2、實(shí)數(shù)x，有f(x)－f′(x)＞0，則( )
A．ef(2 015)＞f(2 016) B．ef(2 015)＜f(2 016)
C．ef(2 015)＝f(2 016) D．ef(2 015)與f(2 016)大小不能確定
A 令g(x)＝，則g′(x)＝＝，因?yàn)閒(x)－f′(x)＞0，所以g′(x)＜0，所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減，所以g(2 015)＞g(2 016)，即＞，所以ef(2 015)＞f(2 016)，故選A.]
3．(2016·安慶模擬)已知函數(shù)f(x)＝－k，若x＝2是函數(shù)f(x)的唯一一個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為( )
A．(－∞，e] B．
3、0，e]
C．(－∞，e) D．0，e)
A f′(x)＝－k＝(x＞0)．設(shè)g(x)＝，
則g′(x)＝，則g(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．
∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，為g(1)＝e, 結(jié)合g(x)＝與y＝k的圖象可知，要滿足題意，只需k≤e，選A.]
4．(2016·邯鄲一模)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2.若f(x1)＝x1＜x2，則關(guān)于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同實(shí)根個(gè)數(shù)為( )
A．3 B．4
C．5 D．6
A f′(x)＝3x2＋2ax＋b，原題等價(jià)于方
4、程3x2＋2ax＋b＝0有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根x1，x2，且x1＜x2，x∈(－∞，x1)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；x∈(x1，x2)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；x∈(x2，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．∴x1為極大值點(diǎn)，x2為極小值點(diǎn)．∴方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有兩個(gè)不等實(shí)根，f(x)＝x1或f(x)＝x2.∵f(x1)＝x1，
∴由圖知f(x)＝x1有兩個(gè)不同的解，f(x)＝x2僅有一個(gè)解．故選A.]
5．(2016·合肥二模)定義在R上的偶函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，都有2f(x)＋xf′(x)＜2恒成立，則
5、使x2f(x)－f(1)＜x2－1成立的實(shí)數(shù)x的取值范圍為( )
【導(dǎo)學(xué)號(hào)：85952069】
A．{x|x≠±1} B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C．(－1,1) D．(－1,0)∪(0,1)
B 設(shè)g(x)＝x2f(x)－1]，則由f(x)為偶函數(shù)得g(x)＝x2f(x)－1]為偶函數(shù)．又因?yàn)間′(x)＝2xf(x)－1]＋x2f′(x)＝x2f(x)＋xf′(x)－2]，且2f(x)＋xf′(x)＜2，即2f(x)＋xf′(x)－2＜0，所以當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＝x2f(x)＋xf′(x)－2]＜0，函數(shù)g(x)＝x2f(x)－1]單調(diào)遞減；當(dāng)x＜0時(shí)，g′(x)＝
6、x2f(x)＋xf′(x)－2]＞0，函數(shù)g(x)＝x2f(x)－1]單調(diào)遞增，則不等式x2f(x)－f(1)＜x2－1?x2f(x)－x2＜f(1)－1?g(x)＜g(1)?|x|＞1，解得x＜－1或x＞1，故選B.]
二、填空題
6．(2016·全國(guó)丙卷)已知f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝ln(－x)＋3x，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，－3)處的切線方程是________．
y＝－2x－1 因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，所以當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝f(－x)＝ln x－3x，所以f′(x)＝－3，則f′(1)＝－2.所以y＝f(x)在點(diǎn)(1，－3)處的切線方程為y＋3＝－2(x－1)
7、，即y＝－2x－1.]
7．(2016·長(zhǎng)沙一模)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)記為f′(x)，若對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x，有f(x)＞f′(x)，且y＝f(x)－1是奇函數(shù)，則不等式f(x)＜ex的解集為________．
(0，＋∞) 由題意令g(x)＝，
則g′(x)＝
＝.
因?yàn)閒(x)＞f′(x)，所以g′(x)＜0，
即g(x)在R上是單調(diào)遞減函數(shù)，
因?yàn)閥＝f(x)－1為奇函數(shù)，所以f(0)－1＝0，即f(0)＝1，g(0)＝1，
則不等式f(x)＜ex等價(jià)為＜1＝g(0)，
即g(x)＜g(0)，
解得x＞0，所以不等式的解集為(0，＋∞)．]
8、8．(2016·鄭州一模)已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax(a∈R)，若直線x＋y＋m＝0對(duì)任意的m∈R都不是曲線y＝f(x)的切線，則a的取值范圍為________．
a＜ f(x)＝x3－3ax(a∈R)，則f′(x)＝3x2－3a，
若直線x＋y＋m＝0對(duì)任意的m∈R都不是曲線y＝f(x)的切線，
則直線的斜率為－1，f′(x)＝3x2－3a與直線x＋y＋m＝0沒有交點(diǎn)，
又拋物線開口向上則必在直線上面，即最小值大于直線斜率，
則當(dāng)x＝0時(shí)取最小值，－3a＞－1，
則a的取值范圍為a＜.]
三、解答題
9．(2016·濰坊二模)已知函數(shù)f(x)＝＋bln x，曲線y＝f(x
9、)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝x.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間及極值；
(2)若?x≥1，f(x)≤kx恒成立，求k的取值范圍．
解] (1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f′(x)＝，2分
故f′(1)＝b－a＝1，
又f(1)＝a，點(diǎn)(1，a)在直線y＝x上，
∴a＝1，則b＝2.
∴f(x)＝＋2ln x且f′(x)＝，
當(dāng)0＜x＜時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)x＞時(shí)，
f′(x)＞0，
故函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為，
f(x)極小值＝f＝2－2ln 2，無極大值.6分
(2)由題意知，k≥＝＋(x≥1)恒成立，
令g(x)＝＋(x≥1
10、)，
則g′(x)＝－＝(x≥1)，8分
令h(x)＝x－xln x－1(x≥1)，
則h′(x)＝－ln x(x≥1)，
當(dāng)x≥1時(shí)，h′(x)≤0，h(x)在1，＋∞)上為減函數(shù)，
故h(x)≤h(1)＝0，故g′(x)≤0，
∴g(x)在1，＋∞)上為減函數(shù)，
故g(x)的最大值為g(1)＝1，∴k≥1.12分
10．(2016·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.
(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；
(2)設(shè)a＝b＝4，若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)，求c的取值范圍；
(3)求證：a2－3b>0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要而不
11、充分條件．
解] (1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因?yàn)閒(0)＝c，f′(0)＝b，
所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝bx＋c.2分
(2)當(dāng)a＝b＝4時(shí)，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，
所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.
令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－.
f(x)與f′(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的情況如下：
x
(－∞，－2)
－2
－
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
c
↘
c－
↗
所以，當(dāng)c＞0且c－＜0時(shí)，存
12、在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.
由f(x)的單調(diào)性知，當(dāng)且僅當(dāng)c∈時(shí)，函數(shù)f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個(gè)不同零點(diǎn).8分
(3)證明：當(dāng)Δ＝4a2－12b＜0時(shí)，f′(x)＝3x2＋2ax＋b＞0，x∈(－∞，＋∞)，
此時(shí)函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以f(x)不可能有三個(gè)不同零點(diǎn)．
當(dāng)Δ＝4a2－12b＝0時(shí)，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一個(gè)零點(diǎn)，記作x0.
當(dāng)x∈(－∞，x0)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間(－∞，x0)上單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間
13、(x0，＋∞)上單調(diào)遞增．
所以f(x)不可能有三個(gè)不同零點(diǎn).10分
綜上所述，若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)，則必有Δ＝4a2－12b＞0.
故a2－3b>0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要條件．
當(dāng)a＝b＝4，c＝0時(shí)，a2－3b＞0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有兩個(gè)不同零點(diǎn)，
所以a2－3b>0不是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的充分條件．
因此a2－3b>0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要而不充分條件.13分
B組 名校沖刺]
一、選擇題
1．(2016·江西贛中南五校聯(lián)考)已知函數(shù)y＝f(x)對(duì)任意的x∈滿足f′(x)cos x＋f(x)sin x＞0(其中f
14、′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，則下列不等式成立的是( )
A.f＜f B.f＜f
C．f(0)＞2f D．f(0)＞f
A 令g(x)＝，則
g′(x)＝
＝，由對(duì)任意的x∈滿足f′(x)cos x＋f(x)sin x＞0，可得g′(x)＞0，即函數(shù)g(x)在上為增函數(shù)，則g＜g，即＜，
即f＜f.故選A.]
2．(2016·忻州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx－ln x(a＞0，b∈R)，若對(duì)任意x＞0，f(x)≥f(1)，則( )
A．ln a＜－2b B．ln a≤－2b
C．ln a＞－2b D．ln a≥－2b
A f′(x)＝2ax＋b－，
15、由題意可知f′(1)＝0，即2a＋b＝1，由選項(xiàng)可知，只需比較ln a＋2b與0的大小，而b＝1－2a，所以只需判斷l(xiāng)n a＋2－4a的符號(hào)．構(gòu)造一個(gè)新函數(shù)g(x)＝2－4x＋ln x，則g′(x)＝－4，令g′(x)＝0，得x＝，當(dāng)x＜時(shí)，g(x)為增函數(shù)，當(dāng)x＞時(shí)，g(x)為減函數(shù)，所以對(duì)任意x＞0有g(shù)(x)≤g＝1－ln 4＜0，所以有g(shù)(a)＝2－4a＋ln a＝2b＋ln a＜0?ln a＜－2b，故選A.]
3．(2016·深圳一模)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋x有兩個(gè)不同零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )
A．(0,1) B．(－∞，1)
C. D.
A 令
16、g(x)＝ln x，h(x)＝ax2－x，
將問題轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象交點(diǎn)的問題．
當(dāng)a≤0時(shí)，g(x)和h(x)的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)，不滿足題意；
當(dāng)a＞0時(shí)，由ln x－ax2＋x＝0，得a＝.
令r(x)＝，則
r′(x)＝
＝，
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，r′(x)＞0，r(x)是單調(diào)增函數(shù)，
當(dāng)x＞1時(shí)，r′(x)＜0，r(x)是單調(diào)減函數(shù)，且＞0，∴0＜a＜1.
∴a的取值范圍是(0,1)．故選A.]
4．(2016·南昌模擬)已知函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )
【導(dǎo)學(xué)號(hào)：85952070】
A．(－∞，0) B.
C
17、．(0,1) D．(0，＋∞)
B ∵f(x)＝x(ln x－ax)，
∴f′(x)＝ln x－2ax＋1，
由題意可知f′(x)在(0，＋∞)上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，
令f′(x)＝0，則2a＝，
令g(x)＝，則g′(x)＝，
∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．
又∵當(dāng)x→0時(shí)，g(x)→－∞，
當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1，
∴只需0＜2a＜1?0＜a＜.]
二、填空題
5．(2016·皖南八校聯(lián)考)已知x∈(0,2)，若關(guān)于x的不等式＜恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為________．
0，e－1) 依題意，知k
18、＋2x－x2＞0，即k＞x2－2x對(duì)任意x∈(0,2)恒成立，從而k≥0，所以由＜可得k＜＋x2－2x.令f(x)＝＋x2－2x，則f′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1).
令f′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以k＜f(x)min＝f(1)＝e－1，故實(shí)數(shù)k的取值范圍是0，e－1)．]
6．(2016·武漢模擬)已知函數(shù)g(x)滿足g(x)＝g′(1)ex－1－g(0)x＋x2，且存在實(shí)數(shù)x0使得不等式2m－1≥g(x0)成立，則m的取值范圍為_____
19、___．
1，＋∞) g′(x)＝g′(1)ex－1－g(0)＋x，當(dāng)x＝1時(shí)，
g(0)＝1，由g(0)＝g′(1)e0－1，解得g′(1)＝e，所以g(x)＝ex－x＋x2，則g′(x)＝ex－1＋x，當(dāng)x＜0時(shí)，g′(x)＜0，當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＞0，所以當(dāng)x＝0時(shí)，函數(shù)g(x)取得最小值g(0)＝1，根據(jù)題意將不等式轉(zhuǎn)化為2m－1≥g(x)min＝1，所以m≥1.]
三、解答題
7．(2016·全國(guó)甲卷)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．
(1)當(dāng)a＝4時(shí)，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；
(2)若當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)>0，
20、求a的取值范圍．
解] (1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．
當(dāng)a＝4時(shí)，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2.
故曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－2＝0.4分
(2)當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)＞0等價(jià)于ln x－＞0.
設(shè)g(x)＝ln x－，
則g′(x)＝－＝，g(1)＝0.8分
①當(dāng)a≤2，x∈(1，＋∞)時(shí)，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，因此g(x)＞0；
②當(dāng)a＞2時(shí)，令g′(x)＝0得x1＝a－1－
21、，x2＝a－1＋.
由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故當(dāng)x∈(1，x2)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)單調(diào)遞減，因此g(x)＜0.
綜上，a的取值范圍是(－∞，2].12分
8．(2016·四川高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)證明：當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0；
(3)確定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立．
解] (1)由題意得f′(x)＝2ax－＝(x>0)．
當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減．
22、
當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝0有x＝，
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.4分
(2)證明：令s(x)＝ex－1－x，則s′(x)＝ex－1－1.
當(dāng)x>1時(shí)，s′(x)>0，所以ex－1>x，
從而g(x)＝－>0.8分
(3)由(2)知，當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0.
當(dāng)a≤0，x>1時(shí)，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0.
故當(dāng)f(x)>g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立時(shí)，必有a>0.
當(dāng)01.
由(1)有f0，
所以此時(shí)f(x)>g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)不恒成立.11分
當(dāng)a≥時(shí)，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)．
當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0.
因此，h(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
又因?yàn)閔(1)＝0，所以當(dāng)x>1時(shí)，h(x)＝f(x)－g(x)>0，
即f(x)>g(x)恒成立．
綜上，a∈.14分
高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 必考補(bǔ)充專題 專題限時(shí)集訓(xùn)18 專題6 突破點(diǎn)18 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（酌情自選） 理-人教高三數(shù)學(xué)試題
