高考试题二次求导问题两例

二次求导问题导数既是高中数学的一个重要内容，又是高考的一个必考内容．近几年高考中，出现了一种新的“导数”，它是对导函数进行二次求导而产生的新函数，尤其是近几年作为高考的压轴题时常出现． [典例] 若函数f (x )＝sin x x，0<x 1<x 2<π. 设a ＝f (x 1)，b ＝f (x 2)，试比较a ，b 的大小． [思路点拨]此题可联想到研究函数f (x )＝sin x x在(0，π)的单调性．函数图象虽然可以直观地反映出两个变量之间的变化规律，但大多数复合的函数作图困难较大．导数的建立拓展了应用图象解题的空间．导数这个强有力的工具对函数单调性的研究提供了简单、程序化的方法，具有很强的可操作性．当f ′(x )>0时，函数f (x )单调递增；当f ′(x )<0时，函数f (x )单调递减．[方法演示]解：由f (x )＝sin x x ，得f ′(x )＝x cos x －sin x x 2， 设g (x )＝x cos x －sin x ，则g ′(x )＝－x sin x ＋cos x －cos x ＝－x sin x .∵0<x <π，∴g ′(x )<0，即函数g (x )在(0，π)上是减函数．∴g (x )<g (0)＝0，因此f ′(x )<0，故函数f (x )在(0，π)是减函数，∴当0<x 1<x 2<π，有f (x 1)>f (x 2)，即a >b .[解题师说]从本题解答来看，为了得到f (x )的单调性，须判断f ′(x )的符号，而f ′(x )＝x cos x －sin x x 2的分母为正，只需判断分子x cos x －sin x 的符号，但很难直接判断，故可通过二次求导，判断出一次导函数的符号，并最终解决问题．[应用体验]1．已知函数f (x )满足f (x )＝f ′(1)e x －1－f (0)x ＋12x 2，求f (x )的解析式及单调区间． 解：因为f (x )＝f ′(1)e x －1－f (0)x ＋12x 2，所以f ′(x )＝f ′(1)e x －1－f (0)＋x . 令x ＝1，得f (0)＝1. 所以f (x )＝f ′(1)e x －1－x ＋12x 2，所以f (0)＝f ′(1)e －1＝1，解得f ′(1)＝e. 所以f (x )＝e x －x ＋12x 2.设g (x )＝f ′(x )＝e －1＋x ，则g ′(x )＝e ＋1>0，所以y ＝g (x )在R 上单调递增．因为f ′(0)＝0，所以f ′(x )>0＝f ′(0)⇔x >0，f ′(x )<0＝f ′(0)⇔x <0.所以f (x )的解析式为f (x )＝e x －x ＋12x 2，且单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0).[典例] (1)若x ＝23为y ＝f (x )的极值点，求实数a 的值； (2)若y ＝f (x )在[1，＋∞)上为增函数，求实数a 的取值范围；(3)若a ＝－1时，方程f (1－x )－(1－x )3＝b x有实根，求实数b 的取值范围． [方法演示]解：(1)f ′(x )＝a ax ＋1＋3x 2－2x －a . 由题意，知f ′⎝⎛⎭⎫23＝0，所以a 23a ＋1＋43－43－a ＝0，解得a ＝0. 当a ＝0时，f ′(x )＝x (3x －2)，从而x ＝23为y ＝f (x )的极值点． (2)因为f (x )在[1，＋∞)上为增函数，所以f ′(x )＝a ax ＋1＋3x 2－2x －a ＝x [3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)]ax ＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立． 当a ＝0时，f ′(x )＝x (3x －2)，此时f (x )在[1，＋∞)上为增函数恒成立，故a ＝0符合题意； 当a ≠0时，由ax ＋1>0对x >1恒成立，知a >0.所以3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立．令g (x )＝3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)，其对称轴为x ＝13－12a ，因为a >0，所以13－12a <13，所以g (x )在[1，＋∞)上为增函数，所以只需g (1)≥0即可，即－a 2＋a ＋1≥0，解得0<a ≤1＋52. 综上，实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，1＋52. (3)由已知得，x >0，∴b ＝x (ln x ＋x －x 2)＝x ln x ＋x 2－x 3.令g (x )＝x ln x ＋x 2－x 3，则g ′(x )＝ln x ＋1＋2x －3x 2.令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝1x ＋2－6x ＝－6x 2－2x －1x. 当0<x <1＋76时，h ′(x )>0，∴函数h (x )＝g ′(x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋76上递增；又g ′(1)＝0，∴存在x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋76，使得g ′(x 0)＝0. 当0<x <x 0时，g ′(x )<0，∴函数g (x )在(0，x 0)上递减；当x 0<x <1时，g ′(x )>0，∴函数g (x )在(x 0,1)上递增；当x >1时，g ′(x )<0，∴函数g (x )在(1，＋∞)上递减．又当x →＋∞时，g (x )→－∞.又g (x )＝x ln x ＋x 2－x 3＝x (ln x ＋x －x 2)≤x ⎝⎛⎭⎫ln x ＋14， 当x →0时，ln x ＋14<0，则g (x )<0，且g (1)＝0， ∴b 的取值范围为(－∞，0]．[解题师说]本题从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(3)问要求参数b 的范围问题，实际上是求g (x )＝x (ln x ＋x －x 2)极值问题，问题是g ′(x )＝ln x ＋1＋2x －3x 2＝0这个方程求解不易，这时我们可以尝试对h (x )＝g ′(x )再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．(文)已知函数f (x )＝e x －x ln x ，g (x )＝e x －tx 2＋x ，t ∈R ，其中e 为自然对数的底数．(1)求函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若g (x )≥f (x )对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立，求t 的取值范围．[方法演示]解：(1)由f (x )＝e x －x ln x ，知f ′(x )＝e －ln x －1，则f ′(1)＝e －1，而f (1)＝e ，则所求切线方程为y －e ＝(e －1)(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋1.(2)∵f (x )＝e x －x ln x ，g (x )＝e x －tx 2＋x ，t ∈R ，∴g (x )≥f (x )对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立等价于e x －tx 2＋x －e x ＋x ln x ≥0对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立，即t ≤e x ＋x －e x ＋x ln x x 2对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立． 令F (x )＝e x ＋x －e x ＋x ln x x 2，则F ′(x )＝x e x ＋e x －2e x －x ln x x 3＝1x2⎝⎛⎭⎫e x ＋e －2e xx －ln x ， 令G (x )＝e x＋e －2e x x －ln x ，则G ′(x )＝e x －2(x e x －e x )x 2－1x ＝e x (x －1)2＋e x －x x 2＞0对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立．∴G (x )＝e x＋e －2e xx －ln x 在(0，＋∞)上单调递增，且G (1)＝0，∴当x ∈(0,1)时，G (x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，G (x )＞0，即当x ∈(0,1)时，F ′(x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＞0，∴F (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F (x )≥F (1)＝1，∴t ≤1，即t 的取值范围是(－∞，1]．[解题师说]本题从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(2)问要求参数t 的范围问题，实际上是求F (x )＝e x ＋x －e x ＋x ln x x 2极值问题，问题是F ′(x )＝1x 2e x ＋e －2e x x－ln x 这个方程求解不易，这时我们可以尝试对G (x )＝F ′(x )再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．[应用体验]2．设k ∈R ，函数f (x )＝e x －(1＋x ＋kx 2)(x >0)．(1)若k ＝1，求函数f (x )的导函数f ′(x )的极小值；(2)若对任意的t >0，存在s >0，使得当x ∈(0，s )时，都有f (x )<tx 2，求实数k 的取值范围． 解：(1)当k ＝1时，函数f (x )＝e x －(1＋x ＋x 2)，则f (x )的导数f ′(x )＝e x －(1＋2x )，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝e x －2，当0<x <ln 2时，g ′(x )<0；当x >ln 2时，g ′(x )>0，从而f ′(x )在(0，ln 2)上递减，在(ln 2，＋∞)上递增．故导数f ′(x )的极小值为f ′(ln 2)＝1－2ln 2.(2)对任意的t >0，记函数F (x )＝f (x )－tx 2＝e x －[1＋x ＋(k ＋t )x 2]，x >0，根据题意，存在s >0，使得当x ∈(0，s )时，F (x )<0. 易得F (x )的导数F ′(x )＝e x －[1＋2(k ＋t )x ]， 令h (x )＝F ′(x )，则h ′(x )＝e x －2(k ＋t )．①若h ′(x )≥0，注意到h ′(x )在(0，s )上递增，故当x ∈(0，s )时，h ′(x )>h ′(0)≥0，于是F ′(x )在(0，s )上递增，则当x ∈(0，s )时，F ′(x )>F ′(0)＝0，从而F (x )在(0，s )上递增．故当x ∈(0，s )时，F (x )>F (0)＝0，与已知矛盾；②若h ′(x )<0，因为h ′(x )在(0，s )上连续且递增，故存在s >0，使得当x ∈(0，s )，h ′(x )<0，从而F ′(x )在(0，s )上递减，于是当x ∈(0，s )时，F ′(x )<F ′(0)＝0，因此F (x )在(0，s )上递减．故当x ∈(0，s )时，F (x )<F (0)＝0，满足已知条件．综上所述，对任意的t >0，都有h ′(x )<0，所以1－2(k ＋t )<0，即k >12－t ， 故实数k 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12－t ，＋∞.[典例] 证明当x >0时，sin x >x －x 6. [方法演示]证明：令f (x )＝sin x －x ＋x 36，则f ′(x )＝cos x －1＋x 22，所以f ″(x )＝－sin x ＋x . 易知当x >0时，sin x <x ，所以在(0，＋∞)上f ″(x )>0，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增． 又f ′(0)＝0，所以在(0，＋∞)有f ′(x )>f ′(0)＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．故当x >0时，f (x )＝sin x －x ＋x 36>f (0)＝0. 所以sin x >x －x 36(x >0)．[解题师说]本题是应用导数证明不等式．证明的关键在于构造适当的函数，然后在相应区间上用二次求导的方法判定导数的符号，得到导函数的单调性，再利用单调性证明不等式．[应用体验]3．(2018·西安八校联考)已知函数f (x )＝m e x －ln x －1.(1)当m ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当m ≥1时，证明：f (x )>1.解：(1)当m ＝0时，f (x )＝－ln x －1，则f ′(x )＝－1x，所以f (1)＝－1，f ′(1)＝－1. 所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －(－1)＝－(x －1)，即x ＋y ＝0.(2)证明：当m ≥1时，f (x )＝m e x －ln x －1≥e x －ln x －1.要证f (x )>1，只需证e x －ln x －2>0. 设g (x )＝e x －ln x －2，则g ′(x )＝e x －1x. 设h (x )＝e x －1x ，则h ′(x )＝e x ＋1x 2>0. 所以函数h (x )＝g ′(x )＝e x －1x在(0，＋∞)上单调递增． 因为g ′⎝⎛⎭⎫12＝e 12－2<0，g ′(1)＝e －1>0，所以函数g ′(x )＝e x －1x在(0，＋∞)上有唯一零点x 0，且x 0∈⎝⎛⎭⎫12，1. 因为g ′(x 0)＝0，所以e x 0＝1x 0，即ln x 0＝－x 0. 当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>0，所以当x ＝x 0时，g (x )取得极小值也是最小值g (x 0)．故g (x )≥g (x 0)＝e x 0－ln x 0－2＝1x 0＋x 0－2>0. 综上可知，当m ≥1时，f (x )>1.证明：设f (x )＝1＋x ln(x ＋1＋x 2)－1＋x 2，∵f ′(x )＝ln(x ＋1＋x 2)＋x ⎝⎛⎭⎪⎫1＋x 1＋x 2x ＋1＋x 2－x 1＋x 2＝ln(x ＋1＋x 2)， 设h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝1＋x1＋x 2x ＋1＋x 2＝1＋x 2＋x 1＋x 2(x ＋1＋x 2)＝11＋x2>0， 所以f ′(x )在(－∞，＋∞)上是增函数．由f ′(x )＝0，即ln(x ＋1＋x 2)＝0，得x ＝0.所以当x <0时，f ′(x )<0，则f (x )在(－∞，0)上为减函数；当x >0时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上为增函数．故f (x )在x ＝0处有极小值，所以f (x )≥f (0)＝0，即1＋x ln(x ＋1＋x 2)≥1＋x 2.(文)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －ax ，当x 0∈(1，＋∞)时，函数f (x )的图象在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y ＝1ex －e. (1)求a 的值；(2)求证：函数f (x )在定义域内单调递增．解：(1)由题意，得f ′(x )＝ln x ＋1x＋1－a ， 所以函数f (x )的图象在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)，即y －(x 0＋1)ln x 0＋ax 0＝⎝⎛⎭⎫ln x 0＋1x 0＋1－a (x －x 0)，即y ＝⎝⎛⎭⎫ln x 0＋1x 0＋1－a x ＋ln x 0－x 0－1， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ ln x 0＋1x 0＋1－a ＝1e ，x 0－ln x 0＋1＝e.令g (x )＝x －ln x ＋1，则g ′(x )＝1－1x ＝x －1x ， 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，故当x ∈(1，＋∞)时，g (x )单调递增．又因为g (e)＝e ，所以x 0＝e ，将x 0＝e 代入ln x 0＋1x 0＋1－a ＝1e，得a ＝2. (2)证明：由a ＝2，得f ′(x )＝ln x ＋1x －1(x >0)．令h (x )＝ln x ＋1x ，则h ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x2. 当x ∈(0,1)时，h ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，故当x ∈(0,1)时，h (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )单调递增，故h (x )≥h (1)＝1.因此当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＝h (x )－1≥0，当且仅当x ＝1时，f ′(x )＝0.所以f (x )在定义域内单调递增．2．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．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．解：由f (x )＝e x －ax 2－bx －1，得g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b .所以g ′(x )＝e x －2a .因此，当x ∈[0,1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]．当a ≤12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a ≥e 2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12<a <e 2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln 2a ∈(0,1)． 当g ′(x )<0时，0≤x <ln 2a ；当g ′(x )>0时，ln 2a <x ≤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a ≤12时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12<a <e 2时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (ln 2a )＝2a －2a ln 2a －b ；当a ≥e 2时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b . 3．已知函数F (x )＝e x ＋sin x －ax ，当x ≥0时，函数y ＝F (x )的图象恒在y ＝F (－x )的图象上方，求实数a 的取值范围．解：设φ(x )＝F (x )－F (－x )＝e x －e －x ＋2sin x －2ax . 则φ′(x )＝e x ＋e －x ＋2cos x －2a . 设S (x )＝φ″(x )＝e x －e －x －2sin x . ∵S ′(x )＝e x ＋e －x －2cos x ≥0在x ≥0时恒成立，∴函数S (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴S (x )≥S (0)＝0在x ∈[0，＋∞)时恒成立，因此函数φ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，∴φ′(x )≥φ′(0)＝4－2a 在x ∈[0，＋∞)时恒成立．当a ≤2时，φ′(x )≥0，∴φ(x )在[0，＋∞)单调递增，即φ(x )≥φ(0)＝0. 故a ≤2时F (x )≥F (－x )恒成立．当a >2时，φ′(x )<0，又∵φ′(x )在[0，＋∞)单调递增，∴存在x 0∈(0，＋∞)，使得在区间[0，x 0)上φ′(x )<0. 则φ(x )在[0，x 0)上递减，而φ(0)＝0，∴当x ∈(0，x 0)时，φ(x )<0，这与F (x )－F (－x )≥0对x ∈[0，＋∞)恒成立不符，∴a >2不合题意．综上，实数a 的取值范围是(－∞，2]．4．(2018·长沙模拟)已知函数f (x )＝e x ，g (x )＝a x，a 为实常数． (1)设F (x )＝f (x )－g (x )，当a >0时，求函数F (x )的单调区间；(2)当a ＝－e 时，直线x ＝m ，x ＝n (m >0，n >0)与函数f (x )，g (x )的图象共有四个不同的交点，且以此四点为顶点的四边形恰为平行四边形．求证：(m －1)(n －1)<0.解：(1)F (x )＝e x －a x ，其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．而F ′(x )＝e x ＋a x 2，当a >0时，F ′(x )>0，故F (x )的单调递增区间为(－∞，0)∪(0，＋∞)，无单调递减区间．(2)证明：因为直线x ＝m 与x ＝n 平行，故该四边形为平行四边形等价于f (m )－g (m )＝f (n )－g (n )且m >0，n >0，m ≠n .当a ＝－e 时，F (x )＝f (x )－g (x )＝e x ＋e x， 则F ′(x )＝e x －e x 2. 设h (x )＝F ′(x )＝e x －e x 2(x >0)，则h ′(x )＝e x ＋2e x 3>0， 故F ′(x )＝e x －e x 2在(0，＋∞)上单调递增．又F ′(1)＝e －e ＝0， 故当x ∈(0,1)时，F ′(x )<0，F (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )>0，F (x )单调递增，而F (m )＝F (n )，故0<m <1<n 或0<n <1<m ，所以(m －1)(n －1)<0.。

第10讲拓展三：通过求二阶导函数解决导数问题 (精讲+精练）目录第一部分：知识点精准记忆第二部分：课前自我评估测试第三部分：典型例题剖析高频考点一：利用二阶导数求函数的极值高频考点二：利用二阶导数求函数的单调性高频考点三：利用二阶导数求参数的范围高频考点四：利用二阶导数证明不等式第四部分：高考真题感悟第五部分：第10讲拓展三：通过求二阶导函数解决导数问题（精练）1、函数极值的第二判定定理：若()f x 在0x x =附近有连续的导函数()f x ''，且0()0f x '=，0()0f x ''≠ （1）若0()0,f x ''<则()f x 在点0x 处取极大值； （2）若0()0,f x ''>则()f x 在点0x 处取极小值2、二次求导使用背景（1）求函数的导数)('x f ，无法判断导函数正负；（2）对函数()f x 一次求导得到()f x '之后，解不等式()0()0f x f x ''><和难度较大甚至根本解不出. （3）一阶导函数中往往含有x e 或ln x3、解题步骤：设()()g x f x '=，再求()g x '，求出()0()0g x g x ''><和的解，即得到函数()g x 的单调性，得到函数()g x 的最值，即可得到()f x '的正负情况，即可得到函数()f x 的单调性.1．（2022·全国·高二专题练习）已知函数()()312cos 12f x x x a x =-++，对于任意的1x ，20,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且12x x <都有()()21120x f x x f x ->成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(],3-∞-B ．(),3-∞C ．(),1-∞-D ．(],1-∞-2．（2022·四川·乐山市教育科学研究所二模（文））设150a =，()ln 1sin0.02b =+，5121n 50c =，则a ，b ，c 的大小关系正确的是（ ） A ．a b c <<B ．a c b <<C ．b c a <<D ．b a c <<3．（2022·河南·民权县第一高级中学高三阶段练习（文））设函数f （x ）在区间I 上有定义，若对12,x x I ∀∈和()0,1λ∀∈，都有()()()()()121211f x x f x f x λλλλ+-≤+-，那么称f （x ）为I 上的凹函数，若不等号严格成立，即“<”号成立，则称f （x ）在I 上为严格的凹函数.对于上述不等式的证明，19世纪丹麦数学家琴生给出了如下的判断方法：设定义在（a ，b ）上的函数f （x ），其一阶导数为()f x '，其二阶导数为()f x ''（即对函数()f x '再求导，记为()f x ''），若()0f x ''>，那么函数f （x ）是严格的凹函数（()f x '，()f x ''均可导）.试根据以上信息解决如下问题：函数()21ln f x m x x x=++在定义域内为严格的凹函数，则实数m 的取值范围为___________. 4．（2022·河南·民权县第一高级中学高三阶段练习（理））设函数()f x 在区间I 上有定义，若对I 上的任意两个数1x ，2x 和任意的()0,1λ∈，都有()()()()()121211f x x f x f x λλλλ+-≤+-，那么称()f x 为I 上的凹函数，若等号不成立，即“<”号成立，则称()f x 在I 上为严格的凹函数，对于上述不等式的证明，19世纪丹麦数学家琴生给出了如下的判断方法：设定义在(),a b 上的函数()f x ，其一阶导数为()f x '，其二阶导数为()f x ''（即对函数()f x '再求导，记为()f x ''），若(),x a b ∀∈，()0f x ''>，那么函数()f x 是严格的凹函数（()f x '，()f x ''均可导），试根据以上信息解决如下问题：若函数()21ln f x m x x x=++在定义域内为严格的凹函数，则实数m 的取值范围为___________.高频考点一：利用二阶导数求函数的极值1．（多选）（2022·全国·模拟预测）已知函数()()e 1xf x x =+，()()1lng x x x =+，则（ ）A ．函数()f x 在R 上无极值点B ．函数()g x 在()0,∞+上存在唯一极值点C ．若对任意0x >，不等式()()2ln f ax f x >恒成立，则实数a 的最大值为2eD ．若()()()120f x g x t t ==>，则()12ln 1tx x +的最大值为1e2．（2022·全国·高二单元测试）已知函数()1ln x f x x+=. (1)若函数()f x 在区间2,3a a ⎛⎫+ ⎪⎝⎭（其中0a >）上存在极值，求实数a 的取值范围；(2)如果当1≥x 时，不等式()1mf x x ≥+恒成立，求实数m 的取值范围. 3．（2022·江苏省昆山中学高三阶段练习）已知函数321()e () 1.2xf xg x ax x x ==+++，(1)若0a =，证明：当0x >时，)()f x g x >，当0x <时，()()f x g x <； (2)记函数()()()h x f x g x =-，若0x =是()h x 的极小值点，求实数a 的值．4．（2022·新疆·模拟预测（理））设函数()1e ln 1xa f x a x -=--，其中0a > (1)当1a =时，讨论()f x 单调性；(2)证明：()f x 有唯一极值点0x ，且()00f x ≥.5．（2022·湖南·长沙一中高三阶段练习）已知函数()3ln a a x f x x x x=--，且()0f x ≤. (1)求实数a 的值；(2)求证：()f x 存在唯一的极小值点0x ，且()120e e f x ---<<-；(3)设()()2a F x xf x a x =+-，()21sin 2G x x x b x =++.对[)0,x π∀∈，()()1F x G x +≤恒成立，求实数b 的取值范围.（参考结论：0x →，()21ln 122sin x x x x---+→-）6．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数()e cos x f x x x =-- (1)讨论函数()f x 在（π-，2π）上极值点的个数； (2)当[]0,x π∈时，()()23sin ln 1f x x m x ≥-+'.其中()'f x 为()f x 的导函数，求实数m 的取值范围.7．（2022·重庆八中模拟预测）已知函数()()()212xaf x x x x a =-+-∈R e ． (1)若1x =-为()f x 的取值范围；(2)若()f x 有唯一的极值11e--，证明：1x ∀≥-，()1sin f x x +≥．高频考点二：利用二阶导数求函数的单调性1．（多选）（2022·辽宁丹东·一模）设()0,1,0,1,a a b b f x >≠>'≠为函数()x xf x a b =+的导函数，已知()f x 为偶函数，则（ ） A ．()1f 的最小值为2 B ．()f x '为奇函数C ．()f x '在R 内为增函数D ．()f x 在()0,∞+内为增函数2．（2022·江苏·金陵中学高二期末）函数()cos e x f x x ＝．(1)求()f x 在(),ππ-上的单调区间；(2)当0x ≥时，不等式()()22e e 2'-≤x xf x ax 恒成立，求实数a 的取值范围．3．（2022·全国·哈师大附中模拟预测（理））已知函数()()2e 1=-+xf x ax x （a ∈R ，e 为自然对数的底数）． (1)若()f x 在x=0处的切线与直线y=ax 垂直，求a 的值； (2)讨论函数()f x 的单调性； (3)当21ea ≥时，求证：()2ln 2x x f x x ---≥．4．（2022·安徽·高三阶段练习（理））已知函数()ln f x x x =-，322()436ln 1g x x x x x =---. (1)若()1x f ax ≥+恒成立，求实数a 的取值范围； (2)若121322x x <<<，且()()120g x g x +=，试比较()1f x 与()2f x 的大小，并说明理由.5．（2022·北京朝阳·一模）已知()e x f x x a =-，a R ∈.(1)若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与x 轴重合，求a 的值； (2)若函数()f x 在区间()1,+∞上存在极值，求a 的取值范围；(3)设()()2g x f x =-，在（2）的条件下，试判断函数()g x 在区间()1,+∞上的单调性，并说明理由.6．（2022·全国·模拟预测（文））已知()()24e 34,x f x x cx x R c R =---∈∈.(1)当3c =时，求()f x 在()()0,0f 处的切线方程；(2)设()32e 6xf x x x x ≤+-在[)0,+∞上恒成立，求实数c 的取值范围.高频考点三：利用二阶导数求参数的范围1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()3sin 3m f x x x x =-+，若对任意的[)()00x f x ∈+∞≥，，恒成立，求实数m 的取值范围．2．（2022·江苏·已知函数 ()ln f x ax x x =+ 的图象在点 e x = ( e 为自然对数的底数) 处的切线斜率为 3． (1)求实数 a 的值;(2)若 k Z ∈， 且存在 1x > 使 ()()1k x f x -> 成立， 求 k 的最小值．3．（2022·天津市宁河区芦台第一中学高二阶段练习）已知函数2()ln ,()f x x x g x x ax =-=-. (1)求函数()f x 的极值；(2)令112212()()(),(,()),(,())()h x g x f x A x h x B x h x x x =-≠是函数()h x 图像上任意两点，且满足1212()()1h x h x x x ->-，求实数a 的取值范围；(3)若(0,1]x ∃∈，使()()a g x f x x-≥成立，求实数a 的最大值.4．（2022·海南·嘉积中学模拟预测）已知函数()ln 2f x x x =--. (1)判断函数的单调性；(2)若对于任意的()1,x ∈+∞，都有()ln 1x x x k x +>-，求整数k 的最大值.高频考点四：利用二阶导数证明不等式1．（2022·重庆市育才中学高二阶段练习）已知函数2()cos sin e f x x x x -=--，[]0,x π∈． (1)求()f x 的最大值；(2)证明：2e sin e e cos 1x x x x x x x -+>+-；(3)若320()2e f x ax -++≥恒成立，求实数a 的取值范围.2．（2022·山东·聊城民慧实验高级中学高二阶段练习）已知函数()2e 2x xf x a a x =---(1)若x ≥0时，()f x ≥0，求实数a 的取值范围． (2)当02x π<<时，求证：()4e cos 14xx x x ->-．3．（2022·安徽·合肥一中高三阶段练习（文））已知函数()()2l 11n (2)1f x a x x ax a =+--+∈R .(1)讨论()f x 的单调性；(2)当0a =时，求证：21()(e 1).2≤--x f x x x4．（2022·江西上饶·一模（理））已知函数()()ln 1f x x x a =+-，()e cos 1xg x x =+-，其中e 2.718=…为自然对数的底数.(1)当1a =时，若过点(),m m 与函数()f x 相切的直线有两条，求m 的取值范围；(2)若()0,x ∞∈+，01a ≤≤，证明：()()f x g x <.5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()2ln ln x f x ae x a -=-+.(1)若曲线()y f x =在点()()22f ,处的切线方程为312y x =-，求a 的值； (2)若a e ≥，证明：()2f x ≥.1．（2021·全国·高考真题）已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<.2．（2020·全国·高考真题（文））已知函数f （x ）=2ln x +1． （1）若f （x ）≤2x +c ，求c 的取值范围； （2）设a >0时，讨论函数g （x ）=()()f x f a x a--的单调性．一、填空题1．（2022·江苏·海门中学高二期末）已知函数()222ln f x ax x x =--，a R ∈有且只有一个零点，则实数a 的取值范围是_______.2．（2022·全国·模拟预测）已知函数()1ln g x x x k x=+-有两个不同的零点，则实数k 的取值范围为___________. 3．（2022·福建厦门·高三阶段练习）若函数()ln f x x =和()()2R g x x ax a =+∈的图象有且仅有一个公共点P ，则g (x )在P 处的切线方程是_________.4．（2022·重庆市育才中学高二阶段练习）已知关于x 的方程233()ln 3ln x t x t t +=有三个实数根，则t 的取值范围是______5．（2022·湖北·安陆第一高中高二期中）已知函数()ln f x x x =+．()f x '为函数()f x 的导函数，若()()ln 11kf x x '>++对任意0x >恒成立，则整数k 的最大值为________． 二、解答题6．（2022·四川省通江中学高二阶段练习（理））已知函数()ln xf x x=， ()()1g x k x =-． (1)证明： R k ∀∈，直线yg x 都不是曲线()y f x =的切线；(2)若2e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，使()()f x g x ≤恒成立，求实数k 的取值范围．7．（2022·安徽省桐城中学高三阶段练习（理））已知函数2()e x f x -=，函数ln ()(,)a x bg x a b x+=∈R 在e x =处取得最大值.(1)求a 的取值范围；(2)当02a <≤时，求证：()()f x g x >.8．（2022·陕西·模拟预测（理））已知函数2()e 1x f x ax x =---． (1)当1a =-时，讨论()f x 的单调性； (2)当0x ≥时，321()22f x x ax ≥-恒成立，求实数a 的取值范围．9．（2022·四川达州·二模（理））已知：()e x f x mx =+.(1)当1m =时，求曲线()y f x =的斜率为2的切线方程； (2)当0x ≥时，()2213222m f x x ≥+-成立，求实数m 的范围10．（2022·河南焦作·二模（理））已知函数()()e 2axf x x =-.(1)若1a =，()f x 的一个零点为()000x x ≠，求曲线()y f x =在0x x =处的切线方程； (2)若当0x >时，不等式()132ln f x a x x x x ⎡⎤⎛⎫+≥+⋅ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭恒成立，求实数a 的取值范围.。

2019高考数学热点难点突破技巧第03讲：导数中的二次求导问题【知识要点】1、高中数学课程标准对导数的应用提出了明确的要求，导数在研究函数中的应用，既是高考考查的重点，也是难点和必考点. 利用导数求解函数的单调性、极值和最值等问题是高考考查导数问题的主要内容和形式，并多以压轴题的形式出现. 常常考查运算求解能力、概括抽象能力、推理论证能力和函数与方程、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一般思想的渗透和综合运用，难度较大.2、在解决有关导数应用的试题时，有些题目利用“一次求导”就可以解决，但是有些问题“一次求导”，不能求出原函数的单调性，还不能解决问题，需要利用“二次求导”才能找到导数的正负，找到原函数的单调性，才能解决问题. “再构造，再求导”是破解函数综合问题的有效工具，为高中数学教学提供了数学建模的新思路和“用数学”的新意识和新途径.【方法讲评】【例1】(理·2010全国卷Ⅰ第20题)已知函数. （Ⅰ）若，求的取值范围；（Ⅱ）证明：化简得，所以两边同乘可得，所以有，在对求导有，即当＜＜时，＞0，在区间上为增函数；当时，；当＜时，＜0，在区间上为减函数.所以在时有最大值，即.又因为，所以.当时，同理，当时，＞，即在区间上为增函数，则，此时，为增函数，所以，易得也成立.综上，得证.方法二：（Ⅰ），则题设等价于. 令，则.当＜＜时，＞；当时，，是的最大值点，所以.综上，的取值范围是.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，即.当＜＜时，因为＜0，所以此时.当时，. 所以【点评】（1）比较上述两种解法，可以发现用二次求导的方法解题过程简便易懂，思路来得自然流畅，难度降低，否则，另外一种解法在解第二问时用到第一问的结论，而且运用了一些代数变形的技巧，解法显得偏而怪，同学们不易想出.（2）大家一定要理解二次求导的使用情景，是一次求导得到之后，解答难度较大甚至解不出来. （3）二次求导之后，设，再求，求出的解，即得到函数的单调性，得到函数的最值，即可得到的正负情况，即可得到函数的单调性.【例2】设函数（Ⅰ）若在点处的切线为，求的值；（Ⅱ）求的单调区间；（Ⅲ）若，求证：在时，＞．【解析】（Ⅰ）∵∴，∵在点处的切线为，即在点的切线的斜率为，∴，∴，∴切点为，将切点代入切线方程，得，所以，；（Ⅲ）∵，，∴要证：当时，＞，即证：，令，则只需证：，由于，（由于不等式是超越不等式,所以此处解不等式解答不出，所以要构造函数二次求导.）设所以函数在单调递增，又因为.所以在内存在唯一的零点，即在内存在唯一的零点，设这个零点为.【点评】（1）由于不等式是超越不等式,所以不等式解答不出，所以要构造函数二次求导.这是要二次求导的起因. （2）仅得到函数在单调递增是不够的，因为此时，所以，所以。

高考二次求导一．解答题〔共40小题〕1．函数f〔x〕=ax2+lnx，g〔x〕=﹣bx，其中a，b∈R，设h〔x〕=f〔x〕﹣g 〔x〕，〔1〕假设f〔x〕在x=处取得极值，且f′〔1〕=g〔﹣1〕﹣2．求函数h〔x〕的单调区间；〔2〕假设a=0时，函数h〔x〕有两个不同的零点x1，x2①求b的取值围；②求证：＞1．2．设a，b∈R，函数，g〔x〕=e x〔e为自然对数的底数〕，且函数f〔x〕的图象与函数g〔x〕的图象在x=0处有公共的切线．〔Ⅰ〕求b的值；〔Ⅱ〕讨论函数f〔x〕的单调性；〔Ⅲ〕假设g〔x〕＞f〔x〕在区间〔﹣∞，0〕恒成立，求a的取值围．3．函数．〔1〕假设y=f〔x〕在〔0，+∞〕恒单调递减，求a的取值围；〔2〕假设函数y=f〔x〕有两个极值点x1，x2〔x1＜x2〕，求a的取值围并证明x1+x2＞2．4．函数．〔1〕设G〔x〕=2f〔x〕+g〔x〕，求G〔x〕的单调递增区间；〔2〕证明：当x＞0时，f〔x+1〕＞g〔x〕；〔3〕证明：k＜1时，存在x0＞1，当x∈〔1，x〕时，恒有．5．函数．〔Ⅰ〕当a=0时，求曲线f 〔x〕在x=1处的切线方程；〔Ⅱ〕设函数h〔x〕=alnx﹣x﹣f〔x〕，求函数h 〔x〕的极值；〔Ⅲ〕假设g〔x〕=alnx﹣x在[1，e]〔e=2.718 28…〕上存在一点x，使得g〔x0〕≥f〔x〕成立，求a的取值围．6．设函数f〔x〕=e ax+λlnx，其中a＜0，e是自然对数的底数〔Ⅰ〕假设f〔x〕是〔0，+∞〕上的单调函数，求λ的取值围；〔Ⅱ〕假设0＜λ＜，证明：函数f 〔x 〕有两个极值点． 7．函数〔a 为常数，a ≠0〕．〔Ⅰ〕当a=1时，求函数f 〔x 〕在点〔3，f 〔3〕〕的切线方程 〔Ⅱ〕求f 〔x 〕的单调区间；〔Ⅲ〕假设f 〔x 〕在x 0处取得极值，且，而f 〔x 〕≥0在[e+2，e 3+2]上恒成立，数a 的取值围．〔其中e 为自然对数的底数〕 8．函数．〔1〕假设g 〔x 〕在点〔1，g 〔1〕〕处的切线方程为8x ﹣2y ﹣3=0，求a ，b 的值； 〔2〕假设b=a+1，x 1，x 2是函数g 〔x 〕的两个极值点，试比拟﹣4与g 〔x 1〕+g 〔x 2〕的大小．9．函数f 〔x 〕=x ﹣alnx ﹣1，，其中a 为实数． 〔Ⅰ〕求函数g 〔x 〕的极值；〔Ⅱ〕设a ＜0，假设对任意的x 1、x 2∈[3，4]〔x 1≠x 2〕，恒成立，数a 的最小值． 10．函数f 〔x 〕=xlnx ﹣k 〔x ﹣1〕〔1〕求f 〔x 〕的单调区间；并证明lnx+≥2〔e 为自然对数的底数〕恒成立； 〔2〕假设函数f 〔x 〕的一个零点为x 1〔x 1＞1〕，f'〔x 〕的一个零点为x 0，是否存在实数k ，使=k ，假设存在，求出所有满足条件的k 的值；假设不存在，说明理由．11．函数f 〔x 〕=〔x ﹣2〕e x +a 〔x ﹣1〕2． 〔Ⅰ〕讨论f 〔x 〕的单调性；〔Ⅱ〕假设f 〔x 〕有两个零点，求a 的取值围．12．设函数f 〔x 〕=ax 2﹣a ﹣lnx ，g 〔x 〕=﹣，其中a ∈R ，e=2.718…为自然对数的底数．〔Ⅰ〕讨论f 〔x 〕的单调性；〔Ⅱ〕证明：当x ＞1时，g 〔x 〕＞0；〔Ⅲ〕确定a 的所有可能取值，使得f 〔x 〕＞g 〔x 〕在区间〔1，+∞〕恒成立． 13．设函数f 〔x 〕=〔x ﹣1〕3﹣ax ﹣b ，x ∈R ，其中a ，b ∈R ． 〔1〕求f 〔x 〕的单调区间；〔2〕假设f 〔x 〕存在极值点x 0，且f 〔x 1〕=f 〔x 0〕，其中x 1≠x 0，求证：x 1+2x 0=3；〔3〕设a＞0，函数g〔x〕=|f〔x〕|，求证：g〔x〕在区间[0，2]上的最大值不小于．14．设函数f〔x〕=acos2x+〔a﹣1〕〔cosx+1〕，其中a＞0，记|f〔x〕|的最大值为A．〔Ⅰ〕求f′〔x〕；〔Ⅱ〕求A；〔Ⅲ〕证明：|f′〔x〕|≤2A．15．设函数f〔x〕=x3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R．〔1〕求f〔x〕的单调区间；〔2〕假设f〔x〕存在极值点x0，且f〔x1〕=f〔x〕，其中x1≠x，求证：x1+2x=0；〔3〕设a＞0，函数g〔x〕=|f〔x〕|，求证：g〔x〕在区间[﹣1，1]上的最大值不小于．16．函数f〔x〕=〔x﹣2〕e x+a〔x﹣1〕2有两个零点．〔Ⅰ〕求a的取值围；〔Ⅱ〕设x1，x2是f〔x〕的两个零点，证明：x1+x2＜2．17．f〔x〕=a〔x﹣lnx〕+，a∈R．〔I〕讨论f〔x〕的单调性；〔II〕当a=1时，证明f〔x〕＞f′〔x〕+对于任意的x∈[1，2]成立．18．函数f〔x〕=lnx+x2．〔Ⅰ〕假设函数g〔x〕=f〔x〕﹣ax在其定义域为增函数，数a的取值围；〔Ⅱ〕在〔Ⅰ〕的条件下，假设a＞1，h〔x〕=e3x﹣3ae x x∈[0，ln2]，求h〔x〕的极小值；〔Ⅲ〕设F〔x〕=2f〔x〕﹣3x2﹣kx〔k∈R〕，假设函数F〔x〕存在两个零点m，n〔0＜m＜n〕，且2x0=m+n．问：函数F〔x〕在点〔x，F〔x〕〕处的切线能否平行于x轴？假设能，求出该切线方程；假设不能，请说明理由．19．g〔x〕=2lnx﹣x2﹣mx，x∈R，如果g〔x〕的图象与x轴交于A〔x1，0〕，B〔x2，0〕〔x1＜x2〕，AB中点为C〔x，0〕，求证g′〔x〕≠0．20．函数f〔x〕=alnx﹣ax﹣3〔a∈R〕．〔Ⅰ〕求函数f〔x〕的单调区间；〔Ⅱ〕假设函数y=f〔x〕的图象在点〔2，f〔2〕〕处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g〔x〕=x3+x2〔f'〔x〕+〕在区间〔t，3〕上总不是单调函数，求m的取值围；〔Ⅲ〕求证：×××…×＜〔n≥2，n∈N*〕．21．设函数f〔x〕=〔1+x〕2﹣2ln〔1+x〕〔1〕假设关于x的不等式f〔x〕﹣m≥0在[0，e﹣1]有实数解，数m的取值围．〔2〕设g〔x〕=f〔x〕﹣x2﹣1，假设关于x的方程g〔x〕=p至少有一个解，求p的最小值．〔3〕证明不等式：〔n∈N*〕．22．函数，f〔x〕=alnx﹣ax﹣3〔a∈R〕．〔1 〕当a=1时，求函数f〔x〕的单调区间；〔2〕假设函数y=f〔x〕的图象在点〔2，f〔2〕〕处的切线的倾斜角为45°，问：m在什么围取值时，对于任意的t[1，2]，函数在区间〔t，3〕上总存在极值？23．函数f〔x〕=x3+x2+ax+b〔a，b为常数〕，其图象是曲线C．〔1〕当a=﹣2时，求函数f〔x〕的单调减区间；〔2〕设函数f〔x〕的导函数为f′〔x〕，假设存在唯一的实数x0，使得f〔x〕=x0与f′〔x〕=0同时成立，数b的取值围；〔3〕点A为曲线C上的动点，在点A处作曲线C的切线l1与曲线C交于另一点B，在点B处作曲线C的切线l2，设切线l1，l2的斜率分别为k1，k2．问：是否存在常数λ，使得k2=λk1？假设存在，求出λ的值；假设不存在，请说明理由．24．函数f〔x〕=alnx﹣ax﹣3〔a≠0〕．〔Ⅰ〕讨论f〔x〕的单调性；〔Ⅱ〕假设f〔x〕+〔a+1〕x+4﹣e≤0对任意x∈[e，e2]恒成立，数a的取值围〔e为自然常数〕；〔Ⅲ〕求证ln〔22+1〕+ln〔32+1〕+ln〔42+1〕+…+ln〔n2+1〕＜1+2lnn!〔n≥2，n∈N*〕〔n!=1×2×3×…×n〕．25．函数f〔x〕=lnx﹣x﹣lna，a为常数．〔1〕假设函数f〔x〕有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求a的取值围；〔2〕在〔1〕的条件下，证明：的值随a的值增大而增大．26．函数f〔x〕=e1﹣x〔﹣a+cosx〕，a∈R．〔Ⅰ〕假设函数f〔x〕存在单调减区间，数a的取值围；〔Ⅱ〕假设a=0，证明：，总有f〔﹣x﹣1〕+2f′〔x〕•cos〔x+1〕＞0．27．函数f〔x〕=〔e为自然对数的底数〕．〔1〕假设a=，求函数f〔x〕的单调区间；〔2〕假设f〔1〕=1，且方程f〔x〕=1在〔0，1〕有解，数a的取值围．28．函数f〔x〕=，g〔x〕=ln〔x+1〕，曲线y=f〔x〕在点〔1，f〔1〕〕处的切线方程是5x﹣4y+1=0〔1〕求a，b的值；〔2〕假设当x∈[0，+∞〕时，恒有f〔x〕≥kg〔x〕成立，求k的取值围；〔3〕假设=22361，试估计ln的值〔准确到0.001〕29．设a∈R，函数f〔x〕=lnx﹣ax．〔Ⅰ〕求f〔x〕的单调递增区间；〔Ⅱ〕设F〔x〕=f〔x〕+ax2+ax，问F〔x〕是否存在极值，假设存在，请求出极值；假设不存在，请说明理由；〔Ⅲ〕设A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕是函数g〔x〕=f〔x〕+ax图象上任意不同的两点，线段AB的中点为C〔x0，y〕，直线AB的斜率为为k．证明：k＞g′〔x〕．30．函数f〔x〕=x3+〔1﹣a〕x2﹣a〔a+2〕x〔a∈R〕，f′〔x〕为f〔x〕的导数．〔Ⅰ〕当a=﹣3时证明y=f〔x〕在区间〔﹣1，1〕上不是单调函数．〔Ⅱ〕设，是否存在实数a，对于任意的x1∈[﹣1，1]存在x2∈[0，2]，使得f′〔x1〕+2ax1=g〔x2〕成立？假设存在求出a的取值围；假设不存在说明理由．31．函数f〔x〕=x2﹣〔a+2〕x+alnx，其中常数a＞0．〔Ⅰ〕当a＞2时，求函数f〔x〕的单调递增区间；〔Ⅱ〕设定义在D上的函数y=h〔x〕在点P〔x0，h〔x〕〕处的切线方程为l：y=g〔x〕，假设＞0在D恒成立，那么称P为函数y=h〔x〕的“类对称点〞．当a=4时，试问y=f〔x〕是否存在“类对称点〞，假设存在，请至少求出一个“类对称点〞的横坐标；假设不存在，请说明理由．32．函数f〔x〕=2e x+2ax﹣a2，a∈R．〔1〕当a=1时，求f〔x〕在点〔0，f〔0〕〕处的切线方程；〔2〕求函数f〔x〕的单调区间；〔3〕假设x≥0时，f〔x〕≥x2﹣3恒成立，数a的取值围．33．a∈R，函数f〔x〕=e x﹣a〔x+1〕的图象与x轴相切．〔Ⅰ〕求f〔x〕的单调区间；〔Ⅱ〕假设x＞0时，f〔x〕＞mx2，数m的取值围．34．函数h〔x〕=﹣ax2+1，设f〔x〕=h'〔x〕﹣2alnx，g〔x〕=ln2x+2a2，其中x＞0，a∈R．〔1〕假设f〔x〕在区间〔2，+∞〕上单调递增，数a的取值围；〔2〕记F〔x〕=f〔x〕+g〔x〕，求证：F〔x〕≥．35．函数f〔x〕=lnx﹣x+1，函数g〔x〕=axe x﹣4x，其中a为大于零的常数．〔Ⅰ〕求函数f〔x〕的单调区间；〔Ⅱ〕求证：g〔x〕﹣2f〔x〕≥2〔lna﹣ln2〕．36．x∈〔1，+∞〕，函数f〔x〕=e x+2ax〔a∈R〕，函数g〔x〕=|﹣lnx|+lnx，其中e为自然对数的底数．〔1〕假设a=﹣，求函数f〔x〕的单调区间；〔2〕证明：当a∈〔2，+∞〕时，f′〔x﹣1〕＞g〔x〕+a．37．函数f〔x〕=x2+mlnx+x〔1〕求f〔x〕的单调区间；〔2〕令g〔x〕=f〔x〕﹣x2，试问过点P〔1，3〕存在多少条直线与曲线y=g〔x〕相切？并说明理由．38．函数．〔Ⅰ〕假设f〔x〕在点〔2，f〔2〕〕处的切线与直线x﹣2y+1=0垂直，数a的值；〔Ⅱ〕求函数f〔x〕的单调区间；〔Ⅲ〕讨论函数f〔x〕在区间[1，e2]上零点的个数．39．函数f〔x〕=〔2﹣a〕lnx++2ax〔a≥0〕〔1〕当a=0时，求f〔x〕的极值；〔2〕当a＜0时，讨论f〔x〕的单调性；〔3〕假设对于任意的x1，x2∈[1，3]，a∈〔﹣∞，﹣2〕都有|f〔x1〕﹣f〔x2〕|＜〔m+ln3〕a﹣2ln3，数m的取值围．40．函数f〔x〕=lnx﹣ax．〔Ⅰ〕假设函数f〔x〕在〔1，+∞〕上单调递减，数a的取值围；〔Ⅱ〕当a=1时，函数有两个零点x1，x2，且x1＜x2．求证：x1+x2＞1．2017年02月13日数学的高中数学组卷参考答案与试题解析一．解答题〔共40小题〕1．〔2017•一模〕函数f〔x〕=ax2+lnx，g〔x〕=﹣bx，其中a，b∈R，设h〔x〕=f〔x〕﹣g〔x〕，〔1〕假设f〔x〕在x=处取得极值，且f′〔1〕=g〔﹣1〕﹣2．求函数h〔x〕的单调区间；〔2〕假设a=0时，函数h〔x〕有两个不同的零点x1，x2①求b的取值围；②求证：＞1．解：〔1〕由得f，〔x＞0〕，所以，所以a=﹣2．由f′〔1〕=g〔﹣1〕﹣2，得a+1=b﹣2，所以b=1．所以h〔x〕=﹣x2+lnx+x，〔x＞0〕．那么，〔x＞0〕，由h′〔x〕＞0得0＜x＜1，h′〔x〕＜0得x＞1．所以h〔x〕的减区间为〔1，+∞〕，增区间为〔0，1〕．〔2〕①由h〔x〕=lnx+bx，〔x＞0〕．所以h，〔x＞0〕，当b≥0时，显然h′〔x〕＞0恒成立，此时函数h〔x〕在定义域递增，h〔x〕至多有一个零点，不合题意．当b＜0时，令h′〔x〕=0得x=＞0，令h′〔x〕＞0得；令h′〔x〕＜0得．所以h〔x〕极大=h〔〕=﹣ln〔﹣b〕﹣1＞0，解得．且x→0时，lnx＜0，x→+∞时，lnx＜0．所以当时，h〔x〕有两个零点．②证明：由题意得，即，①×②得．因为x1，x2＞0，所以﹣b〔x1+x2〕＞0，所以，因为0＜﹣b＜，所以e﹣b＞1，所以x1x2＞＞＞e2，所以＞1．2．〔2017•模拟〕设a，b∈R，函数，g〔x〕=e x〔e为自然对数的底数〕，且函数f〔x〕的图象与函数g〔x〕的图象在x=0处有公共的切线．〔Ⅰ〕求b的值；〔Ⅱ〕讨论函数f〔x〕的单调性；〔Ⅲ〕假设g〔x〕＞f〔x〕在区间〔﹣∞，0〕恒成立，求a的取值围．〔Ⅰ〕f'〔x〕=x2+2ax+b，g'〔x〕=e x，由f'〔0〕=b=g'〔0〕=1，得b=1．…〔2分〕〔Ⅱ〕f'〔x〕=x2+2ax+1=〔x+a〕2+1﹣a2，当a2≤1时，即﹣1≤a≤1时，f'〔x〕≥0，从而函数f〔x〕在定义域单调递增，当a2＞1时，，此时假设，f'〔x〕＞0，那么函数f〔x〕单调递增；假设，f'〔x〕＜0，那么函数f〔x〕单调递减；假设时，f'〔x〕＞0，那么函数f〔x〕单调递增．…〔6分〕〔Ⅲ〕令h〔x〕=g'〔x〕﹣f'〔x〕=e x﹣x2﹣2ax﹣1，那么h〔0〕=e0﹣1=0．h'〔x〕=e x﹣2x﹣2a，令u〔x〕=h'〔x〕=e x﹣2x﹣2a，那么u'〔x〕=e x﹣2．当x≤0时，u'〔x〕＜0，从而h'〔x〕单调递减，令u〔0〕=h'〔0〕=1﹣2a=0，得．先考虑的情况，此时，h'〔0〕=u〔0〕≥0；又当x∈〔﹣∞，0〕时，h'〔x〕单调递减，所以h'〔x〕＞0；故当x∈〔﹣∞，0〕时，h〔x〕单调递增；又因为h〔0〕=0，故当x＜0时，h〔x〕＜0，从而函数g〔x〕﹣f〔x〕在区间〔﹣∞，0〕单调递减；又因为g〔0〕﹣f〔0〕=0，所以g〔x〕＞f〔x〕在区间〔﹣∞，0〕恒成立．接下来考虑的情况，此时，h'〔0〕＜0，令x=﹣a，那么h'〔﹣a〕=e﹣a＞0．由零点存在定理，存在x0∈〔﹣a，0〕使得h'〔x〕=0，当x∈〔x，0〕时，由h'〔x〕单调递减可知h'〔x〕＜0，所以h〔x〕单调递减，又因为h〔0〕=0，故当x∈〔x，0〕时h〔x〕＞0．从而函数g〔x〕﹣f〔x〕在区间〔x，0〕单调递增；又因为g〔0〕﹣f〔0〕=0，所以当x∈〔x，0〕，g〔x〕＜f〔x〕．综上所述，假设g〔x〕＞f〔x〕在区间〔﹣∞，0〕恒成立，那么a的取值围是．…〔14分〕3．〔2017•达州模拟〕函数．〔1〕假设y=f〔x〕在〔0，+∞〕恒单调递减，求a的取值围；〔2〕假设函数y=f〔x〕有两个极值点x1，x2〔x1＜x2〕，求a的取值围并证明x1+x2＞2．解：〔1〕因为f'〔x〕=lnx﹣ax+1〔x＞0〕，所以由f'〔x〕≤0在〔0，+∞〕上恒成立得，令，易知g〔x〕在〔0，1〕单调递增〔1，+∞〕单调递减，所以a≥g〔1〕=1，即得：a≥1…〔5分〕〔2〕函数y=f〔x〕有两个极值点x1，x2〔x1＜x2〕，即y=f'〔x〕有两个不同的零点，且均为正，f'〔x〕=lnx﹣ax+1〔x＞0〕，令F〔x〕=f'〔x〕=lnx﹣ax+1，由可知1〕a≤0时，函数y=f〔x〕在〔0，+∞〕上是增函数，不可能有两个零点．2〕a＞0时，y=F〔x〕在是增函数在是减函数，此时为函数的极大值，也是最大值．当时，最多有一个零点，所以才可能有两个零点，得：0＜a＜1…〔7分〕此时又因为，，，令，φ〔a〕在〔0，1〕上单调递增，所以φ〔a〕＜φ〔1〕=3﹣e2，即综上，所以a的取值围是〔0，1〕…〔8分〕下面证明x1+x2＞2由于y=F〔x〕在是增函数在是减函数，，可构造出构造函数那么，故m〔x〕在区间上单调减．又由于，那么，即有m〔x1〕＞0在上恒成立，即有成立．由于，，y=F〔x〕在是减函数，所以所以成立…〔12分〕4．〔2017•州一模〕函数．〔1〕设G〔x〕=2f〔x〕+g〔x〕，求G〔x〕的单调递增区间；〔2〕证明：当x＞0时，f〔x+1〕＞g〔x〕；〔3〕证明：k＜1时，存在x0＞1，当x∈〔1，x〕时，恒有．解：〔1〕由题意知，…〔1分〕从而…〔2分〕令G'〔x〕＞0得0＜x＜2…〔3分〕所以函数G〔x〕的单调递增区间为〔0，2〕…〔4分〕〔2〕令…〔5分〕从而…〔6分〕因为x＞0，所以H'〔x〕＞0，故H〔x〕在〔0，+∞〕上单调递增…〔7分〕所以，当x＞0时，H〔x〕＞H〔0〕=0，即f〔x+1〕＞g〔x〕…〔8分〕〔3〕当k＜1时，令…〔9分〕那么有…〔10分〕由F'〔x〕=0得﹣x2+〔1﹣k〕x+1=0，解之得，，…〔11分〕从而存在x0=x2＞1，当x∈〔1，x〕时，F'〔x〕＞0，故F〔x〕在[1，x0〕上单调递增，从而当x∈〔1，x〕时，F〔x〕＞F〔1〕=0，即…〔12分〕5．〔2017•一模〕函数．〔Ⅰ〕当a=0时，求曲线f 〔x〕在x=1处的切线方程；〔Ⅱ〕设函数h〔x〕=alnx﹣x﹣f〔x〕，求函数h 〔x〕的极值；〔Ⅲ〕假设g〔x〕=alnx﹣x在[1，e]〔e=2.718 28…〕上存在一点x，使得g〔x0〕≥f〔x〕成立，求a的取值围．解：〔Ⅰ〕当a=0时，f 〔x〕=，f 〔1〕=1，那么切点为〔1，1〕，…〔1分〕∵，∴切线的斜率为k=f'〔1〕=﹣1，…〔2分〕∴曲线f 〔x〕在点〔1，1〕处的切线方程为y﹣1=﹣〔 x﹣1〕，即x+y﹣2=0 …〔3分〕〔Ⅱ〕依题意，定义域为〔0，+∞〕，∴，…〔4分〕①当a+1＞0，即a＞﹣1时，令h'〔x〕＞0，∵x＞0，∴0＜x＜1+a，此时，h〔x〕在区间〔0，a+1〕上单调递增，令h'〔x〕＜0，得 x＞1+a．此时，h〔x〕在区间〔a+1，+∞〕上单调递减．…〔5分〕②当a+1≤0，即a≤﹣1时，h'〔x〕＜0恒成立，h〔x〕在区间〔0，+∞〕上单调递减．…〔6分〕综上，当a＞﹣1时，h〔x〕在x=1+a处取得极大值h〔1+a〕=aln〔1+a〕﹣a﹣2，无极小值；当a≤﹣1时，h〔x〕在区间〔0，+∞〕上无极值．…〔7分〕〔Ⅲ〕依题意知，在[1，e]上存在一点x0，使得g〔x〕≥f〔x〕成立，即在[1，e]上存在一点x0，使得h〔x〕≥0，故函数在[1，e]上，有h〔x〕max≥0．…〔8分〕由〔Ⅱ〕可知，①当a+1≥e，即a≥e﹣1时，h〔x〕在[1，e]上单调递增，∴，∴，∵，∴．…〔9分〕②当0＜a+1≤1，或a≤﹣1，即a≤0时，h〔x〕在[1，e]上单调递减，∴h〔x〕max=h〔1〕=﹣1﹣1﹣a≥0，∴a≤﹣2．…〔10分〕③当1＜a+1＜e，即0＜a＜e﹣1时，由〔Ⅱ〕可知，h〔x〕在x=1+a处取得极大值也是区间〔0，+∞〕上的最大值，即h〔x〕max=h〔1+a〕=aln〔1+a〕﹣a﹣2=a[ln〔1+a〕﹣1]﹣2，∵0＜ln〔a+1〕＜1，∴h〔1+a〕＜0在[1，e]上恒成立，此时不存在x0使h〔x〕≥0成立．…〔11分〕综上可得，所求a的取值围是或a≤﹣2．…〔12分〕6．〔2017•一模〕设函数f〔x〕=e ax+λlnx，其中a＜0，e是自然对数的底数〔Ⅰ〕假设f〔x〕是〔0，+∞〕上的单调函数，求λ的取值围；〔Ⅱ〕假设0＜λ＜，证明：函数f〔x〕有两个极值点．解：〔Ⅰ〕f′〔x〕=ae ax+=，〔x＞0〕，①假设λ≤0，那么f′〔x〕＜0，那么f〔x〕在〔0，+∞〕递减，②假设λ＞0，令g〔x〕=axe ax+λ，其中a＜0，x＞0，那么g′〔x〕=ae ax〔1+ax〕，令g′〔x〕=0，解得：x=﹣，故x∈〔0，﹣〕时，g′〔x〕＜0，g〔x〕递减，x∈〔﹣，+∞〕时，g′〔x〕＞0，g〔x〕递增，故x=﹣时，g〔x〕取极小值也是最小值g〔﹣〕=λ﹣，故λ﹣≥0即λ≥时，g〔x〕≥0，此时f′〔x〕≥0，f〔x〕在〔0，+∞〕递增，综上，所求λ的围是〔﹣∞，0]∪[，+∞〕；〔Ⅱ〕f′〔x〕=ae ax+=，〔x＞0〕，令g〔x〕=axe ax+λ，其中a＜0，x＞0，求导得：g′〔x〕=ae ax〔1+ax〕，令g′〔x〕=0，解得：x=﹣，x∈〔0，﹣〕时，g′〔x〕＜0，g〔x〕递减，x∈〔﹣，+∞〕时，g′〔x〕＞0，g〔x〕递增，x=﹣时，g〔x〕取得极小值，也是最小值g〔﹣〕=λ﹣，∵0＜λ＜，∴g〔﹣〕=λ﹣＜0，又g〔0〕=λ＞0，∴g〔﹣〕g〔0〕＜0，∴函数f〔x〕有两个极值点．7．〔2017•模拟〕函数〔a为常数，a≠0〕．〔Ⅰ〕当a=1时，求函数f〔x〕在点〔3，f〔3〕〕的切线方程〔Ⅱ〕求f〔x〕的单调区间；处取得极值，且，而f〔x〕≥0在[e+2，e3+2]上恒成立，〔Ⅲ〕假设f〔x〕在x数a的取值围．〔其中e为自然对数的底数〕解：〔x＞2〕〔Ⅰ〕当a=1时，，f'〔3〕=﹣2.，所以，函数f〔x〕在点〔3，f〔3〕〕处的切线方程为：，即4x+2y﹣3=0．…〔3分〕〔Ⅱ〕=，因为x＞2，所以x﹣2＞0，①当a＜0时，〔x﹣1〕2﹣〔a+1〕=x〔x﹣2〕﹣a＞0在x＞2上成立，所以f'〔x〕当x＞2恒大于0，故f〔x〕在〔2，+∞〕上是增函数．…〔5分〕②当a＞0时，，因为x＞2，所以，a〔x﹣2〕＞0，当时，f'〔x〕≤0，f〔x〕为减函数；当时，f'〔x〕≥0，f〔x〕为增函数．…〔7分〕综上：当a＜0时，f〔x〕在〔2，+∞〕上为增函数；当a＞0时，f〔x〕在上为增函数，在上为减函数．…〔8分〕〔Ⅲ〕由〔Ⅱ〕知x处有极值，故a＞0，且，因为且e+2＞2，所以f〔x〕在[e+2，e3+2]上单调．…〔10分〕当[e+2，e3+2]为增区间时，f〔x〕≥0恒成立，那么有．当[e+2，e3+2]为减区间时，f〔x〕≥0恒成立，那么有解集为空集．综上：当a＞e6+2e3时满足条件．…〔12分〕8．〔2017•模拟〕函数．〔1〕假设g〔x〕在点〔1，g〔1〕〕处的切线方程为8x﹣2y﹣3=0，求a，b的值；〔2〕假设b=a+1，x1，x2是函数g〔x〕的两个极值点，试比拟﹣4与g〔x1〕+g〔x2〕的大小．〔1〕根据题意可求得切点，由题意可得，，∴，即，解得a=1，b=﹣1．…〔3分〕〔2〕证明：∵b=a+1，∴，那么．根据题意可得x2﹣ax+a=0在〔0，+∞〕上有两个不同的根x1，x2．即，解得a＞4，且x1+x2=a，x1x2=a．…〔5分〕∴．…〔6分〕令，那么f'〔x〕=lnx+1﹣x﹣1=lnx﹣x，令h〔x〕=lnx﹣x，那么当x＞4时，，∴h〔x〕在〔4，+∞〕上为减函数，即h〔x〕＜h〔4〕=ln4﹣4＜0，f'〔x〕＜0，∴f〔x〕在〔4，+∞〕上为减函数，即f〔x〕＜f〔4〕=8lnx﹣12，∴g〔x1〕+g〔x2〕＜8ln2﹣12，…〔10分〕又∵，，∴，即，∴g〔x1〕+g〔x2〕＜﹣4．…〔12分〕9．〔2017•模拟〕函数f〔x〕=x﹣alnx﹣1，，其中a为实数．〔Ⅰ〕求函数g〔x〕的极值；〔Ⅱ〕设a＜0，假设对任意的x1、x2∈[3，4]〔x1≠x2〕，恒成立，数a的最小值．解：〔Ⅰ〕，令g'〔x〕=0，得x=1，列表如下：x〔﹣∞，1〕1〔1，+∞〕g'〔x〕+0﹣g〔x〕↗极大值↘∴当x=1时，g〔x〕取得极大值g〔1〕=1，无极小值；…〔4分〕〔Ⅱ〕当m=1时，a＜0时，f〔x〕=x﹣alnx﹣1，x∈〔0，+∞〕，∵在[3，4]恒成立，∴f〔x〕在[3，4]上为增函数，设，∵在[3，4]上恒成立，∴h〔x〕在[3，4]上为增函数，不妨设x2＞x1，那么等价于：f〔x2〕﹣f〔x1〕＜h〔x2〕﹣h〔x1〕，即f〔x2〕﹣h〔x2〕＜f〔x1〕﹣h〔x1〕，…〔6分〕设，那么u〔x〕在[3，4]上为减函数，∴在[3，4]上恒成立，∴恒成立，∴，x ∈[3，4]，…〔8分〕 设，∵，∴，∴v'〔x 〕＞0，v 〔x 〕为减函数， ∴v 〔x 〕在[3，4]上的最大值，∴， ∴a 的最小值为．…〔12分〕10．〔2017•模拟〕函数f 〔x 〕=xlnx ﹣k 〔x ﹣1〕〔1〕求f 〔x 〕的单调区间；并证明lnx+≥2〔e 为自然对数的底数〕恒成立； 〔2〕假设函数f 〔x 〕的一个零点为x 1〔x 1＞1〕，f'〔x 〕的一个零点为x 0，是否存在实数k ，使=k ，假设存在，求出所有满足条件的k 的值；假设不存在，说明理由．解：〔1〕∵f′〔x 〕=lnx+1﹣k ，x ∈〔0，e k ﹣1〕时，f′〔x 〕＜0，此时h 〔x 〕递减， x ∈〔e k ﹣1，+∞〕时，f′〔x 〕＞0，此时h 〔x 〕递增， 令k=2，那么f 〔x 〕=xlnx ﹣2〔x ﹣1〕， 故x=e 时，f 〔x 〕有最小值是f 〔e 〕， 故f 〔x 〕=xlnx ﹣2〔x ﹣1〕≥f 〔e 〕=2﹣e ， 即lnx+≥2恒成立；〔2〕由题意得：x 1lnx 1﹣k 〔x 1﹣1〕=0， lnx 0+1﹣k=0，假设存在k ，使得=k ，〔k ＞0〕成立， 消元得：e k ﹣1lnk ﹣e k ﹣1+1=0， 设m 〔k 〕=ek ﹣1lnk ﹣ek ﹣1+1，那么m′〔k 〕=e k ﹣1〔lnk+﹣1〕， 设F 〔k 〕=lnk+﹣1， 那么F′〔x 〕=﹣，k ∈〔0，1〕时，F′〔x 〕＜0，即此时函数F 〔k 〕递减， k ∈〔1，+∞〕时，F′〔x 〕＞0，此时函数F 〔k 〕递增，∴F〔k〕≥F〔1〕=0，∴m′〔k〕＞0，故函数m〔k〕在〔0，+∞〕递增，∵m〔1〕=0，∴k=1，但k=1时，x1=e k1k=1，与x1＞1矛盾，故k不存在．11．〔2016•新课标Ⅰ〕函数f〔x〕=〔x﹣2〕e x+a〔x﹣1〕2．〔Ⅰ〕讨论f〔x〕的单调性；〔Ⅱ〕假设f〔x〕有两个零点，求a的取值围．解：〔Ⅰ〕由f〔x〕=〔x﹣2〕e x+a〔x﹣1〕2，可得f′〔x〕=〔x﹣1〕e x+2a〔x﹣1〕=〔x﹣1〕〔e x+2a〕，①当a≥0时，由f′〔x〕＞0，可得x＞1；由f′〔x〕＜0，可得x＜1，即有f〔x〕在〔﹣∞，1〕递减；在〔1，+∞〕递增；②当a＜0时，假设a=﹣，那么f′〔x〕≥0恒成立，即有f〔x〕在R上递增；假设a＜﹣时，由f′〔x〕＞0，可得x＜1或x＞ln〔﹣2a〕；由f′〔x〕＜0，可得1＜x＜ln〔﹣2a〕．即有f〔x〕在〔﹣∞，1〕，〔ln〔﹣2a〕，+∞〕递增；在〔1，ln〔﹣2a〕〕递减；假设﹣＜a＜0，由f′〔x〕＞0，可得x＜ln〔﹣2a〕或x＞1；由f′〔x〕＜0，可得ln〔﹣2a〕＜x＜1．即有f〔x〕在〔﹣∞，ln〔﹣2a〕〕，〔1，+∞〕递增；在〔ln〔﹣2a〕，1〕递减；〔Ⅱ〕①由〔Ⅰ〕可得当a＞0时，f〔x〕在〔﹣∞，1〕递减；在〔1，+∞〕递增，且f〔1〕=﹣e＜0，x→+∞，f〔x〕→+∞；x→﹣∞，f〔x〕→+∞．f〔x〕有两个零点；②当a=0时，f〔x〕=〔x﹣2〕e x，所以f〔x〕只有一个零点x=2；③当a＜0时，假设a＜﹣时，f〔x〕在〔1，ln〔﹣2a〕〕递减，在〔﹣∞，1〕，〔ln〔﹣2a〕，+∞〕递增，又当x≤1时，f〔x〕＜0，所以f〔x〕不存在两个零点；当a≥﹣时，f〔x〕在〔1，+∞〕单调递增，又x≤1时，f〔x〕＜0，所以f〔x〕不存在两个零点．综上可得，f〔x〕有两个零点时，a的取值围为〔0，+∞〕．12．〔2016•〕设函数f〔x〕=ax2﹣a﹣lnx，g〔x〕=﹣，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数．〔Ⅰ〕讨论f〔x〕的单调性；〔Ⅱ〕证明：当x＞1时，g〔x〕＞0；〔Ⅲ〕确定a的所有可能取值，使得f〔x〕＞g〔x〕在区间〔1，+∞〕恒成立．〔Ⅰ〕解：由f〔x〕=ax2﹣a﹣lnx，得f′〔x〕=2ax﹣=〔x＞0〕，当a≤0时，f′〔x〕＜0在〔0，+∞〕成立，那么f〔x〕为〔0，+∞〕上的减函数；当a＞0时，由f′〔x〕=0，得x==，∴当x∈〔0，〕时，f′〔x〕＜0，当x∈〔，+∞〕时，f′〔x〕＞0，那么f〔x〕在〔0，〕上为减函数，在〔，+∞〕上为增函数；综上，当a≤0时，f〔x〕为〔0，+∞〕上的减函数，当a＞0时，f〔x〕在〔0，〕上为减函数，在〔，+∞〕上为增函数；〔Ⅱ〕证明：要证g〔x〕＞0〔x＞1〕，即﹣＞0，即证，也就是证，令h〔x〕=，那么h′〔x〕=，=h〔1〕=e，∴h〔x〕在〔1，+∞〕上单调递增，那么h〔x〕min即当x＞1时，h〔x〕＞e，∴当x＞1时，g〔x〕＞0；〔Ⅲ〕解：由f〔x〕＞g〔x〕，得，设t〔x〕=，由题意知，t〔x〕＞0在〔1，+∞〕恒成立，∵t〔1〕=0，∴有t′〔x〕=2ax=≥0在〔1，+∞〕恒成立，令φ〔x〕=，那么φ′〔x〕=2a=，当x≥2时，φ′〔x〕＞0，令h〔x〕=，h′〔x〕=，函数在[1，2〕上单调递增，∴h〔x〕min=h〔1〕=﹣1．又2a≥1，e1﹣x＞0，∴1＜x＜2，φ′〔x〕＞0，综上所述，x＞1，φ′〔x〕＞0，φ〔x〕在区间〔1，+∞〕单调递增，∴t′〔x〕＞t′〔1〕≥0，即t〔x〕在区间〔1，+∞〕单调递增，∴a≥．13．〔2016•〕设函数f〔x〕=〔x﹣1〕3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R．〔1〕求f〔x〕的单调区间；〔2〕假设f〔x〕存在极值点x0，且f〔x1〕=f〔x〕，其中x1≠x，求证：x1+2x=3；〔3〕设a＞0，函数g〔x〕=|f〔x〕|，求证：g〔x〕在区间[0，2]上的最大值不小于．解：〔1〕函数f〔x〕=〔x﹣1〕3﹣ax﹣b的导数为f′〔x〕=3〔x﹣1〕2﹣a，当a≤0时，f′〔x〕≥0，f〔x〕在R上递增；当a＞0时，当x＞1+或x＜1﹣时，f′〔x〕＞0，当1﹣＜x＜1+，f′〔x〕＜0，可得f〔x〕的增区间为〔﹣∞，1﹣〕，〔1+，+∞〕，减区间为〔1﹣，1+〕；〔2〕证明：f′〔x0〕=0，可得3〔x﹣1〕2=a，由f〔x0〕=〔x﹣1〕3﹣3x〔x﹣1〕2﹣b=〔x﹣1〕2〔﹣2x﹣1〕﹣b，f〔3﹣2x0〕=〔2﹣2x〕3﹣3〔3﹣2x〕〔x﹣1〕2﹣b=〔x0﹣1〕2〔8﹣8x﹣9+6x〕﹣b=〔x﹣1〕2〔﹣2x﹣1〕﹣b，即为f〔3﹣2x0〕=f〔x〕=f〔x1〕，即有3﹣2x0=x1，即为x1+2x=3；〔3〕证明：要证g〔x〕在区间[0，2]上的最大值不小于，即证在[0，2]上存在x1，x2，使得f〔x1〕﹣f〔x2〕≥．当a≥3时，f〔x〕在[0，2]递减，f〔2〕=1﹣2a﹣b，f〔0〕=﹣1﹣b，f〔0〕﹣f〔2〕=2a﹣2≥4＞，递减，成立；当0＜a＜3时，f〔1﹣〕=〔﹣〕3﹣a〔1﹣〕﹣b=﹣﹣a+a﹣b=﹣a﹣b，f〔1+〕=〔〕3﹣a〔1+〕﹣b=﹣a﹣a﹣b=﹣﹣a﹣b，f〔2〕=1﹣2a﹣b，f〔0〕=﹣1﹣b，f〔2〕﹣f〔0〕=2﹣2a，假设0＜a≤时，f〔2〕﹣f〔0〕=2﹣2a≥成立；假设a＞时，f〔1﹣〕﹣f〔1+〕=＞成立．综上可得，g〔x〕在区间[0，2]上的最大值不小于．14．〔2016•新课标Ⅲ〕设函数f〔x〕=acos2x+〔a﹣1〕〔cosx+1〕，其中a＞0，记|f〔x〕|的最大值为A．〔Ⅰ〕求f′〔x〕；〔Ⅱ〕求A；〔Ⅲ〕证明：|f′〔x〕|≤2A．〔I〕解：f′〔x〕=﹣2asin2x﹣〔a﹣1〕sinx．〔II〕当a≥1时，|f〔x〕|=|acos2x+〔a﹣1〕〔cosx+1〕|≤a|cos2x|+〔a﹣1〕|〔cosx+1〕|≤a|cos2x|+〔a﹣1〕〔|cosx|+1〕|≤a+2〔a﹣1〕=3a﹣2=f〔0〕，因此A=3a﹣2．当0＜a＜1时，f〔x〕等价为f〔x〕=acos2x+〔a﹣1〕〔cosx+1〕=2acos2x+〔a ﹣1〕cosx﹣1，令g〔t〕=2at2+〔a﹣1〕t﹣1，那么A是|g〔t〕|在[﹣1，1]上的最大值，g〔﹣1〕=a，g〔1〕=3a﹣2，且当t=时，g〔t〕取得极小值，极小值为g〔〕=﹣﹣1=﹣，〔二次函数在对称轴处取得极值〕令﹣1＜＜1，得a＜〔舍〕或a＞．因此A=3a﹣2①当0＜a≤时，g〔t〕在〔﹣1，1〕无极值点，|g〔﹣1〕|=a，|g〔1〕|=2﹣3a，|g〔﹣1〕|＜|g〔1〕|，∴A=2﹣3a，②当＜a＜1时，由g〔﹣1〕﹣g〔1〕=2〔1﹣a〕＞0，得g〔﹣1〕＞g〔1〕＞g 〔〕，又|g〔〕﹣g〔﹣1〕|=＞0，∴A=|g〔〕|=，综上，A=．〔III〕证明：由〔I〕可得：|f′〔x〕|=|﹣2asin2x﹣〔a﹣1〕sinx|≤2a+|a ﹣1|，当0＜a≤时，|f′〔x〕|≤1+a≤2﹣4a＜2〔2﹣3a〕=2A，当＜a＜1时，A==++≥1，∴|f′〔x〕|≤1+a≤2A，当a≥1时，|f′〔x〕|≤3a﹣1≤6a﹣4=2A，综上：|f′〔x〕|≤2A．15．〔2016•〕设函数f〔x〕=x3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R．〔1〕求f〔x〕的单调区间；〔2〕假设f〔x〕存在极值点x0，且f〔x1〕=f〔x〕，其中x1≠x，求证：x1+2x=0；〔3〕设a＞0，函数g〔x〕=|f〔x〕|，求证：g〔x〕在区间[﹣1，1]上的最大值不小于．解：〔1〕假设f〔x〕=x3﹣ax﹣b，那么f′〔x〕=3x2﹣a，分两种情况讨论：①、当a≤0时，有f′〔x〕=3x2﹣a≥0恒成立，此时f〔x〕的单调递增区间为〔﹣∞，+∞〕，②、当a＞0时，令f′〔x〕=3x2﹣a=0，解得x=或x=，当x＞或x＜﹣时，f′〔x〕=3x2﹣a＞0，f〔x〕为增函数，当﹣＜x＜时，f′〔x〕=3x2﹣a＜0，f〔x〕为减函数，故f〔x〕的增区间为〔﹣∞，﹣〕，〔，+∞〕，减区间为〔﹣，〕；〔2〕假设f〔x〕存在极值点x0，那么必有a＞0，且x≠0，由题意可得，f′〔x〕=3x2﹣a，那么x2=，进而f〔x0〕=x3﹣ax﹣b=﹣x﹣b，又f〔﹣2x0〕=﹣8x3+2ax﹣b=﹣x+2ax﹣b=f〔x〕，由题意及〔Ⅰ〕可得：存在唯一的实数x1，满足f〔x1〕=f〔x〕，其中x1≠x，那么有x1=﹣2x，故有x1+2x=0；〔Ⅲ〕设g〔x〕在区间[﹣1，1]上的最大值M，max{x，y}表示x、y两个数的最大值，下面分三种情况讨论：①当a≥3时，﹣≤﹣1＜1≤，由〔I〕知f〔x〕在区间[﹣1，1]上单调递减，所以f〔x〕在区间[﹣1，1]上的取值围是[f〔1〕，f〔﹣1〕]，因此M=max{|f〔1〕|，|f〔﹣1〕|}=max{|1﹣a﹣b|，|﹣1+a﹣b|}=max{|a﹣1+b|，|a﹣1﹣b|}=，所以M=a﹣1+|b|≥2②当a＜3时，，由〔Ⅰ〕、〔Ⅱ〕知，f〔﹣1〕≥=f〔〕，f〔1〕≤=，所以f〔x〕在区间[﹣1，1]上的取值围是[f〔〕，f〔﹣〕]，因此M=max{|f〔〕|，|f〔﹣〕|}=max{||，||}=max{||，||}=，③当0＜a＜时，，由〔Ⅰ〕、〔Ⅱ〕知，f〔﹣1〕＜=f〔〕，f〔1〕＞=，所以f〔x〕在区间[﹣1，1]上的取值围是[f〔﹣1〕，f〔1〕]，因此M=max{|f〔﹣1〕|，|f〔1〕|}=max{|﹣1+a﹣b|，|1﹣a﹣b|}=max{|1﹣a+b|，|1﹣a﹣b|}=1﹣a+|b|＞，综上所述，当a＞0时，g〔x〕在区间[﹣1，1]上的最大值不小于．16．〔2016•新课标Ⅰ〕函数f〔x〕=〔x﹣2〕e x+a〔x﹣1〕2有两个零点．〔Ⅰ〕求a的取值围；〔Ⅱ〕设x1，x2是f〔x〕的两个零点，证明：x1+x2＜2．解：〔Ⅰ〕∵函数f〔x〕=〔x﹣2〕e x+a〔x﹣1〕2，∴f′〔x〕=〔x﹣1〕e x+2a〔x﹣1〕=〔x﹣1〕〔e x+2a〕，①假设a=0，那么f〔x〕=0⇔〔x﹣2〕e x=0⇔x=2，函数f〔x〕只有唯一的零点2，不合题意；②假设a＞0，那么e x+2a＞0恒成立，当x＜1时，f′〔x〕＜0，此时函数为减函数；当x＞1时，f′〔x〕＞0，此时函数为增函数；此时当x=1时，函数f〔x〕取极小值﹣e，由f〔2〕=a＞0，可得：函数f〔x〕在x＞1存在一个零点；当x＜1时，e x＜e，x﹣2＜﹣1＜0，∴f〔x〕=〔x﹣2〕e x+a〔x﹣1〕2＞〔x﹣2〕e+a〔x﹣1〕2=a〔x﹣1〕2+e〔x﹣1〕﹣e，令a〔x﹣1〕2+e〔x﹣1〕﹣e=0的两根为t1，t2，且t1＜t2，那么当x＜t1，或x＞t2时，f〔x〕＞a〔x﹣1〕2+e〔x﹣1〕﹣e＞0，故函数f〔x〕在x＜1存在一个零点；即函数f〔x〕在R是存在两个零点，满足题意；③假设﹣＜a＜0，那么ln〔﹣2a〕＜lne=1，当x＜ln〔﹣2a〕时，x﹣1＜ln〔﹣2a〕﹣1＜lne﹣1=0，e x+2a＜e ln〔﹣2a〕+2a=0，即f′〔x〕=〔x﹣1〕〔e x+2a〕＞0恒成立，故f〔x〕单调递增，当ln〔﹣2a〕＜x＜1时，x﹣1＜0，e x+2a＞e ln〔﹣2a〕+2a=0，即f′〔x〕=〔x﹣1〕〔e x+2a〕＜0恒成立，故f〔x〕单调递减，当x＞1时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln〔﹣2a〕+2a=0，即f′〔x〕=〔x﹣1〕〔e x+2a〕＞0恒成立，故f〔x〕单调递增，故当x=ln〔﹣2a〕时，函数取极大值，由f〔ln〔﹣2a〕〕=[ln〔﹣2a〕﹣2]〔﹣2a〕+a[ln〔﹣2a〕﹣1]2=a{[ln〔﹣2a〕﹣2]2+1}＜0得：函数f〔x〕在R上至多存在一个零点，不合题意；④假设a=﹣，那么ln〔﹣2a〕=1，当x＜1=ln〔﹣2a〕时，x﹣1＜0，e x+2a＜e ln〔﹣2a〕+2a=0，即f′〔x〕=〔x﹣1〕〔e x+2a〕＞0恒成立，故f〔x〕单调递增，当x＞1时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln〔﹣2a〕+2a=0，即f′〔x〕=〔x﹣1〕〔e x+2a〕＞0恒成立，故f〔x〕单调递增，故函数f〔x〕在R上单调递增，函数f〔x〕在R上至多存在一个零点，不合题意；⑤假设a＜﹣，那么ln〔﹣2a〕＞lne=1，当x＜1时，x﹣1＜0，e x+2a＜e ln〔﹣2a〕+2a=0，即f′〔x〕=〔x﹣1〕〔e x+2a〕＞0恒成立，故f〔x〕单调递增，当1＜x＜ln〔﹣2a〕时，x﹣1＞0，e x+2a＜e ln〔﹣2a〕+2a=0，即f′〔x〕=〔x﹣1〕〔e x+2a〕＜0恒成立，故f〔x〕单调递减，当x＞ln〔﹣2a〕时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln〔﹣2a〕+2a=0，即f′〔x〕=〔x﹣1〕〔e x+2a〕＞0恒成立，故f〔x〕单调递增，故当x=1时，函数取极大值，由f〔1〕=﹣e＜0得：函数f〔x〕在R上至多存在一个零点，不合题意；综上所述，a的取值围为〔0，+∞〕证明：〔Ⅱ〕∵x1，x2是f〔x〕的两个零点，∴f〔x1〕=f〔x2〕=0，且x1≠1，且x2≠1，∴﹣a==，令g〔x〕=，那么g〔x1〕=g〔x2〕=﹣a，∵g′〔x〕=，∴当x＜1时，g′〔x〕＜0，g〔x〕单调递减；当x＞1时，g′〔x〕＞0，g〔x〕单调递增；设m＞0，那么g〔1+m〕﹣g〔1﹣m〕=﹣=，设h〔m〕=，m＞0，那么h′〔m〕=＞0恒成立，即h〔m〕在〔0，+∞〕上为增函数，h〔m〕＞h〔0〕=0恒成立，即g〔1+m〕＞g〔1﹣m〕恒成立，令m=1﹣x1＞0，那么g〔1+1﹣x1〕＞g〔1﹣1+x1〕⇔g〔2﹣x1〕＞g〔x1〕=g〔x2〕⇔2﹣x1＞x2，即x1+x2＜2．17．〔2016•〕f〔x〕=a〔x﹣lnx〕+，a∈R．〔I〕讨论f〔x〕的单调性；〔II〕当a=1时，证明f〔x〕＞f′〔x〕+对于任意的x∈[1，2]成立．〔Ⅰ〕解：由f〔x〕=a〔x﹣lnx〕+，得f′〔x〕=a〔1﹣〕+==〔x＞0〕．假设a≤0，那么ax2﹣2＜0恒成立，∴当x∈〔0，1〕时，f′〔x〕＞0，f〔x〕为增函数，当x∈〔1，+∞〕时，f′〔x〕＜0，f〔x〕为减函数；当a＞0，假设0＜a＜2，当x∈〔0，1〕和〔，+∞〕时，f′〔x〕＞0，f〔x〕为增函数，当x∈〔1，〕时，f′〔x〕＜0，f〔x〕为减函数；假设a=2，f′〔x〕≥0恒成立，f〔x〕在〔0，+∞〕上为增函数；假设a＞2，当x∈〔0，〕和〔1，+∞〕时，f′〔x〕＞0，f〔x〕为增函数，当x∈〔，1〕时，f′〔x〕＜0，f〔x〕为减函数；〔Ⅱ〕解：∵a=1，令F〔x〕=f〔x〕﹣f′〔x〕=x﹣lnx﹣1=x﹣lnx+．令g〔x〕=x﹣lnx，h〔x〕=．那么F〔x〕=f〔x〕﹣f′〔x〕=g〔x〕+h〔x〕，由，可得g〔x〕≥g〔1〕=1，当且仅当x=1时取等号；又，设φ〔x〕=﹣3x2﹣2x+6，那么φ〔x〕在[1，2]上单调递减，且φ〔1〕=1，φ〔2〕=﹣10，∴在[1，2]上存在x0，使得x∈〔1，x〕时φ〔x〕＞0，x∈〔x，2〕时，φ〔x〕＜0，∴函数h〔x〕在〔1，x0〕上单调递增；在〔x，2〕上单调递减，由于h〔1〕=1，h〔2〕=，因此h〔x〕≥h〔2〕=，当且仅当x=2取等号，∴f〔x〕﹣f′〔x〕=g〔x〕+h〔x〕＞g〔1〕+h〔2〕=，∴F〔x〕＞恒成立．即f〔x〕＞f′〔x〕+对于任意的x∈[1，2]成立．18．〔2016•区二模〕函数f〔x〕=lnx+x2．〔Ⅰ〕假设函数g〔x〕=f〔x〕﹣ax在其定义域为增函数，数a的取值围；〔Ⅱ〕在〔Ⅰ〕的条件下，假设a＞1，h〔x〕=e3x﹣3ae x x∈[0，ln2]，求h〔x〕的极小值；〔Ⅲ〕设F〔x〕=2f〔x〕﹣3x2﹣kx〔k∈R〕，假设函数F〔x〕存在两个零点m，n〔0＜m＜n〕，且2x0=m+n．问：函数F〔x〕在点〔x，F〔x〕〕处的切线能否平行于x轴？假设能，求出该切线方程；假设不能，请说明理由．解：〔Ⅰ〕g〔x〕=f〔x〕﹣ax=lnx+x2﹣ax，由题意知，g′〔x〕≥0，对任意的x∈〔0，+∞〕恒成立，即又∵x＞0，，当且仅当时等号成立∴，可得〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知，，令t=e x，那么t∈[1，2]，那么h〔t〕=t3﹣3at，由h′〔t〕=0，得或〔舍去〕，∵，∴假设，那么h′〔t〕＜0，h〔t〕单调递减；假设，那么h′〔t〕＞0，h〔t〕单调递增∴当时，h〔t〕取得极小值，极小值为〔Ⅲ〕设F〔x〕在〔x0，F〔x〕〕的切线平行于x轴，其中F〔x〕=2lnx﹣x2﹣kx结合题意，有①﹣②得所以，由④得所以设，⑤式变为设，所以函数在〔0，1〕上单调递增，因此，y＜y|u=1=0，即，也就是此式与⑤矛盾所以F〔x〕在〔x0，F〔x〕〕的切线不能平行于x轴19．〔2016•模拟〕g〔x〕=2lnx﹣x2﹣mx，x∈R，如果g〔x〕的图象与x轴交于A〔x1，0〕，B〔x2，0〕〔x1＜x2〕，AB中点为C〔x，0〕，求证g′〔x〕≠0．解：根据题意，得；②﹣①得，2ln﹣〔x2﹣x1〕〔x2+x1〕﹣m〔x2﹣x1〕=0，∴2ln=〔x2﹣x1〕〔x2+x1+m〕；〔整理式子，向题意靠拢〕假设g′〔x〕=0，即g′〔x0〕==﹣〔x1+x2〕﹣m=0，〔中点坐标公式2x=x1+x2〕∴x1+x2+m=，上下同除以x，另t=＞1，∴lnt=〔t＞1〕；令g〔t〕=lnt﹣，在g′〔t〕=＞0，∴g〔t〕＞g〔1〕=0，∴lnt≠，即g'〔x〕≠0．20．〔2016•三模〕函数f〔x〕=alnx﹣ax﹣3〔a∈R〕．〔Ⅰ〕求函数f〔x〕的单调区间；〔Ⅱ〕假设函数y=f〔x〕的图象在点〔2，f〔2〕〕处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g〔x〕=x3+x2〔f'〔x〕+〕在区间〔t，3〕上总不是单调函数，求m的取值围；〔Ⅲ〕求证：×××…×＜〔n≥2，n∈N*〕．解：〔Ⅰ〕〔2分〕当a＞0时，f〔x〕的单调增区间为〔0，1]，减区间为[1，+∞〕；当a＜0时，f〔x〕的单调增区间为[1，+∞〕，减区间为〔0，1]；当a=0时，f〔x〕不是单调函数〔4分〕〔Ⅱ〕得a=﹣2，f〔x〕=﹣2lnx+2x﹣3∴，∴g'〔x〕=3x2+〔m+4〕x﹣2〔6分〕∵g〔x〕在区间〔t，3〕上总不是单调函数，且g′〔0〕=﹣2∴由题意知：对于任意的t∈[1，2]，g′〔t〕＜0恒成立，所以有：，∴〔10分〕〔Ⅲ〕令a=﹣1此时f〔x〕=﹣lnx+x﹣3，所以f〔1〕=﹣2，由〔Ⅰ〕知f〔x〕=﹣lnx+x﹣3在〔1，+∞〕上单调递增，∴当x∈〔1，+∞〕时f〔x〕＞f〔1〕，即﹣lnx+x﹣1＞0，∴lnx＜x﹣1对一切x∈〔1，+∞〕成立，〔12分〕∵n≥2，n∈N*，那么有0＜lnn＜n﹣1，∴∴21．〔2016•模拟〕设函数f〔x〕=〔1+x〕2﹣2ln〔1+x〕〔1〕假设关于x的不等式f〔x〕﹣m≥0在[0，e﹣1]有实数解，数m的取值围．〔2〕设g〔x〕=f〔x〕﹣x2﹣1，假设关于x的方程g〔x〕=p至少有一个解，求p的最小值．〔3〕证明不等式：〔n∈N*〕．≥m，x∈[0，e﹣1]〔1〕解：依题意得f〔x〕max∵，而函数f〔x〕的定义域为〔﹣1，+∞〕∴f〔x〕在〔﹣1，0〕上为减函数，在〔0，+∞〕上为增函数，∴f〔x〕在[0，e﹣1]上为增函数，∴∴实数m的取值围为m≤e2﹣2〔2〕解：g〔x〕=f〔x〕﹣x2﹣1=2x﹣2ln〔1+x〕=2[x﹣ln〔1+x〕]，∴显然，函数g〔x〕在〔﹣1，0〕上为减函数，在〔0，+∞〕上为增函数∴函数g〔x〕的最小值为g〔0〕=0∴要使方程g〔x〕=p至少有一个解，那么p≥0，即p的最小值为0〔3〕证明：由〔2〕可知：g〔x〕=2[x﹣ln〔1+x〕]≥0在〔﹣1，+∞〕上恒成立所以ln〔1+x〕≤x，当且仅当x=0时等号成立令，那么x∈〔0，1〕代入上面不等式得：即，即所以ln2﹣ln1＜1，，，…，将以上n个等式相加即可得到：22．〔2016•江门模拟〕函数，f〔x〕=alnx﹣ax﹣3〔a∈R〕．〔1 〕当a=1时，求函数f〔x〕的单调区间；〔2〕假设函数y=f〔x〕的图象在点〔2，f〔2〕〕处的切线的倾斜角为45°，问：m在什么围取值时，对于任意的t[1，2]，函数在区间〔t，3〕上总存在极值？解：〔Ⅰ〕，当a=1时，令导数大于0，可解得0＜x＜1，令导数小于0，可解得x＜0〔舍〕或x＞1故函数的单调增区间为〔0，1〕，单调减区间是〔1，+∞〕〔Ⅱ〕得a=﹣2，f〔x〕=﹣2lnx+2x﹣3∴，∴g'〔x〕=3x2+〔m+4〕x﹣2∵g〔x〕在区间〔t，3〕上总不是单调函数，且g′〔0〕=﹣2∴，由题意知：对于任意的t∈[1，2]，g′〔t〕＜0恒成立，所以有：，∴．23．〔2016•校级模拟〕函数f〔x〕=x3+x2+ax+b〔a，b为常数〕，其图象是曲线C．〔1〕当a=﹣2时，求函数f〔x〕的单调减区间；〔2〕设函数f〔x〕的导函数为f′〔x〕，假设存在唯一的实数x0，使得f〔x〕=x0与f′〔x〕=0同时成立，数b的取值围；〔3〕点A为曲线C上的动点，在点A处作曲线C的切线l1与曲线C交于另一点B，在点B处作曲线C的切线l2，设切线l1，l2的斜率分别为k1，k2．问：是否存在常数λ，使得k2=λk1？假设存在，求出λ的值；假设不存在，请说明理由．解：〔1〕当a=﹣2时，函数f〔x〕=x3+x2﹣2x+b 那么f′〔x〕=3x2+5x﹣2=〔3x﹣1〕〔x+2〕令f′〔x〕＜0，解得﹣2＜x＜，所以f〔x〕的单调递减区间为〔﹣2，〕；〔2〕函数f〔x〕的导函数为由于存在唯一的实数x0，使得f〔x〕=x与f′〔x〕=0同时成立，那么即x3+x2+〔﹣3x2﹣5x﹣1〕x+b=0存在唯一的实数根x，故b=2x3+x2+x存在唯一的实数根x，令y=2x3+x2+x，那么y′=6x2+5x+1=〔2x+1〕〔3x+1〕=0，故x=﹣或x=﹣，那么函数y=2x3+x2+x在〔﹣∞，〕，〔﹣，+∞〕上是增函数，在〔，﹣〕上是减函数，由于x=﹣时，y=﹣；x=﹣时，y=﹣；故实数b的取值围为：〔﹣∞，﹣〕∪〔﹣，+∞〕；〔3〕设点A〔x0，f〔x〕〕，那么在点A处的切线l1的切线方程为y﹣f〔x〕=f′〔x0〕〔x﹣x〕，与曲线C联立得到f〔x〕﹣f〔x0〕=f′〔x〕〔x﹣x〕，即〔x3+x2+ax+b〕﹣〔x03+x2+ax+b〕=〔3x2+5x+a〕〔x﹣x〕，整理得到〔x﹣x0〕2[x+〔2x+〕]=0，故点B的横坐标为xB =﹣〔2x+〕由题意知，切线l1的斜率为k1=f′〔x〕=3x2+5x+a，l 2的斜率为k2=f′〔﹣〔2x+〕〕=12x2+20x++a，假设存在常数λ，使得k2=λk1，那么12x2+20x++a=λ〔3x2+5x+a〕，即存在常数λ，使得〔4﹣λ〕〔3x02+5x〕=〔λ﹣1〕a﹣，故，解得λ=4，a=，故a=时，存在常数λ=4，使得k2=4k1；a≠时，不存在常数，使得k2=4k1．24．〔2016•校级模拟〕函数f〔x〕=alnx﹣ax﹣3〔a≠0〕．〔Ⅰ〕讨论f〔x〕的单调性；〔Ⅱ〕假设f〔x〕+〔a+1〕x+4﹣e≤0对任意x∈[e，e2]恒成立，数a的取值围〔e为自然常数〕；〔Ⅲ〕求证ln〔22+1〕+ln〔32+1〕+ln〔42+1〕+…+ln〔n2+1〕＜1+2lnn!〔n≥2，n∈N*〕〔n!=1×2×3×…×n〕．解：〔Ⅰ〕f′〔x〕=〔x＞0〕，当a＞0时，f〔x〕的单调增区间为〔0，1]，单调减区间为[1，+∞〕；当a＜0时，f〔x〕的单调增区间为[1，+∞〕，单调减区间为〔0，1]；〔Ⅱ〕令F〔x〕=alnx﹣ax﹣3+〔a+1〕x+4﹣e=alnx+x+1﹣e，那么F′〔x〕=，假设﹣a≤e，即a≥﹣e，F〔x〕在[e，e2]上是增函数，F〔x〕max=F〔e2〕=2a+e2﹣e+1≤0，a≤，无解．假设e＜﹣a≤e2，即﹣e2≤a＜﹣e，F〔x〕在[e，﹣a]上是减函数；在[﹣a，e2]上是增函数，F〔e〕=a+1≤0，即a≤﹣1．F〔e2〕=2a+e2﹣e+1≤0，即a≤，∴﹣e2≤a≤．假设﹣a＞e2，即a＜﹣e2，F〔x〕在[e，e2]上是减函数，F〔x〕max=F〔e〕=a+1≤0，即a≤﹣1，∴a＜﹣e2，综上所述，a≤．〔Ⅲ〕证明：令a=﹣1，此时f〔x〕=﹣lnx+x﹣3，所以f〔1〕=﹣2，由〔Ⅰ〕知f〔x〕=﹣lnx+x﹣3在〔1，+∞〕上单调递增，∴当x∈〔1，+∞〕时，f〔x〕＞f〔1〕，即﹣lnx+x﹣1＞0，∴lnx＜x﹣1对一切x∈〔1，+∞〕成立，∵n≥2，n∈N*，那么有ln〔+1〕＜＜=﹣，要证ln〔22+1〕+ln〔32+1〕+ln〔42+1〕+…+ln〔n2+1〕＜1+2lnn!〔n≥2，n∈N*〕，只需证ln〔+1〕+ln〔+1〕+…+ln〔+1〕＜1〔n≥2，n∈N*〕；ln〔+1〕+ln〔+1〕+…+ln〔+1〕＜〔1﹣〕+〔﹣〕+…+〔﹣〕=1﹣＜1；所以原不等式成立．25．〔2016•校级模拟〕函数f〔x〕=lnx﹣x﹣lna，a为常数．〔1〕假设函数f〔x〕有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求a的取值围；〔2〕在〔1〕的条件下，证明：的值随a的值增大而增大．解：〔1〕f〔x〕的定义域为〔0，+∞〕.，由f'〔x〕＞0得：0＜x＜1；由f'〔x〕＜0得：x＞1．故f〔x〕在〔0，1〕上递增，在〔1，+∞〕上递减．要使f〔x〕有两个零点，那么f〔1〕＞0，解得：．…〔5分〕〔2〕∵x1，x2是f〔x〕的两个零点，∴lnx1﹣x1=lna，lnx2﹣x2=lna，那么，．设，，所以g〔x〕在〔0，1〕上递增，在〔1，+∞〕上递减，故对任意，函数g〔x〕图象与直线y=a都有两个交点．横坐标分别为x1，x2，且x1∈〔0，1〕，x2∈〔1，+∞〕，如下列图：…〔9分〕任取，设a1＜a2，那么有g〔ξ1〕=g〔ξ2〕=a1，0＜ξ1＜1＜ξ2，g〔η1〕=g〔η2〕=a2，0＜η1＜1＜η2，由a1＜a2得：g〔ξ1〕＜g〔η1〕，∵g〔x〕在〔0，1〕上递增，∴ξ1＜η1，同理得：ξ2＞η2，所以，故的值随a的值增大而增大．…〔12分〕26．〔2016•三模〕函数f〔x〕=e1﹣x〔﹣a+cosx〕，a∈R．〔Ⅰ〕假设函数f〔x〕存在单调减区间，数a的取值围；〔Ⅱ〕假设a=0，证明：，总有f〔﹣x﹣1〕+2f′〔x〕•cos〔x+1〕＞0．解：〔I〕由，得f'〔x〕=﹣e1﹣x〔﹣a+cosx〕﹣e1﹣x sinx=e1﹣x〔a﹣〔sinx+cosx〕〕〔2分〕因为函数f〔x〕存在单调减区间，所以方程f'〔x〕＜0有解．．而e1﹣x＞0恒成立，即a﹣〔sinx+cosx〕＜0有解，所以a＜〔sinx+cosx〕max 又，所以，．〔5分〕〔II〕因为a=0，所以f〔x〕=e1﹣x•cosx，所以f〔﹣x﹣1〕=e x+2•cos〔﹣x﹣1〕=e x+2•cos〔x+1〕．因为2f'〔x〕•cos〔x+1〕=﹣2e1﹣x〔sinx+cosx〕•cos〔x+1〕，所以f〔﹣x﹣1〕+2f'〔x〕•cos〔x+1〕=cos〔x+1〕[e x+2﹣2e1﹣x〔sinx+cosx〕]，又对于任意，cos〔x+1〕＞0．〔6分〕要证原不等式成立，只要证e x+2﹣2e1﹣x〔sinx+cosx〕＞0，只要证，对于任意上恒成立．〔8分〕设函数，，那么=，当x∈[﹣1，0]时，g'〔x〕≤0，即g〔x〕在[﹣1，0]上是减函数，当时，g'〔x〕＞0，即g〔x〕在上是增函数，=g〔0〕=0，所以g〔x〕≥0．所以，在上，g〔x〕min所以，，〔当且仅当x=0时上式取等号〕①〔10分〕设函数h〔x〕=e2x+1﹣〔2x+2〕，，那么h'〔x〕=2e2x+1﹣2=2〔e2x+1﹣1〕，当时，h'〔x〕≤0，即h〔x〕在上是减函数，当时，h'〔x〕＞0，即h〔x〕在上是增函数，所以在上，，所以h〔x〕≥0，即e2x+1≥2x+2，〔当且仅当时上式取等号〕②．综上所述，，。