（新课标）2017版高考数学大一轮复习 第三章 导数及应用 文（课件+习题）（打包7套）.zip

- 1 -题组层级快练(十四)1．y＝ln 的导函数为( )1xA．y′＝－ B．y′＝1x 1xC．y′＝lnx D．y′＝－ln(－x)答案 A解析 y＝ln ＝－lnx，∴y′＝－ .1x 1x2．(2016·东北师大附中摸底)曲线 y＝5x＋lnx 在点(1，5)处的切线方程为( )A．4x－y＋1＝0 B．4x－y－1＝0C．6x－y＋1＝0 D．6x－y－1＝0答案 D解析 将点(1，5)代入 y＝5x＋lnx 成立，即点(1，5)为切点．因为 y′＝5＋ ，所以 y′1x |)＝5＋ ＝6.x＝ 1 11所以切线方程为 y－5＝6(x－1)，即 6x－y－1＝0.故选 D.3．若曲线 y＝x 3在点 P 处的切线的斜率为 3，则点 P 的坐标为( )A．(－1，1) B．(－1，－1)C．(1，1)或(－1，－1) D．(1，－1)答案 C解析 y′＝3x 2，∴3x 2＝3.∴x＝±1.当 x＝1 时，y＝1，当 x＝－1 时，y＝－1.4．(2016·衡水调研卷)设 f(x)＝xlnx，若 f′(x 0)＝2，则 x0的值为( )A．e 2 B．eC. D．ln2ln22答案 B解析 由 f(x)＝xlnx，得 f′(x)＝lnx＋1.根据题意知 lnx0＋1＝2，所以 lnx0＝1，因此 x0＝e.5．设正弦函数 y＝sinx 在 x＝0 和 x＝ 附近的平均变化率为 k1，k 2，则 k1，k 2的大小关系π 2为( )A．k 1k2 B．k 1k2.π 26．(2016·云南师大附中适应性考试)曲线 y＝a x在 x＝0 处的切线方程是 xln2＋y－1＝0，则 a＝( )A. B．212C．ln2 D．ln12答案 A解析 由题知，y′＝a xlna，y′ ＝lna，又切点为(0，1)，故切线方程为|)x＝ 0xlna－y＋1＝0，∴a＝ ，故选 A.127. (2016·浙江十二校联考)函数 f(x)的导函数 f′(x)的图像是如图所示的一条直线 l，l与 x 轴的交点坐标为(1，0)，则 f(0)与 f(3)的大小关系为( )A．f(0)f(3)C．f(0)＝f(3) D．无法确定答案 B解析 由题意知 f(x)的图像是以 x＝1 为对称轴，且开口向下的抛物线，所以 f(0)＝f(2)f(3)．选 B.8．若函数 f(x)＝ax 4＋bx 2＋c 满足 f′(1)＝2，则 f′(－1)等于( )A．－1 B．－2C．2 D．0答案 B解析 f′(x)＝4ax 3＋2bx，∵f′(x)为奇函数且 f′(1)＝2，∴f′(－1)＝－2.9．f(x)与 g(x)是定义在 R 上的两个可导函数，若 f(x)，g(x)满足 f′(x)＝g′(x)，则f(x)与 g(x)满足( )A．f(x)＝g(x) B．f(x)＝g(x)＝0- 3 -C．f(x)－g(x)为常数函数 D．f(x)＋g(x)为常数函数答案 C10．(2016·《高考调研》原创题)设函数 f(x)在(0，＋∞)内可导，且 f(ex)＝x＋e x，则f′(2 016)＝( )A．1 B．2C. D.12 016 2 0172 016答案 D解析 令 ex＝t，则 x＝lnt，所以 f(t)＝lnt＋t，故 f(x)＝lnx＋x.求导得 f′(x)＝ ＋1，故 f′(2 016)＝ ＋1＝ .故选 D.1x 12 016 2 0172 01611．(2013·广东文)若曲线 y＝ax 2－lnx 在点(1，a)处的切线平行于 x 轴，则a＝________．答案 12解析 因为 y′＝2ax－ ，依题意得 y′| x＝1 ＝2a－1＝0，所以 a＝ .1x 1212．已知 y＝ x3－x －1 ＋1，则其导函数的值域为________．13答案 [2，＋∞)13．(2015·江西文)若曲线 y＝x α ＋1(α∈R)在点(1，2)处的切线经过坐标原点，则α＝________．答案 2解析 由题意 y′＝αx α－1 ，在点(1，2)处的切线的斜率为 k＝α，又切线过坐标原点，所以 α＝ ＝2.2－ 01－ 014．已知函数 f(x)＝f′( )cosx＋sinx，所以 f( )的值为________．π 4 π 4答案 1解析 因为 f′(x)＝－f′( )sinx＋cosx，所以 f′( )＝－f′( )sin ＋cos ，所以π 4 π 4 π 4 π 4 π 4f′( )＝ －1.故 f( )＝f′( )cos ＋sin ＝1.π 4 2 π 4 π 4 π 4 π 415．(2016·广东肇庆一模)曲线 f(x)＝ 在 x＝0 处的切线方程为________．exx－ 1答案 2x＋y＋1＝0- 4 -解析 根据题意可知切点坐标为(0，－1)，f′(x)＝ ＝（ x－ 1） （ ex） ′ － ex（ x－ 1） ′（ x－ 1） 2，故切线的斜率为 k＝f′(0)＝ ＝－2，则直线的方程为 y－(－1)（ x－ 2） ex（ x－ 1） 2 （ 0－ 2） e0（ 0－ 1） 2＝(－2)(x－0)2x ＋y＋1＝0，故填 2x＋y＋1＝0.16．(2016·河北邯郸二模)曲线 y＝log 2x 在点(1，0)处的切线与坐标轴所围成三角形的面积等于________．答案 log2e12解析 ∵y′＝ ，∴k＝ .1xln2 1ln2∴切线方程为 y＝ (x－1)．1ln2∴三角形面积为 S△ ＝ ×1× ＝ ＝ log2e.12 1ln2 12ln2 1217．若抛物线 y＝x 2－x＋c 上的一点 P 的横坐标是－2，抛物线过点 P 的切线恰好过坐标原点，则实数 c 的值为________．答案 4解析 ∵y′＝2x－1，∴y′| x＝－2 ＝－5.又 P(－2，6＋c)，∴ ＝－5.∴c＝4.6＋ c－ 218．设 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且当 x≥0 时，f(x)＝2x 2.(1)求 x0，f(x)＝－f(－x)＝－2(－x) 2＝－2x 2.∴当 x0 时，f′(x 0)＝4x 0＝g′(x 0)＝ ，解得，x 0＝± .故存在 x0＝ 满足条件．1x0 12 121．(2016·济宁模拟)已知 f(x)＝x(2 014＋lnx)，f′(x 0)＝2 015，则 x0＝( )A．e 2 B．1C．ln2 D．e- 5 -答案 B解析 由题意可知 f′(x)＝2 014＋lnx＋x· ＝2 015＋lnx.由 f′(x 0)＝2 015，得1xlnx0＝0，解得 x0＝1.2．(2016·衡水调研卷)曲线 y＝ 在点(1，－1)处的切线方程为( )xx－ 2A．y＝x－2 B．y＝－3x＋2C．y＝2x－3 D．y＝－2x＋1答案 D解析 由题意得 y＝1＋ ，所以 y′＝ ，所以所求曲线在点(1，－1)处的切线2x－ 2 － 2（ x－ 2） 2的斜率为－2，故由点斜式得所求切线方程为 y＝－2x＋1.3．(2016·江西九江模拟)已知直线 y＝－x＋1 是函数 f(x)＝－ ·ex图像的切线，则实数1aa＝________．答案 e 2解析 设切点为(x 0，y 0)，则 f′(x 0)＝－ ·ex0＝－1，∴ex 0＝a，又1a－ ·ex0＝－x 0＋1，∴x 0＝2，∴a＝e 2.1a4．(2016·安徽毛坦厂中学月考)设曲线 y＝x n＋1 (x∈R *)在点(1，1)处的切线与 x 轴的交点横坐标为 xn，令 an＝lgx n，则 a1＋a 2＋…＋a 99的值为________．答案 －2解析 由题意可得，y′| x＝1 ＝n＋1，则所求切线方程为 y＝(n＋1`)x－n，令 y＝0，得 xn＝.nn＋ 1由对数运算法则可知 a1＋a 2＋a 3＋…＋a 99＝lg(x 1·x2·x3·…·x99)＝lg ＝－2.11005．已知曲线 C：y＝x 3－3x 2＋2x，直线 l：y＝kx，且直线 l 与曲线 C 相切于点(x 0，y 0)(x0≠0)，求直线 l 的方程及切点坐标．解析 ∵直线过原点，则 k＝ (x0≠0)．y0x0由点(x 0，y 0)在曲线 C 上，则 y0＝x 03－3x 02＋2x 0，∴ ＝x 02－3x 0＋2.y0x0又 y′＝3x 2－6x＋2，∴在(x 0，y 0)处曲线 C 的切线斜率应为 k＝f′(x 0)＝3x 02－6x 0＋2.- 6 -∴x 02－3x 0＋2＝3x 02－6x 0＋2.整理得 2x02－3x 0＝0.解得 x0＝ (x0≠0)．32这时，y 0＝－ ，k＝－ .38 14因此，直线 l 的方程为 y＝－ x，14切点坐标是( ，－ )．32 38- 1 -题组层级快练(十五)1．当 x0时，f(x)＝x＋ 的单调减区间是( )4xA．(2，＋∞) B．(0，2)C．( ，＋∞) D．(0， )2 2答案 B解析 f′(x)＝1－ ＝ 0，∴x∈(0，2)，∴选 B.2．函数 f(x)＝1＋x－sinx 在(0，2π)上是( )A．增函数 B．减函数C．在(0，π)上增，在(π，2π)上减 D．在(0，π)上减，在(π，2π)上增答案 A解析 ∵f′(x)＝1－cosx0，∴f(x)在(0，2π)上递增．3．已知 e为自然对数的底数，则函数 y＝xe x的单调递增区间是( )A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1]C．[1，＋∞) D．(－∞，1]答案 A解析 令 y′＝(1＋x)e x≥0.∵e x0，∴1＋x≥0，∴x≥－1，选 A.4．(2016·长沙雅礼中学模拟)已知函数 f(x)＝ x3＋ax＋4，则“a0”是“f(x)在 R上单调12递增”的( )A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件答案 A解析 f′(x)＝ x2＋a，当 a≥0 时，f′(x)≥0 恒成立，故“a0”是“f(x)在 R上单调递32增”的充分不必要条件．5．若函数 y＝a(x 3－x)的递减区间为(－ ， )，则 a的取值范围是( )33 33A．a＞0 B．－1＜a＜0C．a＞1 D．0＜a＜1答案 A解析 y′＝a(3x 2－1)，- 2 -解 3x2－1＜0，得－ ＜x＜ .33 33∴f(x)＝x 3－x 在(－ ， )上为减函数．33 33又 y＝a·(x 3－x)的递减区间为(－ ， )．∴a＞0.33 336．函数 f(x)＝lnx－ax(a0)的单调递增区间为( )A．(0， ) B．( ，＋∞)1a 1aC．(－∞， ) D．(－∞，a)1a答案 A解析 由 f′(x)＝ －a0，得 00.即 f(x)在(－∞，1)上单调递增，f(－1)0时，xf′(x)－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，＋∞)答案 A解析 令 F(x)＝ ，因为 f(x)为奇函数，所以 F(x)为偶函数，由于 F′(x)＝f（ x）x，当 x0时，xf′(x)－f(x)0成立的 x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．故选 A.12．若函数 f(x)的导函数为 f′(x)＝x 2－4x＋3，则函数 f(x＋1)的单调递减区间是________．答案 (0，2)- 4 -13．(2016·保定模拟)已知函数 f(x)的导函数为 f′(x)＝5＋cosx，x∈(－1，1)，且 f(0)＝0，若 f(1－x)＋f(1－x 2)1，则不等式 f(x)－x0 的解集为________．答案 (2，＋∞)解析 令 g(x)＝f(x)－x，∴g′(x)＝f′(x)－1.由题意知 g′(x)0，∴g(x)为增函数．∵g(2)＝f(2)－2＝0，∴g(x)0 的解集为(2，＋∞)．15．已知函数 f(x)＝kx 3＋3(k－1)x 2－k 2＋1(k0)的单调递减区间是(0，4)．(1)实数 k的值为________；(2)若在(0，4)上为减函数，则实数 k的取值范围是________．答案 (1) (2)00，故 00.讨论 f(x)的单调性．2x答案 当 02 时，单调递减区间为(2 2， )，单调递增区间为(0， )，( ，＋∞)a－ a2－ 82 a＋ a2－ 82 a－ a2－ 82 a＋ a2－ 82解析 由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，导函数 f′(x)＝1＋ － ＝ .2x2 ax x2－ ax＋ 2x2设 g(x)＝x 2－ax＋2，二次方程 g(x)＝0 的判别式 Δ＝a 2－8.①当 Δ0都有 f′(x)0.2此时 f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数．②当 Δ＝0，即 a＝2 时，仅对 x＝ 有 f′(x)＝0，对其余的 x0都有 f′(x)0.此时2 2f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．- 5 -③当 Δ0，即 a2 时，方程 g(x)＝0 有两个不同的实根2x1＝ ，x 2＝ ，00，故 g(x)为增函数；当－10时，g′(x)0，故 g(x)为增函数．综上，知 g(x)在(－∞，－4]和[－1，0]上为减函数，在[－4，－1]和[0，＋∞)上为增函数．- 6 -1．(2014·陕西理)如图，某飞行器在 4千米高空水平飞行，从距着陆点 A的水平距离 10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图像的一部分，则该函数的解析式为( )A．y＝ x3－ x B．y＝ x3－ x1125 35 2125 45C．y＝ x3－x D．y＝－ x3＋ x3125 3125 15答案 A解析 设所求函数解析式为 y＝f(x)，由题意知 f(5)＝－2，f(－5)＝2，且 f′(±5)＝0，代入验证易得 y＝ x3－ x符合题意，故选 A.1125 352．(2016·湖南十三校第二次联考)下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( )A．f(x)＝sin2x B．f(x)＝xe xC．f(x)＝x 3－x D．f(x)＝－x＋lnx答案 B解析 f(x)＝xe x的导函数为 f′(x)＝(1＋x)e x，易知 f′(x)0 在(0，＋∞)上恒成立，所以该函数在区间(0，＋∞)上为增函数．故选 B.3．(2016·山西太原质量检测)已知函数 f(x)＝x(e x－ )，若 f(x1)x2 B．x 1＋x 2＝0C．x 10)，则 g′(t)＝a2 t＋ lnt2 t2 lnt2 t2 lnt2－ ＝ ，令 g′(t)＝0，得 t＝1，当 t∈(0，1)时，g′(t)0，所以 g(t)min＝g(1)＝ ，所以|AB|≥ ，所以|AB|的最小值为 .32 32 325．(2015·四川)已知函数 f(x)＝－2xlnx＋x 2－2ax＋a 2，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．解析 (1)由已知，函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－1－lnx－a)，所以 g′(x)＝2－ ＝ .2x 2（ x－ 1）x当 x∈(0，1)时，g′(x)0，g(x)单调递增．(2)由 f′(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得 a＝x－1－lnx.令 φ(x)＝－2xlnx＋x 2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx) 2＝(1＋lnx) 2－2xlnx，则 φ(1)＝10，φ(e)＝2(2－e)f(x0)＝0；当 x∈(x 0，＋∞)时，f′(x)0，从而 f(x)f(x0)＝0；又当 x∈(0，1]时，f(x)＝(x－a 0)2－2xlnx0.故 x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.- 8 -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．6．(2016·山东师大附中)已知函数 f(x)＝x－ －lnx，a0.ax(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)若 f(x)x－x 2在(1，＋∞)上恒成立，求实数 a的取值范围．答案 (1)00，即 00，得 0 .14 1－ 1－ 4a2 1＋ 1－ 4a2所以 f(x)在(0， )，( ，＋∞)上是增函数，在( ， )1－ 1－ 4a2 1＋ 1－ 4a2 1－ 1－ 4a2 1＋ 1－ 4a2上是减函数．综上知，当 0x－x 2，即 x2－ －lnx0，ax因为 x∈(1，＋∞)，所以 a0，得 h(x)h(1)＝2，即 g′(x)0，故 g(x)＝x 3－xlnx 在(1，＋∞)上为增函数，g(x)g(1)＝1，所以 00，f(x)单调递增；π4 3π4当 x∈(2kπ＋ ，2kπ＋ )，k∈Z，f′(x)0，由π2π2π2零点存在性定理，必存在一个零点 x0，使得 g′(x 0)＝0，当 x∈[0，x 0)时，g′(x)≤0，从而 g(x)在 x∈[0，x 0)上单调递减，从而 g(x0)≤g(0)＝0，与题意不符，综上所述，k 的取值范围为(－∞，1]．8．设 a为实数，函数 f(x)＝(x－a) 2＋|x－a|－a(a－1)．当 a≥2 时，讨论 f(x)＋ 在区间4x(0，＋∞)内的零点个数．解析 令 F(x)＝f(x)＋4x- 10 -＝ 则 F(x)在(0，＋∞)上的图像是连续不断的一条曲{x[x－ （ 2a－ 1） ]＋ 4x， x≥ a，（ x－ 1） （ x－ 2a） ＋ 4x， 0－2， 2，因此 F(x)0，从而 F(x)没有零点．4x当 a2时，①当 00，F(a)＝a＋ －a 20，4x2 x2－ 4x2所以 F(x)在[a，＋∞)上为增函数．由①知，F(a)0，42a－ 1所以由函数零点的存在性定理，知 F(x)在[a，＋∞)内有唯一零点；综上，可得当 a＝2 时，f(x)＋ 在区间(0，＋∞)内有唯一零点；4x当 a2时，f(x)＋ 在区间(0，＋∞)内有 2个零点．4x- 1 -题组层级快练(十六)1．函数 y＝x 3－3x 2－9x(－20 B．m1 D．m0；当－20，则 xf′(x)0 时，xf′(x)0.7．若函数 f(x)＝x 3－3bx＋3b 在(0，1)内有极小值，则( )A．0＜b＜1 B．b＜1C．b＞0 D．b＜12答案 A解析 f(x)在(0，1)内有极小值，则 f′(x)＝3x 2－3b 在(0，1)上先负后正，∴f′(0)＝－3b＜0.∴b＞0.f′(1)＝3－3b＞0，∴b＜1.综上，b 的取值范围为 0＜b＜1.8．(2016·苏锡常镇一调)f(x)＝e x－x(e 为自然对数的底数)在区间[－1，1]上的最大值是( )A．1＋ B．11e- 3 -C．e＋1 D．e－1答案 D解析 f′(x)＝e x－1，令 f′(x)＝0，得 x＝0.令 f′(x)0，得 x0，令 f′(x)f(－1)．故选 D.1e 129．已知 f(x)＝x 3＋px 2＋qx 的图像与 x 轴相切于非原点的一点，且 f(x)极小值 ＝－4，那么p，q 值分别为( )A．6，9 B．9，6C．4，2 D．8，6答案 A解析 设图像与 x 轴的切点为(t，0)(t≠0)，设 注意 t≠0，{f（ t） ＝ t3＋ pt2＋ qt＝ 0，f′ （ t） ＝ 3t2＋ 2pt＋ q＝ 0， )可得出 p＝－2t，q＝t 2.∴p 2＝4q，只有 A 满足这个等式(亦可直接计算出 t＝－3)．10．(2016·昌平一模)若函数 f(x)＝ 在 x＝1 处取得极值，则 a＝________．x2＋ ax＋ 1答案 3解析 f′(x)＝ ，由 f(x)在 x＝1 处取得极值知 f′(1)＝0，∴a＝3.x2＋ 2x－ a（ x＋ 1） 211．下列关于函数 f(x)＝(2x－x 2)ex的判断正确的是________．①f(x)0 的解集是{x|00，则 02） ，f′ （ x） 0 （ x1，即 m0，否则函数 y 为单调增函数)．若函数2a3y＝x 3－2ax＋a 在(0，1)内有极小值，则 0)的最小值是________．答案 －1e解析 对函数 f(x)＝xlnx 求导，得 f′(x)＝lnx＋1.当 0 时，f′(x)0，即 f(x)＝xlnx 在( ，＋∞)上单调递增，因此1e 1e 1e函数 f(x)＝xlnx 在 x＝ 处取得最小值，即 f( )＝ ln ＝－ .1e 1e 1e 1e 1e16．已知函数 f(x)＝ .1＋ lnxx(1)若函数 f(x)在区间(a，a＋ )(其中 a0)上存在极值，求实数 a 的取值范围；23(2)如果当 x≥1 时，不等式 f(x)≥ 恒成立，求实数 m 的取值范围．mx＋ 1答案 (1) 0}，所以 f′(x)＝－ .当 00；当 x1 时，f′(x)0)上存在极值，23∴ 解得 1， ) 13- 5 -(2)当 x≥1 时，不等式 f(x)≥ ，mx＋ 1即为 ≥m.（ x＋ 1） （ 1＋ lnx）x记 g(x)＝ ，（ x＋ 1） （ 1＋ lnx）x∴g′(x)＝ ＝ .令 h(x)＝x－lnx，[（ x＋ 1） （ 1＋ lnx） ]′ x－ （ x＋ 1） （ 1＋ lnx）x2 x－ lnxx2则 h′(x)＝1－ ，∵x≥1，∴h′(x)≥0，1x∴h(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴h(x) min＝h(1)＝10，从而 g′(x)0，故 g(x)在[1，＋∞)上也是单调递增，∴g(x) min＝g(1)＝2，∴m≤2.17．(2014·江西文)已知函数 f(x)＝(4x 2＋4ax＋a 2) ，其中 a2（ 5x－ 2） （ x－ 2）x 250，得 x∈ 或 x∈(2，＋∞)．(0，25)故函数 f(x)的单调递增区间为 和(2，＋∞)． (0，25)(2)f′(x)＝ ，a4，即 a 时，f′(x)0.12 12∴x＝ 时取极大值，f( )＝ · ＝ .12 12 1e 12 12e4．函数 f(x)＝x 3＋ax 2＋3x－9，已知 f(x)在 x＝－3 时取得极值，则 a＝( )A．2 B．3C．4 D．5答案 D解析 f′(x)＝3x 2＋2ax＋3，令 f′(－3)＝0，得 a＝5.5．若 y＝alnx＋bx 2＋x 在 x＝1 和 x＝2 处有极值，则 a＝________，b＝________．答案 － －23 16解析 y′＝ ＋2bx＋1.ax由已知 解得{a＋ 2b＋ 1＝ 0，a2＋ 4b＋ 1＝ 0， ) {a＝ － 23，b＝ － 16.)6．已知函数 f(x)＝4lnx＋ax 2－6x＋b(a，b 为常数)，且 x＝2 为 f(x)的一个极值点，则实数 a 的值为________．答案 1解析 由题意知，函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)．∵f′(x)＝ ＋2ax－6，∴f′(2)＝2＋4a－6＝0，即 a＝1.4x7．(2016·保定调研卷)设函数 f(x)＝x＋ax 2＋blnx，曲线 y＝f(x)过 P(1，0)，且在 P 点处的切线斜率为 2.(1)求 a，b 的值；(2)令 g(x)＝f(x)－2x＋2，求 g(x)在定义域上的最值．答案 (1)a＝－1，b＝3 (2)最大值为 0，无最小值解析 (1)f′(x)＝1＋2ax＋ (x0)，bx又 f(x)过点 P(1，0)，且在点 P 处的切线斜率为 2，∴ 即 解得 a＝－1，b＝3.{f（ 1） ＝ 0，f′ （ 1） ＝ 2， ) { 1＋ a＝ 0，1＋ 2a＋ b＝ 2.)(2)由(1)知，f(x)＝x－x 2＋3lnx，其定义域为(0，＋∞)，- 8 -∴g(x)＝2－x－x 2＋3lnx，x0.则 g′(x)＝－1－2x＋ ＝－ .3x （ x－ 1） （ 2x＋ 3）x当 00；当 x1 时，g′(x)0，知ax2－2ax＋1≥0 在 R 上恒成立，由 Δ＝4a 2－4a＝4a(a－1)≤0，得 02 2解析 (1)f′(x)＝－2x＋a－ ，1x∵f(x)在(0， )上为减函数，12- 9 -∴x∈(0， )时，－2x＋a－ ≤0 恒成立，即 a≤2x＋ 恒成立．12 1x 1x设 g(x)＝2x＋ ，则 g′(x)＝2－ .1x 1x2∵x∈(0， )时， 4，∴g′(x)g( )＝3，∴a≤3.12 1x2 12 12(2)若 f(x)既有极大值又有极小值，则 f′(x)＝0 必须有两个不等的正实数根 x1，x 2，即2x2－ax＋1＝0 有两个不等的正实数根．故 a 应满足  a2 .{Δ 0，a20 ) {a2－ 80，a0 ) 2∴当 a2 时，f′(x)＝0 有两个不等的实数根．2不妨设 x10，xx 2时 f′(x)2 时 f(x)既有极大值 f(x2)又有极小值 f(x1)． 2