1、A卷1(2015洛阳市统考)曲线f(x)在点(1，f(1)处切线的倾斜角为，则实数a()A1B1C7 D7解析：选C.f(x)，又因为f(1)tan1，所以a7.2已知函数f(x)x3ax4，则“a0”是“f(x)在R上单调递增”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析：选A.f(x)x2a，当a0时，f(x)0恒成立，故“a0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件3函数f(x)3x2ln x2x的极值点的个数是()A0 B1C2 D无数个解析：选A.函数定义域为(0，)，且f(x)6x2，由于x0，g(x)6x22x1中20 0恒成立，故f(x)
2、0恒成立，即f(x)在定义域上单调递增，无极值点4(2015聊城市第二次质量预测)如图，yf(x)是可导函数，直线l：ykx2是曲线yf(x)在x3处的切线，令g(x)xf(x)，g(x)是g(x)的导函数，则g(3)() A1 B0C2 D4解析：选B.由题图可知曲线yf(x)在x3处切线的斜率等于，即f(3).又g(x)xf(x)，g(x)f(x)xf(x)，g(3)f(3)3f(3)，由题图可知f(3)1，所以g(3)130.5已知e是自然对数的底数，若函数f(x)exxa的图象始终在x轴的上方，则实数a的取值范围为()A2，2 B(，2)(2，)C(1，) D(，22，)解析：选C.因
3、为函数f(x)exxa的图象始终在x轴的上方，所以f(x)exxa的最小值大于零由f(x)ex10，得x0，当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递增所以f(x)exxa的最小值为f(0)1a，由1a0，得实数a的取值范围为(1，)6若函数yf(x)在R上可导，且满足不等式xf(x)f(x)恒成立，且常数a，b满足ab，则下列不等式一定成立的是()Aaf(b)bf(a) Baf(a)bf(b)Caf(a)bf(b) Daf(b)bf(a)解析：选B.令F(x)xf(x)，则F(x)xf(x)f(x)，由xf(x)f(x)，得xf(x)f(x)0，即F(x)0，所以F(x)在R上为递增函数，因
4、为ab，所以af(a)bf(b)7(2015高考天津卷)已知函数f(x)axln x，x(0，)，其中a为实数，f(x)为f(x)的导函数若f(1)3，则a的值为_解析：f(x)aa(1ln x)由于f(1)a(1ln 1)a，又f(1)3，所以a3.答案：38函数f(x)x22x4ln x的单调递增区间是_解析：f(x)2x2(x0)，令f(x)0，得x2.答案：(2，)9(2015江西省九江市第一次统考)已知函数f(x)x22axln x，若f(x)在区间上是增函数，则实数a的取值范围为_解析：由题意知f(x)x2a0在上恒成立，即2ax在上恒成立，因为，所以2a，即a.答案：10设函数f
5、(x)ln xax2bx，若x1是f(x)的极大值点，则a的取值范围为_解析：f(x)的定义域为(0，)，f(x)axb，由f(1)0，得b1a.所以f(x)axa1.若a0，当0x0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减，所以x1是f(x)的极大值点；若a1，解得1a1.答案：(1，)11(2015高考重庆卷)已知函数f(x)ax3x2(aR)在x处取得极值(1)确定a的值；(2)若g(x)f(x)ex，讨论g(x)的单调性解：(1)对f(x)求导得f(x)3ax22x，因为f(x)在x处取得极值，所以f0，即3a20，解得a.(2)由(1)得g(x)ex，故g(x)ex
6、exexx(x1)(x4)ex.令g(x)0，解得x0或x1或x4.当x4时，g(x)0，故g(x)为减函数；当4x1时，g(x)0，故g(x)为增函数；当1x0时，g(x)0，故g(x)为减函数；当x0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12(2015济南市第一次模拟)已知函数f(x)x2ln x1，g(x)ex(2ln xx)(1)若函数f(x)在定义域上是增函数，求a的取值范围；(2)求g(x)的最大值解：(1)由题意得x0，f(x)1.由函数f(x)在定义域上是增函数得f(x)0，即a2xx2(x1)21(
7、x0)因为(x1)211(当x1时，取等号)所以a的取值范围是1，)(2)g(x)ex，由(1)得a2时，f(x)x2ln x1，且f(x)在定义域上是增函数，又f(1)0，所以，当x(0，1)时，f(x)0.所以，当x(0，1)时，g(x)0，当x(1，)时，g(x)g(x)解：(1)f(x)aex2x，g(x)cos b，f(0)a，f(0)a，g(1)1b，g(1)b，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为yaxa，曲线yg(x)在点(1，g(1)处的切线方程为yb(x1)1b，即ybx1.依题意，有ab1，直线l的方程为yx1.(2)证明：由(1)知f(x)exx2，g(x)s
8、in x.设F(x)f(x)(x1)exx2x1，则F(x)ex2x1，当x(，0)时，F(x)F(0)0.F(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，故F(x)F(0)0.设G(x)x1g(x)1sin ，则G(x)0，当且仅当x4k1(kZ)时等号成立由上可知，f(x)x1g(x)，且两个等号不同时成立，因此f(x)g(x)14设函数f(x)ln xax.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a，g(x)x(f(x)1)(x1)，且g(x)在区间(k，k1)(kZ)内存在极值，求整数k的值解：(1)由已知得x0，f(x)a.当a0时，f(x)0，函数f(x)在(0，)内单调递增当a0
9、时，由f(x)0，得1ax0，所以0x；由f(x)0，得1ax.所以f(x)在内单调递增，在内单调递减(2)当a时，g(x)x(f(x)1)xxln xxx2(x1)，所以g(x)ln xx2(x1)，令F(x)g(x)ln xx2(x1)，则F(x)10，F(2)ln 20，F(3)g(3)ln 332ln 310，F(4)g(4)ln 442ln 420)，由题意可得方程ax23x20有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x1、x2，并令h(x)ax23x2，则(也可以为)，解得0a.即a的取值范围是.2已知函数f(x)ex1，g(x)x，其中e是自然对数的底数，e2.718 28.(1)证
10、明：函数h(x)f(x)g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)g(x)的根的个数，并说明理由解：(1)证明：由h(x)f(x)g(x)ex1x得，h(1)e30，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点(2)由(1)得h(x)ex1x.由g(x)x知，x0，)，而h(0)0，则x0为h(x)的一个零点，而h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在0，)上至少有两个零点因为h(x)exx1，记(x)exx1，则(x)exx.当x(0，)时，(x)0，因此(x)在(0，)上单调递增，则(x)在(0，)内至多只有一个零点，即h(x)在0，)内至多有两个零点所以方程f(x)g(x)的
11、根的个数为2.3已知函数f(x)ax1ln x，其中a为常数(1)当a时，若f(x)在区间(0，e)上的最大值为4，求a的值；(2)当a时，若函数g(x)|f(x)|存在零点，求实数b的取值范围解：(1)f(x)a，令f(x)0得x，因为a，所以00得0x，由f(x)0得x0，当a时，f(x)1ln x，所以f(x)，当0x0；当xe时，f(x)0，所以f(x)的增区间为(0，e)，减区间为(e，)，所以f(x)maxf(e)1，所以|f(x)|1.令h(x)，则h(x).当0x0；当xe时，h(x)0，从而h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，所以h(x)maxh(e)，要使
12、方程|f(x)|有实数根，只需h(x)max1即可，故b2.4(2015高考天津卷)已知函数f(x)4xx4，xR.(1)求f(x)的单调区间；(2)设曲线yf(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为yg(x)，求证：对于任意的实数x，都有f(x)g(x)；(3)若方程f(x)a(a为实数)有两个实数根x1，x2，且x1x2，求证：x2x14.解：(1)由f(x)4xx4，可得f(x)44x3.当f(x)0，即x1时，函数f(x)单调递增；当f(x)0，即x1时，函数f(x)单调递减所以，f(x)的单调递增区间为(，1)，单调递减区间为(1，)(2)证明：设点P的坐标为(x0，0
13、)，则x04，f(x0)12.曲线yf(x)在点P处的切线方程为yf(x0)(xx0)，即g(x)f(x0)(xx0)令函数F(x)f(x)g(x)，即F(x)f(x)f(x0)(xx0)，则F(x)f(x)f(x0)由于f(x)4x34在(，)上单调递减，故F(x)在(，)上单调递减又因为F(x0)0，所以当x(，x0)时，F(x)0；当x(x0，)时，F(x)0，所以F(x)在(，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减，所以对于任意的实数x，F(x)F(x0)0，即对于任意的实数x，都有f(x)g(x)(3)证明：由(2)知g(x)12(x4)设方程g(x)a的根为x2，可得x24.因为g(x)在(，)上单调递减，又由(2)知g(x2)f(x2)ag(x2)，因此x2x2.类似地，设曲线yf(x)在原点处的切线方程为yh(x)，可得h(x)4x.对于任意的x(，)，有f(x)h(x)x40，即f(x)h(x)设方程h(x)a的根为x1，可得x1.因为h(x)4x在(，)上单调递增，且h(x1)af(x1)h(x1)，因此x1x1.由此可得x2x1x2x14.
