2016年度高考导数压轴题终极解答

◇导数专题

目 录

一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1） 二、交点与根的分布 （23） 三、不等式证明 （31）

（一）作差证明不等式 （二）变形构造函数证明不等式 （三）替换构造不等式证明不等式

四、不等式恒成立求字母范围 （51）

（一）恒成立之最值的直接应用 （二）恒成立之分离常数 （三）恒成立之讨论字母范围

五、函数与导数性质的综合运用 （70） 六、导数应用题 （84） 七、导数结合三角函数 （85）

书中常用结论(zhongdianzhangwo) ⑴sinxx,x(0,)，变形即为点连线斜率小于1. ⑵exx1 ⑶xln(x1) ⑷lnxxe,x0.

xsinx1，其几何意义为ysinx,x(0,)上的的点与原x一、导数单调性、极值、最值的直接应用 ,.

1. （切线）设函数f(x)x2a.

（1）当a1时，求函数g(x)xf(x)在区间[0,1]上的最小值；

（2）当a0时，曲线yf(x)在点P(x1,f(x1))(x1a)处的切线为l，l与x轴交于点A(x2,0)求证：x1x2a.

解：(1)a1时，g(x)x3x，由g(x)3x210，解得x g(x)的变化情况如下表： x 3. 30 0 (0,3) 33 3(3,1) 31 0 g(x) g(x) - ↘ 0 + 极小值 ↗

3323时，g(x)有最小值g(). 3392(2)证明：曲线yf(x)在点P(x1,2x1a)处的切线斜率kf(x1)2x1

所以当x2 曲线yf(x)在点P处的切线方程为y(2x1a)2x1(xx1).

xaxaax1x1 令y0，得x21，∴x2x11

2x12x12x1ax10，即x2x1. ∵x1a，∴

2x1x1x12ax1xaaa21a 又∵，∴x222x12x122x122x12222 所以x1x2a.

2. （2009天津理20，极值比较讨论）

已知函数f(x)(xax2a3a)e(xR),其中aR ⑴当a0时，求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率；⑵当aw.w.w.k.s.5.u.c.o.m 22x

2时，求函数f(x)的单调区间与极值. 3解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。

⑴当a0时，f(x)xe，f'(x)(x2x)e，故f'(1)3e.

2x2x所以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为3e.

22x⑵f'(x)x(a2)x2a4ae.

2令f'(x)0，解得x2a，或xa2.由a知，2aa2.

3w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 以下分两种情况讨论：

,.

①若a＞

2，则2a＜a2.当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表： 32a 2a 2a，a2 a2 a2， x ， + ↗ 0 极大值 — ↘ 0 极小值 + ↗ 所以f(x)在(，2a)，(a2，)内是增函数，在(2a，a2)内是减函数.

函数f(x)在x2a处取得极大值f(2a)，且f(2a)3ae2a.

函数f(x)在xa2处取得极小值f(a2)，且f(a2)(43a)ea2.

2②若a＜，则2a＞a2，当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：

32a 2a 2a， x ，a2 a2 a2，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m + ↗ 0 极大值 — ↘ 0 极小值 + ↗ 所以f(x)在(，a2)，(2a，)内是增函数，在(a2，2a)内是减函数。

函数f(x)在xa2处取得极大值f(a2)，且f(a2)(43a)ea2. 函数f(x)在x2a处取得极小值f(2a)，且f(2a)3ae2a.

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

12x2ax,g(x)3a2lnxb. 2⑴设两曲线yf(x)与yg(x)有公共点，且在公共点处的切线相同，若a0，试建立b 关于a的函数关系式，并求b的最大值；

⑵若b[0,2],h(x)f(x)g(x)(2ab)x在(0,4)上为单调函数，求a的取值范围。

3. 已知函数f(x)

,.

4. （最值，按区间端点讨论）

a. x(1)当a>0时，判断f(x)在定义域上的单调性；

3(2)若f(x)在[1,e]上的最小值为，求a的值.

2已知函数f(x)=lnx－

解：(1)由题得f(x)的定义域为(0,＋∞)，且 f ′(x)＝1axa＋2＝. xxx2∵a>0，∴f ′(x)>0，故f(x)在(0,＋∞)上是单调递增函数. (2)由(1)可知：f ′(x)＝

xa， 2x①若a≥－1，则x＋a≥0，即f ′(x)≥0在[1,e]上恒成立，此时f(x)在[1,e]上为增函数， ∴f(x)min＝f(1)＝－a＝

33，∴a＝－ (舍去). 22②若a≤－e，则x＋a≤0，即f ′(x)≤0在[1,e]上恒成立，此时f(x)在[1,e]上为减函数， ∴f(x)min＝f(e)＝1－

ea3＝，∴a＝－(舍去). e22③若－e当10，∴f(x)在(－a,e)上为增函数， ∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝综上可知：a＝－e.

5. （最值直接应用）已知函数f(x)x3⇒a＝－e. 212axln(1x)，其中aR. 2（Ⅰ）若x2是f(x)的极值点，求a的值； （Ⅱ）求f(x)的单调区间；

（Ⅲ）若f(x)在[0,)上的最大值是0，求a的取值范围. 解：（Ⅰ）f(x)x(1aax),x(1,).

x1,.

依题意，令f(2)0，解得 a（Ⅱ）解：① 当a0时，f(x)11. 经检验，a时，符合题意. 33x. x1故f(x)的单调增区间是(0,)；单调减区间是(1,0).

1② 当a0时，令f(x)0，得x10，或x21.

a当0a1时，f(x)与f(x)的情况如下：

x (1,x1) x1 (x1,x2)  ↗ x2 (x2,)  ↘ f(x) f(x)  ↘ 0 f(x1) 0 f(x2) 所以，f(x)的单调增区间是(0,111)；单调减区间是(1,0)和(1,). aa当a1时，f(x)的单调减区间是(1,). 当a1时，1x20，f(x)与f(x)的情况如下：

x (1,x2) x2 (x2,x1)  ↗ x1 (x1,)  ↘ f(x) f(x)  ↘ 0 f(x2) 0 f(x1) 11)和(0,). a③ 当a0时，f(x)的单调增区间是(0,)；单调减区间是(1,0).

所以，f(x)的单调增区间是(1,0)；单调减区间是(1,综上，当a0时，f(x)的增区间是(0,)，减区间是(1,0)；

1a111)，减区间是(1,0)和(1,)； aa当a1时，f(x)的减区间是(1,)；

11当a1时，f(x)的增区间是(1,0)；减区间是(1,1)和(0,).

aa（Ⅲ）由（Ⅱ）知 a0时，f(x)在(0,)上单调递增，由f(0)0，知不合题意.

1当0a1时，f(x)在(0,)的最大值是f(1)，

a1由f(1)f(0)0，知不合题意.

a当a1时，f(x)在(0,)单调递减，

当0a1时，f(x)的增区间是(0,,.

可得f(x)在[0,)上的最大值是f(0)0，符合题意. 所以，f(x)在[0,)上的最大值是0时，a的取值范围是[1,).

6. （2010北京理数18）

x2x(k≥0). 2(Ⅰ)当k=2时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程； (Ⅱ)求f(x)的单调区间.

1212x 解：（I）当k2时，f(x)ln(1x)xx，f'(x)1x3由于f(1)ln2，f'(1)，

23所以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为yln2(x1)

2 即3x2y2ln230

x(kxk1)（II）f'(x)，x(1,).

1xx当k0时，f'(x).

1x所以，在区间(1,0)上，f'(x)0；在区间(0,)上，f'(x)0.

已知函数f(x)=ln(1+x)-x+

故f(x)得单调递增区间是(1,0)，单调递减区间是(0,).

x(kxk1)1k0，得x10，x20

1xk1k1k,)上，f'(x)0；在区间(0,)上，f'(x)0 所以，在区间(1,0)和(kk1k1k,)，单调递减区间是(0,). 故f(x)得单调递增区间是(1,0)和(kkx2当k1时，f'(x) 故f(x)得单调递增区间是(1,).

1xx(kxk1)1k0，得x1(1,0)，x20. 当k1时，f'(x)1xk1k1k)和(0,)上，f'(x)0；在区间(,0)上，f'(x)0 所以没在区间(1,kk1k1k)和(0,)，单调递减区间是(,0) 故f(x)得单调递增区间是(1,kk当0k1时，由f'(x)

7. （2010山东文21，单调性）

,.

1a1(aR) x ⑴当a1时，求曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程；

1 ⑵当a时，讨论f(x)的单调性.

2解：⑴xyln20

1a1， ⑵因为 f(x)lnxaxx1a1ax2x1a 所以 f'(x)a2，x(0,)， 2xxx2 令 g(x)axx1a,x(0,),

已知函数f(x)lnxax

8. (是一道设计巧妙的好题，同时用到e底指、对数，需要构造函数，证存在且唯一时结合零

点存在性定理不好想，⑴⑵联系紧密) 已知函数f(x)lnx,g(x)e.

x⑴若函数φ (x) = f (x)－

x+1，求函数φ (x)的单调区间； x-1⑵设直线l为函数f (x)的图象上一点A(x0，f (x0))处的切线，证明：在区间(1,+∞)上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y=g(x)相切．

x112x1x1解：（Ⅰ） (x)fx，x． lnx22x1x1xx1xx1 （Ⅱ）∵f(x)11 ，∴f(x0)，

x0x2，． ∵x0且x1，∴x0∴函数(x)的单调递增区间为0,1和1∴ 切线l的方程为ylnx011(xx0), 即yxlnx01, ① x0x0x设直线l与曲线yg(x)相切于点(x1,e1)，

,.

11lnx，∴x1lnx0,∴g(x1)e0. x0x0lnx01111xlnx0， 即yx， ② ∴直线l也为yx0x0x0x0x0lnx01x1，∴lnx00． 由①②得 lnx01x01x0x0∵g(x)ex，∴e1x 下证：在区间（1,+）上x0存在且唯一. 由（Ⅰ）可知，(x)lnxx1在区间上递增． （1,+）x1e21e23e1222又(e)lne0， 0，(e)lne2e1e21e1e1结合零点存在性定理，说明方程(x)0必在区间(e,e2)上有唯一的根，这个根就是所求的唯一x0，故结论成立．

9. （最值应用，转换变量）

2ax21设函数f(x)(2a)lnx(a0)．

x(1)讨论函数f(x)在定义域内的单调性；

(2)当a(3,2)时，任意x1,x2[1,3]，(mln3)a2ln3|f(x1)f(x2)|恒成立，求实数m的取值范围．

2a12ax2(2a)x1(ax1)(2x1)2a2解：⑴f(x)． 22xxxx111111当a2时，，增区间为(,)，减区间为(0,)，(,)．

a2a2a211当a2时，，减区间为(0,)．

a2111111(,)(0,)(,)． 当2a0时，，增区间为，减区间为，a22a2a⑵由⑴知，当a(3,2)时，f(x)在[1,3]上单调递减，

1∴x1,x2[1,3]，|f(x1)f(x2)|≤f(1)f(3)(12a)[(2a)ln36a]，

32即|f(x1)f(x2)|≤4a(a2)ln3．

3∵(mln3)a2ln3|f(x1)f(x2)|恒成立，

22∴(mln3)a2ln3＞4a(a2)ln3，即ma4a，

3324． 又a0，∴m3a,.

∵a(3,2)，∴10. （最值应用）

13238134，∴m≤． 33a932已知二次函数g(x)对xR都满足g(x1)g(1x)x2x1且g(1)1，设函数

19f(x)g(x)mlnx（mR，x0）．

28（Ⅰ）求g(x)的表达式；

（Ⅱ）若xR，使f(x)0成立，求实数m的取值范围；

（Ⅲ）设1me，H(x)f(x)(m1)x，求证：对于x1，x2[1,m]，恒有|H(x1)H(x2)|1．

2解：（Ⅰ）设gxaxbxc，于是

2a1，2 gx1g1x2ax12c2x12，所以c1.1121又g11，则b．所以gxxx1． …………3分

2221912（Ⅱ）f(x)gxmlnxxmlnx(mR，x0).282

当m>0时，由对数函数性质，f（x）的值域为R；…………4分

2x20对x0，f(x)0恒成立； …………5分 当m=0时，f(x)2m当m<0时，由f(x)x0xm，列表：

xx f(x) (0，m) m (m，) － 减 0 极小 ＋ 增 f(x) 这时，mlnm. f(x)minf(m)m2mmlnm0，e故x0使f(x)0成立，实数m的取值范围(,e]U0，．…………9分 (x1)(xm)0，所以H(x)在[1,m]内单调递减．

x121于是|H(x1)H(x2)|H(1)H(m)mmlnm.22

1113|H(x1)H(x2)|1m2mlnm1mlnm0.

2222m（Ⅲ）因为对x[1，m]，H(x),.

213113311(1me)，则h'(m)10，记h(m)mlnm 22m2m2m3322m13所以函数h(m)mlnm在1，e]是单调增函数，

22me3e3e10，故命题成立． …………12分 所以h(m)h(e)122e2e

23x11. 设x3是函数fxxaxbe,xR的一个极值点.

（1）求a与b的关系式（用a表示b），并求fx的单调区间；

2（2）设a0,gxa25xe，若存在1,20,4，使得f1g21 成立，求a的4取值范围.

解：（1）∵fxxaxbe23x

23xxa2xbae 由题意得：x2xae3xx2axbe3x1f'30，即323a2ba0，b2a3

'3x23x∴fxxax2a3e且fxx3xa1e

'令fx0得x13，x2a1

23x∵x3是函数fxxaxbe,xR的一个极值点

∴f''∴x1x2，即a4

故a与b的关系式为b2a3,a4. 当a4时，x2a13，由f'x0得单增区间为：3,a1；

'由fx0得单减区间为：,3和a1,；

'当a4时，x2a13，由fx0得单增区间为：a1,3；

'由fx0得单减区间为：,a1和3,；

（2）由（1）知：当a0时，x2a10，fx在0,3上单调递增，在3,4上单调递

3减，f(x)minminf(0),f(4)(2a3)e,fxmaxf3a6,

3∴fx在0,4上的值域为[(2a3)e,a6].

易知gxa225xe在0,4上是增函数, 4∴gx在0,4上的值域为a2252254,ae. 442251由于a2a6a0，

42又∵要存在1,20,4，使得f1g21成立，

,.

a03∴必须且只须225解得:0a.

2a4a613a所以，的取值范围为0,.

2

2x12. f(x)(xaxb)e(xR)．

（1）若a2,b2，求函数f(x)的极值；

（2）若x1是函数f(x)的一个极值点，试求出a关于b的关系式（用a表示b），并确

定f(x)的单调区间；

（3）在（2）的条件下，设a0，函数g(x)(a14)e2x4．若存在1,2[0,4]使得

|f(1)f(2)|1成立，求a的取值范围．

x2x2x解:（1）∵f(x)(2xa)e(xaxb)e[x(2a)x(ab)]e

2x2x当a2,b2时，f(x)(x2x2)e则f'(x)(x4x)e.

,

2x令f'(x)0得(x4x)e0，∵ex0,∴x24x0，解得x14,x20

∵当x(,4)时，f'(x)0，

当x(4,0)时f'(x)0，当x(0,)时f'(x)0 ∴当x4时，函数f(x)有极大值，f(x)极大＝6， e4当x0时，函数f(x)有极小值，f(x)极小2． （2）由（1）知f(x)[x(2a)x(ab)]e ∵x1是函数f(x)的一个极值点 ∴f(1)0 即e[1(2a)(ab)]0，解得b32a

x2x则f(x)e[x(2a)x(3a)]＝e(x1)[x(3a)]

2x令f(x)0，得x11或x23a ∵x1是极值点，∴3a1，即a4 .

当3a1即a4时，由f(x)0得x(3a,)或x(,1) 由f(x)0得x(1,3a)

当3a1即a4时，由f(x)0得x(1,)或x(,3a) 由f(x)0得x(3a,1). 综上可知：

当a4时，单调递增区间为(,1)和(3a,)，递减区间为(1,3a) 当a4时，单调递增区间为(,3a)和(1,)，递减区间为(3a,1)。

,.

（3）由2）知：当a>0时，f(x)在区间（0，1）上的单调递减， 在区间（1，4）上单调递增，

13. (2010山东，两边分求，最小值与最大值) 已知函数f(x)lnxax⑴当a≤∴函数f(x)在区间[0,4]上的最小值为f(1)(a2)e

x4又∵f(0)be(2a3)0，f(4)(2a13)e0，

4∴函数f(x)在区间[0，4]上的值域是[f(1),f(4)]，即[(a2)e,(2a13)e]]

又g(x)(a14)e242x4在区间[0，4]上是增函数，

242842424且它在区间[0，4]上的值域是[(a14)e,(a14)e]. ∵(a14)e－(2a13)e＝(a2a1)e＝(a1)e0， ∴存在1,2[0,4]使得|f(1)f(2)|1成立只须

(a214)e4－(2a13)e4<1(a1)2e41(a1)21111a1.． e4e2e21a1(aR). x1时，讨论f(x)的单调性； 212⑵设g(x)x2bx4.当a时，若对任意x1(0,2)，存在x21,2，使f(x1)≥g(x2)，

4求实数b取值范围.

解：本题将导数、二次函数、不等式知识有机的结合在一起，考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数求函数的最值以及二次函数的最值问题，考查了同学们分类讨论的数学思想以及解不等式的能力；考查了学生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力.

（1）直接利用函数与导数的关系讨论函数的单调性；（2）利用导数求出f(x)的最小值、利用二次函数知识或分离常数法求出g(x)在闭区间[1,2]上的最大值，然后解不等式求参数.

1ala1ax2xa11(x0)，f(x)a2⑴f(x)lnxax(x0) xxxx22令h(x)axx1a(x0)

①当a0时，h(x)x1(x0)，当x(0,1),h(x)0,f(x)0,函数f(x)单调递减；当x(1,),h(x)0,f(x)0，函数f(x)单调递增.

②当a0时，由f(x)0，即ax2x1a0，解得x11,x2当a11. a1时x1x2，h(x)0恒成立，此时f(x)0，函数f(x)单调递减； 211当0a时，110,x(0,1)时h(x)0,f(x)0，函数f(x)单调递减；

2a1x(1,1)时，h(x)0,f(x)0，函数f(x)单调递增；

a,.

1x(1,)时，h(x)0,f(x)0，函数f(x)单调递减.

a1当a0时10，当x(0,1),h(x)0,f(x)0,函数f(x)单调递减；

a当x(1,),h(x)0,f(x)0，函数f(x)单调递增.

综上所述：当a0时，函数f(x)在(0,1)单调递减，(1,)单调递增；

1时x1x2,h(x)0恒成立,此时f(x)0，函数f(x)在(0,)单调递减； 2111当0a时,函数f(x)在(0,1)递减,(1,1)递增,(1,)递减.

2aa1⑵当a时，f(x)在(0,1)上是减函数，在(1,2)上是增函数，所以对任意x1(0,2)，

41有f(x1)≥f(1)，

21又已知存在x21,2，使f(x1)g(x2)，所以g(x2)，x21,2，（※）

222又g(x)(xb)4b,x[1,2]

当b1时，g(x)ming(1)52b0与（※）矛盾；

当a当b1,2时，g(x)ming(1)4b0也与（※）矛盾；

2当b2时，g(x)ming(2)84b综上，实数b的取值范围是[117,b. 2817,). 81a14. 设函数f(x)lnxax1．

x（Ⅰ）当a1时，过原点的直线与函数f(x)的图象相切于点P，求点P的坐标；

1（Ⅱ）当0a时，求函数f(x)的单调区间；

2152（0,e]，x2[0，1] （Ⅲ）当a时，设函数g(x)x2bx，若对于x1312使f(x1)≥g(x2)成立，求实数b的取值范围.（e是自然对数的底，e31）

11a)，f(x)a2 解：函数f(x)的定义域为(0，xx（Ⅰ）设点P(x0,y0)(x00)，当a1时，f(x)lnxx1，则y0lnx0x01，

1lnx0x011f(x)1，∴f(x0)1

x0x0x221e2) 解得x0e，故点P 的坐标为(e，,.

axaxa1(x1)(ax1a)x2x2x211a∵0a ∴10

2a1a1a∴当0x1，或x时f(x)0，当1x时，f(x)0

aa11a故当0a时，函数f(x)的单调递增区间为(1,)；

2a1a单调递减区间为(0,1)，(,)

a1x2（Ⅲ）当a时，f(x)lnx1由（Ⅱ）可知函数f(x)在（0，1)上是减函数，

333x2e2在（1，2)上为增函数，在(2，e]上为减函数，且f(1)，f(e)

333e2e22e3(e1)22∵f(e)f(1)，又e31，∴(e1)3，

3e3e2∴f(e)f(1)，故函数f(x)在(0,e]上的最小值为

3（0,e]，x2[0,1]使f(x1)≥g(x2)成立g(x)在[0,1]上的最小值不大于 若对于x12f(x)在(0,e]上的最小值（*）

3552又g(x)x2bx(xb)2b2，x[0,1]

121252①当b0时，g(x)在[0,1]上为增函数，[g(x)]ming(0)与（*）矛盾

12352②当0b1时，[g(x)]ming(b)b，

125212由b及0b1得，b1

1232③当b1时，g(x)在[0,1]上为减函数，

7172[g(x)]ming(1)2b，此时b1

121231） 综上，b的取值范围是[， 2（Ⅱ）f(x)15. (2010山东，两边分求，最小值与最大值)

2已知函数f(x)xlnx,g(x)xax3．

2a(x1)(x1a)a

⑴求f(x)在[t,t2](t0)上的最小值；

⑵若存在x,e（e是常数，e＝2.71828）使不等式2f(x)g(x)成立，求实数a的

e1,.

取值范围；

⑶证明对一切x(0,),都有lnx解：⑴

，

12成立． xeex

所以fxmin⑵由题意知

11 0tee

1tInt te32xInxx2ax3,则a2Inxx,x323x3x1设hx2Inxxx0则hx12xxxx21当x,1时，hx0,hx单调递减；e当x1,e时，hx0,hx单调递增；

11所以hxmaxmaxh,h(e),因为存在x,e,使2fxgx成立，ee所以ahxmax,113h()23e，h(e)2e eee11而h()h(e)，故a3e2

eex2（Ⅲ） 等价证明xInxxx0,

ee由⑴知

,.

fxxInxx0,的最小值是-1e1当且仅当x取到，

ex21x设xxx0,,则xx,eee1易得xmax1，当且仅当x1时取到，e

x2从而对一切x0,都有xInxx成立，ee12即Inxx对一切x0,成立．

eex

16. （最值应用） 设函数f(x)pxqp2lnx，且f(e)qe2，其中e是自然对数的底数. xe⑴求p与q的关系；

⑵若f(x)在其定义域内为单调函数，求p的取值范围； ⑶设g(x)围.

解：（1）由题意得f(e)pe而e2e，若在1,e上至少存在一点x0，使得f(x0)＞g(x0)成立，求实数p的取值范xqp12lneqe2(pq)(e)0 eee10，所以p、q的关系为pq. eqp（2）由（1）知f(x)px2lnxpx2lnx，

xxp2px22xp2'h(x)px2xp， .令f(x)p22xxx要使f(x)在其定义域(0,)内单调，只需h(x)0或h(x)0恒成立.

2x'①当p0时，h(x)2x，因为x＞0，所以h(x)＜0，f(x)2＜0，

x∴f(x)在(0,)内是单调递减函数，即p0适合题意；

12②当p＞0时，h(x)px2xp，∴h(x)minp，

p1'只需p0，即p1时h(x)0,f(x)0，

p∴f(x)在(0,)内为单调递增函数，故p1适合题意.

,.

2③当p＜0时，h(x)px2xp，其图像为开口向下的抛物线，对称轴为x1(0,)，p只要h(0)0，即p0时，h(x)0在(0,)恒成立，故p＜0适合题意. 综上所述，p的取值范围为p1或p0.

2e在1,e上是减函数， x∴xe时，g(x)min2；x1时，g(x)max2e，即g(x)2,2e，

（3）∵g(x)②当0＜p＜1时，由x1,ex①当p0时，由（2）知f(x)在1,e上递减f(x)maxf(1)0＜2，不合题意；

10， x又由（2）知当p1时，f(x)在1,e上是增函数，

1111∴f(x)p(x)2lnxx2lnxe2lnee2＜2，不合题意；

xxee③当p1时，由（2）知f(x)在1,e上是增函数，f(1)0＜2，又g(x)在1,e上是减函数，

故只需f(x)max＞g(x)min，x1,e，而f(x)maxf(e)p(e)2lne，g(x)min2， 即

1e14ep(e)2lne＞2，解得p＞2 ，

ee14e，). 综上，p的取值范围是(2e1

17. （2011湖南文，第2问难，单调性与极值，好题）

1f(x)xalnx(aR).设函数

x

⑴讨论函数f(x)的单调性；

⑵若f(x)有两个极值点x1,x2，记过点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直线斜率为k,问：是否存在a，使得k2a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.

1ax2ax1解：⑴f(x)的定义域为(0,).f'(x)12

xxx22令g(x)xax1,其判别式Va24.

①当|a|2时,V0,f'(x)0,故f(x)在(0,)上单调递增．

V>0,g(x)=0的两根都小于0，②当a2时,在(0,)上，f'(x)0，故f(x)在(0,)上单调递增．

22aa4aa4V>0,g(x)=0的两根为x1③当a2时,， ,x222,.

当0xx1时， f'(x)0；当x1xx2时，f'(x)0；当xx2时，f'(x)0，故

f(x)分别在(0,x1),(x2,)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减．

⑵由⑴知，若f(x)有两个极值点x1,x2，则只能是情况③，故a2．

x1x2a(lnx1lnx2)， x1x2f(x1)f(x2)lnxlnx211ag1所以k

x1x2x1x2x1x2lnx1lnx2又由⑴知，x1x21，于是k2ag

x1x2lnx1lnx21．即lnx1lnx2x1x2． a若存在，使得k2a.则

x1x21x2lnx20(x21)(*) 亦即2x21再由⑴知，函数h(t)t2lnt在(0,)上单调递增，而x21，所以

t11x22lnx212ln10.这与(*)式矛盾．故不存在a，使得k2a.

x21因为f(x1)f(x2)(x1x2)

18. （构造函数，好，较难） 已知函数f(x)lnx12ax(a1)x(aR，a0). 2⑴求函数f(x)的单调增区间；

⑵记函数F(x)的图象为曲线C，设点A(x1,y1)、B(x2,y2)是曲线C上两个不同点，如果曲线

x1x2；②曲线C在点M处的切线平行于直线AB，2则称函数F(x)存在“中值相依切线”.试问：函数f(x)是否存在中值相依切线，请说明理由.

C上存在点M(x0,y0)，使得：①x0

解：（Ⅰ）函数f(x)的定义域是(0,).

1a(x1)(x)1a. 由已知得，f'(x)axa1xxⅰ 当a0时, 令f'(x)0,解得0x1;函数f(x)在(0,1)上单调递增

ⅱ 当a0时，

111时，即a1时, 令f'(x)0,解得0x或x1; aa1函数f(x)在(0,)和(1,)上单调递增

a ①当,.

11时，即a1时, 显然，函数f(x)在(0,)上单调递增； a11③当1时，即1a0时, 令f'(x)0,解得0x1或x

aa1函数f(x)在(0,1)和(,)上单调递增.

a ②当综上所述:

⑴当a0时,函数f(x)在(0,1)上单调递增

1a⑶当a1时,函数f(x)在(0,)上单调递增；

1⑷当1a0时,函数f(x)在(0,1)和(,)上单调递增.

a(Ⅱ)假设函数f(x)存在“中值相依切线”.

⑵当a1时,函数f(x)在(0,)和(1,)上单调递增

设A(x1,y1),B(x2,y2)是曲线yf(x)上的不同两点，且0x1x2，

121ax1(a1)x1，y2lnx2ax22(a1)x2. 221(lnx2lnx1)a(x22x12)(a1)(x2x1)yy2kAB21 x2x1x2x1lnx2lnx11a(x1x2)(a1). x2x12xx2xx2a12(a1)， 曲线在点M(x0,y0)处的切线斜率kf(x0)f(1)x1x222lnx2lnx11xx2a(x1x2)(a1)a12(a1). 依题意得：

x2x12x1x22x2(21)x1lnx2lnx1x2(x2x1)2化简可得 ， 即ln2=.

xx2x1x1x2x1x2x121x1x2(t1)4 设2t (t1)，上式化为：lnt, 2x1t1t1则y1lnx1(t1)21444lnt2,令g(t)lnt,g'(t). 22t(t1)t(t1)t1t1因为t1,显然g'(t)0，所以g(t)在(1,)上递增,显然有g(t)2恒成立.

42成立. 所以在(1,)内不存在t,使得lntt1综上所述，假设不成立.所以，函数f(x)不存在“中值相依切线”

,.

19. (2011天津理19，综合应用) ⑴求fx的单调区间；

已知a0，函数fxlnxax，x0．(fx的图象连续)

2⑵若存在属于区间1,3的,，且≥1，使ff，证明：

ln3ln2ln2≤a≤． 53112ax22a解：⑴fx2ax，x0．令fx0，则x．

xx2a当x变化时，fx，fx的变化情况如下表：

x fx fx 2a0,2a 2a 2a0 极大值 2a,2a  单调递增  单调递减 2a2a所以fx的单调增区间是0,2a，单调减区间是2a,．



⑵由ff及fx的单调性知2a从而fx在区间,上的最小值为．

2a又由1，,1,3，则123．

f．

f2ff1,ln24aa,所以即

f2ff3,ln24aln39a.ln3ln2ln2a所以． 53

20. （恒成立，直接利用最值）

已知函数f(x)ln(ax1)xax, a0，

2,.

1

是函数f(x)的一个极值点，求a； 2

⑵讨论函数f(x)的单调区间；

⑴若x

⑶若对于任意的a[1,2],不等式fx≤m在[,1]上恒成立，求m的取值范围.

122ax2(2a2)x解：⑴f(x),

ax111因为x是函数f(x)的一个极值点，所以f()0，得a2a20.

22又a0，所以a2.

1⑵因为f(x)的定义域是(, )，

aa222ax(x)2ax2(2a2)x2a. f(x)ax1ax1①当a2时，列表 1a22a22(, 0) (0, ) (, ) x a2a2af(x) ＋ － ＋ f(x) 增 减 增 1a22a22f(x)在(, 0)，(, )是增函数；f(x)在(0, )是减函数.

a2a2a22x22≥0，f(x)在(②当a2时，f(x), )是增函数. 22x1③当0a2时，列表 1a22a22(, ) (, 0) x a2a2af(x) ＋ － f(x) 增 减 (0, ) ＋ 增 1a22a22f(x)在(, ),(0, )是增函数；f(x)在(, 0)是减函数.

a2a2a⑶

,.

21. （最值与图象特征应用）

ex设aR，函数f(x)(ax2a1)(e为自然对数的底数）.

2⑴判断f(x)的单调性；

1⑵若f(x)2在x[1,2]上恒成立，求a的取值范围.

e1x1x1x22解：⑴∵f(x)e(axa1)e(2ax)e(ax2axa1),

2222令g(x)ax2axa1.

①当a0时,g(x)10,f(x)0,f(x)在R上为减函数.

②当a0时,g(x)0的判别4a4(aa)4a0,

22g(x)0,即f(x)0f(x)在R上为减函数.

2③当a0时，由ax2axa10,得x12由ax2axa10,得11a,

或x11a,

1aaaaaaf(x)在(,),(,)上为增函数；

aaaaaaf(x)在(,)上为减函数.

aa⑵由⑴知

①当a0时,f(x)在[1,2]上为减函数.

x11f(x)minf(2)5a15a111.由得a. 22252e2ee5a11②当a0时,f(2) 2e22e211f(x)2在[1，2]上不恒成立，∴a的取值范围是(,).

5e

22. (单调性)

已知f(x)=ln(x+2)－x2+bx+c

,.

⑴若函数f(x)在点(1，y)处的切线与直线3x+7y+2=0垂直，且f(－1)=0，求函数f(x)在区间[0,3]上的最小值；

⑵若f(x)在区间[0,m]上单调，求b的取值范围. 解：⑴f(x)

132xb，依题意令f(1)= ，f(1)＝0，解得b=4，c=5. x2712x2932 f(x)2x40得xx2x223332) 2 2,3） 3 x 0 (0,（222y′ y ln2+5 + 0 极大 － 8+ln5 因为8+ln5>5+ln2 ∴x=0时f(x)在[0，3]上最小值f(0)=5+ln2. ⑵若f(x)在区间[0，m]上单调，有两种可能

112xb≥0得b≥2x－，在[0，m]上恒成立 x2x2111 而y=2x－在[0，m]上单调递增，最大值为2m－，∴b≥2m－.

x2m2m2112xb≤0 得b≤2x－ ②令f(x)， x2x2111而 y=2x－在[0，m]单增，最小为y=－，∴b≤－.

x22211故b≥2m－或b≤－时f(x)在[0，m]上单调.

m22

①令f(x)

23. （单调性，用到二阶导数的技巧）

已知函数f(x)lnx ⑴若F(x)f(x)a(aR)，求F(x)的极大值； x2 ⑵若G(x)[f(x)]kx在定义域内单调递减，求满足此条件的实数k的取值范围.

f(x)alnxa解：⑴F(x)定义域为x(0,) xx(1a)lnxF(x) 2x1a1a令F(x)0得xe 由F(x)0得0xe

1a由F(x)0得xe

)上单调递增，在(e1a,)上单调递减

1aa1a)ea1 xe1a时，F(x)取得极大值F(eae1a即F(x)在(0,e,.

⑵G(x)(lnx)kx的定义域为(0，+∞)，G(x)22lnxk x2lnxk0在(0，+∞)内恒成立 x22(1lnx)令H(x)lnxk，则H(x) 由H(x)0得xe

xx2∵当x(0,e)时H(x)0,H(x)为增函数 当x(e,)时H(x)0，H(x)为减函数

由G (x)在定义域内单调递减知：G(x)∴当x = e时，H(x)取最大值H(e)故只需

2k e22k0恒成立，k ee22又当k时，只有一点x = e使得G(x)H(x)0不影响其单调性k.

ee

二、交点与根的分布

24. （2008四川22，交点个数与根的分布）

已知x3是函数f(x)aln(1x)x10x的一个极值点．

2⑴求a；

⑵求函数f(x)的单调区间；

⑶若直线yb与函数yf(x)的图像有3个交点，求b的取值范围．

a22x10 解：⑴f(x)aln(1x)x10x，f'(x)1xx3是函数f(x)aln(1x)x210x的一个极值点．

f'(3)a40，a16 4⑵由⑴f(x)16ln(1x)x210x，x(1,)

162x28x62(x1)(x3) f'(x)2x101xx1x1令f'(x)0，得x1，x3，f'(x)和f(x)随x的变化情况如下： x f'(x) (1,1) 1 0 (1,3) 3 0 (3,)  f(x) 增 极大值 减   极小值 增 f(x)的增区间是(1,1)，(3,)；减区间是(1,3)． ⑶由②知，

f(x)在(1,1)上单调递增，在(3,)上单调递增，在(1,3)上单调递减．

,.

∴f(x)极大f(1)16ln29，f(x)极小f(3)32ln221． 又x1时，f(x)；x时，f(x)； 可据此画出函数yf(x)的草图（图略），由图可知， 当直线

25. 已知函数fxxaxbxc在,0上是减函数，在0,1上是增函数，函数

32yb与函数yf(x)的图像有3个交点时，b的取值范围为(32ln221,16ln29)．

fx在R上有三个零点．

（1）求b的值；

（2）若1是其中一个零点，求f2的取值范围； （3）若a1，gxf相切？请说明理由.

'x3x2lnx，试问过点（2，5）可作多少条直线与曲线y=g(x)

⑶g(x)=2x+lnx，设过点（2，5）与曲线g (x)的切线的切点坐标为(x0,y0)

1)(x02)

，x021220，令h(x)=lnx22∴h/(x)=2=0，∴x2 ∴lnx0x0xxx，

/∴y05g(x0)(x02)即2x0lnx05(2∴h(x)在（0，2）上单调递减，在（2，）上单调递增

,.

12Q又h()2ln20，h(2)=ln2-1<0，h(e2)20

2e∴h(x)与x轴有两个交点，∴过点（2，5）可作2条曲线y=g(x)的切线.

26. （交点个数与根的分布）

已知函数f(x)x8x,g(x)6lnxm.⑴求f(x)在区间t,t1上的最大值h(t);

2

⑵是否存在实数m,使得yf(x)的图像与yg(x)的图像有且只有三个不同的交点？若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由。 解：⑴f(x)x8x(x4)16.

22当t14,即t3时，f(x)在t,t1上单调递增，

h(t)f(t1)(t1)28(t1)t26t7; 当t4t1,即3t4时，h(t)f(4)16;

t26t7,t3,3t4, 综上h(t)16,　　　　t28t,　　t42当t4时，f(x)在t,t1上单调递减，h(t)f(t)t8t.

⑵函数yf(x)的图像与yg(x)的图像有且只有三个不同的交点，即函数

(x)g(x)f(x)的图像与x轴的正半轴有且只有三个不同的交点。

Q(x)x28x6lnxm, 62x28x62(x1)(x3)'(x)2x8(x0),xxx当x(0,1)时，'(x)0,(x)是增函数； 当x(0,3)时，'(x)0,(x)是减函数； 当x(3,)时，'(x)0,(x)是增函数； 当x1,或x3时，'(x)0.

(x)最大值(1)m7,(x)最小值(3)m6ln315.

Q当x充分接近0时，(x)0,当x充分大时，(x)0.

要使(x)的图像与x轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须

(x)最大值m70, 即7m156ln3. (x)m6ln3150,最小值∴存在实数m，使得函数yf(x)与yg(x)的图像有且只有三个不同的交点，m的取

值范围为(7,156ln3).

,.

27. （交点个数与根的分布）

已知函数f(x)ln(23x)⑴求f(x)在[0,1]上的极值；

⑵若对任意x[,],不等式|alnx|ln[f(x)3x]0成立，求实数a的取值范围；

32x. 21163⑶若关于x的方程f(x)2xb在[0，1]上恰有两个不同的实根，求实数b的取值范围.

33(x1)(3x1)3x解：⑴f(x)，

23x3x21令f(x)0得x或x1（舍去）

311当0x时,f(x)0,f(x)单调递增；当x1时,f(x)0,f(x)递减.

33

11f()ln3为函数f(x)在[0,1]上的极大值.

36⑵由|alnx|ln[f(x)3x]0得

33alnxln或alnxln23x23x

33x32x3x2ln设h(x)lnxln，g(x)lnxln， ln23x23x23x311依题意知ah(x)或ag(x)在x[,]上恒成立，

6323x3(23x)3x32g(x)0， 23xx(23x)(23x)3126xh(x)(26x)0，

2x3x232x3x211g(x)与h(x)都在[,]上单增，要使不等式①成立，

631111当且仅当ah()或ag(),即aln或aln.

363532 ⑶由f(x)2xbln(23x)x2xb0.

232379x2令(x)ln(23x)x2xb,则(x)， 3x2223x23x77当x[0,]时,(x)0,于是(x)在[0,]上递增；

3377x[,1]时,(x)0,于是(x)在[,1]上递减，

33

77 而()(0),()(1)，

33,.

f(x)2xb即(x)0在[0,1]恰有两个不同实根等价于 (0)ln2b07727b0 ()ln(27)6631(1)ln5b021727ln5bln(27).

263

28. (2009宁夏，利用根的分布) 已知函数f(x)(x3xaxb)e ⑴如ab3，求f(x)的单调区间；

⑵若f(x)在(,),(2,)单调增加，在(,2),(,)单调减少，证明：＜6.解：⑴ab3时，f(x)(x3x3x3)e，故

32xw.w.w.k.s.5.u.c.o.m w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 32x

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m f'(x)(x33x23x3)ex(3x26x3)exx(x3)(x3)ex当x3或0x3时，f'(x)0;当3x0或x3时，f'(x)0.

⑵f'(x)(x3xaxb)e32x

0），（3，）从而f(x)在(,3),(0,3)单调增加，在（3，单调减少. (3x26xa)exex[x3(a6)xba].

3由条件得f'(2)0,即22(a6)ba0,故b4a,

x3从而f'(x)e[x(a6)x42a]. 因为f'()f'()0,

所以x(a6)x42a(x2)(x)(x)(x2)[x()x]. 将右边展开，与左边比较系数得，2,a2.故

32()24124a.

又(2)(2)0,即2()40.由此可得a6.于是6. 29. （2009天津文，利用根的分布讨论）

w.w ,.

13xx2m21xxR，其中m0 3⑴当m1时，求曲线yfx在点1,f1处的切线的斜率

设函数fx⑵求函数fx的单调区间与极值

⑶已知函数fx有三个互不相同的零点0、x1、x2，且x1x2，若对任意的

xx1,x2,fxf1恒成立，求m的取值范围.

13xx2,f/(x)x22x,故f'(1)1 3所以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为1.

'22'⑵f(x)x2xm1，令f(x)0，得到x1m,x1m

解：⑴当m1时，f(x)因为m0,所以1m1m，

当x变化时，f(x),f(x)的变化情况如下表：

'(,1m) 1m (1m,1m) 1m (1m,) x

f'(x) + 0 － 0 + f(x) ↓ 极小值 ↑ 极大值 ↓

f(x)在(,1m)和(1m,)内减函数，在(1m,1m)内增函数。

2312函数f(x)在x1m处取得极大值f(1m)，且f(1m)=mm

332312函数f(x)在x1m处取得极小值f(1m)，且f(1m)=mm

331212⑶由题设f(x)x(xxm1)x(xx1)(xx2)

33122所以方程xxm1=0由两个相异的实根x1,x2，故x1x23，且

34111(m21)0，解得m(舍)，m

3223因为x1x2,所以2x2x1x23,故x21（难点）

21若x11x2,则f(1)(1x1)(1x2)0，而f(x1)0，不合题意；

3若1x1x2,则对任意的x[x1,x2]有xx10,xx20,

1则f(x)x(xx1)(xx2)0，又f(x1)0，所以函数f(x)在x[x1,x2]的最

312小值为0，于是对任意的x[x1,x2]，f(x)f(1)恒成立的充要条件是f(1)m0,

33313解得，综上，m的取值范围是(,m)

3323

,.

30. （2007全国II理22，转换变量后为根的分布） 已知函数f(x)xx．

（1）求曲线yf(x)在点M(t，f(t))处的切线方程；

（2）设a0，如果过点(a，b)可作曲线yf(x)的三条切线，证明：abf(a)．

2解：（1）f(x)3x1．yf(x)在点M(t，f(t))处的切线方程为yf(t)f(t)(xt)，

3即y(3t1)x2t．

（2）如果有一条切线过点(a，b)，则存在t，使b(3t1)a2t．

2323若过点(a，b)可作曲线yf(x)的三条切线， 则方程 2t33at2ab0有三个相异的实数根．

322记 g(t)2t3atab，则g(t)6t6at6t(ta)．

当t变化时，g(t)，g(t)变化情况如下表： (，0) 0 t g(t)  0 g(t) Z 极大值(0，a) a (a，)  ] 0  ab 如果过(a，b)可作曲线yf(x)三条切线， ab0，g(t)0即有三个相异的实数根，则即 abf(a)．

bf(a)0.3231. 已知函数fxaxbx3xa,bR在点1,f1处的切线方程为y20．

⑴求函数fx的解析式；

⑵若对于区间2,2上任意两个自变量的值x1,x2都有fx1fx2c，求实数c的最小值；

⑶若过点M2,mm2可作曲线yfx的三条切线，求实数m的取值范围．

2解：⑴fx3ax2bx3．…………………………………………………………2分

极小值bf(a) Z a1f12,ab32,根据题意，得即解得……………………3分

b03a2b30,f10,所以fxx3x．………………………………………………………………4分

3,.

⑵令fx0，即3x230．得x1．

x 2 2,1 + 增 1 极大值 1,1  减 1 极小值 1,2 + 增 2 2 fx fx 2 因为f12，f12， 所以当x2,2时，fxmax2，fxmin2．………………………………6分 则对于区间2,2上任意两个自变量的值x1,x2，都有

fx1fx2fxmaxfxmin4，所以c4．

所以c的最小值为4．……………………………………………………………………8分 ⑶因为点M2,mm2不在曲线yfx上，所以可设切点为x0,y0．

3则y0x03x0．

22因为fx03x03，所以切线的斜率为3x03．………………………………9分 3x03x0m则3x3=，………………………………………………………………11分

x022032即2x06x06m0．

因为过点M2,mm2可作曲线yfx的三条切线，

32所以方程2x06x06m0有三个不同的实数解．

所以函数gx2x6x6m有三个不同的零点．

32则gx6x12x．令gx0，则x0或x2．

2x ,0 + 增 0 极大值 0,2  减 2 极小值 2, + 增 gx gx ,.

则

g00g22 ，即6m0，解得6m2．

2m032. （2011省模，利用⑴的结论，转化成根的分布分题）

alnx1,g(x)(lnx1)exx,（其中e2.718） x（I）求函数f(x)在区间0,e上的最小值；

已知aR，函数f(x)出x0的值；若不存在，请说明理由。

（II）是否存在实数x00,e，使曲线yg(x)在点xx0处的切线与y轴垂直？若存在，求

33. 已知函数f(x)x，函数g(x)f(x)sinx是区间[-1，1]上的减函数. （I）求的最大值；

（II）若g(x)tt1在x[1,1]上恒成立，求t的取值范围；

2lnxx22exm的根的个数． f(x)解：（I）f(x)x,g(x)xsinx，g(x)在[1,1]上单调递减，g'(x)cosx0

（Ⅲ）讨论关于x的方程

,.

cosx在[-1，1]上恒成立，1，故的最大值为1.

2（II）由题意[g(x)]maxg(1)sin1,只需sin1tt1,

2(t1)t2sin10（其中1），恒成立，令h()(t1)tsin110(1)，

t1t102,而ttsin10恒成立，t1 则，22t1tsin110ttsin10lnxlnxx22exm. （Ⅲ）由

f(x)xlnx1lnx,f2(x)x22exm,f1'(x), 令f1(x)xx2'当x(0,e)时,f1(x)0,f1(x)在0,e上为增函数；

'当xe,时，f1(x)0,f1(x)在e,为减函数；

1当xe时,[f1(x)]maxf1(e),

e112222当me,即me时,方程无解； f(x)(xe)me,而2ee1122当me,即me时，方程有一个根；

ee1122当me时,me时，方程有两个根.

ee[来源[来源学*科*网]

三、不等式证明 作差证明不等式

34. （2010湖南，最值、作差构造函数） 已知函数f(x)ln(x1)x．

(1)求函数f(x)的单调递减区间；

1(2)若x1，求证：1≤ln(x1)≤x．

x1解：(1)函数f (x)的定义域为(－1，+∞),f(x)1x1， x1x1x0由f(x)0 得：x1，∴x＞0,∴f (x)的单调递减区间为(0，+∞).

x1(2)证明：由(1)得x∈(－1，0)时，f(x)0，

当x∈(0，+∞)时，f(x)0，且f(0)0

∴x＞－1时，f (x)≤f (0)，∴ln(x1)x≤0，ln(x1)≤x

,.

11x11，则g(x)， x1(x1)2(x1)2x1∴－1＜x＜0时，g(x)0，x＞0时，g(x)0，且g(0)0

11≥0 ∴x＞－1时，g (x)≥g (0)，即ln(x1)x111∴ln(x1)≥1，∴x＞－1时，1≤ln(x1)≤x．

x1x1 令g(x)ln(x1)

35. （2007湖北20，转换变量，作差构造函数，较容易） 已知定义在正实数集上的函数f(x)yf(x)，yg(x)有公共点，且在该点处的切线相同．

⑴用a表示b，并求b的最大值；

⑵求证：当x0时，f(x)≥g(x)．

12x2ax，g(x)3a2lnxb，其中a0．设两曲线2解：⑴设yf(x)与yg(x)(x0)在公共点(x0，y0)处的切线相同．

23a∵f(x)x2a，g(x)，由题意f(x0)g(x0)，f(x0)g(x0)．

x122x2ax3alnx0b，003a22即由x02a得：x0a，或x03a（舍去）． 23ax0x02a，x0125a2a23a2lnaa23a2lna． 22522令h(t)t3tlnt(t0)，则h(t)2t(13lnt)．于是

21当t(13lnt)0，即0te3时，h(t)0；

1当t(13lnt)0，即te3时，h(t)0．

即有b故h(t)在(0，e3)为增函数，在(e3,+)为减函数，

233∞)的最大值为h(e)e． 于是h(t)在(0，2122⑵设F(x)f(x)g(x)x2ax3alnxb(x0)，

223a(xa)(x3a)则F(x)x2a(x0)．

xx∞)为增函数， 故F(x)在(0，a)为减函数，在(a，1311∞)上的最小值是F(a)F(x0)f(x0)g(x0)0． 于是函数F(x)在(0，故当x0时，有f(x)g(x)≥0，即当x0时，f(x)≥g(x)．

,.

36. （2009全国II理21，字母替换，构造函数）

2设函数fxxaln1x有两个极值点x1、x2，且x1x2 ⑴求a的取值范围，并讨论fx的单调性； ⑵证明：fx212ln2. 4a2x22xa解: ⑴fx2x(x1)

1x1x12 令g(x)2x2xa，其对称轴为x。

2 由题意知x1、x2是方程g(x)0的两个均大于1的不相等的实根，

48a01 其充要条件为，得0a

2g(1)a0 当x(1,x1)时，fx0,f(x)在(1,x1)内为增函数；

当x(x1,x2)时，fx0,f(x)在(x1,x2)内为减函数； 当x(x2,)时，fx0,f(x)在(x2,)内为增函数；

fx2x22aln1x2x22(2x22+2x2)ln1x2

12则hx2x2(2x1)ln1x2x2(2x1)ln1x

设hxx(2x2x)ln1x(x)，

221x20， 222由g(x2)2x22x2a0得a(2x2+2x2)，

⑵由⑴知g(0)a0,11,0)时，hx0,h(x)在[,0)单调递增； 22当x(0,)时，hx0，h(x)在(0,)单调递减。

当x(所以，当x(,0)时,hxh()故fx2h(x2)121212ln2 412ln2． 4变形构造函数证明不等式

37. （变形构造新函数，一次）

,.

已知函数f(x)(a1)lnxax． ⑴试讨论f(x)在定义域内的单调性；

|f(x1)f(x2)|1．求实数m的取值范围．

|x1x2|a1(a1)axa解：⑴函数的定义域为(0,)，f(x)． xxa1a1,)，减区间为(0,)； 当a1时，增区间为(aa当1≤a≤0时，增区间为(0,)；

a1a1)，减区间为(,)． 当a0时，增区间为(0,aa⑵当a＞0时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，

⑵当a＜－1时，证明：x1,x2(0,1)，

不妨设0x1x21，则x1x20,f(x1)f(x2)0，

|f(x1)f(x2)|1等价于f(x1)f(x2)x1x2，即f(x1)x1f(x2)x2． ∴

|x1x2|(a1)ax(a1)(1x)1构造g(x)f(x)x，则g(x)＞0(0x1)． xx∴g(x)在(0,1)上是增函数，当0x1x21时，g(x1)g(x2)，

即f(x1)x1f(x2)x2，即f(x1)f(x2)x1x2． 又当a＞0时，f(x)在区间(0,1)上单调递增， ∴x1x20,f(x1)f(x2)0． ∴|f(x1)f(x2)||x1x2|，即

|f(x1)f(x2)|1．

|x1x2|

38. （2011辽宁理21，变形构造函数，二次） 已知函数f(x)(a1)lnxax1.

2⑴讨论函数f(x)的单调性；

⑵设a1，如果对任意x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)|≥4|x1x2|，求a的取值范围.

a12ax2a1解：⑴f(x)的定义域为（0，+∞）. f(x). 2axxx当a0时，f'(x)＞0，故f(x)在（0，+∞）单调增加；

当a1时，f'(x)＜0，故f(x)在（0，+∞）单调减少； 当－1＜a＜0时，令f'(x)=0，解得x则当x(0,a1. 2aa1a1)时，f'(x)＞0；x(,)时，f'(x)＜0. 2a2a,.

a1a1)单调增加，在(,)单调减少. 2a2a⑵不妨假设x1x2，而a＜－1，由⑴知在（0，+∞）单调减少，从而

故f(x)在(0, x1,x2(0,)，f(x1)f(x2)4x1x2

等价于x1,x2(0,)，f(x2)4x2f(x1)4x1…… ①

a12ax4 xa12ax40. ①等价于g(x)在（0，+∞）单调减少，即x4x14x1h(x)(x0),并设t4x11， 从而a,设222x12x18t8t18y22. ∴x，∴t2t9t92≤

4332t令g(x)f(x)4x，则g'(x)故a的取值范围为（－∞，－2].

39. （2010辽宁文21，构造变形，二次） 已知函数f(x)(a1)lnxax1. ⑴讨论函数f(x)的单调性；

⑵设a≤2，证明：对任意x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)|≥4|x1x2|.

2a12ax2a1解：⑴ f(x)的定义域为(0,+)，f(x). 2axxx当a≥0时，f(x)＞0，故f(x)在(0,+)单调增加； 当a≤－1时，f(x)＜0, 故f(x)在(0,+)单调减少；

当－1＜a＜0时，令f(x)＝0,解得x=a1a1.当x∈(0, )时, f(x)＞0； 2a2ax∈(a1，+)时，f(x)＜0, 2aa1a1）单调增加，在（，+）单调减少. 2a2a⑵不妨假设x1≥x2.由于a≤－2,故f(x)在（0，+）单调减少.

故f(x)在（0,

所以f(x1)f(x2)≥4x1x2等价于f(x1)f(x2)≥4x1－4x2, 即f(x2)+ 4x2≥f(x1)+ 4x1.

2a12ax4xa12ax+4＝令g(x)=f(x)+4x,则g(x). xx,.

设h(x)2ax4xa1，a≤－1，对称轴为x21， a8a(a1)16(a2)(a1)≤0，

8aa224x4x1(2x1)于是g(x)≤＝≤0.

xx从而g(x)在（0,+）单调减少，故g(x1) ≤g(x2)，

结合图象知h(x)≤

即 f(x1)+ 4x1≤f(x2)+ 4x2，故对任意x1,x2∈(0,+) ，f(x1)f(x2)≥4x1x2

40. （辽宁，变形构造，二次）

12

x－ax+(a－1)lnx，a1. 2（1）讨论函数f(x)的单调性；

已知函数f(x)=

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （2）证明：若a5，则对任意x1,x2(0,)，x1x2，有解：(1)f(x)的定义域为(0,).

f(x1)f(x2)1.

x1x2a1x2axa1(x1)(x1a) f(x)xaxxx(x1)2'①若a11即a2,则f(x)，故f(x)在(0,)单调增加。

x'②若a11,而a1,故1a2,则当x(a1,1)时，f(x)0;

'当x(0,a1)及x(1,)时，f(x)0

'故f(x)在(a1,1)单调减少，在(0,a1),(1,)单调增加。

③若a11,即a2,同理f(x)在(1,a1)单调减少，在(0,1),(a1,)单调增加.

12xax(a1)lnxx 2a1a1则g(x)x(a1)2xg(a1)1(a11)2（另一种处理）

xx由于1f(x1)f(x2)1， g(x1)g(x2)0，即f(x1)f(x2)x1x20，故

x1x2f(x1)f(x2)f(x2)f(x1)1. 当0x1x2时，有

x1x2x2x1⑵考虑函数 g(x)f(x)x（另一种处理）

a1x2(a1)xa1，结合二次函数图象 g(x)x(a1)xx,.

4(a1)(a1)2(a3)26设h(x)x(a1)xa1(1a5)≥≥＞0

442

41. 已知函数f(x)x1alnx(a0). （1）确定函数yf(x)的单调性；

（2）若对任意x1,x20,1，且x1x2，都有|f(x1)f(x2)|4|值范围。

11|，求实数a的取x1x2

42. （变形构造）

已知二次函数fxaxbxc和“伪二次函数”gxaxbxclnx（a、b、

22(I)证明：只要a0，无论b取何值，函数gx在定义域内不可能总为增函数；

2cR,abc0），

(II)在二次函数fxaxbxc图象上任意取不同两点A(x1,y1),B(x2,y2)，线段AB中点的横坐标为x0，记直线AB的斜率为k， (i)求证：kf(x0)；

2(ii)对于“伪二次函数”gxaxbxclnx，是否有①同样的性质?证明你的结论.

,.

2c2axbxc解：（I）如果x0,g(x)为增函数,则g(x)2axb0(1)恒成立,

xx当x0时恒成立, 2ax2bxc0(2)

Qa0,由二次函数的性质, (2)不可能恒成立.则函数g(x)不可能总为增函数. 3分

（II）（i）kfx2fx1x2x12a(x2x12)bx2x1x2x1 =2ax0b.

由f(x)2axb,f(x0)2ax0b, 则kf(x0)--------5分 （ii）不妨设x2x1,对于“伪二次函数”:

2a(x2x12)bx2x1clnkgx2gx1x2x1x2x1x2xcln2x1 =x1, (3) 7分

2ax0bx2x1由(ⅰ)中(1)gx02ax0bc,如果有(ⅰ)的性质，则gx0k , (4) x0x2xln2x1x1c2，(4) --------10分 c0,即： 比较(3)( 4)两式得

，x2x1x0x2x1x1x2clnx2lnt2, t1, ， (5) x1t1t112(t1)2(t1)(t1)22t20， 设 s(t)lnt，则s(t)22t1t(t1)t(t1)∴s(t)在(1,)上递增， ∴s(t)s(1)0.

不妨令t ∴ (5)式不可能成立,（4）式不可能成立,gx0k.

2 ∴“伪二次函数”gxaxbxclnx不具有(ⅰ)的性质. -------12分

43. (变形构造，第2问用到均值不等式)

已知定义在正实数集上的函数f(x)＝x2＋4ax＋1，g(x)＝6a2lnx＋2b＋1，其中a＞0.

⑴设两曲线y＝f(x)，y＝g(x)有公共点，且在该点处的切线相同，用a表示b，并求b的最大值； ⑵设h(x)＝f(x)＋g(x)－8x，证明：若a≥－1，则h(x)在(0,＋∞)上单调递增； ⑶设F(x)＝f(x)＋g(x)，求证：对任意x1,x2∈(0,＋∞)，x1＜x2有＞8. 解：⑴设f(x)与g(x)交于点P(x0，y0)，则有 f(x0)＝g(x0)，即x＋4ax0＋1＝6a2lnx0＋2b＋1.① 又由题意知f′(x0)＝g′(x0)，即2x0＋4a＝.② 由②解得x0＝a或x0＝－3a(舍去)． 将x0＝a代入①整理得b＝a2－3a2lna. 令s(a)＝a2－3a2lna，则s′(a)＝2a(1－3lna)，

32a∈(0,)时，s(a)递增，a∈(,＋∞)时，s(a)递减，所以s(a)≤s()＝e3，

2,.

2323即b≤e3，b的最大值为e3.

22⑵h(x)＝f(x)＋g(x)－8x，h′(x)＝2x＋＋4a－8，

因为a≥－1，所以h′(x)＝2x＋＋4a－8≥4a＋4a－8≥4(＋1)(－1)－8≥0，即h(x)在(0,＋∞)内单调递增．

⑶由⑵知x1＜x2时，h(x1)＜h(x2)，即F(x1)－8x1＜F(x2)－8x2. 因为x1＜x2，所以＞8.

a，a为正常数． x19⑴若f(x)lnx(x)，且a，求函数f(x)的单调增区间；

2⑵在⑴中当a0时，函数yf(x)的图象上任意不同的两点Ax1,y1，Bx2,y2，线段AB的中点为C(x0,y0)，记直线AB的斜率为k，试证明：kf(x0)．

44. 已知函数(x)⑶若g(x)lnx(x)，且对任意的x1,x20,2，x1x2，都有取值范围．

g(x2)g(x1)1，求a的

x2x11ax2(2a)x1解：⑴f(x)

x(x1)2x(x1)2911∵a，令f(x)0得x2或0x,∴函数f(x)的单调增区间为(0,),(2,).

222⑵证明：当a0时f(x)lnx

x2ln121f(x2)f(x1)lnx2lnx1x1 ∴f(x), ∴f(x0),又

kx0x1x2xx2x1x2x1x2x1xln22x1与不妨设x2x1 ， 要比较k与f(x0)的大小，即比较的大小，

x1x2x2x1x2(21)x22(x2x1)x1又∵x2x1，∴ 即比较ln与的大小．

x2x1x1x21x114(x1)22(x1)0, (x1),则h(x)令h(x)lnx22x(x1)x(x1)x1∴h(x)在1,上位增函数．

x21)x2x2x2x11，∴h()h(1)0， ∴ln又，即kf(x0)

xx1x1x121x1g(x2)g(x1)g(x2)x2g(x1)x11，∴ 0 ⑶∵

x2x1x2x12(,.

由题意得F(x)g(x)x在区间0,2上是减函数．

1aaF(x)1 x， ∴ 1 当1x2,F(x)lnx2x(x1)x1(x1)21(x1)2x23x3在x1,2恒成立． 由F(x)0axx112设m(x)x3x3，x1,2，则m(x)2x230

xx27∴m(x)在1,2上为增函数，∴am(2).

21aa1 x，∴ F(x)2 当0x1,F(x)lnx2x(x1)x1(x1)21(x1)2x2x1在x(0,1)恒成立 由F(x)0axx12设t(x)xx1，x(0,1)为增函数,∴at(1)0

x27综上：a的取值范围为a.

245. 已知函数f(x)lnx

12． ax(a1)x（a0）

2（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）记函数yF(x)的图象为曲线C．设点A(x1,y1),B(x2,y2)是曲线C上的不同两

x1x2；②曲线C在点M处的切2线平行于直线AB，则称函数F(x)存在“中值相依切线”．试问：函数f(x)是否存在“中

点．如果在曲线C上存在点M(x0,y0)，使得：①x0值相依切线”，请说明理由．

解：（Ⅰ）易知函数f(x)的定义域是(0,)，

1a(x1)(x)1a．…………1分 f'(x)axa1xx11 ①当1时，即a1时, 令f'(x)0,解得0x或x1;

aa1 令f'(x)0,解得x1．……………2分

a11 所以，函数f(x)在(0,)和(1,)上单调递增,在(,1)上单调递减

aa1 ②当1时，即a1时, 显然，函数f(x)在(0,)上单调递增；……………3分

a11 ③当1时，即1a0时, 令f'(x)0,解得0x1或x;

aa1 令f'(x)0,解得1x．……………4分

a,.

所以，函数f(x)在(0,1)和(综上所述，

11,)上单调递增,在(1,)上单调递减

aa11,1)上单调递减； aa⑵当a1时,函数f(x)在(0,)上单调递增；

11⑶当1a0时,函数f(x)在(0,1)和(,)上单调递增,在(1,)上单调递

aa⑴当a1时,函数f(x)在(0,)和(1,)上单调递增,在(减．……………5分

（Ⅱ）假设函数f(x)存在“中值相依切线”．

设A(x1,y1),B(x2,y2)是曲线yf(x)上的不同两点，且0x1x2，

1(lnx2lnx1)a(x22x12)(a1)(x2x1)yy12则 kAB2 x2x1x2x1lnx2lnx11a(x1x2)(a1)……………7分

x2x12曲线在点M(x0,y0)处的切线斜率

xx2x1x2a12(a1)，……………8分 )x1x222lnx2lnx11xx2a(x1x2)(a1)a12(a1)． 依题意得：

x2x12x1x22x2(21)x1lnx2lnx1x2(x2x1)2化简可得： ，即ln2=． ……………10分

x2x2x1x1x2x1x2x11x1x2(t1)44 设2t （t1），上式化为：lnt, 即lnt22． ………12

x1t1t1t1kf(x0)f(分

(t1)2144 令g(t)lnt,g'(t)． 22t(t1)t(t1)t1 因为t1,显然g'(t)0，所以g(t)在(1,)上递增,显然有g(t)2恒成立．

4 所以在(1,)内不存在t,使得lnt2成立．

t1 综上所述，假设不成立．所以，函数f(x)不存在“中值相依切线”．……………14分

46. 已知函数f(x)x2ln(ax)(a0)

.

（1）若f'(x)x2对任意的x0恒成立，求实数a的取值范围；

,.

（2）当a1时，设函数g(x)f(x)1，若x1,x2(,1),x1x21，求证x1x2(x1x2)4 xe解：（1）f'(x)2xln(ax)x,f'(x)2xln(ax)xx2，即2lnax1x在x0上恒成立 设u(x)2lnax1xu'(x)10,x2，x2时，单调减，x2单调增，

,x2e所以x2时，u(x)有最大值u(2)0,2ln2a12，所以0a.

.2f(x)xlnx, x111g(x)1lnx0,x,所以在(,)上g(x)是增函数，(0,)上是减函数.

eee1因为x1x1x21，所以g(x1x2)(x1x2)ln(x1x2)g(x1)x1lnx1

ex1x2xx2ln(x1x2)同理lnx21ln(x1x2). 即lnx1x1x2（2）当a1时，g(x),

所以lnx1lnx2(又因为2x1x2x1x2xx)ln(x1x2)(212)ln(x1x2) x2x1x2x1x1x24,当且仅当“x1x2”时，取等号. x2x11又x1,x2(,1),x1x21，ln(x1x2)0,

ex1x2)ln(x1x2)4ln(x1x2)所以lnx1lnx24ln(x1x2) 所以(2，x2x1,

所以：x1x2(x1x2)4.

47. 已知f(x)xlnx,g(x)x2ax3．

(1) 求函数f(x)在[t,t2](t0)上的最小值；

(2) 对一切x(0,)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围； (3) 证明: 对一切x(0,)，都有lnx12成立． exex11解： (1) f'(x)lnx1，当x(0,)，f'(x)0，f(x)单调递减，当x(,)，f'(x)0，

eef(x)单调递增．① 0tt2111，t无解；② 0tt2，即0t时，eee11f(x)minf()；

ee11③ tt2，即t时，f(x)在[t,t2]上单调递增，f(x)minf(t)tlnt；

ee,.

所以f(x)min11， 0tee． 1tlnt，te3， x3(x3)(x1)设h(x)2lnxx(x0)，则h'(x)，

xx2x(0,1)，h'(x)0，h(x)单调递减，

(2)2xlnxx2ax3，则a2lnxxx(1,)，h'(x)0，h(x)单调递增，

所以h(x)minh(1)4.因为对一切x(0,)，2f(x)g(x)恒成立，所以ah(x)min4；

x2(x(0,))，由⑴可知f(x)xlnx(x(0,))的最小值xee11x21x是，当且仅当x时取到，设m(x)x(x(0,))，则m'(x)x，易得

eeeee112 m(x)maxm(1)，当且仅当x1时取到，从而对一切x(0,)，都有lnxx成立．

eeex

（3） 问题等价于证明xlnx

48. （2011陕西21，变形构造，反比例）

设函数f(x)定义在(0,)上，f(1)0，导函数f(x)（1）求g(x)的单调区间和最小值； （2）讨论g(x)与g()的大小关系； （3）是否存在x00，使得|g(x)g(x0)|范围；若不存在，请说明理由． 解：（1）∵f(x)1，g(x)f(x)f(x)． x1x1对任意x0成立？若存在，求出x0 的取值x1，∴f(x)lnxc（c为常数）， x1， x又∵f(1)0，所以ln1c0，即c0，∴f(x)lnx；g(x)lnx∴g(x)x1x1g(x)00，解得x1， ，令，即22xx当x(0,1)时，g(x)0，g(x)是减函数，故(0,1)是函数g(x)的减区间； 当x(1,)时，g(x)0，g(x)是增函数，故(1,)是函数g(x)的增区间；

所以x1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点， 所以g(x)的最小值是g(1)1．

111(x1)2（2）g()lnxx，设h(x)g(x)g()2lnxx，则h(x)， 2xxxx,.

当x1时，h(1)0，即g(x)g()，

当x(0,1)U(1,)时，h(x)0，h(1)0，因此函数h(x)在(0,)内递减， 当0x1时，h(x)h(1)=0，∴g(x)g()； 当x1时，h(x)h(1)=0，∴g(x)g()． （3）满足条件的x0不存在．证明如下： 证法一 假设存在x00，使|g(x)g(x0)|即对任意x0有lnxg(x0)lnx1x1x1x1对任意x0成立， x2 ① xg(x)但对上述的x0，取x1e0时，有lnx1g(x0)，这与①左边的不等式矛盾，

1因此不存在x00，使|g(x)g(x0)|对任意x0成立．

x1证法二 假设存在x00，使|g(x)g(x0)|对任意x0成立，

x由（1）知，g(x)的最小值是g(1)1，

1又g(x)lnxlnx，而x1时，lnx的值域为(0,)，

x∴当x…1时，g(x)的值域为[1,)，

从而可以取一个值x11，使g(x1)…g(x0)1，即g(x1)g(x0)…1,

1∴|g(x1)g(x0)|…1，这与假设矛盾．

x11x0|g(x)g(x)|∴不存在0，使对任意x0成立． 0x

49. 已知函数f(x)1alnxxaR，

（Ⅰ）求f(x)的极值

（Ⅱ）若lnxkx0在R上恒成立，求k的取值范围

（Ⅲ）已知x10，x20且x1x2e，求证x1x2x1x2

alnx'af(x)0xe，令得 2xa'a' x(0,e)，f(x)0，f(x)为增函数，x(e,)，f(x)0，f(x)为减函数

解：（1）∵f(x)'∴f(x)有极大值 f(e)eaa ……………………4分

,.

（2）欲使lnxkx0＜在R上恒成立， 只需

lnxk 在R上恒成立 xlnx1lnx (x0)，g'(x)2xx'x(0,e)，g(x)0，g(x)为增函数,x(e,)，g'(x)0，g(x)为减函数

111∴xe时，g(e)是最大值 只需k，即k………8分

eee （3）∵ex1x2x10由（2）可知g(x)在(0,e)上单调增， ln(x1x2)lnx1xln(x1x2)xln(x1x2)lnx2 lnx1，同理2 ，那1x1x2x1x1x2x1x2ln(x1x2)ln(x1x2)，∴ln(x1x2)ln(x1x2)， 相加得 (x1x2)x1x2设g(x) 得：x1x2x1x2 .

lnx1的图象为曲线C, 函数g(x)axb的图象为直线l. x2(Ⅰ) 当a2,b3时, 求F(x)f(x)g(x)的最大值;

50. 已知函数f(x)(Ⅱ) 设直线l与曲线C的交点的横坐标分别为x1,x2, 且x1x2, 求证:

(x1x2)g(x1x2)2.

lnxx3 x1lnx1lnxx2 F(x)10x1 22xx x(0,1),F(x)0,F(x)单调递增，x(1,),F(x)0,F(x)单调递减，

解：（1）a2,b3F(x) F(x)maxF(1)2

（2）不妨设x1x2，要证(x1x2)g(x1x2)2

1(xx)只需证12a(x1x2)b2

2122(x2x1)122a(xx)ba(xx)b(xx) 1221212x1x22x1x22(x2x1)1212axbx(axbx) 221122x1x2lnx11lnx21ax1bax2b

x12x222(x2x1)x22(x2x1)x2lnx2lnx1ln(xx)ln2(x2x1) ，即，21x2x1x1x2x1x1xH(x)(xx)ln2(xx1)，x(x1,) 令1x1,.

只需证H(x)(xx1)ln 令 G(x)lnxxx2(xx1)0H(x1)，H(x)ln11 x1x1xxx1xx11 G(x)0 G(x)在x(x1,)单调递增。 2x1xx G(x)G(x1)0，H(x)0，H(x)在x(x1,)单调递增。

xH(x)H(x1)0，H(x)(xx1)ln2(xx1)0

x1所以(x1x2)g(x1x2)2 51. 已知函数f(x)121xxln(xa)，其中常数a0. 4a⑴若f(x)在x1处取得极值，求a的值；

⑵求f(x)的单调递增区间； ⑶已知0a

1,若x1,x2(a,a),x1x2，且满足f'(x1)f'(x2)0，试比较2f'(x1x2)与f'(0)的大小，并加以证明。

,.

,.

替换构造不等式证明不等式

52. （第3问用第2问）已知f(x)lnx,g(x)f(x),g(x)的图像都相切，且与函数f(x)的图像的切点的横坐标为1。

（I）求直线l的方程及m的值；

127xmx(m0)，直线l与函数22 （II）若h(x)f(x1)g'(x)(其中g'(x)是g(x)的导函数)，求函数h(x)的最大值。 （III）当0ba时，求证：f(ab)f(2a)解：（I）Qf'(x)ba. 2a1,f'(1)1;直线l的斜率为1， x且与函数f(x)的图像的切点坐标为（1，0），直线l的方程为yx1.

yx1又Q直线l与函数yg(x)的图象相切，方程组127有一解。

yxmx222由上述方程消去y，并整理得x2(m1)x90①

2依题意，方程②有两个相等的实数根，[2(m1)]490解之， 得m=4或m=-2，Qm0,m2.

127 （II）由（I）可知g(x)x2x,

221xg'(x)x2,h(x)ln(x1)x2(x1)h'(x)1.

，x1x1当x(-1,0)时,h'(x)>0,h(x)单调，当x(0,)时，h'(x)0,h(x)单减。 当x=0时，h(x)取最大值，其最大值为2。

,.

（III）f(ab)f(2a)ln(ab)ln2alnabbaln(1). 2a2aQ0ba,aba0, 1ba0.22a证明，当x(1,0)时，ln(1x)x,ln(1baba). 2a2af(ab)f(2a)ba. 2a

53. 已知函数fxxlnx、 （Ⅰ）求函数fx的单调区间；

（Ⅱ）若k为正常数，设gxfxfkx，求函数gx的最小值； （Ⅲ）若a0，b0，证明：faabln2≥fabfb、 解:（Ⅰ）∵fxlnx1，解fx0，得x11；解fx0，得0x. ee11∴fx的单调递增区间是,，单调递减区间是0,. ……3′

ee（Ⅱ）∵gxfxfkxxlnxkxlnkx，定义域是0,k.

∴gxlnx1lnkx1ln由gx0，得

x……5′ kxkkxk，由gx0，得0x 22kk∴ 函数gx在0,上单调递减；在,k上单调递增……7′

22kk故函数gx的最小值是：gkln. ……8′

222a（Ⅲ）∵a0，b0，∴ 在（Ⅱ）中取x，k2

ab2a2a2a2bf2≥2ln1ff可得f，即≥0.……10′ abababab2a2a2b2b∴lnln≥0，∴alnablnbabln2ablnab≥0. abababab即faabln2≥fabfb.……12′

54. （替换构造不等式） 已知函数f(x)axb在点(1,f(1))的切线方程为xy30. 2x1,.

⑴求函数f(x)的解析式；

⑵设g(x)lnx，求证：g(x)≥f(x)在x[1,)上恒成立；（反比例，变形构造）

lnblna2a2.（替换构造） 2baab解：⑴将x1代入切线方程得y2.

ba2，化简得ba4. ∴f(1)11a(x21)(axb)2x2a2(ba)2bbf(x)f(1)1 ，22(1x)4422x2解得a2,b2.∴f(x)2 .

x12x2⑵由已知得lnx2在[1,)上恒成立

x12化简(x1)lnx2x2，即x2lnxlnx2x20在[1,)上恒成立

12设h(x)xlnxlnx2x2，h(x)2xlnxx2.

x1∵x1 ∴2xlnx0,x2，即h(x)0

x∴h(x)在[1,)上单调递增，h(x)h(1)0

⑶已知0ab，求证：

∴g(x)f(x)在x[1,)上恒成立 .

b22bba⑶∵0ab，∴1，由⑵知有ln， a(b)21aalnblna2alnblna2a20ab整理得∴当时，. 222babaabab

55. （替换证明）

lnx已知函数f(x)1．

x（1）试判断函数f(x)的单调性；

（2）设m0，求f(x)在[m,2m]上的最大值；

1ne1n（3）试证明：对任意nN*，不等式ln(都成立（其中e是自然对数的底数）． )nn1lnx解：（1）函数f(x)的定义域是(0,)．由已知f(x)．令f(x)0，得xe．

x2,.

因为当0xe时，f(x)0；当xe时，f(x)0． 所以函数f(x)在(0,e]上单调递增，在[e,)上单调递减． （2）由（1）可知当2me，即mf(x)maxf(2m)ln2m1． 2melnm1．当me2m，即me时，

2me时，f(x)在[m,2m]上单调递增，所以2当me时，f(x)在[m,2m]上单调递减，所以f(x)max1f(x)maxf(e)1．综上所述，f(x)maxeeln2m2m1, 0m2e1 1, mee2lnm1, mem1lnx1（3）由（1）知当x(0,)时f(x)maxf(e)1．所以在x(0,)时恒有f(x)11，

exelnx111n即，当且仅当xe时等号成立．因此对任意x(0,)恒有lnx．因为0，

xeen1n1n11n1ne1n1ne1n所以ln，即ln(．因此对任意nN*，不等式ln(． e，))nnennnnn

56. （2010湖北，利用⑵结论构造）

fx）ax已知函数（b（ca0）的图象在点(1,f(1))处的切线方程为yx1. x⑴用a表示出b、c； ⑵若f(x)≥lnx在[1，)上恒成立，求a的取值范围；（反比例，作差构造）

111n1ln(n1)(n1).（替换构造） ⑶证明：23n2(n1)解：本题主要考察函数、导数、不等式的证明等基础知识，同事考察综合运用数学知识进行推理论证的能力和分类讨论的思想。

f(1)abc0ba1b⑴f'(x)a2，则有，解得.

f(1)ab1cl2axa112a， ⑵由⑴知，f(x)axxa112alnx，x1, 则 g(1)0，令g(x)f(x)lnxaxx1aa(x1)(x)2a11axx(a1) ag'(x)a222xxxx,.

11a1 ，

2a1a 若 1x，则g'(x)0，g(x)是减函数，所以g(x)g(l)o

a f(x)lnx，故f(x)lnx在1,上恒不成立。

①当 oa11a1 时，

2a 若f(x)lnx，故当x1时，f(x)lnx。

1a 综上所述，所求的取值范围为,

21⑶由⑵知：当a时，有f(x)lnx(x1).

2111令a，有f(x)(x)lnx(x1)

22x11当x1时，(x)lnx.

2xk11k1k111k1(1)(1) 令x，有lnk2kk12kk1k111)，k1,2,3....n 即 ln(k1)lnk(2kk1将上述n个不等式依次相加得

11111111nln(n1)(.....),整理得1....ln(n1).

223n2(n1)23n2(n1)②a

57. 已知f(x)axb22a(a0)的图像在点(1,f(1))处的切线与直线y2x1平行. x（1）求a，b满足的关系式；

（2）若f(x)2lnx在[1,+)上恒成立，求a的取值范围；

11111nn （2n)Lln((2n1)1(n)∈N*） n2n352n1222n11b解：（Ⅰ）f(x)a2，根据题意f(1)ab2，即ba2.

xa2 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)ax22a，

xa222a2lnx，x1, 令g(x)f(x)2lnxaxx2aa(x1)(x)a22a= 则g(1)0，g(x)a 22xxx（3）证明：1,.

①当0a1时，若1x2a1 ， a

2a'，则g(x)0，g(x)在[1,)减函数，所以g(x)g(1)0，即af(x)2lnx在[1,)上恒不成立．

2a②a1时，1，当x1时，g'(x)0，g(x)在[1,)增函数，又g(1)0，所

a以f(x)2lnx．

综上所述，所求a的取值范围是[1,).

1（Ⅲ）由（Ⅱ）知当a1时，f(x)2lnx在1,上恒成立．取a1得x2lnx

x2n12n12n12n11，nN*得令x， 2ln2n12n12n12n1222n1112n1111即1所以(1)2lnln()

2n12n12n1,2n122n122n12n1上式中n=1，2，3，…，n，然后n个不等式相加得1…113511n ln(2n1)2n122n158. 已知函数f(x)ln(x1)k(x1)1.

（1）求函数f(x)的极值点。

（2）若f(x)0恒成立，试确定实数k的取值范围。

ln2ln3ln4lnn(n4)(n1)2(nN,n1). 38156n11/k. 解：(1)f(x)的定义域为（1，+∞），f(x)x1/当k0时，x1,f(x)0，则f(x)在（1，+∞）上是增函数。 f(x)在（1，+∞）上无极值点.

1/x1k0f(x)0当时，令，则.

k11f/(x)kk011所以当x(1,1)时，， x111kk1∴f(x)在(1,1)上是增函数，

k11f/(x)kk011当x(1,)时，， x111kk1∴f(x)在(1,)上是减函数。

k1∴x1时，f(x)取得极大值。

k（3）证明：

,.

综上可知，当k0时，f(x)无极值点；

1. k(2)由(1)可知，当k0时，f(2)1k0，f(x)0不成立.故只需考虑k0.

1由(1)知，f(x)maxf(1)lnk，

k1若f(x)0恒成立，只需f(x)maxf(1)lnk0即可，

k化简得：k1,所以k的取值范围是[1，+∞）.

(3)由(2)知，当k1时理解得：lnxx1，x1.

当k0时，f(x)有唯一极值点x1∴lnnn1(n1)(nn1)(n1)(n1). ∴

3322lnnn1(nN,n1) 23n1ln2ln3ln4lnn12(345n1)3815n13

1(3n1)(n4)(n1)(n1)(nN,n1)32659. (替换构造)

已知函数f(x)ln(x1)k(x1)1. ⑴求函数f(x)的单调区间；

⑵若f(x)≤0恒成立，试确定实数k的取值范围；（一次，作差构造） ⑶证明：①当x2时，ln(x1)x2；②i1nlnin(n1)(nN*,n1). i141k. x1 当k≤0时，f(x)0，则f(x)在(1,)上是增函数.

11 当k0时，f(x)在(1,1)上是增函数，在(1,)上是减函数.

kk⑵由⑴知，当k≤0时，f(x)在(1,)上是增函数.而f(2)1k0，f(x)≤0不成立.

1当k0时，由⑴知ymaxf(1)lnk，要使f(x)≤0恒成立，则lnk≤0，解得k≥1.

k⑶①由⑵知当k1时，有f(x)在(1,)上恒成立，且f(x)在(2,)是减函数. 又f(2)0，∴当x2时，f(x)f(2)0，即ln(x1)x2.

lnnn1222 ②令x1n,则lnnn1,即2lnn(n1)(n1)，从而. n12ln2ln3ln4lnn123n1n(n1)LL ∴成立. 345n122224解：⑴函数的定义域为(1,)中，f(x)

60. （2011浙江理22,替换构造）

,.

已知函数f(x)2aln(1x)x(a0). ⑴求f(x)的单调区间和极值；

(1n)nlgelgelge*n⑵求证：4lgelgen(n1)(nN).

23n2a1. 解：⑴定义域为1,,f'(x)1x 令f'(x)01x2a1，令f'(x)0x2a1

故f(x)的单调递增区间为1,2a1，f(x)的单调递减区间为2a1,

f(x)的极大值为2aln2a2a1

lgelgelge⑵证明：要证4lgelge23n 即证4111lge(1n)nnn(1n)nnn(n1)

(1n)nnn(n1)， 即证4111lne(n1)

23n23nlge1111n 即证13ln(n1)(1)

23nn1 令a，由⑴可知f(x)在(0,)上递减，故f(x)f(0)0

211n11*ln(n1)lnn 即ln(1x)x，令x(nN)，故ln(1)lnnnnn111 累加得，ln(n1)1

23n111n1n ln(1)ln(1)1(1)e3

nnnn1111n 故13ln(n1)(1)，得证

23nn1n11101121n1 法二：(1)=CnCnCn2Cnn2 nnnn2!3!n!11(1n1)1111223n13，其余相同证法. 22n 21222212

61. （替换构造）

已知函数f(x)eax1(a0,e为自然对数的底数).

x⑴求函数f(x)的最小值；

⑵若f(x)≥0对任意的xR恒成立，求实数a的值；（一次，作差构造） ⑶在⑵的条件下，证明：()()(1nn2nnn1nnne)()(其中nN*). nne1,.

解：（1）由题意a0,f(x)ea，由f(x)ea0得xlna.

xx

当x(,lna)时, f(x)0；当x(lna,)时，f(x)0. ∴f(x)在(,lna)单调递减，在(lna,)单调递增. 即f(x)在xlna处取得极小值，且为最小值， 其最小值为f(lna)elnaalna1aalna1. （2）f(x)≥0对任意的xR恒成立，即在xR上，f(x)min≥0. 由（1），设g(a)aalna1.，所以g(a)≥0. 由g(a)1lna1lna0得a1. ∴g(a)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,)上单调递减， ∴g(a)在a1处取得极大值g(1)0. 因此g(a)≥0的解为a1，∴a1.

（3）由（2）知，因为a1，所以对任意实数x均有exx1≥0，即1x≤ex.

kkkkkn令x (nN*,k0,1,2,3,…,n1)，则01≤en.∴(1)≤(en)nek.

nnn1n2nn1nnn1en1e(n1)(n2)21)()≤ee…ee1∴()()…(.nnnn1e11e1e1

四、不等式恒成立求字母范围 恒成立之最值的直接应用

62. （2011北京理18倒数第3大题，最值的直接应用） 已知函数f(x)(xk)2ek。 ⑴求f(x)的单调区间；

x1x(0,)f(x)⑵若对于任意的，都有≤，求k的取值范围.

ex122k解：⑴f(x)(xk)e，令f(x)0,xk， k当k0时，f(x)与f(x)的情况如下： x f(x) (,k) k + 0 (k,k) k (k,) + f(x) 0 4k2e1 所以，f(x)的单调递增区间是(,k)和(k,)：单调递减区间是(k,k)， 当k0时，f(x)与f(x)的情况如下：  0 x (,k) k (k,k) k (k,) ,.

f(x) f(x) 0 4k2e1 所以，f(x)的单调递减区间是(,k)和(k,)：单调递减区间是(k,k)。

k111⑵当k0时，因为f(k1)ek，所以不会有x(0,),f(x).

ee4k2， 当k0时，由（Ⅰ）知f(x)在(0,)上的最大值是f(k)e114k21,解k0. 所以x(0,),f(x)等价于f(k)ee2e11综上：故当x(0,),f(x)时，k的取值范围是[，0].

e2

63. （2008天津理20倒数第3大题，最值的直接应用，第3问带有小的处理技巧）

 0 + 0  abx0，其中a,bR. x⑴若曲线yfx在点P2,f2处切线方程为y3x1,求函数fx的解析式；

已知函数fxx⑵讨论函数fx的单调性；

11a,2fx10⑶若对于任意的在,1上恒成立，求b的取值范围. 2，不等式

4a解：⑴f(x)12，由导数的几何意义得f(2)3，于是a8．

x由切点P(2,f(2))在直线y3x1上可得2b7，解得b9．

8所以函数f(x)的解析式为f(x)x9．

xa⑵f(x)12．

x当a0时，显然f(x)0(x0),这时f(x)在(,0)，(0,)上内是增函数． 当a0时，令f(x)0，解得xa．

当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：

(,a) a (a,0) (0,a) (a,) a x

f(x) ＋ 0 － － 0 ＋ f(x) ↗ 极大值 ↘ ↘ 极小值 ↗ ∴f(x)在(,a)，(a,)内是增函数，在(a,0)，(0,)内是减函数．

111f(x)f(1)[,1]f()a[,2]，不等⑶由⑵知，在上的最大值为与的较大者，对于任意的

442391f()10b4a11f(x)10[,1]4式在上恒成立，当且仅当4，即，对任意的a[,2]42f(1)10b9a,.

成立．从而得b77，所以满足条件的b的取值范围是(,]． 442x64. （转换变量，作差）

已知函数f(x)(xa)e.

⑴若a3，求f(x)的单调区间；

⑵已知x1,x2是f(x)的两个不同的极值点，且|x1x2||x1x2|，若

33f(a)a3a23ab恒成立，求实数b的取值范围。

22x2x解：⑴Qa3,f(x)(x3)e，f(x)(x2x3)e0x3或1

令f(x)0，解得x(,3)U(1,)令f(x)0，解得x(3,1)，

f(x)的增区间为(,3),(1,)；减区间为(3,1)，

⑵f(x)(x2xa)e0，即x22xa0

由题意两根为x1,x2，x1x22,x1x2a，又Q|x1x2||x1x2|2a2 且△44a0，1a2. 设g(a)3f(a)a2x323a3a3(a2a)eaa3a23a， 2215或a0 g(a)3(a2a1)(ea1)0a23a g(a) g(a)

(1,0) + 0 0 (0,51) 251 20 极小值 2(51,2) 2+ 2  ] Z 极大值 Z g(2) 2又g(0)0，g(2)6e8，g(a)max6e8 ，b6e28.

恒成立之分离常数

65. （分离常数）

alnx1,aR. x(1) 若yf(x)在P(1,y0)处的切线平行于直线yx1，求函数yf(x)的单调区间；

已知函数f(x)(2) 若a0，且对x(0,2e]时，f(x)0恒成立，求实数a的取值范围.

,.

7654321 -8-6-4-2-1A24681012-2-3-4-5解: (1) f(x)alnx1,aR.f(x)定义域为(0,),直线yx1的斜率为1, xf'(x)a121x2f'(1)a11f'(x)2 a2,,.所以22xxxxx由f'(x)0得x2; 由f'(x)0得0x2

),减区间为(0,2). 所以函数yf(x)的单调增区间为(2，(2) a0，且对x(0,2e]时，f(x)0恒成立

alnx10在x(0,2e]恒成立,即ax(lnx1). x设g(x)x(1lnx)xxlnx,x(0,2e].

g'(x)1lnx1lnx,x(0,2e]

当0x1时, g'(x)0,g(x)为增函数 当0x2e时, g'(x)0,g(x)为减函数.

所以当x1时,函数g(x)在x(0,2e]上取到最大值,且g(1)1ln11 所以g(x)1,所以a1

所以实数a的取值范围为(1,).

（法二）讨论法

xaf(x)在(0,a)上是减函数，在(a,)上是增函数. 2，

x当a≤2e时，f(x)≥f(a)1lna10，解得a1，∴1a≤2e.

aln(2e)10，解得a2eln2，∴a2e. 当a2e时，f(x)f(2e)2e综上a1. f(x),.

66. （2011长春一模，恒成立，分离常数，二阶导数）

x2已知函数f(x)eax1,（其中aR,e为自然对数的底数）.

2(1)当a0时,求曲线yf(x)在(0,f(0))处的切线方程；

(2)当x≥1时,若关于x的不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围. （改x≥0时，f(x)≥0恒成立.a≤1）

xx2解：（1）当a0时，f(x)e1,f'(x)exx,f(0)0,f'(0)1,

2切线方程为yx．

x（2）[方法一]

2

x x

x≥1, f ( x )  e x   ax  1 ≥0  a ≤e  2  1 ,

2

x x 2 x 2 x x ( x  1) e   1 e   1

设,则, 2 2 g ' ( x )  g ( x ) 

x 2 x

2

x

x2设(x)(x1)e1,则'(x)x(ex1)0,

21(x)在[1,)上为增函数,(x)≥(1)0,

2x2x2xx(x1)e1e1[1,),在上为增函数, 22g'(x)0g(x)xx233g(x)≥g(1)e,a≤e．

22x2x[方法二]f(x)eax1, f'(x)exxa,

2xx设h(x)exa,h'(x)e1,

x≥0,h'(x)ex1≥0,h(x)exxa在[1,)上为增函数,

xh(x)≥h(1)e1a.

33x2又f(x)eax1≥0恒成立,f(1)ea≥0,a≤e,

222h(x)≥h(1)e1a0,f'(x)exxa0,

x3x2f(x)eax1在[1,)上为增函数, 此时f(x)≥f(1)ea≥0恒成立,

22x,.

3a≤e．

2（改x≥0时，f(x)≥0恒成立.a≤1）

x2e1exx解：先证明g(x)在(0,)上是增函数，再由洛比达法则，∴2limlim1x0x0x1ag(x)1，∴a≤1.（正常的讨论进行不了，除非系数调到二次项上f(x)exx2x1，

2分两种情况讨论可得a≤1）

x67. （两边取对数的技巧）设函数f(x) （1）求f(x)的单调区间； （2）求f(x)的取值范围；

1(x1且x0）

(x1)ln(x1)(x1)m对任意x(1,0)恒成立，求实数m的取值范围。

ln(x1)1Qf'(x)解：（1）

(x1)2ln2(x1) （3）已知2 ,

1x1当f'(x)0时，即ln(x1)10,1xe11.

当f'(x)0时，即ln(x1)10,0xe11或x0.

1 故函数f(x)的单调递增区间是(1,e1). 1 函数f(x)的单调递减区间是(e1,0),(0,). 1（2）由f'(x)0时，即ln(x1)10,xe1，

11由（1）可知f(x)在(1,e1)上递增， 在(e1,0)递减，所以在区间（－1，0）上， 1当xe11时，f(x)取得极大值，即最大值为f(e1)w.

在区间(0,)上，f(x)0.

函数f(x)的取值范围为(,e)U(0,).分

（3）Q21x1(x1)0,x(1,0)，两边取自然对数得x1ln2mln(x1)

m1 ,.

68. （分离常数）

1lnx ． x1（Ⅰ）若函数在区间(a,a)其中a >0，上存在极值，求实数a的取值范围；

2k（Ⅱ）如果当x1时，不等式f(x)恒成立，求实数k的取值范围；

x11lnxlnx解：（Ⅰ）因为f(x)， x >0，则f(x)2，

xx当0x1时，f(x)0；当x1时，f(x)0．

已知函数f(x)所以f(x)在（0，1）上单调递增；在(1,)上单调递减， 所以函数f(x)在x1处取得极大值． 因为函数f(x)在区间(a,a)（其中a0）上存在极值，

12a1,1所以 解得a1． 1a1,22k(x1)(1lnx)(x1)(1lnx),即为k, 记g(x), （Ⅱ）不等式f(x)x1xxx(x1)(1lnx)xlnx(x1)(1lnx)所以g(x) 22xx1令h(x)xlnx，则h(x)1，

xQx1， h(x)0,h(x)在1,)上单调递增，

h(x)minh(1)10，从而g(x)0，

69. （2010湖南，分离常数，构造函数）

故g(x)在1,)上也单调递增， 所以g(x)ming(1)2，所以k2 ．

2已知函数f(x)xbxc(b,cR), 对任意的xR,恒有f(x)≤f(x).

⑴证明：当x≥0时，f(x)≤(xc);

⑵若对满足题设条件的任意b、c，不等式f(c)f(b)≤M(cb)恒成立，求M的最小值。

222,.

70. （第3问不常见，有特点，由特殊到一般，先猜后证）已知函数f(x)（Ⅰ）求函数f (x)的定义域

（Ⅱ）确定函数f (x)在定义域上的单调性，并证明你的结论.

k（Ⅲ）若x>0时f(x)恒成立，求正整数k的最大值.

x1解：（1）定义域(1,0)(0,)

11n(x1) x11[ln(x1)]当x0时,f(x)0单调递减。 2xx1111xg(x)ln(x1)g(x)0x(1,0)当，令

x1(x1)2x1(x1)2（2）f(x)，

g(x)111xln(x1)g(x)0 22x1(x1)x1(x1)故g(x)在（－1，0）上是减函数，即g(x)g(0)10，

11ln(x1)] 故此时f(x)2[xx1在（－1，0）和（0，+）上都是减函数

k（3）当x>0时，f(x)恒成立，令x1有k2[1ln2]

x1,.

又k为正整数，∴k的最大值不大于3

k (x0)恒成立 x1当x>0时 (x1)ln(x1)12x0恒成立

令g(x)(x1)ln(x1)12x则g(x)ln(x1)1, 当xe1时下面证明当k=3时，f(x)，

∴当xe1时, g(x)取得最小值g(e1)3e0

g(x)ln(x1)1, 当xe1时，g(x)0，当0xe1时, g(x)0

当x>0时， (x1)ln(x1)12x0恒成立，因此正整数k的最大值为3

71. (恒成立，分离常数，涉及整数、较难的处理)

1ln(x1)(x0).

x （Ⅰ）试判断函数f(x)在(0,)上单调性并证明你的结论；

k （Ⅱ）若f(x)恒成立，求整数k的最大值；（较难的处理）

x1已知函数f(x) （Ⅲ）求证：(1+1×2)(1+2×3)…[1+n(n+1)]>e2n－3.

1x11[1ln(x1)][ln(x1)] x2x1x2x11x0,x20,0,ln(x1)0,f(x)0.f(x)在(0,)上递减.

x1k(x1)[1ln(x1)]恒成立,即h(x)k恒成立. （II）f(x)x1xx1ln(x1)h(x),记g(x)x1ln(x1)(x0).

xx0,g(x)在(0,)上单调递增， 则g(x)x1又g(2)1ln30,g(3)22ln20.

解：（I）f(x)g(x)0存在唯一实根a，且满足a(2,3),a1ln(a1).

当xa时，g(x)0,h(x)0，当0xa时，g(x)0,h(x)0. ∴h(x)minh(a)(a1)[1ln(a1)](a1)aa1(3,4)

aa故正整数k的最大值是3 .

1ln(x1)3(x0)

xx13x33122 ∴ln(x1)x1x1x（Ⅲ）由（Ⅱ）知

令xn(n1)(nN*)，则ln[1n(n1)]23

n(n1),.

∴ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+…+ln[1+n(n+1)]

333)(2)[2]1213n(n1)1312n3[]

1223n(n1)132n3(1)2n32n3n1n1(2∴（1+1×2）（1+2×3）…[1+n（n+1）]>e2n－3

72. (分离常数，双参，较难)已知函数f(x)(x36x23xt)ex，tR. （１）若函数yf(x)依次在xa,xb,xc(abc)处取到极值． ①求t的取值范围；②若ac2b2，求t的值． 最大值． 解：（1）①f(x)(3x12x3)e(x6x3xt)e(x3x9xt3)e

2x32x32x（２）若存在实数t0,2，使对任意的x1,m，不等式 f(x)x恒成立．求正整数m的

Qf(x)有3个极值点,x33x29xt30有3个根a,b,c.

令g(x)x33x29xt3,g'(x)3x26x93(x1)(x3) g(x)在(-,-1),(3,+)上递增,(-1,3)上递减.

g(-1)>0Qg(x)有3个零点8t24.

g(3)0②Qa,b,c是f(x)的三个极值点

x33x29xt3(x-a)(x-b)(x-c)=x3(abc)x2(abbcac)xabc a123abc33abacbc9b1或(舍Qb(-1,3))b1t8.

2t3abcc12332x（2）不等式 f(x)x，即(x6x3xt)ex，即txexx36x23x.

转化为存在实数t0,2，使对任意x1,m，不等式txexx36x23x恒成立,即不等式0xexx36x23x在x1,m上恒成立。 即不等式0exx26x3在x1,m上恒成立。

x26x3，则(x)ex2x6。

xx设r(x)(x)e2x6，则r(x)e2，因为1xm，有r(x)0。

设(x)e故r(x)在区间1,m上是减函数。 又r(1)4e1x0,r(2)2e20,r(3)e30

故存在x0(2,3)，使得r(x0)(x0)0。

当1xx0时，有(x)0，当xx0时，有(x)0。

从而y(x)在区间1,x0上递增，在区间x0,上递减。

,.

5>0,(3)e36>0,

(4)e45>0,(5)e520,(6)e630.

所以当1x5时，恒有(x)0；当x6时，恒有(x)0； 故使命题成立的正整数m的最大值为5.

又(1)e40,(2)e

73. （2008湖南理22，分离常数，复合的超范围）

12x2已知函数f(x)ln(1x).

1x⑴求函数f(x)的单调区间;

1na(1)≤e对任意的nN*都成立（其中e是自然对数的底数）⑵若不等式，求a的最大值.

n2（分离常数）

解: ⑴函数f(x)的定义域是(1,)，

2ln(1x)x22x2(1x)ln(1x)x22xf(x). 221x(1x)(1x)2设g(x)2(1x)ln(1x)x2x,则g(x)2ln(1x)2x.

22xh(x)2ln(1x)2x,h(x)2. 令则

1x1x当1x0时， h(x)0, h(x)在（－1，0）上为增函数， 当x＞0时，h(x)0,h(x)在(0,)上为减函数.

所以h(x)在x=0处取得极大值，而h(0)=0,所以g(x)0(x0)， 函数g(x)在(1,)上为减函数.

于是当1x0时，g(x)g(0)0,当x＞0时，g(x)g(0)0. 所以，当1x0时，f(x)0,f(x)在（－1，0）上为增函数. 当x＞0时，f(x)0,f(x)在(0,)上为减函数.

故函数f(x)的单调递增区间为（－1，0），单调递减区间为(0,).

1e等价于不等式(na)ln(1)1.

n111a≤n.1由11知，ln(1)＞0，∴上式变形得 ln(1)nnn111,x0,1,则 设x，则G(x)ln(1x)xn11(1x)ln2(1x)x2G(x)2.

(1x)ln2(1x)x2x(1x)ln2(1x)⑵不等式(1)na1nx2由⑴结论知，ln(1x)0,（f(x)≤f(0)0）即(1x)ln2(1x)x20.

1x2,.

所以G(x)0,x0,1,于是G(x)在0,1上为减函数. 故函数G(x)在0,1上的最小值为G(1)所以a的最大值为

11. ln211. ln2274. （变形，分离常数）

已知函数f(x)xalnx(a为实常数).

(1)若a2，求证：函数f(x)在(1,+∞)上是增函数； (2)求函数f(x)在[1,e]上的最小值及相应的x值；

(3)若存在x[1,e]，使得f(x)(a2)x成立，求实数a的取值范围.

22(x1)解：⑴当a2时，f(x)x2lnx，当x(1,)，f(x)0，

x故函数f(x)在(1,)上是增函数．

22x2a⑵f(x)(x0)，当x[1,e]，2x2a[a2,a2e2]．

x若a2，f(x)在[1,e]上非负（仅当a2，x=1时，f(x)0），故函数f(x)在[1,e]上是增函数，此时[f(x)]minf(1)1． 若2e2a2，当x是减函数；当

aa时,f(x)0；当1x时，f(x)0，此时f(x) 22axe时，f(x)0，此时f(x)是增函数． 2aaaa)ln()． 故[f(x)]minf(2222若a2e2，f(x)在[1,e]上非正（仅当a2e2，x=e时，f(x)0），故函数f(x) 在[1,e]上是减函数，此时[f(x)]minf(e)ae2．

⑶不等式f(x)(a2)x，可化为a(xlnx)x22x．

∵x[1,e], ∴lnx1x且等号不能同时取，所以lnxx，即xlnx0，

x22xx[1,e]因而a（）

xlnx(x1)(x22lnx)x22xx[1,e]g(x)令g(x)（），又，

(xlnx)2xlnx当x[1,e]时，x10,lnx1，x22lnx0，

从而g(x)0（仅当x=1时取等号），所以g(x)在[1,e]上为增函数， 故g(x)的最小值为g(1)1，所以a的取值范围是[1,)． 75. （分离常数，转换变量，有技巧） 设函数f(x)alnxbx.

⑴若函数f(x)在x1处与直线y21相切： 2,.

①求实数a,b的值；②求函数f(x)在[,e]上的最大值；

2⑵当b0时，若不等式f(x)≥mx对所有的a[0,],x[1,e]都成立，求实数m的取值

1e32范围.

解：（1）①f'(x)a2bx。 x.

a1f'(1)a2b01∵函数f(x)在x1处与直线y相切1,解得1

f(1)bb2221211x2②f(x)lnxx,f'(x)x

2xx111当xe时，令f'(x)0得x1；令f'(x)0，得1xe，f(x)在,1上单eee1调递增，在[1，e]上单调递减，f(x)maxf(1).

232 （2）当b=0时，f(x)alnx若不等式f(x)mx对所有的a0,,x1,e都成立，232则alnxmx对所有的a0,,x1,e都成立， 232即malnxx,对所有的a[0,],x1,e都成立，

2令h(a)alnxx,则h(a)为一次函数，mh(a)min .

3Qx1,e2,lnx0,h(a)在a[0,]上单调递增，h(a)minh(0)x， 2mx对所有的x1,e2都成立.

2Q1xe2,e2x1,m(x)mine..

2（注：也可令h(x)alnxx,则mh(x)所有的x1,e都成立，分类讨论得

3mh(x)min2ae2对所有的a[0,]都成立，m(2ae2)mine2，请根据过程酌情

2给分）

恒成立之讨论字母范围

76. （2007全国I，利用均值，不常见） 设函数f(x)ee．

xx,.

⑴证明：f(x)的导数f(x)≥2；

⑵若对所有x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范围．

xx解：⑴f(x)的导数f(x)ee．由于exe-x≥2exgex2，故f(x)≥2．

（当且仅当x0时，等号成立）．

xx⑵令g(x)f(x)ax，则g(x)f(x)aeea，

①若a≤2，当x0时，g(x)eexxa2a≥0，

∞)上为增函数， 故g(x)在(0，所以，x≥0时，g(x)≥g(0)，即f(x)≥ax．

2aa4②若a2，方程g(x)0的正根为x1ln，

2此时，若x(0，x1)，则g(x)0，故g(x)在该区间为减函数．

所以，x(0，x1)时，g(x)g(0)0，即f(x)ax，与题设f(x)≥ax相矛盾．

2． 综上，满足条件的a的取值范围是∞，

77. 设函数f(x)=ex+sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)－g(x). (Ⅰ)若x=0是F(x)的极值点,求a的值；

(Ⅱ)当 a=1时,设P(x1,f(x1)), Q(x2, g(x 2))(x1>0,x2>0), 且PQ//x轴,求P、Q两点间的最短距离；

(Ⅲ):若x≥0时,函数y=F(x)的图象恒在y=F(－x)的图象上方,求实数a的取值范围． 解：(Ⅰ)F(x)= ex+sinx－ax,F'(x)ecosxa.

x因为x=0是F(x)的极值点,所以F'(0)11a0,a2.

又当a=2时,若x<0, F'(x)ecosxa0;若 x>0, F'(x)ecosxa0.

xx∴x=0是F(x)的极小值点, ∴a=2符合题意.

(Ⅱ) ∵a=1, 且PQ//x轴,由f(x1)=g(x2)得:x2e1sinx1,所以x2x1e1sinx1x1.

xx令h(x)esinxx,h'(x)ecosx10当x>0时恒成立.

xx∴x∈[0,+∞)时,h(x)的最小值为h(0)=1.∴|PQ|min=1. (Ⅲ)令(x)F(x)F(x)eexx2sinx2ax.

则'(x)eexxx2cosx2a.S(x)''(x)exex2sinx.

x因为S'(x)ee2cosx0当x≥0时恒成立,

所以函数S(x)在[0,)上单调递增, ∴S(x)≥S(0)=0当x∈[0,+∞)时恒成立;

因此函数'(x)在[0,)上单调递增, '(x)'(0)42a当x∈[0,+∞)时恒成立. 当a≤2时,'(x)0,(x)在[0,+∞)单调递增,即(x)(0)0. 故a≤2时F(x)≥F(－x)恒成立.

,.

当a2时，'(x)0,又Q'(x)在0,单调递增，总存在x0(0,),使得在区间0，x0上'(x)0.导致(x)在0,x0递减，而(0)0，当x(0,x0)时，(x)0，这与F(x)F(x)0对x0,恒成立不符，a2不合题意.综上a取值范围是-,2.14分

78. （用到二阶导数，二次）

k2xx. 2⑴若k0，求f(x)的最小值；

⑵若当x0时f(x)1，求实数k的取值范围.

设函数f(x)ex解：（1）k0时，f(x)ex，f'(x)e1.

xx当x(,0)时，f'(x)0；当x(0,)时，f'(x)0. 所以f(x)在(,0)上单调减小，在(0,)上单调增加 故f(x)的最小值为f(0)1

（2）f'(x)ekx1，f(x)ek

xx当k1时，f(x)0 (x0)，所以f(x)在0,上递增， 而f(0)1，于是当x0时，f(x)1 . 当k1时，由f(x)0得xlnk

当x(0,lnk)时，f(x)0，所以f(x)在(0,lnk)上递减，

而f(0)0，所以f'(x)0 (x0)，所以f(x)在0,上递增，

而f(0)0，于是当x(0,lnk)时，f'(x)0，所以f(x)在(0,lnk)上递减， 而f(0)1，所以当x(0,lnk)时，f(x)1. 综上得k的取值范围为(,1].

79. (第3问设计很好，2问是单独的，可以拿掉)已知函数f(x)b(x1)lnxx1，斜率为

1的直线与f(x)相切于(1,0)点.

（Ⅰ）求h(x)f(x)xlnx的单调区间；

（Ⅱ）当实数0a1时，讨论g(x)f(x)(ax)lnx（Ⅲ）证明：(x1)f(x)0. 解：（Ⅰ）由题意知：f(x)b(lnx12ax的极值点。 2x1)1 xf(1)2b11,b1………………………………2分 h(x)f(x)xlnxlnxx1

1h(x)1

x,.

1110解得：0x1； h(x)10解得：x1 xx所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减………………4分

1212（Ⅱ）g(x)f(x)(ax)lnxax=(1a)lnxaxx1

221ax(1)(x1)2ax(1a)(x1)1aaxx1aag/(x)ax1

xxxx1g(x)0得：x11,x21.

a1110 若011,a0即a1，0x1x2

a2x (0,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,) 0 0 f/(x) + - + h(x)f(x)  极大值  极小值  此时g(x)的极小值点为x1，极大值点x11………………………………7分 a20 若

1111,a0即a，x1x21，则g(x)0， g(x)在(0,)上单调递增，

2a无极值点.

30 若

1111,a0即0a，x1x21， a2x (0,x2) x2 (x2,x1) x1 0 0 f/(x) + - f(x)  极大值 (x1,) +  极小值  此时g(x)的极大值点为x1，极小值点x综上述：

11. a11a1时，g(x)的极小值点为x1，极大值点x1； 2a1

当a时，g(x)无极值点；

211当0a时，g(x)的极大值点为x1，极小值点x1.

2a当

,.

80. （2011全国I文21，恒成立，一次，提出一部分再处理的技巧） 设函数f(x)xe1ax.

x21，求f(x)的单调区间； 2⑵若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围.

⑴若a =

112xxxx时，f(x)x(e1)x，f'(x)e1xex(e1)(x1). 22当x,1时f'(x);当x1,0时，f'(x)0;

解：⑴a当x0,时，f'(x)0.

x故f(x)在,1，0,单调增加，在(－1，0)单调减少. ⑵f(x)x(e1ax).令g(x)e1ax，则g(x)ea.

xx①若a1，则当x0,时，g'(x)，g(x)为减函数，而g(0)0， 从而当x≥0时g(x)≥0，即f(x)≥0，符合题意.

②若a，则当x0,lna时，g'(x)，g(x)为减函数，而g(0)0， 从而当x0,lna时g(x)＜0，即f(x)＜0,不合题意. 综合得a的取值范围为,1

81. （2011全国新理21，恒成立，反比例，提出公因式再处理的技巧，本题的创新之处是将一

般的过定点（0,0）变为过定点（1,0），如果第2问范围变为x1则更间单） 已知函数f(x)alnxb在点(1,f(1))处的切线方程为x2y30. x1xlnxk，求k的取值范围。 x1x⑴求a、b的值；

⑵如果当x0，且x1时，f(x),.

x1lnx)b， 解：⑴xf'(x)(x1)2x21a1依意意f(1)0,且f(1)，即b1，b，解得a1，b1.

222lnxk1(k1)(x21)lnx1)(2lnx). ，所以f(x)(⑵由⑴知f(x)x1x1x2xx1xa((k1)(x21)(k1)(x21)2x(x0)，则h'(x)设h(x)2lnx. 2xx（注意h(x)恒过点(1,0)，由上面求导的表达式发现讨论点0和1）

k(x21)(x1)2① 当k0，由h'(x)，（变形难想，法二） 2x当x1时，h'(x)0.而h(1)0，故

1h(x)0； 当x(0,1)时，h(x)0，可得

1x21h(x)h(x)>0, 当x(1,+)时，<0，可得21xlnxklnxk从而当x>0,且x1时，f(x)－(+)>0，即f(x)>+.

x1xx1xk2法二：h(x)的分子(k1)(x1)2x≤＜0，∴h'(x)0.

1k1②当0< k <1，由于当x(1,)时，(k－1)(x2 +1)+2x>0,故h(x)>0,而

1k11h(1)=0，故当x(1,h(x)<0,不合题意. )时，h(x)>0，可得

1k1x2③当k≥1，此时h(x)>0，则x(1，+)时，h(x)递增，h(x)h(1)0，∴

1h(x)<0,不合题意. f(x)21x 综上，k的取值范围为(－,0]

82. (恒成立，讨论,较容易，但说明原理)已知函数f(x)(x1)alnx. （1）求函数f(x)的单调区间和极值；

（2）若f(x)0对x[1,)上恒成立，求实数a的取值范围. 解：（1）f'(x)1axa(x0). xx当a0时，f'(x)0，在(0,)上增,无极值；当a0时，由f'(x)xa0,得xa， xf(x)在(0,a)上减，在(a,)上增,∴f(x)有极小值f(a)(a1)alna，无极大值.

（2）f'(x)1axa xx,.

当a1时，f'(x)0在[1,)上恒成立，则f(x)是单调递增的， 则只需f(x)f(1)0恒成立，所以a1.

当a1时，f(x)在上(1,a)减，在(a,)上单调递增，所以当x(1,a)时，

f(x)f(1)0这与f(x)0恒成立矛盾，故不成立.

综上：a1.

83. （2010新课程理21，恒成立，讨论，二次，用到结论ex≥1x） 设函数f(x)e1xax. ⑴若a0，求f(x)的单调区间；

⑵若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围.

解：命题意图：本题主要考查利用导数研究函数性质、不等式恒成立问题以及参数取值范围问题，考查分类讨论、转化与划归解题思想及其相应的运算能力. ⑴a0时，f(x)e1x，f'(x)e1.

xxx2当x(,0)时，f'(x)0；当x(0,)时，f'(x)0.故f(x)在(,0)单调减少，在

(0,)单调增加.

1x⑵①当a≤时，f(x)e12ax，

2x由⑴结论知f(x)e1x≥f(0)0，则ex≥1x，

故f'(x)x2ax(12a)x，从而当12a0，即a而f(0)0，于是当x0时，f(x)0，符合题意. ②a1时，f'(x)0 (x0)， 21xx时，由e1x(x0)可得e1x(x0).（太难想，法二） 2f'(x)ex12a(ex1)ex(ex1)(ex2a)，

故当x(0,ln(2a))时,f'(x)0，而f(0)0，于是当x(0,ln(2a))时,f(x)0.

1综合得a的取值范围为(,].

2xx法二：设g(x)f(x)e12ax,则g(x)e2a, 令g(x)0，得xln(2a)0.

当x[0,ln(2a)]，g(x)0，g(x)在此区间上是增函数，∴g(x)≤g(0)0，

∴f(x)在此区间上递增，∴f(ln(2a))≤f(0)0，不合题意.

84. （恒成立，2010全国卷2理数，利用⑴结论，较难的变形讨论）

x设函数fx1e．

⑴证明：当x＞-1时，fxx； x1,.

⑵设当x0时，fxx，求a的取值范围． ax1解：本题主要考查导数的应用和利用导数证明不等式，考查考生综合运用知识的能力及分类讨论的思想，考查考生的计算能力及分析问题、解决问题的能力.

【点评】导数常作为高考的压轴题，对考生的能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力.估计以后对导数的考查力度不会减弱。作为压轴题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在. 85. 已知函数f(x)

kx1，且函数fx是1,上的增函数。 x1（1）求k的取值范围；

,.

（2）若对任意的x0，都有ekx1x1x1（e是自然对数的底），求满足条件的最大整数

k的值。

解析：（1）设f(x)k1，所以gx0，得到k1．所以k的取值范围为2(x1)(1,)………2分

（2）令g(x)ekx1x1，因为fx是1,上的增函数，且e1，所以gx是1,k12上的增函数。…………………………4分 由条件得到g(1)2e2k2ln213（两边取自然对数），猜测最大整数

k2，现在证明ee2x1x12x1x1x1对任意x0恒成立。…………6分

33lnx1lnx12，………………8分 x1x1313x2设hxlnx1， hxx1x1x12x12x1等价于2当x0,2时，hx0，当x0,时，hx0， 所以对任意的x0都有hxh2ln312，即e

86. （2008山东卷21） 已知函数f(x)2x1x1x1对任意x0恒成立，

所以整数k的最大值为2．……………………………………………………14分

1aln(x1),其中n∈N*,a为常数. n(1x)⑴当n=2时，求函数f(x)的极值；

⑵当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有f(x)≤x－1. 解：⑴由已知得函数f(x)的定义域为{x|x＞1}，

12a(1x)2aln(x1), 所以f(x). 当n=2时，f(x)23(1x)(1x)①当a＞0时，由f(x)=0得x11此时f(x)=

22＞1，x21＜1， aaa(xx1)(xx2).

(1x)3当x∈（1，x1）时，f(x)＜0,f(x)单调递减； 当x∈（x1+∞）时，f(x)＞0, f(x)单调递增.

②当a≤0时，f(x)＜0恒成立，所以f(x)无极值. 综上所述，n=2时，

,.

当a＞0时，f(x)在x1当a≤0时，f(x)无极值.

22a2处取得极小值，极小值为f(1)(1ln). aa2a1ln(x1).

(1x)n1g(x)x1ln(x1), ①当n为偶数时，令

(1x)nn1x2ng(x)则）=1+＞0（x≥2）.

(x1)n1x1x1(x1)n1⑵证法一：因为a=1,所以f(x)所以当x∈[2,+∞]时，g(x)单调递增， 又g(2)=0，因此g(x)x1 所以f(x)≤x－1成立.

1ln(x1)≥g(2)=0恒成立， n(x1)1＜0，所以只需证ln(x－1) ≤x－1,

(1x)n1x2 令h(x)=x－1－ln(x－1),则h(x)=1－≥0(x≥2), x1x1 所以,当x∈[2，+∞]时，h(x)x1ln(x1)单调递增，又h(2)=1＞0，

②当n为奇数时，要证f(x)≤x－1,由于

所以当x≥2时，恒有h(x)＞0,即ln(x－1)＜x－1命题成立.

综上所述，结论成立. 证法二：当a=1时，f(x)

1ln(x1).

(1x)n1当x≤2，时，对任意的正整数n，恒有≤1，

(1x)n故只需证明1+ln(x－1) ≤x－1.

令h(x)x1(1ln(x1))x2ln(x1),x2,

1x2, x1x1当x≥2时，h(x)≥0，故h(x)在2,上单调递增，

则h(x)1因此，当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x－1) ≤x－1成立. 故当x≥2时，有

1ln(x1)≤x－1.

(1x)n即f（x）≤x－1.

五、函数与导数性质的综合运用 ,.

87. （综合运用）

已知函数f(x)xe(xR)

x⑴求函数f(x)的单调区间和极值；

⑵已知函数yg(x)的图象与函数yf(x)的图象关于直线x1对称，证明当x1时，

f(x)g(x)

⑶如果x1x2，且f(x1)f(x2)，证明x1x22

解：本小题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力.

x⑴f(x)(1x)e，令f(x)=0,得x1.

当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表 (,1) 1 x f(x) + 0 (1,) - f(x) Z 极大值 ] ∴f(x)在(,1)内是增函数，在(1,)内是减函数；极大值f(1)⑵证明：由题意可知g(x)=f(2－x)，∴g(x)=(2－x)ex2. 令F(x)=f(x)－g(x)＝xe1. e(x2)ex2，则F'(x)(x1)(e2x21)ex 2x210, 当x1时，2x－2>0,从而e又ex0,所以F(x)0,从而F(x)在[1,+∞)是增函数。

又F(1)=e1e10，所以x1时，有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x).

⑶证明：①若(x11)(x21)0, 由⑴及f(x1)f(x2), 则x1x21,与x1x2矛盾. ②若(x11)(x21)0,由⑴及f(x1)f(x2),得x1x2,与x1x2矛盾. ∴根据①②得(x11)(x21)0,不妨设x11,x21.

由⑵可知，f(x2)>g(x2),则g(x2)=f(2x2)，所以f(x2)>f(2x2), 从而f(x1)>f(2x2).因为x21，所以2x21，

又由⑴可知函数f(x)在区间（－∞，1）内是增函数，所以x1>2x2,即x1x2>2.

88. （2010天津理数21，综合运用）

x1已知函数f(x)x1(xR).

e⑴求函数f(x)的单调区间和极值；

⑵已知函数yg(x)对任意x满足g(x)f(4x)，证明：当x2时，f(x)g(x); ⑶如果x1x2，且f(x1)f(x2)，证明：x1x24. 解：⑴∵f(x)=

xx12x(x)=f，∴x1x1. (2分) ee,.

令f(x)=0，解得x2. x (,2) 2 0 极大值(2,) － f(x) ＋ f(x) ↗ ∴f(x)在(,2)内是增函数，在(2,)内是减函数. (3分)

1 e↘ 1. (4分) e3x⑵证明：g(x)f(4x),g(x)3x.

ex13x令F(x)f(x)g(x)x13x,则

ee32x12x2x(2x)(ee)F(x)=x13x. (6分) eeex2当x2时，2x＜0，2x1＞3，从而e3e2x1＜0，

∴F(x)＞0，F(x)在(2,)是增函数. (7分)

11F(x)F(2)0,故当x2时,f(x)g(x)成立. (8分)

ee⑶证明：∵f(x)在(,2)内是增函数，在(2,)内是减函数.

∴当x2时，f(x)取得极大值f(2)=

∴当x1x2，且f(x1)f(x2)，x1、x2不可能在同一单调区间内. 不妨设x12x2，由⑵可知f(x2)g(x2)， 又g(x2)f(4x2)，∴f(x2)f(4x2). ∵f(x1)f(x2)，∴f(x1)f(4x2).

∵x22,4x22,x12，且f(x)在区间(,2)内为增函数，

∴x14x2,，即x1x24. (12分) 89. 已知函数f(x)x1. ex(1) 求函数f(x)的单调区间和极值；

(2) 若函数yg(x)对任意x满足g(x)f(4x),求证：当x2,f(x)g(x); (3) 若x1x2，且f(x1)f(x2)，求证：x1x24.

x12x(x)=f，∴. (2分) exex令f(x)=0，解得x2.

解：⑴∵f(x)=

x (,2) 2 0 极大值(2,) － ↘ f(x) ＋ f(x) ↗ 1 e2∴f(x)在(,2)内是增函数，在(2,)内是减函数. (3分)

,.

1. (4分) e23xx13x⑵证明：g(x)f(4x)4x，令F(x)f(x)g(x)x4x,

eee42x2x2x(2x)(ee)∴F(x)=x4x. (6分)

eeex4当x2时，2x＜0，2x＞4，从而e4e2x＜0， ∴F(x)＞0，F(x)在(2,)是增函数.

11F(x)F(2)220,故当x2时,f(x)g(x)成立. (8分)

ee⑶证明：∵f(x)在(,2)内是增函数，在(2,)内是减函数.

∴当x2时，f(x)取得极大值f(2)=

∴当x1x2，且f(x1)f(x2)，x1、x2不可能在同一单调区间内. 不妨设x12x2，由⑵可知f(x2)g(x2)， 又g(x2)f(4x2)，∴f(x2)f(4x2). ∵f(x1)f(x2)，∴f(x1)f(4x2).

∵x22,4x22,x12，且f(x)在区间(,2)内为增函数， ∴x14x2，即x1x24.

90. 已知函数f(x)ln(x1),g(x)e1， （Ⅰ）若F(x)f(x)px，求F(x)的单调区间；

（Ⅱ）对于任意的x2x10，比较f(x2)f(x1)与g(x2x1)的大小，并说明理由．

x1pxp1，-----1分 px1x1①当p0时，F(x)0在(1,)上恒成立，F(x)的递增区间为(1,)；------2分

解：（Ⅰ）F(x)f(x)pxln(x1)px，F(x)②当p0时，F(x)的递增区间为(1,)；--------------3分

11)，递减区间为(1,)；--------4分 ppx（Ⅱ）令G(x)g(x)f(x)e1ln(x1)(x1)，

③当p0时，F(x)的递增区间为(1,11exxex1G(x)e，

x1x1xxx令H(x)exe1(x1)，H(x)e(x2)0在(1,)上恒成立， 当x0时，H(x)H(0)0成立，G(x)0在x0上恒成立，

xG(x)在(0,)上单调递增，当x0时，G(x)G(0)0恒成立， 当x0时，g(x)f(x)0恒成立，

对于任意的x2x10时，g(x2x1)f(x2x1)，

,.

又x2x11x21x1(x2x1)x10，ln(x2x11)ln2ln(x21)ln(x11)， x11x11x11f(x2x1)f(x2)f(x1)，即g(x2x1)f(x2)f(x1)．

91. （2011辽宁理21，利用2的对称）

2已知函数f(x)lnxax(2a)x．

⑴讨论f(x)的单调性；

111时，f(x)f(x)；（作差） aaa⑶若函数yf(x)的图像与x轴交于A、B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：

⑵设a0，证明：当0xf(x0)0.

解：⑴f(x)的定义域为(0,), f(x)1(2x1)(ax1)2ax(2a). xx①若a0,则f(x)0,所以f(x)在(0,)单调增加.

1②若a0,则由f(x)0得x,

a11且当x(0,)时,f(x)0,当x时,f(x)0.

aa11所以f(x)在(0,)单调增加，在(,)单调减少.

aa11⑵设函数g(x)f(x)f(x),则

aag(x)ln(1ax)ln(1ax)2ax,g(x)ln(1ax)ln(1ax)2ax,aa2a3x2aa2a3x2 g(x)2a.g(x)2a.221ax1ax1ax1ax1ax1a2x21当0x时,g(x)0,而g(0)0,所以g(x)0.

a111故当0x时，f(x)f(x).

aaa⑶由⑴可得，当a0时,函数yf(x)的图像与x轴至多有一个交点，

11故a0，从而f(x)的最大值为f(),且f()0.

aa1不妨设A(x1,0),B(x2,0),0x1x2,则0x1x2.

a211由⑵得f(x1)f(x1)f(x1)0.

aaaxx212. 从而x2x1,于是x01a2a,.

由⑴知，f(x0)0.

92. （恒成立，思路不常见）

xa，其中a为实数． lnx (1)当a2时，求曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程；

已知函数f(x) (2)是否存在实数a，使得对任意x(0,1)(1,)，f(x)明理由，若存在，求出a的值并加以证明． 解：⑴a2时，f(x)x恒成立?若不存在，请说

x2xlnxx2，f(x)， lnxxln2x11f(2)(x2). ，又f(2)0，所以切线方程为yln2ln2xaxaxxlnx ⑵①当0x1时，lnx0，则

lnx2x2lnx令g(x)xxlnx，g(x)，

2x11x10 再令h(x)2x2lnx，h(x)xxx当0x1时h(x)0，∴h(x)在(0,1)上递减，

∴当0x1时，h(x)h(1)0， ∴g(x)h(x)2x0，所以g(x)在(0,1)上递增，g(x)g(1)1，所以a1

xaxaxxlnxag(x) lnx由①知当x1时h(x)0，h(x)在(1,)上递增

h(x)g(x)0 h(x)h(1)0当x1时，，

2x所以g(x)在(1,)上递增，∴g(x)g(1)1，∴a1；

②x1时，lnx0，则由①②得a1.

93. 已知函数g(x)ax22ax1b(a0,b1)，在区间2,3上有最大值4，最小值1，设

g(x)． x（Ⅰ）求a,b的值；

f(x)（Ⅱ）不等式f(2)k20在x[1,1]上恒成立，求实数k的范围；

xxx（Ⅲ）方程f(|21|)k(23)0有三个不同的实数解，求实数k的范围． x|21|,.

解:（Ⅰ）(1)g(x)a(x1)1ba

2当a0时，g(x)在2,3上为增函数

g(3)29a6a2b5a1故

g(2)54a4a2b2b0当a0时，g(x)在2,3上为减函数

故g(3)29a6a2b2a1

g(2)24a4a2b5b312. xb1a1b0即g(x)x22x1. fxxxx（Ⅱ）方程f(2)k20化为2x12k2x x21211)2kt，kt22t1 ，令xxx22212∵x[1,1] ∴t[,2] 记(t)t2t1∴(t)min0 ∴k0

2212kx3)0化为|2x1|x(23k)0 （Ⅲ）方程f(|21|)k(x|21||21|1(|2x1|2(23k)|2x1|(12k)0，|2x1|0

x2令|21|t， 则方程化为t(23k)t(12k)0 （t0）

∵方程|21|xx12k(23k)0有三个不同的实数解， x|21|∴由t|21|的图像知，

t2(23k)t(12k)0有两个根t1、t2，

且0t11t2 或 0t11，t21

记(t)t(23k)t(12k)

2(0)12k0(0)12k0则 或 (1)k0∴k0 (1)k023k012,.

294. 已知函数f(x)(1)[1ln(x1)]， 设g(x)xf(x) (x0)

1x（1）是否存在唯一实数a(m,m1)，使得g(a)0，若存在，求正整数m的值；若不存在，

说明理由。

（2）当x0时，f(x)n恒成立，求正整数n的最大值。 解：（1）由f(x)则g(x)x1ln(x1),得 g(x)x1ln(x1)(x0), 2xx0,因此g(x)在(0,)内单调递增。……………4分 x1因为g(2)1ln30，g(3)2(1ln2)0，

即g(x)0存在唯一的根a(2,3)，于是m2, ……………6分

（2）由f(x)n得，由第（1）题知存在唯一的实数a(2,3)，nf(x)且x(0,)恒成立，使得g(a)0，且当0xa时，g(x)0，f(x)0；当xa时，g(x)0,f(x)0，

(a1)[1ln(a1)] ……………9分

a由g(a)0，得 a1ln(a1)0, 即 1ln(a1)a, 于是 f(a)a1

因此当xa时，f(x)取得最小值f(a)又由a(2,3)，得f(a)(3,4)，从而n3，故正整数n的最大值为3。………12分 95. (第3问难想)已知函数f(x)(axx)e，其中ｅ是自然数的底数，aR。 （１） 当a0时，解不等式f(x)0；

（２） 若f(x)在［－１，１］上是单调增函数，求a的取值范围；

（３） 当a0时，求整数ｋ的所有值，使方程f(x)x2在［ｋ，ｋ＋１］上有解。 ⑴因为ex0，所以不等式f(x)0即为ax2x0，

1又因为a0，所以不等式可化为x(x)0，

a1所以不等式f(x)0的解集为(0,)．………………………………………4分

a⑵f(x)(2ax1)ex(ax2x)ex[ax2(2a1)x1]ex，

①当a0时，f(x)(x1)ex，f(x)≥0在[1，1]上恒成立，当且仅当x1时 取等号，故a0符合要求；………………………………………………………6分 ②当a0时，令g(x)ax2(2a1)x1，因为(2a1)24a4a210， 所以g(x)0有两个不相等的实数根x1，x2，不妨设x1x2， 因此f(x)有极大值又有极小值．

若a0，因为g(1)g(0)a0，所以f(x)在(1，1)内有极值点，

2x,.

1上不单调．………………………………………………………8分 故f(x)在1，若a0，可知x10x2，

因为g(x)的图象开口向下，要使f(x)在[1，1]上单调，因为g(0)10， g(1)≥0,3a2≥0,2必须满足即所以≤a0.

3g(1)≥0.a≥0.2综上可知，a的取值范围是[,0]．………………………………………10分

3⑶当a0时, 方程即为xexx2，由于ex0，所以x0不是方程的解，

22所以原方程等价于ex10，令h(x)ex1，

xx2因为h(x)ex20对于x,0U0,恒成立，

x所以h(x)在,0和0,内是单调增函数，……………………………13分 1又h(1)e30，h(2)e220，h(3)e30，h(2)e20，

32和3，2上， 所以方程f(x)x2有且只有两个实数根，且分别在区间1，所以整数k的所有值为3,1．………………………………………………………16分

96. （2011高考，单调性应用，第2问难）

32已知a、b是实数，函数f(x)xax,g(x)xbx, f(x)和g(x)是f(x),g(x)的

导函数，若f(x)g(x)0在区间I上恒成立，则称f(x)和g(x)在区间I上单调性一致. （1）设a0，若函数f(x)和g(x)在区间[1,)上单调性一致,求实数b的取值范围； （2）设a0,且ab，若函数f(x)和g(x)在以a，b为端点的开区间上单调性一致，求|a－b|的最大值.

解：Qf(x)xax,g(x)xbx,f(x)3xa,g(x)2xb.

⑴因为函数f(x)和g(x)在区间[1,)上单调性一致， 所以，x[1,),f(x)g(x)0,

''322Qa0,3x2a0x[1,),2x+b0,

即x[1,),b2x,b2;实数b的取值范围是[2,)

（3x+a）(2x+b)0, 即x[1,),2a 3若b0,则由a0,0(a,b),f(0)g(0)ab0,f(x)和g(x)在区间(a,b)上不是单调

⑵由f(x)0,x性一致,所以b0.

Qx(,0),g(x)0;又x(,a),f(x)0;x(a,0),f(x)0.

33,.

所以要使f(x)g(x)0,只有

11aa1a0,b0,|ab|, a,b333331112''取a,b0,f(x)g(x)6x(x),当x(,0)时, f(x)g(x)0,

3931因此|ab|max

3当ba时，因为，函数f(x)和g(x)在区间（b,a）上单调性一致，所以，

x(b,a),f'(x)g'(x)0,

（3x2+a）(2x+b)0,Qba0,x(b,a),2xb0， 即x(b,a),x(b,a),a3x2,

ba3b2,设zab，考虑点(b,a)的可行域，函数y3x2的斜率为1的切线的切点设为(x0,y0)

111116x1,x,y,z()； 则000max6121266当ab0时，因为，函数f(x)和g(x)在区间（a, b）上单调性一致，所以，x(a,b),f'(x)g'(x)0,

（3x2+a）(2x+b)0,Qb0,x(a,b),2xb0， 即x(a,b),x(a,b),a3x2,

11a3a2,a0,(ba)max;

33当a0b时，因为，函数f(x)和g(x)在区间（a, b）上单调性一致，所以，x(a,b),f'(x)g'(x)0,

20,Qb0,而x=0时，即x(a,b),(2x+b)（3x+a）（3x2+a）(2x+b)=ab<0,不符合题

意，

当a0b时，由题意：

x(a,0),2x（3x2+a）0,x(a,0),3x2+a0,3a2a0,

11a0,ba

33，

综上可知，abmax

97. （2010湖南文数，另类区间）

1。 3ax(a1)lnx15a,其中a<0,且a≠-1. x（Ⅰ）讨论函数f(x)的单调性；

已知函数f(x),.

（Ⅱ）设函数

g(x){ef(x),x1(2x33ax36ax4a26a)ex,x1（e是自然数的底数）。是否存在a，

使g(x)在[a,－a]上为减函数？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由。

,.

79. （2008辽宁理22，第2问无从下手，思路太难想） 设函数f(x)⑴求f(x)的单调区间和极值; 不存在,试说明理由.

lnxlnxln(x1). 1x⑵是否存在实数a,使得关于x的不等式f(x)…a的解集为(0,)?若存在,求a的取值范围;若说明：本小题主要考查函数的导数，单调性，极值，不等式等基础知识，考查综合利用数学知识分析问题、解决问题的能力．满分14分．

1lnx11lnx．

x(1x)(1x)2xx1(1x)21)时，f(x)0，x(1，∞)时，f(x)0． 故当x(0，解：⑴f(x)1)单调递增，在(1，)单调递减． 所以f(x)在(0，∞)的极大值为f(1)ln2，没有极小值． 由此知f(x)在(0，(1x)ln(1x)xlnxln(1x)xln(1x)lnx0，

1x1x)． 故关于x的不等式f(x)≥a的解集为(0，⑵①当a≤0时，由于f(x)lnxln2n11nnln1知f(2)ln1②当a0时，由f(x)nn，其中为正整数，1x12x2nnn11aa11n22e1nlog(2e21) 1且有lnln．1e1nlog(e1)2nn2nn222222ln2nnln2nln22ln22ln2a4ln2nnn1． n≥2又时，12n(n1)n1．且1(11)n12n2n4ln21，且n0≥2， 取整数n0满足nlog(e21)，n002a,.

n0ln21aaln1a， n012n0222∞)． 即当a0时，关于x的不等式f(x)≥a的解集不是(0，则f(20)n∞)，且a的取值范围为综合①②知，存在a，使得关于x的不等式f(x)≥a的解集为(0，0． ∞，

80. （第二问较难）

2x设函数f(x)(xa)(xb)e，a、bR，xa是f(x)的一个极大值点．

⑴若a0，求b的取值范围；

⑵当a是给定的实常数，设x1，x2，x3是f(x)的3个极值点，问是否存在实数b，可找到依次成等差数列?若存在，求所有的b及相应的x4；若不存在，说明理由．

解：本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用及等差数列等基础知识，同时考 （Ⅰ）a0时，fxx查推理论证能力、分类讨论等综合解题能力和创新意识．

22，3，4）x4R，使得x1，x2，x3，x4的某种排列xi1,xi2,xi3,xi4（其中i1，i2，i3，i4=1，xbex，

exx2xbexexxx2b3x2b， 2fxxxb设x1x2是gx0的两个根，

令gxxb3x2b，Qb38bb180，

222 （1）当x10或x20时，则x0不是极值点，不合题意； g00，即2b0，b0. (Ⅱ)解：fxe2 （2）当x10且x20时，由于x0是fx的极大值点，故x10x2.

x2xxa(3ab)x2baba，

令g(x)x(3ab)x2baba，

于是，假设x1，x2是gx0的两个实根，且x1x2.

则=(3ab)24(2baba)(ab1)280，

由（Ⅰ）可知，必有x1ax2，且x1、a、x2是fx的三个极值点， 则x1ab3ab1228，x2ab3ab1228

假设存在b及x4满足题意，

（1）当x1，a，x2等差时，即x2aax1时， 则x42x2a或x42x1a，

于是2ax1x2ab3，即ba3. 此时x42x2aab3(ab1)28aa26

,.

或x42x1aab3(ab1)28aa26 （2）当x2aax1时，则x2a2(ax1)或(ax1)2(x2a) ①若x2a2ax1，则x4于是3a2xx12即

ax2， 223ab3ab128，

ab1283ab3.

2两边平方得ab19ab1170，

Qab30，于是ab1913713，此时ba， 22ax22aab33ab313x此时4=b3a.

242ax1②若(ax1)2(x2a)，则x4，

2于是3a2xx21即3ab3ab1228，

2ab1283ab3.两边平方得ab19ab1170，

Qab30，于是ab1913713，此时ba 22ax12a(ab3)3(ab3)113此时x4 b3a242综上所述，存在b满足题意， 当b=－a－3时，x4a26，

713113时，x4a， 22713113时，x4a. ba22 ba

281. 已知函数f(x)alnx，g(x)x，记F(x)g(x)f(x)

（Ⅰ）求F(x)的单调区间；

11g(x1)af()的大小； x1（Ⅱ）当时，若，比较：与

2xa12（Ⅲ）若F(x)的极值为，问是否存在实数k，使方程g(x)f(1x)k有四

22,.

个不同实数根？若存在，求出实数k的取值范围；若不存在，请说明理由。 解：（Ⅰ）F(x)的定义域为（0，+∞）， 又F(x)g(x)f(x)x2alnx

a2x2a F(x)2x， 当a0时，F(x)>0恒成立

xx2a∴F(x)在（0，+∞）上单调递增； 令F(x)0得x

22aF(x)0F(x)2a当a0时，若0x， ∴在（0，）上单调递减；

222aF(x)02a 若x，，∴F(x)在（，+∞）上单调递增

22 故a0时，F(x)增区间为(0,)；

2a2aF(x),a0时，增区间为，减区间为（0，）。 ……4分 2212（Ⅱ）令h(x)g(x1)f()(x1)alnx，

x112(x)2(a)a则220，所以h(x)在［1，+∞） h(x)2(x1)xx1上单调递增，∴h(x)h(1)0，∴g(x1)f().

x2a（Ⅲ）由（Ⅰ）知F(x)仅当a0时，在x＝处取得极值

212aaag(x)f(1x2)k为 由F(可得＝２，方程)222tx2．． k2ln(1x2)，令tx2，得k2ln(1t)．

22t12k,y22ln(t1)，当直线y1与曲线y2相切时，,t3，得切点坐22t113标（３，2ln4） ∴切线方程为y2ln4(t3)，其在y轴上截距为2ln4；当直

223线y1在y轴上截距k(0,2ln4)时，y1和y2在y轴右侧有两个不同交点，所以k的

23取值范围为（2ln4，0）.

2令y1 （注：也可用导数求解）

由方程有四个不同的根，得方程有两个不同的正根，

,.

六、导数应用题

82. 某工厂生产某种儿童玩具，每件玩具的成本为30元，并且每件玩具的加工费为t元(其中t为

常数，且2≤t≤5)，设该工厂每件玩具的出厂价为x元(35≤x≤41)，根据市场调查，日销售量与ex(e为自然对数的底数)成反比例，当每件玩具的出厂价为40元时，日销售量为10件． (1)求该工厂的日利润y(元)与每件玩具的出厂价x元的函数关系式；

(2)当每件玩具的日售价为多少元时，该工厂的利润y最大，并求y的最大值． 解：(1)设日销售量为，则＝10，∴k＝10 e40.则日销售量为， ∴日利润y＝(x－30－t)·.∴y＝，其中35≤x≤41. (2)y′＝，令y′＝0得x＝31＋t.

①当2≤t≤4时，33≤31＋t≤35.∴当35≤x≤41时，y′≤0. ∴当x＝35时，y取最大值，最大值为10(5－t)e5.

②当4∴当x＝t＋31时，y取最大值10e9－t.

∴当2≤t≤4时，x＝35时，日利润最大值为10(5－t)e5元． 当483. 如图，ABCD是正方形空地，正方形的边长为30m，电源在点P处，点P到边AD、AB的距离分别为9m、3m，某广告公司计划在此空地上竖一块长方形液晶广告屏幕MNEF，MN：NE=16：9，线段MN必须过点P，满足M、N分别在边AD、AB上，设ANx(m)，液晶广告屏幕MNEF的面积为S(m).

（I）求S关于x的函数关系式，并写出该函数的定义域；

2

（II）当x取何值时，液晶广告屏幕MNEF的面积S最小？

,.

解：（I）如图，建立直角坐标系，设M(0,t),

303t3x,t 9x9x93x(10x30). 又MN过点D时，x最小值为10，AMx99x22222MNANAMx(x9)2

9QMN:NE16:9,NEMN169929x22SMNgNEMN[x].

1616(x9)2由已知有P(9,3),N(x,0),定义域为[10，30].

918x(x9)29x2(2x18)9x[(x9)381][2x] （II）S' 16(x9)48(x9)3令S'0,得x=0(舍去),x=9+333，

当10x9333时,S'0,S关于x为减函数； 当9333x30时，S'0,S关于x为增函数.

当x9333时，S取得最小值.

答：当AN长为9333（m）时，液晶广告屏幕MNEF的面积S最小

七、导数结合三角函数

84. 已知函数f(x)x，函数g(x)f(x)sinx是区间[-1，1]上的减函数． （I）求的最大值；

（II）若g(x)tt1在x[1,1]上恒成立，求t的取值范围；

2lnxx22exm的根的个数． （Ⅲ）讨论关于x的方程

f(x)解：（I）f(x)x,g(x)xsinx，

g(x)在[1,1]上单调递减，g'(x)cosx0

cosx在[－1，1]上恒成立， 1，故的最大值为1.……4分 （II）由题意[g(x)]maxg(1)sin1,只需sin1＜tt1，∴(t1)ttsin11＞0(其中≤－1)恒成立.

22

,.

t10 令h()(t1)ttsin11＞0(≤－1)，则， 2t1tsin110t10 即2，而t2tsin10恒成立，∴t1.

ttsin10lnxlnxlnxx22exm. ,f2(x)x22exm, （Ⅲ）由令f1(x)f(x)xx1lnxf1'(x), 2x'当x(0,e)时,f1(x)0,f1(x)在0,e上为增函数；

'当xe,时，f1(x)0,f1(x)在e,为减函数；

122当xe时,[f1(x)]maxf1(e),而f2(x)(xe)me,

e11当me2,即me2时,方程无解；

ee1122当me,即me时，方程有一个根；

ee1122当me时,me时，方程有两个根． …………14分

ee1. 已知函数f(x)是奇函数，函数g(x)与f(x)的图象关于直线x1对称，当x2时，

g(x)a(x2)(x2)3 (a为常数). （I）求f(x) 的解析式；

（II）已知当x1时，f(x)取得极值，求证：对任意x1,x2(1,1),|f(x1)f(x2)|4恒成

2立；

（III）若f(x)是[1,)上的单调函数，且当x01,f(x0)1时，有f(f(x0))x0，求证：

f(x0)x0.

解:(Ⅰ) 当x0时，必有x0，则2x2,而若点P(x,y)在yf(x)的图象上，

g(x)的图象上，即当x0时， 则P(x,y)关于x1的对称点P1(2x,y)必在yf(x)g(2x)a[(2x)2][(2x)2]3axx3

由于f(x)是奇函数，则任取x0,有x0,且 f(x)f(x)[a(x)(x)3]axx3 又当x0时，由f(0)f(0) 必有f(0)0

综上，当xR 时f(x)xax. ……5分

32（Ⅱ）若x1时f(x)取到极值，则必有当x1时f(x)3xa0，即a3 2又由f(x)3x33(x1)(x1)知，当x(1,1)时，f(x)0，f(x)为减函数

当x[1,1]时，f(1)f(x)f(1)(1)33(1)2f(x)f(1)2 当x1,x2(1,1)时 |f(x1)f(x2)||f(1)f(1)|4 . ……9分

2（Ⅲ）若f(x)在[1,) 为减函数，则f(x)3xa0对任意x[1,)皆成立，这样的

,.

实数a不存在

2若f(x)为增函数，则可令f(x)3xa0 .由于f(x)在[1,)上为增函数，可令

f(x)3x2af(1)3a0，即当a3时，f(x)在[1,)上为增函数 由x01,f(x0)1，f(f(x0))x0

设f(x0)x01，则f[f(x0)]f(x0)x0f(x0)与所设矛盾 若x0f(x0)1则f(x0)f[f(x0)] f(x0)x0与所设矛盾 故必有f(x0)x0

85. 设函数f(x)x(xa)（xR），其中aR．

（Ⅰ）当a1时，求曲线yf(x)在点(2，f(2))处的切线方程； （Ⅱ）当a0时，求函数f(x)的极大值和极小值； 立,求k的值。

232解：当a1时，f(x)x(x1)x2xx，得f(2)2，且

20时，若不等式f(kcosx)≥f(k2cos2x)对任意的xR恒成（Ⅲ）当a3， k1，f(x)3x24x1，f(2)5． 22)处的切线方程是y25(x2)，整理得 所以，曲线yx(x1)在点(2，5xy80．

（Ⅱ）解：f(x)x(xa)x2axax

2322f(x)3x24axa2(3xa)(xa)．令f(x)0，解得x由于a0，以下分两种情况讨论．

（1）若a0，当x变化时，f(x)的正负如下表： a或xa． 3x aaa∞，，a∞)  a (a，3330  0  f(x)  因此，函数f(x)在x43aaaa； 处取得极小值f，且f33273函数f(x)在xa处取得极大值f(a)，且f(a)0． （2）若a0，当x变化时，f(x)的正负如下表： x ∞，a aaaa，，∞ a  333,.

f(x)  0  0  因此，函数f(x)在xa处取得极小值f(a)，且f(a)0； 43aaaa． 处取得极大值f，且f33273a0时，kcosx≤1，k2cos2x≤1． （Ⅲ）证明：由a3，得1，当k1，31上是减函数，要使f(kcosx)≥f(k2cos2x)，xR 由（Ⅱ）知，f(x)在∞，函数f(x)在x只要kcosx≤kcosx(xR)，即cosxcosx≤kk(xR)①

222211设g(x)cosxcosxcosx，则函数g(x)在R上的最大值为2．

24要使①式恒成立，必须k2k≥2，即k≥2或k≤1．

0上存在k1，使得f(kcosx)≥f(k2cos2x)对任意的xR恒成所以，在区间1，22立．

x1. 已知函数f(x)ln(ea)，（a为常数）是实数集R上的奇函数，函数

g(x)f(x)sinx是区间1,1上的减函数。

(1) 求a的值；

(2) 若g(x)tt1在x[1,1]恒成立，求t的取值范围；

2lnxx22exm的根的个数。 f(x)x21．解：(1)∵f(x)ln(ea)是实数集R上的奇函数

(3) 讨论关于x的方程∴f(0)ln(ea)0 ∴a0……3分

（2）∵g(x)f(x)sinx是区间[1,1]的减函数 ∴1，[g(x)]maxg(1)sin1 ∴只需sin1tt1 www.jk.zy.w.com

∴(t1)tsin110，（1）恒成立 ……5分 令h()(t1)tsin11，（1）

2202t10则 2t1tsin110t12∴2，而ttsin10恒成立，∴t1……7分 ttsin10lnxx22exm (3)由(1)知f(x)x ∴方程x,.

lnx2，f2(x)x2exm x1lnx∴f1(x)………8分 2x当x(0,e)时，∴f1(x)0，f1(x)在0,e上是增函数

令f1(x)当xe时，[f1(x)]maxf1(e)22而f2(x)(xe)me

当xe,时，∴f1(x)0，f1(x)在e,上是减函数

1 ……9分 e112，即me时，方程无解； ……10分 ee1122当me，即me时，方程有一个根； ……11分

ee1122当me，即me时，方程有两个根； ……12分

ee∴当me2

98. 已知a是给定的实常数，设函数f(x)(xa)(xb)e，bR，

22xa是f(x)的一个极大值点．

(Ⅰ)求b的取值范围；

(Ⅱ)设x1,x2,x3是f(x)的3个极值点，问是否存在实数b，可找到x4R，使得x1,x2,x3,x4的某种排列xi1,xi2,xi3,xi4(其中i1,i2,i3,i4=1,2,3,4)依次成等差数列?若存在，求所有的b及相应的x4；若不存在，说明理由．

解析：本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用及等差数列等基础知识，同时考查推理论证能力、分类讨论等综合解题能力和创新意识。

2（Ⅰ）解：f’(x)=ex(x-a) x(3ab)x2baba,

令

g(x)x2(3ab)x2baba,则=(3-a+b)4(2baba)(ab1)80,22

于是，假设x1,x2是g(x)0的两个实根，且x1x2.

（1） 当x1=a 或x2=a时，则x=a不是f(x)的极值点，此时不合题意。

,.

（2） 当x1a且x2a时，由于x=a是f(x)的极大值点，故x12 此时x42x2aab3(ab1)28aa26 或x42x2aab3(ab1)28aa26 （2）当x2aax1时，则x2a2(ax1)或(ax1)2(x2a)

于是ab1913 2

此时x4ax2a(ab3)3(ab3)113b3a 242综上所述，存在b满足题意， 当b=-a-3时，x4a26

,.

713113时，x4a 22713113ba时，x4a

22ba