第一篇：各種構造解導數(shù)壓軸題

活用構造策略

進入解題佳境

——例說各種構造法解決導數(shù)壓軸題

古縣二中

林立飛

摘要：函數(shù)與導數(shù)是高考的重要考點，不等式的恒成立問題、函數(shù)的零點問題、函數(shù)的極值點問題，隨著課改的深入與高等數(shù)學背景有關的這些問題也在考試中頻繁出現(xiàn)，這就需要一線教師對這些題型的解題規(guī)律進行探究與歸納。

關鍵詞：函數(shù)；導數(shù)；命題；構造；參數(shù)；羅比達法則

自從導數(shù)進入中學數(shù)學教材之后，給傳統(tǒng)的中學數(shù)學帶來了生機和活力，為中學數(shù)學研究提供了新的視角、新的方法和新的途徑，拓寬了高考的命題空間。應用導數(shù)知識，研究函數(shù)的單調(diào)性、零點，以及參數(shù)的取值范圍和證明不等式是近年高考數(shù)學考察重點和熱點。

特別值得關注的是，近幾年的高考導數(shù)壓軸題，題型新穎別致、不落俗套，綜合了函數(shù)、不等式、數(shù)列、邏輯等知識。往往以含參問題為載體，同時也蘊含了數(shù)形結合、分類討論、構造等等數(shù)學思想方法，綜合考察學生的分析問題和解決問題的能力，而且試題難度、深度和廣度試題還在不斷變化。如何進行突破，是值得研究的課題。通過對大量高考題和模擬題的分析研究，筆者給出了各種構造方法，能夠化復雜為簡單，化抽象為具體，達到以不變應萬變的功效。本文所有例題，均只給出與本文相關的題目條件和方法。

一、構造函數(shù)，柳岸花明又一村

構造函數(shù)是解決抽象不等式的基本方法，根據(jù)題設的條件，并借助初等函數(shù)的導數(shù)公式和導數(shù)的基本運算法則，相應地構造出輔助函數(shù).通過進一步研究輔助函數(shù)的有關性質(zhì)，給予巧妙的解答.在導數(shù)題中體會構造函數(shù)的數(shù)學價值。題型1：已知函數(shù)f(x)?lnx?a(x?1)，a∈R．(I)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(Ⅱ)當x?1時，f(x)≤(I)解（省略不談）。(Ⅱ)解:當x?1時,f(x)?lnx恒成立，求a的取值范圍。x?1lnxlnx恒成立等價于lnx-?a(x-1)

x?1x?1lnxxlnx令h(x)?lnx-?, g(x)?a(x-1)x?1x?1h?(x)?x?1?lnx , ?x?1, ?h?(x)?0,即h(x)在?1，???是增函數(shù)。(x?1)2 g?(x)?a,?當a?0時，g(x)在?1，???是增函數(shù)。又?h(1）?g(1)?0

?h(x)?g(x)(x?1)恒成立，只需h?(1)?g?(1)即1?a

2二、構造子區(qū)間，端點分析顯奇效

某些含參導數(shù)問題，如果追求一味的分離參數(shù)，往往很難奏效，但是假如從端點分析入手，發(fā)現(xiàn)端點是臨界情況，那么可以對端點進行分析，找到解題突破口。題型2.：設函數(shù)f(x)?ax2?a?lnx，其中a?R（1）討論單調(diào)性

1?e1?x在區(qū)間(1,??)內(nèi)恒成立。x111?x1?x2?0 解：對于第二問：f(x)??e等價于ax?a?lnx??exx11?x2令F(x)?ax?a?lnx??e。由于F(1)?0，欲使得x?(1,??)，F(xiàn)(x)?0成立，x（2）確定a的所有確定的值，使得f(x)?則在x?1的端點右側(cè)，必存在子區(qū)間(1,1??)（范圍很小，下同），F(xiàn)(x)必須單調(diào)遞增，即F'(x)?0在(1,1??)必須成立，由極限思想F'(1)?0，所以a?成立的必要條件。

11，顯然a?是命題221，可得 F'(x)?0恒成立。211?x1證明過程如下：令F'(x)?g(x)?2ax??e?2

xx另一方面。可以證明，當a?x3?x?2122ax3?x?21?x1?x1?x??e?0 ?e則g'(x)?2a?2?e?3=33xxxx故g(x)在x?(1,??)遞增，又g(1)?2a?1?0，所以g(x)?g(1)?0，即F(x)?0 綜上，a?1

2三、構造直線，突破重圍建奇功

圖像是函數(shù)最直觀的模型，有些代數(shù)式經(jīng)變形后具備特定的幾何意義，這時候可以考慮分解出一次函數(shù)，利用直線與函數(shù)圖象相切，充分運用數(shù)形結合求解,深刻揭示數(shù)學問題的本質(zhì)．

題型3：（2010全國卷理科壓軸題）設函數(shù)f(x)=e?1?x?ax(1)若當a=

x21時，求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； 2（2）若當x?0時，f(x)?0，求a的取值范圍。分析：（1）解略。

(2)考慮第二問，因為當x?0時，a?R，f(x)?0恒成立

ex?1ex?1?ax?1，令g(x)?當時，由題意變形為，h(x)?ax?1，xx(x?1)ex?1xxx?0g'(x)?，設（），則h(x)?(x?1)e?1h'(x)?xe?0，所以h(x)在2xx?0時單調(diào)遞增，從而h(x)?h(0)?0，易知g'(x)?0，由羅比達法則ex?1limg(x)??1，作出函數(shù)g(x)和h(x)圖象可知，只要limg'(x)?a，由羅比達

x?0x?0x法則limg'(x)?x?011，所以a?。22解題思路總結：

這里，選擇h(x)?ax?1，沒有選擇y?x?1，目的是使得參數(shù)a出現(xiàn)在直線方程中。以導數(shù)為工具，研究曲線的單調(diào)性,分析變化趨勢,然后在同一坐標系中，作出曲線和直線，從直線與曲線的位置關系出發(fā)，一般觀察或者比較在端點處曲線的切線斜率的大小關系建立不等式，有時需要求極限值，甚至使用羅比達法則。

四、構造不等式，撥開云霧見藍天：

已知條件中涉及導數(shù)的含參不等式問題頻繁出現(xiàn)在各類考題中，格外引人關注，由于這類問題對思維的靈活性較高，常讓學生忘而生畏，這種題型結構復雜，常規(guī)方法很難奏效，那么需要我們對不等式的結構進行分析，找到解決的突破口。（2018廈門市質(zhì)檢題）：已知函數(shù)f(x)?(ax?x?a)e（1）若a?0，函數(shù)f(x)極大值為

2?x(a?R)

3，求實數(shù)a的值； e（2）若對任意的a?0，f(x)?bln(x?1)在x?[0,??)上恒成立，求實數(shù)b取值范圍。解：（1）問略

ax2?x?a?bln(x?1)成立，x?[0,??)（2）當a?0，f(x)?bln(x?1)?ex由于a?0，利用放縮法只需

x?bln(x?1)即可，這時候構建不等式：ex?x?1，xe可用構造法先證明之，令g(x)?ex?(x?1)，g'(x)?ex?1?0，所以g(x)?g(0)?0 從而又只需要：

xx?ln(x?1)，?bln(x?1)，經(jīng)過觀察再構建不等式

x?1x?1x11x?ln(x?1)，令h'(x)?????0，x?1(x?1)2x?1(x?1)2可用構造法證明，h(x)?所以h(x)?h(0)?0，從而只要

x?ln(x?1)，因此b?1 x?1此種方法對于一些既含有指數(shù)函數(shù)，又含有對數(shù)函數(shù)的題目比較實用，通過化簡將二者進行分離，對于后面求解最值可降低難度.但此種方法需要進行合適的變形，這時需要讀者多嘗試幾種變形..總之，導數(shù)及其應用是高中數(shù)學的重要內(nèi)容，是進一步學習高等數(shù)學的重要基礎.函數(shù)與導數(shù)綜合題其所含知識往往涉及函數(shù)、導數(shù)、方程、不等式等眾多高中數(shù)學主干知識,在高考試卷上，它是以壓軸題的形式呈現(xiàn)的.由于其信息量、思維量、運算量都比較大，解題方法往往有很強的綜合性和靈活性。需要具備較高的數(shù)學分析、解決問題的能力.由以上各例可以看出，上述幾種方法不是相互排斥的，而是相輔相成的.在具體問題中，往往是幾種方法互相配合、共同發(fā)力.只要運用得當，就能收到良好的效果。

參考書目1：高考導數(shù)問題命題分析及破題技巧 林勝德 《中學理科:高考導航》2006 參考書目2用導數(shù)解決不等式問題的幾點思考 郭建理 《中學數(shù)學》 2012.1

第二篇：構造函數(shù)解導數(shù)

合理構造函數(shù)解導數(shù)問題

構造函數(shù)是解導數(shù)問題的基本方法，但是有時簡單的構造函數(shù)對問題求解帶來很大麻煩甚至是解決不了問題的，那么怎樣合理的構造函數(shù)就是問題的關鍵。

例1：已知函數(shù)f?x??ln?ax?1??x3?x2?ax.(1)若2為y?f?x?的極值點，求實數(shù)a的值； 3(2)若y?f?x?在?1,???上增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(3)若a??1時，方程f?1?x???1?x??3b有實根，求實數(shù)b的取值范圍。x

變量分離直接構造函數(shù) 抓住問題的實質(zhì)，化簡函數(shù)

1、已知f?x?是二次函數(shù)，不等式f?x??0的解集是?0,5?，且f?x?在區(qū)間??1,4?上的最大值12.（1）求f?x?的解析式；

（2）是否存在自然數(shù)m，使得方程f?x??37?0在區(qū)間?m,m?1?內(nèi)有且只有兩個不等的x實數(shù)根？若存在，求出所有m的值；若不存在，請說明理由。

變式練習：設函數(shù)f?x??x?6x?5,x?R，求已知當x??1,???時，f?x??k?x?1?恒

3成立，求實數(shù)k的取值范圍。

抓住常規(guī)基本函數(shù)，利用函數(shù)草圖分析問題

例： 已知函數(shù)f?x??n?lnx的圖像在點P(m,f?m?)處的切線方程為y?x, 設g?x??mx?n?2lnx.x（1）求證：當x?1時，g?x??0恒成立；（2）試討論關于x的方程mx?n?g?x??x3?2ex2?tx根的個數(shù)。x第 1 頁

共 1 頁 一次函數(shù)，二次函數(shù)，指對數(shù)函數(shù)，冪函數(shù)，簡單的分式根式函數(shù)，絕對值函數(shù)的圖象力求清晰準確，一些綜合性的問題基本上是這些函數(shù)的組合體，如果適當分解和調(diào)配就一定能找到問題解決的突破口，使問題簡單化明確化。

復合函數(shù)問題一定要堅持定義域優(yōu)先的原則，抓住函數(shù)的復合過程能夠逐層分解。例：已知函數(shù)f?x???單調(diào)遞增。

（1）求實數(shù)a的值.（2）若關于x的方程f2x?m有3個不同的實數(shù)解，求實數(shù)m的取值范圍.（3）若函數(shù)y?log2?f?x??p?的圖像與坐標軸無交點，求實數(shù)p的取值范圍。復合函數(shù)尤其是兩次復合，一定要好好掌握，構造兩種函數(shù)逐層分解研究，化繁為簡，導數(shù)仍然是主要工具。

1423x?x?ax2?2x?2在區(qū)間??1,1?上單調(diào)遞減，在區(qū)間?1,2?上43??

導數(shù)—構造函數(shù)

一：常規(guī)的構造函數(shù)

例一.若sin3??cos3??cos??sin?,0???2?，則角?的取值范圍是（）(A)[0,?4]

(B)[??5?,?]

(C)[,]

4(D)[?3?4,2)

x?y?xy變式、已知3?3?5?5成立，則下列正確的是（）

A.x?y?0

B.x?y?0

C.x?y?0

D.x?y?0

2變式.f?(x)為f(x)的導函數(shù)，若對x?R，2f(x)?xf?(x)?x恒成立，則下列命題可能錯誤的是()A．f(0)?0 B．f(1)?4f(2)C．f(?1)?4f(?2)D．4f(?2)?f(1)

二：構造一次函數(shù)

例

二、對于滿足|a|?2的所有實數(shù)a,求使不等式x2+ax+1>a+2x恒成立的x的取值范圍.第 2 頁

共 2 頁 三：變形構造函數(shù) 例三．已知函數(shù)f(x)?12x?ax?(a?1)lnx，a?1． 2（Ⅰ）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；

（Ⅱ）證明：若a?5，則對任意x1,x2?(0,??)，x1?x2，有

例

四、已知函數(shù)f(x)?(a?1)lnx?ax2?1.（Ⅰ）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；

（Ⅱ）設a??2，證明：對任意x1,x2?(0,??)，|f(x1)?f(x2)|?4|x1?x2|.四：消參構造函數(shù)

例

五、設函數(shù)f?x??x?aln?1?x?有兩個極值點x1，x2，且x1?x2．

2f(x1)?f(x2)??1．

x1?x2（I）求a的取值范圍，并討論f?x?的單調(diào)性；（II）證明：f?x2??

五：消元構造函數(shù)

例

六、已知函數(shù)f?x??lnx，g?x??ex．

（Ⅰ）若函數(shù)??x??f?x??1?2ln2． 4x?1，求函數(shù)??x?的單調(diào)區(qū)間； x?1（Ⅱ）設直線l為函數(shù)的圖象上一點A?x0,f?x0??處的切線．證明：在區(qū)間?1,???上存在唯一的x0，使得直線l與曲線y?g?x?相切．

第 3 頁

共 3 頁 六：二元合一構造函數(shù)

12ax?bx(a?0)且導數(shù)f'(1)?0 2（1）試用含有a的式子表示b，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；（2）對于函數(shù)圖象上的不同兩點A(x1,y1),B(x2,y2)如果在函數(shù)圖象上存在點M(x0,y0)（其中x0?(x1,x2)）使得點M處的切線l//AB，則稱AB存在“跟隨切線”。

x?x2特別地，當x0?1時，又稱AB存在“中值跟隨切線”。試問：在函數(shù)f(x)上是否存在2兩點A、B使得它存在“中值跟隨切線”，若存在，求出A、B的坐標，若不存在，說明理由。例

七、已知函數(shù)f(x)?lnx?

七：構造函數(shù)解不等式

例

八、設函數(shù)f(x)＝?x3?2mx2?m2x?1?m(其中m >-2)的圖像在x=2處的切線與直線y=-5x+12平行；

（Ⅰ）求m的值與該切線方程；

（Ⅱ）若對任意的x1,x2??0,1?,f?x1??f?x2??M恒成立，則求M的最小值；（Ⅲ）若a?0, b?0, c?0且a+b+c=1，試證明：

例

九、設函數(shù)f(x)?lnx?px?1

（Ⅰ）求函數(shù)f(x)?lnx?px?1的極值點

（Ⅱ）當p?0時，若對任意的x?0，恒有f(x)?0，求p的取值范圍。

abc9???

1?a21?b21?c210ln22ln32ln42lnn22n2?n?1（Ⅲ）證明：2?2?2?????2?(n?N,n?2)

234n2(n?1)

例

十、證明：對任意的正整數(shù)n，不等式ln(?1)?

第 4 頁

共 4 頁

1n11?3都成立.2nn1、移項法構造函數(shù)

【例1】已知函數(shù)f(x)?ln(x?1)?x，求證：當x??1時，恒有1?

2、作差法構造函數(shù)證明 【例2】已知函數(shù)f(x)?1?ln(x?1)?x x?112x?lnx.求證：在區(qū)間(1,??)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)2g(x)?23x的圖象的下方； 3111?1)?2?3 都成立.nnn

3、換元法構造函數(shù)證明

【例3】證明：對任意的正整數(shù)n，不等式ln（4、從條件特征入手構造函數(shù)證明

【例4】若函數(shù)y=f(x)在R上可導且滿足不等式xf?(x)>－f(x)恒成立，且常數(shù)a，b滿足a>b，求證：．a(chǎn)f(a)>bf(b)

第 5 頁

共 5 頁

第三篇：導數(shù)壓軸題7大題型歸類總結

導數(shù)壓軸題7大題型歸類總結，逆襲140+

一、導數(shù)單調(diào)性、極值、最值的直接應用 設a＞0，函數(shù)g(x)＝(a^2＋14)e^x＋4.ξ

1、ξ2∈[0，4]，使得|f(ξ1)－g(ξ2)|＜1成立，求a的取值范圍．

二、交點與根的分布

三、不等式證明

（一）做差證明不等式

（二）變形構造函數(shù)證明不等式

四、不等式恒成立求字母范圍

（一）恒成立之最值的直接應用

（二）恒成立之分離參數(shù)

（三）恒成立之討論字母范圍

五、函數(shù)與導數(shù)性質(zhì)的綜合運用

六、導數(shù)應用題

七、導數(shù)與三角函數(shù)的結合

第四篇：導數(shù)壓軸題 導數(shù)與數(shù)列不等式的證明

導數(shù)與數(shù)列不等式的證明

例1.已知函數(shù)f(x)?alnx?ax?3?a?R?(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)證明:1?12?13???1n?ln(n?1)(n?N*)(3)證明:ln22?ln33?ln44?ln55?lnnn?1n?n?2,n?N*? n(4)證明:ln2ln3ln4ln5lnn?1?n?122?32?42?52?n2???2???n?n?2,n?N*?(5)證明:ln24ln34ln44ln54lnn4(n?1)224?34?44?54?n4?4n?n?2,n?N*? ln22ln32(6)求證:lnn2?n?1??2n?1?22?32?...?n2?2?n?1??n?2,n?N??(7)求證:??1??22????1?1??42????1?1??1?82??...???1?1?22n???e?n?N??

例2.已知函數(shù)f(x)?lnx?x?1?(1)求f(x)的最大值;nnn(2)證明不等式:??1??2??n?e?n?????n???????n???e?1?n?N*?

例3.已知函數(shù)f?x??x2?ln?x?1?

(1)當x?0時,求證:f?x??x3;

(2)當n?N?時,求證:?nf?1??1?1?1?151 k?1??k??2333...?n3?4?2n?n?1?

例4.設函數(shù)f(x)?x2?mln(x?1)?m?0?

(1)若m??12,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)如果函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)既有極大值又有極小值,求實數(shù)m的取值范圍;(3)求證:對任意的n?N*,不等式lnn?1n?n?1n3恒成立?

例5.已知函數(shù)f(x)?ln(x?1)?k(x?1)?1(k?R),(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若f(x)?0恒成立,試確定實數(shù)k的取值范圍;(3)證明:ln23?ln34???lnnn?1?n(n?1)4?n?N,n?1?.導數(shù)與數(shù)列不等式的證明 收集整理:張亞爭 聯(lián)系電話:*** 1 / 2 例6.已知函數(shù)f(x)?ax?b?c(a?0)的圖像在點(1,f(1))處的切線方程為y?x?1? x(1)用a表示出b,c;

(2)若f(x)?lnx在[1,??)上恒成立,求a的取值范圍;(3)證明:1?

例7.已知函數(shù)f(x)?2alnx?x2?1?

(1)當a?1時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間及f(x)的最大值;(2)令g(x)?f(x)?x,若g(x)在定義域上是單調(diào)函數(shù),求a的取值范圍;111n?????ln(n?1)?(n?1).23n2(n?1)3n2?n?222222??????(3)對于任意的n?2,n?N,試比較與的ln2ln3ln4ln5lnnn(n?1)*大小并證明你的結論?

1?ln(x?1)(x?0)x(1)函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,??)上是增函數(shù)還是減函數(shù)?證明你的結論?

k(2)當x?0時,f(x)?恒成立,求整數(shù)k的最大值;x?1(3)試證明:(1?1?2)(1?2?3)(1?3?4)?(1?n?(n?1))?e2n?3(n?N*).例8.已知函數(shù)f(x)?

例9.已知函數(shù)f?x??x?a?lnx?a?0?(1)若a?1,求f?x?的單調(diào)區(qū)間及f?x?的最小值;(2)若a?0,求f?x?的單調(diào)區(qū)間;ln22ln32lnn2?n?1??2n?1?(3)試比較2?2?...?2與n?2,n?N??的大小,并證明? ?23n2?n?1?

例10.已知函數(shù)f?x??lnx,g?x??x?a?a?R?, x(1)若x?1時,f?x??g?x?恒成立,求實數(shù)a的取值范圍?(2)求證:

例11.已知函數(shù)f?x??lnx?x?ax

2ln2ln3lnn1????n?2,n?N?? 34n?1n(1)若函數(shù)f?x?在其定義域上為增函數(shù),求a的取值范圍;(2)設an?1?

例12.設各項為正的數(shù)列?an?滿足a1?1,an?1?lnan?an?2,n?N?.求證:an?2n?1.122?L?an?ln?n?1??2n ?n?N??,求證:3?a1?a2?...?an??a12?a2n導數(shù)與數(shù)列不等式的證明 收集整理:張亞爭 聯(lián)系電話:*** 2 / 2

第五篇：高考數(shù)學專題-導數(shù)壓軸題特輯1

導數(shù)壓軸題特輯1

一．選擇題（共3小題）

1．設f＇（x）是函數(shù)f（x）的導函數(shù)，若f＇（x）＞0，且?x1，x2∈R（x1≠x2），f（x1）+f（x2）＜2f（），則下列各項中不一定正確的是（）

A．f（2）＜f（e）＜f（π）

B．f′（π）＜f′（e）＜f′（2）

C．f（2）＜f′（2）﹣f′（3）＜f（3）

D．f′（3）＜f（3）﹣f（2）＜f′（2）

2．設函數(shù)f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），其導函數(shù)為y＝f′（x），若兩兩不相同實數(shù)x1，x2，x3，x4滿足f（x1）＝f′（x2）＝f′（x3）＝f（x4），則下列說法正確的是（）

A．x1+x4＜2（x2+x3）

B．x1+x4＞2（x2+x3）

C．x1+x3＜x2+x4

D．x1+x3≥x2+x4

3．已知函數(shù)f（x）的定義域為R，且滿足f（4）＝1，f′（x）為f（x）的導函數(shù)，又知y＝f′（x）的圖象如圖，若兩個正數(shù)a，b滿足f（2a+b）＜1，則的取值范圍是（）

A．[，]

B．（，）

C．[，2]

D．（，2）

二．多選題（共1小題）

4．對于定義域為R的函數(shù)f（x），若滿足：①f（0）＝0；②當x∈R且x≠0時，都有xf′（x）＞0；③當x1＜0＜x2且|x1|＜|x2|時，都有f（x1）＜f（x2），則稱f（x）為“偏對稱函數(shù)”下列函數(shù)是“偏對稱函數(shù)”的是（）

A．f1（x）＝﹣x3+x2

B．f2（x）＝ex﹣x﹣1

C．f3（x）＝xsinx

D．f4（x）＝

三．解答題（共36小題）

5．已知函數(shù)f（x）＝ex（sinx﹣ax2+2a﹣e），其中a∈R，e＝2.71828…為自然數(shù)的底數(shù)．

（1）當a＝0時，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；

（2）當≤a≤1時，求證：對任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．

6．（1）已知函數(shù)是奇函數(shù)，又f（1）＝2，f（2）＜3，且f（x）在[1，+∞）上遞增．

①求a，b，c的值；

②當x＜0時，討論f（x）的單調(diào)性．

（2）已知二次函數(shù)f（x）的圖象開口向下，且對于任意實數(shù)x都有f（2﹣x）＝f（2+x）求不等式：f[（x2+x+）]＜f[（2x2﹣x+）]的解．

7．已知函數(shù)f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna．

（1）當a＝e時，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；

（2）若f（x）≥1，求a的取值范圍．

8．已知函數(shù)f（x）＝（eax﹣1）lnx（a＞0）．

（1）當a＝1時，求曲線y＝f（x）在（1，f（1））處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；

（2）若關于x的方程f（x）＝ax2﹣ax在[1，+∞）上恰有三個不同的實數(shù)解，求a的取值范圍．

9．已知函數(shù)f（x）＝ax，g（x）＝logax，其中a＞1．

（Ⅰ）求函數(shù)h（x）＝f（x）﹣xlna的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅱ）若曲線y＝f（x）在點（x1，f（x1））處的切線與曲線y＝g（x）在點（x2，g（x2））處的切線平行，證明x1+g（x2）＝﹣；

（Ⅲ）證明當a≥時，存在直線l，使l是曲線y＝f（x）的切線，也是曲線y＝g（x）的切線．

10．已知函數(shù)（e為自然對數(shù)的底數(shù)）．

（1）若曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線與曲線y＝g（x）在點（0，g（0））處的切線互相垂直，求

函數(shù)在區(qū)間[﹣1，1]上的最大值；

（2）設函數(shù)，試討論函數(shù)h（x）零點的個數(shù)．

11．已知函數(shù)f（x）＝eax，g（x）＝﹣x2+bx+c（a，b，c∈R），且曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點（0，c）處具有公共切線．設h（x）＝f（x）﹣g（x）．

（Ⅰ）求c的值，及a，b的關系式；

（Ⅱ）求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅲ）設a≥0，若對于任意x1，x2∈[0，1]，都有|h（x1）﹣h（x2）|≤e﹣1，求a的取值范圍．

12．設函數(shù)f（x）＝ln（1+ax）+bx，g（x）＝f（x）﹣bx2．

（Ⅰ）若a＝1，b＝﹣1，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅱ）若曲線y＝g（x）在點（1，ln3）處的切線與直線11x﹣3y＝0平行．

（i）求a，b的值；

（ii）求實數(shù)k（k≤3）的取值范圍，使得g（x）＞k（x2﹣x）對x∈（0，+∞）恒成立．

13．已知函數(shù)f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．

（Ⅰ）若曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線與直線l：x+2y＝0垂直，求實數(shù)a的值；

（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的較大者，記函數(shù)h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函數(shù)h（x）在（0，+∞）內(nèi)恰有2個零點，求實數(shù)a的取值范圍．

14．已知函數(shù)

f（x）＝lnx，g（x）＝ex

（1）若函數(shù)h（x）＝f（x）﹣，求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）設直線l為函數(shù)f（x）的圖象上的一點

A（x0，f（x0））處的切線，證明：在區(qū)間（0，+∞）

上存在唯一的x0，使得直線l

與曲線y＝g（x）

相切．

15．已知函數(shù)f（x）＝lnx，g（x）＝ex

（1）求函數(shù)h（x）＝g（x）f′（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）設直線l為函數(shù)f（x）圖象上一點A（x0，lnx0）處的切線，證明：在區(qū)間（1，+∞）上存在唯一的x0，使得直線l與曲線y＝g（x）相切．

16．已知函數(shù)f（x）＝x+，g（x）＝x﹣lnx，其中a∈R且a≠0．

（Ⅰ）求曲線y＝g（x）在點（1，g（1））處的切線方程；

（II）當a＝1時，求函數(shù)h（x）＝f（x）+g（x）的單調(diào)區(qū)間；

（III）設函數(shù)u（x）＝若u（x）＝f（x）對任意x∈[1，e]均成立，求a的取值范圍．

17．已知函數(shù)f（x）＝x2+2ax（x＞0），g（x）＝3alnx+a，其中a＞0．

（1）當a＝1時，求函數(shù)h（x）＝f（x）﹣g（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）是否存在常數(shù)a，使兩曲線y＝f（x），y＝g（x）有公共點，且在該點處的切線相同？若存在，請求出實數(shù)a的值；若不存在，請說明理由．

18．已知函數(shù)f（x）＝x3﹣x2+x，g（x）＝﹣（m﹣1）x，m∈R．

（Ⅰ）若f（x）在x＝1取得極值，求曲線y＝f（x）在點（2，f（2））處的切線方程；

（Ⅱ）若f（x）在區(qū)間（，+∞）上為增函數(shù)，求m的取值范圍；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，求函數(shù)h（x）＝f（x）﹣g（x）的單調(diào)區(qū)間和極值．

19．已知函數(shù)f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．

（Ⅰ）若曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點P（2，m）處有相同的切線（P為切點），求a，b的值；

（Ⅱ）令h（x）＝f（x）+g（x），若函數(shù)h（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣，﹣]，（1）求函數(shù)h（x）在區(qū)間（﹣∞，﹣1]上的最大值t（a）；

（2）若|h（x）|≤3在x∈[﹣2，0]上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

20．已知函數(shù)f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．

（1）若曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點P（2，c）處有相同的切線（P為切點），求a，b的值；

（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函數(shù)h（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣，﹣]，求函數(shù)h（x）在區(qū)間（﹣∞，﹣1]上的最大值M（a）

21．已知函數(shù)f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．

（1）若曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點p（2，c）處有相同的切線（p為切點），求實數(shù)a，b的值．

（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函數(shù)h（x）的單調(diào)減區(qū)間為[﹣，﹣]；

①求函數(shù)h（x）在區(qū)間（﹣∞，﹣1]上的最大值M（a）．

②若|h（x）|≤3在x∈[﹣2，0]上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

22．已知函數(shù)f（x）＝ex+x2﹣x，g（x）＝x2+ax+b，a，b∈R．

（1）當a＝1時，求函數(shù)F（x）＝f（x）﹣g（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）若曲線y＝f（x）在點（0，1）處的切線l與曲線y＝g（x）切于點（1，c），求a，b，c的值；

（3）若f（x）≥g（x）恒成立，求a+b的最大值．

23．函數(shù)y＝lnx關于直線x＝1對稱的函數(shù)為f（x），又函數(shù)的導函數(shù)為g（x），記h（x）＝f（x）+g（x）．

（1）設曲線y＝h（x）在點（1，h（1））處的切線為l，l與圓（x+1）2+y2＝1相切，求a的值；

（2）求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；

（3）求函數(shù)h（x）在[0，1]上的最大值．

24．（文）已知函數(shù)f（x）＝lnx與g（x）＝kx+b（k，b∈R）的圖象交于P，Q兩點，曲線y＝f（x）在P，Q兩點處的切線交于點A．

（1）當k＝e，b＝﹣3時，求函數(shù)h（x）＝f（x）﹣g（x）的單調(diào)區(qū)間；（e為自然常數(shù)）

（2）若A（，），求實數(shù)k，b的值．

25．已知函數(shù)f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．

（Ⅰ）當時，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；

（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的較大者，記函數(shù)h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函數(shù)h（x）在（0，+∞）內(nèi)恰有2個零點，求實數(shù)a的取值范圍．

26．設a∈R，函數(shù)f（x）＝alnx﹣x．

（1）若f（x）無零點，求實數(shù)a的取值范圍；

（2）當a＝1時，關于x的方程2x﹣f（x）＝x2+b在[，2]上恰有兩個不相等的實數(shù)根，求實數(shù)b的取值范圍．；

（3）求證：當n≥2，n∈N*時（1+）（1+）…（1+）＜e．

27．已知函數(shù)f（x）＝xlnx．

（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間與極值；

（2）若不等式對任意x∈[1，3]恒成立，求正實數(shù)λ的取值范圍．

28．已知函數(shù)（a∈R）．

（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）當函數(shù)f（x）與函數(shù)g（x）＝lnx圖象的公切線l經(jīng)過坐標原點時，求實數(shù)a的取值集合；

（3）證明：當a∈（0，）時，函數(shù)h（x）＝f（x）﹣ax有兩個零點x1，x2，且滿足．

29．已知函數(shù)f（x）＝．

（1）若對任意x＞0，f（x）＜0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；

（2）若函數(shù)f（x）有兩個不同的零點x1，x2（x1＜x2），證明：+＞2．

30．已知a為常數(shù)，函數(shù)f（x）＝x2+ax﹣lnx，g（x）＝ex（其中e是自然數(shù)對數(shù)的底數(shù)）．

（1）過坐標原點O作曲線y＝f（x）的切線，設切點P（x0，y0）為，求x0的值；

（2）令，若函數(shù)F（x）在區(qū)間（0，1]上是單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍．

31．設函數(shù)，m∈R．

（1）當m＝e（e為自然對數(shù)的底數(shù)）時，求f（x）的最小值；

（2）討論函數(shù)零點的個數(shù)．

32．已知函數(shù)f（x）＝lnx﹣．

（1）若a＝4，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1]內(nèi)單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；

（3）若x1、x2∈R+，且x1≤x2，求證：（lnx1﹣lnx2）（x1+2x2）≤3（x1﹣x2）．

33．設a＞0，函數(shù)f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx

（1）當a＝1時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）若函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間（0，+∞）上有唯一零點，試求a的值．

34．已知函數(shù)．

（1）當a＝0時，求曲線y＝f（x）在（1，f（1））處的切線方程；

（2）令g（x）＝f（x）﹣ax+1，求函數(shù)g（x）的極大值；

（3）若a＝﹣2，正實數(shù)x1，x2滿足f（x1）+f（x2）+x1x2＝0，證明：．

35．已知函數(shù)f（x）＝x﹣alnx，g（x）＝﹣（a＞0）

（1）若a＝l，求f（x）的極值；

（2）若存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，求實數(shù)a的取值范圍．

36．已知函數(shù)f（x）＝alnx+x2+bx+1在點（1，f（1））處的切線方程為4x﹣y﹣12＝0．

（1）求函數(shù)f（x）的解析式；

（2）求f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值．

37．已知函數(shù)f（x）＝alnx+﹣（a+1）x，a∈R．

（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（1，3）上單調(diào)遞減，求a的取值范圍；

（Ⅱ）當a＝﹣1時，證明f（x）≥．

38．已知函數(shù)f（x）＝x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．

（Ⅰ）求函數(shù)y＝f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅱ）當a＝1時，證明：對任意的x＞0，f（x）+ex＞x2+x+2．

39．已知函數(shù)f（x）＝xlnx．

（Ⅰ）求函數(shù)f（x）在[1，3]上的最小值；

（Ⅱ）若存在使不等式2f（x）≥﹣x2+ax﹣3成立，求實數(shù)a的取值范圍．

40．已知函數(shù)f（x）＝ax2﹣alnx+x．

（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；

（2）若a＜0，設g（x）＝f（x）﹣x，h（x）＝﹣2xlnx+2x，若對任意x1，x2∈[1，+∞）（x1≠x2），|g（x2）﹣g（x1）|≥|h（x2）﹣h（x1）|恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

導數(shù)壓軸題特輯1

參考答案與試題解析

一．選擇題（共3小題）

1．設f＇（x）是函數(shù)f（x）的導函數(shù)，若f＇（x）＞0，且?x1，x2∈R（x1≠x2），f（x1）+f（x2）＜2f（），則下列各項中不一定正確的是（）

A．f（2）＜f（e）＜f（π）

B．f′（π）＜f′（e）＜f′（2）

C．f（2）＜f′（2）﹣f′（3）＜f（3）

D．f′（3）＜f（3）﹣f（2）＜f′（2）

【分析】f′（x）＞0，∴f（x）在R上單調(diào)遞增，由，可得＜，可得y＝f（x）的圖象如圖所示，圖象是向上凸．進而判斷出正誤．

【解答】解：∵f′（x）＞0，∴f（x）在R上單調(diào)遞增，∵，∴＜，∴y＝f（x）的圖象如圖所示，圖象是向上凸．

∴f（2）＜f（e）＜f（π），f′（π）＜f′（e）＜f′（2），可知：A，B正確．

∵f（3）﹣f（2）＝，表示點A（2，f（2）），B（3，f（3））的連線的斜率．

由圖可知：f′（3）＜kAB＜f′（2），故D正確．

C項無法推出，故選：C．

【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、切線的斜率、數(shù)形結合方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．

2．設函數(shù)f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），其導函數(shù)為y＝f′（x），若兩兩不相同實數(shù)x1，x2，x3，x4滿足f（x1）＝f′（x2）＝f′（x3）＝f（x4），則下列說法正確的是（）

A．x1+x4＜2（x2+x3）

B．x1+x4＞2（x2+x3）

C．x1+x3＜x2+x4

D．x1+x3≥x2+x4

【分析】f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），令f（x）＝x2（x﹣a）＝0，解得x．f′（x）＝2x（x﹣a）+x2＝3x（x﹣）＝3﹣．畫出圖象．根據(jù)：兩兩不相同實數(shù)x1，x2，x3，x4滿足f（x1）＝f′（x2）＝f′（x3）＝f（x4），可得x2+x3＝．由f（x1）＝f（x4），可得：﹣a＝﹣a，可得x1+x4＜a，即可判斷出結論．

【解答】解：f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），令f（x）＝x2（x﹣a）＝0，解得x＝0，或a．可得0，a是函數(shù)f（x）的零點．

f′（x）＝2x（x﹣a）+x2＝3x（x﹣）＝3﹣．

可得0是函數(shù)f（x）的極大值點，a是函數(shù)f（x）的極小值點．

可得0，a是函數(shù)f′（x）的零點．

f（0）＝f′（0）＝＝f（a），＝﹣，＝﹣．

畫出圖象．

兩兩不相同實數(shù)x1，x2，x3，x4滿足f（x1）＝f′（x2）＝f′（x3）

＝f（x4），∴x2+x3＝．

由f（x1）＝f（x4），可得：﹣a＝﹣a，化為：﹣a（x1+x4）＝x1x4＜，化為：（x1+x4）（x1+x4﹣a）＜0．

x1+x4＞0，（≤0不成立）．

∴x1+x4＜a＝2（x2+x3）．

∴x1+x4＜2（x2+x3）正確．B不正確．

結合圖象可得：CD不正確．

故選：A．

【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值、函數(shù)的零點、方程與不等式的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．

3．已知函數(shù)f（x）的定義域為R，且滿足f（4）＝1，f′（x）為f（x）的導函數(shù)，又知y＝f′（x）的圖象如圖，若兩個正數(shù)a，b滿足f（2a+b）＜1，則的取值范圍是（）

A．[，]

B．（，）

C．[，2]

D．（，2）

【分析】由y＝f′（x）的圖象如圖，可得：函數(shù)f（x）的單調(diào)性．可得兩個正數(shù)a，b滿足f（2a+b）＜1＝f（4），可得2a+b＜4，如圖所示，由于表示點Q（a，b）與點P（﹣2，﹣3）連線的斜率．即可得出．

【解答】解：由y＝f′（x）的圖象如圖，可得：函數(shù)f（x）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增．

∵兩個正數(shù)a，b滿足f（2a+b）＜1＝f（4），∴2a+b＜4，如圖所示，則表示點Q（a，b）與點P（﹣2，﹣3）連線的斜率．

kAP＝＝，kPB＝＝．

∴斜率的取值范圍是（，）．

故選：B．

【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、斜率計算公式、線性規(guī)劃問題，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．

二．多選題（共1小題）

4．對于定義域為R的函數(shù)f（x），若滿足：①f（0）＝0；②當x∈R且x≠0時，都有xf′（x）＞0；③當x1＜0＜x2且|x1|＜|x2|時，都有f（x1）＜f（x2），則稱f（x）為“偏對稱函數(shù)”下列函數(shù)是“偏對稱函數(shù)”的是（）

A．f1（x）＝﹣x3+x2

B．f2（x）＝ex﹣x﹣1

C．f3（x）＝xsinx

D．f4（x）＝

【分析】運用新定義，分別討論四個函數(shù)是否滿足三個條件，結合奇偶性和單調(diào)性，以及對稱性，即可得到所求結論．

【解答】解：經(jīng)驗證，f1（x），f2（x），f3（x），f4（x）

都滿足條件①，∵當x∈R且x≠0時，都有xf′（x）＞0

∴或，即條件②等價于函數(shù)

f（x）

在區(qū)間

（﹣∞，0）上單調(diào)遞減，在區(qū)間

（0，+∞）

上單調(diào)遞增，當

x1＜0＜x2且|x1|＜|x2|時，等價于﹣x2＜x1＜0＜﹣x1＜x2，A

中，f1（x）＝﹣x3+x2，f1′（x）＝﹣3x2+2x，則當

x≠0

時，由xf1′（x）＝﹣3x3+2x2＝x2（2﹣3x）≤0，得x≥，不符合條件②，故

f1（x）

不是“偏對稱函數(shù)”；

B

中，f2（x）＝ex﹣x﹣1，f2′（x）＝ex﹣1，當

x＞0

時，ex＞1，f2′（x）＞0，當

x＜0

時，0＜ex＜1，f2′（x）＜0，則當

x≠0

時，都有

xf2′（x）＞0，符合條件②，∴函數(shù)f2（x）＝ex﹣x﹣1

在（﹣∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）

上單調(diào)遞增，由

f2（x）的單調(diào)性知，當﹣x2＜x1＜0＜﹣x1＜x2時，f2（x1）＜f2（﹣x2），∴f2（x1）﹣f2（x2）＜f2（﹣x2）﹣f2（x2）＝﹣++2x2，令F（x）＝﹣ex+e﹣x+2x，x＞0，F(xiàn)′（x）＝﹣ex﹣e﹣x+2≤﹣2+2＝0，當且僅當

ex＝e﹣x即

x＝0

時，“＝“成立，∴F（x）

在[0，+∞）

上是減函數(shù)，∴F（x2）＜F（0）＝0，即

f2（x1）＜f2（x2），符合條件③，故

f2（x）

是“偏對稱函數(shù)”；

C

中，f3（x）＝xsinx，則

f3（﹣x）＝﹣xsin（﹣x）＝f3（x），則

f3（x）

是偶函數(shù)，而f3′（x）＝sinx+xcosx＝sin（x+φ）（tanφ＝x），則根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)可知，當

x＞0

時，f3′（x）的符號有正有負，不符合條件②，故

f3（x）

不是“偏對稱函數(shù)”；

D

中，由函數(shù)

f4（x）＝，當

x＜0

時，f4′（x）＝＜0，當

x＞0

時，f3′（x）＝2＞0，符合條件②，∴函數(shù)

f4（x）

在（﹣∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）

上單調(diào)遞增，由單調(diào)性知，當﹣x2＜x1＜0＜﹣x1＜x2時，f4（x1）＜f4（﹣x2），∴f4（x1）﹣f4（x2）＜f4（﹣x2）﹣f4（x2）＝ln（x2+1）﹣2x2，設

F（x）＝ln（x+1）﹣2x，x＞0，則

F′（x）＝﹣2＜0，F(xiàn)（x）

在（0，+∞）

上是減函數(shù)，可得

F（x）＜F（0）＝0，∴F（x2）＜0，即

f（x1）＜f（x2），符合條件③，故

f4（x）

是“偏對稱函數(shù)”，故選：BD．

【點評】本題主要考查在新定義下利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查計算能力，考查轉(zhuǎn)化與劃歸思想，屬于難題．

三．解答題（共36小題）

5．已知函數(shù)f（x）＝ex（sinx﹣ax2+2a﹣e），其中a∈R，e＝2.71828…為自然數(shù)的底數(shù)．

（1）當a＝0時，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；

（2）當≤a≤1時，求證：對任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．

【分析】（1）求函數(shù)的導數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性和導數(shù)之間的關系進行討論即可．

（2）對任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0轉(zhuǎn)化為證明對任意的x∈[0，+∞），sinx﹣ax2+2a﹣e＜0，即可，構造函數(shù)，求函數(shù)的導數(shù)，利用導數(shù)進行研究即可．

【解答】解：（1）當a＝0時，f（x）＝ex（sinx﹣e），則f′（x）＝ex（sinx﹣e）+excosx＝ex（sinx﹣e+cosx），∵sinx+cosx＝sin（x+）≤＜e，∴sinx+cosx﹣e＜0

故f′（x）＜0

則f（x）在R上單調(diào)遞減．

（2）當x≥0時，y＝ex≥1，要證明對任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．

則只需要證明對任意的x∈[0，+∞），sinx﹣ax2+2a﹣e＜0．

設g（a）＝sinx﹣ax2+2a﹣e＝（﹣x2+2）a+sinx﹣e，看作以a為變量的一次函數(shù)，要使sinx﹣ax2+2a﹣e＜0，則，即，∵sinx+1﹣e＜0恒成立，∴①恒成立，對于②，令h（x）＝sinx﹣x2+2﹣e，則h′（x）＝cosx﹣2x，設x＝t時，h′（x）＝0，即cost﹣2t＝0．

∴t＝，sint＜sin，∴h（x）在（0，t）上，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，在（t，+∞）上，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，則當x＝t時，函數(shù)h（x）取得最大值h（t）＝sint﹣t2+2﹣e＝sint﹣（）2+2﹣e

＝sint﹣+2﹣e＝sin2t+sint+﹣e＝（+1）2+﹣e≤（）2+﹣e＝﹣e＜0，故④式成立，綜上對任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．

【點評】本題主要考查函數(shù)單調(diào)性與導數(shù)的應用，求函數(shù)的導數(shù)，構造函數(shù)，利用導數(shù)是解決本題的關鍵．綜合性較強，難度較大．

6．（1）已知函數(shù)是奇函數(shù)，又f（1）＝2，f（2）＜3，且f（x）在[1，+∞）上遞增．

①求a，b，c的值；

②當x＜0時，討論f（x）的單調(diào)性．

（2）已知二次函數(shù)f（x）的圖象開口向下，且對于任意實數(shù)x都有f（2﹣x）＝f（2+x）求不等式：f[（x2+x+）]＜f[（2x2﹣x+）]的解．

【分析】A、（1）求三個未知數(shù)，需要三個條件，一是定義域要關于原點對稱，二是f（1）＝2，三是f（2）＜3，f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增可解．

（2）用單調(diào)性定義來探討，先在給定的區(qū)間上任取兩個變量，且界定大小，再作差變形，在與0比較中出現(xiàn)討論，再進一步細化區(qū)間，確定后即為所求的單調(diào)區(qū)間．

B、由題設二次函數(shù)f（x）的圖象開口向下，又對于任意實數(shù)x，都有f（2﹣x）＝f（x+2），知其對稱軸方程為x＝2，由二次函數(shù)的這些特征即可研究出其單調(diào)性，分析（x2+x+），（2x2﹣x+）的范圍，利用二次函數(shù)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化不等式為（x2+x+）＜（2x2﹣x+），利用對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性把不等式轉(zhuǎn)化為x2+x+＞2x2﹣x+，解此不等式即可求得結果．

【解答】A、解：（1）∵f（x）為奇函數(shù)，故f（x）的定義域關于原點對稱

又f（x）的定義域為

（顯然b≠0，否則f（x）為偶函數(shù)）

∴，即c＝0

于是得，且，∴

∴，又b∈Z

∴b＝1

∴a＝1

故a＝b＝1，c＝0，符合f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增

（2）由（1）知，＝

①當﹣1＜x1＜x2＜0時，顯然x1﹣x2＜0，0＜x1x2＜1，x1x2﹣1＜0

∴f（x1）﹣f（x2）＞0

∴f（x）為減函數(shù)

②當x1＜x2＜﹣1時，顯然x1﹣x2＜0，x1x2＞1，x1x2﹣1＞0

∴f（x1）﹣f（x2）＜0

∴f（x）為增函數(shù)

綜上所述，f（x）在（﹣∞，﹣1]上是增函數(shù)，在[﹣1，0）上是減函數(shù)．

B、解：由題意二次函數(shù)f（x）圖象開口向下，故在對稱軸兩邊的圖象是左降右升

又對于任意實數(shù)x，都有f（2﹣x）＝f（x+2），故此函數(shù)的對稱軸方程是x＝2

由此知，函數(shù)f（x）在（﹣∞，2]上是增函數(shù)，在（2，+∞）是減函數(shù)，而x2+x+＝（x+）2+≥，2x2﹣x+＝2（x﹣）2+≥，∴（x2+x+）≤＝2，（2x2﹣x+）≤＝1，∵f[（x2+x+）]＜f[（2x2﹣x+）]

∴（x2+x+）＜（2x2﹣x+），∴x2+x+＞2x2﹣x+，解得，∴不等式的解集為．

【點評】A、此題是中檔題．本題主要考查函數(shù)利用奇偶性和函數(shù)值，單間性來求解析式，在研究單調(diào)性中分類討論的思想應用．

B、本題主要考查二次函數(shù)的單調(diào)性和對稱性，還考查了利用對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性解對數(shù)不等式和一元二次不等式的解法，特別注意對數(shù)不等式的求解時的定義域．

7．已知函數(shù)f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna．

（1）當a＝e時，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；

（2）若f（x）≥1，求a的取值范圍．

【分析】（1）根據(jù)導數(shù)的幾何意義即可求出切線方程，可得三角形的面積；

（2）方法一：不等式等價于ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝elnx+lnx，令g（t）＝et+t，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性可得lna＞lnx﹣x+1，再構造函數(shù)h（x）＝lnx﹣x+1，利用導數(shù)求出函數(shù)的最值，即可求出a的范圍；

方法二：構造兩個基本不等式ex＞x﹣1，x﹣1≥lnx，則原不等式轉(zhuǎn)化為x（a﹣1）≥﹣lna，再分類討論即可求出a的取值范圍，方法三：利用分類討論的思想，當0＜a＜1，此時不符合題意，當a≥1時，f（x）≥ex﹣1﹣lnx，令g（x）＝ex﹣1﹣lnx，再根據(jù)導數(shù)和函數(shù)最值的關系即可證明，方法四：先根據(jù)導數(shù)和函數(shù)的最值的關系求出f（x）≥f（x0）＝﹣2lnx0+1﹣x0≥1，lna＝1﹣x0﹣lnx0，再求出x0的范圍，再利用導數(shù)求1﹣x0﹣lnx0的范圍，即可求出a的范圍．

方法五：f（x）≥1等價于aex﹣1﹣lnx+lna≥1，構造函數(shù)hg（a）＝a+lna﹣1，利用導數(shù)求出函數(shù)的最值，即可求出a的范圍．

【解答】解：（1）當a＝e時，f（x）＝ex﹣lnx+1，∴f′（x）＝ex﹣，∴f′（1）＝e﹣1，∵f（1）＝e+1，∴曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y﹣（e+1）＝（e﹣1）（x﹣1），當x＝0時，y＝2，當y＝0時，x＝，∴曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積S＝×2×＝．

（2）方法一：由f（x）≥1，可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1，即ex﹣1+lna﹣lnx+lna≥1，即ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝elnx+lnx，令g（t）＝et+t，則g′（t）＝et+1＞0，∴g（t）在R上單調(diào)遞增，∵g（lna+x﹣1）≥g（lnx）

∴l(xiāng)na+x﹣1≥lnx，即lna≥lnx﹣x+1，令h（x）＝lnx﹣x+1，∴h′（x）＝﹣1＝，當0＜x＜1時，h′（x）＞0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增，當x＞1時，h′（x）＜0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減，∴h（x）≤h（1）＝0，∴l(xiāng)na≥0，∴a≥1，故a的范圍為[1，+∞）．

方法二：由f（x）≥1可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1，x＞0，a＞0，即aex﹣1﹣1≥lnx﹣lna，設g（x）＝ex﹣x﹣1，∴g′（x）＝ex﹣1＞0恒成立，∴g（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，∴g（x）＞g（0）＝1﹣0﹣1＝0，∴ex﹣x﹣1＞0，即ex＞x+1，再設h（x）＝x﹣1﹣lnx，∴h′（x）＝1﹣＝，當0＜x＜1時，h′（x）＜0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減，當x＞1時，h′（x）＞0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增，∴h（x）≥h（1）＝0，∴x﹣1﹣lnx≥0，即x﹣1≥lnx

∴ex﹣1≥x，則aex﹣1≥ax，此時只需要證ax≥x﹣lna，即證x（a﹣1）≥﹣lna，當a≥1時，∴x（a﹣1）＞0＞﹣lna恒成立，當0＜a＜1時，x（a﹣1）＜0＜﹣lna，此時x（a﹣1）≥﹣lna不成立，綜上所述a的取值范圍為[1，+∞）．

方法三：由題意可得x∈（0，+∞），a∈（0，+∞），∴f′（x）＝aex﹣1﹣，易知f′（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，①當0＜a＜1時，f′（1）＝a﹣1＜0，f′（）＝a﹣a＝a（﹣1）＞0，∴存在x0∈（1，）使得f′（x0）＝0，當x∈（1，x0）時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，∴f（x）＜f（1）＝a+lna＜a＜1，不滿足題意，②當a≥1時，ex﹣1＞0，lna＞0，∴f（x）≥ex﹣1﹣lnx，令g（x）＝ex﹣1﹣lnx，∴g′（x）＝ex﹣1﹣，易知g′（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，∵g′（1）＝0，∴當x∈（0，1）時，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，當x∈（1，+∞）時，g′（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，∴g（x）≥g（1）＝1，即f（x）≥1，綜上所述a的取值范圍為[1，+∞）．

方法四：∵f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna，x＞0，a＞0，∴f′（x）＝aex﹣1﹣，易知f′（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，∵y＝aex﹣1在（0，+∞）上為增函數(shù)，y＝在0，+∞）上為減函數(shù)，∴y＝aex﹣1與y＝在0，+∞）上有交點，∴存在x0∈（0，+∞），使得f′（x0）＝a﹣＝0，則a＝，則lna+x0﹣1＝﹣lnx0，即lna＝1﹣x0﹣lnx0，當x∈（0，x0）時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，當x∈（x0，+∞）時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，∴f（x）≥f（x0）＝a﹣lnx0+lna

＝﹣lnx0+1﹣x0﹣lnx0＝﹣2lnx0+1﹣x0≥1

∴﹣2lnx0﹣x0≥0

設g（x）＝﹣2lnx﹣x，易知函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，且g（1）＝1﹣0﹣1＝0，∴當x∈（0，1]時，g（x）≥0，∴x0∈（0，1]時，﹣2lnx0﹣x0≥0，設h（x）＝1﹣x﹣lnx，x∈（0，1]，∴h′（x）＝﹣1﹣＜0恒成立，∴h（x）在（0，1]上單調(diào)遞減，∴h（x）≥h（1）＝1﹣1﹣ln1＝0，當x→0時，h（x）→+∞，∴l(xiāng)na≥0＝ln1，∴a≥1．

方法五：f（x）≥1等價于aex﹣1﹣lnx+lna≥1，該不等式恒成立．

當x＝1時，有a+lna≥1，其中a＞0．

設g（a）＝a+lna﹣1，則g＇（a）＝1+＞0，則g（a）單調(diào)增，且g（1）＝0．

所以若a+lna≥1成立，則必有a≥1．

∴下面證明當a≥1時，f（x）≥1成立．

∵ex≥x+1，把x換成x﹣1得到ex﹣1≥x，∵x﹣1≥lnx，∴x﹣lnx≥1．

∴f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna≥ex﹣1﹣lnx≥x﹣lnx≥1．

綜上，a≥1．

【點評】本題考查了導數(shù)的幾何意義，以及導數(shù)和函數(shù)的最值的關系，考查了運算求解能力，轉(zhuǎn)化與化歸能力，屬于難題．

8．已知函數(shù)f（x）＝（eax﹣1）lnx（a＞0）．

（1）當a＝1時，求曲線y＝f（x）在（1，f（1））處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；

（2）若關于x的方程f（x）＝ax2﹣ax在[1，+∞）上恰有三個不同的實數(shù)解，求a的取值范圍．

【分析】（1）求得a＝1時，f（x）的導數(shù)，可得切線的斜率和方程，可得切線與x，y軸的交點，由三角形的面積公式，可得所求值；

（2）顯然x＝1為方程f（x）＝ax2﹣ax的根，當x＞0且x≠1時，原方程等價于＝＝，構造函數(shù)g（x）＝（x＞0），求得導數(shù)，判斷單調(diào)性，可得原方程即為ax＝lnx，由參數(shù)分離和構造新函數(shù)，求得導數(shù)和最值，即可得到所求范圍．

【解答】解：（1）當a＝1時，f（x）＝（ex﹣1）lnx，可得f（1）＝0，f（x）的導數(shù)f′（x）＝exlnx+，所以切線的斜率為k＝f′（1）＝e﹣1，則切線的方程為y＝（e﹣1）（x﹣1），該切線與x軸的交點為（1，0），與y軸的交點為（0，1﹣e），所以所求三角形的面積為×1×（e﹣1）＝；

（2）顯然x＝1為方程f（x）＝ax2﹣ax的根，當x＞0且x≠1時，原方程等價于＝＝，設g（x）＝（x＞0），g′（x）＝，設h（x）＝1+（x﹣1）ex（x＞0），h′（x）＝xex＞0，可得h（x）在（0，+∞）遞增，則h（x）＞h（（0）＝0，即g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）遞增，原方程等價于g（ax）＝g（lnx），只需ax＝lnx在（1，+∞）上有兩個不等實根．

故只需ax＝lnx在（1，+∞）上有兩個不等的實根．

則a＝（x＞1），設k（x）＝（x＞1），k′（x）＝，可得k（x）在（1，e）遞增，在（e，+∞）遞減，則k（x）的最大值為k（e）＝，又k（1）＝0，所以a的范圍是（0，）．

【點評】本題考查導數(shù)的運用：求切線的方程和單調(diào)性、最值，考查方程思想和構造函數(shù)法、化簡運算能力和推理能力，屬于中檔題．

9．已知函數(shù)f（x）＝ax，g（x）＝logax，其中a＞1．

（Ⅰ）求函數(shù)h（x）＝f（x）﹣xlna的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅱ）若曲線y＝f（x）在點（x1，f（x1））處的切線與曲線y＝g（x）在點（x2，g（x2））處的切線平行，證明x1+g（x2）＝﹣；

（Ⅲ）證明當a≥時，存在直線l，使l是曲線y＝f（x）的切線，也是曲線y＝g（x）的切線．

【分析】（Ⅰ）把f（x）的解析式代入函數(shù)h（x）＝f（x）﹣xlna，求其導函數(shù)，由導函數(shù)的零點對定義域分段，由導函數(shù)在各區(qū)間段內(nèi)的符號可得原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅱ）分別求出函數(shù)y＝f（x）在點（x1，f（x1））處與y＝g（x）在點（x2，g（x2））處的切線的斜率，由斜率相等，兩邊取對數(shù)可得結論；

（Ⅲ）分別求出曲線y＝f（x）在點（）處的切線與曲線y＝g（x）在點（x2，logax2）處的切線方程，把問題轉(zhuǎn)化為證明當a≥時，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1與l2重合，進一步轉(zhuǎn)化為證明當a≥時，方程存在實數(shù)解．然后利用導數(shù)證明即可．

【解答】（Ⅰ）解：由已知，h（x）＝ax﹣xlna，有h′（x）＝axlna﹣lna，令h′（x）＝0，解得x＝0．

由a＞1，可知當x變化時，h′（x），h（x）的變化情況如下表：

x

（﹣∞，0）

0

（0，+∞）

h′（x）

﹣

0

+

h（x）

↓

極小值

↑

∴函數(shù)h（x）的單調(diào)減區(qū)間為（﹣∞，0），單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）；

（Ⅱ）證明：由f′（x）＝axlna，可得曲線y＝f（x）在點（x1，f（x1））處的切線的斜率為lna．

由g′（x）＝，可得曲線y＝g（x）在點（x2，g（x2））處的切線的斜率為．

∵這兩條切線平行，故有，即，兩邊取以a為底數(shù)的對數(shù)，得logax2+x1+2logalna＝0，∴x1+g（x2）＝﹣；

（Ⅲ）證明：曲線y＝f（x）在點（）處的切線l1：，曲線y＝g（x）在點（x2，logax2）處的切線l2：．

要證明當a≥時，存在直線l，使l是曲線y＝f（x）的切線，也是曲線y＝g（x）的切線，只需證明當a≥時，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1與l2重合，即只需證明當a≥時，方程組

由①得，代入②得：，③

因此，只需證明當a≥時，關于x1的方程③存在實數(shù)解．

設函數(shù)u（x）＝，既要證明當a≥時，函數(shù)y＝u（x）存在零點．

u′（x）＝1﹣（lna）2xax，可知x∈（﹣∞，0）時，u′（x）＞0；x∈（0，+∞）時，u′（x）單調(diào)遞減，又u′（0）＝1＞0，u′＝＜0，故存在唯一的x0，且x0＞0，使得u′（x0）＝0，即．

由此可得，u（x）在（﹣∞，x0）上單調(diào)遞增，在（x0，+∞）上單調(diào)遞減，u（x）在x＝x0處取得極大值u（x0）．

∵，故lnlna≥﹣1．

∴＝．

下面證明存在實數(shù)t，使得u（t）＜0，由（Ⅰ）可得ax≥1+xlna，當時，有

u（x）≤＝．

∴存在實數(shù)t，使得u（t）＜0．

因此，當a≥時，存在x1∈（﹣∞，+∞），使得u（x1）＝0．

∴當a≥時，存在直線l，使l是曲線y＝f（x）的切線，也是曲線y＝g（x）的切線．

【點評】本題考查導數(shù)的運算，導數(shù)的幾何意義，運用導數(shù)研究指數(shù)函數(shù)與對數(shù)公式的性質(zhì)等基礎知識和方法，考查函數(shù)與方程思想，化歸思想，考查抽象概括能力，綜合分析問題和解決問題的能力，是難題．

10．已知函數(shù)（e為自然對數(shù)的底數(shù)）．

（1）若曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線與曲線y＝g（x）在點（0，g（0））處的切線互相垂直，求

函數(shù)在區(qū)間[﹣1，1]上的最大值；

（2）設函數(shù)，試討論函數(shù)h（x）零點的個數(shù)．

【分析】（1）分別求出y＝f（x）與y＝g（x）在x＝0處的導數(shù)，利用斜率之積等于﹣1求得a，得到f（x）解析式，再由導數(shù)判斷f（x）在區(qū)間[﹣1，1]上單調(diào)遞減，從而求得最大值；

（2）函數(shù)g（x）＝ex﹣e在R上單調(diào)遞增，僅在x＝1處有一個零點，且x＜1時，g（x）＜0，再由導數(shù)分類判定f（x）的零點情況，則答案可求．

【解答】解：（1）∵f′（x）＝﹣3x2+a，g′（x）＝ex，∴f′（0）＝a，g′（0）＝1，由題意知，a＝﹣1，f′（x）＝﹣3x2﹣1≤0，f（x）在區(qū)間[﹣1，1]上單調(diào)遞減，∴；

（2）函數(shù)g（x）＝ex﹣e在R上單調(diào)遞增，僅在x＝1處有一個零點，且x＜1時，g（x）＜0，又f′（x）＝﹣3x2+a．

①當a≤0時，f′（x）≤0，f（x）在R上單調(diào)遞減，且過點（0，﹣），f（﹣1）＝＞0．

即f（x）在x≤0時，必有一個零點，此時y＝h（x）有兩個零點；

②當a＞0時，令f′（x）＝﹣3x2+a＝0，解得＜0，＞0．

則是函數(shù)f（x）的一個極小值點，是函數(shù)f（x）的一個極大值點．

而f（﹣）＝＜0，現(xiàn)在討論極大值的情況：

f（）＝．

當f（）＜0，即a＜時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上恒小于0，此時y＝h（x）有兩個零點；

當f（）＝0，即a＝時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有一個零點，此時y＝h（x）有三個零點；

當f（）＞0，即a＞時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有兩個零點，一個零點小于，一個零點大于．

若f（1）＝a﹣＜0，即a＜時，y＝h（x）有四個零點；

f（1）＝a﹣＝0，即a＝時，y＝h（x）有三個零點；

f（1）＝a﹣＞0，即a＞時，y＝h（x）有兩個零點．

綜上所述，當a＜或a＞時，y＝h（x）有兩個零點；當a＝或a＝時，y＝h（x）有三個零點；當＜a＜時，y＝h（x）有四個零點．

【點評】本題考查利用導數(shù)研究過曲線上某點處的切線方程，考查函數(shù)零點的判定，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學思想方法，屬難題．

11．已知函數(shù)f（x）＝eax，g（x）＝﹣x2+bx+c（a，b，c∈R），且曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點（0，c）處具有公共切線．設h（x）＝f（x）﹣g（x）．

（Ⅰ）求c的值，及a，b的關系式；

（Ⅱ）求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅲ）設a≥0，若對于任意x1，x2∈[0，1]，都有|h（x1）﹣h（x2）|≤e﹣1，求a的取值范圍．

【分析】（Ⅰ）分別求得f（x）和g（x）的導數(shù)，由題意可知：即可求得c的值及a、b的關系；

（Ⅱ）寫出h（x）的表達式，求導，構造輔助函數(shù)F（x）＝h′（x），由?a∈R，F(xiàn)′（x）＞0，即可判斷h′（x）的單調(diào)性，求得h′（x）的零點，并根據(jù)h′（x）判斷出h（x）的單調(diào)性；

（Ⅲ）由（II）知當x∈[0，1]時，h（x）是增函數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化為：h（x）max﹣h（x）min＝ea﹣a≤e﹣1，即當a≥0時，G（a）＝ea﹣a﹣（e﹣1）≤0，求得函數(shù)的單調(diào)性，求得a的取值范圍．

【解答】解：（I）∵函數(shù)f（x）＝eax，g（x）＝﹣x2+bx+c，∴函數(shù)f′（x）＝aeax，g′（x）＝﹣2x+b．

曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點（0，c）處具有公共切線，∴，即，∴c＝1，a＝b；…（4分）

（II）由已知，h（x）＝f（x）﹣g（x）＝eax+x2﹣ax﹣1．

∴h′（x）＝aeax+2x﹣a，設F（x）＝aeax+2x﹣a，所以F′（x）＝a2eax+2，?a∈R，F(xiàn)′（x）＞0，所以h′（x）在（﹣∞，+∞）上為單調(diào)遞增函數(shù)．…（6分）

由（I）得，f′（0）＝g′（0）所以h′（0）＝f′（0）﹣g′（0）＝0，即0是h′（x）的零點．

所以，函數(shù)h（x）的導函數(shù)h′（x）有且只有一個零點0．…（7分）

所以h′（x）及h（x）符號變化如下，x

（﹣∞，0）

0

（0，+∞）

h（x）

﹣

0

+

h′（x）

↘

極小值

↗

所以函數(shù)h′（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（﹣∞，0），單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）．…（9分）

（III）由（II）知當x∈[0，1]時，h（x）是增函數(shù)．

對于任意x1，x2∈[0，1]，都有|h（x1）﹣h（x2）|≤e﹣1，等價于h（x）max﹣h（x）min＝h（1）﹣h（0）＝ea﹣a≤e﹣1，等價于當a≥0時，G（a）＝ea﹣a﹣（e﹣1）≤0，∵G′（a）＝ea﹣1≥0，∴G（a）在[0，+∞）上是增函數(shù)，又G（1）＝0，所以a∈[0，1]．…（13分）

【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、恒成立問題的等價轉(zhuǎn)化方法，考查了計算能力和分析問題的能力，屬于難題．

12．設函數(shù)f（x）＝ln（1+ax）+bx，g（x）＝f（x）﹣bx2．

（Ⅰ）若a＝1，b＝﹣1，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅱ）若曲線y＝g（x）在點（1，ln3）處的切線與直線11x﹣3y＝0平行．

（i）求a，b的值；

（ii）求實數(shù)k（k≤3）的取值范圍，使得g（x）＞k（x2﹣x）對x∈（0，+∞）恒成立．

【分析】（Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，通過解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；

（Ⅱ）（i）求出g（x）的導數(shù)，得到關于a，b的方程組，解出即可；

（ii）問題轉(zhuǎn)化為g（x）﹣k（x2﹣x）＞0對x∈（0，+∞）恒成立．令F（x）＝g（x）﹣k（x2﹣x），求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論k的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而確定k的范圍即可．

【解答】解：（Ⅰ）當a＝1，b＝﹣1時，f（x）＝ln（1+x）﹣x，（x＞﹣1），則．

當f＇（x）＞0時，﹣1＜x＜0；

當f＇（x）＜0時，x＞0；

所以f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（﹣1，0），單調(diào)減區(qū)間為（0，+∞）．…（4分）

（Ⅱ）（i）因為g（x）＝f（x）﹣bx2＝ln（1+ax）+b（x﹣x2），所以．

依題設有即

解得．…（8分）

（ii））所以．

g（x）＞k（x2﹣x）對x∈（0，+∞）恒成立，即g（x）﹣k（x2﹣x）＞0對x∈（0，+∞）恒成立．

令F（x）＝g（x）﹣k（x2﹣x）．

則有．

①當1≤k≤3時，當x∈（0，+∞）時，F(xiàn)＇（x）＞0，所以F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．

所以F（x）＞F（0）＝0，即當x∈（0，+∞）時，g（x）＞k（x2﹣x）；

②當k＜1時，當時，F(xiàn)＇（x）＜0，所以F（x）在上單調(diào)遞減，故當時，F(xiàn)（x）＜F（0）＝0，即當x∈（0，+∞）時，g（x）＞k（x2﹣x）不恒成立．

綜上，k∈[1，3]．

…（13分）

【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，是一道中檔題．

13．已知函數(shù)f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．

（Ⅰ）若曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線與直線l：x+2y＝0垂直，求實數(shù)a的值；

（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的較大者，記函數(shù)h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函數(shù)h（x）在（0，+∞）內(nèi)恰有2個零點，求實數(shù)a的取值范圍．

【分析】（I）先對函數(shù)求導，結合導數(shù)的幾何意義可求

（II）由題意可得，f＇（x）＝3x2﹣3a，結合a的范圍判斷f＇（x）的正負，即可求解，（III）結合導數(shù)及函數(shù)的零點的判定定理，分類討論進行求解

【解答】解：（I）f＇（x）＝3x2﹣3a．

曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線與直線l：x+2y＝0垂直，f′（1）＝3﹣3a＝2，∴；

（II）由題意可得，f＇（x）＝3x2﹣3a．

（1）當a≤0時，f＇（x）≥0，∴函數(shù)（﹣∞，+∞）在（﹣∞，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增．．……．……（6分）

（2）當a＞0時，令，解得或．

由，解得或，由，解得，．……．……（8分）

∴函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為．．……．……（9分）

（III）（1）當x∈（0，e）時，g（x）＞0，由題意可得，h（x）≥g（x）＞0，不滿足題意，（2）當x＝e時，g（e）＝0，f（e）＝e3﹣3ae+e，①若f（e）≤0即a，則e是h（x）的一個零點；

②若f（e）＞0即a，則e不是h（x）的一個零點；

（3）當x∈（e，+∞）時，g（x）＜0，此時只需要考慮函數(shù)f（x）在（e，+∞）上零點的情況，∵f′（x）＝3x2﹣3a＞3e2﹣3a，∴①當a≤e2時，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，又f（e）＝e3﹣3ae+e，∴（i）當a，f（e）≥0，f（x）在（e，+∞）上單調(diào)遞增，（ii）時，f（e）＜0，又f（2e）＝8e3﹣6ae+e≥8e3﹣6e3+e＞0，f（x）在（e，+∞）上恰有一個零點，②當a＞e2，令f′（x）＝0可得x＝，由f′（x）＜0可得e＜x＜，由f′（x）＞0可得x＞，∴f（x）在（e，）上單調(diào)遞減，（）上單調(diào)遞增，∵f（e）＝e3﹣3ae+e＜e3﹣3e3+e＜0，f（2，a）＝8a2﹣6a2+e≥2a2+e＞0，∴此時函數(shù)h（x）在（0，+∞）內(nèi)恰有一個零點，綜上，實數(shù)a的取值范圍是．

【點評】本題主要考查了函數(shù)的導數(shù)與單調(diào)性，極值之間關系的應用，還考查了邏輯思維能力，試題較難

14．已知函數(shù)

f（x）＝lnx，g（x）＝ex

（1）若函數(shù)h（x）＝f（x）﹣，求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）設直線l為函數(shù)f（x）的圖象上的一點

A（x0，f（x0））處的切線，證明：在區(qū)間（0，+∞）

上存在唯一的x0，使得直線l

與曲線y＝g（x）

相切．

【分析】（1）求出函數(shù)h（x）的導函數(shù)，由導函數(shù)的符號直接判斷函數(shù)h（x）的單調(diào)性；

（2）求出函數(shù)f（x）和g（x）的導函數(shù)，根據(jù)函數(shù)特點分別在兩函數(shù)圖象上找到點和點，求出兩個函數(shù)圖象分別在點和點處的切線方程，由兩切線的截距相等能夠說明在區(qū)間

（0，+∞）

上存在唯一的x0，使得兩切線為同一直線，則問題得證．

【解答】解：（1）h（x）＝f（x）﹣＝lnx﹣，定義域：{x|x＞0，且x≠1}．

＝．

由于x＞0且x≠1，故其在區(qū)間（0，1），（1，+∞）內(nèi)，恒有h′（x）＞0，所以函數(shù)h（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1），（1，+∞）；

（2）由f（x）＝lnx，所以，當x＝（n＞0）時，故y＝f（x）上存在一點，過該點的切線方程為

①

g（x）＝ex，g′（x）＝ex，當x＝﹣時，故過y＝g（x）上的點的切線方程為

②

兩條切線①和②的斜率相同，只要它們在y軸上的截距相等，它們就是同一條切線，為此令：，得n﹣e＝，即③

由于③的左邊是關于n的增函數(shù)；而其右邊，當n≥3以后，是一個正的假分數(shù)，因此是關于n的減函數(shù)，故在區(qū)間[3，+∞）內(nèi)必存在一個實數(shù)n，使得③式成立．

這就證明了“在區(qū)間（0，+∞）上存在唯一的x0，使得直線l與曲線y＝g（x）相切”．

【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導數(shù)研究曲線上某點處的切線方程，解答的關鍵是能夠在兩個曲線上找到符合題意的點，屬中高檔題．

15．已知函數(shù)f（x）＝lnx，g（x）＝ex

（1）求函數(shù)h（x）＝g（x）f′（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）設直線l為函數(shù)f（x）圖象上一點A（x0，lnx0）處的切線，證明：在區(qū)間（1，+∞）上存在唯一的x0，使得直線l與曲線y＝g（x）相切．

【分析】（1）求導函數(shù)，再由導數(shù)大于0和小于0，求出函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）先求直線l為函數(shù)圖象上一點A（x0，f

（x0））處的切線方程，設直線l與曲線y＝g（x）相切于點（x1，ex1），進而可得lnx0＝，再證明在區(qū)間（1，+∞）上x0存在且唯一即可．

【解答】解：（1）∵函數(shù)f（x）＝lnx，g（x）＝ex，∴h（x）＝g（x）f′（x）＝，∴，由＞0，得x＞1；由＜0，得x＜1．

∴函數(shù)h（x）的增區(qū)間是（1，+∞）；減區(qū)間是（﹣∞，1）．

（2）證明：∵f′（x）＝，∴f′（x0）＝，∴切線l的方程為y﹣lnx0＝（x﹣x0），即y＝x+lnx0﹣1，①（6分）

設直線l與曲線y＝g（x）相切于點（x1，ex1），∵g＇（x）＝ex，∴ex1＝，∴x1＝﹣lnx0．（8分）

∴直線l也為y﹣＝（x+lnx0），即y＝x++，②（9分）

由①②得

lnx0﹣1＝+，∴l(xiāng)nx0＝．（11分）

下證：在區(qū)間（1，+∞）上x0存在且唯一．

設φ（x）＝f（x）﹣，φ′（x）＝+＝．（2分）

∵x＞0且x≠1，∴φ′（x）＞0

∴函數(shù)φ（x）在區(qū)間（1，+∞）上遞增．

又φ（e）＝lne﹣＝＜0，φ（e2）＝lne2﹣＝＞0，（13分）

結合零點存在性定理，方程φ（x）＝0必在區(qū)間（e，e2）上有唯一的根，這個根就是所求的唯一x0．

故在區(qū)間（1，+∞）上存在唯一的x0，使得直線l與曲線y＝g（x）相切．

【點評】本題以函數(shù)為載體，考查導數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查曲線的切線，同時考查零點存在性定理，綜合性比較強．

16．已知函數(shù)f（x）＝x+，g（x）＝x﹣lnx，其中a∈R且a≠0．

（Ⅰ）求曲線y＝g（x）在點（1，g（1））處的切線方程；

（II）當a＝1時，求函數(shù)h（x）＝f（x）+g（x）的單調(diào)區(qū)間；

（III）設函數(shù)u（x）＝若u（x）＝f（x）對任意x∈[1，e]均成立，求a的取值范圍．

【分析】（Ⅰ）求出導數(shù)，求得切線的斜率和切點，可得切線方程；

（II）求出當a＝1時的函數(shù)的導數(shù)，令導數(shù)大于0，求得增區(qū)間，令導數(shù)小于0，可得減區(qū)間，注意定義域；

（III）由題意可得f（x）≥g（x）對任意x∈[1，e]均成立，即為x+≥x﹣lnx，運用參數(shù)分離，由導數(shù)判斷單調(diào)性，求得右邊函數(shù)的最大值，即可得到a的范圍．

【解答】解：（Ⅰ）g（x）＝x﹣lnx的導數(shù)為g′（x）＝1﹣，曲線y＝g（x）在點（1，g（1））處的切線斜率為k＝g′（1）＝0，切點為（1，1），則曲線y＝g（x）在點（1，g（1））處的切線方程為y＝1；

（II）當a＝1時，函數(shù)h（x）＝f（x）+g（x）＝2x﹣lnx+，導數(shù)h′（x）＝2﹣﹣＝，由h′（x）＞0可得x＞1；由h′（x）＜0可得0＜x＜1．

則h（x）的增區(qū)間為（1，+∞），減區(qū)間為（0，1）；

（III）由題意可得f（x）≥g（x）對任意x∈[1，e]均成立，即為x+≥x﹣lnx，即有a≥﹣xlnx，令y＝﹣xlnx，x∈[1，e]，則y′＝﹣（1+lnx）＜0，即有y＝﹣xlnx在[1，e]遞減，則y＝﹣xlnx的最大值為0，則a≥0，由a∈R且a≠0．

即有a＞0．

則a的取值范圍是（0，+∞）．

【點評】本題考查導數(shù)的運用：求切線方程和單調(diào)區(qū)間，同時考查不等式恒成立問題，注意運用參數(shù)分離，函數(shù)的單調(diào)性，屬于中檔題．

17．已知函數(shù)f（x）＝x2+2ax（x＞0），g（x）＝3alnx+a，其中a＞0．

（1）當a＝1時，求函數(shù)h（x）＝f（x）﹣g（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）是否存在常數(shù)a，使兩曲線y＝f（x），y＝g（x）有公共點，且在該點處的切線相同？若存在，請求出實數(shù)a的值；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）a＝1時，求出h（x），然后求導數(shù)，根據(jù)導數(shù)符號即可判斷函數(shù)h（x）的單調(diào)性，從而得出其單調(diào)區(qū)間；

（2）可假設存在公共點（x0，y0），該點在f（x），g（x）的圖象上，且在該點處的切線相同，從而可出f（x），g（x）在該點的導數(shù)值相等，這樣便可得出關于x0的方程組，可整理得到x0﹣1＝2lnx0，從而得出x0＝1，帶入前面的式子又可以求出a，這樣便得出存在常數(shù)a，使兩曲線y＝f（x），y＝g（x）有公共點，且在該點處的切線相同．

【解答】解：（1）a＝1時，h（x）＝，；

解x2+2x﹣3＝0得，x＝﹣3，或1；

∴x∈（0，1）時，h′（x）＜0，x∈（1，+∞）時，h′（x）＞0；

∴h（x）的單調(diào)減區(qū)間為（0，1），增區(qū)間為[1，+∞）；

（2）假設存在，設公共點為（x0，y0），則：；

∴f′（x）＝x+2a，∴k＝x0+2a；，∴；

∴；

∴；

將②代入①：3a+2ax0＝6alnx0+5a；

∴x0﹣1＝3lnx0；

x0＝1，帶入②得，a＝1；

∴存在常數(shù)a，使兩曲線y＝f（x），y＝g（x）有公共點，且在該點處的切線相同，且a＝1．

【點評】考查根據(jù)導數(shù)符號判斷函數(shù)單調(diào)性及求單調(diào)區(qū)間的方法，二次函數(shù)的符號和對應一元二次方程根的關系，以及函數(shù)在切點處的導數(shù)和切線斜率的關系．

18．已知函數(shù)f（x）＝x3﹣x2+x，g（x）＝﹣（m﹣1）x，m∈R．

（Ⅰ）若f（x）在x＝1取得極值，求曲線y＝f（x）在點（2，f（2））處的切線方程；

（Ⅱ）若f（x）在區(qū)間（，+∞）上為增函數(shù)，求m的取值范圍；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，求函數(shù)h（x）＝f（x）﹣g（x）的單調(diào)區(qū)間和極值．

【分析】（Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，假設f（2），f′（2），求出切線方程即可；

（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為在區(qū)間上恒成立，求出x+的最小值，解關于m的不等式即可求出m的范圍；

（Ⅲ）求出h（x）的導數(shù)，得到h（x）的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可．

【解答】解：（Ⅰ）

f＇（x）＝x2﹣（m+1）x+1，又∵函數(shù)f（x）在x＝1處取得極值，∴f＇（1）＝1﹣（m+1）+1＝0，∴m＝1，∴，f＇（2）＝1，∴曲線y＝f（x）在（2，f（2））處的切線方程為：，即：3x﹣3y﹣4＝0；

（Ⅱ）

f＇（x）＝x2﹣（m+1）x+1，∵f（x）在區(qū)間上為增函數(shù)，∴x2﹣（m+1）x+1≥0，∴在區(qū)間上恒成立，∵當時，當且僅當x＝1時取得最小值，∴m+1≤2，即m≤1；

（Ⅲ），∴h＇（x）＝x2﹣（m+1）x+m＝（x﹣1）（x﹣m），令h＇（x）＝0，得x＝m或x＝1，當m＝1時，h＇（x）＝（x﹣1）2≥0，∴h（x）在R上是增函數(shù)，無極值，當m＜1時，h（x），h＇（x）隨x的變化情況如下表：

x

（﹣∞，m）

m

（m，1）

（1，+∞）

h＇（x）

+

0

﹣

0

+

h（x）

↗

極大值

↘

極小值

↗

∴函數(shù)h（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（﹣∞，m）和（1，+∞）；單調(diào)遞減區(qū)間為（m，1），故當x＝m時，函數(shù)h（x）取得極大值，極大值為；

當x＝1時，函數(shù)h（x）取得極小值，極小值為．

【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值、極值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，是一道中檔題．

19．已知函數(shù)f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．

（Ⅰ）若曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點P（2，m）處有相同的切線（P為切點），求a，b的值；

（Ⅱ）令h（x）＝f（x）+g（x），若函數(shù)h（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣，﹣]，（1）求函數(shù)h（x）在區(qū)間（﹣∞，﹣1]上的最大值t（a）；

（2）若|h（x）|≤3在x∈[﹣2，0]上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

【分析】（Ⅰ）根據(jù)曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點（2，m）處具有公共切線，可知切點處的函數(shù)值相等，切點處的斜率相等，故可求a、b的值；

（Ⅱ）（1）根據(jù)函數(shù)h（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣，﹣]得出a2＝4b，構建函數(shù)h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+a2x+1，求導函數(shù)，利用導數(shù)的正負，可確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，進而分類討論，確定函數(shù)在區(qū)間（﹣∞，﹣1]上的最大值．

（2）由（1）知，函數(shù)h（x）在（﹣∞，﹣）單調(diào)遞增，在（﹣，﹣）單調(diào)遞減，在（﹣，+∞）上單調(diào)遞增，從而得出其極大值、極小值，再根據(jù)|h（x）|≤3，在x∈[﹣2，0]上恒成立，建立關于a的不等關系，解得a的取值范圍即可．

【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝ax2+1（a＞0），則f′（x）＝2ax，k1＝4a，g（x）＝x3+bx，則f′（x）＝3x2+b，k2＝12+b，由（2，m）為公共切點，可得：4a＝12+b，又f（2）＝4a+1，g（2）＝8+2b，∴4a+1＝8+2b，與4a＝12+b聯(lián)立可得：a＝，b＝5．

（Ⅱ）由h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+bx+1，則h′（x）＝3x2+2ax+b，∵函數(shù)h（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣，﹣]，∴當x∈[﹣，﹣]時，3x2+2ax+b≤0恒成立，此時，x＝﹣是方程3x2+2ax+b＝0的一個根，得3（）2+2a（﹣）+b＝0，得a2＝4b，∴h（x）＝x3+ax2+a2x+1

令h′（x）＝0，解得：x1＝﹣，x2＝﹣；

∵a＞0，∴﹣＜﹣，列表如下：

x

（﹣∞，﹣）

﹣

（﹣，﹣）

﹣

（﹣，+∞）

h′（x）

+

﹣

+

h（x）

極大值

極小值

∴原函數(shù)在（﹣∞，﹣）單調(diào)遞增，在（﹣，﹣）單調(diào)遞減，在（﹣，+∞）上單調(diào)遞增．

①若﹣1≤﹣，即a≤2時，最大值為t（﹣1）＝a﹣；

②若﹣＜﹣1＜﹣，即2＜a＜6時，最大值為t（﹣）＝1

③若﹣1≥﹣時，即a≥6時，最大值為t（﹣）＝1．

綜上所述：當a∈（0，2]時，最大值為t（﹣1）＝a﹣；

當a∈（2，+∞）時，最大值為t（﹣）＝1．

（2）由（1）知，函數(shù)h（x）在（﹣∞，﹣）單調(diào)遞增，在（﹣，﹣）單調(diào)遞減，在（﹣，+∞）上單調(diào)遞增，故h（﹣）為極大值，h（﹣）＝1；h（﹣）為極小值，h（﹣）＝﹣+1；

∵|h（x）|≤3，在x∈[﹣2，0]上恒成立，又h（0）＝1．

∴，即，解得，∴a的取值范圍：4﹣2≤a≤6．

【點評】本題考查導數(shù)知識的運用，考查導數(shù)的幾何意義，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，解題的關鍵是正確求出導函數(shù)和應用分類討論的方法，屬難題．

20．已知函數(shù)f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．

（1）若曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點P（2，c）處有相同的切線（P為切點），求a，b的值；

（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函數(shù)h（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣，﹣]，求函數(shù)h（x）在區(qū)間（﹣∞，﹣1]上的最大值M（a）

【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，得到關于a，b的方程組，解出即可；

（2）求出h（x）的導數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到x＝﹣是方程3x2+2ax+b＝0的一個根，求出a，b的關系，通過討論a的范圍，求出M（a）即可．

【解答】解：（1）由p（2，c）為公共切點可得：f（x）＝ax2+1（a＞0），則f′（x）＝2ax，k1＝4a，g（x）＝x3+bx，則g′（x）＝3x2+b，k2＝12+b，又f（2）＝4a+1，g（2）＝8+2b，∴，解得：a＝，b＝5；

（2）h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+bx+1，∴h′（x）＝3x2+2ax+b，∵h（x）的單調(diào)減區(qū)間為[﹣，﹣]，∴x∈[﹣，﹣]時，有3x2+2ax+b≤0恒成立，此時x＝﹣是方程3x2+2ax+b＝0的一個根，∴a2＝4b，∴h（x）＝x3+ax2+a2x+1，又∵h（x）在（﹣∞，﹣）單調(diào)遞增，在（﹣，﹣）單調(diào)遞減，在（﹣，+∞）上單調(diào)遞增，若﹣1≤﹣，即a≤2時，最大值為h（﹣1）＝a﹣；

若﹣＜﹣1＜﹣，即2＜a＜6時，最大值為h（﹣）＝1；

若﹣1≥﹣，即a≥6時，∵h（﹣）＝1，h（﹣1）＝a﹣＜h（﹣）＝1，∴最大值為1，綜上，M（a）＝．

【點評】本題考查了切線方程問題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用，是一道綜合題．

21．已知函數(shù)f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．

（1）若曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點p（2，c）處有相同的切線（p為切點），求實數(shù)a，b的值．

（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函數(shù)h（x）的單調(diào)減區(qū)間為[﹣，﹣]；

①求函數(shù)h（x）在區(qū)間（﹣∞，﹣1]上的最大值M（a）．

②若|h（x）|≤3在x∈[﹣2，0]上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

【分析】（1）根據(jù)曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點（2，c）處具有公共切線，可知切點處的函數(shù)值相等，切點處的斜率相等，故可求a、b的值；

（2）①根據(jù)函數(shù)h（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣，﹣]得出a2＝4b，構建函數(shù)h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+a2x+1，求導函數(shù)，利用導數(shù)的正負，可確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，進而分類討論，確定函數(shù)在區(qū)間（﹣∞，﹣1）上的最大值．

②由①知，函數(shù)h（x）在（﹣∞，﹣）單調(diào)遞增，在（﹣，﹣）單調(diào)遞減，在（﹣，+∞）上單調(diào)遞增，從而得出其極大值、極小值，再根據(jù)|h（x）|≤3，在x∈[﹣2，0]上恒成立，建立關于a的不等關系，解得a的取值范圍即可．

【解答】解：（1）f（x）＝ax2+1（a＞0），則f′（x）＝2ax，k1＝4a，g（x）＝x3+bx，則f′（x）＝3x2+b，k2＝12+b，由（2，c）為公共切點，可得：4a＝12+b；

又f（2）＝4a+1，g（2）＝8+2b，∴4a+1＝8+2b，與4a＝12+b聯(lián)立可得：a＝，b＝5；

（2）①由h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+bx+1，則h′（x）＝3x2+2ax+b，因函數(shù)h（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣，﹣]，∴當x∈[﹣，﹣]時，3x2+2ax+b≤0恒成立，此時，x＝﹣是方程3x2+2ax+b＝0的一個根，得3（﹣）2+2a（﹣）+b＝0，得a2＝4b，∴h（x）＝x3+ax2+a2x+1；

令h′（x）＝0，解得：x1＝﹣，x2＝﹣；

∵a＞0，∴﹣＜﹣，列表如下：

x

（﹣∞，﹣）

﹣

（﹣，﹣）

﹣

（﹣，+∞）

h′（x）

+

﹣

+

h（x）

極大值

極小值

∴原函數(shù)在（﹣∞，﹣）單調(diào)遞增，在（﹣，﹣）單調(diào)遞減，在（﹣，+∞）上單調(diào)遞增；

若﹣1≤﹣，即a≤2時，最大值為h（﹣1）＝a﹣；

若﹣＜﹣1＜﹣，即2＜a＜6時，最大值為h（﹣）＝1；

若﹣1≥﹣時，即a≥6時，最大值為h（﹣）＝1．

綜上所述：當a∈（0，2]時，最大值為h（﹣1）＝a﹣；當a∈（2，+∞）時，最大值為h（﹣）＝1．

②由①知，函數(shù)h（x）在（﹣∞，﹣）單調(diào)遞增，在（﹣，﹣）單調(diào)遞減，在（﹣，+∞）上單調(diào)遞增；

故h（﹣）為極大值，h（﹣）＝1；h（﹣）為極小值，h（﹣）＝﹣+1；

∵|h（x）|≤3，在x∈[﹣2，0]上恒成立，又h（0）＝1．

∴，∴a的取值范圍：4﹣2≤a≤6．

【點評】本題考查導數(shù)知識的運用，考查導數(shù)的幾何意義，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，解題的關鍵是正確求出導函數(shù)和應用分類討論的方法．

22．已知函數(shù)f（x）＝ex+x2﹣x，g（x）＝x2+ax+b，a，b∈R．

（1）當a＝1時，求函數(shù)F（x）＝f（x）﹣g（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）若曲線y＝f（x）在點（0，1）處的切線l與曲線y＝g（x）切于點（1，c），求a，b，c的值；

（3）若f（x）≥g（x）恒成立，求a+b的最大值．

【分析】（Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；

（Ⅱ）求出函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)切線方程求出a，b，c的值即可；

（Ⅲ）設h（x）＝f（x）﹣g（x），求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，問題轉(zhuǎn)化為b≤（a+1）﹣（a+1）ln（a+1），得到a+b≤2（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）﹣1，令G（x）＝2x﹣xlnx﹣1，x＞0，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a+b的最大值即可．

【解答】解：（Ⅰ）F（x）＝ex﹣2x﹣b，則F＇（x）＝ex﹣2．

令F＇（x）＝ex﹣2＞0，得x＞ln2，所以F（x）在（ln2，+∞）上單調(diào)遞增．

令F＇（x）＝ex﹣2＜0，得x＜ln2，所以F（x）在（﹣∞，ln2）上單調(diào)遞減．…（4分）

（Ⅱ）因為f＇（x）＝ex+2x﹣1，所以f＇（0）＝0，所以l的方程為y＝1．

依題意，c＝1．

于是l與拋物線g（x）＝x2﹣2x+b切于點（1，1），由12﹣2+b＝1得b＝2．

所以a＝﹣2，b＝2，c＝1．…（8分）

（Ⅲ）設h（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣（a+1）x﹣b，則h（x）≥0恒成立．

易得h＇（x）＝ex﹣（a+1）．

（1）當a+1≤0時，因為h＇（x）＞0，所以此時h（x）在（﹣∞，+∞）上單調(diào)遞增．

①若a+1＝0，則當b≤0時滿足條件，此時a+b≤﹣1；

②若a+1＜0，取x0＜0且，此時，所以h（x）≥0不恒成立．

不滿足條件；

（2）當a+1＞0時，令h＇（x）＝0，得x＝ln（a+1）．由h＇（x）＞0，得x＞ln（a+1）；

由h＇（x）＜0，得x＜ln（a+1）．

所以h（x）在（﹣∞，ln（a+1））上單調(diào)遞減，在（ln（a+1），+∞）上單調(diào)遞增．

要使得“h（x）＝ex﹣（a+1）x﹣b≥0恒成立”，必須有：

“當x＝ln（a+1）時，h（x）min＝（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）﹣b≥0”成立．

所以b≤（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）．則a+b≤2（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）﹣1．

令G（x）＝2x﹣xlnx﹣1，x＞0，則G＇（x）＝1﹣lnx．

令G＇（x）＝0，得x＝e．由G＇（x）＞0，得0＜x＜e；

由G＇（x）＜0，得x＞e．所以G（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，+∞）上單調(diào)遞減，所以，當x＝e時，G（x）max＝e﹣1．

從而，當a＝e﹣1，b＝0時，a+b的最大值為e﹣1．

綜上，a+b的最大值為e﹣1．…（14分）

【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．

23．函數(shù)y＝lnx關于直線x＝1對稱的函數(shù)為f（x），又函數(shù)的導函數(shù)為g（x），記h（x）＝f（x）+g（x）．

（1）設曲線y＝h（x）在點（1，h（1））處的切線為l，l與圓（x+1）2+y2＝1相切，求a的值；

（2）求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；

（3）求函數(shù)h（x）在[0，1]上的最大值．

【分析】（1）先求過（1，h（1））點的切線方程，根據(jù)l與圓（x+1）2+y2＝1相切，利用點線距離等于半徑可求a的值；

（2）先求導函數(shù)，結合函數(shù)的定義域，利用導數(shù)大于0的函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間，導數(shù)小于0得函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間

（3）根據(jù)（2）中函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，結合區(qū)間[0，1]進行分類討論，從而可求h（x）的最大值．

【解答】解：（1）由題意得f（x）＝ln（2﹣x），g（x）＝ax，∴h（x）＝ln（2﹣x）+ax．

∴，過（1，h（1））點的直線的斜率為a﹣1，∴過（1，h（1））點的直線方程為y﹣a＝（a﹣1）（x﹣1）．

又已知圓心為（﹣1，0），半徑為1，由題意得，解得a＝1．

（2）．

∵a＞0，∴．

令h′（x）＞0，∴；

令h′（x）＜0，∴，所以，是h（x）的增區(qū)間，是h（x）的減區(qū)間．

（3）①當，即時，h（x）在[0，1]上是減函數(shù)，∴h（x）的最大值為h（0）＝ln2．

②當，即時，h（x）在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，∴當時，h（x）的最大值為．

③當，即a≥1時，h（x）在[0，1]上是增函數(shù)，∴h（x）的最大值為h（1）＝a．

綜上，當時，h（x）的最大值為ln2；

當時，h（x）的最大值為2a﹣1﹣lna；

當a≥1時，h（x）的最大值為a．

【點評】本題以函數(shù)為載體，考查導數(shù)的幾何意義，考查利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間與最值，分類討論是解題的關鍵與難點．

24．（文）已知函數(shù)f（x）＝lnx與g（x）＝kx+b（k，b∈R）的圖象交于P，Q兩點，曲線y＝f（x）在P，Q兩點處的切線交于點A．

（1）當k＝e，b＝﹣3時，求函數(shù)h（x）＝f（x）﹣g（x）的單調(diào)區(qū)間；（e為自然常數(shù)）

（2）若A（，），求實數(shù)k，b的值．

【分析】（1）構建新函數(shù)，求導函數(shù)，利用導數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，從而可求函數(shù)的最大值；

（2）先求出切線方程，代入A的坐標，進而求出P，Q的坐標，即可求實數(shù)k，b的值．

【解答】解：（1）設h（x）＝f（x）﹣g（x）＝lnx﹣ex+3（x＞0），則h（x）＝﹣e當0＜x＜時，h′（x）＞0，此時函數(shù)h（x）為增函數(shù)；

當x＞時，h′（x）＜0，此時函數(shù)h（x）為減函數(shù)．

所以函數(shù)h（x）的增區(qū)間為（0，），減區(qū)間為（，+∞）．

（2）設過點A的直線l與函數(shù)f（x）＝lnx切于點（x0，lnx0），則其斜率k＝，故切線l：y﹣lnx0＝（x﹣x0），將點A代入直線l方程得：﹣lnx0＝（﹣x0），即lnx0+﹣1＝0，設v（x）＝lnx+﹣1，則v′（x）＝（x﹣），當0＜x＜時，v′（x）＜0，函數(shù)v（x）為減函數(shù)；

當x＞時，v′（x）＞0，函數(shù)v（x）為增函數(shù)．

故方程v（x）＝0至多有兩個實根，又v（1）＝v（e）＝0，所以方程v（x）＝0的兩個實根為1和e，故P（1，0），Q（e，1），所以k＝，b＝為所求．

【點評】本題考查導數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查導數(shù)的幾何意義，解題的關鍵是構建函數(shù)，正確運用導數(shù)知識．

25．已知函數(shù)f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．

（Ⅰ）當時，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；

（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的較大者，記函數(shù)h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函數(shù)h（x）在（0，+∞）內(nèi)恰有2個零點，求實數(shù)a的取值范圍．

【分析】（I）根據(jù)導數(shù)求出切線斜率，根據(jù)點斜式方程得出切線方程；

（II）討論a的范圍，令f′（x）＞0得出增區(qū)間，令f′（x）＜0得出減區(qū)間；

（III）通過討論a的范圍求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，結合函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的零點個數(shù)確定a的范圍即可．

【解答】解：（Ⅰ）當a＝時，f（x）＝x3﹣x+e，∴f＇（x）＝3x2﹣1．

∵f（1）＝e，f′（1）＝2，∴曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y﹣e＝2（x﹣1），即2x﹣y﹣2+e＝0．

（Ⅱ）f＇（x）＝3x2﹣3a．

（1）當a≤0時，f＇（x）≥0，∴函數(shù)在（﹣∞，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增．

（2）當a＞0時，令f′（x）＝0，解得x＝﹣或x＝．

由f′（x）＞0，解得x＜﹣或，由f′（x）＜0，解得，∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為．

（Ⅲ）∵函數(shù)g（x）的定義域為（0，+∞），∴．

∴函數(shù)g（x）在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減．

（1）當x∈（0，e）時，g（x）＞g（e）＝0，依題意，h（x）≥g（x）＞0，不滿足條件；

（2）當x＝e時，g（e）＝0，f（e）＝e3﹣3ae+e，①若f（e）＝e3﹣3ae+e≤0，即a≥，則e是h（x）的一個零點；

②若f（e）＝e3﹣3ae+e＞0，即a＜，則e不是h（x）的零點；

（3）當x∈（e，+∞）時，g（x）＜0，所以此時只需考慮函數(shù)f（x）在（e，+∞）上零點的情況．

f＇（x）＝3x2﹣3a＞3e2﹣3a，①當a≤e2時，f＇（x）＞0，f（x）在（e，+∞）上單調(diào)遞增．

又f（e）＝e3﹣3ae+e，（i）當a≤時，f（e）≥0，f（x）在（e，+∞）上無零點；

（ii）當＜a≤e2時，f（e）＜0，又f（2e）＝8e3﹣6ae+e≥8e3﹣6e3+e＞0，所以此時f（x）在（e，+∞）上恰有一個零點；

②當a＞e2時，令f＇（x）＝0，得x＝±．

由f＇（x）＜0，得e＜x＜；

由f＇（x）＞0，得x＞；

所以f（x）在（e，）上單調(diào)遞減，在（，+∞）上單調(diào)遞增．

因為f（e）＝e3﹣3ae+e＜e3﹣3e3+e＜0，f（2a）＝8a3﹣6a2+e＞8a2﹣6a2+e＝2a2+e＞0，所以此時f（x）在（e，+∞）上恰有一個零點；

綜上，a＞，故實數(shù)a的取值范圍是．

【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．

26．設a∈R，函數(shù)f（x）＝alnx﹣x．

（1）若f（x）無零點，求實數(shù)a的取值范圍；

（2）當a＝1時，關于x的方程2x﹣f（x）＝x2+b在[，2]上恰有兩個不相等的實數(shù)根，求實數(shù)b的取值范圍．；

（3）求證：當n≥2，n∈N*時（1+）（1+）…（1+）＜e．

【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，確定滿足條件的a的范圍即可；

（2）令g（x）＝x2﹣3x+lnx+b，（x∈[，2]），結合二次函數(shù)的性質(zhì)以及函數(shù)的單調(diào)性求出b的范圍即可；

（3）根據(jù)x＞1時，lnx＜x﹣1，令x＝1+（n≥2，n∈N*），累加即可證明．

【解答】解：（1）f（x）的定義域是（0，+∞），f′（x）＝﹣1＝，當a＜0時，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）遞減，x→0時，f（x）→+∞，而f（1）＝﹣1，故a＜0時，f（x）存在零點，a＝0時，f（x）＝﹣x，（x＞0），顯然無零點，a＞0時，令f′（x）＝0，解得：x＝a，故f（x）在（0，a）遞增，在（a，+∞）遞減，故f（x）max＝f（a）＝a（lna﹣1），若f（x）無零點，只需a（lna﹣1）＜0，解得：a＜e，綜上，0≤a＜e時，f（x）無零點；

（2）a＝1時，f（x）＝lnx﹣x，關于x的方程2x﹣f（x）＝x2+b化為x2﹣3x+lnx+b＝0，令g（x）＝x2﹣3x+lnx+b，（x∈[，2]），∴g′（x）＝2x﹣3+＝，令g′（x）＝0，解得x＝或1，令g′（x）＞0，解得1＜x≤2，此時函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，令g′（x）＜0，解得≤x＜1，此時函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，∵關于x的方程2x﹣f（x）＝x2+b在[，2]上恰有兩個不相等的實數(shù)根，則，即，解得：+ln2≤b＜2，∴實數(shù)b的取值范圍是[+ln2，2）

證明（3）當a＝1時，f（x）＝lnx﹣x，而f（1）＝﹣1，f（x）﹣f（1）＝lnx﹣x﹣1，由y＝lnx﹣x﹣1，得y′＝，令y′＝0，解得：x＝1，故y＝lnx﹣x﹣1在（0，1）遞增，在（1，+∞）遞減，故x＝1時，y最大，故f（x）﹣f（1）≤0，即lnx≤x﹣1，∴當x＞1時，lnx＜x﹣1，令x＝1+（n≥2，n∈N*）．

則ln（1+）≤依次取n＝2，3，…，n．

累加求和可得ln（1+）+ln（1+）+…+ln（1+）＜++…+，當n≥2時，＜＝﹣，∴++…+＜++…+＝1﹣+﹣+…+﹣＝1﹣＜1，∴l(xiāng)n（1+）+ln（1+）+…+ln（1+）＜1＝lne，∴當n≥2，n∈N*時（1+）（1+）…（1+）＜e．

【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、“累加求和”、對數(shù)的運算性質(zhì)、放縮、“裂項求和”等基礎知識與基本技能方法，考查了等價問題轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力和計算能力，屬于難題．

27．已知函數(shù)f（x）＝xlnx．

（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間與極值；

（2）若不等式對任意x∈[1，3]恒成立，求正實數(shù)λ的取值范圍．

【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的極值即可；

（2）分離參數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為λ≤，令h（x）＝，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出正實數(shù)λ的取值范圍即可．

【解答】解：（1）∵f（x）＝xlnx，∴f′（x）＝1+lnx，定義域為（0，+∞），又由f′（x）＞0，解得：x＞，f′（x）＜0，解得：0＜x＜．

∴f（x）的單減區(qū)間為（0，），f（x）的單增區(qū)間為（，+∞），∴f（x）極小值＝f（）＝﹣，無極大值．

（2）∵，故x2+x＞0，將化簡可得：（x2+x＞）ln（x2+x）≥λx?eλx，∴f（x2+x）≥f（eλx），∵x2+x≥2，eλx＞e0＝1，由（1）知f（x）在（，+∞）上單增，故x2+x）≥eλx，∴λx≤ln（x2+x），即λ≤．

令h（x）＝，則h′（x）＝，令k（x）＝﹣ln（x2+x），則k′（x）＝?＜0，∴k（x）在[1，3]上單減，而k（1）＝﹣ln＞0，k（3）＝﹣ln＜0，∴?x0∈（1，3），使得k（x0）＝0且在（1，x0）上，k（x）＞0，h′（x）＞0，h（x）單增，在（x0，3）上，k（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）單減．

∴h（x）min＝h（1）或h（3），而h（1）＝ln＞h（3）＝＝ln，∴λ≤ln．

【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，極值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．

28．已知函數(shù)（a∈R）．

（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）當函數(shù)f（x）與函數(shù)g（x）＝lnx圖象的公切線l經(jīng)過坐標原點時，求實數(shù)a的取值集合；

（3）證明：當a∈（0，）時，函數(shù)h（x）＝f（x）﹣ax有兩個零點x1，x2，且滿足．

【分析】（1）問利用導數(shù)求解單調(diào)性．

（2）問先求出公切線l的方程，再探討a的取值范圍．

（3）問先利用導數(shù)研究函數(shù)h（x）的單調(diào)性，證明零點個數(shù)．再使用函數(shù)思想，構造函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性解決不等式問題．

【解答】解：（1）對求導，得，令f′（x）＝0，解得x＝e1﹣a，當x∈（0，e1﹣a）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．

當x∈（e1﹣a，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減．

（2）設公切線l與函數(shù)g（x）＝lnx的切點為（x0，y0），則公切線l的斜率k＝g′（x0）＝，公切線l的方程為：，將原點坐標（0，0）代入，得y0＝1，解得x0＝e．

公切線l的方程為：，將它與聯(lián)立，整理得．

令，對之求導得：，令m′（x）＝0，解得．

當時，m′（x）＜0，m（x）單調(diào)遞減，值域為，當時，m′（x）＞0，m（x）單調(diào)遞增，值域為，由于直線l與函數(shù)f（x）相切，即只有一個公共點，因此．

故實數(shù)a的取值集合為{}．

（3）證明：，要證h（x）有兩個零點，只要證k（x）＝ax2﹣lnx﹣a有兩個零點即可．k（1）＝0，即x＝1時函數(shù)k（x）的一個零點．

對k（x）求導得：，令k′（x）＝0，解得

．當時，k′（x）＞0，k（x）單調(diào)遞增；

當0＜x＜時，k′（x）＜0，k（x）單調(diào)遞減．當x＝時，k（x）取最小值，k（x）＝ax2﹣lnx﹣a＞ax2﹣（x﹣1）﹣a＝ax2﹣x+1﹣a＞ax2﹣x+，必定存在使得二次函數(shù)，即k（x0）＞u（x0）＞0．因此在區(qū)間上必定存在k（x）的一個零點．

綜上所述，h（x）有兩個零點，一個是x＝1，另一個在區(qū)間上．

下面證明．

由上面步驟知h（x）有兩個零點，一個是x＝1，另一個在區(qū)間上．

不妨設x1＝1，x2＞則，下面證明即可．

令，對之求導得，故v（a）在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，即．

證明完畢．

【點評】本題考察知識點眾多，利用導數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，切線與導數(shù)的關系，利用導數(shù)研究函數(shù)的零點個數(shù)，利用導數(shù)構造函數(shù)來證明不等式，對學生的思維能力和思維品質(zhì)要求極高，屬于難題．

29．已知函數(shù)f（x）＝．

（1）若對任意x＞0，f（x）＜0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；

（2）若函數(shù)f（x）有兩個不同的零點x1，x2（x1＜x2），證明：+＞2．

【分析】（1）求出導函數(shù)，根據(jù)導函數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，得出函數(shù)的最值，進而求出a的范圍；

（2）求出導函數(shù)，根據(jù)極值點判斷函數(shù)的零點位置，對零點分類討論，構造函數(shù)，利用放縮法，均值定理證明結論成立．

【解答】解：（1）f（x）＝＝+a+．

f＇＇（x）＝﹣，∴f（x）在（0，l）上遞增，（1，+∞）上遞減，∴f（x）≤f（1）＝a+1，∴a+1＜0，∴a＜﹣1；

（2）證明：由（1）知，兩個不同零點x1∈（0，1），x2∈（1，+∞），若x2∈（1，2），則2﹣x2∈（0，1），設g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x）＝+﹣﹣，則當x∈（0，1）時，g＇（x）＝﹣﹣＞﹣﹣＝﹣＞0，∴g（x）在（0，1）上遞增，∴g（x）＜g（1）＝0，∴f（x）＜f（2﹣x），∴f（2﹣x1）＞f（x1）＝f（x2），∴（2﹣x1）＜x2，∴2＜x1+x2，若x2∈（2，+∞），可知2＜x1+x2，顯然成立，又+x2≥2＝2x1，同理可得+x1≥2x2，以上兩式相加得：++x1+x2≥2（x1+x2），故：+≥（x1+x2）＞2．

【點評】本題考查了導函數(shù)的應用，最值問題的轉(zhuǎn)化思想，難點是對參數(shù)的分類討論和均值定理的應用．

30．已知a為常數(shù)，函數(shù)f（x）＝x2+ax﹣lnx，g（x）＝ex（其中e是自然數(shù)對數(shù)的底數(shù)）．

（1）過坐標原點O作曲線y＝f（x）的切線，設切點P（x0，y0）為，求x0的值；

（2）令，若函數(shù)F（x）在區(qū)間（0，1]上是單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍．

【分析】（1）先對函數(shù)求導，f′（x）＝2x+a﹣，可得切線的斜率k＝2x0+a﹣＝＝，即x02+lnx0﹣1＝0，由x0＝1是方程的解，且y＝x2+lnx﹣1在（0，+∞）上是增函數(shù)，可證

（2）由F（x）＝＝，求出函數(shù)F（x）的導數(shù)，通過研究2﹣a的正負可判斷h（x）的單調(diào)性，進而可得函數(shù)F（x）的單調(diào)性，可求a的范圍．

【解答】解：（1）f′（x）＝2x+a﹣（x＞0），過切點P（x0，y0）的切線的斜率k＝2x0+a﹣＝＝，整理得x02+lnx0﹣1＝0，顯然，x0＝1是這個方程的解，又因為y＝x2+lnx﹣1在（0，+∞）上是增函數(shù)，所以方程x2+lnx﹣1＝0有唯一實數(shù)解．故x0＝1；

（2）F（x）＝＝，F(xiàn)′（x）＝，設h（x）＝﹣x2+（2﹣a）x+a﹣+lnx，則h′（x）＝﹣2x+++2﹣a，易知h＇（x）在（0，1]上是減函數(shù)，從而h＇（x）≥h＇（1）＝2﹣a；

①當2﹣a≥0，即a≤2時，h＇（x）≥0，h（x）在區(qū)間（0，1）上是增函數(shù)．

∵h（1）＝0，∴h（x）≤0在（0，1]上恒成立，即F＇（x）≤0在（0，1]上恒成立．

∴F（x）在區(qū)間（0，1]上是減函數(shù)．

所以，a≤2滿足題意；

②當2﹣a＜0，即a＞2時，設函數(shù)h＇（x）的唯一零點為x0，則h（x）在（0，x0）上遞增，在（x0，1）上遞減；

又∵h（1）＝0，∴h（x0）＞0．

又∵h（e﹣a）＝﹣e﹣2a+（2﹣a）e﹣a+a﹣ea+lne﹣a＜0，∴h（x）在（0，1）內(nèi)有唯一一個零點x＇，當x∈（0，x＇）時，h（x）＜0，當x∈（x＇，1）時，h（x）＞0．

從而F（x）在（0，x＇）遞減，在（x＇，1）遞增，與在區(qū)間（0，1]上是單調(diào)函數(shù)矛盾．

∴a＞2不合題意．

綜合①②得，a≤2．

【點評】考查學生利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)能力，函數(shù)單調(diào)性的判定，以及導數(shù)的運算，試題具有一定的綜合性．

31．設函數(shù)，m∈R．

（1）當m＝e（e為自然對數(shù)的底數(shù)）時，求f（x）的最小值；

（2）討論函數(shù)零點的個數(shù)．

【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最小值即可；

（2）令g（x）＝0，得到；設，通過討論m的范圍根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性集合函數(shù)的草圖求出函數(shù)的零點個數(shù)即可．

【解答】解：（1）當m＝e時，∴

當x∈（0，e）時，f′（x）＜0，f（x）在x∈（0，e）上是減函數(shù)；

當x∈（e，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）在x∈（e，+∞）上是增函；

∴當x＝e時，f（x）取最小值．

（2）∵函數(shù)，令g（x）＝0，得；

設，則φ′（x）＝﹣x2+1＝﹣（x﹣1）（x+1）

當x∈（0，1）時，φ′（x）＞0，φ（x）在x∈（0，1）上是增函數(shù)；

當x∈（1，+∞）時，φ′（x）＜0，φ（x）在x∈（1，+∞）上是減函數(shù)；

當x＝1是φ（x）的極值點，且是唯一極大值點，∴x＝1是φ（x）的最大值點；

∴φ（x）的最大值為，又φ（0）＝0結合y＝φ（x）的圖象，可知：①當時，函數(shù)g（x）無零點；

②當時，函數(shù)g（x）有且只有一個零點；

③當時，函數(shù)g（x）有兩個零點；

④當m≤0時，函數(shù)g（x）有且只有一個零點；

綜上：當時，函數(shù)g（x）無零點；

當或m≤0時，函數(shù)g（x）有且只有一個零點；

當時，函數(shù)g（x）有且只有兩個零點；

【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，考查函數(shù)的零點個數(shù)問題，是一道中檔題．

32．已知函數(shù)f（x）＝lnx﹣．

（1）若a＝4，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1]內(nèi)單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；

（3）若x1、x2∈R+，且x1≤x2，求證：（lnx1﹣lnx2）（x1+2x2）≤3（x1﹣x2）．

【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；

（2）問題轉(zhuǎn)化為3a≤+x+4恒成立，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；

（3）問題轉(zhuǎn)化為ln≤＝成立即可，令t＝∈（0，1），故只要lnt﹣≤0即可，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

【解答】解：（1）f（x）的定義域是（0，+∞），f′（x）＝﹣＝，a＝4時，f′（x）＝，由f′（x）＞0，解得：0＜x＜4﹣2或x＞4+2，由f′（x）＜0，解得：4﹣2＜x＜4+2，故f（x）在（0，4﹣2）遞增，在（4﹣2，4+2）遞減，在（4+2，+∞）遞增；

（2）由（1）得：f′（x）＝，若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1]遞增，則有x2+（4﹣3a）x+4≥0在（0，1]內(nèi)恒成立，即3a≤+x+4恒成立，又函數(shù)y＝+x+4在x＝1時取得最小值9，故a≤3；

（3）證明：當x1＝x2時，不等式顯然成立，當x1≠x2時，∵x1，x2∈R+，∴要原不等式成立，只要ln≤＝成立即可，令t＝∈（0，1），故只要lnt﹣≤0即可，由（2）可知函數(shù)f（x）在（0，1]遞增，故f（x）＜f（1）＝0，故lnt﹣≤0成立，故原不等式成立．

【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，考查不等式的證明，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．

33．設a＞0，函數(shù)f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx

（1）當a＝1時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）若函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間（0，+∞）上有唯一零點，試求a的值．

【分析】（1）求出a＝1時f（x），利用導數(shù)f′（x）判斷f（x）的單調(diào)性，并求出單調(diào)區(qū)間；

（2）求f（x）的導數(shù)f′（x），利用導數(shù)判斷f（x）的單調(diào)性，求出最值，利用最值等于0，求出a的值．

【解答】解：（1）函數(shù)f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx，當a＝1時，f（x）＝x2﹣2x﹣2lnx，（其中x＞0）；

∴f′（x）＝2x﹣2﹣＝，令f′（x）＝0，即x2﹣x﹣1＝0，解得x＝或x＝（小于0，應舍去）；

∴x∈（0，）時，f′（x）＜0，x∈（，+∞）時，f′（x）＞0；

∴f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（0，），單調(diào)增區(qū)間是（，+∞）；

（2）f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx，則f′（x）＝2x﹣2a﹣＝，令f′（x）＝0，得x2﹣ax﹣a＝0，∵a＞0，∴△＝a2+4a＞0，∴方程是解為x1＝＜0，x2＝＞0；

∴函數(shù)f（x）在（0，x2）上單調(diào)遞減，在（x2，+∞）上單調(diào)遞增，∴f（x）的大致圖象如圖所示，求f（x）min＝f（x2），若函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間（0，+∞）上有唯一零點，則f（x2）＝0，而x2滿足x22＝ax2+a

∴f（x2）＝ax2+a﹣2ax2﹣2alnx2＝a（x2+1﹣2x2﹣2lnx2）＝0

得1﹣x2﹣2lnx2＝0

∵g（x）＝2lnx+x﹣1是單調(diào)增的，∴g（x）至多只有一個零點，而g（1）＝0，∴用x2＝1代入x22﹣ax2﹣a＝0，得1﹣a﹣a＝0，即得a＝．

【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，也考查了函數(shù)零點以及不等式的應用問題，是較難的題目．

34．已知函數(shù)．

（1）當a＝0時，求曲線y＝f（x）在（1，f（1））處的切線方程；

（2）令g（x）＝f（x）﹣ax+1，求函數(shù)g（x）的極大值；

（3）若a＝﹣2，正實數(shù)x1，x2滿足f（x1）+f（x2）+x1x2＝0，證明：．

【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，計算f（1），f′（1）的值，從而求出切線方程即可；

（2）求導數(shù)，然后通過研究不等式的解集確定原函數(shù)的單調(diào)性；求出函數(shù)的極大值即可；

（3）結合已知條件構造函數(shù)，然后結合函數(shù)單調(diào)性得到要證的結論．

【解答】解：（1）a＝0時，f（x）＝lnx+x，f′（x）＝+1，故f（1）＝1，f′（1）＝2，故切線方程是：y﹣1＝2（x﹣1），整理得：2x﹣y﹣1＝0；

（2）g（x）＝f（x）﹣（ax﹣1）＝lnx﹣ax2+（1﹣a）x+1，所以g′（x）＝﹣ax+（1﹣a）＝，當a≤0時，因為x＞0，所以g′（x）＞0．

所以g（x）在（0，+∞）上是遞增函數(shù)，當a＞0時，g′（x）＝，令g′（x）＝0，得x＝，所以當x∈（0，）時，g′（x）＞0；當x∈（，+∞）時，g′（x）＜0，因此函數(shù)g（x）在x∈（0，）是增函數(shù)，在（，+∞）是減函數(shù)．

綜上，當a≤0時，函數(shù)g（x）的遞增區(qū)間是（0，+∞），無遞減區(qū)間，無極大值；

當a＞0時，函數(shù)g（x）的遞增區(qū)間是（0，），遞減區(qū)間是（，+∞）；

故g（x）極大值＝g（）＝﹣lna；

證明：（3）由f（x1）+f（x2）+x1x2＝0，即lnx1+x12+x1+lnx2+x22+x2+x1x2＝0，從而（x1+x2）2+（x1+x2）＝x1x2﹣ln（x1x2），令t＝x1x2，則由φ（t）＝t﹣lnt，由x1＞0，x2＞0，即x1+x2＞0．

φ′（t）＝，（t＞0），可知，φ（t）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增．

所以φ（t）≥φ（1）＝1，所以（x1+x2）2+（x1+x2）≥1，解得x1+x2≥或x1+x2≤，又因為x1＞0，x2＞0，因此x1+x2≥成立．

【點評】本題難度較大，屬于利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值，以及利用導數(shù)證明單調(diào)性進一步研究不等式問題的題型．

35．已知函數(shù)f（x）＝x﹣alnx，g（x）＝﹣（a＞0）

（1）若a＝l，求f（x）的極值；

（2）若存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，求實數(shù)a的取值范圍．

【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；

（2）問題轉(zhuǎn)化為[f（x）﹣g（x）]min＜0，（x∈[1，e]）成立，設h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x﹣alnx+，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

【解答】解：（1）a＝1時，f（x）＝x﹣lnx，函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞），f′（x）＝1﹣＝，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，故f（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，故f（x）的極小值是f（1）＝1，無極大值；

（2）存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，等價于[f（x）﹣g（x）]min＜0，（x∈[1，e]）成立，設h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x﹣alnx+，則h′（x）＝，令h′（x）＝0，解得：x＝﹣1（舍），x＝1+a；

①當1+a≥e，h（x）在[1，e]遞減，∴h（x）min＝h（e）＝e2﹣ea+1+a，令h（x）min＜0，解得：a＞；

②當1+a＜e時，h（x）在（1，a+1）遞減，在（a+1，e）遞增，∴h（x）min＝h（1+a）＝a[1﹣ln（a+1）]+2＞2與h（x）min＜0矛盾，綜上，a＞．

【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，是一道中檔題．

36．已知函數(shù)f（x）＝alnx+x2+bx+1在點（1，f（1））處的切線方程為4x﹣y﹣12＝0．

（1）求函數(shù)f（x）的解析式；

（2）求f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值．

【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，計算f′（1），f（1），得到關于a，b的方程組，求出a，b的值，從而求出f（x）的解析式即可；

（2）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可．

【解答】解：（1）求導f′（x）＝+2x+b，由題意得：

f′（1）＝4，f（1）＝﹣8，則，解得，所以f（x）＝12lnx+x2﹣10x+1；

（2）f（x）定義域為（0，+∞），f′（x）＝，令f′（x）＞0，解得：x＜2或x＞3，所以f（x）在（0，2）遞增，在（2，3）遞減，在（3，+∞）遞增，故f（x）極大值＝f（2）＝12ln2﹣15，f（x）極小值＝f（3）＝12ln3﹣20．

【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導數(shù)的應用，是一道中檔題．

37．已知函數(shù)f（x）＝alnx+﹣（a+1）x，a∈R．

（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（1，3）上單調(diào)遞減，求a的取值范圍；

（Ⅱ）當a＝﹣1時，證明f（x）≥．

【分析】（Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；

（Ⅱ）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最小值即可．

【解答】解：（I）函數(shù)的定義域為（0，+∞）．

因為．

又因為函數(shù)f（x）在（1，3）單調(diào)減，所以不等式（x﹣1）（x﹣a）≤0在（1，3）上成立．

設g（x）＝（x﹣1）（x﹣a），則g（3）≤0，即9﹣3（a+1）+a≤0即可，解得a≥3．

所以a的取值范圍是[3，+∞）．…（7分）

（Ⅱ）當a＝﹣1時，f（x）＝﹣lnx+，f′（x）＝，令f＇（x）＝0，得x＝1或x＝﹣1（舍）．

當x變化時，f（x），f＇（x）變化情況如下表：

x

（0，1）

（1，+∞）

f＇（x）

﹣

0

+

f（x）

↘

極小值

↗

所以x＝1時，函數(shù)f（x）的最小值為f（1）＝，所以成立．…（13分）

【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．

38．已知函數(shù)f（x）＝x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．

（Ⅰ）求函數(shù)y＝f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅱ）當a＝1時，證明：對任意的x＞0，f（x）+ex＞x2+x+2．

【分析】（Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；

（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為證明ex﹣lnx﹣2＞0，設g（x）＝ex﹣lnx﹣2，求出函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

【解答】解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞），f′（x）＝2x﹣（a﹣2）﹣＝…（2分）

當a≤0時，f′（x）＞0對任意x∈（0，+∞）恒成立，所以，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）單調(diào)遞增；…（4分）

當a＞0時，由f′（x）＞0得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，所以，函數(shù)在區(qū)間（，+∞）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（0，）上單調(diào)遞減；

（Ⅱ）當a＝1時，f（x）＝x2+x﹣lnx，要證明f（x）+ex＞x2+x+2，只需證明ex﹣lnx﹣2＞0，設g（x）＝ex﹣lnx﹣2，則問題轉(zhuǎn)化為證明對任意的x＞0，g（x）＞0，令g′（x）＝ex﹣＝0，得ex＝，容易知道該方程有唯一解，不妨設為x0，則x0滿足＝，當x變化時，g′（x）和g（x）變化情況如下表

x

（0，x0）

x0

（x0，+∞）

g′（x）

﹣

0

+

g（x）

遞減

遞增

g（x）min＝g（x0）＝﹣lnx0﹣2＝+x0﹣2，因為x0＞0，且x0≠1，所以g（x）min＞2﹣2＝0，因此不等式得證．

【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，是一道中檔題．

39．已知函數(shù)f（x）＝xlnx．

（Ⅰ）求函數(shù)f（x）在[1，3]上的最小值；

（Ⅱ）若存在使不等式2f（x）≥﹣x2+ax﹣3成立，求實數(shù)a的取值范圍．

【分析】（Ⅰ）先求出函數(shù)的導函數(shù)，研究出原函數(shù)在[1，3]上的單調(diào)性即可求出函數(shù)f（x）在[1，3]上的最小值；

（Ⅱ）先把不等式2f（x）≥﹣x2+ax﹣3成立轉(zhuǎn)化為a≤2lnx+x+成立，設h（x）＝2lnx+x+（x＞0），利用導函數(shù)求出h（x）在x∈[，e]上的最大值即可求實數(shù)a的取值范圍．

【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝xlnx，可得f＇（x）＝lnx+1，當x∈（0，）時，f＇（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；

當x∈（，+∞）時，f＇（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．

所以函數(shù)f（x）在[1，3]上單調(diào)遞增．

又f（1）＝ln1＝0，所以函數(shù)f（x）在[1，3]上的最小值為0．

（Ⅱ）由題意知，2xlnx≥﹣x2+ax﹣3，則a≤2lnx+x+．

若存在x∈[，e]使不等式2f（x）≥﹣x2+ax﹣3成立，只需a小于或等于2lnx+x+的最大值．

設h（x）＝2lnx+x+（x＞0），則h′（x）＝+1﹣＝．

當x∈[，1）時，h＇（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減；

當x∈（1，e]時，h＇（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增．

由h（）＝﹣2++3e，h（e）＝2+e+，h（）﹣h（e）＝2e﹣﹣4＞0，可得h（）＞h（e）．

所以，當x∈[，e]時，h（x）的最大值為h（）＝﹣2++3e，故a≤﹣2++3e．

【點評】本題主要研究利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值以及函數(shù)恒成立問題．當a≥h（x）恒成立時，只需要求h（x）的最大值；當a≤h（x）恒成立時，只需要求h（x）的最小值．

40．已知函數(shù)f（x）＝ax2﹣alnx+x．

（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；

（2）若a＜0，設g（x）＝f（x）﹣x，h（x）＝﹣2xlnx+2x，若對任意x1，x2∈[1，+∞）（x1≠x2），|g（x2）﹣g（x1）|≥|h（x2）﹣h（x1）|恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的方程，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；

（2）求出函數(shù)的導數(shù)，令F（x）＝g（x）﹣h（x）＝ax2﹣alnx+2xlnx﹣2x，求出函數(shù)的導數(shù)，令G（x）＝ax﹣+2lnx，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

【解答】解：（1），令t（x）＝ax2+x﹣a，①當a＝0時，t（x）＝x＞0?f＇（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；

②當a＜0時，令，所以f（x）在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；

③當a＞0時，令，所以f（x）在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．

（2）g′（x）＝ax﹣＝，因為a＜0，當x≥1時，g′（x）≤0，g（x）在[1，+∞）單調(diào)減；

h′（x）＝﹣2lnx，當x≥1時，h′（x）≤0，h（x）在[1，+∞）單調(diào)減．

因為對任意x1，x2∈[1，+∞），|g（x2）﹣g（x1）|≥|h（x2）﹣h（x1）|，不防設x1＜x2，則由兩函數(shù)的單調(diào)性可得：

g（x1）﹣g（x2）≥h（x1）﹣h（x2），所以：g（x1）﹣h（x1）≥g（x2）﹣h（x2）對任意x1＜x2∈[1，+∞）恒成立；

令F（x）＝g（x）﹣h（x）＝ax2﹣alnx+2xlnx﹣2x，則F（x1）≥F（x2）對任意x1＜x2∈[1，+∞）恒成立；

即：y＝F（x）在x∈[1，+∞）上單調(diào)減，即：F′（x）＝ax﹣+2lnx≤0在x∈[1，+∞）上恒成立，令G（x）＝ax﹣+2lnx，G′（x）＝，當a≤﹣1時，ax2+2x+a≤0在x∈[1，+∞）恒成立，所以G′（x）≤0，G（x）在[1，+∞）單調(diào)減，所以G（x）≤G（1）＝0，滿足題意，當﹣1＜a＜0時，G（x）有兩個極值點x1，x2且x1＝＞1，x2＝＜1，所以在（1，x1）上，G（x）單調(diào)增，即：G（x）＞G（1）＝0對任意x∈（1，x1）上恒成立，不滿足題意，舍！

綜上，當a≤﹣1時，不等式|g（x2）﹣g（x1）|≥|h（x2）﹣h（x1）|在x1，x2∈[1，+∞）恒成立．

【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，是一道綜合題．

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日期：2021/2/9

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