2016届高考文科数学考点专题复习测试29.doc

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[自选模块]
专题六 导　数
真题体验·引领卷
一、选择题
1．(2015·安徽高考)函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则下列结论成立的是(　　)
A．a>0，b<0，c>0，d>0
B．a>0，b<0，c<0，d>0
C．a<0，b<0，c>0，d>0
D．a>0，b>0，c>0，d<0
2．(2015·四川高考)如果函数f(x)＝(m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在区间上单调递减，那么mn的最大值为(　　)
A．16 B．18
C．25 D.
3．(2015·陕西高考)对二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是(　　)
A．－1是f(x)的零点 B．1是f(x)的极值点
C．3是f(x)的极值 D．点(2，8)在曲线y＝f(x)上
4．(2015·福建高考)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，则下列结论中一定错误的是(　　)
A．f＜ B．f＞
C．f＜ D．f＞
5．(2015·全国卷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的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞)
6．(2015·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝ex(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.
二、填空题
7．(2015·全国卷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＝________．
8.(2015·江苏高考)已知函数f(x)＝|ln x|，g(x)＝则方程|f(x)＋g(x)|＝1实根的个数为________．
9．(2015·安徽高考)设x3＋ax＋b＝0，其中a，b均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________(写出所有正确条件的编号)．
①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b>2；④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2.

三、解答题
10．(2015·重庆高考)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值．
(1)确定a的值；
(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．

11．(2015·四川高考)已知函数f(x)＝－2xln x＋x2－2ax＋a2，其中a>0.
(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；
(2)证明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．

12．(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝x3＋ax＋，g(x)＝－ln x.
(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；
(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，讨论h(x)零点的个数．

专题六　导　数
经典模拟·演练卷
一、选择题
1．曲线y＝ax3－2x＋4在点(1，3)处的切线的倾斜角为(　　)
A．45° B．60°
C．120° D．135°
2．已知函数f(x)＝x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，则实数m的取值范围是(　　)
A. B.
C．(－∞，2] D．(－∞，2)
3．(2015·温州中学模拟)已知f′(x)为函数f(x)＝x＋的导函数，则下列结论中正确的是(　　)
A．∃x0∈R，∀x∈R且x≠0，f(x)≤f(x0)
B．∃x0∈R，∀x∈R且x≠0，f(x)≥f(x0)
C．∃x0∈R，∀x∈(x0，＋∞)，f′(x)<0
D．∃x0∈R，∀x∈(x0，＋∞)，f′(x)>0
4．(2015·镇海中学三模)当a>0时，函数f(x)＝(x2＋2ax)ex的图象大致是(　　)

5．已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，0) B.
C．(0，1) D．(0，＋∞)
6．(2015·温岭中学模拟)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是(　　)
A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)
二、填空题
7．(2014·温州模拟)关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是________．
8．若函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是______．
9．(2015·长沙调研)设直线x＝t，与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为________．
三、解答题
10．(2015·杭州高级中学模拟)已知函数f(x)＝ax2＋bx－ln x(a，b∈R)．
(1)设a≥0，求f(x)的单调区间；
(2)设a>0，且对任意x>0，f(x)≥f(1)．试比较ln a与－2b的大小．

11．(2015·宁波模拟)设函数f(x)＝x2＋ax－ln x(a∈R)．
(1)当a＝3时，求函数f(x)的极值；
(2)当a>1时，讨论函数f(x)的单调性；

12．(2015·乐清乐武寄宿中学)设函数f(x)＝(x＋a)ln x，g(x)＝.已知曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y＝0平行．
(1)求a的值；
(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；
(3)设函数m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示p，q中的较小值)，求m(x)的最大值．

专题六　导　数
专题过关·提升卷
第Ⅰ卷　(选择题)
一、选择题
1．设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为y＝2x，则a＝(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
2．函数y＝x2－ln x的单调减区间是(　　)
A．(－1，1] B．(0，1]
C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)
3．(2015·鲁迅中学模拟)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f′(x)的图象经过点(1，0)，(2，0)，如图所示，则下列说法中不正确的是(　　)
A．当x＝时函数取得极小值 B．f(x)有两个极值点
C．当x＝2时函数取得极小值 D．当x＝1时函数取得极大值
4．若0＜x1＜x2＜1，则(　　)
A．ex2－ex1＞ln x2－ln x1 B． ex2－ex1＜ln x2－ln x1
C．x2 ex1＞x1 ex2 D．x2 ex1＜x1 ex2
5．当x∈[－2，1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．[－5，－3] B.
C．[－6，－2] D．[－4，－3]
6．(2015·学军中学模拟)设函数f(x)＝＋，若函数f(x)的极值点x0满足x0f(x0)－x>m2，则实数m的取值范围是(　　)
A．(－∞，0)∪ B．(－∞，0)∪(2，＋∞)
C. D．(0，2)
7．定义一种运算(a，b)*(c，d)＝ad－bc，若函数f(x)＝*(cos x，x2)，设f′(x)为函数f(x)的导函数，则f′(x)的大致图象是(　　)

8．(2015·镇海中学模拟)已知定义在R上的函数g(x)的导函数为g′(x)，满足g′(x)－g(x)<0，若函数g(x)的图象关于直线x＝2对称，且g(4)＝1，则不等式>1的解集为(　　)
A．(－2，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(－∞，0) D．(－∞，2)
第Ⅱ卷(非选择题)
二、填空题
9．已知函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)<0的解集为________．

10．已知函数f(x)＝aln x＋x在区间[2，3]上单调递增，则实数a的取值范围是________．
11．若函数f(x)＝x3－6bx＋3b在(0，1)内有极小值，则实数b的取值范围是________．

12．设P为曲线C：f(x)＝x2－x＋1上的点，曲线C在点P处的切线斜率的取值范围是[－1，3]，则点P的纵坐标的取值范围是________．
13．若函数f(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)存在单调递减区间，则实数a的取值范围是______．
14．(2015·湖南高考改编)某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为________．(材料利用率＝)

15．(2015·四川高考)已知函数f(x)＝2x，g(x)＝x2＋ax(其中a∈R)．对于不相等的实数x1，x2，设 m＝，n＝，
现有如下命题：
①对于任意不相等的实数x1，x2，都有m＞0；
②对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n＞0；
③对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝n；
④对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝－n.
其中的真命题有________(写出所有真命题的序号)．
三、解答题
16．(2015·台州中学模拟)已知f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．

17．(2015·北京高考)设函数f(x)＝－kln x，k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．

18．(2015·安徽高考)设函数f(x)＝x2－ax＋b.
(1)讨论函数f(sin x)在内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；
(2)记f0(x)＝x2－a0x＋b0，求函数|f(sin x)－f0(sin x)|在上的最大值D；
(3)在(2)中，取a0＝b0＝0，求z＝b－满足D≤1时的最大值．

19．(2015·广东高考)设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)ex－a.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；
(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m≤ －1.

20．(2015·嘉兴一中三模)已知函数f(x)＝x(ln x－ax)(a∈R)，g(x)＝f′(x)．
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线3x－y－1＝0平行，求实数a的值；
(2)若函数F(x)＝g(x)＋x2有两个极值点x1，x2，且x1<x2，求证：f(x2)<－1<f(x1)．

[自选模块]
专题六　导　数
真题体验·引领卷
1．A　[由图象知f(0)＝d>0，可排除D；其导函数f′(x)＝3ax2＋2bx＋c且f′(0)＝c>0，可排除B；又f′(x)＝0有两不等实根，且x1x2＝＞0，所以a＞0，故选A.]
2．B　[当m＝2时，∵f(x)在上单调递减，
∴0≤n<8，mn＝2n<16，当m≠2时，
令f′(x)＝(m－2)x＋n－8＝0，∴x＝－，
当m＞2时，对称轴x0＝－，由题意，－≥2，
∴2m＋n≤12，∵≤≤6，
∴mn≤18，由2m＋n＝12且2m＝n知m＝3，n＝6取等号．
当m＜2时，抛物线开口向下，由题意－≤，即2n＋m≤18，
∵≤≤9，∴mn≤，由2n＋m＝18且2n＝m，
得m＝9(舍去)，∴mn最大值为18，选B.]
3．A　[A正确等价于a－b＋c＝0，①
B正确等价于b＝－2a，②
C正确等价于＝3，③
D正确等价于4a＋2b＋c＝8.④
下面分情况验证，
若A错，由②、③、④组成的方程组的解为符合题意；
若B错，由①、③、④组成的方程组消元转化为关于a的方程后无实数解；
若C错，由①、②、④组成方程组，经验证a无整数解；
若D错，由①、②、③组成的方程组a的解为－也不是整数．
综上，故选A.]
4．C　[∵导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，∴f′(x)－k＞0，k－1＞0，＞0，可构造函数g(x)＝f(x)－kx，可得g′(x)＞0，故g(x)在R上为增函数，∵f(0)＝－1，
∴g(0)＝－1，∴g＞g(0)，
∴f－＞－1，∴f＞，∴选项C错误，故选C.]
5．A　[因为f(x)(x∈R)为奇函数，f(－1)＝0，所以f(1)＝－f(－1)＝0.当x≠0时，令g(x)＝，则g(x)为偶函数，且g(1)＝g(－1)＝0.当x＞0时，g′(x)＝′＝＜0，故g(x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数．所以在(0，＋∞)上，当0＜x＜1时，g(x)＞g(1)＝0⇔＞0⇔f(x)＞0；在(－∞，0)上，当x＜－1时，g(x)＜g(－1)＝0⇔＜0⇔f(x)＞0.综上，得使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，选A.]
6．D　[由题意可知存在唯一的整数x0，使得ex0(2x0－1)<ax0－a，设g(x)＝ex(2x－1)，h(x)＝ax－a.因为g′(x)＝ex(2x＋1)，所以当x<－时，g′(x)<0，当x>－时，g′(x)>0，所以当x＝－时，[g(x)]min＝－2e－.∵h(x)＝a(x－1)恒过定点(1，0)，且g(1)＝e>0在同一坐标系中作出y＝g(x)与y＝h(x)的大致图象．结合图象，应有则解之得≤a<1.故实数a的取值范围是.]
7．1　[f′(x)＝3ax2＋1，f′(1)＝1＋3a，f(1)＝a＋2.
在(1，f(1))处的切线方程为y－(a＋2)＝(1＋3a)(x－1)．
将(2，7)代入切线方程，得7－(a＋2)＝1＋3a，解得a＝1.]
8．4　[令h(x)＝f(x)＋g(x)，则h(x)＝
当1＜x＜2时，h′(x)＝－2x＋＝＜0，故当1＜x＜2时h(x)单调递减，在同一坐标系中画出y＝|h(x)|和y＝1的图象如图所示．

由图象可知|f(x)＋g(x)|＝1的实根个数为4.]
9．①③④⑤　[令f(x)＝x3＋ax＋b，f′(x)＝3x2＋a，
当a≥0时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，必有一个实根，④⑤正确；
当a<0时，由于选项当中a＝－3，∴只考虑a＝－3这一种情况，f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，∴f(x)极大＝f(－1)＝－1＋3＋b＝b＋2，f(x)极小＝f(1)＝1－3＋b＝b－2，要有一根，f(x)极大<0或f(x)极小>0，∴b<－2或b>2，①③正确，②错误．所有正确条件为①③④⑤.]
10．解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，
因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′＝0，
即3a·＋2·＝－＝0，解得a＝.
(2)由(1)得g(x)＝ex，
故g′(x)＝ex＋ex
＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex.
令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.
当x＜－4时，g′(x)＜0，
故g(x)为减函数；
当－4＜x＜－1时，g′(x)＞0，
故g(x)为增函数；
当－1＜x＜0时，g′(x)＜0，
故g(x)为减函数；
当x＞0时，g′(x)＞0，
故g(x)为增函数．
综上知g(x)在(－∞，－4)和(－1，0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数．
11．(1)解　由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
g(x)＝f′(x)＝2(x－1－ln x－a)，
所以g′(x)＝2－＝，
当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．
(2)证明　由f′(x)＝2(x－1－ln x－a)＝0，
解得a＝x－1－ln x，
令φ(x)＝－2xln x＋x2－2x(x－1－ln x)＋(x－1－ln x)2
＝(1＋ln x)2－2xln x，
则φ(1)＝1＞0，φ(e)＝2(2－e)＜0，
于是，存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0，
令a0＝x0－1－ln x0＝u(x0)，
其中u(x)＝x－1－ln x(x≥1)，
由u′(x)＝1－≥0知，
函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1，
即a0∈(0，1)，
当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0，
再由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
当x∈(1，x0)时，f′(x)＜0，
从而f(x)＞f(x0)＝0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，
从而f(x)＞f(x0)＝0；
又当x∈(0，1]时，f(x)＝(x－a0)2－2xln x＞0，
故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.
综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．
12．解　(1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0，0)，
则f(x0)＝0，f′(x0)＝0.
即
解得x0＝，a＝－.
因此，当a＝－时，x轴为曲线y＝f(x)的切线．
(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<0，
从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，
故h(x)在(1，＋∞)上无零点．
当x＝1时，若a≥－，
则f(1)＝a＋≥0，
h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，
故x＝1是h(x)的零点；
若a<－，
则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，
故x＝1不是h(x)的零点．
当x∈(0，1)时，g(x)＝－ln x>0.
所以只需考虑f(x)在(0，1)上的零点个数．
(ⅰ)若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0，1)上无零点，故f(x)在(0，1)上单调．而f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0，1)上有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0，1)上没有零点．
(ⅱ)若－3<a<0，则f(x)在上单调递减，在上单调递增，故在(0，1)中，当x＝时，f(x)取得最小值，且最小值为＋.
①若f>0，即－<a<0，f(x)在(0，1)上无零点；
②若f＝0，即a＝－，则f(x)在(0，1)上有唯一零点；
③若f<0，即－3<a<－，由于f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当－<a<－时，f(x)在(0，1)上有两个零点；当－3<a≤－时，f(x)在区间(0，1)上有一个零点．
综上，当a>－或a<－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；当－<a<－时，h(x)有三个零点．
经典模拟·演练卷
1．A　[∵点(1，3)在曲线上可得a＝1，则y＝x3－2x＋4，得y′＝3x2－2，得y′|x＝1＝1，故切线的倾斜角为45°.]
2．A　[f′(x)＝x2－4x，由f′(x)>0，得x>4或x<0.
∴f(x)在(0，4)上递减，在(4，＋∞)上递增，∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(4)．∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f(4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m≥.]
3．D　[令f′(x)＝1－＝＝0，得x＝±1.当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0；当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.故当x＞0时，f(x)≥2；当x＜0时，f(x)≤－2，故函数在其定义域内没有最大值和最小值，故A，B错；函数在x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，故C错；当x0≥1时满足题意，D正确，故选D.]
4．B　[f′(x)＝ex(x2＋2ax)＋(2x＋2a)ex＝ex[x2＋2x(a＋1)＋2a]
令f′(x)＝0，得x＝±－(a＋1)<0.
因此f(x)的两个极值点均小于0.
结合函数的图象，选项B为f(x)的大致图象．]
5．B　[f′(x)＝(ln x－ax)＋x＝ln x＋1－2ax，
令f′(x)＝0，得2a＝，
设φ(x)＝，则φ′(x)＝，
易知φ(x)在(0，1)上递增，在(1，＋∞)上递减，
∴φ(x)在(0，＋∞)上的极大值为φ(1)＝1.
大致图象如图，
若f(x)有两个极值点，则y＝2a和y＝φ(x)图象有两个交点，∴0＜2a＜1，∴0＜a＜.]
6．B　[由题意知a≠0，由f′(x)＝3ax2－6x＝0得x＝0或x＝.当a>0时，f(x)在(－∞，0)和上单调递增，在上单调递减．
且f(0)＝1>0，故f(x)有小于0的零点，不符题意，排除A、C.
当a<0时，要使x0>0且唯一，
只需f>0，即a2>4，
∴a<－2，选B.]
7．(－4，0)　[由题意知使函数f(x)＝x3－3x2－a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2.当x＜0时，f′(x)＞0；当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值＝f(0)＝－a；当x＝2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值＝f(2)＝－4－a，所以解得－4＜a＜0.]
8．(0，1)∪(2，3)　[对f(x)求导，得f′(x)＝－x＋4－＝＝－.由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1，3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，所以t<1<t＋1或t<3<t＋1，解得0<t<1或2<t<3.]
9.　[当x＝t时，f(t)＝t2，g(t)＝ln t，
∴y＝|MN|＝t2－ln t(t＞0)．
∴y′＝2t－＝＝.
当0＜t＜时，y′＜0；当t＞时，y′＞0.
∴y＝|MN|＝t2－ln t在t＝时有最小值．]
10．解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝.
①当a＝0时，f′(x)＝.
(ⅰ)若b≤0，当x>0时，f′(x)<0恒成立，所以函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)．
(ⅱ)若b>0，当0<x<时，f′(x)<0，当x>时，f′(x)>0.
所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
②当a>0时，由f′(x)＝0得2ax2＋bx－1＝0.
解得x1＝，x2＝，
此时x1<0，x2>0.
当0<x<x2时，f′(x)<0，当x>x2时，f′(x)>0.
所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
综上所述：当a＝0，b≤0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)．
当a＝0，b>0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
(2)由题意知：函数f(x)在x＝1处取得最小值，
由(1)知，是f(x)的唯一极小值点，
故＝1，整理得b＝1－2a.
令g(x)＝2－4x＋ln x，则g′(x)＝，
令g′(x)＝0得x＝.
当0<x<时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x> 时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
所以g(x)≤g＝1＋ln＝1－ln 4<0.
故g(a)<0，即2－4a＋ln a＝2b＋ln a<0，
即ln a<－2b.
11．解　(1)函数的定义域为(0，＋∞)．
当a＝3时，f(x)＝－x2＋3x－ln x，
f′(x)＝＝－，
当<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当0<x<及x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以f(x)极大值＝f(1)＝2，f(x)极小值＝f＝＋ln 2.
(2)f′(x)＝(1－a)x＋a－＝
＝
当＝1，即a＝2时，f′(x)＝－≤0，f(x)在定义域上是减函数；
当0<<1，即a>2时，令f′(x)<0，得0<x<或x>1；
令f′(x)>0，得<x<1.
当>1，即1<a<2时，
由f′(x)>0，得1<x<；
由f′(x)<0，得0<x<1或x>，
综上，当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)上是减函数；
当a>2时，f(x)在和(1，＋∞)单调递减，在上单调递增；
当1<a<2时，f(x)在(0，1)和单调递减，在上单调递增．
12．解　(1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，所以f′(1)＝2，
又f′(x)＝ln x＋＋1，所以a＝1.
(2)当k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根．
设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)ln x－，
当x∈(0，1]时，h(x)＜0.
又h(2)＝3ln 2－＝ln 8－＞1－1＝0，
所以存在x0∈(1，2)，使得h(x0)＝0.
因为h′(x)＝ln x＋＋1＋，
所以当x∈(1，2)时，h′(x)＞1－＞0，
当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0，
所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增，
所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．
(3)由(2)知方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根x0.
且x∈(0，x0)时，f(x)＜g(x)，
x∈(x0，＋∞)时，f(x)＞g(x)，
所以m(x)＝
当x∈(0，x0)时，若x∈(0，1]，m(x)≤0；
若x∈(1，x0)，由m′(x)＝ln x＋＋1＞0，
可知0＜m(x)≤m(x0)；
故m(x)≤m(x0)．
当x∈(x0，＋∞)时，由m′(x)＝，可得x∈(x0，2)时，
m′(x)＞0，m(x)单调递增；
x∈(2，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减；
可知m(x)≤m(2)＝，且m(x0)＜m(2)．
综上可得，函数m(x)的最大值为.

专题过关·提升卷
1．D　[∵f(x)＝ax－ln (x＋1)，∴f′(x)＝a－，
∴f(0)＝0且f′(0)＝a－1＝2，解得a＝3，故选D.]
2．B　[y′＝x－，且x＞0，
令y′＝x－≤0，解之得0＜x≤1.
∴函数的单调减区间为(0，1]．]
3．A　[从图象上可以看出：当x∈(0，1)时， f′(x)>0；当x∈(1，2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)有两个极值点1和2，且当x＝2时函数取得极小值，当x＝1时函数取得极大值．只有A不正确．]
4．C　[A，B中构造函数f(x)＝ex－lnx，
∴f′(x)＝ex－，
在(0，1)上有零点，故A，B错；C，D中令g(x)＝，
∴g′(x)＝＝＜0，
∴g(x)在(0，1)单调递减，
又∵x2＞x1，
∴＞，故选C.]
5．C　[当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R.
当x∈(0，1]时，ax3≥x2－4x－3，a≥，
∴a≥.
设φ(x)＝，
φ′(x)＝
＝－＝－＞0，
∴φ(x)在(0，1]上递增，φ(x)max＝φ(1)＝－6.
∴a≥－6.
当x∈[－2，0)时，a≤，
∴a≤.
仍设φ(x)＝，
φ′(x)＝－.
当x∈[－2，－1)时，φ′(x)＜0，
当x∈(－1，0)时，φ′(x)＞0.
∴当x＝－1时，φ(x)有极小值，即为最小值．
而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2，
∴a≤－2.综上知－6≤a≤－2.]
6．C　[由f(x)＝＋，得f′(x)＝x－，
又x0是f(x)的极值点，∴f′(x0)＝0，解之得x0＝，
因此x0f(x0)－x＝＋m－x＝，
所以>m2，解之得0<m<.]
7．A　[f(x)＝x2＋cos x，则f′(x)＝x－sin x，
∴f′(x)为奇函数，排除选项B，D.
又[f′(x)]′＝－cos x，令－cos x＝0，则x＝2kπ±，k∈Z.
当0<x<时，[f′(x)]′＝－cos x<0.
∴函数y＝f′(x)在内是减函数，图象A适合．]
8．C　 [令F(x)＝－1，则F′(x)＝＝[g′(x)－g(x)]·.
∵g′(x)－g(x)<0，
∴F′(x)<0，则函数F(x)在(－∞，＋∞)上是减函数．
又函数y＝g(x)的图象关于直线x＝2对称，
∴g(0)＝g(4)＝1，从而F(0)＝－1＝0.
故F(x)>0的解集为(－∞，0)．]
9．(－∞，0)∪(，2)　[xf′(x)<0⇒或
当x∈时，f(x)单调递减，此时f′(x)<0.
当x∈(－∞，0)时，f(x)单调递增，此时f′(x)>0.]
10．[－2，＋∞)　[∵f(x)＝aln x＋x.∴f′(x)＝＋1.
又∵f(x)在[2，3]上单调递增，∴＋1≥0在x∈[2，3]上恒成立，
∴a≥(－x)max＝－2，∴a∈[－2，＋∞)．]
11.　[f′(x)＝3x2－6b，
若f(x)在(0，1)内有极小值，只需f′(0)·f′(1)＜0，
即－6b·(3－6b)＜0，解得0＜b＜.]
12.　[设P(x0，y0)，则f′(x)＝2x－1.
∴－1≤2x0－1≤3，即0≤x0≤2.
∵y0＝f(x0)＝x－x0＋1＝＋，
∵x0∈[0，2]，∴≤y0≤3，
故点P的纵坐标的取值范围是.]
13．(－1，0)∪(0，＋∞)　[对函数f(x)求导，得f′(x)＝－(x>0)．依题意，得f′(x)<0在(0，＋∞)上有解，即ax2＋2x－1>0在(0，＋∞)上有解，∴Δ＝4＋4a>0且方程ax2＋2x－1＝0至少有一个正根，∴a>－1，又∵a≠0，
∴－1<a<0或a>0.]
14.　[该三视图对应的几何体为底面半径为1，高为2的圆锥．如图，设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，上、下底面中心分别为O1，O2，上方截得的小圆锥的高为h，底面半径为r，则a2＋b2＝4r2.由三角形相似，得＝，即＝，则h＝2r.长方体的体积为V＝abc＝ab(2－2r)≤×(2－2r)＝2r2(2－2r)＝4r2－4r3(当且仅当a＝b时取等号，且0<r<1)．
设y＝4r2－4r3(0<r<1)，则y′＝8r－12r2.由y′＝0，得r＝0或r＝.由y′>0，得0<r<.由y′<0，得<r<1.故当r＝时，ymax＝4×－4×＝，即Vmax＝.
∴原工件材料的利用率为＝.]
15．①④　[设A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，
C(x1，g(x1))，D(x2，g(x2))，对于①从y＝2x的图象可看出，m＝kAB＞0恒成立，故正确；
对于②直线CD的斜率可为负，即n＜0，故不正确；
对于③由m＝n得f(x1)－f(x2)＝g(x1)－g(x2)，
即f(x1)－g(x1)＝f(x2)－g(x2)，
令h(x)＝f(x)－g(x)＝2x－x2－ax，
则h′(x)＝2x·ln 2－2x－a，
由h′(x)＝0，得2x·ln 2＝2x＋a，(*)结合图象知，当a很小时，方程(*)无解，∴函数h(x)不一定有极值点，就不一定存在x1，x2使f(x1)－g(x1)＝f(x2)－g(x2)，不一定存在x1，x2使得m＝n，故不正确；
对于④由m＝－n，得f(x1)－f(x2)＝g(x2)－g(x1)，
即f(x1)＋g(x1)＝f(x2)＋g(x2)，
令F(x)＝f(x)＋g(x)＝2x＋x2＋ax，则F′(x)＝2xln 2＋2x＋a，
由F′(x)＝0，得2xln 2＝－2x－a，
结合如图所示图象可知，该方程有解，即F(x)必有极值点，∴存在x1，x2使F(x1)＝F(x2)，使m＝－n，故正确．
故①④正确．]
16．解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a＞0，则当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值；
当a＞0时，f(x)在x＝取得最大值，
最大值为f＝ln＋a＝－ln a＋a－1.
因此f＞2a－2等价于ln a＋a－1＜0.
令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，
g(1)＝0.
于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.
因此，a的取值范围是(0，1)．
17．(1)解　函数的定义域为(0，＋∞)．由f(x)＝－kln x(k>0)得
f′(x)＝x－＝.
由f′(x)＝0解得x＝(负值舍去)．
f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上