关于含参导数的练习题
【高考数学】含有三角函数的导数大题
（2）若函数f （x ）在（0，）上存在两个极值点，求实数a 的取值范围．2．（2019秋•汕头校级期末）已知函数f （x ）＝x cos x ﹣2sin x +1，g （x ）＝x 2e ax （a ∈R ）．（1）证明：f （x ）的导函数f '（x ）在区间（0，π）上存在唯一零点；（2）若对任意x 1∈[0，2]，均存在x 2∈[0，π]，使得g （x 1）≤f （x 2），求实数a 的取值范围．注：复合函数y ＝e ax 的导函数y '＝ae ax ．3．（2020•开封一模）已知函数，a ∈R ，e 为自然对数的底数．（1）当a ＝1时，证明：∀x ∈（﹣∞，0]，f （x ）≥1；（2）若函数f （x）在上存在两个极值点，求实数a 的取值范围．4．（2020•遂宁模拟）已知函数（1）求曲线y ＝f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；（2）若函数g （x ）＝a （lnx ﹣x ）+f （x ）﹣e x sin x ﹣1有两个极值点x 1，x 2（x 1≠x 2）．且不等式g （x 1）+g （x 2）＜λ（x 1+x 2）恒成立，求实数λ的取值范围．5．（2018秋•济宁期末）已知函数f （x ）＝（x ﹣a ）cos x ﹣sin x ，g （x ）＝x 3﹣ax 2，a ∈R （Ⅰ）当a ＝1时，求函数y ＝f （x ）在区间（0，）上零点的个数；（Ⅱ）令F （x ）＝f （x ）+g （x ），试讨论函数y ＝F （x ）极值点的个数．6．（2019秋•五华区校级月考）已知函数，f '（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f （x ）在定义域上存在唯一的极大值点；（2）若存在x 1≠x 2，使f （x 1）＝f （x 2），证明：x 1x 2＜4．7．（2019秋•五华区校级月考）定义在[﹣π，+∞）的函数f （x ）＝e x ﹣cos x 的导函数为g （x ）．证明：（1）g （x ）在区间（﹣π，0）存在唯一极小值点；（2）f （x ）有且仅有2个零点．（1）当a ＝1时，证明：∀x ∈（﹣∞，0]，f （x ）≥1；1．（2020•开封一模）已知函数f （x ）＝a •e ﹣x +sin x ，a ∈R ，e 为自然对数的底数．二．解答题（共10小题）含有三角函数的导数题目8．（2019秋•遂宁月考）已知函数，（1）讨论f（x）在上的单调性．（2）当a＞0时，若f（x）在上的最大值为π﹣1，讨论：函数f（x）在（0，π）内的零点个数．9．（2019秋•肇庆月考）设函数f（x）＝sin x﹣ax+x3（a∈R）．（1）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；（2）若对任意的x≥0，f（x）≥0成立，求a的取值范围．10．（2019秋•江岸区校级月考）已知函数，f'（x）是f（x）的导函数．（1）证明：当m＝2时，f'（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（2）若存在x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2时，f（x1）＝f（x2），证明：．一．选择题二．解答题（共10小题）1．（2020•开封一模）已知函数f （x ）＝a •e ﹣x +sin x ，a ∈R ，e 为自然对数的底数．（1）当a ＝1时，证明：∀x ∈（﹣∞，0]，f （x ）≥1；（2）若函数f （x ）在（0，）上存在两个极值点，求实数a 的取值范围．【分析】（1）求出f ′（x ）＝﹣e ﹣x +cos x ，得出f ′（x ）≤0，则f （x ）在（﹣∞，0]上单调递减，结论可证．（2）函数f （x ）在（0，）上存在两个极值点；则f ′（x ）＝0在（0，）上有两个不等实数根，分离参数得a ＝e x cos x 在（0，）上有两个不等实数根；设g （x ）＝e x cos x ，讨论函数g （x ）的单调性即可解决；【解答】解：（1）当a ＝1时，f （x ）＝e ﹣x +sin x ，f ′（x ）＝﹣e ﹣x +cos x ，当x ≤0时，﹣e ﹣x ≤﹣1，则f ′（x ）≤0（x ≤0）所以f （x ）在（﹣∞，0]上单调递减，f （x ）≥f （0）＝1；所以：∀x ∈（﹣∞，0]，f （x ）≥1；（2）函数f （x ）在（0，）上存在两个极值点；则f ′（x ）＝0在（0，）上有两个不等实数根；即f ′（x ）＝﹣ae ﹣x +cos x ＝0在（0，）上有两个不等实数根；即a ＝e x cos x 在（0，）上有两个不等实数根；设g （x ）＝e x cos x ，则g ′（x ）＝e x （cos x ﹣sin x ）；当时，g ′（x ）＞0，g （x ）单调递增；当时，g ′（x ）＜0，g （x ）单调递减；又g （0）＝1，，；故实数a的取值范围为：【点评】本题考查不等式证明，根据函数极值个数求参数的范围，函数零点问题，考查分离参数法，属于难题．2．（2019秋•汕头校级期末）已知函数f（x）＝x cos x﹣2sin x+1，g（x）＝x2e ax（a∈R）．（1）证明：f（x）的导函数f'（x）在区间（0，π）上存在唯一零点；（2）若对任意x1∈[0，2]，均存在x2∈[0，π]，使得g（x1）≤f（x2），求实数a的取值范围．注：复合函数y＝e ax的导函数y'＝ae ax．【分析】（1）设h（x）＝f′（x），然后对h（x）求导，结合导数与单调性的关系可判断h（x）的单调性，然后结合零点判定定理可证，（2）依题意，“对任意x1∈[0，2]，均存在x2∈[0，π]，使得得g（x1）≤f（x2），等价于“g（x）max≤f（x）max”，结合导数可分别求解最值，即可求解．【解答】解：（1）设h（x）＝f′（x）＝cos x﹣x sin x﹣2cos x＝﹣cos x﹣x sin x，∴h′（x）＝sin x﹣sin x﹣x cos x＝﹣x cos x当x时，h′（x）＜0；当x时，h′（x）＞0；所以h（x）在（0，）单调递减，在（）单调递增．又h（0）＝﹣1＜0lh（）＝﹣，h（π）＝1＞0，故f′（x）在区间（0，π）上存在唯一零点．（2）记f（x）在区间[0，π]上的最大值为f（x）max，g（x）在区间[0，2]上的最大值为g（x）max．依题意，“对任意x1∈[0，2]，均存在x2∈[0，π]，使得得g（x1）≤f（x2），等价于“g（x）max≤f（x）max”，由（Ⅰ）知，f′（x）在（0，π）只有一个零点，设为x0，且当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0；当x∈（x0，π）时，f′（x）＞0；，所以f（x）在（0，x0）单调递减，在当（x0，π）时单调递增．又f（0）＝1，f（π）＝1﹣π＜0，所以当x∈[0，π]时，f（x）max＝1．故应满足g（x）max≤1．因为g（x）＝x2e ax，所以g′（x）＝（ax2+2x）e ax＝x（ax+2）e ax．①当a＝0时，g（x）＝x2，对任意x∈[0，2]，g（x）max＝g（2）＝4，不满足g（x）max≤1．②当a≠0时，令g′（x）＝0，得x＝0或x＝﹣．（ⅰ）当﹣≥2，即﹣1≤a＜0时，在[0，2]上，g′（x）≥0，所以g（x）在[0，2]上单调递增，g（x）max＝g（2）＝4e2a．由4e2a≤1，得a≤﹣ln2，所以﹣1≤a≤﹣ln2．（ⅱ）当0＜﹣＜2，即a＜﹣1时，上，g′（x）＜0，g（x）单调递减．g（x）max＝．由≤1，得a≤﹣或a≥，所以a＜﹣1．（ⅲ）当﹣＜0，即a＞0时，显然在[0，2]上，g′（x）≥0，g（x）单调递增，于是g （x）max＝g（2）＝4e2a，此时不满足g（x）max≤1．综上，实数a的取值范围是（﹣∞，﹣ln2]．【点评】本题主要考查了函数的导数与单调性关系，函数零点判定定理及恒成立与存在性问题与最值求解的相互转化，体现了分类讨论思想与转化思想的应用．3．（2020•开封一模）已知函数，a∈R，e为自然对数的底数．（1）当a＝1时，证明：∀x∈（﹣∞，0]，f（x）≥1；（2）若函数f（x）在上存在两个极值点，求实数a的取值范围．【分析】（1）把a＝1代入，直接用导数法证明即可；（2）对f（x）求导，，对a进行讨论，判断函数f（x）的极值，确定a的范围．【解答】解：（1）当a＝1时，，则，当x∈（﹣∞，0]时，0＜e x≤1，则，又因为cos x≤1，所以当x∈（﹣∞，0]时，，仅x＝0时，f'（x）＝0，所以f（x）在（﹣∞，0]上是单调递减，所以f（x）≥f（0）＝1，即f（x）≥1．（2），因为，所以cos x＞0，e x＞0，①当a≤0时，f'（x）＞0恒成立，所以f（x）在上单调递增，没有极值点．②当a＞0时，在区间上单调递增，因为，f'（0）＝﹣a+1．当a≥1时，时，f'（x）≤f'（0）＝﹣a+1≤0，所以f（x）在上单调递减，没有极值点．当0＜a＜1时，f'（0）＝﹣a+1＞0，所以存在，使f'（x0）＝0，当时，f'（x）＜0，x∈（x0，0）时，f'（x）＞0，所以f（x）在x＝x0处取得极小值，x0为极小值点．综上可知，若函数f（x）在上存在极值点，则实数a∈（0，1）．【点评】本题考查了导数的综合应用及极值点引出的含参问题，综合性高，难度较大．4．（2020•遂宁模拟）已知函数（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）若函数g（x）＝a（lnx﹣x）+f（x）﹣e x sin x﹣1有两个极值点x1，x2（x1≠x2）．且不等式g（x1）+g（x2）＜λ（x1+x2）恒成立，求实数λ的取值范围．【分析】（1）求出f′（x）＝e x sin x+e x cos x+x，求出切线的斜率，切点坐标，然后求解切线方程．（2）化简g（x）＝，求出导函数，通过g′（x）＝0有两个不同的正根，即x2﹣ax+a＝0有两个不同的正根，列出不等式组，不等式g（x1）+g（x2）＜λ（x1+x2）恒成立等价于恒成立，转化求解即可．【解答】解：（1）因为，所以f′（x）＝e x sin x+e x cos x+x，＝f′（0）＝1，又f（0）＝1，所以k切故所求的切线方程为y﹣1＝1×（x﹣0），即x﹣y+1＝0．（2）因为g（x）＝a（lnx﹣x）+f（x）﹣e x sin x﹣1＝所以，由题意g′（x）＝0有两个不同的正根，即x2﹣ax+a＝0有两个不同的正根，则，不等式g（x1）+g（x2）＜λ（x1+x2）恒成立等价于恒成立又＝＝＝＝所以，令（a＞4），则，所以在（4，+∞）上单调递减，所以y＜2ln2﹣3，所以λ≥2ln2﹣3．【点评】本题考查函数与方程的应用，函数的导数以及函数的最值的求法，切线方程的求法，考查分析问题解决问题的能力，是难题．5．（2018秋•济宁期末）已知函数f（x）＝（x﹣a）cos x﹣sin x，g（x）＝x3﹣ax2，a∈R （Ⅰ）当a＝1时，求函数y＝f（x）在区间（0，）上零点的个数；（Ⅱ）令F（x）＝f（x）+g（x），试讨论函数y＝F（x）极值点的个数．【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系可判断单调性，结合零点判定定理可求．（2）先求导，再分类讨论即可求出函数的单调区间和极值【解答】解：（1）a＝1时，f（x）＝（x﹣1）cos x﹣sin x，∴f′（x）＝（﹣x+1）sin x，x∈（0，），sin x＞0，当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当1＜x＜时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＝1时，函数取得最小值f（1）＝﹣sin1＜0，而f（0）＝﹣cos1＜0．f（）＝﹣1＜0，故函数f（x）在区间（0，）上零点的个数为0，（2）函数F（x）＝（x﹣a）cos x﹣sin x x3﹣ax2，∴F′（x）＝（x﹣a）（x﹣sin x），令F′（x）＝0，解得x＝a，或x＝0，①若a＞0时，当x＜0时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（﹣∞，0）上单调递增，当x＞a时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（a，+∞）上单调递增，当0＜x＜a时，F′（x）＜0恒成立，故F（x）在（0，a）上单调递减，故有2个极值点，②若a＜0时，当x＞0时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（﹣∞，0）上单调递增，当x＜a时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（﹣∞，a）上单调递增，当a＜x＜0时，F′（x）＜0恒成立，故F（x）在（a，0）上单调递减，故有2个极值点，③当a＝0时，F′（x）＝x（x﹣sin x），当x＞0时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（0，+∞）上单调递增，当x＜0时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（﹣∞，0）上单调递增，∴F（x）在R上单调递增，无极值．【点评】本题考查了导数的几何意义和导数和函数的单调性和极值的关系，关键是分类讨论，考查了学生的运算能力和转化能力，属于难题6．（2019秋•五华区校级月考）已知函数，f'（x）为f（x）的导数．（1）证明：f（x）在定义域上存在唯一的极大值点；（2）若存在x1≠x2，使f（x1）＝f（x2），证明：x1x2＜4．【分析】（1）求出，判断函数的单调性，说明在定义域（0，+∞）存在唯一x0，使f'（x0）＝0且x0∈（1，2）；当0＜x＜x0时，f'（x）＞0；当x＞x0时，f'（x）＜0，推出结果．（2）存在x1≠x2，使f（x1）＝f（x2），即，得．设g（x）＝x﹣sin x，利用代换是判断函数的单调性推出，结合对数均值不等式，推出x1x2＜4．【解答】证明：（1），当x≥2时，，，，“＝”不能同时取到，所以f'（x）＜0；当0＜x＜2时，，所以f'（x）在（0，2）上递减，因为，，所以在定义域（0，+∞）存在唯一x0，使f'（x0）＝0且x0∈（1，2）；当0＜x＜x0时，f'（x）＞0；当x＞x0时，f'（x）＜0，所以x0是f（x）在定义域（0，+∞）上的唯一极值点且是极大值点．（2）存在x1≠x2，使f（x1）＝f（x2），即，得．设g（x）＝x﹣sin x，则g'（x）＝1﹣cos x≥0，g（x）在（0，+∞）上递增，不妨设x1＞x2＞0，则g（x1）＞g（x2），即x1﹣sin x1＞x2﹣sin x2，x1﹣x2＞sin x1﹣sin x2，所以，得，根据对数均值不等式，可得，x 1x2＜4．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力，是难题．7．（2019秋•五华区校级月考）定义在[﹣π，+∞）的函数f（x）＝e x﹣cos x的导函数为g（x）．证明：（1）g（x）在区间（﹣π，0）存在唯一极小值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．【分析】（1）结合导数与单调性的关系，先求解函数的单调性，然后求解函数极值，（2）结合导数与单调性关系及零点判定定理进行讨论即可求解．【解答】解：（1）∵g（x）＝e x+sin x，则g′（x）＝e x+cos x，容易得出，g′（x）＝e x+cos x在[﹣π，0）上单调递增，又g′（﹣π）＜0，g′（0）＞0，结合零点存在定理可知，存在唯一的x0∈（﹣π，0）使得g′（x）＝0，若x∈（﹣π，0），g′（x）＜0，g（x）单调递减，若x∈（x0，0），g′（x）＞0，g（x）单调递增，故g（x）存在唯一的极小值点，（2）由（1）可知g（x）在（﹣π，0）上存在唯一的极小值点x0，∴g（x0）＝e＜0，又g（0）＝1＞0，g（﹣π）＝e﹣π＞0，结合零点存在定理可知，存在唯一的x1∈（﹣π，x0），使得g（x1）＝0，存在唯一的x2∈（x0，0），使得g（x2）＝0，故当x∈（﹣π，x1）∪（x2，0）时，g（x）＞0，此时f（x）单调递增，当x∈（x1，x2）时，g（x）＞0，此时g（x）单调递减，则f（x1）＞f（﹣π）＞0，f（x2）＜f（0）＝0，由零点存在性定理可知，存在唯一m∈（x1，x2），使得f（m）＝0，故函数f（x）在[﹣π，0]上尤其仅有x＝m与x＝0两个零点，当x∈（0，+∞）时，e x＞1≥cos x，则f（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上没有零点，综上可得，f（x）有且仅有两个零点．【点评】本题主要考查了函数的极值及零点存在条件的应用，体现了分类讨论及转化思想的应用，属于中档试题．8．（2019秋•遂宁月考）已知函数，（1）讨论f（x）在上的单调性．（2）当a＞0时，若f（x）在上的最大值为π﹣1，讨论：函数f（x）在（0，π）内的零点个数．【分析】（1）对a分大于零和小于零两种情况讨论，利用导数即可求出函数f（x）在上的单调性；（2）由（1）知a＞0时f（x）的最大值为，从而求出a＝2，又因为f（x）在上单调递增，且f（0）＝﹣1＜0，，所以f（x）在内有且仅有1个零点．再讨论当x时，函数f（x）存在一个极值点x0，利用导数得到f（x）在上无零点，f（x）在（x0，π）内有且仅有1个零点，所以函数f（x）在（0，π）内有2个零点．【解答】解：（1）f'（x）＝a（sin x+x cos x），当a＜0，时，sin x＞0，cos x＞0，∴f'（x）＜0，f（x）单调递减，当时，sin x＞0，cos x＞0，∴f'（x）＞0，f（x）单调递增，综上得：当a＜0，f（x）在单调递减；a＞0时，f（x）在单调递增；（2）由（1）知a＞0时f（x）的最大值为由得a＝2，∴f（x）＝2x sin x﹣1，又∵f（x）在上单调递增；且f（0）＝﹣1＜0，，∴f（x）在内有且仅有1个零点．当时，令g（x）＝f'（x）＝2（sin x+x cos x），g'（x）＝2（2cos x﹣x sin x）＜0，∴g（x）在内单调递减，且，g（π）＝﹣2π＜0，∴存在，使得g（x0）＝0，∴①当时，f'（x）＞0，f（x）在单调递增，∴时，，∴f（x）在上无零点，②当x∈（x0，π）时，f'（x）＜0，f（x）在（x0，π）内单调递减，又∵f（x0）＞0，f（π）＝﹣1＜0，∴f（x）在（x0，π）内有且仅有1个零点，综上所求：函数f（x）在（0，π）内有2个零点．【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和零点，是中档题．9．（2019秋•肇庆月考）设函数f（x）＝sin x﹣ax+x3（a∈R）．（1）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；（2）若对任意的x≥0，f（x）≥0成立，求a的取值范围．【分析】（1）先对函数求导，结合为偶函数，问题可转化为先研究x≥0，结合导数与单调性的关系及函数的零点判定定理可求，（2）结合导数先判断函数的单调性，结合零点判定定理可求．【解答】解：（1），令，x∈R，g（x）为偶函数，先研究x≥0，则g'（x）＝x﹣sin x，g''（x）＝1﹣cos x≥0，∴g'（x）在[0，+∞）为递增函数，且g'（0）＝0，∴g'（x）≥0，即g（x）在[0，+∞）为单调递增函数，当g（0）＝1﹣a＞0，即a＜1，g（x）没有零点，当g（0）＝1﹣a＝0，即a＝1，g（x）有1个零点，当g（0）＝1﹣a》＜0，即a＞1，，∴当，g（x）＞0，∴当，g（x）在[0，+∞）有1个零点，∴g（x）为偶函数，在（﹣∞，0]也有有1个零点．综上：a＜1，f'（x）没有零点；a＝1，f'（x）有1个零点；a＞1，f'（x）有2个零点．（2）①当a≤1时，由（1）知f'（x）≥0，f（x）在[0，+∞）为单调递增函数，f（x）≥f（0）＝0，②当a＞1时，f'（2a）＝cos2a﹣a+2a2＝cos2a+a2+a（a﹣1）＞0，f'（0）＝1﹣a＜0，由零点存在性定理知∃x0∈（0，2a）使得f'（x0）＝0，且在（0，x0），f'（x）＜0，即f（x）单调递减，f（x）＜f（0）＝0与题设不符．综上可知，a≤1时，f（x）≥0，【点评】本题考查了导数的综合应用及零点判定定理的应用，属于中档题．10．（2019秋•江岸区校级月考）已知函数，f'（x）是f（x）的导函数．（1）证明：当m＝2时，f'（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（2）若存在x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2时，f（x1）＝f（x2），证明：．【分析】（1）先求出f'（x），分析出当x∈（0，π）时，f'（x）为增函数，且，，得到f'（x）在（0，π）上有唯一零点，又因为当x∈[π，+∞）时，，所以f'（x）在[π，+∞）上没有零点，从而得出f'（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（2）不妨设0＜x1＜x2，由f（x1）＝f（x2）得＝，即．设g（x）＝x﹣sin x，利用导数得到g（x）在（0，+∞）为增函数，从而，再证明：．从而得出，即．【解答】证明：（1）当m＝2时，，，当x∈（0，π）时，f'（x）为增函数，且，，∴f'（x）在（0，π）上有唯一零点，当x∈[π，+∞）时，，∴f'（x）在[π，+∞）上没有零点，综上知，f'（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（2）不妨设0＜x1＜x2，由f（x1）＝f（x2）得＝，∴，设g（x）＝x﹣sin x，则g'（x）＝1﹣cos x≥0，故g（x）在（0，+∞）为增函数，∴x2﹣sin x2＞x1﹣sin x1，从而x2﹣x1＞sin x2﹣sin x1，∴＝，∴，下面证明：，令，则t＞1，即证明，只要证明，（*）设，则，∴h（t）在（1，+∞）单调递减，当t＞1时，h（t）＜h（1）＝0，从而（*）得证，即，∴，即．【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的零点，利用导数研究函数的单调性，是中档题．。
专题8-含参导数题型总结 (2)
专题 含参数导数题型规律总结（2）【题型方法总结】 （一）多次求导例1. 设f ″（x ）是 的导数．某同学经过探究发现，任意一个三次函数（ ）都有对称中心 ，其中 满足．已知，则_________．练习1. 已知函数．（Ⅰ）若是函数的一个极值点，求的单调递减区间； （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下证明：.练习2. 已知函数（1）讨论函数在 上的单调性；（2）若 ，不等式对 恒成立，求 取值范围.（二）由导函数构造原函数例2. 设 是定义在 上的函数，其导函数为 ，若，则不等式（其中 为自然对数的底数）的解集为__________．练习1．已知定义在 ， 上的函数 满足，其中 是函数 的导函数，若，则实数 的取值范围为___________.练习2. 已知定义在R 上的可导函数f (x)的导函数为 ，满足 ＜f (x)，且f (x ＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x)＜e x 的解集为________．练习3.已知定义在 的函数 的导函数 ，且满足 ，，则 的解集为__________。
（三）构造新函数 例3. 已知函数若方程 有两个不相等的实根 ， ，则 的最大值为__________.练习1. 已知函数，当 时，不等式恒成立，则实数 的取值范围为________.练习2.已知，若，，则 的取值范围是_________1()f x ()f x练习3.已知函数. （1）讨论函数的单调性；（2）若函数的图像与轴相切，求证：对于任意互不相等的正实数，，都有.练习 4.设，函数，（1）讨论的单调性；（2）若有两个相异零点，求证.练习5. 已知函数有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2．（1）求实数a 的取值范围；（2）求证：x 1x 2＜a 2．（四）两边同时求导例4. 我们常用以下方法求形如函数的导数：先两边同取自然对数，再两边同时求导得，于是得到，运用此方法求得函数的单调递减区间是____________.练习1. 阅读材料： 求函数 的导函数 解：借助上述思路，曲线，， 在点 ， 处的切线方程为__________.（五）多变量例5.已知函数．（Ⅰ）当 时，求 在点 处的切线方程； （Ⅱ）若 ，求函数 的单调区间； （Ⅲ）若对任意的 ，在 上恒成立，求实数 的取值范围．练习1．已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）函数在区间上有零点，求的值； （3）若不等式对任意正实数恒成立，求正整数的取值集合．练习2．已知函数.（1）求函数 的极小值；（2）求证：当 时， .()f x ()f x x 1x 2x R a ∈()f x ()f x 12,x x ()y f x =1x =()f x k x m答案与解析例1：【答案】4036. 【解析】根据题意，对于函数，有f ′（x ）＝x 2﹣x +3，f ″（x ）＝2x ﹣1．由f ″（x ）＝0，即2x ﹣1＝0，即x ＝ ，又由f （）＝2， 即函数的对称中心为（，2），则有f （x ）+f （1﹣x ）＝4， 则=＝4×1009＝4036； 故答案为：4036．练习1：【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析. 【解析】（Ⅰ）由题意，函数，则，由是函数的一个极值点，所以，解得，则，令，得所以的单调递减区间为 . （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下要证，即证，令，则，令，则，故函数在为单调递增，又，所以，使得，即，则在递减，在上递增，故，故．练习2：【答案】(1) 的单调递减区间为，单调递增区间为，(2)【解析】（1） 的定义域为 ， ，，若 ，因为 ，所以 ，所以 ，所以 在 ， 上单调递减，若，令，得，当时， ； 当时， ， 所以 的单调递减区间为，单调递增区间为 ，（2），即对 恒成立， 令，则，令 ，得 ， 当 时， ； 当时， ，所以 的最小值为，令，则，令 ，得 ， 当 时， 在 上单调递增；当 时， 在 ， 上单调递减， 所以当 时， 的最小值为；当 时， 的最小值为故 的取值范围是例2：【答案】 . 【分析】由，构造新函数，求导，利用已知的不等式，可以判断出函数 的单调性，从而利用单调性求出不等式的解集. 【解析】，构造新函数，且，不等式变为 ，，由已知，所以是 上的减函数，因为 ，所以 ，因此不等式（其中 为自然对数的底数）的解集为 . 练习1：【答案】 【解析】令，则，∵，∴ ，函数 在 递减，∴，∴ ， ，∴，即，故 ，解得： ，∴.故答案为：练习2：【答案】【解析】令，()0,11()f x 0a =()0f x '<(0,1)x ∈()f x (0,1)()h x (0,)+∞01(,)2x e ∃∈0()0h x =001x x e=()g x 0(0,)x 0(,)x +∞则，∵f ′（x ）＜f （x ），∴g ′（x ）＜0．∴g （x ）在R 上单调递减．∵函数f （x +2）是偶函数，∴函数f （﹣x +2）＝f （x +2）， ∴函数关于x ＝2对称，∴f （0）＝f （4）＝1，原不等式等价为g （x ）＜1，∵g （0）1．∴g （x ）＜1⇔g （x ）＜g （0），∵g （x ）在R 上单调递减， ∴x ＞0．∴不等式f （x ）＜ex 的解集为（0， ∞）． 故答案为：（0， ∞）． 练习3：【答案】【解析】令 ，得 ，所以不等式 可化为 ，即； 令，则，因为定义在 的函数 的导函数，且满足，所以，因此函数在 上单调递增；又，所以，因此由得，，所以，故，解得 .故答案为例3：【答案】【解析】 的图像如图所示：设 < ,则, 方程 有两个不相等的实根,故m>1, 则当单增，单减，故，即 的最大值为故答案为练习1：【答案】 【解析】令，则当 时，不等式 恒成立,即 在 上单调递增， 所以在 上恒成立，，因为，所以当 时，当 时，从而当 时练习2：【答案】【解析】不妨设 ，不等式等价于即，令， ，则存在实数 ，使得 为 上的增函数即 恒成立. 又，故不等式在 上恒成立. 令，则，因为，故 ，所以在 上有解，所以即.填.【答案】(1)见解析；(2)见证明【解析】（1）函数的定义域为 ，.当时， ，在上单调递增； 当时，由，得 . 若 ，，单调递增； 若，，单调递减综合上述：当时，在上单调递增； 当时，在单调递增，在上单调递减. （2）由（Ⅰ）知，当时，在上单调递增，不满足条件； 当时，的极大值为，()f x ()0+∞，0a ≥()0f x '>()f x ()0+∞，0a <()0f x '=1x a=-10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()0f x '>()f x ()0f x '<()f x 0a ≥()f x ()0+∞，0a <()f x 10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭1+a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，0a ≥()f x ()0+∞，0a <()f x由已知得，故，此时. 不妨设，则等价于，即证：令，则故在单调递减，所以.所以对于任意互不相等的正实数，都有成立.练习4：【答案】（1）当时，在上单增，当时，在上单增，在上单减；（2）见解析.【解析】由题意，得，当时，，则在定义域上单增，当，则函数在上单增，在上单减.(2)由已知得，，，所以=，所以等价于，即，设，令，则，所以即即是，所以原题得证.练习5：【答案】（1）（e， ∞）；（2）见解析【解析】（1）∵函数，∴x＞0，f′（x）=x-a lnx，∵函数有两个不同的极值点x1，x2，且x1＜x2．∴f′（x）=x-a lnx=0有两个不等根，令g（x）=x-a lnx，则=，（x＞0），①当a≤0时，得g′（x）＞0，则g（x ）在（0， ∞）上单调递增，∴g（x）在（0， ∞）上不可能有两个零点．②当a＞0时，由g′（x）＞0，解得x＞a，由g′（x）＜0，解得0＜x＜a，则g（x）在（0，a）上单调递减，在（a， ∞）上单调递增，要使函数g（x）有两个零点，则g（a）=a-a ln a＜0，解得a＞e，∴实数a的取值范围是（e， ∞）．（2）由x1，x2是g（x）=x-a lnx=0的两个根，则，两式相减，得a（lnx2-lnx1）=x2-x1），即a=，即证x1x2＜，即证=，由x1＜x2，得=t＞1，只需证ln2t-t-，设g（t）=ln2t-t-，则g′（t）==，令h（t）=2lnt-t+，∴h′（t）==-（）2＜0，∴h（t）在（1， ∞）上单调递减，∴h（t）＜h（1）=0，∴g′（t）＜0，即g（t）在（1， ∞）上是减函数，∴g（t）＜g（1）=0，即ln2t＜t-2+在（1， ∞）上恒成立，∴x1x2＜a2．例4：【答案】【解析】因为，所以,两边同时求导得,因此，由，得,即单调递减区间是.练习1：【答案】【解析】∵,∴,∴, ∴=,∴,当x=1时，，()ln=0a--1a=-120x x<<()g x()1,+∞12,x xa≤()f x(0,)+∞0a>1(0,)a1(,)a+∞(0,)x∈+∞a≤'()0f x>()f xa>1(0,)a1(,)a+∞1212ln lnx xx x--12x x>121xtx=>1ln21ttt+>-xxa-2121x xlnx lnx--221221(x x)x(ln)x-2112x x2x x-+21xx120t+<12t+t12211t t--11t-t1∴曲线，，在点，处的切线方程为y-1=4(x-1),即，故答案为.例5：【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）【解析】（Ⅰ）当时，，函数在点处的切线方程为（Ⅱ）由题意，（ⅰ）当时，令，得；，得所以在单调递增，单调递减（ⅱ）当时，令，得；，得或所以在单调递增，在，单调递减（Ⅲ）令，当时，，单调递增，则则对恒成立等价于即，对恒成立.（ⅰ）当时，，，此时，不合题意，舍去（ⅱ）当时，令，则其中对，令，则在区间上单调递增①当时，所以对，，则在上单调递增故对任意，即不等式在上恒成立，满足题意②当时，由又且在区间上单调递增所以存在唯一的使得，且时，即，所以在区间上单调递减则时，，即，不符合题意综上所述，练习1：【答案】(1) ；(2) 的值为0或3 ；(3) .【解析】（1），所以切线斜率为，又，切点为，所以切线方程为．（2）令，得，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以的极小值为，又，所以在区间上存在一个零点，此时；因为，，所以在区间上存在一个零点，此时．综上，的值为0或3．（3）当时，不等式为．显然恒成立，此时；当时，不等式可化为，令，则，由（2）可知，函数在上单调递减，且存在一个零点，此时，即所以当时，，即，函数单调递增；当时，，即，函数单调递减．所以有极大值即最大值，于是．当时，不等式可化为，由（2）可知，函数在上单调递增，且存在一个零点，同理可得．综上可知．又因为，所以正整数的取值集合为．练习2：【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）当时，即时，，函数在上单调递增，无极小值；当时，即时，，函数在上单调递减；，函数在上单调递增；，综上所述，当时，无极小值；当时，（2）令当时，要证：，即证,即证，要证，即证.①当时，令，，所以在单调递增，故，即.，1y=-k{}1,2,3()01f'=(1)1f=-(1,1)-1y=-1x=01x<<()0f x'<()f x1x>()0f x'>()f x()f x()f x(0,1)1x0k=()f x(3,4)2x3k=k1x=(1)10g=>m R∈01x<<()f x(0,1)1x11ln2x x=-10x x<<()0f x>()0g x'>()g x11x x<<()0f x<()0g x'<()g x()g x1m x>1x>()f x(3,4)2x2m x<12x m x<<m{}1,2,3令，，当，在单调递减；，在单调递增，故，即.当且仅当时取等号又，由（）、（）可知所以当时，②当时，即证.令，，在上单调递减，在上单调递增，，故③当时，当（时，，由②知，而，故；当时，，由②知，故；所以，当时，.综上①②③可知，当时，.。
关于某含参导数地练习题
关于含参导数的练习题一．解答题（共20小题）1．（2014•二模）设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1＜x2，（Ⅰ）求a的取值围，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：f（x2）＞．2．（2014•河西区三模）已知函数f（x）=+cx+d（a，c，d∈R）满足f（0）=0，f′（1）=0，且f′（x）≥0在R上恒成立．（1）求a，c，d的值；（2）若，解不等式f′（x）+h（x）＜0；（3）是否存在实数m，使函数g（x）=f′（x）﹣mx在区间[m，m+2]上有最小值﹣5？若存在，请求出实数m的值；若不存在，请说明理由．3．（2014•二模）已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数在区间（t，3）上总不是单调函数，求m的取值围；（Ⅲ）求证：．4．（2014•天津三模）已知函数f（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，g（x）=xe1﹣x．（a∈R，e为自然对数的底数）（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）在上无零点，求a的最小值；（Ⅲ）若对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x i（i=1，2），使得f（x i）=g（x0）成立，求a 的取值围．5．（2014•市中区二模）已知函数f（x）=x2+ax﹣lnx，a∈R．（1）若函数f（x）在[1，2]上是减函数，数a的取值围；（2）令g（x）=f（x）﹣x2，是否存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由；（3）当x∈（0，e]时，证明：．6．（2014•凉州区二模）已知函数f（x）=plnx+（p﹣1）x2+1．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当P=1时，f（x）≤kx恒成立，数k的取值围；（3）证明：1n（n+1）＜1+…+（n∈N+）．7．（2014•二模）已知函数f（x）=+lnx﹣2，g（x）=lnx+2x．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）试问过点（2，5）可作多少条直线与曲线y=g（x）相切？请说明理由．8．（2014•三模）已知函数f（x）=lnx﹣，g（x）=f（x）+ax﹣6lnx，其中a∈R（1）当a=1时，判断f（x）的单调性；（2）若g（x）在其定义域为增函数，求正实数a的取值围；（3）设函数h（x）=x2﹣mx+4，当a=2时，若∃x1∈（0，1），∀x2∈[1，2]，总有g（x1）≥h（x2）成立，数m的取值围．9．（2014•和平区三模）设函数f（x）=x﹣ae x﹣1．（Ⅰ）求函数f（x）单调区间；（Ⅱ）若f（x）≤0对x∈R恒成立，求a的取值围；（Ⅲ）对任意n的个正整数a1，a2，…a n记A=（1）求证：（i=1，2，3…n）（2）求证：A．10．（2014•宿迁一模）已知函数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），若存在唯一的实数x0，使得f（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，数b的取值围；（3）已知点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？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．11．（2014•二模）已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+，a∈R．（1）当a=﹣时，求f（x）的最大值；（2）讨论函数f（x）的单调性；（3）如果对任意x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|恒成立，数a的取值围．12．（2014•天津二模）已知函数f（x）=（a+）e n，a，b为常数，a≠0．（Ⅰ）若a=2，b=1，求函数f（x）在（0，+∞）上的单调区间；（Ⅱ）若a＞0，b＞0，求函数f（x）在区间[1，2]的最小值；（Ⅲ）若a=1，b=﹣2时，不等式f（x）≤lnx•e n恒成立，判断代数式[（n+1）！]2与（n+1）e n﹣2（n∈N*）的大小．13．（2014•模拟）已知函数f（x）=ax﹣1﹣lnx（a∈R）．（1）讨论函数f（x）在定义域的极值点的个数；（2）若函数f（x）在x=1处取得极值，对∀x∈（0，+∞），f（x）≥bx﹣2恒成立，数b的取值围；（3）当x＞y＞e﹣1时，求证：．14．（2014•模拟）已知函数f（x）=ax3+bx2﹣3x（a，b∈R）在点（1，f（1））处的切线方程为y+2=0．（1）求函数f（x）的解析式；（2）若对于区间[﹣2，2]上任意两个自变量的值x1，x2都有|f（x1）﹣f（x2）|≤c，数c的最小值；（3）若过点M（2，m）（m≠2）可作曲线y=f（x）的三条切线，数m的取值围．15．（2014•一模）已知函数f（x）=x﹣alnx，g（x）=﹣，（a∈R）．（Ⅰ）若a=1，求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设函数h（x）=f（x）﹣g（x），求函数h（x）的单调区间；（Ⅲ）若在[1，e]（e=2.718…）上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，求a的取值围．16．（2014•三模）已知f（x）=xlnx，g（x）=x3+ax2﹣x+2（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）求函数f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；（Ⅲ）对一切的x∈（0，+∞），2f（x）≤g′（x）+2恒成立，数a的取值围．17．（2014•揭阳三模）已知函数f（x）=ln（x+a）﹣x2﹣x在x=0处取得极值．（1）数a的值；（2）若关于x的方程在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，数b的取值围；（3）证明：对任意的正整数n，不等式都成立．18．（2014•模拟）已知函数f（x）=m（x﹣1）2﹣2x+3+lnx（m≥1）．（Ⅰ）当时，求函数f（x）在区间[1，3]上的极小值；（Ⅱ）求证：函数f（x）存在单调递减区间[a，b]；（Ⅲ）是否存在实数m，使曲线C：y=f（x）在点P（1，1）处的切线l与曲线C有且只有一个公共点？若存在，求出实数m的值，若不存在，请说明理由．19．（2015•横峰县一模）已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R，a≠0）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为，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？（Ⅲ）当a=2时，设函数，若在区间[1，e]上至少存在一个x0，使得h（x0）＞f （x0）成立，试数p的取值围．20．（2014•聊城一模）已知函数f（x）=ln（x+a）﹣x2﹣x在x=0处取得极值．（Ⅰ）数a的值；（Ⅱ）若关于x的方程f（x）=﹣x+b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，数b的取值围；（Ⅲ）证明：对任意的正整数n，不等式2+++…+＞ln（n+1）都成立．关于含参导数的练习题参考答案与试题解析一．解答题（共20小题）1．（2014•二模）设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1＜x2，（Ⅰ）求a的取值围，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：f（x2）＞．考点：利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性；不等式的证明．专题：计算题；证明题；压轴题．分析：（1）先确定函数的定义域然后求导数fˊ（x），令g（x）=2x2+2x+a，由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于﹣1的不相等的实根，建立不等关系解之即可，在函数的定义域解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，求出单调区间；（2）x2是方程g（x）=0的根，将a用x2表示，消去a得到关于x2的函数，研究函数的单调性求出函数的最大值，即可证得不等式．解答：解：（I）令g（x）=2x2+2x+a，其对称轴为．由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于﹣1的不相等的实根，其充要条件为，得（1）当x∈（﹣1，x1）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（﹣1，x1）为增函数；（2）当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，∴f（x）在（x1，x2）为减函数；（3）当x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（x2，+∞）为增函数；（II）由（I）g（0）=a＞0，∴，a=﹣（2x22+2x2）∴f（x2）=x22+aln（1+x2）=x22﹣（2x22+2x2）ln（1+x2）设，则h'（x）=2x﹣2（2x+1）ln（1+x）﹣2x=﹣2（2x+1）ln（1+x）（1）当时，h'（x）＞0，∴h（x）在单调递增；（2）当x∈（0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）在（0，+∞）单调递减．∴故．点评：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用导数研究函数的极值等有关知识，属于基础题．2．（2014•河西区三模）已知函数f（x）=+cx+d（a，c，d∈R）满足f（0）=0，f′（1）=0，且f′（x）≥0在R上恒成立．（1）求a，c，d的值；（2）若，解不等式f′（x）+h（x）＜0；（3）是否存在实数m，使函数g（x）=f′（x）﹣mx在区间[m，m+2]上有最小值﹣5？若存在，请求出实数m的值；若不存在，请说明理由．考点：导数的运算；函数恒成立问题；利用导数求闭区间上函数的最值；其他不等式的解法．专题：计算题；压轴题．分析：（1）待定系数法求函数解析式，由f（0）=0，f'（1）=0，且f'（x）≥0在R上恒成立列出三个方程，解出a、b、c（2）一元二次不等式解法，注意根之间比较，考查分类讨论思想（3）考查二次函数最值问题，考查分类讨论思想，对m进行讨论，看对称轴与区间的关系．解答：解：（1）∵f（0）=0，∴d=0∴x+c及f'（1）=0，有∵f'（x）≥0在R上恒成立，即恒成立显然a=0时，上式不能恒成立∴a≠0，函数f'（x）=a是二次函数由于对一切x∈R，都有f'（x）≥0，于是由二次函数的性质可得即，即，解得：a=，．（2）∵．∴．∴由f'（x）+h（x）＜0，即即＜0，即当时，解集为（，b），当b＜时，解集为（b，），当b=时，解集为∅．（3）∵，∴f'（x）=∴．该函数图象开口向上，且对称轴为x=2m+1．假设存在实数m使函数区间[m．m+2]上有最小值﹣5．①当m＜﹣1时，2m+1＜m，函数g（x）在区间[m，m+2]上是递增的．∴g（m）=﹣5，即．解得．∵，∴舍去②当﹣1≤m＜1时，m≤2m+1＜m+2，函数g（x）在区间[m，2m+1]上是递减的，而在区间[2m+1，m+2]上是递增的，∴g（2m+1）=﹣5．即解得或m=﹣，均应舍去③当m≥1时，2m+1≥m+2，函数g（x）在区间[m，m+2]上递减的∴g（m+2）=﹣5即．解得或m=﹣1+2．其中m=﹣1﹣2应舍去．综上可得，当m=﹣3或m=﹣1+2时，函数g（x）=f'（x）﹣mx在区间[m，m+2]上有最小值﹣5．点评：本题考查导数的综合运用，具体包含导数的计算、恒成立问题、不等式的解法、待定系数法求函数解析式、二次函数最值问题，分类讨论思想，对学生有一定的能力要求，属于难题．3．（2014•二模）已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数在区间（t，3）上总不是单调函数，求m的取值围；（Ⅲ）求证：．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：压轴题．分析：利用导数求函数的单调区间的步骤是①求导函数f′（x）；②解f′（x）＞0（或＜0）；③得到函数的增区间（或减区间），对于本题的（1）在求单调区间时要注意函数的定义域以及对参数a的讨论情况；（2）点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，即切线斜率为1，即f'（2）=1，可求a值，代入得g（x）的解析式，由t∈[1，2]，且g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数可知：，于是可求m的围．（3）是近年来高考考查的热点问题，即与函数结合证明不等式问题，常用的解题思路是利用前面的结论构造函数，利用函数的单调性，对于函数取单调区间上的正整数自变量n有某些结论成立，进而解答出这类不等式问题的解．解答：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*，则有0＜lnn＜n﹣1，∴∴点评：本题考查利用函数的导数来求函数的单调区间，已知函数曲线上一点求曲线的切线方程即对函数导数的几何意义的考查，考查求导公式的掌握情况．含参数的数学问题的处理，构造函数求解证明不等式问题．4．（2014•天津三模）已知函数f（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，g（x）=xe1﹣x．（a∈R，e为自然对数的底数）（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）在上无零点，求a的最小值；（Ⅲ）若对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x i（i=1，2），使得f（x i）=g（x0）成立，求a 的取值围．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题；压轴题．分析：（Ⅰ）把a=1代入到f（x）中求出f′（x），令f′（x）＞0求出x的围即为函数的增区间，令f′（x）＜0求出x的围即为函数的减区间；（Ⅱ）f（x）＜0时不可能恒成立，所以要使函数在（0，）上无零点，只需要对x∈（0，）时f（x）＞0恒成立，列出不等式解出a大于一个函数，利用导数得到函数的单调性，根据函数的增减性得到这个函数的最大值即可得到a的最小值；（Ⅲ）求出g′（x），根据导函数的正负得到函数的单调区间，即可求出g（x）的值域，而当a=2时不合题意；当a≠2时，求出f′（x）=0时x的值，根据x∈（0，e]列出关于a的不等式得到①，并根据此时的x的值讨论导函数的正负得到函数f（x）的单调区间，根据单调区间得到②和③，令②中不等式的坐标为一个函数，求出此函数的导函数，讨论导函数的正负得到函数的单调区间，根据函数的增减性得到此函数的最大值，即可解出②恒成立和解出③得到④，联立①和④即可解出满足题意a的取值围．解答：解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）=x﹣1﹣2lnx，则f′（x）=1﹣，由f′（x）＞0，得x＞2；由f′（x）＜0，得0＜x＜2．故f（x）的单调减区间为（0，2]，单调增区间为[2，+∞）；（Ⅱ）因为f（x）＜0在区间上恒成立不可能，故要使函数上无零点，只要对任意的，f（x）＞0恒成立，即对恒成立．令，则，再令，则，故m（x）在上为减函数，于是，从而，l（x）＞0，于是l（x）在上为增函数，所以，故要使恒成立，只要a∈[2﹣4ln2，+∞），综上，若函数f（x）在上无零点，则a的最小值为2﹣4ln2；（Ⅲ）g′（x）=e1﹣x﹣xe1﹣x=（1﹣x）e1﹣x，当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；当x∈（1，e]时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．又因为g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e•e1﹣e＞0，所以，函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．当a=2时，不合题意；当a≠2时，f′（x）=，x∈（0，e]当x=时，f′（x）=0．由题意得，f（x）在（0，e]上不单调，故，即①此时，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下：x （0，）（，e]f′（x）﹣+f（x）↘最小值↗又因为，当x→0时，f（x）→+∞，，所以，对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x i（i=1，2），使得f（x i）=g（x0）成立，当且仅当a满足下列条件：即令h（a）=，则h，令h′（a）=0，得a=0或a=2，故当a∈（﹣∞，0）时，h′（a）＞0，函数h（a）单调递增；当时，h′（a）＜0，函数h（a）单调递减．所以，对任意，有h（a）≤h（0）=0，即②对任意恒成立．由③式解得：．④综合①④可知，当时，对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x i（i=1，2），使f（x i）=g（x0）成立．点评：此题考查学生会利用导函数的正负确定函数的单调性，会根据函数的增减性求出闭区间上函数的最值，掌握不等式恒成立时所满足的条件，是一道压轴题．5．（2014•市中区二模）已知函数f（x）=x2+ax﹣lnx，a∈R．（1）若函数f（x）在[1，2]上是减函数，数a的取值围；（2）令g（x）=f（x）﹣x2，是否存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由；（3）当x∈（0，e]时，证明：．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题；综合题；压轴题．分析：（1）先对函数f（x）进行求导，根据函数f（x）在[1，2]上是减函数可得到其导函数在[1，2]上小于等于0应该恒成立，再结合二次函数的性质可求得a的围．（2）先假设存在，然后对函数g（x）进行求导，再对a的值分情况讨论函数g（x）在（0，e]上的单调性和最小值取得，可知当a=e2能够保证当x∈（0，e]时g（x）有最小值3．（3）令F（x）=e2x﹣lnx结合（2）中知F（x）的最小值为3，再令并求导，再由导函数在0＜x≤e大于等于0可判断出函数ϕ（x）在（0，e]上单调递增，从而可求得最大值也为3，即有成立，即成立．解答：解：（1）在[1，2]上恒成立，令h（x）=2x2+ax﹣1，有得，得（2）假设存在实数a，使g（x）=ax﹣lnx（x∈（0，e]）有最小值3，=①当a≤0时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min=g（e）=ae﹣1=3，（舍去），②当时，g（x）在上单调递减，在上单调递增∴，a=e2，满足条件．③当时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min=g（e）=ae﹣1=3，（舍去），综上，存在实数a=e2，使得当x∈（0，e]时g（x）有最小值3．（3）令F（x）=e2x﹣lnx，由（2）知，F（x）min=3．令，，当0＜x≤e时，ϕ'（x）≥0，φ（x）在（0，e]上单调递增∴∴，即＞（x+1）lnx．点评：本题主要考查导数的运算和函数的单调性与其导函数的正负之间的关系，当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．6．（2014•凉州区二模）已知函数f（x）=plnx+（p﹣1）x2+1．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当P=1时，f（x）≤kx恒成立，数k的取值围；（3）证明：1n（n+1）＜1+…+（n∈N+）．考点：利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：计算题；证明题；综合题；压轴题；数形结合；分类讨论；转化思想．分析：（1）利用导数来讨论函数的单调性即可，具体的步骤是：（1）确定f（x）的定义域；（2）求导数fˊ（x）；（3）在函数的定义域解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0；（4）确定的单调区间．若在函数式中含字母系数，往往要分类讨论．（2）当P=1时，f（x）≤kx恒成立，分离参数等价于k≥，利用导数求函数h （x）=的最大值即可求得实数k的取值围；（3）由（2）知，当k=1时，有f（x）≤x，当x＞1时，f （x）＜x，即lnx＜x﹣1，令x=，则得到，利用导数的运算法则进行化简，然后再相加，即可证得结论．解答：解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=，当p≥1时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；当p≤0时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减；当0＜p＜1时，令f′（x）=0，解得x=．则当x时，f′（x）＞0；x时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，）上单调递增，在上单调递减；（2）∵x＞0，∴当p=1时，f（x）≤kx恒成立⇔1+lnx≤kx⇔k≥，令h（x）=，则k≥h（x）max，∵h′（x）==0，得x=1，且当x∈（0，1），h′（x）＞0；当x∈（1，+∞），h′（x）＜0；所以h（x）在0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，所以h（x）max=h（1）=1，故k≥1．（3）由（2）知，当k=1时，有f（x）≤x，当x＞1时，f（x）＜x，即lnx＜x﹣1，∴令x=，则，即，∴ln2﹣ln1＜1，，相加得1n（n+1）＜1+…+．点评：此题是个难题．本题主要考查导数的概念、利用导数研究函数的单调性、利用函数的单调性证明不等式和利用导数研究函数性质的能力，考查分类讨论思想、数形结合思想和等价变换思想．7．（2014•二模）已知函数f（x）=+lnx﹣2，g（x）=lnx+2x．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）试问过点（2，5）可作多少条直线与曲线y=g（x）相切？请说明理由．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：计算题；压轴题．分析：（I）对函数f（x）求导，当导数f'（x）大于0时可求单调增区间，当导数f'（x）小于0时可求单调减区间．（II）先表示出过点（2，5）与曲线y=g（x）相切的直线，进而假设函数，可求得切线的条数．解答：解：（I）由题意得，函数的定义域为（0，+∞），=当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）当a＞0时，令f′（x）＞0，x＞a令f′（x）＜0，0＜x＜a故f（x）的单调递增区间为（a，+∞），单调递减区间为（0，a）（II）设切点为（m，n）∴∴令由导数为0可得，x=2，∴h（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增∵f（）＞0，f（2）=ln2﹣1＜0∴h（x）与x轴有两个交点∴过点（2，5）可作2条曲线y=g（x）的切线．点评：本题主要考查通过求函数的导数来确定函数增减区间的问题，考查利用导数解决切线问题，有一定的综合性．．8．（2014•三模）已知函数f（x）=lnx﹣，g（x）=f（x）+ax﹣6lnx，其中a∈R（1）当a=1时，判断f（x）的单调性；（2）若g（x）在其定义域为增函数，求正实数a的取值围；（3）设函数h（x）=x2﹣mx+4，当a=2时，若∃x1∈（0，1），∀x2∈[1，2]，总有g（x1）≥h（x2）成立，数m的取值围．考点：利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题．专题：综合题；压轴题；导数的综合应用．分析：（1）当a=1时，f（x）=lnx﹣，f′（x）=+=，由此能推导出f（x）在（0，+∞）上是增函数．（2）将函数为增函数，转化为导函数大于等于0恒成立，分离出参数a，求出a的围．（3）对h（x）进行配方，讨论其最值问题，根据题意∃x1∈（0，1），∀x2∈[1，2]，总有g（x1）≥h（x2）成立，只要要求g（x）max≥h（x）max，即可，从而求出m的围．解答：解：（1）当a=1时，f（x）=lnx﹣，∴f′（x）=+=，x＞0．∵x＞0，∴f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上是增函数．（2）∵f（x）=lnx﹣，g（x）=f（x）+ax﹣6lnx，a＞0．∴g（x）=ax﹣﹣5lnx，x＞0∴g′（x）=a+﹣=，若g′（x）＞0，可得ax2﹣5x+a＞0，在x＞0上成立，∴a＞=，∵≤=（x=1时等号成立），∴a＞．（3）当a=2时，g（x）=2x﹣﹣5lnx，∃x1∈（0，1），∀x2∈[1，2]，总有g（x1）≥h（x2）成立，∴要求g（x）的最大值，大于h（x）的最大值即可，g′（x）==，令g′（x）=0，解得x1=，x2=2，当0＜x＜，或x＞2时，g′（x）＞0，g（x）为增函数；当＜x＜2时，g′（x）＜0，g（x）为减函数；∵x1∈（0，1），∴g（x）在x=处取得极大值，也是最大值，∴g（x）max=g（）=1﹣4+5ln2=5ln2﹣3，∵h（x）=x2﹣mx+4=（x﹣）2+4﹣，若m≤3，h max（x）=h（2）=4﹣2m+4=8﹣2m，∴5ln2﹣3≥8﹣2m，∴m≥，∵＞3，故m不存在；若m＞3时，h max（x）=h（1）=5﹣m，∴5ln2﹣3≥5﹣m，∴m≥8﹣5ln2，实数m的取值围：m≥8﹣5ln2；点评：本题考查函数单调性与导数的关系，和分类讨论思想，及二次函数的知识，是导数中常见的恒成立问题，属难题．9．（2014•和平区三模）设函数f（x）=x﹣ae x﹣1．（Ⅰ）求函数f（x）单调区间；（Ⅱ）若f（x）≤0对x∈R恒成立，求a的取值围；（Ⅲ）对任意n的个正整数a1，a2，…a n记A=（1）求证：（i=1，2，3…n）（2）求证：A．考点：利用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质；导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：压轴题．分析：（I）根据已知中的函数的解析式，我们易求出函数的导函数的解析式，分类讨论导函数的符号，即可得到答案．（II）根据（I）的结论我们易当a≤0时，f（x）≤0不恒成立，当a＞0时，仅须函数的最大值小于0即可，由此构造关于a的不等式即可得到答案．（III）（1）由（II）的结论我们可以得到f（x）=x﹣e x﹣1≤0恒成立，故（i=1，2，3…n）成立；（2）结合（1）的结论，我们分别取i=1，2，3…n，i=1，2，3…n，得到n个不等式，根据不等式的性质相乘后，即可得到结论．解答：解：（I）∵函数f（x）=x﹣ae x﹣1．∴函数f′（x）=1﹣ae x﹣1．当a≤0时，f′（x）＞0，则f（x）在R上是增函数当a＞0时，令f′（x）=0得x=1﹣lna，则f（x）在区间（﹣∞，1﹣lna）上是增函数，在区间（1﹣lna，+∞）上是减函数综上可知：当a≤0时，f（x）在R上是增函数；当a＞0时，f（x）在区间（﹣∞，1﹣lna）上是增函数，在区间（1﹣lna，+∞）上是减函数．（II）由（I）可知：当a≤0时，f（x）≤0不恒成立当a＞0时，f（x）在点x=1﹣lna时取最大值﹣lna，令﹣lna≤0，则a≥1故若f（x）≤0对x∈R恒成立，则a的取值围为[1，+∞）（III）（1）由（II）知：当a=1时恒有f（x）=x﹣e x﹣1≤0成立即x≤e x﹣1∴（2）由（1）知：，，…，把以上n个式子相乘得≤=1∴A n≥a1•a2•…•a n故点评：本题考查的知识点是利用导数求函数的单调性，函数单调性的性质，不等式的性质，其中根据已知条件中函数的解析式，求出导函数的解析式，并分析导函数的符号是解答本题的关键．10．（2014•宿迁一模）已知函数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），若存在唯一的实数x0，使得f（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，数b的取值围；（3）已知点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？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：（1）先求原函数的导数，根据f′（x）＜0求得的区间是单调减区间，即可；（2）由于存在唯一的实数x0，使得f（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，则存在唯一的实数根x0，即b=2x3+x2+x存在唯一的实数根x0，就把问题转化为求函数最值问题；（3）假设存在常数λ，依据曲线C在点A处的切线l1与曲线C交于另一点B，曲线C在点B处的切线l2，得到关于λ的方程，有解则存在，无解则不存在．解答：解：（1）当a=﹣2时，函数f（x）=x3+x2﹣2x+b则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（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，则即x3+x2+（﹣3x2﹣5x﹣1）x+b=0存在唯一的实数根x0，故b=2x3+x2+x存在唯一的实数根x0，令y=2x3+x2+x，则y′=6x2+5x+1=（2x+1）（3x+1）=0，故x=﹣或x=﹣，则函数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（x0）），则在点A处的切线l1的切线方程为y﹣f（x0）=f′（x0）（x﹣x0），与曲线C联立得到f（x）﹣f（x0）=f′（x0）（x﹣x0），即（x3+x2+ax+b）﹣（x03+x02+ax0+b）=（3x02+5x0+a）（x﹣x0），整理得到（x﹣x0）2[x+（2x0+）]=0，故点B的横坐标为x B=﹣（2x0+）由题意知，切线l1的斜率为k1=f′（x0）=3x02+5x0+a，l2的斜率为k2=f′（﹣（2x0+））=12x02+20x0++a，若存在常数λ，使得k2=λk1，则12x02+20x0++a=λ（3x02+5x0+a），即存在常数λ，使得（4﹣λ）（3x02+5x0）=（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．点评：本题以函数为载体，考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查曲线的切线，同时还考查了方程根的问题，一般要转化为函数的最值来解决．11．（2014•二模）已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+，a∈R．（1）当a=﹣时，求f（x）的最大值；（2）讨论函数f（x）的单调性；（3）如果对任意x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|恒成立，数a的取值围．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：（1）当a=﹣时，求f（x））=lnx﹣x2+，先确定函数的定义域，然后求导研究单调性求最大值；（2）求导数fˊ（x），在函数的定义域解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，求出单调区间；（3）根据第一问的单调性先对|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|进行化简整理，转化成研究g（x）=f（x）+4x 在（0，+∞）单调性问题，然后再转化成导函数在（0，+∞）上恒大于等0或恒小于等于的恒成立问题．解答：解：（1）当a=﹣时，求f（x））=lnx﹣x2+，定义域为（0，+∞）f′（x）==，…2分所以f（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞），…3分所以f（x）max=f（1）=…4分（2）对函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+，定义域为（0，+∞）求导得：f′（x）=+2ax=，…5分对参数a进行讨论：当a≥0时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；…6分当a≤﹣1时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减；…7分当﹣1＜a＜0时，令f′（x）=0，解得x=，则当x∈（0，），f′（x）＞0；当x∈（，+∞），f′（x）＜0；故f（x）在∈（0，）上单调递增；在（，+∞）单调递减；…8分（3）不妨设0＜x1＜x2，①当a≥0时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，即f（x2）﹣4x2≥f（x1）﹣4x1恒成立；构造函数g（x）=f（x）﹣4x，需证g（x）=f（x）﹣4x在（0，+∞）上单调递增，即证g′（x）=f′（x）﹣4=≥0，即2ax2﹣4x+a+1≥0（x＞0）恒成立．当a=0时，则由﹣4x+1＞0得x＞，不合题意，即a≠0，则a＞0；根据二次函数y=2ax2﹣4x+a+1（x＞0）开口方向向上，对称轴x=所以只需△≤0可得16﹣8a（a+1）≤0，解得a≥1（a≤﹣2舍去）；…10分②当a≤﹣1时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减；去绝对值整理得，f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1恒成立；构造函数g（x）=f（x）+4x，需证g（x）=f（x）+4x在（0，+∞）上单调递减，即g′（x）=f′（x）+4=≤0，即2ax2+4x+a+1≥0（x＞0）恒成立．根据二次函数y=2ax2+4x+a+1（x＞0）开口方向向下，对称轴x=，所以只需△≤0可得16﹣8a（a+1）≤0，解得a≤﹣2，（a≥1舍去）；…12分③当当﹣1＜a＜0时，f（x）在∈（0，）上单调递增；在（，+∞）单调递减；此时|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|等价于f（x2）﹣4x2≥f（x1）﹣4x1恒成立或者f（x2）+4x2≤f（x1）+4x1恒成立，由前面过程可知：a≥1或a≤﹣2，这与﹣1＜a＜0不符，故此种情况无解；综上可知，实数a的取值围为（﹣∞，﹣2]∪[1，+∞）…14分点评：本题综合性较强，利用导数求函数的最值；利用导数研究函数的单调性，关键是要把握好分类的标准，知道如何分类；第（3）问思维量较大，关键是通过分析式子的特点，通过构造函数，转化成研究函数的单调性．本题考查了分类讨论、数形结合、转化与化归和构造函数等重要的数学思想．12．（2014•天津二模）已知函数f（x）=（a+）e n，a，b为常数，a≠0．（Ⅰ）若a=2，b=1，求函数f（x）在（0，+∞）上的单调区间；（Ⅱ）若a＞0，b＞0，求函数f（x）在区间[1，2]的最小值；（Ⅲ）若a=1，b=﹣2时，不等式f（x）≤lnx•e n恒成立，判断代数式[（n+1）！]2与（n+1）e n﹣2（n∈N*）的大小．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：第（Ⅰ）问求函数的单调区间，先对函数求导，然导函数在（0，+∞）正负判断函数的单调性；第（Ⅱ）问通过研究函数在区间[1，2]上的单调性，确定在何处取到函数的最小值；第（Ⅲ）问要利用不等式f（x）≤lnx•e n恒成立，比较两个式子的大小，通过赋值的方法建立条件和问题之间的联系．解答：解：（Ⅰ）f′（x）=（a+e x=（ax2+bx﹣b）…1分当a=2，b=1时，f′（x）=（2x2+x﹣1）=（x+1）（2x﹣1）…2分令f′（x）=0，得x=或x=﹣1（舍去）…3分因为，所以当x∈（0，）时，f′（x）＜0，f（x）是减函数…4分当x∈（时，f′（x）＞0，f（x）是增函数．所以函数f（x）的单调递减区间为（0，）；单调递增区间为（）…5分（Ⅱ）令g（x）=ax2+bx﹣b．因为a＞0，b＞0，所以二次函数g（x）的图象开口向上，对称轴x=﹣，且g（1）=a＞0，…7分所以g（x）＞0对一切x∈[1，2]恒成立，又因为＞0，所以f′（x）＞0对一切x∈[1，2]恒成立，…8分所以f（x）在x∈[1，2]上为增函数，故f（x）max=f（1）=（a+b）e…10分（Ⅲ）若a=1，b=﹣2时，不等式f（x）≤lnx•e x恒成立，化简得：（1﹣e x≤lnx•e x，即lnx≥1﹣恒成立，…11分令x=n（n+1），则ln[n（n+1）]＞1﹣，∴ln（1×2）＞1﹣，ln（2×3）＞1﹣，ln（3×4）＞1﹣，…，ln[n（n+1）]＞1﹣，…12分叠加得ln[1×22×32×…×n2（n+1）]＞n﹣2[+]=n﹣2（1﹣）＞n﹣2．则1×22×32×…×n2（n+1）＞e n﹣2，所以[（n+1）!]2＞（n+1）•e n﹣2（n∈N*）…14分点评：本题综合性较强，难度较大；考查了利用导数研究函数的单调性、求函数的最值；第（Ⅲ）问解决的关键是要建立条件要要比较的两个式子之间的联系．13．（2014•模拟）已知函数f（x）=ax﹣1﹣lnx（a∈R）．（1）讨论函数f（x）在定义域的极值点的个数；（2）若函数f（x）在x=1处取得极值，对∀x∈（0，+∞），f（x）≥bx﹣2恒成立，数b的取值围；（3）当x＞y＞e﹣1时，求证：．考点：函数在某点取得极值的条件；函数恒成立问题．专题：综合题；压轴题；导数的综合应用．分析：（Ⅰ），由此进行分类讨论，能求出函数f（x）在定义域的极值点的个数．（Ⅱ）由函数f（x）在x=1处取得极值，知a=1，故，由此能求出实数b的取值围．（Ⅲ）由，令，则只要证明g（x）在（e﹣1，+∞）上单调递增，由此能够证明．解答：解：（Ⅰ），当a≤0时，f'（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，函数f（x）在（0，+∞）单调递减，∴f（x）在（0，+∞）上没有极值点；当a＞0时，f'（x）＜0得，f'（x）＞0得，∴f（x）在上递减，在上递增，即f（x）在处有极小值．∴当a≤0时f（x）在（0，+∞）上没有极值点，当a＞0时，f（x）在（0，+∞）上有一个极值点．（4分）（注：分类讨论少一个扣一分．）（Ⅱ）∵函数f（x）在x=1处取得极值，∴a=1，…（5分）∴，…（6分）令，可得g（x）在（0，e2]上递减，在[e2，+∞）上递增，…（8分）∴，即．（9分）（Ⅲ）证明：，（10分）令，则只要证明g（x）在（e﹣1，+∞）上单调递增，又∵，显然函数在（e﹣1，+∞）上单调递增．（12分）∴，即g'（x）＞0，∴g（x）在（e﹣1，+∞）上单调递增，即，∴当x＞y＞e﹣1时，有．（14分）点评：本题考查函数的求极值点的个数的求法，考查满足条件的实数的求法，考查不等式的证明．解题时要合理运用导数性质，注意等价转化思想和分类讨论思想的灵活运用．14．（2014•模拟）已知函数f（x）=ax3+bx2﹣3x（a，b∈R）在点（1，f（1））处的切线方程为y+2=0．（1）求函数f（x）的解析式；（2）若对于区间[﹣2，2]上任意两个自变量的值x1，x2都有|f（x1）﹣f（x2）|≤c，数c的最小值；（3）若过点M（2，m）（m≠2）可作曲线y=f（x）的三条切线，数m的取值围．考点：利用导数研究函数的极值；函数解析式的求解及常用方法；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：综合题；压轴题；分类讨论；转化思想．分析：（1）由题意，利用导函数的几何含义及切点的实质建立a，b的方程，然后求解即可；（2）由题意，对于定义域任意自变量都使得|f（x1）﹣f（x2）|≤c，可以转化为求函数在定义域下的最值即可得解；（3）由题意，若过点M（2，m）（m≠2）可作曲线y=f（x）的三条切线，等价与函数在切点处导函数值等于切线的斜率这一方程有3解．解答：解：（1）f'（x）=3ax2+2bx﹣3．（2分）根据题意，得即解得所以f（x）=x3﹣3x．（2）令f'（x）=0，即3x2﹣3=0．得x=±1．当x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＞0，函数f（x）在此区间单调递增；。
导数含全参数问题经典
导数含参数问题类型一：没有其他未知字母情况下，求单调性，极值，最值例1：设函数32()91(0).f x x ax x a=+--若曲线y =f (x )的斜率最小的切线与直线12x +y =6平行，求：（Ⅰ）a 的值;（Ⅱ）函数f (x )的单调区间.解：(Ⅰ) 3,0, 3.a a a =±<=-由题设所以(Ⅱ)由(Ⅰ)知323,()391,a f x x x x =-=---因此 212()3693(3(1)()0,1, 3.(,1)()0,()(1(1,3)()0,()13()0,()3.()(,13f x x x x x f x x x x f x f x x f x f x f x f x f x '=--=-+'==-='∈-∞->-∞-'∈-<-'∈∞>+∞-∞-+∞令解得：当时，故在，）上为增函数；当时，故在（，）上为减函数；当x (3,+)时，故在（，）上为增函数由此可见，函数的单调递增区间为）和（，）；单调递减区13.-间为（，） 变式训练1：设函数432()2()f x x ax x b x =+++∈R ，其中a b ∈R ，． （Ⅰ）当103a =-时，讨论函数()f x 的单调性； （Ⅱ）若函数()f x 仅在0x =处有极值，求a 的取值范围；（Ⅰ）解：322()434(434)f x x ax x x x ax '=++=++． 当103a =-时，2()(4104)2(21)(2)f x x x x x x x '=-+=--．令()0f x '=，解得10x =，212x =，32x =．()f x 在102⎛⎫ ⎪⎝⎭，，(2)+，∞是增函数，在(0)-∞，，122⎛⎫ ⎪⎝⎭，内是减函数． （Ⅱ）解：2()(434)f x x x ax '=++，显然0x =不是方程24340x ax ++=的根． 为使()f x 仅在0x =处有极值，必须24340x ax ++≥恒成立，即有29640a ∆=-≤． 解此不等式，得8833a -≤≤．这时，(0)f b =是唯一极值． a 的取值范围是8833⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，． 类型二：结合函数的图像与性质求参数的取值范围问题例2：设a 为实数，函数32()f x x x x a =--+。
高中数学精品练习导数——求参问题
专题二 导数及其应用——含参问题1．若曲线y ＝x 2＋ax ＋b 在点(0，b )处的切线方程是x －y ＋1＝0，则( )A ．a ＝1，b ＝1B ．a ＝－1，b ＝1C ．a ＝1，b ＝－1D ．a ＝－1，b ＝－12．函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9，已知f (x )在x ＝－3时取得极值，则a 等于( )A ．2B ．3C ．4D ．53．已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝( )．A ．－2或2B ．－9或3C ．－1或1D ．－3或14．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，x ∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在x ＝±1处的切线斜率均为－1，给出以下结论：①f (x )的解析式为f (x )＝x 3－4x ，x ∈[－2,2]；②f (x )的极值点有且仅有一个；③f (x )的最大值与最小值之和等于0.其中正确的结论有( )．A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个5．已知三次函数f (x )＝13x 3－(4m －1)x 2＋(15m 2－2m －7)x ＋2在x ∈(－∞，＋∞)是增函数，则m 的取值范围是( )A ．m<2或m>4B ．－4<m<－2C ．2<m<4D ．以上皆不正确6、曲线()b y f x ax x==-在点(2,(2))f 处的切线方程为74120x y --=,则,a b 的值分别为( ) A.13a b =⎧⎨=⎩ B.13a b =-⎧⎨=⎩ C.13a b =⎧⎨=-⎩ D.13a b =-⎧⎨=-⎩7、已知函数b ax x ax x f +-+=63)(23在x =2处取得极值9,则2a b +=8．若函数f (x )＝ax 2－1x 的单调增区间为(0，＋∞)，则实数a 的取值范围是________．9．函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a ＞0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是__________．10．三次函数f(x)，当x ＝1时有极大值4；当x ＝3时有极小值0，且函数图象过原点，则f(x)＝__________.11．设函数f (x )＝ln x ＋ln(2－x )＋ax (a >0)．(1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0,1]上 的最大值为12，求a 的值．12．设函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a ≠0)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处与直线y ＝8相切，求a ，b 的值；(2)求函数f (x )的单调区间与极值点．13、已知函数32()(1)48(2)f x ax a x a x b =+-+-+的图象关于原点成中心对称.(1)求,a b 的值;(2)求()f x 的单调区间及极值.14、设函数329()62f x x x x a =-+-. (1)对于任意实数x ,()f x m '≥恒成立,求m 的最大值;(2)若方程()0f x =有且仅有一个实根,求a 的取值范围.15、已知函数2ln )(x x a x f +=(a 为实常数).(1)若2a =-,求证:函数)(x f 在(1,+∞)上是增函数;(2)当2a ≥-时,求函数)(x f 在[1,e]上的最小值及相应的x 值;(3)若存在x ∈[1,e],使得)(x f ≤(a +2) x 成立,求实数a 的取值范围.参考答案3．A 解析：y ′＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)．当y ′＞0时，x ＜－1或x ＞1；当y ′＜0时，－1＜x ＜1.∴函数的递增区间为(－∞，－1)和(1，＋∞)，递减区间为(－1,1)．∴x ＝－1时，取得极大值；x ＝1时，取得极小值．要使函数图象与x 轴恰有两个公共点，只需：f (－1)＝0或f (1)＝0，即(－1)3－3×(－1)＋c ＝0或13－3×1＋c ＝0，∴c ＝－2或c ＝2.4．C 解析：∵f (0)＝0，∴c ＝0.∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，∴⎩⎨⎧ f ′(1)＝1，f ′(－1)＝－1，即⎩⎨⎧ 3＋2a ＋b ＝－1，3－2a ＋b ＝－1，解得a ＝0，b ＝－4，∴f (x )＝x 3－4x ，∴f ′(x )＝3x 2－4.令f ′(x )＝0得x ＝±233∈[－2,2]，∴极值点有两个． ∵f (x )为奇函数，∴f (x )max ＋f (x )min ＝0.∴①③正确，故选C.6.A 方程74120x y --=可化为734y x =-.当2x =时,12y =. 又2()b f x a x '=+,于是1222744b a b a ⎧-=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，，解得13.a b =⎧⎨=⎩， 7.－24 ∵a x ax x f 663)(2-+=',由已知⎩⎨⎧=+-+=-+⇒⎩⎨⎧=='9121280612129)2(0)2(b a a a a f f , 解得2a =-,11b =-,∴224a b +=-9．⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞ 解析：f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )，由f ′(x )＝0得x ＝±a ，当－a ＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，函数递减；当x ＞a 或x ＜－a 时，f ′(x )＞0，函数递增．∴f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a ＞0，且f (a )＝a 3－3a 3＋a ＜0，解得a ＞22. 10．x 3－6x 2＋9x 解析：设f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)，则f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ． 由题意，有⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝0，f ′(3)＝0，f (1)＝4，f (3)＝0，f (0)＝0，13.解:(1)∵函数f (x )的图象关于原点成中心对称,则f (x )是奇函数,∴()()f x f x -=- 得32(1)48(2)ax a x a x b -+---+=32(1)48(2)ax a x a x b ------,于是22(1)20a x b -+=恒成立,∴100a b -=⎧⎨=⎩,解得1,0a b ==;(2)由(1)得3()48f x x x =-,∴2()3483(4)(4),f x x x x '=-=+-令()0f x '=,得124,4x x =-=,令()0f x '<,得44x -<<,令()0f x '>,得4x <-或 4x >.∴()f x 的递减区间为[4,4]-,递增区间为(,4)-∞-和(4,)+∞,∴()(4)128f x f =-=极大,()(4)128f x f ==-极小.14.解:(1) '2()3963(1)(2)f x x x x x =-+=--,因为(,)x ∈-∞+∞,'()f x m ≥, 即 239(6)0x x m -+-≥恒成立,所以 8112(6)0m ∆=--≤, 得34m ≤-,即m 的最大值为34- (2) 因为当1x <时,'()0f x >;当12x <<时, '()0f x <;当2x >时, '()0f x >; 所以 当1x =时,()f x 取极大值 5(1)2f a =-; 当2x =时,()f x 取极小值 (2)2f a =-;故当(2)0f > 或(1)0f <时, 方程()0f x =仅有一个实根. 解得 2a <或52a >.15.解:(1)当2-=a 时,x x x f ln 2)(2-=,当),1(+∞∈x ,0)1(2)(2>-='x x x f , 故函数)(x f 在),1(+∞上是增函数; (2))0(2)(2>+='x xa x x f ,当],1[e x ∈,]2,2[222e a a a x ++∈+, 当2-≥a 时,)(x f '在],1[e 上非负(仅当2-=a ,x=时,0)(='x f ), 故函数)(x f 在],1[e 上是增函数,此时=min )]([x f 1)1(=f . ∴当2-≥a 时,)(x f 的最小值为1,相应的x 值为1.(3)不等式x a x f )2()(+≤,可化为x x x x a 2)ln (2-≥-. ∵],1[e x ∈, ∴x x ≤≤1ln 且等号不能同时取,所以x x <ln ,即0ln >-x x , 因而xx x x a ln 22--≥(],1[e x ∈), 令x x x x x g ln 2)(2--=(],1[e x ∈),又2)ln ()ln 22)(1()(x x x x x x g --+-=', 当],1[e x ∈时,1ln ,01≤≥-x x ,0ln 22>-+x x , 从而'()0g x ≥(仅当x=1时取等号),所以)(x g 在],1[e 上为增函数, 故)(x g 的最小值为1)1(-=g ,所以a 的取值范围是),1[+∞-.。
高中数学含参导数及构造函数训练题(含答案)
含参导数及构造函数训练一、单选题（共12题；共24分）1.若函数 f(x)=lnx +12x 2−bx 存在单调递减区间,则实数b 的取值范围为( ) A. [2,+∞) B. (2,+∞) C. (−∞,2) D. (−∞,2]2.设f′（x ）是函数f （x ）的导函数，y=f′（x ）的图象如图所示，则y=f （x ）的图象最有可能的是（ ）A. B.C. D.3.若函数 f(x)=ln x +mx +1x 在 [1,+∞) 上是单调函数，则 m 的取值范围是（ ）A. (−∞,0)∪[14,+∞) B. (−∞,−14]∪[0,+∞) C. [−14,0] D. (−∞,1] 4.已知不等式 12x 2+alnx >0 恒成立，则a 的取值范围是（ ） A. a ≥0 B. −e <a ≤0 C. a >−e D. a ≤0 5.函数f (x )＝ln x － 2x 的零点所在的大致区间是( )A. (1,2)B. (2,3)C. (1， 1e )和(3,4) D. (e ，＋∞) 6.若 y =e −x 与 y =ax (a >0) 有两个公共点，则 a 范围为（ ） A. (0,1e ) B. √e) C. (1e √e ) D. (1e,+∞) 7.已知函数y=（x ﹣1）f′（x ）的图象如图所示，其中f′（x ）为函数f （x ）的导函数，则y=f （x ）的大致图象是（ ）A. B.C. D.8.已知函数f′(x)的图象如图所示，则f(x)的解析式可能是( )A. f(x)=cos(2x)x B. f(x)=sin(2x)x2C. f(x)=12x2−1 D. f(x)=12x−x9.已知函数f(x)的导函数f′(x)满足f(x)+(x+1)f′(x)>0对x∈R恒成立，则下列判断一定正确的是（）A. f(0)<0<2f(1)B. 0<f(0)<2f(1)C. 0<2f(1)<f(0)D. 2f(1)<0<f(0)10.已知函数y=f(x)对任意的x∈R满足2x f′(x)−2x f(x)ln2>0（其中f′(x)是函数f(x)的导函数），则下列不等式成立的是（）A. 2f(−2)<f(−1)B. 2f(1)>f(2)C. 4f(−2)>f(0)D. 2f(0)>f(1)11.已知函数F的导函数为f′（x），且f′（x）＞f（x）对任意的x∈R恒成立，则下列不等式均成立的是（）A. f（1）＜ef（0），f（2）＜e2f（0）B. f（1）＞ef（0），f（2）＜e2f（0）C. f（1）＜ef（0），f（2）＞e2f（0）D. f（1）＞ef（0），f（2）＞e2f（0）12.定义在R上的偶函数f(x)的导函数f′(x)，若对任意的正实数x，都有2f(x)+xf′(x)<2恒成立，则使x2f(x)−f(1)<x2−1成立的实数x的取值范围为（）A. (−∞,−1)∪(1,+∞)B. (−1,1)C. (−1,0)∪(0,1)D. {x|x≠±1}阅卷人二、填空题（共1题；共1分）13.若函数y=x+(2a−1)x+1在区间（－∞，2 ]上是减函数，则实数a的取值范围是________三、解答题（共7题；共65分）14.已知函数f(x)=3mx+mx−2(m∈R)．（1）当m=1时，解不等式f(x)>0；（2）若关于x的不等式f(x)<0的解集为R，求实数m的取值范围．15.已知函数f(x)=−x3+3x2+9x+a.（1）求f(x)的单调递减区间；（2）若f(x)≥2019对于∀x∈[−2,2]恒成立，求a的取值范围．16.已知二次函数f(x)=ax2+bx−3在x=1处取得极值，且在(0,−3)点处的切线与直线2x+y=0平行．（1）求f(x)的解析式；（2）求函数g(x)=xf(x)+4x的单调递增区间及极值。
导数的含参分类讨论练习(含答案)
贯穿高中的数学工具系列之5《一元二次类与韦达定理》下篇含参一元二次类在高中数学的应用1、讨论导数的单调性（含参二次不等式）（1）设函数f (x )＝13x 3－(1＋a )x 2＋4ax ＋24a ，其中常数a ＞1，则f (x )的单调减区间为________．（2）(2019·荆州质检)设函数f (x )＝13x 3－a2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1．(a)求b ，c 的值；(b)若a ＞0，求函数f (x )的单调区间．(3)已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋1)x ＋ln x (a >0)，讨论函数f (x )的单调性．(4)已知函数g (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ，若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性．(5)(2019·兰州模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x－1(a ∈R )．当0＜a ＜12时，讨论f (x )的单调性．(6)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x2，a ∈R .讨论f (x )的单调性．(7)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R ，讨论f (x )的单调性．(8)讨论函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1的单调性．(9)已知函数2()(2ln )(0)f x x a x a x=-+->，讨论()f x 的单调性.(10)(2018·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝1x－x＋a ln x，讨论f(x)的单调性．(11)已知函数f(x)＝x2e－ax－1(a是常数)，求函数y＝f(x)的单调区间．mx3＋(4＋m)x2，g(x)＝a ln(x－1)，其中a≠0．(12)设函数f(x)＝13(1)若函数y＝g(x)的图象恒过定点P，且点P关于直线x＝32对称的点在y＝f(x)的图象上，求m的值．(2)当a＝8时，设F(x)＝f′(x)＋g(x＋1)，讨论F(x)的单调性．(13)已知函数g(x)＝ln x＋ax2＋bx，其中g(x)的函数图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴．(1)确定a与b的关系；(2)若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性．下篇含参一元二次类在高中数学的应用参考答案1讨论导数的单调性（含参二次不等式）（1）解析：f ′(x )＝x 2－2(1＋a )x ＋4a ＝(x －2)(x －2a )，由a ＞1知，当x ＜2时，f ′(x )＞0，故f (x )在区间(－∞，2)上单调递增；当2＜x ＜2a 时，f ′(x )＜0，故f (x )在区间(2，2a )上单调递减；当x ＞2a 时，f ′(x )＞0，故f (x )在区间(2a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ＞1时，f (x )在区间(－∞，2)和(2a ，＋∞)上单调递增，在区间(2，2a )上单调递减．答案：(2，2a )（2）解析：(a)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，0）＝1，（0）＝0，＝1，＝0.(b)由(a)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a ＞0)，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＞0；当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0．所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．(3)解f ′(x )＝ax －(a ＋1)＋1x ＝(ax －1)(x －1)x(x >0)，①当0<a <1时，1a>1，由f ′(x )>0，解得x >1a 或0<x <1，由f ′(x )<0，解得1<x <1a.②当a ＝1时，f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立．③当a >1时，0<1a<1，由f ′(x )>0，解得x >1或0<x <1a ，由f ′(x )<0，解得1a<x <1.综上，当0<a <1时，f (x )(0,1)当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a>1时，f(x)在(1，＋∞)(4)解g′(x)＝2ax2－(2a＋1)x＋1x＝(2ax－1)(x－1)x.∵函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，∴当a＝0时，g′(x)＝－x－1 x.由g′(x)>0，得0<x<1，由g′(x)<0，得x>1.当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝1 2a，若12a<1，即a>12，由g′(x)>0，得x>1或0<x<1 2a，由g′(x)<0，得12a<x<1；若12a>1，即0<a<12，由g′(x)>0，得x>12a或0<x<1，由g′(x)<0，得1<x<12a，若12a＝1，即a＝12，在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0.综上可得：当a＝0时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当0<a<12时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，当a＝12时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>12时，函数g(x)(1，＋∞)上单调递增．(5)解析：因为f (x )＝ln x －ax ＋1－ax－1，所以f ′(x )＝1x －a ＋a －1x 2＝－ax 2－x ＋1－a x 2，x ∈(0，＋∞)，令f ′(x )＝0，可得两根分别为1，1a －1，因为0＜a ＜12，所以1a－1＞1＞0，当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ，1a －f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；当x ∈(1a －1，＋∞)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减．(6)【解】f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3.当a ≤0时，x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．当a >0时，f ′(x )(1)0<a <2时，2a>1，当x ∈(0，1)或x f ′(x )>0，f (x )单调递增．当x f ′(x )<0，f (x )单调递减．(2)a ＝2时，2a＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增．(3)a >2时，0<2a<1，当x x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；当0<a <2时，f (x )在(0，1)当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当a >2时，f (x )(1，＋∞)内单调递增．(7)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x ＞0)．当a ≤0时，f ′(x )＜0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减．当a ＞0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a.此时，当x f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x f ′(x )＞0，f (x )单调递增．综上当a ≤0时，f (x )的递减区间为(0，＋∞)，当a ＞0时，f (x )(8)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2＋a －1x.①当a ≥1时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a ≤0时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减；③当0<a <1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1－a2a，则当x ∈，时，f ′(x )<0；当x 1－a2a，＋f ′(x )>0，故f (x )，1－a2a，＋(9)解析函数()f x 的定义域为()()222220,,1a x ax f x x x x-+'+∞=+-=。
导数讨论含参单调性习题(含详解答案)
1．设函数．（1）当时，函数与在处的切线互相垂直，求的值；（2）若函数在定义域内不单调，求的取值范围；（3）是否存在正实数，使得对任意正实数恒成立若存在，求出满足条件的实数；若不存在，请说明理由．2．已知函数是的导函数，为自然对数的底数．（1）讨论的单调性；（2）当时，证明：；（3）当时，判断函数零点的个数，并说明理由．3．已知函数（其中，）.（1）当时，若在其定义域内为单调函数，求的取值范围；（2）当时，是否存在实数，使得当时，不等式恒成立，如果存在，求的取值范围，如果不存在，说明理由（其中是自然对数的底数，）. 4．已知函数，其中为常数.（1）讨论函数的单调性；（2）若存在两个极值点，求证：无论实数取什么值都有. 5．已知函数（为常数）是实数集上的奇函数，函数是区间上的减函数.（1）求的值；（2）若在及所在的取值范围上恒成立，求的取值范围；（3）讨论关于的方程的根的个数.6．已知函数()()ln ,x f x ax x F x e ax =-=+，其中0,0x a ><.（1）若()f x 和()F x 在区间()0,ln3上具有相同的单调性，求实数a 的取值范围； （2）若21,a e ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦，且函数()()12ax g x xe ax f x -=-+的最小值为M ，求M 的最小值.7．已知函数()ln x mf x ex +=-. （1）如1x =是函数()f x 的极值点，求实数m 的值并讨论的单调性()f x ；（2）若0x x =是函数()f x 的极值点，且()0f x ≥恒成立，求实数m 的取值范围（注：已知常数a 满足ln 1a a =）.8．已知函数()()2ln 12x f x mx mx =++-，其中01m <≤． （1）当1m =时，求证：10x -<≤时，()33x f x ≤；（2）试讨论函数()y f x =的零点个数． 9．已知e 是自然对数的底数,()()()12ln ,13x F x ex x f x a x -=++=-+.（1）设()()()T x F x f x =-,当112a e -=+时, 求证：()T x 在()0,+∞上单调递增； （2）若()()1,x F x f x ∀≥≥,求实数a 的取值范围. 10．已知函数()2xf x e ax =+-（1）若1a =-，求函数()f x 在区间[1,1]-的最小值； （2）若,a R ∈讨论函数()f x 在(0,)+∞的单调性； （3）若对于任意的1212,(0,),,x x x x ∈+∞<且[][]2112()()x f x a x f x a +<+都有成立，求a 的取值范围。
导数讨论含参单调性习题(含详细讲解答案解析)
1．设函数．（1）当时，函数与在处的切线互相垂直，求的值；（2）若函数在定义域内不单调，求的取值范围；（3）是否存在正实数，使得对任意正实数恒成立？若存在，求出满足条件的实数；若不存在，请说明理由．2．已知函数是的导函数，为自然对数的底数．（1）讨论的单调性；（2）当时，证明：；（3）当时，判断函数零点的个数，并说明理由．3．已知函数（其中，）.（1）当时，若在其定义域内为单调函数，求的取值范围；（2）当时，是否存在实数，使得当时，不等式恒成立，如果存在，求的取值范围，如果不存在，说明理由（其中是自然对数的底数，）. 4．已知函数，其中为常数.（1）讨论函数的单调性；（2）若存在两个极值点，求证：无论实数取什么值都有. 5．已知函数（为常数）是实数集上的奇函数，函数是区间上的减函数.（1）求的值；（2）若在及所在的取值范围上恒成立，求的取值范围；（3）讨论关于的方程的根的个数.6．已知函数()()ln ,x f x ax x F x e ax =-=+，其中0,0x a ><.（1）若()f x 和()F x 在区间()0,ln3上具有相同的单调性，求实数a 的取值范围； （2）若21,a e ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦，且函数()()12ax g x xe ax f x -=-+的最小值为M ，求M 的最小值.7．已知函数()ln x mf x ex +=-. （1）如1x =是函数()f x 的极值点，求实数m 的值并讨论的单调性()f x ；（2）若0x x =是函数()f x 的极值点，且()0f x ≥恒成立，求实数m 的取值范围（注：已知常数a 满足ln 1a a =）.8．已知函数()()2ln 12x f x mx mx =++-，其中01m <≤． （1）当1m =时，求证：10x -<≤时，()33x f x ≤；（2）试讨论函数()y f x =的零点个数． 9．已知e 是自然对数的底数,()()()12ln ,13x F x ex x f x a x -=++=-+.（1）设()()()T x F x f x =-,当112a e -=+时, 求证：()T x 在()0,+∞上单调递增； （2）若()()1,x F x f x ∀≥≥,求实数a 的取值范围. 10．已知函数()2xf x e ax =+-（1）若1a =-，求函数()f x 在区间[1,1]-的最小值； （2）若,a R ∈讨论函数()f x 在(0,)+∞的单调性； （3）若对于任意的1212,(0,),,x x x x ∈+∞<且[][]2112()()x f x a x f x a +<+都有成立，求a 的取值范围。
利用导数解决含参的问题(word版含答案和详细解析)
利用导数解决含参的问题(word版含答案和详细解析)高考理科复专题练利用导数解决含参的问题考纲要求：1.了解函数单调性和导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）。
2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件，会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次），会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）。
命题规律：利用导数探求参数的范围问题每年必考，有时出现在大题，有时出现在小题中，变化比较多。
不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理。
这也是2018年考试的热点问题。
高考题讲解及变式：利用单调性求参数的范围例1.【2016全国1卷（文）】若函数f(x)=x-sin2x+asinx在(-∞,+∞)上单调递增，则a的取值范围是（）。
A。
[-1,1]B。
(-1,1)C。
(-∞,-1]∪[1,+∞)D。
(-∞,-1)∪(1,+∞)答案】C解析】因为f(x)在(-∞,+∞)上单调递增，所以f'(x)>0.将f(x)代入f'(x)得f'(x)=1-2sinx+acosx。
要使f'(x)>0，即要使1-2sinx+acosx>0.因为-1≤sinx≤1，所以1-2sinx≥-1.所以acosx>-1，即a>-1/cosx。
因为cosx=1时，a不等于-1；cosx=-1时，a不等于1.所以a∈(-∞,-1]∪[1,+∞)，选C。
变式1.【2018XXX高三实验班第一次月考（理）】若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)上为单调函数，则k的取值范围是_______。
答案】k≥1或k≤-1解析】在区间(1,+∞)上，f'(x)=k-1/x。
分类讨论证明或求函数的单调区间(含参)(教师版)--2024新高考数学导数微专题训练
专题14分类讨论证明或求函数的单调区间（含参）1．设函数21()sin cos 2f x x x x ax =+-．（1）当12a =时，讨论()f x 在(,)ππ-内的单调性；（2）当13a >时，证明：()f x 有且仅有两个零点．【答案】（1）在,03π⎛-⎫ ⎪⎝⎭或,3ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,3ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭或0,3π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；（2）证明见解析.【分析】（1）先求导，根据导数和函数的单调性，结合三角函数的性质即可求出单调区间；（2）先判断出函数为偶函数，则问题转化为()f x 在(0,)+∞有且只有一个零点，再利用导数和函数单调性的关系，以及函数零点存在定理即可求出．【详解】（1）当12a =时，21()sin cos 4f x x x x x =+-，11()sin cos sin (cos 22f x x x x x x x x ∴'=+--=-，令()0f x '=，解得0x =或3x π=，3x π=-，当()0f x '<时，解得03x π-<<或3x ππ<<，当()0f x '>时，解得3x ππ-<<-或03x π<<，()f x ∴在(3π-，0)或(3π，)π上单调递减，在(,)3ππ--或(0,)3π上单调递增；（2）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，2211()()sin()cos()()sin cos ()22f x x x x a x x x x ax f x -=--+-+-=+-= ，()f x ∴为偶函数，(0)10f => ，()f x ∴有且仅有两个零点等价于()f x 在(0,)+∞有且只有一个零点，()(cos )f x x x a '=- ，当1a 时，cos 0x a -，()0f x '恒成立，()f x ∴在(0,)+∞上单调递减，2211()sin cos 1022f a a ππππππ=+-=--< ，(0)·()0f f π∴<，()f x ∴在(0,)+∞上有且只有一个零点，当113a <<时，令()(cos )0f x x x a '=-=，即cos x a =，可知存在唯一(0,)2πθ∈，使得cos a θ=，当(0,)x θ∈或(22,22)x k k ππθππθ∈+-++时，k ∈N ，()0f x '>，函数()f x 单调递增，当(2,22)x k k πθππθ∈++-时，k ∈N ，()0f x '<，函数()f x 单调递减，由tan θ=113a <<，可得0tan θ<<，当k ∈N ，22tan 2(k ππθθπ++->，2221113(22tan )10(22)[(22tan )1][(22tan )1]022626k f k a k k a ππθθππθππθθππθθ++--∴++=-++--+<-++--+=-<，()f x ∴在(0,)+∞上有且只有一个零点，综上所述，当13a >时，()f x 有且仅有两个零点．【点睛】方法点睛：1、利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f (x )含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论；若可导函数f (x )在指定的区间D 上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．2、用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决.2．已知函数2()2ln 2(1)f x mx x m x =-+-．（1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）当1x ≠时，求证：2286ln 3521x x x x x x---<-．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）先求导，分为0m ≥，1m =-，1m <-和10m -<<四种情形进行分类讨论，根据导数和函数单调性的关系即可求出；（2）等价于3226(1ln )23501x x x x x-+--<-，令()()3261ln 235h x x x x x =-+--，利用当2m =时的结论，根据导数判断()h x 与0的关系，即可证明.【详解】解：()f x 的定义域为(0,)+∞，则22(1)1(1)(1)()22(1)22mx m x mx x f x mx m x x x+--+-'=-+-=⋅=⋅，当0m 时，10mx +>，当(0,1)x ∈时，()0f x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，∴函数()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞，当0m <时，令()0f x '=，解得1x =或1x m=-，当1m =-时，2(1)()2·0x f x x-'=-恒成立，∴函数()f x 的单调递减区间为(0,)+∞，无单调递增区间，当1m <-时，101m<-<，当1(0,x m ∈-或(1,)+∞时，()0f x '<，当1(x m∈-，1)时，()0f x '>，∴函数()f x 的单调递减区间为1(0,)m -或(1,)+∞，单调递增区间为1(m-，1)，当10m -<<，11m ->，当(0,1)x ∈或1(m -，)+∞时，()0f x '<，当1(1,x m∈-时，()0f x '>，∴函数()f x 的单调递减区间为(0,1)或1(m -，)+∞，单调递增区间为1(1,m．综上所述：当0m 时，函数()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞，当1m =-时，函数()f x 的单调递减区间为(0,)+∞，无单调递增区间，当1m <-时，函数()f x 的单调递减区间为1(0,)m -，(1,)+∞，单调递增区间为1(m-，1)，当10m -<<时，函数()f x 的单调递减区间为(0,1)或1(m -，)+∞，单调递增区间为1(1,)m．（2）证明：要证2286ln 3521x x x x x x---<-，即证3226(1ln )23501x x x x x -+--<-，令32()6(1ln )235h x x x x x =-+--，则22()66ln 6663(22ln 2)h x x x x x x x '=--+-=--，由（1），当2m =时，2()22ln 2f x x x x =--，可得()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞，即()h x '的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞，()h x h ∴''（1）0=，()h x ∴在(0,)+∞上单调递增，h （1）6(1ln1)2350=-+--=，∴当01x <<时，()0h x <，210x ->，当1x >时，()0h x >，210x -<，∴3226(1)23501x lnx x x x -+--<-，即22863521x xlnx x x x---<-．【点睛】含有参数的函数单调性讨论常见的形式：（1）对二次项系数的符号进行讨论；（2）导函数是否有零点进行讨论；（3）导函数中零点的大小进行讨论；（4）导函数的零点与定义域端点值的关系进行讨论等.3．已知函数()()1ln f x ax x a R =--∈.（1）若1a =，求()f x 在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的极值；（2）讨论函数()f x 的单调性.【答案】（1）极小值为0，无极大值；（2）答案见解析.【分析】（1）当1a =时，求得()1x f x x-=，利用导数分析函数()f x 的单调性，由此可求得函数()f x 在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的极值；（2）求得()()10ax f x x x-'=>，分0a ≤和0a >两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数()f x 的单调递增区间和递减区间.【详解】（1）当1a =时，()1ln f x x x =--，所以，()()1110x f x x x x-¢=-=>，列表；x1,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭1(]1,e ()f x '-+()f x 单调递减极小单调递增所以，()f x 在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的有极小值()10f =，无极大值；（2） 函数()f x 的定义域为()0,∞+，()11ax f x a x x-'=-=.当0a ≤时，10ax -<，从而()0f x '<，故函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，若10x a<<，则10ax -<，从而()0f x '<；若1x a>，则10ax ->，从而()0f x '>.故函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.综上所述，当0a ≤时，函数()f x 的单调递减区间为()0,∞+，无单调递增区间；当0a >时，函数()f x 的单调递减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递增区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【点睛】方法点睛：讨论含参数函数的单调性，通常以下几个方面：（1）求导后看函数的最高次项系数是否为0，需分类讨论；（2）若最高次项系数不为0，且最高次项为一次，一般为一次函数，求出导数方程的根；（3）对导数方程的根是否在定义域内进行分类讨论，结合导数的符号变化可得出函数的单调性.4．已知函数()21()xm x xf x e++=．（1）试讨论()f x 的单调性；（2）若0m ≤，证明：()ln ef x x x +≤．【答案】（1）答案不唯一见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）对函数进行求导得(1)(1)()xx mx m f x e--'+=-，再对m 分三种情况讨论，即0m =，0m >，0m <三种情况；（2）要证明()ln ef x x x +≤，只需证明 ()ln ef x x x ≤-，而ln 1x x -≥，因此只需证明1()f x e≤，再利用函数的单调性，即可得证；【详解】解析：（1）因为(1)(1)()xx mx m f x e --'+=-，①当0m =时，1()x x f x e-=-'，当1x >时，()0f x '<，当1x <时，()0f x '>，所以()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减；②当0m >时，1(1)11(),11x m x x m f x e m'⎛⎫--+ ⎪⎝⎭=--<，当11,1x m ⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，()0f x '>，当1,1(1,)x m ⎛⎫∈-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，所以()f x 在11,1m ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递增，在1,1,(1,)m ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭单调递减；③当0m <时，111m ->，当11,1x m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '<，当1(,1)1,x m ⎛⎫∈-∞⋃-+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，所以()f x 在11,1m ⎛⎫-⎪⎝⎭单调递减，在1(,1),1,m ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭单调递增．（2）要证明()ln ef x x x +≤，只需证明 ()ln ef x x x ≤-，而ln 1x x -≥，因此只需证明1()f x e≤，当0m =时，()x xf x e =，由（1）知()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，所以max 1()(1)f x f e==；当0m <时，()211()xx m x xx f x e e e++=<≤，故()ln ef x x x +≤．【点睛】利用导数研究含参函数的单调区间，要注意先求导后，再解导数不等式.5．已知函数()e x f x ax =，a 为非零常数.（1）求()f x 单调递减区间；（2）讨论方程()()21f x x =+的根的个数.【答案】（1）当0a >时，()f x 的单调递减区间为(,1)-∞-，当0a <时，()f x 的单调递减区间为(1,)-+∞；（2）当0a >时，原方程有且仅有一个解；当0a <时，原方程有两个解.【分析】（1）求导，对a 分类讨论，利用()0f x '<可解得结果；（2）转化为函数2(1)()exx g x x +=与y a =的图象的交点的个数，利用导数可求得结果.【详解】（1）()(1)e x x x f x ae axe a x '=+=+，由()0f x '=得1x =-，①若0a >时，由()0f x '<得1x <-，所以()f x 的单调递减区间为(,1)-∞-；②若0a <时，由()0f x '<得1x >-，所以()f x 的单调递减区间为(1,)-+∞.综上所述，当0a >时，()f x 的单调递减区间为(,1)-∞-；当0a <时，()f x 的单调递减区间为(1,)-+∞.（2）因为方程2()(1)f x x =+等价于2(1)e x x a x +=，令2(1)()exx g x x +=，所以方程()()21f x x =+的根的个数等于函数2(1)()exx g x x +=与y a =的图象的交点的个数，因为()2222(1)12(1)(1)()()()ex x x x x x x x xe x e xe g x xe x +++-++=-'=，由()0g x '=，得1x =-，当(,1)x ∈-∞-，时，()0g x '>，()g x 在(,1)-∞-上单调递增；当()()1,00,x ∈-+∞ 时，()0g x '<，所以()g x 在()1,0-，()0,∞+上单调递减，又()10g -=，所以当(,1)x ∈-∞-时，()(),0g x ∈-∞；当()1,0x ∈-时，()(),0g x ∈-∞；当()0,x ∈+∞时，()()0,g x ∈+∞.所以，当0a >时，原方程有且仅有一个解；当0a <时，原方程有两个解.【点睛】方法点睛：讨论函数零点(或方程根)的个数的常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，可得方程根的个数；（2）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解6．已知函数()21ln 2f x ax x x b =-⋅+，()()g x f x '=.（1）判断函数()y g x =的单调性；（2）若(]()0, 2.718x e e ∈≈，判断是否存在实数a ，使函数()g x 的最小值为2？若存在求出a 的值；若不存在，请说明理由；（3）证明：1233ln 2341n n n ⎛⎫++++>-⎪+⎝⎭ .【答案】（1）答案见解析；（2）存在，2a e =；（3）证明见解析.【分析】（1）先求()()g x f x '=，再对()y g x =求导，对参数a 进行讨论确定导数的正负，即得函数单调性；（2）对参数a 进行讨论确定()y g x =导数的正负，即得函数()y g x =单调性，再根据单调性确定最值等于2，解得符合条件的参数值即得结果；（3）先构造函数11()ln 31,,132h x x x x ⎡⎫=-+∈⎪⎢⎣⎭，证明其小于零，即得1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时13ln 13x x >+，再将1nx n =+代入求和即证结论.【详解】解：（1）由()21ln 2f x ax x x b =-⋅+，知()()ln 1g x f x ax x '==--，0x >，故()11ax g x a x x-'=-=，0x >.当0a ≤时，()0g x '<，即()g x 在()0,∞+为减函数，当0a >时，在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0g x '<，所以()g x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭为减函数，在1,a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上()0g x '>，所以()g x 在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭增函数.（2）当0a ≤时，()g x 在(]0,e 为减函数，所以()()min 11g x g e ea ==-≤-.故不存在最小值3.当10a e <≤时，1e a≥，()g x 在(]0,e 为减函数，所以()()min1ln 2g x g e ea e ==--=，所以4a e=，不合题意，舍去当1a e >时10e a <<，在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0g x '<，函数()g x 单调递减；在1,e a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上()0g x '>，函数()g x 单调递增，由此()min 1111ln 2g x g a a ⎛⎫==--=⎪⎝⎭，所以ln 2a =.解得2a e =故2a e =时，使函数()g x 的最小值为2.（3）构造函数11()ln 31,,132h x x x x ⎡⎫=-+∈⎪⎢⎣⎭，则119()3033x h x x x -'=-=>，故1()ln 313h x x x =-+在1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭上递减，111111()ln 3120232232h x h ⎛⎫≤=-⨯+=--< ⎪⎝⎭，故1ln 3103x x -+<，即1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时13ln 13x x >+，而11,1112n n N x n n *⎡⎫∈==-⎪⎢++⎣⎭，故13ln 1311n n n n >++⋅+，即[]ln(13ln 131)1n n n n ->++⋅+，将n *∈N 依次代入并相加得[]()1ln1ln 12313ln 2ln 3...ln(1)ln 1231ln 4323n n n n n n n ⎛⎫++++>-+-++-+-+ ⎭+⎪+⎝= ，即1233ln 2341n n n ⎛⎫++++>- ⎪+⎝⎭ .【点睛】本题解题关键在于观察证明式1233ln 2341n n n ⎛⎫++++>-⎪+⎝⎭ ，构造函数11()ln 31,,132h x x x x ⎡⎫=-+∈⎪⎢⎣⎭，以证明13ln 13x x >+，将1n x n =+代入求和即突破难点.用导数解决与正整数n 有关的不等式证明问题，属于难点，突破点就在于观察构造合适的函数，通过导数证明不等式，再将关于n 的式子代入即可.7．已知函数()()21ln ,2f x ax x x b a b R =-⋅+∈，()()g x f x '=.（1）判断函数()y g x =的单调性；（2）若(]()0, 2.718x e e ∈≈，判断是否存在实数a ，使函数()g x 的最小值为2？若存在求出a 的值；若不存在，请说明理由；【答案】（1）答案见解析；（2）存在，2a e =.【分析】（1）先求()()g x f x '=，再对()y g x =求导，对参数a 进行讨论确定导数的正负，即得函数单调性；（2）对参数a 进行讨论确定()y g x =导数的正负，即得函数()y g x =单调性，再根据单调性确定最值等于2，解得符合条件的参数值即得结果；【详解】（1）由()21ln 2f x ax x x b =-⋅+，知()()ln 1g x f x ax x '==--，0x >，故()11ax g x a x x-'=-=.当0a ≤时，()0g x '<，即()g x 在()0,∞+为减函数，当0a >时，在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0g x '<，所以()g x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭为减函数，在1,a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上()0g x '>，所以()g x 在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭增函数.（2）当0a ≤时，()g x 在(]0,e 为减函数，所以()()min 11g x g e ea ==-≤-.故不存在最小值3.当10a e <≤时，1e a≥，()g x 在(]0,e 为减函数，所以()()min1ln 2g x g e ea e ==--=，所以4a e=，不合题意，舍去.当1a e >时，10e a <<，在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0g x '<，函数()g x 单调递减；在1,e a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上()0g x '>，函数()g x 单调递增，由此()min 1111ln 2g x g a a ⎛⎫==--= ⎪⎝⎭，所以ln 2a =.解得2a e =，故2a e =时，使函数()g x 的最小值为2.【点睛】利用导数研究函数()f x 的单调性和最值的步骤：①写定义域，对函数()f x 求导()'f x ；②在定义域内，讨论不等式何时()0f x '>和()0f x '<③对应得到增区间和减区间及极值点，进而比较端点和极值点的值确定指定区间的最值即可.8．已知函数()()()ln 1f x x ax a =+-∈R .（1）讨论函数()f x 的单调性.（2）若()()2112g x x x a f x =--+-，设()1212,x x x x <是函数()g x 的两个极值点，若32a ≥，求证:()()12152ln 28x g x g -≥-.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）先求得()f x 的定义域和导函数()'fx ，对a 分成0a ≤和0a >两种情况进行分类讨论，由此求得()f x 的单调区间.（2）求得()g x 的表达式，求得()'g x ，利用根与系数关系得到12,x x 的关系式以及1x 的取值范围，将()()12g x g x -表示为只含1x 的形式，利用构造函数法求得()()12g x g x -的最小值，从而证得不等式成立.【详解】(1)由题意得，函数()f x 的定义域为(1,)-+∞，()11f x a x '=-+.当0a ≤时，()101f x a x '=->+，∴函数()f x 在(1,)-+∞上单调递增.当0a >时，令()0f x '=，得11x a=-+.若11,1x a ⎛⎫∈--+ ⎪⎝⎭，则()0f x '>，此时函数()f x 单调递增；若11,x a ⎛⎫∈-++∞ ⎪⎝⎭，则()0f x '<，此时函数()f x 单调递减.综上，当0a ≤时，函数()f x 在(1,)-+∞上单调递增；当0a >时，函数()f x 在11,1a ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,a ⎛⎫-++∞ ⎪⎝⎭上单调递减.(2)()()21ln 12g x x x a x =+-+Q ，0x >，()()11g x x a x '∴=+-+()211x a x x-++=.由()0g x '=得()2110x a x -++=，()240321a a ∆=+⇒-≥>121x x a ∴+=+，121=x x ，211x x ∴=.32a ≥Q ，512a +≥，12x x <111115210x x x x ⎧+≥⎪⎪∴⎨⎪<<⎪⎩，解得1102x <≤.()()12x g x g ∴-()()()221121221ln12x x x a x x x =+--+-21121112ln 2x x x⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.设()221112ln 022x h x x x x ⎛⎫⎛⎫=--<≤ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，则()()22331210x h x x x x x-'=--=-<，∴函数()h x 在10,2⎛⎤⎥⎝⎦上单调递减.∴当112x =时，()min 1152ln 228h x h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.32a ∴≥时，()()12152ln 28x g x g -≥-成立.【点睛】求解含有参数的函数的单调性题，求导后要根据导函数的形式进行分类讨论.9．已知函数()2xf x e ae x =-.（1）讨论()f x 的单调区间；（2）当0a <时，证明：()2ln f x e x >.【答案】（1）当0a ≤时，()f x 的增区间为(),-∞+∞，无减区间；当0a >时，()f x 的减区间为(),2ln a -∞+，增区间()2ln ,a ++∞，（2）证明见解析【分析】（1）先求出函数的定义域，再求导数，分0a ≤和0a >，分别由导数大于零和小于零，可求得函数的单调区间；（2）要证明22ln x ae x e x e ->，只要证2ln 0x e e x ->，构造函数()2ln xg x e e x =-，然后利用导数求出此函数的最小值即可，或要证明22ln xae x e x e ->，只要证22ln x e x xe x ae ->，构造函数()()20x g x ae x x e =->，然后用导数求其最小值，构造函数()()2ln 0x h x e x x=>，然后利用导数求其最大值，或要证明22ln x ae x e x e ->．由于当0a <时，20ae x <，只要证2ln 0x e e x ->，构造函数()()()222222ln ln x x g x e e x e x e x e e e e x =-=-++--，令()()220x h x e e x e x =-+>，()222ln m x e x e e x =--，再利用导数求其最小值即可【详解】（1）解：()f x 的定义域为(),-∞+∞，()2x f x e ae '=-．当0a ≤时，()0f x ¢>，则()f x 的增区间为(),-∞+∞，无减区间．当0a >时，由()0f x ¢=，得2ln x a =+．当(),2ln x a ∈-∞+时，()0f x ¢<；当()2ln ,x a ∈++∞时，()0f x ¢>，所以()f x 的减区间为(),2ln a -∞+，增区间()2ln ,a ++∞．（2）证明：法一：要证明22ln x ae x e x e ->．由于当0a <时，20ae x <，只要证2ln 0x e e x ->．设()2ln xg x e e x =-，则()2xg x e e x '=-，()220xg x e xe ''=+>，所以()g x '在()0,+¥上是增函数．又()210g e e '=-<，()2222022e g ee '=-=>，所以存在()01,2x ∈，使得()02000x g e x e x '=-=，即020x e e x =，00ln 2x x =-．所以当()00,x x ∈时，()0g x ¢<；当()0,x x ∈+∞时，()0g x ¢>，因此()g x 在()00,x 上是减函数，在()0,x +∞上是增函数，所以()g x 有极小值，且极小值为()()022222222000000ln 22220x g x e e x e x e x e e e x e x e =-=--=+->-=．因此()0gx >，即2ln 0x e x -->．综上，当0a <时，()2ln f x e x >．法二：要证明22ln xae x e x e ->，只要证22ln x e x xe x ae ->．设()()20x g x ae x x e =->，则()()21x x e g x x-'=．当01x <<时，()0g x ¢<；当1x >时，()0g x ¢>，所以()g x 在()0,1上是减函数，在()1,+¥上是增函数，所以1x =是()g x 的极小值点，也是最小值点，且()()2min 1g x g e ae ==-．令()()2ln 0xh x e x x =>，则()()221ln x h x xe -'=．当0x e <<时，()0h x '>；当e x >时，()0h x '<，所以()h x 在()0,e 上是增函数，在(),e +∞上是减函数，所以x e =是()h x 的极大值点，也是最大值点，且()()max h x h e e ==，所以当0a <时，()()2g x e ae e h x ≥->≥，即22ln x e x xe x ae ->．综上，当0a <时，()2ln f x e x >．法三：要证明22ln x ae x e x e ->．由于当0a <时，20ae x <，只要证2ln 0x e e x ->．设()()()222222ln ln xxg x e e x e x ex ee e e x =-=-++--，令()()220xh x e e x ex =-+>，则()2x h x e e '=-，当02x <<时，()0h x '<；当2x >时，()0h x '>，所以()h x 在()0,2上是减函数，在()2,+¥上是增函数，所以2x =是()h x 的极小值点，也是()h x 的最小值点，即()()min 20h x h ==．设()222ln m x e x e e x =--，则()()2221x e m x e x xe-'=-=．当01x <<时，()0m x '<；当2x >时，()0m x '>，所以()m x 在()0,1上是减函数，在()1,+¥上是增函数，所以1x =是()m x 的极小值点，也是()m x 的最小值点，即()()min 10m x m ==．综上，()0h x ≥（当且仅当2x =时取等号），()0m x ≥（当且仅当1x =时取等号），所以()()()0g x h x m x =+>，故当0a <时，()2ln f x e x >．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数证明不等式，解题的关键是将不等式等价转化，然后构造函数，利用导数求函数的最值，考查数学转化思想，属于较难题10．已知函数2()ln f x x ax x =-+.（1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）对任意0a <，满足2()ln f x x ax x =-+的图象与直线y kx =恒有且仅有一个公共点，求k 的取值范围.【答案】（1）当0a ≤时，在(0,)+∞单调递增；当0a >时，在10,4a ⎛-+ ⎝⎭单调递增，在14a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减；（2）1k ≤或3221k e -+≥.【分析】（1）首先求函数的导数2121'()21(0)ax x f x ax x x x-++=-+=>，分0a ≤和0a >两千情况讨论导数的正负，确定函数的单调性；（2）由方程()f x kx =，转化为2ln x ax xk x -+=，构造函数()2ln x ax x h x x-+=，利用二阶导数判断函数的单调性，并分情况讨论()h x '最小值的正负，并结合零点存在性定理，确定函数的性质，根据2ln x ax xk x-+=有唯一解，确定k 的取值范围.【详解】（1）2121'()21(0)ax x f x ax x x x-++=-+=>当0a ≤时，恒有'()0f x >，所以()f x 在(0,)+∞单调递增；当0a >时，令2210ax x -++=，则180a ∆=+>，则10x =，211804x a-=<（舍去），当1(0,)4x a -+∈时，'()0f x >，()f x 在1(0,)4a-+单调递增；当)x ∈+∞时，'()0f x <，()f x在)+∞单调递减.综上所述，当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞单调递增；当0a >时，()f x 在118(0,)4a -单调递增，()f x 在118()4a-+∞单调递减.（2）原命题等价于对任意0a <，2ln x ax x kx -+=有且仅有一解，即2ln x ax xk x-+=；令ln ()1x h x ax x =-+则21ln '()x h x a x -=-，332(ln )2''()x h x x -=，令''()0h x =得32x e =所以)'(h x 在32(0,)e 上递减，在32(,)e +∞上递增，3232min 331ln 1'()'()2e h x h e a ae e -==-=--当312a e ≤-时，'()0h x ≥，所以()h x 在R 上单调递增，又当0x →时，ln ,0xax x→-∞-→，所以()h x →-∞；当x →+∞时，ln ,xax x→+∞-→+∞，所以()h x →+∞.所以()h x 在R 上必存在唯一零点，此时k ∈R ；当3102a e-<<时，32min '()'()0h x h e =<，同时又当0x →时，21ln ,x a x-→+∞-→+∞，所以'()h x →+∞；当x →+∞时，21ln 0,x a x-→-→+∞，所以'()h x →+∞.所以方程'()0h x =存在两根12,x x ，即2211221ln 1ln 0x ax x ax --=--=且332212(0,),(,)x e x e ∈∈+∞，所以()h x 在1(0,)x 上单调递增，12(,)x x 上单调递减，在2(,)x +∞上单调递增，所以()h x 的极大值为1()h x ，极小值为2()h x 要使有方程2ln x ax xk x-+=唯一解，必有1()k h x >或2()k h x <，又2222222222ln ln 1ln 2ln 1()111x x x x h x ax x x x x --=-+=-+=+，又322(,)x e ∈+∞，则2ln 1()1x x x ϕ-=+，232ln '()0x x xϕ-=<，所以()ϕx 在32(,)e +∞递减，且x →+∞时，2ln 1()11x x xϕ-=+→，所以1k ≤；同理1112ln 1()1x h x x -=+，321(0,)x e ∈，2ln 1()1x x x ϕ-=+在32(0,)e 递增，3322322()()121x e eeϕϕ-<=+=+，所以3221k e -+≥.综上可得，1k ≤或3221k e -+≥.【点睛】思路点睛：本题是一道利用导数研究函数性质，零点的综合应用题型，属于难题，一般利用导数研究函数零点或方程的实数根时，需根据题意构造函数()f x ，利用导数研究函数在该区间上的单调性，极值，端点值等性质，以及零点存在性定理等研究函数的零点.11．设函数223223()3,()33,22a a f x x x ax g x ax x a ⎛⎫=-+=-++-∈ ⎪⎝⎭R .（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若函数[]()23()()()0,222a x f x g x x x ϕ=--∈在0x =处取得最大值，求a 的取值范围.【答案】（1）当3a ≥时，()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞，无单调递减区间；当3a <时，()f x 的单调递增区间为93,13⎛-∞- ⎝⎭和9313⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1⎛-+ ⎝⎭；（2）6,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【分析】（1）先对()f x 求导，对导函数分3a ≥和3a <两种情况讨论即可.（2）因为函数()x ϕ在0x =处取得最大值，所以[]23223133(0)()(1)3,0,22222a x ax a x x a x ϕϕ==+--+∈，利用分离参数法转化为不等式恒成立问题，求函数的最值即可.【详解】解：（1）()22()36313f x x x a x a '=-+=-+-，当3a ≥时，()0f x '≥，所以()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞，无单调递减区间；当3a <时，令()0f x '>，得13x <-或13x >+，所以()f x 的单调递增区间为93,13⎛-∞- ⎝⎭和9313⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭令()0f x '<，得1133x -<<+，所以()f x 的单调递减区间为9393133⎛-+ ⎝⎭.综上，当3a ≥时，()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞，无单调递减区间；当3a <时，()f x 的单调递增区间为,1⎛-∞- ⎝⎭和1⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为9393133⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭.（2）由题意得[]322133()(1)3,0,2222x ax a x x a x ϕ=+--+∈.因为函数()x ϕ在0x =处取得最大值，所以[]23223133(0)()(1)3,0,22222a x ax a x x a x ϕϕ==+--+∈，即[]3213(1)30,0,222ax a x x x +--∈，当0x =时，显然成立.当(]0,2x ∈时，得()21313022ax a x +--≤，即()()()()()22323232322221+2x x ax xx x x x ++==++-+-+--.令(]22,4t x =+∈，则2()1,(2,4]th t t t =--∈，()2210h t t '=+>恒成立，所以2()1,(2,4]t h t t t =--∈是增函数，5()0,2h t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，所以3625(2)12x x +--+，即65a ，所以a 的取值范围为6,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【点睛】思路点睛：对含参数的函数求单调区间，根据导函数分类讨论是解决这类题的一般方法；已知函数的最大值求参数的取值范围，往往转化为不等式恒成立问题，如果能分离参数的话，分离参数是解决这类题的常用方法，然后再求函数的最值即可.12．已知函数()()()21ln 1f x x a x x =-+-+（0a >）.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()1ln x xf x x x-'≥在()1+∞，上恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）02a <≤.【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，判断函数的单调性即可；（2原不等式化为：ln 2x a x x ≤-在()1+∞，上恒成立，设()ln 2xh x x x=-，()1,x ∈+∞，求出函数的导数，再令()221ln g x x x =-+，根据函数的单调性求出a 的范围即可．【详解】（1）()()()1121121x f x x a x a x x -⎛⎫⎛⎫'=-+-=-+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()()()12121a x x a x x xx---=--=，()0,x ∈+∞，令()0f x '=，则2ax =或1x =，当02a <<时，函数()f x 在区间0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭和()1,+∞上单调递增，在区间,12a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，当2a =时，函数()f x 在()0+∞，上单调递增，当2a >时，函数()f x 在区间()0,1和,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在区间1,2a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减；（2）原不等式化为：ln 2xa x x≤-在()1+∞，上恒成立，设()ln 2xh x x x=-，()1,x ∈+∞，()2221ln 21ln 2x x x h x x x--+'=-=，令()221ln g x x x =-+，则()140g x x x '=+>，所以()g x 在()1+∞，上单调递增，()()110g x g >=>，所以()0h x '>，则函数()h x 在()1+∞，上单调递增，且()12h =，02a ∴<≤.【点睛】方法点睛：本题考查利用导数研究单调性（含参），考查利用导数研究恒成立问题，解决第（2）问的关键是将原不等式转化为ln 2xa x x≤-在()1+∞，上恒成立，进而利用导数研究函数的单调性，从而得解，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查转化和划归思想，属于常考题.13．已知函数()ln 2ag x x x x=++.（1）讨论()g x 的单调性；（2）当10a e <<时，函数()()222a f x xg x x x ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭在其定义域内有两个不同的极值点，记作1x 、2x ，且11x x <，若m 1≥，证明：112m mx x e +⋅>.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）求出函数()g x 的定义域，求得()222x x a g x x+-'=，对实数a 的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数()g x 的单调递增区间和递减区间；（2）利用分析法得出所证不等式等价于()()()121212121ln0m x x x x x x x mx +-<>>+，令()120,1x t x =∈，构造函数()()()11ln m t h t t t m+-=-+，其中()0,1t ∈，利用导数证明出()0h t <对任意的()0,1t ∈恒成立，由此可证得原不等式成立.【详解】（1）函数()ln 2ag x x x x=++的定义域为()0,∞+，()()222122a x x ag x a R x x x+-'=+-=∈，方程220x x a +-=的判别式18a ∆=+.①当18a ≤-时，0∆≤，()0g x '≥，()g x 在()0,∞+为增函数；②当18a >-时，0∆>，方程220x x a +-=的两根为114x -'=，214x -'=，（i ）当108a -<≤时，120x x ''<≤，对任意的0x >，()0g x '>，()g x 在()0,∞+为增函数；（ii ）当0a >时，120x x ''<<，令()0g x '<，可得20x x '<<，令()0g x '>，可得2x x '>.所以，()g x在1,4⎛⎫+∞⎝⎪⎪⎭为增函数，在10,4⎛⎤- ⎥ ⎝⎦为减函数.综上所述：当0a ≤时，()g x 的增区间为()0,∞+，无减区间；当0a >时，()g x的增区间为1,4⎛⎫+∞- ⎝⎪⎪⎭，减区间10,4⎛⎤- ⎥ ⎝⎦；（2）证明：()()2ln 2a f x x x x x a a R =--+∈ ，所以()ln f x x ax '=-，因为()f x 有两极值点1x 、2x ，所以11ln x ax =，22ln x ax =，欲证112mm x x e +⋅>等价于要证：()112ln ln m m x x e +⋅>，即121ln ln m x m x +<+，所以()1212121ln ln m x m x ax max a x mx +<+=+=+，因为m 1≥，120x x <<，所以原不等式等价于要证明121ma x mx +>+.又11ln x ax =，22ln x ax =，作差得()1122lnx a x x x =-，1212ln x x a x x ∴=-，所以原不等式等价于要证明()()112211212212ln11ln x m x x x x m x x x mx x x mx +-+>⇔<-++，令12x t x =，()0,1t ∈，上式等价于要证()()11ln m t t t m+-<+，()0,1t ∈，令()()()11ln m t h t t t m+-=-+，所以()()()()221t t m h t t t m --'=+，当m 1≥时，20t m -<，则()0h t '>，所以()h t 在()0,1上单调递增，因此()()10h t h <=，()()11ln m t t t m+-∴<+在()0,1t ∈上恒成立，所以原不等式成立.【点睛】利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键.14．已知实数0a >，函数()22ln f x a x x x=++，()0,10x ∈.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若1x =是函数()f x 的极值点，曲线()y f x =在点()()11,P x f x ､()()22,Q x f x (12x x <)处的切线分别为1l ､2l ，且1l ､2l 在y 轴上的截距分别为1b ､2b .若12//l l ，求12b b -的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）6ln 4,05⎛⎫- ⎪⎝⎭.【分析】（1）对函数求导，按照110a ≥、1010a<<分类，求得()0f x '<、()0f x '>的解集即可得解；（2）由极值点的性质可得1a =，由导数的几何意义可得1b 、2b 及()12122x x x x =+，转化条件为1211212221ln 1x x x b b x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭-=++，构造新函数结合导数即可得解.【详解】（1）由题意，()()()()222212010ax ax a f x a x x x x+-'=-++=<<，0a > ，010x <<，∴20ax +>，①当110a ≥，即10,10a ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x '<，()f x ∴在()0,10上单调递减；②当1010a <<，即1,10a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<；当1,10x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x ∴在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,10a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增.综上所述：当10,10a ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x 在()0,10上单调递减；当1,10a ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,10a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；（2）∵1x =是()f x 的极值点，∴()10f '=，即()()210a a +-=，解得1a =或2a =-（舍），此时()2ln f x x x x =++，()2211f x x x'=-++，1l ∴方程为()1112111221ln 1y x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫-++=-++-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令0x =，得1114ln 1b x x =+-，同理可得2224ln 1b x x =+-，12//l l ，221122212111x x x x ∴-++=-++，整理得：()12122x x x x =+，12122x x x ∴=-，又12010x x <<<，则1112102x x x <<-，解得1542x <<，()1212211111211221222221244ln ln ln 1x x x x x x x x xb b x x x x x x x x x ⎛⎫- ⎪--⎝⎭∴-=+=+=+++，令12x t x =，则1111211,1224x x t x x -⎛⎫=⋅=-∈ ⎪⎝⎭，设()()211ln ,,114t g t t t t -⎛⎫=+∈ ⎪+⎝⎭，则()()()()222141011t g t t t t t -'=-+=>++，()g t ∴在1,14⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，又()10g =，16ln 445g ⎛⎫=-⎪⎝⎭，()6ln 4,05g t ⎛⎫∴∈- ⎪⎝⎭，即12b b -的取值范围为6ln 4,05⎛⎫- ⎪⎝⎭.【点睛】关键点点点睛：解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，再构造新函数，结合导数即可得解.15．已知函数32()23(1)6()f x x m x mx x R =+++∈.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若(1)5f =，函数2()()(ln 1)0f x g x a x x=+-≤在(1,)+∞上恒成立，求证：2a e <.【答案】（1）答案不唯一，见解析（2）证明见解析【分析】（1）求导后分解因式，分类讨论即可得到函数的单调性；（2）由题意求出0m =，转化为23ln 1x a x +≤+在(1,)x ∈+∞上恒成立，利用导数求出23()(1)ln 1x h x x x +=>+的最小值，即可求解.【详解】（1）()()()'22661661fx x m x m x m x m ⎡⎤=+++=+++⎣⎦6(1)()x x m =++若1m =时，()0f x '≥，()f x 在R 上单调递增；若1m >时，1m -<-，当x m <-或1x >-时，()0f x '>，()f x 为增函数，当1m x -<<-时，()0f x '<，()f x 为减函数，若1m <时，1m ->-，当1x <-或x m >-时，()0f x '>，()f x 为增函数，当1x m -<<-时，()0f x '<，()f x 为减函数.综上，1m =时，()f x 在R 上单调递增；当1m >时，()f x 在(,)-∞-m 和(1,)-+∞上单调递增，在(,1)m --上单调递减；当1m <时，()f x 在(,1)-∞-和(,)m -+∞上单调递增，在(1,)m --上单调递减.（2）由(1)23(1)65f m m =+++=，解得0m =，所以32()23f x x x =+，由(1,)x ∈+∞时，ln 10x +>，可知()(ln 1)230g x a x x =+--≤在(1,)+∞上恒成立可化为23ln 1x a x +≤+在(1,)x ∈+∞上恒成立，设23()(1)ln 1x h x x x +=>+，则22132(ln 1)(23)2ln ()(ln 1)(ln 1)x x x x x h x x x +-+⨯-'==++，设3()2ln (1)x x x x ϕ=->，则223()0x x xϕ'=+>，所以()ϕx 在(1,)+∞上单调递增，又3ln163(2)2ln 2022ϕ-=-=<，3()20e eϕ=->所以方程()0h x '=有且只有一个实根0x ，且00032,2ln .x e x x <<=所以在0(1,)x 上，()0h x '<，()h x 单调递减，在0(,)x +∞上，()0,()h x h x '>单调递增，所以函数()h x 的最小值为0000002323()223ln 112x x h x x e x x ++===<++，从而022.a x e ≤<【点睛】关键点点睛：解答本题的难点在于得到232ln ()(ln 1)x x h x x -'=+后，不能求出()h x '的零点，需要根据()h x '的单调性及零点存在定理得到0x 的大致范围，再利用0x 的范围及0032ln x x =证明不等式.16．设()1,,54m h x x x x ⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦，其中m 是不等于零的常数，（1）写出()4h x 的定义域；（2）求()h x 的单调递增区间；【答案】（1）15,164⎡⎤⎢⎥⎣⎦；（2）答案见解析.【分析】（1）由已知得出1454x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，解出x 可得()4h x 的定义域；（2）对函数()h x 求导，按0m <，1016m <≤，12516m <<和25m ≥四种情况，分别求出函数的单调递增区间即可．【详解】（1）∵1454x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，∴15164x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∴()4h x 的定义域为15164⎡⎤⎢⎥⎣⎦，（2）()21m h x x '=-0m <时，()0h x '>恒成立，()h x 在154⎡⎤⎢⎥⎣⎦，递增；0m >时，令()0h x '>，解得x >或x <，即函数的单调增区间为(,-∞，)+∞14≤即1016m <≤时，()h x 在154⎡⎤⎢⎥⎣⎦，递增当154<<即12516m <<时，()h x 在⎤⎦递增5≥即25m ≥时，()h x 在154⎡⎤⎢⎥⎣⎦，无递增区间综上可得：0m <时，()h x 在154⎡⎤⎢⎥⎣⎦，递增；1016m <≤时，()h x 在154⎡⎤⎢⎥⎣⎦递增；12516m <<时，()h x 在⎤⎦递增【点睛】关键点点睛：本题考查函数的定义域，考查导数研究函数的单调性，解决本题的关键是令()0h x '>求出函数的单调增区间，讨论定义域的区间端点和单调区间的关系，考查了学生分类讨论思想和计算能力，属于中档题．17．已知1,12k ⎛⎤∈⎥⎝⎦，函数2()(1)x f x x e kx =--．（ 2.71828e = 为自然对数的底数）．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）求函数()f x 在[0,]k 上的最大值．【答案】（1）单调增区间为(ln 2,),(0)k +∞-∞，，单调减区间为(0,ln 2)k ；（2）3(1)k k e k --.【分析】（1）由题得()(2)x f x x e k '=-，再利用导数求函数的单调区间得解；（2）证明0(2)ln k k <<，列出表格得出单调区间，比较区间端点与极值即可得到最大值．【详解】（1）由题得()(1)2(2)x x x f x e x e kx x e k '=+--=-，令0()0,20x x f x e k >⎧'>∴⎨->⎩或020x x e k <⎧⎨-<⎩，因为1,12k ⎛⎤∈⎥⎝⎦，所以122k <≤，所以不等式组的解为ln 2x k >或0x <，所以函数()f x 的单调增区间为(ln 2,),(0)k +∞-∞，；令0()0,20x x f x e k >⎧'<∴⎨-<⎩或020x x e k <⎧⎨->⎩，解之得0ln 2x k <<，所以函数()f x 的单调减区间为(0,ln 2)k ；所以函数()f x 的单调增区间为(ln 2,),(0)k +∞-∞，，单调减区间为(0,ln 2)k .（2）令()(2)k k ln k ϕ=-，1(2k ∈，1]，11()10k k k k ϕ-'=-=所以()k ϕ在1(2，1]上是减函数，ϕ∴（1）1()()2k ϕϕ<，112()2ln k k ϕ∴-<<．即0(2)ln k k<<所以()'f x ，()f x 随x 的变化情况如下表：x(0，(2))ln k (2)ln k ((2)ln k ，)k ()'f x -0+()f x极小值(0)1f =-，()(0)f k f -3(1)(0)k k e k f =---3(1)1k k e k =--+3(1)(1)k k e k =---2(1)(1)(1)k k e k k k =---++2(1)[(1)]k k e k k =--++。
导数讨论含参单调性习题(含详解答案)
m(x + n}f(x) - lnx T g(x) = --------- m > 0)1 •设函数x T .(1)当m= l|时，函数¥訂(刈与¥ =創刈在"1处的切线互相垂直，求n的值；(2)若函数¥“仪卜創对在定义域内不单调，求m-n的取值范围；2a 3K xf(T 他M f(—) < 0(3)是否存在正实数使得x 2a 对任意正实数K恒成立？若存在，求出满足条件的实数；若不存在，请说明理由.2•已知函数fW = (^ + l)lnx-ax + 3f aG R,g(x)是f闵的导函数，*为自然对数的底数.(1)讨论：的单调性；(2)当白X时，证明：寓(3)当白X时，判断函数f凶零点的个数，并说明理由.bf(«) = + ) + blnx3.已知函数x(其中，忆b€R).(1)当b = Y时，若f")在其定义域内为单调函数，求臼的取值范围；(2)当：：八」时，是否存在实数H,使得当’■ ■时，不等式卜心■冷恒成立，如果存在，求b的取值范围，如果不存在，说明理由(其中电是自然对数的底数，“ 2一7182旷).4 •已知函数gW = x2 + ln(x + a)|,其中臼为常数.(1)讨论函数•的单调性；S(Xj) +g(x?) x t +x z(2)若或叮存在两个极值点叫*刈，求证：无论实数臼取什么值都有 2 £ 2 .5 .已知函数肛"油盧2)(玄为常数)是实数集"上的奇函数，函数屮“用刈卡商帥是区间Il上的减函数.(1)求的值；(2)若恥；-「：在卜G 及所在的取值范围上恒成立，求的取值范围；Irx ?=x -2e* + m(3)讨论关于丸的方程f⑷的根的个数.6 •已知函数f x ax ln x, F x e x ax，其中x 0, a 0.(1)若f x和F x在区间0,ln3上具有相同的单调性，求实数a的取值范围；(2) 若a最小值.1,二，且函数g x eax 1 xe 2 ax f x的最小值为M，求M的7.已知函数 f (x) e x m In x .(1)如x1是函数f(x)的极值点，求实数m的值并讨论的单调性 f (x)；(2) 若x x。
关于含参导数的练习题
关于含参导数的练习题一．解答题〔共20小题〕1．〔2014•二模〕设函数f〔x〕=x2+aln〔1+x〕有两个极值点x1、x2，且x1＜x2，〔Ⅰ〕求a的取值围，并讨论f〔x〕的单调性；〔Ⅱ〕证明：f〔x2〕＞．2．〔2014•河西区三模〕函数f〔x〕=+cx+d〔a，c，d∈R〕满足f〔0〕=0，f′〔1〕=0，且f′〔x〕≥0在R上恒成立．〔1〕求a，c，d的值；〔2〕假设，解不等式f′〔x〕+h〔x〕＜0；〔3〕是否存在实数m，使函数g〔x〕=f′〔x〕﹣mx在区间[m，m+2]上有最小值﹣5？假设存在，请求出实数m的值；假设不存在，请说明理由．3．〔2014•二模〕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]，函数在区间〔t，3〕上总不是单调函数，求m的取值围；〔Ⅲ〕求证：．4．〔2014•三模〕函数f〔x〕=〔2﹣a〕〔x﹣1〕﹣2lnx，g〔x〕=xe1﹣x．〔a∈R，e为自然对数的底数〕〔Ⅰ〕当a=1时，求f〔x〕的单调区间；〔Ⅱ〕假设函数f〔x〕在上无零点，求a的最小值；〔Ⅲ〕假设对任意给定的x0∈〔0，e]，在〔0，e]上总存在两个不同的x i〔i=1，2〕，使得f〔x i〕=g〔x0〕成立，求a的取值围．5．〔2014•市中区二模〕函数f〔x〕=x2+ax﹣lnx，a∈R．〔1〕假设函数f〔x〕在[1，2]上是减函数，数a的取值围；〔2〕令g〔x〕=f〔x〕﹣x2，是否存在实数a，当x∈〔0，e]〔e是自然常数〕时，函数g〔x〕的最小值是3，假设存在，求出a的值；假设不存在，说明理由；〔3〕当x∈〔0，e]时，证明：．6．〔2014•区二模〕函数f〔x〕=plnx+〔p﹣1〕x2+1．〔1〕讨论函数f〔x〕的单调性；〔2〕当P=1时，f〔x〕≤kx恒成立，数k的取值围；〔3〕证明：1n〔n+1〕＜1+…+〔n∈N+〕．7．〔2014•二模〕函数f〔x〕=+lnx﹣2，g〔x〕=lnx+2x．〔Ⅰ〕求函数f〔x〕的单调区间；〔Ⅱ〕试问过点〔2，5〕可作多少条直线与曲线y=g〔x〕相切？请说明理由．8．〔2014•三模〕函数f〔x〕=lnx﹣，g〔x〕=f〔x〕+ax﹣6lnx，其中a∈R〔1〕当a=1时，判断f〔x〕的单调性；〔2〕假设g〔x〕在其定义域为增函数，求正实数a的取值围；〔3〕设函数h〔x〕=x2﹣mx+4，当a=2时，假设∃x1∈〔0，1〕，∀x2∈[1，2]，总有g〔x1〕≥h〔x2〕成立，数m 的取值围．9．〔2014•和平区三模〕设函数f〔x〕=x﹣ae x﹣1．〔Ⅰ〕求函数f〔x〕单调区间；〔Ⅱ〕假设f〔x〕≤0对x∈R恒成立，求a的取值围；〔Ⅲ〕对任意n的个正整数a1，a2，…a n记A=〔1〕求证：〔i=1，2，3…n〕〔2〕求证：A．10．〔2014•宿迁一模〕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〔x0〕=x0与f′〔x0〕=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．11．〔2014•二模〕函数f〔x〕=〔a+1〕lnx+ax2+，a∈R．〔1〕当a=﹣时，求f〔x〕的最大值；〔2〕讨论函数f〔x〕的单调性；〔3〕如果对任意x1，x2∈〔0，+∞〕，|f〔x1〕﹣f〔x2〕|≥4|x1﹣x2|恒成立，数a的取值围．12．〔2014•二模〕函数f〔x〕=〔a+〕e n，a，b为常数，a≠0．〔Ⅰ〕假设a=2，b=1，求函数f〔x〕在〔0，+∞〕上的单调区间；〔Ⅱ〕假设a＞0，b＞0，求函数f〔x〕在区间[1，2]的最小值；〔Ⅲ〕假设a=1，b=﹣2时，不等式f〔x〕≤lnx•e n恒成立，判断代数式[〔n+1〕！]2与〔n+1〕e n﹣2〔n∈N*〕的大小．13．〔2014•模拟〕函数f〔x〕=ax﹣1﹣lnx〔a∈R〕．〔1〕讨论函数f〔x〕在定义域的极值点的个数；〔2〕假设函数f〔x〕在x=1处取得极值，对∀x∈〔0，+∞〕，f〔x〕≥bx﹣2恒成立，数b的取值围；〔3〕当x＞y＞e﹣1时，求证：．14．〔2014•模拟〕函数f〔x〕=ax3+bx2﹣3x〔a，b∈R〕在点〔1，f〔1〕〕处的切线方程为y+2=0．〔1〕求函数f〔x〕的解析式；〔2〕假设对于区间[﹣2，2]上任意两个自变量的值x1，x2都有|f〔x1〕﹣f〔x2〕|≤c，数c的最小值；〔3〕假设过点M〔2，m〕〔m≠2〕可作曲线y=f〔x〕的三条切线，数m的取值围．15．〔2014•一模〕函数f〔x〕=x﹣alnx，g〔x〕=﹣，〔a∈R〕．〔Ⅰ〕假设a=1，求函数f〔x〕的极值；〔Ⅱ〕设函数h〔x〕=f〔x〕﹣g〔x〕，求函数h〔x〕的单调区间；〔Ⅲ〕假设在[1，e]〔e=2.718…〕上存在一点x0，使得f〔x0〕＜g〔x0〕成立，求a的取值围．16．〔2014•三模〕f〔x〕=xlnx，g〔x〕=x3+ax2﹣x+2〔Ⅰ〕求函数f〔x〕的单调区间；〔Ⅱ〕求函数f〔x〕在[t，t+2]〔t＞0〕上的最小值；〔Ⅲ〕对一切的x∈〔0，+∞〕，2f〔x〕≤g′〔x〕+2恒成立，数a的取值围．17．〔2014•揭阳三模〕函数f〔x〕=ln〔x+a〕﹣x2﹣x在x=0处取得极值．〔1〕数a的值；〔2〕假设关于x的方程在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，数b的取值围；〔3〕证明：对任意的正整数n，不等式都成立．18．〔2014•模拟〕函数f〔x〕=m〔x﹣1〕2﹣2x+3+lnx〔m≥1〕．〔Ⅰ〕当时，求函数f〔x〕在区间[1，3]上的极小值；〔Ⅱ〕求证：函数f〔x〕存在单调递减区间[a，b]；〔Ⅲ〕是否存在实数m，使曲线C：y=f〔x〕在点P〔1，1〕处的切线l与曲线C有且只有一个公共点？假设存在，求出实数m的值，假设不存在，请说明理由．19．〔2015•横峰县一模〕函数f〔x〕=alnx﹣ax﹣3〔a∈R，a≠0〕．〔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，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？〔Ⅲ〕当a=2时，设函数，假设在区间[1，e]上至少存在一个x0，使得h〔x0〕＞f〔x0〕成立，试数p的取值围．20．〔2014•聊城一模〕函数f〔x〕=ln〔x+a〕﹣x2﹣x在x=0处取得极值．〔Ⅰ〕数a的值；〔Ⅱ〕假设关于x的方程f〔x〕=﹣x+b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，数b的取值围；〔Ⅲ〕证明：对任意的正整数n，不等式2+++…+＞ln〔n+1〕都成立．关于含参导数的练习题参考答案与试题解析一．解答题〔共20小题〕1．〔2014•二模〕设函数f〔x〕=x2+aln〔1+x〕有两个极值点x1、x2，且x1＜x2，〔Ⅰ〕求a的取值围，并讨论f〔x〕的单调性；〔Ⅱ〕证明：f〔x2〕＞．考点：利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性；不等式的证明．专题：计算题；证明题；压轴题．分析：〔1〕先确定函数的定义域然后求导数fˊ〔x〕，令g〔x〕=2x2+2x+a，由题意知x、x2是方程g〔x〕=0的1两个均大于﹣1的不相等的实根，建立不等关系解之即可，在函数的定义域解不等式fˊ〔x〕＞0和fˊ〔x〕＜0，求出单调区间；〔2〕x2是方程g〔x〕=0的根，将a用x2表示，消去a得到关于x2的函数，研究函数的单调性求出函数的最大值，即可证得不等式．解答：解：〔I〕令g〔x〕=2x2+2x+a，其对称轴为．由题意知x1、x2是方程g〔x〕=0的两个均大于﹣1的不相等的实根，其充要条件为，得〔1〕当x∈〔﹣1，x1〕时，f'〔x〕＞0，∴f〔x〕在〔﹣1，x1〕为增函数；〔2〕当x∈〔x1，x2〕时，f'〔x〕＜0，∴f〔x〕在〔x1，x2〕为减函数；〔3〕当x∈〔x2，+∞〕时，f'〔x〕＞0，∴f〔x〕在〔x2，+∞〕为增函数；〔II〕由〔I〕g〔0〕=a＞0，∴，a=﹣〔2x22+2x2〕∴f〔x2〕=x22+aln〔1+x2〕=x22﹣〔2x22+2x2〕ln〔1+x2〕设，那么h'〔x〕=2x﹣2〔2x+1〕ln〔1+x〕﹣2x=﹣2〔2x+1〕ln〔1+x〕〔1〕当时，h'〔x〕＞0，∴h〔x〕在单调递增；〔2〕当x∈〔0，+∞〕时，h'〔x〕＜0，h〔x〕在〔0，+∞〕单调递减．∴故．点评：此题主要考察了利用导数研究函数的单调性，以与利用导数研究函数的极值等有关知识，属于根底题．2．〔2014•河西区三模〕函数f〔x〕=+cx+d〔a，c，d∈R〕满足f〔0〕=0，f′〔1〕=0，且f′〔x〕≥0在R上恒成立．〔1〕求a，c，d的值；〔2〕假设，解不等式f′〔x〕+h〔x〕＜0；〔3〕是否存在实数m，使函数g〔x〕=f′〔x〕﹣mx在区间[m，m+2]上有最小值﹣5？假设存在，请求出实数m的值；假设不存在，请说明理由．考点：导数的运算；函数恒成立问题；利用导数求闭区间上函数的最值；其他不等式的解法．专题：计算题；压轴题．分析：〔1〕待定系数法求函数解析式，由f〔0〕=0，f'〔1〕=0，且f'〔x〕≥0在R上恒成立列出三个方程，解出a、b、c〔2〕一元二次不等式解法，注意根之间比拟，考察分类讨论思想〔3〕考察二次函数最值问题，考察分类讨论思想，对m进展讨论，看对称轴与区间的关系．解答：解：〔1〕∵f〔0〕=0，∴d=0∴x+c与f'〔1〕=0，有∵f'〔x〕≥0在R上恒成立，即恒成立显然a=0时，上式不能恒成立∴a≠0，函数f'〔x〕=a是二次函数由于对一切x∈R，都有f'〔x〕≥0，于是由二次函数的性质可得即，即，解得：a=，．〔2〕∵．∴．∴由f'〔x〕+h〔x〕＜0，即即＜0，即当时，解集为〔，b〕，当b＜时，解集为〔b，〕，当b=时，解集为∅．〔3〕∵，∴f'〔x〕=∴．该函数图象开口向上，且对称轴为x=2m+1．假设存在实数m使函数区间[m．m+2]上有最小值﹣5．①当m＜﹣1时，2m+1＜m，函数g〔x〕在区间[m，m+2]上是递增的．∴g〔m〕=﹣5，即．解得．∵，∴舍去②当﹣1≤m＜1时，m≤2m+1＜m+2，函数g〔x〕在区间[m，2m+1]上是递减的，而在区间[2m+1，m+2]上是递增的，∴g〔2m+1〕=﹣5．即解得或m=﹣，均应舍去③当m≥1时，2m+1≥m+2，函数g〔x〕在区间[m，m+2]上递减的∴g〔m+2〕=﹣5即．解得或m=﹣1+2．其中m=﹣1﹣2应舍去．综上可得，当m=﹣3或m=﹣1+2时，函数g〔x〕=f'〔x〕﹣mx在区间[m，m+2]上有最小值﹣5．点评：此题考察导数的综合运用，具体包含导数的计算、恒成立问题、不等式的解法、待定系数法求函数解析式、二次函数最值问题，分类讨论思想，对学生有一定的能力要求，属于难题．3．〔2014•二模〕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]，函数在区间〔t，3〕上总不是单调函数，求m的取值围；〔Ⅲ〕求证：．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：压轴题．分析：利用导数求函数的单调区间的步骤是①求导函数f′〔x〕；②解f′〔x〕＞0〔或＜0〕；③得到函数的增区间〔或减区间〕，对于此题的〔1〕在求单调区间时要注意函数的定义域以与对参数a的讨论情况；〔2〕点〔2，f〔2〕〕处的切线的倾斜角为45°，即切线斜率为1，即f'〔2〕=1，可求a值，代入得g〔x〕的解析式，由t∈[1，2]，且g〔x〕在区间〔t，3〕上总不是单调函数可知：，于是可求m的围．〔3〕是近年来高考考察的热点问题，即与函数结合证明不等式问题，常用的解题思路是利用前面的结论构造函数，利用函数的单调性，对于函数取单调区间上的正整数自变量n有某些结论成立，进而解答出这类不等式问题的解．解答：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，∴∴点评：此题考察利用函数的导数来求函数的单调区间，函数曲线上一点求曲线的切线方程即对函数导数的几何意义的考察，考察求导公式的掌握情况．含参数的数学问题的处理，构造函数求解证明不等式问题．4．〔2014•三模〕函数f〔x〕=〔2﹣a〕〔x﹣1〕﹣2lnx，g〔x〕=xe1﹣x．〔a∈R，e为自然对数的底数〕〔Ⅰ〕当a=1时，求f〔x〕的单调区间；〔Ⅱ〕假设函数f〔x〕在上无零点，求a的最小值；〔Ⅲ〕假设对任意给定的x0∈〔0，e]，在〔0，e]上总存在两个不同的x i〔i=1，2〕，使得f〔x i〕=g〔x0〕成立，求a的取值围．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题；压轴题．分析：〔Ⅰ〕把a=1代入到f〔x〕中求出f′〔x〕，令f′〔x〕＞0求出x的围即为函数的增区间，令f′〔x〕＜0求出x的围即为函数的减区间；〔Ⅱ〕f〔x〕＜0时不可能恒成立，所以要使函数在〔0，〕上无零点，只需要对x∈〔0，〕时f〔x〕＞0恒成立，列出不等式解出a 大于一个函数，利用导数得到函数的单调性，根据函数的增减性得到这个函数的最大值即可得到a 的最小值； 〔Ⅲ〕求出g′〔x 〕，根据导函数的正负得到函数的单调区间，即可求出g 〔x 〕的值域，而当a=2时不合题意；当a≠2时，求出f′〔x 〕=0时x 的值，根据x ∈〔0，e]列出关于a 的不等式得到①，并根据此时的x 的值讨论导函数的正负得到函数f 〔x 〕的单调区间，根据单调区间得到②和③，令②中不等式的坐标为一个函数，求出此函数的导函数，讨论导函数的正负得到函数的单调区间，根据函数的增减性得到此函数的最大值，即可解出②恒成立和解出③得到④，联立①和④即可解出满足题意a 的取值围．解答： 解：〔Ⅰ〕当a=1时，f 〔x 〕=x ﹣1﹣2lnx ，那么f′〔x 〕=1﹣，由f′〔x 〕＞0，得x ＞2； 由f′〔x 〕＜0，得0＜x ＜2．故f 〔x 〕的单调减区间为〔0，2]，单调增区间为[2，+∞〕；〔Ⅱ〕因为f 〔x 〕＜0在区间上恒成立不可能， 故要使函数上无零点，只要对任意的，f 〔x 〕＞0恒成立，即对恒成立． 令，那么， 再令，那么，故m 〔x 〕在上为减函数，于是，从而，l 〔x 〕＞0，于是l 〔x 〕在上为增函数，所以， 故要使恒成立，只要a ∈[2﹣4ln2，+∞〕，综上，假设函数f 〔x 〕在上无零点，那么a 的最小值为2﹣4ln2；〔Ⅲ〕g′〔x 〕=e 1﹣x﹣xe 1﹣x=〔1﹣x 〕e 1﹣x，当x ∈〔0，1〕时，g′〔x 〕＞0，函数g 〔x 〕单调递增； 当x ∈〔1，e]时，g′〔x 〕＜0，函数g 〔x 〕单调递减． 又因为g 〔0〕=0，g 〔1〕=1，g 〔e 〕=e •e 1﹣e＞0， 所以，函数g 〔x 〕在〔0，e]上的值域为〔0，1]． 当a=2时，不合题意；当a≠2时，f′〔x 〕=，x ∈〔0，e]当x=时，f′〔x 〕=0．由题意得，f 〔x 〕在〔0，e]上不单调，故，即① 此时，当x 变化时，f′〔x 〕，f 〔x 〕的变化情况如下： x 〔0，〕 〔，e] f′〔x 〕 ﹣ 0 + f 〔x 〕 ↘ 最小值↗ 又因为，当x→0时，f 〔x 〕→+∞，，所以，对任意给定的x 0∈〔0，e]，在〔0，e]上总存在两个不同的x i 〔i=1，2〕， 使得f 〔x i 〕=g 〔x 0〕成立，当且仅当a 满足以下条件： 即令h 〔a 〕=， 那么h，令h′〔a 〕=0，得a=0或a=2，故当a∈〔﹣∞，0〕时，h′〔a〕＞0，函数h〔a〕单调递增；当时，h′〔a〕＜0，函数h〔a〕单调递减．所以，对任意，有h〔a〕≤h〔0〕=0，即②对任意恒成立．由③式解得：．④综合①④可知，当时，对任意给定的x0∈〔0，e]，在〔0，e]上总存在两个不同的x i〔i=1，2〕，使f〔x i〕=g〔x0〕成立．点评：此题考察学生会利用导函数的正负确定函数的单调性，会根据函数的增减性求出闭区间上函数的最值，掌握不等式恒成立时所满足的条件，是一道压轴题．5．〔2014•市中区二模〕函数f〔x〕=x2+ax﹣lnx，a∈R．〔1〕假设函数f〔x〕在[1，2]上是减函数，数a的取值围；〔2〕令g〔x〕=f〔x〕﹣x2，是否存在实数a，当x∈〔0，e]〔e是自然常数〕时，函数g〔x〕的最小值是3，假设存在，求出a的值；假设不存在，说明理由；〔3〕当x∈〔0，e]时，证明：．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题；综合题；压轴题．分析：〔1〕先对函数f〔x〕进展求导，根据函数f〔x〕在[1，2]上是减函数可得到其导函数在[1，2]上小于等于0应该恒成立，再结合二次函数的性质可求得a的围．〔2〕先假设存在，然后对函数g〔x〕进展求导，再对a的值分情况讨论函数g〔x〕在〔0，e]上的单调性和最小值取得，可知当a=e2能够保证当x∈〔0，e]时g〔x〕有最小值3．〔3〕令F〔x〕=e2x﹣lnx结合〔2〕中知F〔x〕的最小值为3，再令并求导，再由导函数在0＜x≤e大于等于0可判断出函数ϕ〔x〕在〔0，e]上单调递增，从而可求得最大值也为3，即有成立，即成立．解答：解：〔1〕在[1，2]上恒成立，令h〔x〕=2x2+ax﹣1，有得，得〔2〕假设存在实数a，使g〔x〕=ax﹣lnx〔x∈〔0，e]〕有最小值3，=①当a≤0时，g〔x〕在〔0，e]上单调递减，g〔x〕min=g〔e〕=ae﹣1=3，〔舍去〕，②当时，g〔x〕在上单调递减，在上单调递增∴，a=e2，满足条件．③当时，g〔x〕在〔0，e]上单调递减，g〔x〕min=g〔e〕=ae﹣1=3，〔舍去〕，综上，存在实数a=e2，使得当x∈〔0，e]时g〔x〕有最小值3．〔3〕令F〔x〕=e2x﹣lnx，由〔2〕知，F〔x〕min=3．令，，当0＜x≤e时，ϕ'〔x〕≥0，φ〔x〕在〔0，e]上单调递增∴∴，即＞〔x+1〕lnx．点评：此题主要考察导数的运算和函数的单调性与其导函数的正负之间的关系，当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．6．〔2014•区二模〕函数f〔x〕=plnx+〔p﹣1〕x2+1．〔1〕讨论函数f〔x〕的单调性；〔2〕当P=1时，f〔x〕≤kx恒成立，数k的取值围；〔3〕证明：1n〔n+1〕＜1+…+〔n∈N+〕．考点：利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：计算题；证明题；综合题；压轴题；数形结合；分类讨论；转化思想．分析：〔1〕利用导数来讨论函数的单调性即可，具体的步骤是：〔1〕确定 f〔x〕的定义域；〔2〕求导数fˊ〔x〕；〔3〕在函数的定义域解不等式fˊ〔x〕＞0和fˊ〔x〕＜0；〔4〕确定的单调区间．假设在函数式中含字母系数，往往要分类讨论．〔2〕当P=1时，f〔x〕≤kx恒成立，别离参数等价于k≥，利用导数求函数h 〔x〕=的最大值即可求得实数k的取值围；〔3〕由〔2〕知，当k=1时，有f〔x〕≤x，当x＞1时，f〔x〕＜x，即lnx＜x﹣1，令x=，那么得到，利用导数的运算法那么进展化简，然后再相加，即可证得结论．解答：解：〔1〕f〔x〕的定义域为〔0，+∞〕，f′〔x〕=，当p≥1时，f′〔x〕＞0，故f〔x〕在〔0，+∞〕上单调递增；当p≤0时，f′〔x〕＜0，故f〔x〕在〔0，+∞〕上单调递减；当0＜p＜1时，令f′〔x〕=0，解得x=．那么当x时，f′〔x〕＞0；x时，f′〔x〕＜0，故f〔x〕在〔0，〕上单调递增，在上单调递减；〔2〕∵x＞0，∴当p=1时，f〔x〕≤kx恒成立⇔1+lnx≤kx⇔k≥，令h〔x〕=，那么k≥h〔x〕max，∵h′〔x〕==0，得x=1，且当x∈〔0，1〕，h′〔x〕＞0；当x∈〔1，+∞〕，h′〔x〕＜0；所以h〔x〕在0，1〕上递增，在〔1，+∞〕上递减，所以h〔x〕max=h〔1〕=1，故k≥1．〔3〕由〔2〕知，当k=1时，有f〔x〕≤x，当x＞1时，f〔x〕＜x，即lnx＜x﹣1，∴令x=，那么，即，∴ln2﹣ln1＜1，，相加得1n〔n+1〕＜1+…+．点评：此题是个难题．此题主要考察导数的概念、利用导数研究函数的单调性、利用函数的单调性证明不等式和利用导数研究函数性质的能力，考察分类讨论思想、数形结合思想和等价变换思想．7．〔2014•二模〕函数f〔x〕=+lnx﹣2，g〔x〕=lnx+2x．〔Ⅰ〕求函数f〔x〕的单调区间；〔Ⅱ〕试问过点〔2，5〕可作多少条直线与曲线y=g〔x〕相切？请说明理由．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：计算题；压轴题．分析：〔I〕对函数f〔x〕求导，当导数f'〔x〕大于0时可求单调增区间，当导数f'〔x〕小于0时可求单调减区间．〔II〕先表示出过点〔2，5〕与曲线y=g〔x〕相切的直线，进而假设函数，可求得切线的条数．解答：解：〔I〕由题意得，函数的定义域为〔0，+∞〕，=当a≤0时，f′〔x〕＞0恒成立，f〔x〕的单调递增区间为〔0，+∞〕当a＞0时，令f′〔x〕＞0，x＞a令f′〔x〕＜0，0＜x＜a故f〔x〕的单调递增区间为〔a，+∞〕，单调递减区间为〔0，a〕〔II〕设切点为〔m，n〕∴∴令∴由导数为0可得，x=2，∴h〔x〕在〔0，2〕上单调递减，在〔2，+∞〕上单调递增∵f〔〕＞0，f〔2〕=ln2﹣1＜0∴h〔x〕与x轴有两个交点∴过点〔2，5〕可作2条曲线y=g〔x〕的切线．点评：此题主要考察通过求函数的导数来确定函数增减区间的问题，考察利用导数解决切线问题，有一定的综合性．．8．〔2014•三模〕函数f〔x〕=lnx﹣，g〔x〕=f〔x〕+ax﹣6lnx，其中a∈R〔1〕当a=1时，判断f〔x〕的单调性；〔2〕假设g〔x〕在其定义域为增函数，求正实数a的取值围；〔3〕设函数h〔x〕=x2﹣mx+4，当a=2时，假设∃x1∈〔0，1〕，∀x2∈[1，2]，总有g〔x1〕≥h〔x2〕成立，数m 的取值围．考点：利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题．专题：综合题；压轴题；导数的综合应用．分析：〔1〕当a=1时，f〔x〕=lnx﹣，f′〔x〕=+=，由此能推导出f〔x〕在〔0，+∞〕上是增函数．〔2〕将函数为增函数，转化为导函数大于等于0恒成立，别离出参数a，求出a的围．〔3〕对h〔x〕进展配方，讨论其最值问题，根据题意∃x1∈〔0，1〕，∀x2∈[1，2]，总有g〔x1〕≥h〔x2〕成立，只要要求g〔x〕max≥h〔x〕max，即可，从而求出m的围．解答：解：〔1〕当a=1时，f〔x〕=lnx﹣，∴f′〔x〕=+=，x＞0．∵x＞0，∴f′〔x〕＞0，∴f〔x〕在〔0，+∞〕上是增函数．〔2〕∵f〔x〕=lnx﹣，g〔x〕=f〔x〕+ax﹣6lnx，a＞0．∴g〔x〕=ax﹣﹣5lnx，x＞0∴g′〔x〕=a+﹣=，假设g′〔x〕＞0，可得ax2﹣5x+a＞0，在x＞0上成立，∴a＞=，∵≤=〔x=1时等号成立〕，∴a＞．〔3〕当a=2时，g〔x〕=2x﹣﹣5lnx，h〔x〕=x2﹣mx+4=〔x﹣〕2+4﹣，∃x1∈〔0，1〕，∀x2∈[1，2]，总有g〔x1〕≥h〔x2〕成立，∴要求g〔x〕的最大值，大于h〔x〕的最大值即可，g′〔x〕==，令g′〔x〕=0，解得x1=，x2=2，当0＜x＜，或x＞2时，g′〔x〕＞0，g〔x〕为增函数；当＜x＜2时，g′〔x〕＜0，g〔x〕为减函数；∵x1∈〔0，1〕，∴g〔x〕在x=处取得极大值，也是最大值，∴g〔x〕max=g〔〕=1﹣4+5ln2=5ln2﹣3，∵h〔x〕=x2﹣mx+4=〔x﹣〕2+4﹣，假设m≤3，h max〔x〕=h〔2〕=4﹣2m+4=8﹣2m，∴5ln2﹣3≥8﹣2m，∴m≥，∵＞3，故m不存在；假设m＞3时，h max〔x〕=h〔1〕=5﹣m，∴5ln2﹣3≥5﹣m，∴m≥8﹣5ln2，实数m的取值围：m≥8﹣5ln2；点评：此题考察函数单调性与导数的关系，和分类讨论思想，与二次函数的知识，是导数中常见的恒成立问题，属难题．9．〔2014•和平区三模〕设函数f〔x〕=x﹣ae x﹣1．〔Ⅰ〕求函数f〔x〕单调区间；〔Ⅱ〕假设f〔x〕≤0对x∈R恒成立，求a的取值围；〔Ⅲ〕对任意n的个正整数a1，a2，…a n记A=〔1〕求证：〔i=1，2，3…n〕〔2〕求证：A．考点：利用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质；导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：压轴题．分析：〔I〕根据中的函数的解析式，我们易求出函数的导函数的解析式，分类讨论导函数的符号，即可得到答案．〔II〕根据〔I〕的结论我们易当a≤0时，f〔x〕≤0不恒成立，当a＞0时，仅须函数的最大值小于0即可，由此构造关于a的不等式即可得到答案．〔III〕〔1〕由〔II〕的结论我们可以得到f〔x〕=x﹣e x﹣1≤0恒成立，故〔i=1，2，3…n〕成立；〔2〕结合〔1〕的结论，我们分别取i=1，2，3…n，i=1，2，3…n，得到n个不等式，根据不等式的性质相乘后，即可得到结论．解答：解：〔I〕∵函数f〔x〕=x﹣ae x﹣1．∴函数f′〔x〕=1﹣ae x﹣1．当a≤0时，f′〔x〕＞0，那么f〔x〕在R上是增函数当a＞0时，令f′〔x〕=0得x=1﹣lna，那么f〔x〕在区间〔﹣∞，1﹣lna〕上是增函数，在区间〔1﹣lna，+∞〕上是减函数综上可知：当a≤0时，f〔x〕在R上是增函数；当a＞0时，f〔x〕在区间〔﹣∞，1﹣lna〕上是增函数，在区间〔1﹣lna，+∞〕上是减函数．〔II〕由〔I〕可知：当a≤0时，f〔x〕≤0不恒成立当a＞0时，f〔x〕在点x=1﹣lna时取最大值﹣lna，令﹣lna≤0，那么a≥1故假设f〔x〕≤0对x∈R恒成立，那么a的取值围为[1，+∞〕〔III〕〔1〕由〔II〕知：当a=1时恒有f〔x〕=x﹣e x﹣1≤0成立即x≤e x﹣1∴〔2〕由〔1〕知：，，…，把以上n个式子相乘得≤=1∴A n≥a1•a2•…•a n故点评：此题考察的知识点是利用导数求函数的单调性，函数单调性的性质，不等式的性质，其中根据条件中函数的解析式，求出导函数的解析式，并分析导函数的符号是解答此题的关键．10．〔2014•宿迁一模〕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〔x0〕=x0与f′〔x0〕=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．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：〔1〕先求原函数的导数，根据f′〔x〕＜0求得的区间是单调减区间，即可；〔2〕由于存在唯一的实数x0，使得f〔x0〕=x0与f′〔x0〕=0同时成立，那么存在唯一的实数根x0，即b=2x3+x2+x 存在唯一的实数根x0，就把问题转化为求函数最值问题；〔3〕假设存在常数λ，依据曲线C在点A处的切线l1与曲线C交于另一点B，曲线C在点B处的切线l2，得到关于λ的方程，有解那么存在，无解那么不存在．解答：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〔x0〕=x0与f′〔x0〕=0同时成立，那么即x3+x2+〔﹣3x2﹣5x﹣1〕x+b=0存在唯一的实数根x0，故b=2x3+x2+x存在唯一的实数根x0，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〔x0〕〕，那么在点A处的切线l1的切线方程为y﹣f〔x0〕=f′〔x0〕〔x﹣x0〕，与曲线C联立得到f〔x〕﹣f〔x0〕=f′〔x0〕〔x﹣x0〕，即〔x3+x2+ax+b〕﹣〔x03+x02+ax0+b〕=〔3x02+5x0+a〕〔x﹣x0〕，整理得到〔x﹣x0〕2[x+〔2x0+〕]=0，故点B的横坐标为x B=﹣〔2x0+〕由题意知，切线l1的斜率为k1=f′〔x0〕=3x02+5x0+a，l2的斜率为k2=f′〔﹣〔2x0+〕〕=12x02+20x0++a，假设存在常数λ，使得k2=λk1，那么12x02+20x0++a=λ〔3x02+5x0+a〕，即存在常数λ，使得〔4﹣λ〕〔3x02+5x0〕=〔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．点评：此题以函数为载体，考察导数知识的运用，考察函数的单调性，考察曲线的切线，同时还考察了方程根的问题，一般要转化为函数的最值来解决．11．〔2014•二模〕函数f〔x〕=〔a+1〕lnx+ax2+，a∈R．〔1〕当a=﹣时，求f〔x〕的最大值；〔2〕讨论函数f〔x〕的单调性；〔3〕如果对任意x1，x2∈〔0，+∞〕，|f〔x1〕﹣f〔x2〕|≥4|x1﹣x2|恒成立，数a的取值围．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：〔1〕当a=﹣时，求f〔x〕〕=lnx﹣x2+，先确定函数的定义域，然后求导研究单调性求最大值；〔2〕求导数fˊ〔x〕，在函数的定义域解不等式fˊ〔x〕＞0和fˊ〔x〕＜0，求出单调区间；〔3〕根据第一问的单调性先对|f〔x1〕﹣f〔x2〕|≥4|x1﹣x2|进展化简整理，转化成研究g〔x〕=f〔x〕+4x在〔0，+∞〕单调性问题，然后再转化成导函数在〔0，+∞〕上恒大于等0或恒小于等于的恒成立问题．解答：解：〔1〕当a=﹣时，求f〔x〕〕=lnx﹣x2+，定义域为〔0，+∞〕f′〔x〕==，…2分所以f〔x〕的增区间为〔0，1〕，减区间为〔1，+∞〕，…3分所以f〔x〕max=f〔1〕=…4分〔2〕对函数f〔x〕=〔a+1〕lnx+ax2+，定义域为〔0，+∞〕求导得：f′〔x〕=+2ax=，…5分对参数a进展讨论：当a≥0时，f′〔x〕＞0，故f〔x〕在〔0，+∞〕上单调递增；…6分当a≤﹣1时，f′〔x〕＜0，故f〔x〕在〔0，+∞〕上单调递减；…7分当﹣1＜a＜0时，令f′〔x〕=0，解得x=，那么当x∈〔0，〕，f′〔x〕＞0；当x∈〔，+∞〕，f′〔x〕＜0；故f〔x〕在∈〔0，〕上单调递增；在〔，+∞〕单调递减；…8分〔3〕不妨设0＜x1＜x2，①当a≥0时，f′〔x〕＞0，故f〔x〕在〔0，+∞〕上单调递增，即f〔x2〕﹣4x2≥f〔x1〕﹣4x1恒成立；构造函数g〔x〕=f〔x〕﹣4x，需证g〔x〕=f〔x〕﹣4x在〔0，+∞〕上单调递增，即证g′〔x〕=f′〔x〕﹣4=≥0，即2ax2﹣4x+a+1≥0〔x＞0〕恒成立．当a=0时，那么由﹣4x+1＞0得x＞，不合题意，即a≠0，那么a＞0；根据二次函数y=2ax2﹣4x+a+1〔x＞0〕开口方向向上，对称轴x=所以只需△≤0可得16﹣8a〔a+1〕≤0，解得a≥1〔a≤﹣2舍去〕；…10分②当a≤﹣1时，f′〔x〕＜0，故f〔x〕在〔0，+∞〕上单调递减；去绝对值整理得，f〔x2〕+4x2≥f〔x1〕+4x1恒成立；构造函数g〔x〕=f〔x〕+4x，需证g〔x〕=f〔x〕+4x在〔0，+∞〕上单调递减，即g′〔x〕=f′〔x〕+4=≤0，即2ax2+4x+a+1≥0〔x＞0〕恒成立．根据二次函数y=2ax2+4x+a+1〔x＞0〕开口方向向下，对称轴x=，所以只需△≤0可得16﹣8a〔a+1〕≤0，解得a≤﹣2，〔a≥1舍去〕；…12分③当当﹣1＜a＜0时，f〔x〕在∈〔0，〕上单调递增；在〔，+∞〕单调递减；此时|f〔x1〕﹣f〔x2〕|≥4|x1﹣x2|等价于f〔x2〕﹣4x2≥f〔x1〕﹣4x1恒成立或者f〔x2〕+4x2≤f〔x1〕+4x1恒成立，由前面过程可知：a≥1或a≤﹣2，这与﹣1＜a＜0不符，故此种情况无解；综上可知，实数a的取值围为〔﹣∞，﹣2]∪[1，+∞〕…14分点评：此题综合性较强，利用导数求函数的最值；利用导数研究函数的单调性，关键是要把握好分类的标准，知道如何分类；第〔3〕问思维量较大，关键是通过分析式子的特点，通过构造函数，转化成研究函数的单调性．此题考察了分类讨论、数形结合、转化与化归和构造函数等重要的数学思想．12．〔2014•二模〕函数f〔x〕=〔a+〕e n，a，b为常数，a≠0．〔Ⅰ〕假设a=2，b=1，求函数f〔x〕在〔0，+∞〕上的单调区间；〔Ⅱ〕假设a＞0，b＞0，求函数f〔x〕在区间[1，2]的最小值；〔Ⅲ〕假设a=1，b=﹣2时，不等式f〔x〕≤lnx•e n恒成立，判断代数式[〔n+1〕！]2与〔n+1〕e n﹣2〔n∈N*〕的大小．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：第〔Ⅰ〕问求函数的单调区间，先对函数求导，然导函数在〔0，+∞〕正负判断函数的单调性；第〔Ⅱ〕问通过研究函数在区间[1，2]上的单调性，确定在何处取到函数的最小值；第〔Ⅲ〕问要利用不等式f〔x〕≤lnx•e n恒成立，比拟两个式子的大小，通过赋值的方法建立条件和问题之间的联系．解答：解：〔Ⅰ〕f′〔x〕=〔a+e x=〔ax2+bx﹣b〕…1分当a=2，b=1时，f′〔x〕=〔2x2+x﹣1〕=〔x+1〕〔2x﹣1〕…2分令f′〔x〕=0，得x=或x=﹣1〔舍去〕…3分因为，所以当x∈〔0，〕时，f′〔x〕＜0，f〔x〕是减函数…4分当x∈〔时，f′〔x〕＞0，f〔x〕是增函数．所以函数f〔x〕的单调递减区间为〔0，〕；单调递增区间为〔〕…5分〔Ⅱ〕令g〔x〕=ax2+bx﹣b．因为a＞0，b＞0，所以二次函数g〔x〕的图象开口向上，对称轴x=﹣，且g〔1〕=a＞0，…7分所以g〔x〕＞0对一切x∈[1，2]恒成立，又因为＞0，所以f′〔x〕＞0对一切x∈[1，2]恒成立，…8分所以f〔x〕在x∈[1，2]上为增函数，故f〔x〕max=f〔1〕=〔a+b〕e…10分〔Ⅲ〕假设a=1，b=﹣2时，不等式f〔x〕≤lnx•e x恒成立，化简得：〔1﹣e x≤lnx•e x，即lnx≥1﹣恒成立，…11分令x=n〔n+1〕，那么ln[n〔n+1〕]＞1﹣，∴ln〔1×2〕＞1﹣，ln〔2×3〕＞1﹣，ln〔3×4〕＞1﹣，…，ln[n〔n+1〕]＞1﹣，…12分叠加得ln[1×22×32×…×n2〔n+1〕]＞n﹣2[+]=n﹣2〔1﹣〕＞n﹣2．那么1×22×32×…×n2〔n+1〕＞e n﹣2，所以[〔n+1〕!]2＞〔n+1〕•e n﹣2〔n∈N*〕…14分点评：此题综合性较强，难度较大；考察了利用导数研究函数的单调性、求函数的最值；第〔Ⅲ〕问解决的关键是要建立条件要要比拟的两个式子之间的联系．13．〔2014•模拟〕函数f〔x〕=ax﹣1﹣lnx〔a∈R〕．〔1〕讨论函数f〔x〕在定义域的极值点的个数；〔2〕假设函数f〔x〕在x=1处取得极值，对∀x∈〔0，+∞〕，f〔x〕≥bx﹣2恒成立，数b的取值围；〔3〕当x＞y＞e﹣1时，求证：．考点：函数在某点取得极值的条件；函数恒成立问题．专题：综合题；压轴题；导数的综合应用．分析：〔Ⅰ〕，由此进展分类讨论，能求出函数f〔x〕在定义域的极值点的个数．〔Ⅱ〕由函数f〔x〕在x=1处取得极值，知a=1，故，由此能求出实数b的取值围．〔Ⅲ〕由，令，那么只要证明g〔x〕在〔e﹣1，+∞〕上单调递增，由此能够证明．解答：解：〔Ⅰ〕，当a≤0时，f'〔x〕＜0在〔0，+∞〕上恒成立，函数f〔x〕在〔0，+∞〕单调递减，∴f〔x〕在〔0，+∞〕上没有极值点；当a＞0时，f'〔x〕＜0得，f'〔x〕＞0得，∴f〔x〕在上递减，在上递增，即f〔x〕在处有极小值．∴当a≤0时f〔x〕在〔0，+∞〕上没有极值点，当a＞0时，f〔x〕在〔0，+∞〕上有一个极值点．〔4分〕〔注：分类讨论少一个扣一分．〕〔Ⅱ〕∵函数f〔x〕在x=1处取得极值，∴a=1，…〔5分〕∴，…〔6分〕令，可得g〔x〕在〔0，e2]上递减，在[e2，+∞〕上递增，…〔8分〕∴，即．〔9分〕〔Ⅲ〕证明：，〔10分〕令，那么只要证明g〔x〕在〔e﹣1，+∞〕上单调递增，又∵，显然函数在〔e﹣1，+∞〕上单调递增．〔12分〕∴，即g'〔x〕＞0，∴g〔x〕在〔e﹣1，+∞〕上单调递增，即，∴当x＞y＞e﹣1时，有．〔14分〕点评：此题考察函数的求极值点的个数的求法，考察满足条件的实数的求法，考察不等式的证明．解题时要合理运用导数性质，注意等价转化思想和分类讨论思想的灵活运用．14．〔2014•模拟〕函数f〔x〕=ax3+bx2﹣3x〔a，b∈R〕在点〔1，f〔1〕〕处的切线方程为y+2=0．〔1〕求函数f〔x〕的解析式；〔2〕假设对于区间[﹣2，2]上任意两个自变量的值x1，x2都有|f〔x1〕﹣f〔x2〕|≤c，数c的最小值；〔3〕假设过点M〔2，m〕〔m≠2〕可作曲线y=f〔x〕的三条切线，数m的取值围．考点：利用导数研究函数的极值；函数解析式的求解与常用方法；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：综合题；压轴题；分类讨论；转化思想．分析：〔1〕由题意，利用导函数的几何含义与切点的实质建立a，b的方程，然后求解即可；〔2〕由题意，对于定义域任意自变量都使得|f〔x1〕﹣f〔x2〕|≤c，可以转化为求函数在定义域下的最值即可得解；〔3〕由题意，假设过点M〔2，m〕〔m≠2〕可作曲线y=f〔x〕的三条切线，等价与函数在切点处导函数值等于切线的斜率这一方程有3解．解答：解：〔1〕f'〔x〕=3ax2+2bx﹣3．〔2分〕根据题意，得即解得所以f〔x〕=x3﹣3x．〔2〕令f'〔x〕=0，即3x2﹣3=0．得x=±1．当x∈〔﹣∞，﹣1〕时，f′〔x〕＞0，函数f〔x〕在此区间单调递增；当x∈〔﹣1，1〕时，f′〔x〕＜0，函数f〔x〕在此区间单调递减因为f〔﹣1〕=2，f〔1〕=﹣2，所以当x∈[﹣2，2]时，f〔x〕max=2，f〔x〕min=﹣2．那么对于区间[﹣2，2]上任意两个自变量的值x1，x2，都有|f〔x1〕﹣f〔x2〕|≤|f〔x〕max﹣f〔x〕min|=4，所以c≥4．所以c的最小值为4．〔3〕因为点M〔2，m〕〔m≠2〕不在曲线y=f〔x〕上，所以可设切点为〔x0，y0〕．那么y0=x03﹣3x0．因为f'〔x0〕=3x02﹣3，所以切线的斜率为3x02﹣3．那么3x02﹣3=，即2x03﹣6x02+6+m=0．因为过点M〔2，m〕〔m≠2〕可作曲线y=f〔x〕的三条切线，所以方程2x03﹣6x02+6+m=0有三个不同的实数解．所以函数g〔x〕=2x3﹣6x2+6+m有三个不同的零点．那么g'〔x〕=6x2﹣12x．令g'〔x〕=0，那么x=0或x=2．当x∈〔﹣∞，0〕时，g′〔x〕＞0，函数g〔x〕在此区间单调递增；当x∈〔0，2〕时，g′〔x〕＜0，函数g〔x〕在此区间单调递减；所以，函数g〔x〕在x=0处取极大值，在x=2处取极小值，有方程与函数的关系知要满足题意必须满足：，即，解得﹣6＜m＜2．点评：〔1〕此题重点考察了导数的几何含义与函数切点的定义，还考察了数学中重要的方程的思想；〔2〕此题重点考察了数学中等价转化的思想把题意最总转化为求函数在定义域下的最值；〔3〕此题重点考察了数学中导数的几何含义，还考察了函数解的个数与相应方程的解的个数的关系．15．〔2014•一模〕函数f〔x〕=x﹣alnx，g〔x〕=﹣，〔a∈R〕．〔Ⅰ〕假设a=1，求函数f〔x〕的极值；〔Ⅱ〕设函数h〔x〕=f〔x〕﹣g〔x〕，求函数h〔x〕的单调区间；〔Ⅲ〕假设在[1，e]〔e=2.718…〕上存在一点x0，使得f〔x0〕＜g〔x0〕成立，求a的取值围．考点：利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题；压轴题；分类讨论；转化思想．。
导数讨论含参单调性习题(含详解答案)
导数讨论含参单调性习题(含详解答案)1．设函数当若函数时，函数与．在处的切线互相垂直，求的值；的取值范围；在定义域内不单调，求是否存在正实数，使得满足条件的实数；若不存在，请说明理． 2．已知函数讨论当当的单调性；时，证明：时，判断函数；是对任意正实数恒成立？若存在，求出的导函数，为自然对数的底数．零点的个数，并说明理．3．已知函数当当时，若.在其定义域内为单调函数，求的取值范围；时，不等式恒成立，如果存在，）.时，是否存在实数，使得当求的取值范围，如果不存在，说明理讨论函数，其中为常数.的单调性；若存在两个极值点，求证：无论实数取什么值都有. 是5．已知函数区间上的减函数.是实数集上的奇函数，函数求的值；若在及所在的取值范围上恒成立，求的取值范围；讨论关于的方程的根的个数.试卷第1页，总2页6．已知函数f?x??ax?lnx,F?x??ex?ax，其中x?0,a?0.若f?x?和F?x?在区间?0,ln3?上具有相同的单调性，求实数a的取值范围；若a,?最小值.7．已知函数f(x)?ex?m?lnx.如x?1是函数f(x)的极值点，求实数m的值并讨论的单调性f(x)；若x?x0是函数f(x)的极值点，且f(x)?0恒成立，求实数m的取值范围.1?，且函数g?x??xeax?1?2ax?f?x?的最小值为M，求M的2?e?x2?mx，其中0?m?1．8．已知函数f?x??ln?1?mx??2x3当m?1时，求证：?1?x?0时，f?x??； 3试讨论函数y?f?x?的零点个数． 9．已知e是自然对数的底数,F?x??2ex?1?x?lnx,f?x??a?x?1??3.1设T?x??F?x??f?x?,当a?1?2e时, 求证：T?x?在?0,上单调递增；若?x?1,F?x??f?x?,求实数a的取值范围. 10．已知函数f?x??e?ax?2x若a??1，求函数f?x?在区间[?1,1]的最小值；若a?R,讨论函数f?x?在(0,??)的单调性；若对于任意的x1,x2?(0,??),且x1?x2,求a的取值范围。
导数讨论含参单调性习题(含详细讲解答案解析)
23f(x) - lnx T g(x) = --- - ------ m > 0)1 •设函数 .(1) 当时，函数与在处的切线互相垂直，求的值； (2) 若函数在定义域不单调，求的取值围；(3) 是否存在正实数，使得对任意正实数恒成立？若存在，求出满足条件的实数；若 不存在，请说明理由.2 .已知函数 心:”血2门“-紅十沐F 说*是的导函数，为自然对数的底数. (1) 讨论的单调性； (2) 当时，证明：；(3) 当时，判断函数零点的个数，并说明理由. 3 .已知函数(其中，).(1) 当时，若在其定义域为单调函数，求的取值围；(2) 当时，是否存在实数，使得当时，不等式恒成立，如果存在，求的取值围，如果 不存在，说明理由(其中是自然对数的底数， )•4 .已知函数，其中为常数• (1) 讨论函数的单调性；(2) 若存在两个极值点，求证：无论实数取什么值都有5.已知函数(为常数)是实数集上的奇函数，函数是区间上的减函数 (1) 求的值；(2) 若在及所在的取值围上恒成立，求的取值围； (3)讨论关于的方程的根的个数 •6 .已知函数 f x ax In x, F xe x ax ，其中 x 0, a 0.(1) 若f x 和F x 在区间0,In3上具有相同的单调性，数 a 的取值围；(2)若a, 2，且函数g x xe ax 1 2ax f x 的最小值为 M ，求M 的 e最小值.7 .已知函数 f (x) e x m Inx .(2)若x X 0是函数f (x)的极值点，且f (x) 0恒成立，数m 的取值围(注：已知常数a 满足aln a 1)2xx ln 1 mx m x ，其中 0 m 1 .(1)当m 1时，求证： 1 x 0时,(1)如 x1是函数f (x)的极值点，数m 的值并讨论的单调性 f(x)；8.已知函数3.(2)试讨论函数y f x的零点个数.9．已知e 是自然对数的底数, F x 2e x 1x ln x, f x a x 1 1（1）设T x F x f x , 当a 1 2e 1时, 求证：T x 在0, （2）若x 1,Fx f x , 数a 的取值围.10 ．已知函数f x e ax 2（1）若a 1 ，求函数f x 在区间[ 1,1]的最小值；（2）若a R, 讨论函数f x 在（0, ）的单调性；（3）若对于任意的x1,x2 （0, ）,且x1 x2,都有x2 f （x1） a x1 f（x2） a成立，求a的取值围。
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.. . …关于含参导数的练习题一．解答题（共20小题）1．（2014•二模）设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1＜x2，（Ⅰ）求a的取值围，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：f（x2）＞．2．（2014•河西区三模）已知函数f（x）=+cx+d（a，c，d∈R）满足f（0）=0，f′（1）=0，且f′（x）≥0在R上恒成立．（1）求a，c，d的值；（2）若，解不等式f′（x）+h（x）＜0；（3）是否存在实数m，使函数g（x）=f′（x）﹣mx在区间[m，m+2]上有最小值﹣5？若存在，请求出实数m的值；若不存在，请说明理由．3．（2014•二模）已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数在区间（t，3）上总不是单调函数，求m的取值围；（Ⅲ）求证：．4．（2014•天津三模）已知函数f（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，g（x）=xe1﹣x．（a∈R，e为自然对数的底数）（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）在上无零点，求a的最小值；（Ⅲ）若对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x i（i=1，2），使得f（x i）=g（x0）成立，求a 的取值围．5．（2014•市中区二模）已知函数f（x）=x2+ax﹣lnx，a∈R．（1）若函数f（x）在[1，2]上是减函数，数a的取值围；（2）令g（x）=f（x）﹣x2，是否存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由；（3）当x∈（0，e]时，证明：．6．（2014•凉州区二模）已知函数f（x）=plnx+（p﹣1）x2+1．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当P=1时，f（x）≤kx恒成立，数k的取值围；（3）证明：1n（n+1）＜1+…+（n∈N+）．7．（2014•二模）已知函数f（x）=+lnx﹣2，g（x）=lnx+2x．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）试问过点（2，5）可作多少条直线与曲线y=g（x）相切？请说明理由．8．（2014•三模）已知函数f（x）=lnx﹣，g（x）=f（x）+ax﹣6lnx，其中a∈R（1）当a=1时，判断f（x）的单调性；（2）若g（x）在其定义域为增函数，求正实数a的取值围；（3）设函数h（x）=x2﹣mx+4，当a=2时，若∃x1∈（0，1），∀x2∈[1，2]，总有g（x1）≥h（x2）成立，数m 的取值围．9．（2014•和平区三模）设函数f（x）=x﹣ae x﹣1．（Ⅰ）求函数f（x）单调区间；（Ⅱ）若f（x）≤0对x∈R恒成立，求a的取值围；（Ⅲ）对任意n的个正整数a1，a2，…a n记A=（1）求证：（i=1，2，3…n）（2）求证：A．10．（2014•宿迁一模）已知函数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），若存在唯一的实数x0，使得f（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，数b的取值围；（3）已知点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？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．11．（2014•二模）已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+，a∈R．（1）当a=﹣时，求f（x）的最大值；（2）讨论函数f（x）的单调性；（3）如果对任意x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|恒成立，数a的取值围．12．（2014•天津二模）已知函数f（x）=（a+）e n，a，b为常数，a≠0．（Ⅰ）若a=2，b=1，求函数f（x）在（0，+∞）上的单调区间；（Ⅱ）若a＞0，b＞0，求函数f（x）在区间[1，2]的最小值；（Ⅲ）若a=1，b=﹣2时，不等式f（x）≤lnx•e n恒成立，判断代数式[（n+1）！]2与（n+1）e n﹣2（n∈N*）的大小．13．（2014•模拟）已知函数f（x）=ax﹣1﹣lnx（a∈R）．（1）讨论函数f（x）在定义域的极值点的个数；（2）若函数f（x）在x=1处取得极值，对∀x∈（0，+∞），f（x）≥bx﹣2恒成立，数b的取值围；（3）当x＞y＞e﹣1时，求证：．14．（2014•模拟）已知函数f（x）=ax3+bx2﹣3x（a，b∈R）在点（1，f（1））处的切线方程为y+2=0．（1）求函数f（x）的解析式；（2）若对于区间[﹣2，2]上任意两个自变量的值x1，x2都有|f（x1）﹣f（x2）|≤c，数c的最小值；（3）若过点M（2，m）（m≠2）可作曲线y=f（x）的三条切线，数m的取值围．15．（2014•一模）已知函数f（x）=x﹣alnx，g（x）=﹣，（a∈R）．（Ⅰ）若a=1，求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设函数h（x）=f（x）﹣g（x），求函数h（x）的单调区间；（Ⅲ）若在[1，e]（e=2.718…）上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，求a的取值围．16．（2014•三模）已知f（x）=xlnx，g（x）=x3+ax2﹣x+2（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）求函数f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；（Ⅲ）对一切的x∈（0，+∞），2f（x）≤g′（x）+2恒成立，数a的取值围．17．（2014•揭阳三模）已知函数f（x）=ln（x+a）﹣x2﹣x在x=0处取得极值．（1）数a的值；（2）若关于x的方程在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，数b的取值围；（3）证明：对任意的正整数n，不等式都成立．18．（2014•模拟）已知函数f（x）=m（x﹣1）2﹣2x+3+lnx（m≥1）．（Ⅰ）当时，求函数f（x）在区间[1，3]上的极小值；（Ⅱ）求证：函数f（x）存在单调递减区间[a，b]；（Ⅲ）是否存在实数m，使曲线C：y=f（x）在点P（1，1）处的切线l与曲线C有且只有一个公共点？若存在，求出实数m的值，若不存在，请说明理由．19．（2015•横峰县一模）已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R，a≠0）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为，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？（Ⅲ）当a=2时，设函数，若在区间[1，e]上至少存在一个x0，使得h（x0）＞f （x0）成立，试数p的取值围．20．（2014•聊城一模）已知函数f（x）=ln（x+a）﹣x2﹣x在x=0处取得极值．（Ⅰ）数a的值；（Ⅱ）若关于x的方程f（x）=﹣x+b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，数b的取值围；（Ⅲ）证明：对任意的正整数n，不等式2+++…+＞ln（n+1）都成立．关于含参导数的练习题参考答案与试题解析一．解答题（共20小题）1．（2014•二模）设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1＜x2，（Ⅰ）求a的取值围，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：f（x2）＞．考点：利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性；不等式的证明．专题：计算题；证明题；压轴题．分析：（1）先确定函数的定义域然后求导数fˊ（x），令g（x）=2x2+2x+a，由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于﹣1的不相等的实根，建立不等关系解之即可，在函数的定义域解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，求出单调区间；（2）x2是方程g（x）=0的根，将a用x2表示，消去a得到关于x2的函数，研究函数的单调性求出函数的最大值，即可证得不等式．解答：解：（I）令g（x）=2x2+2x+a，其对称轴为．由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于﹣1的不相等的实根，其充要条件为，得（1）当x∈（﹣1，x1）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（﹣1，x1）为增函数；（2）当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，∴f（x）在（x1，x2）为减函数；（3）当x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（x2，+∞）为增函数；（II）由（I）g（0）=a＞0，∴，a=﹣（2x22+2x2）∴f（x2）=x22+aln（1+x2）=x22﹣（2x22+2x2）ln（1+x2）设，则h'（x）=2x﹣2（2x+1）ln（1+x）﹣2x=﹣2（2x+1）ln（1+x）（1）当时，h'（x）＞0，∴h（x）在单调递增；（2）当x∈（0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）在（0，+∞）单调递减．∴故．点评：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用导数研究函数的极值等有关知识，属于基础题．2．（2014•河西区三模）已知函数f（x）=+cx+d（a，c，d∈R）满足f（0）=0，f′（1）=0，且f′（x）≥0在R上恒成立．（1）求a，c，d的值；（2）若，解不等式f′（x）+h（x）＜0；（3）是否存在实数m，使函数g（x）=f′（x）﹣mx在区间[m，m+2]上有最小值﹣5？若存在，请求出实数m的值；若不存在，请说明理由．考点：导数的运算；函数恒成立问题；利用导数求闭区间上函数的最值；其他不等式的解法．专题：计算题；压轴题．分析：（1）待定系数法求函数解析式，由f（0）=0，f'（1）=0，且f'（x）≥0在R上恒成立列出三个方程，解出a、b、c（2）一元二次不等式解法，注意根之间比较，考查分类讨论思想（3）考查二次函数最值问题，考查分类讨论思想，对m进行讨论，看对称轴与区间的关系．解答：解：（1）∵f（0）=0，∴d=0∴x+c及f'（1）=0，有∵f'（x）≥0在R上恒成立，即恒成立显然a=0时，上式不能恒成立∴a≠0，函数f'（x）=a是二次函数由于对一切x∈R，都有f'（x）≥0，于是由二次函数的性质可得即，即，解得：a=，．（2）∵．∴．∴由f'（x）+h（x）＜0，即即＜0，即当时，解集为（，b），当b＜时，解集为（b，），当b=时，解集为∅．（3）∵，∴f'（x）=∴．该函数图象开口向上，且对称轴为x=2m+1．假设存在实数m使函数区间[m．m+2]上有最小值﹣5．①当m＜﹣1时，2m+1＜m，函数g（x）在区间[m，m+2]上是递增的．∴g（m）=﹣5，即．解得．∵，∴舍去②当﹣1≤m＜1时，m≤2m+1＜m+2，函数g（x）在区间[m，2m+1]上是递减的，而在区间[2m+1，m+2]上是递增的，∴g（2m+1）=﹣5．即解得或m=﹣，均应舍去③当m≥1时，2m+1≥m+2，函数g（x）在区间[m，m+2]上递减的∴g（m+2）=﹣5即．解得或m=﹣1+2．其中m=﹣1﹣2应舍去．综上可得，当m=﹣3或m=﹣1+2时，函数g（x）=f'（x）﹣mx在区间[m，m+2]上有最小值﹣5．点评：本题考查导数的综合运用，具体包含导数的计算、恒成立问题、不等式的解法、待定系数法求函数解析式、二次函数最值问题，分类讨论思想，对学生有一定的能力要求，属于难题．3．（2014•二模）已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数在区间（t，3）上总不是单调函数，求m的取值围；（Ⅲ）求证：．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：压轴题．分析：利用导数求函数的单调区间的步骤是①求导函数f′（x）；②解f′（x）＞0（或＜0）；③得到函数的增区间（或减区间），对于本题的（1）在求单调区间时要注意函数的定义域以及对参数a的讨论情况；（2）点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，即切线斜率为1，即f'（2）=1，可求a值，代入得g（x）的解析式，由t∈[1，2]，且g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数可知：，于是可求m的围．（3）是近年来高考考查的热点问题，即与函数结合证明不等式问题，常用的解题思路是利用前面的结论构造函数，利用函数的单调性，对于函数取单调区间上的正整数自变量n有某些结论成立，进而解答出这类不等式问题的解．解答：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*，则有0＜lnn＜n﹣1，∴∴点评：本题考查利用函数的导数来求函数的单调区间，已知函数曲线上一点求曲线的切线方程即对函数导数的几何意义的考查，考查求导公式的掌握情况．含参数的数学问题的处理，构造函数求解证明不等式问题．4．（2014•天津三模）已知函数f（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，g（x）=xe1﹣x．（a∈R，e为自然对数的底数）（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）在上无零点，求a的最小值；（Ⅲ）若对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x i（i=1，2），使得f（x i）=g（x0）成立，求a 的取值围．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题；压轴题．分析：（Ⅰ）把a=1代入到f（x）中求出f′（x），令f′（x）＞0求出x的围即为函数的增区间，令f′（x）＜0求出x的围即为函数的减区间；（Ⅱ）f（x）＜0时不可能恒成立，所以要使函数在（0，）上无零点，只需要对x∈（0，）时f（x）＞0恒成立，列出不等式解出a大于一个函数，利用导数得到函数的单调性，根据函数的增减性得到这个函数的最大值即可得到a的最小值；（Ⅲ）求出g′（x），根据导函数的正负得到函数的单调区间，即可求出g（x）的值域，而当a=2时不合题意；当a≠2时，求出f′（x）=0时x的值，根据x∈（0，e]列出关于a的不等式得到①，并根据此时的x 的值讨论导函数的正负得到函数f（x）的单调区间，根据单调区间得到②和③，令②中不等式的坐标为一个函数，求出此函数的导函数，讨论导函数的正负得到函数的单调区间，根据函数的增减性得到此函数的最大值，即可解出②恒成立和解出③得到④，联立①和④即可解出满足题意a的取值围．解答：解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）=x﹣1﹣2lnx，则f′（x）=1﹣，由f′（x）＞0，得x＞2；由f′（x）＜0，得0＜x＜2．故f（x）的单调减区间为（0，2]，单调增区间为[2，+∞）；（Ⅱ）因为f（x）＜0在区间上恒成立不可能，故要使函数上无零点，只要对任意的，f（x）＞0恒成立，即对恒成立．令，则，再令，则，故m （x ）在上为减函数，于是，从而，l （x ）＞0，于是l （x ）在上为增函数，所以，故要使恒成立，只要a ∈[2﹣4ln2，+∞），综上，若函数f （x ）在上无零点，则a 的最小值为2﹣4ln2；（Ⅲ）g ′（x ）=e1﹣x﹣xe1﹣x=（1﹣x ）e1﹣x，当x ∈（0，1）时，g ′（x ）＞0，函数g （x ）单调递增； 当x ∈（1，e]时，g ′（x ）＜0，函数g （x ）单调递减． 又因为g （0）=0，g （1）=1，g （e ）=e •e1﹣e＞0，所以，函数g （x ）在（0，e]上的值域为（0，1]．当a=2时，不合题意；当a ≠2时，f ′（x ）=，x ∈（0，e]当x=时，f ′（x ）=0．由题意得，f （x ）在（0，e]上不单调，故，即①此时，当x 变化时，f ′（x ），f （x ）的变化情况如下： x （0，） （，e]f ′（x ） ﹣+f （x ）↘最小值↗ 又因为，当x →0时，f （x ）→+∞，，所以，对任意给定的x 0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x i （i=1，2）， 使得f （x i ）=g （x 0）成立，当且仅当a 满足下列条件：即令h（a）=，则h，令h′（a）=0，得a=0或a=2，故当a∈（﹣∞，0）时，h′（a）＞0，函数h（a）单调递增；当时，h′（a）＜0，函数h（a）单调递减．所以，对任意，有h（a）≤h（0）=0，即②对任意恒成立．由③式解得：．④综合①④可知，当时，对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x i（i=1，2），使f（x i）=g（x0）成立．点评：此题考查学生会利用导函数的正负确定函数的单调性，会根据函数的增减性求出闭区间上函数的最值，掌握不等式恒成立时所满足的条件，是一道压轴题．5．（2014•市中区二模）已知函数f（x）=x2+ax﹣lnx，a∈R．（1）若函数f（x）在[1，2]上是减函数，数a的取值围；（2）令g（x）=f（x）﹣x2，是否存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由；（3）当x∈（0，e]时，证明：．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题；综合题；压轴题．分析：（1）先对函数f（x）进行求导，根据函数f（x）在[1，2]上是减函数可得到其导函数在[1，2]上小于等于0应该恒成立，再结合二次函数的性质可求得a的围．（2）先假设存在，然后对函数g（x）进行求导，再对a的值分情况讨论函数g（x）在（0，e]上的单调性和最小值取得，可知当a=e2能够保证当x∈（0，e]时g（x）有最小值3．（3）令F（x）=e2x﹣lnx结合（2）中知F（x）的最小值为3，再令并求导，再由导函数在0＜x≤e大于等于0可判断出函数ϕ（x）在（0，e]上单调递增，从而可求得最大值也为3，即有成立，即成立．解答：解：（1）在[1，2]上恒成立，令h（x）=2x2+ax﹣1，有得，得（2）假设存在实数a，使g（x）=ax﹣lnx（x∈（0，e]）有最小值3，=①当a≤0时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min=g（e）=ae﹣1=3，（舍去），②当时，g（x）在上单调递减，在上单调递增∴，a=e2，满足条件．③当时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min=g（e）=ae﹣1=3，（舍去），综上，存在实数a=e2，使得当x∈（0，e]时g（x）有最小值3．（3）令F（x）=e2x﹣lnx，由（2）知，F（x）min=3．令，，当0＜x≤e时，ϕ'（x）≥0，φ（x）在（0，e]上单调递增∴∴，即＞（x+1）lnx．点评：本题主要考查导数的运算和函数的单调性与其导函数的正负之间的关系，当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．6．（2014•凉州区二模）已知函数f（x）=plnx+（p﹣1）x2+1．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当P=1时，f（x）≤kx恒成立，数k的取值围；（3）证明：1n（n+1）＜1+…+（n∈N+）．考点：利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：计算题；证明题；综合题；压轴题；数形结合；分类讨论；转化思想．分析：（1）利用导数来讨论函数的单调性即可，具体的步骤是：（1）确定f（x）的定义域；（2）求导数fˊ（x）；（3）在函数的定义域解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0；（4）确定的单调区间．若在函数式中含字母系数，往往要分类讨论．（2）当P=1时，f（x）≤kx恒成立，分离参数等价于k≥，利用导数求函数h （x）=的最大值即可求得实数k的取值围；（3）由（2）知，当k=1时，有f（x）≤x，当x＞1时，f（x）＜x，即lnx＜x﹣1，令x=，则得到，利用导数的运算法则进行化简，然后再相加，即可证得结论．解答：解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=，当p≥1时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；当p≤0时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减；当0＜p＜1时，令f′（x）=0，解得x=．则当x时，f′（x）＞0；x时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，）上单调递增，在上单调递减；（2）∵x＞0，∴当p=1时，f（x）≤kx恒成立⇔1+lnx≤kx⇔k≥，令h（x）=，则k≥h（x）max，∵h′（x）==0，得x=1，且当x∈（0，1），h′（x）＞0；当x∈（1，+∞），h′（x）＜0；所以h（x）在0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，所以h（x）max=h（1）=1，故k≥1．（3）由（2）知，当k=1时，有f（x）≤x，当x＞1时，f（x）＜x，即lnx＜x﹣1，∴令x=，则，即，∴ln2﹣ln1＜1，，相加得1n（n+1）＜1+…+．点评：此题是个难题．本题主要考查导数的概念、利用导数研究函数的单调性、利用函数的单调性证明不等式和利用导数研究函数性质的能力，考查分类讨论思想、数形结合思想和等价变换思想．7．（2014•二模）已知函数f（x）=+lnx﹣2，g（x）=lnx+2x．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）试问过点（2，5）可作多少条直线与曲线y=g（x）相切？请说明理由．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：计算题；压轴题．分析：（I）对函数f（x）求导，当导数f'（x）大于0时可求单调增区间，当导数f'（x）小于0时可求单调减区间．（II）先表示出过点（2，5）与曲线y=g（x）相切的直线，进而假设函数，可求得切线的条数．解答：解：（I）由题意得，函数的定义域为（0，+∞），=当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）当a＞0时，令f′（x）＞0，x＞a令f′（x）＜0，0＜x＜a故f（x）的单调递增区间为（a，+∞），单调递减区间为（0，a）（II）设切点为（m，n）∴∴令∴由导数为0可得，x=2，∴h（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增∵f（）＞0，f（2）=ln2﹣1＜0∴h（x）与x轴有两个交点∴过点（2，5）可作2条曲线y=g（x）的切线．点评：本题主要考查通过求函数的导数来确定函数增减区间的问题，考查利用导数解决切线问题，有一定的综合性．．8．（2014•三模）已知函数f（x）=lnx﹣，g（x）=f（x）+ax﹣6lnx，其中a∈R（1）当a=1时，判断f（x）的单调性；（2）若g（x）在其定义域为增函数，求正实数a的取值围；（3）设函数h（x）=x2﹣mx+4，当a=2时，若∃x1∈（0，1），∀x2∈[1，2]，总有g（x1）≥h（x2）成立，数m 的取值围．考点：利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题．专题：综合题；压轴题；导数的综合应用．分析：（1）当a=1时，f（x）=lnx﹣，f′（x）=+=，由此能推导出f（x）在（0，+∞）上是增函数．（2）将函数为增函数，转化为导函数大于等于0恒成立，分离出参数a，求出a的围．（3）对h（x）进行配方，讨论其最值问题，根据题意∃x1∈（0，1），∀x2∈[1，2]，总有g（x1）≥h（x2）成立，只要要求g（x）max≥h（x）max，即可，从而求出m的围．解答：解：（1）当a=1时，f（x）=lnx﹣，∴f′（x）=+=，x＞0．∵x＞0，∴f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上是增函数．（2）∵f（x）=lnx﹣，g（x）=f（x）+ax﹣6lnx，a＞0．∴g（x）=ax﹣﹣5lnx，x＞0∴g′（x）=a+﹣=，若g′（x）＞0，可得ax2﹣5x+a＞0，在x＞0上成立，∴a＞=，∵≤=（x=1时等号成立），∴a＞．（3）当a=2时，g（x）=2x﹣﹣5lnx，h（x）=x2﹣mx+4=（x﹣）2+4﹣，∃x1∈（0，1），∀x2∈[1，2]，总有g（x1）≥h（x2）成立，∴要求g（x）的最大值，大于h（x）的最大值即可，g′（x）==，令g′（x）=0，解得x1=，x2=2，当0＜x＜，或x＞2时，g′（x）＞0，g（x）为增函数；当＜x＜2时，g′（x）＜0，g（x）为减函数；∵x1∈（0，1），∴g（x）在x=处取得极大值，也是最大值，∴g（x）max=g（）=1﹣4+5ln2=5ln2﹣3，∵h（x）=x2﹣mx+4=（x﹣）2+4﹣，若m≤3，h max（x）=h（2）=4﹣2m+4=8﹣2m，∴5ln2﹣3≥8﹣2m，∴m≥，∵＞3，故m不存在；若m＞3时，h max（x）=h（1）=5﹣m，∴5ln2﹣3≥5﹣m，∴m≥8﹣5ln2，实数m的取值围：m≥8﹣5ln2；点评：本题考查函数单调性与导数的关系，和分类讨论思想，及二次函数的知识，是导数中常见的恒成立问题，属难题．9．（2014•和平区三模）设函数f（x）=x﹣ae x﹣1．（Ⅰ）求函数f（x）单调区间；（Ⅱ）若f（x）≤0对x∈R恒成立，求a的取值围；（Ⅲ）对任意n的个正整数a1，a2，…a n记A=（1）求证：（i=1，2，3…n）（2）求证：A．考点：利用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质；导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：压轴题．分析：（I）根据已知中的函数的解析式，我们易求出函数的导函数的解析式，分类讨论导函数的符号，即可得到答案．（II）根据（I）的结论我们易当a≤0时，f（x）≤0不恒成立，当a＞0时，仅须函数的最大值小于0即可，由此构造关于a的不等式即可得到答案．（III）（1）由（II）的结论我们可以得到f（x）=x﹣e x﹣1≤0恒成立，故（i=1，2，3…n）成立；（2）结合（1）的结论，我们分别取i=1，2，3…n，i=1，2，3…n，得到n个不等式，根据不等式的性质相乘后，即可得到结论．解答：解：（I）∵函数f（x）=x﹣ae x﹣1．∴函数f′（x）=1﹣ae x﹣1．当a≤0时，f′（x）＞0，则f（x）在R上是增函数当a＞0时，令f′（x）=0得x=1﹣lna，则f（x）在区间（﹣∞，1﹣lna）上是增函数，在区间（1﹣lna，+∞）上是减函数综上可知：当a≤0时，f（x）在R上是增函数；当a＞0时，f（x）在区间（﹣∞，1﹣lna）上是增函数，在区间（1﹣lna，+∞）上是减函数．（II）由（I）可知：当a≤0时，f（x）≤0不恒成立当a＞0时，f（x）在点x=1﹣lna时取最大值﹣lna，令﹣lna≤0，则a≥1故若f（x）≤0对x∈R恒成立，则a的取值围为[1，+∞）（III）（1）由（II）知：当a=1时恒有f（x）=x﹣e x﹣1≤0成立即x≤e x﹣1∴（2）由（1）知：，，…，把以上n个式子相乘得≤=1∴A n≥a1•a2•…•a n故点评：本题考查的知识点是利用导数求函数的单调性，函数单调性的性质，不等式的性质，其中根据已知条件中函数的解析式，求出导函数的解析式，并分析导函数的符号是解答本题的关键．10．（2014•宿迁一模）已知函数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），若存在唯一的实数x0，使得f（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，数b的取值围；（3）已知点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？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：（1）先求原函数的导数，根据f′（x）＜0求得的区间是单调减区间，即可；（2）由于存在唯一的实数x0，使得f（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，则存在唯一的实数根x0，即b=2x3+x2+x存在唯一的实数根x0，就把问题转化为求函数最值问题；（3）假设存在常数λ，依据曲线C在点A处的切线l1与曲线C交于另一点B，曲线C在点B处的切线l2，得到关于λ的方程，有解则存在，无解则不存在．解答：解：（1）当a=﹣2时，函数f（x）=x3+x2﹣2x+b则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（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，则即x3+x2+（﹣3x2﹣5x﹣1）x+b=0存在唯一的实数根x0，故b=2x3+x2+x存在唯一的实数根x0，令y=2x3+x2+x，则y′=6x2+5x+1=（2x+1）（3x+1）=0，故x=﹣或x=﹣，则函数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（x0）），则在点A处的切线l1的切线方程为y﹣f（x0）=f′（x0）（x﹣x0），与曲线C联立得到f（x）﹣f（x0）=f′（x0）（x﹣x0），即（x3+x2+ax+b）﹣（x03+x02+ax0+b）=（3x02+5x0+a）（x﹣x0），整理得到（x﹣x0）2[x+（2x0+）]=0，故点B的横坐标为x B=﹣（2x0+）由题意知，切线l1的斜率为k1=f′（x0）=3x02+5x0+a，l2的斜率为k2=f′（﹣（2x0+））=12x02+20x0++a，若存在常数λ，使得k2=λk1，则12x02+20x0++a=λ（3x02+5x0+a），即存在常数λ，使得（4﹣λ）（3x02+5x0）=（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．点评：本题以函数为载体，考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查曲线的切线，同时还考查了方程根的问题，一般要转化为函数的最值来解决．11．（2014•二模）已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+，a∈R．（1）当a=﹣时，求f（x）的最大值；（2）讨论函数f（x）的单调性；（3）如果对任意x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|恒成立，数a的取值围．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：（1）当a=﹣时，求f（x））=lnx﹣x2+，先确定函数的定义域，然后求导研究单调性求最大值；（2）求导数fˊ（x），在函数的定义域解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，求出单调区间；（3）根据第一问的单调性先对|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|进行化简整理，转化成研究g（x）=f（x）+4x 在（0，+∞）单调性问题，然后再转化成导函数在（0，+∞）上恒大于等0或恒小于等于的恒成立问题．解答：解：（1）当a=﹣时，求f（x））=lnx﹣x2+，定义域为（0，+∞）f′（x）==，…2分所以f（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞），…3分所以f（x）max=f（1）=…4分（2）对函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+，定义域为（0，+∞）求导得：f′（x）=+2ax=，…5分对参数a进行讨论：当a≥0时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；…6分当a≤﹣1时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减；…7分当﹣1＜a＜0时，令f′（x）=0，解得x=，则当x∈（0，），f′（x）＞0；当x∈（，+∞），f′（x）＜0；故f（x）在∈（0，）上单调递增；在（，+∞）单调递减；…8分（3）不妨设0＜x1＜x2，①当a≥0时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，即f（x2）﹣4x2≥f（x1）﹣4x1恒成立；构造函数g（x）=f（x）﹣4x，需证g（x）=f（x）﹣4x在（0，+∞）上单调递增，即证g′（x）=f′（x）﹣4=≥0，即2ax2﹣4x+a+1≥0（x＞0）恒成立．当a=0时，则由﹣4x+1＞0得x＞，不合题意，即a≠0，则a＞0；根据二次函数y=2ax2﹣4x+a+1（x＞0）开口方向向上，对称轴x=所以只需△≤0可得16﹣8a（a+1）≤0，解得a≥1（a≤﹣2舍去）；…10分②当a≤﹣1时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减；去绝对值整理得，f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1恒成立；构造函数g（x）=f（x）+4x，需证g（x）=f（x）+4x在（0，+∞）上单调递减，即g′（x）=f′（x）+4=≤0，即2ax2+4x+a+1≥0（x＞0）恒成立．根据二次函数y=2ax2+4x+a+1（x＞0）开口方向向下，对称轴x=，所以只需△≤0可得16﹣8a（a+1）≤0，解得a≤﹣2，（a≥1舍去）；…12分③当当﹣1＜a＜0时，f（x）在∈（0，）上单调递增；在（，+∞）单调递减；此时|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|等价于f（x2）﹣4x2≥f（x1）﹣4x1恒成立或者f（x2）+4x2≤f（x1）+4x1恒成立，由前面过程可知：a≥1或a≤﹣2，这与﹣1＜a＜0不符，故此种情况无解；综上可知，实数a的取值围为（﹣∞，﹣2]∪[1，+∞）…14分点评：本题综合性较强，利用导数求函数的最值；利用导数研究函数的单调性，关键是要把握好分类的标准，知道如何分类；第（3）问思维量较大，关键是通过分析式子的特点，通过构造函数，转化成研究函数的单调性．本题考查了分类讨论、数形结合、转化与化归和构造函数等重要的数学思想．12．（2014•天津二模）已知函数f（x）=（a+）e n，a，b为常数，a≠0．（Ⅰ）若a=2，b=1，求函数f（x）在（0，+∞）上的单调区间；（Ⅱ）若a＞0，b＞0，求函数f（x）在区间[1，2]的最小值；（Ⅲ）若a=1，b=﹣2时，不等式f（x）≤lnx•e n恒成立，判断代数式[（n+1）！]2与（n+1）e n﹣2（n∈N*）的大小．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：第（Ⅰ）问求函数的单调区间，先对函数求导，然导函数在（0，+∞）正负判断函数的单调性；第（Ⅱ）问通过研究函数在区间[1，2]上的单调性，确定在何处取到函数的最小值；第（Ⅲ）问要利用不等式f（x）≤lnx•e n恒成立，比较两个式子的大小，通过赋值的方法建立条件和问题之间的联系．解答：解：（Ⅰ）f′（x）=（a+e x=（ax2+bx﹣b）…1分当a=2，b=1时，f′（x）=（2x2+x﹣1）=（x+1）（2x﹣1）…2分令f′（x）=0，得x=或x=﹣1（舍去）…3分因为，所以当x∈（0，）时，f′（x）＜0，f（x）是减函数…4分当x∈（时，f′（x）＞0，f（x）是增函数．所以函数f（x）的单调递减区间为（0，）；单调递增区间为（）…5分（Ⅱ）令g（x）=ax2+bx﹣b．因为a＞0，b＞0，所以二次函数g（x）的图象开口向上，对称轴x=﹣，且g（1）=a＞0，…7分又因为＞0，所以f′（x）＞0对一切x∈[1，2]恒成立，…8分所以f（x）在x∈[1，2]上为增函数，故f（x）max=f（1）=（a+b）e…10分（Ⅲ）若a=1，b=﹣2时，不等式f（x）≤lnx•e x恒成立，化简得：（1﹣e x≤lnx•e x，即lnx≥1﹣恒成立，…11分令x=n（n+1），则ln[n（n+1）]＞1﹣，∴ln（1×2）＞1﹣，ln（2×3）＞1﹣，ln（3×4）＞1﹣，…，ln[n（n+1）]＞1﹣，…12分叠加得ln[1×22×32×…×n2（n+1）]＞n﹣2[+]=n﹣2（1﹣）＞n﹣2．则1×22×32×…×n2（n+1）＞e n﹣2，所以[（n+1）!]2＞（n+1）•e n﹣2（n∈N*）…14分点评：本题综合性较强，难度较大；考查了利用导数研究函数的单调性、求函数的最值；第（Ⅲ）问解决的关键是要建立条件要要比较的两个式子之间的联系．13．（2014•模拟）已知函数f（x）=ax﹣1﹣lnx（a∈R）．（1）讨论函数f（x）在定义域的极值点的个数；（2）若函数f（x）在x=1处取得极值，对∀x∈（0，+∞），f（x）≥bx﹣2恒成立，数b的取值围；（3）当x＞y＞e﹣1时，求证：．考点：函数在某点取得极值的条件；函数恒成立问题．专题：综合题；压轴题；导数的综合应用．分析：（Ⅰ），由此进行分类讨论，能求出函数f（x）在定义域的极值点的个数．（Ⅱ）由函数f（x）在x=1处取得极值，知a=1，故，由此能求出实数b的取值围．（Ⅲ）由，令，则只要证明g（x）解答：解：（Ⅰ），当a≤0时，f'（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，函数f（x）在（0，+∞）单调递减，∴f（x）在（0，+∞）上没有极值点；当a＞0时，f'（x）＜0得，f'（x）＞0得，∴f（x）在上递减，在上递增，即f（x）在处有极小值．∴当a≤0时f（x）在（0，+∞）上没有极值点，当a＞0时，f（x）在（0，+∞）上有一个极值点．（4分）（注：分类讨论少一个扣一分．）（Ⅱ）∵函数f（x）在x=1处取得极值，∴a=1，…（5分）∴，…（6分）令，可得g（x）在（0，e2]上递减，在[e2，+∞）上递增，…（8分）∴，即．（9分）（Ⅲ）证明：，（10分）令，则只要证明g（x）在（e﹣1，+∞）上单调递增，又∵，显然函数在（e﹣1，+∞）上单调递增．（12分）∴，即g'（x）＞0，∴g（x）在（e﹣1，+∞）上单调递增，即，点评：本题考查函数的求极值点的个数的求法，考查满足条件的实数的求法，考查不等式的证明．解题时要合理运用导数性质，注意等价转化思想和分类讨论思想的灵活运用．14．（2014•模拟）已知函数f（x）=ax3+bx2﹣3x（a，b∈R）在点（1，f（1））处的切线方程为y+2=0．（1）求函数f（x）的解析式；（2）若对于区间[﹣2，2]上任意两个自变量的值x1，x2都有|f（x1）﹣f（x2）|≤c，数c的最小值；（3）若过点M（2，m）（m≠2）可作曲线y=f（x）的三条切线，数m的取值围．考点：利用导数研究函数的极值；函数解析式的求解及常用方法；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：综合题；压轴题；分类讨论；转化思想．分析：（1）由题意，利用导函数的几何含义及切点的实质建立a，b的方程，然后求解即可；（2）由题意，对于定义域任意自变量都使得|f（x1）﹣f（x2）|≤c，可以转化为求函数在定义域下的最值即可得解；（3）由题意，若过点M（2，m）（m≠2）可作曲线y=f（x）的三条切线，等价与函数在切点处导函数值等于切线的斜率这一方程有3解．解答：解：（1）f'（x）=3ax2+2bx﹣3．（2分）根据题意，得即解得所以f（x）=x3﹣3x．（2）令f'（x）=0，即3x2﹣3=0．得x=±1．当x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＞0，函数f（x）在此区间单调递增；当x∈（﹣1，1）时，f′（x）＜0，函数f（x）在此区间单调递减因为f（﹣1）=2，f（1）=﹣2，所以当x∈[﹣2，2]时，f（x）max=2，f（x）min=﹣2．则对于区间[﹣2，2]上任意两个自变量的值x1，x2，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤|f（x）max﹣f（x）min|=4，所以c≥4．所以c的最小值为4．（3）因为点M（2，m）（m≠2）不在曲线y=f（x）上，所以可设切点为（x0，y0）．则y0=x03﹣3x0．因为f'（x0）=3x02﹣3，所以切线的斜率为3x02﹣3．则3x02﹣3=，。