高考數(shù)學(xué)專題-導(dǎo)數(shù)壓軸題特輯2

1、導(dǎo)數(shù)壓軸題特輯2一選擇題（共24小題）1已知函數(shù)f（x）ax22x+lnx有兩個不同的極值點x1，x2，若不等式f（x1）+f（x2）恒成立，則實數(shù)的取值范圍是（）A3，+）B（3，+）Ce，+）D（e，+）2設(shè)函數(shù)f（x）xlnx，g（x），給定下列命題不等式g（x）0的解集為（）；函數(shù)g（x）在（0，e）單調(diào)遞增，在（e，+）單調(diào)遞減；x時，總有f（x）g（x）恒成立；若函數(shù)F（x）f（x）ax2有兩個極值點，則實數(shù)a（0，1）則正確的命題的個數(shù)為（）A1B2C3D43設(shè)函數(shù)f（x）ex（sinxcosx），（0x2018）則函數(shù)f（x）的各極小值之和為（）ABCD4若函數(shù)f（x）x2+（

2、1alnx）x+b（a，bR）在（0，+）上有兩個極值點x1，x2（x1x2），則下列說法錯誤的是（）Aa1+ln2Bx1+x21Cx1x2Df（x）在（0，+）上有極小值5定義在0，+）上的函數(shù)f（x）滿足：2f（x）+f（x），f（）其中f（x）表示f（x）的導(dǎo)函數(shù)，若對任意正數(shù)a，b都有f（），則實數(shù)x的取值范圍是（）A（0，4B2，4C（，0）4，+）D4，+）6已知函數(shù)f（x）|x|ex，若g（x）f2（x）af（x）+1恰有四個不同的零點，則a取值范圍為（）A（2，+）B（e+，+）C（2，e）D（）7已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，a，b為實數(shù)，且不等式lnx+（2ea1）x+b+10對

3、任意的x（0，+）恒成立則當(dāng)取最大值時，a的值為（）A2eB2e1C3eD3e18某數(shù)學(xué)興趣小組對形如f（x）x3+ax2+bx+c的某三次函數(shù)的性質(zhì)進行研究，得出如下四個結(jié)論，其中有且只有一個是錯誤的，則錯誤的結(jié)論一定是（）A函數(shù)f（x）的圖象過點（2，1）B函數(shù)f（x）在x0處有極大值C函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為0，2D函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于點（1，0）對稱9已知a，bR，exax+b對任意的xR恒成立，則ab的最大值為（）AB1C2D10已知函數(shù)f（x）（ax+2）exx（其中a2），若函數(shù)f（x）為R上的單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍（）A（2，1）B（2，0）C（1，0）D（2，11

4、1已知a為常數(shù)，函數(shù)f（x）2exax+1+a有兩個極值點x1，x2（x1x2），則下列結(jié)論正確的是（）Aa0B0a1Cf（x1）5Df（x2）312已知函數(shù)f（x）滿足：ex（f（x）+2f（x），f（），且f（3x2x）f（）則x的取值范圍是（）A（，1）B（，0）C（0，1）D（1，+）13已知函數(shù)，當(dāng)xe時，f（x）0恒成立，則實數(shù)m的取值范圍為（）A（，4eB（，3eC（，2eD14已知定義在R上的函數(shù)f（x），g（x），其中g(shù)（x）為偶函數(shù)，當(dāng)x0時，g'（x）0恒成立；且f（x）滿足：對xR，都有f（x+）f（x）；當(dāng)x，時，f（x）x33x若關(guān)于x的不等式gf（x）g（

5、a2a+2）對x2，2恒成立，則a的取值范圍是（）ARB（，01，+）C，+D0，115已知函數(shù)f（x）ln+（5m+2）x2，g（x）若對任意的x1，x2，1，不等式f（x1）g（x2）恒成立，則正數(shù)m的取值范圍是（）A（0，11n2）B（0，+ln）C（ln2，+）D（ln+，+）16已知函數(shù)f（x）的定義域為（1，+），其導(dǎo)函數(shù)為f（x），（x+2）2f（x）+xf（x）xf（x）對x（1，+）恒成立，且，則不等式（x+3）2f（x+3）2x+10的解集為（）A（1，2）B（，2）C（2，3）D（2，2）17已知a，bR，函數(shù)f（x）ax3+bx2+x+1（a0）恰有兩個零點，則a+b的

6、取值范圍（）A（，0）B（，1）C（，）D（，）18若不等式aln（x+1）2x3+3x20在區(qū)間（0，+）內(nèi)的解集中有且僅有三個整數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是（）ABCD19已知函數(shù)f（x）ae2x2ex+x有兩個極值點x1，x2，若不等式f（x1）+f（x2）e+e+t恒成立，那么t的取值范圍是（）A1，+）B22ln2，+）C31n2，+）D5，+）20已知函數(shù)f（x）（x1）exae2x+ax只有一個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是（）A（，0，+）B（，0，+）C（，0，+）D（，0，+）21若x1，x2（x1x2）為函數(shù)f（x）相鄰的兩個極值點，且在x1，x2處分別取得極小值和極大值，則定

7、義f（x1）f（x2）為函數(shù)f（x）的一個極優(yōu)差，函數(shù)的所有極優(yōu)差之和為（）ABCD22已知曲線在xx1處的切線為l1，曲線ylnx在xx2處的切線為l2，且l1l2，則x2x1的取值范圍是（）AB（，1）C（，0）D23若對mR，x（0，+），0恒成立，則實數(shù)a的最小值為（）AeB1CD24已知函數(shù)f（x）lnx+4，g（x）2e，若f（m）g（n）成立，則mn的最小值是（）A34e2B3+e2C34ln2D3+ln2二多選題（共2小題）25若存在實常數(shù)k和b，使得函數(shù)F（x）和G（x）對其公共定義域上的任意實數(shù)x都滿足：F（x）kx+b和G（x）kx+b恒成立，則稱此直線ykx+b為F（x

8、）和G（x）的“隔離直線”，已知函數(shù)f（x）x2（xR），g（x）（x0），h（x）2elnx（e為自然對數(shù)的底數(shù)），則（）Am（x）f（x）g（x）在內(nèi)單調(diào)遞增Bf（x）和g（x）之間存在“隔離直線”，且b的最小值為4Cf（x）和g（x）間存在“隔離直線”，且k的取值范圍是4，1Df（x）和h（x）之間存在唯一的“隔離直線”26對于定義域為R的函數(shù)f（x），若滿足：f（0）0；當(dāng)xR且x0時，都有xf（x）0；當(dāng)x10x2且|x1|x2|時，都有f（x1）f（x2），則稱f（x）為“偏對稱函數(shù)”下列函數(shù)是“偏對稱函數(shù)”的是（）Af1（x）x3+x2Bf2（x）exx1Cf3（x）xsinxD

9、f4（x）三填空題（共5小題）27已知函數(shù)f（x）x33x2+bx+c有極值，且導(dǎo)函數(shù)f'（x）的極值點是f（x）的零點，給出命題：c1；若c0，則存在x00，使得f（x0）0；若f（x）有兩個極值點x1，x2，則f（x1）+f（x2）0；若1c0，且ykx是曲線C：y|f（x）|（x0）的一條切線，則k的取值范圍是則以上命題正確序號是 28已知函數(shù)f（x）axex+x2lnxx3，若函數(shù)f（x）的極值點只有一個，則實數(shù)a的取值范圍是 29已知函數(shù)，若函數(shù)有兩個極值點x1，x2，且，則實數(shù)a的取值范圍為 30已知f（x）是定義在區(qū)間上的函數(shù)，f'（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)，且，則

10、不等式的解集是 31若a，bR+，滿足2abc2a2b2c，a2+b21，則實數(shù)c的取值范圍是 四解答題（共9小題）32已知函數(shù)f（x）e2x+ax22x（aR）（）若f（x）在0，+）上為單調(diào)遞增函數(shù)，求實數(shù)a的最小值（）若g（x）f（x）+（2e2+2）x有兩個極值點x1，x2（x1x2）（）求實數(shù)a的取值范圍；（）求證：1+33已知函數(shù)f（x）xexa（lnx+x）（1）當(dāng)a0時，求f（x）的最小值；（2）若對任意x0恒有不等式f（x）1成立求實數(shù)a的值；證明：x2ex（x+2）lnx+2sinx34已知函數(shù)f（x）（x1）（x+2）sinx（1）當(dāng)時，求yf（x）零點的個數(shù)；（2）當(dāng)x

11、0，2時，求yf（x）極值點的個數(shù)35已知函數(shù)f（x）+lnx1（aR）（1）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；（2）若a0，函數(shù)f（x）在xt處取得極小值，證明：2f（t）t+036已知函數(shù)f（x）x2mx+lnx（mR）（1）討論f（x）的單調(diào)性；（2）若f（x）存在兩個極值點x1，x2，且|x1x2|，求|f（x1）f（x2）|的最大值37已知函數(shù)（1）求函數(shù)yf（x）的最大值；（2）令g（x）（x+1）f（x）（a2）x+x2，若g（x）既有極大值，又有極小值，求實數(shù)a的范圍；（3）求證：當(dāng)nN*時，38設(shè)函數(shù)f（x）x2（a+2）x+alnx，g（x）2a

12、lnx4x+b，其中a0，bR（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（2）若a2且方程f（x）g（x）在（1，+）上有兩個不相等的實數(shù)根x1，x2，求證：f'（）039已知函數(shù)f（x）（x2）ex+1+a（x+1）2（a0，e是自然對數(shù)的底數(shù)），f'（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)（1）若a，求證：f（x）在（1，+）單調(diào)遞增；（2）證明：f（x）有唯一的極小值點（記為x0），且e2f（x0）340已知函數(shù)f（x）ax33ax2+2+4a（）當(dāng)a1時，求曲線yf（x）在點（3，f（3）處的切線方程；（）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（a，a+3）上具有單調(diào)性，求a的取值范圍；（）當(dāng)a0時，若x1+x2

13、2，求f（x1）+f（x2）的取值范圍導(dǎo)數(shù)壓軸題特輯2參考答案與試題解析一選擇題（共24小題）1已知函數(shù)f（x）ax22x+lnx有兩個不同的極值點x1，x2，若不等式f（x1）+f（x2）恒成立，則實數(shù)的取值范圍是（）A3，+）B（3，+）Ce，+）D（e，+）【分析】求出函數(shù)的等式，結(jié)合函數(shù)的極值點的個數(shù)求出a的范圍，求出f（x1）+f（x2）1ln2a，令h（a）1ln2a，（0a），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出的范圍即可【解答】解：f（x）ax22x+lnx，（x0），f（x）（x0），若函數(shù)f（x）ax22x+lnx有兩個不同的極值點x1，x2，則方程2ax22x+10有2個不相等的正實數(shù)根

14、，故，解得0a，所以f（x1）+f（x2）ax122x1+lnx1+ax222x2+lnx2，a2x1x22（x1+x2）+ln（x1x2）1ln2a，令h（a）1ln2a，（0a），h（a）0，故h（a）在（0，）遞增，故h（a）h（）3，故3，故選：A【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想，是一道常規(guī)題2設(shè)函數(shù)f（x）xlnx，g（x），給定下列命題不等式g（x）0的解集為（）；函數(shù)g（x）在（0，e）單調(diào)遞增，在（e，+）單調(diào)遞減；x時，總有f（x）g（x）恒成立；若函數(shù)F（x）f（x）ax2有兩個極值點，則實數(shù)a（0，1）則正確的命題的個數(shù)為（）A1B2C

15、3D4【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性分別判斷即可【解答】解：函數(shù)f（x）xlnx，f（x）lnx+1，則g（x），g（x），對于，g（x）0即0，lnx+10，即x故正確，對于，g（x），當(dāng)x（0，1）時，g（x）0，g（x）遞增，故錯誤，對于，當(dāng)x，1時，若f（x）g（x），則f（x）g（x）0，即xlnx0，即x2lnxlnx10，令F（x）x2lnxlnx1，則F（x）2xlnx+x，F(xiàn)（x）2lnx+2+，當(dāng)x，1時，F(xiàn)（x）0，則F（x）遞增，F(xiàn)（1）0+110，則F（x）0，F(xiàn)（x）遞減，F(xiàn)（）0，故f（x）g（x）0，f（x）g（x），故正確，對于，若函數(shù)F（x）f（x

16、）ax2有2個極值點，則F（x）f（x）2ax有2個零點，即lnx+12ax0，2a，令G（x），則G（x），G（x）在（0，1）遞增，在（1，+）遞減，G（1）1，即2a（0，1），a（0，），故錯誤，綜上，只有正確，故選：B【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)的極值，零點問題，是一道綜合題3設(shè)函數(shù)f（x）ex（sinxcosx），（0x2018）則函數(shù)f（x）的各極小值之和為（）ABCD【分析】先求出其導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)求出其單調(diào)區(qū)間，進而找到其極小值f（2k+2）e2k+2，再利用等比數(shù)列的求和公式來求函數(shù)f（x）的各極小值之和即可【解答】解：函數(shù)f（x）ex（si

17、nxcosx），f（x）（ex）（sinxcosx）+ex（sinxcosx）2exsinx，x（2k+，2k+2）時，f（x）0，x（2k+2，2k+3）時，f（x）0，x（2k+，2k+2）時原函數(shù)遞減，x（2k+2，2k+3）時，函數(shù)f（x）遞增，故當(dāng)x2k+2時，f（x）取極小值，其極小值為f（2k+2）e2k+2sin（2k+2）cos（2k+2）e2k+2×（01）e2k+2，又0x2018，函數(shù)f（x）的各極小值之和Se2e4e6e2012e2016故選：B【點評】本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值以及等比數(shù)列的求和利用導(dǎo)數(shù)求得當(dāng)x2k+2時，f（x）取極小值是解題的關(guān)

18、鍵，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與最值是教學(xué)中的重點和難點，學(xué)生應(yīng)熟練掌握，屬于中檔題4若函數(shù)f（x）x2+（1alnx）x+b（a，bR）在（0，+）上有兩個極值點x1，x2（x1x2），則下列說法錯誤的是（）Aa1+ln2Bx1+x21Cx1x2Df（x）在（0，+）上有極小值【分析】f（x）x2+（1alnx）x+b（a，bR）在（0，+）上有兩個極值點x1，x2（x1x2），可得：f（x）2xalnx0，在（0，+）上有兩個不同的解，設(shè)g（x）2xlnxa，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值可得A，D正確不妨取a2，可得g（x）2xlnx2，于是g（1）0，g（）0，g（）0，利用函數(shù)零點判定定理即

19、可判斷出結(jié)論【解答】解：f（x）x2+（1alnx）x+b（a，bR）在（0，+）上有兩個極值點x1，x2（x1x2），f（x）2xalnx0，在（0，+）上有兩個不同的解，設(shè)g（x）2xlnxa，g（x）2，當(dāng)x（0，）時，g（x）0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x（，+）時，g（x）0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x時，函數(shù)f（x）g（x）有極小值，故D正確，即g（x）ming（）1+ln2a，f（x）2xalnx0，有兩個不同的解，1+ln2a0，即a1+ln2，故A正確，不妨取a2，則g（x）2xlnx2，則g（1）0，g（）+ln40，g（）+ln1000，可得x1，x21，因此x1x2，x

20、1+x21，可知：C不正確故選：C【點評】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值、方程與不等式的解法、利用函數(shù)零點判定定理，考查了推理能力與計算能力，屬于難題5定義在0，+）上的函數(shù)f（x）滿足：2f（x）+f（x），f（）其中f（x）表示f（x）的導(dǎo)函數(shù)，若對任意正數(shù)a，b都有f（），則實數(shù)x的取值范圍是（）A（0，4B2，4C（，0）4，+）D4，+）【分析】根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出f（x）在0，+）遞減，由題意f（），即f（）f（），求出x的范圍即可【解答】解：由2f（x）+f（x），可得2e2xf（x）+e2xf（x）ex，即e2xf（x）ex，令g（x）e2xf（x），則f（x）且g（x

21、）ex，故f（x），令h（x）ex2g（x），故h（x）（ex）2g（x），x0，時，h（x）0，h（x）遞增，x（，+）時，h（x）0，h（x）遞減，故h（x）maxh（）0，故f（x）0，f（x）在0，+）遞減，+2，當(dāng)且僅當(dāng)a，b4時“”成立，由題意f（），f（x）在0，+）遞減，解得：x4或x0，故選：C【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的性質(zhì)，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題6已知函數(shù)f（x）|x|ex，若g（x）f2（x）af（x）+1恰有四個不同的零點，則a取值范圍為（）A（2，+）B（e+，+）C（2，e）D（）【分析】函數(shù)f（x）|x|ex，利用導(dǎo)數(shù)

22、研究函數(shù)的單調(diào)性極值即可得出圖象，令f2（x）af（x）+10，對a24及其a分類討論，結(jié)合圖象即可得出【解答】解：函數(shù)f（x）|x|ex，x0，f（x）xex，f（x）（x+1）ex0，因此x0時，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增x0，f（x）xex，f（x）（x+1）ex，可得函數(shù)f（x）在（，1）單調(diào)遞增；可得函數(shù)f（x）在（1，0）單調(diào)遞減可得：f（x）在x1時，函數(shù)f（x）取得極大值，f（1）畫出圖象：可知：f（x）0令f2（x）af（x）+10，a240時，函數(shù)g（x）無零點0時，解得a2或2，a2時，解得f（x）1，此時函數(shù)g（x）只有一個零點，舍去a2，由f（x）0，可知：此時函數(shù)g（x）

23、無零點，舍去a240，解得a2或a2解得f（x），f（x）a2時，0，0此時函數(shù)g（x）無零點，舍去因此a2，可得：01由g（x）f2（x）af（x）+1恰有四個不同的零點，a2，0，1解得：a+e則a取值范圍為另解：由g（t）t2at+1有兩根，一個在（0，）上，一個在（，+）上，a240，g（）a+10，解得ae+a取值范圍為故選：B【點評】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值、方程與不等式的解法、分類討論方法、數(shù)形結(jié)合方法、等價轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題7已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，a，b為實數(shù)，且不等式lnx+（2ea1）x+b+10對任意的x（0，+）恒成立則當(dāng)取最

24、大值時，a的值為（）A2eB2e1C3eD3e1【分析】通過lnx+（2ea1）x+b+10lnx+2ex1（a+1）x（b+2）對任意x（0，+）恒成立，則需要保證a+10令，推出另一方面，當(dāng)a3e1，b1時，lnx+（2ea1）x+b+10即為lnxex+20，設(shè)f（x）lnxex+2（x0），利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，轉(zhuǎn)化求解函數(shù)的單調(diào)性，推出函數(shù)的最大值即可【解答】解：由于lnx+（2ea1）x+b+10lnx+2ex1（a+1）x（b+2）此不等式對任意x（0，+）恒成立，則需要保證a+10令，則從而，從而另一方面，當(dāng)a3e1，b1時，lnx+（2ea1）x+b+10即為lnxex+20，設(shè)f

25、（x）lnxex+2（x0），則得，故f（x）在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，從而，即a3e1，b1可使不等式恒成立，從而可取綜合上述，當(dāng)取最大值時，a3e1故選：D【點評】本題考查函數(shù)恒成立，構(gòu)造法的應(yīng)用，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的最值，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力，是難題8某數(shù)學(xué)興趣小組對形如f（x）x3+ax2+bx+c的某三次函數(shù)的性質(zhì)進行研究，得出如下四個結(jié)論，其中有且只有一個是錯誤的，則錯誤的結(jié)論一定是（）A函數(shù)f（x）的圖象過點（2，1）B函數(shù)f（x）在x0處有極大值C函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為0，2D函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于點（1，0）對稱【分析】首先假設(shè)4個選項都正確，由題意只有1個錯誤，

26、即可得到BC都正確，從而求出a，b的值，得出答案即可【解答】解：題意對于選項A：f（2）8+4a+2b+c1，對于選項B：f（x）3x2+2ax+b，f（0）b0，對于選項C：由遞減區(qū)間可得f（0）b0，f（2）12+4a+b0，四個結(jié)論，其中有且只有一個是錯誤，B，C選項都正確，故a3，b0；對于D：函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于點（1，0）對稱，則有f（1+x）+f（1x）0，可賦值得：當(dāng)x0時，2f（1）0，當(dāng)x1時，f（2）+f（0）0，即可得到8+4a+2b+c+c0，解得：c2與a+b+c0，解得：c3，顯然C有2個取值，故D錯誤，A正確，解得：c5，故f（x）x33x2+5，故f（2）1

27、，f（x）3x（x2），故函數(shù)在（，0）和（2，+）上遞增，在（0，2）遞減，在x0處取得極大值，故ABC均正確，故選：D【點評】本題考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，極值問題，考查函數(shù)的對稱性問題，若f（a+x）+f（bx）2c，則f（x）關(guān)于（，c）成中心對稱9已知a，bR，exax+b對任意的xR恒成立，則ab的最大值為（）AB1C2D【分析】顯然a0結(jié)論不成立，當(dāng)a0時，此時ab0； 當(dāng)a0時，由題結(jié)合（1）得aba2a2lna，設(shè)（a）a2a2lna（a0），問題轉(zhuǎn)化為求g（a）的最大值，利用導(dǎo)函數(shù)求出最大值即可【解答】解：若a0，則yax+b單調(diào)遞減，yex單調(diào)遞增，不能

28、滿足且exax+b對xR恒成立，故而a0若a0，則ab0若a0，由exax+b得bexax，則abaexa2x設(shè)函數(shù)f（x）aexa2x，f（x）aexa2a（exa），令f（x）0得exa0，解得xlna，當(dāng)xlna時，f（x）0，函數(shù)f（x）遞減；當(dāng)xlna時，f（x）0，函數(shù)f（x）遞增；當(dāng)xlna時，函數(shù)f（x）取最小值，f（x）的最小值為f（lna）a2a2lna設(shè)g（a）a2a2lna（a0），g（a）a（12lna）（a0），由g（a）0得a，當(dāng)0a時，g（a）0，當(dāng)a時，g（a）0當(dāng)a時，g（）取得最大值g（）eeab的最大值為故選：D【點評】本題考查函數(shù)的單調(diào)性及最值，利用導(dǎo)

29、函數(shù)來研究函數(shù)的單調(diào)性是解題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于難題10已知函數(shù)f（x）（ax+2）exx（其中a2），若函數(shù)f（x）為R上的單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍（）A（2，1）B（2，0）C（1，0）D（2，1【分析】令g（x）f（x）（ax+a+2）ex1，則g（x）（ax+a+2）ex分a0，a0，2a0三類討論，即可求得實數(shù)a的取值范圍即可【解答】解：令g（x）f（x）（ax+a+2）ex1，則g（x）（ax+2a+2）ex，（）當(dāng)a0時，g（x）2ex0，g（x）在R遞增，即f（x）2ex1在R遞增，令f（x）0，解得：xln2，故f（x）在（，ln2）遞減，在（ln2，+）遞增

30、，f（x）不單調(diào)，與題意不符；（）當(dāng)a0 時，由g（x）0x（2+），g（x）0x（2+），g（x）ming（2）a10，g（0）a+10，此時函數(shù)f（x）存在異號零點，與題意不符；（）當(dāng)2a0，由g（x）0，可得x（2+），由g（x）0可得x（2+），g（x）在（，2）上單調(diào)遞增，在（2，+）上單調(diào)遞減，故g（x）maxg（2）a1，由題意知，a10恒成立，令2t，則上述不等式等價于et+1，其中t1，易證，當(dāng) t0 時，ett+1+1，當(dāng) t（1，0時 et+1 成立，由120，解得2a1綜上，當(dāng)2a1時，函數(shù)f（x）為R上的單調(diào)函數(shù)，且單調(diào)遞減；故選：D【點評】本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究

31、函數(shù)的單調(diào)性，突出考查等價轉(zhuǎn)化思想與分類討論思想的應(yīng)用，考查邏輯思維能力與推理證明能力，考查參數(shù)范圍問題及求解函數(shù)的值域，屬于函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用11已知a為常數(shù)，函數(shù)f（x）2exax+1+a有兩個極值點x1，x2（x1x2），則下列結(jié)論正確的是（）Aa0B0a1Cf（x1）5Df（x2）3【分析】1【解答】解：f（x）2exaxa，函數(shù)f（x）2exax+1+a有兩個極值點x1，x2（x1x2），2exaxa0只有兩個實數(shù)根x1，x2由2exaxa0，化為：ex（x+1）0，結(jié)合圖象可得：a0，x10x2，且x1是極大值點，x2是極小值點，f（x1）f（0）3+a由f（x）2exa，f（x

32、）2ex0f（x）在R上單調(diào)遞增，令a，則f（x0）ax0aax00，x00a2f（x1）f（0）3+a5故選：C【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、值域點求法，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎(chǔ)題12已知函數(shù)f（x）滿足：ex（f（x）+2f（x），f（），且f（3x2x）f（）則x的取值范圍是（）A（，1）B（，0）C（0，1）D（1，+）【分析】求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，令h（x）ex2g（x），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出h（x）的最大值，得到關(guān)于x的不等式，解出即可【解答】解：由題得，所以e2xf（x）ex，令g（x）e2xf（x），故f（x），g（x）ex，所以當(dāng)時，h（x）0，h（x）單調(diào)遞增

33、，當(dāng)時，h'（x）0，h（x）單調(diào)遞減，所以，所以f（x）0，所以f（x）在0，+）上單調(diào)遞減，所以由f（3x2x）f（），得3x2x10，令u（x）3x2x1，u（x）是一個增函數(shù)，u（x）3x2x1u（1），所以x1，故選：D【點評】本題的難點在于要反復(fù)地構(gòu)造函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，屬于難題，構(gòu)造函數(shù)，一般是在直接研究不太方便時使用，構(gòu)造函數(shù)書寫更簡潔，表述更方便，推理更清晰13已知函數(shù)，當(dāng)xe時，f（x）0恒成立，則實數(shù)m的取值范圍為（）A（，4eB（，3eC（，2eD【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論m的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的最小值，從而確定m的范圍即可【解答】解：當(dāng)

34、xe時，f（x）0恒成立，即2x3lnx（mx）0恒成立，當(dāng)m0時，顯然成立；當(dāng)m0時，即2x2lnx（1）0恒成立，即x2lnx2（1）0恒成立，即x2lnx2（1），令g（x）xex，則g（lnx2）g（1），g（x）（x+1）ex，當(dāng)x1時，g（x）0，當(dāng)x1時，g（x）0，g（x）在（，1）上單調(diào)遞減，在（1，+）上單調(diào)遞增，由m0知，11，由g（lnx2）g（1），可得lnx21，即m2xlnx+x，令h（x）2xlnx+x，xe，h（x）3+2lnx0，即h（x）在x（e，+）上為增函數(shù)，h（x）minh（e）3e，0m3e綜上，實數(shù)m的取值范圍為（，3e故選：B【點評】本題主要考

35、查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查分類討論與轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，屬于難題14已知定義在R上的函數(shù)f（x），g（x），其中g(shù)（x）為偶函數(shù)，當(dāng)x0時，g'（x）0恒成立；且f（x）滿足：對xR，都有f（x+）f（x）；當(dāng)x，時，f（x）x33x若關(guān)于x的不等式gf（x）g（a2a+2）對x2，2恒成立，則a的取值范圍是（）ARB（，01，+）C，+D0，1【分析】由于函數(shù)g（x）滿足：當(dāng)x0時，g'（x）0恒成立（g（x）為函數(shù)g（x）的導(dǎo)函數(shù)）；對任意xR都有g(shù)（x）g（x），這說明函數(shù)g（x）為R上的偶函數(shù)且在0，+）上為單調(diào)遞增函數(shù)，且有g(shù)|（x|）g（x），所以gf（x

36、）g（a2a+2）|f（x）|a2a+2|對x2，2恒成立，只要使得|f（x）|在定義域內(nèi)的最大值小于等于|a2a+2|的最小值，然后解出即可【解答】解：因為函數(shù)g（x）滿足：當(dāng)x0時，g（x）0恒成立且對任意xR都有g(shù)（x）g（x），則函數(shù)g（x）為R上的偶函數(shù)且在0，+）上為單調(diào)遞增函數(shù)，且有g(shù)（|x|）g（x），所以gf（x）g（a2a+2）在R上恒成立|f（x）|a2a+2|對x2，2恒成立，只要使得定義域內(nèi)|f（x）|max|a2a+2|min，由于當(dāng)x，時，f（x）x33x，求導(dǎo)得：f（x）3x233（x+1）（x1），該函數(shù)過點（，0），（0，0），（，0），且函數(shù)在x1處取得極

37、大值f（1）2，在x1處取得極小值f（1）2，又由于對任意的xR都有f（+x）f（x）f（2+x）f（+x）f（x）成立，則函數(shù)f（x）為周期函數(shù)且周期為T2，所以函數(shù)f（x）在x2，2的最大值為2，所以令2|a2a+2|解得：a1或a0故選：B【點評】此題考查了利用導(dǎo)函數(shù)求得函數(shù)在定義域上為單調(diào)遞增函數(shù)，還考查了函數(shù)的周期的定義，及利用周期可以求得當(dāng)x，時，f（x）x33x的值域為2，2，還考查了函數(shù)恒成立15已知函數(shù)f（x）ln+（5m+2）x2，g（x）若對任意的x1，x2，1，不等式f（x1）g（x2）恒成立，則正數(shù)m的取值范圍是（）A（0，11n2）B（0，+ln）C（ln2，+）D

38、（ln+，+）【分析】通過解析式化簡可得 通過求導(dǎo)可判斷f（x） 的單調(diào)性，通過觀察可判斷 g（x） 的單調(diào)性，由題意可得當(dāng) 時，f（x）maxg（x）min，代入求最值即可得出結(jié)果【解答】解：當(dāng) 時，所以 ，所以f（x） 在區(qū)間 上單調(diào)遞增，所以 f（x）maxf（1）ln2+5m1由題可得 ，易知 g（x） 在區(qū)間 上單調(diào)遞減，所以 g（x）ming（1）4m由題意得 f（x）maxg（x）min，即 ln2+5m14m，又m0，所以0m1ln2，故選：A【點評】本題考查函數(shù)的單調(diào)性和最值問題，考查在給定區(qū)間恒成立問題，難度較難16已知函數(shù)f（x）的定義域為（1，+），其導(dǎo)函數(shù)為f（x），

39、（x+2）2f（x）+xf（x）xf（x）對x（1，+）恒成立，且，則不等式（x+3）2f（x+3）2x+10的解集為（）A（1，2）B（，2）C（2，3）D（2，2）【分析】根據(jù)已知條件構(gòu)造函數(shù)G（x），再利用G（x）的單調(diào)性求解不等式即可【解答】解：由（x+2）2f（x）+xf（x）xf（x），可得2xf（x）+x2f（x），即（x2f（x），令g（x）x2f（x），則0g（x），令G（x），G（x）0，所以G（x）在（1，+）上是單調(diào)遞減函數(shù)，不等式（x+3）2f（x+3）2x+10等價于2，即G（x+3）2，G（5）2，所求不等式即G（x+3）G（5），由于G（x）在（1，+）上是單調(diào)

40、遞減函數(shù)，所以x+35且x+31，解得2x2，故不等式（x+3）2f（x+3）2x+10的解集為（2，2）故選：D【點評】本題主要考查了利用構(gòu)造新函數(shù)的單調(diào)性求解不等式，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了分析問題的邏輯思維能力與運算求解能力，屬于難題17已知a，bR，函數(shù)f（x）ax3+bx2+x+1（a0）恰有兩個零點，則a+b的取值范圍（）A（，0）B（，1）C（，）D（，）【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出a，b得到a+b，令t0，令g（t）2t32t22t，則a+bg（t），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出其范圍即可【解答】解：f（x）ax3+bx2+x+1（a0），f（x）3a

41、x2+2bx+1，4b212a0，則方程f（x）0必有兩個不相等的實根x1，x2，設(shè)x1x2，由韋達(dá)定理得x1+x2，x1x20，則必有x10x2，且f（x1）3a+2bx1+10，當(dāng)xx1或xx2時，f（x）0，當(dāng)x1xx2時，f（x）0，故函數(shù)yf（x）的遞增區(qū)間是（x1，x2），遞減區(qū)間是（，x1）和（x2，+），由于f（0）10，若函數(shù)yf（x）有2個零點，則f（x1）a+b+x1+10，聯(lián)立得可得a+，b，故a+b，令t0，令g（t）2t32t22t，則a+bg（t），a2t3+t2t2（2t+1）0，解得：t，g（t）6t24t22（3t+1）（t1），當(dāng)t時，g（t）0，此時，函

42、數(shù)yg（t）遞增，則a+bg（t）g（），故選：D【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、零點問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及換元思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題18若不等式aln（x+1）2x3+3x20在區(qū)間（0，+）內(nèi)的解集中有且僅有三個整數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是（）ABCD【分析】令 f（x）aln（x+1），g（x）2x33x2利用導(dǎo)數(shù)，判斷g（x） 的單調(diào)性，畫出 g（x） 的大致圖象結(jié)合圖象，當(dāng) a0 時，f（x）g（x） 至多有一個整數(shù)解當(dāng) a0 時，f（x）g（x） 在區(qū)間 （0，+） 內(nèi)的解集中有且僅有三個整數(shù)，只需 ，即求實數(shù) a 的取值范圍【解答】解：令 f（x）aln（x+1），g（x）

43、2x33x2，則g（x）6x26x6x（x1），令 g（x）0，得 x1 或 x0；g（x）0，得 0x1，g（x） 在 （，0）和 （1，+） 上單調(diào)遞增，在 （0，1）上單調(diào)遞減，g（x）ming（1）1，且 如圖所示，當(dāng) a0 時，f（x）g（x） 至多有一個整數(shù)解當(dāng) a0 時，f（x）g（x） 在區(qū)間 （0，+） 內(nèi)的解集中有且僅有三個整數(shù)，只需 ，即 ，解得 故選：C【點評】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究不等式的解，考查學(xué)生的分析問題解決問題的能力，屬于難題19已知函數(shù)f（x）ae2x2ex+x有兩個極值點x1，x2，若不等式f（x1）+f（x2）e+e+t恒成立，那么t的取值范圍是（）A1，

44、+）B22ln2，+）C31n2，+）D5，+）【分析】令exm，問題可化為f（m1）+f（m2）m1+m2+t恒成立，設(shè)h（a）1ln2a，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出其最大值，確定t的范圍即可【解答】解：令exm，則f（m）am22m+lnm，顯然m0，不等式f（x1）+f（x2）e+e+t恒成立，可化為f（m1）+f（m2）m1+m2+t恒成立，由f（m）am22m+lnm，函數(shù)f（m）的定義域為（0，+），f（m）（m0），設(shè)函數(shù)f（m）的兩個極值點為m1，m2，所以方程2am22m+10在（0，+）上有兩個不相等的正實數(shù)根，則，解得0a，因為f（m1）+f（m2）（m1+m2）a2m1+ln

45、m1+a2m2+lnm2m1m2a（m1+m2）22m1m23（m1+m2）+ln（m1m2）1ln2a，設(shè)h（a）1ln2a，h（a），易知h（a）0在（0，）上恒成立，故h（a）在（0，）上單調(diào)遞增，故h（a）h（）5，所以t5，所以t的取值范圍是5，+）故選：D【點評】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值及恒成立問題，考查降元思維及化簡變形，運算求解能力，屬于中檔題20已知函數(shù)f（x）（x1）exae2x+ax只有一個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是（）A（，0，+）B（，0，+）C（，0，+）D（，0，+）【分析】原問題可轉(zhuǎn)化為f'（x）xexae2x+a只有一個變號零點，然后分a0和a

46、0兩類進行討論：當(dāng)a0時，得到x0是f（x）的唯一極值點；當(dāng)a0時，方程f'（x）xexae2x+a0可化為xexex，構(gòu)造函數(shù)g（x）x，h（x）exex，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性，結(jié)合函數(shù)的圖象，即可得解【解答】解：f（x）（x1）exae2x+ax，f'（x）xexae2x+a，f（x）只有一個極值點，f'（x）只有一個變號零點（1）當(dāng)a0時，f'（x）xex，易知x0是f（x）的唯一極值點；（2）當(dāng)a0時，方程f'（x）xexae2x+a0可化為xexex，令g（x）x，h（x）exex，可得兩函數(shù)均為奇函數(shù)，只需判斷x0時，兩函數(shù)無交點即可當(dāng)a

47、0時，g（x）x0，h（x）exex0，所以g（x）與h（x）有唯一交點x0，且當(dāng)x0時，g（x）h（x）；當(dāng)x0時，g（x）h（x）x0是f（x）的唯一極值點；當(dāng)a0時，h'（x）ex+ex0，即h（x）在（0，+）上單調(diào)遞增，且h（0）0，設(shè)h（x）過原點的切線為ykx，切點為（m，km）（m0），則，解得m0，k2，如圖所示，當(dāng)yx在直線y2x下方（第一象限）或與y2x重合時，x0是唯一交點，能滿足f'（x）0的變號零點，即函數(shù)f（x）的極值點，a綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為（，0，+）故選：A【點評】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，將原問題轉(zhuǎn)化為導(dǎo)函數(shù)的變號零點，進而轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的交點問題是解題的關(guān)鍵，考查學(xué)生的分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想、邏輯推理能力和運算能力，屬于難題21若x1，x2（x1x2）為函數(shù)f（x）相鄰的兩個極值點，且在x1，x2處分別取得極小值和極大值，則定義f（x1）f（x2）為函數(shù)f（x）的一個極優(yōu)差，函數(shù)的所有極優(yōu)差之和為（）ABCD【分析】求導(dǎo)得f'（x）2exsinx，于是可得函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，從而推出當(dāng)，所有的極優(yōu)差之和為f（0）f（）+f（2）f（3）+f（2018）f（2019），然后通過分組求和與等比數(shù)列的前n項和公式即可得解【解答】解：f（x）ex（sinxcosx