2、.
由f′(x)＝3x2＋4x>0，解得x<－或x>0，
即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，(0，＋∞)，故選C.
3．已知f(x)＝x2＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為( )
A．(－∞，－2] B.
C．[－2，＋∞) D．[－5，＋∞)
解析：選C.由題意得f′(x)＝2x＋a＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立?g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立?Δ＝a2－24≤0或?－2≤a≤2或a≥
－4?a≥－2.
4．(2019·臺州二模)已知函數(shù)f(x)＝x2＋bx＋c(b，c∈R)，F(xiàn)(x)＝，若F(x)的圖象在x＝0處的切線方程為y
3、＝－2x＋c，則函數(shù)f(x)的最小值是( )
A．2 B．1
C．0 D．－1
解析：選C.因為f′(x)＝2x＋b，所以F(x)＝，F(xiàn)′(x)＝，又F(x)的圖象在x＝0處的切線方程為y＝－2x＋c，
所以得所以f(x)＝(x＋2)2≥0，f(x)min＝0.
5．(2019·溫州瑞安七校模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x－x1)·(x－x2)(x－x3)(其中x1＜x2＜x3)，g(x)＝ex－e－x，且函數(shù)f(x)的兩個極值點為α，β(α＜β)．設λ＝，μ＝，則( )
A．g(α)＜g(λ)＜g(β)＜g(μ)
B．g(λ)＜g(α)＜g(β)＜g(μ)
C．g(λ)＜g(
4、α)＜g(μ)＜g(β)
D．g(α)＜g(λ)＜g(μ)＜g(β)
解析：選D.由題意，f′(x)＝(x－x1)(x－x2)＋(x－x2)(x－x3)＋(x－x1)(x－x3)，
因為f′()＝－＜0，
f′()＝－＜0，
因為f(x)在(－∞，α)，(β，＋∞)上遞增，(α，β)上遞減，
所以α＜λ＜μ＜β，
因為g(x)＝ex－e－x單調(diào)遞增，
所以g(α)＜g(λ)＜g(μ)＜g(β)．
故選D.
6．(2019·寧波諾丁漢大學附中高三期中考試)已知函數(shù)f(x)＝x＋＋a，x∈[a，＋∞)，其中a＞0，b∈R，記m(a，b)為f(x)的最小值，則當m(a，b)＝2時
5、，b的取值范圍為( )
A．b＞ B．b＜
C．b＞ D．b＜
解析：選D.函數(shù)f(x)＝x＋＋a，x∈[a，＋∞)，
導數(shù)f′(x)＝1－，
當b≤0時，f′(x)＞0，f(x)在x∈[a，＋∞)遞增，可得f(a)取得最小值，
且為2a＋，由題意可得2a＋＝2，a＞0，b≤0方程有解；
當b＞0時，由f′(x)＝1－＝0，可得x＝(負的舍去)，
當a≥時，f′(x)＞0，f(x)在[a，＋∞)遞增，可得f(a)為最小值，
且有2a＋＝2，a＞0，b＞0，方程有解；
當a＜時，f(x)在[a，]遞減，在(，＋∞)遞增，
可得f()為最小值，且有a＋2＝2，即a＝2－2＞
6、0，
解得0＜b＜.
綜上可得b的取值范圍是(－∞，)．
故選D.
7．(2019·浙江“七彩陽光”聯(lián)盟模擬)函數(shù)f(x)＝的大致圖象是( )
解析：選B.由f(x)的解析式知有兩個零點x＝－與x＝0，排除A，又f′(x)＝，
由f′(x)＝0知函數(shù)有兩個極值點，排除C，D，故選B.
8．(2019·成都市第一次診斷性檢測)已知曲線C1：y2＝tx(y>0，t>0)在點M處的切線與曲線C2：y＝ex＋1＋1也相切，則t的值為( )
A．4e2 B．4e C. D.
解析：選A.由y＝，得y′＝，則切線斜率為k＝，所以切線方程為y－2＝，即y＝x＋
7、1.設切線與曲線y＝ex＋1＋1 的切點為(x0，y0)．由y＝ex＋1＋1，得y′＝ex＋1，則由ex0＋1＝，得切點坐標為，故切線方程又可表示為y－－1＝，即y＝x－ln ＋＋1，所以由題意，得－ln ＋＋1＝1，即ln ＝2，解得t＝4e2，故選A.
9．(2019·金華十校高考模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋ax－1，若曲線存在兩條斜率為3的切線，且切點的橫坐標都大于0，則實數(shù)a的取值范圍為____________．
解析：由題意知，f(x)＝x3－x2＋ax－1的導數(shù)
f′(x)＝2x2－2x＋a.
2x2－2x＋a＝3有兩個不等正根，則，
得3＜a＜.
答案：
1
8、0．(2019·湖州市高三期末)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(1)＝1，且對于任意的x∈R，都有f′(x)＜，則不等式f(log2x)＞的解集為________．
解析：設g(x)＝f(x)－x，
因為f′(x)＜，
所以g′(x)＝f′(x)－＜0，
所以g(x)為減函數(shù)，又f(1)＝1，
所以f(log2x)＞＝log2x＋，
即g(log2x)＝f(log2x)－log2x＞
＝g(1)＝f(1)－＝g(log22)，
所以log2x＜log22，又y＝log2x為底數(shù)是2的增函數(shù)，
所以0＜x＜2，
則不等式f(log2x)＞的解集為(0，2)．
答案：(0，
9、2)
11．(2019·紹興、諸暨高考二模)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x，函數(shù)f(x)的圖象在x＝0處的切線方程是________；函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，2]內(nèi)的值域是________．
解析：函數(shù)f(x)＝x3－3x，切點坐標(0，0)，導數(shù)為y′＝3x2－3，切線的斜率為－3，
所以切線方程為y＝－3x；
3x2－3＝0，可得x＝±1，x∈(－1，1)，y′＜0，函數(shù)是減函數(shù)，x∈(1，＋∞)，y′＞0函數(shù)是增函數(shù)，f(0)＝0，f(1)＝－2，f(2)＝8－6＝2，
函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，2]內(nèi)的值域是[－2，2]．
答案：y＝－3x [－2，2]
12．(2019·臺
10、州市高三期末考試)已知函數(shù)f(x)＝x2－3x＋ln x，則f(x)在區(qū)間[，2]上的最小值為________；當f(x)取到最小值時，x＝________．
解析：f′(x)＝2x－3＋＝(x＞0)，
令f′(x)＝0，得x＝，1，
當x∈(，1)時，f′(x)＜0，x∈(1，2)時，f′(x)＞0，
所以f(x)在區(qū)間[，1]上單調(diào)遞減，在區(qū)間[1，2]上單調(diào)遞增，
所以當x＝1時，f(x)在區(qū)間[，2]上的最小值為f(1)＝－2.
答案：－2 1
13．(2019·唐山二模)已知函數(shù)f(x)＝ln x－nx(n>0)的最大值為g(n)，則使g(n)－n＋2>0成立的n的取值
11、范圍為________．
解析：易知f(x)的定義域為(0，＋∞)．
因為f′(x)＝－n(x>0，n>0)，
當x∈時，f′(x)>0，
當x∈時，f′(x)<0，
所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以f(x)的最大值
g(n)＝f＝－ln n－1.設h(n)＝g(n)－n＋2＝－ln n－n＋1.
因為h′(n)＝－－1<0，
所以h(n)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．又h(1)＝0，
所以當0h(1)＝0，故使g(n)－n＋2>0成立的n的取值范圍為(0，1)．
答案：(0，1)
14．(2019·浙江東陽中學期中檢測)設函數(shù)f(x)＝
12、ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整數(shù)x0，使得f(x0)<0，則a的取值范圍是________．
解析：設g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，由題意存在唯一的整數(shù)x0，使得g(x0)在直線y＝ax－a的下方，
因為g′(x)＝ex(2x＋1)，
所以當x<－時，g′(x)<0，當x>－時，g′(x)>0，
所以當x＝－時，g(x)min＝－2e，當x＝0時，g(0)＝－1，g(1)＝e>0，直線y＝ax－a恒過(1，0)，斜率為a，故－a>g(0)＝－1，且
g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得≤a<1.
答案：≤a<1
15．設函數(shù)f(x)＝x3
13、－x2＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝1.
(1)求b，c的值；
(2)若a＞0，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(3)設函數(shù)g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實數(shù)a的取值范圍．
解：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，
由題意得即
(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，
當x∈(－∞，0)時，f′(x)＞0；
當x∈(0，a)時，f′(x)＜0；
當x∈(a，＋∞)時，f′(x)＞0.
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，(a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，a)．
14、
(3)g′(x)＝x2－ax＋2，依題意，存在x∈(－2，－1)，
使不等式g′(x)＝x2－ax＋2＜0成立，
即x∈(－2，－1)時，a＜＝－2，
當且僅當x＝即x＝－時等號成立．
所以滿足要求的a的取值范圍是(－∞，－2)．
16．(2019·浙江金華十校第二學期調(diào)研)設函數(shù)f(x)＝ex－x，h(x)＝－kx3＋kx2－x＋1.
(1)求f(x)的最小值；
(2)設h(x)≤f(x)對任意x∈[0，1]恒成立時k的最大值為λ，證明：4＜λ＜6.
解：(1)因為f(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1，
當x∈(－∞，0)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，
15、
當x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，
所以f(x)min＝f(0)＝1.
(2)證明：由h(x)≤f(x)，化簡可得k(x2－x3)≤ex－1，
當x＝0，1時，k∈R，
當x∈(0，1)時，k≤，
要證：4＜λ＜6，則需證以下兩個問題；
①＞4對任意x∈(0，1)恒成立；
②存在x0∈(0，1)，使得＜6成立．
先證：①＞4，即證ex－1＞4(x2－x3)，
由(1)可知，ex－x≥1恒成立，
所以ex－1≥x，又x≠0，所以ex－1＞x，
即證x≥4(x2－x3)?1≥4(x－x2)?(2x－1)2≥0，
(2x－1)2≥0，顯然成立，
所以
16、＞4對任意x∈(0，1)恒成立；
再證②存在x0∈(0，1)，使得＜6成立．
取x0＝，＝8(－1)，因為＜，
所以8(－1)＜8×＝6，
所以存在x0∈(0，1)，使得＜6，
由①②可知，4＜λ＜6.
17．(2019·寧波市高考模擬)已知f(x)＝x＋，g(x)＝x＋ln x，其中a＞0.若對任意的x1，x2∈[1，e]都有f(x1)≥g(x2)成立，求實數(shù)a的取值范圍．
解：對任意的x1，x2∈[1，e]都有f(x1)≥g(x2)?當x∈[1，e]有f(x)min≥g(x)max，
當x∈[1，e]時，g′(x)＝1＋＞0，
所以g(x)在x∈[1，e]上單調(diào)遞增，
17、所以g(x)max＝g(e)＝e＋1.
當x∈[1，e]時，f′(x)＝1－＝，
因為a＞0，
所以令f′(x)＝0得x＝a.
①當0＜a＜1時，f′(x)＞0，所以f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，
所以f(x)min＝f(1)＝a2＋1.
令a2＋1≥e＋1得a≥，這與0＜a＜1矛盾．
②當1≤a≤e時，若1≤x＜a，則f′(x)＜0，
若a＜x≤e，則f′(x)＞0，
所以f(x)在[1，a]上單調(diào)遞減，在[a，e]上單調(diào)遞增，
所以f(x)min＝f(a)＝2a，令2a≥e＋1得a≥，
又1≤a≤e，
所以≤a≤e.
③當a＞e時，f′(x)＜0，所以f(x)在
18、[1，e]上單調(diào)遞減，
所以f(x)min＝f(e)＝e＋.
令e＋≥e＋1得a≥，又a＞e，
所以a＞e.
綜合①②③得，所求實數(shù)a的取值范圍是.
18．(2019·寧波九校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝e－x－.
(1)證明：當x∈[0，3]時，e－x≥；
(2)證明：當x∈[2，3]時，－＜f(x)＜0.
證明：(1)要證e－x≥，也即證ex≤1＋9x.
令F(x)＝ex－9x－1，則F′(x)＝ex－9.
令F′(x)＞0，則x＞2ln 3.因此，當0≤x＜2ln 3時，有F′(x)＜0，故F(x)在[0，2ln 3)上單調(diào)遞減；當2ln 3＜x≤3時，有F′(x)＞0，
19、故F(x)在[2ln 3，3]上單調(diào)遞增．
所以，F(xiàn)(x)在[0，3]上的最大值為max{F(0)，F(xiàn)(3)}．
又F(0)＝0，F(xiàn)(3)＝e3－28＜0.故F(x)≤0，x∈[0，3]成立，
即ex≤1＋9x，x∈[0，3]成立．原命題得證．
(2)由(1)得：當x∈[2，3]時，f(x)＝e－x－≥－.
令t(x)＝－，
則t′(x)＝－(1＋9x)－2·9＋(1＋x)－2＝－＝＝≥0，x∈[2，3]．
所以，t(x)在[2，3]上單調(diào)遞增，即t(x)≥t(2)＝－＞－＝－，x∈[2，3]，
所以f(x)＞－得證．
下證f(x)＜0.
即證ex＞x＋1
令h(x)＝ex－(x＋1)則h′(x)＝ex－1＞0，
所以h(x)在[2，3]上單調(diào)遞增，
所以，h(x)＝ex－(x＋1)≥e2－3＞0，得證．
另證：要證－＞－，即證9x2－18x＋1＞0，
令m(x)＝9x2－18x＋1＝9(x－1)2－8在[2，3]上遞增，所以m(x)≥m(2)＝1＞0得證．
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（浙江專用）2020高考數(shù)學二輪復習 專題一 集合、常用邏輯用語、函數(shù)與導數(shù)、不等式 第5講 導數(shù)的簡單應用專題強化訓練
