设函数f(x)=x2+aln(1+x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，(Ⅰ)求a的取值范围，并讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)证明：。
(Ⅰ)解：由题设知，函数f(x)的定义域是x＞-1，，且f′(x)=0有两个不同的根x1、x2，故2x2+2x+a=0的判别式△=4-8a＞0，即，且，又x1＞-1，故a＞0，因此a的取值范围是，当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表：因此f(x)在区间（-1，x1）和(x2，+∞)内是增函数，在区间(x1，x2)是减函数。(Ⅱ)证明：由题设和(Ⅰ)知，于是，设函数g(t)=t2-2t(1+t)ln(1+t)，则g′(t)=-2(1+2t)ln(1+t)，当时，g′(t)=0；当时，g′(t)＞0；故g(t)在区间内是增函数，于是，当时，，因此。
试题“设函数f(x)=x2+aln(1+x)有两个极值点...”；主要考察你对
等知识点的理解。
已知关于x的方程x2-6x-m2+2m+5=0．（1）试说明m取任何实数时，此方程一定有两个不相等的实数根；（2）设方程的两实数根为x1、x2，若
=-2，求m的值．
已知关于x的一元二次方程x2+kx-2=0，（1）求证：方程总有两个不相等的实数根；（2）设方程两实数根分别为x1，x2，且满足x1+x2=x1x2，求k的值；（3）若方程两根互为相反数，求这两个根．
已知关于x的方程（m2-m）x2-2mx+1=0有两个不相等的实数根（1）求m的取值范围；（2）若m为整数，且m＜3，a是方程的一个根，求代数式2a2-3a-3的值．
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2017届（理）人教版A版
导数的综合应用
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导数的综合应用
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A组　考点能力演练1．(2016·沈阳一模)已知函数f(x)＝alnx(a>0)，e为自然对数的底数．(1)若过点A(2，f(2))的切线斜率为2，求实数a的值；(2)当x>0时，求证：f(x)≥a；(3)若在区间(1，e)上e－ex0，即a>0，解得x>1，g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．g(x)的最小值为g(1)＝0，f(x)≥a.(3)由题意可知e<ex，化简得.令h(x)＝，则h′(x)＝＝，由(2)知，当x(1，e)时，lnx－1＋>0，h′(x)>0，即h(x)在(1，e)上单调递增，h(x)0得x>e；由f′(x)<0得≤x<e.此时f(x)在上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．f(e)＝e2－(a＋e)e＋aelne＝－e20，要使得f(x)在上有且只有两个零点，则只需f＝－＋aeln＝≥0，即a≤.当<a0得≤xe；由f′(x)<0得a<x<e.此时f(x)在(a，e)上单调递减，在和(e，＋∞)上单调递增．f(a)＝－a2－ae＋aelna<－a2－ae＋aelne＝－a2e时，由f′(x)>0得≤xa，由f′(x)<0得e<x<a，此时f(x)在和(a，＋∞)上单调递增，在(e，a)上单调递减，且f(e)＝－e2<0，f(x)在上至多只有一个零点，不合题意．综上所述，a的取值范围为.3．已知函数f(x)＝lnx＋＋ax(a是实数)，g(x)＝＋1.(1)当a＝2时，求函数f(x)在定义域上的
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设函数f（x）=x2+aln（x+1）（a为常数）
[高三数学]
提问学生：
提问时间: 21:34
德智币:6.0
题型:解答题
设函数f（x）=x2+aln（x+1）（a为常数）
（Ⅰ）若函数y=f（x）在区间[1，+&）上是单凋递增函数，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）若函数y=f（x）有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：0＜f(x2)/x1&-1/2+ln2
问题症结：我找到的第二问的解答中f&#34;(x)在区间(-1,+∞)上有两个不等的实数根，而题给条件中区间是[1,+∞),希望老师可以解释一下，谢谢！
解答教师：
考查知识点：
解析过程：
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2016高三导数函数解答题综合训练
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资料概述与简介
导数函数解答题综合训练
一．解答题（共30小题）
1．（2015o天津）已知函数f（x）=nx﹣xn，x∈R，其中n∈No，且n≥2．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）设曲线y=f（x）与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y=g（x），求证：对于任意的正实数x，都有f（x）≤g（x）；
（Ⅲ）若关于x的方程f（x）=a（a为实数）有两个正实数根x1，x2，求证：|x2﹣x1|＜+2．
2．（2015o宿州三模）已知f（x）=xlnx，g（x）=x3+ax2﹣x+2．
（Ⅰ）如果函数g（x）的单调递减区间为，求函数g（x）的解析式；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数y=g（x）的图象在点P（﹣1，1）处的切线方程；
（Ⅲ）若不等式2f（x）≤g′（x）+2恒成立，求实数a的取值范围．
3．（2015o宜宾县模拟）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的取值范围；
（Ⅲ）求证：．
4．（2015o北京校级模拟）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，求实数a的取值范围；
（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：．
5．（2015o江苏二模）已知函数，a为正常数．
（1）若f（x）=lnx+φ（x），且，求函数f（x）的单调增区间；
（2）若g（x）=|lnx|+φ（x），且对任意x1，x2∈（0，2]，x1≠x2，都有，求a的取值范围．
6．（2015o南宁二模）设函数f（x）=（1+x）2﹣2ln（1+x）
（1）若关于x的不等式f（x）﹣m≥0在[0，e﹣1]有实数解，求实数m的取值范围．
（2）设g（x）=f（x）﹣x2﹣1，若关于x的方程g（x）=p至少有一个解，求p的最小值．
（3）证明不等式：（n∈N*）．
7．（2015o济南校级模拟）已知函数，且f′（﹣1）=0
（Ⅰ）试用含a的代数式表示b；
（Ⅱ）求f（x）的单调区间；
（Ⅲ）令a=﹣1，设函数f（x）在x1，x2（x1＜x2）处取得极值，记点M（x1，f（x1）），N（x2，f（x2）），证明：线段MN与曲线f（x）存在异于M、N的公共点．
8．（2016o重庆模拟）设f（x）=（x+1）eax（其中a≠0），曲线y=f（x）在x=处有水平切线．
（1）求a的值；
（2）设g（x）=f（x）+x+xlnx，证明：对任意x1，x2∈（0，1）有|g（x1）﹣g（x2）|＜e﹣1+2e﹣2．
9．（2016o红桥区模拟）己知函数f（x）=，实数a＞0，b＞0．若函数f（x）在x=0处的切线斜率为﹣3，
（1）试确定a的值；
（2）若b=0，求f（x）的极大值和极小值；
（3）若当x∈[b，3b]时，f（x）＞4b恒成立．求b的取值范围．
10．（2016o眉山模拟）已知函数f（x）=lnx，g（x）=ex，其中e是自然对数的底数，e=2.71828…
（1）若函数φ（x）=f（x）﹣，求函数φ（x）的单调区间；
（2）若x≥0，g（x）≥kf（x+1）+1恒成立，求实数k的取值范围；
（3）设直线l为函数f（x）的图象上一点，A（x0，f（x0））处的切线，证明：在区间（1，+∞）上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y=g（x）相切．
11．（2016o广州模拟）已知函数f（x）=（m，n∈R）在x=1处取到极值2．
（1）求f（x）的解析式；
（2）设函数g（x）=lnx+，若对任意的x1∈[﹣1，1]，总存在x2∈[1，e]，使得g（x2）≤f（x1）+，求实数a的取值范围．
12．（2015o西宁校级模拟）已知函数f（x）=lnx﹣ax2﹣2x（a＜0）
（1）若函数f（x）在定义域内单调递增，求a的取值范围；
（2）若a=﹣且关于x的方程f（x）=﹣x+b在[1，4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围．
13．（2015o咸阳一模）已知函数．
（I）若f（x）为定义域上的单调函数，求实数m的取值范围；
（II）当m=1，且1≥a＞b≥0时，证明：．
14．（2015o怀化一模）设函数f（x）=x2+aln（x+1）（a为常数）
（Ⅰ）若函数y=f（x）在区间[1，+∞）上是单凋递增函数，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）若函数y=f（x）有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：．
15．（2015o安康三模）已知f（x）=xlnx，g（x）=﹣x+a．
（1）当a=2时，求函数y=g（x）在[0，3]上的值域；
（2）求函数f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（3）证明：对一切x∈（0，+∞），都有xlnx＞成立．
16．（2015o太原校级二模）已知函数f（x）=2lnx﹣ax+a（a∈R）．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若f（x）≤0恒成立，证明：当0＜x1＜x2时，．
17．（2015o哈尔滨校级四模）设函数f（x）=x2+bln（x+1），其中b≠0．
（Ⅰ）当b=时，判断函数f（x）在定义域上的单调性；
（Ⅱ）当b＜时，求函数f（x）的极值点
（Ⅲ）证明对任意的正整数n，不等式都成立．
18．（2015o南开区一模）设函数f（x）=（x﹣1）2+alnx，a∈R．
（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直，求a的值；
（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅲ）若函数f（x）有两个极值点x1，x2且x1＜x2，求证：f（x2）＞﹣ln2．
19．（2015o天水校级模拟）设函数f（x）=x﹣﹣mlnx
（1）若函数f（x）在定义域上为增函数，求m范围；
（2）在（1）条件下，若函数h（x）=x﹣lnx﹣，?x1，x2∈[1，e]使得f（x1）≥h（x2）成立，求m的范围．
20．（2015o芜湖三模）已知函数f（x）=（2﹣a）lnx++2ax（a∈R）．
（Ⅰ）当a＜0时，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）实数m为何值时，对任意的a∈（﹣3，﹣2）及x1，x2∈[1，3]，恒有|f（x1）﹣f（x2）|＜（m+ln3）a﹣2ln3成立．
21．（2015o包头一模）已知函数f（x）=x2lnx
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）证明：对任意的t＞0，方程f（x）﹣t=0关于x在（1，+∞）上有唯一解s，使t=f（s）；
（3）设（2）中所确定的s关于t的函数为s=g（t），证明：当t＞e2时，有＜＜．
22．（2016o广西一模）已知函数f（x）=+alnx（a≠0，a∈R）
（Ⅰ）若a=1，求函数f（x）的极值和单调区间；
（Ⅱ）若在区间[1，e]上至少存在一点x0，使得f（x0）＜0成立，求实数a的取值范围．
23．（2016o成都模拟）已知函数f（x）=﹣ax2+（1+a）x﹣lnx（a∈R）．
（Ⅰ）当a＞0时，求函数f（x）的单调递减区间；
（Ⅱ）当a=0时，设函数g（x）=xf（x）．若存在区间[m，n]?[，+∞），使得函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，求实数k的取值范围．
24．（2015o四川）已知函数f（x）=﹣2（x+a）lnx+x2﹣2ax﹣2a2+a，其中a＞0．
（Ⅰ）设g（x）是f（x）的导函数，讨论g（x）的单调性；
（Ⅱ）证明：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0在区间（1，+∞）内恒成立，且f（x）=0在区间（1，+∞）内有唯一解．
25．（2015o江西模拟）已知函数f（x）=（其中a≤2且a≠0），函数f（x）在点（1，f（1））处的切线过点（3，0）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数f（x）与函数g（x）=a+2﹣x﹣的图象在（0，2]有且只有一个交点，求实数a的取值范围．
26．（2015o玉林一模）已知函数f（x）=xlnx+ax（a∈R）
（I）若函数f（x）在区间[e2，+∞）上为增函数，求a的取值范围；
（II）若对任意x∈（1，+∞），f（x）＞k（x﹣1）+ax﹣x恒成立，求正整数k的值．
27．（2015o河南二模）已知函数f（x）=﹣1．
（1）判断函数f（x）的单调性；
（2）设m＞0，求f（x）在[m，2m]上的最大值；
（3）证明：?n∈N*，不等式ln（）e＜．
28．（2015春o海淀区期末）已知函数f（x）=alnx﹣x+2，其中a≠0．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使得f（x1）+f（x2）=4，求实数a值．
29．（2015o梅州一模）已知函数f（x）=lnx，g（x）=ax2﹣bx，设h（x）=f（x）﹣g（x）
（1）若g（2）=2，讨论函数h（x）的单调性；
（2）若函数g（x）是关于x的一次函数，且函数h（x）有两个不同的零点x1，x2．
①求b的取值范围；
②求证：x1x2＞e2．
30．（2015o重庆模拟）已知函数f（x）=．g（x）=ax+1．
（1）若a=2，设函数h（x）=f（x）+g（x），求h（x）在（1，+∞）上的单调性；
（2）设函数f（x），g（x）的导函数分别为f′（x），g′（x），若?x1、x2∈（1，e2]，f（x1）≤f′（x2）﹣g′（x2）成立．求实数a的取值范围．
导数函数解答题综合训练
参考答案与试题解析
一．解答题（共30小题）
1．（2015o天津）已知函数f（x）=nx﹣xn，x∈R，其中n∈No，且n≥2．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）设曲线y=f（x）与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y=g（x），求证：对于任意的正实数x，都有f（x）≤g（x）；
（Ⅲ）若关于x的方程f（x）=a（a为实数）有两个正实数根x1，x2，求证：|x2﹣x1|＜+2．
【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．菁优网版权所有
【专题】压轴题；创新题型；导数的概念及应用；导数的综合应用．
【分析】（Ⅰ）由f（x）=nx﹣xn，可得f′（x），分n为奇数和偶数两种情况利用导数即可得函数的单调性．
（Ⅱ）设点P的坐标为（x0，0），则可求x0=n，f′（x0）=n﹣n2，可求g（x）=f′（x0）（x﹣x0），F′（x）=f′（x）﹣f′（x0）．由f′（x）=﹣nxn﹣1+n在（0，+∞）上单调递减，可求F（x）在∈（0，x0）内单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，即可得证．
（Ⅲ）设x1≤x2，设方程g（x）=a的根为，由（Ⅱ）可得x2≤．设曲线y=f（x）在原点处的切线方程为y=h（x），可得h（x）=nx，设方程h（x）=a的根为，可得＜x1，从而可得：x2﹣x1＜﹣=，由n≥2，即2n﹣1=（1+1）n﹣1≥1+=1+n﹣1=n，推得：2=x0，即可得证．
【解答】（本题满分为14分）
解：（Ⅰ）由f（x）=nx﹣xn，可得f′（x）=n﹣nxn﹣1=n（1﹣xn﹣1），其中n∈No，且n≥2．
下面分两种情况讨论：
（1）当n为奇数时，令f′（x）=0，解得x=1，或x=﹣1，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
| （﹣∞，﹣1）
| （﹣1，1）
| （1，+∞）
| f′（x）
所以，f（x）在 （﹣∞，﹣1），（1，+∞）上单调递减，在（﹣1，1）单调递增．
（2）当n为偶数时，
当 f′（x）＞0，即x＜1时，函数 f（x）单调递增；
当 f′（x）＜0，即x＞1时，函数 f（x）单调递减；
所以，f（x）在（﹣∞，1）单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
（Ⅱ）证明：设点P的坐标为（x0，0），则x0=n，f′（x0）=n﹣n2，
曲线y=f（x）在点P处的切线方程为y=f′（x0）（x﹣x0），即g（x）=f′（x0）（x﹣x0），
令F（x）=f（x）﹣g（x），即F（x）=f（x）﹣f′（x0）（x﹣x0），则F′（x）=f′（x）﹣f′（x0）．
由于f′（x）=﹣nxn﹣1+n在（0，+∞）上单调递减，故F′（x）在（0，+∞）上单调递减，
又因为F′（x0）=0，所以当x∈（0，x0）时，F′（x）＞0，当x∈（x0，+∞）时，F′（x）＜0，
所以F（x）在∈（0，x0）内单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，
所以对应任意的正实数x，都有F（x）≤F（x0）=0，
即对于任意的正实数x，都有f（x）≤g（x）．
（Ⅲ）证明：不妨设x1≤x2，
由（Ⅱ）知g（x）=（n﹣n2）（x﹣x0），设方程g（x）=a的根为，可得=，由（Ⅱ）知g（x2）≥f（x2）=a=g（），可得x2≤．
类似地，设曲线y=f（x）在原点处的切线方程为y=h（x），可得h（x）=nx，当x∈（0，+∞），f（x）﹣h（x）=﹣xn＜0，即对于任意的x∈（0，+∞），f（x）＜h（x），
设方程h（x）=a的根为，可得=，因为h（x）=nx在（﹣∞，+∞）上单调递增，
且h（）=a=f（x1）＜h（x1），因此＜x1，
由此可得：x2﹣x1＜﹣=，
因为n≥2，所以2n﹣1=（1+1）n﹣1≥1+=1+n﹣1=n，
故：2=x0．
所以：|x2﹣x1|＜+2．
【点评】本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法，考查分类讨论思想、函数思想和化归思想，考查综合分析问题和解决问题的能力．
2．（2015o宿州三模）已知f（x）=xlnx，g（x）=x3+ax2﹣x+2．
（Ⅰ）如果函数g（x）的单调递减区间为，求函数g（x）的解析式；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数y=g（x）的图象在点P（﹣1，1）处的切线方程；
（Ⅲ）若不等式2f（x）≤g′（x）+2恒成立，求实数a的取值范围．
【考点】函数的单调性与导数的关系；利用导数研究曲线上某点切线方程．菁优网版权所有
【专题】计算题；压轴题．
【分析】（I）求出g（x）的导函数，令导函数小于0得到不等式的解集，得到相应方程的两个根，将根代入，求出a的值．
（II）求出g（x）的导数在x=﹣1的值即曲线的切线斜率，利用点斜式求出切线的方程．
（III）求出不等式，分离出参数A，构造函数h（x），利用导数求出h（x）的最大值，令a大于等于最大值，求出a的范围．
【解答】解：（I）g′（x）=3x2+2ax﹣1由题意3x2+2ax﹣1＜0的解集是
即3x2+2ax﹣1=0的两根分别是．
将x=1或代入方程3x2+2ax﹣1=0得a=﹣1．
∴g（x）=x3﹣x2﹣x+2．（4分）
（II）由（Ⅰ）知：g′（x）=3x2﹣2x﹣1，∴g′（﹣1）=4，
∴点p（﹣1，1）处的切线斜率k=g′（﹣1）=4，
∴函数y=g（x）的图象在点p（﹣1，1）处的切线方程为：
y﹣1=4（x+1），即4x﹣y+5=0．（8分）
（III）∵2f（x）≤g′（x）+2
即：2xlnx≤3x2+2ax+1对x∈（0，+∞）上恒成立
可得对x∈（0，+∞）上恒成立
令h′（x）=0，得（舍）
当0＜x＜1时，h′（x）＞0；当x＞1时，h′（x）＜0
∴当x=1时，h（x）取得最大值﹣2
∴a≥﹣2．
∴a的取值范围是[﹣2，+∞）．（13分）
【点评】解决不等式恒成立问题，常用的方法是分离出参数，构造新函数，求出新函数的最值，得到参数的范围．
3．（2015o宜宾县模拟）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的取值范围；
（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．菁优网版权所有
【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的范围．
（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．（2015o北京校级模拟）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，求实数a的取值范围；
（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．菁优网版权所有
【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的范围．
（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?（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，
（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．
当0＜x≤e时，?（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．
5．（2015o江苏二模）已知函数，a为正常数．
（1）若f（x）=lnx+φ（x），且，求函数f（x）的单调增区间；
（2）若g（x）=|lnx|+φ（x），且对任意x1，x2∈（0，2]，x1≠x2，都有，求a的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的单调性；导数的几何意义．菁优网版权所有
【专题】计算题；压轴题；分类讨论．
【分析】（1）先对函数y=f（x）进行求导，然后令导函数大于0（或小于0）求出x的范围，根据f′（x）＞0求得的区间是单调增区间，f′（x）＜0求得的区间是单调减区间，即可得到答案．
（2）设h（x）=g（x）+x，依题意得出h（x）在（0，2]上是减函数．下面对x分类讨论：①当1≤x≤2时，②当0＜x＜1时，利用导数研究函数的单调性从及最值，即可求得求a的取值范围．
【解答】解：（1），
∵，令f′（x）＞0，得x＞2，或，
∴函数f（x）的单调增区间为，（2，+∞）．
设h（x）=g（x）+x，依题意，h（x）在（0，2]上是减函数．
当1≤x≤2时，，，
令h′（x）≤0，得：对x∈[1，2]恒成立，
∵1≤x≤2，∴，
∴m（x）在[1，2]上递增，则当x=2时，m（x）有最大值为，
当0＜x＜1时，，，
令h′（x）≤0，得：，
∴t（x）在（0，1）上是增函数，
∴t（x）＜t（1）=0，
综上所述，．
【点评】本小题主要考查函数单调性的应用、利用导数研究函数的单调性、导数的几何意义、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
6．（2015o南宁二模）设函数f（x）=（1+x）2﹣2ln（1+x）
（1）若关于x的不等式f（x）﹣m≥0在[0，e﹣1]有实数解，求实数m的取值范围．
（2）设g（x）=f（x）﹣x2﹣1，若关于x的方程g（x）=p至少有一个解，求p的最小值．
（3）证明不等式：（n∈N*）．
【考点】利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题．菁优网版权所有
【专题】综合题；压轴题；导数的概念及应用．
【分析】（1）依题意得f（x）max≥m，x∈[0，e﹣1]，求导数，求得函数的单调性，从而可得函数的最大值；
（2）求导函数，求得函数的单调性与最值，从而可得p的最小值；
（3）先证明ln（1+x）≤x，令，则x∈（0，1）代入上面不等式得：，从而可得
．利用叠加法可得结论．
【解答】（1）解：依题意得f（x）max≥m，x∈[0，e﹣1]
∵，而函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞）
∴f（x）在（﹣1，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数，
∴f（x）在[0，e﹣1]上为增函数，∴
∴实数m的取值范围为m≤e2﹣2
（2）解：g（x）=f（x）﹣x2﹣1=2x﹣2ln（1+x）=2[x﹣ln（1+x）]，∴
显然，函数g（x）在（﹣1，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数
∴函数g（x）的最小值为g（0）=0
∴要使方程g（x）=p至少有一个解，则p≥0，即p的最小值为0
（3）证明：由（2）可知：g（x）=2[x﹣ln（1+x）]≥0在（﹣1，+∞）上恒成立
所以ln（1+x）≤x，当且仅当x=0时等号成立
令，则x∈（0，1）代入上面不等式得：
所以ln2﹣ln1＜1，，，…，
将以上n个等式相加即可得到：
【点评】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查不等式的证明，考查恒成立问题，属于中档题．
7．（2015o济南校级模拟）已知函数，且f′（﹣1）=0
（Ⅰ）试用含a的代数式表示b；
（Ⅱ）求f（x）的单调区间；
（Ⅲ）令a=﹣1，设函数f（x）在x1，x2（x1＜x2）处取得极值，记点M（x1，f（x1）），N（x2，f（x2）），证明：线段MN与曲线f（x）存在异于M、N的公共点．
【考点】利用导数研究函数的单调性；导数的运算；利用导数研究函数的极值．菁优网版权所有
【专题】计算题；压轴题；分类讨论；反证法．
【分析】（Ⅰ）：已知f′（﹣1）=0，根据求导数的方法先求出f′（x），把x=﹣1代入得到关于a和b的等式解出b即可；
（Ⅱ）：令f′（x）=0求出稳定点时x的值1﹣2a和﹣1，根据1﹣2a和﹣1的大、小、相等分三种情况讨论函数的增减性即可；
（Ⅲ）：利用反证法，假设线段MN与曲线f（x）不存在异于M、N的公共点．推出函数不单调矛盾．原结论正确．
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）=x2+2ax+b依题意，得f′（﹣1）=1﹣2a+b=0
故b=2a﹣1．
（Ⅱ）由（a）得
故f′（x）=x2+2ax+2a﹣1=（x+1）（x+2a﹣1）
令f′（x）=0，则x=﹣1或x=1﹣2a
分情况讨论得：
当x变化时，f′（x）与f（x）的变化如下表：
| （﹣∞，1﹣2a）
| （1﹣2a，﹣1）
| （﹣1，+∞）
| f′（x）
| 单调递增
| 单调递减
| 单调递增
（1）当a＞1时，1﹣2a＜﹣1由此得，函数f（x）的单调增区间为（﹣∞，1﹣2a）和（﹣1，+∞），单调减区间为（1﹣2a，﹣1）．
（2）当a=1时，1﹣2a=﹣1．此时f′（x）≥0恒成立，且仅在x=﹣1处f′（x）=0故函数f（x）的单调增区间为R．
（3）当a＜1时，1﹣2a＞﹣1同理可得函数f（x）的单调增区间为（﹣∞，﹣1）和（1﹣2a，+∞）单调减区间为（﹣1，1﹣2a）．
（Ⅲ）假设线段MN与曲线f（x）不存在异于M、N的公共点．
当a=﹣1时，由（a）的b=2a﹣1=﹣3．f（x）=﹣x2﹣3x就不在区间内单调与a＜﹣1单调减矛盾．
所以假设错误．故线段MN与曲线f（x）存在异于M、N的公共点．
【点评】此题考查学生利用导数研究函数单调的方法，以及反证法的运用．
8．（2016o重庆模拟）设f（x）=（x+1）eax（其中a≠0），曲线y=f（x）在x=处有水平切线．
（1）求a的值；
（2）设g（x）=f（x）+x+xlnx，证明：对任意x1，x2∈（0，1）有|g（x1）﹣g（x2）|＜e﹣1+2e﹣2．
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．菁优网版权所有
【专题】方程思想；转化思想；导数的概念及应用．
【分析】（1）利用导数的运算法则可得：f′（x）．由于曲线y=f（x）在x=处有水平切线，可得=0，解得a即可．
（2）对任意x1，x2∈（0，1）有|g（x1）﹣g（x2）|＜e﹣1+2e﹣2g（x）max﹣g（x）min＜e﹣1+2e﹣2．g（x）=+x+xlnx，g′（x）=+2+lnx，可知：g′（x）在x∈（0，1）上单调递增；由于x∈（0，1），可得x→0时，g′（x）→﹣∞；x=1时，g′（x）=＞0．因此必然存在t∈（0，1），使得g′（t）=0．进而证明即可．
【解答】（1）解：f（x）=（x+1）eax（其中a≠0），x∈R．
f′（x）=（ax+a+1）oeax．
∵曲线y=f（x）在x=处有水平切线．
∴=（a+2）e=0，解得a=﹣2．
（2）证明：对任意x1，x2∈（0，1）有|g（x1）﹣g（x2）|＜e﹣1+2e﹣2g（x）max﹣g（x）min＜e﹣1+2e﹣2．
g（x）=f（x）+x+xlnx=+x+xlnx，
g′（x）=+2+lnx，
可知：g′（x）在x∈（0，1）上单调递增；
∵x∈（0，1），∴x→0时，g′（x）→﹣∞；x=1时，g′（x）=＞0．
∴必然存在t∈（0，1），使得g′（t）=0．
由于=+2﹣ln4＜0，=+2﹣ln2＞0，
由g′（t）=0，可得+2+lnt=0，
可得：lnt=﹣2，
∴g（x）min=g（t）=+t+tlnt=﹣t=u（t），
u′（t）=﹣1＜0，
∴函数u（t）在t∈单调递减．
其最小值=，
而当x=1时，函数g（1）=+1＞g（x）max．
∴g（x）max﹣g（x）min＜+1﹣＜e﹣1+2e﹣2．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、恒成立问题的等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
9．（2016o红桥区模拟）己知函数f（x）=，实数a＞0，b＞0．若函数f（x）在x=0处的切线斜率为﹣3，
（1）试确定a的值；
（2）若b=0，求f（x）的极大值和极小值；
（3）若当x∈[b，3b]时，f（x）＞4b恒成立．求b的取值范围．
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的极值；利用导数求闭区间上函数的最值．菁优网版权所有
【专题】转化思想；分类法；导数的综合应用；不等式的解法及应用．
【分析】（1）求出函数的导数，求得切线的斜率，由题意解方程可得a；
（2）求出导数，求出单调区间，即可得到所求的极值；
（3）由题意可得3b＜x3﹣x2﹣3x在[b，3b]的最小值，对b讨论，0＜b≤1时，1＜b≤3时，当b＞3时，讨论单调性，可得最小值，解不等式即可得到b的范围．
【解答】解：（1）函数f（x）=的导数为
f′（x）=x2﹣2ax﹣3a，
由题意可得f′（0）=﹣3，
即有﹣3a=﹣3，解得a=1；
（2）f（x）=x3﹣x2﹣3x，f′（x）=x2﹣2x﹣3，
当x＞3或x＜﹣1时，f′（x）＞0，f（x）递增；
当﹣1＜x＜3时，f′（x）＜0，f（x）递减．
即有x=3处取得极小值，且为﹣9，
x=﹣1处取得极大值，且为；
（3）当x∈[b，3b]时，f（x）＞4b恒成立，即为
3b＜x3﹣x2﹣3x在[b，3b]的最小值，
当3b≤3即0＜b≤1时，由（2）可得[b，3b]为减区间，
则3b＜9b3﹣9b2﹣9b，解得b＞，则b∈?；
当b≤3＜3b，即1＜b≤3时，即有x=3取得最小值﹣9，
由3b＜﹣9，可得b＜﹣3，则b∈?；
当b＞3时，[b，3b]为增区间，即有x=b取得最小值，
则3b＜b3﹣b2﹣3b，解得b＞6，则有b＞6．
综上可得b的范围是（6，+∞）．
【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值和最值，考查不等式恒成立问题的解法，考查运算能力，属于中档题．
10．（2016o眉山模拟）已知函数f（x）=lnx，g（x）=ex，其中e是自然对数的底数，e=2.71828…
（1）若函数φ（x）=f（x）﹣，求函数φ（x）的单调区间；
（2）若x≥0，g（x）≥kf（x+1）+1恒成立，求实数k的取值范围；
（3）设直线l为函数f（x）的图象上一点，A（x0，f（x0））处的切线，证明：在区间（1，+∞）上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y=g（x）相切．
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；函数恒成立问题．菁优网版权所有
【专题】压轴题；分类讨论；函数思想；转化思想；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用．
【分析】（1）求出原函数的导函数，确定导数恒大于0，从而可得求函数φ （x）的单调区间；
（2）把g（x）≥kf（x+1）+1 （x≥0）恒成立，转化为kln（x+1）≤ex﹣1在x≥0时恒成立，然后分k≤0和k＞0讨论，当k＞0时，利用放缩法转化为kln（x+1）≤kx≤ex﹣1恒成立求解；
（3）先求直线l为函数的图象上一点A（x0，f （x0））处的切线方程，再设直线l与曲线y=g（x）相切于点（），进而可得，再证明在区间（1，+∞）上x0存在且唯一即可．
【解答】（1）解：φ（x）=f（x）﹣=lnx﹣，
φ′（x）=．
∵x＞0且x≠1，∴φ（x）＞0，
∴函数φ（x）的单调递增区间为（0，1）和（1，+∞）；
（2）解：由g（x）≥kf（x+1）+1 （x≥0）恒成立，
得ex≥kln（x+1）+1在x≥0时恒成立，
即kln（x+1）≤ex﹣1在x≥0时恒成立，
∵ex﹣1≥0，ln（x+1）≥0．
若k≤0，则kln（x+1）≤ex﹣1在x≥0时恒成立；
若k＞0，由ln（x+1）≤x，得kln（x+1）≤kx，
由kx≤ex﹣1，知当x=0时，对于任意正实数k都成立，
当x＞0时，不等式化为，
令h（x）=，h′（x）=．
当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，
∴h（x）有极小值也是最小值为h（1）=e﹣1．
∴当0＜k≤e﹣1时，kln（x+1）≤kx≤ex﹣1恒成立．
综上，若x≥0，则使g（x）≥kf（x+1）+1恒成立的实数k的取值范围是（﹣∞，e﹣1]；
（3）证明：∵f′（x）=，∴f′（x0）=，
∴切线l的方程为y﹣lnx0=（x﹣x0），
设直线l与曲线y=g（x）相切于点（），
∵g′（x）=ex，∴，∴x1=﹣lnx0．
∴直线l方程又为y﹣=（x+lnx0），
由①②得，
下面证明在区间（1，+∞）上x0存在且唯一．
由（1）可知，φ（x）=lnx﹣在区间（1，+∞）上递增．
又φ（e）=lne﹣=，φ（e2）=，
结合零点存在性定理，说明方程φ（x）=0必在区间（e，e2）上有唯一的根，这个根就是所求的唯一x0．
在区间（1，+∞）上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y=g（x）相切．
【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查导数知识的综合运用运用，考查数学转化思想方法，体现了分类讨论的数学思想方法，训练了函数零点存在性定理的用法，综合性比较强，难度较大，属压轴题．
11．（2016o广州模拟）已知函数f（x）=（m，n∈R）在x=1处取到极值2．
（1）求f（x）的解析式；
（2）设函数g（x）=lnx+，若对任意的x1∈[﹣1，1]，总存在x2∈[1，e]，使得g（x2）≤f（x1）+，求实数a的取值范围．
【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的极值．菁优网版权所有
【专题】综合题；导数的概念及应用．
【分析】（1）利用函数的求导公式计算函数的导数，根据函数在x=1处取到极值得出函数在x=1处的导数为0，再把x=2代入函数，联立两式求出m，n的值即可．已知函数 f（x）=（m，n∈R）在x=1处取到极值2．
（2）由（1）知f（x）的定义域为R，且f（﹣x）=﹣f（x）．故f（x）为奇函数．f（0）=0，x＞0时，f（x）＞0，f（x）=≤2．当且仅当x=1时取“=”．故f（x）的值域为[﹣2，2]．从而f（x1）+≥．依题意有g（x）最小值≤．
【解答】解：（1）…（2分）
由f（x）在x=1处取到极值2，故f′（1）=0，f（1）=2即，
解得m=4，n=1，经检验，此时f（x）在x=1处取得极值．故…（4分）
（2）由（1）知f（x）的定义域为R，且f（﹣x）=﹣f（x）．故f（x）为奇函数．f（0）=0，x＞0时，f（x）＞0，f（x）=≤2．当且仅当x=1时取“=”．
故f（x）的值域为[﹣2，2]．从而f（x1）+≥．依题意有g（x）最小值≤
函数g（x）=lnx+的定义域为（0，+∞），g′（x）=
①当a≤1时，g′（x）＞0函数g（x）在[1，e]上单调递增，其最小值为g（1）=a≤1＜合题意；
②当1＜a＜e时，函数g（x）在[1，a）上有g′（x）＜0，单调递减，在（a，e]上有g′（x）＞0，单调递增，所以函数g（x）最小值为f（a）=lna+1，由lna+1≤，得0＜a≤．从而知1＜a≤符合题意．
③当a≥e时，显然函数g（x）在[1，e]上单调递减，其最小值为g（e）=1+≥2＞，不合题意（11分）
综上所述，a的取值范围为a≤（12分）
【点评】本题考查导数的性质的应用，考查一个函数小于另一个函数时，小于它的最小值．要会利用函数的导数判断函数的单调性．
12．（2015o西宁校级模拟）已知函数f（x）=lnx﹣ax2﹣2x（a＜0）
（1）若函数f（x）在定义域内单调递增，求a的取值范围；
（2）若a=﹣且关于x的方程f（x）=﹣x+b在[1，4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围．
【考点】函数的单调性与导数的关系；利用导数研究函数的极值．菁优网版权所有
【专题】计算题．
【分析】（1）对函数f（x）进行求导，令导数大于等于0在x＞0上恒成立即可．
（2）将a的值代入整理成方程的形式，然后转化为函数考虑其图象与x轴的交点的问题．
【解答】解：（1）f（x）=﹣（x＞0）
依题意f（x）≥0 在x＞0时恒成立，即ax2+2x﹣1≤0在x＞0恒成立．
则a≤=在x＞0恒成立，
即a≤[﹣1]min
当x=1时，﹣1取最小值﹣1
∴a的取值范围是（﹣∝，﹣1]
（2）a=﹣，f（x）=﹣x+b∴
设g（x）=则g（x）=列表：
∴g（x）极小值=g（2）=ln2﹣b﹣2，g（x）极大值=g（1）=﹣b﹣，
又g（4）=2ln2﹣b﹣2
∵方程g（x）=0在[1，4]上恰有两个不相等的实数根．
则 ，得ln2﹣2＜b≤﹣．
【点评】本题主要考查函数单调性与其导函数正负之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．
13．（2015o咸阳一模）已知函数．
（I）若f（x）为定义域上的单调函数，求实数m的取值范围；
（II）当m=1，且1≥a＞b≥0时，证明：．
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【专题】计算题；证明题．
【分析】（I）整理函数求出函数的定义域，对函数求导，根据定义域得到函数的导函数小于0不能恒成立，所以只能整理导函数大于0恒成立，分离参数得到结论．
（II）当m=1时，构造新函数g（x），对新函数求导，得到新函数在[0，1]上递增，利用递增函数的定义，写出递增所满足的条件，在构造新函数h（x），同理得到函数在[0，1]上递减，得到递减的条件，得到结论．
【解答】解：（I），
对，，故不存在实数m，
使对恒成立，
由对恒成立得，
m≥对恒成立
而＜0，故m≥0
经检验，当m≥0时，对恒成立
∴当m≥0时，f（x）为定义域上的单调递增函数．
（II）证明：当m=1时，令
在[0，1]上总有g′（x）≥0，
即g（x）在[0，1]上递增
∴当1≥a＞b≥0时，g（a）＞g（b），
由（2）知它在[0，1]上递减，
∴h（a）＜h（b）
综上所述，当m=1，且1≥a＞b≥0时，＜．
【点评】本题考查函数的单调性与导数的关系，考查根据需要构造新函数，考查递增函数的定义，考查函数的恒成立问题，考查解决问题的能力和分析问题的能力，是一个中档题．
14．（2015o怀化一模）设函数f（x）=x2+aln（x+1）（a为常数）
（Ⅰ）若函数y=f（x）在区间[1，+∞）上是单凋递增函数，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）若函数y=f（x）有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：．
【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．菁优网版权所有
【专题】转化思想．
【分析】（Ⅰ）已知原函数的值为正，得到导函数的值非负，从而求出参量的范围；
（Ⅱ）利用韦达定理，对所求对象进行消元，得到一个新的函数，对该函数求导后，再对导函数求导，通过对导函数的导导函数的研究，得到导函数的最值，从而得到原函数的最值，即得到本题结论．
【解答】解：（Ⅰ）根据题意知：f′（x）=在[1，+∞）上恒成立．
即a≥﹣2x2﹣2x在区间[1，+∞）上恒成立．
∵﹣2x2﹣2x在区间[1，+∞）上的最大值为﹣4，
∴a≥﹣4；
经检验：当a=﹣4时，，x∈[1，+∞）．
∴a的取值范围是[﹣4，+∞）．
（Ⅱ）在区间（﹣1，+∞）上有两个不相等的实数根，
即方程2x2+2x+a=0在区间（﹣1，+∞）上有两个不相等的实数根．
记g（x）=2x2+2x+a，则有，解得．
在使得p′（x0）=0．
当 ，p′（x）＜0；当x∈（x0，0）时，p′（x）＞0．
而k′（x）在单调递减，在（x0，0）单调递增，
∴k（x）在单调递减，
【点评】本题考查的是导数知识，重点是利用导数法研究函数的单调性、究极值和最值，难点是多次连续求导，即二次求导，本题还用到消元的方法，难度较大．
15．（2015o安康三模）已知f（x）=xlnx，g（x）=﹣x+a．
（1）当a=2时，求函数y=g（x）在[0，3]上的值域；
（2）求函数f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（3）证明：对一切x∈（0，+∞），都有xlnx＞成立．
【考点】利用导数研究函数的单调性；二次函数的性质；二次函数在闭区间上的最值．菁优网版权所有
【专题】计算题．
【分析】（1）当a=2时，由g（x）=，x∈[0，3]，利用二次函数的性质求出它的值域．
（2）利用函数f（x）的导数的符号，分类讨论f（x）单调性，从而求出f（x）的最小值．
（3）令 h（x）==﹣，通过 h′（x）= 的符号研究h（x）的单调性，求出h（x）的最大值为h（1）=﹣．再由f（x）=xlnx在（0，+∞）上的最小值为﹣，且f（1）=0大于h（1），可得在（0，+∞）上恒有f（x）＞h（x），即 ．
【解答】解：（1）当a=2时，g（x）=，x∈[0，3]，
当x=1时，；当x=3时，，
故g（x）值域为．
（2）f（x）=lnx+1，当，f（x）＜0，f（x）单调递减，
当，f（x）＞0，f（x）单调递增．
①若 ，t无解；
②若 ，即时，；
③若 ，即时，f（x）在[t，t+2]上单调递增，f（x）min=f（t）=tlnt，
所以 f（x）min=．
（3）证明：令 h（x）==﹣，h′（x）=，
当 0＜x＜1时，h′（x）＞0，h（x）是增函数．当1＜x时． h′（x）＜0，h（x）是减函数，
故h（x） 在（0，+∞）上的最大值为h（1）=﹣．
而由（2）可得，f（x）=xlnx在（0，+∞）上的最小值为﹣，
且当h（x） 在（0，+∞）上的最大值为h（1）时，f（x）的值为ln1=0，
故在（0，+∞）上恒有f（x）＞h（x），即 ．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，二次函数的性质，函数的恒成立问题，属于中档题．
16．（2015o太原校级二模）已知函数f（x）=2lnx﹣ax+a（a∈R）．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若f（x）≤0恒成立，证明：当0＜x1＜x2时，．
【考点】利用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质．菁优网版权所有
【专题】导数的综合应用．
【分析】（I）利用导数的运算法则可得f′（x），对a分类讨论即可得出其单调性；
（II）通过对a分类讨论，得到当a=2，满足条件且lnx≤x﹣1（当且仅当x=1时取“=”）．利用此结论即可证明．
【解答】解：（Ⅰ）求导得f′（x）=，x＞0．
若a≤0，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上递增；
若a＞0，当x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，若a≤0，f（x）在（0，+∞）上递增，
又f（1）=0，故f（x）≤0不恒成立．
若a＞2，当x∈（，1）时，f（x）递减，f（x）＞f（1）=0，不合题意．
若0＜a＜2，当x∈（1，）时，f（x）递增，f（x）＞f（1）=0，不合题意．
若a=2，f（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，
f（x）≤f（1）=0，合题意．
故a=2，且lnx≤x﹣1（当且仅当x=1时取“=”）．
当0＜x1＜x2时，f（x2）﹣f（x1）=2ln﹣2（x2﹣x1）
＜2（﹣1）﹣2（x2﹣x1）
=2（﹣1）（x2﹣x1），
∴＜2（﹣1）．
【点评】熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值、等价转化、分类讨论的思想方法等是解题的关键．
17．（2015o哈尔滨校级四模）设函数f（x）=x2+bln（x+1），其中b≠0．
（Ⅰ）当b=时，判断函数f（x）在定义域上的单调性；
（Ⅱ）当b＜时，求函数f（x）的极值点
（Ⅲ）证明对任意的正整数n，不等式都成立．
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．菁优网版权所有
【专题】导数的综合应用．
【分析】（Ⅰ）将b的值代入，求出函数的表达式、导数，从而求出函数的单调区间；
（Ⅱ）通过讨论b的范围，得到函数的单调区间，从而求出函数的极值点；
（Ⅲ）将b=﹣1代入函数的表达式，求出函数f（x）的表达式，令h（x）=x3﹣f（x），求出h（x）的导数，得到ln（x+1）＞x2﹣x3，从而证出结论．
【解答】解（Ⅰ）当，f（x）=x2+ln（x+1），（x＞﹣1），
f′（x）=2x+=2（x+1）+﹣2≥2﹣2≥0，
当且仅当x=﹣时，“=”成立，
∴函数f（x）在定义域（﹣1，+∞）上单调递增．
当时，解f′（x）=0得两个不同解：
当b＜0时，
∴x1∈（﹣∞，﹣1），x2∈（﹣1，+∞），
此时f（x）在（﹣1，+∞）上有唯一的极小值点
当时，x1，x2∈（﹣1，+∞）f′（x）在（﹣1，x1），（x2，+∞）都大于0，f′（x）在（x1，x2）上小于0，
此时f（x）有一个极大值点和一个极小值点
综上可知，时，f（x）有一个极大值点和一个极小值点，
b＜0，时，f（x）在（﹣1，+∞）上有唯一的极小值点；
（Ⅲ）当b=﹣1时，f（x）=x2﹣ln（x+1），
令上恒正，
∴h（x）在[0，+∞）上单调递增，当x∈（0，+∞）时，恒有h（x）＞h（0）=0，
即当x∈（0，+∞）时，有x3﹣x2+ln（x+1）＞0，ln（x+1）＞x2﹣x3，
对任意正整数n，取．
【点评】本题考察了函数的单调性，导数的应用，考察分类讨论思想，运用转化思想是解答第三问的关键，本题是一道难题．
18．（2015o南开区一模）设函数f（x）=（x﹣1）2+alnx，a∈R．
（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直，求a的值；
（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅲ）若函数f（x）有两个极值点x1，x2且x1＜x2，求证：f（x2）＞﹣ln2．
【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；导数在最大值、最小值问题中的应用．菁优网版权所有
【专题】导数的综合应用．
【分析】（Ⅰ）先求出函数f（x）的导数，根据导函数f′（1）=2，从而求出a的值；
（Ⅱ）令g（x）=2x2﹣2x+a，通过讨论函数g（x）的判别式，从而得到函数f（x）的单调区间；
（Ⅲ）问题转化为求h（x）=（x﹣1）2+（﹣2x2+2x）lnx，x∈（，1）的单调性，得到h（x）＞h（）=﹣ln2，从而证出结论．
【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=2x﹣2+=，
∵曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直，
∴f′（1）=a=2．
（Ⅱ）令g（x）=2x2﹣2x+a，则△=4﹣8a．
①当△≤0，即a≥时，g（x）≥0，从而f′（x）≥0，
故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当△＞0，即a＜时，g（x）=0的两个根为x1=，x2=＞，
当，即a≤0时，x1≤0，当0＜a＜时，x1＞0．
故当a≤0时，函数f（x）在（0，）单调递减，在（，+∞）单调递增；
当0＜a＜时，函数f（x）在（0，），（，+∞）单调递增，
在（，）单调递减．
（Ⅲ）当函数f（x）有2个极值点时，0＜a＜，0＜＜1，
此时x2=∈（，1），且g（x2）=0，即a=﹣2+2x2，
∴f（x2）=+alnx2=+（﹣2+2x2）lnx2，
设h（x）=（x﹣1）2+（﹣2x2+2x）lnx，其中x∈（，1），
则h′（x）=（﹣4x+2）lnx，
由于x∈（，1）时，h′（x）＞0，故函数h（x）在（，1）单调递增，
故h（x）＞h（）=﹣ln2，
∴f（x2）＞﹣ln2．
【点评】本题考查了函数的单调性，导数的应用，考查分类讨论思想，考查函数恒成立问题，本题有一定难度．
19．（2015o天水校级模拟）设函数f（x）=x﹣﹣mlnx
（1）若函数f（x）在定义域上为增函数，求m范围；
（2）在（1）条件下，若函数h（x）=x﹣lnx﹣，?x1，x2∈[1，e]使得f（x1）≥h（x2）成立，求m的范围．
【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．菁优网版权所有
【专题】导数的概念及应用；导数的综合应用．
【分析】（1）f′（x）=1+=，转化为x2﹣mx+1＞0，在x＞0时恒成立，根据对钩函数求解即可．
（2）根据导数判断单调性得出f（x）的最大值=f（e）=e﹣﹣m，h（x）单调递增，h（x）的最小值为h（1）=1﹣，
把问题转化为f（x）的最大值≥h（x）的最小值，求解即可．
【解答】解：函数f（x）=x﹣﹣mlnx
（1）定义域上为（0，+∞），
f′（x）=1+=，
∵函数f（x）在定义域上为增函数，
∴f（x）的最大值=f（e）=e﹣﹣m，h（x）单调递增，
即x＞m在x＞0时恒成立，
根据对钩函数得出m＜2，
故m的范围为：m＜2．
（2）函数h（x）=x﹣lnx﹣，?x1，x2∈[1，e]使得f（x1）≥h（x2）成，
即f（x）的最大值≥h（x）的最小值，
∵f（x）的最大值=f（e）=e﹣﹣m，
h′（x）=1＞0，x∈[1，e]，
∴h（x）单调递增，h（x）的最小值为h（1）=1﹣，
∴可以转化为e﹣﹣m≥1，
即m≤e﹣1，
m的范围为：m≤e﹣1．
【点评】本题考查导数在求解函数的问题中的应用，存在性问题转化为函数最值的应用，关键是求解导数，判断单调性，属于难题．
20．（2015o芜湖三模）已知函数f（x）=（2﹣a）lnx++2ax（a∈R）．
（Ⅰ）当a＜0时，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）实数m为何值时，对任意的a∈（﹣3，﹣2）及x1，x2∈[1，3]，恒有|f（x1）﹣f（x2）|＜（m+ln3）a﹣2ln3成立．
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【专题】导数的综合应用．
【分析】（Ⅰ）先求出函数的导数，通过讨论a的范围，从而求出函数的单调区间；
（Ⅱ）分别求出函数f（x）的最大值和最小值，从而得到|f（x1）﹣f（x2）|≤f（1）﹣f（3），根据（m+ln3）a﹣2ln3＞﹣4a+（a﹣2）ln3，求出m的范围即可．
【解答】解：（Ⅰ）由题意得函数f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=﹣+2a=，
当a＜﹣2时，﹣＜，令f′（x）＜0，得：0＜x＜﹣或x＞，
令f′（x）＞0，得﹣＜x＜，
当﹣2＜a＜0时，得﹣＞，
令f′（x）＜0，得0＜x＜或x＞﹣，
令f′（x）＞0，得＜x＜﹣，
当a=﹣2时，f′（x）=＜0，
综上所述，当a＜﹣2时，f（x）的递减区间为（0，﹣）和（，+∞）单调区间为（﹣，），
当a=﹣2时，f（x）在（0，+∞）单调递减，
当﹣2＜a＜0时，f（x）的递减区间为（0，）和（﹣，+∞），递增区间为：（，﹣）．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，当x∈（﹣3，﹣2]时，f（x）在区间[1，3]上单调递减，
当x=1时，f（x）取得最大值，当x=3时，f（x）取得最小值，
|f（x1）﹣f（x2）|≤f（1）﹣f（3）=（1﹣2a）﹣[（2﹣a）ln3++6a]=﹣4a+（a﹣2）ln3，
∵|f（x1）﹣f（x2）|＜（m+ln3）a﹣2ln3恒成立，
∴（m+ln3）a﹣2ln3＞﹣4a+（a﹣2）ln3，整理得ma＞﹣4a，
∵a＜0，∴m＜﹣4恒成立，∵﹣3＜a＜﹣2，∴﹣＜﹣4＜﹣，
【点评】本题考察了函数的单调性，考察导数的应用，考察分类讨论思想，是一道中档题．
21．（2015o包头一模）已知函数f（x）=x2lnx
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）证明：对任意的t＞0，方程f（x）﹣t=0关于x在（1，+∞）上有唯一解s，使t=f（s）；
（3）设（2）中所确定的s关于t的函数为s=g（t），证明：当t＞e2时，有＜＜．
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【专题】函数的性质及应用；导数的综合应用．
【分析】（1）函数的定义域为（0，+∞），求导数令f′（x）=0，可解得x=，由导数在（0，），和（，+∞）的正负可得单调性；
（2）当0＜x≤1时，f（x）≤0，设t＞0，令h（x）=f（x）﹣t，x∈[1，+∞），由（Ⅰ）可得函数h（x）的单调性，可得结论；
（3）令u=lns，原命题转化为0＜lnu＜，一方面由f（s）的单调性，可得u＞1，从而lnu＞0成立，另一方面，令F（u）=lnu﹣，u＞1，通过函数的单调性可得极值、最值，进而得证．
【解答】（1）解：由题意可知函数的定义域为（0，+∞），
求导数可得f′（x）=2xlnx+x2o=2xlnx+x=x（2lnx+1），
令f′（x）=0，可解得x=，
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
|（ ，+∞）
| f′（x）
所以函数f（x）的单调递减区间为（0，），单调递增区间为（，+∞）；
（2）证明：当0＜x≤1时，f（x）≤0，设t＞0，
令h（x）=f（x）﹣t，x∈[1，+∞），
由（1）可知，h（x）在区间（1，+∞）单调递增，
h（1）=﹣t＜0，h（et）=e2tlnet﹣t=t（e2t﹣1）＞0，
故存在唯一的s∈（1，+∞），使得t=f（s）成立；
（3）证明：因为s=g（t），由（2）知，t=f（s），且s＞1，
从而====，其中u=lns，
要使＜＜成立，只需＜＜，
即2＜＜，即2＜2+＜，
只需0＜＜，变形可得只需0＜lnu＜，
当t＞e2时，若s=g（t）≤e，则由f（s）的单调性，有t=f（s）≤f（e）=e2，矛盾，
所以s＞e，即u＞1，从而lnu＞0成立，
另一方面，令F（u）=lnu﹣，u＞1，F′（u）=﹣，
令F′（u）=0，可解得u=2，
当1＜u＜2时，F′（u）＞0，当u＞2时，F′（u）＜0，
故函数F（u）在u=2处取到极大值，也是最大值F（2）=ln2﹣1＜0，
故有F（u）=lnu﹣＜0，即lnu＜，
综上可证：当t＞e2时，有＜＜成立．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，涉及极值的求解和不等式的证明，属中档题．
22．（2016o广西一模）已知函数f（x）=+alnx（a≠0，a∈R）
（Ⅰ）若a=1，求函数f（x）的极值和单调区间；
（Ⅱ）若在区间[1，e]上至少存在一点x0，使得f（x0）＜0成立，求实数a的取值范围．
【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．菁优网版权所有
【专题】计算题；分类讨论；转化思想．
【分析】（Ⅰ）求函数的导数，令导数等于零，解方程，再求出函数f（x）的导数和驻点，然后列表讨论，求函数f（x）的单调区间和极值；
（II）若在区间（0，e]上存在一点x0，使得f（x0）＜0成立，其充要条件是f（x）在区间（0，e]上的最小值小于0即可．利用导数研究函数在闭区间[1，e]上的最小值，先求出导函数f（x），然后讨论研究函数在[1，e]上的单调性，将f（x）的各极值与其端点的函数值比较，其中最小的一个就是最小值．
【解答】解：（I）因为，（2分）
令f（x）=0，得x=1，（3分）
又f（x）的定义域为（0，+∞），f（x），f（x）随x的变化情况如下表：
|（1，+∞）
所以x=1时，f（x）的极小值为1．（5分）
f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）；（6分）
（II）因为，且a≠0，
令f（x）=0，得到，
若在区间[1，e]上存在一点x0，使得f（x0）＜0成立，
其充要条件是f（x）在区间[1，e]上的最小值小于0即可．（7分）
即a＜0时，f（x）＜0对x∈（0，+∞）成立，
所以，f（x）在区间[1，e]上单调递减，
故f（x）在区间[1，e]上的最小值为，
由，得，即（9分）
（2）当，即a＞0时，
①若，则f（x）≤0对x∈[1，e]成立，
所以f（x）在区间[1，e]上单调递减，
所以，f（x）在区间[1，e]上的最小值为，
显然，f（x）在区间[1，e]上的最小值小于0不成立（11分）
②若，即1＞时，则有
所以f（x）在区间[1，e]上的最小值为，
得1﹣lna＜0，解得a＞e，即a∈（e，+∞）舍去；
当0＜＜1，即a＞1，即有f（x）在[1，e]递增，
可得f（1）取得最小值，且为1，f（1）＞0，不成立．
综上，由（1）（2）可知a＜﹣符合题意．（14分）
【点评】本题考查利用导函数来研究函数的极值以及在闭区间上的最值问题．在利用导函数来研究函数的极值时，分三步①求导函数，②求导函数为0的根，③判断根左右两侧的符号，若左正右负，原函数取极大值；若左负右正，原函数取极小值，体现了转化的思想和分类讨论的思想，同时考查学生的计算能力．
23．（2016o成都模拟）已知函数f（x）=﹣ax2+（1+a）x﹣lnx（a∈R）．
（Ⅰ）当a＞0时，求函数f（x）的单调递减区间；
（Ⅱ）当a=0时，设函数g（x）=xf（x）．若存在区间[m，n]?[，+∞），使得函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，求实数k的取值范围．
【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．菁优网版权所有
【专题】分类讨论；分析法；导数的综合应用．
【分析】（Ⅰ）对f（x）进行求导，讨论a=1，a＞1.0＜a＜1，利用导数为负，求函数的减区间；
（Ⅱ）要求存在区间，使f（x）在[m，n]上的值域是[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，将其转化为g（x）=k（x+2）﹣2在[，+∞）上至少有两个不同的正根，再利用导数求出k的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）当a＞0时，函数f（x）=﹣ax2+（1+a）x﹣lnx的导数为
f′（x）=﹣ax+1+a﹣=﹣，（x＞0），
当a=1时，f′（x）≤0，f（x）递减；
当a＞1时，1＞，f′（x）＜0，可得x＞1或0＜x＜；
当0＜a＜1时，1＜，f′（x）＜0，可得0＜x＜1或x＞．
综上可得，a=1时，f（x）的减区间为（0，+∞）；
a＞1时，f（x）的减区间为（1，+∞），（0，）；
0＜a＜1时，f（x）的减区间为（，+∞），（0，1）；
（Ⅱ）当a=0时，设函数g（x）=xf（x）=x2﹣xlnx，
令g′（x）=2x﹣lnx+1（x＞0），
则g′（x）=2﹣=，（x＞0），
当x≥时，g′（x）≥0，g（x）为增函数；
g（x）在区间[m，n]?[，+∞）递增，
∵g（x）在[m，n]上的值域是[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，
所以g（m）=k（m+2）﹣2，g（n）=k（n+2）﹣2，≤m＜n，
则g（x）=k（x+2）﹣2在[，+∞）上至少有两个不同的正根，
k=，令F（x）==，
求导得，F′（x）=（x≥），
令G（x）=x2+3x﹣2lnx﹣4（x≥）
则G′（x）=2x+3﹣=，
所以G（x）在[，+∞）递增，G（）＜0，G（1）=0，
当x∈[，1]时，G（x）＜0，∴F′（x）＜0，
当x∈[1，+∞]时，G（x）＞0，∴F′（x）＞0，
所以F（x）在[，1）上递减，在（1，+∞）上递增，
∴F（1）＜k≤F（），
∴k∈（1，]．
【点评】本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减，利用了分类讨论和转化的思想，此题是一道中档题．
24．（2015o四川）已知函数f（x）=﹣2（x+a）lnx+x2﹣2ax﹣2a2+a，其中a＞0．
（Ⅰ）设g（x）是f（x）的导函数，讨论g（x）的单调性；
（Ⅱ）证明：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0在区间（1，+∞）内恒成立，且f（x）=0在区间（1，+∞）内有唯一解．
【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．菁优网版权所有
【专题】创新题型；导数的综合应用．
【分析】（Ⅰ）求出函数f（x）的定义域，把函数f（x）求导得到g（x）再对g（x）求导，得到其导函数的零点，然后根据导函数在各区间段内的符号得到函数g（x）的单调期间；
（Ⅱ）由f（x）的导函数等于0把a用含有x的代数式表示，然后构造函数φ（x）=x2，由函数零点存在定理得到x0∈（1，e），使得φ（x0）=0．令，u（x）=x﹣1﹣lnx（x≥1），利用导数求得a0∈（0，1），然后进一步利用导数说明当a=a0时，若x∈（1，+∞），有f（x）≥0，即可得到存在a∈（0，1），使得f（x）≥0在区间（1，+∞）内恒成立，且f（x）=0在区间（1，+∞）内有唯一解．
【解答】解：（Ⅰ）由已知，函数f（x）的定义域为（0，+∞），
当0＜a＜时，g（x）在上单调递增，
在区间上单调递减；
当a时，g（x）在（0，+∞）上单调递增．
（Ⅱ）由=0，解得，
令φ（x）=x2，
则φ（1）=1＞0，φ（e）=．
故存在x0∈（1，e），使得φ（x0）=0．
令，u（x）=x﹣1﹣lnx（x≥1），
由知，函数u（x）在（1，+∞）上单调递增．
即a0∈（0，1），
当a=a0时，有f′（x0）=0，f（x0）=φ（x0）=0．
由（Ⅰ）知，f′（x）在（1，+∞）上单调递增，
故当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，从而f（x）＞f（x0）=0；
当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，从而f（x）＞f（x0）=0．
∴当x∈（1，+∞）时，f（x）≥0．
综上所述，存在a∈（0，1），使得f（x）≥0在区间（1，+∞）内恒成立，且f（x）=0在区间（1，+∞）内有唯一解．
【点评】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新知识，考查了函数与方程、数形结合、分类与整合、化归与转化等数学思想方法，是压轴题．
25．（2015o江西模拟）已知函数f（x）=（其中a≤2且a≠0），函数f（x）在点（1，f（1））处的切线过点（3，0）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数f（x）与函数g（x）=a+2﹣x﹣的图象在（0，2]有且只有一个交点，求实数a的取值范围．
【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．菁优网版权所有
【专题】导数的综合应用．
【分析】（1）利用导数的几何意义可得切线方程，对a分类讨论、利用导数研究函数的单调性即可；
（2）等价方程在（0，2]只有一个根，即x2﹣（a+2）x+alnx+2a+2=0在（0，2]只有一个根，令h（x）=x2﹣（a+2）x+alnx+2a+2，等价函数h（x）在（0，2]与x轴只有唯一的交点．由，对a分类讨论、结合图象即可得出．
【解答】解：（1），
∴f（1）=b，=a﹣b，
∴y﹣b=（a﹣b）（x﹣1），
∵切线过点（3，0），
①当a∈（0，2]时，单调递增，单调递减，
②当a∈（﹣∞，0）时，单调递减，单调递增．
（2）等价方程在（0，2]只有一个根，
即x2﹣（a+2）x+alnx+2a+2=0在（0，2]只有一个根，
令h（x）=x2﹣（a+2）x+alnx+2a+2，等价函数h（x）在（0，2]与x轴只有唯一的交点，
①当a＜0时，h（x）在x∈（0，1）递减，x∈（1，2]的递增，
当x→0时，h（x）→+∞，要函数h（x）在（0，2]与x轴只有唯一的交点，
∴h（1）=0或h（2）＜0，
∴a=﹣1或．
②当a∈（0，2）时，h（x）在递增，的递减，x∈（1，2]递增，
∵，当x→0时，h（x）→﹣∞，
∵h（e﹣4）=e﹣8﹣e﹣4﹣2＜0，
∴h（x）在与x轴只有唯一的交点，
③当a=2，h（x）在x∈（0，2]的递增，
∵h（e﹣4）=e﹣8﹣e﹣4﹣2＜0，或f（2）=2+ln2＞0，
∴h（x）在x∈（0，2]与x轴只有唯一的交点，
故a的取值范围是a=﹣1或或0＜a≤2．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、导数的几何意义，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
26．（2015o玉林一模）已知函数f（x）=xlnx+ax（a∈R）
（I）若函数f（x）在区间[e2，+∞）上为增函数，求a的取值范围；
（II）若对任意x∈（1，+∞），f（x）＞k（x﹣1）+ax﹣x恒成立，求正整数k的值．
【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．菁优网版权所有
【专题】导数的综合应用．
【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，由函数f（x）在区间[e2，+∞）上为增函数，得其导函数在[e2，+∞）上大于等于0恒成立，把变量a分离出后得a≥﹣1﹣lnx，然后利用函数的单调性求﹣1﹣lnx在[e2，+∞）上的最大值，答案可求；
（Ⅱ）把函数f（x）的解析式代入f（x）＞k（x﹣1）+ax﹣x，整理后得k，问题转化为对任意
x∈（1，+∞），k恒成立，求正整数k的值．设函数h（x）=，求其导函数，得到其导函数的零点x0位于（3，4）内，且知此零点为函数h（x）的最小值点，经求解知h（x0）=x0，从而得到k＜x0，则正整数k的值可求．
【解答】（Ⅰ）解：由f（x）=xlnx+ax，得：f′（x）=lnx+a+1
∵函数f（x）在区间[e2，+∞）上为增函数，
∴当x∈[e2，+∞）时f′（x）≥0，
即lnx+a+1≥0在区间[e2，+∞）上恒成立，
∴a≥﹣1﹣lnx．
又当x∈[e2，+∞）时，
lnx∈[2，+∞），∴﹣1﹣lnx∈（﹣∞，﹣3]．
∴a≥﹣3；
（Ⅱ）若对任意x∈（1，+∞），f（x）＞k（x﹣1）+ax﹣x恒成立，
即xolnx+ax＞k（x﹣1）+ax﹣x恒成立，
也就是k（x﹣1）＜xolnx+ax﹣ax+x恒成立，
∵x∈（1，+∞），∴x﹣1＞0．
则问题转化为k对任意x∈（1，+∞）恒成立，
设函数h（x）=，则，
再设m（x）=x﹣lnx﹣2，则．
∵x∈（1，+∞），∴m′（x）＞0，则m（x）=x﹣lnx﹣2在（1，+∞）上为增函数，
∵m（1）=1﹣ln1﹣2=﹣1，m（2）=2﹣ln2﹣2=﹣ln2，m（3）=3﹣ln3﹣2=1﹣ln3＜0，m（4）=4﹣ln4﹣2=2﹣ln4＞0．
∴?x0∈（3，4），使m（x0）=x0﹣lnx0﹣2=0．
∴当x∈（1，x0）时，m（x）＜0，h′（x）＜0，∴在（1，x0）上递减，
x∈（x0，+∞）时，m（x）＞0，h′（x）＞0，∴在（x0，+∞）上递增，
∴h（x）的最小值为h（x0）=．
∵m（x0）=x0﹣lnx0﹣2=0，∴lnx0+1=x0﹣1，代入函数h（x）=得h（x0）=x0，
∵x0∈（3，4），且k＜h（x）对任意x∈（1，+∞）恒成立，
∴k＜h（x）min=x0，∴k≤3，
∴k的值为1，2，3．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了导数在最大值和最小值中的应用，考查了数学转化思想，解答此题的关键是，在求解（Ⅱ）时如何求解函数h（x）=的最小值，学生思考起来有一定难度．此题属于难度较大的题目．
27．（2015o河南二模）已知函数f（x）=﹣1．
（1）判断函数f（x）的单调性；
（2）设m＞0，求f（x）在[m，2m]上的最大值；
（3）证明：?n∈N*，不等式ln（）e＜．
【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．菁优网版权所有
【专题】计算题；综合题；分类讨论；转化思想．
【分析】（1）利用商的求导法则求出所给函数的导函数是解决本题的关键，利用导函数的正负确定出函数的单调性；
（2）利用导数作为工具求出函数在闭区间上的最值问题，注意分类讨论思想的运用；
（3）利用导数作为工具完成该不等式的证明，注意应用函数的最值性质．
【解答】解：（1）函数f（x）的定义域是：（0，+∞）
令f′（x）=0得，1﹣lnx=0，∴x=e
∵当0＜x＜e时，，
当x＞e时，
∴函数f（x）在（0，e]上单调递增，在[e，+∞）上单调递减，
（2）由（1）知函数f（x）在（0，e]上单调递增，在[e，+∞）上单调递减
故①当0＜2m≤e即 时，f（x）在[m，2m]上单调递增
②当m≥e时，f（x）在[m，2m]上单调递减
③当m＜e＜2m，即 时
（3）由（1）知，当x∈（0，+∞）时，，
∴在（0，+∞）上恒有 ，
即 且当x=e时“=”成立，
∴对?x∈（0，+∞）恒有 ，
即对?n∈N*，不等式 恒成立．
【点评】此题是个中档题．本题考查导数在函数中的应用问题，考查函数的定义域思想，考查导数的计算，考查导数与函数单调性的关系，考查函数的最值与导数的关系，体现了等价转化的数学思想和分类讨论的思想，同时考查了学生的计算能力．
28．（2015春o海淀区期末）已知函数f（x）=alnx﹣x+2，其中a≠0．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使得f（x1）+f（x2）=4，求实数a值．
【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．菁优网版权所有
【专题】导数的综合应用．
【分析】（Ⅰ）先求出函数f（x）的导数，通过讨论①当a＜0时，②当a＞0时的情况，从而求出函数的单调区间；
（Ⅱ）通过讨论a的范围，结合函数的单调性找到函数的最值，从而求出a的值．
【解答】解：（Ⅰ），
当a＜0时，对?x∈（0，+∞），f′（x）＜0，所以 f（x）的单调递减区间为（0，+∞）；
当a＞0时，令f′（x）=0，得x=a，
因为 x∈（0，a）时，f′（x）＞0；x∈（a，+∞）时，f′（x）＜0，
所以 f（x）的单调递增区间为（0，a），单调递减区间为（a，+∞）．
（Ⅱ）用f（x）max，f（x）min分别表示函数f（x）在[1，e]上的最大值，最小值，
当a≤1且a≠0时，由（Ⅰ）知：在[1，e]上，f（x）是减函数，
所以 f（x）max=f（1）=1；
因为 对任意的x1∈[1，e]，x2∈[1，e]，f（x1）+f（x2）≤2f（1）=2＜4，
所以对任意的x1∈[1，e]，不存在x2∈[1，e]，使得f（x1）+f（x2）=4；
当1＜a＜e时，由（Ⅰ）知：在[1，a]上，f（x）是增函数，在[a，e]上，f（x）是减函数，
所以 f（x）max=f（a）=alna﹣a+2；
因为 对x1=1，?x2∈[1，e]，f（1）+f（x2）≤f（1）+f（a）=1+alna﹣a+2=a（lna﹣1）+3＜3，
所以 对x1=1∈[1，e]，不存在x2∈[1，e]，使得f（x1）+f（x2）=4；
当a≥e时，令g（x）=4﹣f（x）（x∈[1，e]），
由（Ⅰ）知：在[1，e]上，f（x）是增函数，进而知g（x）是减函数，
所以 f（x）min=f（1）=1，f（x）max=f（e）=a﹣e+2，g（x）max=g（1）=4﹣f（1），g（x）min=g（e）=4﹣f（e）；
因为 对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使得f（x1）+f（x2）=4，即f（x1）=g（x2），
所以 f（1）+f（e）=a﹣e+3=4，解得a=e+1，
综上所述，实数a的值为e+1．
【点评】本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，考查导数的应用，分类讨论思想，是一道难题．
29．（2015o梅州一模）已知函数f（x）=lnx，g（x）=ax2﹣bx，设h（x）=f（x）﹣g（x）
（1）若g（2）=2，讨论函数h（x）的单调性；
（2）若函数g（x）是关于x的一次函数，且函数h（x）有两个不同的零点x1，x2．
①求b的取值范围；
②求证：x1x2＞e2．
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【专题】导数的综合应用．
【分析】（1）根据g（2）=2，求出h（x）的表达式，求函数的导数，即可讨论函数h（x）的单调性；
（2）根据函数g（x）是关于x的一次函数，确定a=0，根据函数h（x）有两个不同的零点x1，x2．即可得到结论．
【解答】解：（1）∵g（2）=2，∴a﹣b=1，即b=a﹣1，
∴h（x）=f（x）﹣g（x）=lnx﹣ax2+（a﹣1）x，其定义域为（0，+∞）
h′（x）=+（a﹣1）==，
（Ⅰ）若a≥0，则函数h（x）在区间（0，1）上单调增；在区间（1，+∞）上单调减．
（Ⅱ）若a＜0，令h′（x）=0得
①当a＜﹣1时，则，则函数h（x）在区间（0，）上单调增；在区间（1，+∞）上单调增；在区间（，1）上单调减．
②当a=﹣1时，h′（x）＜0，则函数h（x）在区间（0，+∞）单调减．
③当﹣1＜a＜0时，则，则函数h （x）在区间（0，1）上单调增；在区间（，+∞）上单调增；在区间（1，）上单调减．
（2）∵函数g（x）是关于x的一次函数
∴h（x）=lnx+bx，其定义域为（0，+∞）
①由h（x）=0得，记，则
∴在（0，e）单调减，在（e，+∞）单调增，
∴当x=e时取得最小值
又φ（1）=0，所以x∈（0，1）时φ（x）＞0，而x∈（1，+∞）时φ（x）＜0
∴b的取值范围是（，0）
②由题意得lnx1+bx1=0，lnx2+bx2=0
∴lnx1x2+b（x1+x2）=0，lnx2﹣lnx1+b（x2﹣x1）=0
∴，不妨设x1＜x2
要证，只需要证
∴函数F（t）在（1，+∞）上单调增，而F（1）=0，
∴F（t）＞0即
【点评】本题主要考查函数单调性和导数之间的关系，以及不等式的证明，综合性较强，运算量较大．
30．（2015o重庆模拟）已知函数f（x）=．g（x）=ax+1．
（1）若a=2，设函数h（x）=f（x）+g（x），求h（x）在（1，+∞）上的单调性；
（2）设函数f（x），g（x）的导函数分别为f′（x），g′（x），若?x1、x2∈（1，e2]，f（x1）≤f′（x2）﹣g′（x2）成立．求实数a的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的单调性；导数的运算．菁优网版权所有
【专题】计算题；导数的综合应用；不等式的解法及应用．
【分析】（1）求出a=2时，h（x）的导数，令导数大于0，得增区间；令导数小于0，得减区间；
（2）分别求出f（x）的最小值，令h（x）=f′（x）﹣g′（x）=﹣a，求出h（x），判断单调性即可得到h（x）的最大值，再由题意可得f（x）的最小值不大于h（x）的最大值，解不等式即可得到a的范围．
【解答】解：（1）若a=2，则h（x）=f（x）+g（x）=+2x+1，
h′（x）=+2=，
当x＞时，h′（x）＞0，h（x）在（，+∞）递增；
当1＜x＜时，h′（x）＜0，h（x）在（1，）递减．
则有h（x）的单调增区间为（，+∞），单调减区间为（1，）；
（2）f′（x）=，g′（x）=a，
当1＜x＜e时，f′（x）＜0，f（x）在（1，e）递减；
当e＜x≤e2时，f′（x）＞0，f（x）在（e，e2]递增．
则有x=e，f（x）取得最小值，且为=e．
令h（x）=f′（x）﹣g′（x）=﹣a，
h′（x）=o，当1＜x≤e2时，h′（x）＞0，h（x）在（1，e2]递增，
则有x=e2，h（x）取得最大值，且为﹣a，
由?x1、x2∈（1，e2]，f（x1）≤f′（x2）﹣g′（x2）成立，
可得e≤﹣a，
解得a≤﹣e．
故实数a的取值范围为（﹣∞，﹣e]．
【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，同时考查不等式成立问题转化为求函数的最值问题，考查运算化简能力，属于中档题和易错题．
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