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1、小学 +初中 +高中 +努力 =大学小学 +初中 +高中 +努力 =大学 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)ax3bx2cxd的图象如图所示，则下列结论成立的是( ) Aa0，b0，d0 Ba0，b0，c0 Ca0，b0，d0 Da0，b0，c0，d0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 ) 设函数f(x) ex(2x1) axa，其中a1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)2；a0，
2、b2；a1，b2. 三、解答题10(2015北京高考) 已知函数f(x) ln1x1x. (1) 求曲线yf(x) 在点 (0 ，f(0) 处的切线方程；(2) 求证：当x(0， 1) 时，f(x) 2xx33；(3) 设实数k使得f(x) k xx33对x(0， 1) 恒成立，求k的最大值小学 +初中 +高中 +努力 =大学小学 +初中 +高中 +努力 =大学11(2015全国卷 ) 设函数f(x) emxx2mx. (1) 证明：f(x) 在( ， 0)单调递减，在(0 ， ) 单调递增；(2) 若对于任意x1，x2 1， 1 ，都有 |f(x1) f(x2)| e1，求m的取值范围12(
3、2015全国卷 ) 已知函数f(x) x3ax14，g(x) ln x. (1) 当a为何值时，x轴为曲线yf(x) 的切线；(2) 用 minm，n 表示m，n中的最小值，设函数h(x) minf(x) ，g(x)(x0)，讨论h(x)零点的个数 自选模块 专题六导数真题体验引领卷1A 由图象知f(0) d0，可排除D；其导函数f(x) 3ax22bxc且f(0) c0，可排除 B；又f(x) 0 有两不等实根，且x1x2c3a0，所以a0，故选 A. 2B 当m2 时，f(x) 在12，2 上单调递减，0n8，mn2n16，当m2时，令f(x) (m2)xn80，xn8m2， 当m2 时，
4、对称轴x0n 8m 2， 由题意， n8m22， 2mn12，2mn2mn26，mn18，由 2mn12 且 2mn知m3，n6 取等号当m2 时，抛物线开口向下，由题意n8m212，即 2nm18，2mn2nm29，mn812，由 2nm18 且 2nm，小学 +初中 +高中 +努力 =大学小学 +初中 +高中 +努力 =大学得m9( 舍去 ) ，mn最大值为18，选 B. 3A A 正确等价于abc0，B正确等价于b 2a，C正确等价于4acb24a3，D正确等价于4a 2bc8. 下面分情况验证，若 A错，由、组成的方程组的解为a5，b 10，c8.符合题意；若 B错，由、组成的方程组消
5、元转化为关于a的方程后无实数解；若 C错，由、组成方程组，经验证a无整数解；若 D错，由、组成的方程组a的解为34也不是整数综上，故选A. 4C 导函数f(x) 满足f(x) k1，f(x) k0，k1 0，1k1 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，g1k1g(0) ，f1k1kk1 1，f1k11k 1，选项C错误，故选C. 5A 因为f(x)(xR) 为奇函数，f( 1) 0，所以f(1) f( 1) 0. 当x0 时，令g(x) f（x）x，则g(x) 为偶函数，且g(1) g( 1) 0. 当x0 时，g(
6、x) f（x）xxf（x）f（x）x20，故g(x) 在(0 ， ) 上为减函数，在( ， 0) 上为增函数所以在(0 ， ) 上，当0x1 时，g(x) g(1) 0?f（x）x0?f(x)0；在 ( ， 0)上，当x 1 时，g(x) g( 1) 0?f（x）x0?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. 6D 由题意可知存在唯一的整数x0，使得 ex0(2x01)ax0a，设g(x) ex(2x1) ，h(x)axa. 因为g(x) ex(2x1) ，所以当x12时，g (x)12时，g (x)0，所以当x12时， g(x)mi
7、n小学 +初中 +高中 +努力 =大学小学 +初中 +高中 +努力 =大学2e12. h(x) a(x1) 恒过定点 (1 ，0) ，且g(1) e0 在同一坐标系中作出yg(x)与yh(x) 的大致图象 结合图象，应有h（0） g（0），h（ 1）g（ 1），则a1， 2a3e，解之得32ea1.故实数a的取值范围是32e，1 . 71 f(x) 3ax21，f (1) 13a，f(1) a 2. 在(1 ，f(1) 处的切线方程为y (a2) (1 3a)(x1) 将(2 ，7) 代入切线方程，得7(a2) 13a，解得a1. 84 令h(x) f(x) g(x) ，则h(x) ln x，
8、0x1，x2ln x 2，1x2，x2ln x6，x2，当 1x 2 时，h(x) 2x1x12x2x0，故当1x2时h(x) 单调递减，在同一坐标系中画出y|h(x)| 和y1 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 令f(x) x3axb，f(x) 3x2a，当a0 时，f(x) 0，f(x) 单调递增，必有一个实根，正确；当a0 时，由于选项当中a 3，只考虑a 3 这一种情况，f(x) 3x2 33(x1)(x1) ，f(x)极大f( 1) 1 3bb2，f(x)极小f(1)13bb2， 要有一根，f(x)极大0， b2， 正确， 错误所有正确条件为
9、 .10 (1) 解因为f(x) ln(1 x) ln(1 x) ，所以f(x) 11x11x，f (0) 2. 又因为f(0) 0，所以曲线yf(x) 在点 (0 ，f(0) 处的切线方程为y 2x. 小学 +初中 +高中 +努力 =大学小学 +初中 +高中 +努力 =大学(2) 证明令g(x) f(x) 2xx33，则g(x) f(x) 2(1x2) 2x41x2. 因为g(x)0(0xg(0) 0，x (0，1) ，即当x(0， 1) 时，f(x)2xx33. (3) 解由(2) 知，当k2时，f(x)k xx33对x(0， 1)恒成立当k2 时，令h(x) f(x) k xx33，则h
10、(x) f(x) k(1 x2) kx4（k2）1x2. 所以当 0x4k2k时，h(x)0，因此h(x) 在区间0，4k2k上单调递减当 0x4k 2k时，h(x)h(0) 0，即f(x)2时，f(x)k xx33并非对x(0， 1) 恒成立综上可知，k的最大值为2. 11 (1) 证明f(x) m(emx1)2x. 若m0，则当x( ， 0) 时， emx10，f(x) 0；当x(0，) 时， emx10，f(x) 0. 若m0，则当x( ， 0) 时， emx10，f(x) 0；当x(0，) 时， emx1 0，f(x) 0. 所以，f(x) 在( ， 0) 上单调递减，在(0 ， )
11、上单调递增(2) 解由(1) 知，对任意的m，f(x)在 1，0 上单调递减，在0 ，1 上单调递增，故f(x)在x0 处取得最小值 所以对于任意x1，x2 1，1 时，|f(x1) f(x2)| e1 的充要条件是f（1）f（0） e1，f（ 1）f（ 0） e1，即emm e1，emme1.小学 +初中 +高中 +努力 =大学小学 +初中 +高中 +努力 =大学设函数g(t) ette1，则g(t) et1. 当t0 时，g(t)0；当t0 时，g(t) 0. 故g(t) 在( ， 0)上单调递减，在(0， ) 上单调递增又g(1) 0，g( 1)e12e0，故当t 1，1 时，g(t)
12、0.当m 1，1 时，g(m) 0，g( m) 0，即式成立；当m1 时，由g(t) 的单调性，g(m) 0，即 emme1；当m 1时，g( m) 0，即 emme 1. 综上，m的取值范围是 1，1 12解(1) 设曲线yf(x) 与x轴相切于点 (x0，0) ，则f(x0) 0，f(x0) 0. 即x30ax0140，3x20a0，解得x012，a34. 因此，当a34时，x轴为曲线yf(x) 的切线(2) 当x(1， ) 时，g(x) ln x0，从而h(x) minf(x) ，g(x) g(x)0 ，故h(x)在(1 ， ) 上无零点当x1 时，若a54，则f(1) a540，h(1
13、) minf(1) ，g(1) g(1) 0，故x1是h(x) 的零点； 若a54，则f(1)0 ，h(1) minf(1) ，g(1) f(1)0. 所以只需考虑f(x) 在(0 ，1) 上的零点个数( ) 若a 3 或a0，则f(x) 3x2a在(0，1) 上无零点， 故f(x) 在(0 ，1) 上单调 而f(0) 14，f(1) a54，所以当a 3 时，f(x) 在 (0，1) 上有一个零点；当a0 时，f(x)在(0 ，1) 上没有零点( ) 若 3a0，即34a0，f(x) 在(0 ，1)上无零点；若fa30，即a34，则f(x) 在(0 ，1) 上有唯一零点；小学 +初中 +高中 +努力 =大学小学 +初中 +高中 +努力 =大学若fa30，即 3a34，由于f(0) 14，f(1) a54，所以当54a34时，f(x) 在(0， 1) 上有两个零点；当334或a54时，h(x) 有一个零点；当a34或a54时，h(x) 有两个零点；当54a34时，h(x)有三个零点
