2017届高考数学第一轮考点复习题组训练27.doc

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1．(2015·课标Ⅰ，14，易)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＝________．
【解析】　f′(x)＝3ax2＋1，f′(1)＝3a＋1，f(1)＝a＋2，故f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)，代入点(2，7)得，a＝1.
【答案】　1
2．(2015·课标Ⅱ，16，中)已知曲线y＝x＋ln x在点(1，1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________．
【解析】　∵f′(x)＝1＋，∴f′(1)＝2，
∴切线方程为y－1＝2(x－1)，
即y＝2x－1.
由
得ax2＋ax＋2＝0.∴Δ＝a2－8a＝0，
解得a＝8(a＝0舍去)．
【答案】　8

1．(2011·重庆，3，易)曲线y＝－x3＋3x2在点(1，2)处的切线方程为(　　)
A．y＝3x－1
B．y＝－3x＋5
C．y＝3x＋5
D．y＝2x
A　y′＝－3x2＋6x，当x＝1时，切线的斜率k＝－3×12＋6×1＝3.故切线方程为y－2＝3(x－1)，即y＝3x－1，故选A.
2．(2011·山东，4，中)曲线y＝x3＋11在点P(1，12)处的切线与y轴交点的纵坐标是(　　)
A．－9 B．－3
C．9 D．15
【答案】　C　∵y′＝3x2，∴过点P(1，12)的切线的斜率k＝3，切线方程为y－12＝3(x－1)，即3x－y＋9＝0，故切线与y轴交点为(0，9)，故选C.
3．(2014·广东，11，易)曲线y＝－5ex＋3在点(0，－2)处的切线方程为________．
【解析】　∵切线的斜率为
y′|x＝0＝－5ex|x＝0＝－5，
∴曲线在点(0，－2)处的切线方程为y＋2＝－5x，即5x＋y＋2＝0.
【答案】　5x＋y＋2＝0
4．(2013·广东，12，中)若曲线y＝ax2－ln x在点(1，a)处的切线平行于x轴，则a＝________.
【解析】　令f(x)＝ax2－ln x，得f′(x)＝2ax－，
所以曲线在点(1，a)处的切线的斜率k＝f′(1)＝2a－1＝0，得a＝.
【答案】　
方法点拨：曲线在某点处的切线平行于一条直线(斜率存在)，则曲线在该点处的导数等于直线的斜率．
5．(2014·江西，11，中)若曲线y＝xln x上点P处的切线平行于直线2x－y＋1＝0，则点P的坐标是________．
【解析】　由题意知，y′＝ln x＋1，直线斜率为2.由导数的几何意义，令ln x＋1＝2，得x＝e，所以y＝eln e＝e，所以P(e，e)．
【答案】　(e，e)
方法点拨：先求函数的导数，再利用导数的几何意义确定切点的坐标．
6．(2012·北京，18，13分，中)已知函数f(x)＝ax2＋1(a＞0)，g(x)＝x3＋bx.
(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；
(2)当a＝3，b＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间[k，2]上的最大值为28，求k的取值范围．
解：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．
即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b.
解得a＝3，b＝3.
(2)令h(x)＝f(x)＋g(x)．
当a＝3，b＝－9时，
h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，
h′(x)＝3x2＋6x－9.
令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1.
h(x)与h′(x)在(－∞，2]上的情况如下：
x
(－∞，－3)
－3
(－3，1)
1
(1，2)
2
h′(x)
＋
0
－
0
＋

h(x)

28

－4

3
由此可知：
当k≤－3时，函数h(x)在区间[k，2]上的最大值为h(－3)＝28；当－3＜k＜2时，函数h(x)在区间[k，2]上的最大值小于28.因此，k的取值范围是(－∞，－3]．
7．(2014·山东，20，13分，难)设函数f(x)＝aln x＋，其中a为常数．
(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)讨论函数f(x)的单调性．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋
＝＋，
∵a＝0，∴f′(x)＝，
根据导数的几何意义，所求切线的斜率
k＝f′(1)＝.
又∵f(1)＝0，∴所求切线方程为y＝(x－1)，即x－2y－1＝0.
(2)f′(x)＝
＝，
当a≥0时，由x＞0知f′(x)＞0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a＜0时，令g(x)＝ax2＋2(a＋1)x＋a，由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，
①当a＝－时，Δ＝0，f′(x)＝≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当a＜－时，Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0.故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
③当Δ＞0，即－＜a＜0时，
令x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，则x1＝，
x2＝，
由x1＝
＝＞0，
令f′(x)＞0，则x∈(x1，x2)，
令f′(x)＜0，则x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)，
∴f(x)在(x1，x2)上单调递增，在(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递减．
综上所述：当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当－＜a＜0时，f(x)在(x1，x2)上单调递增，在(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递减
(其中x1＝，x2＝；
当a≤－时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
方法点拨：(1)求出函数的定义域和导数，根据导数的几何意义求切线方程；(2)将导数通分，只看分子的符号决定导数的符号，对含参数的二次式进行分类讨论．

考向1　导数的运算
1．基本初等函数的导数公式
原函数
导函数
f(x)＝C(C为常数)
f′(x)＝0
f(x)＝xα(α∈Q*)
f′(x)＝αxα－1(α∈Q*)
f(x)＝sin x
f′(x)＝cos x
f(x)＝cos x
f′(x)＝－sin x
f(x)＝ax(a＞0)
f′(x)＝axln a(a＞0)
f(x)＝ex
f′(x)＝ex
f(x)＝logax(a>0，且a≠1)
f′(x)＝(a＞0，且a≠1)
f(x)＝ln x
f′(x)＝
2.导数的运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；
(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；
(3)′＝(g(x)≠0)．
(1)(2015·山东济南一模，5)设f′(x)是f(x)＝的导数，则＝(　　)
A. B．－ C．2 D．－2
(2)(2013·江西，13)设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(ex)＝x＋ex，则f′(1)＝________.
【解析】　(1)由f(x)＝＝－1－，
得f′(x)＝，
所以f(2)＝－2，f′(2)＝1，所以＝－.
(2)令t＝ex，故x＝ln t，所以f(t)＝ln t＋t，即f(x)＝ln x＋x，所以f′(x)＝＋1，所以f′(1)＝1＋1＝2.
【答案】　(1)B　(2)2
【点拨】　解题(1)时，首先将函数解析式进行化简，便于求导运算；解题(2)时，先用换元法，求出函数的解析式，然后再求导.
导数运算的原则和方法
(1)原则：先化简解析式，再求导．
(2)方法：
①连乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导；
②分式形式：观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导；
③对数形式：先化为和、差的形式，再求导；
④根式形式：先化为分数指数幂的形式，再求导；
⑤三角形式：先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导．

要牢记导数公式和导数的四则运算法则，切忌记混公式法则．

(2015·吉林长春模拟，6)函数y＝的导数是(　　)
A．y′＝ B．y′＝
C．y′＝ D．y′＝
【答案】　B　因为y＝，
所以y′＝
＝，故选B.
考向2　导数的几何意义及其应用
1．导数的几何意义
函数f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)的几何意义是在曲线y＝f(x)上点(x0，f(x0))处的切线的斜率．相应地，切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
2．导数几何意义的应用
(1)已知切点A(x0，f(x0))求斜率k，即求该点处的导数值k＝f′(x0)．
(2)已知斜率k，求切点A(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)＝k.
(3)已知过某点M(x1，f(x1))(不是切点)的切线斜率为k时，常需设出切点A(x0，f(x0))，利用k＝求解．
(1)(2014·江苏，11)在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b的值是________．
(2)(2013·北京，18，13分)设L为曲线C：y＝在点(1，0)处的切线．
①求L的方程；
②证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线L的下方．
【思路导引】　(1)依据点在曲线上，导数在切点处的取值等于切线的斜率，切线与直线平行，建立关于a，b的方程组并求解a，b；(2)先求切线方程，后证明直线L上任意一点对应的函数值均大于曲线C上任一点对应的函数值．
【解析】　(1)因为曲线y＝ax2＋过点P(2，－5)，
所以4a＋＝－5.①
又y′＝2ax－，且曲线在点P(2，－5)处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，所以4a－＝－.②
由①②解得所以a＋b＝－3.
(2)①设f(x)＝，则f′(x)＝.
所以切线的斜率k＝f′(1)＝1，
所以L的方程为y＝x－1.
②证明：令g(x)＝x－1－f(x)，则除切点之外，曲线C在直线L的下方等价于g(x)＞0(∀x＞0，x≠1)．
g(x)满足g(1)＝0，
且g′(x)＝1－f′(x)＝.
当0＜x＜1时，x2－1＜0，ln x＜0，所以g′(x)＜0，故g(x)单调递减；
当x＞1时，x2－1＞0，ln x＞0，所以g′(x)＞0，故g(x)单调递增．
所以g(x)＞g(1)＝0(∀x＞0，x≠1)．
所以除切点(1，0)之外，曲线C在直线L的下方．
求函数的切线方程的注意事项
(1)首先应判断所给点是不是切点，如果不是，要先设出切点．
(2)切点既在原函数的图象上也在切线上，可将切点代入两者的函数解析式建立方程组．
(3)在切点处的导数值等于切线的斜率，这是求切线方程最重要的条件．
(4)曲线与直线相切并不一定只有一个公共点．例如，y＝x3在(1，1)处的切线l与y＝x3的图象还有一个交点(－2，－8)．
(1)(2014·安徽，15)若直线l与曲线C满足下列两个条件：
(i)直线l在点P(x0，y0)处与曲线C相切；(ii)曲线C在点P附近位于直线l的两侧，则称直线l在点P处“切过”曲线C.
下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．
①直线l：y＝0在点P(0，0)处“切过”曲线C：y＝x3
②直线l：x＝－1在点P(－1，0)处“切过”曲线C：y＝(x＋1)2
③直线l：y＝x在点P(0，0)处“切过”曲线C：y＝sin x
④直线l：y＝x在点P(0，0)处“切过”曲线C：y＝tan x
⑤直线l：y＝x－1在点P(1，0)处“切过”曲线C：y＝ln x
(2)(2012·课标全国，13)曲线y＝x(3ln x＋1)在点(1，1)处的切线方程为__________．
(1)【解析】　①y′＝3x2.在点P(0，0)处，x＝0时，k＝0，切线方程为y＝0，满足(i)．由图1可知，满足(ii)．

②y′＝2(x＋1)，在点P(－1，0)处，x＝－1时，k＝0，切线方程为y＝0，曲线在P(－1，0)处的切线方程不是x＝－1，不满足(i)．
③y′＝cos x，在点P(0，0)处，x＝0时，k＝1，切线方程为y＝x，满足(i)；由图2知，满足(ii)．
④y′＝＝.在点P(0，0)处，k＝1，切线方程为y＝x，满足(i)；由图3知，满足(ii)．

⑤y′＝，在点P(1，0)处，k＝1，切线方程为y＝x－1，满足(i)；由图4可知，不满足(ii)．
综上，①③④为真命题．
【答案】　①③④
(2)【解析】　y′＝3ln x＋1＋x·＝3ln x＋4，曲线在点(1，1)处的斜率为k＝f′(1)＝4，∴切线方程为y－1＝4(x－1)，即y＝4x－3.
【答案】　y＝4x－3

1．(2015·湖北襄阳一模，5)函数f(x)＝excos x的图象在点(0，f(0))处的切线的倾斜角为(　　)
A. B．0 C. D．1
【答案】　A　由f′(x)＝ex(cos x－sin x)，则在点(0，f(0))处的切线的斜率k＝f′(0)＝1，故倾斜角为，选A.

2．(2015·湖南长沙二模，6)若曲线f(x)＝x4－x在点P处的切线平行于直线3x－y＝0，则点P的坐标为(　　)
A．(－1，2) B．(1，－3) C．(1，0) D．(1，5)
【答案】　C　设点P的坐标为(x0，y0)，因为f′(x)＝4x3－1，所以f′(x0)＝4x－1＝3，即x0＝1.把x0＝1代入函数f(x)＝x4－x得y0＝0，所以点P的坐标为(1，0)．
3．(2015·四川成都质检，8)已知函数f(x)＝－x3＋2x2＋2x，若存在满足0≤x0≤3的实数x0，使得曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线与直线x＋my－10＝0垂直，则实数m的取值范围是(　　)
A．[6，＋∞) B．(－∞，2]
C．[2，6] D．[5，6]
【答案】　C　f′(x)＝－x2＋4x＋2＝－(x－2)2＋6，因为x0∈[0，3]，所以f′(x0)∈[2，6]，又因为切线与直线x＋my－10＝0垂直，所以切线的斜率为m，所以m的取值范围是[2，6]．
4．(2014·河南开封二模，12)过点A(2，1)作曲线f(x)＝x3－3x的切线最多有(　　)
A．3条 B．2条 C．1条 D．0条
【答案】　A　由题意得，f′(x)＝3x2－3，设切点为(x0，x－3x0)，那么切线的斜率为k＝3x－3，利用点斜式方程可知切线方程为y－(x－3x0)＝(3x－3)(x－x0)，将点A(2，1)代入可得关于x0的一元三次方程2x－6x＋7＝0.令y＝2x－6x＋7，则y′＝6x－12x0.由y′＝0得x0＝0或x0＝2.当x0＝0时，y＝7>0；x0＝2时，y＝－1<0.所以方程2x－6x＋7＝0有3个解．故过点A(2，1)作曲线f(x)＝x3－3x的切线最多有3条，故选A.
方法点拨：曲线y＝f(x)过点P(x0，y0)(点不在曲线y＝f(x)上)的切线方程的求解步骤：
(1)设出切点坐标P′(x1，f(x1))；
(2)写出过P′(x1，f(x1))的切线方程为y－f(x1)＝f′(x1)·(x－x1)；
(3)将点P(x0，y0)代入切线方程，求出x1；
(4)将x1的值代入方程y－f(x1)＝f′(x1)·(x－x1)可得过点P(x0，y0)的切线方程．
5．(2015·江西上饶一模，13)已知函数y＝f(x)的图象在M(1，f(1))处的切线方程是y＝x＋2，则f(1)＋f′(1)＝________.
【解析】　由题设知，点M(1，f(1))既在函数y＝f(x)的图象上，又在切线y＝x＋2上，所以f(1)＝＋2＝.又f′(1)＝，所以f(1)＋f′(1)＝＋＝3.
【答案】　3
6．(2015·湖北武汉一模，11)设f1(x)＝sin x，定义fn＋1(x)为fn(x)的导数，即fn＋1(x)＝f′n(x)，n∈N*.若△ABC的内角A满足f1(A)＋f2(A)＋…＋f2 014(A)＝，则tan A的值是________．
【解析】　f1(x)＝sin x，f2(x)＝f′1(x)＝cos x，f3(x)＝f′2(x)＝－sin x，f4(x)＝f′3(x)＝－cos x，f5(x)＝f′4(x)＝sin x，…，所以f1(A)＋f2(A)＋…＋f2 014(A)＝f1(A)＋f2(A)＝sin A＋cos A＝.又sin2A＋cos2A＝1，所以sin A＝.
因为A为△ABC的内角，
所以sin A＝.
所以cos A＝，所以tan A＝＝－2－.
【答案】　－2－
方法点拨：本题的解题关键是找到导函数的周期．
7．(2014·湖南岳阳一模，15)设曲线y＝上有一点P(x1，y1)，与曲线切于点P的切线为m，若直线n过P且与m垂直，则称n为曲线在点P处的法线，设n交x轴于点Q，又作PR⊥x轴于R，则RQ的长为________．
【解析】　依题意知，令y＝f(x)＝，
∴f′(x1)＝.
∵n与m垂直，∴n的斜率为－2，
∴直线n的方程为y－y1＝－2(x－x1)．
由题意设点Q，点R的坐标分别为(xQ，0)，(xR，0)．
令y＝0，又y1＝，则－＝－2·(xQ－x1)，解得xQ＝＋x1，由题意知，xR＝x1，
∴|RQ|＝|xQ－xR|＝.
【答案】　

8．(2015·湖南株洲质检，15)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)图象的对称中心为M(x0，f(x0))，记函数f(x)的导函数为f′(x)，f′(x)的导函数为f″(x)，则有f″(x0)＝0.若函数f(x)＝x3－3x2，则f ＋ f ＋…＋f ＋f ＝________.
【解析】　f′(x)＝3x2－6x，f″(x)＝6x－6.
令f″(x)＝0，得x＝1，f(1)＝－2，
∴f(x)的对称中心为(1，－2)，
∴f(2－x)＋f(x)＝－4，
f ＋f ＋…＋f ＋f ＝－4×2 012＋f(1)＝－8 048－2＝－8 050.
【答案】　－8 050

1．(2015·课标Ⅰ，21，12分，难)设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)单调递增．又f′(a)>0，当b满足0<b<且b<时，f′(b)<0，故当a>0时，f′(x)存在唯一零点．
(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)单调递减，在(x0，＋∞)单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．
由于－＝0，所以f(x0)＝－aln x0＝－＝－aln＋2ax0＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
2．(2015·安徽，21，13分，难)已知函数f(x)＝(a>0，r>0)．
(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；
(2)若＝400，求f(x)在(0，＋∞)内的极值．
解：(1)由题意知x≠－r，所求的定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞)．
f(x)＝＝，
f′(x)＝
＝，
所以当x＜－r或x＞r时，f′(x)＜0；
当－r＜x＜r时，f′(x)＞0，
因此，f(x)的单调递减区间为(－∞，－r)，(r，＋∞)；f(x)的单调递增区间为(－r，r)．
(2)由(1)的解答可知f′(r)＝0，f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，＋∞)上单调递减．因此，x＝r是f(x)的极大值点，所以f(x)在(0，＋∞)内的极大值为f(r)＝＝＝＝100.
3．(2015·课标Ⅱ，21，12分，难)已知函数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．
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．
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；
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)．
4．(2015·山东，20，13分，难)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．
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)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.
5．(2015·湖南，21，13分，难)已知a>0，函数f(x)＝aexcos x(x∈[0，＋∞))．记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点．
(1)证明：数列{f(xn)}是等比数列；
(2)若对一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，求a的取值范围．
解：(1)证明：f′(x)＝aexcos x－aexsin x＝aexcos.
令f′(x)＝0，由x≥0，得x＋＝mπ－，即x＝mπ－，m∈N*.
而对于cos，当k∈Z时，
若2kπ－<x＋<2kπ＋，
即2kπ－<x<2kπ＋，
则cos>0；
若2kπ＋<x＋<2kπ＋，
即2kπ＋<x<2kπ＋，
则cos<0.
因此，在区间与上，f′(x)的符号总相反．于是当x＝mπ－(m∈N*)时，f(x)取得极值，
所以xn＝nπ－π(n∈N*)．
此时，f(xn)＝

易知f(xn)≠0，而
＝＝－eπ
是常数，故数列{f(xn)}是首项为f(x1)＝，公比为－eπ的等比数列．
(2)对一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，
即nπ－≤恒成立．
因为a>0，所以≤恒成立．
设g(t)＝(t>0)，则g′(t)＝.
令g′(t)＝0得t＝1.
当0<t<1时，g′(t)<0，所以g(t)在区间(0，1)上单调递减；
当t>1时，g′(t)>0，所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增．
因为x1∈(0，1)，且当n≥2时，xn∈(1，＋∞)，xn<xn＋1，
所以[g(xn)]min＝min{g(x1)，g(x2)}
＝min
＝g＝e.
因此，xn≤|f(xn)|恒成立，当且仅当
≤.
解得a≥.
故a的取值范围是.

1．(2014·课标Ⅱ，11，易)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(　　)
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
【答案】　D　由条件知f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥在(1，＋∞)上恒成立，
∵x＞1，∴0＜＜1，∴k≥1.
方法点拨：把函数的单调性转化为恒成立问题是解决问题的关键．
2．(2013·福建，12，中)设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是(　　)
A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)
B．－x0是f(－x)的极小值点
C．－x0是－f(x)的极小值点
D．－x0是－f(－x)的极小值点
【答案】　D　f(x)与－f(－x)的图象关于原点对称．故x0(x0≠0)是f(x)的极大值点时，－x0是 －f(－x)的极小值点，故选D.
3．(2013·课标Ⅱ，11，中)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是(　　)
A．∃x0∈R，f(x0)＝0
B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形
C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减
D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0
【答案】　C　由三次函数的值域为R知，f(x)＝0必有解，A项正确；因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的图象可由y＝x3平移得到，所以y＝f(x)的图象是中心对称图形，B项正确；若y＝f(x)有极值点，则其导数y＝f′(x)必有2个零点，设为x1，x2(x1＜x2)，则有f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3(x－x1)(x－x2)，所以f(x)在 (－∞，x1)上递增，(x1，x2)上递减，(x2，＋∞)上递增，则x2为极小值点，所以C项错误，D项正确，故选C.
4．(2014·辽宁，12，难)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]
【答案】　C　显然x＝0时，对任意实数a，已知不等式恒成立；
令t＝，若0＜x≤1，则原不等式等价于a≥－－＋＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，令g(t)＝ －3t3－4t2＋t，则g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(9t－1)(t＋1)，由于t≥1，故g′(t)≤0，即函数g(t)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为g(1)＝－6，故只要a≥－6；若－2≤x＜0，则a≤－－＋＝－3t3－4t2＋t， t∈，
令g(t)＝－3t3－4t2＋t，则g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(9t－1)(t＋1)，在区间上的极值点为t＝－1，且为极小值点，故函数g(t)在上有唯一的极小值点，也是最小值点，故只要a≤ g(－1)＝－2.
综上可知，若在[－2，1]上已知不等式恒成立，则a为上述三个部分的交集，即－6≤a≤－2.
方法点拨：已知不等式恒成立时求参数取值范围，如果能够分离参数，则分离参数后可以把问题转化为研究函数的最值问题，在分离参数时，如果不能一次分离则可以进行分类处理．
5．(2014·北京，20，13分，难)已知函数f(x)＝2x3－3x.
(1)求f(x)在区间[－2，1]上的最大值；
(2)若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，求t的取值范围；
(3)问过点A(－1，2)，B(2，10)，C(0，2)分别存在几条直线与曲线y＝f(x)相切？(只需写出结论)
解：(1)由f(x)＝2x3－3x得
f′(x)＝6x2－3.
令f′(x)＝0，得x＝－或x＝.
因为f(－2)＝－10，f ＝，
f ＝－，f(1)＝－1，
所以f(x)在区间[－2，1]上的最大值为f ＝.
(2)设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)，
则y0＝2x－3x0，且切线斜率为k＝6x－3，
所以切线方程为y－y0＝(6x－3)(x－x0)，
因此t－y0＝(6x－3)(1－x0)．
整理得4x－6x＋t＋3＝0.
设g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，
则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”．
g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)．
g(x)与g′(x)的变化情况如下：
x
(－∞，0)
0
(0，1)
1
(1，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)

t＋3

t＋1

所以，g(0)＝t＋3是g(x)的极大值，g(1)＝t＋1是g(x)的极小值．
当g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3时，此时g(x)在区间(－∞，1]和(1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点．
当g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1时，此时g(x)在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点．
当g(0)>0且g(1)<0，即－3<t<－1时，因为g(－1)＝t－7<0，g(2)＝t＋11>0，所以g(x)分别在区间 [－1，0)，[0，1)和[1，2)上恰有1个零点．由于g(x)在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上单调，所以g(x)分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点．
综上可知，当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切时，t的取值范围是(－3，－1)．
(3)过点A(－1，2)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切；
过点B(2，10)存在2条直线与曲线y＝f(x)相切；
过点C(0，2)存在1条直线与曲线y＝f(x)相切．
6．(2013·广东，21，14分，难)设函数f(x)＝x3－kx2＋x(k∈R)．
(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)当k＜0时，求函数f(x)在[k，－k]上的最小值m和最大值M.
解：f′(x)＝3x2－2kx＋1.
(1)当k＝1时，f′(x)＝3x2－2x＋1，
Δ＝4－12＝－8＜0，
∴f′(x)＞0，f(x)在R上单调递增．
(2)方法一：当k＜0时，f′(x)＝3x2－2kx＋1，其图象开口向上，对称轴为直线x＝，且过(0，1)．

①当Δ＝4k2－12＝4(k＋)(k－)≤0，即－≤k＜0时，f′(x)≥0，f(x)在[k，－k]上单调递增，从而当x＝k时，f(x)取得最小值m＝f(k)＝k.
当x＝－k时，f(x)取得最大值，
M＝f(－k)＝－k3－k3－k＝－2k3－k.
②当Δ＝4k2－12＝4(k＋)(k－)＞0，即k＜－时，令f′(x)＝3x2－2kx＋1＝0，解得x1＝，x2＝，注意到k＜x2＜x1＜0，
∴m＝min{f(k)，f(x1)}，
M＝max{f(－k)，f(x2)}．
∵f(x1)－f(k)＝x－kx＋x1－k＝(x1－k)(x＋1)＞0，
∴f(x)的最小值m＝f(k)＝k.
∵f(x2)－f(－k)＝x－kx＋x2－(－k3－k3－k)＝(x2＋k)·[(x2－k)2＋k2＋1]＜0，
∴f(x)的最大值M＝f(－k)＝－2k3－k.
综上所述，当k＜0时，f(x)的最小值m＝f(k)＝k，最大值M＝f(－k)＝－2k3－k.
方法二：当k<0时，对∀x∈[k，－k]，都有f(x)－f(k)＝x3－kx2＋x－k3＋k3－k＝(x2＋1)(x－k)≥0，
故f(x)≥f(k)．
f(x)－f(－k)＝x3－kx2＋x＋k3＋k3＋k＝(x＋k)(x2－2kx＋2k2＋1)＝(x＋k)[(x－k)2＋k2＋1]≤0，
故f(x)≤f(－k)，而f(k)＝k<0，f(－k)＝－2k3－k>0.
所以f(x)max＝f(－k)＝－2k3－k，f(x)min＝f(k)＝k.
7．(2014·江苏，19，16分，难)已知函数f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然对数的底数．
(1)证明：f(x)是R上的偶函数；
(2)若关于x的不等式mf(x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；
(3)已知正数a满足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)＜a(－x＋3x0)成立．试比较ea－1与ae－1的大小，并证明你的结论．
解：(1)证明：因为对任意x∈R，都有f(－x)＝e－x＋e－(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，所以f(x)是R上的偶函数．
(2)由条件知m