2018年高考数学导数小题练习集(一)
2018年高考压轴题之导数含答案
解(1)当 a ＝1 时，f (x )＝e x －x 2－2x －1，f (－1)＝ ，所以切点坐标为⎝－1，e ⎭，f ′(x )＝e x －2x －2，所以 f ′(－1)＝ ，故曲线 y ＝f (x )在点(－1，f (－1))处的切线方程为 y － ＝ [x －(－1)]，即 y ＝ x ＋ .①当 2a ≤1，即 a ≤ 时，g ′(x )＝e x －2a ＞1－2a ≥0，所以 f (x )＞f (0)＝1－0－0－1＝0，故 a ≤ 时符合题意.②当 2a ＞1，即 a ＞ 时，令 g ′(x )＝e x －2a ＝0，得 x ＝ln 2a ＞0，综上，a 的取值范围是⎝－∞，2⎦.压轴大题突破练1.导 数1.(2017· 安徽“皖南八校”联考)已知函数 f (x )＝e x －ax 2－2ax －1.(1)当 a ＝1 时，求曲线 y ＝f (x )在点(－1，f (－1))处的切线方程； (2)当 x ＞0 时，f (x )＞0 恒成立，求实数 a 的取值范围.1 e⎛ 1⎫1e1 1 1 2e e e e(2)f (x )＝e x －ax 2－2ax －1 求导得 f ′(x )＝e x －2ax －2a ，令 g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －2a ，则 g ′(x )＝e x －2a (x ＞0).12所以 g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －2a 在(0，＋∞)上为增函数，g (x )＞g (0)＝1－2a ≥0，即 g (x )＝f ′(x )≥0，所以 f (x )＝e x －ax 2－2ax －1 在(0，＋∞)上为增函数，1212xg ′(x )g (x )(0，ln 2a )－减函数 ln 2a极小值 (ln 2a ，＋∞)＋增函数当 x ∈(0，ln 2a )时，g (x )＜g (0)＝1－2a ＜0，即 f ′(x )＜0，所以 f (x )在(0，ln 2a )上为减函数，所以 f (x )＜f (0)＝0，与条件矛盾，故舍去.⎛ 1⎤2.(2017· 广东惠州调研)已知函数 f (x )＝x 2－(a －2)x －a ln x (a ∈R ).(1)求函数 y ＝f (x )的单调区间；f ′(x )＝2x －(a －2)－ ＝ ＝ .当 a ＞0 时，由 f ′(x )＞0，得 x ＞ ，由 f ′(x )＜0，得 0＜x ＜ ，所以函数 f (x )在区间⎝2，＋∞⎭上单调递增，在区间⎝0，2⎭上单调递减.令 g ′(x )＝e x － ＝0，得 e x ＝ ，容易知道该方程有唯一解，不妨设为 x 0，则 x 0 满足 e x 0 ＝ ，g (x )min ＝g (x 0)＝ e x 0 －ln x 0－2＝ ＋x 0－2， f ′(x )＝ －1＝ ＝0 x ＝1，(2)当 a ＝1 时，证明：对任意的 x ＞0，f (x )＋e x ＞x 2＋x ＋2.(1)解 函数 f (x )的定义域是(0，＋∞)，a 2x 2－(a －2)x －a (x ＋1)(2x －a )x xx当 a ≤0 时，f ′(x )＞0 对任意 x ∈(0，＋∞)恒成立，所以函数 f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增.a2a2⎛a ⎫ ⎛ a ⎫(2)证明 当 a ＝1 时，f (x )＝x 2＋x －ln x ，要证明 f (x )＋e x ＞x 2＋x ＋2，只需证明 e x －ln x －2＞0，设 g (x )＝e x －ln x －2，则问题转化为证明对任意的 x ＞0，g (x )＞0，11xx1 x 0当 x 变化时，g ′(x )和 g (x )的变化情况如下表：xg ′(x )g (x )(0，x 0)－单调递减 x 0(x 0，＋∞)＋单调递增1 x 0 因为 x 0＞0，且 x 0≠1，所以 g (x )min ＞2 1－2＝0，因此不等式得证. 3.(2017· 荆、荆、襄、宜四地七校联考)已知函数 f (x )＝ln x －x .(1)求函数 f (x )的单调区间；(2)若方程 f (x )＝m (m ＜－2)有两个相异实根 x 1，x 2，且 x 1<x 2，证明：x 1· x 22＜2. (1)解 f (x )＝ln x －x 的定义域为(0，＋∞)，1 1－xxx当 x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，所以 y ＝f (x )在(0，1)上单调递增，当 x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，所以 y ＝f (x )在(1，＋∞)上单调递减.(2)证明 由(1)可知，f (x )＝m 的两个相异实根 x 1，x 2 满足 ln x －x －m ＝0， 且 0＜x 1＜1，x 2＞1，ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0，所以 0＜x 1＜1，0＜ 2＜1.2＝(lnx 1－x 1)－ln 2－2则 g (x 1)－g ⎝x ⎭ ⎝ x x ⎭－ 2)＝－x 2＋ 2＋3ln x 2－ln 2，当 t ＞2 时，h ′(t )＜0，h (t )在(2，＋∞)上单调递减，所以 h (t )＜h (2)＝2ln 2－ ＜0.2＜0，即g (x 1)＜g2，所以当 x 2＞2 时，g (x 1)－g ⎝x ⎭ ⎝x ⎭因为 0＜x 1＜1，0＜ 2＜1，g (x )在(0，1)上单调递增， 所以 x 1＜ 2，故 x 1· x 22＜2. (2)若函数 y ＝f (x )的图象在点 (2，f (2))处的切线的倾斜角为 45°，且函数 g (x )＝ x 2＋nx ＋2－ ，所以 g (x )＝ x 2＋nx ＋m ⎝ x ⎭＝(ln x 2－x 2)－(ln 2 解 (1)f ′(x )＝(x ＞0)，＝ t 3 ＝－ t 3由题意可知 ln x 2－x 2＝m ＜－2＜ln 2－2，又由(1)可知 f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)上单调递减，故 x 2＞2，2 x2令 g (x )＝ln x －x －m ，⎛ 2 ⎫ ⎛ 2 2 ⎫ 22 2 2 2 x 2 x 2 x 22令 h (t )＝－t ＋t 2＋3ln t －ln 2(t ＞2)，4 3 －t 3＋3t 2－4 (t －2)2(t ＋1)则 h ′(t )＝－1－t 3＋ t .32⎛ 2 ⎫ ⎛ 2 ⎫ 2 2 2 x22 x2综上所述，x 1· x 2＜2.4.(2017 届重庆市一中月考)已知函数 f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R ).(1)当 a ＞0 时，求函数 f (x )的单调区间；12mf ′(x )(m ，n ∈R )，当且仅当在 x ＝1 处取得极值，其中 f ′(x )为 f (x )的导函数，求 m 的取值范围.a (1－x )x当 a ＞0 时，令 f ′(x )＞0，得 0＜x ＜1，令 f ′(x )＜0，得 x ＞1，故函数 f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).(2)因为函数 y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为 45°， 则 f ′(2)＝1，即 a ＝－2，1 ⎛ 2⎫2－ln x ＋2k 则 g ′(x )＝ ＝ ，－(2)设 g (x )＝ ，对任意 x ＞0，证明：(x ＋1)· g (x )<e x ＋e x 2. (1)解 因为 f ′(x )＝ (x ＞0)， 由已知得 f ′(1)＝ ＝0，所以 k ＝－ .x 1 1 1(2)证明 因为 x ＞0，要证原式成立即证 x ＜ 成立.当 0＜x ＜1 时，e x ＞1，且由(1)知，g (x )＞0，所以 g (x )＝＜1－x ln x －x ，x 2e x －ln x －1，则 k ′(x )＝－2m x 3＋nx 2＋2m所以 g ′(x )＝x ＋n ＋ x 2 ＝ ， 因为 g (x )在 x ＝1 处有极值，故 g ′(1)＝0，从而可得 n ＝－1－2m ，x 3＋nx 2＋2m (x －1)(x 2－2mx －2m ) x 2 x 2又因为 g (x )仅在 x ＝1 处有极值，所以 x 2－2mx －2m ≥0 在(0，＋∞)上恒成立，当 m ＞0 时，－2m ＜0，易知 x 0∈(0，＋∞)，使得 x 20－2mx 0－2m ＜0， 所以 m ＞0 不成立，故 m ≤0，当 m ≤0 且 x ∈(0，＋∞)时，x 2－2mx －2m ≥0 恒成立，所以 m ≤0.综上，m 的取值范围是(－∞，0].5.(2017· 湖北沙市联考)已知函数 f (x )＝e －x (ln x －2k )(k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底 数)，曲线 y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与 y 轴垂直. (1)求 f (x )的单调区间；1－x (ln x ＋1)e x 1xe x1＋2k 1e 21－ln x －1所以 f ′(x )＝ ，设 k (x )＝x x 2－x ＜0 在(0，＋∞)上恒成立，即 k (x )在(0，＋∞)上单调递减，由 k (1)＝0 知，当 0＜x ＜1 时，k (x )＞0，从而 f ′(x )＞0，当 x ＞1 时，k (x )＜0，从而 f ′(x )<0.综上可知，f (x )的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，＋∞).g (x ) 1＋e －2e x ＋1当 x ≥1 时，由(1)知 g (x )≤0＜1＋e －2 成立；1－x ln x －xe x设 F (x )＝1－x ln x －x ，x ∈(0，1)，则 F ′(x )＝－(ln x ＋2)，当 x ∈(0，e －2)时，F ′(x )＞0， 当 x ∈(e －2，1)时，F ′(x )＜0，所以当 x ＝e －2 时，F (x )取得最大值 F (e －2)＝1＋e －2，所以 g (x )＜F (x )≤1＋e －2，即 0＜ x ＜ . 当 x ≥1 时，有 x ≤0＜ ；当 0＜x ＜1 时，由①②式， x ＜ . 综上所述，当 x ＞0 时， x ＜ 成立，故原不等式成立.6.(2017· 西安模拟)已知函数 f (x )＝⎝k ＋k ⎭ln x ＋ ，其中常数 k ＞0. 4⎫ 4⎫ ⎛ ⎛ 且 f ′(x )＝ － ＝－ ＝－ (k ＞0).①当 0＜k ＜2 时， ＞k ＞0，且 ＞2，②当 k ＝2 时， ＝k ＝2，f ′(x )＜0 在区间(0，2)内恒成立，③当 k ＞2 时，0＜ ＜2，k ＞ ，所以当 x ∈⎝0，k ⎭时，f ′(x )＜0；x ∈⎝k ，2⎭时，f ′(x )＞0，所以函数在⎝0，k ⎭上是减函数，在⎝k ，2⎭上是增函数.k 4 k 4 4⎫ 即－2－1＝－2－1，化简得，4(x 1＋x 2)＝⎝k ＋k ⎭x 1x 2.由 x 1x 2＜⎝ 2 ⎭ ，k x 2＋4即当 0＜x ＜1 时，g (x )＜1＋e －2.①综上所述，对任意 x ＞0，g (x )＜1＋e －2 恒成立.令 G (x )＝e x －x －1(x ＞0)，则 G ′(x )＝e x －1＞0 恒成立，所以 G (x )在(0，＋∞)上单调递增，G (x )＞G (0)＝0 恒成立，即 e x ＞x ＋1＞0，1 1 e x ＋1g (x ) 1＋e －2 e x ＋1g (x ) 1＋e －2e x ＋1g (x ) 1＋e －2e x ＋1②⎛ 4⎫ 4－x 2x(1)讨论 f (x )在(0，2)上的单调性；(2)当 k ∈[4，＋∞)时，若曲线 y ＝f (x )上总存在相异的两点 M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，使曲线 y ＝f (x )在 M ，N 两点处的切线互相平行，试求 x 1＋x 2 的取值范围. 解 (1)由已知得，f (x )的定义域为(0，＋∞)，4 k ＋ x 2－⎝k ＋k ⎭x ＋4 (x －k )⎝x －k ⎭ xx 2x 2 x 24 4kk所以 x ∈(0，k )时，f ′(x )＜0；x ∈(k ，2)时，f ′(x )＞0.所以函数 f (x )在(0，k )上是减函数，在(k ，2)上是增函数；4k所以 f (x )在(0，2)上是减函数；4 4kk⎛ 4⎫ ⎛4 ⎫⎛ 4⎫ ⎛4 ⎫(2)由题意，可得 f ′(x 1)＝f ′(x 2)，x 1x 2＞0 且 x 1≠x 2， 4 4k ＋ k ＋ ⎛ x 1x 1x 2x 2⎛x 1＋x 2⎫21k ＋得4(x 1＋x 2)＜⎝k ⎭⎝ k ＋ k ＋ 故 x 1＋x 2 的取值范围为⎝ 5 ，＋∞⎭.2 ⎭ ，4 54 ，则 g ′(k )＝1－⎛4⎫⎛x ＋x 2⎫216即(x 1＋x 2)＞对 k ∈[4，＋∞)恒成立， k4 4 k 2－4令 g (k )＝k ＋k k 2＝ k 2 ＞0 对 k ∈[4，＋∞)恒成立.所以 g (k )在[4，＋∞)上是增函数，则 g (k )≥g (4)＝5，1616所以≤ ，k16所以(x 1＋x 2)＞ 5 ，⎛16⎫。
2018高考数学之导数
2018各省高考真题之导数1.（北京理18）（本小题13分） 设函数=[-(4a +1)x+4a +3] .（I ）若曲线y= f （x ）在点(1, )处的切线与X 轴平行,求a ： (II)若在x =2处取得最小值，求a 的取值范围。
2.（北京文19）（本小题13分） 设函数.（Ⅰ）若曲线在点处的切线斜率为0，求a ；（Ⅱ）若在处取得极小值，求a 的取值范围.3．（江苏）若函数32()21()f x x ax 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 ▲ ．4.（全国1理，5）．设函数.若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为A ．B ．C ．D ．5.（全国1理，21）．（12分）已知函数． （1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，证明：．6.（全国1文21）．（12分）已知函数()e ln 1xf x a x =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间；（2）证明：当1ea ≥时，()0f x ≥．7.（全国2理13）.曲线y=2ln （x+1）在点（0，0）处的切线方程为________。
32()(1)f x x a x ax =+-+()f x ()y f x =(0,0)2y x =-y x =-2y x =y x =1()ln f x x a x x=-+()f x ()f x 12,x x ()()12122f x f x a x x -<--8.（全国2理21）（12分）已经函数f （x ）=e x -ax 2。
（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 。
9.（全国2文13）曲线y=2在点（1，0）处的切线方程为_______。
10.（全国2文21.）（12分）已知道函数（x ）=x 3-（x 2+x+1）。
2018全国高考试题分类汇编-导数部分(含解析)
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年高考数学试题分类汇编-----导数精品
4.（ 2018 安徽卷文）设
，函数
的图像可能是
【解析】可得 x a, x b为 y ( x a) 2( x b) 0 的两个零解 .
当 x a 时 ,则 x b f ( x) 0
当 a x b 时 ,则 f ( x) 0, 当 x b 时,则 f ( x) 0. 选 C。
【答案】 C
5.（ 2018 江西卷文）若存在过点 (1,0) 的直线与曲线 y x3和 y ax2
（ D） y 2x 3
[解析 ]：由 f (x) 2 f (2 x) x2 8x 8得 f (2 x) 2 f (x) (2 x)2 8(2 x) 8 ， 即 2 f ( x) f (2 x) x2 4x 4，∴ f ( x) x2 ∴ f / ( x) 2x ，∴切线方程为
y 1 2( x 1) ，即 2x y 1 0 选 A
1 1
x0 a
x0 a 1 y0 0, x 0 1 a 2 .故答案选 B
2.（2018 安徽卷理） 设 a ＜ b, 函数 y ( x a)2 ( x b ) 的图像可能是
[ 解析 ]： y/
( x a)(3 x 2a b) ，由 y /
0 得 x a, x
2a
b
，∴当
x
3
大值 0，当 x 2a b 时 y 取极小值且极小值为负。故选 C。 3
内恒成立的是
A
f ( x) 0 B f ( x) 0
C f (x) x
D f ( x) x
【答案】 A
【解析】由已知，首先令 x 0 ，排除 B， D。然后结合已知条件排除 C,得到 A
【考点定位】本试题考察了导数来解决函数单调性的运用。通过分析解析式的特点，考 查了分析问题和解决问题的能力。
2018年高三最新 导数高考题选摘 精品
2018年部分省市高考试题全国试卷10.函数y=x cosx －sinx 在下面哪个区间内是增函数：A. (2π, 23π) B. (π,2π) C. (23π, 25π)D. (2π,3π)22．(本题14分) 已知函数f(x)=ln(1+x)－x ，g(x)=x lnx .(1)求函数f(x)的最大值；(2)设0<a<b ，证明：0<g(a)+g(b)－2g(2ba +)<(b －a)ln2 （理科数学[必修+选修Ⅱ]） 21．(本题12分)若函数f(x)=31x 3-21ax 2+(a-1)x+1在区间(1,4)内为减函数，在区间(6,+∞)上为增函数，试求实数a 的取值范围。
（文科数学[必修+选修Ⅰ]）湖南卷12．设)(),(x g x f 分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当0<x 时，,0)()()()(>'+'x g x f x g x f 且,0)3(=-g 则不等式0)()(<x g x f 的解集是（ ）A ．),3()0,3(+∞⋃-B ．)3,0()0,3(⋃-C ．),3()3,(+∞⋃--∞D ．)3,0()3,(⋃--∞20 (文)．（本小题满分12分）已知函数e a e x x f ax,0,)(2≤=其中为自然对数的底数.（Ⅰ）讨论函数)(x f 的单调性；（Ⅱ）求函数)(x f 在区间[0，1]上的最大值.20．解：（Ⅰ）.)2()(axe ax x xf +='（i ）当a =0时，令 .0,0)(=='x x f 得若),0()(,0)(,0+∞>'>在从而则x f x f x 上单调递增； 若)0,()(,0)(,0-∞<'<在从而则x f x f x 上单调递减.（ii ）当a <0时，令.20,0)2(,0)(ax x ax x x f -===+='或故得 若)0,()(,0)(,0-∞<'<在从而则x f x f x 上单调递减；若)2,0()(,0)(,20ax f x f ax ->'-<<在从而则上单调递增；若,2ax ->),2()(,0)(+∞-<'ax f x f 在从而则上单调递减. （Ⅱ）（i ）当a =0时，)(x f 在区间[0，1]上的最大值是.1)1(=f（ii ）当02<<-a 时，)(x f 在区间[0，1]上的最大值是a e f =)1(.（iii ）当2-≤a 时，)(x f 在区间[0，1]上的最大值是.4)2(22ea af =-21．（本小题满分12分）如图，已知曲线C 1：y=x 3(x ≥0)与曲线C 2:y=－2x 3+3x (x ≥0)交于O ，A,直线x =t(0<t<1)与曲线C 1,C 2分别交于B ，D.（Ⅰ）写出四边形ABOD 的面积S 与t 的函数关系式S=f(t);（Ⅱ）讨论f(t)的单调性，并求f(t) 的最大值.22．（本小题满分14分）如图，过抛物线x 2=4y 的对称轴上任一点P （0,m ）(m>0)作直线与抛物线交于A,B 两点，点Q 是点P 关于原点的对称点。
2018函数导数专题(理科)(2018高考真题)
2018函数导数专题（理）1.函数()()321f x x a x ax =+-+．若()f x 为奇函数，则曲线()y f x =在点()00，处的切线方程为（ ） A ．2y x =-B ．y x =-C ．2y x =D ．y x =2.2e e ()x xf x x--=的图像大致为( )3.的图像大致为( )4.数y =sin2x 的图象可能是( )A ．B ．422y x x =-++||2xB ． D ．5.()f x 是定义域为R 的奇函数，满足(1)(1f x f x -=+．若(1)2f =，则(1)(2)(3)(50)f f f f ++++=( )A ．50-B ．0C ．2D ．506.是含数1的有限实数集， 是定义在D 上的函数。
若 的图像绕原点逆时针旋转6π后与原图像重合，则在以下各项中， 的可能取值只能是（ ） A. B. C.D.07已知函数()0ln 0x e x f x x x ⎧=⎨>⎩，≤，，()()g x f x x a =++，若()g x 存在2个零点，则a 的取值范围是（ ）A. B. C. D.8.2ln(1)y x =+在点(0,0)处的切线方程为__________． 9.1log )(2-=x x f 的定义域为______10.a R ∈，函数2()log ()f x x a =+。
若f(x)的反函数的图像经过点(3,1)，则a =_________.11.若幂函数 为奇函数，且在 上递减，则α=_________.12. 已知λ∈R ，函数f (x )=，当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是___________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．24,43,x x x x x λλ-≥⎧⎪⎨-+<⎪⎩13. 已知常数0a >，函数2()2x x f x ax=+的图像经过点。
2018年各省市导数试题汇编理科
【1】（2018年全国1卷理）已知函数1()ln f x x a x x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．【答案】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，21()1a f x x x '=--+.221x ax x -+=-（i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减.（ii ）若2a >，令()0f x '=得，x =或x =.【解析】（1）当2()a a x +∈+∞时，()0f x '<；当x∈时，()0f x '>.所以()f x 在(0,2a()2a +∞单调递减，在(,22a a +单调递增.（2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >.由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >.由于1212()()f x f x x x --121212ln ln 11x x a x x x x -=--+-1212ln ln 2x x a x x -=-+-2222ln 21x a x x -=-+-， 所以1212()()2f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<. 设函数1()2ln g x x x x=-+，由（1）知，()g x 在(0,)+∞单调递减，又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <.所以22212ln 0x x x -+<，即1212()()2f x f x a x x -<--. 【2】（2018全国二卷理）已知函数2()e x f x ax =-． （1）若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥； （2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．【解析】（1）当1a =时，()1f x ≥等价于2(1)e 10xx -+-≤．设函数2()(1)e1xg x x -=+-，则22()(21)e (1)e x x g'x x x x --=--+=--．当1x ≠时，()0g'x <，所以()g x 在(0,)+∞单调递减． 而(0)0g =，故当0x ≥时，()0g x ≤，即()1f x ≥． （2）设函数2()1e xh x ax -=-．()f x 在(0,)+∞只有一个零点当且仅当()h x 在(0,)+∞只有一个零点．（i ）当0a ≤时，()0h x >，()h x 没有零点； （ii ）当0a >时，()(2)exh'x ax x -=-．当(0,2)x ∈时，()0h'x <；当(2,)x ∈+∞时，()0h'x >． 所以()h x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增． 故24(2)1eah =-是()h x 在[0,)+∞的最小值． ①若(2)0h >，即2e 4a <，()h x 在(0,)+∞没有零点；②若(2)0h =，即2e 4a =，()h x 在(0,)+∞只有一个零点；③若(2)0h <，即2e 4a >，由于(0)1h =，所以()h x 在(0,2)有一个零点，由（1）知，当0x >时，2e x x >，所以33342241616161(4)11110e (e )(2)a a a a a h a a a=-=->-=->．故()h x 在(2,4)a 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，2e 4a =．【3】（2018年全国3卷理）已知函数f （x ）=（2+x +ax 2）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 ．【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 +ax 2）ln （1+x ）﹣2x ，得 f′（x ）=（1+2ax ）ln （1+x ）+﹣2=，令h （x ）=ax 2﹣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（x 1，0）上单调递减，不符合题意． 综上，a=﹣．【4】（2018北京理）设函数()2(41)43xf x ax a x a e ⎡⎤=-+++⎣⎦．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与x 轴平行，求a ； （Ⅱ）若()f x 在2x =处取得极小值，求a 的取值范围． 【答案】（1）1a =（2）1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】（Ⅰ）因为()2(41)43x f x ax a x a e⎡⎤=-+++⎣⎦，所以()[]2'241)4143x xax a e ax x fa e x a ⎡⎤=-+++++⎣⎦-（（）2–212x ax a x e ⎡++=⎤⎣⎦（）．()()'11f a e =-． 由题设知()'10f =，即()10a e -= ，解得1a =．此时()130f e =≠．所以a 的值为1． （Ⅱ）由（Ⅰ）得()()()2'–21212x xax a x x f x e ax e ⎡⎤++-⎣==-⎦（）．若12a >，则当1,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0f x <；当()2,x ∈+∞时，()'0f x >．所以()f x 在2x =处取得极小值． 若12a ≤，则当()0,2x ∈时，1–201102x ax x <-≤-<，， 所以()'0fx >．所以2不是()f x 的极小值点．综上可知，a 的取值范围是1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． 【5】．（2018年天津理）已知函数xa x f =)(，x x g a log )(=，其中1>a .（I ）求函数a x x f x h ln )()(-=的单调区间；（II ）若曲线)(x f y =在点))(,(11x f x 处的切线与曲线)(x g y =在点))(,(22x g x 处的切线平行，证明aax g x ln ln ln 2)(21-=+；e e a ≥线.【答案】(Ⅰ)单调递减区间)0,(-∞，单调递增区间为)0(∞+，；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析.【解析】（I ）由已知，a x a x h xln )(-=，有a a a x h xln ln )(-='. 令0)(='x h ，解得0=x由1>a ，可知当x 变化时，)(x h '，)(x h 的变化情况如下表： x)0,(-∞)0(∞+，)(x h ' -0 + )(x h极小值所以函数)(x h 的单调递减区间为)0,(-∞，单调递增区间为)0(∞+，. （II ）由a a x f xln )(='，可得曲线)(x f y =在点))(,(11x f x 处的切线斜率为a a x ln 1.由a x x g ln 1)(='，可得曲线)(x g y =在点))(,(22x g x 处的切线斜率为a x ln 12. 因为这两条切线平行，故有ax a a x ln 1ln 21=，即1)(ln 222=a a x x .两边取以a 为底的对数，得0ln log 2log 212=++a x x a ，所以aax g x ln ln ln 2)(21-=+. （III ）曲线)(x f y =在点),(11x a x 处的切线.)(ln :1111x x a a a y l xx -⋅=-曲线)(x g y =在点)log ,(22x x a 处的切线)(ln 1log :2222x x ax x y l a -⋅=-e e a ≥只需证明当e e a 1≥时，存在),(1+∞-∞∈x ，),0(2+∞∈x ，使得1l 和2l 重合.即只需证明当e e a 1≥时，方程组1112121ln ln 1ln log ln x x x a a a x a a x a a x a ⎧=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩有解，由①得22)(ln 11a a x x =，代入②，得.0ln ln ln 2ln 1ln 1111=+++-aa a x a a x a x x ③ 因此，只需证明当e e a 1≥时，关于1x 的方程③存在实数解. 设函数aaa x a xa a x u xx ln ln ln 2ln 1ln )(+++-=， 即要证明当e e a 1≥时，函数)(x u y =存在零点.x xa a x u 2)(ln 1)(-='，可知)0,(-∞∈x 时，0)(>'x u ； ),0(+∞∈x 时，)(x u '单调递减，又01)0(>='u ，01])(ln 1[2)(ln 12<-='a a a u ， 故存在唯一的0x ，且00>x ，使得0)(0='x u ，即0)(ln 1002=-x a x a .由此可得)(x u 在),(0x -∞上单调递增，在)(0∞+，x 上单调递减. )(x u 在0x x =处取得极大值)(0x u .因为e e a 1≥，故1)ln(ln -≥a ， 所以.0ln ln ln 22ln ln ln 2)(ln 1ln ln ln 2ln 1ln )(02000000≥+≥++=+++-=aa a a x a x a a a x a a x a x u x x 下面证明存在实数t ，使得0)(<t u . 由（I ）可得a x a x ln 1+≥， 当ax ln 1>时， 有aaa x a x a x x u ln ln ln 2ln 1)ln 1)(ln 1()(+++-+≤ aaa x x a ln ln ln 2ln 11)(ln 22++++-=， 所以存在实数t ，使得0)(<t u因此，当e e a 1≥时，存在),(1+∞-∞∈x ，使得0)(1=x u .所以，当e e a 1≥时，存在直线l ，使l 是曲线)(x f y =的切线，也是曲线)(x g y =的切线. 【6】．（2018年浙江）已知函数()f x lnx =（Ⅰ）若()f x 在1212()x x x x x =≠，处导数相等，证明：12()()882f x f x ln +>-（Ⅱ）若342a ln ≤-，证明：对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点．【答案】（Ⅰ）略 （Ⅱ）略【解析】（Ⅰ）函数()f x的导函数1()f x x'， 由12()()f x f x ''=1211x x =-， 因为12x x ≠12=．因为12x x ≠，所以12256x x >．由题意得121212()()ln ln ln()f x f x x x x x +=．设()ln g x x =，则1()4)4g x x'=， 所以所以()g x 在[256,)+∞上单调递增， 故12()(256)88ln 2g x x g >=-， 即12()()88ln 2f x f x +>-． （Ⅱ）令m =()e a k -+，n =21()1a k++，则()0f m km a a k k a -->+--≥， ))0()a n k n kn f n kn a -≤--<<- 所以，存在0(,)x m n ∈使00)(f x kx a =+所以，对于任意的a ∈R 及(0,)k ∈+∞，直线y kx a =+与曲线()y f x =有公共点．由y kx a =+得k =设()h x =则'22ln 1()12()x ag x a h x x x --+--+==，其中()ln g x x -．(0,)+∞ 由（Ⅰ）可知()(16)g x g ≥，又342a ln ≤-，故–()1(16)134ln 20g x a g a a -+≤--+=-++≤，所以()0h x '≤，即函数()h x 在上单调递减，因此方程()0f x kx a --=至多1个实根．综上，当342a ln ≤-时，对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点．【7】 （2018年江苏卷）记()(),f x g x ''分别为函数()(),f x g x 的导函数.若存在0x R ∈，满足()()00f x g x =且()()00f x g x ''=,则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”. 1.证明:函数()f x x =与()222g x x x =+-不存在“S 点”.2.若函数()21f x ax =-与()ln g x x =存在“S 点”，求实数a 的值.3.已知函数()()2,xbe f x x a g x x=-+=，对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间()0,+∞内存在“S 点”，并说明理由.【解析】1. ()()1,22f x g x x ''==+，若存在，则有2000022122x x x x ⎧+-=⎨=+⎩，矛盾，因此不存在.2. ()()12,f x ax g x x ''==根据题意有()()200001ln 1122ax x ax x ⎧-=⋅⋅⋅⎪⎨=⋅⋅⋅⎪⎩且有00x >，根据()2得0x =，代入()1得2ea =；3. ()()2(1)2,x be x f x x g x x -''=-=，根据题意有()()()00202000201122x x be x a x be x x x ⎧-+=⋅⋅⋅⎪⎪⎨-⎪-=⋅⋅⋅⎪⎩，根据()2有020*******x x be x x -=>⇒<<-，转化为22000201x x a x -++=-，001x <<，()3220000120x x a x x ∴-++-+=()()320000310m x x x a x ⇒=-++-=，转化为()m x 存在零点0x ，又()()00,12m a m =-<=，∴恒存在零点大于0小于1，∴对任意0a >均存在0b >，使得存在“S 点”.【8】（2018年江苏卷）设{}n a 是首项为1a ,公差为d 的等差数列，{}n b 是首项1b ,公比为q 的等比数列.1.设10a =，11b =，2q =，若1n n a b b -≤对1,2,3,4n =均成立,求d 的取值范围.2.若110a b =>，*m N ∈，(q ∈，证明：存在d R ∈，使得1n n a b b -≤对2,3,,1n m =⋅⋅⋅+均成立，并求d 的取值范围(用1,,b m q 表示).【答案】1.由题意得1n n a b -≤对任意1,2,3,4n =均成立，故当10a =，121q b ==时，可得01121241381d d d ⎧-≤⎪-≤⎪⎨-≤⎪⎪-≤⎩即1335227532d d d ⎧⎪≤≤⎪⎪≤≤⎨⎪⎪≤≤⎪⎩，所以7532d ≤≤； 2.因为110a b =>，1n n a b b -≤对2,3,1n m =⋅⋅⋅+均能成立，把,n n a b 代入可得()()111112,3,1n b n d b q b n m -+--⋅≤=⋅⋅⋅+化简可得()()111111122222202,3,1111n n n m b q b b b q n n n m n n n ---⎛⎫⋅-=-+=-+≤=⋅⋅⋅+ ⎪---⎝⎭，因为(q ∈，所以()122,2222,3,1n m n n m -≤-≤-=⋅⋅⋅+，而()1102,3,11n b q n m n -⋅>=⋅⋅⋅+-，所以存在d R ∈，使得1n n a b b -≤对2,3,1n m =⋅⋅⋅+均成立，当1m =时，)112b d ≤≤； 当2m ≥时，设111n n b q c n -⋅=-，则()()()11111112,3,,11n n n n n q n q b q b q c c b q n m n n n n --+--⋅⋅-=-=⋅⋅=⋅⋅⋅--，设()()1f n q n q =--，因为10q ->，所以()f n单调递增，又因为(q ∈，所以()()()()111112111m m f m q m q m m m m ⎛⎫ ⎪⎫=--≤-⋅=-- ⎪⎪-⎭ ⎪-⎝⎭，设11,0,2x x m ⎛⎤=∈ ⎥⎝⎦，且设()121x g x x =+-，那么()()212ln 1x g x x x '=⋅--，因为()22ln ln ,14x x x x ⋅≤-≥，所以()()212ln 01x g x x x '=⋅-<-在10,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上恒成立，即()f x 单调递增.所以()g x的最大值为1202g ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，所以()0f m <，所以()0f n <对2n m ≤≤均满足，所以{}n c 单调递减，所以1112,m b q d b q b m ⎡⎤⋅∈⋅-⎢⎥⎣⎦。
最新-2018年导数部分高考题汇总(教师版含答案)1 精品
考点1 导数1.（2018 ·海南高考·理科T3）曲线2xy x =+在点()1,1--处的切线方程为（ ）（A ）21y x =+ （B ）21y x =- （C ）23y x =-- （D ）22y x =-- 【命题立意】本题主要考查导数的几何意义，以及熟练运用导数的运算法则进行求解. 【思路点拨】先求出导函数，解出斜率，然后根据点斜式求出切线方程.【规范解答】选 A.因为22(2)y x '=+，所以，在点()1,1--处的切线斜率1222(12)x k y =-'===-+，所以，切线方程为12(1)y x +=+，即21y x =+，故选A.2.（2018·山东高考文科·Ｔ8）已知某生产厂家的年利润y（单位：万元）与年产量x （单位：万件）的函数关系式为31812343y x x =-+-，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为（ ）(A) 13万件 (B) 11万件 (C) 9万件 (D) 7万件 【命题立意】本题考查利用导数解决生活中的优化问题，考查了考生的分析问题解决问题能力和运算求解能力.【思路点拨】利用导数求函数的最值.【规范解答】选C ，2'81y x =-+,令0y '=得9x =或9x =-（舍去），当9x <时'0y >；当9x >时'0y <，故当9x =时函数有极大值，也是最大值，故选C.3.（2018·辽宁高考理科·Ｔ10）已知点P 在曲线y=41xe +上，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则α的取值范围是（ ）(A)[0,4π) (B)[,)42ππ 3(,]24ππ (D) 3[,)4ππ【命题立意】本题考查了导数的几何意义，考查了基本等式，函数的值域，直线的倾斜角与斜率。
【思路点拨】先求导数的值域，即tan α的范围，再根据正切函数的性质求α的范围。
2018年高考真题汇编(函数与导数)
函数与导数1．【2018年浙江卷】函数y=sin2x的图象可能是A. B.C. D.【答案】D点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．2．【2018年理天津卷】已知，，，则a，b，c的大小关系为A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：由题意结合对数函数的性质整理计算即可求得最终结果.详解：由题意结合对数函数的性质可知：，，，据此可得：.本题选择D选项.点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．3．【2018年理新课标I卷】已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是A. [–1，0）B. [0，+∞）C. [–1，+∞）D. [1，+∞）【答案】C详解：画出函数的图像，在y轴右侧的去掉，再画出直线，之后上下移动，可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程有两个解，也就是函数有两个零点，此时满足，即，故选C.点睛：该题考查的是有关已知函数零点个数求有关参数的取值范围问题，在求解的过程中，解题的思路是将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，将式子移项变形，转化为两条曲线交点的问题，画出函数的图像以及相应的直线，在直线移动的过程中，利用数形结合思想，求得相应的结果.4．【2018年理新课标I卷】设函数，若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为A. B. C. D.【答案】D点睛：该题考查的是有关曲线在某个点处的切线方程的问题，在求解的过程中，首先需要确定函数解析式，此时利用到结论多项式函数中，奇函数不存在偶次项，偶函数不存在奇次项，从而求得相应的参数值，之后利用求导公式求得，借助于导数的几何意义，结合直线方程的点斜式求得结果. 5．【2018年全国卷Ⅲ理】设，，则A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：求出，得到的范围，进而可得结果。
高三数学-2018年高考题分章节汇编-导数 精品
2018年高考题分章节汇编 选修Ⅱ第三章 导数一、选择题1．(2018年高考·广东卷6)函数13)(23+-=x x x f 是减函数的区间为 （ D ）A ．),2(+∞B ．)2,(-∞C ．)0,(-∞D ．（0，2）2．(2018年高考·湖北卷·理9)若x x x sin 32,20与则π<<的大小关系（ D ）A ．x x sin 32>B ．x x sin 32<C ．x x sin 32=D ．与x 的取值有关3．(2018年高考·湖北卷·文11)在函数x x y 83-=的图象上，其切线的倾斜角小于4π的点中，坐标为整数的点的个数是（ D ）A ．3B ．2C ．1D ．04．(2018年高考·湖南卷·理6)设f 0(x ) ＝ sinx ，f 1(x )＝f 0′(x )，f 2(x )＝f 1′(x )，…，f n ＋1(x ) ＝ f n ′(x )，n ∈N ，则f 2018(x )＝（C ）A ．sinxB ．－sinxC ．cos xD ．－cosx5．(2018年高考·江西卷·理7)已知函数)(()(x f x f x y ''=其中的图象如右图所示))(的导函数是函数x f ，下面四个图象中)(x f y =的图象大致是 （ C ）6．(2018年高考·全国卷Ⅰ·文3)函数,93)(23-++=x ax x x f 已知3)(-=x x f 在时取得极值，则a =（ B ）A ．2B ．3C ．4D ．5二、填空题1．(2018年高考·北京卷·理12)过原点作曲线x e y =的切线，则切点的坐标为 ，切线的斜率为 .（1，e ） e2．(2018年高考·重庆卷·理12)曲线)0)(,(33≠=a a a x y 在点处的切线与x 轴、直线a x =所围成的三角形的面积为a 则,61= . 1± 3．(2018年高考·重庆卷·文12)曲线3x y =在点（1，1）处的切线与x 轴、直线2=x 所围成的三角形的面积为 .38 4．(2018年高考·江苏卷14)曲线13++=x x y 在点（1，3）处的切线方程是_____________________。
2018年高考数学导数小题练习集(一)
2018年高考数学导数小题练习集（一）1.已知f ′（x ）是函数f （x ），（x ∈R ）的导数，满足f ′（x ）=﹣f （x ），且f （0）=2，设函数g （x ）=f （x ）﹣lnf 3（x ）的一个零点为x 0，则以下正确的是（ ）A ．x 0∈（﹣4，﹣3）B ．x 0∈（﹣3，﹣2）C ．x 0∈（﹣2，﹣1）D ．x 0∈（﹣1，0）2.已知二次函数2()f x ax bx c =++的导数为()f x '，(0)0f '>，对于任意实数x 都有()0f x ≥，则(1)(0)f f ' 的最小值为（ ）． A ．3 B ．52C ．2D ．323.函数12)(,1)(-=+=x eexx g x x e x f ，对任意x 1，x 2∈（0，+∞），不等式（k+1）g （x 1）≤kf （x 2）（k ＞0）恒成立，则实数k 的取值范围是（ ） A ．[1,+∞] B ．[2,+∞]C ．（0，2）D ．（0，1]4.已知函数f （x ）的定义域为R ，且x 3f （x ）+x 3f （﹣x ）=0，若对任意x ∈[0，+∞）都有3xf （x ）+x 2f'（x ）＜2，则不等式x 3f （x ）﹣8f （2）＜x 2﹣4的解集为（ ） A ．（﹣2，2） B ．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞） C ．（﹣4，4）D ．（﹣∞，﹣4）∪（4，+∞）5.若函数f （x ）=kx ﹣lnx 在区间（2，+∞）单调递增，则k 的取值范围是（ ） A ．（﹣∞，﹣2] B ．C ．[2，+∞）D ．6.已知函数f （x ）=e x ﹣ln （x+a ）（a ∈R ）有唯一的零点x 0，则（ ） A ．﹣1＜x 0＜﹣ B ．﹣＜x 0＜﹣C ．﹣＜x 0＜0D ．0＜x 0＜7.已知定义在R 上的可导函数f （x ）的导函数为f'（x ），满足f'（x ）＜f （x ），且f （x+3）为偶函数，f （6）=1，则不等式f （x ）＞e x 的解集为（ ） A ．（﹣∞，0） B ．（0，+∞）C ．（1，+∞）D ．（4，+∞）8.已知定义在（0，）上的函数f （x ），f ′（x ）为其导函数，且f （x ）＜f ′（x ）•tanx 恒成立，则（ ） A ．f （）＞f （）B ．f （）＜f （）C ． f （）＞f （）D ．f （1）＜2f （）•sin19.函数32()1f x x x x =+-+在区间[]2,1-上的最小值（ ）． A ．2227B ．2C ．1-D ．4-10.已知，则f'（2）=（ ）A ．B ．C ．2D ．﹣211.已知函数f （x ）=x 3+ax 2+bx+a 2在x=1处有极值10，则f （2）等于（ ） A ．11或18B ．11C ．18D ．17或1812.已知f （x ）=cosx ，则f （π）+f ′（）=（ ）A ．B ．C ．﹣D ．﹣13.已知函数f （x ）的定义域为R ，且为可导函数，若对∀x ∈R ，总有（2﹣x ）f （x ）+xf ′（x ）＜0成立（其中f ′（x ）是f （x ）的导函数），则（ ） A ．f （x ）＞0恒成立 B ．f （x ）＜0恒成立C ．f （x ）的最大值为0D ．f （x ）与0的大小关系不确定14.函数21e x ax y -=存在极值点，则实数a 的取值范围是（ ）． A ．1a <- B ．0a > C ．1a ≤-或0a ≥ D ．1a <-或0a >15.如果函数满足：对于任意的x 1，x 2∈[0，1]，都有|f （x 1）﹣f （x 2）|≤1恒成立，则a的取值范围是（ ） A ． B ．C ．D ．16.函数()f x 的定义域为开区间(,)a b ，导函数()f x '在(,)a b 内的图像如图所示，则函数()f x 在开区间(,)a b 内有极小值点（ ）．y= f'x()abx yOA．1个B．2个C．3个D．4个17.已知函数f（x ）=x3﹣2x2+ax+3在[1，2]上单调递增，则实数a的取值范围为（）A．a＞﹣4 B．a≥﹣4 C．a＞1 D．a≥118.若函数f（x）=x3﹣3x+a有3个不同的零点，则实数a的取值范围是（）A．（﹣2，2）B．[﹣2，2] C．（﹣∞，﹣1）D．（1，+∞）19.若存在两个正实数x，y，使得等式3x+a（2y﹣4ex）（lny﹣lnx）=0成立，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，0）B．C．D．20.函数y=cos2x的导数是（）A．﹣sin2x B．sin2x C．﹣2sin2x D．2sin2x21.设函数，则（）A ．为 f（x）的极大值点B．为f（x ）的极小值点C．x=2 为 f（x）的极大值点D．x=2为f（x）的极小值点22.已知f（x ）为定义域为R的函数，f'（x）是f（x）的导函数，且f（1）=e，∀x∈R都有f'（x）＞f （x），则不等式f（x）＜e x的解集为（）A．（﹣∞，1）B．（﹣∞，0）C．（0，+∞）D．（1，+∞）23.设函数f（x）在其定义域D上的导函数为f′（x），如果存在实数a和函数h（x），其中h（x）对任意的x∈D，都有h（x）＞0，使得f′（x）=h（x）（x2﹣ax+1），则称函数f（x）具有性质ω（a），给出下列四个函数：①f（x）=x3﹣x2+x+1；②f（x）=lnx+；③f（x）=（x2﹣4x+5）e x；④f（x）=其中具有性质ω（2）的函数为（）A．①②③B．①②④C．②③④D．①③④24.若2a >，则方程321103x ax -+=在(0,2)上恰好有（ ）． A ．0个根 B ．1个根 C ．2个根 D ．3个根25.设函数f （x ）是定义在（﹣∞，0）上的可导函数，其导函数为f ′（x ），且有3f （x ）+xf ′（x ）＞0，则不等式（x+2015）3f （x+2015）+27f （﹣3）＞0的解集（ ） A ．（﹣2018，﹣2015） B ．（﹣∞，﹣2016） C ．（﹣2016，﹣2015）D ．（﹣∞，﹣2012）26.已知函数f （x ）的导函数图象如图所示，若△ABC 为锐角三角形，则一定成立的是（ ）A ．f （cosA ）＜f （cosB ） B ．f （sinA ）＜f （cosB ）B ．f （sinA ）＞f （sinB ）D ．f （sinA ）＞f （cosB ）C ．27.若f （x ）=xe x ，则f ′（1）=（ ） A ．0B ．eC ．2eD ．e 228.设函数f （x ）=e x （sinx ﹣cosx ）（0≤x ≤2016π），则函数f （x ）的各极大值之和为（ ） A ．B ．C ．D ．29.设函数，对任意x 1，x 2∈（0，+∞），不等式恒成立，则正数k 的取值范围是（ ） A ．[1，+∞） B ．（1，+∞）C ．D ．30.已知f （x ）=，若f ′（x 0）=0，则x 0=（ ） A ．e 2B ．eC ．1D ．ln231.设函数f ′（x ）是函数f （x ）（x ∈R ）的导函数，f （0）=1，且3f （x ）=f ′（x ）﹣3，则4f （x ）＞f ′（x ）（ ） A ．（，+∞）B ．（，+∞）C ．（，+∞）D ．（，+∞）32.已知函数g（x）满足g（x）=g′（1）e x﹣1﹣g（0）x+，且存在实数x0使得不等式2m﹣1≥g（x0）成立，则m的取值范围为（）A．（﹣∞，2] B．（﹣∞，3] C．[1，+∞）D．[0，+∞）33.函数1sin sin33y a x x=+在π3x=处有极值，在a的值为（）．A．6-B．6C．2-D．234.已知函数f（x）=x﹣1﹣lnx，对定义域内任意x都有f（x）≥kx﹣2，则实数k的取值范围是（）A．（﹣∞，1﹣] B．（﹣∞，﹣] C．[﹣，+∞）D．[1﹣，+∞）35.若函数f（x）=lnx+x2﹣ax+a+1为（0，+∞）上的增函数，则实数a的取值范围是（）A．(﹣∞，22] B．（﹣∞，2] C．[1，+∞）D．[2，+∞）36.若函数f（x）在R上可导，其导函数为f′（x），且函数y=（1﹣x）f′（x）的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（）A．函数f（x）有极大值f（﹣2），无极小值B．函数f（x）有极大值f（1），无极小值C．函数f（x）有极大值f（﹣2）和极小值f（1）D．函数f（x）有极大值f（1）和极小值f（﹣2）．37.如图是函数f（x）=x3+bx2+cx+d的大致图象，则x1+x2=（）A．B．C．D．38.设a∈R，若函数y=e ax+2x，x∈R有大于零的极值点，则（）A．a＜﹣2 B．a＞﹣2 C．a＞﹣D．a＜﹣39.如图，一个正六角星薄片（其对称轴与水面垂直）匀速地升出水面，直到全部露出水面为止，记时刻t 薄片露出水面部分的图形面积为S （t ）（S （0）=0），则导函数y=S'（t ）的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．40.已知函数 f （x ）=x 3﹣12x+8在区间[﹣3，3]上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M ﹣m 的值为（ ） A ．16B ．12C ．32D ．641.已知定义在R 上的可导函数f （x ）的导函数为f ′（x ），满足f ′（x ）＜f （x ），且f （x+2）为偶函数，f （4）=1，则不等式f （x ）＜e x 的解集为（ ） A ．（﹣2，+∞） B ．（0，+∞）C ．（1，+∞）D ．（4，+∞）42.下列求导运算正确的是（ ） A ．（x）′=1B ．（x 2cosx ）′=﹣2xsinxC ．（3x ）′=3x log 3eD ．（log 2x ）′=43.函数()f x 的定义域为R ，(1)2f -=，对任意x ∈R ，()2f x '>，则()24f x x >+的解集为（ ）．A ．(1,1)-B ．(1,)-+∞C ．(,1)-∞-D ．(,)-∞+∞44.函数的单调增区间是（ ）A ．（0，e ）B ．（﹣∞，e ）C ．（e ﹣1，+∞）D ．（e ，+∞）45.在R 上可导的函数f （x ）的图形如图所示，则关于x 的不等式x •f ′（x ）＜0的解集为（ ）A ．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）B ．（﹣1，0）∪（1，+∞）B ．（﹣2，﹣1）∪（1，2）D ．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）46.若f （x ）=x 2﹣2x ﹣4lnx ，则f （x ）的单调递增区间为（ ） A ．（﹣1，0） B ．（﹣1，0）∪（2，+∞）C ．（2，+∞）D ．（0，+∞）47.若f （x ）=x 3﹣ax 2+1在（1，3）内单调递减，则实数a 的范围是（ ） A ．[，+∞） B ．（﹣∞，3] C ．（3，） D ．（0，3）48.已知函数f （x ）满足：f （x ）+2f ′（x ）＞0，那么下列不等式成立的是（ ） A ． B ．C ．D ．f （0）＞e 2f （4）49.若函数f （x ）=ax 3+x 在区间[1，+∞）内是减函数，则（ ） A ．a ≤0 B ． C ．a ≥0 D ．50.已知()f x '是奇函数()f x 的导函数，(1)0f -=，当0x >时，()()0xf x f x '->，则使得()0f x >成立的x的取值范围是（ ）． A ．(,1)(0,1)-∞- B ．(1,0)(1,)-+∞C ．(1,0)(0,1)-D ．(,1)(1,)-∞-+∞试卷答案1.D【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】求出f （x ）的表达式，得到g （x ）的表达式，设h （x ）=f （x ）﹣g （x ），求出h （0）和h （﹣1）的值，从而求出x 0的范围． 【解答】解：设f （x ）=ke ﹣x ， 则f （x ）满足f ′（x ）=﹣f （x ）， 而f （0）=2，∴k=2， ∴f （x ）=2e ﹣x ，∴g （x ）=3lnf （x ）=3（﹣x+ln2）=﹣3x+3ln2， 设h （x ）=f （x ）﹣g （x ）， 则h （x ）=2e ﹣x +3x ﹣3ln2，∴h （0）=2﹣3ln2＜0，h （﹣1）=2e ﹣3﹣3ln2＞0， 即在（﹣1，0）上存在零点， 故选：D ． 2.C()2f x ax b '=+，(0)0f b '=>．由()0f x ≥可知：a b >，240b ac ∆=-=， 故(1)412(0)f a b c acf b ++=+=≥， 故选C ．3.A【考点】6E ：利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】利用基本不等式可求f （x ）的最小值，对函数g （x ）求导，利用导数研究函数的单调性，进而可求g （x ）的最大值，f （x ）的最小值，得到关于k 的不等式，解出即可． 【解答】解：∵当x ＞0时，f （x ）=e 2x+≥2=2e ，∴x 1∈（0，+∞）时，函数f （x 2）有最小值2e ， ∵g （x ）=，∴g ′（x ）=，当x ＜1时，g ′（x ）＞0，则函数g （x ）在（0，1）上单调递增， 当x ＞1时，g ′（x ）＜0，则函数在（1，+∞）上单调递减， ∴x=1时，函数g （x ）有最大值g （1）=e ，则有x 1、x 2∈（0，+∞），f （x 2）min =2e ＞g （x 1）max =e ∵（k+1）g （x 1）≤kf （x 2）（k ＞0）， ∴≤恒成立且k ＞0，≤，∴k ≥1故选：A．4.B【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】构造函数h（x）=x3f（x）﹣2x，根据函数的单调性和奇偶性求出不等式的解集即可．【解答】解：令h（x）=x3f（x）﹣2x，则h′（x）=x[3xf（x）+x2f'（x）﹣2]，若对任意x∈[0，+∞）都有3xf（x）+x2f'（x）＜2，则h′（x）≤0在[0，+∞）恒成立，故h（x）在[0，+∞）递减，若x3f（x）+x3f（﹣x）=0，则h（x）=h（﹣x），则h（x）在R是偶函数，h（x）在（﹣∞，0）递增，不等式x3f（x）﹣8f（2）＜x2﹣4，即不等式x3f（x）﹣x2＜8f（2）﹣4，即h（x）＜h（2），故|x|＞2，解得：x＞2或x＜﹣2，故不等式的解集是（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞），故选：B．【点评】本题考查了函数的单调性、奇偶性问题，考查转化思想，构造函数g（x）是解题的关键，本题是一道中档题．5.B【分析】求出导函数f′（x），由于函数f（x）=kx﹣lnx在区间（2，+∞）单调递增，可得f′（x）≥0在区间（2，+∞）上恒成立．解出即可．【解答】解：f′（x）=k﹣，∵函数f（x）=kx﹣lnx在区间（2，+∞）单调递增，∴f′（x）≥0在区间（2，+∞）上恒成立．∴k≥，而y=在区间（2，+∞）上单调递减，∴k≥．∴k的取值范围是：[，+∞）．故选：B．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、恒成立问题的等价转化方法，属于中档题．6.A【考点】利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理．【分析】利用函数的零点以及方程的根的关系，通过函数的导数，二次导函数判断函数的单调性，利用函数的零点判定定理，推出结果即可．【解答】解：函数f（x）=e x﹣ln（x+a）（a∈R），则x＞﹣a，可得f′（x）=e x﹣，f′′（x）=e x+恒大于0，f′（x）是增函数，令f′（x0）=0，则，有唯一解时，a=，代入f（x）可得：f（x0）===，由于f（x0）是增函数，f（﹣1）≈﹣0.63，f（）≈0.11所以f（x0）=0时，﹣1．故选：A．7.A【考点】6B：利用导数研究函数的单调性．【分析】令g（x）=，利用导数和已知即可得出其单调性．再利用函数的对称性和已知可得g （0）=1，从而求得不等式f（x）＞e x的解集．【解答】解：设g（x）=，则g′（x）=．∵f′（x）＜f（x），∴g′（x）＜0．∴函数g（x）是R上的减函数，∵函数f（x+3）是偶函数，∴函数f（﹣x+3）=f（x+3），∴函数关于x=3对称，∴f（0）=f（6）=1，原不等式等价为g（x）＞1，∴不等式f（x）＜e x等价g（x）＞1，即g（x）＞g（0），∵g（x）在R上单调递减，∴x＜0．∴不等式f（x）＞e x的解集为（﹣∞，0）．故选：A8.B【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用．【分析】把给出的等式变形得到f′（x）sinx﹣f（x）cosx＞0，由此联想构造辅助函数g（x）=，由其导函数的符号得到其在（0，）上为增函数，则g（）＜g（）＜g（1）＜g（），整理后即可得到答案．【解答】解：解：因为x∈（0，），所以sinx＞0，cosx＞0，由f （x ）＜f ′（x ）tanx ，得f （x ）cosx ＜f ′（x ）sinx ，即f ′（x ）sinx ﹣f （x ）cosx ＞0．令g （x ）=，x ∈（0，），则g ′（x ）=＞0． 所以函数g （x ）=在x ∈（0，）上为增函数，则g （）＜g （）＜g （1）＜g （），即 ，对照选项，A ．应为＞，C ．应为＜f （），D ．应为f （1）2f （）sin1，B 正确． 故选B ．9.C 2321(31)(1)y x x x x '=+-=-+，令0y '>，解得13x >或1x <-． 再0y '<，解得113x -<<， 所以1x =-，13x =分别是函数的极大值点和极小值点， 所以(1)2f -=，(1)2f =，122327f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，(2)1f -=-， 所以最小值为1-，故选C ．10.A【考点】导数的运算．【分析】把给出的函数求导，在其导函数中取x=2，则f ′（2）可求．【解答】解：∵f ′（x ）=﹣+3f ′（2），∴f ′（2）=﹣+3f ′（2），解得：f ′（2）=，故选：A ．11.C【考点】函数在某点取得极值的条件．【分析】根据函数在x=1处有极值时说明函数在x=1处的导数为0，又因为f′（x）=3x2+2ax+b，所以得到：f′（1）=3+2a+b=0，又因为f（1）=10，所以可求出a与b的值确定解析式，最终将x=2代入求出答案．【解答】解：f′（x）=3x2+2ax+b，∴或①当时，f′（x）=3（x﹣1）2≥0，∴在x=1处不存在极值；②当时，f′（x）=3x2+8x﹣11=（3x+11）（x﹣1）∴x∈（，1），f′（x）＜0，x∈（1，+∞），f′（x）＞0，符合题意．∴，∴f（2）=8+16﹣22+16=18．故选C．12.D【考点】导数的运算．【分析】根据导数的运算法则，求导，然后导入值计算即可【解答】解：f（x）=cosx，则f′（x）=﹣，∴f（π）+f′（）=cosπ﹣﹣=﹣﹣=﹣，故选：D【点评】本题考查了导数的运算法则，属于基础题13.B【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的最大值小于0，从而证出结论【解答】解：设g（x）=∴g′（x）=，∵对∀x∈R，总有（2﹣x）f（x）+xf′（x）＜0成立，当x＞0时，g′（x）＜0，函数g（x）递减当x＜0时，g′（x）＞0，函数g（x）递增，∴g（x）＜g（0）=0，∴＜0恒成立∴f（x）＜0恒成立，故选：B【点评】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用，构造函数g （x ）是解题的关键，本题是一道中档题．14.C ∵21e x ax y -=， 2222e e (1)210(e )e x x x xax ax ax ax y ---++'===恒有解， ∴0a ≠，2440a a ∆=+≥，4(1)0a a +≥，∴1a -≤或0a >，当1a =-时，2(1)0e x x y -'=≥（舍去）， ∴1a <-或0a >，故选C ． 15.A【考点】利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】由题意函数满足：对于任意的x 1，x 2∈[0，1]，都有|f （x 1）﹣f （x 2）|≤1恒成立，必有函数满足其最大值与最小值的差小于等于1，由此不等式解出参数a 的范围即可，故可先求出函数的导数，用导数判断出最值，求出最大值与最小值的差，得到关于a 的不等式，解出a 的值【解答】解：由题意f ′（x ）=x 2﹣a 2当a 2≥1时，在x ∈[0，1]，恒有导数为负，即函数在[0，1]上是减函数，故最大值为f （0）=0，最小值为f （1）=﹣a 2，故有，解得|a|≤，故可得﹣≤a ≤当a 2∈[0，1]，由导数知函数在[0，a]上增，在[a ，1]上减，故最大值为f （a ）=又f （0）=0，矛盾，a ∈[0，1]不成立，故选A ．16.A设导函数()f x '在(,)a b 内的图像与x 轴的交点（自左向右）分别为1x ，2x ，3x ，4x ，其中12340x x x x <<=<，则由导函数的图像可得：当1(,)x a x ∈时，()0f x '>，12(,)x x x ∈时，()0f x '<且1()0f x '=，所以1x 是函数()f x 的极大值点；当12(,)x x x ∈时，()0f x '<，23(,)x x x ∈时，()0f x '>且2()0f x '=，所以2x 是函数()f x 的极小值点，当23(,)x x x ∈或34(,)x x x ∈时，()0f x '>，故3x 不是函数()f x 的极值点；当34(,)x x x ∈时，()0f x '>，而当4(,)x x b ∈时，()0f x '<，且4()0f x '=，所以4x 是函数()f x 的极大值点，综上可知：()f x 在(,)a b 内有1个极小值点，故选A ．17.D【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】求出导函数f'（x ）=3x 2﹣4x+a ，在区间内大于或等于零，根据二次函数的性质可知，导函数在区间内递增，故只需f'（1）≥0即可．【解答】解：f （x ）=x 3﹣2x 2+ax+3，∴f'（x ）=3x 2﹣4x+a ，∵在[1，2]上单调递增，∴f'（x ）=3x 2﹣4x+a 在区间内大于或等于零，∵二次函数的对称轴x=，∴函数在区间内递增，∴f'（1）≥0，∴﹣1+a ≥0，∴a ≥1，故选D ．18.A【考点】函数零点的判定定理；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．【分析】由函数f （x ）=x 3﹣3x+a 求导，求出函数的单调区间和极值，从而知道函数图象的变化趋势，要使函数f （x ）=x 3﹣3x+a 有3个不同的零点，寻求实数a 满足的条件，从而求得实数a 的取值范围．【解答】解∵f ′（x ）=3x 2﹣3=3（x+1）（x ﹣1），当x ＜﹣1时，f ′（x ）＞0；当﹣1＜x ＜1时，f ′（x ）＜0；当x ＞1时，f ′（x ）＞0，∴当x=﹣1时f （x ）有极大值．当x=1时，f （x ）有极小值，要使f （x ）有3个不同的零点．只需，解得﹣2＜a＜2．故选A．【点评】考查利用导数研究函数的单调性和极值，函数图象的变化趋势，体现了数形结合和运动的思想方法，属中档题．19.D【分析】根据函数与方程的关系将方程进行转化，利用换元法转化为方程有解，构造函数求函数的导数，利用函数极值和单调性的关系进行求解即可．【解答】解：由3x+a（2y﹣4ex）（lny﹣lnx）=0得3x+2a（y﹣2ex）ln=0，即3+2a（﹣2e）ln=0，即设t=，则t＞0，则条件等价为3+2a（t﹣2e）lnt=0，即（t﹣2e）lnt=﹣有解，设g（t）=（t﹣2e）lnt，g′（t）=lnt+1﹣为增函数，∵g′（e）=lne+1﹣=1+1﹣2=0，∴当t＞e时，g′（t）＞0，当0＜t＜e时，g′（t）＜0，即当t=e时，函数g（t）取得极小值为：g（e）=（e﹣2e）lne=﹣e，即g（t）≥g（e）=﹣e，若（t﹣2e）lnt=﹣有解，则﹣≥﹣e，即≤e，则a＜0或a≥，故选：D．【点评】本题主要考查不等式恒成立问题，根据函数与方程的关系，转化为两个函数相交问题，利用构造法和导数法求出函数的极值和最值是解决本题的关键．综合性较强．20.C【考点】63：导数的运算．【分析】根据题意，令t=2x，则y=cost，利用复合函数的导数计算法则计算可得答案．【解答】解：根据题意，令t=2x，则y=cost，其导数y′=（2x）′（cost）′=﹣2sin2x；故选：C．21.D【考点】利用导数研究函数的极值．【分析】求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极小值点即可．【解答】解：f′（x）=﹣+=，（x＞0），令f′（x）＞0，解得：x＞2，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜2，故f（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，故x=2是函数的极小值点，故选：D．【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，是一道基础题．22.A【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】根据题意，令g（x）=，结合题意对其求导分析可得g′（x）＞0，即函数g（x）在R上为增函数，又由f（1）=e，可得g（e）==1，而不等式f（x）＜e x可以转化为g（x）＜g（1），结合函数g（x）的单调性分析可得答案．【解答】解：根据题意，令g（x）=，其导数g′（x）==，又由，∀x∈R都有f'（x）＞f（x），则有g′（x）＞0，即函数g（x）在R上为增函数，若f（1）=e，则g（e）==1，f（x）＜e x⇒＜1⇒g（x）＜g（1），又由函数g（x）在R上为增函数，则有x＜1，即不等式f（x）＜e x的解集为（﹣∞，1）；故选：A．23.A【考点】指数型复合函数的性质及应用．【分析】因为a=2，所以先求出函数f（x）的导函数f′（x），然后将其配凑成f′（x）=h（x）（x2﹣2x+1）这种形式，分别求出h（x），然后确定h（x）是否满足对任意的x∈D都有h（x）＞0．【解答】解：①f'（x）=x2﹣2x+1，若f′（x）=h（x）（x2﹣2x+1），即x2﹣2x+1=h（x）（x2﹣2x+1），所以h（x）=1＞0，满足条件，所以①具有性质ω（2）．②函数f （x ）=lnx++的定义域为（0，+∞）．f ′（x ）=﹣==•（x 2﹣2x+1），所以h （x ）=，当x ∈（0，+∞）时，h （x ）＞0，所以②具有性质ω（2）．③f'（x ）=（2x ﹣4）e x +（x 2﹣4x+5）e x =（x 2﹣2x+1）e x ，所以h （x ）=e x ，因为h （x ）＞0，所以③具有性质ω（2）．④f ′（x ）==，若f ′（x ）=•（x 2﹣2x+1）， 则h （x ）=，因为h （1）不存在，所以不满足对任意的x ∈D 都有h （x ）＞0，所以④不具有性质ω（2），故选：A ．24.B 令321()13f x x ax =-+， 则2()2f x x ax '=-，∴2a >，故当(0,2)x ∈时，()0f x '<，即()f x 在(0,2)上为减函数，又∵(0)10f =>，11(2)403f a =-<， 故函数321()13f x x ax =-+在(0,2)上有且只有一零点， 即方程321103x ax -+=在(0,2)上恰好有1个根， 故选B ．25.A【考点】利用导数研究函数的单调性；导数的运算．【分析】根据条件，构造函数g （x ）=x 3f （x ），利用函数的单调性和导数之间的关系即可判断出该函数在（﹣∞，0）上为增函数，然后将所求不等式转化为对应函数值的关系，根据单调性得出自变量值的关系从而解出不等式即可．【解答】解：构造函数g （x ）=x 3f （x ），g ′（x ）=x 2（3f （x ）+xf ′（x ））；∵3f （x ）+xf ′（x ）＞0，x 2＞0；∴g ′（x ）＞0；∴g （x ）在（﹣∞，0）上单调递增；g （x+2015）=（x+2015）3f （x+2015），g （﹣3）=﹣27f （﹣3）；∴由不等式（x+2015）3f （x+2015）+27f （﹣3）＞0得：（x+2015）3f （x+2015）＞﹣27f （﹣3）；∴g （x+2015）＞g （﹣3）；∴x+2015＞﹣3，且x+2015＜0；∴﹣2018＜x＜﹣2015；∴原不等式的解集为（﹣2018，﹣2015）．故选A．26.D【考点】函数的单调性与导数的关系．【分析】根据导数函数图象可判断；f（x）在（0，1）单调递增，（1，+∞）单调递减，由△ABC为锐角三角形，得A+B，0﹣B＜A，再根据正弦函数，f（x）单调性判断．【解答】解：根据导数函数图象可判断；f（x）在（0，1）单调递增，（1，+∞）单调递减，∵△ABC为锐角三角形，∴A+B，0﹣B＜A，∴0＜sin（﹣B）＜sinA＜1，0＜cosB＜sinA＜1f（sinA）＞f（sin（﹣B）），即f（sinA）＞f（cosB）故选；D【点评】本题考查了导数的运用，三角函数，的单调性，综合性较大，属于中档题．27.C【考点】63：导数的运算．【分析】直接根据基本函数的导数公式和导数的运算法则求解即可．。
2018年高考真题汇编(函数与导数)
函数与导数1．【2018年卷】函数y=sin2x的图象可能是A. B.C. D.【答案】D点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．2．【2018年理卷】已知，，，则a，b，c的大小关系为A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：由题意结合对数函数的性质整理计算即可求得最终结果.详解：由题意结合对数函数的性质可知：，，，据此可得：.本题选择D选项.点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．3．【2018年理新课标I卷】已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值围是A. [–1，0）B. [0，+∞）C. [–1，+∞）D. [1，+∞）【答案】C详解：画出函数的图像，在y轴右侧的去掉，再画出直线，之后上下移动，可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程有两个解，也就是函数有两个零点，此时满足，即，故选C.点睛：该题考查的是有关已知函数零点个数求有关参数的取值围问题，在求解的过程中，解题的思路是将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，将式子移项变形，转化为两条曲线交点的问题，画出函数的图像以及相应的直线，在直线移动的过程中，利用数形结合思想，求得相应的结果.4．【2018年理新课标I卷】设函数，若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为A. B. C. D.【答案】D点睛：该题考查的是有关曲线在某个点处的切线方程的问题，在求解的过程中，首先需要确定函数解析式，此时利用到结论多项式函数中，奇函数不存在偶次项，偶函数不存在奇次项，从而求得相应的参数值，之后利用求导公式求得，借助于导数的几何意义，结合直线方程的点斜式求得结果. 5．【2018年全国卷Ⅲ理】设，，则A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：求出，得到的围，进而可得结果。
2018年理科数学高考真题分类训练(函数与导数)
2018年理科数学高考真题分类训练（函数与导数）一、单选题1．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=x2．已知函数f(x)=e x，x≤0，ln x，x>0，g(x)=f(x)+x+a．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是A. [–1，0）B. [0，+∞）C. [–1，+∞）D. [1，+∞）3．函数f x=e x−e−xx2的图象大致为A. AB. BC. CD. D4．若f(x)=cos x−sin x在[−a, a]是减函数，则a的最大值是A. π4B. π2C. 3π4D. π5．已知f(x)是定义域为(−∞, + ∞)的奇函数，满足f(1−x)=f(1+x)．若f(1)=2，则f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(50)=A. −50B. 0C. 2D. 506．函数y=−x4+x2+2的图象大致为A. AB. BC. CD. D7．设a=log0.20.3，b=log20.3，则A. a+b<ab<0B. ab<a+b<0C. a+b<0<abD. ab<0<a+b8．设函数f x = 2−x ， x ≤01 ， x >0，则满足f x +1 <f 2x 的x 的取值范围是 A. −∞ ， −1 B. 0 ， +∞ C. −1 ， 0 D. −∞ ， 09．下列函数中，其图象与函数y =ln x 的图象关于直线x =1对称的是A. y =ln(1−x )B. y =ln(2−x )C. y =ln(1+x )D. y =ln(2+x )二、填空题10．已知函数f x =2sin x +sin2x ，则f x 的最小值是_____________．11．曲线y =2ln(x +1)在点(0, 0)处的切线方程为__________．12．曲线y = ax +1 e x 在点 0 ， 1 处的切线的斜率为−2，则a =________．13．函数f x =cos 3x +π6在 0 ， π 的零点个数为________． 14．已知函数f x =log 2 x 2+a ，若f 3 =1，则a =________．15．曲线y =2ln x 在点(1, 0)处的切线方程为__________．16．已知函数())ln1f x x =+，()4f a =，则()f a -=________． 三、解答题17．已知函数f (x )=1x −x +a ln x ．（1）讨论f (x )的单调性；（2）若f (x )存在两个极值点x 1,x 2，证明：f x 1 −f x 2x 1−x 2<a −2．18．已知函数f (x )=e x −ax 2．（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 ．19．已知函数f x = 2+x +ax 2 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 ．20．已知函数f x =a e x −ln x −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 ≥1e 时，f x ≥0．21．已知函数f x =13x 3−a x 2+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．22．已知函数f (x )=ax 2+x−1e 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 ≥0．参考答案1．D2．C3．B4．A5．C6．D7．B8．D9．B10．−33211．y=2x12．−313．314．-715．y=2x–216．217．（1）当a≤2时，f(x)在(0,+∞)单调递减.，当a>2时，f(x)在(0,a− a2−42),(a+ a2−42,+∞)单调递减，在(a− a2−42,a+ a2−42)单调递增.（2）证明见解析.18．（1）见解析（2）e2419．（1）见解析（2）a=−1620．(1)a=12e；f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．(2)证明见解析.21．解：（1）当a=3时，f（x）=13x3−3x2−3x−3，f ′（x）=x2−6x−3．令f ′（x）=0解得x=3−23或x=3+23．当x∈（–∞，3−23+2+∞）时，f ′（x）>0；当x∈（3−23，3+23）时，f ′（x）<0．故f（x）在（–∞，3−23），（3+23，+∞）单调递增，在（3−23，3+23）单调递减．（2）由于x2+x+1>0，所以f(x)=0等价于x3x2+x+1−3a=0．设g(x)=x 3x+x+1−3a，则g ′（x）=x2(x2+2x+3)(x+x+1)≥0，仅当x=0时g ′（x）=0，所以g（x）在（–∞，+∞）单调递增．故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点．又f（3a–1）=−6a2+2a−13=−6(a−16)2−16<0，f（3a+1）=13>0，故f（x）有一个零点．综上，f（x）只有一个零点．22．（1）切线方程是2x−y−1=0。
2018年高考数学试题分类汇编——函数与导数(一)_精品
2018年高考数学试题分类汇编函数与导数(一)一． 选择题：1.（全国一1）函数y = ） A ．{}|0x x ≥B ．{}|1x x ≥C ．{}{}|10x x U ≥D ．{}|01x x ≤≤2.（全国一2）汽车经过启动、加速行驶、匀速行驶、减速行驶之后停车，若把这一过程中汽车的行驶路程s 看作时间t 的函数，其图像可能是（ ）3.（全国一6）若函数(1)y f x =-的图像与函数1y =的图像关于直线y x =对称，则()f x =（ ） A ．21x e -B ．2x eC ．21x e +D ．22x e +4.（全国一7）设曲线11x y x +=-在点(32)，处的切线与直线10ax y ++=垂直，则a =（ ） A ．2B ．12C ．12- D ．2-5.（全国一9）设奇函数()f x 在(0)+∞，上为增函数，且(1)0f =，则不等式()()0f x f x x --<的解集为（ ）A ．(10)(1)-+∞U ，，B ．(1)(01)-∞-U ，，C ．(1)(1)-∞-+∞U ，，D ．(10)(01)-U ，，6.（全国二3）函数1()f x x x=-的图像关于（ ） A ．y 轴对称B ． 直线x y -=对称C ． 坐标原点对称D ． 直线x y =对称A ．B ．C ．D ．8.（全国二4）若13(1)ln 2ln ln x e a x b x c x -∈===，，，，，则（ ） A ．a <b <cB ．c <a <bC ． b <a <cD ． b <c <a9.（北京卷2）若0.52a =，πlog 3b =，22πlog sin 5c =，则（ ）A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c a b >>D ．b c a >>10.（北京卷3）“函数()()f x x ∈R 存在反函数”是“函数()f x 在R 上为增函数”的（ ）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11.（四川卷10）设()()sin f x x ωϕ=+，其中0ω>，则()f x 是偶函数的充要条件是( )（Ａ）()01f = （Ｂ）()00f = （Ｃ）()'01f = （Ｄ）()'00f = 12.（四川卷11）设定义在R 上的函数()f x 满足()()213f x f x ⋅+=，若()12f =，则()99f =( )（Ａ）13 （Ｂ）2 （Ｃ）132 （Ｄ）21313.（天津卷3）函数1y =+04x ≤≤）的反函数是（A ）2(1)y x =-（13x ≤≤） （B ）2(1)y x =-（04x ≤≤）（C ）21y x =-（13x ≤≤） （D ）21y x =-（04x ≤≤）14.（天津卷10）设1a >，若对于任意的[,2]x a a ∈，都有2[,]y a a ∈满足方程log log 3a a x y +=，这时a 的取值集合为（A ）2{|1}a a <≤ （B ）{|}2a a ≥ （C ）3|}2{a a ≤≤ （D ）{2,3} 15.（安徽卷7）0a <是方程2210ax x ++=至少有一个负数根的（ ）A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件16.（安徽卷9）在同一平面直角坐标系中，函数()y g x =的图象与x y e =的图象关于直线y x =对称。
2018年高考数学理科训练试题：专题(10)导数的应用(一)
2021年高考数学理科训练试题：专题（10）导数的应用（一）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．函数443y x x =-+在区间[2,3]-上的最小值为( ) A ．72B ．36C ．12D ．02．若函数()sin f x x kx =-存在极值，则实数k 的取值范围是（ ） A ．()1,1- B ．[)0,1C ．()1,+∞D ．(),1-∞-3．“对任意(0,)2x π∈，sin cos k x x x <”是“1k <”的（ ）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4．设()'f x 是函数()f x 的导函数，将()y f x =和()y f x '=的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．5．设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)＝xlnx ，11f e e⎛⎫= ⎪⎝⎭，则f(x)( )A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值，又有极小值D ．既无极大值，又无极小值6．已知函数()ln f x x x x =+，若k Z ∈，且(2)()k x f x -<对任意的2x >恒成立，则k 的最大值为A ．3B ．4C ．5D ．67．已知函数()221ln f x x x a x =-++有两个极值点1x ， 2x ，且12x x <，则（ ）A ．()212ln24f x +<-B ．()212ln24f x -< C ．()212ln24f x +> D ．()212ln24f x ->8．对二次函数2()f x ax bx c =++（a 为非零整数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是（ ） A ．1-是()f x 的零点 B ．1是()f x 的极值点C ．3是()f x 的极值D ．点(2,8)在曲线()y f x =上二、填空题9．若函数f(x)=13x 3−x 在(a, 10−a 2)上有最小值，则实数a 的取值范围为 . 10．在平面直角坐标系xOy 中，记曲线2(,2)my x x R m x=-∈≠-1x =处的切线为直线l .若直线l 在两坐标轴上的截距之和为12，则m 的值为 . 11．若不等式222()x y cx y x -≤-对任意满足0x y >>的实数x ，y 恒成立，则实数c 的最大值为__________．三、解答题12．已知函数f (x )=alnx +12x 2−ax (a 为常数)有两个极值点．(1)求实数a 的取值范围；(2)设f(x)的两个极值点分别为x 1，x 2，若不等式f(x 1)＋f(x 2)＜λ(x 1＋x 2)恒成立，求λ的最小值．参考答案1．D 【分析】先根据给出的函数求出导函数；再令0y '>，求出单调递增区间，再令0y '<，求出单调递减区间，确定出函数[2,3]-上的单调性，从而求出最小值. 【详解】解：344y x '=-，令0y '=，即3440x -=解得1x = 当1x <时，0y '< 当1x >时，0y '> ∴1|0x y y ===极小值，而端点的函数值2|27x y =-=，3|72x y ==，得min 0y =． 故选D. 【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的最值，关键是确定函数在区间上的单调区间，进而确定最值. 2．A 【分析】先求出函数()sin f x x kx =-不存在极值，即函数单调时k 的范围，即可根据其补集得出结果. 【详解】若函数()sin f x x kx =-不存在极值，则函数()sin f x x kx =-单调，当()sin f x x kx =-单调递增时，只需()0f x cosx k '=-≥恒成立，即k cosx ≤恒成立，因此1k ≤-；当()sin f x x kx =-单调递减时，只需()0f x cosx k '=-≤恒成立，即k cosx ≥恒成立，因此1k ≥；因为函数()sin f x x kx =-存在极值，所以函数()sin f x x kx =-不单调，因此11k -<<. 故选A 【点睛】本题主要考查导数的应用，根据函数有极值求参数时，可先求函数单调时参数的范围，进而可求出结果，属于常考题型. 3．B 【解析】当1k <时，sin cos sin 22k k x x x =，构造函数()sin 22kf x x x =-，则()cos 210f x k x =-<'．故()f x 在(0,)2x π∈单调递增，故()()022f x f ππ<=-<，则sin cos k x x x <； 当1k =时，不等式sin cos k x x x <等价于1sin 22x x <，构造函数1()sin 22g x x x =-，则()cos 210g x x =-<'，故()g x 在(0,)2x π∈递增，故()()022g x g ππ<=-<，则sin cos x x x <．综上所述，“对任意(0,)2x π∈，sin cos k x x x <”是“1k <”的必要不充分条件，选B ．考点：导数的应用． 4．D 【解析】解析：检验易知A 、B 、C 均适合，不存在选项D 的图象所对应的函数，在整个定义域内，不具有单调性，但y=f （x ）和y=f′（x ）在整个定义域内具有完全相同的走势，不具有这样的函数，故选D ． 5．D 【解析】因为xf ′(x )－f (x )＝x ln x ，所以2()()ln xf x f x x x x '-=，所以()ln ()f x xx x'=，所以f (x )＝12x ln 2x ＋cx .因为f (1e )＝12e ln 21e ＋c ×1e ＝1e，所以c ＝12，所以f ′(x )＝12ln 2x ＋ln x ＋12＝12(ln x ＋1)2≥0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )在(0，＋∞)上既无极大值，也无极小值，故选D.点睛：根据导函数求原函数，常常需构造辅助函数，一般根据导数法则进行：如()()f x f x '-构造()()xf xg x e=，()()f x f x '+构造()()x g x e f x =，()()xf x f x '-构造()()f x g x x =，()()xf x f x +'构造()()g x xf x =等6．B 【解析】由2x >,则()()2k x f x -<= ln x x x +可化简为ln 2x x xk x +<-,构造函数()ln ,22x x x g x x x +=>-,()()()()()()22ln 22ln 2ln 422x x x x x x x g x x x +--+--==-'-,令()()222ln 4,10x h x x x h x x x-=--=-='>则,即()h x 在()2,+∞单调递增,设()00h x =,因为()842ln80h =-<,()952ln90h =->,所以089x <<,且004ln 2x x -=,故()g x 在()02,x 上单调递减, ()0,x +∞上单调递增,所以()()00000000min004·ln 924,2222x x x x x x x g x g x x x -++⎛⎫====∈ ⎪--⎝⎭,又()min k g x <,4k ∴≤,即k 的最小值为4,故选B.点睛:本题考查函数的恒成立和有解问题,属于较难题目.首先根据自变量x 的范围,分离参数和变量,转化为新函数g(x)的最值,通过构造函数求导判断单调性,可知()g x 在()02,x 上单调递减, ()0,x +∞上单调递增,所以()()0min g x g x =,且004ln 2x x -=,089x <<,通过对最小值化简得出()0g x 的范围,进而得出k 的范围. 7．D【解析】试题分析：由题意()221ln f x x x a x =-++的定义域为（0，+∞），∴()22222a x x af x x x x='-+=-+；∵f （x ）有两个极值点1x ， 2x ，∴f′（x ）=0有两个不同的正实根1x ， 2x ，∵120x x <<，且121x x +=，∴222211,222x a x x <<=-，∴()()222222222122ln f x x x x x x =-++-．令()()222122ln g t t t t t t =-++-，其中112t <<，则g′（t ）=2（1-2t ）lnt ．当t ∈1,12⎛⎫⎪⎝⎭时，g′（t ）＞0，∴g （t ）在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上是增函数．∴()112ln224g t g -⎛⎫>=⎪⎝⎭． 故()()2212ln24f xg x -=>考点：利用导数研究函数的极值 8．A 【解析】若选项A 错误时，选项B 、C 、D 正确，()2f x ax b ='+，因为1是()f x 的极值点，3是()f x 的极值，所以()()10{13f f '==，即20{3a b a b c +=++=，解得：2{3b a c a=-=+，因为点()2,8在曲线()y f x =上，所以，即()42238a a a +⨯-++=，解得：5a =，所以10b =-，8c =，所以()25108f x x x =-+，因为()()()21511018230f -=⨯--⨯-+=≠，所以1-不是()f x 的零点，所以选项A 错误，选项B 、C 、D 正确，故选A ．【考点定位】1、函数的零点；2、利用导数研究函数的极值．9．−2≤a <1 【解析】f ′(x )＝x 2－1＝(x ＋1)(x －1)，令f ′(x )＞0得x ＜－1或x ＞1，令f ′(x )＜0得－1＜x ＜1，所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和(1，＋∞)，减区间为(－1,1)．所以要使函数f (x )＝13x 3－x 在(a,10－a 2)上有最小值，只需{a <1<10−a 2f(a)≥f(1)，即{a <1<10−a 213a 3−a ≥−23⇒{−3<a <1a ≥−2⇒－2≤a ＜1.10．3 4.--或 【解析】试题分析：22my x '=+，所以直线l 斜率为2m +，直线l 方程为(2)(2)(1)y m m x --=+-，直线l 在两坐标轴上的截距分别为22,2mm m -+，所以2212,2mm m -+=+解得27120m m ++=，3 4.m m =-=-或考点：曲线与方程，函数的切线，导数的运算及导数的几何意义 11．4 【解析】试题分析：因为0x y >>，所以由222()x y cx y x -≤-得222()22()(1)x x y y c x x x y x y y --≤=--，令1x t y =>，则22()22()(1)(1)xt y g t x x t t y y--==--，由22242()0,1(1)t t g t t t t =-'+-=>得2t =()g t取最小值4，又min c ()g t ≤，所以c的最大值为4 考点：利用导数求函数最值，不等式恒成立 12．（1）(4,+∞)；（2）ln4−3 【解析】试题分析：（1）先求导数，转化为对应一元二次方程有两个正根，再根据实根分布列不等式组，解得实数a 的取值范围；（2）分离参数转化为对应函数最值问题：λ>f(x 1)+f(x 2)x 1+x 2最大值，再化简f(x 1)+f(x 2)x 1+x 2为a 的函数，利用导数可得其值域，即得λ的最小值．试题解析：(1)f′(x)＝＋x －a ＝(x ＞0)，于是f(x)有两个极值点等价于二次方程x 2－ax ＋a ＝0有两正根， 设其两根为x 1，x 2，则，解得a ＞4，不妨设x 1＜x 2，此时在(0，x 1)上f′(x)＞0，在(x 1，x 2)上f′(x)＜0，在(x 2，＋∞)上f′(x)＞0.因此x1，x2是f(x)的两个极值点，符合题意．所以a的取值范围是(4，＋∞)．(2)f(x1)＋f(x2)＝alnx1＋x－ax1＋alnx2＋x－ax2＝alnx1x2＋ (x＋x)－a(x1＋x2)＝alnx1x2＋ (x1＋x2)2－x1x2－a(x1＋x2)＝a(lna－a－1)．于是＝lna－a－1，令φ(a)＝lna－a－1，则φ′(a)＝－.因为a＞4，所以φ′(a)＜0.于是φ(a)＝lna－a－1在(4，＋∞)上单调递减，因此＝φ(a)＜φ(4)＝ln4－3，且可无限接近ln4－3.又因为x1＋x2＞0，故不等式f(x1)＋f(x2)＜λ(x1＋x2)等价于＜λ，所以λ的最小值为ln4－3.点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.。
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2018年高考数学导数小题练习集(一)2018年高考数学导数小题练习集（一）1.已知f′（x ）是函数f （x ），（x ∈R ）的导数，满足f′（x ）=﹣f （x ），且f （0）=2，设函数g （x ）=f （x ）﹣lnf 3（x ）的一个零点为x 0，则以下正确的是（ ）A ．x 0∈（﹣4，﹣3）B ．x 0∈（﹣3，﹣2）C ．x 0∈（﹣2，﹣1）D ．x 0∈（﹣1，0）2.已知二次函数2()f x ax bx c =++的导数为()f x '，(0)0f '>，对于任意实数x 都有()0f x ≥，则(1)(0)f f ' 的最小值为（ ）． A ．3 B ．52C ．2D ．323.函数12)(,1)(-=+=x e ex x g x x e x f ，对任意x 1，x 2∈（0，+∞），不等式（k+1）g （x 1）≤kf （x 2）（k ＞0）恒成立，则实数k 的取值范围是（ ）A．[1,+∞] B．[2,+∞] C．（0，2）D．（0，1]4.已知函数f（x）的定义域为R，且x3f（x）+x3f （﹣x）=0，若对任意x∈[0，+∞）都有3xf（x）+x2f'（x）＜2，则不等式x3f（x）﹣8f（2）＜x2﹣4的解集为（）A．（﹣2，2）B．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）C．（﹣4，4）D．（﹣∞，﹣4）∪（4，+∞）5.若函数f（x）=kx﹣lnx在区间（2，+∞）单调递增，则k的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣2] B．C．[2，+∞）D．6.已知函数f（x）=e x﹣ln（x+a）（a∈R）有唯一的零点x0，则（）A．﹣1＜x0＜﹣B．﹣＜x0＜﹣C．﹣＜x0＜0 D．0＜x0＜7.已知定义在R上的可导函数f（x）的导函数为f'（x），满足f'（x）＜f（x），且f（x+3）为偶函数，f（6）=1，则不等式f（x）＞e x的解集为（）A．（﹣∞，0）B．（0，+∞）C．（1，+∞）D．（4，+∞）8.已知定义在（0，）上的函数f（x），f′（x）为其导函数，且f（x）＜f′（x）•tanx恒成立，则（）A．f（）＞f（）B．f（）＜f （）C．f（）＞f（）D．f（1）＜2f（）•sin19.函数32=+-+在区间[]2,1-上的最小值（）．f x x x x()1B．2C．1-D．4-A．222710.已知，则f'（2）=（）A．B．C．2 D．﹣2 11.已知函数f（x）=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10，则f（2）等于（）A．11或18 B．11 C．18 D．17或1812.已知f（x）=cosx，则f（π）+f′（）=（）A．B．C．﹣D．﹣13.已知函数f（x）的定义域为R，且为可导函数，若对∀x∈R，总有（2﹣x）f（x）+xf′（x）＜0成立（其中f′（x ）是f （x ）的导函数），则（ ）A ．f （x ）＞0恒成立B ．f （x ）＜0恒成立C ．f （x ）的最大值为0D ．f （x ）与0的大小关系不确定14.函数21e x ax y -=存在极值点，则实数a 的取值范围是（ ）．A ．1a <-B ．0a >C ．1a ≤-或0a ≥D ．1a <-或0a >15.如果函数满足：对于任意的x 1，x 2∈[0，1]，都有|f （x 1）﹣f （x 2）|≤1恒成立，则a 的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．16.函数()f x 的定义域为开区间(,)a b ，导函数()f x '在(,)a b内的图像如图所示，则函数()f x在开区间(,)a b内有极小值点（）．y= f'x()abx yOA．1个B．2个C．3个D．4个17.已知函数f（x）=x3﹣2x2+ax+3在[1，2]上单调递增，则实数a的取值范围为（）A．a＞﹣4 B．a≥﹣4 C．a＞1 D．a≥118.若函数f（x）=x3﹣3x+a有3个不同的零点，则实数a的取值范围是（）A．（﹣2，2）B．[﹣2，2] C．（﹣∞，﹣1）D．（1，+∞）19.若存在两个正实数x，y，使得等式3x+a（2y ﹣4ex）（lny﹣lnx）=0成立，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，0）B．C．D．20.函数y=cos2x的导数是（）A．﹣sin2x B．sin2x C．﹣2sin2xD．2sin2x21.设函数，则（）A．为f（x）的极大值点B．为f （x）的极小值点C．x=2 为f（x）的极大值点D．x=2为f （x）的极小值点22.已知f（x）为定义域为R的函数，f'（x）是f（x）的导函数，且f（1）=e，∀x∈R都有f'（x）＞f（x），则不等式f（x）＜e x的解集为（）A．（﹣∞，1）B．（﹣∞，0）C．（0，+∞）D．（1，+∞）23.设函数f （x ）在其定义域D 上的导函数为f′（x ），如果存在实数a 和函数h （x ），其中h （x ）对任意的x ∈D ，都有h （x ）＞0，使得f′（x ）=h （x ）（x 2﹣ax+1），则称函数f （x ）具有性质ω（a ），给出下列四个函数：①f （x ）=x 3﹣x 2+x+1； ②f （x ）=lnx+；③f （x ）=（x 2﹣4x+5）e x ； ④f （x ）=其中具有性质ω（2）的函数为（ ） A ．①②③ B ．①②④ C ．②③④ D ．①③④24.若2a >，则方程321103x ax -+=在(0,2)上恰好有（ ）． A ．0个根 B ．1个根 C ．2个根 D ．3个根25.设函数f （x ）是定义在（﹣∞，0）上的可导函数，其导函数为f′（x），且有3f（x）+xf′（x）＞0，则不等式（x+2015）3f（x+2015）+27f（﹣3）＞0的解集（）A．（﹣2018，﹣2015）B．（﹣∞，﹣2016）C．（﹣2016，﹣2015）D．（﹣∞，﹣2012）26.已知函数f（x）的导函数图象如图所示，若△ABC为锐角三角形，则一定成立的是（）A．f（cosA）＜f（cosB）B．f（sinA）＜f （cosB）B．f（sinA）＞f（sinB）D．f（sinA）＞f （cosB）C．27.若f（x）=xe x，则f′（1）=（）A．0 B．e C．2e D．e228.设函数f（x）=e x（sinx﹣cosx）（0≤x≤2016π），则函数f（x）的各极大值之和为（）A．B．C．D．29.设函数，对任意x1，x2∈（0，+∞），不等式恒成立，则正数k的取值范围是（）A．[1，+∞）B．（1，+∞）C．D．30.已知f（x）=，若f′（x0）=0，则x0=（）A．e2B．e C．1 D．ln231.设函数f′（x）是函数f（x）（x∈R）的导函数，f（0）=1，且3f（x）=f′（x）﹣3，则4f（x）＞f′（x）（）A ．（，+∞）B ．（，+∞）C ．（，+∞）D ．（，+∞）32.已知函数g （x ）满足g （x ）=g′（1）e x ﹣1﹣g （0）x+，且存在实数x 0使得不等式2m ﹣1≥g （x 0）成立，则m 的取值范围为（ ） A ．（﹣∞，2] B ．（﹣∞，3] C ．[1，+∞） D ．[0，+∞）33.函数1sin sin33y a x x =+在π3x =处有极值，在a 的值为（ ）．A ．6-B ．6C ．2-D ．234.已知函数f （x ）=x ﹣1﹣lnx ，对定义域内任意x 都有f （x ）≥kx ﹣2，则实数k 的取值范围是（ ）A ．（﹣∞，1﹣]B ．（﹣∞，﹣]C ．[﹣，+∞）D．[1﹣，+∞）35.若函数f（x）=lnx+x2﹣ax+a+1为（0，+∞）上的增函数，则实数a的取值范围是（）A．(﹣∞，22] B．（﹣∞，2] C．[1，+∞）D．[2，+∞）36.若函数f（x）在R上可导，其导函数为f′（x），且函数y=（1﹣x）f′（x）的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（）A．函数f（x）有极大值f（﹣2），无极小值B．函数f（x）有极大值f（1），无极小值C．函数f（x）有极大值f（﹣2）和极小值f（1）D．函数f（x）有极大值f（1）和极小值f（﹣2）．37.如图是函数f（x）=x3+bx2+cx+d的大致图象，则x1+x2=（）A．B．C．D．38.设a∈R，若函数y=e ax+2x，x∈R有大于零的极值点，则（）A．a＜﹣2 B．a＞﹣2 C．a＞﹣D．a ＜﹣39.如图，一个正六角星薄片（其对称轴与水面垂直）匀速地升出水面，直到全部露出水面为止，记时刻t薄片露出水面部分的图形面积为S（t）（S（0）=0），则导函数y=S'（t）的图象大致为（）A．B．C．D．40.已知函数f （x）=x3﹣12x+8在区间[﹣3，3]上的最大值与最小值分别为M，m，则M﹣m 的值为（）A．16 B．12 C．32 D．641.已知定义在R上的可导函数f（x）的导函数为f′（x），满足f′（x）＜f（x），且f（x+2）为偶函数，f（4）=1，则不等式f（x）＜e x的解集为（）A．（﹣2，+∞） B．（0，+∞）C．（1，+∞）D．（4，+∞）42.下列求导运算正确的是（ ）A ．（x ）′=1B ．（x 2cosx ）′=﹣2xsinxC ．（3x ）′=3x log 3eD ．（log 2x ）′=43.函数()f x 的定义域为R ，(1)2f -=，对任意x ∈R ，()2f x '>，则()24f x x >+的解集为（ ）．A ．(1,1)-B ．(1,)-+∞C ．(,1)-∞-D ．(,)-∞+∞44.函数的单调增区间是（ ）A ．（0，e ）B ．（﹣∞，e ）C ．（e ﹣1，+∞）D ．（e ，+∞）45.在R 上可导的函数f （x ）的图形如图所示，则关于x 的不等式x•f′（x ）＜0的解集为（ ）A．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）B．（﹣1，0）∪（1，+∞）B．（﹣2，﹣1）∪（1，2）D．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）46.若f（x）=x2﹣2x﹣4lnx，则f（x）的单调递增区间为（）A．（﹣1，0）B．（﹣1，0）∪（2，+∞）C．（2，+∞）D．（0，+∞）47.若f（x）=x3﹣ax2+1在（1，3）内单调递减，则实数a的范围是（）A．[，+∞）B．（﹣∞，3] C．（3，）D．（0，3）48.已知函数f（x）满足：f（x）+2f′（x）＞0，那么下列不等式成立的是（）A ．B ．C ．D ．f （0）＞e 2f （4）49.若函数f （x ）=ax 3+x 在区间[1，+∞）内是减函数，则（ ）A ．a≤0B ．C ．a≥0D ．50.已知()f x '是奇函数()f x 的导函数，(1)0f -=，当0x >时，()()0xf x f x '->，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是（ ）．A ．(,1)(0,1)-∞- B ．(1,0)(1,)-+∞ C ．(1,0)(0,1)- D ．(,1)(1,)-∞-+∞试卷答案1.D【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】求出f（x）的表达式，得到g（x）的表达式，设h（x）=f（x）﹣g（x），求出h（0）和h（﹣1）的值，从而求出x0的范围．【解答】解：设f（x）=ke﹣x，则f（x）满足f′（x）=﹣f（x），而f（0）=2，∴k=2，∴f（x）=2e﹣x，∴g（x）=3lnf（x）=3（﹣x+ln2）=﹣3x+3ln2，设h（x）=f（x）﹣g（x），则h（x）=2e﹣x+3x﹣3ln2，∴h（0）=2﹣3ln2＜0，h（﹣1）=2e﹣3﹣3ln2＞0，即在（﹣1，0）上存在零点，故选：D．2.C()2f x ax b '=+，(0)0f b '=>．由()0f x ≥可知：a b >，240bac ∆=-=， 故(1)412(0)f a b c ac f b ++=+=≥，故选C ．3.A【考点】6E ：利用导数求闭区间上函数的最值． 【分析】利用基本不等式可求f （x ）的最小值，对函数g （x ）求导，利用导数研究函数的单调性，进而可求g （x ）的最大值，f （x ）的最小值，得到关于k 的不等式，解出即可．【解答】解：∵当x ＞0时，f （x ）=e 2x+≥2=2e ，∴x 1∈（0，+∞）时，函数f （x 2）有最小值2e ， ∵g （x ）=，∴g′（x ）=，当x ＜1时，g′（x ）＞0，则函数g （x ）在（0，1）上单调递增，当x＞1时，g′（x）＜0，则函数在（1，+∞）上单调递减，∴x=1时，函数g（x）有最大值g（1）=e，则有x1、x2∈（0，+∞），f（x2）min=2e＞g（x1）max=e∵（k+1）g（x1）≤kf（x2）（k＞0），∴≤恒成立且k＞0，≤，∴k≥1故选：A．4.B【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】构造函数h（x）=x3f（x）﹣2x，根据函数的单调性和奇偶性求出不等式的解集即可．【解答】解：令h（x）=x3f（x）﹣2x，则h′（x）=x[3xf（x）+x2f'（x）﹣2]，若对任意x∈[0，+∞）都有3xf（x）+x2f'（x）＜2，则h′（x）≤0在[0，+∞）恒成立，故h（x）在[0，+∞）递减，若x3f（x）+x3f（﹣x）=0，则h（x）=h（﹣x），则h（x）在R是偶函数，h（x）在（﹣∞，0）递增，不等式x3f（x）﹣8f（2）＜x2﹣4，即不等式x3f（x）﹣x2＜8f（2）﹣4，即h（x）＜h（2），故|x|＞2，解得：x＞2或x＜﹣2，故不等式的解集是（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞），故选：B．【点评】本题考查了函数的单调性、奇偶性问题，考查转化思想，构造函数g（x）是解题的关键，本题是一道中档题．5.B【分析】求出导函数f′（x），由于函数f（x）=kx﹣lnx在区间（2，+∞）单调递增，可得f′（x）≥0在区间（2，+∞）上恒成立．解出即可．【解答】解：f′（x）=k﹣，∵函数f（x）=kx﹣lnx在区间（2，+∞）单调递增，∴f′（x）≥0在区间（2，+∞）上恒成立．∴k≥，而y=在区间（2，+∞）上单调递减，∴k≥．∴k的取值范围是：[，+∞）．故选：B．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、恒成立问题的等价转化方法，属于中档题．6.A【考点】利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理．【分析】利用函数的零点以及方程的根的关系，通过函数的导数，二次导函数判断函数的单调性，利用函数的零点判定定理，推出结果即可．【解答】解：函数f（x）=e x﹣ln（x+a）（a∈R），则x＞﹣a，可得f′（x）=e x﹣，f′′（x）=e x+恒大于0，f′（x）是增函数，令f′（x0）=0，则，有唯一解时，a=，代入f（x）可得：f（x0）===，由于f（x0）是增函数，f（﹣1）≈﹣0.63，f（）≈0.11所以f（x0）=0时，﹣1．故选：A．7.A【考点】6B：利用导数研究函数的单调性．【分析】令g（x）=，利用导数和已知即可得出其单调性．再利用函数的对称性和已知可得g（0）=1，从而求得不等式f（x）＞e x的解集．【解答】解：设g（x）=，则g′（x）=．∵f′（x）＜f（x），∴g′（x）＜0．∴函数g（x）是R上的减函数，∵函数f（x+3）是偶函数，∴函数f（﹣x+3）=f（x+3），∴函数关于x=3对称，∴f（0）=f（6）=1，原不等式等价为g（x）＞1，∴不等式f（x）＜e x等价g（x）＞1，即g（x）＞g（0），∵g（x）在R上单调递减，∴x＜0．∴不等式f（x）＞e x的解集为（﹣∞，0）．故选：A8.B【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用．【分析】把给出的等式变形得到f′（x）sinx﹣f （x）cosx＞0，由此联想构造辅助函数g（x）=，由其导函数的符号得到其在（0，）上为增函数，则g（）＜g（）＜g（1）＜g（），整理后即可得到答案．【解答】解：解：因为x∈（0，），所以sinx ＞0，cosx＞0，由f（x）＜f′（x）tanx，得f（x）cosx＜f′（x）sinx，即f′（x）sinx﹣f（x）cosx＞0．令g（x）=，x∈（0，），则g′（x）=＞0．所以函数g（x）=在x∈（0，）上为增函数，则g（）＜g（）＜g（1）＜g（），即，对照选项，A ．应为＞，C ．应为＜f （），D ．应为f （1）2f （）sin1，B 正确． 故选B ． 9.C2321(31)(1)y x x x x '=+-=-+，令0y '>，解得13x >或1x <-．再y '<，解得113x -<<，所以1x =-，13x =分别是函数的极大值点和极小值点，所以(1)2f -=，(1)2f =，122327f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，(2)1f -=-，所以最小值为1-， 故选C ． 10.A【考点】导数的运算．【分析】把给出的函数求导，在其导函数中取x=2，则f′（2）可求．【解答】解：∵f′（x）=﹣+3f′（2），∴f′（2）=﹣+3f′（2），解得：f′（2）=，故选：A．11.C【考点】函数在某点取得极值的条件．【分析】根据函数在x=1处有极值时说明函数在x=1处的导数为0，又因为f′（x）=3x2+2ax+b，所以得到：f′（1）=3+2a+b=0，又因为f（1）=10，所以可求出a与b的值确定解析式，最终将x=2代入求出答案．【解答】解：f′（x）=3x2+2ax+b，∴或①当时，f′（x）=3（x﹣1）2≥0，∴在x=1处不存在极值；②当时，f′（x）=3x2+8x﹣11=（3x+11）（x∴x∈（，1），f′（x）＜0，x∈（1，+∞），f′（x）＞0，符合题意．∴，∴f（2）=8+16﹣22+16=18．故选C．12.D【考点】导数的运算．【分析】根据导数的运算法则，求导，然后导入值计算即可【解答】解：f（x）=cosx，则f′（x）=﹣，∴f（π）+f′（）=cosπ﹣﹣=﹣﹣=﹣，故选：D【点评】本题考查了导数的运算法则，属于基础题【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的最大值小于0，从而证出结论【解答】解：设g（x）=∴g′（x）=，∵对∀x∈R，总有（2﹣x）f（x）+xf′（x）＜0成立，当x＞0时，g′（x）＜0，函数g（x）递减当x＜0时，g′（x）＞0，函数g（x）递增，∴g（x）＜g（0）=0，∴＜0恒成立∴f（x）＜0恒成立，故选：B【点评】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用，构造函数g（x）是解题的关键，本题是一道中档题．14.C ∵21e x ax y -=，2222e e (1)210(e )e x x x xax ax ax ax y ---++'===恒有解， ∴0a ≠，2440a a ∆=+≥， 4(1)0a a +≥，∴1a -≤或0a >，当1a =-时，2(1)0e x x y -'=≥（舍去），∴1a <-或0a >，故选C ．15.A【考点】利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】由题意函数满足：对于任意的x 1，x 2∈[0，1]，都有|f （x 1）﹣f （x 2）|≤1恒成立，必有函数满足其最大值与最小值的差小于等于1，由此不等式解出参数a 的范围即可，故可先求出函数的导数，用导数判断出最值，求出最大值与最小值的差，得到关于a的不等式，解出a的值【解答】解：由题意f′（x）=x2﹣a2当a2≥1时，在x∈[0，1]，恒有导数为负，即函数在[0，1]上是减函数，故最大值为f（0）=0，最小值为f（1）=﹣a2，故有，解得|a|≤，故可得﹣≤a≤当a2∈[0，1]，由导数知函数在[0，a]上增，在[a，1]上减，故最大值为f（a）=又f（0）=0，矛盾，a∈[0，1]不成立，故选A．16.A设导函数()'在(,)a b内的图像与x轴的交点（自左向f x右）分别为1x，2x，3x，4x，其中1234x x x x<<=<，则由导函数的图像可得：当1'>，∈时，()0(,)x a xf x12(,)x x x ∈时，()0f x '<且1()0f x '=， 所以1x 是函数()f x 的极大值点； 当12(,)x x x ∈时，()0f x '<， 23(,)x x x ∈时，()0f x '>且2()0f x '=， 所以2x 是函数()f x 的极小值点， 当23(,)x x x ∈或34(,)x x x ∈时，()0f x '>， 故3x 不是函数()f x 的极值点； 当34(,)x x x ∈时，()0f x '>， 而当4(,)x x b ∈时，()0f x '<，且4()0f x '=， 所以4x 是函数()f x 的极大值点， 综上可知：()f x 在(,)a b 内有1个极小值点，故选A ．17.D【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】求出导函数f'（x ）=3x 2﹣4x+a ，在区间内大于或等于零，根据二次函数的性质可知，导函数在区间内递增，故只需f'（1）≥0即可．【解答】解：f（x）=x3﹣2x2+ax+3，∴f'（x）=3x2﹣4x+a，∵在[1，2]上单调递增，∴f'（x）=3x2﹣4x+a在区间内大于或等于零，∵二次函数的对称轴x=，∴函数在区间内递增，∴f'（1）≥0，∴﹣1+a≥0，∴a≥1，故选D．18.A【考点】函数零点的判定定理；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．【分析】由函数f（x）=x3﹣3x+a求导，求出函数的单调区间和极值，从而知道函数图象的变化趋势，要使函数f（x）=x3﹣3x+a有3个不同的零点，寻求实数a满足的条件，从而求得实数a的取值范围．【解答】解∵f′（x）=3x2﹣3=3（x+1）（x﹣1），当x＜﹣1时，f′（x）＞0；当﹣1＜x＜1时，f′（x）＜0；当x＞1时，f′（x）＞0，∴当x=﹣1时f（x）有极大值．当x=1时，f（x）有极小值，要使f（x）有3个不同的零点．只需，解得﹣2＜a＜2．故选A．【点评】考查利用导数研究函数的单调性和极值，函数图象的变化趋势，体现了数形结合和运动的思想方法，属中档题．19.D【分析】根据函数与方程的关系将方程进行转化，利用换元法转化为方程有解，构造函数求函数的导数，利用函数极值和单调性的关系进行求解即可．【解答】解：由3x+a（2y﹣4ex）（lny﹣lnx）=0得3x+2a（y﹣2ex）ln=0，即3+2a（﹣2e）ln=0，即设t=，则t＞0，则条件等价为3+2a（t﹣2e）lnt=0，即（t﹣2e）lnt=﹣有解，设g（t）=（t﹣2e）lnt，g′（t）=lnt+1﹣为增函数，∵g′（e）=lne+1﹣=1+1﹣2=0，∴当t＞e时，g′（t）＞0，当0＜t＜e时，g′（t）＜0，即当t=e时，函数g（t）取得极小值为：g（e）=（e﹣2e）lne=﹣e，即g（t）≥g（e）=﹣e，若（t﹣2e）lnt=﹣有解，则﹣≥﹣e，即≤e，则a＜0或a≥，故选：D．【点评】本题主要考查不等式恒成立问题，根据函数与方程的关系，转化为两个函数相交问题，利用构造法和导数法求出函数的极值和最值是解决本题的关键．综合性较强．20.C【考点】63：导数的运算．【分析】根据题意，令t=2x，则y=cost，利用复合函数的导数计算法则计算可得答案．【解答】解：根据题意，令t=2x，则y=cost，其导数y′=（2x）′（cost）′=﹣2sin2x；故选：C．21.D【考点】利用导数研究函数的极值．【分析】求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极小值点即可．【解答】解：f′（x）=﹣+=，（x＞0），令f′（x）＞0，解得：x＞2，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜2，故f（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，故x=2是函数的极小值点，故选：D．【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，是一道基础题．22.A【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】根据题意，令g（x）=，结合题意对其求导分析可得g′（x）＞0，即函数g（x）在R上为增函数，又由f（1）=e，可得g（e）==1，而不等式f（x）＜e x可以转化为g（x）＜g（1），结合函数g（x）的单调性分析可得答案．【解答】解：根据题意，令g（x）=，其导数g′（x）==，又由，∀x∈R都有f'（x）＞f（x），则有g′（x）＞0，即函数g（x）在R上为增函数，若f（1）=e，则g（e）==1，f（x）＜e x⇒＜1⇒g（x）＜g（1），又由函数g（x）在R上为增函数，则有x＜1，即不等式f（x）＜e x的解集为（﹣∞，1）；故选：A．23.A【考点】指数型复合函数的性质及应用．【分析】因为a=2，所以先求出函数f（x）的导函数f′（x），然后将其配凑成f′（x）=h（x）（x2﹣2x+1）这种形式，分别求出h（x），然后确定h（x）是否满足对任意的x∈D都有h（x）＞0．【解答】解：①f'（x）=x2﹣2x+1，若f′（x）=h （x）（x2﹣2x+1），即x2﹣2x+1=h（x）（x2﹣2x+1），所以h（x）=1＞0，满足条件，所以①具有性质ω（2）．②函数f（x）=lnx++的定义域为（0，+∞）．f′（x）=﹣==•（x2﹣2x+1），所以h（x）=，当x∈（0，+∞）时，h（x）＞0，所以②具有性质ω（2）．③f'（x）=（2x﹣4）e x+（x2﹣4x+5）e x=（x2﹣2x+1）e x，所以h（x）=e x，因为h（x）＞0，所以③具有性质ω（2）．④f′（x）==，若f′（x）=•（x2﹣2x+1），则h（x）=，因为h（1）不存在，所以不满足对任意的x∈D都有h（x）＞0，所以④不具有性质ω（2）， 故选：A ． 24.B 令321()13f x x ax =-+， 则2()2f x xax'=-，∴2a >，故当(0,2)x ∈时，()0f x '<， 即()f x 在(0,2)上为减函数， 又∵(0)10f =>，11(2)403f a =-<，故函数321()13f x x ax =-+在(0,2)上有且只有一零点，即方程321103x ax -+=在(0,2)上恰好有1个根，故选B ． 25.A【考点】利用导数研究函数的单调性；导数的运算．【分析】根据条件，构造函数g （x ）=x 3f （x ），利用函数的单调性和导数之间的关系即可判断出该函数在（﹣∞，0）上为增函数，然后将所求不等式转化为对应函数值的关系，根据单调性得出自变量值的关系从而解出不等式即可．【解答】解：构造函数g（x）=x3f（x），g′（x）=x2（3f（x）+xf′（x））；∵3f（x）+xf′（x）＞0，x2＞0；∴g′（x）＞0；∴g（x）在（﹣∞，0）上单调递增；g（x+2015）=（x+2015）3f（x+2015），g（﹣3）=﹣27f（﹣3）；∴由不等式（x+2015）3f（x+2015）+27f（﹣3）＞0得：（x+2015）3f（x+2015）＞﹣27f（﹣3）；∴g（x+2015）＞g（﹣3）；∴x+2015＞﹣3，且x+2015＜0；∴﹣2018＜x＜﹣2015；∴原不等式的解集为（﹣2018，﹣2015）．故选A．26.D【考点】函数的单调性与导数的关系．【分析】根据导数函数图象可判断；f（x）在（0，1）单调递增，（1，+∞）单调递减，由△ABC为锐角三角形，得A+B，0﹣B ＜A，再根据正弦函数，f（x）单调性判断．【解答】解：根据导数函数图象可判断；f（x）在（0，1）单调递增，（1，+∞）单调递减，∵△ABC为锐角三角形，∴A+B，0﹣B ＜A，∴0＜sin（﹣B）＜sinA＜1，0＜cosB＜sinA＜1f（sinA）＞f（sin（﹣B）），即f（sinA）＞f（cosB）故选；D【点评】本题考查了导数的运用，三角函数，的单调性，综合性较大，属于中档题．27.C【考点】63：导数的运算．【分析】直接根据基本函数的导数公式和导数的运算法则求解即可．【解答】解：∵f（x）=xe x，∴f′（x）=e x+xe x，∴f′（1）=2e．故选：C．28.D【考点】利用导数研究函数的极值．【分析】先求f′（x）=2e x sinx，这样即可得到f （π），f（3π），f（5π），…，f为f（x）的极大值，并且构成以eπ为首项，e2π为公比的等比数列，根据等比数列的求和公式求f（x）的各极大值之和即可．【解答】解：：∵函数f（x）=e x（sinx﹣cosx），∴f′（x）=[e x（sinx﹣cosx）]′=e x（sinx﹣cosx）+e x（cosx+sinx）=2e x sinx；令f′（x）=0，解得x=kπ（k∈Z）；∴当2kπ＜x＜2kπ+π时，f′（x）＞0，原函数单调递增，当2kπ+π＜x＜2kπ+2π时，f′（x）＜0，原函数单调递减；∴当x=2kπ+π时，函数f（x）取得极大值，此时f（2kπ+π）=e2kπ+π[sin（2kπ+π）﹣cos（2kπ+π）]=e2kπ+π；又∵0≤x≤2016π，∴0和2016π都不是极值点，∴函数f（x）的各极大值之和为：eπ+e3π+e5π+…+e2015π=，故选：D．29.A【考点】利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】当x＞0时，f（x）=e2x+，利用基本不等式可求f（x）的最小值，对函数g（x）求导，利用导数研究函数的单调性，进而可求g（x）的最大值，由恒成立且k＞0，则≤，可求k的范围．【解答】解：∵当x＞0时，f（x）=e2x+≥2=2e，∴x1∈（0，+∞）时，函数f（x1）有最小值2e，∵g（x）=，∴g′（x）=，当x＜1时，g′（x）＞0，则函数g（x）在（0，1）上单调递增，当x＞1时，g′（x）＜0，则函数在（1，+∞）上单调递减，∴x=1时，函数g（x）有最大值g（1）=e，则有x1、x2∈（0，+∞），f（x1）min=2e＞g（x2）max=e，∵恒成立且k＞0，∴≤，∴k≥1，故选：A．30.B【考点】导数的运算．【分析】根据导数的运算法则求导，再代值计算即可．【解答】解：f（x）的定义域为（0，+∞），∴f′（x）=（）′=由f′（x0）=0，得=0，解得x0=e．故选：B31.B【考点】利用导数研究函数的单调性；导数的运算．【分析】容易求出f′（0）=6，结合条件便可得出函数f（x）的解析式，进而求出导函数，代入4f（x）＞f′（x），根据对数函数的单调性及对数的运算便可解出原方程．【解答】解：根据条件，3f（0）=3=f′（0）﹣3；∴f′（0）=6；∴f（x）=2e3x﹣1，f′（x）=6e3x；∴由4f（x）＞f′（x）得：4（2e3x﹣1）＞6e3x；整理得，e3x＞2；∴3x＞ln2；∴x＞；∴原不等式的解集为（，+∞）故选：B．32.C【考点】利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】分别求出g（0），g′（1），求出g（x）的表达式，求出g（x）的导数，得到函数的单调区间，求出g（x）的最小值，问题转化为只需2m﹣1≥g（x）min=1即可，求出m的范围即可．【解答】解：∵g（x）=g′（1）e x﹣1﹣g（0）x+，∴g′（x）=g′（1）e x﹣1﹣g（0）+x，∴g′（1）=g′（1）﹣g（0）+1，解得：g（0）=1，g（0）=g′（1）e﹣1，解得：g′（1）=e，∴g（x）=e x﹣x+x2，∴g′（x）=e x﹣1+x，g″（x）=e x+1＞0，∴g′（x）在R递增，而g′（0）=0，∴g′（x）＜0在（﹣∞，0）恒成立，g′（x）＞0在（0，+∞）恒成立，∴g（x）在（﹣∞，0）递减，在（0，+∞）递增，∴g（x）min=g（0）=1，若存在实数x0使得不等式2m﹣1≥g（x0）成立，只需2m﹣1≥g（x）min=1即可，解得：m≥1，故选：C．【点评】本题考查了求函数的表达式问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，转化思想，是一道中档题．33.Dcos cos3y a x x'=⋅+，∵1sin sin33y a x x=⋅+在π3x =处有极值，∴π3x =时，πcos cos π03y a '=⋅+=，∴2a =， 故选D ． 34.A【考点】利用导数求闭区间上函数的最值． 【分析】问题转化为k≤1+﹣对x ∈（0，+∞）恒成立，令g （x ）=1+﹣，根据函数的单调性求出g （x ）的最小值，从而求出k 的范围即可．【解答】解：f （x ）=x ﹣1﹣lnx ，若对定义域内任意x 都有f （x ）≥kx ﹣2， 则k≤1+﹣对x ∈（0，+∞）恒成立，令g （x ）=1+﹣，则g′（x ）=，令g′（x ）＞0，解得：x ＞e 2，。