2014年全国高考文科数学试题选编
三.导数及其应用
一.选择题
1.(课标全国Ⅱ文.11)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间 (1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是( )． A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞) D ．[1，＋∞) 解析：由f ′(x )＝k －
1
x
，又f (x )在(1，＋∞)上单调递增，
则f ′(x )≥0在x ∈(1，＋∞)上恒成立，
即1
k x
≥
在x ∈(1，＋∞)上恒成立． 又当x ∈(1，＋∞)时，1
01x
<<，故k ≥1.故选
D.
(湖南文.9)若0＜x 1＜x 2＜1，则( )
A ．21e e x
x
－＞ln x 2－ln x 1 B ．21e e x
x
－＜ln x 2－ln x 1
C ．1221e e x x x x >
D ．1221e e x x
x x <
解析：设f (x )＝e x
－ln x ，则()e 1
x x f x x
?-'=.当x
＞0且x 趋近于0时，x ·e x －1＜0；
当x ＝1时，x ·e x －1＞0，因此在(0,1)上必然存在x 1≠x 2，使得f (x 1)＝f (x 2)，因此A ，B 不正确；设
()e x
g x x
=，当0＜x ＜1时，
()2
(1)e
0x x g x x
-'=<，所以g (x )在(0,1)上为减函数．所以g (x 1)＞g (x 2)，即12
12
e e x x x x >
，所以1221e e x x x x >.故选C.
(江西文.10)在同一直角坐标系中，函数
22
a
y ax x =-+
与y ＝a 2x 3－2ax 2＋x ＋a (a ∈R )的图像不可能．．．
的是( )．
解析：显然当a ＝0时，D 中图象是可能的， 当a ≠0时，由y ＝a 2x 3－2ax 2＋x ＋a (a ∈R )求导得y ′＝3a 2x 2－4ax ＋1，
令y ′＝0，得1x a =
或13x a =. 函数2
2a y ax x =-+的图像的对称轴为12x a
=，
不管a ＞0还是a ＜0，都有12a 在1a 与1
3a
之间，
而由B 中图像可知111
32a a a
<<.
因此B 项中图像不可能．
当a ＞0时，可判断得A ，C 项中图像都有可能． (陕西文.10)如图，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切)．已知环湖弯曲路段为某三次函数图像的一部分，则该函数的解析式为( )．
A ．
32
1122
y x x x =
-- B ．32
11322y x x x =
-- C ．314y x x =- D ．32
11242
y x x x =+-
解析：由已知图形，可知该三次函数有0和2两
个零点，
因此可设其解析式为y ＝ax (x －2)(x ＋m )．
因为y ＝ax (x －2)(x ＋m )＝ax 3＋amx 2－2ax 2－2amx ，
所以y ′＝3ax 2＋2amx －4ax －2am .
又因为直线y ＝－x 和y ＝3x －6分别是该三次函数图象在点(0,0)和(2,0)处的切线，由导数的几何意义知y ′|x ＝0＝－1，y ′|x ＝2＝3，
于是有21,
124823,
am a
am a am -=-??
+--=?解得
1,
21.
a m ?
=???=? 所以所求三次函数的解析式为
32
1122
y x x x =
--，故选A (课标全国Ⅰ.12)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是( )．
A ．(2，＋∞)
B ．(1，＋∞)
C ．(－∞，－2)
D ．(－∞，－1)
解析：当a ＝0时，f (x )＝－3x 2＋1存在两个零点，不合题意；
当a ＞0时，f ′(x )＝3ax 2
－6x ＝23ax x a ?
?- ??
?，
令f ′(x )＝0，得x 1＝0，22
x a
=，
所以f (x )在x ＝0处取得极大值f (0)＝1，在2
x a
=处
取得极小值2241f a a ??
=- ???
，
要使f (x )有唯一的零点，需20f a ??
> ???
，但这时零
点x 0一定小于0，不合题意； 当a ＜0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝23ax x a ?
?- ???
， 令f ′(x )＝0，得x 1＝0，22
x a =
，这时f (x )在x ＝0处取得极大值f (0)＝1，在2
x a
=处取得极小值
2241f a a ??
=- ???
，
要使f (x )有唯一零点，应满足2
2410f a a ??
=->
???
，解得a ＜－2(a ＞2舍去)，且这时零点x 0一定大于
0，满足题意，故a 的取值范围是(－∞，－2)． (课标全国Ⅱ.3)函数f (x )在x ＝x 0处导数存在．若p ：f ′(x 0)＝0；q ：x ＝x 0是f (x )的极值点，则( )． A ．p 是q 的充分必要条件
B ．p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件
C ．p 是q 的必要条件，但不是q 的充分条件
D ．p 既不是q 的充分条件，也不是q 的必要条件 解析：由于q ?p ，则p 是q 的必要条件； 而pD ?/q ，如f (x )＝x 3在x ＝0处f ′(0)＝0，而x ＝0不是极值点，故选C.
(辽宁文.12)当x ∈[－2,1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )． A ．[－5，－3] B ．96,8
??--???
?
C ．[－6，－2]
D ．[－4，－3]
解析：∵当x ∈[－2,1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，即当x ∈[－2,1]时，不等式ax 3≥x 2－4x －3(*)恒成立． (1)当x ＝0时，a ∈R . (2)当0＜x ≤1时，由(*)得
232343143x x a x x x x
--≥=--恒成立．
设()23143
f x x x x
=--，
则
()22344
1898x x x
f x x x x x x
-++-(-)(+)'=-++==.
当0＜x ≤1时，x －9＜0，x ＋1＞0，∴f ′(x )＞0， ∴f (x )在(0,1]上单调递增．
当0＜x ≤1时，可知a ≥f (x )max ＝f (1)＝－6. (3)当－2≤x ＜0时，由(*)得23143a x x x
≤
--. 令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝9(舍)．
∴当－2≤x ＜－1时，f ′(x )＜0，当－1＜x ＜0时，f ′(x )＞0，∴f (x )在[－2，－1)上递减，在(－1,0)上递增．
∴x ∈[－2,0)时，f (x )min ＝f (－1)＝－1－4＋3＝－2.∴可知a ≤f (x )min ＝－2.
综上所述，当x ∈[－2,1]时，实数a 的取值范围为－6≤a ≤－2.故选C. 二.填空题
1.(广东文.11)曲线y ＝－5e x ＋3在点(0，－2)处的切线方程为________．
解析：∵y ′＝－5e x ，∴所求曲线的切线斜率
00e |55x k y ='==-=-，
∴切线方程为y －(－2)＝－5(x －0)， 即5x ＋y ＋2＝0.
2.(江西文.11)若曲线y ＝x ln x 上点P 处的切线平行于直线2x －y ＋1＝0，则点P 的坐标是_______． 解析：设切点P 的坐标为(x 0，y 0)， 由y ＝x ln x ，得y ′＝ln x ＋1， 则切线的斜率k ＝ln x 0＋1.
∵由已知可得ln x 0＋1＝2.∴x 0＝e. ∴y 0＝x 0ln x 0＝e.
∴切点的坐标为(e ，e)．
3.(安徽文.15)若直线l 与曲线C 满足下列两个条件： (1)直线l 在点P (x 0，y 0)处与曲线C 相切；
(2)曲线C 在点P 附近位于直线l 的两侧，则称直线l 在点P 处“切过”曲线C .
下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．
①直线l ：y ＝0在点P (0,0)处“切过”曲线 C ：y ＝x 3
②直线l ：x ＝－1在点P (－1,0)处“切过” 曲线C ：y ＝(x ＋1)2
③直线l ：y ＝x 在点P (0,0)处“切过”曲线 C ：y ＝sin x
④直线l ：y ＝x 在点P (0,0)处“切过”曲线 C ：y ＝tan x
⑤直线l ：y ＝x －1在点P (1,0)处“切过”曲线 C ：y ＝ln x
解析：由题意结合函数的图象知，①③④满足条件，而②⑤中曲线在点P 附近都在切线的同一边，故不满足条件．
4.(四川文.15)以A 表示值域为R 的函数组成的集合，B 表示具有如下性质的函数φ(x )组成的集合：
对于函数φ(x )，存在一个正数M ，使得函数φ(x )的值域包含于区间[－M ，M ]．例如，当φ1(x )＝x 3，φ2(x )＝sin x 时，φ1(x )∈A ，φ2(x )∈B .现有如下命题：
①设函数f (x )的定义域为D ，则“f (x )∈A ”的充要条件是“?b ∈R ，?a ∈D ，f (a )＝b ”； ②若函数f (x )∈B ，则f (x )有最大值和最小值； ③若函数f (x )，g (x )的定义域相同，且f (x )∈A ，g (x )∈B ，则f (x )＋g (x )?B ； ④若函数f (x )＝a ln(x ＋2)＋
21
x
x +(x ＞－2，a ∈R )有最大值，则f (x )∈B .
其中的真命题有__________．(写出所有真命题的序号)
答案：①③④
解析：对于①，若对任意的b ∈R ，都?a ∈D 使得f (a )＝b ，则f (x )的值域必为R .
反之，f (x )的值域为R ，则对任意的b ∈R ， 都?a ∈D 使得f (a )＝b ，故正确． 对于②，比如对
()ππsin ,22f x x x B ??
??=∈-∈ ? ????
?，但它无最
大值也无最小值．
对于③，∵f (x )∈A ，∴f (x )∈(－∞，＋∞)． ∵g (x )∈B ，∴存在正数M 使得－M ≤g (x )≤M ， 故f (x )＋g (x )∈(－∞，＋∞)， ∴()()f x g x B +?，正确． 对于④，211212
x x -
≤≤+，当a ＞0或a ＜0时，a ln x ∈(－∞，＋∞)，f (x )均无最大值， 若f (x )有最大值，则a ＝0， 此时()21
x
f x x =
+，f (x )∈B ，故正确．
三.解答题
1.(大纲全国文.21) (本小题满分12分)
函数f (x )＝ax 3＋3x 2＋3x (a ≠0)． (1)讨论f (x )的单调性；
(2)若f (x )在区间(1,2)是增函数，求a 的取值范围． 分析：(1)由于导函数的判别式含参数a ，因此要根据导数值的正负判断单调性，需对a 进行分类讨论．当判别式为正时，导函数有两根，为比较两根的大小，需对a 进行二重讨论．
(2)根据f (x )在(1,2)上是增函数可列出关于a 的不等式，注意对a ＞0或a ＜0进行讨论． 解：(1)f ′(x )＝3ax 2＋6x ＋3，f ′(x )＝0的判别式 Δ＝36(1－a )．
①若a ≥1，则f ′(x )≥0，且f ′(x )＝0当且仅当 a ＝1，x ＝－1.
故此时f (x )在R 上是增函数．
②由于a ≠0，故当a ＜1时，f ′(x )＝0有两个根：
1x =
2x =若0＜a ＜1，则当x ∈(－∞，x 2)或x ∈(x 1，＋∞)
时f ′(x )＞0，
故f (x )分别在(－∞，x 2)，(x 1，＋∞)是增函数； 当x ∈(x 2，x 1)时f ′(x )＜0，故f (x )在(x 2，x 1) 是减函数；
若a ＜0，则当x ∈(－∞，x 1)或(x 2，＋∞)时 f ′(x )＜0，
故f (x )分别在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)是 减函数；
当x ∈(x 1，x 2)时f ′(x )＞0，故f (x )在(x 1，x 2)是 增函数．
(2)当a ＞0，x ＞0时，f ′(x )＝3ax 2＋6x ＋3＞0， 故当a ＞0时，f (x )在区间(1,2)是增函数．
当a ＜0时，f (x )在区间(1,2)是增函数当且仅当f ′(1)≥0且f ′(2)≥0，解得5
04
a -≤<. 综上，a 的取值范围是5,04??
-
????
∪(0，＋∞)． 2.(课标全国Ⅰ文.21) (本小题满分12分)
设函数f (x )＝a ln x ＋
12
a -x 2
－bx (a ≠1)， 曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0. (1)求b ；
(2)若存在x 0≥1，使得()01
a
f x a <
-，求a 的取值范围． 分析：在第(1)问中，根据导数的几何意义将问题转化为f ′(1)＝0，即可求出b 的值；在第(2) 问中，将条件“存在x 0≥1，使 得()01a
f x a <
-”转化为“在[1，＋∞)上， ()min
1
a f x a <-恒成立”，因此关键是求出 f (x )在[1，＋∞)上的最小值．而f (x )解析式中含有参数a ，故在求出f ′(x )后，应对a 的取值进行分类讨论，分别针对每一种情况求出f (x )的最小值，从而建立关于a 的不等式，求出a 的取值范围．
解：(1)f ′(x )＝
a
x
＋(1－a )x －b . 由题设知f ′(1)＝0， 解得b ＝1.
(2)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 由(1)知，f (x )＝a ln x ＋12
a -x 2
－x ， f ′(x )＝
a
x ＋(1－a )x －1 ＝1a x -1a x a ??- ?-??
(x －1)． ①若1
2
a ≤，则
11a a ≤-， 故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(1，＋∞)单调递增．
所以，存在x 0≥1，使得()01
a
f x a <
-的
充要条件为()11a f a <-，即1121
a a
a --<-，解得11a <<.
②若112a <<，则
11a
a >-， 故当1,1a x a ??
∈ ?-??时，f ′(x )＜0；
当,1a x a ??∈+∞ ?-??
时，
f ′(x )＞0.f (x )在1,1a a ??
?-??
单调递减，
在,1a a ??+∞ ?-??
单调递增． 所以，存在x 0≥1，使得()01
a
f x a <-的
充要条件为11
a a f a a ??
< ?
--??. 而2
ln 112111a a a a a f a a a a a a ??=++> ?
--(-)--??
， 所以不合题意．
③若a ＞1，则()1111221
a a a
f a ---=
-=<-. 综上，a 的取值范围是
()
()
1
1,+∞．
3. (课标全国Ⅱ文.21) (本小题满分12分)
已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2. (1)求a ；
(2)证明：当k ＜1时，曲线y ＝f (x )与 直线y ＝kx －2只有一个交点．
分析：(1)由条件曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2，这就说明要表示出切线方程，需要求函数f (x )的导数，求出f ′(0)，从而得到切线斜率，表示出切线方程，把点
(－2,0)代入可得关于a 的方程，求得a 的值．
对于(2)，欲证曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点，可构造函数g (x )＝f (x )－kx ＋2，只需证明函数g (x )与x 轴有唯一的交点，这就需要利用函数的单调性研究g (x )的图象来解决． 解：(1)f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a ， 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为 y ＝ax ＋2， 由题设得2
2a
-
=-，所以a ＝1. (2)由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2，
设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4， 由题设知1－k ＞0.
当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k ＞0， g (x )单调递增，
g (－1)＝k －1＜0，g (0)＝4，
所以g (x )＝0在(－∞，0]有唯一实根． 当x ＞0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x ＞h (x )．
h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g (x )＞h (x )≥h (2)＝0， 所以g (x )＝0在(0，＋∞)没有实根．
综上，g (x )＝0在R 有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． 4.(北京文.20) (本小题满分13分)
已知函数f (x )＝2x 3－3x .
(1)求f (x )在区间[－2,1]上的最大值；
(2)若过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切，求t 的取值范围；
(3)问过点A (－1,2)，B (2,10)，C (0,2)分别存在几条直线与曲线y ＝f (x )相切？(只需写出结论)
分析：(1)先求函数f (x )的导函数f ′(x )，然后求出f ′(x )＝0的解，进而比较这些值与区间端点处的函数值的大小，即可求得最大值．
(2)设出切点坐标(x 0，y 0)，利用导数的几何意义表示出切线方程，由切点在曲线上及切线过点P 将切线方程化为关于x 0的三次方程，从而将已知转化为方程有三个解，构造相应函数，转化为函数图象与x 轴有三个交点，利用导数研究单调性和极值，利用极值和0的大小关系构造不等关系，从而求得t 的取值范围．
(3)根据(2)中的结论，比较纵坐标与t 的大小，即可写出相应的结论． 解：(1)由f (x )＝2x 3－3x 得f ′(x )＝6x 2－3，
令f ′(x )＝0，得2x =-
或2
x =.
因为f (－2)＝－10，(2f -=(2
f =f (1)＝－1，
所以f (x )在区间[－2,1]上的最大值为(2
f -=
(2)设过点P (1，t )的直线与曲线y ＝f (x )相切于点(x 0，y 0)， 则300023y x x =-，且切线斜率为2063k x =-， 所以切线方程为2
000(63)()y y x x x -=--， 因此2000(63)(1)t y x x -=--． 整理得32004630x x t -++=，
设g (x )＝4x 3－6x 2＋t ＋3，
则“过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切”等价于“g (x )有3个不同零点”． g ′(x )＝12x 2－12x ＝12x (x －1)． g (x )与g
所以，g 当g (0)＝t ＋3≤0，即t ≤－3时，此时g (x )在区间(－∞，1]和(1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g (x )至多有2个零点．
当g (1)＝t ＋1≥0，即t ≥－1时，此时g (x )在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g (x )至多有2个零点．
当g (0)＞0，且g (1)＜0，即－3＜t ＜－1时，因为g (－1)＝t －7＜0，g (2)＝t ＋11＞0，
所以g (x )分别在区间[－1,0)，[0,1)和[1,2)上恰有1个零点．由于g (x )在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上单调，所以g (x )分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点．
综上可知，当过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切时，t 的取值范围是(－3，－1)． (3)过点A (－1,2)存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点B (2,10)存在2条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点C (0,2)存在1条直线与曲线y ＝f (x )相切． 5.(天津文.19) (本小题满分14分)
已知函数()2
3
23
f x x ax =-
(a ＞0)，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间和极值；
(2)若对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1.求a 的取值范围．
分析：(1)第一步：求导，解f ′(x )＝0的根，第二步：列表，判断函数f (x )的单调性求出极值，第三步：结论．
(2)设集合A ＝{f (x )|x ∈(2，＋∞)}，)110B x f x f x ??
=∈(+∞)()??()??，，≠，则可将已知条件转化为A
?B 的问题．由(1)知f (x )＝0的根为32x a =，再讨论3
2a
与1,2的大小关系，进而分三种情况分别讨论
“A ?B ”是否成立，求出a 的范围．
解：(1)由已知，有f ′(x )＝2x －2ax 2(a ＞0)． 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或1x a
=
. 当x 变化时，f ′(x )，f (↙
所以，f (x )的单调递增区间是0a ?? ???，； 单调递减区间是(－∞，0)，1a ??
+∞ ???
，.
当x ＝0时，f (x )有极小值，且极小值f (0)＝0；
当1x a =
时，f (x )有极大值，且极大值211
=3f a a
?? ???. (2)由3(0)==02f f a ??
???
及(1)知，当x ∈302x a ??∈ ???，时，f (x )＞0；
当32x a ??∈+∞ ???
，时，f (x )＜0.
设集合A ＝{f (x )|x ∈(2，＋∞)}，集合)110B x f x f x ??
=∈(+∞)()?
?()??
，，≠.
则“对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1”等价于A ?B ，显然，0?B . 下面分三种情况讨论：
①当
322a >，即304a <<时，由302f a ??
= ???
可知，0∈A ，而0?B ，所以A 不是B 的子集． ②当3122a ≤≤，即33
42
a ≤≤时，有f (2)≤0，且此时f (x )在(2，＋∞)上单调递减，故A ＝(－∞，f (2))，因而A ?(－∞，0)；
由f (1)≥0，有f (x )在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，则(－∞，0)?B ，所以，A ?B . ③当
312a <，即3
2a >时，有f (1)＜0，且此时f (x )在(1，＋∞)上单调递减，故10(1)B f ??= ???
，， A ＝(－∞，f (2))，所以A 不是B 的子集． 综上，a 的取值范围是3342??
????
，. 6.(陕西文.21) (本小题满分14分)
设函数()ln m
f x x x
=+
，m ∈R . (1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；
(2)讨论函数()()3
x
g x f x '-
＝零点的个数； (3)若对任意b ＞a ＞0，
1f b f a b a
()-()
<-恒成立，求m 的取值范围． 分析：在第(1)问中，由于m 的值已知，可按求函数极值的一般步骤求得f (x )的极小值；在第(2)问中，讨论函数g (x )零点的个数，即研究方程g (x )＝0根的个数，然后将问题转化为讨论直线y ＝m 与函数φ(x )的图象交点个数的问题，从而可研究φ(x )的单调性、极值．画出φ(x )的图象通过数形结合的方法求解；在第(3)问中，将已知不等式
1f b f a b a
()-()
<-等价转化为函数f (x )－x 在(0，＋∞)上的单调性，然后借
助导数，再转化为不等式的恒成立问题，即可求得m 的取值范围． 解：(1)由题设，当m ＝e 时，()e ln f x x x =+
，则()2e x f x x
-'＝， ∴当x ∈(0，e)，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减，
当x ∈(e ，＋∞)，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋e
e
＝2， ∴f (x )的极小值为2. (2)由题设()()2133
x m x
g x f x x x ='-=-- (x ＞0)， 令g (x )＝0，得3
13
m x x =-+(x ＞0)， 设3
1()3
x m x x ?=-
+(x ≥0)， 则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，
当x ∈(0,1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0,1)上单调递增；
当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．
∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为2(1)3
?=
. 又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图像(如图)，可知
①当2
3m >
时，函数g (x )无零点； ②当2
3m =时，函数g (x )有且只有一个零点；
③当2
03
m <<时，函数g (x )有两个零点；
④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当2
3
m >时，函数g (x )无零点； 当2
3m =
或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点； 当2
03
m <<时，函数g (x )有两个零点．
(3)对任意的b ＞a ＞0，
1f b f a b a
()-()
<-恒成立， 等价于f (b )－b ＜f (a )－a 恒成立． 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋
m
x
－x (x ＞0)， ∴(*)等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减．
由()2110m
h x x x '--≤=在(0，＋∞)恒成立， 得m ≥－x 2
＋x ＝2
1124x ?
?--+ ??
?(x ＞0)恒成立，
∴111=,0=442m m h x x ??≥'()= ???
对仅在时成立，
∴m 的取值范围是1
4??+∞????
，. 7.(山东文.20) (本小题满分13分)
设函数1
()=ln 1
x f x a x x -+
+，其中a 为常数． (1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论函数f (x )的单调性．
分析：(1)由已知可求切点坐标，故只需利用导数的几何意义求出斜率；则可求切线方程．
(2)先求出函数f (x )的导函数f ′(x )．通过判断f ′(x )的符号来求f (x )的单调区间．由于导数中含有参数a ，所以要判断其符号，需要对参数a 进行分类讨论．同时，应注意函数的单调区间应是定义域的子区间，故需在定义域内研究其单调性． 解：(1)由题意知当a ＝0时，1
()=
1
x f x x -+，x ∈(0，＋∞)．
此时()22
=
1f x x '(+).
可得()1
1=2
f '，又f (1)＝0，
所以曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为x －2y －1＝0. (2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．
()222
222==
11a ax a x a
f x x x x x +(+)+'+(+)(+). 当a ≥0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．
当a ＜0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ， 由于Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)，
①当1
2
a =-时，Δ＝0，()2
21
12
01x f x x x -(-)'=≤(+)，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ②当1
2a <-时，Δ＜0，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．
③当1
02
a -<<时，Δ＞0.
设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )的两个零点，
则11a x a -(+)+=
，21a x
-(+)=.
由10x ==>，
所以x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减，
x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减． 综上可得：
当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当1
2
a ≤-时，函数f (x )在
(0，＋∞)上单调递减； 当1
02a -
<<时，f (x )在
? ??，
?
+∞????
上单调递减， 在??
上单调递增． 8.(福建文.22) (本小题满分14分)
已知函数f (x )＝e x －ax (a 为常数)的图象与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1. (1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x ＞0时，x 2＜e x ；
(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x .
分析：(1)由题意可知点A 的横坐标为0，先求出f (x )的导函数f ′(x )，则曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为f ′(0)，由f ′(0)＝－1可求得a 的值．再利用求极值的步骤求解即可．对于(2)，常对此类问题构造新函数g (x )＝e x －x 2，只需g (x )＞0在(0，＋∞)上恒成立即可，利用导数得到g (x )的单调性，从而得证．(3)
中存在性问题处理，可结合(2)的结论，合理利用e x ＞x 2，只是将e x ＞x 2的x 2
中一个x 赋值即可，所以
可令01x c =
，当x ＞x 0时，2
1e x x x c
>>，利用不等式的传递性来解决问题．或根据c 的值与1的大小关系分类进行证明．当c ≥1时，可直接根据(2)中的结论得证；当0＜c ＜1时，证明的关键是找出
x 0.可构造函数，然后利用导数研究其单调性，在该函数的增区间内找出一个值x 0满足条件即可得证．
解法一：(1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x
－a . 又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2. 所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.
当x ＜ln 2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ＞ln 2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．
所以当x ＝ln 2时，f (x )有极小值，且极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f (x )无极大值． (2)令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －2x .
由(1)得，g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)＝2－ln 4＞0， 即g ′(x )＞0.
所以g (x )在R 上单调递增， 又g (0)＝1＞0，
所以当x ＞0时，g (x )＞g (0)＞0，即x 2＜e x . (3)对任意给定的正数c ，取01x c
=， 由(2)知，当x ＞0时，x 2＜e x . 所以当x ＞x 0时，2
1
e x
x x c
>>
，即x ＜c e x . 因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . 解法二：(1)同解法一． (2)同解法一． (3)令1
k c
=
(k ＞0)，要使不等式x ＜c e x 成立，只要e x ＞kx 成立． 而要使e x ＞kx 成立，则只需要x ＞ln(kx )，即x ＞ln x ＋ln k 成立．
①若0＜k ≤1，则ln k ≤0，易知当x ＞0时，x ＞ln x ≥ln x ＋ln k 成立． 即对任意c ∈[1，＋∞)，取x 0＝0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . ②若k ＞1，令h (x )＝x －ln x －ln k ，则()111x h x x x
-'=-
=， 所以当x ＞1时，h ′(x )＞0，h (x )在(1，＋∞)内单调递增．
取x 0＝4k ，h (x 0)＝4k －ln(4k )－ln k ＝2(k －ln k )＋2(k －ln 2)， 易知k ＞ln k ，k ＞ln 2，所以h (x 0)＞0. 因此对任意c ∈(0,1)，取04
x c
=
，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . 综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . 解法三：(1)同解法一． (2)同解法一．
(3)①若c ≥1，取x 0＝0， 由(2)的证明过程知，e x ＞2x ，
所以当x ∈(x 0，＋∞)时，有c e x ≥e x ＞2x ＞x ，即x ＜c e x . ②若0＜c ＜1，
令h (x )＝c e x －x ，则h ′(x )＝c e x －1. 令h ′(x )＝0，得1ln x c
=. 当1
ln
x c
>时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增． 取022ln x c =，()22ln 0222
e 2ln 2(ln )c h x c c c c =-=-，
易知22
ln 0)c c
->，又h (x )在(x 0，＋∞)内单调递增，
所以当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有h (x )＞h (x 0)＞0，即x ＜c e x .
综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . 9.(安徽文.20) (本小题满分13分)
设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a ＞0. (1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；
(2)当x ∈[0,1]时，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值．
分析：在第(1)问中，通过利用导数判断函数单调性的方法，先求导，再令其等于0，求出导函数的零点，即为相应的极值点，结合导函数的开口方向从而得出导函数在相应区间的正负，从而得到原函数的单调区间．在第(2)问中，讨论极值点x 2在不在区间[0,1]内是问题的关键，要通过分类讨论，得出函数f (x )在[0,1]上的变化趋势，从而得出f (x )在[0,1]上的最值情况．
若函数f (x )在[0,1]上有单调性，那么f (x )的最值就在区间的端点处取得．若f (x )在[0,1]上单调递增，那么f (x )在x ＝0处取得最小值，在x ＝1处取得最大值．若f (x )在[0,1]上单调递减，那么f (x )在x ＝0处取得最大值，在x ＝1处取得最小值．
若函数f (x )在[0,1]上不单调，就要看能不能把区间[0,1]再细分成几部分，通过讨论函数f (x )在每一部分的单调性确定其在整个区间上的最值情况．特别要注意的是函数在区间端点处的函数值要比较大小，以确定哪一个才是最值．
解：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2.
令f ′(x )＝0，得1x =
，2x =x 1＜x 2.
所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2)．
当x ＜x 1或x ＞x 2时，f ′(x )＜0； 当x 1＜x ＜x 2时，f ′(x )＞0.
故f (x )在(－∞，x 1)和(x 2，＋∞)内单调递减，在(x 1，x 2)内单调递增． (2)因为a ＞0，所以x 1＜0，x 2＞0.
①当a ≥4时，x 2≥1，由(1)知，f (x )在[0,1]上单调递增， 所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值． ②当0＜a ＜4时，x 2＜1.
由(1)知，f (x )在[0，x 2]上单调递增，在[x 2,1]上单调递减，
因此f (x )在2x x ==
处取得最大值．
又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以
当0＜a ＜1时，f (x )在x ＝1处取得最小值；
当a ＝1时，f (x )在x ＝0和x ＝1处同时取得最小值； 当1＜a ＜4时，f (x )在x ＝0处取得最小值． 10. (浙江文.21) (本题满分15分)
已知函数f (x )＝x 3＋3|x －a |(a ＞0)．若f (x )在[－1,1]上的最小值记为g (a )． (1)求g (a )；
(2)证明：当x ∈[－1,1]时，恒有f (x )≤g (a )＋4.
分析：(1)由于f (x )解析式中含绝对值，因此要去绝对值符号．化简解析式必须对a ＞0分情况讨论，并对x 所属区间讨论．再通过求导数判断函数的单调性，利用函数单调性求出函数f (x )的最小值g (a )． (2)令h (x )＝f (x )－g (a )，问题转化为h (x )≤4在x ∈[－1,1]上恒成立．对恒成立问题，常转化为函数最值问题处理，即只需求出函数h (x )在[－1,1]上的最大值为4.因此，根据g (a )分情况讨论h (x )的最大值，借助于导数，利用函数单调性法求最值即可得解． (1)解：因为a ＞0，－1≤x ≤1，所以 ①当0＜a ＜1时，
若x ∈[－1，a ]，则f (x )＝x 3－3x ＋3a ，f ′(x )＝3x 2－3＜0， 故f (x )在(－1，a )上是减函数；
若x ∈[a,1]，则f (x )＝x 3＋3x －3a ，f ′(x )＝3x 2＋3＞0，故f (x )在(a,1)上是增函数． 所以g (a )＝f (a )＝a 3.
②当a ≥1时，有x ≤a ，则f (x )＝x 3－3x ＋3a ，f ′(x )＝3x 2－3＜0. 故f (x )在(－1,1)上是减函数， 所以g (a )＝f (1)＝－2＋3a .
综上，()3012+31.
a a g a a a ?<<=?-≥?，，
，
(2)证明：令h (x )＝f (x )－g (a )， ①当0＜a ＜1时，g (a )＝a 3.
若x ∈[a,1]，h (x )＝x 3＋3x －3a －a 3，得h ′(x )＝3x 2＋3，则h (x )在(a,1)上是增函数， 所以，h (x )在[a,1]上的最大值是h (1)＝4－3a －a 3，且0＜a ＜1，所以h (1)≤4. 故f (x )≤g (a )＋4.
若x ∈[－1，a ]，h (x )＝x 3－3x ＋3a －a 3，得h ′(x )＝3x 2－3，则h (x )在(－1，a )上是减函数，所以，h (x )在[－1，a ]上的最大值是h (－1)＝2＋3a －a 3. 令t (a )＝2＋3a －a 3，则t ′(a )＝3－3a 2＞0. 知t (a )在(0,1)上是增函数．
所以，t (a )＜t (1)＝4，即h (－1)＜4. 故f (x )≤g (a )＋4.
②当a ≥1时，g (a )＝－2＋3a ，故h (x )＝x 3－3x ＋2，得h ′(x )＝3x 2－3， 此时h (x )在(－1,1)上是减函数，
因此h (x )在[－1,1]上的最大值是h (－1)＝4. 故f (x )≤g (a )＋4.
综上，当x ∈[－1,1]时，恒有f (x )≤g (a )＋4. 11.(四川文.21) (本小题满分14分)
已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数． (1)设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0,1]上的最小值； (2)若f (1)＝0，函数f (x )在区间(0,1)内有零点，证明：e －2＜a ＜1.
分析：(1)先利用求导求出g (x )的解析式，再求出其导函数g ′(x )，根据a 的不同取值分类讨论g ′(x )的符号变化，判断其单调性，从而求其最值；
(2)先根据已知分析f (x )在(0,1)上的单调性与零点个数，将其转化为g (x )的零点个数，进而利用(1)中的结论判断a 的范围及其零点所在区间，结合函数g (x )在区间端点处的函数值及f (1)＝0即可证得结论．
解：(1)由f (x )＝e x －ax 2－bx －1，有g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b .所以g ′(x )＝e x
－2a . 当x ∈[0,1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]．
当1
2
a ≤
时，g ′(x )≥0， 所以g (x )在[0,1]上单调递增，
因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ； 当e
2
a ≥
时，g ′(x )≤0， 所以g (x )在[0,1]上单调递减，
因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ； 当
1e
22
a ≤≤时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln(2a )∈(0,1)． 所以函数g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增． 于是，g (x )在[0,1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－
b . 综上所述，当1
2
a ≤时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－
b ； 当
1e
22
a ≤≤时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－
b ； 当e
2
a ≥时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －
b .
(2)设x 0为f (x )在区间(0,1)内的一个零点，
则由f (0)＝f (x 0)＝0可知f (x )在区间(0，x 0)上不可能单调递增，也不可能单调递减． 则g (x )不可能恒为正，也不可能恒为负． 故g (x )在区间(0，x 0)内存在零点x 1，
同理g (x )在区间(x 0,1)内存在零点x 2.
所以g (x )在区间(0,1)内至少有两个零点． 由(1)知，当1
2
a ≤
时，g (x )在[0,1]上单调递增， 故g (x )在(0,1)内至多有一个零点． 当e
2
a ≥
时，g (x )在[0,1]上单调递减， 故g (x )在(0,1)内至多有一个零点． 所以
1e 22
a <<. 此时g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增．
因此x 1∈(0，ln(2a )]，x 2∈(ln(2a )，1)，必有g (0)＝1－b ＞0，g (1)＝e －2a －b ＞0. 由f (1)＝0有a ＋b ＝e －1＜2，
有g (0)＝a －e ＋2＞0，g (1)＝1－a ＞0. 解得e －2＜a ＜1.
所以，函数f (x )在区间(0,1)内有零点时，e －2＜a ＜1.
12.(重庆文.19) (本小题满分12分，(1)小问5分，(2)小问7分)
已知函数3()ln 42x a f x x x =
+--，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线12
y x =. (1)求a 的值；
(2)求函数f (x )的单调区间与极值．
分析：利用已知条件得切线的斜率为－2，然后求出f (x )在x ＝1处的导数，列出关于a 的方程，求出a 的值；在第(2)问中，充分利用导数判断函数单调性与极值的方法，求导后转化为求方程f ′(x )＝0，然后判断f ′(x )在每个区间的符号，在求解过程中要注意函数的定义域．
解：(1)对f (x )求导得()2114a f x x x '=
--，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线1
2
y x =，知()3124f a '=--=-，解得5
4
a =.
(2)由(1)知53
()ln 442x f x x x =+--， 则()22
45
4x x f x x --'=，
令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.
因x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x ∈(0,5)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(0,5)内为减函数；
当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(5，＋∞)内为增函数． 由此知函数f (x )在x ＝5时取得极小值f (5)＝－ln 5. 13.(广东文.21) (本小题满分14分)
已知函数()32
113
f x x x ax =
+++(a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；
(2)当a ＜0时，试讨论是否存在0110,,122x ????∈ ? ?????，使得()012f x f ??
= ???
.
解：(1)由()32
113
f x x x ax =
+++，求导得f ′(x )＝x 2＋2x ＋a . 令f ′(x )＝0，即x 2＋2x ＋a ＝0，Δ＝4－4a .
①当Δ≤0，即a ≥1时，f ′(x )≥0恒成立，f (x )在R 上单调递增； ②当Δ＞0，即a ＜1时，方程x 2＋2x ＋a ＝0的两根分别为：
1x =-21x =-
当(1x ∈∞－，-时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；
当(11x ∈--时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；
当(1)x ∈+∞-时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． (2)当a ＜0时，由(1)
，令111x =-=，解得a ＝－3.
①当a ＜－3时
，1<-，由(1)的讨论可知f (x )在(0,1)上单调递减，此时不存在
0110,,122x ????
∈ ? ?????
，使得01()2f x
f ??= ???.
②当－3＜a ＜0
时，1>-，f (x )
在(0,-上递减，
在(-上递增，
11
25(1)2224f f a ??-=+
???
， 依题意，若f (x )存在0110,,122x ????
∈ ? ?????
，
使得01()2f x f ??
= ???
，
只需11
25(1)022
24f f a ??-=+> ???，
解得2512a >-，于是有25
012
a -
<<即为所求． 14.(本小题满分13分)(2014湖南，文21)
已知函数f (x )＝x cos x －sin x ＋1(x ＞0)． (1)求f (x )的单调区间；
(2)记x i 为f (x )的从小到大的第i (i ∈N *)个零点，证明：对一切n ∈N *，有
222
12
1112
3
n x x x +++
<. 分析：在第(1)问中，通过已知条件，借助导数，转化为判断导数在(0，＋∞)上的符号，进而得出函数
的单调区间；在第(2)问中，充分利用第(1)问的结论，得到f (x )在(n π，(n ＋1)π)上存在零点，从而得出n π＜x n ＋1＜(n ＋1)π，然后分n ＝1，n ＝2，n ≥3三；种情况讨论
222
12
111
n
x x x +++
的值与23的大小关系，即可得证．
解：(1)f ′(x )＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x . 令f ′(x )＝0，得x ＝k π(k ∈N *)．
当x ∈(2k π，(2k ＋1)π)(k ∈N )时，sin x ＞0，此时f ′(x )＜0； 当x ∈((2k ＋1)π，(2k ＋2)π)(k ∈N )时，sin x ＜0，此时f ′(x )＞0.
故f (x )的单调递减区间为(2k π，(2k ＋1)π)(k ∈N )，单调递增区间为((2k ＋1)π，(2k ＋2)π)(k ∈N )． (2)由(1)知，f (x )在区间(0，π)上单调递减． 又π()02f =，故1π2
x =
. 当n ∈N *时，因为f (n π)f ((n ＋1)π)＝[(－1)n n π＋1][(－1)n ＋
1(n ＋1)π＋1]＜0， 且函数f (x )的图象是连续不断的，所以f (x )在区间(n π，(n ＋1)π)内至少存在一个零点．又f (x )在区间(n π，(n ＋1)π)上是单调的，故n π＜x n ＋1＜(n ＋1)π. 因此，
当n ＝1时，
221142π3x =<； 当n ＝2时，222121112
41π3
x x +<+<（）；
当n ≥3时，
222
12111
n x x x +++
＜222111
[41]π2(1)n ++++
- ＜2111
[5]π12(2)(1)n n +
++?-- ＜2111111
[5(1)()(
)]π22321n n +-+-++--- ＝221162
(6)π1π3
n -
<<-. 综上所述，对一切n ∈N *，222121112
3
n x x x +++<.
15.(湖北文21) (本小题满分14分)
π为圆周率，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．
(1)求函数()ln x
f x x
=
的单调区间； (2)求e 3,3e ，e π，πe,3π，π3这6个数中的最大数与最小数．
分析：在第(1)问中，考查利用导数求函数单调区间，需注意函数的定义域．在第(2)问中，由y ＝ln x ，y ＝e x ，y ＝πx 在定义域上的单调性可先比较出3e ，πe ，π3及e 3，e π，3π的大小，从而可确定最大数在π3与3π之中，最小数在3e 与e 3之中．再由e ＜3＜π，由第(1)问f (x )的单调性，从而可确定最大值、最小值．
解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为()ln x f x x =
，所以()2
1ln x
f x x -'=＝. 当f ′(x )＞0，即0＜x ＜e 时，函数f (x )单调递增；
当f ′(x )＜0，即x ＞e 时，函数f (x )单调递减．
故函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)． (2)因为e ＜3＜π，所以eln 3＜eln π，πln e ＜πln 3， 即ln 3e ＜ln πe ，ln e π＜ln 3π.
于是根据函数y ＝ln x ，y ＝e x ，y ＝πx 在定义域上单调递增， 可得3e ＜πe ＜π3，e 3＜e π＜3π.
故这6个数的最大数在π3与3π之中，最小数在3e 与e 3之中． 由e ＜3＜π及(1)的结论，得f (π)＜f (3)＜f (e)，即
ln πln 3ln e
π3e
<<. 由
ln πln 3
π3<，得ln π3＜ln 3π，所以3π＞π3； 由ln 3ln e
3e
<，得ln 3e ＜ln e 3，所以3e ＜e 3. 综上，6个数中的最大数是3π，最小数是3e .
16.(辽宁文.21) (本小题满分12分)
已知函数f
(x )＝π(x －cos x )－2sin x －2，g (x )＝2(π1π
x
x --，
证明：(1)存在唯一x 0∈π0,
2??
???
，使f (x 0)＝0； (2)存在唯一x 1∈π,π2??
???
，使g (x 1)＝0，且对(1)中的x 0，有x 0＋x 1＞π.
分析：(1)利用求导数方法判断函数f (x )在π0,
2?
?
??
?
上的单调性，
再利用函数零点的存在性定理进行判断，证出结论．(2)先化简函数g (x )在π,π2?????
?
上的解析式，再用求导法判断函数单调性，结合函数零点的存
在性定理，即可证明．
证明：(1)当x ∈π0,
2??
???
时，f ′(x )＝π＋πsin x －2cos x ＞0， 所以f (x )在π0,2??
???
上为增函数，
又f (0)＝－π－2＜0，2
ππ
4022f ??=-> ???，
所以存在唯一x 0∈π0,2??
???
，使f (x 0)＝0.
(2)当x ∈π,π2??
????
时，化简得()cos 2(π)11sin πx x g x x x =-?
+-+. 令t ＝π－x ，记()cos 2(π)11sin πt t u t g t t t =-=-
-++，t ∈π0,2??
????
， 则()π1sin f t u t t ()
'=(+)
.
由(1)得，当t ∈(0，x 0)时，u ′(t )＜0， 当t ∈0π,2x ??
??
?
时，u ′(t )＞0. 在0π,
2x ??
??
?上u (t )为增函数， 由π02u ??= ???知，当t ∈0π,2x ??
????
时，u (t )＜0，
所以u (t )在0π,2x ??
????上无零点．
在(0，x 0)上u (t )为减函数，由u (0)＝1及u (x 0)＜0知存在唯一t 0∈(0，x 0)，使u (t 0)＝0. 于是存在唯一t 0∈π0,2??
??
?
，使u (t 0)＝0. 设x 1＝π－t 0∈π,π2??
???
， 则g (x 1)＝g (π－t 0)＝u (t 0)＝0， 因此存在唯一的x 1∈π,π2??
???
，使g (x 1)＝0， 由于x 1＝π－t 0，t 0＜x 0，所以x 0＋x 1＞π.
17.(江西文.18) (本小题满分12分)
已知函数f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2a ＜0. (1)当a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间；
(2)若f (x )在区间[1,4]上的最小值为8，求a 的值．
分析：(1)按照求单调区间的步骤进行，第一步：求定义域；第二步：计算f ′(x )；第三步：在定义域上，求f ′(x )＞0的解集得递增区间；
(2)第一步：计算f ′(x )，并求f ′(x )＝0的x 值，得出f (x )的单调性；
第二步：f (x )的解析式可化为f (x )＝(2x ＋a )f (x )≥0且02a f ??
-= ???
；
第三步：结合第一，二步的分析，只需讨论2
a
x =-与区间[1,4]的关系，求出f (x )在[1,4]上的最小值，
建立a 的方程求解．
解：(1)当a ＝－4时，由'()0f x
=
=得25x =或x ＝2，
由f ′(x )＞0得20,5x ?
?∈ ???
或x ∈(2，＋∞)，
故函数f (x )的单调递增区间为20,5?? ???
和(2，＋∞)．
(2)因为'()
f x =，a ＜0，
由f ′(x )＝0得10a x =-或2a
x =-.
当010a x ?
?∈- ??
?，时，f (x )单调递增；
当102a
a x ??∈-- ???，时，f (x )单调递减，
当2a x ??∈-+∞ ???
，时，f (x )单调递增，
易知f (x )＝(2x ＋a )0，且02a f ??
-= ???
.
①当12a
-≤时，即－2≤a ＜0时，f (x )在[1,4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得
±2a =，均不符合题意．
②当142a <≤时，即－8≤a ＜－2时，f (x )在[1,4]上的最小值为02a f ??
-= ???，不符合题意．
③当42
a
->时，即a ＜－8时，f (x )在[1,4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4上取得，而f (1)≠8，
由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)，
当a ＝－10时，f (x )在(1,4)单调递减，f (x )在[1,4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意． 综上有，a ＝－10.