7、+3b=eb+2b+b>eb+2b.對于函數(shù)y=ex+2x (x>0),因為y′=ex+2>0,所以y=ex+2x在(0,+∞)上單調(diào)遞增,因而a>b成立. 8.(2018·宿州一模)已知y=f(x)為R上的可導(dǎo)函數(shù),當(dāng)x≠0時,f′(x)+>0,則函數(shù)g(x)=f(x)+的零點個數(shù)為 (　　) A.1　 B.2 C.0　 D.0或2 【解析】選C.因為函數(shù)y=f(x)在R上是可導(dǎo)函數(shù),當(dāng)x≠0時,f′(x)+>0,即是令h(x)=xf(x),即所以可得或所以當(dāng)函數(shù)h(x)在x>0時單調(diào)遞增,所以h(x)>h(0)=0,即當(dāng)x>0時,h(x)>0.同理當(dāng)x<0時,h(x)>

8、0.又因為函數(shù)g(x) =f(x)+可化為g(x)=,所以當(dāng)x>0時,g(x)>0即與x軸沒交點.當(dāng)x<0時,g(x)>0,所以函數(shù)g(x)=f(x)+的零點個數(shù)為0. 9.若函數(shù)f(x)=(x+1)·ex,則下列命題正確的是 (　　) A.對任意m<-,都存在x∈R,使得f(x)-,都存在x∈R,使得f(x)-,方程f(x)=m總有兩個實根 【解析】選B.因為f′(x)=[(x+1)ex]′=(x+1)ex+ex=(x+2)ex,故函數(shù)在區(qū)間 (-∞,-2),(-2,+∞)上分別為減函數(shù)與增

9、函數(shù),故f(x)min=f(-2)=-,故當(dāng)m>-時,總存在x使得f(x)3,其中k∈Z.由題意,存在整數(shù)k使得不等式m2>3成立.當(dāng)k≠

10、-1且k≠0時,必有>1,此時不等式顯然不能成立,故k=-1或k=0,此時,不等式即為m2>3,解得m<-2或m>2. 11.若對任意的a∈,函數(shù)f(x)=x2-ax-2b與g(x)=2aln(x-2)的圖象均有交點,則實數(shù)b的取值范圍是 (　　) A. B. C. D. 【解析】選A.依題意,原問題等價于對任意的a∈,關(guān)于x的方程x2-ax-2aln(x-2)=2b有解.設(shè)h(x)=x2-ax-2aln(x-2),則h′(x)=x-a- =,所以h(x)在(2,a+2)上單調(diào)遞減,在(a+2,+∞)上單調(diào)遞增,當(dāng)x→2時h(x)→+∞,當(dāng)x→+∞時,h(x)→+∞,h(

11、a+2)=-a2-2aln a+2,記p(a)=-a2- 2aln a+2,則h(x)的值域為[p(a),+∞),故2b∈[p(a),+∞)對任意的 a∈恒成立,即2b≥p(a)max,而p′(a)=-a-2ln a-2≤-+2ln 2-2<0,故p(a)單調(diào)遞減,所以p(a)≤p=+ln 2,所以b≥+ln 2. 12.(2018·湘中名校聯(lián)考)已知函數(shù) 與h(x)=2ln x的圖象上存在關(guān)于x軸對稱的點,則實數(shù)a的取值范圍是 (　　) A.[1,e2-2] B. C. D. 【解析】選A.由題意,知方程x2-a=2ln x,即-a=2ln x-x2在上有解.設(shè)

12、f(x)=2ln x-x2,則f′(x)=-2x=-.易知x∈時f′(x)>0,x∈[1,e]時f′(x)<0,所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增,在[1,e]上單調(diào)遞減,所以f(x)極大值=f(1)=-1,又f(e)=2-e2,f=-2-,f(e)0)上任意一點處的切線的斜率為k,若k的最小值為4,則此時切點的坐標(biāo)為________

13、____.? 【解析】函數(shù)y=x2+aln x(a>0)的定義域為{x|x>0},y′=2x+≥2=4,則a=2,當(dāng)且僅當(dāng)x=1時“=”成立,將x=1代入曲線方程得y=1,故所求的切點坐標(biāo)是(1,1). 答案:(1,1) 14.(2018·達(dá)州一模)有任意a,b滿足00, 解得:0

14、數(shù)).若曲線y=sin x上存在點(x0,y0)使得f(f(y0))=y0,則a的取值范圍是____________.? 【解析】因為y0=sin x0∈[-1,1],而f(x)≥0,f(f(y0))=y0,所以y0∈[0,1],設(shè) =x,x∈[0,1]①,所以ex+x-x2=a在x∈[0,1]上有解,令g(x)=ex+x-x2,則g′(x)=ex+1-2x.設(shè)h(x)=ex+1-2x,則h′(x)=ex-2.所以當(dāng)x∈(0,ln 2)時,h′(x)<0;當(dāng)x∈(ln 2,1)時,h′(x)>0.所以g′(x)≥g′(ln 2)=3-2ln 2>0,所以g(x)在[0,1]上單調(diào)遞增,所以原

15、題中的方程有解必須方程①有解.所以g(0)≤a≤g(1). 答案:[1,e] 16.對于三次函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0),給出定義:設(shè)f′(x)是函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)數(shù),f″(x)是函數(shù)f′(x)的導(dǎo)數(shù),若方程f″(x)=0有實數(shù)解x0,則稱點(x0,f(x0))為函數(shù)y=f(x)的“拐點”,某同學(xué)經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn):任何一個三次函數(shù)都有“拐點”;任何一個三次函數(shù)都有對稱中心,且“拐點”就是對稱中心.給定函數(shù)f(x)=x3-x2+3x-,請你根據(jù)上面探究結(jié)果,計算f+f+…+f+f=____________.? 【解析】由題意可得f(x)=x3-x2+3x-,所以f′(x)

16、=x2-x+3,所以f″(x)=2x-1.令f″(x)=0可得x=,所以函數(shù)f(x)的拐點即對稱中心為,即如果x1+x2=1,則f(x1)+f(x2)=2,所以f+f+…+f+f=1 009×2+1=2 019. 答案:2 019 三、解答題(本大題共6小題,共74分,解答應(yīng)寫出文字說明,證明過程或演算步驟) 17.(12分)已知f(x)=2x--aln x(a∈R). (1)當(dāng)a=3時,求f(x)的單調(diào)區(qū)間. (2)設(shè)g(x)=f(x)-x+2aln x,且g(x)有兩個極值點,其中x1∈[0,1],求g(x1)-g(x2)的最小值. 【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域是(0,+

17、∞), a=3時,f(x)=2x--3ln x,f′(x)=2+-=, 令f′(x)>0,計算得出:x>1或x<,令f′(x)<0,計算得出:

18、 所以H(x)在(0,1]上單調(diào)遞減, 又H(x1)=g(x1)-g=g(x1)-g(x2), 所以g(x1)-g(x2)的最小值為[H(x)]min=H(1)=0. 18.(12分)已知函數(shù)f(x)=-ln x,m,n∈R. (1)若函數(shù)f(x)在(2,f(2))處的切線與直線x-y=0平行,求實數(shù)n的值. (2)試討論函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,+∞)上的最大值. (3)若n=1時,函數(shù)f(x)恰有兩個零點x1,x2(02. 【解析】(1)由f′(x)=,f′(2)=,由于函數(shù)f(x)在(2,f(2))處的切線與直線x-y=0平行, 故=1,

19、解得n=6. (2)f′(x)=(x>0),由f′(x)<0時,x>n; f′(x)>0時,x1,f(x)在[1,n)上單調(diào)遞增,在[n,+∞)上單調(diào)遞減, 故f(x)在[1,+∞)上的最大值為f(n)=m-1-ln n. (3)若n=1時,函數(shù)f(x)恰有兩個零點x1,x2(01,則l

20、n t=,x1=, 于是x1+x2=x1(t+1)=, 所以x1+x2-2=,記函數(shù)h(t)=-ln t,因h′(t)=>0, 所以h(t)在(1,+∞)上遞增, 因為t>1,所以h(t)>h(1)=0, 又t=>1,ln t>0,故x1+x2>2成立. 19.(12分)(2018·南京一模)已知函數(shù)f(x)=,g(x)=x2-2x+2+xf(x). (1)求函數(shù)y=g(x)的單調(diào)區(qū)間. (2)若函數(shù)y=g(x)在[en,+∞)(n∈Z)上有零點,求n的最大值. 【解析】(1)由題知g(x)的定義域為(0,+∞). 因為g′(x)=,所以函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和 [

21、2,+∞),g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為. (2)因為g(x)在x∈上的最小值為g(2),且 g(2)=×22-4+2+ln 2=ln 2-=>0, 故g(x)在x∈上沒有零點. 從而,要想使函數(shù)g(x)在[en,+∞)(n∈Z)上有零點,并考慮到g(x)在上單調(diào)遞增,且在上單調(diào)遞減,故只需en<且f(en)≤0即可. 易驗證g(e-1)=·e-2-2·e-1+1>0, g(e-2)=·-+2+ln e-2 =<0. 當(dāng)n≤-2且n∈Z時均有g(shù)(en)<0.即函數(shù)g(x)在[en,e-1]?[en,+∞)(n∈Z)上有零點. 所以n的最大值為-2. 20.(12分)已知函數(shù)f(

22、x)=ln x+x2-(a+1)x. (1)若曲線y=f(x)在x=1處的切線方程為y=-2,求f(x)的單調(diào)區(qū)間. (2)若x>0時,<恒成立,求實數(shù)a的取值范圍. 【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞). 由已知得f′(x)=+ax-(a+1),則f′(1)=0. 而f(1)=--1,所以曲線y=f(x)在x=1處的切線方程為y=--1.所以--1=-2,解得a=2.所以f(x)=ln x+x2-3x, f′(x)=+2x-3.由f′(x)>0,得01,由f′(x)<0,得

23、由<,得+x-(a+1)<+-,即-<, 在區(qū)間(0,+∞)上恒成立.設(shè)h(x)=-, 則h′(x)=+=,由h′(x)>0,得0 ,因而h(x)在[,+∞)上單調(diào)遞減.所以h(x)的最大值為h()=, 所以>,故a>2-1.從而實數(shù)a的取值范圍為(2-1,+∞). 21.(12分)(2018·山東省實驗中學(xué)一模)已知函數(shù)f(x)=x-1-aln x. (1)若f(x)≥0,求a的值. (2)設(shè)m為整數(shù),且對于任意正整數(shù)n,··…·

24、為f=-+aln 2<0,所以不滿足題意; ②若a>0,由f′(x)=1-=知,當(dāng)x∈(0,a)時,f′(x)<0;當(dāng)x∈(a,+∞)時, f′(x)>0. 所以f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減,在(a,+∞)上單調(diào)遞增. 故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值點. 由于f(1)=0,所以當(dāng)且僅當(dāng)a=1時,f(x)≥0. 故a=1. (2)由(1)知當(dāng)x∈(1,+∞)時,x-1-ln x>0. 令x=1+,得ln<. 從而ln+ln+…+ln<++…+=1-<1. 故…2, 所以整數(shù)m的最小值為3. 22.(14分)(2018·洛陽一模)已知a為實數(shù),

25、函數(shù)f(x)=aln x+x2-4x. (1)是否存在實數(shù)a,使得f(x)在x=1處取得極值?證明你的結(jié)論. (2)設(shè)g(x)=(a-2)x,若?x0∈,使得f(x0)≤g(x0)成立,求實數(shù)a的取值范圍. 【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),f′(x)=+2x-4=. 假設(shè)存在實數(shù)a,使f(x)在x=1處取極值,則f′(1)=0, 所以a=2,此時,f′(x)=,當(dāng)x>0時, f′(x)≥0恒成立, 所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增, 所以x=1不是f(x)的極值點. 故不存在實數(shù)a,使得f(x)在x=1處取得極值. (2)由f(x0)≤g(x0),得(

26、x0-ln x0)a≥-2x0, 記F(x)=x-ln x(x>0), 所以F′(x)=(x>0), 所以當(dāng)01時,F′(x)>0,F(x)單調(diào)遞增. 所以F(x)>F(1)=1>0, 所以a≥,記G(x)=,x∈, 所以G′(x)== . 因為x∈,所以2-2ln x=2(1-ln x)≥0, 所以x-2ln x+2>0, 所以x∈時,G′(x)<0,G(x)單調(diào)遞減; x∈(1,e]時,G′(x)>0,G(x)單調(diào)遞增, 所以G(x)min=G(1)=-1,所以a≥G(x)min=-1. 故實數(shù)a的取值范圍為

27、[-1,+∞). 【提分備選】 1.已知定義在R上的函數(shù)y=f滿足:函數(shù)y=f(x+1)的圖象關(guān)于直線x=-1對稱,且當(dāng)x∈時,f+xf′<0(f′是函數(shù)f的導(dǎo)函數(shù))成立.若a=·fsin ,b=·f,c=·f,則a,b,c的大小關(guān)系是 (　　) A.a>b>c　　　　　 B.b>a>c C.c>a>b D.a>c>b 【解析】選A.易知f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱, 設(shè)F(x)=xf(x),當(dāng)x∈(-∞,0)時,F′(x)=f(x)+xf′(x)<0, 所以F(x)在(-∞,0)上為減函數(shù),且F(x)為奇函數(shù), 所以F(x)在R上是遞減函數(shù). 因為0

28、1, 所以F>F(ln 2)>F, 即a>b>c. 2.設(shè)函數(shù)f=ln x-ax2-bx,若x=1是f的極大值點,則a的取值范圍為 (　　) A.　　　　　 B. C. D.∪ 【解析】選B.因為f(x)=ln x-ax2-bx, 所以x>0,f′(x)=-ax-b, 由f′(1)=0得b=1-a,所以f′(x)=-ax+a-1=-, ①當(dāng)a≥0時,由f′(x)=0,得x=1, 當(dāng)00,此時f(x)單調(diào)遞增; x>1時,f′(x)<0,此時f(x)單調(diào)遞減, 所以x=1

29、是f(x)的極大值點; ②當(dāng)a<0時,由f′(x)=0,得x=1或x=-, 因為x=1是f(x)的極大值點,所以->1,解得-1-1. 3.設(shè)函數(shù)f(x)=ex(x3-3x+3)-aex-x(x≥-2),若不等式f(x)≤0有解,則實數(shù)a的最小值為 (　　) A.1- B.2- C.-1 D.1+e2 【解析】選A.因為f(x)=ex(x3-3x+3)-aex-x≤0, 所以a≥x3-3x+3-,令g=x3-3x+3-,g′=3x2-3+=,故當(dāng)x∈時,g′<0,當(dāng)x∈時,g′>0,故g在x∈上是減函數(shù),在x∈上是增函數(shù),故g

30、=g=1-3+3-=1-. 4.已知a∈R,若f(x)=ex在區(qū)間上只有一個極值點,則a的取值范圍為 (　　) A.a>0 B.a≤1 C.a>1 D.a≤0 【解析】選A.易得f′(x)=ex,設(shè)h(x)=x3+x2+ax-a,則h′(x) =3x2+2x+a, 當(dāng)a>0時,h′(x)>0在(0,1)上恒成立, 即函數(shù)在(0,1)上為增函數(shù), 而h(0)=-a<0,h(1)=2>0, 則函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,1)上有且只有一個零點x0, 使f′(x0)=0,且在(0,x0)上,f′(x)<0, 在(x0,1)上f′(x)>0, 故x=x0為函數(shù)f(x)在(0

31、,1)上唯一的極小值點; 當(dāng)a=0時,h′(x)=3x2+2x>0在區(qū)間(0,1)上恒成立, 則函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,1)上為增函數(shù), 又h(0)=0, 所以h(x)>0在區(qū)間(0,1)上恒成立, 所以f(x)在區(qū)間(0,1)上無極值; 當(dāng)a<0時,h(x)=x3+x2+ax-a=x3+x2+a(x-1), 因為x∈(0,1),所以總有h(x)>0成立,即f′(x)>0成立, 故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上為單調(diào)增函數(shù), 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上無極值, 綜上,a>0. 5.已知定義在上的函數(shù)f,滿足:(1)f>0;(2)f

32、數(shù)),則的取值范圍為 (　　) A. B. C. D. 【解析】選B.構(gòu)造函數(shù)g(x)=,x∈(0,+∞), 則 由f(x)0在(0,+∞)上恒成立, 則函數(shù)g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增, 所以g(1)0,所以<,即<. 構(gòu)造函數(shù)h(x)=,x∈(0,+∞), 又f′(x)<2f(x),所以h′(x)<0在(0,+∞)上恒成立,則函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞減, 所以h(1)>h(2),即>, 又因為f(x)>0,所以>,即>, 所以<<. 6.函數(shù)f=sin x在上的圖象大致是 (　　) 【解析】選A.對函數(shù)進行求導(dǎo):f′=×sin x+×cos x =, 由f′>0可得:-