导数高考真题1及答案

导数高考真题1及答案

绝密★启用前 ‎2018年09月03日一中的高中数学组卷 试卷副标题 考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx 题号 一 二 三 总分 得分 注意事项：‎ ‎1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上 ‎　‎ 第Ⅰ卷（选择题）‎ 请点击修改第I卷的文字说明 ‎ 评卷人 ‎ ‎ 得 分 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 一．选择题（共9小题）‎ ‎1．函数f（x）=的图象大致为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．若函数f（x）=ax2+1图象上点（1，f（1））处的切线平行于直线y=2x+1，则a=（　　）‎ A．﹣1 B．0 C． D．1‎ ‎3．设函数f（x）=x3+（a﹣1）x2+ax．若f（x）为奇函数，则曲线y=f（x）在点（0，0）处的切线方程为（　　）‎ A．y=﹣2x B．y=﹣x C．y=2x D．y=x ‎4．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（　　）‎ A．﹣1 B．﹣2e﹣3 C．5e﹣3 D．1‎ ‎5．在数列{an}中，an=（﹣）n，n∈N*，则an（　　）‎ A．等于 B．等于0 C．等于 D．不存在 ‎6．已知a为函数f（x）=x3﹣12x的极小值点，则a=（　　）‎ A．﹣4 B．﹣2 C．4 D．2‎ ‎7．若函数f（x）=x﹣sin2x+asinx在（﹣∞，+∞）单调递增，则a的取值范围是（　　）‎ A．[﹣1，1] B．[﹣1，] C．[﹣，] D．[﹣1，﹣]‎ ‎8．若函数y=f（x）的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y=f（x）具有T性质．下列函数中具有T性质的是（　　）‎ A．y=sinx B．y=lnx C．y=ex D．y=x3‎ ‎9．设直线l1，l2分别是函数f（x）=图象上点P1，P2处的切线，l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，则△PAB的面积的取值范围是（　　）‎ A．（0，1） B．（0，2） C．（0，+∞） D．（1，+∞）‎ ‎　‎ 第Ⅱ卷（非选择题）‎ 请点击修改第Ⅱ卷的文字说明 ‎ 评卷人 ‎ ‎ 得 分 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 二．填空题（共14小题）‎ ‎10．曲线y=（ax+1）ex在点（0，1）处的切线的斜率为﹣2，则a=　 　．‎ ‎11．曲线y=2lnx在点（1，0）处的切线方程为　 　．‎ ‎12．曲线y=2ln（x+1）在点（0，0）处的切线方程为　 　．‎ ‎13．已知函数f（x）=exlnx，f′（x）为f（x）的导函数，则f′（1）的值为　 　．‎ ‎14．已知函数f（x）=2sinx+sin2x，则f（x）的最小值是　 　．‎ ‎15．若函数f（x）=2x3﹣ax2+1（a∈R）在（0，+∞）内有且只有一个零点，则f（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和为　 　．‎ ‎16．若曲线的切线l与直线平行，则l的方程为　 　．‎ ‎17．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　 　．‎ ‎18．曲线y=x2+在点（1，2）处的切线方程为　 　．‎ ‎19．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　 　．‎ ‎20．已知函数f（x）=（2x+1）ex，f′（x）为f（x）的导函数，则f′（0）的值为　 　．‎ ‎21．已知f（x）为偶函数，当x≤0时，f（x）=e﹣x﹣1﹣x，则曲线y=f（x）在点（1，2）处的切线方程是　 　．‎ ‎22．已知f（x）为偶函数，当x＜0时，f（x）=ln（﹣x）+3x，则曲线y=f（x）在点（1，﹣3）处的切线方程是　 　．‎ ‎23．若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线，也是曲线y=ln（x+1）的切线，则b=　 　．‎ ‎　‎ ‎ 评卷人 ‎ ‎ 得 分 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 三．解答题（共26小题）‎ ‎24．已知函数f（x）=aex﹣lnx﹣1．‎ ‎（1）设x=2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；‎ ‎（2）证明：当a≥时，f（x）≥0．‎ ‎25．已知函数f（x）=．‎ ‎（1）求曲线y=f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程；‎ ‎（2）证明：当a≥1时，f（x）+e≥0．‎ ‎26．已知函数f（x）=ex﹣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．‎ ‎27．已知函数f（x）=﹣lnx．‎ ‎（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．‎ ‎28．设函数f（x）=[ax2﹣（4a+1）x+4a+3]ex．‎ ‎（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与x轴平行，求a；‎ ‎（Ⅱ）若f（x）在x=2处取得极小值，求a的取值范围．‎ ‎29．已知函数f（x）=x3﹣a（x2+x+1）．‎ ‎（1）若a=3，求f（x）的单调区间；‎ ‎（2）证明：f（x）只有一个零点．‎ ‎30．设函数f（x）=[ax2﹣（3a+1）x+3a+2]ex．‎ ‎（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线斜率为0，求a；‎ ‎（Ⅱ）若f（x）在x=1处取得极小值，求a的取值范围．‎ ‎31．已知函数f（x）=﹣x+alnx．‎ ‎（1）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：＜a﹣2．‎ ‎32．已知函数f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x．‎ ‎（1）若a=0，证明：当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0；‎ ‎（2）若x=0是f（x）的极大值点，求a．‎ ‎33．已知函数f（x）=ax，g（x）=logax，其中a＞1．‎ ‎（Ⅰ）求函数h（x）=f（x）﹣xlna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≥e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．‎ ‎34．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．‎ ‎（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﹣，求实数a的取值范围．‎ ‎35．已知函数f（x）=ex（ex﹣a）﹣a2x．‎ ‎（1）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．‎ ‎36．已知函数f（x）=excosx﹣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．‎ ‎37．已知函数f（x）=ax3﹣3（a+1）x2+12x．‎ ‎（1）当a＞0时，求f（x）的极小值；‎ ‎（Ⅱ）当a≤0时，讨论方程f（x）=0实根的个数．‎ ‎38．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．‎ ‎39．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．‎ ‎40．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．‎ ‎41．已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣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．‎ ‎42．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．‎ ‎43．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|≥．‎ ‎44．设函数f（x）=（1﹣x2）ex．‎ ‎（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．‎ ‎45．已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2），其中e≈2.71828…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．‎ ‎46．设a，b∈R，|a|≤1．已知函数f（x）=x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，g（x）=exf（x）．‎ ‎（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．‎ ‎47．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．‎ ‎48．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＞cx．‎ ‎49．已知函数f（x）=ax+bx（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．‎ ‎　‎ ‎2018年09月03日一中的高中数学组卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（共9小题）‎ ‎1．函数f（x）=的图象大致为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】判断函数的奇偶性，利用函数的定点的符号的特点分别进行判断即可．‎ ‎【解答】解：函数f（﹣x）==﹣=﹣f（x），‎ 则函数f（x）为奇函数，图象关于原点对称，排除A，‎ 当x=1时，f（1）=e﹣＞0，排除D．‎ 当x→+∞时，f（x）→+∞，排除C，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题主要考查函数的图象的识别和判断，利用函数图象的特点分别进行排除是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎2．若函数f（x）=ax2+1图象上点（1，f（1））处的切线平行于直线y=2x+1，则a=（　　）‎ A．﹣1 B．0 C． D．1‎ ‎【分析】求得函数f（x）的导数，可得切线的斜率，再由两直线平行的条件：斜率相等，解方程可得a的值．‎ ‎【解答】解：函数f（x）=ax2+1的导数为f′（x）=2ax，‎ 可得点（1，f（1））处的切线斜率为2a，‎ 由点（1，f（1））处的切线平行于直线y=2x+1，‎ 可得2a=2，‎ 解得a=1，‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率，注意运用两直线平行的条件和方程思想，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎3．设函数f（x）=x3+（a﹣1）x2+ax．若f（x）为奇函数，则曲线y=f（x）在点（0，0）处的切线方程为（　　）‎ A．y=﹣2x B．y=﹣x C．y=2x D．y=x ‎【分析】利用函数的奇偶性求出a，求出函数的导数，求出切线的向量然后求解切线方程．‎ ‎【解答】解：函数f（x）=x3+（a﹣1）x2+ax，若f（x）为奇函数，‎ 可得a=1，所以函数f（x）=x3+x，可得f′（x）=3x2+1，‎ 曲线y=f（x）在点（0，0）处的切线的斜率为：1，‎ 则曲线y=f（x）在点（0，0）处的切线方程为：y=x．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查函数的奇偶性以及函数的切线方程的求法，考查计算能力．‎ ‎　‎ ‎4．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（　　）‎ A．﹣1 B．﹣2e﹣3 C．5e﹣3 D．1‎ ‎【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．‎ ‎【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：f′（﹣2）=（﹣4+a）e﹣3+（4﹣2a﹣1）e﹣3=0，即﹣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．‎ ‎【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的极值的求法，考查计算能力．‎ ‎　‎ ‎5．在数列{an}中，an=（﹣）n，n∈N*，则an（　　）‎ A．等于 B．等于0 C．等于 D．不存在 ‎【分析】根据极限的定义，求出an=的值．‎ ‎【解答】解：数列{an}中，an=（﹣）n，n∈N*，‎ 则an==0．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了极限的定义与应用问题，是基础题．‎ ‎　‎ ‎6．已知a为函数f（x）=x3﹣12x的极小值点，则a=（　　）‎ A．﹣4 B．﹣2 C．4 D．2‎ ‎【分析】可求导数得到f′（x）=3x2‎ ‎﹣12，可通过判断导数符号从而得出f（x）的极小值点，从而得出a的值．‎ ‎【解答】解：f′（x）=3x2﹣12；‎ ‎∴x＜﹣2时，f′（x）＞0，﹣2＜x＜2时，f′（x）＜0，x＞2时，f′（x）＞0；‎ ‎∴x=2是f（x）的极小值点；‎ 又a为f（x）的极小值点；‎ ‎∴a=2．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】考查函数极小值点的定义，以及根据导数符号判断函数极值点的方法及过程，要熟悉二次函数的图象．‎ ‎　‎ ‎7．若函数f（x）=x﹣sin2x+asinx在（﹣∞，+∞）单调递增，则a的取值范围是（　　）‎ A．[﹣1，1] B．[﹣1，] C．[﹣，] D．[﹣1，﹣]‎ ‎【分析】求出f（x）的导数，由题意可得f′（x）≥0恒成立，设t=cosx（﹣1≤t≤1），即有5﹣4t2+3at≥0，对t讨论，分t=0，0＜t≤1，﹣1≤t＜0，分离参数，运用函数的单调性可得最值，解不等式即可得到所求范围．‎ ‎【解答】解：函数f（x）=x﹣sin2x+asinx的导数为f′（x）=1﹣cos2x+acosx，‎ 由题意可得f′（x）≥0恒成立，‎ 即为1﹣cos2x+acosx≥0，‎ 即有﹣cos2x+acosx≥0，‎ 设t=cosx（﹣1≤t≤1），即有5﹣4t2+3at≥0，‎ 当t=0时，不等式显然成立；‎ 当0＜t≤1时，3a≥4t﹣，‎ 由4t﹣在（0，1]递增，可得t=1时，取得最大值﹣1，‎ 可得3a≥﹣1，即a≥﹣；‎ 当﹣1≤t＜0时，3a≤4t﹣，‎ 由4t﹣在[﹣1，0）递增，可得t=﹣1时，取得最小值1，‎ 可得3a≤1，即a≤．‎ 综上可得a的范围是[﹣，]．‎ 另解：设t=cosx（﹣1≤t≤1），即有5﹣4t2+3at≥0，‎ 由题意可得5﹣4+3a≥0，且5﹣4﹣3a≥0，‎ 解得a的范围是[﹣，]．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查导数的运用：求单调性，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和换元法，考查函数的单调性的运用，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎8．若函数y=f（x）的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y=f（x）具有T性质．下列函数中具有T性质的是（　　）‎ A．y=sinx B．y=lnx C．y=ex D．y=x3‎ ‎【分析】若函数y=f（x）的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则函数y=f（x）的导函数上存在两点，使这点的导函数值乘积为﹣1，进而可得答案．‎ ‎【解答】解：函数y=f（x）的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，‎ 则函数y=f（x）的导函数上存在两点，使这点的导函数值乘积为﹣1，‎ 当y=sinx时，y′=cosx，满足条件；‎ 当y=lnx时，y′=＞0恒成立，不满足条件；‎ 当y=ex时，y′=ex＞0恒成立，不满足条件；‎ 当y=x3时，y′=3x2＞0恒成立，不满足条件；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查的知识点是利用导数研究曲线上某点切线方程，转化思想，难度中档．‎ ‎　‎ ‎9．设直线l1，l2分别是函数f（x）=图象上点P1，P2‎ 处的切线，l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，则△PAB的面积的取值范围是（　　）‎ A．（0，1） B．（0，2） C．（0，+∞） D．（1，+∞）‎ ‎【分析】设出点P1，P2的坐标，求出原分段函数的导函数，得到直线l1与l2的斜率，由两直线垂直求得P1，P2的横坐标的乘积为1，再分别写出两直线的点斜式方程，求得A，B两点的纵坐标，得到|AB|，联立两直线方程求得P的横坐标，然后代入三角形面积公式，利用基本不等式求得△PAB的面积的取值范围．‎ ‎【解答】解：设P1（x1，y1），P2（x2，y2）（0＜x1＜1＜x2），‎ 当0＜x＜1时，f′（x）=，当x＞1时，f′（x）=，‎ ‎∴l1的斜率，l2的斜率，‎ ‎∵l1与l2垂直，且x2＞x1＞0，‎ ‎∴，即x1x2=1．‎ 直线l1：，l2：．‎ 取x=0分别得到A（0，1﹣lnx1），B（0，﹣1+lnx2），‎ ‎|AB|=|1﹣lnx1﹣（﹣1+lnx2）|=|2﹣（lnx1+lnx2）|=|2﹣lnx1x2|=2．‎ 联立两直线方程可得交点P的横坐标为x=，‎ ‎∴|AB|•|xP|==．‎ ‎∵函数y=x+在（0，1）上为减函数，且0＜x1＜1，‎ ‎∴，则，‎ ‎∴．‎ ‎∴△PAB的面积的取值范围是（0，1）．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用基本不等式求函数的最值，考查了数学转化思想方法，属中档题．‎ ‎　‎ 二．填空题（共14小题）‎ ‎10．曲线y=（ax+1）ex在点（0，1）处的切线的斜率为﹣2，则a=　﹣3　．‎ ‎【分析】球心函数的导数，利用切线的斜率列出方程求解即可．‎ ‎【解答】解：曲线y=（ax+1）ex，可得y′=aex+（ax+1）ex，‎ 曲线y=（ax+1）ex在点（0，1）处的切线的斜率为﹣2，‎ 可得：a+1=﹣2，解得a=﹣3．‎ 故答案为：﹣3．‎ ‎【点评】本题考查函数的导数的应用切线的斜率的求法，考查转化思想以及计算能力．‎ ‎　‎ ‎11．曲线y=2lnx在点（1，0）处的切线方程为　y=2x﹣2　．‎ ‎【分析】欲求出切线方程，只须求出其斜率即可，故先利用导数求出在x=1的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．从而问题解决．‎ ‎【解答】解：∵y=2lnx，‎ ‎∴y′=，‎ 当x=1时，y′=2‎ ‎∴曲线y=2lnx在点（1，0）处的切线方程为y=2x﹣2．‎ 故答案为：y=2x﹣2．‎ ‎【点评】本小题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，考查运算求解能力．属于基础题．‎ ‎　‎ ‎12．曲线y=2ln（x+1）在点（0，0）处的切线方程为　y=2x　．‎ ‎【分析】欲求出切线方程，只须求出其斜率即可，故先利用导数求出在x=0处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．从而问题解决．‎ ‎【解答】解：∵y=2ln（x+1），‎ ‎∴y′=，‎ 当x=0时，y′=2，‎ ‎∴曲线y=2ln（x+1）在点（0，0）处的切线方程为y=2x．‎ 故答案为：y=2x．‎ ‎【点评】本小题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，考查运算求解能力．属于基础题．‎ ‎　‎ ‎13．已知函数f（x）=exlnx，f′（x）为f（x）的导函数，则f′（1）的值为　e　．‎ ‎【分析】根据导数的运算法则求出函数f（x）的导函数，再计算f′（1）的值．‎ ‎【解答】解：函数f（x）=exlnx，‎ 则f′（x）=exlnx+•ex；‎ ‎∴f′（1）=e•ln1+1•e=e．‎ 故答案为：e．‎ ‎【点评】本题考查了导数的运算公式与应用问题，是基础题．‎ ‎　‎ ‎14．已知函数f（x）=2sinx+sin2x，则f（x）的最小值是　　．‎ ‎【分析】由题意可得T=2π是f（x）的一个周期，问题转化为f（x）在[0，2π）上的最小值，求导数计算极值和端点值，比较可得．‎ ‎【解答】解：由题意可得T=2π是f（x）=2sinx+sin2x的一个周期，‎ 故只需考虑f（x）=2sinx+sin2x在[0，2π）上的值域，‎ 先来求该函数在[0，2π）上的极值点，‎ 求导数可得f′（x）=2cosx+2cos2x ‎=2cosx+2（2cos2x﹣1）=2（2cosx﹣1）（cosx+1），‎ 令f′（x）=0可解得cosx=或cosx=﹣1，‎ 可得此时x=，π或 ；‎ ‎∴y=2sinx+sin2x的最小值只能在点x=，π或 和边界点x=0中取到，‎ 计算可得f（ ）=，f（π）=0，f（ ）=﹣，f（0）=0，‎ ‎∴函数的最小值为﹣，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查三角函数恒等变换，涉及导数法求函数区间的最值，属中档题．‎ ‎　‎ ‎15．若函数f（x）=2x3﹣ax2+1（a∈R）在（0，+∞）内有且只有一个零点，则f（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和为　﹣3　．‎ ‎【分析】推导出f′（x）=2x（3x﹣a），x∈（0，+∞），当a≤0时，f′（x）=2x（3x﹣a）＞0，f（0）=1，f（x）在（0，+∞）上没有零点；当a＞0时，f′（x）=2x（3x﹣a）＞0的解为x＞，f（x）在（0，）上递减，在（，+∞）递增，由f（x）只有一个零点，解得a=3，从而f（x）=2x3﹣3x2+1，f′（x）=6x（x﹣1），x∈[﹣1，1]，利用导数性质能求出f（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和．‎ ‎【解答】解：∵函数f（x）=2x3﹣ax2+1（a∈R）在（0，+∞）内有且只有一个零点，‎ ‎∴f′（x）=2x（3x﹣a），x∈（0，+∞），‎ ‎①当a≤0时，f′（x）=2x（3x﹣a）＞0，‎ 函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，f（0）=1，f（x）在（0，+∞）上没有零点，舍去；‎ ‎②当a＞0时，f′（x）=2x（3x﹣a）＞0的解为x＞，‎ ‎∴f（x）在（0，）上递减，在（，+∞）递增，‎ 又f（x）只有一个零点，‎ ‎∴f（）=﹣+1=0，解得a=3，‎ f（x）=2x3﹣3x2+1，f′（x）=6x（x﹣1），x∈[﹣1，1]，‎ f′（x）＞0的解集为（﹣1，0），‎ f（x）在（﹣1，0）上递增，在（0，1）上递减，‎ f（﹣1）=﹣4，f（0）=1，f（1）=0，‎ ‎∴f（x）min=f（﹣1）=﹣4，f（x）max=f（0）=1，‎ ‎∴f（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和为：‎ f（x）max+f（x）min=﹣4+1=﹣3．‎ ‎【点评】本题考查函数的单调性、最值，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力，是中档题．‎ ‎　‎ ‎16．若曲线的切线l与直线平行，则l的方程为　3x﹣4y+5=0　．‎ ‎【分析】设切点为（m，n），求得的导数，可得切线的斜率，由两直线平行的条件可得m，n，由点斜式方程可得切线的方程．‎ ‎【解答】解：设切点为（m，n），‎ 可得m+=n，‎ 的导数为y′=1﹣，‎ 由切线l与直线平行，可得 ‎1﹣=，解得m=3，‎ 即有切点为（3，），‎ 可得切线的方程为y﹣=（x﹣3），‎ 即为3x﹣4y+5=0．‎ 故答案为：3x﹣4y+5=0．‎ ‎【点评】本题考查导数的运用：求切线方程，注意设出切点和正确求导，考查运算能力，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎17．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　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．‎ ‎【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．‎ ‎【点评】本题考查曲线的切线方程的求法，考查转化思想以及计算能力．‎ ‎　‎ ‎18．曲线y=x2+在点（1，2）处的切线方程为　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．‎ ‎【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．‎ ‎【点评】本题考查切线方程的求法，考查转化思想以及计算能力．‎ ‎　‎ ‎19．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　[﹣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．‎ ‎【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）‎ 由f（﹣（a﹣1））=﹣f（a﹣1），‎ f（2a2）≤f（1﹣a），‎ 即有2a2≤1﹣a，‎ 解得﹣1≤a≤，‎ 故答案为：[﹣1，]．‎ ‎【点评】本题考查函数的单调性和奇偶性的判断和应用，注意运用导数和定义法，考查转化思想的运用和二次不等式的解法，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎20．已知函数f（x）=（2x+1）ex，f′（x）为f（x）的导函数，则f′（0）的值为　3　．‎ ‎【分析】先求导，再带值计算．‎ ‎【解答】解：∵f（x）=（2x+1）ex，‎ ‎∴f′（x）=2ex+（2x+1）ex，‎ ‎∴f′（0）=2e0+（2×0+1）e0=2+1=3．‎ 故答案为：3．‎ ‎【点评】本题考查了导数的运算法则，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎21．已知f（x）为偶函数，当x≤0时，f（x）=e﹣x﹣1﹣x，则曲线y=f（x）在点（1，2）处的切线方程是　y=2x　．‎ ‎【分析】由已知函数的奇偶性结合x≤0时的解析式求出x＞0时的解析式，求出导函数，得到f′（1），然后代入直线方程的点斜式得答案．‎ ‎【解答】解：已知f（x）为偶函数，当x≤0时，f（x）=e﹣x﹣1﹣x，‎ 设x＞0，则﹣x＜0，‎ ‎∴f（x）=f（﹣x）=ex﹣1+x，‎ 则f′（x）=ex﹣1+1，‎ f′（1）=e0+1=2．‎ ‎∴曲线y=f（x）在点（1，2）处的切线方程是y﹣2=2（x﹣1）．‎ 即y=2x．‎ 故答案为：y=2x．‎ ‎【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查了函数解析式的求解及常用方法，是中档题．‎ ‎　‎ ‎22．已知f（x）为偶函数，当x＜0时，f（x）=ln（﹣x）+3x，则曲线y=f（x）在点（1，﹣3）处的切线方程是　2x+y+1=0　．‎ ‎【分析】由偶函数的定义，可得f（﹣x）=f（x），即有x＞0时，f（x）=lnx﹣3x，求出导数，求得切线的斜率，由点斜式方程可得切线的方程．‎ ‎【解答】解：f（x）为偶函数，可得f（﹣x）=f（x），‎ 当x＜0时，f（x）=ln（﹣x）+3x，即有 x＞0时，f（x）=lnx﹣3x，f′（x）=﹣3，‎ 可得f（1）=ln1﹣3=﹣3，f′（1）=1﹣3=﹣2，‎ 则曲线y=f（x）在点（1，﹣3）处的切线方程为y﹣（﹣3）=﹣2（x﹣1），‎ 即为2x+y+1=0．‎ 故答案为：2x+y+1=0．‎ ‎【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程，同时考查函数的奇偶性的定义和运用，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎23．若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线，也是曲线y=ln（x+1）的切线，则b=　1﹣ln2　．‎ ‎【分析】先设切点，然后利用切点来寻找切线斜率的联系，以及对应的函数值，综合联立求解即可 ‎【解答】解：设y=kx+b与y=lnx+2和y=ln（x+1）的切点分别为（x1，kx1+b）、（x2，kx2+b）；‎ 由导数的几何意义可得k==，得x1=x2+1‎ 再由切点也在各自的曲线上，可得 联立上述式子解得；‎ 从而kx1+b=lnx1+2得出b=1﹣ln2．‎ ‎【点评】本题考查了导数的几何意义，体现了方程思想，对学生综合计算能力有一定要求，中档题 ‎　‎ 三．解答题（共26小题）‎ ‎24．已知函数f（x）=aex﹣lnx﹣1．‎ ‎（1）设x=2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；‎ ‎（2）证明：当a≥时，f（x）≥0．‎ ‎【分析】（1）推导出x＞0，f′（x）=aex﹣，由x=2是f（x）的极值点，解得a=，从而f（x）=ex﹣lnx﹣1，进而f′（x）=，由此能求出f（x）的单调区间．‎ ‎（2）当a≥时，f（x）≥﹣lnx﹣1，设g（x）=﹣lnx﹣1，则﹣，由此利用导数性质能证明当a≥时，f（x）≥0．‎ ‎【解答】解：（1）∵函数f（x）=aex﹣lnx﹣1．‎ ‎∴x＞0，f′（x）=aex﹣，‎ ‎∵x=2是f（x）的极值点，‎ ‎∴f′（2）=ae2﹣=0，解得a=，‎ ‎∴f（x）=ex﹣lnx﹣1，∴f′（x）=，‎ 当0＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0，‎ ‎∴f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．‎ ‎（2）证明：当a≥时，f（x）≥﹣lnx﹣1，‎ 设g（x）=﹣lnx﹣1，则﹣，‎ 当0＜x＜1时，g′（x）＜0，‎ 当x＞1时，g′（x）＞0，‎ ‎∴x=1是g（x）的最小值点，‎ 故当x＞0时，g（x）≥g（1）=0，‎ ‎∴当a≥时，f（x）≥0．‎ ‎【点评】本题考查函数的单调性、导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力，是中档题．‎ ‎　‎ ‎25．已知函数f（x）=．‎ ‎（1）求曲线y=f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程；‎ ‎（2）证明：当a≥1时，f（x）+e≥0．‎ ‎【分析】（1）‎ 由f′（0）=2，可得切线斜率k=2，即可得到切线方程．‎ ‎（2）可得=﹣．可得f（x）在（﹣），（2，+∞）递减，在（﹣，2）递增，注意到a≥1时，函数g（x）=ax2+x﹣1在（2，+∞）单调递增，且g（2）=4a+1＞0‎ 只需（x）≥﹣e，即可．‎ ‎【解答】解：（1）=﹣．‎ ‎∴f′（0）=2，即曲线y=f（x）在点（0，﹣1）处的切线斜率k=2，‎ ‎∴曲线y=f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程方程为y﹣（﹣1）=2x．‎ 即2x﹣y﹣1=0为所求．‎ ‎（2）证明：函数f（x）的定义域为：R，‎ 可得=﹣．‎ 令f′（x）=0，可得，‎ 当x时，f′（x）＜0，x时，f′（x）＞0，x∈（2，+∞）时，f′（x）＜0．‎ ‎∴f（x）在（﹣），（2，+∞）递减，在（﹣，2）递增，‎ 注意到a≥1时，函数g（x）=ax2+x﹣1在（2，+∞）单调递增，且g（2）=4a+1＞0‎ 函数f（x）的图象如下：‎ ‎∵a≥1，∴，则≥﹣e，‎ ‎∴f（x）≥﹣e，‎ ‎∴当a≥1时，f（x）+e≥0．‎ ‎【点评】本题考查了导数的几何意义，及利用导数求单调性、最值，考查了数形结合思想，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎26．已知函数f（x）=ex﹣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．‎ ‎【分析】（1）通过两次求导，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可证明，‎ ‎（2）方法一、分离参数可得a=在（0，+∞‎ ‎）只有一个根，即函数y=a与G（x）=的图象在（0，+∞）只有一个交点．结合图象即可求得a．‎ 方法二、：①当a≤0时，f（x）=ex﹣ax2＞0，f（x）在（0，+∞）没有零点．．‎ ‎②当a≤0时，设函数h（x）=1﹣ax2e﹣x．f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔h（x）在（0，+∞）只有一个零点．‎ 利用 h′（x）=x（x﹣2）e﹣x，可得h（x））在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，结合函数h（x）图象即可求得a．‎ ‎【解答】证明：（1）当a=1时，函数f（x）=ex﹣x2．‎ 则f′（x）=ex﹣2x，‎ 令g（x）=ex﹣2x，则g′（x）=ex﹣2，‎ 令g′（x）=0，得x=ln2．‎ 当x∈（0，ln2）时，g′（x）＜0，当x∈（ln2，+∞）时，g′（x）＞0，‎ ‎∴g（x）≥g（ln2）=eln2﹣2•ln2=2﹣2ln2＞0，‎ ‎∴f（x）在[0，+∞）单调递增，∴f（x）≥f（0）=1，‎ 解：（2）方法一、，f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔方程ex﹣ax2=0在（0，+∞）只有一个根，‎ ‎⇔a=在（0，+∞）只有一个根，‎ 即函数y=a与G（x）=的图象在（0，+∞）只有一个交点．‎ G，‎ 当x∈（0，2）时，G′（x）＜0，当∈（2，+∞）时，G′（x）＞0，‎ ‎∴G（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，‎ 当→0时，G（x）→+∞，当→+∞时，G（x）→+∞，‎ ‎∴f（x）在（0，+∞）只有一个零点时，a=G（2）=．‎ 方法二：①当a≤0时，f（x）=ex﹣ax2＞0，f（x）在（0，+∞‎ ‎）没有零点．．‎ ‎②当a＞0时，设函数h（x）=1﹣ax2e﹣x．f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔h（x）在（0，+∞）只有一个零点．‎ ‎ h′（x）=x（x﹣2）e﹣x，当x∈（0，2）时，h′（x）＜0，当x∈（2，+∞）时，h′（x）＞0，‎ ‎∴h（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，∴，（x≥0）．‎ ‎ 当h（2）＜0时，即a，由于h（0）=1，当x＞0时，ex＞x2，可得h（4a）=1﹣==1﹣＞0．h（x）在（0，+∞）有2个零点 ‎ 当h（2）＞0时，即a，h（x）在（0，+∞）没有零点，‎ ‎ 当h（2）=0时，即a=，h（x）在（0，+∞）只有一个零点，‎ 综上，f（x）在（0，+∞）只有一个零点时，a=．‎ ‎【点评】本题考查了利用导数探究函数单调性，以及函数零点问题，考查了转化思想、数形结合思想，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎27．已知函数f（x）=﹣lnx．‎ ‎（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．‎ ‎【分析】（Ⅰ）推导出x＞0，f′（x）=﹣，由f（x）在x=x1，x2（x1≠x2）处导数相等，得到+=，由基本不等式得：=≥，从而x1x2＞256，由题意得f（x1）+f（x2）==﹣ln（x1x2），设g（x）=，则 ‎，利用导数性质能证明f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2．‎ ‎（Ⅱ）令m=e﹣（|a|+k），n=（）2+1，则f（m）﹣km﹣a＞|a|+k﹣k﹣a≥0，推导出存在x0∈（m，n），使f（x0）=kx0+a，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）==，利用导数性质能证明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．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）∵函数f（x）=﹣lnx，‎ ‎∴x＞0，f′（x）=﹣，‎ ‎∵f（x）在x=x1，x2（x1≠x2）处导数相等，‎ ‎∴=﹣，‎ ‎∵x1≠x2，∴+=，‎ 由基本不等式得：=≥，‎ ‎∵x1≠x2，∴x1x2＞256，‎ 由题意得f（x1）+f（x2）==﹣ln（x1x2），‎ 设g（x）=，则，‎ ‎∴列表讨论：‎ ‎ x ‎ （0，16）‎ ‎ 16‎ ‎ （16，+∞）‎ ‎ g′（x）‎ ‎﹣‎ ‎ 0‎ ‎+‎ ‎ g（x）‎ ‎↓‎ ‎ 2﹣4ln2‎ ‎↑‎ ‎∴g（x）在[256，+∞）上单调递增，‎ ‎∴g（x1x2）＞g（256）=8﹣8ln2，‎ ‎∴f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2．‎ ‎（Ⅱ）令m=e﹣（|a|+k），n=（）2+1，‎ 则f（m）﹣km﹣a＞|a|+k﹣k﹣a≥0，‎ f（n）﹣kn﹣a＜n（﹣﹣k）≤n（﹣k）＜0，‎ ‎∴存在x0∈（m，n），使f（x0）=kx0+a，‎ ‎∴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）=﹣lnx，‎ 由（1）知g（x）≥g（16），‎ 又a≤3﹣4ln2，∴﹣g（x）﹣1+a≤﹣g（16）﹣1+a=﹣3+4ln2+a≤0，‎ ‎∴h′（x）≤0，即函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，‎ ‎∴方程f（x）﹣kx﹣a=0至多有一个实根，‎ 综上，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．‎ ‎【点评】本题考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力，是中档题．‎ ‎　‎ ‎28．设函数f（x）=[ax2﹣（4a+1）x+4a+3]ex．‎ ‎（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与x轴平行，求a；‎ ‎（Ⅱ）若f（x）在x=2处取得极小值，求a的取值范围．‎ ‎【分析】（Ⅰ）求得f（x）的导数，由导数的几何意义可得f′（1）=0，解方程可得a的值；‎ ‎（Ⅱ）求得f（x）的导数，注意分解因式，讨论a=0，a=，a＞，0＜a＜，a＜0，由极小值的定义，即可得到所求a的范围．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）=[ax2﹣（4a+1）x+4a+3]ex的导数为 f′（x）=[ax2﹣（2a+1）x+2]ex．‎ 由题意可得曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为0，‎ 可得（a﹣2a﹣1+2）e=0，‎ 解得a=1；‎ ‎（Ⅱ）f（x）的导数为f′（x）=[ax2﹣（2a+1）x+2]ex=（x﹣2）（ax﹣1）ex，‎ 若a=0则x＜2时，f′（x）＞0，f（x）递增；x＞2，f′（x）＜0，f（x）递减．‎ x=2处f（x）取得极大值，不符题意；‎ 若a＞0，且a=，则f′（x）=（x﹣2）2ex≥0，f（x）递增，无极值；‎ 若a＞，则＜2，f（x）在（，2）递减；在（2，+∞），（﹣∞，）递增，‎ 可得f（x）在x=2处取得极小值；‎ 若0＜a＜，则＞2，f（x）在（2，）递减；在（，+∞），（﹣∞，2）递增，‎ 可得f（x）在x=2处取得极大值，不符题意；‎ 若a＜0，则＜2，f（x）在（，2）递增；在（2，+∞），（﹣∞，）递减，‎ 可得f（x）在x=2处取得极大值，不符题意．‎ 综上可得，a的范围是（，+∞）．‎ ‎【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率和极值，考查分类讨论思想方法，以及运算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎29．已知函数f（x）=x3﹣a（x2+x+1）．‎ ‎（1）若a=3，求f（x）的单调区间；‎ ‎（2）证明：f（x）只有一个零点．‎ ‎【分析】（1）利用导数，求出极值点，判断导函数的符号，即可得到结果．‎ ‎（2）分离参数后求导，先找点确定零点的存在性，再利用单调性确定唯一性．‎ ‎【解答】解：（1）当a=3时，f（x）=x3﹣a（x2+x+1），‎ 所以f′（x）=x2﹣6x﹣3时，令f′（x）=0解得x=3，‎ 当x∈（﹣∞，3﹣2），x∈（3+2，+∞）时，f′（x）＞0，函数是增函数，‎ 当x∈（3﹣2时，f′（x）＜0，函数是单调递减，‎ 综上，f（x）在（﹣∞，3﹣2），（3+2，+∞），上是增函数，在（3﹣2上递减．‎ ‎（2）证明：因为x2+x+1=（x+）2+，‎ 所以f（x）=0等价于，‎ 令，‎ 则，仅当x=0时，g′（x）=0，所以g（x）在R上是增函数；‎ g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点．‎ 又因为f（3a﹣1）=﹣6a2+2a﹣=﹣6（a﹣）2﹣＜0，‎ f（3a+1）=＞0，‎ 故f（x）有一个零点，‎ 综上，f（x）只有一个零点．‎ ‎【点评】本题主要考查导数在研究函数中的应用．考查发现问题解决问题的能力，转化思想的应用．‎ ‎　‎ ‎30．设函数f（x）=[ax2﹣（3a+1）x+3a+2]ex．‎ ‎（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线斜率为0，求a；‎ ‎（Ⅱ）若f（x）在x=1处取得极小值，求a的取值范围．‎ ‎【分析】（Ⅰ）求得f（x）的导数，由导数的几何意义可得f′（2）=0，解方程可得a的值；‎ ‎（Ⅱ）求得f（x）的导数，注意分解因式，讨论a=0，a=1，a＞1，0＜a＜1，a＜0，由极小值的定义，即可得到所求a的范围．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）=[ax2﹣（3a+1）x+3a+2]ex的导数为 f′（x）=[ax2﹣（a+1）x+1]ex．‎ 曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线斜率为0，‎ 可得（4a﹣2a﹣2+1）e2=0，‎ 解得a=；‎ ‎（Ⅱ）f（x）的导数为f′（x）=[ax2﹣（a+1）x+1]ex=（x﹣1）（ax﹣1）ex，‎ 若a=0则x＜1时，f′（x）＞0，f（x）递增；x＞1，f′（x）＜0，f（x）递减．‎ x=1处f（x）取得极大值，不符题意；‎ 若a＞0，且a=1，则f′（x）=（x﹣1）2ex≥0，f（x）递增，无极值；‎ 若a＞1，则＜1，f（x）在（，1）递减；在（1，+∞），（﹣∞，）递增，‎ 可得f（x）在x=1处取得极小值；‎ 若0＜a＜1，则＞1，f（x）在（1，）递减；在（，+∞），（﹣∞，1）递增，‎ 可得f（x）在x=1处取得极大值，不符题意；‎ 若a＜0，则＜1，f（x）在（，1）递增；在（1，+∞），（﹣∞，）递减，‎ 可得f（x）在x=1处取得极大值，不符题意．‎ 综上可得，a的范围是（1，+∞）．‎ ‎【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率和极值，考查分类讨论思想方法，以及运算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎31．已知函数f（x）=﹣x+alnx．‎ ‎（1）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：＜a﹣2．‎ ‎【分析】（1）求出函数的定义域和导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行求解即可．‎ ‎（2）将不等式进行等价转化，构造新函数，研究函数的单调性和最值即可得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），‎ 函数的导数f′（x）=﹣﹣1+=﹣，‎ 设g（x）=x2﹣ax+1，‎ 当a≤0时，g（x）＞0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，‎ 当a＞0时，判别式△=a2﹣4，‎ ‎①当0＜a≤2时，△≤0，即g（x）＞0，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，‎ ‎②当a＞2时，x，f′（x），f（x）的变化如下表：‎ ‎ x ‎ （0，）‎ ‎ ‎ ‎ （，）‎ ‎ ‎ ‎ （，+∞）‎ ‎ f′（x）‎ ‎﹣‎ ‎ 0‎ ‎+‎ ‎ 0‎ ‎﹣‎ ‎ f（x）‎ ‎ 递减 ‎ 递增 递减 综上当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数，‎ 当a＞2时，在（0，），和（，+∞）上是减函数，‎ 则（，）上是增函数．‎ ‎（2）由（1）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2=1，‎ 则f（x1）﹣f（x2）=（x2﹣x1）（1+）+a（lnx1﹣lnx2）=2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2），‎ 则=﹣2+，‎ 则问题转为证明＜1即可，‎ 即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，‎ 则lnx1﹣ln＞x1﹣，‎ 即lnx1+lnx1＞x1﹣，‎ 即证2lnx1＞x1﹣在（0，1）上恒成立，‎ 设h（x）=2lnx﹣x+，（0＜x＜1），其中h（1）=0，‎ 求导得h′（x）=﹣1﹣=﹣=﹣＜0，‎ 则h（x）在（0，1）上单调递减，‎ ‎∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x+＞0，‎ 故2lnx＞x﹣，‎ 则＜a﹣2成立．‎ ‎（2）另解：注意到f（）=x﹣﹣alnx=﹣f（x），‎ 即f（x）+f（）=0，‎ 由韦达定理得x1x2=1，x1+x2=a＞2，得0＜x1＜1＜x2，x1=，‎ 可得f（x2）+f（）=0，即f（x1）+f（x2）=0，‎ 要证＜a﹣2，只要证＜a﹣2，‎ 即证2alnx2﹣ax2+＜0，（x2＞1），‎ 构造函数h（x）=2alnx﹣ax+，（x＞1），h′（x）=≤0，‎ ‎∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，‎ ‎∴h（x）＜h（1）=0，‎ ‎∴2alnx﹣ax+＜0成立，即2alnx2﹣ax2+＜0，（x2＞1）成立．‎ 即＜a﹣2成立．‎ ‎【点评】本题主要考查函数的单调性的判断，以及函数与不等式的综合，求函数的导数，利用导数的应用是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．‎ ‎　‎ ‎32．已知函数f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x．‎ ‎（1）若a=0，证明：当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0；‎ ‎（2）若x=0是f（x）的极大值点，求a．‎ ‎【分析】（1）对函数f（x）两次求导数，分别判断f′（x）和f（x）的单调性，结合f（0）=0即可得出结论；‎ ‎（2）令h（x）为f′（x）的分子，令h″（0）计算a，讨论a的范围，得出f（x）的单调性，从而得出a的值．‎ ‎【解答】（1）证明：当a=0时，f（x）=（2+x）ln（1+x）﹣2x，（x＞﹣1）．‎ ‎，，‎ 可得x∈（﹣1，0）时，f″（x）≤0，x∈（0，+∞）时，f″（x）≥0‎ ‎∴f′（x）在（﹣1，0）递减，在（0，+∞）递增，‎ ‎∴f′（x）≥f′（0）=0，‎ ‎∴f（x）=（2+x）ln（1+x）﹣2x在（﹣1，+∞）上单调递增，又f（0）=0．‎ ‎∴当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0．‎ ‎（2）解：由f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x，得 f′（x）=（1+2ax）ln（1+x）+﹣2=，‎ 令h（x）=ax2﹣x+（1+2ax）（1+x）ln（x+1），‎ h′（x）=4ax+（4ax+2a+1）ln（x+1）．‎ 当a≥0，x＞0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，‎ ‎∴h（x）＞h（0）=0，即f′（x）＞0，‎ ‎∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，故x=0不是f（x）的极大值点，不符合题意．‎ 当a＜0时，h″（x）=8a+4aln（x+1）+，‎ 显然h″（x）单调递减，‎ ‎①令h″（0）=0，解得a=﹣．‎ ‎∴当﹣1＜x＜0时，h″（x）＞0，当x＞0时，h″（x）＜0，‎ ‎∴h′（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，‎ ‎∴h′（x）≤h′（0）=0，‎ ‎∴h（x）单调递减，又h（0）=0，‎ ‎∴当﹣1＜x＜0时，h（x）＞0，即f′（x）＞0，‎ 当x＞0时，h（x）＜0，即f′（x）＜0，‎ ‎∴f（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，‎ ‎∴x=0是f（x）的极大值点，符合题意；‎ ‎②若﹣＜a＜0，则h″（0）=1+6a＞0，h″（e﹣1）=（2a﹣1）（1﹣e）＜0，‎ ‎∴h″（x）=0在（0，+∞）上有唯一一个零点，设为x0，‎ ‎∴当0＜x＜x0时，h″（x）＞0，h′（x）单调递增，‎ ‎∴h′（x）＞h′（0）=0，即f′（x）＞0，‎ ‎∴f（x）在（0，x0）上单调递增，不符合题意；‎ ‎③若a＜﹣，则h″（0）=1+6a＜0，h″（﹣1）=（1﹣2a）e2＞0，‎ ‎∴h″（x）=0在（﹣1，0）上有唯一一个零点，设为x1，‎ ‎∴当x1＜x＜0时，h″（x）＜0，h′（x）单调递减，‎ ‎∴h′（x）＞h′（0）=0，∴h（x）单调递增，‎ ‎∴h（x）＜h（0）=0，即f′（x）＜0，‎ ‎∴f（x）在（x1，0）上单调递减，不符合题意．‎ 综上，a=﹣．‎ ‎【点评】本题考查了导数与函数单调性的关系，函数单调性与极值的计算，零点的存在性定理，属于难题．‎ ‎　‎ ‎33．已知函数f（x）=ax，g（x）=logax，其中a＞1．‎ ‎（Ⅰ）求函数h（x）=f（x）﹣xlna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≥e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．‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）把f（x）的解析式代入函数h（x）=f（x）﹣xlna，求其导函数，由导函数的零点对定义域分段，由导函数在各区间段内的符号可得原函数的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）分别求出函数y=f（x）在点（x1，f（x1））处与y=g（x）在点（x2，g（x2））处的切线的斜率，由斜率相等，两边取对数可得结论；‎ ‎（Ⅲ）分别求出曲线y=f（x）在点（）处的切线与曲线y=g（x）在点（x2，logax2）处的切线方程，把问题转化为证明当a≥时，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1与l2重合，进一步转化为证明当a≥时，方程存在实数解．然后利用导数证明即可．‎ ‎【解答】（Ⅰ）解：由已知，h（x）=ax﹣xlna，有h′（x）=axlna﹣lna，‎ 令h′（x）=0，解得x=0．‎ 由a＞1，可知当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表：‎ ‎ x ‎ （﹣∞，0）‎ ‎ 0‎ ‎ （0，+∞）‎ ‎ h′（x）‎ ‎﹣‎ ‎ 0‎ ‎+‎ ‎ h（x）‎ ‎↓‎ ‎ 极小值 ‎↑‎ ‎∴函数h（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）；‎ ‎（Ⅱ）证明：由f′（x）=axlna，可得曲线y=f（x）在点（x1，f（x1））处的切线的斜率为lna．‎ 由g′（x）=，可得曲线y=g（x）在点（x2，g（x2））处的切线的斜率为．‎ ‎∵这两条切线平行，故有，即，‎ 两边取以a为底数的对数，得logax2+x1+2logalna=0，‎ ‎∴x1+g（x2）=﹣；‎ ‎（Ⅲ）证明：曲线y=f（x）在点（）处的切线l1：，‎ 曲线y=g（x）在点（x2，logax2）处的切线l2：．‎ 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与l2重合，‎ 即只需证明当a≥时，方程组 由①得，代入②得：‎ ‎，③‎ 因此，只需证明当a≥时，关于x1 的方程③存在实数解．‎ 设函数u（x）=，既要证明当a≥时，函数y=u（x）存在零点．‎ u′（x）=1﹣（lna）2xax，可知x∈（﹣∞，0）时，u′（x）＞0；x∈（0，+∞）时，u′（x）单调递减，‎ 又u′（0）=1＞0，u′=＜0，‎ 故存在唯一的x0，且x0＞0，使得u′（x0）=0，即．‎ 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）．‎ ‎∵，故lnlna≥﹣1．‎ ‎∴=．‎ 下面证明存在实数t，使得u（t）＜0，‎ 由（Ⅰ）可得ax≥1+xlna，当时，有 u（x）≤=．‎ ‎∴存在实数t，使得u（t）＜0．‎ 因此，当a≥时，存在x1∈（﹣∞，+∞），使得u（x1）=0．‎ ‎∴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．‎ ‎【点评】本题考查导数的运算，导数的几何意义，运用导数研究指数函数与对数公式的性质等基础知识和方法，考查函数与方程思想，化归思想，考查抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，是难题．‎ ‎　‎ ‎34．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．‎ ‎（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﹣，求实数a的取值范围．‎ ‎【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．‎ ‎【解答】（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]．‎ ‎【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．‎ ‎　‎ ‎35．已知函数f（x）=ex（ex﹣a）﹣a2x．‎ ‎（1）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．‎ ‎【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．‎ ‎【解答】解：（1）f（x）=ex（ex﹣a）﹣a2x=e2x﹣exa﹣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（﹣）≤，‎ ‎∴﹣2≤a＜0，‎ 综上所述a的取值范围为[﹣2，1]‎ ‎【点评】本题考查了导数和函数的单调性和函数最值的关系，以及分类讨论的思想，考查了运算能力和化归能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎36．已知函数f（x）=excosx﹣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．‎ ‎【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．‎ ‎【解答】解：（1）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）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（）=ecos﹣=﹣．‎ ‎【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导和运用二次求导是解题的关键，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎37．已知函数f（x）=ax3﹣3（a+1）x2+12x．‎ ‎（1）当a＞0时，求f（x）的极小值；‎ ‎（Ⅱ）当a≤0时，讨论方程f（x）=0实根的个数．‎ ‎【分析】（1）对函数f（x）求导，并对导数因式分解，求出导数的两个零点，对这两个零点的大小进行分类讨论，确定函数f（x）的单调性，即可求出函数f（x）的极小值；‎ ‎（Ⅱ）解法一：对a的取值分两种情况，a=0时直接代入解析式，求出方程f（x）=0的解，a＜0时求出函数f（x）的极大值和极小值，利用极值的正负来确定方程f（x）=0根的个数；‎ 解法二：对a的取值分两种情况，a=0时直接代入解析式，求出方程f（x）=0的解，a＜0时直接将函数f（x）的解析式进行因式分解，利用判别式确定二次函数y=ax2﹣3（a+1）x+12的零点个数，从而确定方程f（x）=0的根的个数．‎ ‎【解答】解：f'（x）=3ax2﹣6（a+1）x+12=3（ax﹣2）（x﹣2）．‎ ‎（1）当a＞0时，令f'（x）=0，得x=2或；‎ ‎①当0＜a＜1时，有，列表如下：‎ x ‎（﹣∞，2）‎ ‎2‎ f'（x）‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎﹣‎ ‎0‎ ‎+‎ f（x）‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 故极小值为．‎ ‎②当a=1时，有，则f'（x）=3（x﹣2）2≥0，故f（x）在R上单调递增，无极小值；‎ ‎③当a＞1时，有，列表如下：‎ x ‎2‎ ‎（2，+∞）‎ f'（x）‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎﹣‎ ‎0‎ ‎+‎ f（x）‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 故极小值为f（2）=12﹣4a．‎ ‎（Ⅱ）解法一：①当a=0时，令f（x）=﹣3x2+12x=﹣3x（x﹣4），得x=0或x=4，有两个根；‎ ‎②当a＜0时，令f'（x）=0，得x=2或，有，列表如下：‎ x ‎2‎ ‎（2，+∞）‎ f'（x）‎ ‎﹣‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎﹣‎ f（x）‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 故极大值为f（2）=12﹣4a＞0，极小值，因此f（x）=0有三个根．‎ 解法二：①当a=0时，令f（x）=﹣3x2+12x=﹣3x（x﹣4），得x=0或x=4，有两个根；‎ ‎②当a＜0时，f（x）=x[ax2﹣3（a+1）x+12]，对于二次函数y=ax2﹣3（a+1）x+12，x=0不是该二次函数的零点，△=9（a+1）2﹣24a＞0，则该二次函数有两个不等的非零零点，‎ 此时，方程f（x）=0有三个根．‎ ‎【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，利用函数的零点个数问题，考查分类讨论思想以及计算能力，属于难题．‎ ‎　‎ ‎38．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．‎ ‎【分析】（1）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；‎ ‎（2）通过（1）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（）=．‎ ‎【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；‎ 另解：因为f（1）=0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），‎ 所以等价于f（x）在x=1处是极小值，‎ 所以解得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．‎ ‎【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．‎ ‎　‎ ‎39．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．‎ ‎【分析】（1）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；‎ ‎（2）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．‎ ‎【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]．‎ ‎【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导是解题的关键，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎40．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．‎ ‎【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．‎ ‎【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．‎ ‎【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查分类讨论的思想，考查转化能力，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎41．已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣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．‎ ‎【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时才有两个零点，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．‎ ‎（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）分类讨论，根据函数的单调性及函数零点的判断，分别求得函数的零点，即可求得a的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）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）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）ex﹣x，‎ 当x→﹣∞时，e2x→0，ex→0，‎ ‎∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，‎ 当x→∞，e2x→+∞，且远远大于ex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）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=﹣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（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（﹣∞，﹣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）．‎ ‎【点评】本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数单调性及最值，考查函数零点的判断，考查计算能力，考查分类讨论思想，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎42．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．‎ ‎【分析】（1）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；‎ ‎（2）通过（1）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，从而当n≥3时，（1+）（1+）…（1+）∈（2，e），比较可得结论．‎ ‎【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），‎ 若a≠1，则f（a）＜f（1）=0，从而与f（x）≥0矛盾；‎ 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*．‎ ln（1+）+ln（1+）+…+ln（1+）＜++…+=1﹣＜1，‎ 即（1+）（1+）…（1+）＜e；‎ 因为m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m成立，‎ 当n=3时，不等式左边大于2，‎ 所以m的最小值为3．‎ ‎【点评】本题是一道关于函数与不等式的综合题，考查分类讨论的思想，考查转化与化归思想，考查运算求解能力，考查等比数列的求和公式，考查放缩法，注意解题方法的积累，属于难题．‎ ‎　‎ ‎43．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|≥．‎ ‎【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．‎ ‎【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：‎ 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|≥．‎ ‎【点评】本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查分类讨论思想以及转化思想的应用，是难度比较大的题目．‎ ‎　‎ ‎44．设函数f（x）=（1﹣x2）ex．‎ ‎（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．‎ ‎【分析】（1）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．‎ ‎（2）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．‎ ‎【解答】解：（1）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；‎ ‎（2）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，+∞）．‎ ‎【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力．‎ ‎　‎ ‎45．已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2），其中e≈2.71828…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．‎ ‎【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．‎ ‎【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）=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．‎ ‎（1）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．‎ ‎（2）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），（0，+∞）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]．‎ ‎【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值、方程的解法、不等式的解法、三角函数求值、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ ‎　‎ ‎46．设a，b∈R，|a|≤1．已知函数f（x）=x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，g（x）=exf（x）．‎ ‎（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．‎ ‎【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．‎ ‎【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：‎ 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]．‎ ‎【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用研究过曲线上某点处的切线方程，训练了恒成立问题的求解方法，体现了数学转化思想方法，是压轴题．‎ ‎　‎ ‎47．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．‎ ‎【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 ‎【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）=﹣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．‎ ‎【点评】本题考查了导数的几何意义和导数和函数的单调性和极值的关系，关键是分类讨论，考查了学生的运算能力和转化能力，属于难题 ‎　‎ ‎48．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＞cx．‎ ‎【分析】（1）求出导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间，注意函数的定义域；‎ ‎（2）由题意可得即证lnx＜x﹣1＜xlnx．运用（1）的单调性可得lnx＜x﹣1，设F（x）=xlnx﹣x+1，x＞1，求出单调性，即可得到x﹣1＜xlnx成立；‎ ‎（3）设G（x）=1+（c﹣1）x﹣cx，求G（x）的二次导数，判断G′（x）的单调性，进而证明原不等式．‎ ‎【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﹣cx，‎ 则需要证明：当x∈（0，1）时，G（x）＞0（c＞1）；‎ G′（x）=c﹣1﹣cxlnc，G′′（x）=﹣（lnc）2cx＜0，‎ ‎∴G′（x）在（0，1）单调递减，而G′（0）=c﹣1﹣lnc，G′（1）=c﹣1﹣clnc，‎ 由（1）中f（x）的单调性，可得G′（0）=c﹣1﹣lnc＞0，由（2）可得G′（1）=c﹣1﹣clnc=c（1﹣lnc）﹣1＜0，‎ ‎∴∃t∈（0，1），使得G′（t）=0，即x∈（0，t）时，G′（x）＞0，x∈（t，1）时，G′（x）＜0；‎ 即G（x）在（0，t）递增，在（t，1）递减；‎ 又因为：G（0）=G（1）=0，‎ ‎∴x∈（0，1）时G（x）＞0成立，不等式得证；‎ 即c＞1，当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞cx．‎ ‎【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查不等式的证明，注意运用构造函数法，求出导数判断单调性，考查推理和运算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎49．已知函数f（x）=ax+bx（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．‎ ‎【分析】（1）①利用方程，直接求解即可．②列出不等式，利用二次函数的性质以及函数的最值，转化求解即可．‎ ‎（2）求出g（x）=f（x）﹣2=ax+bx﹣2，求出函数的导数，构造函数h（x）=+，求出g（x）的最小值为：g（x0）．①若g（x0）＜0，g（x）至少有两个零点，与条件矛盾．②若g（x0）＞0，利用函数g（x）=f（x）﹣2有且只有1个零点，推出g（x0）=0，然后求解ab=1．‎ ‎【解答】解：函数f（x）=ax+bx（a＞0，b＞0，a≠1，b≠1）．‎ ‎（1）设a=2，b=．‎ ‎①方程f（x）=2；即：=2，y=2x在R上单调，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=ax+bx﹣2，‎ g′（x）=axlna+bxlnb=ax[+]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，axlnb＞0，则g′（x）＜0．‎ x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，axlnb＞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＜loga2时，ax＞=2，bx＞0，则g（x）＞0，‎ 因此x1＜loga2，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．‎ ‎【点评】本题考查函数与方程的综合应用，函数的导数的应用，基本不等式的应用，函数恒成立的应用，考查分析问题解决问题的能力．‎ ‎　‎