1、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，d0Ba0，b0，c0Ca0，b0，d0Da0，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，b2；a1，b2.三、解答题10(2015重庆高考)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
2、)f(x)ex，讨论g(x)的单调性11(2015四川高考)已知函数f(x)2xln xx22axa2，其中a0.(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)已知函数f(x)x3ax，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
3、，可排除B；又f(x)0有两不等实根，且x1x20，所以a0，故选A.2B当m2时，f(x)在上单调递减，0n8，mn2n16，当m2时，令f(x)(m2)xn80，x，当m2时，对称轴x0，由题意，2，2mn12，6，mn18，由2mn12且2mn知m3，n6取等号当m2时，抛物线开口向下，由题意，即2nm18，9，mn，由2nm18且2nm，得m9(舍去)，mn最大值为18，选B.3AA正确等价于abc0，B正确等价于b2a，C正确等价于3，D正确等价于4a2bc8.下面分情况验证，若A错，由、组成的方程组的解为符合题意；若B错，由、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
4、、组成方程组，经验证a无整数解；若D错，由、组成的方程组a的解为也不是整数综上，故选A.4C导函数f(x)满足f(x)k1，f(x)k0，k10，0，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，gg(0)，f1，f，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)，则g(x)为偶函数，且g(1)g(1)0.当x0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0x1时，g(x)g(1)00f(x)0；在(，0)上，当x1时，g(x)g(1)
5、00f(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x时，g(x)时，g(x)0，所以当x时，g(x)min2e.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，应有则解之得a1.故实数a的取值范围是.71f(x)3ax21，f(1)13a，f(1)a2.在(1，f(1)处的切线方程为y(a2)(13a)(x1)将(2，7)代入切线方程，得7(a2)13a，解
6、得a1.84令h(x)f(x)g(x)，则h(x)当1x2时，h(x)2x0，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a3，只考虑a3这一种情况，f(x)3x233(x1)(x1)，f(x)极大f(1)13bb2，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.10解(1)对f(x)求导得f(x)3ax22x，因为f(x)在x处取得极值，所以
7、f0，即3a20，解得a.(2)由(1)得g(x)ex，故g(x)exexexx(x1)(x4)ex.令g(x)0，解得x0，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11(1)解由已知，函数f(x)的定义域为(0，)，g(x)f(x)2(x1ln xa)，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
8、(x)2(x1ln xa)0，解得ax1ln x，令(x)2xln xx22x(x1ln x)(x1ln x)2(1ln x)22xln x，则(1)10，(e)2(2e)0，于是，存在x0(1，e)，使得(x0)0，令a0x01ln x0u(x0)，其中u(x)x1ln x(x1)，由u(x)10知，函数u(x)在区间(1，)上单调递增，故0u(1)a0u(x0)u(e)e21，即a0(0，1)，当aa0时，有f(x0)0，f(x0)(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
9、(x0)0；又当x(0，1时，f(x)(xa0)22xln x0，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yf(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a，则f(1)a0，h(1)minf(1)，g(1)g(1)0，故x1是h(x)的零点；若a，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a3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)，f(1)a，所以当a3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a0，f(x)在(0，1)上无零点；若f0，即a，则f(x)在(0，1)上有唯一零点；若f0，即3a，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