[整理]高考数学热点考点精析：10导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例(新课标地区)

考点10 导数在研究函数中的应用
与生活中的优化问题举例
一、选择题
1．（2011·安徽高考文科·Ｔ10）函数()()21n f x ax x =-在区间[]0,1上的图象如图所示，则n 可能是（ ）
（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4 【思路点拨】 代入验证，并求导得极值，结合图象确定答案. 【精讲精析】选A. 代入验证,当n=1时，)2()1()(232x x x a x ax x f +-=-=，则
)143()(2+-='x x a x f ，由)143()(2+-='x x a x f =0可知，1,3
1
21==x x ，结合图
象可知函数应在（0，31）递增，在）
（1,31递减，即在3
1
=x 处取得最大值，由
,2
1
)311(31)31(2=-⨯⨯=a f 知a 存在. 2.（2011·辽宁高考理科·Ｔ11）函数f （x ）的定义域为R ，f （-1）=2，对任意x ∈R ，2)(>'x f ，则f （x ）＞2x+4的解集为
（A ）（-1，1） （B ）（-1，+∞） （C ）（-∞，-1） （D ）（-∞，+∞）
【思路点拨】先构造函数)42()()(+-=x x f x g ，求其导数，将问题转化为求)(x g 单调性问题即可求解．
【精讲精析】选B.构造函数)42()()(+-=x x f x g ，则
=-)1(g 022)42()1(=-=+---f ，
又因为2)(>'x f ，所以02)()(>-'='x f x g ，可知)(x g 在R 上是增函数，所以)42()(+>x x f 可化为0)(>x g ，即
)1()(->g x g ，利用单调性可知，1->x ．选B.
3．（2011·安徽高考理科·Ｔ10）函数()()1n m f x ax x =-在区间[]0,1上的图象如图所示，则,m n 的值可能是
（A ）1,1m n == (B) 1,2m n == (C) 2,1m n == (D) 3,1m n == 【思路点拨】本题考查函数与导数的综合应用，先求出)(x f 的导数，然后根据函数图像确定极值点的位置，从而判断m,n 的取值. 【精讲精析】选B.函数()()1n m f x ax x =-的导数
11()()(1)(),m n m f x m n ax x x m n
--'=-+--
+则)(x f '在),
0(n m m
+上大于0，在)1,(n
m m +上小于0，由图象可知极大值点为31，结合选项可得m=1,n=2.
二、填空题
4.（2011·广东高考理科·Ｔ12）函数32()31f x x x =-+在x = 处取得极小值.
【思路点拨】先求导函数的零点，然后通过导数的正负分析函数的增减情况，从而得出取得极值的时刻. 【精讲精析】答案：2
由063)(2=-='x x x f 解得0=x 或2=x ，列表如下：
∴当2=x 时，y 取得极小值.
5．（2011·辽宁高考文科·Ｔ16）已知函数a x e x f x +-=2)(有零点，则
a 的取值范围是
【思路点拨】先求)(x f '，判断)(x f 的单调性．结合图象找条件．本题只要使)(x f 的最小值不大于零即可．
【精讲精析】选A ，)(x f '=2-x e ．由)(x f '0>得2-x e 0>， ∴2ln >x ．由)(x f '0<得，2ln <x ． ∴)(x f 在2ln =x 处取得最小值． 只要0)(min ≤x f 即可．∴02ln 22ln ≤+-a e ， ∴22ln 2-≤a ．
∴a 的取值范围是]22ln 2,(--∞
6.（2011·江苏高考·Ｔ12）在平面直角坐标系xOy 中，已知点P 是函数)0()(>=x e x f x 的图象上的动点，该图象在P 处的切线l 交y 轴于点M ，过点P 作l 的垂线交y 轴于点N ，设线段MN 的中点的纵坐标为t ，则t 的最大值是_________
【思路点拨】本题考查的是直线的切线方程以及函数的单调性问题，解题的关键是表示出中点的纵坐标t 的表达式，然后考虑单调性求解最值。

【精讲精析】答案：1
1()2e e
+
设0
0(,),x P x e 则0
00:(),(0,(1))x x x l y e e x x M x e -=-∴-，过点P 作l 的垂线
000000(),(0,)x x x x y e e x x N e x e ---=--+，
00000000011
[(1)]()22x x x x x x t x e e x e e x e e --=-++=+- 00'01
()(1)2x x t e e x -=+-，所以，t 在(0,1)上单调增，在(1,)+∞单调减，max 11
()2t e e
=+。

三、解答题
7．（2011·安徽高考理科·Ｔ16）设2
()1x
e f x ax
=+，其中a 为正实数 （Ⅰ）当a 43
=时，求()f x 的极值点；
（Ⅱ）若()f x 为R 上的单调函数，求a 的取值范围.
【思路点拨】（Ⅰ）直接利用导数公式求导，求极值. （Ⅱ）求导之后转化为恒成立问题.
【精讲精析】对)(x f 求导得，.)1(21)(2
22ax ax
ax e
x f x
+-+=' （Ⅰ）当时，34
=a 令0)(='x f ，则03842=+-x x .解得2
1,2321==x x ， 列表得
所以，2
1=x 是极小值点，2
2=x 是极大值点.
（Ⅱ）若)(x f 为R 上的单调函数，则)(x f '在R 上不变号，结合
2
22)
1(21)(ax ax ax e x f x
+-+='与条件a>0,知0122
≥+-ax ax 在R 上恒成立，因此
.0)1(4442≤-=-=∆a a a a 由此并结合a>0,知10≤<a .
8.（2011·福建卷理科·Ｔ18）(本小题满分13分)某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y （单位：千克）与销售价格x （单位：元/千克）满足关系式210(6)3
a
y x x =
+--，其中3<x<6，a 为常数，已
知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克. （I ）求a 的值。

（II ）若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大.
【思路点拨】(1)根据“销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克”可知销售函数过点（5,11）,将其代入可求得a 的值; （2）利润为y=(每件产品的售价-每件产品的成本) ⨯销量,表示出函数解析式后，可借助导数求最值. 【精讲精析】
（I ）因为5x =时，11y =，所以1011,2
a +=所以2a =. （II ）由（1）可知，该商品每日的销售量22
10(6),3
y x x =+-- 所以商场每日销售该商品所获得的利润
222
()(3)[
10(6)]210(3)(6),3 6.3
f x x x x x x x =-+-=+--<<-
从而2()10[(6)+2(3)(6)]30(4)(6).f x x x x x x '=---=-- 于是，当x 变化时，(),()f x f x '的变化情况如下表，
由上表可得，4x =是函数()f x 在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点. 所以，当4x =时，函数()f x 取得最大值，且最大值等于42.
当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大. 9.（2011·福建卷文科·Ｔ22）已知a ，b 为常数，且a≠0，函数f （x ）=-ax+b+axlnx ，f(e)=2（e=2.71828…是自然对数的底数）. （I ）求实数b 的值；
（II ）求函数f （x ）的单调区间；
（III ）当a=1时，是否同时存在实数m 和M （m<M ），使得对每一个t∈[m，M]，直线y=t 与曲线y=f （x ）（x∈[1e
，e]）都有公共点？若存在，求出最小的实数m 和最大的实数M ；若不存在，说明理由. 【思路点拨】(1) ()2f e b =⇒的值;
(2)对函数()f x 求导得导函数()f x '，由导函数()f x '得单调区间，必要时
分类讨论；（3）列表判断()y f x =1
(,)x e e ⎡⎤
∈⎢⎥⎣⎦
的单调性和极值、最值情况，再结合()y f x =的草图即可探究出是否存在满足题意的m M 和. 【精讲精析】(1)由()2,f e =得 2.b =
（2）由（1）可得()2ln ,f x ax ax x =-++从而()ln ,f x a x '= 因为0,a ≠故：
① 当0a >时，由()f x '0>得1x >；由()0f x '<得01x <<； ② 当0a <时，由()0f x '>得01x <<；由()0f x '<得1x >.
综上，当0a <时，函数()f x 的递增区间为（0,1），单调递减区间为()1,+∞. 当a ＞0时，函数f （x ）的递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0,1）. (3)当1a =时，()2ln ,()ln .f x x x x f x x '=-++=
由（2）可得，当x 在区间1
,e e ⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
上变化时，(),()f x f x '的变化情况如下表：
又222e -<，所以函数()f x 1
(,)x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦
的值域为[]1,2. 据此可得，若1
2
m M =⎧⎨
=⎩则对每一个[],,t m M ∈直线y t =与曲线()y f x =1,x e e ⎛⎫
⎡⎤∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭都有公共点；并且对每一个()
,t m ∈-∞[),M +∞，直线
y t =与曲线()y f x =1,x e e ⎛⎫
⎡⎤∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝
⎭都没有公共点.
综上，当1a =时，存在最小的实数1m =，最大的实数2M =，使得对每
一个[],t m M ∈，直线y t =与曲线()y f x = 1
(,x e e ⎡⎤
∈⎢⎥⎣⎦
)都有公共点. 10．（2011·江苏高考·Ｔ17）请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰
直角三角形，再沿虚线折起，使得A,B,C,D 四个点重合与图中的点P,正好形成一个正四棱柱形状的包装盒。

E,F 在AB 上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设)(cm x FB AE ==。

（1）某广告商要求包装盒的侧面积S )(2cm 最大，试问x 应取何值？ （2）某厂商要求包装盒的容积V )(3cm 最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值。

【思路点拨】本题主要考查的是从实际生活中提取数学模型，然后利用数学知识进行解决，所以解决本题的关键是正确的列出侧面积和容积的表达式，然后根据二次函数的最值和导数法求最值求解。

【精讲精析】设包装盒的高为)(cm h ，底面边长为)(cm a 由已知得
300),30(22
260,2<<-=-=
=x x x
h x a 。

（1）1800)15(8)30(842+--=-==x x x ah S ，所以当15=x 时，S 取得最大值。

（2）)20(26,30(22232x x V x x h a V -='+-==。

由0='V 得，0=x (舍)或
20=x 。

当)20,0(∈x 时0>'V ；当)30,20(∈X 时0<'V ，所以当20=x 时取得
极大值，也是最大值,此时21=a h
，即包装盒的高与底面边长的比值为2
1。

11.（2011·江苏高考·Ｔ19）已知a ，b 是实数，函数
,)(,)(23bx x x g ax x x f +=+= )(x f '和)(x g '是)(),(x g x f 的导函数，若
0)()(≥''x g x f 在区间I 上恒成立，
则称)(x f 和)(x g 在区间I 上单调性一致 （1）设0>a ，若)(x f 和)(x g 在区间),1[+∞-上单调性一致,求实数b 的取值范围；
（2）设a 0<且b a ≠，若函数)(x f 和)(x g 在以a ，b 为端点的开区间上单调性一致，求|a -b |的最大值
【思路点拨】本题考查的是导数与函数的综合知识，在解决本题时要注意挖掘已知的信息，注意条件的转化，函数)(x f 和)(x g 在区间),1[+∞-上单调性一致，可以转化为导数之积恒为正来处理。

【精讲精析】解法一：b x x g a x x f +='+='2)(,3)(2。

（1）由题意得0)()(≥''x g x f ，在[)+∞-,1上恒成立。

因为0>a ，故032>+a x ，进而02>+b x ，即x b 2-≥在区间[)+∞-,1上恒成立，
所以2≥b ，因此b 的取值范围是[)+∞,2。

（2）令0)(='x f ，解得3
a x -±=，若0>
b ，由0<a 得),(0b a ∈，又因为
0)0()0(<=''ab g f ，所以函数)(x f 和)(x g 在),(b a 上不是单调性一致的。

因此0≤b 。

现设0≤b 。

当()0,∞-∈x 时，0)(<'x g ；当⎪⎪⎭
⎫
⎝
⎛
--∞-∈3,a x 时，
0)(>'x f 。

因此，当⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛--∞-∈3,a x 时，0)()(<''x g x f
故由题设得3a a --≥且3a b -
-≥，从而031<≤-a ，于是031≤≤-b ，因此3
1
≤-b a ，且当0,31=-=b a 时等号成立。

又当0,31=-=b a 时，91
(6)()(2-=''x x x g x f ),从
而当⎪⎭
⎫ ⎝⎛-∈0,31
x 时，0)()(>''x g x f ,故函数)(x f 和)(x g 在⎪⎭
⎫ ⎝⎛-0,31上单调性一
致的。

因此b a -的最大值为3
1
. 解法二：
（1）因为函数)(x f 和)(x g 在区间),1[+∞-上单调性一致，所以，
''[1,),()()0,x f x g x ∀∈-+∞≥即 [1,),x 0,
x ∀∈-+∞≥2（3+a ）(2x+b)0,[1,),0,a x >∴∀∈-+∞≥2x+b
即0,[1,),,2;a x b >∴∀∈-+∞≥-∴≥b 2x
（2）当b a <时，因为，函数)(x f 和)(x g 在区间（b,a ）上单调性一致，所以，''(,),()()0,x b a f x g x ∀∈≥
即(,),
x 0,x b a ∀∈≥2（3+a ）(2x+b)0,(,),20b a x b a x b <<∴∀∈+<，2(,),3,x b a a x ∴∀∈≤-
23,b a b ∴<<-设z a b =-，考虑点(b,a)的可行域，函数23y x =-的斜率为
1的切线的切点设为00(,)x y 则0001
161,,,6
12x x y -==-=-
max 111()1266
z ∴=---=； 当0a b <<时，因为，函数)(x f 和)(x g 在区间（a, b ）上单调性一致，所以，''(,),()()0,x a b f x g x ∀∈≥
即(,),
x 0,x a b ∀∈≥2（3+a ）(2x+b)0,(,),20b x a b x b <∴∀∈+<，2(,),3,x a b a x ∴∀∈≤-
213,0,3a a a ∴≤-∴-≤≤max 1
();3
b a ∴-=
当0a b <<时，因为，函数)(x f 和)(x g 在区间（a, b ）上单调性一致，所以，''(,),()()0,x a b f x g x ∀∈≥
即(,),(x 0,x a b ∀∈≥22x+b)（3+a ）
0,b >而x=0时，x 2（3+a ）(2x+b)=ab<0,不符合题意，
当0a b <=时，由题意：
(,0),x 0,x a ∀∈≥22x （3+a ）2(,0),x 0,30,x a a a ∴∀∈≤∴+<23+a
110,33
a b a ∴-<<∴-< 综上可知，max 1
3
a b -=。

12. （2011·新课标全国高考理科·Ｔ21）已知函数ln ()1a x b
f x x x
=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. （Ⅰ）求a 、b 的值；
（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k
f x x x
>
+-，求k 的取值范围. 【思路点拨】第（1）问，对函数()f x 求导得()f x '，(1)f '对应为切线的斜率，切点(1,(1))f 即在切线上又在原函数()f x 上，利用上述关系，建立方程组，求得,a b 的值； 第（2）问，ln ln ()()()011a x b a x b
f x f x x x x x
>
+⇔-+>++，首先化简函数式 ln ()(
)1a x b
f x x x
-++，再来证明不等式成立即可，必要时分类讨论. 【精讲精析】（Ⅰ）22
1
(
ln )
'()(1)x x b x f x x x α+-=
-
+由于直线230x y +-=的斜率为1
2-，且过点(1,1)，故(1)1,
1
'(1),2f f =⎧⎪⎨=-⎪⎩ 即1,1
,22b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩
解得1a =，1b =.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知ln 1
f ()1x x x x
=
++，所以
22
ln 1(1)(1)
()()(2ln )11x k k x f x x x x x x
---+=+--. 考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)
k x x --(0)x >，则22
(1)(1)2'()k x x h x x -++=. (i)设0k ≤，由22
2
(1)(1)'()k x x h x x
+--=知，当1x ≠时，'()0h x <，h(x)递减.而(1)0h =，故当(0,1)x ∈时， ()0h x >，可得2
1
()01h x x
>-； 当x ∈（1，+∞）时，h （x ）<0，可得2
11
x - h （x ）>0 从而当x>0,且x ≠1时，f （x ）-（
1ln -x x +x k ）>0，即f （x ）>1ln -x x +x
k
. （ii ）设0<k<1.由于2(1)(1)2k x x -++=2(1)21k x x k -++-的图像开口向下，且244(1)0k ∆=-->，对称轴x=
1
11k >-.
当x ∈（1，k -11）时，（k-1）（x 2 +1）+2x>0,故'h (x ）>0,而h （1）=0，故当x ∈（1，k
-11
）时，h （x ）>0，可得
2
11
x -h （x ）<0,与题设矛盾. （iii ）设k ≥1.此时212x x +≥，2(1)(1)20k x x -++>⇒'h （x ）>0,而h （1）=0，故当x ∈（1，+∞）时，h （x ）>0，可得2
11
x
- h （x ）<0,与题设矛盾.
综合得，k 的取值范围为（-∞，0]
13. （2011·新课标全国高考文科·Ｔ21）已知函数ln ()1a x b
f x x x
=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. （Ⅰ）求a 、b 的值；
（Ⅱ）证明：当0x >，且1x ≠时，ln ()1
x
f x x >
-. 【思路点拨】第（1）问，对函数()f x 求导得()f x '，(1)f '对应为切线的斜率，切点(1,(1))f 即在切线上又在原函数()f x 上，利用上述关系，建立方程组，求得,a b 的值； 第（2）问，ln ln ()()011x x f x f x x x >
⇔->--，先化简函数式ln ()1
x
f x x -
-，再来证明不等式成立即可，必要时分类讨论. 【精讲精析】
（Ⅰ）22
1
(
ln )
'()(1)x x b x f x x x α+-=
-+
由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点(1,1)，故(1)1,
1'(1),2f f =⎧⎪
⎨=-⎪⎩即
1,
1,22
b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩ 解得1a =，1b =.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)=
,1
1ln x x x ++所以 ⎪
⎪⎭
⎫ ⎝⎛---=--x x x x x f x x 1ln 2111ln )(2
2
考虑函数 则h′(x)=()()x
x x
x x x
2
2
2
2
2
1122--=--
-
所以x≠1时h′(x)＜0而h(1)=0故 x ()1,0∈时h(x)>0可得ln ()1x
f x x >
-, x ()∞+∈，
1 h(x)<0可得ln ()1x
f x x >-,
从而当0x >，且1x ≠时，ln ()1
x
f x x >
-. 14．（2011·辽宁高考文科·Ｔ20）（本小题满分12分）
设函数x b ax x x f ln )(2++=，曲线)(x f y =过点P （1，0），且在P 点处的切斜线率为2． （I ）求a ，b 的值； （II ）证明：f (x)2x 2≤-．
【思路点拨】（I ）先求导，再代入进行计算；（II ）构造函数
)22()()(--=x x f x g ，求其导函数，证明其单调性，将所求问题转化为
证明0)(max ≤x g 的问题．
【精讲精析】（I ）x
b
ax x f ++='21)(． ……2分 由已知条件得⎩⎨
⎧='=.2)1(,0)1(f f 即⎩⎨⎧=++=+.
221,
01b a a
解得.3,1=-=b a ……5分
（II ）)(x f 的定义域为()+∞,0，由（I ）知x x x x f ln 3)(2+-=． 设x x x x x f x g ln 32)22()()(2+--=--=，则
x
x x x x x g )
32)(1(321)(+--
=+
--='． 当10<<x 时，0)(>'x g ；当1>x 时，0)(<'x g ．
所以)(x g 在)1,0(上单调增加，在（1，+∞）上单调减少．
而0)1(=g ，故当0>x 时，0)(≤x g ，即22)(-≤x x f ． ……12分 15.（2011·广东高考文科·Ｔ19）设a ＞0,讨论函数f(x)=lnx+a(1-a)x 2-2(1-a)x 的单调性.
【思路点拨】先求)(x f 的导函数)(x f '，再由a 的不同取值范围，解不等式
0)(>'x f ，从而确定)(x f 的单调区间.在解本题时一定要注意)(x f 的定义域
为}0|{>x x
【精讲精析】函数()f x 的定义域为(0,).+∞ 2
2(1)2(1)1(),a a x
a x f x x
---+'= 当212(1)10a a x ≠--+=时,方程2a(1-a)x 的判别式
112(1).
3a a ⎛⎫∆=-- ⎪⎝
⎭
①当10,0,()3
a f x '<<∆>时有两个零点，
1
211
0,22x
x a a ≠
>= 且当12120,()0,()(0,)(,)x x x x f x f x x x '<<>>+∞或时在与内为增函数； 当1
212,()0,()(,)x
x x f x f x x x '<<<时在内为减函数；
②当11,0,()0,()(0,)3
a f x f x '≤<∆≤≥+∞时所以在内为增函数；
③当11,()0(0),()(0,)a f x x f x x
'==>>+∞时在内为增函数；
④当1
1
1,0,0,2a x a >∆>=
>时
2
1
0,()2x
f x a '=
<所以在定义域内有唯一零点1x ， 且当110,()0,()(0,)x x f x f x x '<<>时在内为增函数；当1x x >时，
1()0,()(,)f x f x x '<+∞在内为减函数。

()f x 的单调区间如下表：
103
a <<
1
13
a ≤≤
1a >
1(0,)x 12(,)x x 2(,)x +∞ (0,)+∞ 1(0,)x 1(,)x +∞
（其中121122x x a a =
=
16.（2011·广东高考理科·Ｔ21）(本题满分14分)在平面直角坐标
系xOy 上,给定抛物线L :214
y x =,实数,p q 满足240p q -≥,12,x x 是方程
20x px q -+=的两根，记{}12(,)max ,p q x x ϕ=.
（Ⅰ）过点20001(,)(0)4
A p p p ≠作L 的切线交y 轴于点
B .证明:对线段AB 上任一点(,)Q p q 有0
(,);2
p p q ϕ=
（Ⅱ）设(,)M a b 是定点，其中,a b 满足240a b ->,0a ≠.过(,)M a b 作L 的两条切线12,l l ，切点分别为22112211(,),(,)44
E p p E p p '，12,l l 与y 轴分别交于
,F F '.线段EF 上异于两端点的点集记为X .证明:(,)M a b ∈X ⇔12||||p p >⇔(,)a b ϕ1
2
p =;
（Ⅲ）．设21
5{(,)|1,(1)}44
D x y y x y x =≤-≥+-.当点(,)p q 取遍D 时，求
(,)p q ϕ的最小值(记为min ϕ)和最大值(记为max ϕ).
【思路点拨】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，进而写出切线方程，再求出其与y 轴的交点坐标.把条件Q 点在线段AB 上转化为代数条件，即p 的取值范围，求出方程02=+-q px x 的根，用p 表示，再由其取值范围得出结论. （2）数形结合可得. （3）数形结合，结合换元法.
【精讲精析】（1）【解】x y 21='，则过A )41,(00P P (00≠P )的切线斜率02
1P k =，切线方程为)(2
41000P x P P y -=-, 令0=x 得
B(4
,02
P -).由Q （q p ,）在线段AB
上得4
22
00
P p P q -=.
由02
=+-q px x ，得242q
p p x -±=
=
2
|
|2202002P p p P p P p p -±=
+-±. 由对称性，不妨设00P p ≤≤，则22001P p P p x =-+=,2
22002P p p P p x -=+-=，由00P p ≤≤
得2
2020
P x P ≤≤- 即2||02P x ≤.综之有2
|||}||,max{|,021P x x q p ==Φ）（. （2）【证明】由（1）知221211(0,),'(0,)4
4
F p F P --
（Ⅰ）若(,)M a b X ∈，由（1）知M 在线段EF 上,且1(,)2
P a b φ=
且1a p <,
若2a p <,由（1）知M 在线段''E F 上,则M 在y 轴上，这与0a ≠矛盾，故2a p ≥，得12p p >；
（Ⅱ）若12p p >，有22121
14
4
p P -<-，点211(0,)4
F p -在221'(0,)4
F P -的下方，则交点M 在线段EF 上,即(,)M a b X ∈，得1(,)2
P a b φ=
.
由上述（Ⅰ）（Ⅱ）知：112(,)(,)2P M a b X P P a b φ∈⇔⇔=
＞
(3)【解】方法一：由⎪⎩
⎪⎨
⎧-+=-=45)1(411
2x y x y 得⎩⎨⎧-==1
0y x 或⎩⎨
⎧==1
2
y x 知[]2,0∈p ，[]1,1-∈q 由题意知：1-≤p q ，于是有q q p 4)1(22≥+≥，即D 内任何一点对应方程均有解，由021>=+p x x 知 φ
2
4),(2q
p p q p -+=
，设q
p u 42-=
，则φ（q p ,）=2u
p +,4
2
2
u p
q -=,
区域D=}22,0)2)(2(|),{(}45)1(41,1|),{(2
2p u
u p u p p u p q p q q p ≥-≤-+--=-+≥-≤
如图示画出区域，
将直线l ：0=+u p 平行移动，当l 与直线BC 重合时，2=+u p ，
得m
i n [(p ,q )]1Φ=；
当l 与曲线相切时，由222
u p -=知1-=-='u p ，得切点)2
3,1(A ,于是有4
5
)],([max =Φq p .
方法二：联立1y x =-，215(1)4
4
y x =+-得交点(0,1),(2,1)-，可知02p ≤≤，
过点(,)p q 作抛物线L 的切线，设切点为2001(,)4
x x ，则
2
0001142x q
x x p -=-， 得200240x px q -+=
，解得0x p =+ 又21
5(1)4
4
q p ≥+-，即2442p q p -≤-，
0x p ∴≤
t =，20122x t t ∴≤-++215
(1)22
t =--+，
0max
max ||2x ϕ=，又052x ≤，max 5
4
ϕ∴=； 1q p ≤
-，0|2|2x p p p ∴≥+=+-=，
min min |
|12
x ϕ∴==． 17.（2011·山东高考理科·Ｔ21）（本小题满分12分）
某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为
803
π
立方米，且2l r ≥.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为(3)c c ＞千元.设该容器的建造费用为y 千元.
（Ⅰ）写出y 关于r 的函数表达式，并求该函数的定义域； （Ⅱ）求该容器的建造费用最小时的r .
【思路点拨】本题为应用题，从近几年高考题目来看，应用题总体难度不是太大，易于得分，（1）先求出l 和r 的关系，再根据问题情境列出函数解析式，注意函数的定义域.（2）利用导数求函数的最值.先求导，再判断函数的单调性，然后根据单调性求出极值，再由函数的定义域求出最值.
【精讲精析】（Ⅰ）因为容器的体积为
803
π
立方米， 所以3243r r l ππ+=803
π
, 解得280433
r l r =
-, 由于2l r ≥ 因此02r <≤.
所以圆柱的侧面积为2rl π=28042()33
r
r r π-=2160833r r ππ-, 两端两个半球的表面积之和为24r π, 所以建造费用y =
21608r r
π
π-+24cr π,定义域为(0,2]. （Ⅱ）因为'
y =216016r r
π
π--+8cr π=328[(2)20]c r r π--,02r <≤
由于c>3,所以c-2>0,
所以令'0y >得: r >
令'0y <得:0r <<
（1）当932c <≤时，2≥时，函数y 在（0，2）上是单调递减的，故建造费最小时r=2.
（2）当92
c >时，即02<<时，函数y 在（0，2）上是先减后增的，
故建造费最小时r =18.（2011·辽宁高考理科·Ｔ21）(本小题满分12分)已知函数f （x ）=lnx-ax 2=（2-a ）x. (I)讨论f （x ）的单调性；
（II ）设a ＞0，证明：当0＜x ＜1
a 时，f （1a +x ）＞f （1a
－x ）； （III ）若函数y=f （x ）的图象与x 轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为x 0，证明：f ’（ x 0）＜0.
【思路点拨】(I)要先考虑定义域，再求导数，然后对a 进行讨论，从而所求函数的单调性；
（II ）可先构造函函数)1()1()(x a
f x a f x
g --+=，将所证结论转化为证明0)(>x g 恒成立，再对)(x g 求导，利用单调性可解决问题； （III ）先设A （1x ，０），B （2x ，０），结合(Ⅰ) 可知0>a 且)(x f 先增后减，利用（Ⅱ）的结论，可证 0)2(1>-x a f ，从而122x a
x ->，确定
0x 的取值范围，最后利用(Ⅰ)的结论得证．
【精讲精析】(Ⅰ))(x f 的定义域为()+∞,0，
x
ax x a ax x x f )1)(12()2(21)(-+-=-+-=
'. （ⅰ）若0≤a ，则0)(>'x f ，所以)(x f 在()+∞,0单调递增.
（ⅱ）若0>a ，则由0)(='x f 得a x 1
=，且当)1,0(a
x ∈时，0)(>'x f ， 当a
x 1>时， 0)(<'x f ，
所以)(x f 在⎪⎭
⎫ ⎝⎛a 1,0单调递增，在⎪⎭
⎫
⎝⎛+∞,1a
单调递减. (4)
分
（Ⅱ）设函数)1()1
()(x a
f x a f x
g --+=，则
ax ax ax x g 2)1ln()1ln()(---+=， 2
22
312211)(x
a x a a ax a ax a x g -=--++='. 当a
x 1
0<<时，0)(>'x g ，而0)0(=g ，所以0)(>x g .
故当a x 10<<时，)1()1(x a
f x a f ->+. ……8分
（Ⅲ）由(Ⅰ)可得，当0≤a 时，函数y=f （x ）的图象与x 轴至多只有一个交点，故0>a ，从而)(x f 的最大值为)1(a f ，且0)1(>a
f ． 不妨设A （1x ，０），B （2x ，０），210x x <<，则211
0x a
x <<<， 由（Ⅱ）得0)()11()2(111=>-+=-x f x a
a f x a f ． 从而122
x a
x ->，于是a
x x x 1
2210>+=
． 由(Ⅰ)知，0)(0<'x f ． ……12分 19．（2011·北京高考理科·T18）(13分)已知函数2
()()x
k
f x x k e =-.
（I ）求()f x 的单调区间；
（II ）若对于任意的(0,)x ∈+∞，都有1()f x e
≤，求k 的取值范围. 【思路点拨】求导后，分k>0与k<0两种情况进行讨论.
【精讲精析】(Ⅰ)22
1'()()x
k f x x k e k
=-，令'()0f x =，得x k =±.
当k>0时，f(x)与'()f x 的情况如下：
所以()f x 的单调增区间是(,)k -∞-和(,)k +∞；单调减区间是(,)k k -. 当0k <时，()f x 与'()f x 的情况如下：
所以()f x 的单调减区间是(,)k -∞和(,)k -+∞；单调增区间是(,)k k -. （Ⅱ）当0k >时，因为1
1(1)k k
f k e
e ++=>，所以不会有(0,)x ∀∈+∞，1()
f x e
≤. 当0k <时，由（1）知()f x 在(0,)+∞上的最大值是2
4()k f k e -=.
所以1(0,),()x f x e ∀∈+∞≤等价于241()k f k e e -=≤，解得1
02
k -≤<. 故当(0,)x ∀∈+∞，1
()f x e ≤时，k 的取值范围是1[,0)2
-.
20．（2011·北京高考文科·T18）(13分)已知函数()()x f x x k e =-. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；
（Ⅱ）求()f x 在区间[0,1]上的最小值.
【思路点拨】（Ⅰ）先求出()f x 的导数，然后根据导数的性质得出单调区间；（Ⅱ）根据单调性求出[0,1]值域，通过值域得出最小值.
【精讲精析】（Ⅰ）'()(1)x f x x k e =-+.令'()0f x =，得1x k =-，()f x 与'()f x 的情况如下：
所以()f x 的单调递减区间是(,1)k -∞-；单调递增区间是(1,)k -+∞. （Ⅱ）当10k -≤，即1k ≤时，函数()f x 在[0,1]上单调递增， 所以()f x 在区间[0,1]上的最小值为(0)f k =-；
当011k <-<，即12k <<时，由（Ⅰ）知()f x 在[0,1)k -上单调递减，在(1,1]k -上单调递增，所以()f x 在区间[0,1]上的最小值为
1(1)k f k e --=-.
当11k -≥，即2k ≥时，函数()f x 在[0,1]上单调递减，所以()f x 在区间[0,1]上的最小值为(1)(1)f k e =-.
21．（2011·湖南高考文科T22）（本小题满分13分）设函数
).(ln 1
)(R a x a x
x x f ∈--
= （Ⅰ）讨论f(x)的单调性；
（Ⅱ）若f(x)有两个极值点21x x 和，记过点))(,()),(,(2211x f x B x f x A 的直线的斜率为k.问：是否存在a ，使得k=2-a ？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由.
【思路点拨】本题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用分类讨论思想、函数和方程相互转化的思想分析解决温问题的能力.
【精讲精析】
（I ）()f x 的定义域为(0,).+∞
222
11
'()1a x ax f x x x x
-+=+-= 令2()1,g x x ax =-+其判别式2 4.a =-
(1) 当||2,0,'()0,a f x ≤≤≥时故()(0,)f x +∞在上单调递增．
(2)
当2a <-时,>0,g(x)=0的两根都小于0，在(0,)+∞上，'()0f x >，
故()(0,)f x +∞在上单调递增． (3)
当2a >时,>0,g(x)=0
的两根为12x x ==， 当10x x <<时， '()0f x >；当12x x x <<时， '()0f x <；当2x x >时， '()0f x >，
故()f x 分别在12(0,),(,)x x +∞上单调递增，在12(,)x x 上单调递减． （II ）由（I ）知，2a >． 因为12
12121212
()()()(ln ln )x x f x f x x x a x x x x --=-+
--，所以 1212121212
()()ln ln 1
1f x f x x x k a x x x x x x --=
=+---
又由(I)知，121x x =．于是12
12
ln ln 2x x k a x x -=--
若存在a ，使得2.k a =-则
12
12
ln ln 1x x x x -=-．即1212ln ln x x x x -=-．亦即
2222
1
2ln 0(1)(*)x x x x -
-=> 再由（I ）知，函数1
()2ln h t t t t
=--在(0,)+∞上单调递增，而21x >，所以
22211
2ln 12ln10.1
x x x -
->--=这与(*)式矛盾．故不存在a ，使得2.k a =-
22.（2011·江西高考理科·Ｔ19）设3211()23
2
f x x x ax =-++
（1）若()f x 在2
(,)3
+∞上存在单调递增区间，求a 的取值范围. （2）当02a <<时，()f x 在[1,4]的最小值为16
3
-，求()f x 在该区间上的最大值.
【思路点拨】（1）要使()f x 在2(,)3
+∞上存在单调递增区间，需'f (x)在2(,)
3
+∞上恒大于零，即得a 的取值范围.（2）首先求出()f x 在[1,4]上的最小值为f(4),从而求出a 的值，进一步易求()f x 在该区间上的最大值为f(2). 【精讲精析】
'22'''12121211
1()2()224
22221[,)()()2;20,,
33999
12
(),)93
()0()),(,)(,)0=++=-f x x x a x a
x f x f a a a a f x f x x x f x x x x x =-++=--++∈+∞>>->-+∞=∞+∞解：（）由当时，的最大值为令得所以，当时，在（上存在单调递增区间.
(2)令，得两根所以在（，上单调递减，在上单调递增.当1222214,())27
(4)(1)60,(4)(1),2
4016()(4)8,33
10
1,2,().
3
=a x f x f f a f f f x f a a x f x <<<<<-=-
+<<-
=-==时，有x 所以在[1,4]上的最大值为f(x 又即所以在[1,4]上的最小值为得从而在[1,4]上的最大值为f(2)= 23.（2011·江西高考文科·Ｔ20）设()nx mx x x f ++=233
1
.
（1）如果()()32--'=x x f x g 在2-=x 处取得最小值5-，求()x f 的解析式；
（2）如果
()*
10,m n m n N +<∈，()x f 的单调递减区间的长度是正整数，试求m 和n
的值．(注：区间()b a ,的长度为a b -）
【思路点拨】（1）先将函数g(x)配方，结合二次函数的图像特点，可得参数m,n.（2）先根据f(x)存在单调递减区间，得出
'f (x)0=有两个不等的实根，进而根据0∆>得到2
m
n >，又因为单调递减区间
的长度为21x x -=m+n<10,经过讨论可得，m,n 的值。

【精讲精析】解：（1）已知()nx mx x x f ++=233
1，()n mx x x f ++=∴22'
又()()()322322'-+-+=--=n x m x x x f x g 在2-=x 处取极值，
则()()()3022222'=⇒=-+-=-m m g ，又因为在2-=x 处取最小值-5， 则()()()25342222=⇒-=-+⨯-+-=-n n g
()x x x x f 233
123
++=
∴ （2）要使()nx mx x x f ++=233
1单调递减，则()022'<++=∴n mx x x f 又因为递减区间长度是正整数，所以()022'=++=n mx x x f 两根设做a ，b 。

即有：
b-a 为区间长度。

又)*,b a m n N -===∈
又因为b-a 为正整数，且m+n<10,所以m=2，n=3或，5,3==n m 符合。

24．（2011·陕西高考理科·T19）（本小题满分12分）
如图，从点P 1（0，0）作x 轴的垂线交曲线x y e =于点1(0,1)Q ，曲线在1Q 点处的切线与x 轴交于点2P ．再从2P 作x 轴的垂线交曲线于点2Q ，依次重复上述过程得到一系列点：11,P Q ；22,P Q ；…；,n n P Q ，记k P 点的坐标为(,0)k x （1,2,,=k n ）．
（Ⅰ）试求k x 与1k x -的关系（2k n 剟）；
（Ⅱ）求112233||||||||n n PQ P Q PQ P Q +++
+．
【思路点拨】（1）根据函数的导数求切线方程，然后再求切线与x 轴的交点坐标； （2）尝试求出通项||n n P Q 的表达式，然后再求和． 【精讲精析】（Ⅰ）设点1k P -的坐标是1(,0)k x -，∵x y e =，∴x y e '=， ∴1
11(,)k x k k Q x e ---，在点1
11(,)k x k k Q x e ---处的切线方程是1
1
1()k k x x k y e e x x ----=-，
令0y =，则11k k x x -=-（2k n 剟）．
（Ⅱ）∵10x =，11k k x x --=-，∴(1)k x k =--， ∴(1)||k
x k k k P Q e e --==，于是有
112233||||||||n n PQ P Q PQ P Q ++++12
(1)
1
111n
n e e e e
e -------=+++
+=- 11n e e e --=-，即112233||||||||n n PQ P Q PQ P Q ++++11
n
e e e --=-．
25．（2011·陕西高考理科·T21）（本小题满分14分）
设函数()f x 定义在(0,)+∞上，(1)0f =，导函数1
()f x x
'=，()()()g x f x f x '=+．
（Ⅰ）求()g x 的单调区间和最小值； （Ⅱ）讨论()g x 与1
()g x
的大小关系；
（Ⅲ）是否存在00x >，使得01|()()|g x g x x
-<对任意0x >成立？若存在，求出0x 的取值范围；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】（Ⅰ）先求出原函数()f x ，再求得()g x ，然后利用导数判断函数的单调性（单调区间），并求出最小值；（Ⅱ）作差法比较，构造一个新的函数，利用导数判断函数的单调性，并由单调性判断函数
的正负；（Ⅲ）存在性问题通常采用假设存在，然后进行求解；注意利用前两问的结论．
【精讲精析】（Ⅰ）∵1()f x x
'=，∴()l n f x x c =+（c 为常数），又∵(1)0f =，所以ln10c +=，即0c =， ∴()ln f x x =；1()ln g x x x
=+， ∴21()x g x x -'=，令()0g x '=，即2
1
0x x
-=，解得1x =，
当(0,1)x ∈时，()0g x '<，()g x 是减函数，故区间在(0,1)是函数()g x 的减区间；
当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 是增函数，故区间在(1,)+∞是函数()g x 的增区间；
所以1x =是()g x 的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点， 所以()g x 的最小值是(1)1g =．
（Ⅱ）1()ln g x x x =-+，设11()()()2ln h x g x g x x x x
=-=-+，
则2
2(1)()x h x x
-'=-，
当1x =时，(1)0h =，即1()()g x g x
=，
当(0,1)(1,)x ∈+∞时，()0h x '<，(1)0h '=，
因此函数()h x 在(0,)+∞内单调递减，
当01x <<时，()(1)h x h >=0，∴1
()()g x g x
>；
当1x >时，()(1)h x h <=0，∴1()()g x g x
<．
（Ⅲ）满足条件的0x 不存在．证明如下：
证法一 假设存在00x >，使01|()()|g x g x x
-<对任意0x >成立， 即对任意0x >有02ln ()ln x g x x x
<<+ ①
但对上述的0x ，取0
()1g x x e =时，有10ln ()x g x =，这与①左边的不等式矛盾，
因此不存在00x >，使01|()()|g x g x x
-<对任意0x >成立． 证法二 假设存在00x >，使01|()()|g x g x x
-<对任意0x >成立， 由（Ⅰ）知，()g x 的最小值是(1)1g =，
又因为1()ln ln g x x x x
=+>，而1x >时，ln x 的值域为(0,)+∞， ∴当1x …时，()g x 的值域为[1,)+∞，
从而可以取一个值11x >，使10()()1g x g x +…，即10()()1g x g x -…, ∴101
1
|()()|1g x g x x ->
…，这与假设矛盾． ∴不存在00x >，使01
|()()|g x g x x
-<对任意0x >成立． 26.（2011·陕西高考文科·T21）（本小题满分14分） 设()ln f x x =，()()()g x f x f x '=+． （Ⅰ）求()g x 的单调区间和最小值；
（Ⅱ）讨论()g x 与1()g x
的大小关系；
（Ⅲ）求a 的取值范围，使得()()g a g x -＜1a
对任意x ＞0成立． 【思路点拨】（Ⅰ）先求出原函数()f x ，再求得()g x ，然后利用导数判断函数的单调性（单调区间），并求出最小值；（Ⅱ）作差法比较，构造一个新的函数，利用导数判断函数的单调性，并由单调性判断函数的正负；（Ⅲ）对任意x ＞0成立的恒成立问题转化为函数()g x 的最小值问题．
【精讲精析】（Ⅰ）由题设知1()ln ,()ln f x x g x x x
==+， ∴21
(),x g x x
-'=
令()g x '=0得x =1， 当x ∈（0，1）时，()g x '＜0，()g x 是减函数，故（0，1）是()g x 的单调减区间。

当x ∈（1，+∞）时，()g x '＞0，()g x 是增函数，故（1，+∞）是()g x 的单调递增区间，因此，x =1是()g x 的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，
所以()g x 的最小值为(1) 1.g = (Ⅱ)1
()ln g x x x
=-+
设11
()()()ln h x g x g x x x x
=-=-+，则22(1)()x h x x -'=-，
当1x =时，(1)0h =，即1()()g x g x
=， 当(0,1)(1,)x ∈⋃+∞时，()0h x '<， 因此，()h x 在(0,)+∞内单调递减， 当01x <<时，()(1)0h x h >=
即1()().g x g x
<
（Ⅲ）由（Ⅰ）知()g x 的最小值为1，所以，
1()()g a g x a -<
，对任意0x >，成立1()1,g a a
⇔-< 即ln 1,a <从而得0a e <<．
27．（2011.天津高考理科.T19.）已知0a >，函数2()ln ,0.f x x ax x =->（()f x 的图像连续不断） （Ⅰ）求()f x 的单调区间；
（Ⅱ）当18
a =时，证明：存在0(2,)x ??，使03()()2
f x f =；
（Ⅲ）若存在均属于区间[]1,3的,αβ，且1βα-≥，使()()f f a b =，证明
ln 3ln 2
ln 2
5
3
a -＃ 【思路点拨】（1）由导数求单调区间；
（2）设函数3()()()2
g x f x f =-，任取'2x >，利用函数f(x)的单调性证明在'00(2,),()0x x g x ?使；
（3） 利用（1）的结论，寻找(),()f f a b 的不等关系分离出a 。

【精讲精析】 （I ）【解析】2
112'()2,(0,)2ax f x ax x x -=-=
??，
令'()0,2f x a
=解得x=
当x 变化时，'(),()f x f x 的变化情况如下表：
所以，()f x 的单调递增区间是()f x 的单调递减区间是
).+∞ （II ）证明：当211,()ln .88
a f x x x ==-时 由（I ）知()f x 在（0，2）内单调递增， 在(2,)+?内单调递减.。

令3()()().2
g x f x f =-由于()f x 在（0，2）内单调递增，故
3
(2)(),2
f f >即g(2)>0.
取2
3419'2,(')0.232
e x e g x -=>=<则所以存在00(2,'),()0,x x g x ?使即存在
003
(2,),()
().2
x f x f ??使 （说明：'x 的取法不唯一，只要满足'2,(')0x g x ><且即可）
（III ）证明：由()()f f αβ=及（I ）的结论知αβ<
<， 从而()[,]f x αβ在上的最小值为().f a 又由1βα-≥，,[1,3],αβ∈知
12 3.αβ≤≤≤≤
故(2)()(1),ln 24,
(2)()(3).ln 24ln39.
f f f a a f f f a a αβ≥≥-≥-⎧⎧⎨⎨
≥≥-≥-⎩⎩即 从而
ln 3ln 2ln 2
.53
a -≤≤ 28.（2011·浙江高考理科·Ｔ22）（本题满分14分）设函数()f x ＝
2()ln x a x -，a ∈R
（Ⅰ）若x ＝e 为()y f x =的极值点，求实数a ；
（Ⅱ）求实数a 的取值范围，使得对任意的x ∈（0,3e ]，恒有()f x ≤42e 成立
注：e 为自然对数的底数．
【思路点拨】（１）利用0x 是极值点的必要条件0()0f x '=，注意解出a 值要进行检验；
（２）恒成立问题，01x <≤时显然满足题意，1<3x e ≤时只需max ()f x ≤42e ．此题主要考查了函数极值的概念、导数的基本运算、导数的应用，不等式等基础知识，同时考查推理论证能力，分类讨论等分析解决问题的能力. 【精讲精析】
（Ⅰ）解：求导得()f x ' =2(x -a)ln x +2()x a x -=(x a -)(2ln x+1-a x ). 因
为x=e 是f(x)的极值点，所以()f e '= ()30a e a e ⎛⎫
--= ⎪⎝
⎭
，解得a e = 或
3a e =，经检验，符合题意，所以a e = 或3a e =。

（Ⅱ）解：①当01x <≤时，对于任意的实数a ,恒有2()04f x e ≤<成立， ②当13x e <≤，由题意，首先有22(3)(3)ln(3)4f e e a e e =-≤，
解得33e a e -
≤≤ 由（Ⅰ）知'()()(2ln 1)a f x x a x x
=-+-，
令 ()2ln 1a h x x x
=+-，则(1)10h a =-<，()2ln 0h a a =>，
且(3)2ln(3)12ln(3)13a
h e e e e
=+-≥+
=2(ln 30e -
>。

又()h x 在（0，+∞）内单调递增，所以函数()h x 在（0，+∞）内有唯一零点，记此零点为0x ，则013x e <<，01x a <<。

从而，当0(0,)x x ∈时，'()0f x >；当0(,)x x a ∈时，'()0f x <；当(,)x a ∈+∞时，
'()0f x >，即()f x 在0(0,)x 内单调递增，在0,()x a 内单调递减，在(,)a +∞内单调递
增。

所以要使2()4f x e ≤对](1,3x e ∈恒成立，只要
22
00022
()()ln 4,(1)
(3)(3)ln(3)4,(2)
f x x a x e f e e a e e ⎧=-≤⎪⎨=-≤⎪⎩ 成立。

000
()2ln 10a
h x x x =+-
=，知 0002ln a x x x =+ （3）
将（3）代入（1）得232004ln 4x x e ≤，又01x >，注意到函数23ln x x 在[1,+∞)内单调递增，故01x e <≤。

再由（3）以及函数2xlnx+x 在（1, +∞)内单调递增，可得13a e <≤。

由（2
）解得，33e a e ≤≤
所以33e a e ≤≤ 综上，a
的取值范围为33e a e ≤≤. 29.（2011·浙江高考文科·Ｔ21）(本题满分15分)设函数
22()ln ,0f x a x x ax a =-+>
（Ⅰ）求()f x 的单调区间
（Ⅱ）求所有的实数a ，使21()e f x e -≤≤对[]1,x e ∈恒成立. 注：e 为自然对数的底数.
【思路点拨】（1）题中直接由导数的正负来确定其单调区间；（2）题中为不等式恒成立问题，只需2min max ()1,()f x e f x e ≤-≤且 ． 【精讲精析】
(Ⅰ）解：因为22()ln f x a x x ax =-+，其中0x >，
所以2()(2)
'()2a x a x a f x x a x x
-+=-+=-.
由于0a >，所以()f x 的增区间为（0，a ）,减区间为（a ,+
∞）
（Ⅱ）证明：由题意得， (1)11f a c =-≥-，即a c ≥ 由（Ⅰ）知()f x 在[1,e]内单调递增， 要使21()e f x e -≤≤对[1,]x e ∈恒成立， 只要2
2
2
(1)11()f a e f e a e ae e
=-≥-⎧⎨
=-+≤⎩
解得a e =．
30.（2011天津高考文科T19.）已知函数32()4361,f x x tx tx t x R =+-+-?，其中t R Î．
（Ⅰ）当1t =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）当0t ¹时，求()f x 的单调区间；
（Ⅲ）证明：对任意的(0,),()t f x ??在区间(0,1)内均存在零点 【思路点拨】（1）由导数的几何意义求切线方程； （2）利用导数研究函数的单调性； （3）对t 分区间讨论函数零点. 【精讲精析】
（Ⅰ）【解析】当1t =时，322()436,(0)0,()1266f x x x x f f x x x ¢
=+-==+- (0) 6.f ¢=-所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为6.y x =- （Ⅱ）【解析】22()1266f x x tx t ¢
=+-，令()0f x ¢=，解得.2
t
x t x =-=或。