2016年高中数学导数高考真题

高中数学导数高考真题一．选择题（共7小题）1．函数y=2x2﹣e|x|在[﹣2，2]的图象大致为（）A．B．C．D．2．函数y=sinx2的图象是（）A．B．C．D．3．若函数f（x）=x﹣sin2x+asinx在（﹣∞，+∞）单调递增，则a的取值围是（）A．[﹣1，1] B．[﹣1，] C．[﹣，] D．[﹣1，﹣]4．已知a为函数f（x）=x3﹣12x的极小值点，则a=（）A．﹣4 B．﹣2 C．4 D．25．若函数y=f（x）的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y=f（x）具有T性质．下列函数中具有T性质的是（）A．y=sinx B．y=lnx C．y=e x D．y=x36．函数f（x）=的图象如图所示，则下列结论成立的是（）A．a＞0，b＞0，c＜0 B．a＜0，b＞0，c＞0 C．a＜0，b＞0，c＜0 D．a＜0，b＜0，c＜07．设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（﹣1）=0，当x＞0时，xf′（x）﹣f（x）＜0，则使得f（x）＞0成立的x的取值围是（）A．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）B．（﹣1，0）∪（1，+∞）C．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，0）D．（0，1）∪（1，+∞）二．填空题（共8小题）8．已知函数f（x）=（2x+1）e x，f′（x）为f（x）的导函数，则f′（0）的值为．9．函数f（x）=（x≥2）的最大值为．10．已知f（x）为偶函数，当x≤0时，f（x）=e﹣x﹣1﹣x，则曲线y=f（x）在点（1，2）处的切线方程是．11．已知f（x）为偶函数，当x＜0时，f（x）=ln（﹣x）+3x，则曲线y=f（x）在点（1，﹣3）处的切线方程是．12．若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线，也是曲线y=ln（x+1）的切线，则b= ．13．函数y=xe x在其极值点处的切线方程为．14．曲线y=x2与y=x所围成的封闭图形的面积为．15．已知函数f（x）=ax3+x+1的图象在点（1，f（1））处的切线过点（2，7），则a= ．三．解答题（共15小题）16．已知函数f（x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．（I）当a=4时，求曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程；（II）若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求a的取值围．17．设函数f（x）=xe a﹣x+bx，曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y=（e﹣1）x+4，（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）求f（x）的单调区间．18．设f（x）=xlnx﹣ax2+（2a﹣1）x，a∈R．（Ⅰ）令g（x）=f′（x），求g（x）的单调区间；（Ⅱ）已知f（x）在x=1处取得极大值，数a的取值围．19．设函数f（x）=ax2﹣a﹣lnx，g（x）=﹣，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：当x＞1时，g（x）＞0；（Ⅲ）确定a的所有可能取值，使得f（x）＞g（x）在区间（1，+∞）恒成立．20．设函数f（x）=lnx﹣x+1．（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明当x∈（1，+∞）时，1＜＜x；（3）设c＞1，证明当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞c x．21．已知函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求a的取值围．22．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（x），其中x1≠x，求证：x1+2x=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．23．设函数f（x）=acos2x+（a﹣1）（cosx+1），其中a＞0，记|f（x）|的最大值为A．（Ⅰ）求f′（x）；（Ⅱ）求A；（Ⅲ）证明：|f′（x）|≤2A．24．（Ⅰ）讨论函数f（x）=e x的单调性，并证明当x＞0时，（x﹣2）e x+x+2＞0；（Ⅱ）证明：当a∈[0，1）时，函数g（x）=（x＞0）有最小值．设g（x）的最小值为h（a），求函数h（a）的值域．25．设函数f（x）=x3﹣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（x），其中x1≠x，求证：x1+2x=0；（3）设a＞0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间[﹣1，1]上的最大值不小于．26．已知函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2有两个零点．（Ⅰ）求a的取值围；（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．27．已知f（x）=a（x﹣lnx）+，a∈R．（I）讨论f（x）的单调性；（II）当a=1时，证明f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．28．设函数f（x）=x3+ax2+bx+c．（1）求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）设a=b=4，若函数f（x）有三个不同零点，求c的取值围；（3）求证：a2﹣3b＞0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件．29．已知函数f（x）=a x+b x（a＞0，b＞0，a≠1，b≠1）．（1）设a=2，b=．①求方程f（x）=2的根；②若对于任意x∈R，不等式f（2x）≥mf（x）﹣6恒成立，数m的最大值；（2）若0＜a＜1，b＞1，函数g（x）=f（x）﹣2有且只有1个零点，求ab的值．30．设函数f（x）=x3+，x∈[0，1]，证明：（Ⅰ）f（x）≥1﹣x+x2（Ⅱ）＜f（x）≤．高中数学导数高考真题参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）1．（2016•新课标Ⅰ）函数y=2x2﹣e|x|在[﹣2，2]的图象大致为（）A．B．C．D．【分析】根据已知中函数的解析式，分析函数的奇偶性，最大值及单调性，利用排除法，可得答案．【解答】解：∵f（x）=y=2x2﹣e|x|，∴f（﹣x）=2（﹣x）2﹣e|﹣x|=2x2﹣e|x|，故函数为偶函数，当x=±2时，y=8﹣e2∈（0，1），故排除A，B；当x∈[0，2]时，f（x）=y=2x2﹣e x，∴f′（x）=4x﹣e x=0有解，故函数y=2x2﹣e|x|在[0，2]不是单调的，故排除C，故选：D【点评】本题考查的知识点是函数的图象，对于超越函数的图象，一般采用排除法解答．2．（2016•）函数y=sinx2的图象是（）A．B．C．D．【分析】根据函数奇偶性的性质，以及函数零点的个数进行判断排除即可．【解答】解：∵sin（﹣x）2=sinx2，∴函数y=sinx2是偶函数，即函数的图象关于y轴对称，排除A，C；由y=sinx2=0，则x2=kπ，k≥0，则x=±，k≥0，故函数有无穷多个零点，排除B，故选：D【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断，根据函数奇偶性和函数零点的性质是解决本题的关键．比较基础．3．（2016•新课标Ⅰ）若函数f（x）=x﹣sin2x+asinx在（﹣∞，+∞）单调递增，则a的取值围是（）A．[﹣1，1] B．[﹣1，] C．[﹣，] D．[﹣1，﹣]【分析】求出f（x）的导数，由题意可得f′（x）≥0恒成立，设t=cosx（﹣1≤t≤1），即有5﹣4t2+3at≥0，对t讨论，分t=0，0＜t≤1，﹣1≤t＜0，分离参数，运用函数的单调性可得最值，解不等式即可得到所求围．【解答】解：函数f（x）=x﹣sin2x+asinx的导数为f′（x）=1﹣cos2x+acosx，由题意可得f′（x）≥0恒成立，即为1﹣cos2x+acosx≥0，即有﹣cos2x+acosx≥0，设t=cosx（﹣1≤t≤1），即有5﹣4t2+3at≥0，当t=0时，不等式显然成立；当0＜t≤1时，3a≥4t﹣，由4t﹣在（0，1]递增，可得t=1时，取得最大值﹣1，可得3a≥﹣1，即a≥﹣；当﹣1≤t＜0时，3a≤4t﹣，由4t﹣在[﹣1，0）递增，可得t=﹣1时，取得最小值1，可得3a≤1，即a≤．综上可得a的围是[﹣，]．故选：C．【点评】本题考查导数的运用：求单调性，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和换元法，考查函数的单调性的运用，属于中档题．4．（2016•）已知a为函数f（x）=x3﹣12x的极小值点，则a=（）A．﹣4 B．﹣2 C．4 D．2【分析】可求导数得到f′（x）=3x2﹣12，可通过判断导数符号从而得出f（x）的极小值点，从而得出a的值．【解答】解：f′（x）=3x2﹣12；∴x＜﹣2时，f′（x）＞0，﹣2＜x＜2时，f′（x）＜0，x＞2时，f′（x）＞0；∴x=2是f（x）的极小值点；又a为f（x）的极小值点；∴a=2．故选D．【点评】考查函数极小值点的定义，以及根据导数符号判断函数极值点的方法及过程，要熟悉二次函数的图象．5．（2016•）若函数y=f（x）的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y=f（x）具有T性质．下列函数中具有T性质的是（）A．y=sinx B．y=lnx C．y=e x D．y=x3【分析】若函数y=f（x）的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则函数y=f（x）的导函数上存在两点，使这点的导函数值乘积为﹣1，进而可得答案．【解答】解：函数y=f（x）的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则函数y=f（x）的导函数上存在两点，使这点的导函数值乘积为﹣1，当y=sinx时，y′=cosx，满足条件；当y=lnx时，y′=＞0恒成立，不满足条件；当y=e x时，y′=e x＞0恒成立，不满足条件；当y=x3时，y′=3x2＞0恒成立，不满足条件；故选：A【点评】本题考查的知识点是利用导数研究曲线上某点切线方程，转化思想，难度中档．6．（2015•）函数f（x）=的图象如图所示，则下列结论成立的是（）A．a＞0，b＞0，c＜0 B．a＜0，b＞0，c＞0 C．a＜0，b＞0，c＜0 D．a＜0，b＜0，c＜0【分析】分别根据函数的定义域，函数零点以及f（0）的取值进行判断即可．【解答】解：函数在P处无意义，由图象看P在y轴右边，所以﹣c＞0，得c＜0，f（0）=，∴b＞0，由f（x）=0得ax+b=0，即x=﹣，即函数的零点x=﹣＞0，∴a＜0，综上a＜0，b＞0，c＜0，故选：C【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断，根据函数图象的信息，结合定义域，零点以及f（0）的符号是解决本题的关键．7．（2015•新课标Ⅱ）设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（﹣1）=0，当x＞0时，xf′（x）﹣f（x）＜0，则使得f（x）＞0成立的x的取值围是（）A．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）B．（﹣1，0）∪（1，+∞）C．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，0）D．（0，1）∪（1，+∞）【分析】由已知当x＞0时总有xf′（x）﹣f（x）＜0成立，可判断函数g（x）=为减函数，由已知f（x）是定义在R上的奇函数，可证明g（x）为（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的偶函数，根据函数g（x）在（0，+∞）上的单调性和奇偶性，模拟g（x）的图象，而不等式f（x）＞0等价于x•g（x）＞0，数形结合解不等式组即可．【解答】解：设g（x）=，则g（x）的导数为：g′（x）=，∵当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）成立，即当x＞0时，g′（x）恒小于0，∴当x＞0时，函数g（x）=为减函数，又∵g（﹣x）====g（x），∴函数g（x）为定义域上的偶函数又∵g（﹣1）==0，∴函数g（x）的图象性质类似如图：数形结合可得，不等式f（x）＞0⇔x•g（x）＞0⇔或，⇔0＜x＜1或x＜﹣1．故选：A．【点评】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，并由函数的奇偶性和单调性解不等式，属于综合题．二．填空题（共8小题）8．（2016•）已知函数f（x）=（2x+1）e x，f′（x）为f（x）的导函数，则f′（0）的值为 3 ．【分析】先求导，再带值计算．【解答】解：∵f（x）=（2x+1）e x，∴f′（x）=2e x+（2x+1）e x，∴f′（0）=2e0+（2×0+1）e0=2+1=3．故答案为：3．【点评】本题考查了导数的运算法则，属于基础题．9．（2016•）函数f（x）=（x≥2）的最大值为 2 ．【分析】分离常数便可得到，根据反比例函数的单调性便可判断该函数在[2，+∞）上为减函数，从而x=2时f（x）取最大值，并可求出该最大值．【解答】解：；∴f（x）在[2，+∞）上单调递减；∴x=2时，f（x）取最大值2．故答案为：2．【点评】考查函数最大值的概念及求法，分离常数法的运用，以及反比例函数的单调性，根据函数单调性求最值的方法．10．（2016•新课标Ⅲ）已知f（x）为偶函数，当x≤0时，f（x）=e﹣x﹣1﹣x，则曲线y=f（x）在点（1，2）处的切线方程是y=2x ．【分析】由已知函数的奇偶性结合x≤0时的解析式求出x＞0时的解析式，求出导函数，得到f′（1），然后代入直线方程的点斜式得答案．【解答】解：已知f（x）为偶函数，当x≤0时，f（x）=e﹣x﹣1﹣x，设x＞0，则﹣x＜0，∴f（x）=f（﹣x）=e x﹣1+x，则f′（x）=e x﹣1+1，f′（1）=e0+1=2．∴曲线y=f（x）在点（1，2）处的切线方程是y﹣2=2（x﹣1）．即y=2x．故答案为：y=2x．【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查了函数解析式的求解及常用方法，是中档题．11．（2016•新课标Ⅲ）已知f（x）为偶函数，当x＜0时，f（x）=ln（﹣x）+3x，则曲线y=f（x）在点（1，﹣3）处的切线方程是2x+y+1=0 ．【分析】由偶函数的定义，可得f（﹣x）=f（x），即有x＞0时，f（x）=lnx﹣3x，求出导数，求得切线的斜率，由点斜式方程可得切线的方程．【解答】解：f（x）为偶函数，可得f（﹣x）=f（x），当x＜0时，f（x）=ln（﹣x）+3x，即有x＞0时，f（x）=lnx﹣3x，f′（x）=﹣3，可得f（1）=ln1﹣3=﹣3，f′（1）=1﹣3=﹣2，则曲线y=f（x）在点（1，﹣3）处的切线方程为y﹣（﹣3）=﹣2（x﹣1），即为2x+y+1=0．故答案为：2x+y+1=0．【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程，同时考查函数的奇偶性的定义和运用，考查运算能力，属于中档题．12．（2016•新课标Ⅱ）若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线，也是曲线y=ln （x+1）的切线，则b= 1﹣ln2 ．【分析】先设切点，然后利用切点来寻找切线斜率的联系，以及对应的函数值，综合联立求解即可【解答】解：设y=kx+b与y=lnx+2和y=ln（x+1）的切点分别为（x1，kx1+b）、（x2，kx2+b）；由导数的几何意义可得k==，得x1=x2+1再由切点也在各自的曲线上，可得联立上述式子解得；从而kx1+b=lnx1+2得出b=1﹣ln2．【点评】本题考查了导数的几何意义，体现了方程思想，对学生综合计算能力有一定要求，中档题13．（2015•）函数y=xe x在其极值点处的切线方程为y=﹣．【分析】求出极值点，再结合导数的几何意义即可求出切线的方程．【解答】解：依题解：依题意得y′=e x+xe x，令y′=0，可得x=﹣1，∴y=﹣．因此函数y=xe x在其极值点处的切线方程为y=﹣．故答案为：y=﹣．【点评】本小题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，考查运算求解能力．属于基础题．14．（2015•）曲线y=x2与y=x所围成的封闭图形的面积为．【分析】先根据题意画出区域，然后依据图形得到积分下限为0，积分上限为1，从而利用定积分表示出曲边梯形的面积，最后用定积分的定义求出所求即可．【解答】解：先根据题意画出图形，得到积分上限为1，积分下限为0直线y=x与曲线y=x2所围图形的面积S=∫1（x﹣x2）dx而∫01（x﹣x2）dx=（）|1=﹣=∴曲边梯形的面积是．故答案为：．【点评】本题主要考查了学生会求出原函数的能力，以及考查了数形结合的思想，同时会利用定积分求图形面积的能力，解题的关键就是求原函数．15．（2015•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=ax3+x+1的图象在点（1，f（1））处的切线过点（2，7），则a= 1 ．【分析】求出函数的导数，利用切线的方程经过的点求解即可．【解答】解：函数f（x）=ax3+x+1的导数为：f′（x）=3ax2+1，f′（1）=3a+1，而f（1）=a+2，切线方程为：y﹣a﹣2=（3a+1）（x﹣1），因为切线方程经过（2，7），所以7﹣a﹣2=（3a+1）（2﹣1），解得a=1．故答案为：1．【点评】本题考查函数的导数的应用，切线方程的求法，考查计算能力．三．解答题（共15小题）16．（2016•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．（I）当a=4时，求曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程；（II）若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求a的取值围．【分析】（I）当a=4时，求出曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线的斜率，即可求出切线方程；（II）先求出f′（x）＞f′（1）=2﹣a，再结合条件，分类讨论，即可求a的取值围．【解答】解：（I）当a=4时，f（x）=（x+1）lnx﹣4（x﹣1）．f（1）=0，即点为（1，0），函数的导数f′（x）=lnx+（x+1）•﹣4，则f′（1）=ln1+2﹣4=2﹣4=﹣2，即函数的切线斜率k=f′（1）=﹣2，则曲线y=f（x）在（1，0）处的切线方程为y=﹣2（x﹣1）=﹣2x+2；（II）∵f（x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1），∴f′（x）=1++lnx﹣a，∴f″（x）=，∵x＞1，∴f″（x）＞0，∴f′（x）在（1，+∞）上单调递增，∴f′（x）＞f′（1）=2﹣a．①a≤2，f′（x）＞f′（1）≥0，∴f（x）在（1，+∞）上单调递增，∴f（x）＞f（1）=0，满足题意；②a＞2，存在x0∈（1，+∞），f′（x）=0，函数f（x）在（1，x）上单调递减，在（x，+∞）上单调递增，由f（1）=0，可得存在x0∈（1，+∞），f（x）＜0，不合题意．综上所述，a≤2．【点评】本题主要考查了导数的应用，函数的导数与函数的单调性的关系的应用，导数的几何意义，考查参数围的求解，考查学生分析解决问题的能力，有难度．17．（2016•）设函数f（x）=xe a﹣x+bx，曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y=（e﹣1）x+4，（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）求f（x）的单调区间．【分析】（Ⅰ）求函数的导数，根据导数的几何意义求出函数的切线斜率以及f （2），建立方程组关系即可求a，b的值；（Ⅱ）求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系即可求f（x）的单调区间．【解答】解：（Ⅰ）∵y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y=（e﹣1）x+4，∴当x=2时，y=2（e﹣1）+4=2e+2，即f（2）=2e+2，同时f′（2）=e﹣1，∵f（x）=xe a﹣x+bx，∴f′（x）=e a﹣x﹣xe a﹣x+b，则，即a=2，b=e；（Ⅱ）∵a=2，b=e；∴f（x）=xe2﹣x+ex，∴f′（x）=e2﹣x﹣xe2﹣x+e=（1﹣x）e2﹣x+e，f″（x）=﹣e2﹣x﹣（1﹣x）e2﹣x=（x﹣2）e2﹣x，由f″（x）＞0得x＞2，由f″（x）＜0得x＜2，即当x=2时，f′（x）取得极小值f′（2）=（1﹣2）e2﹣2+e=e﹣1＞0，∴f′（x）＞0恒成立，即函数f（x）是增函数，即f（x）的单调区间是（﹣∞，+∞）．【点评】本题主要考查导数的应用，根据导数的几何意义，结合切线斜率建立方程关系以及利用函数单调性和导数之间的关系是解决本题的关键．综合性较强．18．（2016•）设f（x）=xlnx﹣ax2+（2a﹣1）x，a∈R．（Ⅰ）令g（x）=f′（x），求g（x）的单调区间；（Ⅱ）已知f（x）在x=1处取得极大值，数a的取值围．【分析】（Ⅰ）先求出g（x）=f′（x）的解析式，然后求函数的导数g′（x），利用函数单调性和导数之间的关系即可求g（x）的单调区间；（Ⅱ）分别讨论a的取值围，根据函数极值的定义，进行验证即可得到结论．【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）=xlnx﹣ax2+（2a﹣1）x，∴g（x）=f′（x）=lnx﹣2ax+2a，x＞0，g′（x）=﹣2a=，当a≤0，g′（x）＞0恒成立，即可g（x）的单调增区间是（0，+∞）；当a＞0，当x＞时，g′（x）＜0，函数为减函数，当0＜x＜，g′（x）＞0，函数为增函数，∴当a≤0时，g（x）的单调增区间是（0，+∞）；当a＞0时，g（x）的单调增区间是（0，），单调减区间是（，+∞）；（Ⅱ）∵f（x）在x=1处取得极大值，∴f′（1）=0，①当a≤0时，f′（x）单调递增，则当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，∴f（x）在x=1处取得极小值，不合题意，②当0＜a＜时，＞1，由（1）知，f′（x）在（0，）单调递增，当0＜x＜1时，f′（x）＜0，当1＜x＜时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，1）单调递减，在（1，）单调递增，即f（x）在x=1处取得极小值，不合题意．③当a=时，=1，f′（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）上单调递减，则当x＞0时，f′（x）≤0，f（x）单调递减，不合题意．④当a＞时，0＜＜1，当＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，∴当x=1时，f（x）取得极大值，满足条件．综上实数a的取值围是a＞．【点评】本题主要考查导数的综合应用，考查函数的单调性，极值和导数的关系，要求熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值与最值、把问题等价转化等是解题的关键．综合性较强，难度较大．19．（2016•）设函数f（x）=ax2﹣a﹣lnx，g（x）=﹣，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：当x＞1时，g（x）＞0；（Ⅲ）确定a的所有可能取值，使得f（x）＞g（x）在区间（1，+∞）恒成立．【分析】（Ⅰ）求导数，分类讨论，即可讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）要证g（x）＞0（x＞1），即﹣＞0，即证，也就是证；（Ⅲ）由f（x）＞g（x），得，设t（x）=，由题意知，t（x）＞0在（1，+∞）恒成立，再构造函数，求导数，即可确定a的取值围．【解答】（Ⅰ）解：由f（x）=ax2﹣a﹣lnx，得f′（x）=2ax﹣=（x＞0），当a≤0时，f′（x）＜0在（0，+∞）成立，则f（x）为（0，+∞）上的减函数；当a＞0时，由f′（x）=0，得x==，∴当x∈（0，）时，f′（x）＜0，当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，则f（x）在（0，）上为减函数，在（，+∞）上为增函数；综上，当a≤0时，f（x）为（0，+∞）上的减函数，当a＞0时，f（x）在（0，）上为减函数，在（，+∞）上为增函数；（Ⅱ）证明：要证g（x）＞0（x＞1），即﹣＞0，即证，也就是证，令h（x）=，则h′（x）=，=h（1）=e，∴h（x）在（1，+∞）上单调递增，则h（x）min即当x＞1时，h（x）＞e，∴当x＞1时，g（x）＞0；（Ⅲ）解：由f（x）＞g（x），得，设t（x）=，由题意知，t（x）＞0在（1，+∞）恒成立，∵t（1）=0，∴有t′（x）=2ax=≥0在（1，+∞）恒成立，令φ（x）=，则φ′（x）=2a=，当x≥2时，φ′（x）＞0，=h（1）=﹣1．令h（x）=，h′（x）=，函数在[1，2）上单调递增，∴h（x）min又2a≥1，e1﹣x＞0，∴1＜x＜2，φ′（x）＞0，综上所述，x＞1，φ′（x）＞0，φ（x）在区间（1，+∞）单调递增，∴t′（x）＞t′（1）≥0，即t（x）在区间（1，+∞）单调递增，∴a≥．【点评】本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，不等式的证明，考查恒成立成立问题，正确构造函数，求导数是关键．20．（2016•新课标Ⅲ）设函数f（x）=lnx﹣x+1．（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明当x∈（1，+∞）时，1＜＜x；（3）设c＞1，证明当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞c x．【分析】（1）求出导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间，注意函数的定义域；（2）由题意可得即证lnx＜x﹣1＜xlnx．运用（1）的单调性可得lnx＜x﹣1，设F（x）=xlnx﹣x+1，x＞1，求出单调性，即可得到x﹣1＜xlnx成立；（3）设G（x）=1+（c﹣1）x﹣c x，求出导数，可令G′（x）=0，由c＞1，x∈（0，1），可得1＜＜c，由（1）可得c x=恰有一解，设为x=x是G（x）的最小值点，运用最值，结合不等式的性质，即可得证．【解答】解：（1）函数f（x）=lnx﹣x+1的导数为f′（x）=﹣1，由f′（x）＞0，可得0＜x＜1；由f′（x）＜0，可得x＞1．即有f（x）的增区间为（0，1）；减区间为（1，+∞）；（2）证明：当x∈（1，+∞）时，1＜＜x，即为lnx＜x﹣1＜xlnx．由（1）可得f（x）=lnx﹣x+1在（1，+∞）递减，可得f（x）＜f（1）=0，即有lnx＜x﹣1；设F（x）=xlnx﹣x+1，x＞1，F′（x）=1+lnx﹣1=lnx，当x＞1时，F′（x）＞0，可得F（x）递增，即有F（x）＞F（1）=0，即有xlnx＞x﹣1，则原不等式成立；（3）证明：设G（x）=1+（c﹣1）x﹣c x，G′（x）=c﹣1﹣c x lnc，可令G′（x）=0，可得c x=，由c＞1，x∈（0，1），可得1＜c x＜c，即1＜＜c，由（1）可得c x=恰有一解，设为x=x0是G（x）的最大值点，且0＜x＜1，由G（0）=G（1）=0，且G（x）在（0，x0）递增，在（x，1）递减，可得G（x0）=1+（c﹣1）x﹣c x0＞0成立，则c＞1，当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞c x．【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查不等式的证明，注意运用构造函数法，求出导数判断单调性，考查推理和运算能力，属于中档题．21．（2016•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求a的取值围．【分析】（Ⅰ）求出f（x）的导数，讨论当a≥0时，a＜﹣时，a=﹣时，﹣＜a ＜0，由导数大于0，可得增区间；由导数小于0，可得减区间；（Ⅱ）由（Ⅰ）的单调区间，对a讨论，结合单调性和函数值的变化特点，即可得到所求围．【解答】解：（Ⅰ）由f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2，可得f′（x）=（x﹣1）e x+2a（x﹣1）=（x﹣1）（e x+2a），①当a≥0时，由f′（x）＞0，可得x＞1；由f′（x）＜0，可得x＜1，即有f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增；②当a＜0时，若a=﹣，则f′（x）≥0恒成立，即有f（x）在R上递增；若a＜﹣时，由f′（x）＞0，可得x＜1或x＞ln（﹣2a）；由f′（x）＜0，可得1＜x＜ln（﹣2a）．即有f（x）在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增；在（1，ln（﹣2a））递减；若﹣＜a＜0，由f′（x）＞0，可得x＜ln（﹣2a）或x＞1；由f′（x）＜0，可得ln（﹣2a）＜x＜1．即有f（x）在（﹣∞，ln（﹣2a）），（1，+∞）递增；在（ln（﹣2a），1）递减；（Ⅱ）①由（Ⅰ）可得当a＞0时，f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增，且f（1）=﹣e＜0，x→+∞，f（x）→+∞；x→﹣∞，f（x）→+∞．f（x）有两个零点；②当a=0时，f（x）=（x﹣2）e x，所以f（x）只有一个零点x=2；③当a＜0时，若a＜﹣时，f（x）在（1，ln（﹣2a））递减，在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增，又当x≤1时，f（x）＜0，所以f（x）不存在两个零点；当a≥﹣时，f（x）在（1，+∞）单调递增，又x≤1时，f（x）＜0，所以f（x）不存在两个零点．综上可得，f（x）有两个零点时，a的取值围为（0，+∞）．【点评】本题考查导数的运用：求单调区间，考查函数零点的判断，注意运用分类讨论的思想方法和函数方程的转化思想，考查化简整理的运算能力，属于难题．22．（2016•）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（x），其中x1≠x，求证：x1+2x=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．【分析】（1）求出f（x）的导数，讨论a≤0时，f′（x）≥0，f（x）在R上递增；当a＞0时，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间；（2）f′（x0）=0，可得3（x﹣1）2=a，分别计算f（x），f（3﹣2x），化简整理即可得证；（3）要证g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于，即证在[0，2]上存在x1，x2，使得f（x1）﹣f（x2）≥．讨论当a≥3时，当0＜a＜3时，运用单调性和极值，化简整理即可得证．【解答】解：（1）函数f（x）=（x﹣1）3﹣ax﹣b的导数为f′（x）=3（x﹣1）2﹣a，当a≤0时，f′（x）≥0，f（x）在R上递增；当a＞0时，当x＞1+或x＜1﹣时，f′（x）＞0，当1﹣＜x＜1+，f′（x）＜0，可得f（x）的增区间为（﹣∞，1﹣），（1+，+∞），减区间为（1﹣，1+）；（2）证明：f′（x0）=0，可得3（x﹣1）2=a，由f（x0）=（x﹣1）3﹣3x（x﹣1）2﹣b=（x﹣1）2（﹣2x﹣1）﹣b，f（3﹣2x0）=（2﹣2x）3﹣3（3﹣2x）（x﹣1）2﹣b=（x0﹣1）2（8﹣8x﹣9+6x）﹣b=（x﹣1）2（﹣2x﹣1）﹣b，即为f（3﹣2x0）=f（x）=f（x1），即有3﹣2x0=x1，即为x1+2x=3；（3）证明：要证g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于，即证在[0，2]上存在x1，x2，使得f（x1）﹣f（x2）≥．当a≥3时，f（x）在[0，2]递减，f（2）=1﹣2a﹣b，f（0）=﹣1﹣b，f（0）﹣f（2）=2a﹣2≥4＞，递减，成立；当0＜a＜3时，f（1﹣）=（﹣）3﹣a（1﹣）﹣b=﹣﹣a+a﹣b=﹣a﹣b，f（1+）=（）3﹣a（1+）﹣b=﹣a﹣a﹣b=﹣﹣a﹣b，f（2）=1﹣2a﹣b，f（0）=﹣1﹣b，f（2）﹣f（0）=2﹣2a，若0＜a≤时，f（2）﹣f（0）=2﹣2a≥成立；若a＞时，f（1﹣）﹣f（1+）=＞成立．综上可得，g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于．【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和最值，考查不等式的证明，注意运用分类讨论的思想方法和转化思想，考查分析法的证明，以及化简整理的运算能力，属于难题．23．（2016•新课标Ⅲ）设函数f（x）=acos2x+（a﹣1）（cosx+1），其中a＞0，记|f（x）|的最大值为A．（Ⅰ）求f′（x）；（Ⅱ）求A；（Ⅲ）证明：|f′（x）|≤2A．【分析】（Ⅰ）根据复合函数的导数公式进行求解即可求f′（x）；（Ⅱ）讨论a的取值，利用分类讨论的数学，结合换元法，以及一元二次函数的最值的性质进行求解；（Ⅲ）由（I），结合绝对值不等式的性质即可证明：|f′（x）|≤2A．【解答】（I）解：f′（x）=﹣2asin2x﹣（a﹣1）sinx．（II）当a≥1时，|f（x）|=|acos2x+（a﹣1）（cosx+1）|≤a|cos2x|+（a﹣1）|（cosx+1）|≤a|cos2x|+（a﹣1）（|cosx|+1）|≤a+2（a﹣1）=3a﹣2=f（0），因此A=3a﹣2．当0＜a＜1时，f（x）等价为f（x）=acos2x+（a﹣1）（cosx+1）=2acos2x+（a ﹣1）cosx﹣1，令g（t）=2at2+（a﹣1）t﹣1，则A是|g（t）|在[﹣1，1]上的最大值，g（﹣1）=a，g（1）=3a﹣2，且当t=时，g（t）取得极小值，极小值为g（）=﹣﹣1=﹣，（二次函数在对称轴处取得极值）令﹣1＜＜1，得a＜（舍）或a＞．因此A=3a﹣2①当0＜a≤时，g（t）在（﹣1，1）无极值点，|g（﹣1）|=a，|g（1）|=2﹣3a，|g（﹣1）|＜|g（1）|，∴A=2﹣3a，②当＜a＜1时，由g（﹣1）﹣g（1）=2（1﹣a）＞0，得g（﹣1）＞g（1）＞g （），又|g（）﹣g（﹣1）|=＞0，∴A=|g（）|=，综上，A=．（III）证明：由（I）可得：|f′（x）|=|﹣2asin2x﹣（a﹣1）sinx|≤2a+|a ﹣1|，当0＜a≤时，|f′（x）|≤1+a≤2﹣4a＜2（2﹣3a）=2A，当＜a＜1时，A==++≥1，∴|f′（x）|≤1+a≤2A，当a≥1时，|f′（x）|≤3a﹣1≤6a﹣4=2A，综上：|f′（x）|≤2A．【点评】本题主要考查函数的导数以及函数最值的应用，求函数的导数，利用函数单调性和导数的关系，以及换元法，转化法转化法转化为一元二次函数是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．24．（2016•新课标Ⅱ）（Ⅰ）讨论函数f（x）=e x的单调性，并证明当x＞0时，（x﹣2）e x+x+2＞0；（Ⅱ）证明：当a∈[0，1）时，函数g（x）=（x＞0）有最小值．设g（x）的最小值为h（a），求函数h（a）的值域．【分析】从导数作为切入点探求函数的单调性，通过函数单调性来求得函数的值域，利用复合函数的求导公式进行求导，然后逐步分析即可【解答】解：（1）证明：f（x）=f'（x）=e x（）=∵当x∈（﹣∞，﹣2）∪（﹣2，+∞）时，f'（x）＞0∴f（x）在（﹣∞，﹣2）和（﹣2，+∞）上单调递增∴x＞0时，＞f（0）=﹣1即（x﹣2）e x+x+2＞0（2）g'（x）===a∈[0，1）由（1）知，当x＞0时，f（x）=的值域为（﹣1，+∞），只有一解使得，t∈（0，2]当x∈（0，t）时，g'（x）＜0，g（x）单调减；当x∈（t，+∞），g'（x）＞0，g（x）单调增；h（a）===记k（t）=，在t∈（0，2]时，k'（t）=＞0，故k（t）单调递增，所以h（a）=k（t）∈（，]．【点评】该题考查了导数在函数单调性上的应用，重点是掌握复合函数的求导，以及导数代表的意义，计算量较大，难度较大．25．（2016•）设函数f（x）=x3﹣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（x），其中x1≠x，求证：x1+2x=0；（3）设a＞0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间[﹣1，1]上的最大值不小于．【分析】（1）求出f（x）的导数，讨论a≤0时f′（x）≥0，f（x）在R上递增；当a＞0时，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间；（2）由条件判断出a＞0，且x0≠0，由f′（x）=0求出x，分别代入解析式化简f（x0），f（﹣2x），化简整理后可得证；（3）设g（x）在区间[﹣1，1]上的最大值M，根据极值点与区间的关系对a分三种情况讨论，运用f（x）单调性和前两问的结论，求出g（x）在区间上的取值围，利用a的围化简整理后求出M，再利用不等式的性质证明结论成立．【解答】解：（1）若f（x）=x3﹣ax﹣b，则f′（x）=3x2﹣a，分两种情况讨论：①、当a≤0时，有f′（x）=3x2﹣a≥0恒成立，此时f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞），②、当a＞0时，令f′（x）=3x2﹣a=0，解得x=或x=，当x＞或x＜﹣时，f′（x）=3x2﹣a＞0，f（x）为增函数，当﹣＜x＜时，f′（x）=3x2﹣a＜0，f（x）为减函数，故f（x）的增区间为（﹣∞，﹣），（，+∞），减区间为（﹣，）；（2）若f（x）存在极值点x0，则必有a＞0，且x≠0，由题意可得，f′（x）=3x2﹣a，则x2=，进而f（x0）=x3﹣ax﹣b=﹣x﹣b，又f（﹣2x0）=﹣8x3+2ax﹣b=﹣x+2ax﹣b=f（x），由题意及（Ⅰ）可得：存在唯一的实数x1，满足f（x1）=f（x），其中x1≠x，则有x1=﹣2x，故有x1+2x=0；（Ⅲ）设g（x）在区间[﹣1，1]上的最大值M，max{x，y}表示x、y两个数的最大值，下面分三种情况讨论：①当a≥3时，﹣≤﹣1＜1≤，由（I）知f（x）在区间[﹣1，1]上单调递减，所以f（x）在区间[﹣1，1]上的取值围是[f（1），f（﹣1）]，因此M=max{|f（1）|，|f（﹣1）|}=max{|1﹣a﹣b|，|﹣1+a﹣b|}=max{|a﹣1+b|，|a﹣1﹣b|}=，所以M=a﹣1+|b|≥2②当a＜3时，，由（Ⅰ）、（Ⅱ）知，f（﹣1）≥=f（），f（1）≤=，所以f（x）在区间[﹣1，1]上的取值围是[f（），f（﹣）]，因此M=max{|f（）|，|f（﹣）|}=max{||，||}=max{||，||}=，③当0＜a＜时，，由（Ⅰ）、（Ⅱ）知，f（﹣1）＜=f（），f（1）＞=，所以f（x）在区间[﹣1，1]上的取值围是[f（﹣1），f（1）]，因此M=max{|f（﹣1）|，|f（1）|}=max{|﹣1+a﹣b|，|1﹣a﹣b|}=max{|1﹣a+b|，|1﹣a﹣b|}=1﹣a+|b|＞，综上所述，当a＞0时，g（x）在区间[﹣1，1]上的最大值不小于．【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和最值，不等式的证明，注意运用分类讨论的思想方法和转化思想，考查分析法在证明中的应用，以及化简整理、运算能力，属于难题．26．（2016•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2有两个零点．（Ⅰ）求a的取值围；（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．【分析】（Ⅰ）由函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2可得：f′（x）=（x﹣1）e x+2a（x﹣1）=（x﹣1）（e x+2a），对a进行分类讨论，综合讨论结果，可得答案．（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，则﹣a==，令g（x）=，则g（x1）=g（x2）=﹣a，分析g（x）的单调性，令m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）=，设h（m）=，m＞0，利用导数法可得h（m）＞h（0）=0恒成立，即g（1+m）＞g （1﹣m）恒成立，令m=1﹣x1＞0，可得结论．【解答】解：（Ⅰ）∵函数f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2，∴f′（x）=（x﹣1）e x+2a（x﹣1）=（x﹣1）（e x+2a），①若a=0，那么f（x）=0⇔（x﹣2）e x=0⇔x=2，函数f（x）只有唯一的零点2，不合题意；②若a＞0，那么e x+2a＞0恒成立，当x＜1时，f′（x）＜0，此时函数为减函数；当x＞1时，f′（x）＞0，此时函数为增函数；此时当x=1时，函数f（x）取极小值﹣e，由f（2）=a＞0，可得：函数f（x）在x＞1存在一个零点；当x＜1时，e x＜e，x﹣2＜﹣1＜0，∴f（x）=（x﹣2）e x+a（x﹣1）2＞（x﹣2）e+a（x﹣1）2=a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e，令a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e=0的两根为t1，t2，且t1＜t2，则当x＜t1，或x＞t2时，f（x）＞a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＞0，故函数f（x）在x＜1存在一个零点；即函数f（x）在R是存在两个零点，满足题意；③若﹣＜a＜0，则ln（﹣2a）＜lne=1，当x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＜ln（﹣2a）﹣1＜lne﹣1=0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当ln（﹣2a）＜x＜1时，x﹣1＜0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，当x＞1时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，故当x=ln（﹣2a）时，函数取极大值，由f（ln（﹣2a））=[ln（﹣2a）﹣2]（﹣2a）+a[ln（﹣2a）﹣1]2=a{[ln（﹣2a）﹣2]2+1}＜0得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；④若a=﹣，则ln（﹣2a）=1，当x＜1=ln（﹣2a）时，x﹣1＜0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当x＞1时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，故函数f（x）在R上单调递增，函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；⑤若a＜﹣，则ln（﹣2a）＞lne=1，当x＜1时，x﹣1＜0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当1＜x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，当x＞ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a=0，即f′（x）=（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，故当x=1时，函数取极大值，由f（1）=﹣e＜0得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；综上所述，a的取值围为（0，+∞）证明：（Ⅱ）∵x1，x2是f（x）的两个零点，∴f（x1）=f（x2）=0，且x1≠1，且x2≠1，∴﹣a==，令g（x）=，则g（x1）=g（x2）=﹣a，∵g′（x）=，∴当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；设m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）=﹣=，设h（m）=，m＞0，则h′（m）=＞0恒成立，即h（m）在（0，+∞）上为增函数，h（m）＞h（0）=0恒成立，即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，令m=1﹣x1＞0，则g（1+1﹣x1）＞g（1﹣1+x1）⇔g（2﹣x1）＞g（x1）=g（x2）⇔2﹣x1＞x2，即x1+x2＜2．【点评】本题考查的知识点是利用导数研究函数的极值，函数的零点，分类讨论思想，难度较大．27．（2016•）已知f（x）=a（x﹣lnx）+，a∈R．（I）讨论f（x）的单调性；（II）当a=1时，证明f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，然后对a分类分析导函数的符号，由导函数的符号确定原函数的单调性；（Ⅱ）构造函数F（x）=f（x）﹣f′（x），令g（x）=x﹣lnx，h（x）=．则F （x）=f（x）﹣f′（x）=g（x）+h（x），利用导数分别求g（x）与h（x）的最小值得到F（x）＞恒成立．由此可得f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．【解答】（Ⅰ）解：由f（x）=a（x﹣lnx）+，得f′（x）=a（1﹣）+==（x＞0）．若a≤0，则ax2﹣2＜0恒成立，∴当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；当a＞0，若0＜a＜2，当x∈（0，1）和（，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（1，）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；若a=2，f′（x）≥0恒成立，f（x）在（0，+∞）上为增函数；若a＞2，当x∈（0，）和（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（，1）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；（Ⅱ）解：∵a=1，令F（x）=f（x）﹣f′（x）=x﹣lnx﹣1=x﹣lnx+．令g（x）=x﹣lnx，h（x）=．则F（x）=f（x）﹣f′（x）=g（x）+h（x），由，可得g（x）≥g（1）=1，当且仅当x=1时取等号；又，设φ（x）=﹣3x2﹣2x+6，则φ（x）在[1，2]上单调递减，且φ（1）=1，φ（2）=﹣10，∴在[1，2]上存在x0，使得x∈（1，x）时φ（x）＞0，x∈（x，2）时，φ（x）＜0，∴函数h（x）在（1，x0）上单调递增；在（x，2）上单调递减，由于h（1）=1，h（2）=，因此h（x）≥h（2）=，当且仅当x=2取等号，∴f（x）﹣f′（x）=g（x）+h（x）＞g（1）+h（2）=，∴F（x）＞恒成立．即f（x）＞f′（x）+对于任意的x∈[1，2]成立．【点评】本题考查利用导数加以函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，考查了分类讨论的数学思想方法和数学转化思想方法，是压轴题．28．（2016•）设函数f（x）=x3+ax2+bx+c．（1）求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）设a=b=4，若函数f（x）有三个不同零点，求c的取值围；（3）求证：a2﹣3b＞0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件．【分析】（1）求出f（x）的导数，求得切线的斜率和切点，进而得到所求切线的方程；（2）由f（x）=0，可得﹣c=x3+4x2+4x，由g（x）=x3+4x2+4x，求得导数，单调区间和极值，由﹣c介于极值之间，解不等式即可得到所求围；（3）先证若f（x）有三个不同零点，令f（x）=0，可得单调区间有3个，求出导数，由导数的图象与x轴有两个不同的交点，运用判别式大于0，可得a2﹣3b ＞0；再由a=b=4，c=0，可得若a2﹣3b＞0，不能推出f（x）有3个零点．【解答】解：（1）函数f（x）=x3+ax2+bx+c的导数为f′（x）=3x2+2ax+b，可得y=f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k=f′（0）=b，切点为（0，c），可得切线的方程为y=bx+c；（2）设a=b=4，即有f（x）=x3+4x2+4x+c，由f（x）=0，可得﹣c=x3+4x2+4x，由g（x）=x3+4x2+4x的导数g′（x）=3x2+8x+4=（x+2）（3x+2），当x＞﹣或x＜﹣2时，g′（x）＞0，g（x）递增；当﹣2＜x＜﹣时，g′（x）＜0，g（x）递减．即有g（x）在x=﹣2处取得极大值，且为0；g（x）在x=﹣处取得极小值，且为﹣．由函数f（x）有三个不同零点，可得﹣＜﹣c＜0，解得0＜c＜，则c的取值围是（0，）；（3）证明：若f（x）有三个不同零点，令f（x）=0，可得f（x）的图象与x轴有三个不同的交点．即有f（x）有3个单调区间，即为导数f′（x）=3x2+2ax+b的图象与x轴有两个交点，可得△＞0，即4a2﹣12b＞0，即为a2﹣3b＞0；若a2﹣3b＞0，即有导数f′（x）=3x2+2ax+b的图象与x轴有两个交点，当c=0，a=b=4时，满足a2﹣3b＞0，即有f（x）=x（x+2）2，图象与x轴交于（0，0），（﹣2，0），则f（x）的零点为2个．故a2﹣3b＞0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件．【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间、极值，考查函数的零点的判断，注意运用导数求得极值，考查化简整理的圆能力，属于中档题．29．（2016•）已知函数f（x）=a x+b x（a＞0，b＞0，a≠1，b≠1）．（1）设a=2，b=．①求方程f（x）=2的根；②若对于任意x∈R，不等式f（2x）≥mf（x）﹣6恒成立，数m的最大值；（2）若0＜a＜1，b＞1，函数g（x）=f（x）﹣2有且只有1个零点，求ab的值．【分析】（1）①利用方程，直接求解即可．②列出不等式，利用二次函数的性质以及函数的最值，转化求解即可．（2）求出g（x）=f（x）﹣2=a x+b x﹣2，求出函数的导数，构造函数h（x）=+，求出g（x）的最小值为：g（x0）．同理①若g（x）＜0，g（x）至少有两个零点，与条件矛盾．②若g（x）＞0，利用函数g（x）=f（x）﹣2有且只有1个零点，推出g（x）=0，然后求解ab=1．【解答】解：函数f（x）=a x+b x（a＞0，b＞0，a≠1，b≠1）．（1）设a=2，b=．①方程f（x）=2；即：=2，可得x=0．。