（1）＝0．
综上，a的取值范围是（－∞，2]．
8．（文）已知函数f（x）＝
（a>0，r>0）.
（1）求f（x）的定义域，并讨论f（x）的单调性；
（2）若
＝400，求f（x）在（0，＋∞）内的极值．
[解析]
（1）由题意知x≠－r，
所以定义域为（－∞，－r）∪（－r，＋∞），
f（x）＝
＝
，
f′（x）＝
＝
，
所以当x<－r或x>r时，f′（x）<0，
当－r0．
因此，f（x）的单调递减区间是（－∞，－r），（r，＋∞）；
f（x）的单调递增区间是（－r，r）．
（2）由
（1）可知f（x）在（0，r）上单调递增，在（r，＋∞）上单调递减，因此，x＝r是f（x）的极大值点，所以f（x）在（0，＋∞）内的极大值为f（r）＝
＝
＝100．
（理）设函数f（x）＝xea－x＋bx，曲线y＝f（x）在点（2，f
（2））处的切线方程为y＝（e－1）x＋4.
（1）求a，b的值；
（2）求f（x）的单调区间．
[解析]
（1）因为f（x）＝xea－x＋bx，
所以f′（x）＝（1－x）ea－x＋b．
依题设，得
即
解得a＝2，b＝e．
（2）由
（1），知f（x）＝xe2－x＋ex．
由f′（x）＝e2－x（1－x＋ex－1）及e2－x>0知，
f′（x）与1－x＋ex－1同号．
令g（x）＝1－x＋ex－1，则g′（x）＝－1＋ex－1．
所以当x∈（－∞，1）时，g′（x）<0，
g（x）在区间（－∞，1）内单调递减；
当x∈（1，＋∞）时，g′（x）>0，
g（x）在区间（1，＋∞）内单调递增．
故g
（1）＝1是g（x）在区间（－∞，＋∞）内的最小值．
B组
1．（2017·郑州市质检）已知函数f（x）的导函数为f′（x），且满足f（x）＝2xf′（e）＋lnx，则f′（e）＝
（ C ）
A．1B．－1
C．－e－1D．－e
[解析] 依题意得，f′（x）＝2f′（e）＋
，取x＝e得f′（e）＝2f′（e）＋
，由此解得f′（e）＝－
＝－e－1，故选C．
2．已知函数f（x）＝ax3＋bx2－3x在x＝±1处取得极值，若过点A（0,16）作曲线y＝f（x）的切线，则切线方程是
（ B ）
A．9x＋y－16＝0B．9x－y＋16＝0
C．x＋9y－16＝0D．x－9y＋16＝0
[解析] f′（x）＝3ax2＋2bx－3，
依题意f′
（1）＝f′（－1）＝0，
即
解得a＝1，b＝0．
所以f（x）＝x3－3x，
因为曲线方程为y＝x3－3x，点A（0,16）不在曲线上，
设切点为（x0，y0），则点M的坐标满足y0＝x
－3x，
因此f′（x0）＝3（x
－1）
故切线的方程为y－y0＝3（x
－1）（x－x0）
注意到点A（0,16）在切线上，
有16－（x
－3x0）＝3（x
－1）（0－x0），
化简得x
＝－8．
解得x0＝－2．
所以，切点为M（－2，－2），切线方程为9x－y＋16＝0．
3．（文）函数f（x）＝3x2＋lnx－2x的极值点的个数是
（ A ）
A．0B．1
C．2D．无数个
[解析] 函数定义域为（0，＋∞），
且f′（x）＝6x＋
－2＝
，
由于x>0，g（x）＝6x2－2x＋1中Δ＝－20<0，
所以g（x）>0恒成立，故f′（x）>0恒成立，
即f（x）在定义域上单调递增，无极值点．
（理）物体A以v＝3t2＋1（m/s）的速度在一直线l上运动，物体B在直线l上，且在物体A的正前方5m处，同时以v＝10t（m/s）的速度与A同向运动，出发后物体A追上物体B所用的时间t（s）为
（ C ）
A．3B．4
C．5D．6
[解析] 因为物体A在t秒内行驶的路程为
（3t2＋1）dt，物体B在t秒内行驶的路程为
10tdt，所以
（3t2＋1－10t）dt＝（t3＋t－5t2）|
＝t3＋t－5t2＝5，所以（t－5）（t2＋1）＝0，即t＝5．
4．（2017·临沂模拟）若函数f（x）＝x2＋ax＋
在（
，＋∞）上存在减区间，则实数a的取值范围是
（ C ）
A．a>3B．a≥3
C．a<3D．a≤3
[解析] f′（x）＝2x＋a－
，
因为函数在（
，＋∞）上存在减区间，
所以f′（x）<0在（
，＋∞）上能成立，
即a<
－2x在（
，＋∞）上能成立．
设g（x）＝
－2x，
g′（x）＝－
－2，
令g′（x）＝－
－2＝0，得x＝－1，
当x∈（
，＋∞）时，g′（x）<0，
又g（
）＝4－1＝3，
所以a<3．
5．设f（x），g（x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，且g（x）≠0，当x<0时，f′（x）g（x）>f（x）g′（x），且f（－3）＝0，则不等式
<0的解集是__（－∞，－3）∪（0,3）__.
[解析] 因为f（x）和g（x）（g（x）≠0）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，
所以f（－x）＝－f（x），g（－x）＝g（x）．
因为当x<0时，f′（x）g（x）－f（x）g′（x）>0，
当x<0时，[
]′＝
>0，
令h（x）＝
．
则h（x）在（－∞，0）上单调递增，
因为h（－x）＝
＝
＝－h（x），
所以h（x）为奇函数，
根据奇函数的性质可得函数h（x）在（0，＋∞）上单调递增，
因为f（－3）＝－f（3）＝0，
所以h（－3）＝－h（3）＝0，
h（x）<0的解集为（－∞，－3）∪（0,3）．
6．已知f（x）＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值为10，则a＋b＝__－7__.
[解析] f′（x）＝3x2＋2ax＋b，由x＝1时，函数取得极值10，
得
联立①②得
或
当a＝4，b＝－11时，f′（x）＝3x2＋8x－11＝（3x＋11）（x－1）在x＝1两侧的符号相反，符合题意．
当a＝－3，b＝3时，f′（x）＝3（x－1）2在x＝1两侧的符号相同，所以a＝－3，b＝3不符合题意，舍去．
综上可知，a＝4，b＝－11，∴a＋b＝－7．
7．（文）已知函数f（x）＝2ax－
－（2＋a）lnx（a≥0）.
（1）当a＝0时，求f（x）的极值；
（2）当a>0时，讨论f（x）的单调性．
[解析]
（1）当a＝0时，f（x）＝－
－2lnx⇒f′（x）＝
－
＝
（x>0）．
由f′（x）＝
>0，解得0，
由f′（x）＝
<0，解得x>
．
∴f（x）在（0，
）内是增函数，在（
，＋∞）内是减函数．
∴f（x）的极大值为
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