高考數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)小題練習(xí)集

..高考數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)小題練習(xí)集（一）

1.已知f′（x）是函數(shù)f（x），（x∈R）的導(dǎo)數(shù)，滿足f′（x）=﹣f（x），且f（0）=2，設(shè)函數(shù)g（x）=f（x）﹣lnf3（x）的一個零點為x0，則以下正確的是（）A．x0∈（﹣4，﹣3） B．x0∈（﹣3，﹣2） C．x0∈（﹣2，﹣1） D．x0∈（﹣1，0）2.已知二次函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為，，對于任意實數(shù)都有，則的最小值為（）．A． B． C． D．3.函數(shù)，對任意x1，x2∈（0，+∞），不等式（k+1）g（x1）≤kf（x2）（k＞0）恒成立，則實數(shù)k的取值范圍是（）A．[1,+∞] B．[2,+∞] C．（0，2） D．（0，1]4.已知函數(shù)f（x）的定義域為R，且x3f（x）+x3f（﹣x）=0，若對任意x∈[0，+∞）都有3xf（x）+x2f'（x）＜2，則不等式x3f（x）﹣8f（2）＜x2﹣4的解集為（）A．（﹣2，2） B．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）C．（﹣4，4） D．（﹣∞，﹣4）∪（4，+∞）5.若函數(shù)f（x）=kx﹣lnx在區(qū)間（2，+∞）單調(diào)遞增，則k的取值范圍是（）A．（﹣∞，﹣2] B． C．[2，+∞） D．6.已知函數(shù)f（x）=ex﹣ln（x+a）（a∈R）有唯一的零點x0，則（）A．﹣1＜x0＜﹣ B．﹣＜x0＜﹣ C．﹣＜x0＜0 D．0＜x0＜7.已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f'（x），滿足f'（x）＜f（x），且f（x+3）為偶函數(shù)，f（6）=1，則不等式f（x）＞ex的解集為（）A．（﹣∞，0） B．（0，+∞） C．（1，+∞） D．（4，+∞）8.已知定義在（0，）上的函數(shù)f（x），f′（x）為其導(dǎo)函數(shù)，且f（x）＜f′（x）?tanx恒成立，則（）A．f（）＞f（） B．f（）＜f（） C．f（）＞f（） D．f（1）＜2f（）?sin19.函數(shù)在區(qū)間上的最小值（）．A． B． C． D．10.已知，則f'（2）=（）A． B． C．2 D．﹣211.已知函數(shù)f（x）=x3+ax2+bx+a2在x=1處有極值10，則f（2）等于（）A．11或18 B．11 C．18 D．17或1812.已知f（x）=cosx，則f（π）+f′（）=（）A． B． C．﹣ D．﹣13.已知函數(shù)f（x）的定義域為R，且為可導(dǎo)函數(shù)，若對?x∈R，總有（2﹣x）f（x）+xf′（x）＜0成立（其中f′（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)），則（）A．f（x）＞0恒成立 B．f（x）＜0恒成立C．f（x）的最大值為0 D．f（x）與0的大小關(guān)系不確定14.函數(shù)存在極值點，則實數(shù)的取值范圍是（）．A． B． C．或 D．或15.如果函數(shù)滿足：對于任意的x1，x2∈[0，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤1恒成立，則a的取值范圍是（）A． B． C． D．16.函數(shù)的定義域為開區(qū)間，導(dǎo)函數(shù)在內(nèi)的圖像如圖所示，則函數(shù)在開區(qū)間內(nèi)有極小值點（）． 個 B．個 C．個 D．個17.已知函數(shù)f（x）=x3﹣2x2+ax+3在[1，2]上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍為（）A．a(chǎn)＞﹣4 B．a(chǎn)≥﹣4 C．a(chǎn)＞1 D．a(chǎn)≥118.若函數(shù)f（x）=x3﹣3x+a有3個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．（﹣2，2） B．[﹣2，2] C．（﹣∞，﹣1） D．（1，+∞）19.若存在兩個正實數(shù)x，y，使得等式3x+a（2y﹣4ex）（lny﹣lnx）=0成立，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．（﹣∞，0） B．C． D．20.函數(shù)y=cos2x的導(dǎo)數(shù)是（）A．﹣sin2x B．sin2x C．﹣2sin2x D．2sin2x21.設(shè)函數(shù)，則（）A．為f（x）的極大值點 B．為f（x）的極小值點C．x=2為f（x）的極大值點 D．x=2為f（x）的極小值點22.已知f（x）為定義域為R的函數(shù)，f'（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)，且f（1）=e，?x∈R都有f'（x）＞f（x），則不等式f（x）＜ex的解集為（）A．（﹣∞，1） B．（﹣∞，0） C．（0，+∞） D．（1，+∞）23.設(shè)函數(shù)f（x）在其定義域D上的導(dǎo)函數(shù)為f′（x），如果存在實數(shù)a和函數(shù)h（x），其中h（x）對任意的x∈D，都有h（x）＞0，使得f′（x）=h（x）（x2﹣ax+1），則稱函數(shù)f（x）具有性質(zhì)ω（a），給出下列四個函數(shù)：①f（x）=x3﹣x2+x+1； ②f（x）=lnx+；③f（x）=（x2﹣4x+5）ex； ④f（x）=其中具有性質(zhì)ω（2）的函數(shù)為（）①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④24.若，則方程在上恰好有（）．A．個根 B．個根 C．個根 D．個根25.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3f（x）+xf′（x）＞0，則不等式（x+2015）3f（x+2015）+27f（﹣3）＞0的解集（）A．（﹣2018，﹣2015） B．（﹣∞，﹣2016） C．（﹣2016，﹣2015） D．（﹣∞，﹣2012）26.已知函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)圖象如圖所示，若△ABC為銳角三角形，則一定成立的是（）f（cosA）＜f（cosB） B．f（sinA）＜f（cosB） f（sinA）＞f（sinB） D．f（sinA）＞f（cosB）27.若f（x）=xex，則f′（1）=（）A．0 B．e C．2e D．e228.設(shè)函數(shù)f（x）=ex（sinx﹣cosx）（0≤x≤2016π），則函數(shù)f（x）的各極大值之和為（）A． B．C． D．29.設(shè)函數(shù)，對任意x1，x2∈（0，+∞），不等式恒成立，則正數(shù)k的取值范圍是（）A．[1，+∞） B．（1，+∞） C． D．30.已知f（x）=，若f′（x0）=0，則x0=（）A．e2 B．e C．1 D．ln231.設(shè)函數(shù)f′（x）是函數(shù)f（x）（x∈R）的導(dǎo)函數(shù)，f（0）=1，且3f（x）=f′（x）﹣3，則4f（x）＞f′（x）（）A．（，+∞） B．（，+∞） C．（，+∞） D．（，+∞）32.已知函數(shù)g（x）滿足g（x）=g′（1）ex﹣1﹣g（0）x+，且存在實數(shù)x0使得不等式2m﹣1≥g（x0）成立，則m的取值范圍為（）A．（﹣∞，2] B．（﹣∞，3] C．[1，+∞） D．[0，+∞）33.函數(shù)在處有極值，在的值為（）．A． B． C． D．34.已知函數(shù)f（x）=x﹣1﹣lnx，對定義域內(nèi)任意x都有f（x）≥kx﹣2，則實數(shù)k的取值范圍是（）A．（﹣∞，1﹣] B．（﹣∞，﹣] C．[﹣，+∞） D．[1﹣，+∞）35.若函數(shù)f（x）=lnx+x2﹣ax+a+1為（0，+∞）上的增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．(﹣∞，2] B．（﹣∞，2] C．[1，+∞） D．[2，+∞）36.若函數(shù)f（x）在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′（x），且函數(shù)y=（1﹣x）f′（x）的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是（）A．函數(shù)f（x）有極大值f（﹣2），無極小值B．函數(shù)f（x）有極大值f（1），無極小值C．函數(shù)f（x）有極大值f（﹣2）和極小值f（1）D．函數(shù)f（x）有極大值f（1）和極小值f（﹣2）．37.如圖是函數(shù)f（x）=x3+bx2+cx+d的大致圖象，則x1+x2=（） B． C． D．38.設(shè)a∈R，若函數(shù)y=eax+2x，x∈R有大于零的極值點，則（）A．a(chǎn)＜﹣2 B．a(chǎn)＞﹣2 C．a(chǎn)＞﹣ D．a(chǎn)＜﹣39.如圖，一個正六角星薄片（其對稱軸與水面垂直）勻速地升出水面，直到全部露出水面為止，記時刻t薄片露出水面部分的圖形面積為S（t）（S（0）=0），則導(dǎo)函數(shù)y=S'（t）的圖象大致為（） B． C． D．40.已知函數(shù)f（x）=x3﹣12x+8在區(qū)間[﹣3，3]上的最大值與最小值分別為M，m，則M﹣m的值為（）A．16 B．12 C．32 D．641.已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f′（x），滿足f′（x）＜f（x），且f（x+2）為偶函數(shù)，f（4）=1，則不等式f（x）＜ex的解集為（）A．（﹣2，+∞） B．（0，+∞） C．（1，+∞） D．（4，+∞）42.下列求導(dǎo)運算正確的是（）A．（x）′=1 B．（x2cosx）′=﹣2xsinxC．（3x）′=3xlog3e D．（log2x）′=43.函數(shù)的定義域為，，對任意，，則的解集為（）．A． B． C． D．44.函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是（）A．（0，e） B．（﹣∞，e） C．（e﹣1，+∞） D．（e，+∞）45.在R上可導(dǎo)的函數(shù)f（x）的圖形如圖所示，則關(guān)于x的不等式x?f′（x）＜0的解集為（）（﹣∞，﹣1）∪（0，1） B．（﹣1，0）∪（1，+∞） （﹣2，﹣1）∪（1，2） D．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）46.若f（x）=x2﹣2x﹣4lnx，則f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（）A．（﹣1，0） B．（﹣1，0）∪（2，+∞） C．（2，+∞） D．（0，+∞）47.若f（x）=x3﹣ax2+1在（1，3）內(nèi)單調(diào)遞減，則實數(shù)a的范圍是（）A．[，+∞） B．（﹣∞，3] C．（3，） D．（0，3）48.已知函數(shù)f（x）滿足：f（x）+2f′（x）＞0，那么下列不等式成立的是（）A． B． C． D．f（0）＞e2f（4）49.若函數(shù)f（x）=ax3+x在區(qū)間[1，+∞）內(nèi)是減函數(shù)，則（）A．a(chǎn)≤0 B． C．a(chǎn)≥0 D．50.已知是奇函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，，當(dāng)時，，則使得成立的的取值范圍是（）．A． B． C． D．

試卷答案1.D【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．【分析】求出f（x）的表達式，得到g（x）的表達式，設(shè)h（x）=f（x）﹣g（x），求出h（0）和h（﹣1）的值，從而求出x0的范圍．【解答】解：設(shè)f（x）=ke﹣x，則f（x）滿足f′（x）=﹣f（x），而f（0）=2，∴k=2，∴f（x）=2e﹣x，∴g（x）=3lnf（x）=3（﹣x+ln2）=﹣3x+3ln2，設(shè)h（x）=f（x）﹣g（x），則h（x）=2e﹣x+3x﹣3ln2，∴h（0）=2﹣3ln2＜0，h（﹣1）=2e﹣3﹣3ln2＞0，即在（﹣1，0）上存在零點，故選：D．2.C，．由可知：，，故，故選．3.A【考點】6E：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值．【分析】利用基本不等式可求f（x）的最小值，對函數(shù)g（x）求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，進而可求g（x）的最大值，f（x）的最小值，得到關(guān)于k的不等式，解出即可．【解答】解：∵當(dāng)x＞0時，f（x）=e2x+≥2=2e，∴x1∈（0，+∞）時，函數(shù)f（x2）有最小值2e，∵g（x）=，∴g′（x）=，當(dāng)x＜1時，g′（x）＞0，則函數(shù)g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，當(dāng)x＞1時，g′（x）＜0，則函數(shù)在（1，+∞）上單調(diào)遞減，∴x=1時，函數(shù)g（x）有最大值g（1）=e，則有x1、x2∈（0，+∞），f（x2）min=2e＞g（x1）max=e∵（k+1）g（x1）≤kf（x2）（k＞0），∴≤恒成立且k＞0，≤，∴k≥1故選：A．4.B【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．【分析】構(gòu)造函數(shù)h（x）=x3f（x）﹣2x，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性求出不等式的解集即可．【解答】解：令h（x）=x3f（x）﹣2x，則h′（x）=x[3xf（x）+x2f'（x）﹣2]，若對任意x∈[0，+∞）都有3xf（x）+x2f'（x）＜2，則h′（x）≤0在[0，+∞）恒成立，故h（x）在[0，+∞）遞減，若x3f（x）+x3f（﹣x）=0，則h（x）=h（﹣x），則h（x）在R是偶函數(shù)，h（x）在（﹣∞，0）遞增，不等式x3f（x）﹣8f（2）＜x2﹣4，即不等式x3f（x）﹣x2＜8f（2）﹣4，即h（x）＜h（2），故|x|＞2，解得：x＞2或x＜﹣2，故不等式的解集是（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞），故選：B．【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性問題，考查轉(zhuǎn)化思想，構(gòu)造函數(shù)g（x）是解題的關(guān)鍵，本題是一道中檔題．5.B【分析】求出導(dǎo)函數(shù)f′（x），由于函數(shù)f（x）=kx﹣lnx在區(qū)間（2，+∞）單調(diào)遞增，可得f′（x）≥0在區(qū)間（2，+∞）上恒成立．解出即可．【解答】解：f′（x）=k﹣，∵函數(shù)f（x）=kx﹣lnx在區(qū)間（2，+∞）單調(diào)遞增，∴f′（x）≥0在區(qū)間（2，+∞）上恒成立．∴k≥，而y=在區(qū)間（2，+∞）上單調(diào)遞減，∴k≥．∴k的取值范圍是：[，+∞）．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、恒成立問題的等價轉(zhuǎn)化方法，屬于中檔題．6.A【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；函數(shù)零點的判定定理．【分析】利用函數(shù)的零點以及方程的根的關(guān)系，通過函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，二次導(dǎo)函數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，利用函數(shù)的零點判定定理，推出結(jié)果即可．【解答】解：函數(shù)f（x）=ex﹣ln（x+a）（a∈R），則x＞﹣a，可得f′（x）=ex﹣，f′′（x）=ex+恒大于0，f′（x）是增函數(shù)，令f′（x0）=0，則，有唯一解時，a=，代入f（x）可得：f（x0）===，由于f（x0）是增函數(shù)，f（﹣1）≈﹣0.63，f（）≈0.11所以f（x0）=0時，﹣1．故選：A．7.A【考點】6B：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．【分析】令g（x）=，利用導(dǎo)數(shù)和已知即可得出其單調(diào)性．再利用函數(shù)的對稱性和已知可得g（0）=1，從而求得不等式f（x）＞ex的解集．【解答】解：設(shè)g（x）=，則g′（x）=．∵f′（x）＜f（x），∴g′（x）＜0．∴函數(shù)g（x）是R上的減函數(shù)，∵函數(shù)f（x+3）是偶函數(shù)，∴函數(shù)f（﹣x+3）=f（x+3），∴函數(shù)關(guān)于x=3對稱，∴f（0）=f（6）=1，原不等式等價為g（x）＞1，∴不等式f（x）＜ex等價g（x）＞1，即g（x）＞g（0），∵g（x）在R上單調(diào)遞減，∴x＜0．∴不等式f（x）＞ex的解集為（﹣∞，0）．故選：A8.B【考點】導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用．【分析】把給出的等式變形得到f′（x）sinx﹣f（x）cosx＞0，由此聯(lián)想構(gòu)造輔助函數(shù)g（x）=，由其導(dǎo)函數(shù)的符號得到其在（0，）上為增函數(shù)，則g（）＜g（）＜g（1）＜g（），整理后即可得到答案．【解答】解：解：因為x∈（0，），所以sinx＞0，cosx＞0，由f（x）＜f′（x）tanx，得f（x）cosx＜f′（x）sinx，即f′（x）sinx﹣f（x）cosx＞0．令g（x）=，x∈（0，），則g′（x）=＞0．所以函數(shù)g（x）=在x∈（0，）上為增函數(shù)，則g（）＜g（）＜g（1）＜g（），即，對照選項，A．應(yīng)為＞，C．應(yīng)為＜f（），D．應(yīng)為f（1）2f（）sin1，B正確．故選B．9.C，令，解得或．再，解得，所以，分別是函數(shù)的極大值點和極小值點，所以，，，，所以最小值為，故選．10.A【考點】導(dǎo)數(shù)的運算．【分析】把給出的函數(shù)求導(dǎo)，在其導(dǎo)函數(shù)中取x=2，則f′（2）可求．【解答】解：∵f′（x）=﹣+3f′（2），∴f′（2）=﹣+3f′（2），解得：f′（2）=，故選：A．11.C【考點】函數(shù)在某點取得極值的條件．【分析】根據(jù)函數(shù)在x=1處有極值時說明函數(shù)在x=1處的導(dǎo)數(shù)為0，又因為f′（x）=3x2+2ax+b，所以得到：f′（1）=3+2a+b=0，又因為f（1）=10，所以可求出a與b的值確定解析式，最終將x=2代入求出答案．【解答】解：f′（x）=3x2+2ax+b，∴或①當(dāng)時，f′（x）=3（x﹣1）2≥0，∴在x=1處不存在極值；②當(dāng)時，f′（x）=3x2+8x﹣11=（3x+11）（x﹣1）∴x∈（，1），f′（x）＜0，x∈（1，+∞），f′（x）＞0，符合題意．∴，∴f（2）=8+16﹣22+16=18．故選C．12.D【考點】導(dǎo)數(shù)的運算．【分析】根據(jù)導(dǎo)數(shù)的運算法則，求導(dǎo)，然后導(dǎo)入值計算即可【解答】解：f（x）=cosx，則f′（x）=﹣，∴f（π）+f′（）=cosπ﹣﹣=﹣﹣=﹣，故選：D【點評】本題考查了導(dǎo)數(shù)的運算法則，屬于基礎(chǔ)題13.B【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的最大值小于0，從而證出結(jié)論【解答】解：設(shè)g（x）=∴g′（x）=，∵對?x∈R，總有（2﹣x）f（x）+xf′（x）＜0成立，當(dāng)x＞0時，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）遞減當(dāng)x＜0時，g′（x）＞0，函數(shù)g（x）遞增，∴g（x）＜g（0）=0，∴＜0恒成立∴f（x）＜0恒成立，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，構(gòu)造函數(shù)g（x）是解題的關(guān)鍵，本題是一道中檔題．14.C∵，恒有解，∴，，，∴或，當(dāng)時，（舍去），∴或，故選．15.A【考點】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值．【分析】由題意函數(shù)滿足：對于任意的x1，x2∈[0，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤1恒成立，必有函數(shù)滿足其最大值與最小值的差小于等于1，由此不等式解出參數(shù)a的范圍即可，故可先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，用導(dǎo)數(shù)判斷出最值，求出最大值與最小值的差，得到關(guān)于a的不等式，解出a的值【解答】解：由題意f′（x）=x2﹣a2當(dāng)a2≥1時，在x∈[0，1]，恒有導(dǎo)數(shù)為負(fù)，即函數(shù)在[0，1]上是減函數(shù)，故最大值為f（0）=0，最小值為f（1）=﹣a2，故有，解得|a|≤，故可得﹣≤a≤當(dāng)a2∈[0，1]，由導(dǎo)數(shù)知函數(shù)在[0，a]上增，在[a，1]上減，故最大值為f（a）=又f（0）=0，矛盾，a∈[0，1]不成立，故選A．16.A設(shè)導(dǎo)函數(shù)在內(nèi)的圖像與軸的交點（自左向右）分別為，，，，其中，則由導(dǎo)函數(shù)的圖像可得：當(dāng)時，，時，且，所以是函數(shù)的極大值點；當(dāng)時，，時，且，所以是函數(shù)的極小值點，當(dāng)或時，，故不是函數(shù)的極值點；當(dāng)時，，而當(dāng)時，，且，所以是函數(shù)的極大值點，綜上可知：在內(nèi)有個極小值點，故選．17.D【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．【分析】求出導(dǎo)函數(shù)f'（x）=3x2﹣4x+a，在區(qū)間內(nèi)大于或等于零，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可知，導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間內(nèi)遞增，故只需f'（1）≥0即可．【解答】解：f（x）=x3﹣2x2+ax+3，∴f'（x）=3x2﹣4x+a，∵在[1，2]上單調(diào)遞增，∴f'（x）=3x2﹣4x+a在區(qū)間內(nèi)大于或等于零，∵二次函數(shù)的對稱軸x=，∴函數(shù)在區(qū)間內(nèi)遞增，∴f'（1）≥0，∴﹣1+a≥0，∴a≥1，故選D．18.A【考點】函數(shù)零點的判定定理；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值．【分析】由函數(shù)f（x）=x3﹣3x+a求導(dǎo)，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值，從而知道函數(shù)圖象的變化趨勢，要使函數(shù)f（x）=x3﹣3x+a有3個不同的零點，尋求實數(shù)a滿足的條件，從而求得實數(shù)a的取值范圍．【解答】解∵f′（x）=3x2﹣3=3（x+1）（x﹣1），當(dāng)x＜﹣1時，f′（x）＞0；當(dāng)﹣1＜x＜1時，f′（x）＜0；當(dāng)x＞1時，f′（x）＞0，∴當(dāng)x=﹣1時f（x）有極大值．當(dāng)x=1時，f（x）有極小值，要使f（x）有3個不同的零點．只需，解得﹣2＜a＜2．故選A．【點評】考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值，函數(shù)圖象的變化趨勢，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合和運動的思想方法，屬中檔題．19.D【分析】根據(jù)函數(shù)與方程的關(guān)系將方程進行轉(zhuǎn)化，利用換元法轉(zhuǎn)化為方程有解，構(gòu)造函數(shù)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)極值和單調(diào)性的關(guān)系進行求解即可．【解答】解：由3x+a（2y﹣4ex）（lny﹣lnx）=0得3x+2a（y﹣2ex）ln=0，即3+2a（﹣2e）ln=0，即設(shè)t=，則t＞0，則條件等價為3+2a（t﹣2e）lnt=0，即（t﹣2e）lnt=﹣有解，設(shè)g（t）=（t﹣2e）lnt，g′（t）=lnt+1﹣為增函數(shù)，∵g′（e）=lne+1﹣=1+1﹣2=0，∴當(dāng)t＞e時，g′（t）＞0，當(dāng)0＜t＜e時，g′（t）＜0，即當(dāng)t=e時，函數(shù)g（t）取得極小值為：g（e）=（e﹣2e）lne=﹣e，即g（t）≥g（e）=﹣e，若（t﹣2e）lnt=﹣有解，則﹣≥﹣e，即≤e，則a＜0或a≥，故選：D．【點評】本題主要考查不等式恒成立問題，根據(jù)函數(shù)與方程的關(guān)系，轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)相交問題，利用構(gòu)造法和導(dǎo)數(shù)法求出函數(shù)的極值和最值是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強．20.C【考點】63：導(dǎo)數(shù)的運算．【分析】根據(jù)題意，令t=2x，則y=cost，利用復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)計算法則計算可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，令t=2x，則y=cost，其導(dǎo)數(shù)y′=（2x）′（cost）′=﹣2sin2x；故選：C．21.D【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值．【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極小值點即可．【解答】解：f′（x）=﹣+=，（x＞0），令f′（x）＞0，解得：x＞2，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜2，故f（x）在（0，2）遞減，在（2，+∞）遞增，故x=2是函數(shù)的極小值點，故選：D．【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，是一道基礎(chǔ)題．22.A【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．【分析】根據(jù)題意，令g（x）=，結(jié)合題意對其求導(dǎo)分析可得g′（x）＞0，即函數(shù)g（x）在R上為增函數(shù)，又由f（1）=e，可得g（e）==1，而不等式f（x）＜ex可以轉(zhuǎn)化為g（x）＜g（1），結(jié)合函數(shù)g（x）的單調(diào)性分析可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，令g（x）=，其導(dǎo)數(shù)g′（x）==，又由，?x∈R都有f'（x）＞f（x），則有g(shù)′（x）＞0，即函數(shù)g（x）在R上為增函數(shù)，若f（1）=e，則g（e）==1，f（x）＜ex?＜1?g（x）＜g（1），又由函數(shù)g（x）在R上為增函數(shù)，則有x＜1，即不等式f（x）＜ex的解集為（﹣∞，1）；故選：A．23.A【考點】指數(shù)型復(fù)合函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．【分析】因為a=2，所以先求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)f′（x），然后將其配湊成f′（x）=h（x）（x2﹣2x+1）這種形式，分別求出h（x），然后確定h（x）是否滿足對任意的x∈D都有h（x）＞0．【解答】解：①f'（x）=x2﹣2x+1，若f′（x）=h（x）（x2﹣2x+1），即x2﹣2x+1=h（x）（x2﹣2x+1），所以h（x）=1＞0，滿足條件，所以①具有性質(zhì)ω（2）．②函數(shù)f（x）=lnx++的定義域為（0，+∞）．f′（x）=﹣==?（x2﹣2x+1），所以h（x）=，當(dāng)x∈（0，+∞）時，h（x）＞0，所以②具有性質(zhì)ω（2）．③f'（x）=（2x﹣4）ex+（x2﹣4x+5）ex=（x2﹣2x+1）ex，所以h（x）=ex，因為h（x）＞0，所以③具有性質(zhì)ω（2）．④f′（x）==，若f′（x）=?（x2﹣2x+1），則h（x）=，因為h（1）不存在，所以不滿足對任意的x∈D都有h（x）＞0，所以④不具有性質(zhì)ω（2），故選：A．24.B令，則，∴，故當(dāng)時，，即在上為減函數(shù)，又∵，，故函數(shù)在上有且只有一零點，即方程在上恰好有個根，故選．25.A【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；導(dǎo)數(shù)的運算．【分析】根據(jù)條件，構(gòu)造函數(shù)g（x）=x3f（x），利用函數(shù)的單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系即可判斷出該函數(shù)在（﹣∞，0）上為增函數(shù)，然后將所求不等式轉(zhuǎn)化為對應(yīng)函數(shù)值的關(guān)系，根據(jù)單調(diào)性得出自變量值的關(guān)系從而解出不等式即可．【解答】解：構(gòu)造函數(shù)g（x）=x3f（x），g′（x）=x2（3f（x）+xf′（x））；∵3f（x）+xf′（x）＞0，x2＞0；∴g′（x）＞0；∴g（x）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞增；g（x+2015）=（x+2015）3f（x+2015），g（﹣3）=﹣27f（﹣3）；∴由不等式（x+2015）3f（x+2015）+27f（﹣3）＞0得：（x+2015）3f（x+2015）＞﹣27f（﹣3）；∴g（x+2015）＞g（﹣3）；∴x+2015＞﹣3，且x+2015＜0；∴﹣2018＜x＜﹣2015；∴原不等式的解集為（﹣2018，﹣2015）．故選A．26.D【考點】函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系．【分析】根據(jù)導(dǎo)數(shù)函數(shù)圖象可判斷；f（x）在（0，1）單調(diào)遞增，（1，+∞）單調(diào)遞減，由△ABC為銳角三角形，得A+B，0﹣B＜A，再根據(jù)正弦函數(shù)，f（x）單調(diào)性判斷．【解答】解：根據(jù)導(dǎo)數(shù)函數(shù)圖象可判斷；f（x）在（0，1）單調(diào)遞增，（1，+∞）單調(diào)遞減，∵△ABC為銳角三角形，∴A+B，0﹣B＜A，∴0＜sin（﹣B）＜sinA＜1，0＜cosB＜sinA＜1f（sinA）＞f（sin（﹣B）），即f（sinA）＞f（cosB）故選；D【點評】本題考查了導(dǎo)數(shù)的運用，三角函數(shù)，的單調(diào)性，綜合性較大，屬于中檔題．27.C【考點】63：導(dǎo)數(shù)的運算．【分析】直接根據(jù)基本函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和導(dǎo)數(shù)的運算法則求解即可．【解答】解：∵f（x）=xex，∴f′（x）=ex+xex，∴f′（1）=2e．故選：C．28.D【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值．【分析】先求f′（x）=2exsinx，這樣即可得到f（π），f（3π），f（5π），…，f為f（x）的極大值，并且構(gòu)成以eπ為首項，e2π為公比的等比數(shù)列，根據(jù)等比數(shù)列的求和公式求f（x）的各極大值之和即可．【解答】解：：∵函數(shù)f（x）=ex（sinx﹣cosx），∴f′（x）=[ex（sinx﹣cosx）]′=ex（sinx﹣cosx）+ex（cosx+sinx）=2exsinx；令f′（x）=0，解得x=kπ（k∈Z）；∴當(dāng)2kπ＜x＜2kπ+π時，f′（x）＞0，原函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)2kπ+π＜x＜2kπ+2π時，f′（x）＜0，原函數(shù)單調(diào)遞減；∴當(dāng)x=2kπ+π時，函數(shù)f（x）取得極大值，此時f（2kπ+π）=e2kπ+π[sin（2kπ+π）﹣cos（2kπ+π）]=e2kπ+π；又∵0≤x≤2016π，∴0和2016π都不是極值點，∴函數(shù)f（x）的各極大值之和為：eπ+e3π+e5π+…+e2015π=，故選：D．29.A【考點】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值．【分析】當(dāng)x＞0時，f（x）=e2x+，利用基本不等式可求f（x）的最小值，對函數(shù)g（x）求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，進而可求g（x）的最大值，由恒成立且k＞0，則≤，可求k的范圍．【解答】解：∵當(dāng)x＞0時，f（x）=e2x+≥2=2e，∴x1∈（0，+∞）時，函數(shù)f（x1）有最小值2e，∵g（x）=，∴g′（x）=，當(dāng)x＜1時，g′（x）＞0，則函數(shù)g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，當(dāng)x＞1時，g′（x）＜0，則函數(shù)在（1，+∞）上單調(diào)遞減，∴x=1時，函數(shù)g（x）有最大值g（1）=e，則有x1、x2∈（0，+∞），f（x1）min=2e＞g（x2）max=e，∵恒成立且k＞0，∴≤，∴k≥1，故選：A．30.B【考點】導(dǎo)數(shù)的運算．【分析】根據(jù)導(dǎo)數(shù)的運算法則求導(dǎo)，再代值計算即可．【解答】解：f（x）的定義域為（0，+∞），∴f′（x）=（）′=由f′（x0）=0，得=0，解得x0=e．故選：B31.B【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；導(dǎo)數(shù)的運算．【分析】容易求出f′（0）=6，結(jié)合條件便可得出函數(shù)f（x）的解析式，進而求出導(dǎo)函數(shù)，代入4f（x）＞f′（x），根據(jù)對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性及對數(shù)的運算便可解出原方程．【解答】解：根據(jù)條件，3f（0）=3=f′（0）﹣3；∴f′（0）=6；∴f（x）=2e3x﹣1，f′（x）=6e3x；∴由4f（x）＞f′（x）得：4（2e3x﹣1）＞6e3x；整理得，e3x＞2；∴3x＞ln2；∴x＞；∴原不等式的解集為（，+∞）故選：B．32.C【考點】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值．【分析】分別求出g（0），g′（1），求出g（x）的表達式，求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出g（x）的最小值，問題轉(zhuǎn)化為只需2m﹣1≥g（x）min=1即可，求出m的范圍即可．【解答】解：∵g（x）=g′（1）ex﹣1﹣g（0）x+，∴g′（x）=g′（1）ex﹣1﹣g（0）+x，∴g′（1）=g′（1）﹣g（0）+1，解得：g（0）=1，g（0）=g′（1）e﹣1，解得：g′（1）=e，∴g（x）=ex﹣x+x2，∴g′（x）=ex﹣1+x，g″（x）=ex+1＞0，∴g′（x）在R遞增，而g′（0）=0，∴g′（x）＜0在（﹣∞，0）恒成立，g′（x）＞0在（0，+∞）恒成立，∴g（x）在（﹣∞，0）遞減，在（0，+∞）遞增，∴g（x）min=g（0）=1，若存在實數(shù)x0使得不等式2m﹣1≥g（x0）成立，只需2m﹣1≥g（x）min=1即可，解得：m≥1，故選：C．【點評】本題考查了求函數(shù)的表達式問題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．33.D，∵在處有極值，∴時，，∴，故選．34.A【考點】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值．【分析】問題轉(zhuǎn)化為k≤1+﹣對x∈（0，+∞）恒成立，令g（x）=1+﹣，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出g（x）的最小值，從而求出k的范圍即可．【解答】解：f（x）=x﹣1﹣lnx，若對定義域內(nèi)任意x都有f（x）≥kx﹣2，則k≤1+﹣對x∈（0，+∞）恒成立，令g（x）=1+﹣，則g′（x）=，令g′（x）＞0，解得：x＞e2，令g′（x）＜0，解得：0＜x＜e2，故g（x）在（0，e2）遞減，在（e2，+∞）遞增，故g（x）的最小值是g（e2）=1﹣，故k≤1﹣，故選：A．35.A【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．【分析】由函數(shù)f（x）=lnx+x2﹣ax+a+1為（0，+∞）上的增函數(shù)，可得：f′（x）=+2x﹣a≥0，化為：a≤+2x=g（x），利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值即可得出．【解答】解：f′（x）=+2x﹣a，∵函數(shù)f（x）=lnx+x2﹣ax+a+1為（0，+∞）上的增函數(shù)，∴f′（x）=+2x﹣a≥0，化為：a≤+2x=g（x），g′（x）=2﹣==，可知：x=時，函數(shù)g（x）取得極小值即最小值，=2．則實數(shù)a的取值范圍是a≤2．故選：A．36.B【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值．【分析】函數(shù)y=（1﹣x）f′（x）的圖象如圖所示，可得x＞1時，f′（x）＜0；﹣2＜x＜1時，f′（x）＞0；x＜﹣2時，f′（x）＞0．即可判斷出結(jié)論．【解答】解：函數(shù)y=（1﹣x）f′（x）的圖象如圖所示，∴x＞1時，f′（x）＜0；﹣2＜x＜1時，f′（x）＞0；x＜﹣2時，f′（x）＞0．∴函數(shù)f（x）有極大值f（1），無極小值．故選：B．37.A【考點】導(dǎo)數(shù)的運算．【分析】解：由圖象知f（﹣1）=f（0）=f（2）=0，解出b、c、d的值，由x1和x2是f′（x）=0的根，使用根與系數(shù)的關(guān)系得到x1+x2=．【解答】解：∵f（x）=x3+bx2+cx+d，由圖象知，﹣1+b﹣c+d=0，0+0+0+d=0，8+4b+2c+d=0，∴d=0，b=﹣1，c=﹣2∴f′（x）=3x2+2bx+c=3x2﹣2x﹣2．由題意有x1和x2是函數(shù)f（x）的極值，故有x1和x2是f′（x）=0的根，∴x1+x2=，故選：A．38.A【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值．【分析】f′（x）=aeax+2=0，當(dāng)a≥0無解，無極值．當(dāng)a＜0時，x=ln（﹣），由于函數(shù)y=eax+2x，x∈R有大于零的極值點，可得a的取值范圍．【解答】解：f′（x）=aeax+3，令f′（x）=0即aeax+2=0，當(dāng)a≥0無解，∴無極值．當(dāng)a＜0時，x=ln（﹣），當(dāng)x＞ln（﹣），f′（x）＞0；x＜ln（﹣）時，f′（x）＜0．∴l(xiāng)n（﹣）為極大值點，∴l(xiāng)n（﹣）＞0，解之得a＜﹣2，故選：A．39.A【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；函數(shù)的圖象．【分析】總面積一直保持增加，則導(dǎo)數(shù)值一直為正，但總面積的增加速度是逐漸增大→突然變大→逐漸減小→逐漸增大→突然變小→逐漸變小，進而得到答案．【解答】解：總面積一直保持增加，則導(dǎo)數(shù)值一直為正，故排除B；總面積的增加速度是逐漸增大→突然變大→逐漸減小→逐漸增大→突然變小→逐漸變小，故導(dǎo)函數(shù)y=S'（t）的圖象應(yīng)是勻速遞增→突然變大→勻速遞減→勻速遞增→突然變小→勻速遞減，故排除CD，故選．A40.C【考點】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值．【分析】先求導(dǎo)函數(shù)，研究出函數(shù)在區(qū)間[﹣3，3]上的單調(diào)性，從而確定出函數(shù)最值的位置，求出函數(shù)的最值，即可求M﹣m．【解答】解：∵函數(shù)f（x）=x3﹣12x+8∴f′（x）=3x2﹣12令f′（x）＞0，解得x＞2或x＜﹣2；令f′（x）＜0，解得﹣2＜x＜2故函數(shù)在[﹣2，2]上是減函數(shù)，在[﹣3，﹣2]，[2，3]上是增函數(shù)，所以函數(shù)在x=2時取到最小值f（2）=8﹣24+8=﹣8，在x=﹣2時取到最大值f（﹣2）=﹣8+24+8=2