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2014～2016年高考文科汇编详解版：第三章导数及其应用第二节导数的应用A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2016·四川，6)已知a是函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝()A.－4 B.－2C.4 D.22.(2015·陕西，9)设f(x)＝x－sinx，则f(x)()A．既是奇函数又是减函数 B．既是奇函数又是增函数C．是有零点的减函数 D．是没有零点的奇函数3.(2015·安徽，10)函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则下列结论成立的是()A．a>0，b<0，c>0，d>0B．a>0，b<0，c<0，d>0C．a<0，b<0，c>0，d>0D．a>0，b>0，c>0，d<04.(2014·新课标全国Ⅱ，11)若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是()A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)5.(2014·湖南，9)若0＜x1＜x2＜1，则()A．e－e＞lnx2－lnx1 B．e－e＜lnx2－lnx1C．x2e＞x1e D．x2e＜x1e6.(2014·新课标全国Ⅰ，12)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是()A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)7.(2016·新课标全国卷Ⅱ，20)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1).(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围.8.(2016·新课标全国Ⅲ，21)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－1lnx<x；(3)设c>1，证明：当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.9.(2016·山东，20)设f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R.(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值.求实数a的取值范围.10.(2016·四川，21)设函数f(x)＝ax2－a－lnx，g(x)＝1x－eex，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x>1时，g(x)>0；(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立.11.(2016·北京，20)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.12.(2015·新课标全国Ⅱ，21)已知f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．13.(2015·新课标全国Ⅰ，21)设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln2a.14.(2015·福建，22)已知函数f(x)＝lnx－(x－1)22.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)证明：当x＞1时，f(x)＜x－1；(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)＞k(x－1)．15.(2015·浙江，17)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y＝ax2＋b(其中a，b为常数)模型．(1)求a，b的值；(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域；②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．16.(2015·湖南，21)已知a>0，函数f(x)＝aexcosx(x∈[0，＋∞))．记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点．(1)证明：数列{f(xn)}是等比数列；(2)若对一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，求a的取值范围．17.(2015·山东，20)设函数f(x)＝(x＋a)lnx，g(x)＝x2ex.已知曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y＝0平行．(1)求a的值；(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示p，q中的较小值)，求m(x)的最大值．18.(2015·浙江，20)设函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)．(1)当b＝a24＋1时，求函数f(x)在[－1,1]上的最小值g(a)的表达式；(2)已知函数f(x)在[－1,1]上存在零点，0≤b－2a≤1，求b的取值范围．19.(2015·天津，20)已知函数f(x)＝4x－x4，x∈R.(1)求f(x)的单调区间；(2)设曲线y＝f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y＝g(x)，求证：对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)；(3)若方程f(x)＝a(a为实数)有两个实数根x1，x2，且x1＜x2，求证：x2－x1≤－a3＋.20.(2015·广东，21)设a为实数，函数f(x)＝(x－a)2＋|x－a|－a(a－1)．(1)若f(0)≤1，求a的取值范围；(2)讨论f(x)的单调性；(3)当a≥2时，讨论f(x)＋4x在区间(0，＋∞)内的零点个数．21.(2014·安徽，20)设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x∈[0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．22.(2014·广东，21)已知函数f(x)＝13x3＋x2＋ax＋1(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＜0时，试讨论是否存在x0∈0，12∪12，1，使得f(x0)＝f12.23.(2014·天津，19)已知函数f(x)＝x2－23ax3(a＞0)，x∈R.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1.求a的取值范围．24.(2014·陕西，21)设函数f(x)＝lnx＋mx，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数；(3)若对任意b＞a＞0，f(b)－f(a)b－a＜1恒成立，求m的取值范围．25.(2014·新课标全国Ⅰ，21)设函数f(x)＝alnx＋1－a2x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)＜aa－1，求a的取值范围．B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·河北保定第二次模拟)已知函数f(x)＝x2－2cosx，则f(0)，f－13，f25的大小关系是()A.f(0)<f－13<f25 B.f－13<f(0)<f25C.f25<f－13<f(0) D.f(0)<f25<f－132.(2016·云南师大附中检测)若函数f(x)＝x3－tx2＋3x在区间[1，4]上单调递减，则实数t的取值范围是()A.－∞，518 B.(－∞，3]C.518，＋∞ D.[3，＋∞)3.(2016·四川雅安第三次诊断模拟)设函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有xf′(x)<f(x)成立，则()A.3f(2)>2f(3) B.3f(2)＝2f(3)C.3f(2)<2f(3) D.3f(2)与2f(3)大小不确定4.(2016·甘肃兰州诊断)若函数f(x)＝2x3＋3x2＋1（x≤0），eax（x＞0）在[－2，2]上的最大值为2，则a的取值范围是()A.12ln2，＋∞ B.0，12ln2C.(－∞，0] D.－∞，12ln25.(2015·山东省实验中学二诊)已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)<13，则f(x)<x3＋23的解集是()A.{x|－1<x<1} B.{x|x<－1}C.{x|x<－1或x>1} D.{x|x>1}6.(2015·广东佛山调研)若函数f(x)＝x3－3x在(a，6－a2]上有极小值，则实数a的取值范围是()A.(－5，1) B.[－5，1)C.[－2，1) D.(－2，1)7.(2015·赣州市十二县联考)若函数f(x)＝13x3－a2x2＋(3－a)x＋b有三个不同的单调区间，则实数a的取值范围是________.8.(2015·河南南阳三模)已知函数f(x)＝x3＋x，对任意的m∈[－2，2]，f(mx－2)＋f(x)＜0恒成立，则x的取值范围为________.9.(2015·河北衡水中学模拟)已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3，其中a为实数.(1)求函数f(x)在[t，t＋2]上的最小值；(2)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围.答案精析A组三年高考真题（2016～2014年）1.解析∵f(x)＝x3－12x，∴f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，则x1＝－2，x2＝2.当x∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x∈(－2，2)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，∴f(x)的极小值点为a＝2.答案D2.解析f(x)＝x－sinx的定义域为R，关于原点对称，且f(－x)＝－x－sin(－x)＝－x＋sinx＝－f(x)，故f(x)为奇函数．又f′(x)＝1－sinx≥0恒成立，所以f(x)在其定义域内为增函数，故选B.答案B3.解析由已知f(0)＝d>0，可排除D；其导函数f′(x)＝3ax2＋2bx＋c且f′(0)＝c>0，可排除B；又f′(x)＝0有两不等实根，且x1x2＝ca＞0，所以a＞0.故选A.答案A4.解析因为f(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－1x.因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x＞1时，f′(x)＝k－1x≥0恒成立，即k≥1x在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x＞1，所以0＜1x＜1，所以k≥1.故选D.答案D5.解析构造函数f(x)＝ex－lnx，则f′(x)＝ex－1x，故f(x)＝ex－lnx在(0，1)上有一个极值点，即f(x)＝ex－lnx在(0，1)上不是单调函数，无法判断f(x1)与f(x2)的大小，故A、B错；构造函数g(x)＝exx，则g′(x)＝xex－exx2＝ex（x－1）x2，故函数g(x)＝exx在(0，1)上单调递减，故g(x1)＞g(x2)，x2ex1＞x1ex2，故选C.答案C6.解析由题意知f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，当a＝0时，不满足题意．当a≠0时，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝2a，当a＞0时，f(x)在(－∞，0)，2a，＋∞上单调递增，在0，2a上单调递减．又f(0)＝1，此时f(x)在(－∞，0)上存在零点，不满足题意；当a＜0时，f(x)在－∞，2a，(0，＋∞)上单调递减，在2a，0上单调递增，要使f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则需f2a＞0，即a×2a3－3×2a2＋1＞0，解得a＜－2，故选C.答案C7.解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝4时，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f′(x)＝lnx＋1x－3，f′(1)＝－2，f(1)＝0，曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于lnx－a（x－1）x＋1>0，设g(x)＝lnx－a（x－1）x＋1，则g′(x)＝1x－2a（x＋1）2＝x2＋2（1－a）x＋1x（x＋1）2，g(1)＝0.(ⅰ)当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)>0；(ⅱ)当a>2时，令g′(x)＝0得，x1＝a－1－（a－1）2－1，x2＝a－1＋（a－1）2－1.由x2>1和x1x2＝1得x1<1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此g(x)<0，综上，a的取值范围是(－∞，2].8.(1)解由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－1，令f′(x)＝0解得x＝1.当0<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.(2)证明由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，lnx<x－1.故当x∈(1，＋∞)时，lnx<x－1，ln1x<1x－1，即1<x－1lnx<x.(3)证明由题设c>1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxlnc，令g′(x)＝0，解得x0＝lnc－1lnclnc.当x<x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减.由(2)知1<c－1lnc<c，故0<x0<1.又g(0)＝g(1)＝0，故当0<x<1时，g(x)>0.所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.9.解(1)由f′(x)＝lnx－2ax＋2a.可得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝1x－2a＝1－2axx.当a≤0时，x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；当a＞0时，x∈0，12a时，g′(x)＞0时，函数g(x)单调递增，x∈12a，＋∞时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减.所以当a≤0时，g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a＞0时，g(x)的单调增区间为0，12a，单调减区间为12a，＋∞.(2)由(1)知，f′(1)＝0.①当a≤0时，f′(x)单调递增，所以当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意.②当0＜a＜12时，12a＞1，由(1)知f′(x)在0，12a内单调递增.可得当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，x∈1，12a时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，1)内单调递减，在1，12a内单调递增.所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意.③当a＝12时，12a＝1，f′(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减.所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意.④当a＞12时，0＜12a＜1，当x∈12a，1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减.所以f(x)在x＝1处取极大值，合题意.综上可知，实数a的取值范围为12，＋∞.10.(1)解f′(x)＝2ax－1x＝2ax2－1x(x>0).当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减.当a>0时，由f′(x)＝0有x＝12a.当x∈0，12a时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈12a，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增.(2)证明令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.当x>1时，s′(x)>0，所以ex－1>x，从而g(x)＝1x－1ex－1>0.(3)解由(2)知，当x>1时，g(x)>0.当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－lnx<0，故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.当0<a<12时，12a>1，由(1)有f12a<f(1)＝0，而g12a>0.所以f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立；当a≥12时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)，当x>1时，h′(x)＝2ax－1x＋1x2－e1－x>x－1x＋1x2－1x＝x3－2x＋1x2>x2－2x＋1x2>0.因此，h(x)在区间(1，＋∞)单调递增.又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立.综上，a∈12，＋∞.11.(1)解由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，切线斜率k＝f′(0)＝b.又f(0)＝c，所以切点坐标为(0，c).所以所求切线方程为y－c＝b(x－0)，即bx－y＋c＝0.(2)解由a＝b＝4得f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c∴f′(x)＝3x2＋8x＋4＝(3x＋2)(x＋2)令f′(x)＝0，得(3x＋2)(x＋2)＝0，解得x＝－2或x＝－23，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下：x (－∞，－2) －2 －2，－23－23－23，＋∞
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋f(x) c c－3227
所以，当c＞0且c－3227＜0时，存在x1∈(－∞，－2)，x2∈－2，－23，x3∈－23，＋∞，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由f(x)的单调性知，当且仅当c∈0，3227时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.(3)证明当Δ＝4a2－12b＜0时，即a2－3b＜0，f′(x)＝3x2＋2ax＋b＞0，x∈(－∞，＋∞)，此时函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f(x)不可能有三个不同零点.当Δ＝4a2－12b＝0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一个零点，记作x0.当x∈(－∞，x0)时，f′(x)＞0，f(x)在区间(－∞，x0)上单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增.所以f(x)不可能有三个不同零点.综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有Δ＝4a2－12b＞0，故a2－3b＞0是f(x)有三个不同零点的必要条件.当a＝b＝4，c＝0时，a2－3b＞0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有两个不同零点，所以a2－3b＞0不是f(x)有三个不同零点的充分条件.因此a2－3b＞0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.12.解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a＞0，则当x∈0，1a时，f′(x)＞0；当x∈1a，＋∞时，f′(x)＜0.所以f(x)在0，1a上单调递增，在1a，＋∞上单调递减．(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值；当a＞0时，f(x)在x＝1a取得最大值，最大值为f1a＝ln1a＋a1－1a＝－lna＋a－1.因此f1a＞2a－2等价于lna＋a－1＜0.令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.因此，a的取值范围是(0，1)．13.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点．当a>0时，因为e2x单调递增，－ax单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)>0，当b满足0<b<a4且b<14时，f′(b)<0，故当a>0时，f′(x)存在唯一零点．(2)证明由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－ax0＝0，所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋aln2a≥2a＋aln2a.故当a>0时，f(x)≥2a＋aln2a.14.解(1)f′(x)＝1x－x＋1＝－x2＋x＋1x，x∈(0，＋∞)．由f′(x)＞0得x＞0，－x2＋x＋1＞0.解得0＜x＜1＋52.故f(x)的单调递增区间是0，1＋52.(2)令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)．则有F′(x)＝1－x2x.当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在[1，＋∞)上单调递减，故当x＞1时，F(x)＜F(1)＝0，即当x＞1时，f(x)＜x－1.(3)由(2)知，当k＝1时，不存在x0＞1满足题意．当k＞1时，对于x＞1，有f(x)＜x－1＜k(x－1)，则f(x)＜k(x－1)，从而不存在x0＞1满足题意．当k＜1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，则有G′(x)＝1x－x＋1－k＝－x2＋（1－k）x＋1x.由G′(x)＝0得，－x2＋(1－k)x＋1＝0.解得x1＝1－k－（1－k）2＋42＜0，x2＝1－k＋（1－k）2＋42＞1.当x∈(1，x2)时，G′(x)＞0，故G(x)在[1，x2)内单调递增．从而当x∈(1，x2)时，G(x)＞G(1)＝0，即f(x)＞k(x－1)．综上，k的取值范围是(－∞，1)．15.解(1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)．将其分别代入y＝ax2＋b，得a25＋b＝40，a400＋b＝2.5，解得a＝1000，b＝0.(2)①由(1)知，y＝1000x2(5≤x≤20)，则点P的坐标为t，1000t2，设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，y′＝－2000x3，则l的方程为y－1000t2＝－2000t3(x－t)，由此得A3t2，0，B0，3000t2.故f(t)＝3t22＋3000t22＝32t2＋4×106t4，t∈[5，20]．②设g(t)＝t2＋4×106t4，则g′(t)＝2t－16×106t5.令g′(t)＝0，解得t＝102.当t∈(5，102)时，g′(t)＜0，g(t)是减函数；当t∈(102，20)时，g′(t)＞0，g(t)是增函数．从而，当t＝102时，函数g(t)有极小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，此时f(t)min＝153.答：当t＝102时，公路l的长度最短，最短长度为153千米．16.解(1)f′(x)＝aexcosx－aexsinx＝2aexcosx＋π4.令f′(x)＝0，由x≥0，得x＋π4＝mπ－π2，即x＝mπ－3π4，m∈N*.而对于cosx＋π4，当k∈Z时，若2kπ－π2＜x＋π4＜2kπ＋π2，即2kπ－3π4＜x＜2kπ＋π4，则cosx＋π4＞0.若2kπ＋π2＜x＋π4＜2kπ＋3π2，即2kπ＋π4＜x＜2kπ＋5π4，则cosx＋π4＜0.因此，在区间（m－1）π，mπ－3π4与mπ－3π4，mπ＋π4上，f′(x)的符号总相反．于是当x＝mπ－3π4(m∈N*)时，f(x)取得极值，所以xn＝nπ－34π(n∈N*)．此时，f(xn)＝aenπ－3π4cosnπ－3π4＝(－1)n＋12a2enπ－3π4.易知f(xn)≠0，而f（xn＋1）f（xn）＝（－1）n＋22a2e（n＋1）π－3π4（－1）n＋12a2enπ－3π4＝－eπ是常数，故数列{f(xn)}是首项为f(x1)＝2a2eπ4，公比为－eπ的等比数列．(2)对一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，即nπ－3π4≤2a2enπ－3π4恒成立，亦即2a≤enπ－3π4nπ－3π4恒成立(因为a＞0)．设g(t)＝ett(t＞0)，则g′(t)＝et（t－1）t2.令g′(t)＝0得t＝1.当0＜t＜1时，g′(t)＜0，所以g(t)在区间(0，1)上单调递减；当t＞1时，g′(t)＞0，所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增．因为x1∈(0，1)，且当n≥2时，xn∈(1，＋∞)，xn＜xn＋1，所以[g(xn)]min＝min{g(x1)，g(x2)}＝mingπ4，g5π4＝gπ4＝4πeπ4.因此，xn≤|f(xn)|恒成立，当且仅当2a≤4πeπ4，解得a≥2π4e－π4.故a的取值范围是2π4e－π4，＋∞.17.解(1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，所以f′(1)＝2，又f′(x)＝lnx＋ax＋1，所以a＝1.(2)k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根．设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)lnx－x2ex，当x∈(0，1]时，h(x)＜0.又h(2)＝3ln2－4e2＝ln8－4e2＞1－1＝0，所以存在x0∈(1，2)，使得h(x0)＝0.因为h′(x)＝lnx＋1x＋1＋x（x－2）ex，所以当x∈(1，2)时，h′(x)＞1－1e＞0，当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0，所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增，所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．(3)由(2)知方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根x0.且x∈(0，x0)时，f(x)＜g(x)，x∈(x0，＋∞)时，f(x)＞g(x)，所以m(x)＝（x＋1）lnx，x∈（0，x0]，x2ex，x∈（x0，＋∞）.当x∈(0，x0)时，若x∈(0，1]，m(x)≤0；若x∈(1，x0)，由m′(x)＝lnx＋1x＋1＞0，可知0＜m(x)≤m(x0)；故m(x)≤m(x0)．当x∈(x0，＋∞)时，由m′(x)＝x（2－x）ex，可得x∈(x0，2)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增；x∈(2，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减；可知m(x)≤m(2)＝4e2，且m(x0)＜m(2)．综上可得，函数m(x)的最大值为4e2.18.解(1)当b＝a24＋1时，f(x)＝x＋a22＋1，故对称轴为直线x＝－a2.当a≤－2时，g(a)＝f(1)＝a24＋a＋2.当－2＜a≤2时，g(a)＝f－a2＝1.当a＞2时，g(a)＝f(－1)＝a24－a＋2.综上，g(a)＝a24＋a＋2，a≤－2，1，－2＜a≤2，a24－a＋2，a＞2.(2)设s，t为方程f(x)＝0的解，且－1≤t≤1，则s＋t＝－a，st＝b，由于0≤b－2a≤1，因此－2tt＋2≤s≤1－2tt＋2(－1≤t≤1)．当0≤t≤1时，－2t2t＋2≤st≤t－2t2t＋2，由于－23≤－2t2t＋2≤0和－13≤t－2t2t＋2≤9－45，所以－32≤b≤9－45.当－1≤t＜0时，t－2t2t＋2≤st≤－2t2t＋2，由于－2≤－2t2t＋2＜0和－3≤t－2t2t＋2＜0，所以－3≤b＜0.故b的取值范围是[－3，9－45]．19.(1)解由f(x)＝4x－x4，可得f′(x)＝4－4x3.当f′(x)＞0，即x＜1时，函数f(x)单调递增；当f′(x)＜0，即x＞1时，函数f(x)单调递减．所以，f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)证明设点P的坐标为(x0，0)，则x0＝413，f′(x0)＝－12.曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)，即g(x)＝f′(x0)(x－x0)．令函数F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)，则F′(x)＝f′(x)－f′(x0)．由于f′(x)＝－4x3＋4在(－∞，＋∞)上单调递减，故F′(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，又因为F′(x0)＝0，所以当x∈(－∞，x0)时，F′(x)＞0，当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(－∞，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的实数x，F(x)≤F(x0)＝0，即对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)．(3)证明由(2)知g(x)＝－12(x－413)．设方程g(x)＝a的根为x2′，可得x2′＝－a12＋413.因为g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′)，因此x2≤x2′.类似地，设曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝h(x)，可得h(x)＝4x.对于任意的x∈(－∞，＋∞)，有f(x)－h(x)＝－x4≤0，即f(x)≤h(x)．设方程h(x)＝a的根为x1′，可得x1′＝a4.因为h(x)＝4x在(－∞，＋∞)上单调递增，且h(x1′)＝a＝f(x1)≤h(x1)，因此x1′≤x1，由此可得x2－x1≤x2′－x1′＝－a3＋413.20.解(1)f(0)＝a2＋|a|－a2＋a＝|a|＋a，因为f(0)≤1，所以|a|＋a≤1，当a≤0时，|a|＋a＝－a＋a＝0≤1，显然成立；当a>0，则有|a|＋a＝2a≤1，所以a≤12，所以0<a≤12，综上所述，a的取值范围是a≤12.(2)f(x)＝x2－（2a－1）x，x≥a，x2－（2a＋1）x＋2a，x<a.对于u1＝x2－(2a－1)x，其对称轴为x＝2a－12＝a－12<a，开口向上，所以f(x)在(a，＋∞)上单调递增；对于u1＝x2－(2a＋1)x＋2a，其对称轴为x＝2a＋12＝a＋12>a，开口向上，所以f(x)在(－∞，a)上单调递减.综上，f(x)在(a，＋∞)上单调递增，在(－∞，a)上单调递减，(3)由(2)得f(x)在(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，所以f(x)min＝f(a)＝a－a2.(ⅰ)当a＝2时，f(x)min＝f(2)＝－2，f(x)＝x2－3x，x≥2，x2－5x＋4，x<2，令f(x)＋4x＝0，即f(x)＝－4x(x>0)，因为f(x)在(0，2)上单调递减，所以f(x)>f(2)＝－2，而y＝－4x在(0，2)上单调递增，y<f(2)＝2，所以y＝f(x)与y＝－4x在(0，2)无交点．当x≥2时，f(x)＝x2－3x＝－4x，即x3－3x2＋4＝0，所以x3－2x2－x2＋4＝0，所以(x－2)2(x＋1)＝0，因为x≥2，所以x＝2，即当a＝2时，f(x)＋4x有一个零点x＝2.(ⅱ)当a>2时，f(x)min＝f(a)＝a－a2，当x∈(0，a)时，f(0)＝2a>4，f(a)＝a－a2，而y＝－4x在x∈(0，a)上单调递增，当x＝a时，y＝－4a，下面比较f(a)＝a－a2与－4a的大小，因为a－a2－－4a＝－（a3－a2－4）a＝－（a－2）（a2＋a＋2）a<0所以f(a)＝a－a2<－4a.结合图象不难得当a>2，y＝f(x)与y＝－4x有两个交点，综上，当a＝2时，f(x)＋4x有一个零点x＝2；当a>2，y＝f(x)与y＝－4x有两个零点．21.解(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令f′(x)＝0，得x1＝－1－4＋3a3，x2＝－1＋4＋3a3，x1＜x2，所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．当x＜x1或x＞x2时，f′(x)＜0；当x1＜x＜x2时，f′(x)＞0.故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)内单调递减，在(x1，x2)内单调递增．(2)因为a＞0，所以x1＜0，x2＞0.①当a≥4时，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．②当0＜a＜4时，x2＜1.由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2，1]上单调递减，因此f(x)在x＝x2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0＜a＜1时，f(x)在x＝1处取得最小值；当a＝1时，f(x)在x＝0和x＝1处同时取得最小值；当1＜a＜4时，f(x)在x＝0处取得最小值．22.解(1)f′(x)＝x2＋2x＋a开口向上，方程x2＋2x＋a＝0的判别式Δ＝4－4a＝4(1－a)，若a≥1，则Δ≤0，f′(x)＝x2＋2x＋a≥0恒成立，∴f(x)在R上单调递增．若a＜1，则Δ＞0，方程x2＋2x＋a＝0有两个不同的实数根，x1＝－1－1－a，x2＝－1＋1－a，当x＜x1或x＞x2时，f′(x)＞0；当x1＜x＜x2时，f′(x)＜0，∴f(x)的单调递增区间为(－∞，－1－1－a)和(－1＋1－a，＋∞)，单调递减区间为(－1－1－a，－1＋1－a)．综上所述，当a≥1时，f(x)在R上单调递增；当a<1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－1－1－a)和(－1＋1－a，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(－1－1－a，－1＋1－a)．(2)当a＜0时，Δ＞0，且f(0)＝1，f12＝3124＋a2，f(1)＝73＋a，此时x1＜0，x2＞0，令x2＝12得a＝－54.①当－54＜a＜0时，x1＜0＜x2＜12，f(x)在(0，x2)上单调递减，在x2，12上单调递增，在12，1上单调递增．(ⅰ)若－54＜a＜－712，则f(0)＝1＞f12，∴存在x0∈(0，x2)，使得f(x0)＝f12；(ⅱ)当－712≤a＜0时，f(0)≤f12，∴不存在x0∈0，12∪12，1，使得f(x0)＝f12.②当a＝－54时，f(x)在0，12上单调递减，在12，1上单调递增．∴不存在x0，使得f(x0)＝f12.③当－2512＜a＜－54时，f12＜f(1)，∴存在x0∈0，12∪12，1，使得f(x0)＝f12.④当a≤－2512时，f12≥f(1)，∴不存在x0∈0，12∪12，1，使得f(x0)＝f12.综上，当a∈－712，0∪{－54}∪－∞，－2512时，不存在x0∈0，12∪12，1，使得f(x0)＝f12；当a∈－2512，－54∪－54，－712时，存在x0∈0，12∪12，1，使得f(x0)＝f12.23.解(1)由已知，有f′(x)＝2x－2ax2(a＞0)．令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝1a.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x (－∞，0) 0 0，1a1a1a，＋∞
f′(x) － 0 ＋ 0 －f(x) 0 13a2所以，f(x)的单调递增区间是0，1a；单调递减区间是(－∞，0)，1a，＋∞.当x＝0时，f(x)有极小值，且极小值f(0)＝0；当x＝1a时，f(x)有极大值，且极大值f1a＝13a2.(2)由f(0)＝f32a＝0及(1)知，当x∈0，32a时，f(x)＞0；当x∈32a，＋∞时，f(x)＜0.设集合A＝{f(x)|x∈(2，＋∞)}，集合B＝1f（x）|x∈（1，＋∞），f（x）≠0，则"对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1"等价于A?B.显然，0?B.下面分三种情况讨论：(1)当32a＞2，即0＜a＜34时，由f32a＝0可知，0∈A，而0?B，所以A不是B的子集．(2)当1≤32a≤2，即34≤a≤32时，有f(2)≤0，且此时f(x)在(2，＋∞)上单调递减，故A＝(－∞，f(2))，因而A?(－∞，0)；由f(1)≥0，有f(x)在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，则(－∞，0)?B.所以A?B.(3)当32a＜1，即a＞32时，有f(1)＜0，且此时f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故B＝1f（1），0，A＝(－∞，f(2))，所以A不是B的子集．综上，a的取值范围是34，32.24.解(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋ex，则f′(x)＝x－ex2，∴当x∈(0，e)，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x∈(e，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋ee＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x＞0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x＞0)．设φ(x)＝－13x3＋x(x≥0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点．∴φ(x)的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m＞23时，函数g(x)无零点；②当m＝23时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0＜m＜23时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m＞23时，函数g(x)无零点；当m＝23或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0＜m＜23时，函数g(x)有两个零点．(3)对任意的b＞a＞0，f（b）－f（a）b－a＜1恒成立，等价于f(b)－b＜f(a)－a恒成立．(*)设h(x)＝f(x)－x＝lnx＋mx－x(x＞0)，∴(*)式等价于h(x)在(0，＋∞)上单调递减．由h′(x)＝1x－mx2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－x－122＋14(x＞0)恒成立，∴m≥14(对m＝14，h′(x)＝0仅在x＝12时成立)，∴m的取值范围是14，＋∞.25.解(1)f′(x)＝ax＋(1－a)x－b.由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.(2)f(x)的定义域为(0，＋∞).由(1)知，f(x)＝alnx＋1－a2x2－x，f′(x)＝ax＋(1－a)x－1＝1－ax(x－a1－a)(x－1)．①若a≤12，则a1－a≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)＜aa－1的充要条件为f(1)＜aa－1，即1－a2－1＜aa－1，解得－2－1＜a＜2－1.②若12＜a＜1，则a1－a＞1，故当x∈1，a1－a时，f′(x)＜0；当x∈a1－a，＋∞时，f′(x)＞0.f(x)在1，a1－a单调递减，在a1－a，＋∞单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)＜aa－1的充要条件为fa1－a＜aa－1.而fa1－a＝alna1－a＋a22（1－a）＋aa－1＞aa－1，所以不合题意．③若a＞1，则f(1)＝1－a2－1＝－a－12＜aa－1.综上，a的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．B组两年模拟精选(2016～2015年)1.解析f′(x)＝2x＋2sinx，当x∈[0，1]时f′(x)>0.∴f(x)为增函数，所以f(0)<f13<f25，又f(x)为偶函数，所以f－13＝f13，则f(0)<f－13<f25.答案A2.解析f′(x)＝3x2－2tx＋3，由于f(x)在区间[1，4]上单调递减，则有f′(x)≤0在[1，4]上恒成立，即3x2－2tx＋3≤0，即t≥32x＋1x在[1，4]上恒成立，因为y＝32x＋1x在[1，4]上单调递增，所以t≥324＋14＝518，故选C.答案C3.解析令F(x)＝f（x）x，则F′(x)＝xf′（x）－f（x）x2<0，所以F(x)为减函数，f（2）2>f（3）3，所以3f(2)>2f(3).答案A4.解析当x≤0时，f′(x)＝6x2＋6x，易知函数f(x)在(－∞，0]上的极大值点是x＝－1，且f(－1)＝2，故只要在(0，2]上，eax≤2即可，即ax≤ln2在(0，2]上恒成立，即a≤ln2x在(0，2]上恒成立，故a≤12ln2.答案D5.解析构造函数F(x)＝f(x)－x3＋23，F(1)＝f(1)－1＝0，∵f′(x)＜13，∴F′(x)＝f′(x)－13＜0，∴F(x)在R上单调递减，f(x)＜x3＋23的解集即F(x)＜0＝F(1)的解集，得x＞1.答案D6.解析f(x)＝x3－3x，f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，解得x＝±1，可以判断当x＝1时函数有极小值，∴a＜1，6－a2≥1，6－a2＞a，解得a∈[－5，1)，∴选B.答案B7.解析f′(x)＝x2－ax＋3－a，要使f(x)有三个不同单调区间，需Δ＝(－a)2－4(3－a)＞0，即a∈(－∞，－6)∪(2，＋∞).答案(－∞，－6)∪(2，＋∞)8.解析∵f′(x)＝3x2＋1＞0恒成立，∴f(x)在R上是增函数.又f(－x)＝－f(x)，∴y＝f(x)为奇函数.由f(mx－2)＋f(x)＜0得f(mx－2)＜－f(x)＝f(－x)，∴mx－2＜－x，即mx－2＋x＜0在m∈[－2，2]上恒成立.记g(m)＝xm－2＋x，则g（－2）＜0，g（2）＜0，即－2x－2＋x＜0，2x－2＋x＜0，解得－2＜x＜23.答案－2，239.解(1)由题知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，当x∈0，1e时，f′(x)＜0，故f(x)在0，1e上单调递减，当x∈1e，＋∞时，f′(x)＞0.故f(x)在1e，＋∞上单调递增.①当0＜t＜t＋2＜1e时，无解；②当0＜t＜1e＜t＋2，即0＜t＜1e时，函数f(x)在[t，t＋2]上的最小值f(x)min＝f1e＝－1e；③当1e≤t＜t＋2，即t≥1e时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，故函数f(x)在[t，t＋2]上的最小值f(x)min＝f(t)＝tlnt.综上可知f(x)min＝－1e，0＜t＜1e，tlnt，t≥1e.(2)由题知2xlnx≥－x2＋ax－3，即a≤2lnx＋x＋3x对一切x∈(0，＋∞)恒成立.设h(x)＝2lnx＋x＋3x(x＞0)，则h′(x)＝（x＋3）（x－1）x2，当x∈(0，1)时，h′(x)＜0，故h(x)在(0，1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增.所以h(x)在(0，＋∞)上有唯一极小值h(1)，即为最小值，所以h(x)min＝h(1)＝4，因为对一切x∈(0，＋∞)，a≤h(x)恒成立，所以a≤4.第一节导数的概念及其运算A组三年高考真题（2016～2014年）1．(2014·陕西，10)如图，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切)．已知环湖弯曲路段为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为()A．y＝12x3－12x2－x B．y＝12x3＋12x2－3xC．y＝14x3－x D．y＝14x3＋12x2－2x2.(2016·新课标全国Ⅲ，16)已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝－x，则曲线y＝f(x)在点(1，2)处的切线方程是________.3．(2015·新课标全国Ⅰ，14)已知函数f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,7)，则a＝________.4.(2015·新课标全国Ⅱ，16)已知曲线y＝x＋lnx在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________.5.(2015·天津，11)已知函数f(x)＝axlnx，x∈(0，＋∞)，其中a为实数，f′(x)为f(x)的导函数．若f′(1)＝3，则a的值为________．6.(2014·江苏，11)在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋bx(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b的值是________．7.(2014·广东，11)曲线y＝－5ex＋3在点(0，－2)处的切线方程为______________．8.(2014·北京，20)已知函数f(x)＝2x3－3x.(1)求f(x)在区间[－2,1]上的最大值；(2)若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，求t的取值范围；(3)问过点A(－1,2)，B(2,10)，C(0,2)分别存在几条直线与曲线y＝f(x)相切？(只需写出结论)B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·云南曲靖一中质量检测(五))已知点P是曲线y＝3－exex＋1上一动点，α为曲线在点P处的切线的倾斜角，则α的最小值是()A.0 B.π4C.2π3 D.3π42.(2016·河南适应性测试)已知直线ax－by－2＝0与曲线y＝x3在点P(1，1)处的切线互相垂直，则ab的值为()A.13 B.23C.－23 D.－133.(2015·浙江金华十校联考)设函数y＝xsinx＋cosx，且在f(x)图象上点(x0，y0)处的切线的斜率为k，若k＝g(x0)，则函数k＝g(x0)的图象大致为()4.(2015·赣州市十二县联考)函数f(x)＝3lnx＋x2－3x＋3在点(3，f(3))处的切线斜率是()A.－23 B.3C.23 D.435.(2015·昆明三中模拟)设函数f(x)＝sinθ3x3＋3cosθ2x2＋tanθ，其中θ∈0，5π12，则导数f′(1)的取值范围是()A.[－2，2] B.[2，3]C.[3，2] D.[2，2]6.(2016·郑州质量预测)如图，y＝f(x)是可导函数，直线l：y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，其中g′(x)是g(x)的导函数，则g′(3)＝________.7.(2015·豫南九校二联)若函数f(x)＝cosx＋2xf′π6，则f(x)在点(0，f(0))处的切线方程是________.8.(2015·黄冈中学高三期中)定义运算＝a1b2－a2b1，则函数f(x)＝x2＋3x1x13x的图象在点1，13处的切线方程是________.9.(2015·南昌模拟)已知函数f(x)＝lnx，x≥1，1e（x＋2）（x－a），x<1(a为常数，e为自然对数的底数)的图象在点A(e，1)处的切线与该函数的图象恰好有三个公共点，则实数a的取值范围是________.答案精析A组三年高考真题（2016～2014年）1.解析法一由题意可知，该三次函数满足以下条件：过点(0，0)，(2，0)，在(0，0)处的切线方程为y＝－x，在(2，0)处的切线方程为y＝3x－6，以此对选项进行检验．A选项，y＝12x3－12x2－x，显然过两个定点，又y′＝32x2－x－1，则y′|x＝0＝－1，y′|x＝2＝3，故条件都满足，由选择题的特点知应选A.法二设该三次函数为f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d，则f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由题设有f（0）＝0?d＝0，f（2）＝0?8a＋4b＋2c＋d＝0，f′（0）＝－1?c＝－1，f′（2）＝3?12a＋4b＋c＝3，解得a＝12，b＝－12，c＝－1，d＝0.故该函数的解析式为y＝12x3－12x2－x，选A.答案A2.解析设x>0，则－x<0，f(－x)＝ex－1＋x，因为f(x)为偶函数，所以f(x)＝ex－1＋x，f′(x)＝ex－1＋1，f′(1)＝2，y－2＝2(x－1)，即y＝2x.答案y＝2x3.解析f′(x)＝3ax2＋1，f′(1)＝1＋3a，f(1)＝a＋2.点(1，f(1))处的切线方程为y－(a＋2)＝(1＋3a)(x－1)．将(2，7)代入切线方程，得7－(a＋2)＝(1＋3a)，解得a＝1.答案14.解析由y＝x＋lnx，得y′＝1＋1x，得曲线在点(1，1)的切线的斜率为k＝y′|x＝1＝2，所以切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1，此切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，消去y得ax2＋ax＋2＝0，得a≠0且Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.答案85.解析f′(x)＝alnx＋ax·1x＝a(lnx＋1)，由f′(1)＝3得，a(ln1＋1)＝3，解得a＝3.答案36.解析由曲线y＝ax2＋bx过点P(2，－5)可得－5＝4a＋b2(1)．又y′＝2ax－bx2，所以在点P处的切线斜率4a－b4＝－72(2)．由(1)(2)解得a＝－1，b＝－2，所以a＋b＝－3.答案－37.解析由y＝－5ex＋3得，y′＝－5ex，所以切线的斜率k＝y′|x＝0＝－5，所以切线方程为y＋2＝－5(x－0)，即5x＋y＋2＝0.答案5x＋y＋2＝08.解(1)由f(x)＝2x3－3x得f′(x)＝6x2－3.令f′(x)＝0，得x＝－22或x＝22.因为f(－2)＝－10，f－22＝2，f22＝－2，f(1)＝－1，所以f(x)在区间[－2，1]上的最大值为f－22＝2.(2)设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)，则y0＝2x30－3x0，且切线斜率为k＝6x20－3，所以切线方程为y－y0＝(6x20－3)(x－x0)，因此t－y0＝(6x20－3)(1－x0)．整理得4x30－6x20＋t＋3＝0.设g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，则"过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切"等价于"g(x)有3个不同零点"．g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)，g(x)与g′(x)的情况如下：x (－∞，0) 0 (0，1) 1 (1，＋∞)g′(x) ＋ 0 － 0 ＋g(x) t＋3 t＋1 所以，g(0)＝t＋3是g(x)的极大值，g(1)＝t＋1是g(x)的极小值．当g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3时，此时g(x)在区间(－∞，1]和(1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点．当g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1时，此时g(x)在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点．当g(0)＞0且g(1)＜0，即－3＜t＜－1时，因为g(－1)＝t－7＜0，g(2)＝t＋11＞0，所以g(x)分别在区间[－1，0)，[0，1)和[1，2)上恰有1个零点，由于g(x)在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上单调，所以g(x)分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点．综上可知，当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切时，t的取值范围是(－3，－1)．(3)过点A(－1，2)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切；过点B(2，10)存在2条直线与曲线y＝f(x)相切；过点C(0，2)存在1条直线与曲线y＝f(x)相切．B组两年模拟精选(2016～2015年)1.解析y′＝－ex（ex＋1）－（3－ex）ex（ex＋1）2＝－4exe2x＋2ex＋1＝－4ex＋1ex＋2≥－42＋2＝－1，故α最小值是3π4.答案D2.解析由题意得y′＝3x2，当x＝1时，y′|x＝1＝3×12＝3，所以ab×3＝－1，即ab＝－13，故选D.答案D3.解析y′＝xcosx，k＝g(x0)＝x0cosx0，由于它是奇函数，排除B，C；当0＜x＜π4时，k＞0，排除D，答案为A.答案A4.解析∵f′(x)＝3x＋2x－3，∴f′(3)＝33＋23－3＝23.答案C5.解析f′(x)＝x2sinθ＋3xcosθ，∴f′(1)＝sinθ＋3cosθ＝212sinθ＋32cosθ＝2sinθ＋π3，∵0≤θ≤5π12，∴π3≤θ＋π3≤3π4，∴2≤2sinθ＋π3≤2，即2≤f′(1)≤2，即导数f′(1)的取值范围是[2，2]，选D.答案D6.解析依题意得f(3)＝k×3＋2＝1，k＝－13，则f′(3)＝k＝－13，g′(3)＝f(3)＋3f′(3)＝1－1＝0.答案07.解析f′(x)＝－sinx＋2f′π6，令x＝π6，得f′π6＝12，得f(x)＝cosx＋x，f′(0)＝1，f(0)＝1，故在(0，1)处的切线方程为y－1＝1(x－0)，即x－y＋1＝0.答案x－y＋1＝08.解析由定义可知f(x)＝x2＋3x1x13x＝13x3＋x2－x，故f′(x)＝x2＋2x－1，f′(1)＝2，所以函数f(x)在点1，13处的切线方程为y－13＝2(x－1)，化为一般式为6x－3y－5＝0.答案6x－3y－5＝09.解析易知曲线在点A处的切线方程为y－1＝1e(x－e)，即为y＝1ex.该切线与f(x)的图象有三个交点，则与f(x)＝1e(x＋2)(x－a)，x<1有两个不同交点，即方程1ex＝1e(x＋2)(x－a)，x∈(－∞，1)有两个不等根，x2＋(1－a)x－2a＝0，x∈(－∞，1)有两个不等根，结合二次函数g(x)＝x2＋(1－a)x－2a，x∈(－∞，1)的图象可得Δ＝（1－a）2＋8a>0，－1－a2<1，g（1）＝2－3a>0，解得a<－3－22或a>－3＋22，a<3，a<23.所以a<－3－22或－3＋22<a<23，故实数a的取值范围为(－∞，－3－22)∪－3＋22，23.答案(－∞，－3－22)∪(－3＋22，23)
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