04選填題之導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用（解析版）

☆注：請用MicrosoftWord2016以上版本打開文件進(jìn)行編輯，用WPS等其他軟件可能會出現(xiàn)亂碼等現(xiàn)象.高中數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講義——選填題部分第4講導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用從近三年高考情況來看，導(dǎo)數(shù)的概念及計算一直是高考中的熱點，對本知識的考查主要是導(dǎo)數(shù)的概念及其運算法則、導(dǎo)數(shù)的幾何意義等內(nèi)容，常以選擇題或填空題的形式呈現(xiàn)，有時也會作為解答題中的一問．解題時要掌握函數(shù)在某一點處的導(dǎo)數(shù)定義、幾何意義以及基本初等函數(shù)的求導(dǎo)法則，會求簡單的復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)．導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用也一直是高考的熱點，尤其是導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題是高考考查的重點內(nèi)容，一般以基本初等函數(shù)為載體，考查導(dǎo)數(shù)的相關(guān)知識及應(yīng)用，題型有選擇題、填空題，也有解答題中的一問，難度一般較大，常以把關(guān)題的位置出現(xiàn)．解題時要熟練運用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性、極值與最值之間的關(guān)系，理解導(dǎo)數(shù)工具性的作用，注重數(shù)學(xué)思想和方法的應(yīng)用．題型一、導(dǎo)數(shù)的幾何意義——切線考點1.在點問題與過點問題1．（2018?新課標(biāo)Ⅰ）設(shè)函數(shù)f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax．若f（x）為奇函數(shù)，則曲線y＝f（x）在點（0，0）處的切線方程為（）A．y＝﹣2x B．y＝﹣x C．y＝2x D．y＝x【解答】解：函數(shù)f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax，若f（x）為奇函數(shù)，f（﹣x）＝﹣f（x），﹣x3+（a﹣1）x2﹣ax＝﹣（x3+（a﹣1）x2+ax）＝﹣x3﹣（a﹣1）x2﹣ax．所以：（a﹣1）x2＝﹣（a﹣1）x2可得a＝1，所以函數(shù)f（x）＝x3+x，可得f′（x）＝3x2+1，曲線y＝f（x）在點（0，0）處的切線的斜率為：1，則曲線y＝f（x）在點（0，0）處的切線方程為：y＝x．故選：D．2．已知曲線C：f（x）＝x3﹣ax+a，若過曲線C外一點A（1，0）引曲線C的兩條切線，它們的傾斜角互補(bǔ)，則a的值為（）A．278 B．﹣2 C．2 D．【解答】解：由f（x）＝x3﹣ax+a，得f′（x）＝3x2﹣a，設(shè)切點為(x∴f'∴過切點的切線方程為y-x∵切線過點A（1，0），∴-x解得：x0＝0或x0∴f′（0）＝﹣a，f'由兩切線傾斜角互補(bǔ)，得﹣a=a-27∴a=27故選：A．考點2.公切線問題1．（2016?新課標(biāo)Ⅱ）若直線y＝kx+b是曲線y＝lnx+2的切線，也是曲線y＝ln（x+1）的切線，則b＝1﹣ln2．【解答】解：設(shè)y＝kx+b與y＝lnx+2和y＝ln（x+1）的切點分別為（x1，kx1+b）、（x2，kx2+b）；由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得k=1x1=1x2再由切點也在各自的曲線上，可得kx1+b=lnx從而kx1+b＝lnx1+2得出b＝1﹣ln2．2．已知函數(shù)，，若直線與函數(shù)，的圖象都相切，則的最小值為（

）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義分別得到、，再運用基本不等式即可求解.【詳解】設(shè)直線與函數(shù)，的圖象相切的切點分別為，.由，有，解得，.又由，有，解得，，可得，當(dāng)且僅當(dāng)，時取“=”.故選：B3．設(shè)函數(shù)f(x)=32x2-2ax(a＞0)與g（x）＝a2lnx+b【解答】解：設(shè)公共點坐標(biāo)為（x0，y0），則f'(x)=3x-2a，所以有f'（x0）＝g'（x0），即3x0-2a=a2x0，解出又y0＝f（x0）＝g（x0），所以有32故b=3所以有b=-12a2-a2lna，對b求導(dǎo)有b故b關(guān)于a的函數(shù)在(0，1e所以當(dāng)a=1e時b有最大值故答案為：12考點3.切線綜合問題1．設(shè)點P在曲線y=12ex上，點Q在曲線y＝ln（2x）上，則|PQA．1﹣ln2 B．2（1﹣ln2） C．1+ln2 D．2（1+ln2）【解答】解：由題意知函數(shù)y=12ex與y＝ln（2x）互為反函數(shù)，其圖象關(guān)于直線y＝兩曲線上點之間的最小距離就是y＝x與y=12ex上點的最小距離的設(shè)y=12ex上點（x0，y0）處的切線與直線y＝x平行，則12ex0∴x0＝ln2，y0＝1，∴點（x0，y0）到y(tǒng)＝x的距離為|ln2-1|2=22（1則|PQ|的最小值為22（1﹣ln2）×2=2（1﹣ln故選：B．2．設(shè)曲線y＝（ax﹣1）ex在點A（x0，y0）處的切線為l1，曲線y＝（1﹣x）e﹣x在點B（x0，y1）處的切線為l2，若存在x0∈[0，32]，使得l1⊥l2，則實數(shù)aA．（﹣∞，1] B．（12，+∞） C．（1，32） D．[1，【解答】解：函數(shù)y＝（ax﹣1）ex的導(dǎo)數(shù)為y′＝（ax+a﹣1）ex，∴l(xiāng)1的斜率為k1＝（ax0+a﹣1）ex函數(shù)y＝（1﹣x）e﹣x的導(dǎo)數(shù)為y′＝（x﹣2）e﹣x∴l(xiāng)2的斜率為k2＝（x0﹣2）e-由題設(shè)有k1?k2＝﹣1從而有（ax0+a﹣1）ex0?（x0﹣2）e∴a（x02﹣x0﹣2）＝x0﹣3，∵x0∈[0，32]，得到x02﹣x0﹣2≠0，所以a=又a′=-(x0-1)(x0-5)(x0故a=x0-3x02-x0x0＝0時取得最大值為32；x0＝1時取得最小值為1∴1≤a≤3故選：D．3．若曲線有兩條過坐標(biāo)原點的切線，則a的取值范圍是．【答案】【分析】設(shè)出切點橫坐標(biāo)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得切線方程，根據(jù)切線經(jīng)過原點得到關(guān)于的方程，根據(jù)此方程應(yīng)有兩個不同的實數(shù)根，求得的取值范圍.【詳解】∵，∴，設(shè)切點為,則,切線斜率,切線方程為：,∵切線過原點，∴,整理得：,∵切線有兩條，∴,解得或,∴的取值范圍是,故答案為：4．已知函數(shù)，函數(shù)的圖象在點和點的兩條切線互相垂直，且分別交y軸于M，N兩點，則取值范圍是．【答案】【分析】結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得，結(jié)合直線方程及兩點間距離公式可得，，化簡即可得解.【詳解】由題意，，則，所以點和點，,所以，所以，所以，同理,所以.故答案為：題型二、導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性考點1.已知單調(diào)性求參1．已知函數(shù)f（x）=12mx2﹣2x+lnx在定義域內(nèi)是增函數(shù)，則實數(shù)A．[﹣1，1] B．[﹣1，+∞） C．[1，+∞） D．（﹣∞，1]【解答】解：∵函數(shù)f（x）=12mx2+lnx﹣2x在定義域（x＞∴f′（x）＝mx+1x-2≥0，化為令g（x）=2g′（x）=-1x2+2x3=-2(x-1)x3，解g′（x）＞0，得0＜x＜1；解因此當(dāng)x＝1時，g（x）取得最大值，g（1）＝1．∴m≥1．故實數(shù)m的取值范圍是[1，+∞），故選：C．2．若函數(shù)f（x）＝kx﹣lnx在區(qū)間（1，+∞）上為單調(diào)函數(shù)，則k的取值范圍是（﹣∞，0]∪[1，+∞）．【解答】解：f′（x）＝k-1∵函數(shù)f（x）＝kx﹣lnx在區(qū)間（1，+∞）單調(diào)，∴f′（x）≥0在區(qū)間（1，+∞）上恒成立，或f′（x）≤0在區(qū)間（1，+∞）上恒成立，∴k≥1x或k而y=1x在區(qū)間（1，∴k≥1或k≤0∴k的取值范圍是（﹣∞，0]∪[1，+∞），故答案為：（﹣∞，0]∪[1，+∞）．3．（2016?新課標(biāo)Ⅰ）若函數(shù)f（x）＝x-13sin2x+asinx在（﹣∞，+∞）單調(diào)遞增，則A．[﹣1，1] B．[﹣1，13] C．[-13，13] D．[﹣【解答】解：函數(shù)f（x）＝x-13sin2x+asinx的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝1-23cos2x+由題意可得f′（x）≥0恒成立，即為1-23cos2x+acosx即有53-43cos2x+a設(shè)t＝cosx（﹣1≤t≤1），即有5﹣4t2+3at≥0，當(dāng)t＝0時，不等式顯然成立；當(dāng)0＜t≤1時，3a≥4t-5由4t-5t在（0，1]遞增，可得t＝1時，取得最大值﹣可得3a≥﹣1，即a≥-1當(dāng)﹣1≤t＜0時，3a≤4t-5由4t-5t在[﹣1，0）遞增，可得t＝﹣1時，取得最小值可得3a≤1，即a≤1綜上可得a的范圍是[-13，1另解：設(shè)t＝cosx（﹣1≤t≤1），即有5﹣4t2+3at≥0，由題意可得5﹣4+3a≥0，且5﹣4﹣3a≥0，解得a的范圍是[-13，1故選：C．4．已知函數(shù)f（x）＝x3+bx2+cx+d在區(qū)間[﹣1，2]上是減函數(shù)，那么b+c有最大值-152【解答】解：函數(shù)f（x）＝x3+bx2+cx+d在區(qū)間[﹣1，2]上是減函數(shù)，f′（x）＝3x2+2bx+c≤0在區(qū)間[﹣1，2]上恒成立，只要f'(-1)≤0f'(2)≤0即3-2b+c≤012+4b+c≤0成立即可．當(dāng)過A點時，b+c有最大值．A(-32，-6)故答案為：-15考點2.已知存在單調(diào)區(qū)間求參1．若函數(shù)f（x）＝x2﹣ex﹣ax在R上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍為（﹣∞，2ln2﹣2）．【解答】解：∵函數(shù)f（x）＝x2﹣ex﹣ax，∴f′（x）＝2x﹣ex﹣a，∵函數(shù)f（x）＝x2﹣ex﹣ax在R上存在單調(diào)遞增區(qū)間，∴f′（x）＝2x﹣ex﹣a＞0，即a＜2x﹣ex有解，令g′（x）＝2﹣ex，g′（x）＝2﹣ex＝0，x＝ln2，g′（x）＝2﹣ex＞0，x＜ln2，g′（x）＝2﹣ex＜0，x＞ln2∴當(dāng)x＝ln2時，g（x）max＝2ln2﹣2，∴a＜2ln2﹣2即可．故答案為：（﹣∞，2ln2﹣2）．2．已知函數(shù)f（x）＝lnx+（x﹣b）2（b∈R）在區(qū)間[12，A．(-∞，32) B．(-∞，94) C．（﹣【解答】解：∵函數(shù)f（x）在區(qū)間[1∴函數(shù)f（x）在區(qū)間[12，2]上存在子區(qū)間使得不等式f′（f'(x)=1設(shè)h（x）＝2x2﹣2bx+1，則h（2）＞0或h(1即8﹣4b+1＞0或12得b＜故選：B．考點3.利用構(gòu)造函數(shù)解不等式1．已知f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)，且滿足f（x）＞﹣xf′（x），則不等式f（x+1）＞（x﹣1）f（x2﹣1）的解集是（）A．（1，2） B．（1，+∞） C．（0，2） D．（2，+∞）【解答】解：∵f（x）＞﹣xf′（x），∴（x?f（x））′＞0，故函數(shù)y＝x?f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，由不等式f（x+1）＞（x﹣1）f（x2﹣1）得：（x+1）f（x+1）＞（x+1）（x﹣1）f（x2﹣1），即（x+1）f（x+1）＞（x2﹣1）f（x2﹣1），∴x+1＞x2﹣1＞0，解得：1＜x＜2，故選：A．2．定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：f（﹣x）+f（x）＝x2，當(dāng)x＜0時，f′（x）＜x，則不等式f（x）+12≤f（1﹣x）+x的解集為【解答】解：∵定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：f（﹣x）+f（x）＝x2，兩邊對x求導(dǎo)，得﹣f′（﹣x）+f′（x）＝2x，∴f′（x）＝f′（﹣x）+2x，令x＞0，則﹣x＜0，∵當(dāng)x＜0時，f′（x）＜x，∴f′（﹣x）＜﹣x，∴f′（x）＜2x﹣x，即f′（x）＜x，又f（0）＝0，直線y＝x過原點，∴f′（0）≤0，∴x∈R，都有f′（x）＜x，令F（x）＝f（x）+12-f（1﹣xF′（x）＝f′（x）+f′（1﹣x）﹣1＜x+1﹣x﹣1＝0，∴F（x）是R上的單調(diào)減函數(shù)，且F（12）＝0∴不等式f（x）+12≤f（1﹣x）+x化為：f（x）+12-f（1﹣x）﹣x則不等式的解集是[1故答案為：[13．已知函數(shù)f（x）在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′（x），若f（x）滿足f'(x)-f(x)x-1＞0，f（2﹣x）＝f（x）?e2﹣2A．f（1）＜f（0） B．f（3）＞e3?f（0） C．f（2）＞e?f（0） D．f（4）＜e4?f（0）【解答】解：令g（x）=f(x)ex，則g′（x∵f（x）滿足f'(x)-f(x)x-1＞∴當(dāng)x＜1時，f′（x）﹣f（x）＜0．∴g′（x）＜0．此時函數(shù)g（x）單調(diào)遞減．∴g（﹣1）＞g（0）．即f(-1)∵f（2﹣x）＝f（x）?e2﹣2x∴f（3）＝f（﹣1）e4＞e﹣1f（0）?e4＝e3f（0）．故選：B．4．設(shè)函數(shù)f（x）是定義在（﹣∞，0）上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′（x），且有2f（x）+xf′（x）＞x2，則不等式（x+2018）2f（x+2018）﹣4f（﹣2）＞0的解集為（）A．（﹣2020，0） B．（﹣∞，﹣2020） C．（﹣2016，0） D．（﹣∞，﹣2016）【解答】解：根據(jù)題意，設(shè)g（x）＝x2f（x），x＜0，其導(dǎo)數(shù)g′（x）＝[x2f（x）]′＝2xf（x）+x2f′（x）＝x（2f（x）+xf′（x）），又由2f（x）+xf′（x）＞x2≥0，且x＜0，則g′（x）≤0，則函數(shù)g（x）在區(qū)間（﹣∞，0）上為減函數(shù)，（x+2018）2f（x+2018）﹣4f（﹣2）＞0?（x+2018）2f（x+2018）＞（﹣2）2f（﹣2）?g（x+2018）＞g（﹣2），又由函數(shù)g（x）在區(qū)間（﹣∞，0）上為減函數(shù)，則有x+2018＜解可得：x＜﹣2020，即不等式（x+2018）2f（x+2018）﹣4f（﹣2）＞0的解集為（﹣∞，﹣2020）；故選：B．考點4.構(gòu)造函數(shù)比較大小1．設(shè)a=14e25，bA．a(chǎn)＜c＜b B．a(chǎn)＜b＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b【解答】解：ab=1令f（x）=exx，0＜x∴f′（x）=ex∴f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，∴f（25）＜f（1∴ab＜1，即a＜∵a=14e2∴a﹣c=14e25-14令g（x）＝ex﹣3x，∴g′（x）＝ex﹣3，當(dāng)x＜ln3時，g′（x）＜0，∴g（x）在（﹣∞，ln3）上單調(diào)遞減，∵g（12）=e∴g（25）＞g（12）＞∴a﹣c＞0，∴a＞c，∴c＜a＜b．故選：D．2．，則（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)給定條件，構(gòu)造函數(shù)，借助導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)單調(diào)性比較大小即得.【詳解】依題意，，令，求導(dǎo)得，因此函數(shù)在上單調(diào)遞增，，即，則；令，求導(dǎo)得，因此函數(shù)在上單調(diào)遞增，，即，則，所以.故選：B3．設(shè)，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】構(gòu)造函數(shù)，導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，由此確定的大小.【詳解】方法一：構(gòu)造法設(shè)，因為，當(dāng)時，，當(dāng)時，所以函數(shù)在單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，所以，故，即，所以，所以，故，所以，故，設(shè)，則,令，，當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞增，又，所以當(dāng)時，，所以當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞增，所以，即，所以故選：C.方法二：比較法解：，，，①，令則，故在上單調(diào)遞減，可得，即，所以；②，令則，令，所以，所以在上單調(diào)遞增，可得，即，所以在上單調(diào)遞增，可得，即，所以故4．已知，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】法一：根據(jù)指對互化以及對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可知，再利用基本不等式，換底公式可得，，然后由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可解出．【詳解】［方法一］：（指對數(shù)函數(shù)性質(zhì)）由可得，而，所以，即，所以.又，所以，即，所以.綜上，.［方法二］：【最優(yōu)解】（構(gòu)造函數(shù)）由，可得．根據(jù)的形式構(gòu)造函數(shù)，則，令，解得，由知.在上單調(diào)遞增，所以，即，又因為，所以.故選：A.題型三、導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值問題考點1.探求極值與最值1．（2017?新課標(biāo)Ⅱ）若x＝﹣2是函數(shù)f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的極值點，則f（x）的極小值為（）A．﹣1 B．﹣2e﹣3 C．5e﹣3 D．1【解答】解：函數(shù)f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1，可得f′（x）＝（2x+a）ex﹣1+（x2+ax﹣1）ex﹣1，x＝﹣2是函數(shù)f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的極值點，可得：f′（﹣2）＝（﹣4+a）e﹣3+（4﹣2a﹣1）e﹣3＝0，即﹣4+a+（3﹣2a）＝0．解得a＝﹣1．可得f′（x）＝（2x﹣1）ex﹣1+（x2﹣x﹣1）ex﹣1，＝（x2+x﹣2）ex﹣1，函數(shù)的極值點為：x＝﹣2，x＝1，當(dāng)x＜﹣2或x＞1時，f′（x）＞0函數(shù)是增函數(shù)，x∈（﹣2，1）時，函數(shù)是減函數(shù)，x＝1時，函數(shù)取得極小值：f（1）＝（12﹣1﹣1）e1﹣1＝﹣1．故選：A．2．（2018?新課標(biāo)Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝2sinx+sin2x，則f（x）的最小值是-33【解答】解：由題意可得T＝2π是f（x）＝2sinx+sin2x的一個周期，故只需考慮f（x）＝2sinx+sin2x在[0，2π）上的值域，先來求該函數(shù)在[0，2π）上的極值點，求導(dǎo)數(shù)可得f′（x）＝2cosx+2cos2x＝2cosx+2（2cos2x﹣1）＝2（2cosx﹣1）（cosx+1），令f′（x）＝0可解得cosx=12或cosx＝﹣可得此時x=π3，π或∴y＝2sinx+sin2x的最小值只能在點x=π3，π或5π3和邊界點x計算可得f（π3）=332，f（π）＝0，f（5π3）=-33∴函數(shù)的最小值為-3故答案為：-33．（2013?新課標(biāo)Ⅱ）已知函數(shù)f（x）＝x3+ax2+bx+c，下列結(jié)論中錯誤的是（）A．?x0∈R，f（x0）＝0 B．函數(shù)y＝f（x）的圖象是中心對稱圖形 C．若x0是f（x）的極小值點，則f（x）在區(qū)間（﹣∞，x0）上單調(diào)遞減 D．若x0是f（x）的極值點，則f′（x0）＝0【解答】解：A、對于三次函數(shù)f（x）＝x3+ax2+bx+c，由于當(dāng)x→﹣∞時，y→﹣∞，當(dāng)x→+∞時，y→+∞，故?x0∈R，f（x0）＝0，故A正確；B、∵f（-2a3-x）+f（x）＝（-2a3-x）3+a（-2a3-x）2+b（-2a3-x）+c+xf（-a3）＝（-a3）3+a（-a3）2+b（-∵f（-2a3-x）+f（x）＝2f∴點P（-a3，f（-aC、若取a＝﹣1，b＝﹣1，c＝0，則f（x）＝x3﹣x2﹣x，對于f（x）＝x3﹣x2﹣x，∵f′（x）＝3x2﹣2x﹣1∴由f′（x）＝3x2﹣2x﹣1＞0得x∈（﹣∞，-13）∪（1，由f′（x）＝3x2﹣2x﹣1＜0得x∈（-13，∴函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為：（﹣∞，-13），（1，+∞），減區(qū)間為：（-1故1是f（x）的極小值點，但f（x）在區(qū)間（﹣∞，1）不是單調(diào)遞減，故C錯誤；D：若x0是f（x）的極值點，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的意義，則f′（x0）＝0，故D正確．由于該題選擇錯誤的，故選：C．4．已知函數(shù)f（x）＝x3﹣px2﹣qx的圖象與x軸切于點（1，0），則f（x）的極值為（）A．極大值為427，極小值為0B．極大值為0，極小值為427C．極小值為-427，極大值為D．極大值為-427【解答】解：f′（x）＝3x2﹣2px﹣q，由函數(shù)f（x）的圖象與x軸切于點（1，0）得：p+q＝1，∴q＝1﹣p①，3﹣2p﹣q＝0②，由①②，得p＝2，q＝﹣1，則函數(shù)f（x）＝x3﹣2x2+x則f′（x）＝3x2﹣4x+1令其＝0得到：x＝1或x=1①當(dāng)x≤13時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)減，極值＝f（13②當(dāng)x≥1時，f′（x）＞0，f（x）函數(shù)單調(diào)增，極值為f（1）＝0故比較大小得：f（x）的極大值為427，極小值為0故選：A．考點2.已知極值（點）求參1．若函數(shù)f（x）=x33-a2x2+x+1在區(qū)間（A．（2，52） B．[2，52） C．（2，103） D．[2【解答】解：∵函數(shù)f（x）=x33-a2∴f′（x）＝x2﹣ax+1，若函數(shù)f（x）=x33-a2x2+x則f′（x）＝x2﹣ax+1在區(qū)間（12，3由x2﹣ax+1＝0可得a＝x+∵x∈（12，3∴2≤a＜10當(dāng)a＝2時，函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)等于零時值只有1，可是兩邊的單調(diào)性相同，所以a不能等于2．故選：C．2．已知函數(shù)f(x)=exx2+2klnx-kx，若x＝2是函數(shù)fA．(-∞，e24) B．(-∞，e2] C．（0【解答】解：∵函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞），∴f′（x）=ex(x-2)∵x＝2是函數(shù)f（x）的唯一一個極值點，∴x＝2是導(dǎo)函數(shù)f′（x）＝0的唯一根，∴ex﹣kx2＝0在（0，+∞）無變號零點，即k=exx2在x＞0上無變號零點，令g（因為g'（x）=e所以g（x）在（0，2）上單調(diào)遞減，在x＞2上單調(diào)遞增，所以g（x）的最小值為g（2）=e所以必須k＜e故選：A．3．已知函數(shù)f（x）＝x（lnx﹣2ax）有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．（﹣∞，14） B．（0，12） C．（0，14） D．（1【解答】解：f（x）＝xlnx﹣2ax2（x＞0），f′（x）＝lnx+1﹣4ax．令g（x）＝lnx+1﹣4ax，∵函數(shù)f（x）＝x（lnx﹣ax）有兩個極值點，則g（x）＝0在區(qū)間（0，+∞）上有兩個實數(shù)根．g′（x）=1x-4當(dāng)a≤0時，g′（x）＞0，則函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，+∞）單調(diào)遞增，因此g（x）＝0在區(qū)間（0，+∞）上不可能有兩個實數(shù)根，應(yīng)舍去．當(dāng)a＞0時，令g′（x）＝0，解得x=1令g′（x）＞0，解得0＜x＜14a，此時函數(shù)g（令g′（x）＜0，解得x＞14a，此時函數(shù)g（∴當(dāng)x=14a時，函數(shù)g（當(dāng)x趨近于0與x趨近于+∞時，g（x）→﹣∞，要使g（x）＝0在區(qū)間（0，+∞）上有兩個實數(shù)根，只需g（14a）＝ln14a＞0，解得0＜∴實數(shù)a的取值范圍是（0，14故選：C．4．當(dāng)時，函數(shù)取得最大值，則（

）A． B． C． D．1【答案】B【分析】根據(jù)題意可知，即可解得，再根據(jù)即可解出．【詳解】因為函數(shù)定義域為，所以依題可知，，，而，所以，即，所以，因此函數(shù)在上遞增，在上遞減，時取最大值，滿足題意，即有．故選：B.5．已知函數(shù)f（x）＝lnx-ax，a為常數(shù)．若f（x）在[1，e]上的最小值為32【解答】解：（1）由題意得f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=1①當(dāng)a≥0時，f'（x）＞0，故f（x）在上為增函數(shù)；②當(dāng)a＜0時，由f'（x）＝0得x＝﹣a；由f'（x）＞0得x＞﹣a；由f'（x）＜0得x＜﹣a；∴f（x）在（0，﹣a]上為減函數(shù)；在（﹣a，+∞）上為增函數(shù)．所以，當(dāng)a≥0時，f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；當(dāng)a＜0時，f（x）在（0，﹣a]上是減函數(shù)，在（﹣a，+∞）上是增函數(shù)．（2）由（1），當(dāng)a≥0時，f（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，∴f（x）min＝f（1）＝﹣a=3∴a=-3當(dāng)﹣1＜a＜0時，f（x）在[1，e]遞增，f（x）min＝f（1）＝﹣a=3﹣e＜a＜﹣1時，f（x）在[1，﹣a]上單調(diào)遞減，在[﹣a，e]上單調(diào)遞增，∴f（x）min＝f（﹣a）＝ln（﹣a）+1=32，解得a當(dāng)a＜﹣e時，f（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，∴f（x）min＝f（1）＝﹣a=32，解得a綜上所述，a=-e6．已知函數(shù)f（x）＝（x2+1）lnx﹣m（x2﹣1），則下列結(jié)論正確的是（）A．當(dāng)m＝0時，曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y＝2x B．當(dāng)m≤1時，f（x）在定義域內(nèi)為增函數(shù) C．當(dāng)m＞1時，f（x）既存在極大值又存在極小值 D．當(dāng)m＞1時，f（x）恰有3個零點x1，x2，x3，且x1x2x3＝1【解答】解：對于A，當(dāng)m＝0時，曲線f（x）＝（x2+1）lnx，則f′（x）＝2xlnx+x2+1x，切線斜率k＝f′（1）＝2ln∵f（1）＝（12+1）ln1＝0，∴曲線在（1，f（1））處的切線方程為y＝2（x﹣1）＝2x﹣2，故A錯誤；對于B，f'(x)=2xlnx+x2+1x-2mx＝x（2lnx令h（x）＝2lnx+1+1x2（x＞0當(dāng)x＞1時，h′（x）＞0，h（x）＝2lnx+1+1x2（x當(dāng)0＜x＜1時，h′（x）＜0，h（x）＝2lnx+1+1x2（xh（x）＝2lnx+1+1x2（x＞0）在x＝1處取得最小值h（1）＝2ln1+1當(dāng)m≤1時，2lnx+1+1x2-2m≥0對任意故當(dāng)m≤1時，f（x）在定義域內(nèi)為增函數(shù)，故選項B正確；對于C，由以上分析知道，h（x）＝2lnx+1+1x2（x＞0）在xh（1）＝2ln1+1+11當(dāng)m＞1時，h（x）＝2lnx+1+1x2不妨設(shè)為x1，x2，（0＜x1＜1＜x2），則當(dāng)0＜x＜x1時，2lnx+1+1x2-2m＞0，f′（x）＞0，當(dāng)x1＜x＜x2時，2lnx+1+1x2-2m＜0，f′（x）＜0，當(dāng)x＞x2時，2lnx+1+1x2-2m＞0，f′（x）＞0，∴f（x）既存在極大值，又存在極小值，故C正確；對于D，由上面分析知f（x）既存在極大值，又存在極小值，不妨設(shè)f（x）的極大值為m，極小值為n，且0＜m＜1＜n，f（x）在（m，n）上單調(diào)遞減，又f（1）＝（12+1）ln1﹣m（12﹣1）＝0，∴f（x）極大值為正值，極小值為負(fù)值，當(dāng)x→0時，f（x）→﹣∞；當(dāng)x→+∞時，f（x）→+∞，∴函數(shù)f（x）有三個零點，不妨設(shè)為x1，x2，x3，（0＜x1＜1，x2＝1，x3＞1），又f（x1）+f（1x1）＝（x12+1）lnx1﹣m（x12-1）+（＝（x12+1）lnx1+m（1-x12）＝（1-1x12）[（x12+1）lnx1+m（∴x3=1x1，∴當(dāng)m＞1時，f（x）恰有3個零點x1，x2，x3，且x1x2x3故選：BCD．考點3.極值中的隱零點問題1．函數(shù)有極小值，且極小值為0，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】求得函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)有極小值，得到，又由，求得，得到，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性與最值，即可求解.【詳解】由，可得，因為有極小值，記為，則，即，又由，所以，即，所以.設(shè)，當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞增，當(dāng)時，可得，所以的最小值為.故選：B.2．（2013?湖北）已知a為常數(shù)，函數(shù)f（x）＝x（lnx﹣ax）有兩個極值點x1，x2（x1＜x2）A．f(x1)＞0C．f(x1)＞【解答】解：∵f′（x）＝lnx+1﹣2ax，（x＞0）令f′（x）＝0，由題意可得lnx＝2ax﹣1有兩個解x1，x2?函數(shù)g（x）＝lnx+1﹣2ax有且只有兩個零點?g′（x）在（0，+∞）上的唯一的極值不等于0．g'(x)=1①當(dāng)a≤0時，g′（x）＞0，f′（x）單調(diào)遞增，因此g（x）＝f′（x）至多有一個零點，不符合題