高中数学习题精选
a b 1 ab 4b 2 t 12 3t 1 设 b a t ，化简得 ， 4 2 即 t 2 4t 1 0 ， t 2 5 (舍负)
当且仅当 f 0 f 2 f 4 ， c 8 2b c 32 4b c 即
b 8 时， M 取得最小值 4 c 4
【拓展】 二维形式【无绝对值下的原函数有两个单调区间】的绝对值最值问题 我们可以取三个点，分别是区间端点和区间中点，来进行绝对值不等式
b a 2 5
a b 1
2
（02）已知函数 f x 2 x bx c b, c R 的定义域是 0, 4 ，记 f x 的最大值为 M ，
2
则 M 的最小值是（ ） A.2 B.4
C.6
D.8
2
【答案】B 【解析】
ห้องสมุดไป่ตู้
x 0, 4
1
【解析】 由题意易得 f x 的图像如途中红色线所描呈 W 型， 令 x a a x b b ，
2 2
a b 1 a b 1 则 xQ ， yQ 4b 2
令 f x x a b 0 ，
2
f x x a b 有四个图像的交点。
log a x log a y c ，则 a 的取值集合
。
5
【答案】 2 【解析 1】由 log a x log a y c 得 x y a
c
a c 1 c 1 c 1 a ,a x 2 1 c 1 c 1 2 2 又 y a, a ， 2 a , a a, a 1 c 1 c2 c log a 2 2 a a a 2 即 2 ， ，解得 c 3 c 1 2 a c 1 a 2 仅有一个常数 c ， c 3 ， a 2 所以答案为 2 x a, 2a , f x y
M f 0 c , M f 2 8 2b c , M f 4 32 4b c
4M f 0 2 f 2 f 4 c 16 4b 2c 32 4b c c 16 4b 2c 32 4b c c 16 c 16
7 4 A. , 6 3
4 3 B. , 3 2
7 4 C. , 6 3
4 3 D. , 3 2
4
【答案】D 【解析】化简
=
sin 2 a3 1 sin 2 a6 cos 2 a3 1 cos 2 a6 sin a3 a6
得 a3 a6 =
sin a3 cos a6 cos a3 sin a6
2
+2k , k z ，即 d
又 d 1, 0 ，所以 d
6
a3 a6 2 = k , k z 36 6 3
;
设 f n Sn =
a1 an 2a d d n n2 1 n， 2 2 2 因为 f n 在当且仅当 n 9 时取得最大值
（03）下列三视图中，一个方格代表一个单位，求该几何体的体积（
）
3
A.48 B.16 C.32 D. 16 5
【答案】B 【解析】
A
如左图还原三视图为四棱锥 A BCDE
B
E C
D
在三角形作 AH BE ，易得 AH BCDE 利用等面积法求得
A
2 2
6 AH = 2 5 5 1 1 6 VA BCDE SBCDE AH 8 5 16 3 3 5
2 2
2 5 2
2
2
B H
2 5
2 5
E
（04）设等差数列 an 满足：
公差 d 1, 0 .若当且仅当 n 9 时，数列 an 的前 n 项和 S n 取得最大值，则首项 a1 的取 值范围是（ ）
sin 2 a3 cos 2 a3 cos 2 a3 cos 2 a6 sin 2 a3 sin 2 a6 1， sin a4 a5
sin 2 a3 cos 2 a3 cos 2 a3 cos 2 a6 sin 2 a3 sin 2 a6 sin a4 a5
sin 2 a3 cos 2 a6 cos 2 a3 sin 2 a6 sin a3 cos a6 cos a3 sin a6
sin a3 a6 1
王小呆的高中数学课《每日一题》1-56 合集
（01）已知函数 ft x x t t , t R ，设 a b ， f x
2
函数 y f x x a b 有四个零点，则 b a 的取值范围为
f a x , f a x fb x ，若 fb x , f a x fb x
d 2a d 17 19 0 ，对称轴 n0 1 , 2 2d 2 2 2a d 19 17 1 ， 8d a1 9d 2 2d 2 4 3 代入 d ，得： a1 3 2
所以函数开口朝下
2 （05）设 a 1 ，仅有一个常数 c 使得对于任意 x a, 2a ，都有 y a, a 满足
高中数学复数专题训练精选练习题及答案
高中数学复数专题训练精选练习题及答案一、选择题（每题5分，共50分）1、已知复数z=9-3i，则复数z的虚部是（）A、9B、-3C、-9D、32、已知复数z满足丨z-2丨+z=5+3i，则复数z=（）A、1+3iB、1-3iC、2+3iD、2-3i3、已知复数z满足z=2-i，则4-z的模等于（）A、15B、5C、4D、24、已知复数z=-2+2i，将复数对应的向量按顺时针方向旋转174π，所得向量的复数是（）A、2B、2iC、22D、22i5、若z=-2-4i，则在复平面内对应的点位于（）A、第一象限B、第二象限C、第三象限D、第四象限6、已知复数z满足|z|-1=z+2i，则z=（）A、z=3-2iB、z=3+2iC、z=32-2iD、z=32+2i7、复数z= 20231− 化简后，z=（）A、1− 2B、1-iC、1− 4D、1+i8、复数z=3-6 +1+（m+2）i是实数，则m的值是（）A、m=1B、m=1或m-4C、m=2D、m=2或m-19、已知复数z= +2 2− 的虚部为4，则a的值是（）A、3B、12C、4D、1610、复数z=1-i，则z（z+1）的模长为（）A、5B、10C、2D、3二、解答题（每题10分，共50分）11、若复数z=（12+i）4·（1-i），则求化简后的复数z。
12、若复数z=m+23i，z∙z=16，求m的值。
13、若复数z= +2 2− 在复平面内对应的点在直线x+y+2=0上，求复数z的模长。
14、已知复数z加上它的模长等于2+2 ，求复数z。
15、已知复数在满足丨z丨=5，z+3i是实数，求复数z。
参考答案第1题复数的虚部，是指i的系数所以复数z=9-3i的虚部为：-3故答案为B第2题设复数z=a+bi丨z-2丨+z=（a−2）²+b²+（a+bi）=（（a−2）²+b²+a）+bi=5+3i 即：b=3（a−2）²+b²+a=5解得：b=3，a=2所以：复数z=2+3i故答案为：C第3题因为4-z=4-（2-i）=2+i所以丨4-z丨=丨2+i丨=2²+1²=5故答案为B第4题复数z=-2+2i的向量如图所示174π后，所得向量如图所示z=-2+2i的模=（−2）²+2²=22174π后，所得向量=22i 故答案为：D第5题复数z=-2-4i的实部是-2，虚部是-4，其图如下所以复平面内对应的点位于.第三象限故答案为：C第6题设复数z=a+bi，因为|z|-1=z+2i即a²+b²-1=a+bi+2ia²+b²-1=a+（b+2）i等号两边实部、虚部对应相等，得a²+b²−1=a，解得b+2=0a=32，b=-2所以复数z=32-2i、故答案为：C第7题z= 20231− =2020∙ 31− =1∙（−i ）1− =−i·（1+i ）（1−i ）（1+i ）=1− 2故答案为：A第8题复数z=3-6 +1+（m+2）i 是实数−6 +1+（m+2）=0化简得：m ²+3m-4=0解得;m=1或m-4故答案为：B第9题z=+2 2− =（ +2 ）（2+i ）（2− ）（2+i ）=（2 −2）+（a+4） 5因为z 的虚部为4a+45=4解得a=16故答案为：D第10题因为z=1-i所以z（z+1）=（1-i）（2-i）=1-3i所以z（z+1）模长=12+（−3）2=10故答案为：B二、解答题第11题z=（12+i ）4·（1-i）=〔（12+i ）2〕2·（1-i）=〔−12+i 〕2·（1-i）=（−12-i ）·（1-i）=--i第12题z=m +23iz =m-23iz ∙z=（m +23i ）（m-23i ）=m ²+12=16解得：m=2或m=-2第13题z= +2 2−=（ +2 ）（2+i）（2−i）（2+i）=（2 −2）+（a+4）i5=2 −25+4+a5i因为z对应的点在直线x+y+2=0上2 −25+4+a5+2=0解得a=-4z=−4+2 2− =-2复数z的模长=2第14题设复数z=a+bi复数的模丨z丨=a²+b²因为复数z加上它的模长等于2+2 所以（a+bi）+a²+b²=2+2 〔a+a²+b²〕+bi=2+2 则有：b=2a+a²+b²=2解得：a=12，b=2所以复数z=12+2第15题设复数z=a+bi丨z丨=a²+b²=5①又因为z+3i是实数即：a+bi+3i=a+（b+3）i为实数所以b+3=0②由①②联立方程，解得a=±4，b=-3所以z=4-3i或z=-4-3i。
高中数学利用导数研究函数的极值精选练习题
利用导数研究函数的极值精选题28道一．选择题（共6小题）1．设函数f（x）＝e x（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．[）B．[）C．[）D．[）2．若x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（）A．﹣1B．﹣2e﹣3C．5e﹣3D．13．已知a为函数f（x）＝x3﹣12x的极小值点，则a＝（）A．﹣4B．﹣2C．4D．24．已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，若f（x1）＝x1＜x2，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根个数为（）A．3B．4C．5D．65．已知a为常数，函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）（）A．B．C．D．6．设a≠0，若x＝a为函数f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的极大值点，则（）A．a＜b B．a＞b C．ab＜a2D．ab＞a2二．填空题（共17小题）7．等差数列{a n}的前n项和为S n，已知S10＝0，S15＝25，则nS n的最小值为．8．已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+a2在x＝1处有极小值10，则a﹣b＝．9．若函数f（x）＝+x﹣5无极值点，则实数a的取值范围是．10．已知函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点，则实数a的取值范围是．11．已知函数f（x）＝2f′（1）lnx﹣x，则f（x）的极大值为．12．已知函数，若函数有两个极值点x1，x2，且，则实数a的取值范围为．13．直线y＝a与函数f（x）＝x3﹣3x的图象有相异的三个公共点，则a的取值范围是．14．已知函数，x0是函数f（x）的极值点，给出以下几个命题：①；②；③f（x0）+x0＜0；④f（x0）+x0＞0；其中正确的命题是．（填出所有正确命题的序号）15．已知函数f（x）＝x3﹣kx2+2x，x∈R，k∈R．①若f′（﹣1）＝1，则k的值为．②若函数f（x）在区间（1，2）内存在2个极值点，则k的取值范围是．16．若函数f（x）＝x2﹣x+alnx有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是．17．已知f（x）＝ax3+3x2﹣1存在唯一的零点x0，且x0＜0，则实数a的取值范围是．18．已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+2在x＝2处取得极值，则实数a＝．19．若函数f（x）＝ax2+xlnx有两个极值点，则实数a的取值范围是．20．已知函数若方程f（x）﹣m＝0恰有两个实根，则实数m的取值范围是．21．已知函数f（x）＝x3﹣3a2x+a（a＞0）的极大值为正数，极小值为负数，则a的取值范围是．22．已知函数f（x）＝ae x﹣x2有两个极值点，则实数a的取值范围是．23．f（x）＝x（x﹣c）2在x＝2处有极大值，则常数c的值为．三．解答题（共5小题）24．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）＜2﹣2．25．已知函数f（x）＝（x﹣2）e x+a（x﹣1）2有两个零点．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．26．已知函数f（x）＝e x﹣ax2．（1）若a＝1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．27．已知函数f（x）＝sin x﹣ln（1+x），f′（x）为f（x）的导数．证明：（1）f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．28．已知函数f（x）＝．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程；（2）证明：当a≥1时，f（x）+e≥0．利用导数研究函数的极值精选题28道参考答案与试题解析一．选择题（共6小题）1．设函数f（x）＝e x（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．[）B．[）C．[）D．[）【分析】设g（x）＝e x（2x﹣1），y＝ax﹣a，问题转化为存在唯一的整数x0使得g（x0）在直线y＝ax﹣a的下方，求导数可得函数的极值，数形结合可得﹣a＞g（0）＝﹣1且g （﹣1）＝﹣3e﹣1≥﹣a﹣a，解关于a的不等式组可得．【解答】解：设g（x）＝e x（2x﹣1），y＝ax﹣a，由题意知存在唯一的整数x0使得g（x0）在直线y＝ax﹣a的下方，∵g′（x）＝e x（2x﹣1）+2e x＝e x（2x+1），∴当x＜﹣时，g′（x）＜0，当x＞﹣时，g′（x）＞0，∴当x＝﹣时，g（x）取最小值﹣2，当x＝0时，g（0）＝﹣1，当x＝1时，g（1）＝e＞0，直线y＝ax﹣a恒过定点（1，0）且斜率为a，故﹣a＞g（0）＝﹣1且g（﹣1）＝﹣3e﹣1≥﹣a﹣a，解得≤a＜1故选：D．【点评】本题考查导数和极值，涉及数形结合和转化的思想，属中档题．2．若x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（）A．﹣1B．﹣2e﹣3C．5e﹣3D．1【分析】求出函数的导数，利用极值点，求出a，然后判断函数的单调性，求解函数的极小值即可．【解答】解：函数f（x）＝（x2+ax﹣1）e x﹣1，可得f′（x）＝（2x+a）e x﹣1+（x2+ax﹣1）e x﹣1，x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，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）e x﹣1+（x2﹣x﹣1）e x﹣1，＝（x2+x﹣2）e x﹣1，函数的极值点为：x＝﹣2，x＝1，当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数，x＝1时，函数取得极小值：f（1）＝（12﹣1﹣1）e1﹣1＝﹣1．故选：A．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的极值的求法，考查计算能力．3．已知a为函数f（x）＝x3﹣12x的极小值点，则a＝（）A．﹣4B．﹣2C．4D．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．4．已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，若f（x1）＝x1＜x2，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根个数为（）A．3B．4C．5D．6【分析】由函数f（x）＝x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，可得f′（x）＝3x2+2ax+b ＝0有两个不相等的实数根，必有Δ＝4a2﹣12b＞0．而方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的△1＝Δ＞0，可知此方程有两解且f（x）＝x1或x2．再分别讨论利用平移变换即可解出方程f（x）＝x1或f（x）＝x2解的个数．【解答】解：∵函数f（x）＝x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，∴f′（x）＝3x2+2ax+b＝0有两个不相等的实数根，∴Δ＝4a2﹣12b＞0．解得＝．∵x1＜x2，∴，．而方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的△1＝Δ＞0，∴此方程有两解且f（x）＝x1或x2．不妨取0＜x1＜x2，f（x1）＞0．①把y＝f（x）向下平移x1个单位即可得到y＝f（x）﹣x1的图象，∵f（x1）＝x1，可知方程f（x）＝x1有两解．②把y＝f（x）向下平移x2个单位即可得到y＝f（x）﹣x2的图象，∵f（x1）＝x1，∴f（x1）﹣x2＜0，可知方程f（x）＝x2只有一解．综上①②可知：方程f（x）＝x1或f（x）＝x2．只有3个实数解．即关于x的方程3（f （x））2+2af（x）+b＝0的只有3不同实根．故选：A．【点评】本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、极值及方程解的个数、平移变换等基础知识，考查了数形结合的思想方法、推理能力、分类讨论的思想方法、计算能力、分析问题和解决问题的能力．5．已知a为常数，函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）（）A．B．C．D．【分析】先求出f′（x），令f′（x）＝0，由题意可得lnx＝2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）＝lnx+1﹣2ax有且只有两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．利用导数与函数极值的关系即可得出．【解答】解：∵f′（x）＝lnx+1﹣2ax，（x＞0）令f′（x）＝0，由题意可得lnx＝2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）＝lnx+1﹣2ax有且只有两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．．①当a≤0时，g′（x）＞0，f′（x）单调递增，因此g（x）＝f′（x）至多有一个零点，不符合题意，应舍去．②当a＞0时，令g′（x）＝0，解得x＝，∵x，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．∴x＝是函数g（x）的极大值点，则＞0，即＞0，∴ln（2a）＜0，∴0＜2a＜1，即．故当0＜a＜时，g（x）＝0有两个根x1，x2，且x1＜＜x2，又g（1）＝1﹣2a＞0，∴x1＜1＜＜x2，从而可知函数f（x）在区间（0，x1）上递减，在区间（x1，x2）上递增，在区间（x2，+∞）上递减．∴f（x1）＜f（1）＝﹣a＜0，f（x2）＞f（1）＝﹣a＞﹣．故选：D．【点评】本题考查了利用导数研究函数极值的方法，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．6．设a≠0，若x＝a为函数f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的极大值点，则（）A．a＜b B．a＞b C．ab＜a2D．ab＞a2【分析】分a＞0及a＜0，结合三次函数的性质及题意，通过图象发现a，b的大小关系，进而得出答案．【解答】解：令f（x）＝0，解得x＝a或x＝b，即x＝a及x＝b是f（x）的两个零点，当a＞0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示，则0＜a＜b；当a＜0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示，则b＜a＜0；综上，ab＞a2．故选：D．【点评】本题考查三次函数的图象及性质，考查导数知识的运用，考查数形结合思想，属于中档题．二．填空题（共17小题）7．等差数列{a n}的前n项和为S n，已知S10＝0，S15＝25，则nS n的最小值为﹣49．【分析】由等差数列的前n项和公式化简已知两等式，联立求出首项a1与公差d的值，结合导数求出nS n的最小值．【解答】解：设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，∵S10＝10a1+45d＝0，S15＝15a1+105d＝25，∴a1＝﹣3，d＝，∴S n＝na1+d＝n2﹣n，∴nS n＝n3﹣n2，令nS n＝f（n），∴f′（n）＝n2﹣n，∴当n＝时，f（n）取得极值，当n＜时，f（n）递减；当n＞时，f（n）递增；因此只需比较f（6）和f（7）的大小即可．f（6）＝﹣48，f（7）＝﹣49，故nS n的最小值为﹣49．故答案为：﹣49．【点评】此题考查了等差数列的性质，以及等差数列的前n项和公式，熟练掌握性质及公式是解本题的关键．8．已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+a2在x＝1处有极小值10，则a﹣b＝15．【分析】根据函数f（x）＝x3+ax2+bx+a2在x＝1处有极小值10得f′（1）＝0，f（1）＝10即可求出a﹣b的值．【解答】解：∵f′（x）＝3x2+2ax+b，∵函数f（x）＝x3+ax2+bx+a2在x＝1处有极小值10，∴f′（1）＝0，f（1）＝10，∴3+2a+b＝0，1+a+b+a2＝10，解得a＝4，b＝﹣11或a＝﹣3，b＝3，当a＝4，b＝﹣11时，f′（x）＝3x2+8x﹣11＝（3x+11）（x﹣1），此时x＝1是极小值点；当a＝﹣3，b＝3时，f′（x）＝3x2﹣6x+3＝3（x﹣1）2，此时x＝1不是极小值点．∴a＝4，b＝﹣11，∴a﹣b＝15．故答案为：15．【点评】本题考查利用导数求函数极值的处理策略，关键是f′（1）＝0，f（1）＝10，属于基础题．9．若函数f（x）＝+x﹣5无极值点，则实数a的取值范围是[﹣1，1]．【分析】求出函数的导数，问题转化为f′（x）＝0最多1个实数根，根据二次函数的性质求出a的范围即可．【解答】解：f（x）＝x3﹣ax2+x﹣5，f′（x）＝x2﹣2ax+1，若函数f（x）在R上无极值点，即f′（x）＝0最多1个实数根，故Δ＝4a2﹣4≤0，解得：﹣1≤a≤1，故答案为：[﹣1，1]．【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，是一道基础题．10．已知函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点，则实数a的取值范围是．【分析】f（x）＝xlnx﹣ax2（x＞0），f′（x）＝lnx+1﹣2ax．令g（x）＝lnx+1﹣2ax，由于函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点⇔g（x）＝0在区间（0，+∞）上有两个实数根．g′（x）＝＝．当a≤0时，直接验证；当a＞0时，利用导数研究函数g（x）的单调性可得：当x＝时，函数g（x）取得极大值，故要使g（x）有两个不同解，只需要，解得即可．【解答】解：f（x）＝xlnx﹣ax2（x＞0），f′（x）＝lnx+1﹣2ax．令g（x）＝lnx+1﹣2ax，∵函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点，则g（x）＝0在区间（0，+∞）上有两个实数根．g′（x）＝＝，当a≤0时，g′（x）＞0，则函数g（x）在区间（0，+∞）单调递增，因此g（x）＝0在区间（0，+∞）上不可能有两个实数根，应舍去．当a＞0时，令g′（x）＝0，解得x＝．令g′（x）＞0，解得，此时函数g（x）单调递增；令g′（x）＜0，解得，此时函数g（x）单调递减．∴当x＝时，函数g（x）取得极大值．当x趋近于0与x趋近于+∞时，g（x）→﹣∞，要使g（x）＝0在区间（0，+∞）上有两个实数根，则，解得．∴实数a的取值范围是．故答案为：．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值，考查了等价转化方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．11．已知函数f（x）＝2f′（1）lnx﹣x，则f（x）的极大值为2ln2﹣2．【分析】先求导数，当x＝1时，即可得到f′（1），再令导数大于0或小于0，解出x 的范围，即得到函数的单调区间，进而可得函数的极大值．【解答】解：由于函数f（x）＝2f′（1）lnx﹣x，则f′（x）＝2f′（1）×﹣1（x＞0），f′（1）＝2f′（1）﹣1，故f′（1）＝1，得到f′（x）＝2×﹣1＝，令f′（x）＞0，解得：x＜2，令f′（x）＜0，解得：x＞2，则函数在（0，2）上为增函数，在（2，+∞）上为减函数，故f（x）的极大值为f（2）＝2ln2﹣2故答案为：2ln2﹣2【点评】本题考查了利用导数研究函数的极值，属于基础题．12．已知函数，若函数有两个极值点x1，x2，且，则实数a的取值范围为．【分析】由题意可得，，作比得，令x2﹣x1＝t，结合条件将x1写成关于t的函数，求导分析得到x1的范围，再结合得到a的范围，与函数f（x）有两个极值点时a的范围取交集即可．【解答】解：∵函数f（x）由两个极值点x1，x2，∴f′（x）＝ae x﹣x有两个零点x1，x2，即，，作比得，令x2﹣x1＝t…①，则有，∴，代入①，得，由题意知，≥2，∴t≥ln2，令，（t≥ln2），∴，令h（t）＝e t﹣1﹣te t，则h′（t）＝﹣te t＜0，∴h（t）单调递减，∴h（t）≤h（ln2）＝1﹣2ln2＜0，∴g（t）单调递减，∴g（t）≤g（ln2）＝ln2，即x1≤ln2，而，令，则，∴u（x）在（﹣∞，ln2]上单调递增，∴，即，又f′（x）＝ae x﹣x有两个零点x1，x2，u（x）在R上与y＝a有两个交点，而，在（﹣∞，1）上u（x）单调递增，在（1，+∞）上u（x）单调递减，u（x）的最大值为，∴，综上，．故答案为：．【点评】本题考查了利用导数研究函数零点问题，利用导数研究函数的单调性与极值、最值问题，运用了整体换元的方法，属难题．13．直线y＝a与函数f（x）＝x3﹣3x的图象有相异的三个公共点，则a的取值范围是（﹣2，2）．【分析】先求出其导函数，利用其导函数求出其极值以及图象的变化，进而画出函数f （x）＝x3﹣3x对应的大致图象，平移直线y＝a即可得出结论．【解答】解：令f′（x）＝3x2﹣3＝0，得x＝±1，可求得f（x）的极大值为f（﹣1）＝2，极小值为f（1）＝﹣2，如图所示，当满足﹣2＜a＜2时，恰有三个不同公共点．故答案为：（﹣2，2）【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值以及数形结合思想的应用，是对基础知识的考查，属于基础题．14．已知函数，x0是函数f（x）的极值点，给出以下几个命题：①；②；③f（x0）+x0＜0；④f（x0）+x0＞0；其中正确的命题是①③．（填出所有正确命题的序号）【分析】求导数，利用零点存在定理，可判断①②；f（x0）+x0＝x0lnx0+x02+x0＝x0（lnx0+x0+1）＝﹣x0＜0，可判断③④．【解答】解：∵函数f（x）＝xlnx+x2，（x＞0）∴f′（x）＝lnx+1+x，易得f′（x）＝lnx+1+x在（0，+∞）递增，∴f′（）＝＞0，∵x→0，f′（x）→﹣∞，∴0＜x0＜，即①正确，②不正确；∵lnx0+1+x0＝0∴f（x0）+x0＝x0lnx0+x02+x0＝x0（lnx0+x0+1）＝﹣x02＜0，即③正确，④不正确．故答案为：①③．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的计算能力、转化思想，属于中档题．15．已知函数f（x）＝x3﹣kx2+2x，x∈R，k∈R．①若f′（﹣1）＝1，则k的值为﹣1．②若函数f（x）在区间（1，2）内存在2个极值点，则k的取值范围是．【分析】①求出原函数的导函数，再由f′（﹣1）＝1列式求得k值；②把函数f（x）在区间（1，2）内存在2个极值点，转化为函数f′（x）＝x2﹣2kx+2在区间（1，2）内存在2个零点，即方程x2﹣2kx+2＝0在区间（1，2）内有两个不同根，由一元二次方程根的分布得关于k的不等式组求解．【解答】解：①∵f（x）＝x3﹣kx2+2x，∴f′（x）＝x2﹣2kx+2，由f′（﹣1）＝（﹣1）2+2k+2＝1，得k＝﹣1；②∵函数f（x）在区间（1，2）内存在2个极值点，∴函数f′（x）＝x2﹣2kx+2在区间（1，2）内存在2个零点，即方程x2﹣2kx+2＝0在区间（1，2）内有两个不同根．∴，解得：．故答案为：①﹣1；②．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，训练了利用导数求函数的极值，体现了数学转化思想方法，是中档题．16．若函数f（x）＝x2﹣x+alnx有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是（0，）．【分析】求出函数的导数，结合二次函数的性质可求．【解答】解：因为f（x）＝x2﹣x+alnx有两个不同的极值点，所以f′（x）＝x﹣1+＝＝0在（0，+∞）有2个不同的零点，所以x2﹣x+a＝0在（0，+∞）有2个不同的零点，所以，解可得，0＜a＜．故答案为：（0，）．【点评】本题主要考查了函数极值的存在条件的应用，属于基础试题．17．已知f（x）＝ax3+3x2﹣1存在唯一的零点x0，且x0＜0，则实数a的取值范围是（﹣∞，﹣2）．【分析】讨论a的取值范围，求函数的导数判断函数的极值，根据函数极值和单调性之间的关系进行求解即可．【解答】解：（i）当a＝0时，f（x）＝﹣3x2+1，令f（x）＝0，解得x＝，函数f （x）有两个零点，舍去．（ii）当a≠0时，f′（x）＝3ax2+6x＝3ax（x+），令f′（x）＝0，解得x＝0或﹣．①当a＜0时，﹣＞0，当x＞﹣或x＜0，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；当0＜x＜﹣时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增．∴故x＝﹣是函数f（x）的极大值点，0是函数f（x）的极小值点．∵函数f（x）＝ax3+3x2﹣1存在唯一的零点x0，且x0＜0，则f（﹣）＝﹣+﹣1＝﹣1＜0，即a2＞4得a＞2（舍）或a＜﹣2．②当a＞0时，﹣＜0，当x＜﹣或x＞0时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；当﹣＜x＜0时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减．∴x＝﹣是函数f（x）的极大值点，0是函数f（x）的极小值点．∵f（0）＝﹣1＜0，∴函数f（x）在（0，+∞）上存在一个零点，此时不满足条件．综上可得：实数a的取值范围是（﹣∞，﹣2）．故答案为：（﹣∞，﹣2）．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、函数的零点，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题．18．已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+2在x＝2处取得极值，则实数a＝6．【分析】先求出导函数f'（x），又x＝2是函数f（x）的一个极值点，利用f'（2）＝0，求出a的值．【解答】解：f'（x）＝6x2﹣2ax，f'（2）＝24﹣4a＝0，∴a＝6．故答案为：6．【点评】本题考查极值点的定义，属于简单题．19．若函数f（x）＝ax2+xlnx有两个极值点，则实数a的取值范围是．【分析】将题目等价转化为导函数方程有两个不同的正实根后，既可以采用不完全分离参数法数形结合求解（如法1），也可以采用常规的完全分离参数法，数形结合求解（如法2），相比较而言，法2更容易理解．【解答】解：法1：函数f（x）＝ax2+xlnx有两个极值点，即导函数f'（x）＝2ax+lnx+1在（0，+∞）上有两个变号零点，即方程lnx＝﹣2ax﹣1有两个不同正实数根，即函数y＝lnx与函数y＝﹣2ax﹣1有两个不同的交点，作出图象如右图；设恒过定点的函数y＝﹣2ax﹣1与函数y＝lnx相切于点（x0，y0），则有，解得x0＝1，y0＝0，即切点为（1，0），此时直线的斜率为k＝1，由图象可知，要使函数y＝lnx与函数y＝﹣2ax﹣1有两个不同的交点，则0＜﹣2a＜1，即a∈（﹣，0），法2：转化为导函数f'（x）＝2ax+lnx+1在（0，+∞）上有两个变号零点，分离参数得到，方程﹣2a＝在（0，+∞）上有两个不同的实根，令g（x）＝，定义域为x＞0，g′（x）＝，则x∈（0，1）时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增，x∈（1，+∞）时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减，故g（x）max＝g（1）＝1，＜/br＞作出函数y＝g（x）和y＝﹣2a的图象于同一个坐标系中，则得到0＜﹣2a＜1，即a∈（﹣，0），故答案为：（﹣，0）．【点评】这类题目往往需要在函数和方程之间多次转化，需要我们对相关的知识要很清楚，另外需要了解常见的分离参数法的不同类型．20．已知函数若方程f（x）﹣m＝0恰有两个实根，则实数m的取值范围是．【分析】研究x＞0与x≤0时，f（x）的单调性、极值情况，画出图象，然后研究y＝a 与y＝f（x）恰有两个交点时a的取值范围．【解答】解：（1）x≤0时，f′（x）＝e x﹣x﹣1，易知f′（0）＝0，而f″（x）＝e x﹣1＜0，所以f′（x）在（﹣∞，0]上递减，故f′（x）≥f′（0）＝0，故f（x）在（﹣∞，0]上递增，且f（x）≤f（0）＝，当x→﹣∞时，f（x）→﹣∞．（2）x＞0时，，令f′（x）＞0，得0＜x＜e；f′（x）＜0得x＞e；故f（x）在（0，e）上递增，在（e，+∞）递减，故x＞0时，；x→0时，f（x）→﹣∞；x→+∞时，f（x）→0．由题意，若方程f（x）﹣m＝0恰有两个实根，只需y＝m与y＝f（x）恰有两个交点，同一坐标系画出它们的图象如下：如图所示，当直线y＝m在图示①，②位置时，与y＝f（x）有两个交点，所以m的范围是：．故答案为：．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值等性质，进而结合图象研究函数的零点问题．属于中档题．21．已知函数f（x）＝x3﹣3a2x+a（a＞0）的极大值为正数，极小值为负数，则a的取值范围是．【分析】先利用导数求函数的极大值和极小值，再解不等式．【解答】解∵f′（x）＝3x2﹣3a2（a＞0），∴由f′（x）＞0得：x＞a或x＜﹣a，由f′（x）＜0得：﹣a＜x＜a．∴当x＝a时，f（x）有极小值，x＝﹣a时，f（x）有极大值．由题意得：解得a＞．故答案为【点评】本题考查导数求函数的极值．解决函数的极值问题，导数是唯一方法．极值点左右两边的导数符号必须相反．22．已知函数f（x）＝ae x﹣x2有两个极值点，则实数a的取值范围是（0，）．【分析】求出函数的导数，问题转化为y＝a和g（x）＝在R上有2个交点，根据函数的单调性求出g（x）的范围，从而求出a的范围即可．【解答】解：f′（x）＝ae x﹣2x，若函数f（x）＝ae x﹣x2有两个极值点，则y＝a和g（x）＝在R上有2个交点，g′（x）＝，x∈（﹣∞，1）时，即g′（x）＞0，g（x）递增，x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）递减，故g（x）max＝g（1）＝，而＞0恒成立，所以0＜a＜，故答案为：（0，）．【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道中档题．23．f（x）＝x（x﹣c）2在x＝2处有极大值，则常数c的值为6．【分析】先求出f′（x），根据f（x）在x＝2处有极大值则有f′（2）＝0得到c的值为2或6，先让c＝2然后利用导数求出函数的单调区间，从而得到x＝2取到极小值矛盾，所以舍去，所以得到c的值即可．【解答】解：f（x）＝x3﹣2cx2+c2x，f′（x）＝3x2﹣4cx+c2，f′（2）＝0⇒c＝2或c＝6．若c＝2，f′（x）＝3x2﹣8x+4，令f′（x）＞0⇒x＜或x＞2，f′（x）＜0⇒＜x＜2，故函数在（﹣∞，）及（2，+∞）上单调递增，在（，2）上单调递减，∴x＝2是极小值点．故c＝2不合题意，c＝6．故答案为6【点评】考查学生利用导数研究函数极值的能力，会利用待定系数法求函数解析式．三．解答题（共5小题）24．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．【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a﹣可得h（x）min＝h（），从而可得结论；（2）通过（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0＜可知f（x0）＜，另一方面可知f（x0）＞f（）＝．【解答】解：（1）因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a﹣．则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．因为当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，所以h（x）min＝h（），又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，所以＝1，解得a＝1；另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，所以解得a＝1；（2）由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2﹣，令t′（x）＝0，解得x＝，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，又t（）＝＞0，所以t（x）在（0，）上存在唯一零点，所以t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，所以f（x0）＝﹣x0﹣x0lnx0＝﹣x0+2x0﹣2＝x0﹣，由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣）max＝﹣+＝；由f′（）＜0可知x0＜＜，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，所以f（x0）＞f（）＝；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．25．已知函数f（x）＝（x﹣2）e x+a（x﹣1）2有两个零点．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．【分析】法一：（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．法二：（1）显然x＝1不是函数f（x）的零点，当x≠1时，方程f（x）＝0等价于﹣a＝，设g（x）＝，通过研究g（x）函数的单调性与值域范围，即可求解．（2）不妨设x1＜1＜x2，要证x1+x2＜2，只需证x2＜2﹣x1，由函数g（x）在（1，+∞）上单调递增，只需证明g（x2）＜g（2﹣x1），即g（x1）＜g（2﹣x1），即∀x＜1，e x（x ﹣2）+e2﹣x•x＜0，令h（x）＝e x（x﹣2）+e2﹣x•x，利用导数证得h（x）＜0即可得证．【解答】法一：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＜x﹣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的取值范围为（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．法二：（1）解：显然x＝1不是函数f（x）的零点，当x≠1时，方程f（x）＝0等价于﹣a＝，设g（x）＝，求导g'（x）＝，故函数g（x）在（﹣∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，∵函数g（x）在（﹣∞，1）上的值域为（﹣∞，0），在（1，+∞）上的值域为（﹣∞，+∞），∴当﹣a＜0时，函数f（x）有两个零点，故所求a取值范围为（0，+∞）．（2）证明：根据（1）的结果，不妨设x1＜1＜x2，则只需证x2＜2﹣x1，考虑函数f（x）在（1，+∞）上单调递增，于是只需证明f（x2）＜f（2﹣x1），即f（x1）＜f（2﹣x1），接下来证∀x＜1，f（x）﹣f（2﹣x）＜0，即∀x＜1，e x（x﹣2）+e2﹣x•x＜0，令h（x）＝e x（x﹣2）+e2﹣x•x，h′（x）＝（e x﹣e2﹣x）（x﹣1），当x＜1时有e x﹣e2﹣x＜0，所以h′（x）＞0，所以在（﹣∞，1）上，h（x）单调递增，所以h（x）＜h（1）＝0，因此原命题得证．【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．26．已知函数f（x）＝e x﹣ax2．（1）若a＝1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．【分析】（1）通过两次求导，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可证明，（2）方法一：分离参数可得a＝在（0，+∞）只有一个根，即函数y＝a与G（x）＝的图象在（0，+∞）只有一个交点．结合图象即可求得a．方法二：①当a≤0时，f（x）＝e x﹣ax2＞0，f（x）在（0，+∞）没有零点．②当a＞0时，设函数h（x）＝1﹣ax2e﹣x．f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔h（x）在（0，+∞）只有一个零点．利用h′（x）＝ax（x﹣2）e﹣x，可得h（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，结合函数h（x）图象即可求得a．【解答】解：（1）证明：当a＝1时，函数f（x）＝e x﹣x2．则f′（x）＝e x﹣2x，令g（x）＝e x﹣2x，则g′（x）＝e x﹣2，令g′（x）＝0，得x＝ln2．当x∈（0，ln2）时，g′（x）＜0，当x∈（ln2，+∞）时，g′（x）＞0，∴g（x）≥g（ln2）＝e ln2﹣2•ln2＝2﹣2ln2＞0，∴f（x）在[0，+∞）单调递增，∴f（x）≥f（0）＝1．（2）方法一：f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔方程e x﹣ax2＝0在（0，+∞）只有一个根，⇔a＝在（0，+∞）只有一个根，即函数y＝a与G（x）＝的图象在（0，+∞）只有一个交点．G，当x∈（0，2）时，G′（x）＜0，当∈（2，+∞）时，G′（x）＞0，∴G（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，当x→0时，G（x）→+∞，当x→+∞时，G（x）→+∞，∴f（x）在（0，+∞）只有一个零点时，a＝G（2）＝．方法二：①当a≤0时，f（x）＝e x﹣ax2＞0，f（x）在（0，+∞）没有零点．②当a＞0时，设函数h（x）＝1﹣ax2e﹣x．f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔h（x）在（0，+∞）只有一个零点．h′（x）＝ax（x﹣2）e﹣x，当x∈（0，2）时，h′（x）＜0，当x∈（2，+∞）时，h′（x）＞0，∴h（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，∴，（x≥0）．当h（2）＜0时，即a，（i）由于h（0）＝1，当x＞0时，e x＞x2，可得h（4a）＝1﹣＝＝1﹣＞0．h（x）在（0，+∞）有2个零点（ii）当h（2）＞0时，即a，h（x）在（0，+∞）没有零点，（iii）当h（2）＝0时，即a＝，h（x）在（0，+∞）只有一个零点，综上，f（x）在（0，+∞）只有一个零点时，a＝．【点评】本题考查了利用导数探究函数单调性，以及函数零点问题，考查了转化思想、数形结合思想，属于中档题．27．已知函数f（x）＝sin x﹣ln（1+x），f′（x）为f（x）的导数．证明：（1）f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．【分析】（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），求出原函数的导函数，进一步求导，得到f″（x）在（﹣1，）上为减函数，结合f″（0）＝1，f″（）＝﹣1+＜﹣1+1＝0，由零点存在定理可知，函数f″（x）在（﹣1，）上存在唯一得零点x0，结合单调性可得，f′（x）在（﹣1，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，可得f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当x∈（﹣1，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（0，x0）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；由于f′（x）在（x0，）上单调递减，且f′（x0）＞0，f′（）＜0，可得函数f′（x）在（x0，）上存在唯一零点x1，结合单调性可知，当x∈（x0，x1）时，f（x）单调递增；当x∈（）时，f（x）单调递减．当x∈（，π）时，f（x）单调递减，再由f（）＞0，f（π）＜0．然后列x，f′（x）与f（x）的变化情况表得答案．【解答】证明：（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），f′（x）＝cos x，f″（x）＝﹣sin x+，令g（x）＝﹣sin x+，则g′（x）＝﹣cos x＜0在（﹣1，）恒成立，∴f″（x）在（﹣1，）上为减函数，又∵f″（0）＝1，f″（）＝﹣1+＜﹣1+1＝0，由零点存在定理可知，函数f″（x）在（﹣1，）上存在唯一的零点x0，结合单调性可得，f′（x）在（﹣1，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，可得f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当x∈（﹣1，0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＜f′（0）＝0，f（x）单调递减；当x∈（0，x0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＞f′（0）＝0，f（x）单调递增；由于f′（x）在（x0，）上单调递减，且f′（x0）＞0，f′（）＝＜0，由零点存在定理可知，函数f′（x）在（x0，）上存在唯一零点x1，结合单调性可知，当x∈（x0，x1）时，f′（x）单调递减，f′（x）＞f′（x1）＝0，f（x）单调递增；当x∈（）时，f′（x）单调递减，f′（x）＜f′（x1）＝0，f（x）单调递减．当x∈（，π）时，cos x＜0，﹣＜0，于是f′（x）＝cos x﹣＜0，f（x）单调递减，其中f（）＝1﹣ln（1+）＞1﹣ln（1+）＝1﹣ln2.6＞1﹣lne＝0，f（π）＝﹣ln（1+π）＜﹣ln3＜0．于是可得下表：（）结合单调性可知，函数f （x）在（﹣1，]上有且只有一个零点0，由函数零点存在性定理可知，f（x）在（，π）上有且只有一个零点x2，当x∈[π，+∞）时，sin x≤1＜ln（1+x），则f（x）＝sin x﹣ln（1+x）＜0恒成立，因此函数f（x）在[π，+∞）上无零点．综上，f（x）有且仅有2个零点．【点评】本题考查利用导数求函数的极值，考查函数零点的判定，考查数学转化思想方法，考查函数与方程思想，考查逻辑思维能力与推理运算能力，难度较大．28．已知函数f（x）＝．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程；（2）证明：当a≥1时，f（x）+e≥0．【分析】（1）由f′（0）＝2，可得切线斜率k＝2，即可得到切线方程．（2）可得＝﹣．可得f（x）在（﹣），（2，+∞）递减，在（﹣，2）递增，注意到a≥1时，函数g（x）＝ax2+x﹣1在（2，+∞）单调递增，且g（2）＝4a+1＞0只需（x）≥﹣e，即可．【解答】解：（1）＝﹣．∴f′（0）＝2，即曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线斜率k＝2，∴曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程为y﹣（﹣1）＝2x．即2x﹣y﹣1＝0为所求．（2）证明：函数f（x）的定义域为：R，可得＝﹣．令f′（x）＝0，可得，当x时，f′（x）＜0，x时，f′（x）＞0，x∈（2，+∞）时，f′（x）＜0．∴f（x）在（﹣），（2，+∞）递减，在（﹣，2）递增，注意到a≥1时，函数g（x）＝ax2+x﹣1在（2，+∞）单调递增，且g（2）＝4a+1＞0，故g（x）在（2，+∞）上恒大于零，即f（x）＝在（2，+∞）上恒大于零．函数f（x）的图象如下：∵a≥1，∴，则≥﹣e，∴f（x）≥﹣e，∴当a≥1时，f（x）+e≥0．【点评】本题考查了导数的几何意义，及利用导数求单调性、最值，考查了数形结合思想，属于中档题．。
高一精选数学习题带答案
高一精选数学习题带答案作为高中阶段学习的重要科目之一，数学不仅仅是一门知识，更是一种思考方式和解决问题的能力。
因此，做好数学学习和练习十分重要。
以下是一些高一精选数学习题，希望能帮助大家更好地掌握和应用数学知识。
一、函数与方程1.设y=a|x-2|+b，当x=1时，y=3，当x=5时，y=-1，求a和b的值。
解：将x=1和x=5代入方程中，得到两个方程：a|1-2|+b=3，a|5-2|+b=-1。
化简可得：a+b=5，3a+b=-1。
解出a=-2，b=7。
2. 已知函数f(x)=x^3+px^2+qx+r，当x=1时，f(x)=1；当x=2时，f(x)=-3，当x=3时，f(x)=4。
求函数f(x)的表达式。
解：将x=1，2，3代入方程中得到三个方程，解得p=-6，q=11，r=-3。
因此，函数f(x)=x^3-6x^2+11x-3。
二、三角函数1. 已知正弦函数f(x)=2sin(x+π/6)，求f(x)图像的对称中心、对称轴和极值点。
解：f(x)的对称中心为x=-π/6，对称轴为x=-π/6，极大值为f(-π/3)=2，极小值为f(5π/6)=-2。
2. 已知余切函数f(x)=(1+tanx)/(1-tanx)，求f(x)的最大值和最小值。
解：将f(x)化简为f(x)=1+cotx，因为cotx的定义域为(0,π)，因此f(x)的最大值为f(0)=1，最小值为f(π/2)=0。
三、解析几何1. 已知平面上三角形三个顶点的坐标分别为A（2，1），B（-1，3），C（4，5），求三角形ABC的周长和面积。
解：使用勾股定理可以求出AB、AC和BC的长度，即AB=√10，AC=√26，BC=√13。
因此，三角形ABC的周长为√10+√26+√13，使用海伦公式可以求出三角形ABC的面积，即S=√14。
2. 求过直线y=2x+1且与两坐标轴的交点分别为A和B的直线方程。
解：直线过点A(-1/2，0)和B(0，1)，因此可列出两个方程进行求解，即y=2x+1和y=(1-x)/2。
高中数学选择题精选(试题)
高中数学选择题精选（试题）本文是一篇高中数学选择题精选试题，共收录了多道数学选择题，旨在帮助学习者巩固数学知识。
以下是试题内容：1. 一辆汽车行驶了300千米，耗油20升。
请问这辆汽车每行驶100千米的平均耗油量是多少？A. 6升B. 10升C. 15升D. 30升2. 若函数y = kx + b在点(2, 4)处的斜率为2，求k的取值。
A. 2B. 1C. 4D. -23. 若一些人共吃了45块大蛋糕和54盒小蛋糕，且每个人只能吃一块大蛋糕或一盒小蛋糕，且每个人都吃到蛋糕，请问这些人的数量最多是多少？A. 18B. 20C. 23D. 254. 一块相对坐标为(-3, -4)的点P关于x轴的对称点为点P'，请问点P'的坐标是什么？A. (3, 4)B. (3, -4)C. (-3, 4)D. (-4, -3)5. 已知一个等差数列的首项是5，公差是3，求该等差数列的第10项的值。
A. 5B. 32C. 26D. 296. 若a:b = 3:4，且a + b = 70，求a的值。
A. 30B. 40C. 24D. 567. 已知在Rt△ABC中，∠B = 90°，AB = 6，AC = 8，求BC的长度。
A. 6B. 10C. 14D. 2√138. 若36÷(a + 3) = 4，求a的值。
A. 6B. 15C. 9D. 109. 若a:b = 2:5，且b:c = 7:3，求a:b:c的比值。
A. 14:35:15B. 10:25:15C. 14:7:3D. 20:35:1510. 若(x + 2)(x - 4) = 0，求x的值。
A. -2B. 4C. 211. 若设x = 2 + √3是方程x² - bx + c = 0的一个解，求b + c的值。
A. 4B. -4C. 8D. -812. 设a,b,c是实数，且满足2a + b - c = 0，a + 3b + 2c = 0，求(a +b)(b + c)的值。