2019版數(shù)學(xué)題組訓(xùn)練：第3章第2講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第二講導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用題組1應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性1.[2017浙江,7，4分］函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)y=f’(x）的圖象如圖3-2-1所示,則函數(shù)y=f（x)的圖象可能是()圖3—2—1A. B.C. D.2。［2016全國(guó)卷Ⅰ，12,5分］若函數(shù)f(x）=x—13sin2x+asinx在（-∞,+∞)上單調(diào)遞增,則a的取值范圍是()A。[—1，1] B。［-1，13］C.[-13,13] D。[—1，3。[2015新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ，12,5分][理］設(shè)函數(shù)f（x）=ex（2x—1）-ax+a,其中a<1，若存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0）<0，則a的取值范圍是（）A。[-32e，1)B.［-32e，34）C。[32e,344。［2016山東,20,13分]［理］已知f(x)=a(x-lnx）+2x-1x2(Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性;（Ⅱ)當(dāng)a=1時(shí),證明f（x)〉f'（x）+32對(duì)于任意的x∈［1，2]成立題組2應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值5。［2017全國(guó)卷Ⅱ，11，5分]［理］若x=—2是函數(shù)f(x）=（x2+ax-1）ex—1的極值點(diǎn)，則f（x)的極小值為（)A。-1 B.—2e—3C。5e—3 D.16。［2014新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ，12,5分]［理］設(shè)函數(shù)f(x）=3sinπxm。若存在f(x)的極值點(diǎn)x0滿足x02+[f（x0)］2<m2,則m的取值范圍是A.（-∞,—6）∪(6，+∞)B。(-∞,—4）∪（4,+∞）C.(—∞,-2)∪（2,+∞)D.（-∞，-1)∪（1，+∞)7.［2013遼寧,12，5分]［理］設(shè)函數(shù)f（x)滿足x2f’（x)+2xf(x）=exx，f（2）=e28,則x>0時(shí)，f(x）A.有極大值,無(wú)極小值B。有極小值,無(wú)極大值C。既有極大值又有極小值D。既無(wú)極大值也無(wú)極小值8。［2017北京，19,13分]［理]已知函數(shù)f(x)=excosx—x.(Ⅰ）求曲線y=f（x）在點(diǎn)（0,f（0))處的切線方程；（Ⅱ）求函數(shù)f（x）在區(qū)間［0,π2］上的最大值和最小值9.[2015山東，21,14分][理］設(shè)函數(shù)f(x)=ln(x+1)+a（x2—x)，其中a∈R.(Ⅰ）討論函數(shù)f（x)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說(shuō)明理由;(Ⅱ)若?x>0,f（x）≥0成立,求a的取值范圍。題組3生活中的優(yōu)化問(wèn)題10.［2013重慶，20,12分]某村莊擬修建一個(gè)無(wú)蓋的圓柱形蓄水池（不計(jì)厚度).設(shè)該蓄水池的底面半徑為rm,高為hm,體積為Vm3.假設(shè)建造成本僅與表面積有關(guān),側(cè)面的建造成本為100元/m2，底面的建造成本為160元/m2,該蓄水池的總建造成本為12000π元(π為圓周率）。(Ⅰ）將V表示成r的函數(shù)V（r),并求該函數(shù)的定義域;（Ⅱ)討論函數(shù)V(r）的單調(diào)性，并確定r和h為何值時(shí)該蓄水池的體積最大.題組4導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合11。［2014新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ,11，5分］［理］已知函數(shù)f（x)=ax3-3x2+1，若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0〉0，則a的取值范圍是（)A.（2,+∞）B.(—∞,—2)C。（1，+∞） D。(—∞,-1）12.［2015四川,15，5分］[理]已知函數(shù)f(x)=2x，g(x）=x2+ax（其中a∈R）.對(duì)于不相等的實(shí)數(shù)x1,x2，設(shè)m=f(x1)-f①對(duì)于任意不相等的實(shí)數(shù)x1,x2，都有m〉0;②對(duì)于任意的a及任意不相等的實(shí)數(shù)x1,x2,都有n〉0;③對(duì)于任意的a,存在不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，使得m=n;④對(duì)于任意的a,存在不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，使得m=—n。其中的真命題有(寫出所有真命題的序號(hào)）.

13.［2017全國(guó)卷Ⅲ,21,12分］［理]已知函數(shù)f(x）=x-1—alnx.(1）若f(x)≥0,求a的值;（2)設(shè)m為整數(shù)，且對(duì)于任意正整數(shù)n，(1+12)（1+122）·…·（1+12n）14。[2017江蘇，20,16分]［理]已知函數(shù)f（x）=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有極值,且導(dǎo)函數(shù)f’(x）的極值點(diǎn)是f（x）的零點(diǎn).（極值點(diǎn)是指函數(shù)取極值時(shí)對(duì)應(yīng)的自變量的值）(1）求b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式,并寫出定義域；(2）證明:b2>3a;(3）若f(x），f’（x)這兩個(gè)函數(shù)的所有極值之和不小于—72,求a的取值范圍15。［2016全國(guó)卷Ⅱ,21,12分］［理]（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）=x-2x+2ex的單調(diào)性,并證明當(dāng)x〉0時(shí),(x—2）ex(Ⅱ）證明:當(dāng)a∈[0,1)時(shí),函數(shù)g(x)=ex-ax-ax2（x〉0）有最小值。設(shè)g（x)的最小值為h（16.[2015新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ，21，12分][理］已知函數(shù)f(x）=x3+ax+14，g（x）=-ln(Ⅰ)當(dāng)a為何值時(shí),x軸為曲線y=f(x）的切線;（Ⅱ)用min｛m，n}表示m,n中的最小值，設(shè)函數(shù)h(x）=min{f（x），g（x）｝（x>0），討論h(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)。A組基礎(chǔ)題1.［2018浙江省溫州市一模，6］已知函數(shù)f(x）的導(dǎo)函數(shù)f’(x）的圖象如圖3-2-2所示，則函數(shù)f(x)的圖象可能是（）圖3-2-2A.B.C。D。2。［2018成都市高三摸底測(cè)試,7]已知函數(shù)f(x）=x3-ax在（—1，1）上單調(diào)遞減,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（)A。(1,+∞) B.[3，+∞）C.（-∞,1] D。（—∞,3］3。［2017南昌市三模,10］已知函數(shù)f'（x)是函數(shù)f(x）的導(dǎo)函數(shù)，f（1)=1e，對(duì)任意實(shí)數(shù)x，都有f(x）f'（x）>0，則不等式f(x)〈ex—2的解集為（)A。(—∞,e） B.(1,+∞） C。(1,e） D.（e，+∞）4.［2017石家莊市二模，12]若函數(shù)f（x）=x3+2ax2—3bx+3b在（0,1）上存在極小值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是()A。(—1，0］ B。（-1，+∞)C。[0，+∞） D。(1，+∞）5.[2017鄭州市第三次質(zhì)量預(yù)測(cè)，12］設(shè)函數(shù)f（x)滿足2x2f(x)+x3f'(x)=ex,f(2）=e28.則x∈［2，+∞)時(shí),f(x）的最小值為(A。e22 B.3e22 6。［2018遼寧省五校聯(lián)考,21]已知函數(shù)f（x)=2lnx+x2-2ax(a>0）。(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2）若函數(shù)f（x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1〈x2),且f(x1）—f（x2)≥32—2ln2恒成立,求a的取值范圍7.［2017長(zhǎng)春市高三第四次質(zhì)量監(jiān)測(cè),21]已知函數(shù)f（x）=x2eax。（1)當(dāng)a<0時(shí),討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；(2)在（1）條件下,求函數(shù)f（x)在區(qū)間［0,1]上的最大值;(3）設(shè)函數(shù)g(x)=2ex—lnxx,求證:當(dāng)a=1時(shí)，?x∈（0,1）,g（x）—xf(x)〉B組提升題8.[2018河南省南陽(yáng)一中三模，12］關(guān)于函數(shù)f(x）=2x+lnx,下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A。x=2是f(x)的極小值點(diǎn)B.函數(shù)y=f（x）—x有且只有1個(gè)零點(diǎn)C。存在正實(shí)數(shù)k，使得f（x)〉kx恒成立D.對(duì)任意兩個(gè)正實(shí)數(shù)x1,x2，且x2〉x1,若f（x1)=f（x2)，則x1+x2〉49。［2018河北“五個(gè)一名校聯(lián)盟”高三第二次考試,16]已知函數(shù)f（x）=x+alnx(a〉0），若?x1,x2∈（12，1)（x1≠x2)，｜f(x1)—f(x2）｜〉｜1x1—1x2|10。［2018西安八校聯(lián)考,21]已知函數(shù)f（x)=x,g(x)=λf(x）+sinx(λ∈R)在區(qū)間［—1,1］上單調(diào)遞減。（1）求λ的最大值；（2）若g(x）<t2+λt+1在[-1,1]上恒成立，求t的取值范圍;（3)討論關(guān)于x的方程lnxf(x)=x211。[2017甘肅省張掖市高三一診，21]設(shè)函數(shù)f(x)=x22-a(1）當(dāng)a=1時(shí),求曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f(1))處的切線方程;（2）求函數(shù)f(x）的單調(diào)區(qū)間和極值;（3)若函數(shù)f（x)在區(qū)間(1,e2］內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，試求a的取值范圍.答案1.D根據(jù)題意,已知導(dǎo)函數(shù)的圖象有三個(gè)零點(diǎn),且每個(gè)零點(diǎn)的兩邊導(dǎo)函數(shù)值的符號(hào)相反,因此函數(shù)f（x)在這些零點(diǎn)處取得極值,排除A,B;記導(dǎo)函數(shù)f’(x）的零點(diǎn)從左到右分別為x1,x2,x3,又在(-∞，x1)上f’(x)〈0,在(x1，x2)上f'(x）>0,所以函數(shù)f(x)在（-∞，x1)上單調(diào)遞減,排除C,選D。2.C函數(shù)f(x)=x—13sin2x+asinx在(-∞，+∞）上單調(diào)遞增,等價(jià)于f'(x)=1—23cos2x+a—43cos2x+acosx+53≥0在(-∞，+∞)上恒成立.設(shè)cosx=t,則g(t）=—43t2+at+53≥0在［—1，1]上恒成立,所以g(1)=-43.D由題意可知存在唯一的整數(shù)x0,使得ex0（2x0—1）〈ax0-a，設(shè)g（x)=ex（2x—1）,h(x）=ax—a，由g’(x）=ex(2x+1）可知g(x）在(—∞,—12)上單調(diào)遞減,在(-12，+∞）上單調(diào)遞增，作出g（x)與h(x)的大致圖象如圖所示，故h(0)>4。（Ⅰ）f（x)的定義域?yàn)?0,+∞），f'（x)=a-ax-2x2+2當(dāng)a≤0時(shí)，x∈（0,1）時(shí)，f’(x）>0，f(x）單調(diào)遞增,x∈（1,+∞）時(shí)，f’（x)<0,f（x)單調(diào)遞減。當(dāng)a>0時(shí)，f’（x）=a(x-1)x3（①0〈a<2時(shí),2a>當(dāng)x∈（0,1）或x∈(2a，+∞)時(shí),f’（x）〉0，f(x當(dāng)x∈(1，2a）時(shí)，f'(x)<0,f(x）單調(diào)遞減②a=2時(shí)，2a=1，在x∈（0，+∞)內(nèi)，f'（x）≥0，f（x）單調(diào)遞增③a>2時(shí),0〈2a〈當(dāng)x∈（0,2a）或x∈(1，+∞)時(shí)，f'（x)>0,f(x當(dāng)x∈(2a，1）時(shí),f’(x)〈0，f（x）單調(diào)遞減綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f（x)在（0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在（1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減；當(dāng)0〈a<2時(shí)，f（x)在(0，1)內(nèi)單調(diào)遞增,在(1，2a)內(nèi)單調(diào)遞減,在(2a，當(dāng)a=2時(shí)，f(x）在(0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增;當(dāng)a〉2時(shí),f（x)在(0，2a)內(nèi)單調(diào)遞增,在(2a，1)內(nèi)單調(diào)遞減,在（1,+∞(Ⅱ)由(Ⅰ）知，a=1時(shí)，f(x)—f'(x)=x-lnx+2x-1x2-（1-1x-2x2+2x3)=x—lnx+3設(shè)g（x)=x—lnx,h（x）=3x+1x2—2x3—?jiǎng)tf（x)—f’(x）=g（x）+h（x）。由g’(x)=x-1x≥0，可得g（x）≥g(1)=1,當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取得等號(hào)，h’（x)設(shè)φ(x）=-3x2—2x+6,則φ（x)在x∈［1，2］上單調(diào)遞減,因?yàn)棣眨?)=1，φ(2)=—10,所以?x0∈（1，2)，使得x∈（1,x0）時(shí)，φ(x)〉0,x∈（x0，2）時(shí)，φ(x)〈0。所以h（x)在(1，x0)內(nèi)單調(diào)遞增,在(x0,2）內(nèi)單調(diào)遞減。由h（1）=1,h(2)=12，可得h(x）≥h(2）=1當(dāng)且僅當(dāng)x=2時(shí)取得等號(hào).所以f(x)-f'（x)>g(1)+h(2)=32即f(x)>f’(x）+32對(duì)于任意的x∈[1,2]成立5.A因?yàn)閒（x)=（x2+ax-1）ex—1,所以f’(x)=(2x+a）ex—1+(x2+ax-1）ex-1=[x2+（a+2)x+a-1］ex—1.因?yàn)閤=—2是函數(shù)f（x)=(x2+ax-1)ex—1的極值點(diǎn)，所以—2是x2+（a+2）x+a—1=0的根,所以a=—1,f'（x）=（x2+x—2）ex—1=（x+2)(x-1）ex-1。令f’（x)〉0,解得x〈—2或x>1，令f'（x)〈0,解得—2<x<1，所以f（x)在（—∞，—2)上單調(diào)遞增，在(—2，1）上單調(diào)遞減,在(1，+∞）上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x=1時(shí)，f(x)取得極小值，且f(x）極小值=f（1)=—1,故選A.6。C由正弦型函數(shù)的圖象可知：f（x)的極值點(diǎn)x0滿足f（x0）=±3,則πx0m=π2+kπ（k∈Z),從而得x0=（k+12)m(k∈Z).所以不等式x02+[f(x0)]2<m2，即(k+12)2m2+3〈m2，變形得m2[1—(k+12）2］>3，其中k∈Z.由題意,存在整數(shù)k使得不等式m2[1—（k+12）2］>3成立.當(dāng)k≠—1且k≠0時(shí),必有（k+12)2〉7.D由題意知［x2f(x）］'=exx,令g（x)=x2f（x），則g’（x）=exx，且f(x）=g(x)x2,因此f'(x)=xg'(x)-2g(x)x3=ex-2g(x)x3。令h（x）=ex—2g(x）,則h'(x)=ex-2g'(x)=ex—2exx=ex(x-2)x，所以x〉2時(shí),h’(x)〉8.(Ⅰ）因?yàn)閒（x)=excosx—x，所以f’(x）=ex(cosx-sinx)-1，f'(0）=0.又f（0）=1,所以曲線y=f(x)在點(diǎn)（0,f（0）)處的切線方程為y=1。（Ⅱ）設(shè)h(x）=ex(cosx-sinx）—1,則h’（x)=ex(cosx—sinx—sinx—cosx)=-2exsinx.當(dāng)x∈(0,π2）時(shí),h'（x)<所以h(x)在區(qū)間[0，π2]上單調(diào)遞減所以對(duì)任意x∈(0，π2］有h(x)<h(0）=0,即f’(x）〈0所以函數(shù)f(x）在區(qū)間[0,π2]上單調(diào)遞減因此f（x）在區(qū)間［0,π2]上的最大值為f（0）=1,最小值為f（π2）=—9。(Ⅰ)由題意知函數(shù)f(x）的定義域?yàn)椋?1，+∞），f’（x）=1x+1+a(2x—1）=令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈（-1,+∞）。（1）當(dāng)a=0時(shí)，g（x）=1，此時(shí)f'(x)>0,函數(shù)f（x)在（-1，+∞）單調(diào)遞增,無(wú)極值點(diǎn);（2）當(dāng)a>0時(shí)，Δ=a2—8a（1—a）=a(9a-8）。①當(dāng)0<a≤89時(shí),Δ≤0,g（xf'(x）≥0,函數(shù)f（x)在(-1,+∞）單調(diào)遞增,無(wú)極值點(diǎn)；②當(dāng)a>89時(shí),Δ>設(shè)方程2ax2+ax-a+1=0的兩根為x1，x2(x1<x2）,因?yàn)閤1+x2=—12所以x1<—14,x2〉-1由g(-1)=1〉0,可得—1〈x1<—14所以當(dāng)x∈（—1，x1)時(shí),g(x)>0,f'（x)>0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(x1，x2)時(shí),g（x)〈0，f'(x）〈0，函數(shù)f(x）單調(diào)遞減;當(dāng)x∈（x2,+∞)時(shí),g(x)〉0,f’(x)>0,函數(shù)f(x）單調(diào)遞增;因此，函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn).（3）當(dāng)a〈0時(shí)，Δ〉0，由g(—1）=1>0,可得x1〈—1.當(dāng)x∈（—1，x2)時(shí),g（x）〉0,f'(x)>0,函數(shù)f（x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(x2，+∞)時(shí),g（x）〈0，f’（x）〈0，函數(shù)f(x）單調(diào)遞減；所以函數(shù)有一個(gè)極值點(diǎn).綜上所述,當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x）有一個(gè)極值點(diǎn);當(dāng)0≤a≤89時(shí)，函數(shù)f(x當(dāng)a>89時(shí),函數(shù)f（x)有兩個(gè)極值點(diǎn)（Ⅱ)由（Ⅰ）知，（1)當(dāng)0≤a≤89時(shí)，函數(shù)f(x）在（0,+∞因?yàn)閒（0)=0，所以x∈(0，+∞）時(shí)，f(x)>0,符合題意；（2）當(dāng)89<a≤1時(shí)，由g（0）≥0,得x2所以函數(shù)f（x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增。又f(0)=0,所以x∈(0，+∞）時(shí),f（x)〉0，符合題意；（3）當(dāng)a〉1時(shí),由g（0)〈0，可得x2〉0.所以x∈(0，x2)時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,因?yàn)閒（0)=0，所以x∈（0,x2）時(shí),f(x）<0,不合題意;（4）當(dāng)a<0時(shí)，設(shè)h(x）=x—ln(x+1）.因?yàn)閤∈(0,+∞）時(shí)，h'（x)=1—1x+1=x所以h（x)在（0,+∞)上單調(diào)遞增,因此當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí),h（x）〉h(0)=0，即ln（x+1)〈x.可得f（x）<x+a（x2-x)=ax2+(1—a)x,當(dāng)x〉1-1a時(shí)，ax2+(1—a）x〈此時(shí)f（x)<0，不合題意。綜上所述，a的取值范圍是[0，1］。10。（Ⅰ）因?yàn)樾钏貍?cè)面的總成本為100×2πrh=200πrh,底面的總成本為160πr2元,所以蓄水池的總成本為（200πrh+160πr2)元。根據(jù)題意得200πrh+160πr2=12000π,所以h=15r（300—4r從而V（r)=πr2h=π5（300r-4r3）由h>0，且r>0,可得0<r〈53,故函數(shù)V(r)的定義域?yàn)椋?,53).(Ⅱ)由(Ⅰ）知V(r)=π5（300r—4r3故V'（r)=π5（300—12r2)令V'（r)=0,解得r1=5,r2=—5(r2=—5不在定義域內(nèi),舍去）。當(dāng)r∈(0,5)時(shí),V'（r）>0,故V（r）在（0,5）上為增函數(shù);當(dāng)r∈（5,53)時(shí)，V’（r)〈0,故V（r)在(5，53）上為減函數(shù).由此可知,V(r）在r=5處取得最大值,此時(shí)h=8，即當(dāng)r=5，h=8時(shí),該蓄水池的體積最大。11。B當(dāng)a=0時(shí),f（x）=—3x2+1有兩個(gè)零點(diǎn)，不符合題意，故a≠0。f'(x)=3ax2—6x=3x(ax—2),令f'（x)=0，得x=0或x=2a，由題意得a〈0且f(2a）〉0，解得a〈—12。①④因?yàn)閒（x）=2x在R上是單調(diào)遞增的，所以對(duì)于不相等的實(shí)數(shù)x1，x2,m=2x1-2x2x1-x2〉0恒成立，①正確；因?yàn)間(x)=x2+ax,所以n=x12+ax1-(x22+ax2)x1-x2=x1+x2+a,正負(fù)不定，②錯(cuò)誤；由m=n，整理得f（x1）—g（x1)=f(x2)-g（x2）.令函數(shù)p（x）=f（x)—g(x)=2x-x2—ax,則p’（x）=2xln2—2x-a,令t（x）=p’(x)，則t'（x）=2x（ln2）2—2,又t'（1)=2（ln2)2-2<0，t'（3)=8（ln2)2—2>0，從而存在x0∈（1，3),使得t’(x0）=2x0（ln2）2-2=0，于是p'(x)有極小值p’（x0）=2x0ln2—2x0-a=2ln2-2log22(ln2)2-a，所以存在a=—2log22(ln2)2，使得p'（x0)=2ln2〉0，此時(shí)p（x)在R上單調(diào)遞增，故不存在不相等的實(shí)數(shù)x1,x2，使得f（x1）—g（x1）=f（x2)—g(x2)，不滿足題意，③錯(cuò)誤；由m=—n,得f'（x)=—g’(x）,即—a=2xln2+2x。設(shè)h(x）=2xln2+2x，則h'(x13.(1)f(x）的定義域?yàn)?0,+∞）。①若a≤0,因?yàn)閒(12)=-12+aln2②若a〉0，由f’（x)=1—ax=x-ax知,當(dāng)x∈（0,a)時(shí),f'(x）<0；當(dāng)x∈（a,+∞）時(shí),f'(x）〉0。所以f(x)在(0,a)單調(diào)遞減,在(a,+∞）單調(diào)遞增.故x=a是f（x由于f（1）=0,所以當(dāng)且僅當(dāng)a=1時(shí),f(x）≥0。故a=1。（2)由（1）知當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí)，x-1-lnx〉0.令x=1+12n得ln(1+12n）ln(1+12)+ln（1+122)+…+ln（1+12n）<12+122+…+故（1+12）(1+122）…（1+12而（1+12)(1+122)（1+123)14.(1）由f(x）=x3+ax2+bx+1，得f’(x）=3x2+2ax+b=3（x+a3)2+b-a當(dāng)x=—a3時(shí)，f'(x）有極小值b-a因?yàn)閒'（x）的極值點(diǎn)是f(x）的零點(diǎn),所以f(-a3）=—a327+a39—ab3+1=0,又a>因?yàn)閒(x)有極值，故f’(x）=0有實(shí)根，從而b-a23=19a（27—a3）≤0，即a≥3。當(dāng)a=3時(shí)，f'（x)〉0(x≠—1），故f(x）在R上是增函數(shù),f(x）沒(méi)有極值;當(dāng)a>3時(shí),f'（x)=0有兩個(gè)相異的實(shí)根x1=-a-ax（—∞,x1）x1（x1,x2）x2（x2，+∞）f'（x）+0—0+f(x)↗極大值↘極小值↗故f(x）的極值點(diǎn)是x1,x2。從而a>3。因此b=2a29+3a（2）由(1)知,ba=2aa設(shè)g(t)=2t9+3t,則g’(t)=29—當(dāng)t∈（362，+∞)時(shí),g'（t)>0，從而g(t)在（362因?yàn)閍>3，所以aa>33,故g(aa）〉g(33)=3,即ba〉3因此b2〉3a.（3)由(1)知，f(x)的極值點(diǎn)是x1,x2,且x1+x2=-23a，x12+x從而f(x1）+f(x2）=x13+ax12+bx1+1+x23+ax22+bx2+1=x13(3x12+2ax1+b)+x23（3x22+2ax2+b)+13a（x12+x22記f（x)，f’（x)所有極值之和為h（a）,因?yàn)閒'（x）的極值為b—a23=—19a2所以h(a）=-19a2+3a，a>因?yàn)閔’(a）=-29a—3a2〈0，于是h(a)在(3,因?yàn)閔（6）=-72,于是h(a)≥h（6)，故a≤6因此a的取值范圍為(3，6]。15.(Ⅰ）f(x)的定義域?yàn)?-∞,—2)∪（-2,+∞).f'(x）=(x-1當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)，f’（x)=0，所以f(x)在（-∞，—2）,（—2，+∞)上單調(diào)遞增.因此當(dāng)x∈(0，+∞）時(shí),f(x)>f(0)=—1.所以（x-2)ex〉—(x+2)，（x—2）ex+x+2>0.(Ⅱ）g’（x）=(x-2)ex+a(x由(Ⅰ)知,f(x)+a單調(diào)遞增.對(duì)任意的a∈［0，1)，f(0）+a=a-1〈0，f（2）+a=a≥0。因此，存在唯一xa∈（0,2］,使得f（xa）+a=0，即g’（xa)=0.當(dāng)0〈x<xa時(shí)，f(x）+a〈0,g’（x）〈0，g（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x〉xa時(shí)，f（x)+a>0，g'（x)〉0，g（x）單調(diào)遞增。因此g（x）在x=xa處取得最小值,最小值為g(xa）=exa-a(于是h（a）=exaxa+2,由（exx+2所以,由xa∈（0，2]，得12=e00+2〈h（a)=exa因?yàn)閑xx+2單調(diào)遞增,對(duì)任意的λ∈（12，e24］，存在唯一的xa∈（0，2］,a=-f（xa)∈［0，1），使得h(a）=λ，所以h(a綜上，當(dāng)a∈[0,1）時(shí)，g（x）有最小值h(a）,h(a）的值域是（12，e216.（Ⅰ)設(shè)曲線y=f（x）與x軸相切于點(diǎn)（x0,0），則f（x0）=0，f’(x0）=0，即x解得x0=12,a=—3因此，當(dāng)a=—34時(shí),x軸為曲線y=f(x）的切線（Ⅱ）當(dāng)x∈(1，+∞)時(shí)，g（x）=—lnx<0,從而h(x)=min{f（x），g(x)}≤g（x）〈0,故h（x）在（1,+∞）上無(wú)零點(diǎn).當(dāng)x=1時(shí),若a≥-54，則f（1)=a+54≥0,h（1)=min{f（1)，g（1）｝=g(1)=0,故x=1是h（x）的零點(diǎn)；若a〈-54,則f（1)<0，h（1）=min{f（1），g(1）}=f(1)<0，故x=1不是h(當(dāng)x∈（0，1)時(shí),g(x)=-lnx>0.所以只需考慮f（x）在(0,1）上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)。(i)若a≤-3或a≥0，則f’(x)=3x2+a在(0,1)上無(wú)零點(diǎn),故f（x)在（0，1）上單調(diào).而f(0）=14,f（1）=a+54,所以當(dāng)a≤-3時(shí)，f（x）在（0,1)上有一個(gè)零點(diǎn);當(dāng)a≥0時(shí)，f（x（ii）若-3<a<0,則f（x)在（0，-a3)上單調(diào)遞減,在(-a3，1)上單調(diào)遞增,故在(0，1)中,當(dāng)x=-a3時(shí)，f(x)取得最小值,最小值為f(-①若f（-a3)〉0，即—34<a〈0,f②若f（-a3）=0,即a=—34,則f③若f（-a3）〈0，即—3〈a〈—34,由于f(0)=14，f（1）=a+54,所以當(dāng)-54〈a<—34時(shí)，f(x)在（0，1)上有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)—3〈a≤-綜上，當(dāng)a>—34或a〈-54時(shí),h(x）有一個(gè)零點(diǎn);當(dāng)a=-34或a=-54時(shí)，h（x)有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)-54<a〈-34A組基礎(chǔ)題1.C由導(dǎo)函數(shù)f'(x）的圖象可知,函數(shù)y=f(x）先減再增,可排除選項(xiàng)A，B；又f’(x)=0的根為正數(shù),即y=f（x）的極值點(diǎn)為正數(shù)，所以可排除選項(xiàng)D，選C.2。B∵f(x）=x3-ax,∴f’（x）=3x2-a。又f(x)在(-1,1）上單調(diào)遞減，∴3x2—a≤0在(-1,1）上恒成立，∴a≥3,故選B.3.B設(shè)g(x)=f(x)ex，則g’(x)=f'(x)ex-exf(x)(ex)2=f'(x)-f(x)ex?！邔?duì)任意實(shí)數(shù)x，都有f（x）—f'（x)〉0，∴g'(x)〈0，即g(x)為R上的減函數(shù).又g(1）=f(1)e=1e2,由不等式f（x）<ex—2,得f(4。B若函數(shù)f（x)=x3+2ax2—3bx+3b在（0，1)上存在極小值點(diǎn),則f’（x）=3x2+4ax-3b在(0,1)上有兩個(gè)零點(diǎn)或一個(gè)零點(diǎn)在（0，1）上,一個(gè)零點(diǎn)在（—∞，0]上。當(dāng)導(dǎo)函數(shù)f’(x)的一個(gè)零點(diǎn)在（0，1)上，一個(gè)零點(diǎn)在（-∞,0］上時(shí)，需滿足f'(0)=-3b≤0,f'(1)=3+4a-3b>0,∴b≥0,3+4a-3b>0,必會(huì)存在a使得f’（1）∴-4a29<b<1+4a3,b<0,-325.D由已知，得2xf（x）+x2f’（x)=exx，即［x2f（x)]’=exx,因此令F（x)=x2f（x），則F’（x）=exx，F(xiàn)（2）=4f(2）=e22。又由已知得f’(x)=ex-2x2f(x)x3=ex-2F(x)x3，此時(shí)再令φ（x）=ex—2F（x）,則φ’（x）=ex—2F’（x）=ex-2·exx=ex(x-2)x，所以當(dāng)0<x〈2時(shí)，φ’（x）〈0,當(dāng)x〉2時(shí),φ’(x)>0,所以φ(x)min=φ（2)6。(1)由題意知,函數(shù)f（x)的定義域是（0，+∞）,f’(x)=2(x2-ax+1)x，令x2①當(dāng)0〈a≤2時(shí),Δ≤0，f’（x)≥0恒成立，函數(shù)f(x）在(0，+∞)上單調(diào)遞增;②當(dāng)a〉2時(shí),Δ>0,方程x2-ax+1=0有兩個(gè)不同的實(shí)根，分別設(shè)為x3，x4,不妨令x3<x4,則x3=a-a2-42,x4=a因?yàn)楫?dāng)x∈(0,x3）時(shí)，f’(x)〉0，當(dāng)x∈(x3，x4)時(shí)，f’(x)<0，當(dāng)x∈(x4，+∞）時(shí),f’（x）〉0,所以函數(shù)f(x)在（0,a-a2-42)上單調(diào)遞增，在（a-a（2)由(1）得f（x）在（x1,x2）上單調(diào)遞減,x1+x2=a,x1·x2=1，則f（x1)—f(x2）=2lnx1x2+(x1-x2）（x1+x2-2a)=2lnx1x2+x22令t=x1x2，則0〈t<1,f(x1)—f(x2)=2lnt+令g(t）=2lnt+1t-t(0〈t〈1),則g’(t）=—(t故g（t）在（0,1）上單調(diào)遞減且g（12）=32故g（t)=f(x1)-f(x2)≥32—2ln2=g(12)，即0<t≤而a2=（x1+x2)2=x1x2+x2x1+2=t+1令h（t）=t+1t+2，t∈（0，1所以h'(t）=1—1t2〈0在t∈（0，故h(t)=t+1t+2在(0,1從而a2≥92故a的取值范圍是[322，+∞7。（1)由題意知f'(x)=eax(ax2+2x），令f’(x）=0,可得x=0或x=-2a又a〈0,則由f'（x)<0,得x<0或x>—2a，由f’(x)>0,得0〈x〈-2a.所以函數(shù)f(x)在(—∞，0)和（—2a，+∞)上單調(diào)遞減,在(0,-(2）在（1）條件下,當(dāng)—2a≥1，即-2≤a<0時(shí)，f（x則f（x）的最大值為f（1)=ea;當(dāng)—2a〈1，即a〈—2時(shí),f(x）在[0，—2a)上單調(diào)遞增，在(—?jiǎng)tf（x)的最大值為f(-2a）=4a2e(3）要證g（x）—xf(x）〉2，即證(2-x3)ex>2+lnx令h（x）=（2—x3）ex，則h'（x)=（—x3—3x2+2)ex=-ex(x+1）（x2+2x—2),又x∈(0，1）,易知在(0，1)上h（x)存在極大值點(diǎn),又h(0）=2,h（1）=e，則h（x)在(0，1）上恒大于2，而2+lnxx在(0，1)上恒小于2，因此g（x)-xf（x)〉B組提升題8.C由題意知,f’（x)=x-2x2，∴函數(shù)f(∴x=2是f(x）的極小值點(diǎn)，即A正確;∵y=f(x)—x=2x+lnx-x，∴y'=-x∴函數(shù)y在（0,+∞）上單調(diào)遞減,又當(dāng)x趨近于0時(shí)，y趨近于+∞∴函數(shù)y=f(x)-x有且只有1個(gè)零點(diǎn)，即B正確；由f（x）〉kx,可得k<2x2+令g(x）=2x2則g'(x）=-令h(x）=—4+x-xlnx，則h’（x）=-lnx，∴函數(shù)h(x）在區(qū)間(0,1）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（1,+∞）上單調(diào)遞減，∴h（x）≤h(1）〈0,∴g'(x）<0,∴函數(shù)g（x）=2x2+lnxx在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞減，函數(shù)∴不存在正實(shí)數(shù)k,使得f（x)>kx恒成立,即C不正確；對(duì)任意兩個(gè)正實(shí)數(shù)x1，x2,且x2〉x1,函數(shù)在區(qū)間(0,2）上單調(diào)遞減，在(2，+∞)上單調(diào)遞增,若f（x1)=f（x2），則x1+x2〉4,D正確.選C。9。[32，+∞)由f（x）=x+alnx(a〉0),得當(dāng)x∈（12,1)時(shí),f'（x)=1+ax>0，f（x不妨設(shè)x1〉x2,則|f（x1）—f(x2)|〉｜1x1—1x2|,即f（x1）