充分也不必要条件(2017年东城期末)（14）已知函数1)(||)(a xx x f .当0a 时，函数)(x f 的单调递增区间为(,)；若函数a x f x g )()(有3个不同的零点，则a 的取值范围为(222,1) .(2017年海淀期末)3. 下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是 ( D )A.21()2y B.2y x C.2log y x D.||1y x (2017年西城期末)2．下列函数中，定义域为R 的奇函数是( D )（A ）21y x （B ）tan y x （C ）2x y （D ）sin y x x12．函数4x y x的定义域是__(0,)__；最小值是__4__．14．设函数3,0,()log ,,x x a f x x x a ≤≤其中0a ．①若3a ，则[(9)]f f __2__；②若函数()2y f x 有两个零点，则a 的取值范围是__[4,9)__．(2017年丰台期末)8．已知函数()ln()sin f x x a x ，给出下列命题：①当0a 时，(0,e)x ，都有()0f x ；②当e a 时，(0,+)x ，都有()0f x ；③当1a 时，0(2,)x ，使得0()0f x .其中真命题的个数是( B )（A ）0（B ）1（C ）2（D ）3(2017年石景山期末)4．下列函数中既是奇函数又在区间(0,)上单调递减的是（D）2 / 37A ．x y e B ．ln()y x C ．3y x D ．1y x10．函数2()(3)1xf x x x 的最大值为________3_______．(2017年昌平期末)(4) 下列四个函数中，在其定义域上既是奇函数又是单调递增函数的是( D ) （A ）x y e （B ）2log y x（C ）sin y x （D ）3y x (11)12,2,ln 2e e 三个数中最大的数是_____12e ____ . (14) 若函数2,11,()ln ,1.x x f x x x a ①当2a 时，若()1f x ，则x______0_____；②若()f x 的值域为[0,2]，则a 的取值范围是____122,e e ____ .(2017年通州期末)4．下列函数中，既是偶函数又在区间0,1内单调递减的是( C ) A ．2y x B ．2x yC ．cos y xD ．ln y x8．已知函数20,0,x x f x x x 若函数1g x f x k x 有且只有一个零点，则实数k 的取值范围是( D )A ．(1)，－B ．(0)，＋C ．(10)－，D ．(1)0，－（，＋）(2017年房山期末)3．下列函数中为奇函数的是（ A ）A ．y=sin 2xB ．y=xcosxC ．y=D ．y=|x| 14．设函数f （x ）=是（﹣∞，+∞）上的增函数，那么实数k 的取值范围为（﹣∞，﹣1]∪[1，2] ．（2017年朝阳一模）（5）已知函数224,2,()log ,>2x x x f x x a x 有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是( C )。

2017至2018年北京高三模拟分类汇编之函数精心校对版题号一二总分得分△注意事项：1.本系列试题包含2017年-2018年北京高考一模和二模真题的分类汇编。

2.本系列文档有相关的试题分类汇编，具体见封面。

3.本系列文档为北京双高教育精心校对版本4.本系列试题涵盖北京历年（2011年-2020年）高考所有学科i.、填空题（本大题共16小题，共0分）1.（2017北京朝阳区高三一模数学(文)）已知函数a x x f x 22)(的一个零点在区间)2,1(内，则实数a 的取值范围是 . 【答案解析】)3,0(2.（2017北京海淀区高三一模数学(文)）已知函数()sin (0)f x x ，若函数()(0)y f x a a 的部分图象如图所示，则___,a 的最小值是．【答案解析】2,123.（2017北京海淀区高三二模数学(文)）在32log 3,2cos π，这三个数中最大的数是_____. 【答案解析】2log 34.（2017北京石景山区高三一模数学(文)）已知函数22,0,(),0x x x f x x x x ≥．若()(2)f a f a ，则a 的取值范围是．【答案解析】1a 5.（2018北京东城区高三一模数学(文)）定义：函数()f x 在区间[,]a b 上的最大值与最小值的差为()f x 在区间[,]a b 上的极差，记作(,)d a b . ①若2()22f x =x x ，则(1,2)d =________；②若()mf x =x+x ，且(1,2)|(2)(1)|d f f ，则实数m 的取值范围是________.三、姓名：__________班级：__________考号：__________●-------------------------密--------------封--------------线--------------内--------------请--------------不--------------要--------------答--------------题-------------------------●。

【精品】2017-2018年高考数学导数大题+答案一．解答题（共28小题）1．已知函数f（x）=e x（e x﹣a）﹣a2x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．2．已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x．（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．3．已知函数f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当a＜0时，证明f（x）≤﹣﹣2．4．已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx．（1）若f（x）≥0，求a的值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m，求m的最小值．5．设a，b∈R，|a|≤1．已知函数f（x）=x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，g（x）=e x f （x）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）已知函数y=g（x）和y=e x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）≤e x在区间[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b的取值范围．6．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|≥．7．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．8．设函数f（x）=（1﹣x2）e x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≤ax+1，求a的取值范围．9．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）（1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；（2）证明：b2＞3a；（3）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．10．已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（1）求a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．11．已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2），其中e≈2.17828…是自然对数的底数．（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．12．已知函数f（x）=e x cosx﹣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，]上的最大值和最小值．13．已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．14．已知函数f（x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．（I）当a=4时，求曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程；（II）若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求a的取值范围．15．设f（x）=xlnx﹣ax2+（2a﹣1）x，a∈R．（Ⅰ）令g（x）=f′（x），求g（x）的单调区间；（Ⅱ）已知f（x）在x=1处取得极大值，求实数a的取值范围．16．已知函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．17．设函数f（x）=xe a﹣x+bx，曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y=（e﹣1）x+4，（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）求f（x）的单调区间．18．设函数f（x）=ax2﹣a﹣lnx，g（x）=﹣，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：当x＞1时，g（x）＞0；（Ⅲ）确定a的所有可能取值，使得f（x）＞g（x）在区间（1，+∞）内恒成立．19．（Ⅰ）讨论函数f（x）=e x的单调性，并证明当x＞0时，（x﹣2）e x+x+2＞0；（Ⅱ）证明：当a∈[0，1）时，函数g（x）=（x＞0）有最小值．设g（x）的最小值为h（a），求函数h（a）的值域．20．设函数f（x）=lnx﹣x+1．（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明当x∈（1，+∞）时，1＜＜x；（3）设c＞1，证明当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞c x．21．设函数f（x）=（x﹣1）3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R．（1）求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=3；（3）设a＞0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于．22．设函数f（x）=acos2x+（a﹣1）（cosx+1），其中a＞0，记|f（x）|的最大值为A．（Ⅰ）求f′（x）；（Ⅱ）求A；（Ⅲ）证明：|f′（x）|≤2A．23．设函数f（x）=ax2﹣a﹣lnx，其中a∈R．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）确定a的所有可能取值，使得f（x）＞﹣e1﹣x在区间（1，+∞）内恒成立（e=2.718…为自然对数的底数）．24．设函数f（x）=x3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R．（1）求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=0；（3）设a＞0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间[﹣1，1]上的最大值不小于．25．已知函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2有两个零点．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．26．已知f（x）=a（x﹣lnx）+，a∈R．（I）讨论f（x）的单调性；（II）当a=1时，证明f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．27．设函数f（x）=x3+ax2+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：a2﹣3b＞0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件．28．已知函数f（x）=a x+b x（a＞0，b＞0，a≠1，b≠1）．（1）设a=2，b=．①求方程f（x）=2的根；②若对于任意x∈R，不等式f（2x）≥mf（x）﹣6恒成立，求实数m的最大值；（2）若0＜a＜1，b＞1，函数g（x）=f（x）﹣2有且只有1个零点，求ab的值．导数大题-近两年高考题参考答案与试题解析一．解答题（共28小题）1．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=e x（e x﹣a）﹣a2x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．【解答】解：（1）f（x）=e x（e x﹣a）﹣a2x=e2x﹣e x a﹣a2x，∴f′（x）=2e2x﹣ae x﹣a2=（2e x+a）（e x﹣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，2e x+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，e x﹣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（﹣）≤，∴﹣2≤a＜0，综上所述a的取值范围为[﹣2，1]2．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x．（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．【解答】解：（1）由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）e x ﹣1，当a=0时，f′（x）=﹣2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）=（2e x+1）（ae x﹣1）=2a（e x+）（e x﹣），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（e x+）（e x﹣）＜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）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，当a＞0时，f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x，当x→﹣∞时，e2x→0，e x→0，∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→∞，e2x→+∞，且远远大于e x和x，∴当x→∞，f（x）→+∞，∴函数有两个零点，f（x）的最小值小于0即可，由f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数，∴f（x）min=f（ln）=a×（）+（a﹣2）×﹣ln＜0，∴1﹣﹣ln＜0，即ln+﹣1＞0，设t=，则g（t）=lnt+t﹣1，（t＞0），求导g′（t）=+1，由g（1）=0，∴t=＞1，解得：0＜a＜1，∴a的取值范围（0，1）．方法二：（1）由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，当a=0时，f′（x）=2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）=（2e x+1）（ae x﹣1）=2a（e x+）（e x﹣），令f′（x）=0，解得：x=﹣lna，当f′（x）＞0，解得：x＞﹣lna，当f′（x）＜0，解得：x＜﹣lna，∴x∈（﹣∞，﹣lna）时，f（x）单调递减，x∈（﹣lna，+∞）单调递增；当a＜0时，f′（x）=2a（e x+）（e x﹣）＜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（﹣∞，﹣lna）是减函数，在（﹣lna，+∞）是增函数；（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，②当a＞0时，由（1）可知：当x=﹣lna时，f（x）取得最小值，f（x）min=f（﹣lna）=1﹣﹣ln，当a=1，时，f（﹣lna）=0，故f（x）只有一个零点，当a∈（1，+∞）时，由1﹣﹣ln＞0，即f（﹣lna）＞0，故f（x）没有零点，当a∈（0，1）时，1﹣﹣ln＜0，f（﹣lna）＜0，由f（﹣2）=ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0，故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一个零点，假设存在正整数n0，满足n0＞ln（﹣1），则f（n0）=（a+a﹣2）﹣n0＞﹣n0＞﹣n0＞0，由ln（﹣1）＞﹣lna，因此在（﹣lna，+∞）有一个零点．∴a的取值范围（0，1）．3．（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当a＜0时，证明f（x）≤﹣﹣2．【解答】（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，﹣）f′（x）＞0、当x∈（﹣，+∞）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．4．（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx．（1）若f（x）≥0，求a的值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m，求m的最小值．【解答】解：（1）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，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；（2）由（1）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*．一方面，ln（1+）+ln（1+）+…+ln（1+）＜++…+=1﹣＜1，即（1+）（1+）…（1+）＜e；另一方面，（1+）（1+）…（1+）＞（1+）（1+）（1+）=＞2；从而当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成立，所以m的最小值为3．5．（2017•天津）设a，b∈R，|a|≤1．已知函数f（x）=x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，g（x）=e x f（x）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）已知函数y=g（x）和y=e x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）≤e x在区间[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b的取值范围．【解答】（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：∴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）=e x（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）≤e x，x∈[x0﹣1，x0+1]，由e x＞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）≤e x在[x0﹣1，x0+1]上恒成立．由f（a）=a3﹣6a2﹣3a（a﹣4）a+b=1，得b=2a3﹣6a2+1，﹣1≤a≤1．令t（x）=2x3﹣6x2+1，x∈[﹣1，1]，∴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]．6．（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|≥．【解答】（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：（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|≥．7．（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．【解答】解：（1）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）=（x﹣a）（x﹣sinx），令g′（x）=0，解得x=a，或x=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）=﹣a③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．8．（2017•新课标Ⅱ）设函数f（x）=（1﹣x2）e x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≤ax+1，求a的取值范围．【解答】解：（1）因为f（x）=（1﹣x2）e x，x∈R，所以f′（x）=（1﹣2x﹣x2）e x，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；（2）由题可知f（x）=（1﹣x）（1+x）e x．下面对a的范围进行讨论：①当a≥1时，设函数h（x）=（1﹣x）e x，则h′（x）=﹣xe x＜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）=e x﹣x﹣1，则g′（x）=e x﹣1＞0（x＞0），所以g（x）在[0，+∞）上单调递增，又g（0）=1﹣0﹣1=0，所以e x≥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，+∞）．9．（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）（1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；（2）证明：b2＞3a；（3）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．【解答】（1）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的实根，所以4a2﹣12b≥0，即a2﹣+≥0，解得a≥3，所以b=+（a≥3）．（2）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；（3）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]．10．（2017•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（1）求a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．【解答】（1）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，求导可知h′（x）=a﹣．则当a≤0时h′（x）＜0，即y=h（x）在（0，+∞）上单调递减，所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）=0，矛盾，故a＞0．因为当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；（2）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）＜2﹣2．11．（2017•山东）已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2），其中e≈2.17828…是自然对数的底数．（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．【解答】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）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）﹣a（x2+2cosx）h′（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）+e x（﹣sinx﹣cosx+2）﹣a（2x﹣2sinx）=2（x﹣sinx）（e x﹣a）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）．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．（1）a≤0时，e x﹣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．（2）a＞0时，令h′（x）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）=0．解得x1=lna，x2=0．①0＜a＜1时，x∈（﹣∞，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；x∈（lna，0）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；x∈（0，+∞）时，e x﹣e lna＞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，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；x∈（0，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；x∈（lna，+∞）时，e x﹣e lna＞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]．12．（2017•北京）已知函数f（x）=e x cosx﹣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，]上的最大值和最小值．【解答】解：（1）函数f（x）=e x cosx﹣x的导数为f′（x）=e x（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）函数f（x）=e x cosx﹣x的导数为f′（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，令g（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，则g（x）的导数为g′（x）=e x（cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx）=﹣2e x•sinx，当x∈[0，]，可得g′（x）=﹣2e x•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﹣=﹣．13．（2017•浙江）已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．【解答】解：（1）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；（2）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]．14．（2016•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．（I）当a=4时，求曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程；（II）若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求a的取值范围．【解答】解：（I）当a=4时，f（x）=（x+1）lnx﹣4（x﹣1）．f（1）=0，即点为（1，0），函数的导数f′（x）=lnx+（x+1）•﹣4，则f′（1）=ln1+2﹣4=2﹣4=﹣2，即函数的切线斜率k=f′（1）=﹣2，则曲线y=f（x）在（1，0）处的切线方程为y=﹣2（x﹣1）=﹣2x+2；（II）∵f（x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1），∴f′（x）=1++lnx﹣a，∴f″（x）=，∵x＞1，∴f″（x）＞0，∴f′（x）在（1，+∞）上单调递增，∴f′（x）＞f′（1）=2﹣a．①a≤2，f′（x）＞f′（1）≥0，∴f（x）在（1，+∞）上单调递增，∴f（x）＞f（1）=0，满足题意；②a＞2，存在x0∈（1，+∞），f′（x0）=0，函数f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，由f（1）=0，可得存在x0∈（1，+∞），f（x0）＜0，不合题意．综上所述，a≤2．15．（2016•山东）设f（x）=xlnx﹣ax2+（2a﹣1）x，a∈R．（Ⅰ）令g（x）=f′（x），求g（x）的单调区间；（Ⅱ）已知f（x）在x=1处取得极大值，求实数a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）=xlnx﹣ax2+（2a﹣1）x，∴g（x）=f′（x）=lnx﹣2ax+2a，x＞0，g′（x）=﹣2a=，当a≤0，g′（x）＞0恒成立，即可g（x）的单调增区间是（0，+∞）；当a＞0，当x＞时，g′（x）＜0，函数为减函数，当0＜x＜，g′（x）＞0，函数为增函数，∴当a≤0时，g（x）的单调增区间是（0，+∞）；当a＞0时，g（x）的单调增区间是（0，），单调减区间是（，+∞）；（Ⅱ）∵f（x）在x=1处取得极大值，∴f′（1）=0，①当a≤0时，f′（x）单调递增，则当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，∴f（x）在x=1处取得极小值，不合题意，②当0＜a＜时，＞1，由（1）知，f′（x）在（0，）内单调递增，当0＜x＜1时，f′（x）＜0，当1＜x＜时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，1）内单调递减，在（1，）内单调递增，即f（x）在x=1处取得极小值，不合题意．③当a=时，=1，f′（x）在（0，1）内单调递增，在（1，+∞）上单调递减，则当x＞0时，f′（x）≤0，f（x）单调递减，不合题意．④当a＞时，0＜＜1，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，∴当x=1时，f（x）取得极大值，满足条件．综上实数a的取值范围是a＞．16．（2016•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）由f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2，可得f′（x）=（x﹣1）e x+2a（x﹣1）=（x﹣1）（e x+2a），①当a≥0时，由f′（x）＞0，可得x＞1；由f′（x）＜0，可得x＜1，即有f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增；②当a＜0时，若a=﹣，则f′（x）≥0恒成立，即有f（x）在R上递增；若a＜﹣时，由f′（x）＞0，可得x＜1或x＞ln（﹣2a）；由f′（x）＜0，可得1＜x＜ln（﹣2a）．即有f（x）在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增；在（1，ln（﹣2a））递减；若﹣＜a＜0，由f′（x）＞0，可得x＜ln（﹣2a）或x＞1；由f′（x）＜0，可得ln（﹣2a）＜x＜1．即有f（x）在（﹣∞，ln（﹣2a）），（1，+∞）递增；在（ln（﹣2a），1）递减；（Ⅱ）①由（Ⅰ）可得当a＞0时，f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增，且f（1）=﹣e＜0，x→+∞，f（x）→+∞；x→﹣∞，f（x）→+∞．f（x）有两个零点；②当a=0时，f（x）=（x﹣2）e x，所以f（x）只有一个零点x=2；③当a＜0时，若a＜﹣时，f（x）在（1，ln（﹣2a））递减，在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增，又当x≤1时，f（x）＜0，所以f（x）不存在两个零点；当a≥﹣时，f（x）在（1，+∞）单调递增，又x≤1时，f（x）＜0，所以f（x）不存在两个零点．综上可得，f（x）有两个零点时，a的取值范围为（0，+∞）．17．（2016•北京）设函数f（x）=xe a﹣x+bx，曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y=（e﹣1）x+4，（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）求f（x）的单调区间．【解答】解：（Ⅰ）∵y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y=（e﹣1）x+4，∴当x=2时，y=2（e﹣1）+4=2e+2，即f（2）=2e+2，同时f′（2）=e﹣1，∵f（x）=xe a﹣x+bx，∴f′（x）=e a﹣x﹣xe a﹣x+b，则，即a=2，b=e；（Ⅱ）∵a=2，b=e；∴f（x）=xe2﹣x+ex，∴f′（x）=e2﹣x﹣xe2﹣x+e=（1﹣x）e2﹣x+e=（1﹣x+e x﹣1）e2﹣x，∵e2﹣x＞0，∴1﹣x+e x﹣1与f′（x）同号，令g（x）=1﹣x+e x﹣1，则g′（x）=﹣1+e x﹣1，由g′（x）＜0，得x＜1，此时g（x）为减函数，由g′（x）＞0，得x＞1，此时g（x）为增函数，则当x=1时，g（x）取得极小值也是最小值g（1）=1，则g（x）≥g（1）=1＞0，故f′（x）＞0，即f（x）的单调区间是（﹣∞，+∞），无递减区间．18．（2016•四川）设函数f（x）=ax2﹣a﹣lnx，g（x）=﹣，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：当x＞1时，g（x）＞0；（Ⅲ）确定a的所有可能取值，使得f（x）＞g（x）在区间（1，+∞）内恒成立．【解答】（Ⅰ）解：由f（x）=ax2﹣a﹣lnx，得f′（x）=2ax﹣=（x＞0），当a≤0时，f′（x）＜0在（0，+∞）成立，则f（x）为（0，+∞）上的减函数；当a＞0时，由f′（x）=0，得x==，∴当x∈（0，）时，f′（x）＜0，当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，则f（x）在（0，）上为减函数，在（，+∞）上为增函数；综上，当a≤0时，f（x）为（0，+∞）上的减函数，当a＞0时，f（x）在（0，）上为减函数，在（，+∞）上为增函数；（Ⅱ）证明：要证g（x）＞0（x＞1），即﹣＞0，即证，也就是证，令h（x）=，则h′（x）=，∴h（x）在（1，+∞）上单调递增，则h（x）min=h（1）=e，即当x＞1时，h（x）＞e，∴当x＞1时，g（x）＞0；（Ⅲ）解：由f（x）＞g（x），得，设t（x）=，由题意知，t（x）＞0在（1，+∞）内恒成立，∵t（1）=0，∴有t′（x）=2ax=≥0在（1，+∞）内恒成立，令φ（x）=，则φ′（x）=2a=，当x≥2时，φ′（x）＞0，令h（x）=，h′（x）=，函数在[1，2）上单调递增，∴h（x）min=h（1）=﹣1．又2a≥1，e1﹣x＞0，∴1＜x＜2，φ′（x）＞0，综上所述，x＞1，φ′（x）＞0，φ（x）在区间（1，+∞）单调递增，∴t′（x）＞t′（1）≥0，即t（x）在区间（1，+∞）单调递增，∴a≥．19．（2016•新课标Ⅱ）（Ⅰ）讨论函数f（x）=e x的单调性，并证明当x＞0时，（x﹣2）e x+x+2＞0；（Ⅱ）证明：当a∈[0，1）时，函数g（x）=（x＞0）有最小值．设g （x）的最小值为h（a），求函数h（a）的值域．【解答】解：（1）证明：f（x）=f'（x）=e x（）=∵当x∈（﹣∞，﹣2）∪（﹣2，+∞）时，f'（x）＞0∴f（x）在（﹣∞，﹣2）和（﹣2，+∞）上单调递增∴x＞0时，＞f（0）=﹣1即（x﹣2）e x+x+2＞0（2）g'（x）===a∈[0，1）由（1）知，当x＞0时，f（x）=的值域为（﹣1，+∞），只有一解使得，只需•e t≤0恒成立，可得﹣2＜t≤2，由x＞0，可得t∈（0，2]当x∈（0，t）时，g'（x）＜0，g（x）单调减；当x∈（t，+∞），g'（x）＞0，g（x）单调增；h（a）===记k（t）=，在t∈（0，2]时，k'（t）=＞0，故k（t）单调递增，所以h（a）=k（t）∈（，]．20．（2016•新课标Ⅲ）设函数f（x）=lnx﹣x+1．（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明当x∈（1，+∞）时，1＜＜x；（3）设c＞1，证明当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞c x．【解答】解：（1）函数f（x）=lnx﹣x+1的导数为f′（x）=﹣1，由f′（x）＞0，可得0＜x＜1；由f′（x）＜0，可得x＞1．即有f（x）的增区间为（0，1）；减区间为（1，+∞）；（2）证明：当x∈（1，+∞）时，1＜＜x，即为lnx＜x﹣1＜xlnx．由（1）可得f（x）=lnx﹣x+1在（1，+∞）递减，可得f（x）＜f（1）=0，即有lnx＜x﹣1；设F（x）=xlnx﹣x+1，x＞1，F′（x）=1+lnx﹣1=lnx，当x＞1时，F′（x）＞0，可得F（x）递增，即有F（x）＞F（1）=0，即有xlnx＞x﹣1，则原不等式成立；（3）证明：设G（x）=1+（c﹣1）x﹣c x，G′（x）=c﹣1﹣c x lnc，可令G′（x）=0，可得c x=，由c＞1，x∈（0，1），可得1＜c x＜c，即1＜＜c，由（1）可得c x=恰有一解，设为x=x0是G（x）的最大值点，且0＜x0＜1，由G（0）=G（1）=0，且G（x）在（0，x0）递增，在（x0，1）递减，可得G（x0）=1+（c﹣1）x0﹣c x0＞0成立，则c＞1，当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞c x．21．（2016•天津）设函数f（x）=（x﹣1）3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R．（1）求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=3；（3）设a＞0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于．【解答】解：（1）函数f（x）=（x﹣1）3﹣ax﹣b的导数为f′（x）=3（x﹣1）2﹣a，当a≤0时，f′（x）≥0，f（x）在R上递增；当a＞0时，当x＞1+或x＜1﹣时，f′（x）＞0，当1﹣＜x＜1+，f′（x）＜0，可得f（x）的增区间为（﹣∞，1﹣），（1+，+∞），减区间为（1﹣，1+）；（2）证明：f′（x0）=0，可得3（x0﹣1）2=a，由f（x0）=（x0﹣1）3﹣3x0（x0﹣1）2﹣b=（x0﹣1）2（﹣2x0﹣1）﹣b，f（3﹣2x0）=（2﹣2x0）3﹣3（3﹣2x0）（x0﹣1）2﹣b=（x0﹣1）2（8﹣8x0﹣9+6x0）﹣b=（x0﹣1）2（﹣2x0﹣1）﹣b，即为f（3﹣2x0）=f（x0）=f（x1），即有3﹣2x0=x1，即为x1+2x0=3；（3）证明：要证g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于，即证在[0，2]上存在x1，x2，使得f（x1）﹣f（x2）≥．当a≥3时，f（x）在[0，2]递减，f（2）=1﹣2a﹣b，f（0）=﹣1﹣b，f（0）﹣f（2）=2a﹣2≥4＞，递减，成立；当0＜a＜3时，f（1﹣）=（﹣）3﹣a（1﹣）﹣b=﹣﹣a+a﹣b=﹣a﹣b，f（1+）=（）3﹣a（1+）﹣b=﹣a﹣a﹣b=﹣﹣a﹣b，f（2）=1﹣2a﹣b，f（0）=﹣1﹣b，f（2）﹣f（0）=2﹣2a，若0＜a≤时，f（2）﹣f（0）=2﹣2a≥成立；若a＞时，f（1﹣）﹣f（1+）=＞成立．综上可得，g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于．22．（2016•新课标Ⅲ）设函数f（x）=acos2x+（a﹣1）（cosx+1），其中a＞0，记|f（x）|的最大值为A．（Ⅰ）求f′（x）；（Ⅱ）求A；（Ⅲ）证明：|f′（x）|≤2A．【解答】（I）解：f′（x）=﹣2asin2x﹣（a﹣1）sinx．（II）当a≥1时，|f（x）|=|acos2x+（a﹣1）（cosx+1）|≤a|cos2x|+（a﹣1）|（cosx+1）|≤a|cos2x|+（a﹣1）（|cosx|+1）|≤a+2（a﹣1）=3a﹣2=f（0），因此A=3a﹣2．当0＜a＜1时，f（x）等价为f（x）=acos2x+（a﹣1）（cosx+1）=2acos2x+（a﹣1）cosx﹣1，令g（t）=2at2+（a﹣1）t﹣1，则A是|g（t）|在[﹣1，1]上的最大值，g（﹣1）=a，g（1）=3a﹣2，且当t=时，g（t）取得极小值，极小值为g（）=﹣﹣1=﹣，（二次函数在对称轴处取得极值）令﹣1＜＜1，得a＜（舍）或a＞．因此A=3a﹣2①当0＜a≤时，g（t）在（﹣1，1）内无极值点，|g（﹣1）|=a，|g（1）|=2﹣3a，|g（﹣1）|＜|g（1）|，∴A=2﹣3a，②当＜a＜1时，由g（﹣1）﹣g（1）=2（1﹣a）＞0，得g（﹣1）＞g（1）＞g（），又|g（）|﹣|g（﹣1）|=＞0，∴A=|g（）|=，综上，A=．（III）证明：由（I）可得：|f′（x）|=|﹣2asin2x﹣（a﹣1）sinx|≤2a+|a﹣1|，当0＜a≤时，|f′（x）|≤1+a≤2﹣4a＜2（2﹣3a）=2A，当＜a＜1时，A==++≥1，∴|f′（x）|≤1+a≤2A，当a≥1时，|f′（x）|≤3a﹣1≤6a﹣4=2A，综上：|f′（x）|≤2A．23．（2016•四川）设函数f（x）=ax2﹣a﹣lnx，其中a∈R．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）确定a的所有可能取值，使得f（x）＞﹣e1﹣x在区间（1，+∞）内恒成立（e=2.718…为自然对数的底数）．【解答】解：（Ⅰ）由题意，f′（x）=2ax﹣=，x＞0，①当a≤0时，2ax2﹣1≤0，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）上单调递减．②当a＞0时，f′（x）=，当x∈（0，）时，f′（x）＜0，当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．（Ⅱ）原不等式等价于f（x）﹣+e1﹣x＞0在x∈（1．+∞）上恒成立，一方面，令g（x）=f（x）﹣+e1﹣x=ax2﹣lnx﹣+e1﹣x﹣a，只需g（x）在x∈（1．+∞）上恒大于0即可，又∵g（1）=0，故g′（x）在x=1处必大于等于0．令F（x）=g′（x）=2ax﹣+﹣e1﹣x，g′（1）≥0，可得a．另一方面，当a时，F′（x）=2a+≥1+=+e1﹣x，∵x∈（1，+∞），故x3+x﹣2＞0，又e1﹣x＞0，故F′（x）在a时恒大于0．∴当a时，F（x）在x∈（1，+∞）单调递增．∴F（x）＞F（1）=2a﹣1≥0，故g（x）也在x∈（1，+∞）单调递增．∴g（x）＞g（1）=0，即g（x）在x∈（1，+∞）上恒大于0．综上，a．24．（2016•天津）设函数f（x）=x3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R．（1）求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=0；（3）设a＞0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间[﹣1，1]上的最大值不小于．【解答】解：（1）若f（x）=x3﹣ax﹣b，则f′（x）=3x2﹣a，分两种情况讨论：①、当a≤0时，有f′（x）=3x2﹣a≥0恒成立，此时f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞），②、当a＞0时，令f′（x）=3x2﹣a=0，解得x=或x=，当x＞或x＜﹣时，f′（x）=3x2﹣a＞0，f（x）为增函数，当﹣＜x＜时，f′（x）=3x2﹣a＜0，f（x）为减函数，故f（x）的增区间为（﹣∞，﹣），（，+∞），减区间为（﹣，）；（2）若f（x）存在极值点x0，则必有a＞0，且x0≠0，由题意可得，f′（x）=3x2﹣a，则x02=，进而f（x0）=x03﹣ax0﹣b=﹣x0﹣b，又f（﹣2x0）=﹣8x03+2ax0﹣b=﹣x0+2ax0﹣b=f（x0），由题意及（Ⅰ）可得：存在唯一的实数x1，满足f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，则有x1=﹣2x0，故有x1+2x0=0；（Ⅲ）设g（x）在区间[﹣1，1]上的最大值M，max{x，y}表示x、y两个数的最大值，下面分三种情况讨论：①当a≥3时，﹣≤﹣1＜1≤，由（I）知f（x）在区间[﹣1，1]上单调递减，所以f（x）在区间[﹣1，1]上的取值范围是[f（1），f（﹣1）]，因此M=max{|f（1）|，|f（﹣1）|}=max{|1﹣a﹣b|，|﹣1+a﹣b|}=max{|a﹣1+b|，|a﹣1﹣b|}=，所以M=a﹣1+|b|≥2②当a＜3时，，由（Ⅰ）、（Ⅱ）知，f（﹣1）≥=f（），f（1）≤=，所以f（x）在区间[﹣1，1]上的取值范围是[f（），f（﹣）]，因此M=max{|f（）|，|f（﹣）|}=max{||，||}=max{||，||}=，③当0＜a＜时，，由（Ⅰ）、（Ⅱ）知，f（﹣1）＜=f（），f（1）＞=，所以f（x）在区间[﹣1，1]上的取值范围是[f（﹣1），f（1）]，因此M=max{|f（﹣1）|，|f（1）|}=max{|﹣1+a﹣b|，|1﹣a﹣b|}=max{|1﹣a+b|，|1﹣a﹣b|}=1﹣a+|b|＞，综上所述，当a＞0时，g（x）在区间[﹣1，1]上的最大值不小于．25．（2016•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2有两个零点．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．【解答】解：（Ⅰ）∵函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2，∴f′（x）=（x﹣1）e x+2a（x﹣1）=（x﹣1）（e x+2a），①若a=0，那么f（x）=0⇔（x﹣2）e x=0⇔x=2，函数f（x）只有唯一的零点2，不合题意；②若a＞0，那么e x+2a＞0恒成立，当x＜1时，f′（x）＜0，此时函数为减函数；当x＞1时，f′（x）＞0，此时函数为增函数；此时当x=1时，函数f（x）取极小值﹣e，由f（2）=a＞0，可得：函数f（x）在x＞1存在一个零点；当x＜1时，e x＜e，x﹣2＜﹣1＜0，∴f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2＞（x﹣2）e+a（x﹣1）2=a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e，令a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e=0的两根为t1，t2，且t1＜t2，则当x＜t1，或x＞t2时，f（x）＞a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＞0，故函数f（x）在x＜1存在一个零点；即函数f（x）在R是存在两个零点，满足题意；③若﹣＜a＜0，则ln（﹣2a）＜lne=1，当x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＜ln（﹣2a）﹣1＜lne﹣1=0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当ln（﹣2a）＜x＜1时，x﹣1＜0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，当x＞1时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，故当x=ln（﹣2a）时，函数取极大值，由f（ln（﹣2a））=[ln（﹣2a）﹣2]（﹣2a）+a[ln（﹣2a）﹣1]2=a{[ln（﹣2a）﹣2]2+1}＜0得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；④若a=﹣，则ln（﹣2a）=1，当x＜1=ln（﹣2a）时，x﹣1＜0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当x＞1时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，故函数f（x）在R上单调递增，函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；⑤若a＜﹣，则ln（﹣2a）＞lne=1，当x＜1时，x﹣1＜0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当1＜x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，当x＞ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，故当x=1时，函数取极大值，由f（1）=﹣e＜0得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；综上所述，a的取值范围为（0，+∞）证明：（Ⅱ）∵x1，x2是f（x）的两个零点，∴f（x1）=f（x2）=0，且x1≠1，且x2≠1，∴﹣a==，令g（x）=，则g（x1）=g（x2）=﹣a，∵g′（x）=，∴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；设m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）=﹣=，设h（m）=，m＞0，则h′（m）=＞0恒成立，即h（m）在（0，+∞）上为增函数，h（m）＞h（0）=0恒成立，即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，令m=1﹣x1＞0，则g（1+1﹣x1）＞g（1﹣1+x1）⇔g（2﹣x1）＞g（x1）=g（x2）⇔2﹣x1＞x2，即x1+x2＜2．26．（2016•山东）已知f（x）=a（x﹣lnx）+，a∈R．（I）讨论f（x）的单调性；（II）当a=1时，证明f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．【解答】（Ⅰ）解：由f（x）=a（x﹣lnx）+，得f′（x）=a（1﹣）+==（x＞0）．若a≤0，则ax2﹣2＜0恒成立，∴当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；当a＞0，若0＜a＜2，当x∈（0，1）和（，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（1，）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；若a=2，f′（x）≥0恒成立，f（x）在（0，+∞）上为增函数；若a＞2，当x∈（0，）和（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（，1）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；（Ⅱ）解：∵a=1，令F（x）=f（x）﹣f′（x）=x﹣lnx﹣1=x﹣lnx+．令g（x）=x﹣lnx，h（x）=．则F（x）=f（x）﹣f′（x）=g（x）+h（x），由，可得g（x）≥g（1）=1，当且仅当x=1时取等号；又，设φ（x）=﹣3x2﹣2x+6，则φ（x）在[1，2]上单调递减，且φ（1）=1，φ（2）=﹣10，∴在[1，2]上存在x0，使得x∈（1，x0）时φ（x0）＞0，x∈（x0，2）时，φ（x0）＜0，∴函数h（x）在（1，x0）上单调递增；在（x0，2）上单调递减，由于h（1）=1，h（2）=，因此h（x）≥h（2）=，当且仅当x=2取等号，∴f（x）﹣f′（x）=g（x）+h（x）＞g（1）+h（2）=，∴F（x）＞恒成立．即f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．27．（2016•北京）设函数f（x）=x3+ax2+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：a2﹣3b＞0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件．【解答】解：（1）函数f（x）=x3+ax2+bx+c的导数为f′（x）=3x2+2ax+b，可得y=f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k=f′（0）=b，切点为（0，c），可得切线的方程为y=bx+c；（2）设a=b=4，即有f（x）=x3+4x2+4x+c，由f（x）=0，可得﹣c=x3+4x2+4x，由g（x）=x3+4x2+4x的导数g′（x）=3x2+8x+4=（x+2）（3x+2），当x＞﹣或x＜﹣2时，g′（x）＞0，g（x）递增；当﹣2＜x＜﹣时，g′（x）＜0，g（x）递减．即有g（x）在x=﹣2处取得极大值，且为0；g（x）在x=﹣处取得极小值，且为﹣．由函数f（x）有三个不同零点，可得﹣＜﹣c＜0，解得0＜c＜，则c的取值范围是（0，）；（3）证明：若f（x）有三个不同零点，令f（x）=0，可得f（x）的图象与x轴有三个不同的交点．即有f（x）有3个单调区间，即为导数f′（x）=3x2+2ax+b的图象与x轴有两个交点，可得△＞0，即4a2﹣12b＞0，即为a2﹣3b＞0；若a2﹣3b＞0，即有导数f′（x）=3x2+2ax+b的图象与x轴有两个交点，当c=0，a=b=4时，满足a2﹣3b＞0，即有f（x）=x（x+2）2，图象与x轴交于（0，0），（﹣2，0），则f（x）的零点为2个．故a2﹣3b＞0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件．28．（2016•江苏）已知函数f（x）=a x+b x（a＞0，b＞0，a≠1，b≠1）．（1）设a=2，b=．①求方程f（x）=2的根；②若对于任意x∈R，不等式f（2x）≥mf（x）﹣6恒成立，求实数m的最大值；（2）若0＜a＜1，b＞1，函数g（x）=f（x）﹣2有且只有1个零点，求ab的值．【解答】解：函数f（x）=a x+b x（a＞0，b＞0，a≠1，b≠1）．（1）设a=2，b=．①方程f（x）=2；即：=2，可得x=0．②不等式f（2x）≥mf（x）﹣6恒成立，即≥m（）﹣6恒成立．令t=，t≥2．不等式化为：t2﹣mt+4≥0在t≥2时，恒成立．可得：△≤0或即：m2﹣16≤0或m≤4，∴m∈（﹣∞，4]．实数m的最大值为：4．（2）g（x）=f（x）﹣2=a x+b x﹣2，g′（x）=a x lna+b x lnb=a x[+]lnb，0＜a＜1，b＞1可得，令h（x）=+，则h（x）是递增函数，而，lna＜0，lnb＞0，因此，x0=时，h（x0）=0，因此x∈（﹣∞，x0）时，h（x）＜0，a x lnb＞0，则g′（x）＜0．x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，a x lnb＞0，则g′（x）＞0，则g（x）在（﹣∞，x0）递减，（x0，+∞）递增，因此g（x）的最小值为：g（x0）．①若g（x0）＜0，x＜log a2时，a x＞=2，b x＞0，则g（x）＞0，因此x1＜log a2，且x1＜x0时，g（x1）＞0，因此g（x）在（x1，x0）有零点，则g（x）至少有两个零点，与条件矛盾．②若g（x0）＞0，函数g（x）=f（x）﹣2有且只有1个零点，g（x）的最小值为g（x0），可得g（x0）=0，由g（0）=a0+b0﹣2=0，因此x0=0，因此=0，﹣=1，即lna+lnb=0，ln（ab）=0，则ab=1．可得ab=1．。

2017年高考真题分类汇编(理数)专题2导数(解析版)D答案解析部分一、单选题1、【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2、【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）e x﹣1，可得f′（x）=（2x+a）e x﹣1+（x2+ax﹣1）e x﹣1，x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，可得：﹣4+a+（3﹣2a）=0．解得a=﹣1．可得f′（x）=（2x﹣1）e x﹣1+（x2﹣x﹣1）e x﹣1，=（x2+x﹣2）e x﹣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．3、【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【解析】【解答】解：因为f（x）=x2﹣2x+a（e x﹣1+e﹣x+1）=﹣1+（x﹣1）2+a（e x﹣1+ ）=0，所以函数f（x）有唯一零点等价于方程1﹣（x﹣1）2=a （e x﹣1+ ）有唯一解，等价于函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（e x﹣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（e x﹣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（e x﹣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 （e x﹣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（e x﹣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（e x﹣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（e x﹣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．二、解答题4、【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．5、【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）=e x（cosx﹣sinx+2x ﹣2）﹣a（x2+2cosx）h′（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）+e x（﹣sinx﹣cosx+2）﹣a（2x﹣2sinx）=2（x﹣sinx）（e x﹣a）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）．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，e x﹣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）（e x﹣e lna）=0．解得x1=lna，x2=0．①0＜a＜1时，x∈（﹣∞，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；x∈（lna，0）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＜0，函数h （x）单调递减；x∈（0，+∞）时，e x﹣e lna＞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，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；x∈（0，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＜0，函数h （x）单调递减；x∈（lna，+∞）时，e x﹣e lna＞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）=e x（cosx﹣sinx+2x ﹣2）﹣a（x2+2cosx），可得h′（x）=2（x﹣sinx）（e x﹣a）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）．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．6、【答案】（1）解：函数f（x）=e x cosx﹣x的导数为f′（x）=e x（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）=e x cosx﹣x的导数为f′（x）=e x （cosx﹣sinx）﹣1，令g（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，则g（x）的导数为g′（x）=e x（cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx）=﹣2e x•sinx，当x∈[0，]，可得g′（x）=﹣2e x•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 ﹣=﹣．【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【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．7、【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：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．8、【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（x 1）+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．9、【答案】（1）解：由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，当a=0时，f′（x）=2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）=（2e x+1）（ae x﹣1）=2a（e x+ ）（e x﹣），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（e x+ ）（e x﹣）＜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）e x﹣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．10、【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（x 0）= ﹣x0﹣x0lnx0= ﹣x0+2x0﹣2 =x0﹣，由x 0＜可知f（x0）＜（x0﹣）max=﹣+ = ；由f′（）＜0可知x0＜＜，所以f（x）在（0，x 0）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（）=﹣+ = ＞．11、【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）．。

三、导数及其应用（选修2-2）21．（2018高考模拟文科）（本小题满分12分） 若1212()x x x x ≠、是函数)0()(223>-+=a x a bx ax x f 的两个极值点。

（Ⅰ）若121,13x x =-=，求函数)(x f 的解析式；（Ⅱ）若12x x +=b 的最大值。

21．解析：（Ⅰ）∵)0()(223>-+=a x a bx ax x f ，∴)0(23)(22>-+='a a bx ax x f依题意有13-和1是方程02322=-+a bx ax 的两根 ∴2233133b a a ⎧-=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩ 解得11a b =⎧⎨=-⎩，∴()32f x x x x =--．（经检验，适合）……5分（Ⅱ）∵)0(23)(22>-+='a a bx ax x f ,依题意，12,x x 是方程()0f x '=的两个根，∵0321<-=ax x且12x x += ∴()21212x x -=．∴()2222412,3933b ab a a a ⎛⎫-+=∴=- ⎪⎝⎭．．．．．．．．．．．．７分 ∵20b ≥∴09a <≤．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．８分设()()239p a aa =-，则()2549p a a a '=-．由()0p a '>得06a <<，由()0p a '<得6a >．即函数()p a 在区间(]0,6上是增函数，在区间[]6,9上是减函数，．．．．．．．．10分 ∴当6a =时，()p a 有极大值为324，∴()p a 在(]0,9上的最大值是324， ∴b 的最大值为18． ……………………………12分 18.（2018东城一模文科）（本小题共13分）已知1=x 是函数()(2)e xf x ax =-的一个极值点．(a ∈R )（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）当1x ，[]20,2x ∈时，证明：12()()e f x f x -≤．（Ⅰ）解：'()(2)e x f x ax a =+-， …………2分由已知得)1('=f ，解得1=a ． …………4分当1a =时，()(2)e x f x x =-，在1x =处取得极小值．所以1a =. …………5分（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，()(2)e x f x x =-，'()(1)e x f x x =-.当[]1,0∈x 时，0)1()('≤-=x e x x f ，)(x f 在区间[]0,1单调递减； 当(]1,2x ∈时，'()(1)xf x x e =->，)(x f 在区间(]1,2单调递增. …………8分所以在区间[]0,2上，()f x 的最小值为(1)e f =-， 又(0)2f =-，(2)0f =， 所以在区间[]0,2上，()f x 的最大值为(2)0f =. …………12分对于[]12,0,2x x ∈，有12max min ()()()()f x f x f x f x -≤-． 所以12()()0(e)e f x f x -≤--=. …………13分18. （2018丰台一模文科）（本小题共13分）已知函数321()13f x x ax =-+ ()a R ∈． （Ⅰ）若曲线y =f (x )在(1，f (1))处的切线与直线x +y +1=0平行，求a 的值；（Ⅱ）若a >0，函数y =f (x )在区间(a ，a 2-3)上存在极值，求a 的取值范围； （Ⅲ）若a >2，求证：函数y =f (x )在(0，2)上恰有一个零点． 解：（Ⅰ）2()2f x x ax '=-， ……………………1分(1)12f a '=-， ……………………2分因为曲线y =f (x )在(1，f (1))处的切线与直线x +y +1=0平行所以1a -=， ……………………3分所以1a =． ……………………4分（Ⅱ）令(f x '=， ……………………5分即()(2)0f x x x a '=-=，所以x =或2x a =． ……………………6分因为a >0，所以0x =不在区间(a ，a 2-3)内，要使函数在区间(a ，a 2-3)上存在极值，只需223a a a <<-． ……………………7分所以3a >． ……………………9分（Ⅲ）证明：令()0f x '=，所以 0x =或2x a =．因为a >2，所以2a >4， ……………………10分所以()0f x '<在(0，2)上恒成立，函数f (x )在(0，2)内单调递减． 又因为(f =>，1112(2)03af -=<， ……………………11分 所以f (x )在(0，2)上恰有一个零点． ……………………13分 18．（2018石景山一模文科）（本小题满分14分）已知函数2()2ln f x x a x =+.（Ⅰ）若函数()f x 的图象在(2,(2))f 处的切线斜率为1，求实数a 的值； （Ⅱ）求函数()f x 的单调区间； （Ⅲ）若函数2()()g x f x x=+在[1,2]上是减函数，求实数a 的取值范围. 解：（Ⅰ）2222'()2a x a f x x x x+=+= …………1分 由已知'(2)1f =，解得3a =-. …………3分（II ）函数()f x 的定义域为(0,)+∞.（1）当0a ≥时, '()0f x >，()f x 的单调递增区间为(0,)+∞；……5分（2）当0a <时'()f x =.当x 变化时，'(),()f x f x 的变化情况如下：由上表可知，函数()f x 的单调递减区间是；单调递增区间是)+∞. …………8分 （II ）由22()2ln g x x a x x =++得222'()2a g x x x x=-++，…………9分 由已知函数()g x 为[1,2]上的单调减函数，则'()0g x ≤在[1,2]上恒成立，即22220ax x x -++≤在[1,2]上恒成立. 即21a x x ≤-在[1,2]上恒成立. …………11分令21()h x x x =-，在[1,2]上2211'()2(2)0h x x x x x=--=-+<，所以()h x 在[1,2]为减函数. min 7()(2)2h x h ==-,所以72a ≤-. …………14分18. （2018高考仿真文科）（本小题满分13分）设函数c x b ax x f +-=232)(，其图像过点（0,1）. （1）当方程01)('=+-x x f 的两个根分别为是21，1时,求f(x)的解析式；（2）当0,32≠=b a 时，求函数f(x)的极大值与极小值.解：由题意可知，f(0)=1所以c=1 ……………………………….1分(Ⅰ)由,12)(23+-=x b ax x f 得bxax x f -=2'3)(.因为01)('=+-x x f ，即0132=+--x bx ax 的两个根分别为1,21所以⎪⎩⎪⎨⎧=+--=+--⨯011301212413b a b a 解得⎪⎩⎪⎨⎧==232b a 故132)(23+-=x x x f ………… ……………………….6分 （Ⅱ）c x bx x f +-=23232)(所以，)2(22)(2'bx x bx x x f -=-=………………. ……………………….7分①若b>0，则当)0,(-∞∈x 时，0)('>x f 函数f(x)单调递增 当)2,0(b x ∈时，0)('<x f 函数f(x)单调递减 当),2(+∞∈b x 时，0)('>x f 函数f(x)单调递增 因此，f(x)的极大值为f （0）=c=1,f(x)的极小值为241)23b b f -=（ ……………………….10分②若b<0，则当)2,(b x -∞∈时，0)('>x f 函数f(x)单调递增 当)0,2(b x ∈时，0)('<x f 函数f(x)单调递减 当),0(+∞∈x 时，0)('>x f 函数f(x)单调递增因此，f(x)的极大值为241)23b b f -=（f(x)的极小值为f （0）=1.综上所述，当b>0时, f(x)的极大值为1, 极小值为2413b -,当b<0时, f(x)的极大值为2413b -, 极小值为 1. ……………………….13分18. （2018朝阳一模文科）（本题满分14分）已知函数()2()1e xf x ax =-⋅,a ∈R .（Ⅰ）若函数()f x 在1x =时取得极值，求a 的值；（Ⅱ）当0a ≤时，求函数()f x 的单调区间.解：（Ⅰ）()2()21e xf x ax ax '=+-⋅.x ∈R ……………………2分依题意得(1)(31)e =0f a '=-⋅，解得13a =. 经检验符合题意. ………4分 （Ⅱ）()2()21e xf x ax ax '=+-⋅，设2()21g x ax ax =+-，（1）当0a =时，()e x f x =-，()f x 在(),-∞+∞上为单调减函数. ……5分 （2）当0a <时，方程2()21g x ax ax =+-=0的判别式为244a a ∆=+， 令0∆=, 解得0a =（舍去）或1a =-.1°当1a =-时，22()21(1)0g x x x x =---=-+≤，即()2()21e 0xf x ax ax '=+-⋅≤，且()f x '在1x =-两侧同号，仅在1x =-时等于0，则()f x 在(),-∞+∞上为单调减函数. ……………………7分 2°当10a -<<时，0∆<，则2()210g x ax ax =+-<恒成立，即()0f x '<恒成立，则()f x 在(),-∞+∞上为单调减函数. ……………9分 3°1a <-时，2440a a ∆=+>，令()0g x =， 方程2210ax ax +-=有两个不相等的实数根11x =-21x =-作差可知11->-则当1x a <-+时，()0g x <，()0f x '<，()f x 在(,1)a-∞-+上为单调减函数；当11x -<<-时，()0g x >，()0f x '>，()f x 在(11-+-上为单调增函数；当1x a >--时，()0g x <，()0f x '<，()f x 在(1)a--+∞上为单调减函数. ……………………………………………………………………13分 综上所述，当10a -≤≤时，函数()f x 的单调减区间为(),-∞+∞；当1a <-时，函数()f x 的单调减区间为(,1-∞-，(1)-+∞，函数()f x 的单调增区间为(11-+-. …………………………14分18. （2018东城示范校二模文）(本题满分13分) 已知函数32()231f x ax ax =-+，3()42a g x x =-+()a ∈R . (Ⅰ) 当1a =时, 求函数()y f x =的单调区间；(Ⅱ) 当0≤a 时，若任意给定的[]00,2x ∈,在[]0,2上总存在两个不同的(1,2)i x i =，使 得0()()i f x g x =成立，求a 的取值范围．解：（I ）2()666(1).f x x x x x '=-=-------------------------2分由()0,10f x x x '>><得或； 由()0,01f x x '<<<得；故函数)(x f 的单调递增区间是)(1,)0,(+∞-∞和；单调递减区间是（0，1）.-------------------------6分 （II ） ①当0a =时，23)(,1)(==x g x f ，显然不可能满足题意； -------------------------7分②当0a <时，)1(666)(2-=-='x ax ax ax x f .分又因为当30,()42a a g x x <=-+时在[0，2]上是增函数， 对任意]232,23[)(],2,0[+-∈∈a x g x ， -------------------------------11分由题意可得a a -<+-1232解得1-<a . 综上，a 的取值范围为)1,(--∞.------------------------13分18. （2018房山一模文科）（本小题共13分）设函数3221()23()3f x x ax a x a a R =-+-+∈. （Ⅰ）当1=a 时，求曲线)(x f y =在点())3(,3f 处的切线方程； （Ⅱ）求函数)(x f 的单调区间和极值；（Ⅲ）若对于任意的∈x (3,)a a ，都有()1f x a <+，求a 的取值范围. 解：（I ）∵当1=a 时，13231)(23+-+-=x x x x f ，………………………1分 34)(2-+-='x x x f …………………………………2分当3=x 时，1)3(=f ，=')3(f 0 …………………………………3分 ∴曲线)(x f y =在点())3(,3f 处的切线方程为01=-y ………………………4分（II ）22()4-3()(3)f x x ax a x a x a '=-+=--- ……………………………5分 0a =时，()0f x '≤，(,)-∞∞是函数的单调减区间；无极值；……………6分 0a >时，在区间(,),(3,)a a -∞∞上，()0f x '<； 在区间(,3)a a 上，()0f x '>， 因此(,),(3,)a a -∞∞是函数的单调减区间，(,3)a a 是函数的单调增区间， 函数的极大值是(3)f a a =；函数的极小值是34()3f a a a =-；………………8分 0a <时，在区间(,3),(,)a a -∞∞上，()0f x '<； 在区间(3,)a a 上，()0f x '>，因此(,3),(,)a a -∞∞是函数的单调减区间，(3,)a a 是函数的单调增区间函数的极大值是34()3f a a a =-，函数的极小值是(3)f a a = ………………10分 (III) 根据（II ）问的结论，(3,)x a a ∈时，34()()3f x f a a a <=-………………11分因此，不等式()1f x a <+在区间(3,)a a 上恒成立必须且只需：⎪⎩⎪⎨⎧<+≤-01343a a a a ，解之，得a ⎡⎫∈⎪⎢⎪⎣⎭ ……………………13分 18． （2018海淀一模文科）（本小题满分13分）已知函数211()ln (0)22f x a x x a a =-+∈≠且R .（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）是否存在实数a ，使得对任意的[)1,x ∈+∞，都有()0f x ≤？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由.解：（Ⅰ）()f x 的定义域为(0,)+∞.2'()a x af x x x x-+=-=. ………………………………………2分当0a <时，在区间(0,)+∞上，'()0f x <.所以 ()f x 的单调递减区间是(0,)+∞. (3)分当0a >时，令'()0f x =得x =或x =. 函数()f x ,'()f x 随x 的变化如下：所以 ()f x 的单调递增区间是，单调递减区间是)+∞.………………………………………6分综上所述，当0a <时， ()f x 的单调递减区间是(0,)+∞；当0a >时，()f x 的单调递增区间是，单调递减区间是)+∞. （Ⅱ）由（Ⅰ）可知：当0a <时, ()f x 在[1,)+∞上单调递减.所以()f x 在[1,)+∞上的最大值为(1)0f =，即对任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≤.当0a >时，① 1≤，即01a <≤时，()f x 在[1,)+∞上单调递减.所以()f x 在[1,)+∞上的最大值为(1)0f =，即对任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≤.② 1>，即1a >时，()f x 在上单调递增，所以 (1)f f >.又 (1)0f =，所以 0f >，与对于任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≤矛盾. 综上所述，存在实数a 满足题意，此时a 的取值范围是(,0)(0,1]-∞ .………………………………………13分16. （2018门头沟一模文科）（本小题满分13分）已知函数1)(23-++=bx ax x x f 在1=x 处有极值1-．（I ）求实数b a ，的值；（II ）求函数错误！未找到引用源。

【西城一模】18．〔本小题总分值13分〕已知函数1()e (ln )xf x a x x=⋅++，其中a ∈R ． 〔Ⅰ〕假设曲线()y f x =在1x =处的切线与直线exy =-垂直，求a 的值； 〔Ⅱ〕当(0,ln 2)a ∈时，证明：()f x 存在极小值．解：〔Ⅰ〕()f x 的导函数为2111()e (ln )e ()x xf x a x x x x'=⋅+++⋅-221e (ln )x a x x x =⋅+-+．[ 2分]依题意，有 (1)e (1)e f a '=⋅+=，[4分]解得0a =．[5分]〔Ⅱ〕由221()e (ln )x f x a x x x '=⋅+-+及e 0x >知，()f x '与221ln a x x x+-+同号． 令221()ln g x a x x x=+-+，[6分] 则 223322(1)1()x x x g x x x -+-+'==．[8分] 所以对任意(0,)x ∈+∞，有()0g x '>，故()g x 在(0,)+∞单调递增．[9分] 因为(0,ln 2)a ∈，所以(1)10g a =+>，11()ln 022g a =+<，故存在01(,1)2x ∈，使得0()0g x =．[11分]()f x 与()f x '在区间1(,1)上的情况如下：所以()f x 在区间01(,)2x 上单调递减，在区间0(,1)x 上单调递增．所以()f x 存在极小值0()f x ．[13分]【朝阳一模】18． (本小题总分值13分)已知函数ln 1()x f x ax x-=-． 〔Ⅰ〕当2a =时，〔ⅰ〕求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；〔ⅱ〕求函数)(x f 的单调区间；〔Ⅱ〕假设12a <<，求证：)(x f 1<-．〔Ⅰ〕当2a =时，ln 1()2x f x x x-=-.2222ln 22ln ()2x x xf x x x ---'=-=. 〔ⅰ〕可得(1)0f '=，又(1)3f =-，所以()f x 在点〔1,3-〕处的切线方程为3y =-. ….3分 〔ⅱ〕在区间〔0,1〕上2220x ->，且ln 0x ->，则()0f x '>.在区间〔1,+∞〕上2220x -<，且ln 0x -<，则()0f x '<.所以()f x 的单调递增区间为〔0,1〕，单调递减区间为〔1,+∞〕. ….8分〔Ⅱ〕由0x >，()1f x <-，等价于ln 11x ax x--<-，等价于21ln 0ax x x -+->. 设2()1ln h x ax x x =-+-，只须证()0h x >成立.因为2121()21ax x h x ax x x--'=--=，12a <<，由()0h x '=，得2210ax x --=有异号两根.令其正根为0x ，则200210ax x --=. 在0(0,)x 上()0h x '<，在0(,)x +∞上()0h x '>.则()h x 的最小值为20000()1ln h x ax x x =-+-0011ln 2x x x +=-+-03ln 2x x -=-. 又(1)220h a '=->，13()2()30222a h a '=-=-<，所以0112x <<. 则030,ln 02x x ->->. 因此03ln 02x x -->，即0()0h x >.所以()0h x > 所以()1f x <-. ….….13分【丰台一模】〔18〕〔本小题共13分〕已知函数()e (ln 1)()xf x a x a =-+∈R ．〔Ⅰ〕求函数()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；〔Ⅱ〕假设函数()y f x =在1(,1)2上有极值，求a 的取值范围． 〔18〕〔本小题共13分〕解：函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()e x af x x'=-． ……………………1分 〔Ⅰ〕因为(1)e f a =-，(1)e f a '=-， ……………………3分所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为(e )(e )(1)y a a x --=--，即(e )y a x =-． ……………………5分〔Ⅱ〕()e x a f x x'=-． 〔ⅰ〕当0a ≤时，对于任意1(,1)2x ∈，都有()0f x '>， …………………6分所以函数()f x 在1(,1)2上为增函数，没有极值，不合题意． (8)分〔ⅱ〕当0a >时，令()e xa g x x =-，则2()e 0xa g x x'=+>．…………………9分所以()g x 在1(,1)2上单调递增，即()f x '在1(,1)2上单调递增，…………10分所以函数()f x 在1(,1)2上有极值，等价于(1)0,1()0.2f f '>⎧⎪⎨'<⎪⎩ …………………12分所以e 0,20.a a ->⎧⎪<所以e 2a <<．所以a的取值范围是． ……………………13分 【海淀一模】(18)〔本小题13分〕已知函数ln ()x f x x a =+(I)当0a =时，求函数()f x 的单调递增区间；(Ⅱ)当0a 时，假设函数()f x 的最大值为e21，求a 的值.18.〔此题总分值13分〕〔Ⅰ〕当0a =时，ln ()xf x x=故221ln 1ln '()x xx x f x x x ⋅--==令'()0f x >，得0x <<e故()f x 的单调递增区间为(0,)e ··························································· 4分〔Ⅱ〕方法1：22ln 1ln '()()()x a ax xx x f x x a x a +-+-==++ 令()1ln ag x x x=+- 则221'()0a x a g x x x x+=--=-< 由()0a g =>e e ，1111()1(1)(1)0a a a a g a a e e+++=+-+=⋅-<e 故存在10(,)a x +∈e e ，0()0g x =故当0(0,)x x ∈时，()0g x >；当0(,)x x ∈+∞时，()0g x <故02()f x =e 故000201ln 0ln 1ax x x x a ⎧+-=⎪⎪⎨⎪=⎪+⎩e，解得202x a ⎧=⎪⎨=⎪⎩e e ···················································· 13分 故a 的值为2e .〔Ⅱ〕方法2：()f x 的最大值为21e 的充要条件为对任意的(0,)x ∈+∞，2ln 1x x a ≤+e且存在0(0,)x ∈+∞，使得020ln 1x x a =+e，等价于对任意的(0,)x ∈+∞，2ln a x x ≥-e 且存在0(0,)x ∈+∞，使得200ln a x x ≥-e ，等价于2()ln g x x x =-e 的最大值为a .2'()1g x x=-e ，令'()0g x =，得2x =e.故的最大值为()ln g =-=e e e e e ，即a =e . ··························· 13分【东城一模】(19)〔本小题14分〕已知函数()(1)x f x e a x =-+.假设曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线斜率为0，求a 的值； (Ⅱ〕假设()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围；(Ⅲ〕求证：当0a =时，曲线()y f x = (x>0)总在曲线2ln y x =+的上方． 19〕〔共14分〕解：〔I 〕函数()e (1)xf x a x =-+的定义域为R .因为()e (1)x f x a x =-+，所以'()e xf x a =-.由'(0)10f a =-=得1a =. ……………………………4分〔II 〕'()e (R)xf x a x =-∈.①当0a >时，令'()0f x =得ln x a =.ln x a <时，'()0f x <；ln x a >时，'()0f x >. ()f x 在(,ln )a -∞上单调递减，在(ln ,+)a ∞上单调递增.所以当ln x a =时，()f x 有最小值(ln )(1ln )ln f a a a a a a =-+=-.“()0f x ≥恒成立”等价于“()f x 最小值大于等于0”，即ln 0a a -≥. 因为0a >，所以01a <≤.②当0a =时，()e 0xf x =>符合题意；③当0a <时，取011x a=-+，则111101()e (11)e 10a a f x a a -+-+=--++=-<，不符合题意.综上，假设()0f x ≥对x R ∈恒成立，则a 的取值范围为[0,1]. ……………………9分〔III 〕当0a =时，令()()(2ln )e ln 2(0)x h x f x x x x =-+=-->，可求1'()e xh x x=-. 因为121'()e 1002h =-<，'(1)e 10h =->，且1'()e xh x x=-在(0,)+∞上单调递增，所以在〔0，〕上存在唯一的0x ，使得0001'()e 0xh x x =-=，即001e x x =，且 0112x .当x 变化时，()h x 与'()h x 在〔0，〕上的情况如下：则当0x x =时，()h x 存在最小值0()h x ,且000001()e ln 22xh x x x x =--=+-. 因为01(,1)2x ∈，所以0001()220h x x x =+->=. 所以当0a =时，()2ln (0)f x x x >+>所以当0a =时，曲线()(0)y f x x =>总在曲线2ln y x =+的上方. .. …………14分【石景山一模】19．〔本小题共14分〕已知2()x f x e ax =-，曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程为1y bx =+. 〔Ⅰ〕求,a b 的值；〔Ⅱ〕求()f x 在[0,1]上的最大值；〔Ⅲ〕当x ∈R 时，判断()y f x =与1y bx =+交点的个数.〔只需写出结论，不要求证明〕 19．〔本小题共14分〕 解：〔Ⅰ〕()2x f x e ax '=-,由已知可得(1)2f e a b '=-=，(1)1f e a b =-=+解之得1,2a b e ==-． …………3分〔Ⅱ〕令()'()2x g x f x e x ==-．则'()2x g x e =-, …………5分 故当0ln2x ≤<时，'()0g x <，()g x 在[0,ln 2)单调递减；当ln21x <≤时，'()0g x >，()g x 在(ln 2,1]单调递增；所以min ()(ln 2)22ln 20g x g ==->， …………8分故()f x 在[0,1]单调递增，所以max ()(1)1f x f e ==-． ………11分〔Ⅲ〕当x R ∈时，()y f x =与1y bx =+有两个交点. ………14分。