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人教版新课标A选修2-2第一章 导数及其应用综合与测试课时练习
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这是一份人教版新课标A选修2-2第一章 导数及其应用综合与测试课时练习，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
人教新课标A版选修2-2
第一章 导数及其应用
一、单选题
1.−11(3x2+1)dx= （ ）
A. 4 B. 2 C. 0 D. -4
2.已知函数 f(x)=(2x2−3x)ex ，则函数 y=3[f(x)]2+2f(x)−1 零点的个数是（ ）
A. 6 B. 5 C. 4 D. 3
3.若函数 f(x)=|xex|−ax 有2个零点，则 a 的取值范围是（ ）
A. (−e,−1) B. (−∞,−e)∪(0,1)
C. (−1,0)∪(0,1) D. (−1,0)∪(1,+∞)
4.已知函数 f(x)=x2+m 与函数 g(x)=−ln1x−3x ， x∈[12,2] 的图象上恰有两对关于x轴对称的点，则实数m的取值范围是（ ）
A. [54+ln2,2) B. [2−ln2,54+ln2)
C. (54+ln2,2−ln2) D. (2−ln2,2]
5.计算 −12(3x2−1+ex)dx= （ ）
A. 6+e2−1e B. 11+e2
C. 12+e2−1 D. 9+e2−1e
6.已知函数 f(x)=e2x−1,g(x)=12+lnx ，若 f(m)=g(n) ，则 m−n 的最大值是（ ）
A. −ln2+12 B. 12 - e C. ln(2e)2 D. - e - 12
7.如图是函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图像，则 x12+x22 等于( )
A. 23 B. 43 C. 83 D. 123
8.已知函数 f(x)=(2x−1)ex ，若关于 x 的不等式 f(x)
9.己知 f(x)=(ax+lnx+1)(x+lnx+1) 与 g(x)=x2 的图象有三个不同的公共点，则实数 a 的取值范围是（ ）
A. (−12,22) B. (22,1) C. (−12,1) D. (1,2)
二、填空题
10.函数 f(x)=x2+lnx 在点 (1,f(1)) 处的切线方程为 .
11.已知函数 y=f(x) 的导函数有且仅有两个零点,其图像如图所示,则函数 y=f(x) 在 x= ________处取得极值.
12.f(x)=x(2019+lnx) ，若 f′(x0)=2020 ，则 x0= ________．
13.已知函数 f(x)=x(x−c)2 在x=3处有极大值，则c= .
14.已知定义在 R 上的偶函数 f(x) 满足 f(2−x)+f(x)=0 ， f(0)=3 ，且则曲线 y=f(x) 在点 (−2,f(−2)) 处的切线方程为________.
15.已知 x ， y ， z 是正数，且 11x=13y=15z ，则 11x ， 13y ， 15z 的大小关系为 （用“>”联结）．
16.已知函数 f(x)={k(1−2x),x<0x2−2k,x≥0 ,若函数 g(x)=f(−x)+f(x) 有且仅有四个不同的零点,则实数k的取值范围是________．
17.若函数 f(x) 对定义域内的任意 x1,x2 ，当 f(x1)=f(x2) 时，总有 x1=x2 ，则称函数 f(x) 为单调函数，例如函数 f(x)=x 是单纯函数，但函数 f(x)=x2 不是单纯函数，下列命题：
①函数 f(x)={log2x,x≥2x−1,x<2 是单纯函数；
②当 a>−2 时，函数 f(x)=x2+ax+1x 在 (0,+∞) 是单纯函数；
③若函数 f(x) 为其定义域内的单纯函数， x1≠x2 ，则 f(x1)≠f(x2)
④若函数 f(x) 是单纯函数且在其定义域内可导，则在其定义域内一定存在 x0 使其导数 f'(x0)=0 ，其中正确的命题为________．（填上所有正确的命题序号）
18.已知函数 f(x)=lnx+ax2(a∈R) ，若 f(x) 有两个零点，则实数 a 的取值范围是________．
三、解答题
19.求下列函数的导数：
（1）f(x)=(1+sinx)(1−x2) ；
（2）f(x)=xx+1−3x .
20.已知函数 f(x)=ax3+bx2 在 x=−2 处取得极值，且其图象在点 x=1 处的切线恰好与直线 x+9y=0 垂直.
（I）求实数a，b的值及f（x）的极大值；
（II）若函数f（x）在区间 [m,m+1] 上单调递增，求m的取值范围.
21.设函数 f(x)=x3−6x2+9x+a 。
（1）求 f(x) 在区间 x∈[−2,2] 的最值；
（2）若 f(x) 有且只有两个零点，求 a 的值。
22.已知函数 f(x)=x3+klnx(k∈R) ， f′(x) 为 f(x) 的导函数．
（Ⅰ）当 k=6 时，
（i）求曲线 y=f(x) 在点 (1,f(1)) 处的切线方程；
（ii）求函数 g(x)=f(x)−f′(x)+9x 的单调区间和极值；
（Ⅱ）当 k⩾−3 时，求证：对任意的 x1, x2∈[1,+∞) ，且 x1>x2 ，有 f′(x1)+f′(x2)2>f(x1)−f(x2)x1−x2 ．
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 A
【解析】−11(3x2+1)dx=(x3+x)|−11=(1+1)−(−1−1)=4 .
故答案为：A.
【分析】直接利用微积分基本定理计算得到答案.
2.【答案】 B
【解析】 f(x)=(2x2−3x)ex ， f'(x)=(2x2+x−3)ex=(2x+3)(x−1)ex ，
令 f'(x)>0 ，得 x<−32 或 x>1 ，
所以 f(x) 在 (−∞,−32) 上单调递增，在 (−32,1) 上单调递减，在 (1,+∞) 上单调递增，
且 f(−32)=9e−32 ， f(1)=−e ，
且当 x→−∞ 时， y→0 ，
令 3[f(x)]2+2f(x)−1=0 得： f(x)=−1 或 f(x)=13 ，
所以 f(x)=−1 有两个解， f(x)=13 有三个解，
所以函数 y=3[f(x)]2+2f(x)−1 零点的个数是5个。
故答案为：B.
【分析】利用求导的方法判断函数的单调性，再结合函数求极限的方法，从而解一元二次方程求出f(x)=−1 或 f(x)=13 ，所以 f(x)=−1 有两个解， f(x)=13 有三个解，所以函数 y=3[f(x)]2+2f(x)−1 零点的个数是5个。
3.【答案】 D
【解析】解：令 g(x)=|xex| ， ℎ(x)=ax ，原问题等价于 g(x) 与 ℎ(x) 有两个不同的交点，
当 x≥0 时， g(x)=xex ， g'(x)=ex(x+1)≥0 ，则函数 g(x) 在区间 (0,+∞) 上单调递增，
当 x≤0 时， g(x)=−xex ， g'(x)=−ex(x+1) ，
则函数 g(x) 在区间 (−∞,−1) 上单调递增，在区间 (−1,0) 上单调递减，
绘制函数图象如图所示，
函数 ℎ(x) 表示过坐标原点的直线，
考查临界情况，即函数 ℎ(x) 与函数 g(x) 相切的情况，
当 x≥0 时， a=g'(0)=e0×(0+1)=1 ，
当 x<0 时， a=g'(0)=−e0×(0+1)=−1 ，
数形结合可知： a 的取值范围是 (−1,0)∪(1,+∞) .
故答案为：D.
【分析】令 g(x)=|xex| ， ℎ(x)=ax ，原问题等价于 g(x) 与 ℎ(x) 有两个不同的交点，构造函数g(x)=xex并对其求导结合导函数的性质即可得出函数g(x)的单调性以及单调区间，由此作出函数的图象，结合已知条件由直线与曲线相切的性质，把数值代入到导函数的解析式计算出切线的斜率，由此即可得出a的取值范围。
4.【答案】 A
【解析】 ∵f(x) 与 g(x) 在 x∈[12,2] 的图象上恰有两对关于 x 轴对称的点，
∴f(x)=−g(x) 在 [12,2] 恰有两个不同的解，
即 x2+m−ln1x−3x=x2+lnx−3x+m=0 在 [12,2] 上恰有两个不同的解，
令 ℎ(x)=x2+lnx−3x+m ，则 ℎ′(x)=2x+1x−3=2x2−3x+1x=(2x−1)(x−1)x ，
∴ 当 x∈(12,1) 时， ℎ′(x)<0 ；当 x∈(1,2) 时， ℎ′(x)>0 ，
∴ℎ(x) 在 (12,1) 上单调递减，在 (1,2) 上单调递增，
又 ℎ(12)=−ln2−54+m ， ℎ(1)=m−2 ， ℎ(2)=ln2−2+m ，
原问题等价于 ℎ(x) 在 [12,2] 上恰有两个零点，
则 −ln2−54+m≥0>m−2 ，解得： ln2+54≤m<2 ，即 m 的取值范围为 [ln2+54,2) .
故答案为：A.
【分析】根据题意把问题转化为f(x)=−g(x) 在 [12,2] 恰有两个不同的解令ℎ(x)=x2+lnx−3x+m对其求导结合导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性进而确定出区间端点值以及最值，由此得到关于m的不等式求解出m的取值范围即可。
5.【答案】 A
【解析】−12(3x2−1+ex)dx=(x3−x+ex)|−12=(8−2+e2)−(−1+1+e−1)=6+e2−1e ,
故答案为：A
【分析】利用定积分的运算性质，即可求出结果.
6.【答案】 A
【解析】设 f(m)=g(n)=t ，则 e2m−1=12+lnn=t>0 ,
则 m=12+12lnt ， n=et−12 ，故 m−n=12+12lnt−et−12 .
令 ℎ(t)=12+12lnt−et−12 (t>0) ，
则 ℎ′(t)=12t−et−12 ，
因为 t>0 时， y=12t 和 y=−et−12 都是减函数，
所以函数 ℎ′(t)=12t−et−12 在 (0,+∞) 上单调递减.
由于 ℎ′(12)=11−e0=0 ，
故 00 ； t>12 时， ℎ′(t)<0 .
则当 t=12 时， ℎ(t) 取得最大值， ℎ(12)=12+12ln12−e0=12ln12−12=−ln2+12 .
即 m−n 的最大值为 −ln2+12 .
故答案为A.
【分析】 根据f(m)=g(n)得到m，n的关系，利用消元法转化为关于t的函数，构造函数，求函数的导数，利用导数研究函数的最值即可得到结论.
7.【答案】 C
【解析】解：由题意易知f(x)=0的根为0,1,2
则d=01+b+c+d=08+4b+2c+d=0 ， 解得b=-3，c=2，d=0
则f(x)=x3-3x2+2x
令f'(x)=3x2-6x+2=0，则由题意知x1,x2是f'(x)=0的两根
则x1+x2=2，x1x2=23
则x12+x22=x1+x22−2x1x2=4−2×23=83
故答案为：C
【分析】根据f(x)的图象知x1,x2是f(x)的两个极值点，所以x1,x2是f'(x)=0的两根，再结合根于系数的关系求解即可.
8.【答案】 A
【解析】 f′(x)=ex(2x+1) ，令 f′(x)=0 ，解得 x=−12 ，
当 x∈(−∞,−12) 时， f′(x)<0 ， f(x) 单调递减，当 x∈(−12,+∞) 时， f′(x)>0 ， f(x) 单调递增且 f(−12)=−2e ， f(12)=0 ， 作出图像如图所示，
令 g(x)=a(x−1) ， g(1)=0
故答案为：A
【分析】利用已知条件结合求导的方法判断函数的单调性，进而结合函数的单调性，从而利用已知条件画出函数f(x)的图像，令 g(x)=a(x−1) ， g(1)=0
【解析】解：方程 f(x)=g(x) 即为 (ax+lnx+1)(x+lnx+1)=x2 ，
则方程 (a+lnx+1x)(1+lnx+1x)=1 有三个不相等的实根，
令 t(x)=lnx+1x 得 t2+(a+1)t+a−1=0 ①，且 t′(x)=−lnxx2 ，
∴函数 t(x) 在 (0,1) 上单增，在 (1,+∞) 上单减，
故 t(x)max=t(1)=1 ，且 t→+∞ 时， t(x)→0 ， t→0 时， t(x)→−∞
∴方程①的两个根 t1,t2 的情况是：
（i）若 t1,t2∈(0,1),t1≠t2 ，则 f(x) 与 g(x) 的图象有四个不同的公共点，不合题意；
（ii）若 t1∈(0,1) 且 t2=1 或 t2=0 ，则 f(x) 与 g(x) 的图象有三个不同的公共点，
令 t=1 ，则 1+(a+1)+a−1=0 ， ∴a=−12 ，此时另一根为 −32∉(0,1) ，舍去；
令 t=0 ，则 a−1=0 ， ∴a=1 ，此时另一根为 −2∉(0,1) ，舍去；
（iii）若 t1∈(0,1) 且 t2<0 ，则 f(x) 与 g(x) 的图象有三个不同的公共点，
令 ℎ(x)=t2+(a+1)t+a−1 ，则 {ℎ(0)<0ℎ(1)>0 ，解得 −12
【分析】依题意，方程 (a+lnx+1x)(1+lnx+1x)=1 有三个不相等的实根，令 t(x)=lnx+1x ，利用导数研究函数 t(x) 的单调性及最值情况，再分类讨论得解.
二、填空题
10.【答案】 3x-y-2=0
【解析】因为 f(x)=x2+lnx ，所以 f(1)=1 ，
f'(x)=2x+1x ， f'(1)=2+1=3
所以切线方程为 y−1=3(x−1) ，即3x-y-2=0
故答案为：3x-y-2=0
【分析】 由题意求导f'(x)=2x+1x ，从而可知切线的斜率，从而写出切线方程。
11.【答案】 -1
【解析】由图象，得当 x<−1 时， f′(x)<0 ，当 x>−1 且 x≠2 时， f′(x)>0 ， f′(2)=0 ，即函数 f(x) 在 (−∞,−1) 上单调递减，在 (−1,+∞) 上单调递增，即函数 f(x) 在 x=−1 处取得极小值.
【分析】利用导函数的图象，通过导函数的零点，以及函数返回判断函数的极值点即可．
12.【答案】 1
【解析】由题意，函数 f(x)=x(2019+lnx) ，可得 f′(x)=2020+lnx ，
因为 f′(x0)=2020 ，可得 2020+lnx0=2020 ，即 lnx0=0 ，解得 x0=1 .
故答案为： 1 .
【分析】先求导数，然后根据 f′(x0)=2020 ，列出方程，即可求解 x0 的值，得到答案．
13.【答案】 9
【解析】由已知 f(x)=x3−2cx2+c2x ， f′(x)=3x2−4cx+c2 =(x−c)(3x−c) ，
f′(3)=(3−c)(9−c)=0 ， c=3 或 c=9 ，
c=3 时， f′(x)=3(x−3)(x−1) ，在 13 时， f′(x)>0 ， f(x) 递增， x=3 不是极大值点，舍去；
c=9 时， f′(x)=3(x−3)(x−9) ， x<3 时， f′(x)>0 ， f(x) 递增， 3
故答案为：9．
【分析】根据题意对函数求导由此得出f′(3)=(3−c)(9−c)=0 ， 求出c的值，再对结果解析验证即可得出答案。
14.【答案】 y=−3
【解析】因为 f(2−x)+f(x)=0 ，所以 f(x) 关于 (1,0) 中心对称，
又 f(x) 是偶函数，所以 f(x) 关于 (−1,0) 中心对称，
所以 f(−2)=−3 ，
对 f(2−x)+f(x)=0 两边求导，得 −f′(2−x)+f′(x)=0 ，
所以 f′(x) 关于 x=1 对称，
又 f(x) 是偶函数，所以 f′(x) 是奇函数，所以 f′(0)=0
所以 f′(x) 关于 x=−1 对称，
因为 f′(0)=0 ，所以 f′(−2)=0 ，
所以 y=f(x) 在点 (−2,f(−2)) 处的切线方程为： y=−3 ，.
故答案为： y=−3
【分析】由 f(2−x)+f(x)=0 得到 f(x) 的对称中心，再根据 f(x) 是偶函数，求出 f(−2) ，对 f(2−x)+f(x)=0 两边求导，得到 f′(x) 的对称轴，再根据 f′(x) 是奇函数，得到 f'(−2) ，最后求出切线方程即可.
15.【答案】 11x>13y>15z
【解析】解析：设 f(x)=lnxx ， f′(x)=1−lnxx2 ，
所以 f(x) 在 (e,+∞) 上单调递减，则 ln1111>ln1313>ln1515>0 ，
∴ 11111>13113>15115 ，
设 11x=13y=15z=k(k>0) ，则 x=k11 ， y=k13 ， z=k15 ．
∴ 11k11>13k13>15k15 ，即 11x>13y>13z ．
故答案为： 11x>13y>15z ．
【分析】设 f(x)=lnxx ，求导，可得f(x) 在 (e,+∞) 上的单调性，可得11111>13113>15115 ，设 11x=13y=15z=k(k>0) ，则 x=k11 ， y=k13 ， z=k15 ， 可得 11x ， 13y ， 15z 的大小关系 。
16.【答案】 (27,+∞)
【解析】由题, g(x)={k(1+2x)+x2−2k,x>0−2k−2k,x=0(−x)2−2k+k(1−2x),x<0 ,即 g(x)={x2+2kx−k,x>0−4k,x=0x2−2kx−k,x<0 ,
当k＝0时,原函数有且只有一个零点,不符题意,故k≠0,
观察解析式,可知函数 g(x) 有且仅有四个不同的零点,
可转化为 g(x)=x2+2kx−k,x>0 有且仅有两个不同的零点,
当k＜0,函数 g(x) 在(0, +∞ )单调递增,最多一个零点,不符题意,舍；
当k＞0, g′(x)=2(x3−k)x2,x>0 ,
令 g′(x)=0 有 x=k13 ,故
x
(0, k13 )
k13
( k13 , +∞ )
g′(x)
﹣
0
﹢
g(x)
单调递减
单调递增
要使 g(x) 在(0, +∞ )有且仅有两个不同的零点,
则 g(x)min=g(k13)=k23+2kk13−k<0 ,因为 k>0 ,故 3k23
故答案为：(27, +∞ )
【分析】根据题意可求得 g(x)={x2+2kx−k,x>0−4k,x=0x2−2kx−k,x<0 ,再分 k=0,k<0,k>0 三种情况求函数的单调性,进而根据零点存在性定理求出函数的最小值求解不等式即可.
17.【答案】 ①③
【解析】由题设中提供的“单纯函数”的定义可知：当函数是单调函数时，该函数必为单纯函数。因为 x≥2 时， f(x)=log2x 单调，所以 f(x)=log2x 是单纯函数；当 x<2 时， f(x)=x−1 单调，所以 f(x)=x−1 是单纯函数，故命题①是正确的；对于命题②，由于 f(x)=x+1x+a 不单调，故不是单纯函数；由于单调函数一定是单纯函数，故当 x1≠x2 ，则 f(x1)≠f(x2) ，即命题③是正确的；对于命题④，由于单纯函数一定是单调函数，所以在定义域内不存在极值点，故是错误的，应填答案①③。
【分析】利用单纯函数的定义结合单调函数的定义、用求导的方法求函数极值点的方法，从而得出正确的命题序号。
18.【答案】
【解析】∵x＞0，
∴函数 f(x)=lnx+ax2(a∈R) ，若f（x）有两个零点⇔方程x2lnx＝ − a有两个正实根．
令g（x）＝x2lnx ， g′（x）＝2xlnx+x2• 1x= x（2lnx+1），
令g′（x）＝0，可得x =1e ，
∴g（x）在（0， 1e ）递减，在（ 1e ，+∞）递增，
函数g（x）的大致图象如下：
g（ 1e ） =1−2e ，由图象可得： − a ∈ （ −12e，0 ）
∴实数a的取值范围是（ 0,12e ）．
故答案为： （0,12e） ．
【分析】利用函数零点和方程的根的等价关系，再利用求导的方法判断函数的单调性，最后借助函数图象求出a的取值范围。
三、解答题
19.【答案】 （1）f′(x)=(1+sinx)′(1−x2)+(1+sinx)(1−x2)′
=cosx(1−x2)+(1+sinx)(−2x)
=cosx(1−x2)−2x(1+sinx)
（2）f′(x)=(xx+1)′−(3x)′
=(x)′(x+1)−x(x+1)′(x+1)2−3xln3
=1(x+1)2−3xln3 .
【解析】【分析】 (1)利用积的导数和和差的导数法则求导；
(2)利用商的导数和积的导数的法则求导.
20.【答案】 解：（I） ∵f(x)=ax3+bx2 ， ∴f′(x)=3a2+2bx
依题意： {f′(−2)=12a−4b=0f′(1)=3a+2b=9⇒{a=1b=3 ，
f′(x)=3x2+6x=3x(x+2) ，
令 f′(x)=0 得 x=−2 或 x=0 .
当 x<−2 或 x>0 时， f′(x)>0 ；
当 −2
在 (−2,0) 上单调递减.
所以当 x=−2 时，f（x）取得极大值
f(−2)=(−2)3+3×(−2)2=4 .
（II）由（I）知f（x）的增区间为 (−∞,−2] ， [0,+∞) ，
又因为函数f（x）在区间 [m,m+1] 上单调递增
则： [m,m+1]⊆(−∞,−2] 或 [m,m+1]⊆[0,+∞) ，
∴m+1≤−2 或 m≥0 ，
解得m的取值范围为： m≥0 或 m≤−3
【解析】【分析】（I）根据曲线在某点处的导数的几何意义，以及极值点的条件，结合导数判断函数单调性，可得结果.（II）根据（I）的条件，可得结果.
21.【答案】 （1）解： f'(x)=3x2−12x+9 ，令 f'(x)=0 可得： x=1 或 x=3 （舍去），
因为 x∈[−2,2] ，
所以 x∈[−2,1) 时， f′(x)>0 ， f(x) 在 [−2,1) 上单调递增；
当 x∈(1,2] 时， f′(x)<0 ， f(x) 在 [−2,1) 上单调递减；
又因为 f(1)=4+a ， f(−2)=−50+a ， f(2)=2+a ，
所以 f(x)min=−50+a ， f(x)max=4+a 。
（2）解：令 f(x)=x3−6x2+9x+a=0 ，可得 a=−x3+6x2−9x 。
设 g(x)=−x3+6x2−9x ，则 g'(x)=−3x2+12x−9 ，
令 g'(x)=0 ，得 x=1 或 x=3 ，列表如下：
所以 g(x) 的大致图象如下：
要使 a=−x3+6x2−9x 有且只有两个零点，
只需直线 y=a 与 g(x) 的图象有两个不同交点，
所以 a=−4 或 a=0 。
【解析】【分析】（1）先对函数求导，利用导数方法判断出函数 f(x) 在区间 [−2,2] 上的单调性，即可求出其最值；（2）先由函数有两零点，可得 a=−x3+6x2−9x 有两不等实根，令 g(x)=−x3+6x2−9x ，求出函数单调性，作出其简图，结合图像即可得出结果.
22.【答案】 解：(Ⅰ) (i) 当k=6时， f(x)=x3+6lnx ， f'(x)=3x2+6x .可得 f(1)=1 ， f'(1)=9 ，
所以曲线 y=f(x) 在点 (1,f(1)) 处的切线方程为 y−1=9(x−1) ，即 y=9x−8 .
(ii) 依题意， g(x)=x3−3x2+6lnx+3x,x∈(0,+∞) .
从而可得 g'(x)=3x2−6x+6x−3x2 ，
整理可得： g′(x)=3(x−1)3(x+1)x2 ，
令 g'(x)=0 ，解得 x=1 .
当x变化时， g'(x),g(x) 的变化情况如下表：
x
(0,1)
x=1
(1,+∞)
g'(x)
−
0
+
g(x)
单调递减
极小值
单调递增
所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；
g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.
（Ⅱ）证明：由 f(x)=x3+klnx ，得 f′(x)=3x2+kx .
对任意的 x1, x2∈[1,+∞) ，且 x1>x2 ，令 x1x2=t (t>1) ，则
(x1−x2)(f′(x1)+f′(x2))−2(f(x1)−f(x2))
=(x1−x2)(3x12+kx1+3x22+kx2)−2(x13−x23+klnx1x2)
=x13−x23−3x12x2+3x1x22+k(x1x2−x2x1)−2klnx1x2
=x23(t3−3t2+3t−1)+k(t−1t−2lnt) . ①
令 ℎ(x)=x−1x−2lnx, x∈[1,+∞) .
当x>1时， ℎ′(x)=1+1x2−2x=(1−1x)2>0 ，
由此可得 ℎ(x) 在 [1,+∞) 单调递增，所以当t>1时， ℎ(t)>ℎ(1) ，即 t−1t−2lnt>0 .
因为 x2≥1 ， t3−3t2+3t−1=(t−1)3>0 ， k≥−3 ，
所以 x23(t3−3t2+3t−1)+k(t−1t−2lnt)⩾(t3−3t2+3t−1)−3(t−1t−2lnt)
=t3−3t2+6lnt+3t−1 . ②
由(Ⅰ)(ii)可知，当 t>1 时， g(t)>g(1) ，即 t3−3t2+6lnt+3t>1 ，
故 t3−3t2+6lnt+3t−1>0 ③
由①②③可得 (x1−x2)(f′(x1)+f′(x2))−2(f(x1)−f(x2))>0 .
所以，当 k≥−3 时，任意的 x1,x2∈[1,+∞) ，且 x1>x2 ，有
f′(x1)+f′(x2)2>f(x1)−f(x2)x1−x2 .
【解析】【分析】(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；(ii)首先求得 g′(x) 的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；（Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令 x1x2=t ，将原问题转化为与 t 有关的函数，然后构造新函数，利用新函数的性质即可证得题中的结论.
人教新课标A版选修2-2
第一章 导数及其应用
一、单选题
1.−11(3x2+1)dx= （ ）
A. 4 B. 2 C. 0 D. -4
2.已知函数 f(x)=(2x2−3x)ex ，则函数 y=3[f(x)]2+2f(x)−1 零点的个数是（ ）
A. 6 B. 5 C. 4 D. 3
3.若函数 f(x)=|xex|−ax 有2个零点，则 a 的取值范围是（ ）
A. (−e,−1) B. (−∞,−e)∪(0,1)
C. (−1,0)∪(0,1) D. (−1,0)∪(1,+∞)
4.已知函数 f(x)=x2+m 与函数 g(x)=−ln1x−3x ， x∈[12,2] 的图象上恰有两对关于x轴对称的点，则实数m的取值范围是（ ）
A. [54+ln2,2) B. [2−ln2,54+ln2)
C. (54+ln2,2−ln2) D. (2−ln2,2]
5.计算 −12(3x2−1+ex)dx= （ ）
A. 6+e2−1e B. 11+e2
C. 12+e2−1 D. 9+e2−1e
6.已知函数 f(x)=e2x−1,g(x)=12+lnx ，若 f(m)=g(n) ，则 m−n 的最大值是（ ）
A. −ln2+12 B. 12 - e C. ln(2e)2 D. - e - 12
7.如图是函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图像，则 x12+x22 等于( )
A. 23 B. 43 C. 83 D. 123
8.已知函数 f(x)=(2x−1)ex ，若关于 x 的不等式 f(x)
9.己知 f(x)=(ax+lnx+1)(x+lnx+1) 与 g(x)=x2 的图象有三个不同的公共点，则实数 a 的取值范围是（ ）
A. (−12,22) B. (22,1) C. (−12,1) D. (1,2)
二、填空题
10.函数 f(x)=x2+lnx 在点 (1,f(1)) 处的切线方程为 .
11.已知函数 y=f(x) 的导函数有且仅有两个零点,其图像如图所示,则函数 y=f(x) 在 x= ________处取得极值.
12.f(x)=x(2019+lnx) ，若 f′(x0)=2020 ，则 x0= ________．
13.已知函数 f(x)=x(x−c)2 在x=3处有极大值，则c= .
14.已知定义在 R 上的偶函数 f(x) 满足 f(2−x)+f(x)=0 ， f(0)=3 ，且则曲线 y=f(x) 在点 (−2,f(−2)) 处的切线方程为________.
15.已知 x ， y ， z 是正数，且 11x=13y=15z ，则 11x ， 13y ， 15z 的大小关系为 （用“>”联结）．
16.已知函数 f(x)={k(1−2x),x<0x2−2k,x≥0 ,若函数 g(x)=f(−x)+f(x) 有且仅有四个不同的零点,则实数k的取值范围是________．
17.若函数 f(x) 对定义域内的任意 x1,x2 ，当 f(x1)=f(x2) 时，总有 x1=x2 ，则称函数 f(x) 为单调函数，例如函数 f(x)=x 是单纯函数，但函数 f(x)=x2 不是单纯函数，下列命题：
①函数 f(x)={log2x,x≥2x−1,x<2 是单纯函数；
②当 a>−2 时，函数 f(x)=x2+ax+1x 在 (0,+∞) 是单纯函数；
③若函数 f(x) 为其定义域内的单纯函数， x1≠x2 ，则 f(x1)≠f(x2)
④若函数 f(x) 是单纯函数且在其定义域内可导，则在其定义域内一定存在 x0 使其导数 f'(x0)=0 ，其中正确的命题为________．（填上所有正确的命题序号）
18.已知函数 f(x)=lnx+ax2(a∈R) ，若 f(x) 有两个零点，则实数 a 的取值范围是________．
三、解答题
19.求下列函数的导数：
（1）f(x)=(1+sinx)(1−x2) ；
（2）f(x)=xx+1−3x .
20.已知函数 f(x)=ax3+bx2 在 x=−2 处取得极值，且其图象在点 x=1 处的切线恰好与直线 x+9y=0 垂直.
（I）求实数a，b的值及f（x）的极大值；
（II）若函数f（x）在区间 [m,m+1] 上单调递增，求m的取值范围.
21.设函数 f(x)=x3−6x2+9x+a 。
（1）求 f(x) 在区间 x∈[−2,2] 的最值；
（2）若 f(x) 有且只有两个零点，求 a 的值。
22.已知函数 f(x)=x3+klnx(k∈R) ， f′(x) 为 f(x) 的导函数．
（Ⅰ）当 k=6 时，
（i）求曲线 y=f(x) 在点 (1,f(1)) 处的切线方程；
（ii）求函数 g(x)=f(x)−f′(x)+9x 的单调区间和极值；
（Ⅱ）当 k⩾−3 时，求证：对任意的 x1, x2∈[1,+∞) ，且 x1>x2 ，有 f′(x1)+f′(x2)2>f(x1)−f(x2)x1−x2 ．
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 A
【解析】−11(3x2+1)dx=(x3+x)|−11=(1+1)−(−1−1)=4 .
故答案为：A.
【分析】直接利用微积分基本定理计算得到答案.
2.【答案】 B
【解析】 f(x)=(2x2−3x)ex ， f'(x)=(2x2+x−3)ex=(2x+3)(x−1)ex ，
令 f'(x)>0 ，得 x<−32 或 x>1 ，
所以 f(x) 在 (−∞,−32) 上单调递增，在 (−32,1) 上单调递减，在 (1,+∞) 上单调递增，
且 f(−32)=9e−32 ， f(1)=−e ，
且当 x→−∞ 时， y→0 ，
令 3[f(x)]2+2f(x)−1=0 得： f(x)=−1 或 f(x)=13 ，
所以 f(x)=−1 有两个解， f(x)=13 有三个解，
所以函数 y=3[f(x)]2+2f(x)−1 零点的个数是5个。
故答案为：B.
【分析】利用求导的方法判断函数的单调性，再结合函数求极限的方法，从而解一元二次方程求出f(x)=−1 或 f(x)=13 ，所以 f(x)=−1 有两个解， f(x)=13 有三个解，所以函数 y=3[f(x)]2+2f(x)−1 零点的个数是5个。
3.【答案】 D
【解析】解：令 g(x)=|xex| ， ℎ(x)=ax ，原问题等价于 g(x) 与 ℎ(x) 有两个不同的交点，
当 x≥0 时， g(x)=xex ， g'(x)=ex(x+1)≥0 ，则函数 g(x) 在区间 (0,+∞) 上单调递增，
当 x≤0 时， g(x)=−xex ， g'(x)=−ex(x+1) ，
则函数 g(x) 在区间 (−∞,−1) 上单调递增，在区间 (−1,0) 上单调递减，
绘制函数图象如图所示，
函数 ℎ(x) 表示过坐标原点的直线，
考查临界情况，即函数 ℎ(x) 与函数 g(x) 相切的情况，
当 x≥0 时， a=g'(0)=e0×(0+1)=1 ，
当 x<0 时， a=g'(0)=−e0×(0+1)=−1 ，
数形结合可知： a 的取值范围是 (−1,0)∪(1,+∞) .
故答案为：D.
【分析】令 g(x)=|xex| ， ℎ(x)=ax ，原问题等价于 g(x) 与 ℎ(x) 有两个不同的交点，构造函数g(x)=xex并对其求导结合导函数的性质即可得出函数g(x)的单调性以及单调区间，由此作出函数的图象，结合已知条件由直线与曲线相切的性质，把数值代入到导函数的解析式计算出切线的斜率，由此即可得出a的取值范围。
4.【答案】 A
【解析】 ∵f(x) 与 g(x) 在 x∈[12,2] 的图象上恰有两对关于 x 轴对称的点，
∴f(x)=−g(x) 在 [12,2] 恰有两个不同的解，
即 x2+m−ln1x−3x=x2+lnx−3x+m=0 在 [12,2] 上恰有两个不同的解，
令 ℎ(x)=x2+lnx−3x+m ，则 ℎ′(x)=2x+1x−3=2x2−3x+1x=(2x−1)(x−1)x ，
∴ 当 x∈(12,1) 时， ℎ′(x)<0 ；当 x∈(1,2) 时， ℎ′(x)>0 ，
∴ℎ(x) 在 (12,1) 上单调递减，在 (1,2) 上单调递增，
又 ℎ(12)=−ln2−54+m ， ℎ(1)=m−2 ， ℎ(2)=ln2−2+m ，
原问题等价于 ℎ(x) 在 [12,2] 上恰有两个零点，
则 −ln2−54+m≥0>m−2 ，解得： ln2+54≤m<2 ，即 m 的取值范围为 [ln2+54,2) .
故答案为：A.
【分析】根据题意把问题转化为f(x)=−g(x) 在 [12,2] 恰有两个不同的解令ℎ(x)=x2+lnx−3x+m对其求导结合导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性进而确定出区间端点值以及最值，由此得到关于m的不等式求解出m的取值范围即可。
5.【答案】 A
【解析】−12(3x2−1+ex)dx=(x3−x+ex)|−12=(8−2+e2)−(−1+1+e−1)=6+e2−1e ,
故答案为：A
【分析】利用定积分的运算性质，即可求出结果.
6.【答案】 A
【解析】设 f(m)=g(n)=t ，则 e2m−1=12+lnn=t>0 ,
则 m=12+12lnt ， n=et−12 ，故 m−n=12+12lnt−et−12 .
令 ℎ(t)=12+12lnt−et−12 (t>0) ，
则 ℎ′(t)=12t−et−12 ，
因为 t>0 时， y=12t 和 y=−et−12 都是减函数，
所以函数 ℎ′(t)=12t−et−12 在 (0,+∞) 上单调递减.
由于 ℎ′(12)=11−e0=0 ，
故 0
则当 t=12 时， ℎ(t) 取得最大值， ℎ(12)=12+12ln12−e0=12ln12−12=−ln2+12 .
即 m−n 的最大值为 −ln2+12 .
故答案为A.
【分析】 根据f(m)=g(n)得到m，n的关系，利用消元法转化为关于t的函数，构造函数，求函数的导数，利用导数研究函数的最值即可得到结论.
7.【答案】 C
【解析】解：由题意易知f(x)=0的根为0,1,2
则d=01+b+c+d=08+4b+2c+d=0 ， 解得b=-3，c=2，d=0
则f(x)=x3-3x2+2x
令f'(x)=3x2-6x+2=0，则由题意知x1,x2是f'(x)=0的两根
则x1+x2=2，x1x2=23
则x12+x22=x1+x22−2x1x2=4−2×23=83
故答案为：C
【分析】根据f(x)的图象知x1,x2是f(x)的两个极值点，所以x1,x2是f'(x)=0的两根，再结合根于系数的关系求解即可.
8.【答案】 A
【解析】 f′(x)=ex(2x+1) ，令 f′(x)=0 ，解得 x=−12 ，
当 x∈(−∞,−12) 时， f′(x)<0 ， f(x) 单调递减，当 x∈(−12,+∞) 时， f′(x)>0 ， f(x) 单调递增且 f(−12)=−2e ， f(12)=0 ， 作出图像如图所示，
令 g(x)=a(x−1) ， g(1)=0
故答案为：A
【分析】利用已知条件结合求导的方法判断函数的单调性，进而结合函数的单调性，从而利用已知条件画出函数f(x)的图像，令 g(x)=a(x−1) ， g(1)=0
【解析】解：方程 f(x)=g(x) 即为 (ax+lnx+1)(x+lnx+1)=x2 ，
则方程 (a+lnx+1x)(1+lnx+1x)=1 有三个不相等的实根，
令 t(x)=lnx+1x 得 t2+(a+1)t+a−1=0 ①，且 t′(x)=−lnxx2 ，
∴函数 t(x) 在 (0,1) 上单增，在 (1,+∞) 上单减，
故 t(x)max=t(1)=1 ，且 t→+∞ 时， t(x)→0 ， t→0 时， t(x)→−∞
∴方程①的两个根 t1,t2 的情况是：
（i）若 t1,t2∈(0,1),t1≠t2 ，则 f(x) 与 g(x) 的图象有四个不同的公共点，不合题意；
（ii）若 t1∈(0,1) 且 t2=1 或 t2=0 ，则 f(x) 与 g(x) 的图象有三个不同的公共点，
令 t=1 ，则 1+(a+1)+a−1=0 ， ∴a=−12 ，此时另一根为 −32∉(0,1) ，舍去；
令 t=0 ，则 a−1=0 ， ∴a=1 ，此时另一根为 −2∉(0,1) ，舍去；
（iii）若 t1∈(0,1) 且 t2<0 ，则 f(x) 与 g(x) 的图象有三个不同的公共点，
令 ℎ(x)=t2+(a+1)t+a−1 ，则 {ℎ(0)<0ℎ(1)>0 ，解得 −12
【分析】依题意，方程 (a+lnx+1x)(1+lnx+1x)=1 有三个不相等的实根，令 t(x)=lnx+1x ，利用导数研究函数 t(x) 的单调性及最值情况，再分类讨论得解.
二、填空题
10.【答案】 3x-y-2=0
【解析】因为 f(x)=x2+lnx ，所以 f(1)=1 ，
f'(x)=2x+1x ， f'(1)=2+1=3
所以切线方程为 y−1=3(x−1) ，即3x-y-2=0
故答案为：3x-y-2=0
【分析】 由题意求导f'(x)=2x+1x ，从而可知切线的斜率，从而写出切线方程。
11.【答案】 -1
【解析】由图象，得当 x<−1 时， f′(x)<0 ，当 x>−1 且 x≠2 时， f′(x)>0 ， f′(2)=0 ，即函数 f(x) 在 (−∞,−1) 上单调递减，在 (−1,+∞) 上单调递增，即函数 f(x) 在 x=−1 处取得极小值.
【分析】利用导函数的图象，通过导函数的零点，以及函数返回判断函数的极值点即可．
12.【答案】 1
【解析】由题意，函数 f(x)=x(2019+lnx) ，可得 f′(x)=2020+lnx ，
因为 f′(x0)=2020 ，可得 2020+lnx0=2020 ，即 lnx0=0 ，解得 x0=1 .
故答案为： 1 .
【分析】先求导数，然后根据 f′(x0)=2020 ，列出方程，即可求解 x0 的值，得到答案．
13.【答案】 9
【解析】由已知 f(x)=x3−2cx2+c2x ， f′(x)=3x2−4cx+c2 =(x−c)(3x−c) ，
f′(3)=(3−c)(9−c)=0 ， c=3 或 c=9 ，
c=3 时， f′(x)=3(x−3)(x−1) ，在 1
c=9 时， f′(x)=3(x−3)(x−9) ， x<3 时， f′(x)>0 ， f(x) 递增， 3
故答案为：9．
【分析】根据题意对函数求导由此得出f′(3)=(3−c)(9−c)=0 ， 求出c的值，再对结果解析验证即可得出答案。
14.【答案】 y=−3
【解析】因为 f(2−x)+f(x)=0 ，所以 f(x) 关于 (1,0) 中心对称，
又 f(x) 是偶函数，所以 f(x) 关于 (−1,0) 中心对称，
所以 f(−2)=−3 ，
对 f(2−x)+f(x)=0 两边求导，得 −f′(2−x)+f′(x)=0 ，
所以 f′(x) 关于 x=1 对称，
又 f(x) 是偶函数，所以 f′(x) 是奇函数，所以 f′(0)=0
所以 f′(x) 关于 x=−1 对称，
因为 f′(0)=0 ，所以 f′(−2)=0 ，
所以 y=f(x) 在点 (−2,f(−2)) 处的切线方程为： y=−3 ，.
故答案为： y=−3
【分析】由 f(2−x)+f(x)=0 得到 f(x) 的对称中心，再根据 f(x) 是偶函数，求出 f(−2) ，对 f(2−x)+f(x)=0 两边求导，得到 f′(x) 的对称轴，再根据 f′(x) 是奇函数，得到 f'(−2) ，最后求出切线方程即可.
15.【答案】 11x>13y>15z
【解析】解析：设 f(x)=lnxx ， f′(x)=1−lnxx2 ，
所以 f(x) 在 (e,+∞) 上单调递减，则 ln1111>ln1313>ln1515>0 ，
∴ 11111>13113>15115 ，
设 11x=13y=15z=k(k>0) ，则 x=k11 ， y=k13 ， z=k15 ．
∴ 11k11>13k13>15k15 ，即 11x>13y>13z ．
故答案为： 11x>13y>15z ．
【分析】设 f(x)=lnxx ，求导，可得f(x) 在 (e,+∞) 上的单调性，可得11111>13113>15115 ，设 11x=13y=15z=k(k>0) ，则 x=k11 ， y=k13 ， z=k15 ， 可得 11x ， 13y ， 15z 的大小关系 。
16.【答案】 (27,+∞)
【解析】由题, g(x)={k(1+2x)+x2−2k,x>0−2k−2k,x=0(−x)2−2k+k(1−2x),x<0 ,即 g(x)={x2+2kx−k,x>0−4k,x=0x2−2kx−k,x<0 ,
当k＝0时,原函数有且只有一个零点,不符题意,故k≠0,
观察解析式,可知函数 g(x) 有且仅有四个不同的零点,
可转化为 g(x)=x2+2kx−k,x>0 有且仅有两个不同的零点,
当k＜0,函数 g(x) 在(0, +∞ )单调递增,最多一个零点,不符题意,舍；
当k＞0, g′(x)=2(x3−k)x2,x>0 ,
令 g′(x)=0 有 x=k13 ,故
x
(0, k13 )
k13
( k13 , +∞ )
g′(x)
﹣
0
﹢
g(x)
单调递减
单调递增
要使 g(x) 在(0, +∞ )有且仅有两个不同的零点,
则 g(x)min=g(k13)=k23+2kk13−k<0 ,因为 k>0 ,故 3k23
故答案为：(27, +∞ )
【分析】根据题意可求得 g(x)={x2+2kx−k,x>0−4k,x=0x2−2kx−k,x<0 ,再分 k=0,k<0,k>0 三种情况求函数的单调性,进而根据零点存在性定理求出函数的最小值求解不等式即可.
17.【答案】 ①③
【解析】由题设中提供的“单纯函数”的定义可知：当函数是单调函数时，该函数必为单纯函数。因为 x≥2 时， f(x)=log2x 单调，所以 f(x)=log2x 是单纯函数；当 x<2 时， f(x)=x−1 单调，所以 f(x)=x−1 是单纯函数，故命题①是正确的；对于命题②，由于 f(x)=x+1x+a 不单调，故不是单纯函数；由于单调函数一定是单纯函数，故当 x1≠x2 ，则 f(x1)≠f(x2) ，即命题③是正确的；对于命题④，由于单纯函数一定是单调函数，所以在定义域内不存在极值点，故是错误的，应填答案①③。
【分析】利用单纯函数的定义结合单调函数的定义、用求导的方法求函数极值点的方法，从而得出正确的命题序号。
18.【答案】
【解析】∵x＞0，
∴函数 f(x)=lnx+ax2(a∈R) ，若f（x）有两个零点⇔方程x2lnx＝ − a有两个正实根．
令g（x）＝x2lnx ， g′（x）＝2xlnx+x2• 1x= x（2lnx+1），
令g′（x）＝0，可得x =1e ，
∴g（x）在（0， 1e ）递减，在（ 1e ，+∞）递增，
函数g（x）的大致图象如下：
g（ 1e ） =1−2e ，由图象可得： − a ∈ （ −12e，0 ）
∴实数a的取值范围是（ 0,12e ）．
故答案为： （0,12e） ．
【分析】利用函数零点和方程的根的等价关系，再利用求导的方法判断函数的单调性，最后借助函数图象求出a的取值范围。
三、解答题
19.【答案】 （1）f′(x)=(1+sinx)′(1−x2)+(1+sinx)(1−x2)′
=cosx(1−x2)+(1+sinx)(−2x)
=cosx(1−x2)−2x(1+sinx)
（2）f′(x)=(xx+1)′−(3x)′
=(x)′(x+1)−x(x+1)′(x+1)2−3xln3
=1(x+1)2−3xln3 .
【解析】【分析】 (1)利用积的导数和和差的导数法则求导；
(2)利用商的导数和积的导数的法则求导.
20.【答案】 解：（I） ∵f(x)=ax3+bx2 ， ∴f′(x)=3a2+2bx
依题意： {f′(−2)=12a−4b=0f′(1)=3a+2b=9⇒{a=1b=3 ，
f′(x)=3x2+6x=3x(x+2) ，
令 f′(x)=0 得 x=−2 或 x=0 .
当 x<−2 或 x>0 时， f′(x)>0 ；
当 −2
在 (−2,0) 上单调递减.
所以当 x=−2 时，f（x）取得极大值
f(−2)=(−2)3+3×(−2)2=4 .
（II）由（I）知f（x）的增区间为 (−∞,−2] ， [0,+∞) ，
又因为函数f（x）在区间 [m,m+1] 上单调递增
则： [m,m+1]⊆(−∞,−2] 或 [m,m+1]⊆[0,+∞) ，
∴m+1≤−2 或 m≥0 ，
解得m的取值范围为： m≥0 或 m≤−3
【解析】【分析】（I）根据曲线在某点处的导数的几何意义，以及极值点的条件，结合导数判断函数单调性，可得结果.（II）根据（I）的条件，可得结果.
21.【答案】 （1）解： f'(x)=3x2−12x+9 ，令 f'(x)=0 可得： x=1 或 x=3 （舍去），
因为 x∈[−2,2] ，
所以 x∈[−2,1) 时， f′(x)>0 ， f(x) 在 [−2,1) 上单调递增；
当 x∈(1,2] 时， f′(x)<0 ， f(x) 在 [−2,1) 上单调递减；
又因为 f(1)=4+a ， f(−2)=−50+a ， f(2)=2+a ，
所以 f(x)min=−50+a ， f(x)max=4+a 。
（2）解：令 f(x)=x3−6x2+9x+a=0 ，可得 a=−x3+6x2−9x 。
设 g(x)=−x3+6x2−9x ，则 g'(x)=−3x2+12x−9 ，
令 g'(x)=0 ，得 x=1 或 x=3 ，列表如下：
所以 g(x) 的大致图象如下：
要使 a=−x3+6x2−9x 有且只有两个零点，
只需直线 y=a 与 g(x) 的图象有两个不同交点，
所以 a=−4 或 a=0 。
【解析】【分析】（1）先对函数求导，利用导数方法判断出函数 f(x) 在区间 [−2,2] 上的单调性，即可求出其最值；（2）先由函数有两零点，可得 a=−x3+6x2−9x 有两不等实根，令 g(x)=−x3+6x2−9x ，求出函数单调性，作出其简图，结合图像即可得出结果.
22.【答案】 解：(Ⅰ) (i) 当k=6时， f(x)=x3+6lnx ， f'(x)=3x2+6x .可得 f(1)=1 ， f'(1)=9 ，
所以曲线 y=f(x) 在点 (1,f(1)) 处的切线方程为 y−1=9(x−1) ，即 y=9x−8 .
(ii) 依题意， g(x)=x3−3x2+6lnx+3x,x∈(0,+∞) .
从而可得 g'(x)=3x2−6x+6x−3x2 ，
整理可得： g′(x)=3(x−1)3(x+1)x2 ，
令 g'(x)=0 ，解得 x=1 .
当x变化时， g'(x),g(x) 的变化情况如下表：
x
(0,1)
x=1
(1,+∞)
g'(x)
−
0
+
g(x)
单调递减
极小值
单调递增
所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；
g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.
（Ⅱ）证明：由 f(x)=x3+klnx ，得 f′(x)=3x2+kx .
对任意的 x1, x2∈[1,+∞) ，且 x1>x2 ，令 x1x2=t (t>1) ，则
(x1−x2)(f′(x1)+f′(x2))−2(f(x1)−f(x2))
=(x1−x2)(3x12+kx1+3x22+kx2)−2(x13−x23+klnx1x2)
=x13−x23−3x12x2+3x1x22+k(x1x2−x2x1)−2klnx1x2
=x23(t3−3t2+3t−1)+k(t−1t−2lnt) . ①
令 ℎ(x)=x−1x−2lnx, x∈[1,+∞) .
当x>1时， ℎ′(x)=1+1x2−2x=(1−1x)2>0 ，
由此可得 ℎ(x) 在 [1,+∞) 单调递增，所以当t>1时， ℎ(t)>ℎ(1) ，即 t−1t−2lnt>0 .
因为 x2≥1 ， t3−3t2+3t−1=(t−1)3>0 ， k≥−3 ，
所以 x23(t3−3t2+3t−1)+k(t−1t−2lnt)⩾(t3−3t2+3t−1)−3(t−1t−2lnt)
=t3−3t2+6lnt+3t−1 . ②
由(Ⅰ)(ii)可知，当 t>1 时， g(t)>g(1) ，即 t3−3t2+6lnt+3t>1 ，
故 t3−3t2+6lnt+3t−1>0 ③
由①②③可得 (x1−x2)(f′(x1)+f′(x2))−2(f(x1)−f(x2))>0 .
所以，当 k≥−3 时，任意的 x1,x2∈[1,+∞) ，且 x1>x2 ，有
f′(x1)+f′(x2)2>f(x1)−f(x2)x1−x2 .
【解析】【分析】(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；(ii)首先求得 g′(x) 的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；（Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令 x1x2=t ，将原问题转化为与 t 有关的函数，然后构造新函数，利用新函数的性质即可证得题中的结论.
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