资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
【江苏省各地区真题汇编】导数及其应用考前专题特训-2025年高考数学
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 常州期中）曲线f（x）＝（x+1）ex在点（0，1）处的切线的斜率为（　　）
A．﹣1 B． C．1 D．2
2．（2025 武进区校级一模）已知a＞e，b＞e，且a（1+lnb）＝（1+eb）lna，其中e为自然对数的底数，则下列结论正确的是（　　）
A．lna﹣lnb＜1 B．ae＜b
C．ab＜e3 D．2lna+2lnb＞6
3．（2025春 江苏校级期中）已知函数f（x）＝lnx﹣x，则f′（1）＝（　　）
A．0 B．﹣1 C．1 D．﹣2
4．（2024 宿迁模拟）在同一平面直角坐标系内，函数y＝f（x）及其导函数y＝f′（x）的图像如图所示，已知两图像有且仅有一个公共点，其坐标为（0，1），则（　　）
A．函数y＝f（x） ex的最大值为1
B．函数y＝f（x） ex的最小值为1
C．函数的最大值为1
D．函数的最小值为1
5．（2025春 无锡校级月考）已知函数在区间（0，+∞）上单调递增，则a的最大值为（　　）
A． B．e2 C．e D．
6．（2025春 苏州校级月考）如图，直线y＝kx+m与曲线y＝f（x）相切于两点，则函数g（x）＝f（x）﹣kx在（0，+∞）上的极大值点个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
7．（2025 江苏校级模拟）我们解不等式时，可以采用如下方法：等价于，即．根据以上思路求解：函数f（x）＝xx，x∈（0，+∞）的最小值为（　　）
A．0 B．1 C． D．
8．（2025 江苏三模）已知函数y＝f（x）在闭区间[a，b]上连续，在开区间（a，b）内可导，则（a，b）内至少存在一个点x0∈（a，b），使得f（b）﹣f（a）＝f′（x0）（b﹣a），其中x＝x0称为函数y＝f（x）在闭区间[a，b]上的“中值点”．则函数f（x）＝x3﹣2x在区间[﹣1，1]上的“中值点”的个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 常州期中）已知函数f（x）＝lnx﹣ax的两个零点分别为x1，x2，且x1＜x2，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．存在实数a，使得
D．若，则
（多选）10．（2025春 江苏校级期中）如下图是y＝f（x）的导函数f′（x）的图象，则下列说法正确的是（　　）
A．f（x）在区间[﹣2，﹣1]上单调递增
B．x＝﹣1是f（x）的极小值点
C．f（x）在区间[﹣1，2]上单调递增，在区间[2，4]上单调递减
D．f（x）在x＝1处取最大值
（多选）11．（2024秋 连云港期末）蜥蜴的体温与阳光照射的关系近似为，其中T（t）为蜥蜴的体温（单位：℃），t为太阳落山后的时间（单位：min）．则（　　）
A．从t＝0到t＝5，蜥蜴体温下降了12℃
B．从t＝0到t＝5，蜥蜴体温的平均变化率为﹣2.4℃/min
C．当t＝5时，蜥蜴体温的瞬时变化率是﹣1.2℃/min
D．蜥蜴体温的瞬时变化率为﹣3℃/min时的时刻
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 常州期中）设函数f（x）＝sinx+ex﹣e﹣x﹣x+3，则满足f（x）+f（3﹣2x）＜6的x的取值范围是 　 　 ．
13．（2024秋 邳州市月考）设函数f（x），a，b均为正整数，若f（x）的极小值点为2，则f（x）的极大值点为 　 　 ．
14．（2025春 高邮市期中）设f′（x）是函数y＝f（x）的导函数，f″（x）是函数y＝f′（x）的导函数，若方程f″（x）＝0有实数解x＝x0，则称（x0，f（x0））为函数y＝f（x）的“拐点”．经研究发现所有的三次函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d（a≠0）都有“拐点”，且该“拐点”也是函数y＝f（x）图象的对称中心．若函数，则 　 　 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 南京期中）已知函数f（x）＝x﹣2lnx，g（x）3lnx+3．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≥g（x）恒成立，求a的取值范围．
16．（2025 武进区校级一模）已知函数．
（1）当a＝1时，求y＝f（x）的单调减区间；
（2）若，，证明：f（x）＜2；
（3）若x＞1，恒有，求实数a的取值范围．
17．（2025春 江苏校级期中）已知函数f（x）＝sinx﹣xcosx+ax，x∈（0，π）．
（1）若a＝0，求曲线y＝f（x）在点处的切线方程；
（2）若f（x）＞0恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若a＝﹣1，判断f（x）在（0，π）上的零点个数并说明理由．
18．（2025春 徐州校级月考）已知函数f（x）（a，b∈R）．
（1）若f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为4x﹣2y﹣1＝0，求a与b的值；
（2）若f（x）在x＝1处有极值，求a与b的值．
19．（2024秋 常州期末）已知函数f（x）＝xlnx．
（1）若f（x）在区间（a，+∞）上单调，求实数a的取值范围；
（2）若函数g（x）＝f（x）﹣bx2有两个不同的零点．
（i）求实数b的取值范围；
（ii）若（xlnx﹣bx2）（x2﹣cx+d）≤0恒成立，求证：．
【江苏省各地区真题汇编】导数及其应用考前专题特训-2025年高考数学
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D D A C C D D C
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 ACD BC ABC
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 常州期中）曲线f（x）＝（x+1）ex在点（0，1）处的切线的斜率为（　　）
A．﹣1 B． C．1 D．2
【解答】解：因为函数f（x）＝（x+1）ex，
则f′（x）＝ex+（x+1）ex＝（x+2）ex，
所以曲线f（x）＝（x+1）ex在点（0，1）处的切线的斜率k＝f′（0）＝（0+2）e0＝2．
故选：D．
2．（2025 武进区校级一模）已知a＞e，b＞e，且a（1+lnb）＝（1+eb）lna，其中e为自然对数的底数，则下列结论正确的是（　　）
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，
令函数，导函数，
当x＞1时，f′（x）＞0，因此f（x）在（1，+∞）上单调递增，
因此lna＞1+lnb，即lna﹣lnb＞1，所以选项A错误；
因此，根据对数函数的单调性得，即a＞eb，因此ae＞e2b＞b，所以选项B错误；
由于b＞e，结合a＞eb，可得ab＞eb2＞e3，所以选项C错误；
由于a＞eb＞e2，所以，故D正确．
故选：D．
3．（2025春 江苏校级期中）已知函数f（x）＝lnx﹣x，则f′（1）＝（　　）
A．0 B．﹣1 C．1 D．﹣2
【解答】解：由已知可得，
所以．
故选：A．
4．（2024 宿迁模拟）在同一平面直角坐标系内，函数y＝f（x）及其导函数y＝f′（x）的图像如图所示，已知两图像有且仅有一个公共点，其坐标为（0，1），则（　　）
A．函数y＝f（x） ex的最大值为1
B．函数y＝f（x） ex的最小值为1
C．函数的最大值为1
D．函数的最小值为1
【解答】解：由题意可知，两个函数图像都在x轴上方，任何一个为导函数，则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为y＝f′（x），实线部分为y＝f（x），则A，B显然错误，
对于C，D而言，，由图像可知单调递增，x∈（0，+∞），单调递减，所以函数在x＝0处取得最大值为1．
故选：C．
5．（2025春 无锡校级月考）已知函数在区间（0，+∞）上单调递增，则a的最大值为（　　）
A． B．e2 C．e D．
【解答】解：由已知可得f′（x）＝ex﹣ax，
∵f（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴f′（x）≥0即在（0，+∞）上恒成立，
设，则，
当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，
h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴h（x）≥h（1）＝e，∴a≤e，
即a的最大值为e．
故选：C．
6．（2025春 苏州校级月考）如图，直线y＝kx+m与曲线y＝f（x）相切于两点，则函数g（x）＝f（x）﹣kx在（0，+∞）上的极大值点个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【解答】解：由题，g（x）＝f（x）﹣kx，则g′（x）＝f′（x）﹣k，
作出与直线y＝kx+m平行的函数f（x）的所有切线，如图，
各切线与函数f（x）的切点的横坐标依次为a，b，c，d，e，
则f（x）在a，b，c，d，e，处的导数都等于k，
所以在（0，a），（b，c），（d，e）上，f′（x）＞k，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
在（a，b），（c，d），（e，+∞）上，f'（x）＜k，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
因此函数g（x）＝f（x）﹣kx有三个极大值点，有两个极小值点．
故选：D．
7．（2025 江苏校级模拟）我们解不等式时，可以采用如下方法：等价于，即．根据以上思路求解：函数f（x）＝xx，x∈（0，+∞）的最小值为（　　）
A．0 B．1 C． D．
【解答】解：因为函数f（x）＝xx＞0在x∈（0，+∞）上恒成立，
所以令g（x）＝lnf（x）＝xlnx，x∈（0，+∞），
则g′（x）＝lnx+1，令g′（x）＝0，可得x＝e﹣1，
当x∈（0，e﹣1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x∈（e﹣1，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
所以g（x）min＝g（e﹣1）＝e﹣1lne﹣1＝﹣e﹣1，
即lnf（x）的最小值为﹣e﹣1，因为y＝lnx为增函数，
所以g（x）min＝ln[f（x）min]＝﹣e﹣1，
所以f（x）min．
故选：D．
8．（2025 江苏三模）已知函数y＝f（x）在闭区间[a，b]上连续，在开区间（a，b）内可导，则（a，b）内至少存在一个点x0∈（a，b），使得f（b）﹣f（a）＝f′（x0）（b﹣a），其中x＝x0称为函数y＝f（x）在闭区间[a，b]上的“中值点”．则函数f（x）＝x3﹣2x在区间[﹣1，1]上的“中值点”的个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【解答】解：由于函数f（x）＝x3﹣2x，那么导函数f′（x）＝3x2﹣2，且f（﹣1）＝1，f（1）＝﹣1，
根据题意可得2f′（x0）＝f（1）﹣f（﹣1）＝﹣2，那么，解得，
所以f（x）＝x3﹣2x在区间[﹣1，1]上的“中值点”的个数为2．
故选：C．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 常州期中）已知函数f（x）＝lnx﹣ax的两个零点分别为x1，x2，且x1＜x2，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．存在实数a，使得
D．若，则
【解答】解：对于A，f（x）＝lnx﹣ax＝0，即lnx＝ax，
设y＝lnx，y＝ax相切时切点为（x0，y0），
则对y＝lnx求导有，又切点到原点的斜率与该点处的导数值相等，则，解得y0＝1，
故切点（e，1），此时．
故当函数f（x）＝lnx﹣ax有两个零点时，，故A正确；
对于B，由图象可得，0＜x1＜e，故B错误；
对于C，先证明：当0＜x1＜x2时，．
构造函数，则，
故在（1，+∞）上单调递增，
又，
故，即，
化简可得，即．
又lnx1﹣ax1＝lnx2﹣ax2＝0，故，
所以，故a（x1+x2）＞2．
则lnx1+lnx2＞2，即．故C正确；
对D，由题意，lnx﹣ax＝0即有两根x1，x2且x1＜e＜x2，
令t＝lnx2＞1，则，
又，
故t＝x3＝lnx2，．故D正确．
故选：ACD．
（多选）10．（2025春 江苏校级期中）如下图是y＝f（x）的导函数f′（x）的图象，则下列说法正确的是（　　）
A．f（x）在区间[﹣2，﹣1]上单调递增
B．x＝﹣1是f（x）的极小值点
C．f（x）在区间[﹣1，2]上单调递增，在区间[2，4]上单调递减
D．f（x）在x＝1处取最大值
【解答】解：根据f′（x）的图象可知，当﹣2＜x＜﹣1时，导函数f′（x）＜0，
当﹣1＜x＜2时，导函数f′（x）＞0，当2＜x＜4时，导函数f′（x）＜0，
当4＜x＜5时，导函数f′（x）＞0，
因此函数f（x）在区间[﹣2，﹣1]上单调递减，所以选项A错误；
函数f（x）在区间[﹣1，2]上单调递增，在区间[2，4]上单调递减，[4，5]上单调递增，
在x＝﹣1和x＝4处取得极小值，因此选项B、C正确；
由于函数f（x）在区间[﹣1，2]上单调递增，x＝2处取得极大值，
在x＝1处的函数值小于在x＝2处的函数值，所以选项D错误．
故选：BC．
（多选）11．（2024秋 连云港期末）蜥蜴的体温与阳光照射的关系近似为，其中T（t）为蜥蜴的体温（单位：℃），t为太阳落山后的时间（单位：min）．则（　　）
A．从t＝0到t＝5，蜥蜴体温下降了12℃
B．从t＝0到t＝5，蜥蜴体温的平均变化率为﹣2.4℃/min
C．当t＝5时，蜥蜴体温的瞬时变化率是﹣1.2℃/min
D．蜥蜴体温的瞬时变化率为﹣3℃/min时的时刻
【解答】解：根据题意，，其导数，
依次分析选项：
对于A，当t＝0时，，当t＝5时，，
所以从t＝0到t＝5，蜥蜴的体温下降了39﹣27＝12，故A正确；
对于B，从t＝0到t＝5，蜥蜴体温的平均变化率为，故B正确；
对于C，，当t＝5时，，所以当t＝5时，蜥蜴体温的瞬时变化率为﹣1.2℃/min，故C正确；
对于D，令，解得，故D错误．
故选：ABC．
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 常州期中）设函数f（x）＝sinx+ex﹣e﹣x﹣x+3，则满足f（x）+f（3﹣2x）＜6的x的取值范围是 　（3，+∞）　 ．
【解答】解：f（x）＝sinx+ex﹣e﹣x﹣x+3，
由题目条件知：可设h（x）＝f（x）﹣3＝sinx+ex﹣e﹣x﹣x，
可以得到h（﹣x）＝﹣h（x），
所以h（x）为R上的奇函数，
h'（x）＝cosx+ex+e﹣x﹣1≥cosx+2﹣1＝1+cosx≥0，
所以h（x）在R上单调递增，
又因为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），
又因为h（x）为R上的奇函数，
所以h（x）＜h（2x﹣3），
又因为h（x）在R上单调递增，∴x＜2x﹣3，有x＞3，
故x的取值范围是（3，+∞）．
故答案为：（3，+∞）
13．（2024秋 邳州市月考）设函数f（x），a，b均为正整数，若f（x）的极小值点为2，则f（x）的极大值点为 　3　 ．
【解答】解：由f（x），
得f′（x）．
∵f（x）的极小值点为2，∴x＝2是方程﹣ax2+（2a+3）x﹣b﹣3＝0的一个根，
则﹣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为正整数，且2，可得a＝1，则，
∵f（x）的极小值点为2，
∴f（x）在（﹣∞，2）上单调递减，在（2，3）上单调递增，在（3，+∞）上单调递减，
∴f（x）的极大值点为3．
故答案为：3．
14．（2025春 高邮市期中）设f′（x）是函数y＝f（x）的导函数，f″（x）是函数y＝f′（x）的导函数，若方程f″（x）＝0有实数解x＝x0，则称（x0，f（x0））为函数y＝f（x）的“拐点”．经研究发现所有的三次函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d（a≠0）都有“拐点”，且该“拐点”也是函数y＝f（x）图象的对称中心．若函数，则 　　 ．
【解答】解：因为函数，
则f'（x）＝3x2﹣3x，f''（x）＝6x﹣3，
令f''（x）＝0，解得，且，
由题意可知，f（x）的拐点为，
故f（x）的对称中心为，
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．
故答案为：．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 南京期中）已知函数f（x）＝x﹣2lnx，g（x）3lnx+3．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≥g（x）恒成立，求a的取值范围．
【解答】解：（1）函数f（x）定义域为（0，+∞），f'（x）＝1，
令f'（x）＞0得x＞2，令f'（x）＜0得0＜x＜2，
所以f（x）的增区间为（2，+∞），减区间为（0，2）．
（2）因为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，
因为h'（x）在（0，+∞）单调递增且h'（1）＝0．
所以当0＜x＜1时，h'（x）＜0，h（x）在（0，1）单调递减；
当x＞1时，h'（x）＞0，h（x）在（1，+∞）单调递增；
故当x＝1时，h（x）min＝h（1）＝﹣2．
所以a∈（﹣∞，﹣2]．
16．（2025 武进区校级一模）已知函数．
（1）当a＝1时，求y＝f（x）的单调减区间；
（2）若，，证明：f（x）＜2；
（3）若x＞1，恒有，求实数a的取值范围．
【解答】解：（1）令，得定义域为，
a＝1时，函数，
导函数，
令f′（x）＜0，得，因此函数y＝f（x）单调减区间为和；
（2）证明：导函数，时，
函数是递增函数，
所以y∈[1，3]，，又因为，因此f′（x）≤0，函数f（x）在上单调递减，
，
由于，因此，
从而函数；
（3）导函数，x＞1，
当a≤0时，导函数f′（x）＜0，函数f（x）在（1，+∞）上是减函数，
当x→+∞时，，所以函数不可能恒成立，
a＞0时，根据f′（x）＝0，可得，
记函数，，
那么g（x）＝0有两个实根，一根大于1，一根小于1，
大于1的根为，易知它是关于a的减函数，
又因为y＝（2x﹣1）（x﹣1）＝2x2﹣3x+1在（1，+∞）上是增函数，且y＞0，
即x＞x0时，，1＜x＜x0时，，
因此x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
1＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
因此f（x）min＝f（x0），
a＝1时，，此时函数，
记函数，h（x）在上单调递增，在上单调递减，
且，
所以当0＜a＜1时，，，
当a＞1时，，，
综上所述，a≥1时，恒成立，所以a的取值范围是[1，+∞）．
17．（2025春 江苏校级期中）已知函数f（x）＝sinx﹣xcosx+ax，x∈（0，π）．
（1）若a＝0，求曲线y＝f（x）在点处的切线方程；
（2）若f（x）＞0恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若a＝﹣1，判断f（x）在（0，π）上的零点个数并说明理由．
【解答】解：（1）当a＝0时，函数f（x）＝sinx﹣xcosx，那么导函数f′（x）＝xsinx，，
因此在点处的切线方程为，即．
（2）由于x∈（0，π），且f（0）＝0，根据函数f（x）＝sinx﹣xcosx+ax，得导函数f′（x）＝xsinx+a，
当a≥0时，导函数f′（x）＝xsinx+a≥0在（0，π）上恒成立，
因此函数f（x）在（0，π）单调递增，f（x）＞f（0）＝0恒成立，
当a＜0时，f′（0）＝a＜0，
又由于0＜sinx≤1，因此导函数f′（x）＝xsinx+a≤x+a，
那么当x∈（0，﹣a）时，导函数f′（x）＝xsinx+a≤x+a＜0，
记I＝（0，﹣a）∩（0，π），那么x∈I时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
f（x）＜f（0）＝0，与f（x）＞0恒成立不符，
综上所述，f（x）＞0恒成立，a∈[0，+∞）．
（3）当a＝﹣1时，函数f（x）＝sinx﹣xcosx﹣x，令函数F（x）＝sinx﹣x，
那么F（0）＝0，导函数F′（x）＝cosx﹣1，
当时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，
因此在上，sinx﹣x＜0，xcosx＞0，易得f（x）＜0，
因此在，f（x）没有零点．
令函数g（x）＝f′（x）＝xsinx﹣1，函数h（x）＝g′（x）＝sinx+xcosx，导函数h′（x）＝2cosx﹣xsinx，
当时，导函数h′（x）＝2cosx﹣xsinx＜0，函数h（x）单调递减，
，h（π）＝﹣π，因此存在，使得h（x1）＝0，
当x∈（x1，π）时，函数h（x）＜0，当时，函数h（x）＞0，
所以函数g（x）在（x1，π）上单调递减，在上单调递增，
因此，g（π）＝﹣1；
因此存在x2∈（x1，π），使得g（x2）＝0，
因此当x∈（x2，π）时，g（x）＜0，当时，g（x）＞0，
因此函数f（x）在（x2，π）上单调递减，在上单调递增，
且，f（x2）＞f（π）＝0，
所以在区间，存在唯一的x0，使得f（x0）＝0，在区间（x2，π）上没有零点，
综上，当a＝﹣1时，函数f（x）在（0，π）上的零点个数为1．
18．（2025春 徐州校级月考）已知函数f（x）（a，b∈R）．
（1）若f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为4x﹣2y﹣1＝0，求a与b的值；
（2）若f（x）在x＝1处有极值，求a与b的值．
【解答】解：（1），
则f′（1）＝3﹣6a+b，
又，切线方程为4x﹣2y﹣1＝0，
则，
解得，
∴a＝0，b＝﹣1或a＝3，b＝17．
（2）∵函数f（x）在x＝1处有极值，
∴f′（1）＝3﹣6a+b＝0且，
解得a＝1，b＝3或a＝2，b＝9，
当a＝2，b＝9时，，此时1是极值点，满足题意；
当a＝1，b＝3时，恒成立，此时函数无极值点；
所以a＝2，b＝9．
19．（2024秋 常州期末）已知函数f（x）＝xlnx．
（1）若f（x）在区间（a，+∞）上单调，求实数a的取值范围；
（2）若函数g（x）＝f（x）﹣bx2有两个不同的零点．
（i）求实数b的取值范围；
（ii）若（xlnx﹣bx2）（x2﹣cx+d）≤0恒成立，求证：．
【解答】解：（1）由题设f'（x）＝lnx+1，当时，f′（x）＜0，当时，f′（x）＞0，
所以f（x）在上单调递减，在上单调递增，
而f（x）在区间（a，+∞）上单调，
所以，
即实数a的取值范围是；
（2）（i）g（x）＝xlnx﹣bx2＝x（lnx﹣bx），且x∈（0，+∞），
令h（x）＝lnx﹣bx，且x∈（0，+∞），
则，
若b≤0，h'（x）＞0，即h（x）在定义域上递增，所以函数至多有1个零点，不符；
当b＞0时，时h′（x）＞0，时h′（x）＜0，
h（x）在上单调递增，在上单调递减，
则，得，
又h（1）＝﹣b＜0，，
另且，
则，
所以s（b）在上单调递增，则，所以，
即g（x）在和各存在一个零点，满足题设，
所以，
即b的取值范围是；
（ii）证明：记两个零点为x1，x2（0＜x1＜x2），结合g（x）（x2﹣cx+d）≤0恒成立，
则x1，x2为x2﹣cx+d的两个零点，则x1+x2＝c，x1x2＝d，
且，
要证，即证，
即证，
令，即证，
令，
则，
所以φ（t）＜φ（1）＝0，得证；
要证，即证，
令，
则，
则，
所以n（m）＞n（1）＝0，得证．
综上，．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑