若f（x）的导函数f′（x）=—2x^2+1,且f（1）=1,求f（x)

如图，不妨设导函数的零点分别为x₁，x₂，x₃，x₄．
由导函数的图象可知：
当x∈（a，x₁）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
当x∈（x₁，x₂）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数，
当x∈（x₂，x₃）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
当x∈（x₃，x₄）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
当x∈（x₄，b）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数，
由此可知，函数f（x）在开区间（a，b）内有两个极大值点，
分别是当x=x₁时和x=x₄时函数取得极大值．
故选B．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值．

考点点评： 本题考查了利用导函数研究函数的极值，由导函数在给定区间内的符号可以判断原函数的单调性，连续函数在某点处先增后减，该点是极大值点，先减后增，该点是极小值点．此题是中档题．

令g（x）=x²f（x），
则g^′（x）=2xf（x）+x²f^′（x）
=x（2f（x）+xf^′（x）），
因为2f（x）+xf′（x）＞0，
所以，当x＞0时，g^′（x）＞0，所以函数g（x）在（0，+∞）上为增函数．
当x＜0时，g^′（x）＜0，所以函数g（x）在（-∞，0）上为减函数．
所以，当x=0时函数g（x）有极小值，也就是最小值为g（0）=0．
所以g（x）=x²f（x）恒大于等于0，
当x≠0时，由x²f（x）恒大于0，可得f（x）恒大于0．
又对可导函数f（x），恒有2f（x）+xf′（x）＞0，
取x=0时，有2f（0）+0×f^′（0）＞0，所以f（0）＞0．
综上有f（x）恒大于0．
故选A．

点评：
本题考点： 导数的运算．

考点点评： 本题考查了构造函数法，考查利用函数的导函数判断函数的单调性，解答的关键是合理构造出函数，属于基础题．

∵f（2-x）-f（x）=2-2x是减函数，
根据复合函数的单调性知函数f（x）增函数，
令h（x）=f（x）-x+1
则h′（x）=f′（x）-1=g（x）-1，
∵[g（x）-1]（x-2）＞0
∴当x＞1时，g（x）-1＞0，
∴h（x）在（1，+∞）上单调递增；
而a=f（4）-3=a=f（4）-4+1
c=f（-1）+2=f（3）+2-2×3+2=f（3）-2=f（3）-3+1
∴f（4）-4+1＞f（3）-3+1＞f（e）-e+1；即a＞c＞b，
故选D．

点评：
本题考点： 函数单调性的性质．

考点点评： 此题是个难题．考查利用导数研究函数的单调性，体现了函数的思想，综合性强．同时也考查了学生观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力．

由f′（x）=x²-4x+3≤0
得1≤x≤3
∴[1，3]为f（x）的减区间，
∴f（x+1）的单调递减区间为[0，2]，
∵（0，1）⊆[0，2]，
∴A选项是充分不必要条件
故选A．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题主要考查导数法研究函数的单调性，基本思路是：当函数是增函数时，导数大于等于零恒成立，当函数是减函数时，导数小于等于零恒成立．

由题意知，可设函数f（x）=e
x
2，则导函数f′（x）=[1/2]•e
x
2，显然满足f'（x）＜f（x），
f（a）=e
a
2，e^af（0）=e^a，当a＞0时，显然 e
a
2＜e^a ，即f（a）＜e^af（0），
故选 A．

点评：
本题考点： 不等式比较大小．

考点点评： 本题考查求复合函数的导数的方法，以及指数函数的单调性．

由f′（x）•lnx=x-f(x)x，∵（f（x）lnx）′=f′(x)lnx+f(x)x，∴（f（x）lnx）′=x，∴f（x）lnx=小2x2+c，（*）∵函数f（x）是连续函数，∴由f′（x）•lnx=x-f(x)x，可得f（小）=小，代入（*），可得c=-小2．∴f...

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值．

考点点评： 本题考查了构造函数法利用导数求函数的解析式、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力和计算能力，属于难题．

∵函数f（x）对任意x都有f（2+x）=f（2-x），
∴函数f（x）的对称轴为x=2
∵导函数f′（x）满足
f′(x)
2−x＞0，
∴函数f（x）在（2，+∞）上单调递减，（-∞，2）上单调递增，
∵2＜a＜4
∴1＜log₂a＜2＜4＜2^a
又函数f（x）的对称轴为x=2
∴f（2）＞f（log₂a）＞f（2^a），
故选A．

点评：
本题考点： 函数的单调性与导数的关系；函数单调性的性质；奇偶函数图象的对称性．

考点点评： 本题主要考查了导数的运算，以及奇偶函数图象的对称性和比较大小，根据函数导函数的符号确定函数的单调区间是解决此题的关键，根据函数的单调性比较函数值的大小，属于基础题．

ϕ(x)＝f(x)−
x
2−
1
2，则ϕ/(x)＝f/(x)−
1
2＜0，
∴φ（x）在R上是减函数．
ϕ(1)＝f(1)−
1
2−
1
2＝1−1＝0，
∴ϕ(x)＝f(x)−
x
2−
1
2＜0的解集为{x|x＞1}．
故选D．

点评：
本题考点： 函数单调性的性质；导数的运算；其他不等式的解法．

考点点评： 此题考查了导数的运算，函数单调性的应用，以及利用导数研究函数的增减性．

函数F(x)＝
f(x)
ex的导数为F′（x）=
f′(x)ex−f(x)ex
(ex)2=
f′(x)−f(x)
ex＜0，
故函数F(x)＝
f(x)
ex是定义在R上的减函数，
∴F（2）＜F（0），即
f(2)
e2＜
f(0)
e0，故有f（2）＜e²f（0）．
同理可得f（2012）＜e²⁰¹²f（0）．
故选B．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题主要考查利用导数研究函数的单调性，导数的运算法则的应用，属于中档题．

由f′（x）图象为一直线l，知f（x）是一个二次函数，
又∵当x∈（-∞，1）时f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
∴f（x）的对称轴为x=1，且抛物线的开口向下，
又∵|a-1|＜|b-1|，
∴a与对称轴较近，
∴f（a）＞f（b）．
故选：A．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题考查了函数与导数的性质，二次函数的性质特点，属于基础题．

（Ⅰ） y-f（x₀）=f'（x₀）（x-x₀）
∴m=f（x₀）-x₀f'（x₀）．
（Ⅱ）证明：令h（x）=g（x）-f（x），则h'（x）=f'（x₀）-f'（x），h'（x₀）=0．
因为f'（x）递减，所以h'（x）递增，因此，当x＞x₀时，h'（x）＞0；
当x＜x₀时，h'（x）＜0．所以x₀是h（x）唯一的极值点，且是极小值点，
可知h（x）的最小值为0，因此h（x）≥0，即g（x）≥f（x）．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及比较两函数的大小，比较大小常常运用作差法进行比较，属于中档题．

由导函数f′（x）的图象可知：
函数f（x）的增区间为（-∞，1），减区间为（1，+∞），
又导函数f′（x）的图象是一条直线l，
∴原函数是二次项系数小于0的二次函数，其图象的对称轴是x=1．
∴f（x）=f（2-x），∴f（0）=f（2），
由函数f（x）在（1，+∞）上是减函数，
得f（2）＞f（3），即f（0）＞f（3）．
故选B．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题主要考查利用导数研究函数的性质：单调性，进而比较两数大小，解题时应注意导函数的图象与原函数的关系是解决问题的关键．

∵函数f（x）=kax-a-x，（a＞0且a≠1）在（-∞，+∞）上是奇函数则f（-x）+f（x）=0，即ka-x-ax+kax-a-x=0，故（k-1）（ax-a-x）=0，解得k=1，又∵函数f（x）=kax-a-x，（a＞0，a≠1）在（-∞，+∞）上是增函数，所...

点评：
本题考点： 函数的单调性与导数的关系；函数的图象；导数的运算．

考点点评： 本题考查函数的奇偶性和单调性，涉及导数和函数的图象，属中档题．

因为f′（x）=2x-9，所以可设f（x）=x²-9x+k，
由f（0）=k，k为整数，n为正整数，可得f（n+1）及f（n）均为整数．
配方可得f（x）=x²-9x+k=（x-4.5）²-4.5²+k，为开口向上的二次函数，对称轴为x=4.5
当x∈（4，5]时，f（x）_max-f（x）_min=f（5）-f（4.5）=0.25，
又f（5）=-20+k∈Z，故只有1个整数f（5）．
即当x∈（4，5]时，f（x）的值为整数的个数有且只有1个
故答案为：4

点评：
本题考点： 导数的运算；根的存在性及根的个数判断．

考点点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数解析式的运用，属于基础题．

令g（x）=f（x）-
1
2x2+x，对g（x）求导，得g′（x）=f′（x）-x+1，
∵f′（x）＞x-1，∴g′（x）＞0，即g（x）在R上为增函数．
不等式f(x)＜
1
2x2-x+1可化为f（x）-
1
2x2+x＜1，即g（x）＜g（2），
由g（x）单调递增得x＜2，所以不等式的解集为{x|x＜2}．
故选C．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题考查了灵活利用导数研究函数的单调性以及抽象不等式的解法，据已知恰当构造函数是解决本题的关键．

由f′（x）=a（x+1）（x-a）=0，
解得a=0或x=-1或x=a，
若a=0，则f′（x）=0，此时函数f（x）为常数，没有极值，故a≠0．
若a=-1，则f′（x）=-（x+1）²≤0，此时函数f（x）单调递减，没有极值，故a≠-1．
若a＜-1，由f′（x）=a（x+1）（x-a）＞0得a＜x＜-1此时函数单调递增，
由f′（x）=a（x+1）（x-a）＜0得x＜a或x＞-1此时函数单调递减，即函数在x=a处取到极小值，满足条件．
若-1＜a＜0，由f′（x）=a（x+1）（x-a）＞0得-1＜x＜a此时函数单调递增，
由f′（x）=a（x+1）（x-a）＜0得x＜-1或x＞a，此时函数单调递减，即函数在x=a处取到极大值，不满足条件．
若a＞0，由f′（x）=a（x+1）（x-a）＞0得x＜-1或x＞a此时函数单调递增，
由f′（x）=a（x+1）（x-a）＜0得-1＜x＜a，此时函数单调递减，即函数在x=a处取到极小值，满足条件．
综上：a＜-1或a＞0，
故答案为：a＜-1或a＞0

点评：
本题考点： 函数在某点取得极值的条件．

考点点评： 本题主要考查导数和极值的关系，利用二次函数的图象和性质是解决本题的关键．

∵f′（x）=x²+2ax+（a²-1），
∴导函数f′（x）的图象开口向上．
又∵a≠0，
∴f′（x）不是偶函数，其图象不关于y轴对称
其图象必为第四张图．由图象特征知f′（0）=0，∴a²-1=0，
且对称轴-a＞0，
∴a=-1．
∴函数f（x）=[1/3]x³-x²+1，
故答案为f（-1）=-[1/3]-1+1=-[1/3]，
故选：B．

点评：
本题考点： 函数的图象；导数的运算．

考点点评： 本题考查函数与其导函数的综合应用，三次函数与其导函数（二次函数）的关系，综合考查二次函数的应用．

设g（lnx）=f（lnx）-[1+lnx/2]，
∵f（1）=1，f'（x）＞[1/2]，
∴g（1）=f（1）-1=0，g′（x）=f′（x）-[1/2]＞0，
∴g（x）在R上是增函数，且g（1）=0．
令t=lnx（t＞0），则g（t）=f（t）-[1+t/2]，
∴f（t）＜[1+t/2]的解集即是g（t）＜0=g（1）的解集．
∴t＜1即lnx＜1，
∴0＜x＜e，
故答案为：（0，e）．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题考查了函数的单调性，导数的应用，对数函数的性质，考查转化思想，是一道中档题．

f′（x）=x+sinx，令g（x）=x+sinx，则g′（x）=1+cosx．
当x∈[-1，1]时，g′（x）＞0，所以f′（x）=g（x）在[-1，1]上单调递增，
所以f′（-1）≤f′（x）≤f′（1），即-1-sin1≤f′（x）≤1+sin1．
又f′（-x）=-x+sin（-x）=-x-sinx=-（x+sinx）=-f′（x），所以f′（x）是奇函数．
故选D．

点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值．

考点点评： 本题考查了应用导数求函数最值问题，奇偶性的判断，难度不大．掌握相关基础知识是解决该题的关键．

根据导函数图象可知，函数在（-∞，0），（2，+∞）上单调增，在（0，2）上单调减，由此可知函数f（x）的图象最有可能的是A
故选A．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题考查导函数与原函数图象的关系，解题的关键是利用导函数看正负，原函数看增减，属于基础题．

∵二次函数的图象开口向下
∴二次函数的二次项系数为负，
∵对称轴为y轴
∴一次项系数为0，
设其为y=ax²+c，且a＜0，
∴y′=-2ax，且a＜0，过原点与第二四象限；
故答案为B．

点评：
本题考点： 函数的图象；导数的几何意义．

考点点评： 本题考查了根据图象写出函数式的知识和导函数的写法．

（1）∵函数f（x）=ax³+bx，f'（x）=3ax²+b
∵f（x）在点（1，f（1））处的切线切线斜率为-6，
∴f′（1）=-6，即3a+b=-6 …①
又∵导函数f'（x）的最小值为-12，∴a＞0且b=-12 …②
由①②解出a=2，b=-12，∴f（x）=2x³-12x …（6分）
（2）∵f′（x）=6x²-12=6（x+
2）（x-
2）
∴令f′（x）＞0，得x∈（-∞，-
2）∪（
2，+∞）．
∴f函数f（x）的单调递增区间（-∞，-
2），（
2，+∞）．

点评：
本题考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题考查函数的单调性、二次函数的最值、导数的应用等基础知识，以及推理能力和运算能力．

（1）∵g（x）=[1/3x3−
1
2x2+3x−
5
12]，
又g′（x）=x²-x+3，g″（x）=2x-1，
令g″（x）=0得x=[1/2]，∴g（[1/2]）=[1/3×(
1
2)3−
1
2×(
1
2)2+3×
1
2−
5
12]=1
故函数g（x）的对称中心为（[1/2]，1）．
（2）设P（x₀，y₀）在g（x）上可知P关于对称点（[1/2]，1）的对称点g（1-x₀，2-y₀）也在函数g（x）上，
∴g（1-x₀）=2-y₀
∴g（x₀）+g（1-x₀）=y₀+（2-y₀）=2，
∵g（[1/2015]）+g（[2/2015]）+…+g（[2014/2015]）
=[g（[1/2015]）+g（[2014/2015]）]+…+[g（[2007/2015]）+g（[2008/2015]）]=2×1007=2014．

点评：
本题考点： 导数的运算．

考点点评： 本小题主要考查函数与导数等知识，考查化归与转化的数学思想方法，考查化简计算能力，函数的对称性的应用，属于基础题．

f^′（x）=6（2x+5）⁵×2=12（2x+5）⁵
由二项式定理知，含有x³的项为：12×
C25•(2x)3•52＝24000x3
故答案为：24000

点评：
本题考点： 简单复合函数的导数；二项式定理．

考点点评： 本题考察复合函数求导和二项式定理的相关知识．注意复合函数求导时，要先求构成原函数的两个简单函数的导数，再相乘即可．属中档题

∵f′（x）=x²+2ax+（a²-1），
∴导函数f′（x）的图象开口向上．
又∵a≠0，
∴f（x）不是偶函数，其图象不关于y轴对称
其图象必为第三张图．由图象特征知f′（0）=0，
且对称轴-a＞0，
∴a=-1．
故答案为f（-1）=-[1/3]-1+1=-[1/3]．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题考查导函数的运算法则、二次函数的图象与二次函数系数的关系：开口方向与二次项系数的符号有关、
对称轴公式．

（Ⅰ）f′（x）=3x²+2ax，
因为f′（x）的图象关于直线x=1对称，所以-[1/3]a=1，a=-3，从而f′（x）=3x²-6x．
故f′（x）=3x²-6x，a=-3．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：f（x）=x³-3x²+2，f′（x）=3x（x-2），
则当x∈[-1，0）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（0，2）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
∴f（0）=2为极大值，又f（-1）=-2，f（2）=-2．
所以y=f（x）在区间[-1，2]上的最大值为2，最小值为-2．

点评：
本题考点： 导数的运算；利用导数求闭区间上函数的最值．

考点点评： 本题考查应用导数求函数在闭区间上的最值问题，以及分析问题解决问题的能力．

（1）由导数的几何意义f′（a+1）=12
∴3（a+1）²-3a（a+1）=12
∴3a=9∴a=3
（2）∵f′（x）=3x²-3ax，f（0）=b
∴f(x)＝x3−
3
2ax2+b
由f′（x）=3x（x-a）=0得x₁=0，x₂=a
∵x∈[-1，1]，1＜a＜2
∴当x∈[-1，0）时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x∈（0，1]时，f′（x）＜0，f（x）递减．
∴f（x）在区间[-1，1]上的最大值为f（0）
∵f（0）=b，
∴b=1
∵f(1)＝1−
3
2a+1＝2−
3
2a，f(−1)＝−1−
3
2a+1＝−
3
2a
∴f（-1）＜f（1）
∴f（-1）是函数f（x）的最小值，
∴−
3
2a＝−2
∴a＝
4
3
∴f（x）=x³-2x²+1

点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；函数解析式的求解及常用方法；导数的运算．

考点点评： 曲线在切点处的导数值为曲线的切线斜率；求函数的最值，一定要注意导数为0的根与定义域的关系．

由题意知，可设函数f（x）=e^2x，
则导函数f′（x）=2•e^2x，显然满足f'（x）＞f（x），
f（a）=e^2a，e^af（0）=e^a，当a＞0时，显然e^2a＞e^a ，即f（a）＞e^af（0），
故选 B．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题考查求复合函数的导数的方法，以及指数函数的单调性，利用构造法求解是我们选择题常用的方法．

（1）∵f（x）为奇函数，
∴f（-x）=-f（x），
即-ax³-bx+c=-ax³-bx-c，
∴c=0，
∴f′（x）=3ax²+b，
∵函数f（x）=ax³+bx+c（a≠0）的图象在点x=-1处的切线与直线6x+y+3=0平行，
∴f′（-1）=3a+b=-6，
∵导函数f′（x）的图象经过点（0，-12），
∴b=-12，
∴a=2；
（2）∵f（x）=2x³-12x，
∴f′（x）=6x²-12=6（x+
2）（x-
2），列表如下：

x （-∞，-
2）-
2 （-
2，
2）
2 （
2，+∞）
f′（x）

点评：
本题考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题考查函数的奇偶性、单调性、二次函数的最值、导数的应用等基础知识，以及推理能力和运算能力．属于中档题．

（1）由f′（x）=-3x²+6x+9=-3（x+1）（x-3）＜0，得x＜-1或x＞3，
由f′（x）=-3（x+1）（x-3）＞0，得-1＜x＜3，
∴函数f（x）的单调减区间为（-∞，-1）和（3，+∞），单调增区间为（-1，3）；
（2）设f（x）=ax³+bx²+cx+d，则f′（x）=3ax²+2bx+c，
∴3a=-3，2b=6，c=9，
即a=-1，b=3，c=9．
故f（x）=-x³+3x²+9x+d，
由（1）知f（x）在（-2，-1）上单调递减，在（-1，2）上单调递增，
又f（2）=22+d＞f（-2）=2-d，
∴f（x）_max=22+d=20，
∴d=-2，
∴f（x）=-x³+3x²+9x-2，
∴f（x）在区间[-2，2]上的最小值为f（-1）=-7．

点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值．

考点点评： 本题考查利用导数研究函数的单调性和闭区间上函数的最值问题，根据函数的导数求出函数的解析式是解题的关键，增加了题目的难度，考查运算能力和逆向思维能力，属中档题．