导数100题经典大题汇编

高三《函数与导数解答题》

1. 已知

f(x)xlnx,g(x)x2ax3.

（1）求函数f(x)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； 解：（1）f(x)=lnx1

'1 e1'当x(0,),时f(x)0,f(x)单调递减；

e1当x(，+),时f'(x)0,f(x)单调递增；

e11f(x)minf()

ee32（2）2xlnxxax3,则a2lnxx

x3(x3)(x1)'设h(x)2lnxx(x0),则h(x)

xx2① x(0,1),h(x)0,h(x)单调递减， ② x(1,),h(x)0,h(x)单调递增，

由f(x)0得x'所以h(x)minh(1)4，对一切x(0,),2f(x)g(x)恒成立， 所以ah(x)min4

2. 已知函数f(x)ax(aR),g(x)的切线斜率为0。 （1）求a,b；

（2）设anG/()n2,求证：解：（1）G(x)axb且G(1)0，G(x)f(x)g(x)，2lnx(bR)，G(x)在x1x1n11a1a2111 an18b2lnx(x0)，由G(1)0 得：ab0 xb2/G(1)0，则ab2 a1,b1…………4分 又2xx1212（2）G/(x)12(x0)，anG/()n2, annn1……5分

nxxG/(x)a



1111111112； ，易证：n1时，；n2时annn1a118a1a218111111122() annn1nn2(n2)(n1)3n2n11111111111111(1) a1a2an342536n2n1n3时，

11111111() 36n1nn118

3. 已知函数f(x)alnxax3(aR且a0)． （Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若函数yf(x)的图像在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为45，问：m在什么范围取值时，对于任

m意的t1,2，函数g(x)x3x2f'(x)在区间(t,3)上总存在极值？

2p2e（Ⅲ）当a2时，设函数h(x)(p2)x若在区间1,e上至少存在一个x0，使得h(x0)f(x0)3，

x成立，试求实数p的取值范围．

a(1x)知： x当a0时，函数f(x)的单调增区间是(0,1)，单调减区间是(1,)；

当a0时，函数f(x)的单调增区间是(1,)，单调减区间是(0,1)；………………4分

a（Ⅱ）由f'21a2,

22∴fx2lnx2x3，f'x2. ………………………6分

xm232m3故g(x)xxf'(x)x(2)x2x，

222∴g'(x)3x(4m)x2,

∵ 函数g(x)在区间(t,3)上总存在极值，

∴g'(x)0有两个不等实根且至少有一个在区间(t,3)内…………7分

解：（Ι）由f'(x)g'(t)0又∵函数g'(x)是开口向上的二次函数，且g'(0)20，∴ …………8分

g'(3)02由g'(t)0m23t4，∵H(t)3t4在1,2上单调递减，所以H(t)minH(1)9；∴m9，

tt由g'(3)27(4m)320，解得m33综上得：37m9. 所以当m在(37,9)内取值时，对于任意的t1,2，函数g(x)x3x2mf'(x)在区

237； 3间(t,3)上总存在极值。………………………9分

（Ⅲ）a2,f(x)2lnx2x3.令F(x)h(x)f(x)，则

F(x)(p2)xp2e32lnx2x3pxp2e2lnx.

xxx①当p0时，由x1,e得pxp0,2e2lnx0，从而F(x)0,

xx所以，在1,e上不存在x0使得h(x0)f(x0)；…………………11分

2px22xp2epxp0,F'(x)0在1,e上恒成②当p0时，F'(x),，x1,e,2e2x02x立，故F(x)在1,e上单调递增。F(x)maxF(e)pep4. ……………13分

e4e4e ………14分 故只要pep40,，解得p2.综上所述， p的取值范围是,2e1ee14. 设a∈R，函数

1f(x)ex（ax2a1），其中e是自然对数的底数．

2（Ⅰ） 判断函数f(x)在R上的单调性；

（Ⅱ） 当1a0时，求函数f(x)在[1，2]上的最小值．

111解： （Ⅰ） f(x)ex(ax2a1)ex2axex(ax22axa1)．……2分

2221由于ex0, 只需讨论函数g(x)ax22axa1的符号:

2当a = 0时, g(x)10，即f(x)0，函数f(x)在R上是减函数； ……4分

当a>0时, 由于4a24(a2a)4a0，可知g(x)0,即f(x)0，函数f(x)在R上是减函数； ……6分

aaa，且1． 1aaaa和区间1a,上，g(x)0,即f(x)0，函数f(x)是增函数；在区间在区间,1aa1a,1a上，g(x)0,即f(x)0，函数f(x)是减函数 aaa上是增综上可知：当a≥0时，函数f(x)在R上是减函数；当a<0时, 函数f(x)在区间,1aaa上是减函数；在区间1a,上是增函数． 函数；在区间1,1aaa当a<0时, 解g(x)0得x1（Ⅱ） 当1a0时，1a1,1aa2, a所以, 函数f(x)在区间[1，2]上是减函数，其最小值是f(2)5. 已知函数f(x)lnx5a1． 2e213x1． 44x（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）设g(x)x2bx4，若对任意x1(0,2)，x21,2，不等式f(x1)g(x2) 恒成立，

2求实数b的取值范围．

（II）若对任意x1(0,2)，x21,2，不等式f(x1)g(x2)恒成立， 问题等价于f(x)ming(x)max， ．．．．．．．．．5分 由（I）可知，在(0,2)上，x1是函数极小值点，这个极小值是唯一的极值点， 故也是最小值点，所以f(x)minf(1)分

1； ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．62g(x)x22bx4,x1,2

当b1时，g(x)maxg(1)2b5；

2当1b2时，g(x)maxg(b)b4；

当b2时，g(x)maxg(2)4b8；

b11b2b2问题等价于1 或1 或 122b5b44b8222

解得b1 或1b14 或 b 2 1414，所以实数b的取值范围是, 222x6. 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。

即b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，

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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 7. 已知函数f(x)eax,g(x)elnx

（1）设曲线yf(x)在x1处的切线与直线x(e1)y1垂直，求a的值 （2）若对任意实数x0,f(x)0恒成立，确定实数a的取值范围

（3）当a1时，是否存在实数x0[1,e]，使曲线C：yg(x)f(x)在点xx0处的切线与y轴垂直？若存在，求出x0的值，若不存在，说明理由

xxx解：（1）f(x)ea， 因此yf(x)在1,f(1)处的切线l的斜率为ea，

又直线x(e1)y1的斜率为∴ a＝－1.

（2）∵当x≥0时，f(x)eax0恒成立， ∴ 先考虑x＝0，此时，f(x)e，a可为任意实数； 又当x＞0时，f(x)eax0恒成立，

xxx11， ∴（ea）＝－1，

1e1eexex(1x)ex则a恒成立， 设h(x)＝，则h(x)＝， 2xxx当x∈(0,1)时，h(x)＞0，h(x)在(0,1)上单调递增，

当x∈(1,＋∞)时，h(x)＜0，h(x)在(1,＋∞)上单调递减， 故当x＝1时，h(x)取得极大值，h(x)maxh(1)e，

∴ 实数a的取值范围为e,．

（3）依题意，曲线C的方程为yelnxex，

xxexexlnxex1 令u(x)＝elnxex，则u(x)x111x1设v(x)lnx1，则v(x)22，

xxxx当x1,e，v(x)0，故v(x)在1,e上的最小值为v(1)0，

xx1lnx1ex1＞0， x而若曲线C：yg(x)f(x)在点xx0处的切线与y轴垂直， 则u(x0)＝0，矛盾。

所以v(x)≥0，又e0，∴u(x)xx所以，不存在实数x01,e，使曲线C：yg(x)f(x)在点xx0处的切线与y轴垂直.

8. 设函数f(x)=e+sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)－g(x).

（1）若x=0是F(x)的极值点,求a的值；（2）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；（3）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)= e+sinx－ax,F'(x)ecosxa． 因为x=0是F(x)的极值点,所以F'(0)11a0,a2．………2分

又当a=2时,若x<0, F'(x)ecosxa0;若 x>0, F'(x)ecosxa0． ∴x=0是F(x)的极小值点, ∴a=2符合题意． ………4分

(Ⅱ) ∵a=1, 且PQ//x轴,由f(x1)=g(x2)得:x2e1sinx1,所以x2x1e1sinx1x1． 令h(x)esinxx,h'(x)ecosx10当x>0时恒成立．…………………………7 ∴x∈[0,+∞)时,h(x)的最小值为h(0)=1．∴|PQ|min=1． ………8分 (Ⅲ)令(x)F(x)F(x)ee则'(x)eexxxxxxxxxxxxx2sinx2ax.

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, ………11分

所以函数S(x)在[0,)上单调递增, ………12分 ∴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． ………13分

当a2时，'(x)0,又'(x)在0,单调递增，总存在x0(0,), 当x(0,x0)时，(x)0，这与F(x)F(x)0对x0,恒成立不符，使得在区间0，x0上'(x)0.导致(x)在0,x0递减，而(0)0，a2不合题意.综上a取值范围是-,2.14分2xf(x)(x3x3)e9. 已知函数定义域为2,t(t2),设f(2)m,f(t)n.

（1）试确定t的取值范围,使得函数f(x)在2,t上为单调函数； （2）求证:nm；

f'(x0)22(t1)x0x(2,t)3（3）求证:对于任意的t2,总存在0,满足e,并确定这样的

x0 的个数

2xxxf(x)(x3x3)e(2x3)ex(x1)e解: (Ⅰ)因为………………2分

由f(x)0x1或x0；由f(x)00x1,所以f(x)在(,0),(1,)上递增,在(0,1)上递

减 ,欲f(x)在2,t上为单调函数,则2t0 …………4分

(Ⅱ)证明:因为f(x)在(,0),(1,)上递增,在(0,1)上递减,所以f(x)在x1处取得极小值e ……………………………6分

13e22,上的最小值为f(2) e 又,所以f(x)在

从而当t2时,f(2)f(t),即mn ……………………………………………9分

f(2)f'(x0)f'(x0)222222xx(t1)xx(t1)0000x0x033（Ⅲ）证:因为e, e 即为,

22g(x)x2x(t1)2g(x)x2x(t1)233 令,从而问题转化为证明方程=0

在(2,t)上有解,并讨论解的个数 …………………………………………11分

2221g(2)6(t1)2(t2)(t4)g(t)t(t1)(t1)2(t2)(t1)3333 因,,

所以 ①当t4或2t1时,g(2)g(t)0,

所以g(x)0在(2,t)上有解,且只有一解 ………………………………13分

2g(0)(t1)203②当1t4时,g(2)0且g(t)0,但由于,

所以g(x)0在(2,t)上有解,且有两解 ………………………………………14分

2g(x)xx0x0或x1,所以g(x)0在(2,t)上有仅有一解； t1③当时,2g(x)xx60x2或x3, t4当时,

所以g(x)0在(2,4)上也有且只有一解 ………………………………15分

f'(x0)22(t1)x0x(2,t)3综上所述, 对于任意的t2,总存在0,满足e,

x且当t4或2t1时,有唯一的0适合题意；

x01t4当时,有两个适合题意 …………………………16分

10. 已知三次函数f(x)的最高次项系数为a，三个零点分别为1,0,3.

f(x)2x7a0有两个相等的实根，求a的值； xa2 ⑵若函数(x)f(x)2x在区间(,)内单调递减，求a的取值范围.

3f(x)解：1）依题意，设f(x)ax(x1)(x3)∵2x7a0有两个相等实根，

x22即ax(2a2)x4a0有两个相等实根，∴(2a2)4a4a0，

1即a或a1。

3a32（2）(x)ax(2a2)x3ax在(,)内单调递减，

3a(x)3ax22(2a2)x3a0在(,)恒成立，

3a0a0或aa0或a1a2a()3a()2(2a2)()3a0 333 ⑴ 若方程

11. 对于三次函数f(x)axbxcxd(a0)．

定义：（1）设f(x)是函数yf(x)的导数yf(x)的导数，若方程f(x)0有实数解x0，则称点x0,f(x0)为函数yf(x)的“拐点”；

定义：（2）设x0为常数，若定义在R上的函数yf(x)对于定义域内的一切实数x，都有

32f(x0x)f(x0x)2f(x0)成立，则函数yf(x)的图象关于点x0,f(x0)对称．

己知f(x)x3x2x2，请回答下列问题： （1）求函数f(x)的“拐点”A的坐标

（2）检验函数f(x)的图象是否关于“拐点”A对称，对于任意的三次函数写出一个有关“拐点”的结论（不必证明）

（3）写出一个三次函数G(x)，使得它的“拐点”是(1,3)（不要过程）

（1）依题意，得：f(x)3x6x2 ，

232f(x)6x6。……………………2分

由f(x)0 ，即6x60。∴x1，又 f(1)2，

32 ∴f(x)x3x2x2的“拐点”坐标是(1,2)。 （2）由(1)知“拐点”坐标是(1,2)。而

f(1x)f(1x)=(1x)33(1x)22(1x)2(1x)33(1x)22(1x)2

=26x66x444=2f(1)，

32由定义(2)知：fxx3x2x2关于点(1,2)对称。 32一般地，三次函数fxaxbxcxd(a0)的“拐点”是22bb,f()，它就是f(x)的

3a3a对称中心。（或者：任何一个三次函数都有拐点；任何一个三次函数都有对称中心；任何一个三次函数平移

后可以是奇函数………）都可以给分

（3）G(x)a(x1)b(x1)3(a0)或写出一个具体的函数,如G(x)x3x3x4或

332G(x)x33x2x。

12. 已知函数f(x)xlnx．

（I）求函数f(x)的单调递减区间；

（II）若f(x)xax6在(0,)上恒成立，求实数a的取值范围； （III）过点A(e,0)作函数yf(x)图像的切线，求切线方程．

22f'(x)lnx1f'(x)0得lnx1 2分

11 0x函数f(x)的单调递减区间是(0,)； 4分

ee62 （Ⅱ）f(x)xax6即alnxx

xx2x6(x3)(x2)6 设g(x)lnxx则g'(x) 7分 x2x2x 当x(0,2)时g'(x)0，函数g(x)单调递减； 当x(2,)时g'(x)0，函数g(x)单调递增；

g(x)最小值g(2)5ln2实数a的取值范围是(,5ln2]； 10分

xlnx0 （Ⅲ）设切点T(x0,y0)则kATf'(x0)0lnx01即e2x0lnx010

1x02e2 设h(x)exlnx1，当x0时h'(x)0h(x)是单调递增函数 13分

1111 h(x)0最多只有一个根，又h(2)e22ln210x02

eeee1 由f'(x0)1得切线方程是xy20. 16分

e213. 设函数f(x)x2acos[(k1)]lnx (k∈N*，a∈R)． (1) 若k2011，a1，求函数f(x)的最小值； (2) 若k是偶数，求函数f(x)的单调区间．

解：（Ⅰ）

2x21解：（1）因为k2011，a1，所以f(x)x2lnx，f'(x)2x2（x0），

xx由f'(x)0得x1，且当x1时，f'(x)0，f(x)在(1,)上是增函数；当x1时，f'(x)0，f(x)在(0,1)上是减函数．故f(x)minf(1)1．（5分）

22ax2a2（2）当k是偶数时，f(x)x2alnx，f'(x)2x． xx所以当a0时，f'(x)0，f(x)在(0,)上是增函数；（9分）

2当a0时，由f'(x)0得xa，且当xa时，f'(x)0，当xa时，f'(x)0，所以f(x)在(0,a)上是减函数，f(x)在(a,)上是增函数．（13分） 综上可得当a0时，f(x)的增区间为(0,)；

当a0时，f(x)的减区间为(0,a)，增区间为(a,)．（14分） 14. 已知函数f(x)xalnx，g(x)bx21x2，其中a，bR且ab2．函数f(x)在[,1]上是

414（1）求函数f(x)，g(x)的表达式；

减函数，函数g(x)在[,1]上是增函数．

（2）若不等式f(x)mg(x)对x[,1]恒成立，求实数m的取值范围．

141x的最小值，并证明当nN*，n2时f(n)g(n)3． 2a12解：（1）fx2x0对任意的x,1恒成立，所以a2x，所以a2；

x4同理可得b1；ab2a2,b1;

（3）求函数h(x)f(x)g(x)fxx22lnx,gxxx2；（4分）

1711（2）f(1)10，g()0，且函数f(x)在[,1]上是减函数，函数g(x)在[,1]上是增函数．所

4444f(x)1以x[,1]时，f(x)0，g(x)0， m．（6分）

g(x)4f(x)f(1)122ln111)min，m；（8分） 有条件得(g(x)g(1)11222（3）

111hx2(x)(1)x2x(x1)[2(x1)(x1)x1]，当x0时，

x2x2(x1)(x1)x10，当x0,1时，hx0,当x(1,)时，hx0

x2xhx在x0,1递减，在x(1,)递增．（12分）

当n2时，hnh272ln2232ln4223；

hn3，所以nN*，n2时f(n)g(n)3n3成立；（16分） 29且g(1)1．令815. 已知二次函数g(x)对任意实数x都满足g(x)g(1x)，g(x)的最小值为19f(x)g(x)mlnx（mR,x0）．

28（1）求g(x)的表达式；

（2）若x0使f(x)0成立，求实数m的取值范围； （3）设1me，H(x)f(x)(m1)x，

证明：对x1、x2[1,m]，恒有|H(x1)H(x2)|1．

215、解：（Ⅰ）设gxaxbxc，于是

a1，2 gx1g1x2ax12c2x12，所以c1.221121．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

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：

x又g11，则bx (0，m) m (m，) f(x) f(x) － 减 0 极小 ＋ 增 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]（Ⅲ）因为对x[1，m]，H(x)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.

2222m213113311(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 所以h(m)h(e)10，故命题成立． …………12分 22e2e2x16. 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)(a214)ex4．若存在1,2[0,4]使得

|f(1)f(2)|1成立，求a的取值范围．

解:（1）∵f(x)(2xa)ex(x2axb)ex[x2(2a)x(ab)]ex

当a2,b2时，f(x)(x22x2)ex,则f'(x)(x24x)ex.

令f'(x)0得(x24x)ex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)[x2(2a)x(ab)]ex ∵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

则f(x)ex[x2(2a)x(3a)]＝ex(x1)[x(3a)] 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，

∴函数f(x)在区间[0,4]上的最小值为f(1)(a2)e 又∵f(0)bex(2a3)0，f(4)(2a13)e40，

∴函数f(x)在区间[0，4]上的值域是[f(1),f(4)]，即[(a2)e,(2a13)e4]]

又g(x)(a214)ex4在区间[0，4]上是增函数， 且它在区间[0，4]上的值域是[(a214)e4,(a214)e8]. ∵(a214)e4－(2a13)e4＝(a22a1)e4＝(a1)2e4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a(x1). x11111a1.． e4e2e217. 已知函数f(x)lnx （Ⅰ）若函数f(x)在(0,)上为单调增函数，求a的取值范围； （Ⅱ）设m,n为正实数，且mn.求证：解: （I）f(x)mnmn.

lnmlnn21a(x1)a(x1) x(x1)2

(x1)22axx2(22a)x1. 22x(x1)x(x1)因为f(x)在(0,)上为单调增函数，

所以f(x)0在(0,)上恒成立.

即x2(22a)x10在(0,)上恒成立.当x(0,)时,由x2(22a)x10,1得2a2x.x1 设g(x)x,x(0,).x11g(x)x2x2.xx1所以当且仅当x,即x1时,g(x)有最小值2.x所以2a22.所以a的取值范围是(,2].

所以a2.mnmn（II）要证，

lnmlnn2

mm11nn只需证， m2lnnmm2(1)2(1)mmn.只需证lnn0. 即证lnmmnn11nn2(x1)设h(x)lnx.

x1m

由（I）知h(x)在(1,)上是单调增函数，又1，

n

m所以h()h(1)0.nm 2(1)m即lnn0成立.mn1nmnmn所以.

lnmlnn21318. 已知函数f(x)lnxx1.

44x（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

2（Ⅱ）设g(x)x2bx4，若对任意x1(0,2)，x21,2，不等式f(x1)g(x2)恒成立，求实数b的取值范围

13解： （I）f(x)lnxx1 (x0)，

44x1134xx23f(x)2

x44x4x2由x0及f(x)0得1x3；由x0及f(x)0得0x1或x3， 故函数f(x)的单调递增区间是(1,3)； 单调递减区间是(0,1),(3,)

（II）若对任意x1(0,2)，x21,2，不等式f(x1)g(x2)恒成立，

问题等价于f(x)ming(x)max，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5分

由（I）可知，在(0,2)上，x1是函数极小值点，这个极小值是唯一的极值点，故也是最小值点，所以

1f(x)minf(1)；．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分

2g(x)x22bx4,x1,2

当b1时，g(x)maxg(1)2b5；

2当1b2时，g(x)maxg(b)b4；

当b2时，g(x)maxg(2)4b8；

b11b2b2问题等价于1 或1 或 122b5b44b822214解得b1 或1b 或 b

21414即b，所以实数b的取值范围是, 2219. 已知函数f(x)ax•lnxb(a,bR)，在点(e,f(e))处的切线方程是2xye0（e为自然

对数的底）。

（1）求实数a,b的值及f(x)的解析式；

（2）若t是正数，设h(x)f(x)f(tx)，求h(x)的最小值；

（3）若关于x的不等式xlnx(6x)ln(6x)ln(k272k)对一切x(0,6)恒成立，求实数k的取值范围.

解：（1）依题意有： 2ef(e)e0 f′x）=alnx+a

f(e)e

′

∴fe）=alne+a=2 ，∴a=1 ∵（e，f（e））在f（x）上 ∴f（e）=aelne+b=ae+b=e，∴b=0

故实数a1,b0,f(x)xlnx （2）

h(x)f(x)f(tx)xlnx(tx)ln(tx)， h(x)的定义域为(0,t)；

h'(x)lnx1[ln(tx)1]lnx txttth(x)在(,t)上是增函由h'(x)0得xt,h'(x)0得0x,222 t0,)上是减函数 数h(x)在(2tth(x)minh()tln

22

（3）xlnx(6x)ln(6x)f(x)f(6x)h(x)

tt由(2)知h(x)minh()tln

226t6,h(x)minh()6ln3ln729

2

xlnx(6x)ln(6x)ln(k272k)对一切x(0,6)恒成立 ln(k272k)ln729

k272k0 2,9k0,72k81k72k729 故实数k的取值范围[9,0)(72,81].

20. 已知函数

f(x)lnxax2(a2)x．

（Ⅰ）若f(x)在x1处取得极值，求a的值；（Ⅱ）求函数yf(x)在[a2,a]上的最大值． 解：（Ⅰ）∵f(x)lnxax2(a2)x， ∴函数的定义域为(0,)．

112ax2(a2)x(2x1)(ax1)∴f(x)2ax(a2)．

xxx f(x)在x1处取得极值，即f(1)(21)(a1)0， ∴a1．

1当a1时，在(,1)内f(x)0，在(1,)内f(x)0，

2∴x1是函数yf(x)的极小值点． ∴a1．

（2）∵a2a ， ∴0a1．

112ax2(a2)x(2x1)(ax1)f(x)2ax(a2)

xxx∵ x∈(0,)， ∴ax10，

11∴f(x)在(0,)上单调递增；在(,)上单调递减，

221①当0a时， f(x)在[a2,a]单调递增，

2∴fmax(x)f(a)lnaa3a22a；

1a2，即1a2时，f(x)在(a2,1)单调递增，在(1,a)单调递减， ②当2222a2121aa2a1ln2； ∴fmax(x)f()ln2242421a1时，f(x)在[a2,a]单调递减， ③当a2，即22∴fmax(x)f(a2)2lnaa5a32a2．

1综上所述，当0a时，函数yf(x)在[a2,a]上的最大值是lnaa3a22a；

212a 当a时，函数yf(x)在[a2,a]上的最大值是1ln2；

2242当a时，函数yf(x)在[a2,a]上的最大值是2lnaa5a32a2．

221. 已知函数f(x)(x33x2axb)ex[来源:学科网ZXXK]

(Ⅰ)如ab3，求f(x)的单调区间；[来源:Z.xx.k.Com]

(Ⅱ)若f(x)在(,),(2,)单调增加，在(,2),(,)单调减少，证明 ＜6. 解：（Ⅰ）当ab3时，f(x)(x3x3x3)e，故 [来源:学*科*网]

32xf'(x)(x33x23x3)ex(3x26x3)ex

x3 e(x9x)

x x(x3)(x3)e

当x3或0x3时，f'(x)0; 当3x0或x3时，f'(x)0.

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

x3(a6)x42a(x2)(x)(x)(x2)(x2()x). 将右边展开，与左边比较系数得，2,a2.故

(Ⅱ)f'(x)(x3xaxb)e32x()24124a.

又(2)(2)0,即2()40.由此可得a6. 于是6.

f(x)x33x29xa．

（Ⅰ）求f(x)的单调递区间；

（Ⅱ）若f(x)的图象与x轴有三个交点，求实数a的取值范围。

22. 已知函数

解：（I）f′(x)＝－3x＋6x＋9．

令f′(x)>0，解得－1令f′(x)＜0，解得x＜－1或x＞3．所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)． （II）由（I）知f(x)极小值f(1)a5,f(x)极大值f(3)a27

2

f(x)的图象与x轴有三个交点， a50则解得27a5 a270若

所以实数a的取值范围是（-27,5）

23. 已知函数f(x)kx（Ⅰ）若x2为函数

fk2lnx. x(x)的极值点，求函数yf(x)的解析式；

（Ⅱ）若函数f(x)在其定义域内为增函数，求实数k的取值范围.

k2kx22xk解：（Ⅰ）∵ f(x)k2，

xxx24

由x2为函数f(x)的极值点知f(2)0，得k.

5

442lnx. 函数f(x)x55x（Ⅱ）函数yf(x)的定义域为函数(0,)

要使函数函数yf(x)在其定义域内为单调增函数，只需函数f(x)0在区间(0,)恒成立.即

kx22xk0在区间(0,)恒成立.

2x即k2在区间(0,)恒成立.

x12x令g(x)2，x(0,)，

x12x2g(x)21，当且仅当x1时取等号，

1x1xx∴ k1.

x3x2bxc,x124. 已知函数f(x)的图象经过原点，且在x1处的切线斜率为5。 2xax3,x1（Ⅰ）求b,c的值；

（Ⅱ）求函数在区间1,2上的最大值。 解：（Ⅰ）∵函数fx的图象过原点， ∴f00即c0，

∵函数fx在x1处的切线斜率为5即f15， ∴b0。

322（Ⅱ）x1,1时，fxxx，fx3x2x，

2令fx0，则x0,，

324f12，f00，f，f10，

327∴fmaxx2；

aa22x1,2时，fxxax3x3，

24a当1即a2时，fmaxxa2， 2a2a3， 当12即2a4时，fmaxx42a

当2即a4时，fmaxx2a1；

2

当a2时，

若a22即a0时，fmaxxa2， 若a22即a0时，fmaxx2，

综上，函数fx在区间1,2上的最大值为

已知函数(x)25.

2a，a为正常数． x1（Ⅰ）若f(x)lnx(x)，且a9，求函数f(x)的单调增区间； （Ⅱ） 若g(x)|lnx|(x)，2g(x2)g(x1)1，求a的的取值范围．

x2x1且对任意x1,x2(0,2]，x1x2，都有

g(x2)g(x1)g(x2)g(x1)1，∴10，

x2x1x2x1g(x2)x2[g(x1)x1]0，........................................................5分 ∴

x2x1（Ⅱ）∵

113，则m'(x)2x32， xx1∵1x2，∴m'(x)2x320，

x设m(x)x3x2

∴m(x)在[1,2]上是增函数，则当x2时，m(x)有最大值为当0x1时， h(x)lnx2727，∴a． 221aa1， x，h'(x)2x(x1)x1(x1)21(x1)2x2x1， 令h'(x)0，得： axx112 设t(x)xx1，则t'(x)2x120，∴t(x)在(0,1)上是增函数，

xx27∴t(x)t(1)0，∴a0，综上所述，a

2'3226. 已知函数f(x)xbxcx在x1处的切线方程为6x2y10，f(x)为f(x)的导函数，g(x)aex（a，b，cR）.

（1）求b，c的值；

'（2）若存在x00,2，使g(x0)f(x0)成立，求a的范围.

27. 已知函数f(x) (1)当a1231x(a2a)lnx2ax 242

1时，求f(x)的极值点; 2'(2)若f(x)在f(x)的单调区间上也是单调的，求实数a的范围.

121

解 (1)f(x)= x- lnx+x （x0）

216

116x+16x-1

f’(x)=x - + 1= =0 16x16x

-2-5 -2+5

∴x1= ，x2= …………………………2′

44-2+5

∵(0，

4

2

单调减 -2+5

，+∞)单调增…………………………3′ 4

-2+5

∴f(x)在x= 时取极小值…………………………4′

4

3212

x-2ax+ a+ a42

(2)解法一：f’(x)= (x0) …………………………5′

x

3212222

令g(x)=x-2ax+ a+ a， △=4a-3a-2a=a-2a，

42

设g(x)=0的两根x1,x2(x1x2)…………………………7′ 0

1 当△≤0时 即0≤a≤2，f’(x)≥0

∴f(x)单调递增，满足题意…………………………9′ 0

2 当△>0时 即a<0或a>2时

32 12

(1)若x10x2，则 a+ a<0 即- 423

f(x)在(0,x2)上减，(x2,)上增

32 1

a+ a42

f’(x)=x+ -2a x

32 1 a+ a42

f’’(x)=1- ≥0 ∴f’(x) 在(0，+∞)单调增，不合题意……………11 2

x

321aa0(2)若x1x20 则4 2a02

即a≤- 时f(x)在(0，+∞)上单调增，满足题意。…………………………13′

3

321aa0(3) 若0x1x2则4 即a>2时 2a0∴f(x)在(0，x1)单调增，(x1，x2)单调减，(x2，+∞)单调增，不合题意………15′ 2

综上得a≤- 或0≤a≤2. …………………………16′

3

3212

x-2ax+ a+ a42

解法二：f’(x)= …………………………5′

x

3212222

令g(x)=x-2ax+ a+ a， △=4a-3a-2a=a-2a，

42设g(x)=0的两根x1,x2(x1x2)…………………………7′

0

1 当△≤0时 即0≤a≤2，f’(x)≥0

∴f(x)单调递增，满足题意 …………………………9′ 0

2 当△>0时 即a<0或a>2时

32 12

(1)当a0 若 a+ a<0，即- 423

f(x)在(0,x2)上减，(x2,)上增

32 1 a+ a42

f’(x)=x+ -2a x32 1 a+ a42

f’’(x)=1- ≥0 ∴f’(x) 在(0，+∞)单调增，不合题意…………………………11′ 2x

若 34 a2 + 12 a>0，即a≤- 2

3

时，x1x20 f(x)在(0，+∞)上单调增，满足题意。…………………………13′

(2)当a2时，34 a2 + 1

2

a>0，0x1x2

∴f(x)在(0，x1)单调增，(x1，x2)单调减，(x2，+∞)单调增，不合题意……………15′

综上得a≤- 2

3

或0≤a≤2. …………………………16′

28. 设函数

fxx2blnx1.

（1）若x=1时，函数fx取最小值，求实数b的值；

（2）若函数fx在定义域上是单调函数，求实数b的取值范围； n（3）若b1，证明对任意正整数n，不等式

f(1k1k)＜11112333......n3都成立 解:（1）由x + 1＞0得x＞ – 1∴f(x)的定义域为( - 1，+ ∞),

对x∈ ( - 1，+ ∞),都有f(x)≥f(1)，∴f(1)是函数f(x)的最小值，故有f/

(1) = 0,

f/(x)2xbx1,2b20,解得b= - 4. 经检验，列表（略），合题意； （2）∵f/(x)2xb2x22x1xbx1,又函数f(x)在定义域上是单调函数， ∴f/

(x) ≥0或f/

(x)≤0在( - 1，+ ∞)上恒成立.

若f/

(x) ≥0，∵x + 1＞0，∴2x2

+2x+b≥0在( - 1，+ ∞)上恒成立, 即b≥-2x2

-2x = 2(x1)2122恒成立,由此得b≥12;

若f/

(x) ≤0, ∵x + 1＞0, ∴2x2

+2x+b≤0,即b≤- (2x2

+2x)恒成立， 因-(2x2

+2x) 在( - 1，+ ∞)上没有最小值，∴不存在实数b使f(x) ≤0恒成立.

综上所述，实数b的取值范围是12,. （3）当b= - 1时，函数f(x) = x2

- ln(x+1)，令函数h(x)=f(x) – x3

= x2

– ln(x+1) 则h/

(x) = - 3x2

+2x - 13x3(x1)2x1x1， ∴当x0,时，h/

(x)＜0所以函数h(x)在x0,上是单调递减.

又h(0)=0，∴当x0,时，恒有h(x) ＜h(0)=0,[ 即x2

– ln(x+1) ＜x3

恒成立.

故当x0,时,有f(x) ＜x3.

.

x3

，–

∵kN,0,,取xn1k111,则有f()3, kkk1111 ∴f()＜133......3,故结论成立。

k23nk1f(x)|xm|和函数g(x)x|xm|m27m.

(1) 若方程f(x)|m|在[4,)上有两个不同的解,求实数m的取值范围;

(2) 若对任意x1(,4],均存在x2[3,),使得f(x1)g(x2)成立,求实数m的取值范围.

29. 已知函数

20. 已知函数f(x)xa(a2)x（aR).

x12（1）当a1时，求f(x)在点(3,f(3))处的切线方程； （2）当a1时，解关于x的不等式f(x)0； （3）求函数f(x)在[0,2]上的最小值..

2

30. 已知函数f(x)x(2a1)xalnx． （1）当a＝1时，求函数f(x)的单调增区间； （2）求函数f(x)在区间[1，e]上的最小值；

（3）设g(x)(1a)x，若存在x0,e，使得f(x0)g(x0)成立，求实数a的取值范围．

e2解：（1）当a＝1时，f(x)＝x－3x＋lnx，定义域为（0，＋∞）． 112x2－3x＋1(2x－1)(x－1)f′(x)＝2x－3＋＝＝． xxx1令f′(x)＝0，得x＝1，或x＝．………………………………………………………2分 2x f′(x) 11 （0，） （，1） （1，＋∞）22＋ － ＋

122a2x－(2a＋1)x＋a (2x－1)(x－a)（2）f′(x)＝2x－(2a＋1)＋＝＝． xxx1令f′(x)＝0，得x＝a，或x＝． 2当a≤1时， x 1 (1，e) e f′ ＋ (x) 2 f(x－2a e－(2a＋1)e＋a 所以[f(x)]min＝－2a；………………………………………………………………………6分 当1＜a＜e时， x (1，a) a (a，e) f′－ 0 ＋ (x) f(x 极小值a(lna－a－1) 所以[f(x)]min＝a(lna－a－1)； …………………………………………………………8分 当a≥e时， x 1 (1，e) e f′ － (x) 22f1) e(x＋－2a e－(2a＋1)e＋a 所以[f(x)]min＝e－(2a＋a．……………………………………………………10分 所以函数f(x)的单调增区间为（0，）和（1，＋∞）．………………………………4分

11(－2)1eee(e－2)因为h()＝＜0，h(e)＝＞0 e1e－1＋1e1e(e－2)所以当x∈[，e]时，[h(x)]max＝h(e)＝． ee－1e(e－2)所以a≤． e－1e(e－2)所以实数a的取值范围为(－∞，]． …………………………

e－1

31. 已知函数f(x)(x3x3)e定义域为2,t(t2),设f(2)m,f(t)n.

2x(Ⅰ)试确定t的取值范围,使得函数f(x)在2,t上为单调函数； (Ⅱ)求证:nm；

f'(x0)2(t1)2,并确定这样的x0的个数. (Ⅲ)求证:对于任意的t2,总存在x0(2,t),满足x0e3．(Ⅰ)

解:因为f(x)(x3x3)e(2x3)ex(x1)e

由f(x)0x1或x0；由f(x)00x1,所以f(x)在(,0),(1,)上递增,在(0,1)上

递减

欲f(x)在2,t上为单调函数,2t0 (Ⅱ)证:因为f(x)在(,0),(1,)上递增,在(0,1)上递减,所以f(x)在x1处取得极小值e, 又

2xxxf(2)13e,所以f(x)在2,上的最小值为f(2) ………(9分) 2e 从而当t2时,f(2)f(t),即mn…………………………………………(10分)

f'(x0)f'(x0)22222xx(t1)(Ⅲ)证:因为,所以即为xx(t1)2, 0000x0x0ee33222222 令g(x)xx(t1),从而问题转化为证明方程g(x)xx(t1)=0

33在(2,t)上有解,并讨论解的个数……………………………………………………(12分)

222122 因为g(2)6(t1)(t2)(t4),g(t)t(t1)(t1)(t2)(t1),所以

3333 ①当t4或2t1时,g(2)g(t)0,所以g(x)0在(2,t)上有解,且只有一解 ……(13分)

22②当1t4时,g(2)0且g(t)0,但由于g(0)(t1)0,

3所以g(x)0在(2,t)上有解,且有两解 …………………………………………(14分)

2③当t1时,g(x)xx0x0或x1,所以g(x)0在(2,t)上有且只有一解；

当t4时,g(x)xx60x2或x3,

所以g(x)0在(2,4)上也有且只有一解…………………………………………(15分)

2f'(x0)2(t1)2, 综上所述, 对于任意的t2,总存在x0(2,t),满足x0e3且当t4或2t1时,有唯一的x0适合题意；当1t4时,有两个x0适合题意…………(16分)

222(说明:第(Ⅱ)题也可以令(x)xx,x(2,t),然后分情况证明(t1)在其值域内,并讨论直线

32y(t1)2与函数(x)的图象的交点个数即可得到相应的x0的个数)

332. 已知函数f(x)＝a＋x－xlna(a＞0，a≠1)．

x2

（1）当a＞1时，求证：函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； （2）若函数y＝|f(x)－t|－1有三个零点，求t的值；

（3）若存在x1，x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，试求a的取值范围．

解：（1）f(x)alna2xlna2x(a1)lna．……………………………3分 由于a1，故当x(0,)时，lna0,a10，所以f(x)0，

故函数f(x)在(0,)上单调递增．…………………………………………………………5分 （2）当a0,a1时，因为f(0)0，且f(x)在R上单调递增，

故f(x)0有唯一解x0．…………………………………………………………………7分 所以x,f(x),f(x)的变化情况如下表所示：

xxxx (,0) － 0 0 (0,) ＋ 递增 递减 极小值 又函数y|f(x)t|1有三个零点，所以方程f(x)t1有三个根， f(x) f(x) 而t1t1，所以t1(f(x))minf(0)1，解得t2．…………………………10分 （3）因为存在x1,x2[1,1]，使得|f(x1)f(x2)|e1，[来源:学|科|网]

所以当x[1,1]时，|(f(x))max(f(x))min|(f(x))max(f(x))mine1．………11分 由（2）知，f(x)在[1,0]上递减，在[0,1]上递增，[来源:Z*xx*k.Com]

所以当x[1,1]时，(f(x))minf(0)1,(f(x))maxmaxf(1),f(1)．………12分

12lna， a11212记g(t)t2lnt(t0)，因为g(t)12(1)0（当t1时取等号），

tttt1所以g(t)t2lnt在t(0,)上单调递增．

t而g(1)0，故当t1时，g(t)0；当0t1时，g(t)0．即当a1时，f(1)f(1)；当0a1时，f(1)f(1)．……………………………………………………………14分 ①当a1时，由f(1)f(0)e1alnae1ae；

11②当0a1时，由f(1)f(0)e1lnae10a．

ae1综上可知，所求a的取值范围为a0,e,．…………………………………16分

e而f(1)f(1)(a1lna)(1lna)a1a

x3x2bxc,x133. 已知函数fx的图象过坐标原点O,且在点(1，f(1)) 处的切线的斜率是5. alnx, x1（1）求实数b、c的值；

（2）求f(x)在区间1,2上的最大值； 解：（1）当x1时，f(x)x3x2bxc ∴f/(x)3x22xb ……… 2分

依题意f/(1)5 ∴3(1)22(1)b5 ∴b0 ……… 3分 又f(0)0有c0

∴b0，c0 ……… 4分 （2）当x1时，f(x)x3x2

f/(x)3x22x，令f/(x)0有3x22x0，∴x0，x

2。……… 5分 3

当x变化时，f(x)与f/(x)的变化情况如下表：

x f/(x) -1 2 （-1，0） — ↘ 0 0 （0，2） 32 3（2，1） 31 f(x) + ↗ 0 — ↘ 24；

f(1)2 ；f(0)0；f()f(1)0。

327∴当x1,1时，f(x)最大值为2。……… 8分

当x1,2时，

若a0，则f(x)是减函数，此时f(x)max0；若a0时，f(x)0，此时f(x)max0 当a0时，f(x)是增函数，f(x)maxf(2)aln2。 ∵当a2时，有2aln2 f(x)max2

ln2当a2时，有2aln2 f(x)maxaln2

ln222,(a)ln2∴f(x) maxaln2,(a2)ln212x(1a)x(aR). 2（1）当0a1时，求函数f(x)的单调区间；

（2）已知命题P：f(x)0对定义域内的任意x恒成立，若命题P成立的充要条件是{a|at}，求实数t的值。

34. 已知函数f(x)alnxax21axax1xa① 解：fxx1a xxx（Ⅰ）当0a1时，fx、fx的变化情况如下表：

a,1 1， 1 x a 0，a fx fx + 单调递增 0 极大值 - 单调递减 0 极小值 + 单调递增 所以函数fx的单调递增区间是0,a,1,，单调递减区间是a,1………………6分

1a，显然a0时，f10，此时fx0对定义域内的任意x不是恒成立的，当21的极小值、易得函数fx在区间0，也是最小值即是f1a，此时只要f10即可，a0时，

211-. 解得a，实数a的取值范围是-，2211-，-t成立的充要条件为.故.……… P22（Ⅱ）由于f1

26. 设函数f(x)ee.

xx

（1）求证：f(x)的导数f'(x)2；

（2）若对任意x0都有f(x)ax,求a的取值范围。

xx解：（1）f(x)的导数f(x)ee，由于exe-x2exex2，故f(x)2，

当且仅当x0时，等号成立；…………………………4分

（2）令g(x)f(x)ax，则g(x)f(x)aee（ⅰ）若a2，当x0时，g(x)ee故g(x)在(0，∞)上为增函数，

xxxxa，

a2a0，

所以，x0时，g(x)g(0)0，即f(x)ax．…………………………8分

aa24x2aa24,e（ⅱ）若a2，解方程g(x)0得，e，

22x1aa2422aa24所以x1ln，x2lnlnln0（舍去），

222aa24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。

综上，满足条件的a的取值范围是∞，2。…

11t(x)(x0)，它们各自的最 2x小值恰好是函数f(x)x3ax2bxc的三个零点(其中t是常数，且0 < t < 1)． (1)求证：a22b2；

27. 已知三个函数y = sinx+1，yx22x2t，y(2)设f(x)x3ax2bxc的两个极值点分别为(x1,m)，(x2,n)．若|x1x2|求f (x)及| m – n |的取值范围．

6， 3

28. 已知m为实常数，设命题p：函数f(x)ln(1x2x)mx在其定义域内为减函数；命题q:x1和x2是

22方程xax20的两上实根，不等式|m5m3||x1x2|对任意实数a[1,1]恒成立。

（1）当p是真命题，求m的取值范围；

（2）当“p或q”为真命题，“p且q”为假命题时，求m的取值范围。

（Ⅱ）由题设 x1和x2是方程xax20的两个实根，得x1+x2=a且x1x2=-2.

22所以x1-x2=（x1+x2）-4x1x2=a28 当a1,1时，a289即x1-x23 …………………………………7分 由题意，不等式m25m3x1-x2对任意实数a1,1恒成立的m的解集等价于不等式m5m33的解集2

由此不等式得：m25m33--------1或m25m3-3-------2由1得m1或m6,由2得0m5

所以，当m1或0m5或m6时，q是真命题. ………………9分 又由题意可知p、q为一真一假.

当p真q假时，解得5m6；当p假q真时，解得m1或0m1 …10分 综上所述，所求m的取值范围为m,10,15,6 …………13分

29. 函数f(x)x(a1)xa,g(x)xlnx． （Ⅰ）若

3yf(x)，yg(x)在x1处的切线相互垂直，求这两个切线方程；

（Ⅱ）若F(x)f(x)g(x)单调递增，求a的取值范围．

2g(x)lnx1

解：（I）f(x)3x(a1),

∴ ∴∴

f(1)2a g(1)1

∵两曲线在x1处的切线互相垂直

(2a)11 ∴ a3

f(1)1f(1)0 ∴yf(x)在 x1处的切线方程为xy10，

yg(x)在 x1处的切线方程为xy10………………6分

3同理，

(II) 由F(x)x(a1)xaxlnx

22F(x)3x(a1)lnx13xlnxa2 ……………8分 得

∵F(x)f(x)g(x)单调递增 ∴F(x)0恒成立

2a3xlnx2 ……………10分 即

令h(x)3xlnx2

2661(x0)x0xx6，令h(x)0得6 令h(x)0得631h(x)minh()ln6622∴ ,31ln622∴a的范围为 ……………13分 ln(ax)f(x)ln(ax)ln(x1),(a0,aR)x130. 已知函数．

h(x)6x(Ⅰ)求函数(Ⅱ)求函数

f(x)的定义域； f(x)的单调区间；

(Ⅲ)当a0时，若存x在使得f(x)ln(2a)成立，求a的取值范围．

解：（Ⅰ）当a0时,由

a0ax0x10得x0；当a0时由

a0ax0x10得1x0

综上：当a0时函数f(x)的定义域为(0,)； (Ⅱ)

当a0时函数f(x)的定义域为(1,0) ………3分

x1ln(ax)11f(x)xxx1(x1)2(x1)xln(ax)(x1)2x(x1)ln(ax)x(x1)2(x1)2令f(x)0时，得lnax0即

………5分

x1a，

11x(0,)x(,)a时f(x)0，当a①当a0时，时，f(x)0，

11(0,)(,)a，递减区间为a故当a0 时，函数的递增区间为 ②当1a0时，0ax1，所以f(x)0，

故当1a0时，f(x)在x(1,0)上单调递增．

11x(1,)x(,0)a，f(x)0;若a③当a1时，若，f(x)0，

11(1,)(,0)a． 故当a1时，f(x)的单调递增区间为a;单调递减区间为

11(0,)(,)a;单调递减区间为a综上：当a0时，f(x)的单调递增区间为

当1a0时，f(x)的单调递增区间为(1,0);

当a1时，

11(1,)(,0)f(x)的单调递增区间为aa; ;单调递减区间为

…………10分

11(0,)(,)a;单调递减区间为a（Ⅲ）因为当a0时，函数的递增区间为 1f()ln(2a)若存在x使得f(x)ln(2a)成立，只须a，

2aa1a1ln()ln2a 0＜a≤1…………14分 a≥a≥即

4n31. 已知函数f(x)ln(x1)，它在原点处的切线恰为x轴。

x2 （1）求f(x)的解析式；

（2）证明：当x0时,f(x)0;

（3）证明：ln2ln32nlnn(nN,n2)。 2(n1)

32. 已知函数f(x)e，过该函数图象上点(1,f(1))的切线为g(x)kxb

x（Ⅰ）证明：yf(x)图象上的点总在yg(x)图象的上方； （Ⅱ）若exax在xR上恒成立，求实数a的取值范围． 解：（Ⅰ）f(1)e,g(x)ex，

x设h(x)f(x)f(x)eex

h(x)exe,当x1时，h(x)0,h(x)为增，

当x1时，h(x)0,h(x)为减，当x1时，h(x)取最小值h(1)0 h(x)h(1)0,h(x)f(x)g(x)0,f(x)g(x)，

所以yf(x)图象上的点总在yg(x)图象的上方． …………………………6分

exex(x1)',F(x)（Ⅱ）当x0时，令F(x)． 2xxx F（x） F（x） ‘（－∞，0） － 减 （0，1） － 减 1 0 e （1，+∞） + 增 exa,即exax恒成立的a的范围是ae． ①当x＞0时，F（x）在x=1时有最小值e，x②当x＜0时，F（x）为减函数，

exx0，F(x)，F(x)0,F(x)(,0),0，

xexa,即exax恒成立的a的范围是a0．

x③当x=0时，a∈R．

x由①②③，eax恒成立的a的范围是[0,e]． ……………………………………13分

133. 已知函数f(x)ax2lnx.

x（1）求f(x)的单调递增区间； ．．．．

（2）a为何值时，函数f(x)在区间[,e]上有零点.

1eax22x1(x0) -------------2分 解：（1）f(x)x22令f(x)0ax2x10

11①若a0，则0x，f(x)的递增区间是(0,)；---------3分

22②若a0，则44a0

11a11a20，x20， 方程ax2x10的两根x1aa11a当0x时，f(x)0

a11a] ------------5分 ∴f(x)的递增区间是(0,a③若a0且44a0，即0a1时，

11a11a20，x20， 方程ax2x10的两根x1aa11a11a]和[,) 此时f(x)的递增区间为(0,aa④若a0且44a0即a1时f(x)0

此时的递增区间为(0,) ------------8分

综上略

（2）问题等价于方程f(x)=0在[,e]上有实根，

1e12lnx1而f(x)=0a2，x[,e]

xxe12lnx12令g(x)2，x[,e] g(x)3(xxlnx1) --------10分

xxex再令(x)xxlnx1，则(x)lnx

当0x1时，(x)0，(x)↗， 当x1时，(x)0，(x)↘ ∴当x1时，(x)取得唯一的极大值也是(x)的最大值((x))max(1)0 ∴当x(0,)时，g(x)0 ∴g(x)在(0,)上单调递减

1221∴当x[,e]时，g(x)[2,e2e]

eee

1221时，函数在f(x)[,e]上有零点. ---------14分 ,e2e]ee2ex34. 已知函数f(x)eln(x1) （I）求函数f(x)的单调区间；

故当a[ （II）证明：eee

1213eln(n1)(nN*,e为常数).

1n

35. 已知函数f(x)mx （I）求g(x)的极小值；

m11lnx(mR),g(x)lnx. xx

（II）若yf(x)g(x)在[1,)上为单调增函数，求m的取值范围； （III）设h(x)2e,若在[1,e]（e是自然对数的底数）上至少存在一个x0,使得f(x0)g(x0)h(x0)x

成立，求m的取值范围。

11x12，∴当0x1时，g(x)0；当x1时，g(x)0，x2xx所以，g(x)在(0,1)上是减函数，在(1,)上是增函数，故g(x)极小值g(1)1． …………4分

解：（Ⅰ）由题意，x0，g(x)mx22xmm（Ⅱ） ∵f(x)g(x)mx2lnx，∴，由于f(x)g(x)在[1,)内为单调[f(x)g(x)]x2x2x2x增函数，所以mx22xm0在[1,)上恒成立，即m在上恒成立，故[1,)m()max1，

1x21x2所以m的取值范围是[1,)． …………8分

（Ⅲ）构造函数F(x)f(x)g(x)h(x)mx当m0时，由x1,e得，mxm2e2lnx， xxm2e0，2lnx0，所以在1,e上不存在一个x0，使得xxf(x0)g(x0)h(x0)． …………………………………………10分

m22emx22xm2e当m0时，F(x)m22，因为x1,e，所以2e2x0，mx2m0，所2xxxxm以F(x)0在[1,)上恒成立，故F(x)在1,e上单调递增，F(x)maxF(e)me4，所以要在1,e上

em4e存在一个x0，使得F(x)0，必须且只需me40，解得m2，故m的取值范围是

ee14e(2,)． …………………13分 e1另法:（Ⅲ）当x1时，f(1)g(1)h(1)．

当x(1,e]时，由f(x)g(x)h(x)，得 m2e2xlnx2e2xlnx， 令G(x)，则2x1x21(2x22)lnx(2x24ex2)4eG(x)0，所以在上递减，． G(x)(1,e]G(x)G(e)min(x21)2e21综上，要在1,e上存在一个x0，使得f(x0)g(x0)h(x0)，必须且只需m36. 已知函数f(x)alnxax3(a0). （I）求函数f(x)的单调区间；

4e． e12 （II）若函数 yf(x)的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，函数

g(x)x3x2[f'(x) （III）求证：

m]在区间（1，3）上总是单调函数，求m的取值范围； 2lnn1(n2,nN*)。 nnln2ln323

23724为(1,3)上递减函数，则3x45 x3x37则m5或m ………………………………………9分

3注：也可以考虑而函数g(x)在区间（1,3）上总是单调函数，则g(3)0或g(1)0

37可以得出m或m5

3⑶令a1,此时f(x)lnxx3,所以f(1)2,

而函数y3x由（I）知，f(x)lnxx3在(1,)上单调递增，

当x(1,)时f(x)f(1),lnxx10,

lnxx1对一切x(1,)成立，…………………………………12分

当n2,nN*时有0lnnn1,0lnnn1, nnln2ln3lnn12n11(n2,nN*).…………14分 23n23nn237. 已知函数fxaxbxclnx，

（1） 当ab时，若函数f(x)在定义域上是单调函数，求实数a的取值范围；

11，x1处取地极值，且f(1)1，若对任意的x[,2]，fxm恒成立，24求m的取值范围（参考数据e2.7）。

12ax2ax12解：（1）a=b时，fxaxaxclnx，fx2axa，

xx（2）设函数fx在x

当a0时，x0，fx0，fx在定义域0,上单增， 当a0时，设gx2axax1，函数gx在21,上单减， 4且g010，故在定义域0,上，函数gx的符号不确定，即此时fx的符号不确定，所以函数fx在定义域0,上不单调。 综上可知，a的范围是0,----------------6分

12ax2bx1（2）fx2axb（x>0），

xxa1f101由题意得，解得b3， f0c12f112x23x1x12x1fxx3x1lnx，fx

xx1111x,时，fx0，fx在,上单增，

424211 x,1时，fx0，fx在,1上单减，

22x1,2时，fx0，fx在1,2上单增，

1fx的极大值为f4ln2，而f21ln2，

231f2fln40，fx的最大值f21ln2。

421若对任意的x[,2]，fxm恒成立，则有m1ln2

4238. ）已知函数f(x)alnxbx图象上一点P(2,f(2))处的切线方程为y3x2ln22．

1（1）求a,b的值；（2）若方程f(x)m0在[,e]内有两个不等实根，求m的取值范围（e为自然对数

e2的底数）；

（3）令g(x)f(x)kx，若g(x)的图象与x轴交于A(x1,0)，B(x2,0)(其中x1x2)，AB的中点为

C(x0,0)，求证：g(x)在x0处的导数g(x0)0．

解：（1）fx∴

aa2bx，f24b，f2aln24b． x2a4b3，且aln24b62ln22． 2分 2解得a2,b1． 3分

（2）fx2lnxx2，令hxf(x)m2lnxx2m，[来源:学。科。网Z。X。X。K]

22(1x2)则hx2x，令h/x0，得x1（x1舍去）．

xx11在[,e]内，当x[,1)时，h/(x)0， ∴ h(x)是增函数；

ee/当x[1,e]时，h(x)0， ∴ h(x)是减函数 5分

/

1h(e)0,1则方程h(x)0在[,e]内有两个不等实根的充要条件是h(1)0, 6分

eh(e)0.即1m21． 8分 2e

39. 设函数f(x)xaln(2x1)(x21,1,a0). 2 （1）若函数f(x)在其定义域内是减函数，求a的取值范围；

（2）函数f(x)是否有最小值？若有最小值，指出其取得最小值时x的值，并证明你的结论。

40. 已知函数f(x)ln(xa)xx在x0处取得极值． (Ⅰ) 求实数a的值；

2

5 xb 在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，求实数b的取值范围；

2n2111(Ⅲ) 证明：对任意的正整数n，不等式ln都成立．

212n41. 已知函数(x)xlnx.

（1）求函数yf(x)的单调区间和极值； （2）若函数yg(x)与f(x)xlnx(0x2)关于点（1，0）对称，证明：当0x2时，f(x)g(x).

(Ⅱ) 若关于x的方程，f(x)42. 已知f(x)axlnx,x(0,e],，其中e是自然常数，

（1）若x1为f(x)的极值点, 求f(x)的单调区间和最小值；

（2）是否存在实数a，使f(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由；

（3）g(x)

1lnx，在（1）的条件下，求证：f(x)g(x)．

2x（1）若∴

则

，；若

，则

∴

的最小值

；

（2）假设存在实数， 使

（

）有最小值3，

①当时

时，在上单调递减，，（舍去），所以，此

无最小值．

②时，在上单调递减，在上单调递增

，，满足条件．

③当时，在上单调递减，

，

综上，存在实数 （3） ∴

的极小值为1，即，

在

，使得当

（舍去），所以，此时

时

有最小值3．

无最小值．

上的最小值为1，

……5分

令当

时

，

，

，

，

在

上

单

调

递

增

∴

∴在（1）的条件下，

43. 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； （3）讨论关于x的方程 解：（1）

（2）

2xlnxx22exm的根的个数。 f(x)f(x)ln(exa)是实数集R上的奇函数

0 f(0)ln(ea)0a0。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。3分

g(x)f(x)sinx是区间[1,1]上的减函数 1,[g(x)]maxg(1)sin1

222 只需sin1tt1 (t1)tsin110，（1）恒成立。。。。5分

令h()(t1)tsin11，（1） 则 t102t1tsin110

t12ttsin10恒成立，t1。。。。。。。。。。。7分 ，而2ttsin10lnx （3）由（1）知f(x)x 方程x22exm

xlnx1lnx令f1(x)。。。8分 ,f2(x)x22exm f1(x)2xx 当x(0,e)时，f1(x)0，f1(x)在(0,e]上是增函数 当x[e,)时，f1(x)0，f1(x)在[e,)上是减函数

1 当xe时，[f1(x)]maxf1(e)。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。

e9分

22 而f2(x)(xe)me

112，即me时，方程无解；。。。。。。。。。。。10分 ee11当me2，即me2时，方程有一个根；。。。。。。。。。。。11分

ee11当me2，即me2时，方程有两个根；。。。。。。。。。。。12分

ee131244. 已知函数fxxaxbx，在区间1,1,1,3内各有一个极值点。直线l是函数fx在点A1,f132当me2处的切线。

（1）求a4b的取值范围。

（2）当l在点A处穿过函数yfx的图像，求实数a的值。

2xx2axb，由题知x2axb0在1,1,1,3内阁有一个根，不妨设为

22 x1,x2则x1x2x1x24x1x2a4b，而0x1x24，

2 所以a4b的范围是0,16

/2/（2）因fxxaxb,所以l的方程为yf1f1x1，

（1）f'所以得：y1112ab1abx1y1abxa， 3223

1312121112xaxbx1abxax3ax1axa， 32233223g/xx2ax1ax1x1a，因为l在A处穿过函数yfx的图像， 则x1不是gx的极值点，所以1a1，解得：a2。 45. 已知函数f(x)x1alnx(a0). （1）确定函数yf(x)的单调性；

11|，求实数a的取值范围。 （2）若对任意x1,x20,1，且x1x2，都有|f(x1)f(x2)|4|x1x2令gx

46. 已知函数f(x)=2x+lnx(R)． (1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若函数f(x)的最小值为（），求（）的最大值；

(3)若函数f(x)的最小值为妒（），m，n为（）定义域A内的任意两个值，试比较

（m）(n)2与（mn的大小． ）2

47. 已知二次函数f(x)axbxc的图象经过点(2,0)，且不等式2xf(x)数x都成立．

（1）求函数f(x)的解析式；

（2）若对一切x[1,1]，不等式f(xt)f()恒成立，求实数t的取值范围． 解：（1）由题设知，4a2bc0． ①

212x2对一切实2x2121x2，解得x2，由题意可得22f(2)222， 22即4f(2)4，所以f(2)4，即4a2bc4． ②

由①、②可得c24a,b1． …………………………………………………3分

2又f(x)2x恒成立，即ax(b2)xc0恒成立，

令2x所以a0，且(b2)4ac0， 即(12)4a(24a)0，所以a因此函数f(x)的解析式为 f(x)221，从而c24a1． 412xx1．…………………………………6分 4

x11xx（2）由f(xt)f()得(xt)2(xt)11，

244222t8整理得 (x2t)(x)0．

32t82t8当2t即t2时，2tx，此不等式对一切x[1,1]都成立的充要条件是

33t122t81，此不等式组无解． 32t82当2t即t2时，(x2t)0，矛盾．

32t82t8当2t即t2时，x2t，此不等式对一切x[1,1]都成立的充要条件是

332t8511，解得． t3222t115综合可知，实数t的取值范围是,． ……………………………………13分

2248. 已知函数fxsinx.

（1）若gxaxfx0对任意x0,恒成立，求实数a的取值范围； （2）若函数fxsinx的图像与直线ykx(k0)有且仅有三个公共点，且公共

解：（1）根据图像可知，我们只需要考虑x0,所以g'xacosx

当a1时，g'x0，易知函数gx单调增，从而gxg00，符合题意； 当a0，g'x0，函数gx单调减，从而gxg00，不符合题意； 当0a1时，显然存在x00,2，此时gxaxsinx 2，使得g'x0，且x0,x0时函数gx单调减，从而2gxg00，不符合题意.

综上讨论知a1. ………………………………………………………………6分

3（2）fx的图像与直线ykx(k0)有且仅有三个公共点时如图所示，且在,内相切，其切点

23为A,sin，,

23由于f'xcosx，x,，

2sintan 则cos故

cossinsin3

sin2cos21tan212.……………12分

4sincos4tan449. 已知函数f(x)（2）设g(x)e2x12xlnx(a4)x 在(1,)上是增函数. 2（1）求实数a的取值范围；

2aexax[0,ln3]，求函数g(x)的最小值. 1解：（1）f(x)xa4.

xf(x)在(1,)上是增函数,11a40在(1,)上恒成立,即a4(x)恒成立.xx 1x2(当且仅当x1时,等号成立),x14(x)2.x所以a2.

x222 （2）设te,则g(t)t2ata(ta)aa 0xln3,1t3.

2i. 当2a3时，g(t)最小值为aa； ii. 当a3时，g(t)最小值为95a。

2250. 设函数f(x)ax2,g(x)axlnx2,其中aR,x0. （1）若a=2，求曲线yg(x)在点(1,g(1))处的切线方程；

（2）是否存在负数a，使f(x)g(x)对一切正数x都成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在请

x说明理由。

51. 定义在R上的函数f(x)满足：如果对任意x1,x2R，都有f(2x1x21)[f(x1)f(x2)]，则22称f(x)是R上凹函数。已知二次函数f(x)axx（aR,且a0）。 （1）求证：当a0时，函数f(x)为凹函数；

（2）如果x[0,1]时，|f(x)|1，试求a的取值范围。

52. 已知函数f(x)kxlnx，kR．

(Ⅰ)当k0时，求函数f(x)的单调区间；

f(x)kx1(Ⅱ)当函数g(x)，的最大值为时，求k的值． x[e,3]exe2

53.

所以在方程

ax2bxx中，b120，即：b1； ………………………6分

11f(x)x2x2，即：2所以： …………………………7分

（Ⅱ）假设存在实数m,n，使f(x)的定义域和值域分别为[m,n]和[3m,3n]，

a111f(x)(x1)2222, …………………………9分 113nn26,故f(x)在 [m,n]为增函数， …………………………11分 f(m)3mm4,又m2xf(x)(x3x3)e. 已知函数定义域为2,t(t2),设f(2)m,f(t)n.

（1）试确定t的取值范围,使得函数f(x)在2,t上为单调函数； （2）求证:nm；

f'(x0)22(t1)x0x(2,t)3（3）求证:对于任意的t2,总存在0,满足e,并确定这样的

x0

的个数

解析：(Ⅰ)简单考查应用导数研究函数单调性、解二次不等式以及不等式恒成立问题；(Ⅱ)考查函数单调性

f'(x0)22(t1)x03的性质以及在研究函数值大小的方面的应用；（Ⅲ）通过研究方程e有解问题，考查转化能力

以及函数与方程关系，对于确定这样的

的个数考查研究函数零点的方法、推理论证能力以及分类讨论思想，前两小题属于简单题，第3小题属于中等偏上题。

2xxxf(x)(x3x3)e(2x3)ex(x1)e解: (Ⅰ)因为………………2分

由f(x)0x1或x0；由f(x)00x1,所以f(x)在(,0),(1,)上递增,在(0,1)上递

x0减 ,欲f(x)在2,t上为单调函数,则2t0 …………4分

(Ⅱ)证明:因为f(x)在(,0),(1,)上递增,在(0,1)上递减,所以f(x)在x1处取得极小值e ……………………………6分

f(2)13 又e2e,所以f(x)在

2,上的最小值为f(2) 从而当t2时,f(2)f(t),即mn ……………………………………………9分

f'(x0)（Ⅲ）证:因为ex0x20xf'(x0)02(t1)2x22, ex03 即为0x03(t1)2,

g(x)x2x2(t1)2g(x)x2x2(t1)2 令3,从而问题转化为证明方程3=0

在(2,t)上有解,并讨论解的个数 …………………………………………11分

g(2)62(t1)22(t2)(t4)g(t)t(t1)2(t1)21(t2)(t1) 因33,33,

所以 ①当t4或2t1时,g(2)g(t)0,

所以g(x)0在(2,t)上有解,且只有一解 ………………………………13分

55. 设函数

qp2lnx,且f(e)qe2,其中p0,e是自然对数的底数. xe(1) 求p与q的关系；

(2) 若f(x)在其定义域内为单调函数，求p的取值范围.

2e(3) 设g(x).若存在x0[1,e],使得f(x0)g(x0)成立，求实数p的取值范围.

xf(x)px

56. 已知三次函数f(x)的最高次项系数为a，三个零点分别为1,0,3.

f(x) ⑴ 若方程2x7a0有两个相等的实根，求a的值；

xa2 ⑵若函数(x)f(x)2x在区间(,)内单调递减，求a的取值范围.

3f(x)（1）依题意，设f(x)ax(x1)(x3)∵2x7a0有两个相等实根，

x22即ax(2a2)x4a0有两个相等实根，∴(2a2)4a4a0，

1即a或a1。

3a32（2）(x)ax(2a2)x3ax在(,)内单调递减，

3a(x)3ax22(2a2)x3a0在(,)恒成立，

3a0a0或aa0或a1a2a()3a()2(2a2)()3a0 333

ln(－x)

57. 已知f (x)＝ax－ln(－x)，x∈(－e,0)，g(x)＝－，其中e是自然常数，a∈R．

x（1）讨论a＝－1时, f (x)的单调性、极值； 1（2）求证：在（1）的条件下，|f (x)|＞g(x)＋；

2

（3）是否存在实数a，使f (x)的最小值是3，如果存在，求出a的值；如果不存在，说明理由． 1x＋1

解：（1）∵f (x)＝－x－ln(－x)∴f (x)＝－1－＝－

xx∴当－e≤x＜－1时，f (x)＜0，此时f (x)为单调递减

当－1＜x＜0时，f (x)＞0，此时f (x)为单调递增∴f (x)的极小值为f (－1)＝1 （2）∵f (x)的极小值，即f (x)在[－e,0)的最小值为1∴|f (x)|min＝1

1ln(－x)1ln(－x－1)

令h(x)＝g(x)＋＝－＋ 又∵h(x)＝，当－e≤x＜0时，h(x)≤0

2x2x2

1111

∴h(x)在[－e,0)上单调递减，∴h(x)max＝h(－e)＝＋＜＋＝1＝|f (x)|min

e222

1

∴当x∈[－e,0)时，|f (x)|＞g(x)＋

2

1

（3）假设存在实数a，使f (x)＝ax－ln(－x)有最小值3，x∈[－e,0), f (x)＝a－

x11

①当a≥－时，由于x∈[－e,0)，则f (x)＝a－≥0，∴函数f (x)是[－e,0)上的增函数∴f (x)min

ex41

＝f (－e)＝－ae－1＝3解得a＝－＜－（舍去）

ee111

②当a＜－时，则当－e≤x＜时，f (x)＝a－＜0，此时f (x)是减函数

eax11

当＜x＜0时，f (x)＝a－＞0，此时f (x)＝ax－ln(－x)是增函数

ax112

∴f (x)min＝f ()＝1－ln－＝3解得a＝－e．

aa

f(x)lnx,g(x)58. 已知函数

（1）求F(x)的单调区间；

a(a0)x，设F(x)f(x)g(x)

k为切点的切线的斜率

（2）若以yF(x)(x(0,3]）图像上任意一点

小值；

P(x0,y0)12恒成立，求实数a的最

（3）若对所有的x[e,)都有xf(x)axa成立，求实数a的取值范围。

a1axaF(x)f(x)g(x)lnx(x0),F'(x)22(x0)xxxx解：（1）.………2分

''F(x)0x(a,)FF(x)a0因为由，所以在上单调递增；由(x)0x(0,a)，所以F(x)在

(0,a)上单调递减. ……………………………5分

F'(x)（2）

x0a1xa'(0x3),kF(x)(0x03)022xx02恒成立， ………7分

1111aa(x02x0)max,x1amin2，所以22.……10分即当0时取得最大值2。所以，

xlnxxlnxxlnxaxaah(x),x[e,)x1，令x1（3）因为xe，所以，则

xlnx1h'(x)(x1)2 ………………………………………………12分

因为当xe时，

(xlnx1)'1h(x)min'h所以(x)0，所以

10x，所以xlnx1elne1e20，

eh(e)e1，

ee1 .………………………16分 所以

59. 已知函数f(x)xlnx．

（I）求函数f(x)的单调递减区间；

2（II）若f(x)xax6在(0,)上恒成立，求实数a的取值范围；

a（III）过点A(e,0)作函数yf(x)图像的切线，求切线方程． （Ⅰ）

2f'(x)lnx1f'(x)0得lnx1

2分

11函数f(x)的单调递减区间是(0,)； 4分

ee62 （Ⅱ）f(x)xax6即alnxx

xx2x6(x3)(x2)6 设g(x)lnxx则g'(x) 7分 22xxx 当x(0,2)时g'(x)0，函数g(x)单调递减； 当x(2,)时g'(x)0，函数g(x)单调递增；

g(x)最小值g(2)5ln2实数a的取值范围是(,5ln2]； 10分

xlnx0 （Ⅲ）设切点T(x0,y0)则kATf'(x0)0lnx01即e2x0lnx010

1x02e2 设h(x)exlnx1，当x0时h'(x)0h(x)是单调递增函数 13分

1111 h(x)0最多只有一个根，又h(2)e22ln210x02

eeee1 由f'(x0)1得切线方程是xy20.

e260. 设函数f(x)x2acos[(k1)]lnx (k∈N*，a∈R)． (1) 若k2011，a1，求函数f(x)的最小值； (2) 若k是偶数，求函数f(x)的单调区间．

0x2x21解：（1）因为k2011，a1，所以f(x)x2lnx，f'(x)2x2（x0），

xx由f'(x)0得x1，且当x1时，f'(x)0，f(x)在(1,)上是增函数；当x1时，f'(x)0，f(x)在(0,1)上是减函数．故f(x)minf(1)1．（5分）

22ax2a2（2）当k是偶数时，f(x)x2alnx，f'(x)2x． xx所以当a0时，f'(x)0，f(x)在(0,)上是增函数；（9分）

2当a0时，由f'(x)0得xa，且当xa时，f'(x)0，当xa时，f'(x)0，所以f(x)在(0,a)上是减函数，f(x)在(a,)上是增函数．（13分） 综上可得当a0时，f(x)的增区间为(0,)；

当a0时，f(x)的减区间为(0,a)，增区间为(a,)．（14分）

61. 已知函数f(x)xalnx，g(x)bx减函数，函数g(x)在[,1]上是增函数．

21x2，其中a，bR且ab2．函数f(x)在[,1]上是

414（1）求函数f(x)，g(x)的表达式；

1（2）若不等式f(x)mg(x)对x[,1]恒成立，求实数m的取值范围．

41*（3）求函数h(x)f(x)g(x)x的最小值，并证明当nN，n2时f(n)g(n)3．

2a12解：（1）fx2x0对任意的x,1恒成立，所以a2x，所以a2；

x4同理可得b1；ab2a2,b1;

fxx22lnx,gxxx2；（4分） 1711（2）f(1)10，g()0，且函数f(x)在[,1]上是减函数，函数g(x)在[,1]上是增函数．所

4444f(x)1以x[,1]时，f(x)0，g(x)0， m．（6分）

g(x)4f(x)f(1)122ln111)min，m；（8分） 有条件得(g(x)g(1)11222（3）hx2(x)1x112(x1)(x1)x1(1)(x1)[]，当x0时， 2xx2x2(x1)(x1)x10，当x0,1时，hx0,当x(1,)时，hx0

x2xhx在x0,1递减，在x(1,)递增．（12分）

当n2时，hnh272ln2232ln4223；



hn3，所以nN*，n2时f(n)g(n)3n3成立；（16分） 262. 设函数yf(x)的定义域为D，值域为B，如果存在函数xg(t)，使得函数yf(g(t))的值域

仍然是B，那么，称函数xg(t)是函数yf(x)的一个等值域变换.（Ⅰ）判断下列xg(t)是不是

yf(x)的一个等值域变换？说明你的理由；

(A)f(x)2xb,xR，xt22t3,tR； (B)f(x)x2x1,xR，xg(t)2t,tR；

mt23tn（Ⅱ）设f(x)log的值域B1,3，已知xg(t)是yf(x)的一个等值域变换，且函

t21x2数yf(g(t))的定义域为R，求实数m,n的值；

（Ⅲ）设函数yf(x)的定义域为D，值域为B，函数xg(t)的定义域为D1，值域为B1，写出xg(t)是yf(x)的一个等值域变换的充分非必要条件（不必证明），并举例说明条件的不必要性．

设函数yf(x)的定义域为D，值域为B，如果存在函数xg(t)，使得函数yf(g(t))的值域仍然是B，那么，称函数xg(t)是函数yf(x)的一个等值域变换，

（1）判断下列xg(t)是不是yf(x)的一个等值域变换？说明你的理由；

(A)f(x)2xb,xR，xt22t3,tR； (B)f(x)x2x1,xR，xg(t)2t,tR；

mt23tnxg(t)f(x)log2xB[1,3]t21是yf(x)的一个等值域变换，且函（2）设的值域，已知

数f(g(t))的定义域为R，求实数m,n的值；

DB（3）设函数yf(x)的定义域为D，值域为B，函数g(t)的定义域为1，值域为1，写出xg(t)是

yf(x)的一个等值域变换的充分非必要条件（不必证明），并举例说明条件的不必要性．

22xt2t3(t1)22，(A)f(x)2xb,xR解：（1）：函数的值域为R，

yf(g(t))2[(t1)22]b4b，

所以，xg(t)不是f(x)的一个等值域变换； …………2分

1333[,)f(x)x2x1(x)2(B)：244，即f(x)的值域为4， 3133[,)f(g(t))(2t)2244，即yf(g(t))的值域仍为4当tR时，，

所以，xg(t)是f(x)的一个等值域变换； （2）即

f(x)log2x的值域为[1,3]，由1log2x3知2x8，

f(x)log2x定义域为[2,8]，

因为xg(t)是f(x)的一个等值域变换，且函数f(g(t))的定义域为R，

所以，

mt23tnxg(t),tRt21的值域为

[2,8]，

mt23tn222282(t1)mt3tn8(t1)2t1，

所以，

(m2)t23t(n2)02(m8)t3t(n8)0，且存在t1,t2R使两个等号分别成立，于是恒有

2m8194(m2)(n2)094(m8)(n8)02，

3333m5m522n533n5332或2 解得 DB（3）设函数f(x)的定义域为D，值域为B，函数g(t)的定义域为1，值域为1，则xg(t)是f(x)的

一个等值域变换的充分非必要条件是“D=

B1”．条件的不必要性的一个例子是．

f(x)x2，DR，B[0,)

g(t)2t1，D1R，B1(1,)

t2f(g(t))(21)DB1此时，但的值域仍为B[0,)，

t2g(t)21f(x)x(xR)(xR)的一个等值域变换。 即是

63. 已知f(x)为R上的偶函数，当x0时，f(x)ln(x2). (Ⅰ)当x0时，求f(x)的解析式；

(Ⅱ)当mR时，试比较f(m1)与f(3m)的大小；

(Ⅲ)求最小的整数m(m2)，使得存在实数t，对任意的x[m,10]，都有f(xt)2ln|x3|.

解: (Ⅰ)当x0时，f(x)f(x)ln(x2)

(Ⅱ)当x0时,f(x)ln(x2)单调递增,而f(x)是偶函数,所以f(x)在(,0)上单调递减, 所以f(m1)＞f(3m)|m1||3m|(m1)2(3m)2m2 所以当m2时, f(m1)f(3m)；当m2时, f(m1)f(3m)； 当m2时, f(m1)f(3m)

(Ⅲ)当xR时,f(x)ln(|x|2),则由f(xt)2ln|x3|,得ln(|xt|2)ln(x3)2, 即|xt|2(x3)2对x[m,10]恒成立

tx25x7从而有对x[m,10]恒成立,因为m2， 2tx7x7t(x25x7)minm25m7所以 22t(x7x7)maxm7m7因为存在这样的t ,所以m27m7m25m7,即m26m70 又m2,所以适合题意的最小整数m1

2x. 已知函数f(x)(axx)e，其中ｅ是自然数的底数，aR。 （４） 当a0时，解不等式f(x)0；

（５） 若f(x)在［－１，１］上是单调增函数，求a的取值范围；

（６） 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，

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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．

65. 因发生意外交通事故,一辆货车上的某种液体泄漏到一渔塘中.为了治污,根据环保部门的建议,现

决定在渔塘中投放一种可与污染液体发生化学反应的药剂.已知每投a(1a4,且aR)个单位的药剂,它在水中释放的浓度y(克/升)随着时间x(天)变化的函数关系式近似为yaf(x),其中

161(0x4)8xf(x).

51x(4x10)2若多次投放,则某一时刻水中的药剂浓度为每次投放的药剂在相应时刻所释放的浓度之和.根据经验,当水中药剂的浓度不低于4(克/升)时,它才能起到有效治污的作用. （1）若一次投放4个单位的药剂,则有效治污时间可达几天?

（2）若第一次投放2个单位的药剂,6天后再投放a个单位的药剂,要使接下来的4天 中能够持续有效治污,试求a的最小值(精确到0.1,参考数据:2取1.4).

4(0x4)解：（Ⅰ）因为a4,所以y8x………………………………1分

202x(4x10)44,解得x0,所以此时0x4………………… 3分 则当0x4时,由

8x当4x10时,由202x4,解得x8,所以此时4x8………………………5分 综合,得0x8,若一次投放4个单位的制剂,则有效治污时间可达8天…………… 6分

1161)………………………9分 （Ⅱ）当6x10时,y2(5x)a(28(x6)16a16aa=(14x)a4,因为14x[4,8],而1a4, =10x14x14x所以4a[4,8],故当且仅当14x4a时,y有最小值为8aa4 ………12分

令8aa44,解得24162a4,所以a的最小值为241621.6…15分

mx2(mR) 66.已知函数f(x)x（1）若ylog1[8f(x)]在[1,)上是单调减函数，求实数m的取值范围；

3

（2）设g(x)f(x)lnx，当m2时，求g(x)在[,2]上的最大值。

解：（1）因为函数ylog1[8f(x)]在[1,)上是单调减函数，则根据复合函数的单调性可得f(x)在

312[1,)上是单调减函数，其导数在[1,)上恒小于等于0，且满足f(x)8在[1,)上恒成立，所以x2mx2mf'(x)0恒成立，即0在[1,)上恒成立，解得m1 22xx要使f(x)8在[1,)上恒成立，只需要[f(x)]max8，又f(x)在[1,)上单调减函数，f(1)8，解得m9，1m9

1（2）g(x)mx22(x)2m1xlnx,g'(x)xxmx224x2 当m140，即m14时，g'(x)0，g(x)在[12,2]上单调递减，

g(x)11maxg(2)2m2ln2

当2m1114m4时，由g'(x)0得x12,x114m22， 显然1x11(xx1)(xx2)222,x111,x21[2,2],x2[2,2]，又g'(x)x2

当12xx2时，g'(x)0，g(x)单调递增；（注意画草图，利用数形结合） 当x2x2时，g'(x)0，g(x)单调递减

g(x)2m114m114mmaxg(x2)114m2ln214mln114m2（1）当m114时，g(x)max2m2ln2；

（2）当2m1114m4时，g(x)max14mln2 67. 定义在R上的单调函数yf(x)满足f(2)3，且对任意x,yR都有 f(xy)f(x)f(y).

（I）试求f(0)的值并证明函数yf(x)为奇函数；

（II）若f(m3x)f(3x9x)3对任意xR恒成立，求实数m的取值范围。

综上所述，

68. 已知函数f(x)

1xlnx,aR且a0. ax1（I）当a=2时，求函数f(x)在,e的最大值和最小值；

e（II）若函数g(x)af(x)，求函数g(x)的单调递减区间；

n2n. （III）当a=1时，求证：n2,nN,klnk2k2n

已知函数f(x)lnx，g(x)/

12x2x． 2ba； 2a/（1）设h(x)f(x1)g(x)（其中g/(x)是g(x)的导函数），求h(x)的最大值； （2）证明: 当0ba时，求证：f(ab)f(2a)（3）设kZ,当x1时,不等式k(x1)xf(x)3g(x)4恒成立,求k的最大值． 【答案】21．解:（1）h(x)f(x1)g(x)ln(x1)x2,x1

/1x． 1x1x1当1x0时，h(x)0；当x0时，h(x)0．

因此，h(x)在(1,0)上单调递增，在(0,)上单调递减． 因此，当x0时，h(x)取得最大值h(0)2；

ba（2）当0ba时，10．

2a由（1）知：当1x0时，h(x)2，即ln(1x)x．

所以 h(x)

因此，有f(ab)f(2a)lnabbabaln1． 2a2a2a/（3）不等式k(x1)xf(x)3g(x)4化为k所以kxlnxx2

x1xxlnx2对任意x1恒成立．

x1xxlnxxlnx2令gx， 2，则gx2x1x1令hxxlnx2x1，则hx1所以函数hx在1,上单调递增． 因为h31ln30,h422ln20，

所以方程hx0在1,上存在唯一实根x0，且满足x03,4．

当1xx0时，h(x)0，即g(x)0，当xx0时，h(x)0，即g(x)0， 所以函数gx所以gx1x10，[来源:学科网] xxminxxlnx2在1,x0上单调递减，在x0,上单调递增．

x1x1lnx0x1x02gx00202x025,6．

x01x01所以kgxminx025,6．

故整数k的最大值是5．

n*已知定义在实数集上的函数fn(x)x,n N，其导函数记为fn(x)，且满足

f2[ax1(1a)x2]f2(x2)f2(x1)，其中a、x1、x2为常数，x1x2.设函数g(x)

x2x1f1(x)mf2(x)lnf3(x),(mR且m0).

（Ⅰ）求实数a的值；

（Ⅱ）若函数g(x)无极值点，其导函数g(x)有零点，求m的值； （Ⅲ）求函数g(x)在x[0,a]的图象上任一点处的切线斜率k的最大值. 【答案】22.（本小题满分14分）

2解：（Ⅰ）因为f2(x)x,f2(x)2x，

2x2x12所以2[ax1(1a)x2]，整理得：(x1x2)(2a1)0,

x2x11又x1x2，所以a.…………………………………………3分

223（Ⅱ）因为f1(x)x,f2(x)x,f3(x)x，

所以g(x)mxx3lnx(x0).…………………………4分

232mx2x3由条件x0,g(x)2mx1.……………………5分

xx2因为g(x)有零点而g(x)无极值点,表明该零点左右g(x)同号，又m0，所以二次方程2mxx30有相同实根，即124m0,

1解得m.…………………………………………8分

24

31331,kg(x)2mx1,k2m2，因为x(0,]，所以2[12，+∞]，

x22xx1所以①当6m0或m0时，k0恒成立，所以kg(x)在（0，]上递增，

21故当x时，k取得最大值，且最大值为m5，…………10分

2331②当m6时，由k0 得x，而0.

2m2m2（Ⅲ）由（Ⅰ）知，a3)，则k0，k单调递增； 2m31若x[,]，则k0，k单调递减.

2m23故当x时，k取得最大值，

2m32m31126m.…………………13分 且最大值等于2m2m3m5,(6m0或m0)综上，kmax…………………………14分

126m.(m6)若x(0,【山东济宁金乡一中2012届高三12月月考理】21、（本小题满分15分）已知函数

f(x)aln(1ex)(a1)x,(其中a0) ,

点

A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),C(x3,f(x3))2xx1x3从左到右依次是函数yf(x)图象上三点,且2.

(Ⅰ) 证明: 函数f(x)在R上是减函数； (Ⅱ) 求证：⊿ABC是钝角三角形;

(Ⅲ) 试问,⊿ABC能否是等腰三角形?若能,求⊿ABC面积的最大值;若不能,请说明理由． 【答案】21、 解：(Ⅰ)

f(x)aln(1ex)(a1)x,

aex(a1)exf(x)(a1)0恒成立,1ex1ex

(Ⅱ) 证明:据题意

所以函数f(x)在(,)上是单调减函数. …………5分

A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),C(x3,f(x3))且x1x2=

由(Ⅰ)知f (x1)>f (x2)>f (x3),

BA(x1x2,f(x1)f(x2)),BC(x3x2,f(x3)f(x2) …………6分

x1x32

BABC(x1x2)(x3x2)[f(x1)f(x2)][f(x3)f(x2)]…………8分

x1x20,x3x20,f(x1)f(x2)0,f(x3)f(x2)0BABC0,B(,)2…………10分

即⊿ABC是钝角三角形



BABCABC(Ⅲ)假设⊿为等腰三角形，则只能是…………12分 即：(x1x2)[f(x1)f(x2)](x3x2)[f(x3)f(x2)]2222…………13分

x2x1x3x2[f(x1)f(x2)]2[f(x3)f(x2)]2…………14分

即

2f(x2)f(x1)f(x3)x2

x1x32aln(1ex2)2(a1)x2a[ln(1ex1)(1ex3)(a1)(x1x3)2aln(1e)2(a1)x2a[ln(1e)(1e)2(a1)x2[来源:学科网ZXXK]

2ex2ex1ex3 ①

311而事实上, ee2e2ln(1ex2)ln(1ex1)(1ex3)(1ex2)2(1ex1)(1ex3)e2x22ex2ex1x3ex1ex3

xxxx32ex2 ②…………15分

31由于ee,故(2)式等号不成立.这与(1)式矛盾. 所以⊿ABC不可能为等腰三角形.

xx