資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
【江蘇省各地區真題匯編】導數及其應用考前專題特訓-2025年高考數學
一．選擇題（共8小題）
1．（2025春 常州期中）曲線f（x）＝（x+1）ex在點（0，1）處的切線的斜率為（　　）
A．﹣1 B． C．1 D．2
2．（2025 武進區校級一模）已知a＞e，b＞e，且a（1+lnb）＝（1+eb）lna，其中e為自然對數的底數，則下列結論正確的是（　　）
A．lna﹣lnb＜1 B．ae＜b
C．ab＜e3 D．2lna+2lnb＞6
3．（2025春 江蘇校級期中）已知函數f（x）＝lnx﹣x，則f′（1）＝（　　）
A．0 B．﹣1 C．1 D．﹣2
4．（2024 宿遷模擬）在同一平面直角坐標系內，函數y＝f（x）及其導函數y＝f′（x）的圖像如圖所示，已知兩圖像有且僅有一個公共點，其坐標為（0，1），則（　　）
A．函數y＝f（x） ex的最大值為1
B．函數y＝f（x） ex的最小值為1
C．函數的最大值為1
D．函數的最小值為1
5．（2025春 無錫校級月考）已知函數在區間（0，+∞）上單調遞增，則a的最大值為（　　）
A． B．e2 C．e D．
6．（2025春 蘇州校級月考）如圖，直線y＝kx+m與曲線y＝f（x）相切于兩點，則函數g（x）＝f（x）﹣kx在（0，+∞）上的極大值點個數為（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
7．（2025 江蘇校級模擬）我們解不等式時，可以采用如下方法：等價于，即．根據以上思路求解：函數f（x）＝xx，x∈（0，+∞）的最小值為（　　）
A．0 B．1 C． D．
8．（2025 江蘇三模）已知函數y＝f（x）在閉區間[a，b]上連續，在開區間（a，b）內可導，則（a，b）內至少存在一個點x0∈（a，b），使得f（b）﹣f（a）＝f′（x0）（b﹣a），其中x＝x0稱為函數y＝f（x）在閉區間[a，b]上的“中值點”．則函數f（x）＝x3﹣2x在區間[﹣1，1]上的“中值點”的個數為（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
二．多選題（共3小題）
（多選）9．（2025春 常州期中）已知函數f（x）＝lnx﹣ax的兩個零點分別為x1，x2，且x1＜x2，則下列說法正確的是（　　）
A．
B．
C．存在實數a，使得
D．若，則
（多選）10．（2025春 江蘇校級期中）如下圖是y＝f（x）的導函數f′（x）的圖象，則下列說法正確的是（　　）
A．f（x）在區間[﹣2，﹣1]上單調遞增
B．x＝﹣1是f（x）的極小值點
C．f（x）在區間[﹣1，2]上單調遞增，在區間[2，4]上單調遞減
D．f（x）在x＝1處取最大值
（多選）11．（2024秋 連云港期末）蜥蜴的體溫與陽光照射的關系近似為，其中T（t）為蜥蜴的體溫（單位：℃），t為太陽落山后的時間（單位：min）．則（　　）
A．從t＝0到t＝5，蜥蜴體溫下降了12℃
B．從t＝0到t＝5，蜥蜴體溫的平均變化率為﹣2.4℃/min
C．當t＝5時，蜥蜴體溫的瞬時變化率是﹣1.2℃/min
D．蜥蜴體溫的瞬時變化率為﹣3℃/min時的時刻
三．填空題（共3小題）
12．（2025春 常州期中）設函數f（x）＝sinx+ex﹣e﹣x﹣x+3，則滿足f（x）+f（3﹣2x）＜6的x的取值范圍是 　 　 ．
13．（2024秋 邳州市月考）設函數f（x），a，b均為正整數，若f（x）的極小值點為2，則f（x）的極大值點為 　 　 ．
14．（2025春 高郵市期中）設f′（x）是函數y＝f（x）的導函數，f″（x）是函數y＝f′（x）的導函數，若方程f″（x）＝0有實數解x＝x0，則稱（x0，f（x0））為函數y＝f（x）的“拐點”．經研究發現所有的三次函數f（x）＝ax3+bx2+cx+d（a≠0）都有“拐點”，且該“拐點”也是函數y＝f（x）圖象的對稱中心．若函數，則 　 　 ．
四．解答題（共5小題）
15．（2025春 南京期中）已知函數f（x）＝x﹣2lnx，g（x）3lnx+3．
（1）求f（x）的單調區間；
（2）若f（x）≥g（x）恒成立，求a的取值范圍．
16．（2025 武進區校級一模）已知函數．
（1）當a＝1時，求y＝f（x）的單調減區間；
（2）若，，證明：f（x）＜2；
（3）若x＞1，恒有，求實數a的取值范圍．
17．（2025春 江蘇校級期中）已知函數f（x）＝sinx﹣xcosx+ax，x∈（0，π）．
（1）若a＝0，求曲線y＝f（x）在點處的切線方程；
（2）若f（x）＞0恒成立，求實數a的取值范圍；
（3）若a＝﹣1，判斷f（x）在（0，π）上的零點個數并說明理由．
18．（2025春 徐州校級月考）已知函數f（x）（a，b∈R）．
（1）若f（x）的圖象在點（1，f（1））處的切線方程為4x﹣2y﹣1＝0，求a與b的值；
（2）若f（x）在x＝1處有極值，求a與b的值．
19．（2024秋 常州期末）已知函數f（x）＝xlnx．
（1）若f（x）在區間（a，+∞）上單調，求實數a的取值范圍；
（2）若函數g（x）＝f（x）﹣bx2有兩個不同的零點．
（i）求實數b的取值范圍；
（ii）若（xlnx﹣bx2）（x2﹣cx+d）≤0恒成立，求證：．
【江蘇省各地區真題匯編】導數及其應用考前專題特訓-2025年高考數學
參考答案與試題解析
一．選擇題（共8小題）
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D D A C C D D C
二．多選題（共3小題）
題號 9 10 11
答案 ACD BC ABC
一．選擇題（共8小題）
1．（2025春 常州期中）曲線f（x）＝（x+1）ex在點（0，1）處的切線的斜率為（　　）
A．﹣1 B． C．1 D．2
【解答】解：因為函數f（x）＝（x+1）ex，
則f′（x）＝ex+（x+1）ex＝（x+2）ex，
所以曲線f（x）＝（x+1）ex在點（0，1）處的切線的斜率k＝f′（0）＝（0+2）e0＝2．
故選：D．
2．（2025 武進區校級一模）已知a＞e，b＞e，且a（1+lnb）＝（1+eb）lna，其中e為自然對數的底數，則下列結論正確的是（　　）
A．lna﹣lnb＜1 B．ae＜b
C．ab＜e3 D．2lna+2lnb＞6
【解答】解：由于a＞e，b＞e，因此lna＞1，lnb＞1，
又由于a（1+lnb）＝（1+eb）lna，因此，因此，
令函數，導函數，
當x＞1時，f′（x）＞0，因此f（x）在（1，+∞）上單調遞增，
因此lna＞1+lnb，即lna﹣lnb＞1，所以選項A錯誤；
因此，根據對數函數的單調性得，即a＞eb，因此ae＞e2b＞b，所以選項B錯誤；
由于b＞e，結合a＞eb，可得ab＞eb2＞e3，所以選項C錯誤；
由于a＞eb＞e2，所以，故D正確．
故選：D．
3．（2025春 江蘇校級期中）已知函數f（x）＝lnx﹣x，則f′（1）＝（　　）
A．0 B．﹣1 C．1 D．﹣2
【解答】解：由已知可得，
所以．
故選：A．
4．（2024 宿遷模擬）在同一平面直角坐標系內，函數y＝f（x）及其導函數y＝f′（x）的圖像如圖所示，已知兩圖像有且僅有一個公共點，其坐標為（0，1），則（　　）
A．函數y＝f（x） ex的最大值為1
B．函數y＝f（x） ex的最小值為1
C．函數的最大值為1
D．函數的最小值為1
【解答】解：由題意可知，兩個函數圖像都在x軸上方，任何一個為導函數，則另外一個函數應該單調遞增，判斷可知，虛線部分為y＝f′（x），實線部分為y＝f（x），則A，B顯然錯誤，
對于C，D而言，，由圖像可知單調遞增，x∈（0，+∞），單調遞減，所以函數在x＝0處取得最大值為1．
故選：C．
5．（2025春 無錫校級月考）已知函數在區間（0，+∞）上單調遞增，則a的最大值為（　　）
A． B．e2 C．e D．
【解答】解：由已知可得f′（x）＝ex﹣ax，
∵f（x）在（0，+∞）上單調遞增，
∴f′（x）≥0即在（0，+∞）上恒成立，
設，則，
當x∈（0，1）時，h′（x）＜0，當x∈（1，+∞）時，h′（x）＞0，
h（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，
∴h（x）≥h（1）＝e，∴a≤e，
即a的最大值為e．
故選：C．
6．（2025春 蘇州校級月考）如圖，直線y＝kx+m與曲線y＝f（x）相切于兩點，則函數g（x）＝f（x）﹣kx在（0，+∞）上的極大值點個數為（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【解答】解：由題，g（x）＝f（x）﹣kx，則g′（x）＝f′（x）﹣k，
作出與直線y＝kx+m平行的函數f（x）的所有切線，如圖，
各切線與函數f（x）的切點的橫坐標依次為a，b，c，d，e，
則f（x）在a，b，c，d，e，處的導數都等于k，
所以在（0，a），（b，c），（d，e）上，f′（x）＞k，g′（x）＞0，g（x）單調遞增，
在（a，b），（c，d），（e，+∞）上，f'（x）＜k，g′（x）＜0，g（x）單調遞減，
因此函數g（x）＝f（x）﹣kx有三個極大值點，有兩個極小值點．
故選：D．
7．（2025 江蘇校級模擬）我們解不等式時，可以采用如下方法：等價于，即．根據以上思路求解：函數f（x）＝xx，x∈（0，+∞）的最小值為（　　）
A．0 B．1 C． D．
【解答】解：因為函數f（x）＝xx＞0在x∈（0，+∞）上恒成立，
所以令g（x）＝lnf（x）＝xlnx，x∈（0，+∞），
則g′（x）＝lnx+1，令g′（x）＝0，可得x＝e﹣1，
當x∈（0，e﹣1）時，g′（x）＜0，g（x）單調遞減；
當x∈（e﹣1，+∞）時，g′（x）＞0，g（x）單調遞增，
所以g（x）min＝g（e﹣1）＝e﹣1lne﹣1＝﹣e﹣1，
即lnf（x）的最小值為﹣e﹣1，因為y＝lnx為增函數，
所以g（x）min＝ln[f（x）min]＝﹣e﹣1，
所以f（x）min．
故選：D．
8．（2025 江蘇三模）已知函數y＝f（x）在閉區間[a，b]上連續，在開區間（a，b）內可導，則（a，b）內至少存在一個點x0∈（a，b），使得f（b）﹣f（a）＝f′（x0）（b﹣a），其中x＝x0稱為函數y＝f（x）在閉區間[a，b]上的“中值點”．則函數f（x）＝x3﹣2x在區間[﹣1，1]上的“中值點”的個數為（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【解答】解：由于函數f（x）＝x3﹣2x，那么導函數f′（x）＝3x2﹣2，且f（﹣1）＝1，f（1）＝﹣1，
根據題意可得2f′（x0）＝f（1）﹣f（﹣1）＝﹣2，那么，解得，
所以f（x）＝x3﹣2x在區間[﹣1，1]上的“中值點”的個數為2．
故選：C．
二．多選題（共3小題）
（多選）9．（2025春 常州期中）已知函數f（x）＝lnx﹣ax的兩個零點分別為x1，x2，且x1＜x2，則下列說法正確的是（　　）
A．
B．
C．存在實數a，使得
D．若，則
【解答】解：對于A，f（x）＝lnx﹣ax＝0，即lnx＝ax，
設y＝lnx，y＝ax相切時切點為（x0，y0），
則對y＝lnx求導有，又切點到原點的斜率與該點處的導數值相等，則，解得y0＝1，
故切點（e，1），此時．
故當函數f（x）＝lnx﹣ax有兩個零點時，，故A正確；
對于B，由圖象可得，0＜x1＜e，故B錯誤；
對于C，先證明：當0＜x1＜x2時，．
構造函數，則，
故在（1，+∞）上單調遞增，
又，
故，即，
化簡可得，即．
又lnx1﹣ax1＝lnx2﹣ax2＝0，故，
所以，故a（x1+x2）＞2．
則lnx1+lnx2＞2，即．故C正確；
對D，由題意，lnx﹣ax＝0即有兩根x1，x2且x1＜e＜x2，
令t＝lnx2＞1，則，
又，
故t＝x3＝lnx2，．故D正確．
故選：ACD．
（多選）10．（2025春 江蘇校級期中）如下圖是y＝f（x）的導函數f′（x）的圖象，則下列說法正確的是（　　）
A．f（x）在區間[﹣2，﹣1]上單調遞增
B．x＝﹣1是f（x）的極小值點
C．f（x）在區間[﹣1，2]上單調遞增，在區間[2，4]上單調遞減
D．f（x）在x＝1處取最大值
【解答】解：根據f′（x）的圖象可知，當﹣2＜x＜﹣1時，導函數f′（x）＜0，
當﹣1＜x＜2時，導函數f′（x）＞0，當2＜x＜4時，導函數f′（x）＜0，
當4＜x＜5時，導函數f′（x）＞0，
因此函數f（x）在區間[﹣2，﹣1]上單調遞減，所以選項A錯誤；
函數f（x）在區間[﹣1，2]上單調遞增，在區間[2，4]上單調遞減，[4，5]上單調遞增，
在x＝﹣1和x＝4處取得極小值，因此選項B、C正確；
由于函數f（x）在區間[﹣1，2]上單調遞增，x＝2處取得極大值，
在x＝1處的函數值小于在x＝2處的函數值，所以選項D錯誤．
故選：BC．
（多選）11．（2024秋 連云港期末）蜥蜴的體溫與陽光照射的關系近似為，其中T（t）為蜥蜴的體溫（單位：℃），t為太陽落山后的時間（單位：min）．則（　　）
A．從t＝0到t＝5，蜥蜴體溫下降了12℃
B．從t＝0到t＝5，蜥蜴體溫的平均變化率為﹣2.4℃/min
C．當t＝5時，蜥蜴體溫的瞬時變化率是﹣1.2℃/min
D．蜥蜴體溫的瞬時變化率為﹣3℃/min時的時刻
【解答】解：根據題意，，其導數，
依次分析選項：
對于A，當t＝0時，，當t＝5時，，
所以從t＝0到t＝5，蜥蜴的體溫下降了39﹣27＝12，故A正確；
對于B，從t＝0到t＝5，蜥蜴體溫的平均變化率為，故B正確；
對于C，，當t＝5時，，所以當t＝5時，蜥蜴體溫的瞬時變化率為﹣1.2℃/min，故C正確；
對于D，令，解得，故D錯誤．
故選：ABC．
三．填空題（共3小題）
12．（2025春 常州期中）設函數f（x）＝sinx+ex﹣e﹣x﹣x+3，則滿足f（x）+f（3﹣2x）＜6的x的取值范圍是 　（3，+∞）　 ．
【解答】解：f（x）＝sinx+ex﹣e﹣x﹣x+3，
由題目條件知：可設h（x）＝f（x）﹣3＝sinx+ex﹣e﹣x﹣x，
可以得到h（﹣x）＝﹣h（x），
所以h（x）為R上的奇函數，
h'（x）＝cosx+ex+e﹣x﹣1≥cosx+2﹣1＝1+cosx≥0，
所以h（x）在R上單調遞增，
又因為f（x）+f（3﹣2x）＜6，
所以[f（x）﹣3]+[f（3﹣2x）﹣3]＜0，
所以h（x）+h（3﹣2x）＜0，
所以h（x）＜﹣h（3﹣2x），
又因為h（x）為R上的奇函數，
所以h（x）＜h（2x﹣3），
又因為h（x）在R上單調遞增，∴x＜2x﹣3，有x＞3，
故x的取值范圍是（3，+∞）．
故答案為：（3，+∞）
13．（2024秋 邳州市月考）設函數f（x），a，b均為正整數，若f（x）的極小值點為2，則f（x）的極大值點為 　3　 ．
【解答】解：由f（x），
得f′（x）．
∵f（x）的極小值點為2，∴x＝2是方程﹣ax2+（2a+3）x﹣b﹣3＝0的一個根，
則﹣4a+4a+6﹣b﹣3＝0，得b＝3．
由f′（x）＝0，得﹣ax2+（2a+3）x﹣6＝0，解得x＝2或x，
由a為正整數，且2，可得a＝1，則，
∵f（x）的極小值點為2，
∴f（x）在（﹣∞，2）上單調遞減，在（2，3）上單調遞增，在（3，+∞）上單調遞減，
∴f（x）的極大值點為3．
故答案為：3．
14．（2025春 高郵市期中）設f′（x）是函數y＝f（x）的導函數，f″（x）是函數y＝f′（x）的導函數，若方程f″（x）＝0有實數解x＝x0，則稱（x0，f（x0））為函數y＝f（x）的“拐點”．經研究發現所有的三次函數f（x）＝ax3+bx2+cx+d（a≠0）都有“拐點”，且該“拐點”也是函數y＝f（x）圖象的對稱中心．若函數，則 　　 ．
【解答】解：因為函數，
則f'（x）＝3x2﹣3x，f''（x）＝6x﹣3，
令f''（x）＝0，解得，且，
由題意可知，f（x）的拐點為，
故f（x）的對稱中心為，
所以f（1﹣x）+f（x），
所以f（）+f（）+f（）+ +f（）+f（）＝（）f（1）．
又，
所以f（）+f（）+f（）+ +f（）+f（）＝﹣506．
故答案為：．
四．解答題（共5小題）
15．（2025春 南京期中）已知函數f（x）＝x﹣2lnx，g（x）3lnx+3．
（1）求f（x）的單調區間；
（2）若f（x）≥g（x）恒成立，求a的取值范圍．
【解答】解：（1）函數f（x）定義域為（0，+∞），f'（x）＝1，
令f'（x）＞0得x＞2，令f'（x）＜0得0＜x＜2，
所以f（x）的增區間為（2，+∞），減區間為（0，2）．
（2）因為x﹣2lnx3lnx+3（x＞0），所以lnx+x﹣3，
即a≤x lnx+x2﹣3x．
令h（x）＝x lnx+x2﹣3x，那么h'（x）＝lnx+2x﹣2，
因為h'（x）在（0，+∞）單調遞增且h'（1）＝0．
所以當0＜x＜1時，h'（x）＜0，h（x）在（0，1）單調遞減；
當x＞1時，h'（x）＞0，h（x）在（1，+∞）單調遞增；
故當x＝1時，h（x）min＝h（1）＝﹣2．
所以a∈（﹣∞，﹣2]．
16．（2025 武進區校級一模）已知函數．
（1）當a＝1時，求y＝f（x）的單調減區間；
（2）若，，證明：f（x）＜2；
（3）若x＞1，恒有，求實數a的取值范圍．
【解答】解：（1）令，得定義域為，
a＝1時，函數，
導函數，
令f′（x）＜0，得，因此函數y＝f（x）單調減區間為和；
（2）證明：導函數，時，
函數是遞增函數，
所以y∈[1，3]，，又因為，因此f′（x）≤0，函數f（x）在上單調遞減，
，
由于，因此，
從而函數；
（3）導函數，x＞1，
當a≤0時，導函數f′（x）＜0，函數f（x）在（1，+∞）上是減函數，
當x→+∞時，，所以函數不可能恒成立，
a＞0時，根據f′（x）＝0，可得，
記函數，，
那么g（x）＝0有兩個實根，一根大于1，一根小于1，
大于1的根為，易知它是關于a的減函數，
又因為y＝（2x﹣1）（x﹣1）＝2x2﹣3x+1在（1，+∞）上是增函數，且y＞0，
即x＞x0時，，1＜x＜x0時，，
因此x＞x0時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增，
1＜x＜x0時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減，
因此f（x）min＝f（x0），
a＝1時，，此時函數，
記函數，h（x）在上單調遞增，在上單調遞減，
且，
所以當0＜a＜1時，，，
當a＞1時，，，
綜上所述，a≥1時，恒成立，所以a的取值范圍是[1，+∞）．
17．（2025春 江蘇校級期中）已知函數f（x）＝sinx﹣xcosx+ax，x∈（0，π）．
（1）若a＝0，求曲線y＝f（x）在點處的切線方程；
（2）若f（x）＞0恒成立，求實數a的取值范圍；
（3）若a＝﹣1，判斷f（x）在（0，π）上的零點個數并說明理由．
【解答】解：（1）當a＝0時，函數f（x）＝sinx﹣xcosx，那么導函數f′（x）＝xsinx，，
因此在點處的切線方程為，即．
（2）由于x∈（0，π），且f（0）＝0，根據函數f（x）＝sinx﹣xcosx+ax，得導函數f′（x）＝xsinx+a，
當a≥0時，導函數f′（x）＝xsinx+a≥0在（0，π）上恒成立，
因此函數f（x）在（0，π）單調遞增，f（x）＞f（0）＝0恒成立，
當a＜0時，f′（0）＝a＜0，
又由于0＜sinx≤1，因此導函數f′（x）＝xsinx+a≤x+a，
那么當x∈（0，﹣a）時，導函數f′（x）＝xsinx+a≤x+a＜0，
記I＝（0，﹣a）∩（0，π），那么x∈I時，f′（x）＜0，函數f（x）單調遞減，
f（x）＜f（0）＝0，與f（x）＞0恒成立不符，
綜上所述，f（x）＞0恒成立，a∈[0，+∞）．
（3）當a＝﹣1時，函數f（x）＝sinx﹣xcosx﹣x，令函數F（x）＝sinx﹣x，
那么F（0）＝0，導函數F′（x）＝cosx﹣1，
當時，F′（x）＜0，F（x）單調遞減，
因此在上，sinx﹣x＜0，xcosx＞0，易得f（x）＜0，
因此在，f（x）沒有零點．
令函數g（x）＝f′（x）＝xsinx﹣1，函數h（x）＝g′（x）＝sinx+xcosx，導函數h′（x）＝2cosx﹣xsinx，
當時，導函數h′（x）＝2cosx﹣xsinx＜0，函數h（x）單調遞減，
，h（π）＝﹣π，因此存在，使得h（x1）＝0，
當x∈（x1，π）時，函數h（x）＜0，當時，函數h（x）＞0，
所以函數g（x）在（x1，π）上單調遞減，在上單調遞增，
因此，g（π）＝﹣1；
因此存在x2∈（x1，π），使得g（x2）＝0，
因此當x∈（x2，π）時，g（x）＜0，當時，g（x）＞0，
因此函數f（x）在（x2，π）上單調遞減，在上單調遞增，
且，f（x2）＞f（π）＝0，
所以在區間，存在唯一的x0，使得f（x0）＝0，在區間（x2，π）上沒有零點，
綜上，當a＝﹣1時，函數f（x）在（0，π）上的零點個數為1．
18．（2025春 徐州校級月考）已知函數f（x）（a，b∈R）．
（1）若f（x）的圖象在點（1，f（1））處的切線方程為4x﹣2y﹣1＝0，求a與b的值；
（2）若f（x）在x＝1處有極值，求a與b的值．
【解答】解：（1），
則f′（1）＝3﹣6a+b，
又，切線方程為4x﹣2y﹣1＝0，
則，
解得，
∴a＝0，b＝﹣1或a＝3，b＝17．
（2）∵函數f（x）在x＝1處有極值，
∴f′（1）＝3﹣6a+b＝0且，
解得a＝1，b＝3或a＝2，b＝9，
當a＝2，b＝9時，，此時1是極值點，滿足題意；
當a＝1，b＝3時，恒成立，此時函數無極值點；
所以a＝2，b＝9．
19．（2024秋 常州期末）已知函數f（x）＝xlnx．
（1）若f（x）在區間（a，+∞）上單調，求實數a的取值范圍；
（2）若函數g（x）＝f（x）﹣bx2有兩個不同的零點．
（i）求實數b的取值范圍；
（ii）若（xlnx﹣bx2）（x2﹣cx+d）≤0恒成立，求證：．
【解答】解：（1）由題設f'（x）＝lnx+1，當時，f′（x）＜0，當時，f′（x）＞0，
所以f（x）在上單調遞減，在上單調遞增，
而f（x）在區間（a，+∞）上單調，
所以，
即實數a的取值范圍是；
（2）（i）g（x）＝xlnx﹣bx2＝x（lnx﹣bx），且x∈（0，+∞），
令h（x）＝lnx﹣bx，且x∈（0，+∞），
則，
若b≤0，h'（x）＞0，即h（x）在定義域上遞增，所以函數至多有1個零點，不符；
當b＞0時，時h′（x）＞0，時h′（x）＜0，
h（x）在上單調遞增，在上單調遞減，
則，得，
又h（1）＝﹣b＜0，，
另且，
則，
所以s（b）在上單調遞增，則，所以，
即g（x）在和各存在一個零點，滿足題設，
所以，
即b的取值范圍是；
（ii）證明：記兩個零點為x1，x2（0＜x1＜x2），結合g（x）（x2﹣cx+d）≤0恒成立，
則x1，x2為x2﹣cx+d的兩個零點，則x1+x2＝c，x1x2＝d，
且，
要證，即證，
即證，
令，即證，
令，
則，
所以φ（t）＜φ（1）＝0，得證；
要證，即證，
令，
則，
則，
所以n（m）＞n（1）＝0，得證．
綜上，．
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
21世紀教育網(www.21cnjy.com)

展開更多......

收起↑