第一篇：高考數學導數壓軸題7大題型總結
高考數學導數壓軸題7大題型總結
目前雖然全國高考使用試卷有所差異，但高考壓軸題目題型基本都是一致的，幾乎沒有差異，如果有差異只能是難度上的差異，高考導數壓軸題考察的是一種綜合能力，其考察內容方法遠遠高于課本，其涉及基本概念主要是：切線，單調性，非單調，極值，極值點，最值，恒成立等等。
導數解答題是高考數學必考題目，然而學生由于缺乏方法，同時認識上的錯誤，絕大多數同學會選擇完全放棄，我們不可否認導數解答題的難度，但也不能過分的夸大。掌握導數的解體方法和套路，對于基礎差的同學不說得滿分，但也不至于一分不得。為了幫助大家復習，今天就總結倒數7大題型，讓你在高考數學中多拿一分，平時基礎好的同學逆襲140也不是問題。1導數單調性、極值、最值的直接應用
交點與根的分布
3不等式證明
（一）做差證明不等式
（二）變形構造函數證明不等式
（三）替換構造不等式證明不等式
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
（三）恒成立之討論字母范圍
5函數與導數性質的綜合運用
6導數應用題
7導數結合三角函數
第二篇：導數壓軸題7大題型歸類總結
導數壓軸題7大題型歸類總結，逆襲140+
一、導數單調性、極值、最值的直接應用 設a＞0，函數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
（三）恒成立之討論字母范圍
五、函數與導數性質的綜合運用
六、導數應用題
七、導數與三角函數的結合
第三篇：高中數學補習教案----導數壓軸題7大題型歸類總結
導數壓軸題7大題型歸類總結，逆襲140+
一、導數單調性、極值、最值的直接應用
涉及本單元的題目一般以選擇題、填空題的形式考查導數的幾何意義，定積分，定積分的幾何意義，利用圖象判斷函數的極值點，利用導數研究函數的單調性、極值、最值等.1.利用導數研究函數的單調性
(1)首先確定所研究函數的定義域，然后對函數進行求導，最后在定義域內根據f′(x)＞0，則函數單調遞增，f′(x)＜0，則函數單調遞減的原則確定函數的單調性.(2)利用導數確定函數的單調區(qū)間后，可以確定函數的圖象的變化趨勢.2.利用導數研究函數的極值、最值
(1)對函數在定義域內進行求導，令f′(x)=0，解得滿足條件的xi(i=1,2…)，判斷x=xi處左、右導函數的正負情況，若“左正右負”，則該點處存在極值且為極大值；若“左負右正”，則該點處存在極值且為極小值；若左、右符號相同，則該點處不存在極值.(2)利用導數判斷函數y=f(x)的最值通常是在給定閉區(qū)間[a,b]內進行考查，利用導數先求出給定區(qū)間內存在的所有極值點xi(i=1,2…)，并計算端 點處的函數值，最后進行比較，取最大的為最大值；最小的為最小值，即max{f(a),f(b),f(xi)}，min{f(a),f(b),f(xi)}.(3)注意函數單調性與極值、最值之間的聯系.導數值為零的點的左、右兩端的單調性對其極值情況的影響，單調性對函數最值的影響，都要注意結合函數的圖象進行分析研究.(4)注意極值與最值之間的聯系與區(qū)別，極值是函數的“局部概念”，最值是函數的“整體概念”，函數的極值不一定是最值，函數的最值也不一定是極值.要注意利用函數的單調性及函數圖象直觀研究確定.2.定積分及其應用
(1)簡單定積分的計算，能夠把被積函數變?yōu)閮绾瘮怠⒄液瘮?、余弦函數、指數函數與常數的和或差，利用定積分的性質把所求的定積分化為若干個定積分的和或差，然后分別用求導公式求出F(x)，使得F′(x)=f(x)，利用牛頓-萊布尼茲公式求出各個定積分的值，最后求得結果.(2)微積分基本定理的應用：能夠根據給出的圖象情況，建立簡單的積分計算式子，求值計算.理解微積分基本定理的幾何意義：曲線與 軸圍成的曲邊多邊形的面積，可以通過對該曲線表示的函數解析式在給定區(qū)間內求其積分而得到.其一般步驟是：畫出圖形，確定圖形的范圍，通過解方程組求出交點的橫坐標，定出積分的上、下限；確定被積函數，特別是注意分清被積函數的上、下位置；寫出平面圖形面積的定積分的表達式；運用微積分基本定理計算定積分，求出平面圖形的面積.（2017高考新課標Ⅱ，理11）若x=-2是函數f(x)=(x2+ax-l)ex-1的極值點，則f(x)的極小值為（）A．-1 B．-2e-
3C．5e-3
D．1
【答案】A 【解析】
由題可得f′(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-l)ex-1=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1，因為f′(-2)=0，所以a=-1，f(x)=(x2-x-1)ex-1，故f′(x)=(x2+x-2)ex-1，令f′(x)＞0，解得x＜-2或x＞1，所以f(x)在(-∞,-2),(1,+∞)上單調遞增，在(-2,1)上單調遞減，所以f(x)的極小值為f(1)=(1-1-1)e1-1=-1，故選A． 【名師點睛】
（1）可導函數y＝f(x)在點x0處取得極值的充要條件是f ′(x0)＝0，且在x0左側與右側f ′(x)的符號不同；
（2）若f(x)在(a，b)內有極值，那么f(x)在(a，b)內絕不是單調函數，即在某區(qū)間上單調增或減的函數沒有極值．
(2015高考新課標Ⅰ，理12)設函數f(x)=ex(2x-1)-ax+a ,其中a＜1，若存在唯一的整數x0，使得f(x0)＜0，則a的取值范圍是（）
B．
C．
D．
.(2016高考新課標II，理16)若直線y=kx+b是曲線y=ln x+2的切線，也是曲線y=ln(x+1)的切線，則b=______.（2016高考新課標III，理15）已知f(x)為偶函數，當x＜0時，f(x)=ln(-x)+3x,則曲線y=f(x)在點（1,?3）處的切線方程是______.二、交點與根的分布
三、不等式證明
（一）做差證明不等式
（二）變形構造函數證明不等式
（三）替換構造不等式證明不等式
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
（三）恒成立之討論字母范圍
五、函數與導數性質的綜合運用
六、導數應用題
七、導數與三角函數的結合
補充練習題：
6.（2018，全國1）
7.（2018，,全國2）
8.（2018，全國3）
第四篇：高考數學專題-導數壓軸題特輯1
導數壓軸題特輯1
一．選擇題（共3小題）
1．設f＇（x）是函數f（x）的導函數，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f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），其導函數為y＝f′（x），若兩兩不相同實數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f（x）的定義域為R，且滿足f（4）＝1，f′（x）為f（x）的導函數，又知y＝f′（x）的圖象如圖，若兩個正數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”下列函數是“偏對稱函數”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f（x）＝ex（sinx﹣ax2+2a﹣e），其中a∈R，e＝2.71828…為自然數的底數．
（1）當a＝0時，討論函數f（x）的單調性；
（2）當≤a≤1時，求證：對任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．
6．（1）已知函數是奇函數，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）的單調性．
（2）已知二次函數f（x）的圖象開口向下，且對于任意實數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解，求a的取值范圍．
9．已知函數f（x）＝ax，g（x）＝logax，其中a＞1．
（Ⅰ）求函數h（x）＝f（x）﹣xlna的單調區(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（e為自然對數的底數）．
（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
函數在區(qū)間[﹣1，1]上的最大值；
（2）設函數，試討論函數h（x）零點的個數．
11．已知函數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h（x）的單調區(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f（x）＝ln（1+ax）+bx，g（x）＝f（x）﹣bx2．
（Ⅰ）若a＝1，b＝﹣1，求函數f（x）的單調區(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f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e為自然對數的底數．
（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a的值；
（Ⅱ）求函數f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的較大者，記函數h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函數h（x）在（0，+∞）內恰有2個零點，求實數a的取值范圍．
14．已知函數
f（x）＝lnx，g（x）＝ex
（1）若函數h（x）＝f（x）﹣，求函數h（x）的單調區(qū)間；
（2）設直線l為函數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f（x）＝lnx，g（x）＝ex
（1）求函數h（x）＝g（x）f′（x）的單調區(qū)間；
（2）設直線l為函數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h（x）＝f（x）+g（x）的單調區(qū)間；
（III）設函數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f（x）＝x2+2ax（x＞0），g（x）＝3alnx+a，其中a＞0．
（1）當a＝1時，求函數h（x）＝f（x）﹣g（x）的單調區(qū)間；
（2）是否存在常數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a的值；若不存在，請說明理由．
18．已知函數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，求m的取值范圍；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，求函數h（x）＝f（x）﹣g（x）的單調區(qū)間和極值．
19．已知函數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h（x）的單調遞減區(qū)間為[﹣，﹣]，（1）求函數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a的取值范圍．
20．已知函數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h（x）的單調遞減區(qū)間為[﹣，﹣]，求函數h（x）在區(qū)間（﹣∞，﹣1]上的最大值M（a）
21．已知函數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a，b的值．
（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函數h（x）的單調減區(qū)間為[﹣，﹣]；
①求函數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a的取值范圍．
22．已知函數f（x）＝ex+x2﹣x，g（x）＝x2+ax+b，a，b∈R．
（1）當a＝1時，求函數F（x）＝f（x）﹣g（x）的單調區(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y＝lnx關于直線x＝1對稱的函數為f（x），又函數的導函數為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h（x）的單調區(qū)間；
（3）求函數h（x）在[0，1]上的最大值．
24．（文）已知函數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h（x）＝f（x）﹣g（x）的單調區(qū)間；（e為自然常數）
（2）若A（，），求實數k，b的值．
25．已知函數f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e為自然對數的底數．
（Ⅰ）當時，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）求函數f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的較大者，記函數h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函數h（x）在（0，+∞）內恰有2個零點，求實數a的取值范圍．
26．設a∈R，函數f（x）＝alnx﹣x．
（1）若f（x）無零點，求實數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根，求實數b的取值范圍．；
（3）求證：當n≥2，n∈N*時（1+）（1+）…（1+）＜e．
27．已知函數f（x）＝xlnx．
（1）求f（x）的單調區(qū)間與極值；
（2）若不等式對任意x∈[1，3]恒成立，求正實數λ的取值范圍．
28．已知函數（a∈R）．
（1）求函數f（x）的單調區(qū)間；
（2）當函數f（x）與函數g（x）＝lnx圖象的公切線l經過坐標原點時，求實數a的取值集合；
（3）證明：當a∈（0，）時，函數h（x）＝f（x）﹣ax有兩個零點x1，x2，且滿足．
29．已知函數f（x）＝．
（1）若對任意x＞0，f（x）＜0恒成立，求實數a的取值范圍；
（2）若函數f（x）有兩個不同的零點x1，x2（x1＜x2），證明：+＞2．
30．已知a為常數，函數f（x）＝x2+ax﹣lnx，g（x）＝ex（其中e是自然數對數的底數）．
（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F（x）在區(qū)間（0，1]上是單調函數，求a的取值范圍．
31．設函數，m∈R．
（1）當m＝e（e為自然對數的底數）時，求f（x）的最小值；
（2）討論函數零點的個數．
32．已知函數f（x）＝lnx﹣．
（1）若a＝4，求函數f（x）的單調區(qū)間；
（2）若函數f（x）在區(qū)間（0，1]內單調遞增，求實數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f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx
（1）當a＝1時，求函數f（x）的單調區(qū)間；
（2）若函數y＝f（x）在區(qū)間（0，+∞）上有唯一零點，試求a的值．
34．已知函數．
（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g（x）的極大值；
（3）若a＝﹣2，正實數x1，x2滿足f（x1）+f（x2）+x1x2＝0，證明：．
35．已知函數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a的取值范圍．
36．已知函數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f（x）的解析式；
（2）求f（x）的單調區(qū)間和極值．
37．已知函數f（x）＝alnx+﹣（a+1）x，a∈R．
（Ⅰ）若函數f（x）在區(qū)間（1，3）上單調遞減，求a的取值范圍；
（Ⅱ）當a＝﹣1時，證明f（x）≥．
38．已知函數f（x）＝x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．
（Ⅰ）求函數y＝f（x）的單調區(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f（x）＝xlnx．
（Ⅰ）求函數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a的取值范圍．
40．已知函數f（x）＝ax2﹣alnx+x．
（1）討論函數f（x）的單調性；
（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a的取值范圍．
導數壓軸題特輯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f（x）的導函數，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研究函數的單調性、切線的斜率、數形結合方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．
2．設函數f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），其導函數為y＝f′（x），若兩兩不相同實數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：兩兩不相同實數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f（x）的零點．
f′（x）＝2x（x﹣a）+x2＝3x（x﹣）＝3﹣．
可得0是函數f（x）的極大值點，a是函數f（x）的極小值點．
可得0，a是函數f′（x）的零點．
f（0）＝f′（0）＝＝f（a），＝﹣，＝﹣．
畫出圖象．
兩兩不相同實數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研究函數的單調性極值、函數的零點、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f（x）的定義域為R，且滿足f（4）＝1，f′（x）為f（x）的導函數，又知y＝f′（x）的圖象如圖，若兩個正數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f（x）的單調性．可得兩個正數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f（x）在（﹣∞，0）上單調遞減，在（0，+∞）上單調遞增．
∵兩個正數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研究函數的單調性、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”下列函數是“偏對稱函數”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，分別討論四個函數是否滿足三個條件，結合奇偶性和單調性，以及對稱性，即可得到所求結論．
【解答】解：經驗證，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
f（x）
在區(qū)間
（﹣∞，0）上單調遞減，在區(qū)間
（0，+∞）
上單調遞增，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”；
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f2（x）＝ex﹣x﹣1
在（﹣∞，0）上單調遞減，在（0，+∞）
上單調遞增，由
f2（x）的單調性知，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′（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，∴F（x2）＜F（0）＝0，即
f2（x1）＜f2（x2），符合條件③，故
f2（x）
是“偏對稱函數”；
C
中，f3（x）＝xsinx，則
f3（﹣x）＝﹣xsin（﹣x）＝f3（x），則
f3（x）
是偶函數，而f3′（x）＝sinx+xcosx＝sin（x+φ）（tanφ＝x），則根據三角函數的性質可知，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”；
D
中，由函數
f4（x）＝，當
x＜0
時，f4′（x）＝＜0，當
x＞0
時，f3′（x）＝2＞0，符合條件②，∴函數
f4（x）
在（﹣∞，0）上單調遞減，在（0，+∞）
上單調遞增，由單調性知，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（x）
在（0，+∞）
上是減函數，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”，故選：BD．
【點評】本題主要考查在新定義下利用導數研究函數的單調性與最值，考查計算能力，考查轉化與劃歸思想，屬于難題．
三．解答題（共36小題）
5．已知函數f（x）＝ex（sinx﹣ax2+2a﹣e），其中a∈R，e＝2.71828…為自然數的底數．
（1）當a＝0時，討論函數f（x）的單調性；
（2）當≤a≤1時，求證：對任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．
【分析】（1）求函數的導數，利用函數單調性和導數之間的關系進行討論即可．
（2）對任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0轉化為證明對任意的x∈[0，+∞），sinx﹣ax2+2a﹣e＜0，即可，構造函數，求函數的導數，利用導數進行研究即可．
【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，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）單調遞增，在（t，+∞）上，h′（x）＜0，h（x）單調遞減，則當x＝t時，函數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】本題主要考查函數單調性與導數的應用，求函數的導數，構造函數，利用導數是解決本題的關鍵．綜合性較強，難度較大．
6．（1）已知函數是奇函數，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）的單調性．
（2）已知二次函數f（x）的圖象開口向下，且對于任意實數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，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，+∞）上單調遞增可解．
（2）用單調性定義來探討，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比較中出現討論，再進一步細化區(qū)間，確定后即為所求的單調區(qū)間．
B、由題設二次函數f（x）的圖象開口向下，又對于任意實數x，都有f（2﹣x）＝f（x+2），知其對稱軸方程為x＝2，由二次函數的這些特征即可研究出其單調性，分析（x2+x+），（2x2﹣x+）的范圍，利用二次函數的單調性轉化不等式為（x2+x+）＜（2x2﹣x+），利用對數函數的單調性把不等式轉化為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，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）
∴，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
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
綜上所述，f（x）在（﹣∞，﹣1]上是增函數，在[﹣1，0）上是減函數．
B、解：由題意二次函數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x，都有f（2﹣x）＝f（x+2），故此函數的對稱軸方程是x＝2
由此知，函數f（x）在（﹣∞，2]上是增函數，在（2，+∞）是減函數，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．本題主要考查函數利用奇偶性和函數值，單間性來求解析式，在研究單調性中分類討論的思想應用．
B、本題主要考查二次函數的單調性和對稱性，還考查了利用對數函數的單調性解對數不等式和一元二次不等式的解法，特別注意對數不等式的求解時的定義域．
7．已知函數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）根據導數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，根據函數單調性可得lna＞lnx﹣x+1，再構造函數h（x）＝lnx﹣x+1，利用導數求出函數的最值，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，再根據導數和函數最值的關系即可證明，方法四：先根據導數和函數的最值的關系求出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hg（a）＝a+lna﹣1，利用導數求出函數的最值，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h（x）單調遞增，當x＞1時，h′（x）＜0，函數h（x）單調遞減，∴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h（x）單調遞減，當x＞1時，h′（x）＞0，函數h（x）單調遞增，∴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，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f（x）單調遞減，∴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，∵g′（1）＝0，∴當x∈（0，1）時，g′（x）＜0，函數g（x）單調遞減，當x∈（1，+∞）時，g′（x）＞0，函數g（x）單調遞增，∴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，∵y＝aex﹣1在（0，+∞）上為增函數，y＝在0，+∞）上為減函數，∴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f（x）單調遞減，當x∈（x0，+∞）時，f′（x）＞0，函數f（x）單調遞增，∴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g（x）在（0，+∞）上單調遞減，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】本題考查了導數的幾何意義，以及導數和函數的最值的關系，考查了運算求解能力，轉化與化歸能力，屬于難題．
8．已知函數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解，求a的取值范圍．
【分析】（1）求得a＝1時，f（x）的導數，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g（x）＝（x＞0），求得導數，判斷單調性，可得原方程即為ax＝lnx，由參數分離和構造新函數，求得導數和最值，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】本題考查導數的運用：求切線的方程和單調性、最值，考查方程思想和構造函數法、化簡運算能力和推理能力，屬于中檔題．
9．已知函數f（x）＝ax，g（x）＝logax，其中a＞1．
（Ⅰ）求函數h（x）＝f（x）﹣xlna的單調區(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h（x）＝f（x）﹣xlna，求其導函數，由導函數的零點對定義域分段，由導函數在各區(qū)間段內的符號可得原函數的單調區(qū)間；
（Ⅱ）分別求出函數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，把問題轉化為證明當a≥時，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1與l2重合，進一步轉化為證明當a≥時，方程存在實數解．然后利用導數證明即可．
【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h（x）的單調減區(qū)間為（﹣∞，0），單調遞增區(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為底數的對數，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存在實數解．
設函數u（x）＝，既要證明當a≥時，函數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）上單調遞增，在（x0，+∞）上單調遞減，u（x）在x＝x0處取得極大值u（x0）．
∵，故lnlna≥﹣1．
∴＝．
下面證明存在實數t，使得u（t）＜0，由（Ⅰ）可得ax≥1+xlna，當時，有
u（x）≤＝．
∴存在實數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】本題考查導數的運算，導數的幾何意義，運用導數研究指數函數與對數公式的性質等基礎知識和方法，考查函數與方程思想，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（e為自然對數的底數）．
（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
函數在區(qū)間[﹣1，1]上的最大值；
（2）設函數，試討論函數h（x）零點的個數．
【分析】（1）分別求出y＝f（x）與y＝g（x）在x＝0處的導數，利用斜率之積等于﹣1求得a，得到f（x）解析式，再由導數判斷f（x）在區(qū)間[﹣1，1]上單調遞減，從而求得最大值；
（2）函數g（x）＝ex﹣e在R上單調遞增，僅在x＝1處有一個零點，且x＜1時，g（x）＜0，再由導數分類判定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]上單調遞減，∴；
（2）函數g（x）＝ex﹣e在R上單調遞增，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f（x）的一個極小值點，是函數f（x）的一個極大值點．
而f（﹣）＝＜0，現在討論極大值的情況：
f（）＝．
當f（）＜0，即a＜時，函數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】本題考查利用導數研究過曲線上某點處的切線方程，考查函數零點的判定，體現了分類討論的數學思想方法，屬難題．
11．已知函數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h（x）的單調區(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，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F（x）＝h′（x），由?a∈R，F′（x）＞0，即可判斷h′（x）的單調性，求得h′（x）的零點，并根據h′（x）判斷出h（x）的單調性；
（Ⅲ）由（II）知當x∈[0，1]時，h（x）是增函數，將問題轉化為：h（x）max﹣h（x）min＝ea﹣a≤e﹣1，即當a≥0時，G（a）＝ea﹣a﹣（e﹣1）≤0，求得函數的單調性，求得a的取值范圍．
【解答】解：（I）∵函數f（x）＝eax，g（x）＝﹣x2+bx+c，∴函數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′（x）＞0，所以h′（x）在（﹣∞，+∞）上為單調遞增函數．…（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h（x）的導函數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h′（x）的單調遞減區(qū)間為（﹣∞，0），單調遞增區(qū)間為（0，+∞）．…（9分）
（III）由（II）知當x∈[0，1]時，h（x）是增函數．
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，又G（1）＝0，所以a∈[0，1]．…（13分）
【點評】本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、恒成立問題的等價轉化方法，考查了計算能力和分析問題的能力，屬于難題．
12．設函數f（x）＝ln（1+ax）+bx，g（x）＝f（x）﹣bx2．
（Ⅰ）若a＝1，b＝﹣1，求函數f（x）的單調區(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）求出函數的導數，通過解關于導函數的不等式，求出函數的單調區(qū)間即可；
（Ⅱ）（i）求出g（x）的導數，得到關于a，b的方程組，解出即可；
（ii）問題轉化為g（x）﹣k（x2﹣x）＞0對x∈（0，+∞）恒成立．令F（x）＝g（x）﹣k（x2﹣x），求出函數的導數，通過討論k的范圍，求出函數的單調區(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）的單調增區(qū)間為（﹣1，0），單調減區(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＇（x）＞0，所以F（x）在（0，+∞）上單調遞增．
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＇（x）＜0，所以F（x）在上單調遞減，故當時，F（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】本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，是一道中檔題．
13．已知函數f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e為自然對數的底數．
（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a的值；
（Ⅱ）求函數f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的較大者，記函數h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函數h（x）在（0，+∞）內恰有2個零點，求實數a的取值范圍．
【分析】（I）先對函數求導，結合導數的幾何意義可求
（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）結合導數及函數的零點的判定定理，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（﹣∞，+∞）在（﹣∞，+∞）內單調遞增．．……．……（6分）
（2）當a＞0時，令，解得或．
由，解得或，由，解得，．……．……（8分）
∴函數的單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(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，+∞）上單調遞增，又f（e）＝e3﹣3ae+e，∴（i）當a，f（e）≥0，f（x）在（e，+∞）上單調遞增，（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，）上單調遞減，（）上單調遞增，∵f（e）＝e3﹣3ae+e＜e3﹣3e3+e＜0，f（2，a）＝8a2﹣6a2+e≥2a2+e＞0，∴此時函數h（x）在（0，+∞）內恰有一個零點，綜上，實數a的取值范圍是．
【點評】本題主要考查了函數的導數與單調性，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
f（x）＝lnx，g（x）＝ex
（1）若函數h（x）＝f（x）﹣，求函數h（x）的單調區(qū)間；
（2）設直線l為函數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h（x）的導函數，由導函數的符號直接判斷函數h（x）的單調性；
（2）求出函數f（x）和g（x）的導函數，根據函數特點分別在兩函數圖象上找到點和點，求出兩個函數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，恒有h′（x）＞0，所以函數h（x）的單調增區(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；而其右邊，當n≥3以后，是一個正的假分數，因此是關于n的減函數，故在區(qū)間[3，+∞）內必存在一個實數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研究函數的單調性，考查了利用導數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f（x）＝lnx，g（x）＝ex
（1）求函數h（x）＝g（x）f′（x）的單調區(qū)間；
（2）設直線l為函數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，再由導數大于0和小于0，求出函數h（x）的單調區(qū)間；
（2）先求直線l為函數圖象上一點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f（x）＝lnx，g（x）＝ex，∴h（x）＝g（x）f′（x）＝，∴，由＞0，得x＞1；由＜0，得x＜1．
∴函數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】本題以函數為載體，考查導數知識的運用，考查函數的單調性，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h（x）＝f（x）+g（x）的單調區(qū)間；
（III）設函數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，求得切線的斜率和切點，可得切線方程；
（II）求出當a＝1時的函數的導數，令導數大于0，求得增區(qū)間，令導數小于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，運用參數分離，由導數判斷單調性，求得右邊函數的最大值，即可得到a的范圍．
【解答】解：（Ⅰ）g（x）＝x﹣lnx的導數為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h（x）＝f（x）+g（x）＝2x﹣lnx+，導數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】本題考查導數的運用：求切線方程和單調區(qū)間，同時考查不等式恒成立問題，注意運用參數分離，函數的單調性，屬于中檔題．
17．已知函數f（x）＝x2+2ax（x＞0），g（x）＝3alnx+a，其中a＞0．
（1）當a＝1時，求函數h（x）＝f（x）﹣g（x）的單調區(qū)間；
（2）是否存在常數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，根據導數符號即可判斷函數h（x）的單調性，從而得出其單調區(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】考查根據導數符號判斷函數單調性及求單調區(qū)間的方法，二次函數的符號和對應一元二次方程根的關系，以及函數在切點處的導數和切線斜率的關系．
18．已知函數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，求m的取值范圍；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，求函數h（x）＝f（x）﹣g（x）的單調區(qū)間和極值．
【分析】（Ⅰ）求出函數的導數，假設f（2），f′（2），求出切線方程即可；
（Ⅱ）問題轉化為在區(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，得到h（x）的單調區(qū)間，從而求出函數的極值即可．
【解答】解：（Ⅰ）
f＇（x）＝x2﹣（m+1）x+1，又∵函數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，∴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，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h（x）的單調遞增區(qū)間為（﹣∞，m）和（1，+∞）；單調遞減區(qū)間為（m，1），故當x＝m時，函數h（x）取得極大值，極大值為；
當x＝1時，函數h（x）取得極小值，極小值為．
【點評】本題考查了函數的單調性、最值、極值問題，考查導數的應用以及函數恒成立問題，是一道中檔題．
19．已知函數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h（x）的單調遞減區(qū)間為[﹣，﹣]，（1）求函數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a的取值范圍．
【分析】（Ⅰ）根據曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點（2，m）處具有公共切線，可知切點處的函數值相等，切點處的斜率相等，故可求a、b的值；
（Ⅱ）（1）根據函數h（x）的單調遞減區(qū)間為[﹣，﹣]得出a2＝4b，構建函數h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+a2x+1，求導函數，利用導數的正負，可確定函數的單調區(qū)間，進而分類討論，確定函數在區(qū)間（﹣∞，﹣1]上的最大值．
（2）由（1）知，函數h（x）在（﹣∞，﹣）單調遞增，在（﹣，﹣）單調遞減，在（﹣，+∞）上單調遞增，從而得出其極大值、極小值，再根據|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h（x）的單調遞減區(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
∴原函數在（﹣∞，﹣）單調遞增，在（﹣，﹣）單調遞減，在（﹣，+∞）上單調遞增．
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h（x）在（﹣∞，﹣）單調遞增，在（﹣，﹣）單調遞減，在（﹣，+∞）上單調遞增，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】本題考查導數知識的運用，考查導數的幾何意義，考查函數的單調性與最值，解題的關鍵是正確求出導函數和應用分類討論的方法，屬難題．
20．已知函數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h（x）的單調遞減區(qū)間為[﹣，﹣]，求函數h（x）在區(qū)間（﹣∞，﹣1]上的最大值M（a）
【分析】（1）求出函數的導數，得到關于a，b的方程組，解出即可；
（2）求出h（x）的導數，根據函數的單調性得到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（﹣∞，﹣）單調遞增，在（﹣，﹣）單調遞減，在（﹣，+∞）上單調遞增，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，考查函數的單調性、最值問題，考查導數的應用，是一道綜合題．
21．已知函數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a，b的值．
（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函數h（x）的單調減區(qū)間為[﹣，﹣]；
①求函數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a的取值范圍．
【分析】（1）根據曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點（2，c）處具有公共切線，可知切點處的函數值相等，切點處的斜率相等，故可求a、b的值；
（2）①根據函數h（x）的單調遞減區(qū)間為[﹣，﹣]得出a2＝4b，構建函數h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+a2x+1，求導函數，利用導數的正負，可確定函數的單調區(qū)間，進而分類討論，確定函數在區(qū)間（﹣∞，﹣1）上的最大值．
②由①知，函數h（x）在（﹣∞，﹣）單調遞增，在（﹣，﹣）單調遞減，在（﹣，+∞）上單調遞增，從而得出其極大值、極小值，再根據|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h（x）的單調遞減區(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
∴原函數在（﹣∞，﹣）單調遞增，在（﹣，﹣）單調遞減，在（﹣，+∞）上單調遞增；
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h（x）在（﹣∞，﹣）單調遞增，在（﹣，﹣）單調遞減，在（﹣，+∞）上單調遞增；
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】本題考查導數知識的運用，考查導數的幾何意義，考查函數的單調性與最值，解題的關鍵是正確求出導函數和應用分類討論的方法．
22．已知函數f（x）＝ex+x2﹣x，g（x）＝x2+ax+b，a，b∈R．
（1）當a＝1時，求函數F（x）＝f（x）﹣g（x）的單調區(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）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出函數的導數，根據切線方程求出a，b，c的值即可；
（Ⅲ）設h（x）＝f（x）﹣g（x），求出函數的導數，通過討論a的范圍，問題轉化為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，根據函數的單調性求出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，+∞）上單調遞增．
令F＇（x）＝ex﹣2＜0，得x＜ln2，所以F（x）在（﹣∞，ln2）上單調遞減．…（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））上單調遞減，在（ln（a+1），+∞）上單調遞增．
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）上單調遞增，在（e，+∞）上單調遞減，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】本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，轉化思想，是一道綜合題．
23．函數y＝lnx關于直線x＝1對稱的函數為f（x），又函數的導函數為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h（x）的單調區(qū)間；
（3）求函數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，結合函數的定義域，利用導數大于0的函數的單調增區(qū)間，導數小于0得函數的單調減區(qū)間
（3）根據（2）中函數的單調區(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，∴h（x）的最大值為h（0）＝ln2．
②當，即時，h（x）在上是增函數，在上是減函數，∴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，∴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】本題以函數為載體，考查導數的幾何意義，考查利用導數求函數的單調區(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h（x）＝f（x）﹣g（x）的單調區(qū)間；（e為自然常數）
（2）若A（，），求實數k，b的值．
【分析】（1）構建新函數，求導函數，利用導數確定函數的單調性，從而可求函數的最大值；
（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h（x）為增函數；
當x＞時，h′（x）＜0，此時函數h（x）為減函數．
所以函數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v（x）為減函數；
當x＞時，v′（x）＞0，函數v（x）為增函數．
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】本題考查導數知識的運用，考查函數的單調性與最值，考查導數的幾何意義，解題的關鍵是構建函數，正確運用導數知識．
25．已知函數f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e為自然對數的底數．
（Ⅰ）當時，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）求函數f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的較大者，記函數h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函數h（x）在（0，+∞）內恰有2個零點，求實數a的取值范圍．
【分析】（I）根據導數求出切線斜率，根據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f（x）的單調區(qū)間，結合函數的單調性以及函數的零點個數確定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，∴函數在（﹣∞，+∞）內單調遞增．
（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f（x）的單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間為．
（Ⅲ）∵函數g（x）的定義域為（0，+∞），∴．
∴函數g（x）在（0，+∞）內單調遞減．
（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，）上單調遞減，在（，+∞）上單調遞增．
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a的取值范圍是．
【點評】本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，轉化思想，是一道綜合題．
26．設a∈R，函數f（x）＝alnx﹣x．
（1）若f（x）無零點，求實數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根，求實數b的取值范圍．；
（3）求證：當n≥2，n∈N*時（1+）（1+）…（1+）＜e．
【分析】（1）求出函數的導數，通過討論a的范圍，求出函數的單調區(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]），結合二次函數的性質以及函數的單調性求出b的范圍即可；
（3）根據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g（x）單調遞增，令g′（x）＜0，解得≤x＜1，此時函數g（x）單調遞減，∵關于x的方程2x﹣f（x）＝x2+b在[，2]上恰有兩個不相等的實數根，則，即，解得：+ln2≤b＜2，∴實數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研究函數的單調性極值與最值、“累加求和”、對數的運算性質、放縮、“裂項求和”等基礎知識與基本技能方法，考查了等價問題轉化方法，考查了推理能力和計算能力，屬于難題．
27．已知函數f（x）＝xlnx．
（1）求f（x）的單調區(qū)間與極值；
（2）若不等式對任意x∈[1，3]恒成立，求正實數λ的取值范圍．
【分析】（1）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區(qū)間，求出函數的極值即可；
（2）分離參數，問題轉化為λ≤，令h（x）＝，根據函數的單調性求出正實數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】本題考查了函數的單調性，極值問題，考查導數的應用以及函數恒成立問題，是一道綜合題．
28．已知函數（a∈R）．
（1）求函數f（x）的單調區(qū)間；
（2）當函數f（x）與函數g（x）＝lnx圖象的公切線l經過坐標原點時，求實數a的取值集合；
（3）證明：當a∈（0，）時，函數h（x）＝f（x）﹣ax有兩個零點x1，x2，且滿足．
【分析】（1）問利用導數求解單調性．
（2）問先求出公切線l的方程，再探討a的取值范圍．
（3）問先利用導數研究函數h（x）的單調性，證明零點個數．再使用函數思想，構造函數，利用導數研究函數單調性解決不等式問題．
【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）單調遞增．
當x∈（e1﹣a，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減．
（2）設公切線l與函數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）單調遞減，值域為，當時，m′（x）＞0，m（x）單調遞增，值域為，由于直線l與函數f（x）相切，即只有一個公共點，因此．
故實數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）單調遞增；
當0＜x＜時，k′（x）＜0，k（x）單調遞減．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，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）在定義域內單調遞減，即．
證明完畢．
【點評】本題考察知識點眾多，利用導數研究函數單調性，切線與導數的關系，利用導數研究函數的零點個數，利用導數構造函數來證明不等式，對學生的思維能力和思維品質要求極高，屬于難題．
29．已知函數f（x）＝．
（1）若對任意x＞0，f（x）＜0恒成立，求實數a的取值范圍；
（2）若函數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，根據導函數判斷函數的單調性，得出函數的最值，進而求出a的范圍；
（2）求出導函數，根據極值點判斷函數的零點位置，對零點分類討論，構造函數，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】本題考查了導函數的應用，最值問題的轉化思想，難點是對參數的分類討論和均值定理的應用．
30．已知a為常數，函數f（x）＝x2+ax﹣lnx，g（x）＝ex（其中e是自然數對數的底數）．
（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F（x）在區(qū)間（0，1]上是單調函數，求a的取值范圍．
【分析】（1）先對函數求導，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，可證
（2）由F（x）＝＝，求出函數F（x）的導數，通過研究2﹣a的正負可判斷h（x）的單調性，進而可得函數F（x）的單調性，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，所以方程x2+lnx﹣1＝0有唯一實數解．故x0＝1；
（2）F（x）＝＝，F′（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，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．
∵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．
所以，a≤2滿足題意；
②當2﹣a＜0，即a＞2時，設函數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]上是單調函數矛盾．
∴a＞2不合題意．
綜合①②得，a≤2．
【點評】考查學生利用導數研究函數的單調能力，函數單調性的判定，以及導數的運算，試題具有一定的綜合性．
31．設函數，m∈R．
（1）當m＝e（e為自然對數的底數）時，求f（x）的最小值；
（2）討論函數零點的個數．
【分析】（1）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區(qū)間，從而求出函數的最小值即可；
（2）令g（x）＝0，得到；設，通過討論m的范圍根據函數的單調性集合函數的草圖求出函數的零點個數即可．
【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；
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，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；
當x∈（1，+∞）時，φ′（x）＜0，φ（x）在x∈（1，+∞）上是減函數；
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g（x）無零點；
②當時，函數g（x）有且只有一個零點；
③當時，函數g（x）有兩個零點；
④當m≤0時，函數g（x）有且只有一個零點；
綜上：當時，函數g（x）無零點；
當或m≤0時，函數g（x）有且只有一個零點；
當時，函數g（x）有且只有兩個零點；
【點評】本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，考查函數的零點個數問題，是一道中檔題．
32．已知函數f（x）＝lnx﹣．
（1）若a＝4，求函數f（x）的單調區(qū)間；
（2）若函數f（x）在區(qū)間（0，1]內單調遞增，求實數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）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區(qū)間即可；
（2）問題轉化為3a≤+x+4恒成立，根據函數的單調性求出a的范圍即可；
（3）問題轉化為ln≤＝成立即可，令t＝∈（0，1），故只要lnt﹣≤0即可，根據函數的單調性證明即可．
【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f（x）在區(qū)間（0，1]遞增，則有x2+（4﹣3a）x+4≥0在（0，1]內恒成立，即3a≤+x+4恒成立，又函數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】本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及函數恒成立問題，考查不等式的證明，轉化思想，是一道綜合題．
33．設a＞0，函數f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx
（1）當a＝1時，求函數f（x）的單調區(qū)間；
（2）若函數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f′（x）判斷f（x）的單調性，并求出單調區(qū)間；
（2）求f（x）的導數f′（x），利用導數判斷f（x）的單調性，求出最值，利用最值等于0，求出a的值．
【解答】解：（1）函數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）的單調減區(qū)間是（0，），單調增區(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f（x）在（0，x2）上單調遞減，在（x2，+∞）上單調遞增，∴f（x）的大致圖象如圖所示，求f（x）min＝f（x2），若函數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研究函數的單調性，也考查了函數零點以及不等式的應用問題，是較難的題目．
34．已知函數．
（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g（x）的極大值；
（3）若a＝﹣2，正實數x1，x2滿足f（x1）+f（x2）+x1x2＝0，證明：．
【分析】（1）求出函數的導數，計算f（1），f′（1）的值，從而求出切線方程即可；
（2）求導數，然后通過研究不等式的解集確定原函數的單調性；求出函數的極大值即可；
（3）結合已知條件構造函數，然后結合函數單調性得到要證的結論．
【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，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g（x）在x∈（0，）是增函數，在（，+∞）是減函數．
綜上，當a≤0時，函數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）上單調遞減，在區(qū)間（1，+∞）上單調遞增．
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，屬于利用導數研究函數的單調性、最值，以及利用導數證明單調性進一步研究不等式問題的題型．
35．已知函數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a的取值范圍．
【分析】（1）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區(qū)間，從而求出函數的極值即可；
（2）問題轉化為[f（x）﹣g（x）]min＜0，（x∈[1，e]）成立，設h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x﹣alnx+，根據函數的單調性求出a的范圍即可．
【解答】解：（1）a＝1時，f（x）＝x﹣lnx，函數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】本題考查了函數的單調性、極值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，是一道中檔題．
36．已知函數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f（x）的解析式；
（2）求f（x）的單調區(qū)間和極值．
【分析】（1）求出函數的導數，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）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區(qū)間，從而求出函數的極值即可．
【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】本題考查了函數的單調性、極值問題，考查導數的應用，是一道中檔題．
37．已知函數f（x）＝alnx+﹣（a+1）x，a∈R．
（Ⅰ）若函數f（x）在區(qū)間（1，3）上單調遞減，求a的取值范圍；
（Ⅱ）當a＝﹣1時，證明f（x）≥．
【分析】（Ⅰ）求出函數的導數，根據函數的單調性求出a的范圍即可；
（Ⅱ）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區(qū)間，從而求出函數的最小值即可．
【解答】解：（I）函數的定義域為（0，+∞）．
因為．
又因為函數f（x）在（1，3）單調減，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f（x）的最小值為f（1）＝，所以成立．…（13分）
【點評】本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及轉化思想，是一道中檔題．
38．已知函數f（x）＝x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．
（Ⅰ）求函數y＝f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）當a＝1時，證明：對任意的x＞0，f（x）+ex＞x2+x+2．
【分析】（Ⅰ）求出函數的導數，通過討論a的范圍，求出函數的單調區(qū)間即可；
（Ⅱ）問題轉化為證明ex﹣lnx﹣2＞0，設g（x）＝ex﹣lnx﹣2，求出函數的導數，根據函數的單調性證明即可．
【解答】解：（Ⅰ）函數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f（x）在區(qū)間（0，+∞）單調遞增；…（4分）
當a＞0時，由f′（x）＞0得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，所以，函數在區(qū)間（，+∞）上單調遞增，在區(qū)間（0，）上單調遞減；
（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】本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，是一道中檔題．
39．已知函數f（x）＝xlnx．
（Ⅰ）求函數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a的取值范圍．
【分析】（Ⅰ）先求出函數的導函數，研究出原函數在[1，3]上的單調性即可求出函數f（x）在[1，3]上的最小值；
（Ⅱ）先把不等式2f（x）≥﹣x2+ax﹣3成立轉化為a≤2lnx+x+成立，設h（x）＝2lnx+x+（x＞0），利用導函數求出h（x）在x∈[，e]上的最大值即可求實數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）單調遞減；
當x∈（，+∞）時，f＇（x）＞0，f（x）單調遞增．
所以函數f（x）在[1，3]上單調遞增．
又f（1）＝ln1＝0，所以函數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）單調遞減；
當x∈（1，e]時，h＇（x）＞0，h（x）單調遞增．
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求閉區(qū)間上函數的最值以及函數恒成立問題．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f（x）＝ax2﹣alnx+x．
（1）討論函數f（x）的單調性；
（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a的取值范圍．
【分析】（1）求出函數的導數，解關于導函數的方程，求出函數的單調區(qū)間即可；
（2）求出函數的導數，令F（x）＝g（x）﹣h（x）＝ax2﹣alnx+2xlnx﹣2x，求出函數的導數，令G（x）＝ax﹣+2lnx，根據函數的單調性求出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，+∞）上單調遞增；
②當a＜0時，令，所以f（x）在上單調遞增，在上單調遞減；
③當a＞0時，令，所以f（x）在上單調遞減，在上單調遞增．
（2）g′（x）＝ax﹣＝，因為a＜0，當x≥1時，g′（x）≤0，g（x）在[1，+∞）單調減；
h′（x）＝﹣2lnx，當x≥1時，h′（x）≤0，h（x）在[1，+∞）單調減．
因為對任意x1，x2∈[1，+∞），|g（x2）﹣g（x1）|≥|h（x2）﹣h（x1）|，不防設x1＜x2，則由兩函數的單調性可得：
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】本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數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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第五篇：高考數學導數題
已知函數f（x）=x^2+2x+alnx
（1）若函數f（x）在區(qū)間【0，1】上恒為單調函數，求a范圍
（2）當t≥1時不等式f（2t-1）≥2f（t）-3恒成立，求a的范圍
(1)f'(x)=2x+2+a/x=(2x^2+2x+a)/x
因為x>0,所以f'(x)的符號由二次函數g(x)=x^2+x+a/2決定。
二次函數g(x)的對稱軸為x=-1/2<0,所以g(x)在(0，1)上單調增加。因此如果g(1)=2+a/2<=0,即a<=-4，那么g(x)在(0，1)上恒小于0，因此f(x)單調減少。如果g(0)=a>=0, g(x)在(0，1)上恒大于0，因此f(x)在(0，1)單調增加。
因此 若函數f（x）在區(qū)間(0，1)上恒為單調函數, a>=0或者a<=-4.(2)f(2t-1)>=2f(t)-3
<----> 2t^2-4t+2+aln(2t-1)=2lnt>=0
2(t-1)^2>+alm(2t-1)-2lnt>=0
設x=t-1, x>=0, 上面不等式等價于
2x^2+aln(2x+1)-2aln(x+1)>=0
ln(2x+1)<=ln(x^2+2x+1)=2ln(x+1)
所以如果a<=0, 上面的不等式顯然成立。
所以現在設a>0.2x^2+aln[(2x+1)/(x^2+2x+1)]>=0
ln[(2x+1)/(x^2+2x+1)]=ln[1-x^2/(x^2+2x+1)]>=-x^2/(x^2+2x+1)].所以如果2x^2-ax^2/(x^2+2x+1)]>=0, 即2(x+1)^2-a>=0,那么原不等式自然成立。2(x+1)^2-a>=0恒成立對x>=0, 那么a<=2.如果a>2, 因為當x--->0+時，極限x^2/ln[1-x^2/(x^2+2x+1)]=-1, 因此對充分小的正數x,2x^2+aln[1-x^2/(x^2+2x+1)]=ax^2*[2/a+ln[1-x^2/(x^2+2x+1)]/x^2]<0.綜上，a<=2.
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