2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用(能力提升卷)【含答案】

一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用(能力提升卷)題號123456789101112答案一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.已知函數(shù)f(x)＝(x2＋x＋1)ex，則f(x)的圖象在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為()A.x＋y＋1＝0 B.x－y＋1＝0C.2x＋y＋1＝0 D.2x－y＋1＝02.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,6)x3－eq\f(1,2)ax2－bx(a＞0，b＞0)的一個(gè)極值點(diǎn)為1，則ab的最大值為()A.1 B.eq\f(1,2) C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,16)3.意大利著名天文學(xué)家伽利略曾錯(cuò)誤地猜測鏈條自然下垂時(shí)的形狀是拋物線.直到1690年，雅各布·伯努利正式提出該問題為“懸鏈線”問題并向數(shù)學(xué)界征求答案.1691年他的弟弟約翰·伯努利和萊布尼茲、惠更斯三人各自都得到了正確答案，給出懸鏈線的數(shù)學(xué)表達(dá)式——雙曲余弦函數(shù)：f(x)＝c＋acosheq\f(x,a)＝c＋a·eq\f(e\f(x,a)＋e－\f(x,a),2)(e為自然對數(shù)的底數(shù)).當(dāng)c＝0，a＝1時(shí)，記p＝f(－1)，m＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，n＝f(2)，則p，m，n的大小關(guān)系為()A.p＜m＜n B.n＜m＜pC.m＜p＜n D.m＜n＜p4.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx－1有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A.(－∞，0]∪{1} B.[0，1]C.(－∞，0]∪{2} D.[0，2]5.已知f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，若在R上有f(x)>f′(x)恒成立，且f(1)＝e(e為自然對數(shù)的底數(shù))，則下列結(jié)論正確的是()A.f(0)＝1 B.f(0)<1C.f(2)<e2 D.f(2)>e26.設(shè)0＜x＜1，則a＝eq\f(ex,x)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)))eq\s\up12(2)，c＝eq\f(ex2,x2)的大小關(guān)系是()A.a＜b＜c B.a＜c＜bC.c＜a＜b D.b＜a＜c7.若?a，b，c∈D，g(a)，g(b)，g(c)可以作為一個(gè)三角形的三條邊長，則稱函數(shù)g(x)是區(qū)間D上的“穩(wěn)定函數(shù)”.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)＋m是區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，e2))上的“穩(wěn)定函數(shù)”，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2e＋\f(1,e)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2e2＋\f(1,e)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4e＋\f(1,e)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4e2＋\f(1,e)，＋∞))8.已知函數(shù)f(x)＝lnx－m與g(x)＝－x2＋eq\f(7,3)x的圖象在區(qū)間[1，3]上存在關(guān)于x軸對稱的點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln3－2，ln\f(3,2)＋\f(5,4))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln3－2，\f(4,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，ln\f(3,2)＋\f(5,4))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(4,3)))二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯(cuò)的得0分.9.已知e是自然對數(shù)的底數(shù)，則下列不等關(guān)系中不正確的是()A.ln2＞eq\f(2,e) B.ln3＜eq\f(3,e)C.lnπ＞eq\f(π,e) D.eq\f(ln3,lnπ)＜eq\f(3,π)10.已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋3，則下列選項(xiàng)正確的是()A.函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為3x＋y－4＝0B.函數(shù)y＝f(x)有3個(gè)零點(diǎn)C.函數(shù)y＝f(x)在x＝2處取得極大值D.函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1，1)對稱11.已知函數(shù)f(x)＝x4＋ax2＋ax＋1(a≠0)，則()A.存在a使得f(x)恰有三個(gè)單調(diào)區(qū)間B.f(x)有最小值C.存在a使得f(x)有小于0的極值點(diǎn)D.當(dāng)x1＜0＜x2，且x1＋x2＞0時(shí)，f(x1)＜f(x2)12.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，則()A.f(2)＞f(5)B.若f(x)＝m有兩個(gè)不相等的實(shí)根x1，x2，則x1x2＜e2C.ln2＞eq\r(\f(2,e))D.若2x＝3y，x，y均為正數(shù)，則2x＞3y三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(a,2)x2＋(3－a)x＋b有三個(gè)不同的單調(diào)區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.14.已知函數(shù)f(x)＝x2＋2x＋a，g(x)＝lnx－2x，如果存在x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使得對任意的x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(x1)≤g(x2)成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.15.定義方程f(x)＝f′(x)的實(shí)數(shù)根x0叫做函數(shù)f(x)的“新駐點(diǎn)”.若函數(shù)g(x)＝eq\f(1,2)x，h(x)＝ln2x，φ(x)＝sinx(0＜x＜π)的“新駐點(diǎn)”分別為α，β，γ，則α，β，γ的大小關(guān)系為________.16.已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足f(x)＞0，f(x)＋f′(x)＜0，若0＜x1＜1＜x2，且x1x2＝1.給出以下不等式：①f(x1)＞ex2－x1f(x2)；②x1f(x2)＜x2f(x1)；③x1f(x1)＞x2f(x2)；④f(x2)＞(1－x1)f(x1).其中正確的有________(填寫所有正確的不等式的序號).四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(10分)若函數(shù)f(x)＝ax3－bx＋4，當(dāng)x＝2時(shí)，函數(shù)f(x)有極值－eq\f(4,3).(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)若方程f(x)＝k有3個(gè)不同的根，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.18.(12分)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a（x＋1）ex，x≤0，,x2－ax＋\f(1,2)，x＞0.))(1)若a＝2，求f(x)的最小值；(2)若f(x)恰好有三個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.19.(12分)已知函數(shù)f(x)＝ex－a(x－1)＋2(a∈R).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若x∈[a，＋∞)，不等式f(x)≥3恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.20.(12分)已知函數(shù)f(x)＝(x－b)ex－eq\f(a,2)(x－b＋1)2(a＞0，b∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)).(1)若b＝2，討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)在R上單調(diào)遞增，求證：ea－1≥b.21.(12分)已知實(shí)數(shù)a＞0，函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋a2x＋alnx，x∈(0，10).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若x＝1是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))(x1＜x2)處的切線分別為l1，l2，且l1，l2在y軸上的截距分別為b1，b2.若l1∥l2，求b1－b2的取值范圍.22.(12分）已知函數(shù)f(x)＝xex－alnx－e(a∈R).(1)當(dāng)a＝2e時(shí)，不等式f(x)≥mx－m在[1，＋∞)上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(2)若a＞0時(shí)，f(x)的最小值為g(a)，求g(a)的最大值以及此時(shí)a的值.參考答案1.D[因?yàn)閒(x)＝(x2＋x＋1)ex，所以f′(x)＝(x2＋3x＋2)ex，f(0)＝1，f′(0)＝2，則f(x)的圖象在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y－1＝2(x－0)，即2x－y＋1＝0，故選D.]2.D[由題意，得f′(x)＝eq\f(1,2)x2－ax－b.因?yàn)?是函數(shù)f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)，所以f′(1)＝eq\f(1,2)－a－b＝0，所以a＋b＝eq\f(1,2)，所以ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,16)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,4)時(shí)等號成立，所以ab的最大值為eq\f(1,16)，故選D.]3.C[由題意知，當(dāng)c＝0，a＝1時(shí)，f(x)＝eq\f(e－x＋ex,2)，f′(x)＝eq\f(－e－x＋ex,2)＝eq\f(e2x－1,2ex)，當(dāng)x＞0時(shí)，f′(x)＞0，即函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(－1)＝eq\f(e－1＋e,2)＝f(1)，∵0＜eq\f(1,2)＜1＜2，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜f(1)＜f(2)，即m＜p＜n，故選C.]4.A[由函數(shù)f(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，得方程f(x)＝0在(0，＋∞)上只有一個(gè)解，即a＝x－xlnx，x＞0只有一個(gè)解，令g(x)＝x－xlnx，x＞0，則g′(x)＝－lnx，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，且g(1)＝1，作出函數(shù)g(x)的圖象如圖所示，則當(dāng)a≤0或a＝1時(shí)，f(x)＝0在(0，＋∞)上只有一個(gè)解，故選A.]5.C[設(shè)g(x)＝eq\f(f（x）,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)，又因?yàn)閒(x)>f′(x)在R上恒成立，所以g′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)<0在R上恒成立，所以函數(shù)g(x)＝eq\f(f（x）,ex)在R上單調(diào)遞減，則g(2)<g(1)，即eq\f(f（2）,e2)<eq\f(f（1）,e)＝1，所以f(2)<e2.故選C.]6.B[設(shè)f(x)＝eq\f(ex,x)，則f′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)＜0，則f(x)在(0，1)上為減函數(shù)，∵x2＜2x，∴ex2＜e2x，則eq\f(ex2,x2)＜eq\f(e2x,x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)))eq\s\up12(2)，故b＞c.又0＜x2＜x＜1，∴f(x2)＞f(x)，則eq\f(ex2,x2)＞eq\f(ex,x)，故c＞a，所以a＜c＜b，故選B.]7.D[∵f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，e))時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(e，e2]時(shí)，f′(x)＜0；∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，e))上單調(diào)遞增，在(e，e2]上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,e)＋m，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝－2e2＋m，f(e2)＝eq\f(2,e2)＋m，∴f(x)min＝－2e2＋m，由“穩(wěn)定函數(shù)”定義可知：2f(x)min＞f(x)max，即2(－2e2＋m)＞eq\f(1,e)＋m，解得m＞4e2＋eq\f(1,e)，即實(shí)數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4e2＋\f(1,e)，＋∞)).故選D.]8.A[由題可知函數(shù)f(x)＝lnx－m與y＝x2－eq\f(7,3)x的圖象在區(qū)間[1，3]上存在公共點(diǎn)，即方程lnx－m－x2＋eq\f(7,3)x＝0在區(qū)間[1，3]內(nèi)有解，即方程m＝lnx－x2＋eq\f(7,3)x在區(qū)間[1，3]內(nèi)有解.令h(x)＝lnx－x2＋eq\f(7,3)x(x∈[1，3])，則h′(x)＝eq\f(1,x)－2x＋eq\f(7,3)＝－eq\f(（3x＋1）（2x－3）,3x)，所以當(dāng)x∈[1，3]時(shí)，h′(x)，h(x)隨x的變化情況如下表：x1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))3h′(x)＋0－h(huán)(x)eq\f(4,3)lneq\f(3,2)＋eq\f(5,4)ln3－2由上表可知h(1)＝eq\f(4,3)，h(3)＝ln3－2＜eq\f(4,3)，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝lneq\f(3,2)＋eq\f(5,4)，所以當(dāng)x∈[1，3]時(shí)，h(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln3－2，ln\f(3,2)＋\f(5,4)))，故m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln3－2，ln\f(3,2)＋\f(5,4)))，故選A.]9.ACD[令f(x)＝lnx－eq\f(x,e)，則f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,e)，當(dāng)0＜x＜e時(shí)f′(x)＞0，當(dāng)x＞e時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，故f(x)max＝f(e)＝lne－eq\f(e,e)＝0，則f(2)＝ln2－eq\f(2,e)＜0，得ln2＜eq\f(2,e)，故A錯(cuò)誤；f(3)＝ln3－eq\f(3,e)＜0，得ln3＜eq\f(3,e)，故B正確；f(π)＝lnπ－eq\f(π,e)＜0，得lnπ＜eq\f(π,e)，故C錯(cuò)誤；對D項(xiàng)，令g(x)＝eq\f(lnx,x)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)0＜x＜e時(shí)，g′(x)＞0，當(dāng)x＞e時(shí)，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，則g(3)＞g(π)，得eq\f(ln3,3)＞eq\f(lnπ,π)，即eq\f(ln3,lnπ)＞eq\f(3,π)，故D錯(cuò)誤，故選ACD.]10.ABD[A項(xiàng)，∵f′(x)＝3x2－6x，∴f′(1)＝3－6＝－3，且f(1)＝1－3＋3＝1，∴函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為3x＋y－4＝0，A正確；B項(xiàng)，令f′(x)＝3x2－6x＞0，解得x＜0或x＞2，∴函數(shù)y＝f(x)在(－∞，0)和(2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，2)上單調(diào)遞減.又∵f(－1)＝－1＜0，f(0)＝3＞0，f(2)＝－1＜0，f(3)＝3＞0，∴在(－1，0)，(0，2)，(2，3)上各有一零點(diǎn)，即函數(shù)y＝f(x)有3個(gè)零點(diǎn)，B正確；C項(xiàng)，由B知函數(shù)y＝f(x)在x＝2處取得極小值，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，令g(x)＝x3－3x，x∈R，∵g(－x)＝－x3＋3x＝－g(x)，∴函數(shù)g(x)為奇函數(shù)，則g(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱.將函數(shù)g(x)＝x3－3x的圖象向右平移一個(gè)單位長度再向上平移一個(gè)單位長度可得函數(shù)h(x)＝(x－1)3－3(x－1)＋1＝x3－3x2＋3＝f(x)的圖象，∴函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1，1)對稱，D為真命題.]11.BC[f′(x)＝4x3＋2ax＋a，令g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝12x2＋2a，當(dāng)a＞0時(shí)，g′(x)＞0，f′(x)單調(diào)遞增，又f′(－eq\r(3,a))＝－3a－2aeq\r(3,a)＜0，f′(0)＝a＞0，∴f′(x)在(－eq\r(3,a)，0)內(nèi)存在唯一零點(diǎn)，記為x0，則f(x)在(－∞，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x0)既是極小值又是最小值；當(dāng)a＜0時(shí)，f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(－\f(a,6))))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,6))，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(－\f(a,6))，\r(－\f(a,6))))上單調(diào)遞減，f′(0)＝a＜0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(－\f(a,6))))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,3)\r(－\f(a,6))))，若a＜－eq\f(27,8)，則f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(－\f(a,6))))＞0，f′(x)在(－∞，0)上有兩個(gè)零點(diǎn)，記為x1，x2，在(0，＋∞)上有一個(gè)零點(diǎn)，記為x3，則f(x)在(－∞，x1)和(x2，x3)上單調(diào)遞減，在(x1，x2)和(x3，＋∞)上單調(diào)遞增，x1為小于0的極小值點(diǎn)，f(x1)和f(x3)中的較小者即為f(x)的最小值；若－eq\f(27,8)≤a＜0，則f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(－\f(a,6))))≤0，f′(x)只在(0，＋∞)上存在唯一零點(diǎn)，記為x4，f(x)在(－∞，x4)上單調(diào)遞減，在(x4，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x4)為最小值，故B，C正確，A錯(cuò)誤；對于D，當(dāng)x1＜0＜x2，且x1＋x2＞0時(shí)，f(x1)－f(x2)＝xeq\o\al(4,1)－xeq\o\al(4,2)＋a(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＋a(x1－x2)＝(x1－x2)[(x1＋x2)·(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋a)＋a]，取a＝－(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))，則有f(x1)－f(x2)＞0，故D錯(cuò)誤.故選BC.]12.AD[對于A，f(2)＝eq\f(ln2,2)＝lneq\r(2)，f(5)＝eq\f(ln5,5)＝lneq\r(5,5)，又(eq\r(2))10＝25＝32，(eq\r(5,5))10＝25，32＞25，所以eq\r(2)＞eq\r(5,5)，則有f(2)＞f(5)，A正確；對于B，若f(x)＝m有兩個(gè)不相等的實(shí)根x1，x2，則x1x2＞e2，故B不正確；證明如下：函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，定義域?yàn)?0，＋∞)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)f′(x)＞0時(shí)，0＜x＜e；當(dāng)f′(x)＜0時(shí)，x＞e，所以f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，則f(x)max＝eq\f(1,e)，且x＞e時(shí)，有f(x)＞0，所以若f(x)＝m有兩個(gè)不相等的實(shí)根x1，x2，則有0＜m＜eq\f(1,e).不妨設(shè)x1＜x2，則有0＜x1＜e＜x2，要證x1x2＞e2，只需證x2＞eq\f(e2,x1)，且x2＞eq\f(e2,x1)＞e，又f(x1)＝f(x2)，所以只需證f(x1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x1)))，令F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x)))(0＜x＜e)，則有F′(x)＝(1－lnx)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(1,e2)))，當(dāng)0＜x＜e時(shí)，1－lnx＞0，eq\f(1,x2)－eq\f(1,e2)＞0，所以有F′(x)＞0，即F(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，且F(e)＝0，所以F(x)＜0恒成立，即f(x1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x1)))，即f(x2)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x1)))，即x1x2＞e2.對于C，由B可知，f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，則有f(2)＜f(e)，即eq\f(ln2,2)＜eq\f(lne,e)，則有l(wèi)n2＜eq\f(2,e)＜eq\r(\f(2,e))，故C不正確.對于D，令2x＝3y＝m，x，y均為正數(shù)，則m＞1，解得x＝log2m＝eq\f(lnm,ln2)，y＝log3m＝eq\f(lnm,ln3)，2x－3y＝eq\f(2lnm,ln2)－eq\f(3lnm,ln3)＝(lnm)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,ln2)－\f(3,ln3)))，f(2)－f(3)＝eq\f(ln2,2)－eq\f(ln3,3)＝eq\f(3ln2－2ln3,6)＝eq\f(ln8－ln9,6)＝eq\f(ln\f(8,9),6)＜0，則有f(2)＜f(3)，即0＜eq\f(ln2,2)＜eq\f(ln3,3)，即eq\f(2,ln2)＞eq\f(3,ln3)，所以2x－3y＞0，故D正確.故選AD.]13.(－∞，－6)∪(2，＋∞)[f′(x)＝x2－ax＋3－a，要使f(x)有三個(gè)不同的單調(diào)區(qū)間，則f′(x)＝0有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，故Δ＝(－a)2－4(3－a)＞0，即a∈(－∞，－6)∪(2，＋∞).]14.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，ln2－\f(21,4)))[g′(x)＝eq\f(1,x)－2＝eq\f(1－2x,x)≤0，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，∴g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞減，∴g(x)min＝g(2)＝ln2－4.∵f(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(5,4)＋a.∵存在x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使得對任意的x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(x1)≤g(x2)成立，∴eq\f(5,4)＋a≤ln2－4，∴a≤ln2－eq\f(21,4).]15.γ＜α＜β[由題意知①g′(x)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(1,2)α＝eq\f(1,2)，則α＝1.②h′(x)＝eq\f(1,x)，由ln2x＝eq\f(1,x)，得ln2β＝eq\f(1,β)，在(0，＋∞)上h(x)為增函數(shù)，h′(x)＝eq\f(1,x)為減函數(shù)，h′(1)＝1＞h(1)＝ln2，若0＜β＜1，則h′(β)＞h′(1)＞h(1)＞h(β)，故與h′(β)＝h(β)矛盾，所以β＞1.③φ′(x)＝cosx，由cosx＝sinx得cosγ＝sinγ，則tanγ＝1，又γ∈(0，π)，∴γ＝eq\f(π,4)＜1，∴γ＜α＜β.]16.①②③[設(shè)F(x)＝exf(x)，則F′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]＜0，由此可得F(x)單調(diào)遞減，所以ex1f(x1)＞ex2f(x2)，即f(x1)＞ex2－x1f(x2)，故①正確；因?yàn)閒(x)＞0，f(x)＋f′(x)＜0，所以f′(x)＜0，所以f(x)單調(diào)遞減，所以f(x2)＜f(x1)＜eq\f(x2,x1)f(x1)，所以x1f(x2)＜x2f(x1)，故②正確；對于③，由①分析可知f(x1)＞ex2－x1f(x2)，欲使x1f(x1)＞x2f(x2)，且x1x2＝1，即f(x1)＞xeq\o\al(2,2)f(x2)成立，只需滿足ex2－eq\f(1,x2)＞xeq\o\al(2,2)即可，即證x2－eq\f(1,x2)＞2lnx2(x2＞1)，設(shè)m(x)＝x－eq\f(1,x)－2lnx，則m′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(（x－1）2,x2)＞0，則m(x)單調(diào)遞增，所以m(x2)＞m(1)＝0，故③正確；對于④，假設(shè)f(x2)＞(1－x1)f(x1)成立，因?yàn)閑x1f(x1)＞ex2f(x2)，所以ex1－eq\f(1,x1)f(x1)＞f(x2)，所以ex1－eq\f(1,x1)＞1－x1，取x1＝eq\f(1,2)，則e－eq\f(3,2)＞eq\f(1,2)，所以eeq\f(3,2)＜2不成立，故④不正確.故答案為①②③.]17.解(1)f′(x)＝3ax2－b，由題設(shè)得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（2）＝12a－b＝0，,f（2）＝8a－2b＋4＝－\f(4,3)，))解得a＝eq\f(1,3)，b＝4.故所求函數(shù)的解析式為f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4.(2)由(1)可得f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2.當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，－2)－2(－2，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)單調(diào)遞增eq\f(28,3)單調(diào)遞減－eq\f(4,3)單調(diào)遞增因此，當(dāng)x＝－2時(shí)，f(x)有極大值eq\f(28,3)，當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)有極小值－eq\f(4,3)，所以函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4的圖象大致如圖所示.若f(x)＝k有3個(gè)不同的根，則直線y＝k與函數(shù)f(x)的圖象有3個(gè)交點(diǎn)，所以－eq\f(4,3)＜k＜eq\f(28,3).綜上，實(shí)數(shù)k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(28,3))).18.解(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（x＋1）ex，x≤0，,x2－2x＋\f(1,2)，x＞0.))當(dāng)x≤0時(shí)，f′(x)＝2(x＋2)ex，所以f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞減，在(－2，0]上單調(diào)遞增，此時(shí)f(x)的最小值為f(－2)＝－eq\f(2,e2)；當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，此時(shí)f(x)的最小值為f(1)＝－eq\f(1,2).因?yàn)椋璭q\f(2,e2)＞－eq\f(1,2)，所以f(x)的最小值為－eq\f(1,2).(2)顯然a≠0.因?yàn)楫?dāng)x≤0時(shí)，f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)－1，所以原命題等價(jià)于f(x)在(0，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn).所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－2＞0，,a＞0，))解得a＞eq\r(2)，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(eq\r(2)，＋∞).19.解(1)f′(x)＝ex－a，①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＝ex－a＞0，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增.②當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＝ex－a＞0，得x＞lna；由f′(x)＝ex－a＜0，得x＜lna，所以f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增.綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增.(2)①當(dāng)a＝0時(shí)，因?yàn)閤≥0，所以f(x)＝ex＋2≥3恒成立，所以a＝0符合題意；②當(dāng)a＜0時(shí)，由(1)知f(x)min＝f(a)＜f(0)＝a＋3＜3，不符合題意；③當(dāng)a＞0時(shí)，由(1)知f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，f(x)在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增.下面先證明：a＞lna(a＞0).設(shè)g(x)＝x－lnx，因?yàn)間′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)＜0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(1)＝1＞0，因此a＞lna.所以f(x)在[a，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(a)＝ea－a2＋a＋2.令h(x)＝ex－x2＋x＋2，則h′(x)＝ex－2x＋1.令u(x)＝ex－2x＋1(x＞0)，則u′(x)＝ex－2.由u′(x)＞0，得x＞ln2；由u′(x)＜0，得0＜x＜ln2.所以u(x)在(0，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以u(x)≥u(ln2)＝3－2ln2＞0，即當(dāng)x＞0時(shí)，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＞0時(shí)，h(x)＞h(0)＝3，所以f(x)min＞3，所以f(x)≥3恒成立，故a＞0符合題意.綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[0，＋∞).20.(1)解當(dāng)b＝2時(shí)，f(x)＝(x－2)ex－eq\f(a,2)(x－1)2，則f′(x)＝(x－1)ex－a(x－1)＝(x－1)(ex－a)，因?yàn)閍＞0，所以分類討論：①當(dāng)lna＜1，即0＜a＜e時(shí)，由f′(x)＜0得lna＜x＜1，由f′(x)＞0得x＞1或x＜lna，此時(shí)f(x)在(－∞，lna)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(lna，1)上單調(diào)遞減；②當(dāng)lna＞1，即a＞e時(shí)，由f′(x)＜0得1＜x＜lna，由f′(x)＞0得x＜1或x＞lna，此時(shí)f(x)在(－∞，1)，(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1，lna)上單調(diào)遞減；③當(dāng)lna＝1，即a＝e時(shí)，f′(x)≥0恒成立，此時(shí)f(x)在R上單調(diào)遞增.綜上，當(dāng)0＜a＜e時(shí)，f(x)在(lna，1)上單調(diào)遞減，在(－∞，lna)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞e時(shí)，f(x)在(1，lna)上單調(diào)遞減，在(－∞，1)，(lna，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＝e時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞增.(2)證明f′(x)＝(x－b＋1)(ex－a)，由f(x)在R上單調(diào)遞增，知(x－b＋1)(ex－a)≥0恒成立，易知y＝x－b＋1，y＝ex－a在R上均單調(diào)遞增，要使(x－b＋1)(ex－a)≥0恒成立，則y＝x－b＋1與y＝ex－a的零點(diǎn)相等，即b－1＝lna，即b＝lna＋1，故要證ea－1≥b，只需證lna＋1≤ea－1.設(shè)g(a)＝ea－1－lna－1，則g′(a)＝ea－1－eq\f(1,a)，易知g′(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且g′(1)＝0，故由g′(a)＜0，得0＜a＜1，由g′(a)＞0，得a＞1，所以g(a)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則g(a)≥g(1)＝0，即lna＋1≤ea－1，原不等式得證.21.解(1)f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋a2＋eq\f(a,x)＝eq\f(（ax＋2）（ax－1）,x2)(0＜x＜10).∵a＞0，0＜x＜10，∴ax＋2＞0.①當(dāng)eq\f(1,a)≥10，即a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,10)))時(shí)，f′(x)＜0，∴f(x)在(0，10)上單調(diào)遞減；②當(dāng)0＜eq\f(1,a)＜10，即a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，＋∞))時(shí)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，10))時(shí)，f′(x)＞0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，10))上單調(diào)遞增.綜上所述，當(dāng)a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,10)))時(shí)，f(x)在(0，10)上單調(diào)遞減；當(dāng)a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，＋∞))時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，10))上單調(diào)遞增.(2)∵x＝1是f(x)的極值點(diǎn)，∴f′(1)＝0，即(a＋2)(a－1)＝0，解得a＝1或a＝－2(舍)，此時(shí)f(x)＝eq\f(2,x)＋x＋lnx，f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＋1.∴l(xiāng)1方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1)＋x1＋lnx1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,xeq\o\al(2,1))＋\f(1,x1)＋1))(x－x1)，令x＝0，得b1＝eq\f(4,x1)＋