∴g（x）在[0，＋∞）上单调递增，
∴g（x）≥g（0）＝0，∴当1≤k<时，也满足条件，
综上，k的取值范围为[1，＋∞），∴实数k的最小值为1.
真题体验
1．（2017·浙江改编）函数y＝f（x）的导函数y＝f′（x）的图象如图所示，则函数y＝f（x）的图象可能是________．（填序号）
答案 ④
解析 观察导函数f′（x）的图象可知，f′（x）的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，
∴对应函数f（x）的增减性从左到右依次为减、增、减、增．
观察图象可知，排除①，③.
如图所示，f′（x）有3个零点，从左到右依次设为x1，x2，x3，且x1，x3是极小值点，x2是极大值点，且x2＞0，故④正确．
2．（2017·全国Ⅱ改编）若x＝－2是函数f（x）＝（x2＋ax－1）·ex－1的极值点，则f（x）的极小值为________．
答案 －1
解析 函数f（x）＝（x2＋ax－1）ex－1，
则f′（x）＝（2x＋a）ex－1＋（x2＋ax－1）ex－1
＝ex－1[x2＋（a＋2）x＋a－1]．
由x＝－2是函数f（x）的极值点，得
f′（－2）＝e－3（4－2a－4＋a－1）＝（－a－1）e－3＝0，
所以a＝－1，所以f（x）＝（x2－x－1）ex－1，
f′（x）＝ex－1（x2＋x－2）．
由ex－1＞0恒成立，得当x＝－2或x＝1时，f′（x）＝0，且x＜－2时，f′（x）＞0；当－2＜x＜1时，f′（x）＜0；
当x＞1时，f′（x）＞0.
所以x＝1是函数f（x）的极小值点．
所以函数f（x）的极小值为f
（1）＝－1.
3．（2017·山东改编）若函数exf（x）（e＝2.71828…是自然对数的底数）在f（x）的定义域上单调递增，则称函数f（x）具有M性质，下列函数中具有M性质的是______．（填序号）
①f（x）＝2－x；②f（x）＝x2；③f（x）＝3－x；④f（x）＝cosx.
答案 ①
解析 若f（x）具有性质M，则[exf（x）]′＝ex[f（x）＋f′（x）]＞0在f（x）的定义域上恒成立，即f（x）＋f′（x）＞0在f（x）的定义域上恒成立．
对于①式，f（x）＋f′（x）＝2－x－2－xln2＝2－x（1－ln2）＞0，符合题意．
经验证，②③④均不符合题意．故填①.
4．（2017·全国Ⅰ）曲线y＝x2＋在点（1,2）处的切线方程为________．
答案 y＝x＋1
解析 ∵y′＝2x－，∴y′|x＝1＝1，
即曲线在点（1,2）处的切线的斜率k＝1，
∴切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0.
押题预测
1．设函数y＝f（x）的导函数为f′（x），若y＝f（x）的图象在点P（1，f
（1））处的切线方程为x－y＋2＝0，则f
（1）＋f′
（1）等于（ ）
A．4B．3C．2D．1
押题依据 曲线的切线问题是导数几何意义的应用，是高考考查的热点，对于“过某一点的切线”问题，也是易错易混点．
答案 A
解析 依题意有f′
（1）＝1,1－f
（1）＋2＝0，即f
（1）＝3，
所以f
（1）＋f′
（1）＝4.
2．已知函数f（x）＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则的值为（ ）
A．－B．－2C．－2或－D．2或－
押题依据 函数的极值是单调性与最值的“桥梁”，理解极值概念是学好导数的关键．极值点、极值的求法是高考的热点．
答案 A
解析 由题意知f′（x）＝3x2＋2ax＋b，f′
（1）＝0，f
（1）＝10，即解得或
经检验满足题意，故＝－.
3．已知函数f（x）＝x2－ax＋3在（0,1）上为减函数，函数g（x）＝x2－alnx在（1,2）上为增函数，则a的值等于________．
押题依据 函数单调性问题是导数最重要的应用，体现了“以直代曲”思想，要在审题中搞清“在（0,1）上为减函数”与“函数的减区间为（0,1）”的区别．
答案 2
解析 ∵函数f（x）＝x2－ax＋3在（0,1）上为减函数，
∴≥1，得a≥2.
又∵g′（x）＝2x－，依题意g′（x）≥0在x∈（1,2）上恒成立，得2x2≥a在x∈（1,2）上恒成立，有a≤2，∴a＝2.
4．已知函数f（x）＝x－，g（x）＝x2－2ax＋4，若对任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f（x1）≥g（x2），则实数a的取值范围是__________．
押题依据 不等式恒成立或有解问题可以转化为函数的值域解决．考查了转化与化归思想，是高考的一个热点．
答案
解析 由于f′（x）＝1＋>0，因此函数f（x）在[0,1]上单调递增，
所以当x∈[0,1]时，f（x）min＝f（0）＝－1.
根据题意可知存在x∈[1,2]，
使得g（x）＝x2－2ax＋4≤－1，
即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋成立，
令h（x）＝＋，
则要使a≥h（x）在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h（x）min，
又函数h（x）＝＋在x∈[1,2]上单调递减，
所以h（x）min＝h
（2）＝，故只需a≥.
A组 专题通关
1．（2017届河北省衡水中学六调）已知函数f（x）＝x2sinx＋xcosx，则其导函数f′（x）的图象大致是（ ）
答案 C
解析 ∵f（x）＝x2sinx＋xcosx，
∴f′（x）＝x2cosx＋cosx,
∴f′（－x）＝（－x）2cos（－x）＋cos（－x）＝x2cosx＋cosx＝f′（x），
∴其导函数f′（x）为偶函数，图象关于y轴对称，故排除A，B，
又f′（0）＝1，排除D，故选C.
2．（2017届山西省怀仁县第一中学期末）已知a∈R，函数f（x）＝ex＋ae－x的导函数是f′（x），且f′（x）是奇函数，若曲线y＝f（x）的一条切线的斜率是，则切点的横坐标为（ ）
A．ln2B．－ln2C.D．－
答案 A
解析 对f（x）＝ex＋ae－x求导，得f′（x）＝ex－ae－x.
又f′（x）是奇函数，故f′（0）＝1－a＝0，解得a＝1，故有f′（x）＝ex－e－x，设切点为（x0，y0），则f′（x0）＝e
－e
＝，得e
＝2或e
＝－（舍去），得x0＝ln2，故选A.
3．（2017届内蒙古包头市十校联考）已知函数F（x）＝xf（x），f（x）满足f（x）＝f（－x），且当x∈（－∞，0]时，f′（x）<0成立，若a＝20.1·f（20.1），b＝ln2·f（ln2），c＝log2·f ，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．a>b>cB．c>a>bC．c>b>aD．a>c>b
答案 C
解析 F（－x）＝（－x）f（－x）＝－xf（x）＝－F（x），即函数F（x）是奇函数，并且当x∈（－∞，0]时，f′（x）<0，即当x∈（－∞，0]时，F（x）是单调递减函数，所以在R上函数F（x）是单调递减函数，a＝F（20.1），b＝F（ln2），c＝F，20.1>1,0ln2>log2，所以a4．设a∈R，若函数y＝eax＋3x，x∈R有大于零的极值点，则（ ）
A．a>－3B．a<－3C．a>－D．a<－
答案 B
解析 y′＝aeax＋3＝0在（0，＋∞）上有解，即aeax＝－3，∵eax>0，∴a<0.又当a<0时，05．（2017届河北省衡水中学调研）已知函数f（x）＝＋xlnx，g（x）＝x3－x2－5，若对任意的x1，x2∈，都有f（x1）－g（x2）≥2成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．[1，＋∞）B．（0，＋∞）
C．（－∞，0）D．（－∞，－1]
答案 A
解析 g（x）＝x3－x2－5，g′（x）＝3x，
x
2
g′（x）
－
0
＋
g（x）
－
递减
极小值
递增
－1
由上表可知，g（x）在x＝2处取得最大值，
即gmax＝g
（2）＝－1，
所以当x∈时，f（x）＝＋xlnx≥1恒成立，等价于a≥x－x2lnx恒成立，
记u（x）＝x－x2lnx，
所以a≥umax，u′（x）＝1－x－2xlnx，
可知u′
（1）＝0，当x∈时，1－x>0,2xlnx<0，
则u′（x）>0，所以u（x）在x∈上单调递增；
当x∈（1,2）时，1－x<0,2xlnx>0，则u′（x）<0，
所以u（x）在上单调递减．
故当x＝1时，函数u（x）在区间上取得最大值u
（1）＝1，
所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞），故选A.
6.（2017届重庆市第一中学月考）已知直线x－y＋1＝0与曲线y＝lnx＋a相切，则a的值为___.
答案 2
解析 y＝lnx＋a的导数为y′＝，设切点P（x0，y0），则y0＝x0＋1，y0＝lnx0＋a.又切线方程x－y＋1＝0的斜率为1，即＝1，解得x0＝1，则y0＝2，a＝y0－lnx0＝2.
7．（2017届辽宁省沈阳市郊联体期末）f（x）＝x3－x2＋ax－1，已知曲线存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于零，则实数a的取值范围为________．
答案
解析 原题等价于方程f′（x）－3＝0有两个大于零的实数根．
因为f（x）＝x3－x2＋ax－1，
所以f′（x）＝2x2－2x＋a，
所以f′（x）－3＝0，即2x2－2x＋a－3＝0，
设g（x）＝2x2－2x＋a－3，
要使方程g（x）＝0有两个大于零的实数根需要满足
即
解得3所以a的取值范围为.
8．（2017届重庆模拟）已知x＝0是函数f（x）＝（x－2a）·（x2＋a2x＋2a3）的极小值点，则实数a的取值范围是__________．
答案 a>2或a<0
解析 因为f（x）＝x3＋（a2－2a）x2－4a4，所以令f′（x）＝3x2＋2（a2－2a）x＝3x＝0，可得函数f（x）＝x3＋（a2－2a）x2－4a4的两个极值点分别为x＝0，x＝－，由题意得>0，即a2－2a>0，解得a<0或a>2.
9．（2017届西安模拟）定义1：
若函数f（x）在区间D上可导，即f′（x）存在，且导函数f′（x）在区间D上也可导，则称函数f（x）在区间D上存在二阶导数，记作f″（x），即f″（x）＝[f′（x）]′.
定义2：
若函数f（x）在区间D上的二阶导数为正，即f″（x）>0恒成立，则称函数f（x）在区间D上是凹函数．
已知函数f（x）＝x3－x2＋1在区间D上为凹函数，则x的取值范围是________．
答案
解析 f′（x）＝3x2－3x，f″（x）＝6x－3，
令f″（x）>0，得x>.
10．已知函数f（x）＝.
（1）若f（x）在区间（－∞，2）上为单调递增函数，求实数a的取值范围；
（2）若a＝0，x0<1，设直线y＝g（x）为函数f（x）的图象在x＝x0处的切线，求证：
f（x）≤g（x）．
（1）解 易得f′（x）＝－，
由已知f′（x）≥0对x∈（－∞，2）恒成立，
故x≤1－a对x∈（－∞，2）恒成立，
∴1－a≥2，∴a≤－1.
（2）证明 若a＝0，则f（x）＝.
函数f（x）的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g（x）＝f′（x0）（x－x0）＋f（x0）．
令h（x）＝f（x）－g（x）＝f（x）－f′（x0）（x－x0）－f（x0），x∈R，
则h′（x）＝f′（x）－f′（x0）
＝－
＝
.
设φ（x）＝（1－x）e
－（1－x0）ex，x∈R，
则φ′（x）＝－e
－（1－x0）ex，∵x0<1，∴φ′（x）<0，
∴φ（x）在R上单调递减，又φ（x0）＝0，
∴当x0，当x>x0时，φ（x）<0，
∴当x0，当x>x0时，h′（x）<0，
∴h（x）在区间（－∞，x0）上为增函数，在区间（x0，＋∞）上为减函数，
∴当x∈R时，h（x）≤h（x0）＝0，
∴f（x）≤g（x）．
B组 能力提高
11．（2017届衡阳期末）函数f（x）在定义域（0，＋∞）内恒满足：
①f（x）>0；②2f（x）A.<C.<答案 D
解析 令g（x）＝，x∈（0，＋∞），
g′（x）＝，
∵∀x∈（0，＋∞），2f（x）∴f（x）>0，g′（x）>0，
∴函数g（x）在x∈（0，＋∞）上单调递增，
∴g
（1）（2），即4f
（1）（2），<.
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