课标专用5年高考3年模拟A版2020高考数学专题三导数及其应用2导数的应用试题理

课标专用5年高考3年模拟A版2020高考数学专题三导数及其应用2导数的应用试题理课标专用5年高考3年模拟A版2020高考数学专题三导数及其应用2导数的应用试题理PAGEPAGE49课标专用5年高考3年模拟A版2020高考数学专题三导数及其应用2导数的应用试题理导数的应用挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1。导数与函数的单调性了解函数单调性和导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间（其中多项式函数不超过三次)2018课标Ⅰ,21,12分讨论函数的单调性,证明不等式函数的极值★★★2017课标Ⅰ,21，12分讨论函数的单调性，根据函数零点求参数函数的零点2016课标Ⅱ,21,12分讨论函数的单调性,证明不等式函数的最值2。导数与函数的极（最）值了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次）2018课标Ⅰ,16,5分利用导数研究函数的最值三角函数★★★2018课标Ⅲ，21，12分利用导数研究函数的极值含有参数的一元二次不等式2017课标Ⅱ,11,5分利用导数研究函数的极值指数函数2016课标Ⅲ，21,12分利用导数研究函数的最值三角函数及绝对值不等式3.导数的综合应用会利用导数解决某些实际问题2015课标Ⅰ，12,5分利用导数研究不等式问题函数单调性及函数的零点★★★分析解读1.会利用导数研究函数的单调性,掌握求函数单调区间的方法.2.掌握求函数极值与最值的方法，解决利润最大、用料最省、效率最高等实际生产、生活中的优化问题。3.利用导数求函数极值与最值、结合单调性与最值求参数范围、证明不等式是高考热点.分值为12～17分,属于高档题.破考点【考点集训】考点一导数与函数的单调性1。（2017安徽二模,7）已知f（x)=lnxA.f（2)>f(e)〉f(3） B。f（3）〉f（e）〉f（2)C.f(3）〉f(2)>f（e） D.f（e）〉f（3)>f(2）答案D2。（2017安徽江淮十校第三次联考，12)设函数f（x）=12x2A。1<a≤2 B。a≥4 C。a≤2 D。0<a≤3答案A考点二导数与函数的极(最）值1。(2018河南中原名校期中，7）已知定义在R上的函数f（x)，其导函数f'（x)的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是()①f(b）>f（a）>f(c）;②函数f(x)在x=c处取得极小值，在x=e处取得极大值；③函数f(x）在x=c处取得极大值,在x=e处取得极小值；④函数f(x）的最小值为f（d）.A。③ B.①② C。③④ D.④答案A2.(2018河南豫南九校第二次质量考评，10）若函数f（x）=x(x-c）2在x=2处有极小值，则常数c的值为(）A。4 B。2或6 C。2 D.6答案C 考点三导数的综合应用(2018河北衡水金卷信息卷(二)，6)已知某服装厂生产某种品牌的衣服,销售量q（x)(单位:百件）关于每件衣服的利润x(单位:元)的函数解析式为q（x）=1A.20 B。60 C。80 D。40答案C炼技法【方法集训】方法1利用导数研究函数单调性的方法1。(2019届安徽皖中名校联盟10月联考,8）函数y=x4答案D2.已知函数f(x）=2x3+ax2+bx+3在x=—1和x=2处取得极值.（1）求f(x）的表达式和极值；(2）若f（x）在区间[m,m+4］上是单调函数,试求m的取值范围。解析(1）依题意知f’（x）=6x2+2ax+b=0的两根分别为-1和2,∴-a3∴f（x）=2x3-3x2-12x+3,∴f’(x)=6x2-6x-12=6（x+1)（x-2）,令f'(x）>0,得x<-1或x>2；令f’（x)〈0,得—1<x〈2，∴f(x)极大值=f（—1）=10,f（x）极小值=f(2)=-17。（2)由（1)知,f(x)在（—∞,-1]和［2,+∞)上单调递增，在（-1,2）上单调递减。∴m+4≤—1或m≥∴m≤—5或m≥2,则m的取值范围是(—∞，-5]∪［2,+∞）。方法2利用导数研究函数的极（最)值的方法1。（2018北京海淀二模，8）如图，已知直线y=kx与曲线y=f(x)相切于两点，函数g（x）=kx+m(m>0），则函数F（x)=g（x)-f（x）(）A.有极小值,没有极大值B。有极大值，没有极小值C.至少有两个极小值和一个极大值D。至少有一个极小值和两个极大值答案C2.(2018四川双流中学第二次模拟,12）若函数g（x)=mx+sinxA.［-e-2π，e-π2） B。（-e—πC.-eπ,e-答案A方法3利用导数求解不等式问题1。已知x∈(0，2)，若关于x的不等式xex<A.［0，e+1) B。[0,2e—1） C。[0,e) D。[0，e—1）答案D2。（2018广东深圳中学第一次阶段测试,16)函数f(x)=x—2sinx,对任意x1，x2∈［0，π］,恒有|f（x1)—f(x2）｜≤M，则M的最小值为。

答案2π3+方法4利用导数研究函数的零点或方程的根1。（2017安徽十大名校11月联考,12）若函数f(x）=sinxA。（16,20） B。(-20，-16)C。(-∞，-20)∪(-16,+∞） D。（—∞,16)∪（20，+∞)答案B2.(2018安徽合肥期中，21）已知二次函数f(x)的最小值为—4,且关于x的不等式f（x)≤0的解集为{x｜—1≤x≤3,x∈R}.（1）求函数f（x）的解析式；(2)求函数g（x)=f(解析(1）∵f（x）是二次函数,且关于x的不等式f(x)≤0的解集为｛x｜—1≤x≤3，x∈R}，∴f(x）=a（x+1)（x—3)=ax2—2ax-3a,且a〉0。∴f(x)min=f（1）=-4a=-4,∴a=1.故函数f（x)的解析式为f（x)=x2—2x-3。(2）∵g(x)=x2-2x∴g’(x）=1+3x2—4x=(x-当x变化时，g’（x）,g(x）的变化情况如下表:x(0，1)1(1,3）3(3，+∞）g'（x)+0—0+g（x）递增极大值递减极小值递增当0<x≤3时,g(x）≤g(1)=—4〈0，g（e5）=e5-3e5-20—2〉2∵g（x）在(3，+∞）上单调递增，∴g（x)在（3，+∞)上只有1个零点，故g（x）在(0，+∞)上仅有1个零点.过专题【五年高考】A组统一命题·课标卷题组考点一导数与函数的单调性1.（2018课标Ⅰ,21,12分）已知函数f（x)=1x（1）讨论f(x)的单调性;（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明:f(解析（1）f(x）的定义域为（0，+∞）,f’(x）=—1x2—1+ax(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，+∞)单调递减.(ii）若a〉2，令f'(x)=0,得x=a-a2当x∈0,a-当x∈a-所以f(x）在0,a-a2（2）证明：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f(x1)-f(x2)所以f(x1)-f(x设函数g（x）=1x由（1）知，g（x)在(0,+∞）单调递减，又g(1）=0,从而当x∈(1，+∞）时,g（x)<0，所以1x2-x2+2lnx2〈0,即方法总结利用导数证明不等式的常用方法(1)证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)时,可以构造函数F（x）=f(x）—g（x）.若F’(x)〈0，则F（x)在(a，b）上是减函数，同时若F(a）≤0，由减函数的定义可知，x∈（a,b）时,有F（x）〈0，即证明了f（x）<g（x)。（2）证明f(x）〉g(x）,x∈(a，b）时,可以构造函数F(x)=f（x)—g（x）,若F'(x）>0,则F(x)在（a，b)上是增函数,同时若F（a)≥0，由增函数的定义可知，x∈（a，b)时,有F（x）〉0，即证明了f(x）>g(x）.2。(2017课标Ⅰ,21,12分)已知函数f（x）=ae2x+（a-2)ex-x.(1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)有两个零点,求a的取值范围.解析本题考查导数的运算和应用、函数的单调性以及函数的零点，考查学生的运算求解能力、推理论证能力以及对分类讨论思想的应用能力。(1)f（x）的定义域为（-∞，+∞),f'(x)=2ae2x+(a—2)ex-1=（aex-1)(2ex+1).(i）若a≤0，则f'（x）〈0，所以f(x）在（-∞,+∞）单调递减.(ii)若a〉0，则由f’（x)=0得x=—lna。当x∈(—∞,—lna）时,f'（x)<0；当x∈（—lna，+∞）时，f'(x)>0.所以f（x）在（—∞,—lna)单调递减,在（-lna，+∞)单调递增.（2）（i)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点。(ii）若a>0,由（1）知,当x=—lna时，f(x)取得最小值，最小值为f（-lna)=1—1a①当a=1时,由于f（—lna)=0，故f（x）只有一个零点;②当a∈(1，+∞)时，由于1—1a故f(x）没有零点;③当a∈（0,1）时，1—1a又f（-2)=ae—4+(a—2)e-2+2〉—2e—2+2>0，故f(x)在(-∞，—lna)有一个零点。设正整数n0满足n0>ln3a-1，则f（n0)=en0（aen0+a-2）-n0>e由于ln3a综上,a的取值范围为（0,1）。考点二导数与函数的极（最)值1。(2017课标Ⅱ，11,5分)若x=-2是函数f(x）=(x2+ax—1）ex—1的极值点,则f(x）的极小值为（）A.-1 B.-2e—3 C。5e—3 D.1答案A2。(2018课标Ⅰ，16，5分）已知函数f(x）=2sinx+sin2x，则f(x)的最小值是。

答案—3.(2018课标Ⅲ，21，12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x）-2x。(1)若a=0,证明:当—1<x<0时，f(x)<0;当x〉0时，f(x）>0;(2）若x=0是f(x）的极大值点,求a。解析本题考查导数与函数的单调性、导数与函数的极值.(1）证明：当a=0时，f(x）=（2+x）ln(1+x)—2x，f’(x）=ln（1+x)-x1+设函数g（x）=f'(x）=ln（1+x)-x1+则g'（x)=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,且仅当x=0时，g（x）=0,从而f’(x)≥0,且仅当x=0时,f'（x)=0。所以f（x)在（-1，+∞）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)=f(x)由于当|x｜〈min1,1|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)=11+x=x2如果6a+1〉0,则当0〈x<—6a+14如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|〈min1,所以x=0不是h（x)的极大值点.如果6a+1=0，则h’（x）=x3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=-16思路分析（1）a=0时，写出f（x）的解析式,对f(x)求导.易得f(0）=0，结合单调性可将问题解决。（2）对a进行分类讨论,分析各类情况下的极大值点，进而得参数a的值.考点三导数的综合应用（2015课标Ⅰ，12，5分）设函数f（x）=ex（2x—1)—ax+a,其中a〈1，若存在唯一的整数x0使得f(x0）〈0，则a的取值范围是（）A。-32e,1 B。-答案DB组自主命题·省（区、市）卷题组考点一导数与函数的单调性1.(2017浙江,7,4分）函数y=f(x）的导函数y=f’（x)的图象如图所示，则函数y=f(x)的图象可能是(）答案D2。（2016山东，20，13分）已知f（x)=a（x—lnx)+2x(1）讨论f（x）的单调性；(2）当a=1时，证明f（x)〉f’（x）+32解析（1）f(x）的定义域为(0，+∞)，f'（x）=a-ax—2x2+2当a≤0时,x∈（0，1)时,f’（x）>0，f(x）单调递增,x∈(1,+∞)时，f’（x）<0,f（x）单调递减。当a〉0时,f’(x）=a(①0<a〈2时，2a当x∈(0，1）或x∈2a,+②a=2时，2a③a>2时，0〈2a当x∈0,2a综上所述,当a≤0时,f(x)在（0,1)内单调递增，在（1,+∞)内单调递减;当0〈a<2时，f（x）在（0，1)内单调递增,在1,2a当a=2时，f(x）在（0，+∞）内单调递增;当a〉2时,f（x)在0,2a(2)由(1）知,a=1时，f（x）-f'(x)=x—lnx+2x-=x-lnx+3x+1x2设g（x)=x-lnx,h(x）=3x+1x2则f(x）—f’（x）=g(x)+h（x）。由g’(x)=x-当且仅当x=1时取得等号.又h’（x）=-3设φ（x）=-3x2-2x+6,则φ(x）在x∈[1,2]内单调递减。因为φ(1）=1,φ（2）=-10,所以∃x0∈（1，2),使得x∈(1，x0)时，φ(x)>0,x∈（x0,2）时,φ(x）〈0.所以h（x)在(1，x0）内单调递增，在(x0,2）内单调递减。由h(1）=1，h(2）=12,可得h(x)≥h(2）=1当且仅当x=2时取得等号。所以f(x）—f'（x)〉g(1)+h（2）=32即f(x)〉f'（x）+32考点二导数与函数的极(最）值1。(2018江苏，11，5分）若函数f(x)=2x3-ax2+1（a∈R）在(0，+∞）内有且只有一个零点,则f（x）在[—1，1］上的最大值与最小值的和为.

答案—32。（2016北京,14,5分）设函数f(x)=x①若a=0，则f（x)的最大值为;

②若f（x)无最大值，则实数a的取值范围是.

答案①2②(-∞,—1）3。(2017山东，20，13分)已知函数f(x）=x2+2cosx，g(x)=ex(cosx-sinx+2x-2)，其中e=2。71828…是自然对数的底数。（1）求曲线y=f（x）在点（π,f（π))处的切线方程;(2）令h（x)=g（x）—af（x)(a∈R)，讨论h（x）的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值。解析本题考查导数的几何意义和极值.（1)由题意f(π）=π2—2,又f’（x）=2x—2sinx，所以f’(π）=2π,因此曲线y=f(x）在点(π,f（π)）处的切线方程为y—(π2-2)=2π(x—π),即y=2πx-π2-2。（2）由题意得h(x）=ex（cosx—sinx+2x-2）-a（x2+2cosx)，因为h’（x）=ex（cosx—sinx+2x—2)+ex（—sinx—cosx+2）-a（2x—2sinx)=2ex(x—sinx）-2a(x-sinx）=2（ex—a）（x—sinx）,令m（x)=x—sinx，则m'（x）=1-cosx≥0，所以m（x）在R上单调递增.因为m(0)=0,所以当x>0时,m（x）>0；当x<0时,m(x）〈0。①当a≤0时，ex-a>0，当x<0时,h’(x)<0,h（x）单调递减，当x〉0时,h'(x)>0，h(x)单调递增,所以当x=0时h（x）取到极小值，极小值是h(0）=—2a—1;②当a〉0时，h’（x）=2（ex-elna）（x-sinx）,由h'(x）=0得x1=lna,x2=0.a.当0〈a<1时，lna〈0,当x∈（-∞,lna）时，ex-elna〈0,h'(x)>0,h(x)单调递增；当x∈(lna，0）时,ex-elna>0,h’（x）〈0,h(x)单调递减；当x∈(0,+∞）时,ex—elna〉0,h'(x)>0，h(x）单调递增.所以当x=lna时h(x）取到极大值，极大值为h（lna)=-a[（lna）2-2lna+sin（lna）+cos（lna)+2],当x=0时h(x)取到极小值，极小值是h（0）=-2a-1;b。当a=1时,lna=0,所以当x∈（—∞，+∞）时,h’（x）≥0,函数h（x)在（—∞,+∞)上单调递增,无极值；c。当a>1时,lna〉0，所以当x∈(—∞,0)时,ex-elna〈0，h’（x)>0，h(x）单调递增;当x∈(0，lna）时，ex—elna<0，h’(x)<0,h(x）单调递减；当x∈（lna，+∞)时,ex—elna>0，h'(x)>0,h(x)单调递增。所以当x=0时h(x)取到极大值,极大值是h(0)=—2a-1；当x=lna时h（x）取到极小值，极小值是h(lna）=—a［(lna)2-2lna+sin（lna）+cos（lna)+2]。综上所述：当a≤0时，h(x）在(—∞,0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，函数h（x)有极小值，极小值是h（0）=-2a—1；当0<a〈1时,函数h（x）在（-∞，lna）和（0，+∞）上单调递增,在(lna,0）上单调递减，函数h（x）有极大值,也有极小值，极大值是h(lna)=—a［（lna）2-2lna+sin（lna）+cos(lna)+2],极小值是h（0）=-2a—1；当a=1时，函数h（x)在（-∞,+∞)上单调递增，无极值；当a>1时，函数h（x）在(—∞，0）和(lna,+∞)上单调递增，在（0，lna）上单调递减，函数h(x)有极大值，也有极小值,极大值是h(0)=—2a-1,极小值是h(lna)=—a［(lna）2-2lna+sin（lna)+cos（lna）+2］.考点三导数的综合应用1.(2017江苏，11,5分）已知函数f（x）=x3-2x+ex-1ex,其中e是自然对数的底数。若f（a—1）+f(2a2）≤0,则实数a的取值范围是答案-2.（2018天津,20，14分)已知函数f(x）=ax，g(x)=logax，其中a〉1。(1)求函数h（x）=f(x）-xlna的单调区间;(2）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）=-2ln(3）证明当a≥e1解析(1)由已知，h(x)=ax-xlna,有h’(x)=axlna—lna.令h’(x）=0,解得x=0。由a〉1，可知当x变化时，h’（x），h（x）的变化情况如下表:x（-∞,0）0(0，+∞)h’(x)-0+h（x)↘极小值↗所以函数h（x）的单调递减区间为（—∞,0),单调递增区间为（0,+∞）。(2）证明:由f'（x)=axlna,可得曲线y=f（x)在点（x1,f(x1）)处的切线斜率为ax由g’(x）=1xlna，可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2因为这两条切线平行，故有ax1lna=1x2lna两边取以a为底的对数,得logax2+x1+2logalna=0,所以x1+g(x2)=—2ln(3）证明：曲线y=f(x）在点(x1,ax1）处的切线l1：y-ax1=曲线y=g(x）在点(x2，logax2)处的切线l2：y—logax2=1x2ln要证明当a≥e1e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≥e1e时，存在x1∈（—∞,+∞）,x2∈（0,+∞)，使得l即只需证明当a≥e1方程组ax由①得x2=1a得ax1—x1ax1lna+x1+因此,只需证明当a≥e1e时,关于x设函数u(x）=ax—xaxlna+x+1lna+即要证明当a≥e1u’（x)=1—（lna)2xax,可知x∈（-∞，0）时,u'（x）〉0;x∈(0，+∞）时,u’（x）单调递减，又u’（0)=1〉0，u’1(lna)2=1-a1(即1-(lna）2x0ax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≥e1e,故lnlna≥-1，所以u（x0）=ax0—x0ax0lna+x0+1lna+2ln下面证明存在实数t，使得u(t)<0。由(1)可得ax≥1+xlna,当x>1lnu(x）≤(1+xlna)(1—xlna）+x+1lna+2lnlnalna=-（lna)2所以存在实数t，使得u(t)<0.因此，当a≥e1e时,存在x1∈(-∞，+∞），使得u(x所以,当a≥e1C组教师专用题组考点一导数与函数单调性1.(2015福建,10,5分）若定义在R上的函数f（x)满足f(0)=-1,其导函数f’(x）满足f’（x）〉k>1,则下列结论中一定错误的是()A。f1k<1k B。f1kC。f1k-1<1k答案C2。(2015四川，15,5分)已知函数f(x）=2x，g(x）=x2+ax（其中a∈R).对于不相等的实数x1,x2，设m=f(x1现有如下命题:①对于任意不相等的实数x1,x2，都有m〉0;②对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n〉0；③对于任意的a，存在不相等的实数x1,x2,使得m=n；④对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m=-n。其中的真命题有(写出所有真命题的序号).

答案①④3。（1）讨论函数f(x）=x-2x+2e（2）证明：当a∈[0，1）时,函数g（x）=ex解析(1）f（x)的定义域为（—∞，—2)∪（-2，+∞).(2分)f’（x）=(x-1且仅当x=0时，f’（x)=0，所以f(x）在(—∞,—2)，（-2，+∞)单调递增。因此当x∈(0，+∞)时，f（x）〉f(0)=—1.所以(x—2）ex〉-(x+2)，（x-2）ex+x+2〉0。（4分）（2）g’（x）=(x-2由(1)知,f(x)+a单调递增.对任意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.(6分)当0<x<xa时,f(x）+a〈0,g’(x)〈0,g(x）单调递减;当x〉xa时，f（x）+a〉0,g’（x)〉0,g（x)单调递增。（7分）因此g（x）在x=xa处取得最小值，最小值为g（xa)=exa-a(于是h(a)=exaxa+2,由e所以,由xa∈(0，2］,得12=e00+2<h(a)=exa因为y=exx+2单调递增，对任意λ∈12,e2综上，当a∈［0,1）时,g(x)有最小值h(a)，h（a)的值域是12思路分析(1)利用f’（x）得出单调性,进而利用函数单调性求出f（x)在(0，+∞)上的值域，由此即可证明。（2)求g’（x）,利用单调性求得g（x)min（即h（a)),再利用导数与函数单调性可得h（a)的值域.考点二导数与函数的极（最）值1.（2018北京,18，13分）设函数f(x)=［ax2-(4a+1）x+4a+3］ex.（1)若曲线y=f(x）在点（1,f（1))处的切线与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.解析(1)因为f(x）=[ax2—（4a+1)x+4a+3]ex，所以f'(x）=[ax2—（2a+1)x+2]ex.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]ex=（ax-1)(x—2)ex.若a>12,则当x∈1当x∈（2,+∞)时,f’（x)〉0。所以f(x)在x=2处取得极小值。若a≤12，则当x∈（0，2）时，x—2<0，ax—1≤1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12方法总结函数极值问题的常见类型及解题策略（1）已知导函数图象判断函数极值的情况。先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧导数的符号。(2)已知函数求极值.求f'(x)→求方程f'(x)=0的根→列表检验f’（x)在f’（x)=0的根的附近两侧的符号→下结论。(3）已知极值求参数.若函数f（x)在点(x0,y0）处取得极值,则f'(x0）=0，且在该点左、右两侧导数值的符号相反.2.(2017课标Ⅱ，21,12分)已知函数f(x）=ax2-ax—xlnx,且f(x）≥0。（1)求a；(2)证明:f（x）存在唯一的极大值点x0，且e-2〈f（x0)〈2-2.解析（1)f（x）的定义域为(0，+∞)。设g(x)=ax—a-lnx，则f(x)=xg（x)，f(x）≥0等价于g（x）≥0.因为g(1)=0，g（x)≥0，故g’(1）=0，而g'（x)=a—1x若a=1,则g'(x）=1-1x当0<x〈1时，g’（x）〈0，g(x)单调递减;当x>1时，g’（x）〉0,g（x)单调递增。所以x=1是g(x）的极小值点，故g(x)≥g(1)=0。综上，a=1。(2)证明：由(1）知f(x）=x2—x-xlnx，f'（x）=2x—2—lnx.设h（x)=2x-2-lnx,则h'(x)=2-1x当x∈0,当x∈12所以h（x)在0,12又h（e-2）〉0，h12〈0,h（1)=0,所以h（x）在0,12有唯一零点x0，在12因为f'(x）=h（x),所以x=x0是f（x）的唯一极大值点.由f'（x0）=0得lnx0=2（x0-1）,故f(x0）=x0（1—x0）.由x0∈（0，1)得f(x0)<14因为x=x0是f（x)在(0,1)的最大值点,由e-1∈（0,1）,f’(e—1）≠0得f（x0)〉f(e—1)=e—2,所以e-2〈f（x0)〈2-2.方法总结利用导数解决不等式问题的一般思路：（1）恒成立问题常利用分离参数法转化为最值问题求解。若不能分离参数,可以对参数进行分类讨论.(2)证明不等式问题可通过构造函数转化为函数的最值问题求解。3.(2017北京,19,13分）已知函数f(x）=excosx-x.（1）求曲线y=f(x)在点(0,f（0））处的切线方程；(2）求函数f（x）在区间0,解析本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性、最值.（1)因为f(x）=excosx—x，所以f’(x）=ex（cosx-sinx）-1，f’（0）=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f（x）在点（0,f(0））处的切线方程为y=1.(2）设h（x)=ex(cosx-sinx）—1，则h'(x）=ex（cosx—sinx—sinx-cosx)=-2exsinx.当x∈0,所以h(x）在区间0,所以对任意x∈0,所以函数f(x）在区间0,因此f(x)在区间0,π2上的最大值为f（0）=1,最小值为fπ4.（2016课标Ⅲ,21，12分）设函数f(x）=αcos2x+（α—1)·(cosx+1)，其中α〉0,记｜f(x）｜的最大值为A。（1)求f’(x);（2)求A;(3）证明|f’(x)|≤2A.解析（1)f’（x）=-2αsin2x-(α—1）sinx.（2分)(2）当α≥1时，|f（x)|=|αcos2x+（α-1）（cosx+1)|≤α+2（α-1)=3α-2=f(0）。因此A=3α—2.(4分)当0〈α<1时,将f(x）变形为f(x)=2αcos2x+(α-1)cosx—1.设t=cosx，则t∈[—1,1],令g(t)=2αt2+（α-1）t—1,则A是｜g(t）|在［-1,1]上的最大值，g（-1）=α,g（1）=3α—2,且当t=1-α4α时,g(t）取得最小值，最小值为g1-令-1〈1-α4α<1,解得α<-(i）当0〈α≤15（ii)当15〈α〈1时,由g(—1)—g（1）=2（1-α）>0，知g（—1)〉g(1）〉g1又g1-α所以A=g1-α综上,A=2-(3）证明：由（1）得｜f'(x）|=|-2αsin2x-(α—1）sinx｜≤2α+｜α—1|。当0<α≤15当15<α<1时，A=α8+18当α≥1时,|f'(x)｜≤3α—1≤6α-4=2A.所以|f’（x）|≤2A.(12分)思路分析(1)利用求导公式和求导法则求f'（x）.(2）对α分类讨论(分α≥1和0<α〈1）,当0<α〈1时,进一步分0<α≤15和155.（2016天津,20，14分）设函数f（x）=（x-1)3—ax-b,x∈R，其中a，b∈R。(1）求f(x)的单调区间;(2)若f(x)存在极值点x0,且f（x1)=f(x0）,其中x1≠x0,求证：x1+2x0=3;（3)设a>0，函数g(x)=|f（x)|，求证:g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于···解析（1）由f（x）=(x—1)3—ax—b，可得f’(x）=3(x-1）2-a。下面分两种情况讨论：①当a≤0时,有f'（x）=3(x—1)2—a≥0恒成立,所以f（x)的单调递增区间为（—∞,+∞).②当a〉0时，令f'（x)=0,解得x=1+3a3或x=1—当x变化时,f'（x）,f(x)的变化情况如下表:x-∞，1-3a31—3a1—3a3,1+3a31+3a1+3a3，+∞f'(x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以f（x)的单调递减区间为1-3a3,(2)证明：因为f（x）存在极值点，所以由(1）知a>0,且x0≠1.由题意，得f’(x0）=3(x0—1）2-a=0，即（x0-1)2=a3,进而f（x0)=(x0-1)3-ax0-b=-2a3x0又f（3-2x0）=(2—2x0)3-a（3—2x0）—b=8a3(1—x0）+2ax0—3a—b=—2a3x0-a3-b=f（x0由题意及（1)知,存在唯一实数x1满足f(x1）=f(x0）,且x1≠x0,因此x1=3—2x0.所以x1+2x0=3。(3)证明：设g(x）在区间[0,2］上的最大值为M,max{x，y}表示x，y两数的最大值.下面分三种情况讨论:①当a≥3时，1-3a3≤0〈2≤1+M=max{｜f（2）｜,|f（0)｜}=max{|1-2a—b|,｜—1—b｜}=max{|a-1+(a+b)｜，｜a-1-（a+b)｜}=a所以M=a-1+|a+b|≥2。②当34≤a<3时,1—23a3≤0<1—3a3<1+3a3〈2≤1+23所以f(x）在区间[0,2]上的取值范围为f1+因此M=maxf=max-=max2=2a93a+｜a+b|≥29×3③当0<a〈34时，0<1—23a由①和②知f(0)<f1-23f(2)〉f1+23a所以f（x)在区间［0,2］上的取值范围为[f（0),f(2)]，因此M=max｛|f(0）|，|f(2）｜｝=max｛｜-1—b｜，|1-2a-b｜}=max｛|1-a+(a+b)｜,|1—a—(a+b）|｝=1-a+|a+b｜>14综上所述，当a>0时，g（x)在区间[0,2］上的最大值不小于146.（2014课标Ⅰ，21,12分）设函数f（x)=aexlnx+be(1）求a，b;（2）证明:f(x）>1。解析（1）函数f(x）的定义域为(0,+∞),f'(x)=aexlnx+axex—bx2ex-1+b由题意可得f(1）=2,f'(1)=e.故a=1，b=2.（2）证明:由（1）知，f(x)=exlnx+2xex-1,从而f(x）〉1等价于xlnx〉xe—x—2设函数g（x）=xlnx，则g'(x)=1+lnx。所以当x∈0,1e故g（x)在0,1e上单调递减，在1e,设函数h(x）=xe—x—2e，则h’（x)=e-x所以当x∈(0，1）时,h’（x）〉0;当x∈(1，+∞）时，h’（x）〈0。故h(x）在(0,1)上单调递增,在(1,+∞）上单调递减，从而h(x)在（0,+∞)上的最大值为h（1)=-1e综上,当x〉0时，g(x）〉h(x）,即f（x)>1。思路分析（1）利用导数的几何意义及切线过切点求a,b的值；(2)利用（1）得f(x）的解析式,将f(x)>1等价转化为xlnx〉xe—x-2e，构造函数g（x)=xlnx，h(x）=xe-x—2e,再利用导数分别求出g（x）min，h(x)方法总结证明不等式，可构造函数,转化为求解函数最值的问题.考点三导数的综合应用1。(2014课标Ⅰ,11，5分)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）答案C2。(2014陕西,10，5分）如图,某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为（)A.y=1125x3—35x B。y=2125x3C。y=3125x3-x D.y=-3125x3+答案A3.（2014辽宁，11，5分）当x∈［—2，1]时，不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立，则实数a的取值范围是(）A。［—5，-3] B.-C。[-6，—2］ D.[-4，—3］答案C4.（2017课标Ⅲ,21，12分）已知函数f（x)=x—1—alnx。(1）若f(x)≥0,求a的值；（2）设m为整数,且对于任意正整数n,1+121+解析本题考查导数的综合应用。（1)f(x)的定义域为(0,+∞)。①若a≤0,因为f12=—1②若a>0，由f'(x）=1—ax=x由于f（1)=0，所以当且仅当a=1时,f(x)≥0.故a=1.（2)由(1)知当x∈(1，+∞）时,x-1-lnx〉0.令x=1+12n，得ln1+1从而ln1+12+ln1+122+…+ln1+12n〈故1+121+而1+1思路分析（1）对a分类讨论,并利用导数研究f（x）的单调性,找出最小值点,从而求出a。(2）由（1）得当x>1时,x—1-lnx〉0.令x=1+12n,换元后可求出1+1一题多解(1）f'（x）=1—ax=x5.（2017浙江,20，15分）已知函数f(x)=（x—2x-1）·e(1)求f(x)的导函数;（2）求f（x）在区间12解析本题主要考查函数的最大(小)值,导数的运算及其应用,同时考查分析问题和解决问题的能力。（1)因为(x—2x-1）'=1—12x所以f’(x）=1-12x-1=(1（2)由f'（x）=(1-x因为x111155f’（x）-0+0—f（x)1↘0↗1↘又f(x)=12（2x-1-1)所以f(x)在区间12,+6.(2017天津，20，14分）设a∈Z，已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间（1,2)内有一个零点x0，g（x)为f（x）的导函数.(1）求g（x）的单调区间;（2）设m∈［1，x0)∪(x0,2］,函数h（x）=g(x)(m—x0)-f（m)，求证：h(m）h（x0)〈0；(3)求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p,q，且pq∈[1，x0)∪(x0,2],满足pq-解析本题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法。考查函数思想和化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力。（1)由f(x）=2x4+3x3-3x2-6x+a，可得g(x)=f’（x）=8x3+9x2—6x—6，进而可得g’（x）=24x2+18x-6.令g’(x）=0,解得x=—1或x=14当x变化时,g’（x),g（x)的变化情况如下表:x(-∞,-1)-1g’（x）+—+g（x)↗↘↗所以,g（x）的单调递增区间是（—∞,—1），14,+（2）证明：由h(x）=g（x)(m-x0)—f(m),得h(m）=g(m)（m—x0)-f（m），h(x0)=g(x0)（m—x0)—f（m）。令函数H1(x）=g（x)(x—x0)-f(x）,则H1'(x）=g’（x）（x-x0).由(1)知，当x∈[1,2］时，g'(x)〉0,故当x∈［1，x0）时,H1’(x)〈0,H1(x）单调递减;当x∈（x0，2]时，H1'(x）>0，H1（x)单调递增。因此，当x∈[1，x0)∪（x0，2］时，H1（x)>H1(x0）=—f(x0）=0，可得H1(m）>0,即h（m）>0.令函数H2（x)=g(x0)(x—x0）-f（x），则H2’(x）=g(x0）-g（x).由（1）知g（x）在[1，2］上单调递增，故当x∈[1,x0）时,H2’(x)〉0，H2(x)单调递增；当x∈（x0，2]时，H2'(x)<0,H2（x)单调递减。因此,当x∈[1,x0）∪(x0，2］时,H2(x）〈H2（x0)=0,可得H2（m）〈0，即h（x0）〈0.所以,h(m)h（x0）〈0。（3)证明：对于任意的正整数p，q，且pq∈［1，x0）∪(x0,2］,令m=pq，函数h(x）=g(x)(m—x0)-f（m)。由(2)知,当m∈[1，x0)时，h（x）在区间(m，x0）内有零点；当m∈(x0，2］时,h(x）在区间(x0，m）内有零点。所以h(x）在(1，2)内至少有一个零点,不妨设为x1，则h(x1）=g（x1）pq由（1)知g（x）在［1，2]上单调递增,故0<g（1)<g(x1）<g(2），于是pq-x0=|2因为当x∈[1，2]时,g（x）〉0,故f(x)在[1，2］上单调递增,所以f（x）在区间［1,2］上除x0外没有其他的零点,而pq≠x0，故fpq≠0.又因为p，q，a均为整数,所以｜2p4+3p3q—3p2q2—6pq3+aq4|是正整数，从而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4｜≥1。所以pq-x0≥思路分析(1）求出函数f（x)的导函数g（x）=f'（x)=8x3+9x2—6x—6,求出使导函数为零的x的值，通过列表求出单调区间即可。（2)由h（x）推出h（m)，h（x0），令函数H1（x)=g（x)（x—x0)-f(x)，H2(x）=g(x0)(x—x0)—f(x)，求出导函数H1’(x)，H2'(x）,由此可推出h(m)h(x0)<0.（3)对于任意的正整数p，q,令m=pq,函数h(x）=g（x）·（m—x0）—f（m),由（2)可推出h(x）在(1，2）内至少有一个零点,结合（1)可得pq-x0=fpqg(x1)≥fpqg7。(2016课标Ⅰ，21,12分)已知函数f（x)=（x—2）ex+a(x—1）2有两个零点.（1）求a的取值范围;(2)设x1,x2是f(x）的两个零点，证明:x1+x2<2.解析(1）f’(x）=（x-1）ex+2a（x-1）=（x-1）（ex+2a)。(2分)(i）设a=0,则f（x)=（x-2)ex，f（x)只有一个零点。（3分）(ii)设a>0,则当x∈(-∞，1)时，f'(x)<0；当x∈(1,+∞）时,f’（x）〉0。所以f（x）在（-∞,1)单调递减，在（1，+∞)单调递增.又f(1）=-e,f（2)=a，取b满足b<0且b<lna2f(b)>a2（b-2)+a(b-1）2=ab故f（x）存在两个零点。(4分)（iii）设a<0,由f'（x)=0得x=1或x=ln(—2a）。若a≥-e2若a<-e2因此f(x）在（1,ln(-2a）)单调递减，在（ln（—2a），+∞)单调递增.又当x≤1时f（x)〈0，所以f(x)不存在两个零点.综上，a的取值范围为（0,+∞).（8分)(2）证明:不妨设x1<x2.由(1）知,x1∈(-∞，1),x2∈（1，+∞）,2—x2∈（—∞，1),f(x)在（-∞，1)单调递减,所以x1+x2<2等价于f(x1）>f(2—x2)，即f(2—x2）〈0。由于f(2-x2)=—x2e2-x2+a(x2-1)2,而f（x2）=(x2—2)ex2+a(x2-1)2=0,所以f(2-x2）=—x2设g（x）=—xe2—x-(x—2）ex，则g’（x)=(x-1)（e2—x-ex)。所以当x>1时,g'（x）〈0，而g（1)=0,故当x〉1时,g（x)〈0。从而g(x2）=f(2-x2）〈0，故x1+x2〈2。(12分)思路分析（1）根据a的值分a=0，a>0和a<0三种情况讨论，利用函数的单调性及极值的符号即可确定零点个数，进而得a的范围;(2）由（1）确定出函数的单调性，进而将x1+x2〈2转化为函数值间的不等关系,从而构造函数进行证明.8.（2015广东,19,14分)设a〉1，函数f(x)=（1+x2)ex-a.（1）求f(x）的单调区间；(2)证明：f（x）在(-∞,+∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y=f（x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M（m,n）处的切线与直线OP平行(O是坐标原点),证明：m≤3a解析(1）函数f(x）的定义域为R。因为f'(x)=2x·ex+（1+x2)ex=（x2+2x+1）ex=(x+1)2ex≥0,所以函数f（x）在R上单调递增,即f(x)的单调递增区间为(-∞，+∞),无单调递减区间.（2）证明:因为a〉1，所以f(0）=1—a〈0,f(lna）=(1+ln2a)·elna—a=aln2a>0，所以f（0）·f（lna)〈0,由零点存在性定理可知f(x)在(0,lna)内存在零点。又由(1)知,f(x）在R上单调递增,故f(x)在（-∞,+∞)上仅有一个零点.（3)证明:设点P(x0，y0）,由题意知,f'（x0）=(x0+1）2ex0=0,解得x所以y0=(1+x02)ex0—a=2e—a,所以点P的坐标为-由题意可得，f'（m)=(m+1）2em=a—2e要证明m≤3a-2只需要证明（m+1）3≤a-2e=(m+1)2em只需要证明m+1≤em.构造函数:h(x)=ex—x-1（x∈R),则h'(x)=ex—1。当x〈0时，h’(x）〈0,即h(x）在（-∞，0）上单调递减；当x>0时，h'（x)>0,即h（x)在（0,+∞)上单调递增。所以函数h（x）有最小值，为h(0)=0，则h（x)≥0。所以ex—x—1≥0,故em—m-1≥0，故m+1≤em，故原不等式成立。9。(2015天津,20，14分）已知函数f（x)=nx-xn,x∈R，其中n∈N＊,且n≥2.（1）讨论f(x)的单调性;(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:对于任意的正实数x，都有f（x）≤g（x）；(3)若关于x的方程f(x）=a（a为实数）有两个正实数根x1，x2,求证：｜x2—x1｜〈a1解析(1)由f（x）=nx-xn,可得f'（x)=n-nxn—1=n(1—xn-1），其中n∈N*,且n≥2.下面分两种情况讨论:①当n为奇数时.令f’(x)=0,解得x=1，或x=-1.当x变化时，f’(x)，f(x）的变化情况如下表:x(-∞，—1）（-1,1）(1，+∞）f'(x)-+—f(x）↘↗↘所以,f（x）在（—∞,—1）,(1,+∞）上单调递减,在(—1，1)内单调递增.②当n为偶数时。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）在(—∞,1）上单调递增，在(1，+∞)上单调递减。(2）证明:设点P的坐标为(x0,0）,则x0=n1n-1,f’（x0)=n-n2.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F(x)=f（x）—g（x),即F(x)=f（x）—f’（x0)（x—x由于f’（x）=-nxn—1+n在(0,+∞)上单调递减,故F'(x)在（0,+∞）上单调递减.又因为F’(x0)=0,所以当x∈(0,x0）时，F'(x）>0，当x∈（x0,+∞)时,F'(x)〈0,所以F（x）在(0，x0)内单调递增，在(x0,+∞)上单调递减，所以对于任意的正实数x，都有F（x)≤F（x0)=0,即对于任意的正实数x，都有f(x）≤g(x)。（3)证明:不妨设x1≤x2。由(2)知g（x）=（n-n2）(x-x0）。设方程g（x)=a的根为x'2,可得x’2=an-n2+x0.当n≥2时,g（x)在(—∞,+∞）上单调递减.又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g（x'2)，可得x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）=nx。当x∈(0，+∞）时，f（x）-h（x）=—xn〈0，即对于任意的x∈（0，+∞),f(x）〈h（x).设方程h(x)=a的根为x’1，可得x’1=an。因为h(x)=nx在（-∞,+∞）上单调递增,且h(x’1）=a=f(x1）<h（x1)，因此x’1〈x1由此可得x2-x1〈x’2-x'1=a1-n因为n≥2,所以2n-1=(1+1)n—1≥1+Cn故2≥n1n-1=x0。所以，|x2-x10。（2015课标Ⅰ,21,12分）已知函数f（x)=x3+ax+14（1）当a为何值时，x轴为曲线y=f(x)的切线？（2）用min｛m,n｝表示m,n中的最小值，设函数h（x)=min{f(x),g(x）}（x>0)，讨论h（x)零点的个数。解析(1）设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0），则f（x0）=0,f'(x0）=0，即x解得x0=12,a=—3因此，当a=-34(2）当x∈（1,+∞)时，g（x）=—lnx〈0,从而h(x)=min{f(x),g（x)｝≤g（x）<0，故h(x)在(1，+∞)无零点。当x=1时，若a≥-54,则f(1）=a+54≥0,h（1）=min｛f(1），g（1）}=g(1）=0，故x=1是h(x)的零点;若a〈—当x∈（0，1)时，g（x)=—lnx>0,所以只需考虑f（x)在(0，1)的零点个数.（i)若a≤—3或a≥0,则f'(x)=3x2+a在（0,1)无零点,故f(x)在(0，1)单调。而f(0）=14，f(1)=a+5（ii)若—3〈a〈0，则f(x）在0,-a3单调递减,在-a3,1单调递增,故在（0,1)中，当x=①若f-a3>0，即-②若f-a3=0，即a=—③若f-a3<0，即-3<a〈-34,由于f（0)=14,f(1)=a+54,所以当—5综上,当a〉-34或a〈—54时,h(x)有一个零点；当a=-34或a=-54时，h(x)有两个零点;当-思路分析(1)设切点为（x0,0），由条件得f(x0)=0,f’(x0)=0,由此列方程组，进而解得结果。（2)分x>1，x=1,0〈x<1三种情形讨论h(x）的零点.注意当0<x<1时，由于g（x)〉0,故只需分析f(x）的零点,此时又需分类讨论a≤—3或a≥0与-3<a<0两种情况.12.（2015四川，21,14分）已知函数f（x）=—2（x+a）lnx+x2—2ax-2a2+a，其中a〉0.(1）设g（x)是f（x)的导函数，讨论g(x）的单调性；(2）证明：存在a∈(0,1）,使得f（x）≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间（1,+∞）内有唯一解。解析（1）由已知得，函数f（x)的定义域为(0，+∞），g(x）=f'（x）=2(x-a)-2lnx—21+a所以g'(x）=2-2x+2ax当0<a<14时,g（x）在区间0,1在区间1-当a≥14（2）证明:由f’（x)=2（x—a）-2lnx-21+ax=0，解得a=令φ（x)=—2x+x-1-lnx1+x则φ(1）=1>0,φ(e）=—e(e-故存在x0∈(1,e）,使得φ（x0）=0。令a0=x0由u’(x)=1—1x所以0=u(1)1+1<u(x0)1+当a=a0时,有f’（x0）=0，f（x0)=φ（x0)=0。由（1）知,f'(x)在区间(1,+∞)上单调递增,故当x∈(1，x0）时，f'（x)〈0，从而f（x)>f(x0）=0；当x∈(x0，+∞）时,f’(x）>0,从而f（x）>f（x0)=0.所以,当x∈(1,+∞）时，f(x）≥0。综上所述，存在a∈(0，1),使得f（x)≥0在区间(1，+∞）内恒成立，且f（x)=0在区间(1,+∞）内有唯一解。【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共40分）1.(2019届江西九江第一次十校联考，3)已知函数f(x)的导函数f’（x）的图象如图所示,则下列叙述正确的是()A.函数f（x）在（—∞,—4）上单调递减B。函数f（x）在x=-1处取得极大值C.函数f(x)在x=-4处取得极值D。函数f(x）只有一个极值点答案D2.(2019届沈阳东北育才学校联合考试，12)设函数f（x）=xlnx，g(x)=f'(①不等式g(x）>0的解集为1e②函数g（x）在（0,e)上单调递增，在（e，+∞）上单调递减;③当x1〉x2>0时，m2（x12-x22④若函数F（x)=f(x）—ax2有两个极值点，则实数a∈（0，1）。其中正确命题的个数为()A.1 B.2 C.3 D.4答案B3。（2019届广东佛山顺德第二次教学质量检测，12）若函数f（x）=exA。(0,1） B.（0，e）C。（-∞，0)∪(1，+∞) D.（-∞，0）∪(e，+∞)答案D4.（2018广东一模,10）已知函数f(答案A5。(2018湖北荆州一模，12）若函数f(x）=mlnx+x2-mx在区间(0，+∞)上单调递增,则实数m的取值范围为(）A.［0，8］ B。(0,8]C.(-∞，0]∪［8,+∞) D。（-∞，0）∪（8,+∞）答案A6.（2018河北衡水金卷全国高三大联考，8)已知函数f（x）为R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)=—ex+1+mcosx,记a=-2·f(—2)，b=-f（-1）,c=3f（3),则a,b,c间的大小关系是()A。b〈a〈c B。a<c<bC。c<b<a D。c〈a<b答案D7。(2018齐鲁名校教科研协作体山东、湖北部分重点中学高考冲刺模拟(三）,9)定义在R上的连续函数f（x)满足f(x）+f（—x)=x2，且x〈0时,f’(x）<x恒成立,则不等式f（x)—f（1—x）≥x-12A。-∞,12C.12答案A8。（2018广东佛山一模，12)设函数f(x）=x3—3x2+2x，若x1,x2(x1<x2）是函数g（x)=f(x)-λx的两个极值点，现给出如下结论：①若-1<λ<0,则f（x1)〈f（x2);②若0〈λ〈2，则f（x1)〈f（x2);③若λ〉2,则f（x1)〈f(x2).其中正确结论的个数为（）A.0 B。1 C。2 D。3答案B二、填空题