(完整版)高中数学导数压轴题专题训练

高中数学导数尖子生辅导（填选压轴）
一．选择题（共30小题）
1．（2 013?文昌模拟）如图是f（x）=x
3
+bx
2
+cx+d的图象，则x
1
2
+x
2
2
的值是（ ）

A．

B．

C．

D．


考点： 利用导数研究函数的极值；函数的图象与图象变化．
专题： 计算题；压轴题；数形结合．
分析：
先利用图象得：f（x）=x（x+1）（x﹣2）= x
3
﹣x
2
﹣2x，求出其导函数，利用x
1
，x
2
是原函数的极值点，求
出x
1
+x
2
=，，即可求得结论 ．
解答：
解：由图得：f（x）=x（x+1）（x﹣2）=x
3
﹣x< br>2
﹣2x，
∴f'（x）=3x
2
﹣2x﹣2
∵x
1
，x
2
是原函数的极值点
所以有x
1+x
2
=，
故x
1
2
+x
2
2
=（x
1
+x
2
）
2
﹣2x
1
x
2
=
，
=．
故选 D．
点评： 本题主要考查利用函数 图象找到对应结论以及利用导数研究函数的极值，是对基础知识的考查，属于基础
题．
< br>2．（2013?乐山二模）定义方程f（x）=f′（x）的实数根x
0
叫做函数f（ x）的“新驻点”，若函数g（x）=x，h（x）
=ln（x+1），φ（x）=x
3
﹣1的“新驻点”分别为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为（ ）
A． α ＞β＞γ B． β＞α＞γ C． γ＞α＞β D． β＞γ＞α

考点： 导数的运算．
专题： 压轴题；新定义．
分析： 分别对g（x），h（x），φ（x）求导，令g′（x ）=g（x），h′（x）=h（x），φ′（x）=φ（x），则它们的根分别
为α，β，γ，即α= 1，ln（β+1）=
解答：
解：∵g′（x）=1，h′（x）=
由题意得： < br>α=1，ln（β+1）=
①∵ln（β+1）=
，γ
3
﹣1=3γ< br>2
，
，
，γ
3
﹣1=3γ
2
，然后分别讨论β、γ的取值范围即可．
，φ′（x）=3x
2
，
∴（β+1）
β
+1
=e，
当β≥1时，β+1≥2，
∴β+1≤＜2，
∴β＜1，这与β≥1矛盾，
∴0＜β＜1；
②∵γ
3
﹣1=3γ
2
，且γ=0时等式不成立，

∴3γ
2
＞0
∴γ
3
＞1，
∴γ＞1．
∴γ＞α＞β．
故选C．
点评： 函数、导数、不等式密不 可分，此题就是一个典型的代表，其中对对数方程和三次方程根的范围的讨论是
一个难点．

3．（2013?山东）抛物线C
1
：的焦点与双曲线C
2
：的右焦 点的连线交C
1
于第一象
限的点M．若C
1
在点M处的切线平行于C
2
的一条渐近线，则p=（ ）
A． B． C．

D．


考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程；双曲线的简单性质．
专题： 压轴题；圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析： 由曲线方程求出抛物线与双曲线的 焦点坐标，由两点式写出过两个焦点的直线方程，求出函数
在x取直线与抛物线交点M的横坐标时的导数 值，由其等于双曲线渐近线的斜率得到
交点横坐标与p的关系，把M点的坐标代入直线方程即可求得p的 值．
解答：
解：由，得x
2
=2py（p＞0），
）．
，．
所以抛物线的焦点坐标为F（
由，得
所以双曲线的右焦点为（2，0）．
则抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线所在直线方程为，
即①．
设该直线交抛物 线于M（），则C
1
在点M处的切线的斜率为
，代入M点得M（）
．
由题意可知，得
把M点代入①得：．
解得p=．
故选D．
点评： 本题考查了双曲线的简单几何性质，考查了利用导数研究曲线上某点的切线方程，函数在曲线上 某点处的
切线的斜率等于函数在该点处的导数，是中档题．

4．（2013?安 徽）已知函数f（x）=x
3
+ax
2
+bx+c有两个极值点x
1
，x
2
，若f（x
1
）=x
1
＜x
2，则关于x的方程3（f（x））
2
+2af（x）+b=0的不同实根个数为（ ）
A． 3 B． 4 C． 5 D． 6

考点： 利用导数研究函数的极值；根的存在性及根的个数判断．
专题： 压轴题；导数的综合应用．
分析：
由函数f（x）=x
3
+ax
2
+bx+c有两个极值点x
1
，x
2
，可得f
′
（x）=3x
2
+2ax+b=0有两个不相等的实数根，必有
△=4a
2< br>﹣12b＞0．而方程3（f（x））
2
+2af（x）+b=0的△
1
=△＞0，可知此方程有两解且f（x）=x
1
或x
2
．再
分别讨 论利用平移变换即可解出方程f（x）=x
1
或f（x）=x
2
解得个数．
解答：
解：∵函数f（x）=x
3
+ax
2
+bx+c有 两个极值点x
1
，x
2
，
∴f
′
（x）=3x
2
+2ax+b=0有两个不相等的实数根，
∴△=4a
2
﹣12b＞0．解得=．
∵x
1
＜x
2
，∴，．
而方程3（f（x））
2
+2af（x）+b=0的△
1
=△＞0，∴此方程有两解且f（x）=x
1
或x
2
．
不妨取0＜x
1
＜x
2
，f（x
1
）＞0． ①把y=f（x）向下平移x
1
个单位即可得到y=f（x）﹣x
1
的图 象，∵f（x
1
）=x
1
，可知方程f（x）=x
1
有两< br>解．
②把y=f（x）向下平移x
2
个单位即可得到y=f（x）﹣x
2
的图象，∵f（x
1
）=x
1
，∴f（x
1
） ﹣x
2
＜0，可知
方程f（x）=x
2
只有一解．
综上① ②可知：方程f（x）=x
1
或f（x）=x
2
．只有3个实数解．即关于x 的方程3（f（x））
2
+2af（x）+b=0
的只有3不同实根．
故选A．

点评： 本题综合考查了利用导数研究函数得单调性、极值及方程解得个 数、平移变换等基础知识，考查了数形结
合的思想方法、推理能力、分类讨论的思想方法、计算能力、分 析问题和解决问题的能力．

5．（2013?湖北）已知a为常数，函数f（x）=x（ lnx﹣ax）有两个极值点x
1
，x
2
（x
1
＜x
2
）（ ）
A． B． C． D．

考点： 利用导数研究函数的极值；函数在某点取得极值的条件．
专题： 压轴题；导数的综合应用．
分析：
先求出f′（x），令f′（x）=0，由题意可得lnx=2ax﹣1有两个解x< br>1
，x
2
?函数g（x）=lnx+1﹣2ax有且只有
两个零点?g ′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．利用导数与函数极值的关系即可得出．
解答：
解：∵=lnx+1﹣2ax，（x＞0）
令f′（x）=0，由题意可得lnx=2ax﹣ 1有两个解x
1
，x
2
?函数g（x）=lnx+1﹣2ax有且只有两个零 点
?g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．

．
①当a≤0时，g′（x）＞0，f′（x）单调递增，因此g（x）=f′（x）至多有 一个零点，不符合题意，应舍去．
②当a＞0时，令g′（x）=0，解得x=
∵x
单调递减．
∴x=是函数g（x）的极大值点，则
．
＞0，即＞0，
，
时 ，g′（x）＜0，函数g（x），g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；
∴ln（2a）＜0，∴ 0＜2a＜1，即
∵，f′（x
1
）=lnx
1
+1﹣2ax
1
=0，f′（x
2
）=lnx
2
+1﹣2ax
2
=0．
＜0， 且f（x
1
）=x
1
（lnx
1
﹣ax
1
）=x
1
（2ax
1
﹣1﹣ax
1）=x
1
（ax
1
﹣1）＜x
1
（﹣ax
1< br>）=
f（x
2
）=x
2
（lnx
2
﹣ax< br>2
）=x
2
（ax
2
﹣1）＞
故选D．
点评： 熟练掌握利用导数研究函数极值的方法是解题的关键．

6．（2013 ?辽宁）设函数f（x）满足x
2
f′（x）+2xf（x）=，f（2）=
=﹣．（ ）．
，则x＞0时，f（x）（ ）
A． 有 极大值，无极小值 B． 有极小值，无极大值
C． 既有极大值又有极小值 D．既 无极大值也无极小值

考点： 函数在某点取得极值的条件；导数的运算．
专题： 压轴题；导数的综合应用．
分析： 先利用导数的运算法则，确定f（x）的解析式，再构造新函数，确定函数的单调性，即可求得结论．
解答：
解：∵函数f（x）满足，
∴
∴x＞0时，

dx
∴
∴
令g（x）=，则
令g′（x）=0，则x=2， ∴x∈（0，2）时，g′（x）＜0，函数单调递减，x∈（2，+∞）时，g′（x）＞0，函
数单 调递增
∴g（x）在x=2时取得最小值

∵f（2）=，∴g（2）==0
∴g（x）≥g（2）=0
∴≥0
即x＞0时，f（x）单调递增
∴f（x）既无极大值也无极小值
故选D．
点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与极值，考查学生分析解决问题的能力，难度较大．

7．（2013?安徽）若函数f（x）=x
3
+ax
2
+bx+c 有极值点x
1
，x
2
，且f（x
1
）=x
1
，则关于x的方程3（f（x））
2
+2af（x）
+b=0的不同实根个数是（ ）
A． 3 B． 4 C． 5 D． 6

考点： 函数在某点取得极值的条件；根的存在性及根的个数判断．
专题： 综合题；压轴题；导数的综合应用．
分析：
求导数f′（x），由题意知x
1，x
2
是方程3x
2
+2ax+b=0的两根，从而关于f（x）的方程 3（f（x））
2
+2af（x）
+b=0有两个根，作出草图，由图象可得答案．
解答：
解：f′（x）=3x
2
+2ax+b，x
1
，x
2
是方程3x
2
+2ax+b=0的两根，不妨设x
2
＞x
1
，
由3（f（x））
2
+2af（x）+b=0，则有两个f（ x）使等式成立，x
1
=f（x
1
），x
2
＞x
1
=f（x
1
），
如下示意图象：
如图有三个交点，
故选A．

点评： 考查函数零点的概念、以及对嵌套型函数的理解，考查数形结合思想．

8．（2014? 海口二模）设f（x）是定义在R上的奇函数，且f（2）=0，当x＞0时，有恒
成立，则不等式x< br>2
f（x）＞0的解集是（ ）
A． （ ﹣2，0）∪（2，+∞） B． （﹣2，0）∪（0，2） C． （﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）D． （﹣∞，﹣2）∪（0，2）

考点： 函数的单调性与导数的关系；奇偶函数图象的对称性；其他不等式的解法．
专题： 综合题；压轴题．
分析：
首先根据商函数求导法则，把化为[]′＜0； 然后利用导函数的正负性，可
判断函数y=在（0，+∞）内单调递减；再由f（2）=0，易得f（x ）在（0，+∞）内的正负性；最
后结合奇函数的图象特征，可得f（x）在（﹣∞，0）内的正负性． 则x
2
f（x）＞0?f（x）＞0的解集即可
求得．

解答：
解：因为当x＞0时，有恒成立，即[]′＜0恒成立，
所以在（0，+∞）内单调递减．
因为f（2）=0，
所以在（0，2）内恒有f（x）＞0；在（2，+∞）内恒有f（x）＜0．
又因为f（x）是定义在R上的奇函数，
所以在（﹣∞，﹣2）内恒有f（x）＞0；在（﹣2，0）内恒有f（x）＜0．
又不等式x
2
f（x）＞0的解集，即不等式f（x）＞0的解集．
所以答案为（﹣∞，﹣2）∪（0，2）．
故选D．
点评： 本题主要考查函数求导法则及函数单调性与导数的关系，同时考查了奇偶函数的图象特征．

9．（2014?重庆三模）对于三次函数f（x）=ax
3
+bx
2
+c x+d（a≠0），给出定义：设f′（x）是函数y=f（x）的导数，f″
（x）是f′（x）的导 数，若方程f′′（x）=0有实数解x
0
，则称点（x
0
，f（x
0
））为函数y=f（x）的“拐点”．某同学
经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点” ；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数
g（x）=，则g（）+=（ ）
D． 2014 A． 2 011 B． 2012 C． 2013

考点： 导数的运算；函数的值；数列的求和．
专题： 压轴题；导数的概念及应用．
分析： 正确求出对称中心，利用对称中心的性质即可求出．
解答：
解：由题意， g
′
（x）=x
2
﹣x+3，∴g
″
（x）=2x﹣1，
令g
″
（x）=0，解得
又
∴
∴g（）+
，
．
，…
=2012．
，∴函数g（x）的对称中心为
，
故选B．
点评： 正确求出对称中心并掌握对称中心的性质是解题的关键．

10．（2014?上海二模） 已知f（x）=alnx+x
2
（a＞0），若对任意两个不等的正实数x
1
，x
2
，都有
＞2恒成立，则a的取值范围是（ ）
A． （ 0，1] B． （1，+∞） C． （0，1）

考点： 导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性．
专题： 计算题；压轴题．
分析：
先将条件“对任意两个不等的正实数x
1
，x
2
，都有
D． [1，+∞）
＞2恒成立”转换成当x＞0时，f'（x）
≥2恒成立，然后利用参变量分离 的方法求出a的范围即可．

解答：
解：对任意两 个不等的正实数x
1
，x
2
，都有
则当x＞0时，f'（x）≥2恒 成立
f'（x）=+x≥2在（0，+∞）上恒成立
则a≥（2x﹣x
2
）
max
=1
故选D．
点评： 本题主要考查了导数的几何意义，以及函数恒成立问题，同时考查了转化与划归的数学思想，属于基础题．

11．（2012?桂林模拟）已知在（﹣∞，+∞）上是增函数，则
＞2恒成立
实数a的取值范围是（ ）
A． （ ﹣∞，1] B． [﹣1，4] C． [﹣1，1] D． （﹣∞，1）

考点： 利用导数研究函数的单调性．
专题： 计算题；压轴题．
分析： 要是一个分段函数在实数上是一个增函数，需要两段都是 增函数且两个函数的交点处要满足递增，当x小
于0时，要使的函数是一个减函数，求导以后导函数横小 于0，注意两个端点处的大小关系．
解答： 解：∵要是一个分段函数在实数上是一个增函数．
需要两段都是增函数且两个函数的交点处要满足递增，
当x＜0时，y
′
=3x
2
﹣（a﹣1）＞0恒成立，
∴a﹣1＜3x
2

∴a﹣1≤0
∴a≤1，
当x=0时，a
2
﹣3a﹣4≤0
∴﹣1≤a≤4，
综上可知﹣1≤a≤1
故选C．
点评： 本题考查函数的单调性，分段函数的单调 性，解题的关键是在两个函数的分界处，两个函数的大小关系一
定要写清楚．

1 2．（2012?河北模拟）定义在[1，+∞）上的函数f（x）满足：①f（2x）=cf（x）（c为正常 数）；②当2≤x≤4时，
f（x）=1﹣（x﹣3）
2
，若函数f（x）的图象上所 有极大值对应的点均落在同一条直线上，则c等于（ ）
A． 1 B． 2 C． 1或2 D． 4或2

考点： 利用导数研究函数的极值；抽象函数及其应用．
专题： 计算题；压轴题．
分析： 由已知可得分段函数f（x）的解析式，进而求出三个函数的极值点坐标， 根据三点共线，则任取两点确定
的直线斜率相等，可以构造关于c的方程，解方程可得答案．
解答：
解：∵当2≤x≤4时，f（x）=1﹣（x﹣3）
2

当1≤x＜2时，2≤2x＜4，
则f（x）=f（2x）=[1﹣（2x﹣3）
2
]
此时当x=时，函数取极大值
当2≤x≤4时，f（x）=1﹣（x﹣3）
2

此时当x=3时，函数取极大值1

当4＜x≤8时，2＜x≤4
则f（x）=cf（x）=c（1﹣（x﹣3）
2
，
此时当x=6时，函数取极大值c
∵函数的所有极大值点均落在同一条直线上，
即点（，），（3，1），（6，c）共线，
∴
解得c=1或2．
故选C
点评： 本题考查的知识点是三点共线，函数的极值，其中根据已知分析出分段函数f （x）的解析式，进而求出三
个函数的极值点坐标，是解答本题的关键．

13． （2012?桂林模拟）设a∈R，函数f（x）=e
x
+a?e
一条切线的斜率是， 则切点的横坐标为（ ）
A． l n2 B． ﹣ln2 C．

D．

﹣
x
的导函数是f′（x），且f′（x）是奇函数．若曲线y=f（x）的

考点： 简单复合函数的导数．
专题： 压轴题．
分析： 已知切线的斜率，要求切点的横坐标必须先求出切线的方程，
我们可从奇函数入手求出切线的方程．
解答： 解：
对f（x）=e
x
+a?e
x
求导得
﹣
f′（x）=e
x
﹣ae
x

又f′（x）是奇函数，故
f′（0）=1﹣a=0
解得a=1，故有
﹣
f′（x）=e
x
﹣e
x
，
设切点为（x
0
，y
0
），则
﹣
，
得或（舍去），
得x
0
=ln2．
点评： 熟悉奇函数的性质是求解此题的关键，奇函数定义域若包含x=0，则一定过原点．

14 ．（2012?太原模拟）已知定义在R上的函数y=f（x﹣1）的图象关于点（1，0）对称，且x∈（﹣∞ ，0）时，f（x）
+xf（′x）＜0成立，（其中f（′x）是（fx）的导函数），a=（30.3
）（f3
0.3
），b=（log
π
3）．（flog< br>π
3），
则a，b，c的大小关系是（ ）
A． a ＞b＞c B． c＞b＞a C． c＞a＞b D． a＞c＞b

考点： 利用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质；导数的乘法与除法法则．

专题： 计算题；压轴题．
分析： 由“当x∈（﹣∞，0）时不 等式f（x）+xf′（x）＜0成立”知xf（x）是减函数，要得到a，b，c的大小关系，
只要比 较的大小即可．
解答： 解：∵当x∈（﹣∞，0）时不等式f（x）+xf′（x）＜0成立
即：（xf（x））′＜0，
∴xf（x）在 （﹣∞，0）上是减函数．
又∵函数y=f（x﹣1）的图象关于点（1，0）对称，
∴函数y=f（x）的图象关于点（0，0）对称，
∴函数y=f（x）是定义在R上的奇函数
∴xf（x）是定义在R上的偶函数
∴xf（x）在 （0，+∞）上是增函数．
又∵
2=
∴
即
=﹣2，
．
＞3
0.3
?f（3
0.3
）＞（log
π
3）?f（log
π
3）
＞3
0.3
?f（3
0.3
）＞（log
π
3）?f（log
π
3）
即：c＞a＞b
故选C．
点评： 本题考查的考点与方法有：1）所有的基本函数的奇偶性；2）抽象问题具体化的思想方法，构造函数的思
想；3）导数的运算法则：（uv）′=u′v+uv′；4）指对数函数的图象；5）奇偶函数在对称区间上 的单调性：奇
函数在对称区间上的单调性相同；偶函数在对称区间上的单调性相反．本题结合已知构造出 h（x）是正确
解答的关键所在．

15．（2012?广东模拟）已知f（x） 为定义在（﹣∞，+∞）上的可导函数，且f（x）＜f′（x）对于x∈R恒成立，且
e为自然对数的 底，则（ ）
A．
f

（1）＞e?f（0）
B．
，f（2012）＞e
2012
?f（0） f（1）＜e?f（0），f（2012）＞e
2012
?f（0）
C． D．
f

（1）＜e?f（0）f（1）＞e?f（0），f（2012）＜e
2012
?f（0） ，f（2012）＜e
2012
?f（0）

考点： 导数的运算．
专题： 计算题；压轴题．
分析：
构造函数y= 的导数形式，并判断增减性，从而得到答案．
解答：
解：∵f（x）＜f'（x） 从而 f'（x）﹣f（x）＞0 从而＞0
即＞0，所以函数y= 单调递增，
故当x＞0时，=f（0），整理得出f（x）＞e
x
f（0）
当x=1时f（1）＞e?f（0），
当x=2012时f（2012）＞e
2012
?f（0）．
故选A．

点评： 本题主要考查函数的单调性与其导函数的关系，函数单调性的关系，考查转化、构造、计算能力．

16．（2012?无为县模拟）已知定义在R上的函数f（x）、g（x）满足
，若有穷数列 （n∈N
*
）的前n项和等于
，且f′（x）g（x）＜f（x）g′（x），
，则n等于 （ ）
A． 4 B． 5 C． 6 D． 7

考点： 导数的运算；数列的求和．
专题： 压轴题．
分析： 利用导数研究函数的单调性得到a的范围，再利用等比数列前n项和公式即可得出．
解答：
解：∵=，f
′
（x）g（x）＜f（x）g
′
（x），
∴
又
∴
=
，即
，即数列
，即
＜0，即函数
，解得a=2（舍去）或
是首项为，公比
单调递减，∴0＜a＜1．
．
的等比数列，
∴==，
由解得n=5，
故选B．
点评： 熟练掌握导数研究函数的单调性、等比数列前n项和公式是解题的关键．

17．（201 2?福建）函数（fx）在[a，b]上有定义，若对任意x
1
，x
2
∈[a ，b]，有
则称f（x）在[a，b]上具有性质P．设f（x）在[1，3]上具有性质P，现给出如 下命题：
①f（x）在[1，3]上的图象是连续不断的；
②f（x
2
）在[1，]上具有性质P；
③若f（x）在x=2处取得最大值1，则f（x）=1，x∈[1，3]；
④对任意x1
，x
2
，x
3
，x
4
∈[1，3]，有[f （x
1
）+f（x
2
）+f（x
3
）+f（x
4< br>）]
其中真命题的序号是（ ）
②④
A．
①

②
B．
①

③
C． D．
③

④

考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；抽象函数及其应用；函数的连续性．
专题： 压轴题；新定义．
分析： 根据题设条件，分别举出反例，说明①和②都是错误的；同时证明③和④是正确的．
解答：
解：在①中，反例：f（x）=在[1，3]上满足性质P，
但f（x）在[1，3]上不是连续函数，故①不成立；

< br>在②中，反例：f（x）=﹣x在[1，3]上满足性质P，但f（x
2
）=﹣x
2
在[1，
故②不成立；
在③中：在[1，3]上，f（2）=f（）≤
]上不满足性质P，
，
∴，
故f（x）=1，
∴对任意的x
1
，x
2
∈[1，3]，f（x）=1，
故③成立；
在④中，对任意x
1
，x
2
，x
3< br>，x
4
∈[1，3]，
有
≤
≤
=[f（x
1
）+f（x
2
）+f（x
3
）+f（x
4
）]，

∴[f（x
1
）+f（x
2
）+f（x
3
）+f（x
4
）]，
=



故④成立．
故选D．
点评： 本题考查的知识点为函数定义的理解，说明一个结论错误时，只需举出反例 即可．说明一个结论正确时，
要证明对所有的情况都成立．

18．（2013? 文昌模拟）设动直线x=m与函数f（x）=x
3
，g（x）=lnx的图象分别交于点M、N ，则|MN|的最小值为
（ ）
A． B． C． D． ln3﹣1


考点： 利用导数求闭区间上函数的最值．
专题： 计算题；压轴题．
分析： 构造函数F（x）=f（x）﹣g（x），求出导函数，令导函数大于0求出函数的单调递增区 间，令导函数小于
0求出函数的单调递减区间，求出函数的极小值即最小值．
解答： 解：画图可以看到|MN|就是两条曲线间的垂直距离．
设F（x）=f（x）﹣g（x）=x
3
﹣lnx，
求导得：F'（x）=．
令F′（x）＞0得x＞；令F′（x）＜0得0＜x＜，
所以当x=
故选A

时，F（x）有最小值为F（）=+ln3=（1+ln3），

点评： 求函数的最值时，先利用导数求出函数的极值和区间的端点值，比较在它们中求出最值．

19．（2011?枣庄二模）设f′（x）是函数f（x）的导函数，有下列命题：
①存在函数f（x），使函数y=f（x）﹣f′（x）为偶函数；
②存在函数f（x）f′（x）≠0，使y=f（x）与y=f′（x）的图象相同；
③存在函数f（x）f′（x）≠0使得y=f（x）与y=f′（x）的图象关于x轴对称．
其中真命题的个数为（ ）
A． 0 B． 1 C． 2 D． 3

考点： 导数的运算；函数奇偶性的判断．
专题： 计算题；压轴题．
﹣
分析：
对于三个命题分别寻找满足条件的函数，三个函数分别是f（x）=0，f （x）=e
x
，f（x）=e
x
，从而得到结
论．
解答： 解：存在函数f（x）=0，使函数y=f（x）﹣f′（x）=0为偶函数，故①正确
存在函数f（x）=e
x
，使y=f（x）与y=f′（x）的图象相同，故②正确
存在函数f（x）=e
x
使得y=f（x）与y=f′（x）的图象关于x轴对称，故 ③正确．
故选D．
点评： 本题主要考查了函数的奇偶性以及函数图象的对称性，解题的关键就是寻找满足条件的函数，属于基础题．

20．（2011?武昌区模拟）已知f（x）是定义域为R的奇函数，f（﹣4）=﹣1 ，f（x）的导函数f′（x）的图象如图所
﹣
示．若两正数a，b满足f（a+2b）＜1， 则的取值范围是（ ）

A．

B．

C． （﹣1，10） D． （﹣∞，﹣1）

考点： 函数的单调性与导数的关系；斜率的计算公式．
专题： 计算题；压轴题；数形结合．
分析： 先由导函数f′（x）是过原点的二次函数入手，再结合f（x）是定义域为R的奇函数求出f （x）；然后根据
a、b的约束条件画出可行域，最后利用
解答：
的几何意义解决问题．
+n． 解：由f（x）的导函数f′（x）的图象，设f′（x）= mx
2
，则f（x）=
∵f（x）是定义域为R的奇函数，∴f（0）=0，即n=0 ．
又f（﹣4）=m×（﹣64）=﹣1，∴f（x）=
且f（a+2b）=＜1，∴
x
3
=．
＜1，即a+2b＜4．
又a＞0，b＞0，则画出点（b，a）的可行域如下图所示．

而可视为可行域内的点（b，a）与点M（﹣2，﹣2）连线的斜率．
＜3． 又因为k
AM
=3，k
BM
=，所以＜
故选B．
点评：
数形结合是数学的基本思想方法：遇到二元一次不定式组要考虑线性规划，遇到
y）与点（a， b）连线的斜率．这都是由数到形的转化策略．
的代数式要考虑点（x，

21． （2011?雅安三模）下列命题中：①函数，f（x）=sinx+（x∈（0，π））的最小值是2
+
；②在△ABC中，
＞；④如若sin2A=sin2B，则△ABC是等腰或直角三角形； ③如果正实数a，b，c满足a
+
b＞c则
果y=f（x）是可导函数，则f′（ x
0
）=0是函数y=f（x）在x=x
0
处取到极值的必要不充分条件．其 中正确的命题是
（ ）
①④ ②③④ ②③
A．
①

②③④
B． C． D．

考点： 函数在某点取得极值的条件；不等关系与不等式；三角函数中的恒等变换应用．
专题： 常规题型；压轴题．
分析： 根据基本不等式和三角函数的有界性可知真假，利用题设等式，根据和差 化积公式整理求得cos（A+B）=0
或sin（A﹣B）=0，推断出A+B=或A=B，则三角形 形状可判断出．构造函数y=，根据函数的单调
性可证得结论；由函数极值点与导数的关系，我们易判断 对错．
解答：
解：①f（x）=sinx+≥2，当sinx=时取等号，而sinx的最大值是1，故不正确；
②∵sin2A=sin2B∴sin2A﹣sin2B=cos（A+B）sin（A﹣B）=0
∴cos（A+B）=0或sin（A﹣B）=0∴A+B=或A=B
∴三角形为直角三角形或等腰三角形，故正确；
③可构造函数y=，该函数在（0．+∞）上单调递增，a+b＞c则+＞，故正确；
④∵f（x）是定义在R上的可导函数，
当f′（x
0
）=0时，x
0
可能f（x）极值点，也可能不是f（x）极值点，
当x
0
为f（x）极值点时，f′（x
0
）=0一定成立，
故f′（x
0
）=0是x
0
为f（x）极值点的必要不充分条件，故④正确 ；
故选C．
点评： 考查学生会利用基本不等式解题，注意等号成立的条件，同时考查了极值的有关问题，属于综合题．

22．（2011?万州区一模）已知f（x）=2x
3
﹣6x
2
+m（m为常数）在[﹣2，2]上有最大值3，那么此函数在[﹣2， 2]上
的最小值是（ ）
A． ﹣ 37 B． ﹣29 C． ﹣5 D． 以上都不对

考点： 利用导数求闭区间上函数的最值．
专题： 常规题型；压轴题．
分析： 先求导数，根据单调性研究函数的极值点，在开区间（﹣2，2）上只有 一极大值则就是最大值，从而求出
m，通过比较两个端点﹣2和2的函数值的大小从而确定出最小值，得 到结论．
解答：
解：∵f′（x）=6x
2
﹣12x=6x（x﹣2），
∵f（x）在（﹣2，0）上为增函数，在（0，2）上为减函数，
∴当x=0时，f（x）=m最大，
∴m=3，从而f（﹣2）=﹣37，f（2）=﹣5．
∴最小值为﹣37．
故选：A
点评： 本题考查了利用导数求闭区间上函数的最值 ，求函数在闭区间[a，b]上的最大值与最小值是通过比较函数在
（a，b）内所有极值与端点函数f （a），f（b） 比较而得到的，属于基础题．

23．（2010?河东区一模）已知 定义在R上的函数（fx）是奇函数，且（f2）=0，当x＞0时有，
则不等式x
2
?f（x）＞0的解集是（ ）
A． （ ﹣2，0）∪（2，+∞） B． （﹣∞，﹣2）∪（0，2）C． （﹣2，0）∪（0，2） D． （﹣2，2）∪（2，+∞）

考点： 函数的单调性与导数的关系；函数单调性的性质．
专题： 计算题；压轴题．
分析：
首先根据商函数求导法则，把 化为[]′＜0；然后利用导函数 的正负性，
可判断函数y=在（0，+∞）内单调递减；再由f（2）=0，易得f（x）在（0，+∞ ）内的正负性；
最后结合奇函数的图象特征，可得f（x）在（﹣∞，0）内的正负性．则x
2
f（x）＞0?f（x）＞0的解集即
可求得．
解答：
解：因为当x＞0时，有 恒成立，即[]′＜0恒成立，
所以 在（0，+∞）内单调递减．
因为f（2）=0，
所以在（0，2）内恒有f（x）＞0；在（2，+∞）内恒有f（x）＜0．
又因为f（x）是定义在R上的奇函数，
所以在（﹣∞，﹣2）内恒有f（x）＞0；在（﹣2，0）内恒有f（x）＜0．
又不等式x
2
f（x）＞0的解集，即不等式f（x）＞0的解集．
所以答案为（﹣∞，﹣2）∪（0，2）．
故选B．
点评： 本题主要考查函数求导法则及函数单调性与导数的关系，同时考查了奇偶函数的图象特征．

24．（2010?惠州模拟）给出定义：若函数f（x）在 D上可导，即f′（x）存在，且导函数f′（x）在D上也可导，则
称f（x）在D上存在二阶导函数 ，记f″（x）=（f′（x））′，若f″（x）＜0在D上恒成立，则称f（x）在D上为凸
函数． 以下四个函数在上不是凸函数的是（ ）
﹣
A． f （x）=sinx+cosx B． f（x）=lnx﹣2x C． D．
f（x）=﹣x
3
+2x﹣1
f（x）=﹣xe
x


考点： 利用导数研究函数的单调性．
专题： 压轴题．
分析： 对ABCD分别求二次导数，逐一排除可得答案．
解答：
解：对于f（x）=sinx+cosx，f′（x）=cosx﹣sinx，f″（ x）=﹣sinx﹣cosx，当x∈时，f″（x）＜0，
故为凸函数，排除A；
对于f（x）=lnx﹣2x，f′（x）=
排除B；
对于f（x）=﹣x
3
+2x﹣1，f′（x）=﹣3x
2
+2，f″（x）=﹣6x，当x∈时，f″（ x）＜0，故为凸函
，f″（x）=﹣，当x∈时，f″（x）＜0，故为凸函数，
数，排除C ；
故选D．
点评： 本题主要考查函数的求导公式．属基础题．

2 5．（2010?黄冈模拟）已知f（x）为定义在（﹣∞，+∞）上的可导函数，且f（x）＜f′（x）对于 x∈R恒成立，则
（ ）
A．
f

（2）＞e
2
f（0）
B．
，f（2010）＞e
2010
f（0） f（2）＜e
2
f（0），f（2010）＞e
2010
f（0）
C． D．
f

（2）＜e
2
f（0）f（2）＞e
2< br>f（0），f（2010）＜e
2010
f（0） ，f（2010）＜e
2010
f（0）

考点： 利用导数研究函数的单调性．
专题： 压轴题．
分析：
先转化为函数y=的导数形式，再判断增减性，从而得到答案．
解答：
解：∵f（x）＜f'（x） 从而 f'（x）﹣f（x）＞0 从而＞0
从而＞0 从而函数y=单调递增，故 x=2时函数的值大于x=0时函数的值，
即所以f（2）＞e
2
f（0）．
同理f（2010）＞e
2010
f（0）；
故选A．
点评： 本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负情况之间的关系，即导函数大于0时原函数单调递增，当导
函数小于0时原函数单调递减．

26．（2010?龙岩二模）已知f（x）、g（x） 都是定义在R上的函数，f′（x）g（x）+f（x）g′（x）＜0，f（x）g（x）
=a
x
，f（1）g（1）+f（﹣1）g（﹣1）=．在区间[﹣3，0]上随机取一个数x，f（x） g（x）的值介于4到8之间的
概率是（ ）

A．

B．

C．

D．


考点： 利用导数研究函数的单调性；几何概型．
专题： 计算题；压轴题．
分析：
根据函数积的导数公式，可知函数f（x）g（x）在R上是减函数，根据f（x）g （x）=a
x
，f（1）g（1）+f
（﹣1）g（﹣1）=．我们可以求出函数解析 式，从而可求出f（x）g（x）的值介于4到8之间时，变量
的范围，利用几何概型的概率公式即可求 得．
解答： 解：由题意，∵f'（x）g（x）+f（x）g'（x）＜0，
∴[f（x）g（x）]'＜0，
∴函数f（x）g（x）在R上是减函数
∵f（x）g（x）=a
x
，
∴0＜a＜1
∵f（1）g（1）+f（﹣1）g（﹣1）=．
∴
∴

∵f（x）g（x）的值介于4到8
∴x∈[﹣3，﹣2]
∴在区间[﹣3，0]上随机取一个数x，f（x）g（x）的值介于4到8之间的概率是
故选A．
点评： 本题的考点是利用导数确定函数的单调性，主要考查积的导数的运算公式， 考查几何概型，解题的关键是
确定函数的解析式，利用几何概型求解．

27．（2010?成都一模）已知函数
围是（ ）
A．
在区间（1，2）内是增函数，则实数m的取值范

B．

C． （0，1] D．


考点： 利用导数研究函数的单调性．
专题： 压轴题．
分析： 首先求出函数的导数，然后根据导数与函数增减性的关系求出m的范围．
解答：
解：由题得f′（x）=x
2
﹣2mx﹣3m
2
= （x﹣3m）（x+m），
∵函数
∴f′（x）＞0，
当m≥0时，3m≤1，
∴0≤m≤，
当m＜0时，﹣m≤1，
∴﹣1≤m＜0，
∴m∈[﹣1，]．
故选D．

在区间（1，2）内是增函数，

点评： 掌握函数的导数与单调性的关系．

28．（2009?安徽）设函数f（x）=x
3
+x
2
+tanθ，其中 θ∈[0，]，则导数f′（1）的取值范围是（ ）
A． [ ﹣2，2] B． C． D．
[，] [，2] [，2]

考点： 导数的运算．
专题： 压轴题．
分析： 利用基本求导公式先求出f′（x），然后令x=1，求出f′（1）的表达式，从而转化为三 角函数求值域问题，
求解即可．
解答：
解：∵f′（x）=sinθ?x
2
+cosθ?x，
∴f′（1）=sinθ+
∵θ∈[0，
∴θ+∈[
]，
，
）∈[
）∈[
cosθ=2sin（θ+）．
]．
，1]．
，2]．
∴sin（θ+
∴2sin（θ+
故选D．
点评： 本题综合考查了导数的运算和三角函数求值域问题，熟记公式是解题的关键．
< br>29．（2009?天津）设函数f（x）在R上的导函数为f′（x），且2f（x）+xf′（x）＞ x
2
，下面的不等式在R内恒成立
的是（ ）
A． f （x）＞0 B． f（x）＜0 C． f（x）＞x D． f（x）＜x

考点： 导数的运算．
专题： 压轴题．
分析： 对于这类参数取值问题，针对这些没有固定套路解决的选择题，最好的办法就是排除法．
解答：
解：∵2f（x）+xf′（x）＞x
2
，
令x=0，则f（x）＞0，故可排除B，D．
如果 f（x）=x
2
+0.1，时 已知条件 2f（x）+xf′（x）＞x
2
成立，
但f（x）＞x 未必成立，所以C也是错的，故选 A
故选A．
点评： 本题考查了运用导数来解决函数单调性的问题．通过分析解析式的特点，考查了分析问题和解决问题的能
力．

30．（2009?陕西）设曲线y=x
n+1
（n∈N
*
）在点（1，1）处的切线与x轴的交点的横坐标为x
n
，则x
1
?x
2
?…?x
n
的值
为（ ）
A． B． C． D． 1


考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程；直线的斜率．
专题： 计算题；压轴题．
分析：
欲判x
1
?x
2?…?x
n
的值，只须求出切线与x轴的交点的横坐标即可，故先利用导数求出在x=1处 的导函数值，
再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．从而问题解决．
解答：
解：对y=x
n+1
（n∈N
*
）求导得y′=（n+1）x
n，

令x=1得在点（1，1）处的切线的斜率k=n+1，在点
（1，1）处的切线方程为y﹣ 1=k（x
n
﹣1）=（n+1）（x
n
﹣1），
不妨设y=0，
， 则x
1
?x
2
?x
3
…?x
n
=××
故选B．
点评： 本小题主要考查直线的斜率、利用导数研究曲线上某点切线方程、 数列等基础知识，考查运算求解能力、
化归与转化思想．属于基础题．

一．解答题（共30小题）
1．（2014?遵义二模）设函数f（x）=x
2+aln（1+x）有两个极值点x
1
、x
2
，且x
1
＜x
2
，
（Ⅰ）求a的取值范围，并讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）证明：f（x
2
）＞．
高中数学导数尖子生辅导（解答题）



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）=2x
2
+2x+a，由题意知x
1
、x
2
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 域内解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）
＜0，求出单调区间；
（2）x
2
是方程g（x）=0的根，将a用x
2
表示，消去a得到关于x
2
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）=2x
2
+2x+a，其对称轴为．
由题意知x
1、x
2
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，x
1
）时，f'（x）＞0，∴f （x）在（﹣1，x
1
）内为增函数；
（2）当x∈（x
1
，x< br>2
）时，f'（x）＜0，∴f（x）在（x
1
，x
2
）内为 减函数；
（3）当x∈（x
2
，+∞）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（x2
，+∞）内为增函数；
（II）由（I）g（0）=a＞0，∴，a=﹣（2x
2
2
+2x
2
）
∴f（x
2
）=x
2
2
+aln（1+x
2
）=x
2
2
﹣（2x
2
2
+2x
2
）ln（1+x
2
）
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?武汉模拟）己知函数f（x）=x
2
e
x

（Ⅰ）求f（x）的极小值和极大值；
（Ⅱ）当曲线y=f（x）的切线l的斜率为负数时，求l在x轴上截距的取值范围．

考点： 利用导数研究函数的极值；根据实际问题选择函数类型；利用导数研究曲线上某点切线方程．
专题： 综合题；压轴题；转化思想；导数的综合应用．
分析： （Ⅰ）利用导数的运算法则 即可得出f′（x），利用导数与函数单调性的关系及函数的极值点的定义，即可求
出函数的极值； < br>（Ⅱ）利用导数的几何意义即可得到切线的斜率，得出切线的方程，利用方程求出与x轴交点的横坐标，< br>再利用导数研究函数的单调性、极值、最值即可．
﹣﹣﹣﹣
解答：
解：（Ⅰ ）∵f（x）=x
2
e
x
，∴f′（x）=2xe
x
﹣x< br>2
e
x
=e
x
（2x﹣x
2
），
令f′（x）=0，解得x=0或x=2，
令f′（x）＞0，可解得0＜x＜2；令f′（x）＜0，可解得x＜0或x＞2，
故函数在区间（﹣∞，0）与（2，+∞）上是减函数，在区间（0，2）上是增函数．
﹣< br>∴x=0是极小值点，x=2极大值点，又f（0）=0，f（2）=
故f（x）的极小值和极大 值分别为0，
（II）设切点为（
则切线方程为y﹣=
），
．
．
（x﹣x
0
），
令y=0，解得x==，
因为曲线y=f（x）的切线l的斜率为负数，∴
令，
（＜0，∴x
0
＜0或x
0
＞2，
则=．
①当x
0
＜0时，
＜f（0）=0；
②当x
0
＞ 2时，令f′（x
0
）=0，解得
当
单调递减．
故当
0， 即f′（x
0
）＞0，∴f（x
0
）在（﹣∞，0）上单调递增，∴f（x< br>0
）
．
时，f′（x
0
）＜0，函数f（x
0）时，f′（x
0
）＞0，函数f（x
0
）单调递增；当
时，函 数f（x
0
）取得极小值，也即最小值，且=．
综上可知：切线l在x轴上截距的取值范围是（﹣∞，0）∪．
点评： 本题考查利用导数求 函数的极值与利用导数研究函数的单调性、切线、函数的值域，综合性强，考查了推
理能力和计算能力．

3．（2014?四川模拟）已知函数f（x）=lnx+x
2
．

（Ⅰ）若函数g（x）=f（x）﹣ax在其定义域内为增函数，求实数a的取值范围；
（Ⅱ ）在（Ⅰ）的条件下，若a＞1，h（x）=e
3x
﹣3ae
x
x∈[0，l n2]，求h（x）的极小值；
（Ⅲ）设F（x）=2f（x）﹣3x
2
﹣kx（k ∈R），若函数F（x）存在两个零点m，n（0＜m＜n），且2x
0
=m+n．问：函数F（x）在点（x
0
，F（x
0
））处的切线能否平行于x轴？若能， 求出该切线方程；若不能，请说明理由．

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；利用导数研究曲线上某点切线方程．
专题： 计算题；压轴题；导数的概念及应用．
分析：
（Ⅰ）先根据题意写出：g（x）再求导数， 由题意知，g′（x）≥0，x∈（0，+∞）恒成立，即
由此即可求得实数a的取值范围；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，利用换元法令t=e
x
，则t∈[1，2]，则h（t）=t
3< br>﹣3at，接下来利用导数研究
此函数的单调性，从而得出h（x）的极小值；
（Ⅲ） 对于能否问题，可先假设能，即设F（x）在（x
0
，F（x
0
））的切线平 行于x轴，其中F（x）=2lnx
﹣x
2
﹣kx结合题意，列出方程组，证得函数< br>说明假设不成立，即切线不能否平行于x轴．
解答：
解：（Ⅰ）g（x）=f（x） ﹣ax=lnx+x
2
﹣ax，
由题意知，g′（x）≥0，对任意的x∈（0，+∞ ）恒成立，即
又∵x＞0，
∴
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
h（t）=t
3< br>﹣3at，
由h′（t）=0，得
∵，∴
或（舍去），

，当且仅当
，可得
，令t=e
x
，则t∈[1，2]，则

时等号成立


在（0，1）上单调递增，最后出现矛盾，若，则h′（t）＜0，h（t）单调递减；若，则h′（t）＞0，h（t）单调递增
∴当时，h（t）取得极小值，极小值为
（Ⅲ）设F（x）在（x
0
，F（ x
0
））的切线平行于x轴，其中F（x）=2lnx﹣x
2
﹣kx
结合题意，有
①﹣②得
所以，由④得
所以

设
设
，⑤式变为
，


所以函数在（0，1）上单调递增，
因此，y＜y|
u=1
=0，即，也就是此式与⑤矛盾
所以F（x）在（x
0
，F（x
0
））的切线不能平行于x轴
点评： 此题是个难题．本题主要考查用导数法研究函数的单调性，基本思路是：当函数为增函数时，导 数大于等
于零；当函数为减函数时，导数小于等于零，根据解题要求选择是否分离变量，体现了转化的思 想和分类
讨论以及数形结合的思想方法，同时考查了学生的灵活应用知识分析解决问题的能力和计算能力 ．

4．（2014?河西区三模）已知函数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；
+c x+d（a，c，d∈R）满足f（0）=0，f′（1）=0，且f′（x）
（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
恒成立
是二次函数
∵f'（x）≥0在R上恒成立，即
显然a=0时，上 式不能恒成立∴a≠0，函数f'（x）=a
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
当
（3）∵
∴
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．
＜0，即

时，解集为（，b），当b＜时，解集为（b，），当b=时，解集为?．
，∴f'（x）=
．
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．

5．（201 4?天津三模）已知函数f（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，g（x）=xe
1x
． （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（x
0
）成立，求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．
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的范围即为函数的增区间，令f′（x）＜0
求出x的范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的取值范围．
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
故要使函数
只要对任意的
上恒成立不可能，
上无零点，
，f（x）＞0恒成立，即对恒成立．
令
再令
，则
，
，
则，故m（x）在上为减函数，于是
，
从而，l（x）＞0，于是l（x）在
故要使
上为增函数，所以，
恒成立，只要a∈[2﹣4ln2，+∞），
上无零点，则a的最小值为2﹣4ln2； 综上，若函数f（x）在

（Ⅲ）g′（x）=e
1x
﹣xe
1x< br>=（1﹣x）e
1x
，
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
1e
＞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）=
当x=时，f′（x）=0．
，即①
，x∈（0，e]
由题意得，f（x）在（0，e]上不单调，故
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满足下列条件： < br>即
令h（a）=
则h
故当a∈（﹣∞，0）时，h′（a）＞0，函数h（a） 单调递增；
当
所以，对任意
即②对任意
由③式解得：
综合①④可知 ，当
．④
时，对任意给定的x
0
∈（0，e]，
时，h′（a）＜0，函数h（a）单调递减．
，有h（a）≤h（0）=0，
恒成立．
，
，令h′（a）=0，得a=0或a=2，

在（0，e]上总存在两个不同的x
i
（i=1，2），
使f（x
i
）=g（x
0
）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．

6．（2014?孝感二模）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．
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）< br>

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）=3x
2
+（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．

7．（2014?凉州区二模）已知函数f（x）=plnx+（p﹣1）x
2
+1．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当P=1时，f（x）≤kx恒成立，求实数k的取值范围；
（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 的定义域内解不等式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≥
（x）=
，利用导数求函数h
的最大值即可求得实数k的取值范围；（3 ）由（2）知，当k=1时，有f（x）≤x，当x＞1时，
，则得到，利用导数的运算法则进行化简， 然后再相加，f（x）＜x，即lnx＜x﹣1，令x=
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
故f（x）在（0，
（ 2）∵x＞0，
∴当p=1时，f（x）≤kx恒成立?1+lnx≤kx?k≥
令h（x） =
∵h′（x）=
，则k≥h（x）
max
，
=0，得x=1，
，
时，f′（x）＞0；x
）上单调递增，在
．
，
时，f′（x）＜0，
上单调递减；
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．

8．（2014?市中区二模）已知函数f（x）=x
2
+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）﹣x
2
，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=e
2
能够保证当x∈（0， e]时g（x）有最小值3．
（3）令F（x）=e
2
x﹣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
解答：
解：（1）在[1，2]上恒成立，
成立．
令h（x）=2x
2
+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，
②当
∴< br>③当
时，g（x）在上单调递减，在
，a=e
2
，满足条件．
时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）
min
=g（e）=ae﹣1=3，
=
（舍去），

上单调递增
（舍去），
综上，存在实数a=e
2
，使得当x∈（0，e]时g（x）有最小值3．
（3）令F（x）=e
2
x﹣lnx，由（2）知，F（x）
min
=3．
令，，
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．

9．（2014?河西区一模）已知函数g（x）=，f（x）=g（x）﹣ax．
（1）求函数g（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）在（1，+∞）上是减函数，求实数a的最小值；
（3）若存在x1
，x
2
∈[e，e
2
]，使f（x
1
）≤f ′（x
2
）+a，求实数a的取值范围．

考点： 利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用．
专题： 压轴题；导数的综合应用．
分析： （1）根据解析式求出g（x）的定义域和g′（x），再求出临 界点，求出g′（x）＜0和g′（x）＞0对应的解

集，再表示成区间的形式，即所求的单调区间；
（2）先求出f（x）的定义域和f′（x） ，把条件转化为f′（x）≤0在（1，+∞）上恒成立，再对f′（x）进行
配方，求出在x∈（1， +∞）的最大值，再令f′（x）
max
≤0求解；
（3）先把条件等价于“当x∈ [e，e
2
]时，有f（x）
min
≤f′（x）
max
+ a”，由（2）得f′（x）
max
，并把它代入进
行整理，再求f′（x）在[e， e
2
]上的最小值，结合（2）求出的a的范围对a进行讨论：和，分别
求出f′（x ）在[e，e
2
]上的单调性，再求出最小值或值域，代入不等式再与a的范围进行比较．
解答：
（1）解：由得，x＞0且x≠1，
则函数g（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），
且g′（x）=，令g′（x）=0，即lnx﹣1=0，解得x=e，
当0＜x＜e且x≠1时，g′（x）＜0；当x＞e时，g′（x）＞0，
∴函数g（x）的减区间是（0，1），（1，e），增区间是（e，+∞），
（2）由题意得函数f（x）=
∴f′（x）=
在（1，+∞）上是减函数，
﹣a≤0在（1，+∞）上恒成立，
即当x∈（1，+∞）时，f′（x）
max
≤0即可，
又∵f′（x）=﹣a==，
∴当
∴
时，即x=e
2
时，
，得，故a的最小值为．
．
（3）命题“若存在x
1
，x
2
∈[e，e
2
]，使f（x
1
）≤f′（x
2
）+a成立”等价于
“当 x∈[e，e
2
]时，有f（x）
min
≤f′（x）
max
+a”，
由（2）得，当x∈[e，e
2
]时，
故问题等价于：“当x∈ [e，e
2
]时，有
当
，则
”，
，
时，由（2）得，f（x）在[e，e
2
]上为减函数，
则，故，
当时，由于f′（x）=在[e，e
2
]上为增函数，
]． 故f′（x） 的值域为[f′（e），f′（e
2
）]，即[﹣a，
（i）若﹣a≥0，即a≤0， f′（x）≥0在[e，e
2
]恒成立，故f（x）在[e，e
2
]上为增函 数，
于是，
（ii）若﹣a＜0，即0＜
，不合题意．
，由f′（x）的单调性和值域知，
存在唯一x
0
∈（e，e
2< br>），使f′（x
0
）=0，且满足：

当x∈（e，x
0
）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；当x∈（x
0
，e
2
）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数；
所以，f（x）
mi n
=f（x
0
）=
所以，a≥
综上，得．
≤，x∈（e，e
2
），
，与0＜矛盾，不合题意．
点评： 本 题主要考查了函数恒成立问题，以及利用导数研究函数的单调性等知识，考查了分类讨论思想和转化思
想 ，计算能力和分析问题的能力．

10．（2014?浙江）已知函数f（x）=x
3
+3|x﹣a|（a∈R）． < br>（Ⅰ）若f（x）在[﹣1，1]上的最大值和最小值分别记为M（a），m（a），求M（a）﹣m（a ）；
（Ⅱ）设b∈R，若[f（x）+b]
2
≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，求3 a+b的取值范围．

考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用．
专题： 压轴题；导数的综合应用．
分析： （Ⅰ）利用分段函数，结合[﹣1，1]，分类讨论，即可求M（a）﹣m（a）；
（Ⅱ）令h（x） =f（x）+b，则h（x）=，h′（x）=，则[f（x）
+b]
2
≤4对x∈[ ﹣1，1]恒成立，转化为﹣2≤h（x）≤2对x∈[﹣1，1]恒成立，分类讨论，即可求3a+b的取值< br>范围．
解答：
解：（Ⅰ）∵f（x）=x
3
+3|x﹣a|=，
∴f′（x）=，
①a≤﹣1时，∵﹣1≤x≤1，∴x≥a，f（x）在（﹣1，1）上是增函数，
∴M（a）=f（1）=4﹣3a，m（a）=f（﹣1）=﹣4﹣3a，
∴M（a）﹣m（a）=8；
②﹣1＜a＜1时，x∈（a，1），f（x）=x
3
+3x﹣3a，在（a，1）上是增函数；x∈（﹣1，a），f（x）=x
3
﹣3x +3a，
在（﹣1，a）上是减函数，
∴M（a）=max{f（1），f（﹣1）}，m（a）=f（a）=a
3
，
∵f（1）﹣f（﹣1）=﹣6a+2，
∴﹣1＜a≤时，M（a）﹣m（a）=﹣a
3
﹣3a+4；
＜a＜1时，M（a）﹣m（a）=﹣a
3
+3a+2；
③a≥1时，有x≤a，f（x）在（﹣1，1）上是减函数，
∴M（a）=f（﹣1）=2+3a，m（a）=f（1）=﹣2+3a，
∴M（a）﹣m（a）=4；
（Ⅱ）令h（x）=f（x）+b，则h（x）=
∵[ f（x）+b]
2
≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，
∴﹣2≤h（x）≤2对x∈[﹣1，1]恒成立，
由（Ⅰ）知，

，h′（x）=，

①a≤﹣1时，h（x）在（﹣1，1）上是增 函数，最大值h（1）=4﹣3a+b，最小值h（﹣1）=﹣4﹣3a+b，则
﹣4﹣3a+b≥﹣2 且4﹣3a+b≤2矛盾；
②﹣1＜a≤时，最小值h（a）=a
3
+b，最大值h （1）=4﹣3a+b，∴a
3
+b≥﹣2且4﹣3a+b≤2，
令t（a）=﹣2 ﹣a
3
+3a，则t′（a）=3﹣3a
2
＞0，t（a）在（0，）上是增 函数，∴t（a）＞t（0）=﹣2，
∴﹣2≤3a+b≤0；
③＜a＜1时，最小值h（ a）=a
3
+b，最大值h（﹣1）=3a+b+2，则a
3
+b≥﹣2且3 a+b+2≤2，∴﹣＜3a+b≤0；
④a≥1时，最大值h（﹣1）=3a+b+2，最小值h（ 1）=3a+b﹣2，则3a+b﹣2≥﹣2且3a+b+2≤2，∴3a+b=0．
综上，3a+b的取值范围是﹣2≤3a+b≤0．
点评： 本题考查导数的综合运用，考查函数的最值，考查分类讨论、化归与转化的数学思想，难度大．

11．（2014?江西一模）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x
0
，使得f（x
0
）＜g（x0
）成立，求a的取值范围．

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．
分析： （Ⅰ）先求出其导函数，让其大于0求出增区间，小 于0求出减区间即可得到函数的单调区间进而求出函
数f（x）的极值；
（Ⅱ）先求出函数h （x）的导函数，分情况讨论让其大于0求出增区间，小于0求出减区间即可得到函数
的单调区间； < br>（Ⅲ）先把f（x
0
）＜g（x
0
）成立转化为h（x
0）＜0，即函数
小于零；再结合（Ⅱ）的结论分情况讨论求出其最小值即可求出a的取值范围．
解答： 解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），（1分）
当a=1时，f（x）=x﹣lnx，
x （0，1） 1 （1，+∞）
f'（x） ﹣ 0 +
f（x） 极小
（3分）
所以f（x）在x=1处取得极小值1．（4分）
（Ⅱ），
，（2分）
在[1，e]上的最小值
（6分）
①当a+1＞0时，即a＞﹣1时，在（0，1+ a）上h'（x）＜0，在（1+a，+∞）上h'（x）＞0，
所以h（x）在（0，1+a）上单调递减，在（1+a，+∞）上单调递增；（7分）
②当1+a≤0，即a≤﹣1时，在（0，+∞）上h'（x）＞0，
所以，函数h（x）在（0，+∞）上单调递增．（8分）
（ III）在[1，e]上存在 一点x
0
，使得f（x
0
）＜g（x
0
）成立，即
在[1，e]上存在一点x
0
，使得h（x
0
）＜0，
即函数在[1，e]上的最小值小于零．（9分）

由（Ⅱ）可知
①即1+a≥e，即a≥e﹣1时，h（x）在[1，e]上单调递减，
所以h（x）的最小值为h（e），
由可得，
因为，
所以；（10分）
②当1+a≤1，即a≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，
所以h（x）最小值为h（1），由h（1）=1+1+a＜0可得a＜﹣2；（11分）
③当1＜1+a＜e，即0＜a＜e﹣1时，可得h（x）最小值为h（1+a），
因为0＜ln（1+a）＜1，
所以，0＜aln（1+a）＜a
故h（1+a）=2+a﹣aln（1+a）＞2
此时，h（1+a）＜0不成立．（12分）
综上讨论可得所求a的范围是：或a＜﹣2．（13分）
点评： 本题第一问考查利用导函数 来研究函数的极值．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．
< br>12．（2014?广州模拟）已知函数f（x）=ax
3
+bx
2
﹣ 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x< br>1
，x
2
都有|f（x
1
）﹣f（x
2
）| ≤c，求实数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，求实数m的取值范围．

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 ，对于定义域内任意自变量都使得|f（x
1
）﹣f（x
2
）|≤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）=3ax
2
+2bx﹣3．（2分）
根据题意，得即解得
所以f（x）=x
3
﹣3x．
（2）令f'（x）=0，即3x
2
﹣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）
ma x
=2，f（x）
min
=﹣2．
则对于区间[﹣2，2]上任意两个自变 量的值x
1
，x
2
，都有|f（x
1
）﹣f（x
2
）|≤|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（x
0
，y
0
）．
则y
0
=x
0
3
﹣3x
0
．
因 为f'（x
0
）=3x
0
2
﹣3，所以切线的斜率为3x
0
2
﹣3．
则3x
0
2
﹣3=，
即2x
0
3
﹣6x
0
2
+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2x
0
3
﹣6x
0
2
+6+m=0有三个不同的实数解．
所以函数g（x）=2x
3
﹣6x
2
+6+m有三个不同的零点．
则g'（x）=6x
2
﹣12x．令g'（x）=0，则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）此题重点考查了导数的几何含义及函数切点的定义，还考查了数学中重要的方程的思想；
（2）此题重点考查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）此题重点考查了数学中导数的几何含义，还考查了函数解的个数与相应方程的解的个数的关系．

13．（2014?南昌模拟）已知函数f（x）=ax﹣1﹣lnx（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）在定义域内的极值点的个数；
（2）若函数f（x）在x=1处取得 极值，对?x∈（0，+∞），f（x）≥bx﹣2恒成立，求实数b的取值范围；
（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）在定义域内的极值点的个数．
（Ⅱ）由函数f（x）在x=1处取得极值，知a=1，故
b的取值范围．
（Ⅲ）由 ，令
，由此能求出实数
，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
即f（x）在
上递减，在
处有极小值．
上递增，
∴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）
∴
令
∴
，…（6分）
，可得g（x）在（0，e
2
]上递减，在[e
2
，+∞）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?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< br>与（n+1）e
n2
（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
=（ax
2
+bx﹣b）…1分
当a=2，b=1时，f′（x）=（2x
2
+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）=ax
2
+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
，
，ln（3×4）＞1﹣，…，
令x=n（n+1），则ln[n（n+1）] ＞1﹣
∴ln（1×2）＞1﹣
ln[n（n+1）]＞1﹣
，ln（2×3）＞1﹣
，…12分
叠加得ln[1×2
2
×3
2
×…×n
2
（n+1）]＞n﹣2[
=n﹣2（1﹣）＞n﹣2．
﹣
+]
则1×2
2
×3
2
×…×n
2
（n+1）＞e
n 2
，
﹣
所以[（n+1）!]
2
＞（n+1）?e
n2< br>（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 ．

15．（2014?珠海二模）已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax
2
+，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x
1
，x
2
∈（0，+∞），|f（x
1
） ﹣f（x
2
）|≥4|x
1
﹣x
2
|恒成立，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．
专题： 压轴题；导数的综合应用．
分析：
（1）当a=﹣时，求f（x））=l nx﹣x
2
+，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），在函数的定义域内解不等式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（x
1
）﹣f（x
2
）|≥4|x
1﹣x
2
|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﹣x
2
+，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+ax
2
+，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，
故f（x）在∈（0，
），f′ （x）＞0；当x∈（
）上单调递增；在（
，
，+∞），f′（x）＜0；
，+∞）单调递减；…8分
（3）不妨设0＜x
1
＜x
2
，
①当a≥0时，f′（x ）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，即f（x
2
）﹣4x
2
≥f （x
1
）﹣4x
1
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， < br>即证g′（x）=f′（x）﹣4=≥0，即2ax
2
﹣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=2ax
2
﹣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（x
2
）+4x
2
≥f（x
1
）+4x
1 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2ax
2
+4x+a+1≥0（x＞0）恒成立．

根据二次函数y=2ax
2
+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（x
1
）﹣f（x
2
）|≥4|x
1
﹣x
2|等价于f（x
2
）﹣4x
2
≥f（x
1
）﹣4x1
恒成立或者f（x
2
）+4x
2
≤f（x
1
）+4x
1

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的取值范围为（﹣∞，﹣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．

16．（201 4?宿迁一模）已知函数f（x）=x
3
+x
2
+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x
0
，使得f（x
0
）=x
0
与f′（x
0
）=0同时成立，求实数b
的取值范围；
（3）已知点A为曲线C上的动点，在点A处作曲线C的切线l
1
与曲线C交于另一点B，在点 B处作曲线C的切
线l
2
，设切线l
1
，l
2
的斜 率分别为k
1
，k
2
．问：是否存在常数λ，使得k
2
=λ k
1
？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x
0
，使得f（x
0
）=x
0
与f ′（x
0
）=0同时成立，则存
在唯一的实数根x
0
，即b=2x< br>3
+x
2
+x存在唯一的实数根x
0
，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l
1
与曲线C交于另 一点B，曲线C在点B处的切线l
2
，
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）=x
3
+x
2
﹣2x+b
则f′（x）=3x
2
+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x
0
，使得f（x
0
） =x
0
与f′（x
0
）=0同时成立，
即x
3
+ x
2
+（﹣3x
2
﹣5x﹣1）x+b=0存在唯一的实数根x
0< br>， 则
故b=2x
3
+x
2
+x存在唯一的实数根x
0
，
令y=2x
3
+x
2
+x，则y′=6x
2
+5x+1=（2x+1）（3x+1）=0，故x=﹣或x=﹣，

则函数y=2x
3
+x
2
+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的取值范围为：（﹣∞，﹣）∪（﹣，+∞）；
（3）设点A（ x
0
，f（x
0
）），则在点A处的切线l
1
的切线方程为 y﹣f（x
0
）=f′（x
0
）（x﹣x
0
），
与曲线C联立得到f（x）﹣f（x
0
）=f′（x
0
）（x﹣x
0
），
即（x
3
+x
2
+ax+b）﹣（x
03
+x
0
2
+ax
0
+b）=（3x
0
2
+5x
0
+a）（x﹣x
0
），
整理得到（x﹣x< br>0
）
2
[x+（2x
0
+）]=0，
故点B的横坐标为x
B
=﹣（2x
0
+）
由题意知，切线 l
1
的斜率为k
1
=f′（x
0
）=3x
0
2
+5x
0
+a，
l
2
的斜率为k
2
=f′（﹣（2x
0
+））=12x
0
2
+20x
0
+
若存在常数λ，使得k
2
=λk
1
，则12x
0
2
+20x
0
+
+a，
+a=λ（3x
0
2
+5x
0
+a），
， 即存 在常数λ，使得（4﹣λ）（3x
0
2
+5x
0
）=（λ﹣1）a﹣
故，解得λ=4，a=，
故a=时，存在常数λ=4，使得k
2
=4k1
；a≠时，不存在常数，使得k
2
=4k
1
．
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．

17．（2014?惠州模拟）已知函数f（x）=ln（x+）+，g（x）=lnx
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）如果关于x的方程g（x）=x+m有实数根，求实数m的取值集合；
（3）是否存在 正数k，使得关于x的方程f（x）=kg（x）有两个不相等的实数根？如果存在，求k满足的条件；
如果不存在，说明理由．

考点： 利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系．
专题： 综合题；压轴题．
分析：
（1）依题意，可求得f′（x）=﹣，令f′（x）=0可解得：x=﹣1或3，列 出x，f（x），f′（x）随x
变化情况表，即可得到函数f（x）的单调区间；
（2）可 求得m=lnx﹣x，（x＞0），构造函数t（x）=lnx﹣x，（x＞0），通过t′（x）可求得t（x ）
max
，从
而可求得m的范围；
（3）由h（x）=f（x）﹣kg（x ）=ln（x+）+﹣klnx，（x＞0），可求得h（′x）=，
取p（x）=2（1﹣k）x2
﹣（3k+4）x﹣6，（x≥0），通过对k的取值情况的讨论，可判断h（x）=0的根的情

况，从而可得答案．
解答：
解：（1）f（x）=ln（x+）+（x＞﹣，且x≠0），
f′（x）=﹣=﹣，令f′（x）=0，解得：x=﹣1或3．
x，f（x），f′（x）随x变化情况如下表：

x ﹣1 （﹣1，0）
（﹣，﹣1）
f′（x） +
f（x）
↗
0

﹣
↘
（0，3）
﹣
↘
3
0

（3，+∞）
+
↗
∴f（x）的单调递增区间是（﹣，﹣1）和（3， +∞），单调递减区间是（﹣1，0）和（0，3）．…（4分）
（2）g（x）=lnx=x+m，
∴m=lnx﹣x，（x＞0）
取t（x）=lnx﹣x，（x＞0），
则t′（x）=﹣，（x＞0），令t′（x）=0得，x=2；
∴x，t（x），t′（x）随x变化情况如下表：
x （0，2） 2 （2，+∞）
t′（x） + 0 ﹣
↘
t（x）
↗

∴当x=2时，t（x）取得极大值t（2）=ln2﹣1，也是最大值，
∴m≤ln2﹣1．…（8分）
（3）h（x）=f（x）﹣kg（x）=ln（x+）+﹣klnx，（x＞0），
∴h′（x）=﹣﹣=﹣﹣
==，
取p（x）=2（1﹣k）x
2
﹣（3k+4）x﹣6，（x≥0）…（10分）
对称轴x=﹣=﹣，
＜0， 当k＞1时，p（x）图象开口向下，﹣
∴p（x）在 （0，+∞）上单调递减，p（x）＜p（0）=﹣6＜0
∴h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递减，h（x）=0不可能有两个不等实根．
当k=1时，p（x）=﹣7x﹣6＜0，
同理h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递减，h（x）=0不可能有两个不等实根．
当0＜k＜1时，p（x）图象开口向上，
又p（0）=﹣6＜0，此时p（x）=0在（0，+∞）有且仅有一根，设为x
0
．

对x∈（0，x
0
），p（x）＜0，h' （x）＜0，h（x）在（0，x
0
）上单调递减；
对x∈（x
0
，+∞），p（x）＞0，h'（x）＞0，h（x）在（x
0
，+∞）上单调递增；h（x）
min
=h（x
0
）=ln（x
0
+）
+﹣kln x
0
，
又p（1）=2（1﹣k）?1
2
﹣（3k+4）?1﹣6=﹣8﹣5k＜0，
∴x
0
＞1，lnx
0
＞0，
∴ln（x
0+）＞lnx
0
＞klnx
0
（0＜k＜1），＞0，
∴h（x
0
）＞0，
此时h（x）=0没有实数根．
综上所述，不存在正数k，使得关于x的方程f（x）=kg（x）有两个不相等的实根…（15分）
点评： 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的零点与方程根的关系，突出分类讨论思想与方 程思想的
综合应用，考查抽象思维与逻辑思维能力，属于难题．

18．（2014?和平区三模）设函数f（x）=x﹣ae
x1
．
（Ⅰ）求函数f（x）单调区间；
（Ⅱ）若f（x）≤0对x∈R恒成立，求a的取值范围；
﹣
（Ⅲ）对任意n的个正整数a
1
，a
2
，…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
x1
≤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
x1
．
﹣
∴函数f′（x）=1﹣ae
x1
．
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的取值范围为[1，+∞）
﹣
（III）（ 1）由（II）知：当a=1时恒有f（x）=x﹣e
x1
≤0成立
﹣
即x≤e
x1

﹣

∴
（2）由（1）知：，，…，
把以上n个式子相乘得
∴A
n< br>≥a
1
?a
2
?
…
?a
n

故
≤=1
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．

19．（2014?吉林三模）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）在其定义域内为增函数，求正实数a的取值范围；
（3）设函数h（x）= x
2
﹣mx+4，当a=2时，若?x
1
∈（0，1），?x
2∈[1，2]，总有g（x
1
）≥h（x
2
）成立，求实数m
的 取值范围．

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的范围．
（ 3）对h（x）进行配方，讨论其最值问题，根据题意?x
1
∈（0，1），?x
2< br>∈[1，2]，总有g（x
1
）≥h（x
2
）成
立，只要要求 g（x）
max
≥h（x）
max
，即可，从而求出m的范围．
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ax
2
﹣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）=x
2
﹣mx+4=（x﹣）
2
+4﹣，
?x< br>1
∈（0，1），?x
2
∈[1，2]，总有g（x
1
）≥h （x
2
）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x
1
=，x
2
=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；
∵x
1
∈（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）=x
2
﹣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的取值范围：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．

20．（2014?甘肃二模）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．．

21．（2014?巴中模拟）f（x）=|x﹣a|﹣lnx（a＞0）．
（1）若a=1，求f（x）的单调区间及f（x）的最小值；
（2）若a＞0，求f（x）的单调区间；
（3）试比较++…+与的大小．（n∈N
*
且n≥2），并证明你的结论．

考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
专题： 计算题；压轴题．
分析： （1）先求出导函数fˊ（x），解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，判断函数的单调性即可；
（2）求出函数的定义域；求出导函数，从导函数的二次项系数的正负；导函数根的大小，进行分类讨论；判断出导函数的符号；利用函数的单调性与导函数符号的关系求出单调性．
（3）将要证的不等式 等价转化为g（x）＞0在区间（1，2）上恒成立，利用导数求出g（x）的最小值，只
要最小值大于 0即可．
解答： 解：（1）a=1，f（x）=|x﹣1|﹣lnx
当x≥1时，f（x ）=x﹣1﹣lnx，f′（x）=1﹣=
∴f（x）在区间[1，+∞）上是递增的．
x＜1时，f（x）=x﹣1﹣lnx，f′（x）=1﹣＜0
≥0
∴f（x）在区间（0，1）减的．
故a=1时f（x）在[1，+∞）上是递增的，减区间 为（0，1），f（x）
min
=f（1）=0
（2）当a≥1，x＞a，f（ x ）=x﹣a﹣lnx，f′（x）=1﹣
f（x）在[a，+∞）上是递增的，
，

0＜x＜a，f（x）=﹣x+a﹣lnx，f′（x）=﹣1﹣＜0
∴f（x）在（0，a）递减函数，
0＜a＜1，x≥a，f（x）=x﹣a﹣lnx，
f′（x）=1﹣，x＞1，f′（x）＞0，a＜x＜1，f′（x）＜0，
f（x）在[1，+∞）递增函数f（x）在[a，1）递减函数，
0＜x＜a 时 f（x）=a﹣x﹣lnx，f′（x）=﹣1﹣＜0，
∴f（x） 在 （0，a）递减函数．
当a≥1 时 f（x）在[a，+∞），（0，a）增函数．
当0＜a＜1 时 f（x）在[1，+∞），（0，1）增函数．
（3）当a=1 x＞1 时 x﹣1﹣lnx＞0
∴
（
=
++…+

=n﹣1﹣（
）=n﹣1﹣（﹣ +﹣+…+﹣
++…+）＜n﹣1﹣
））=n﹣1﹣（﹣
点评： 本题考查利用导函数 讨论函数的单调性：导函数为正函数递增；导函数为负，函数递减．考查分类讨论的
数学思想方法，函数 的最值，不等式的证明，以及利用导数研究函数的单调性等基础知识，考查计算能力
和分析问题的能力， 以及转化的数学思想，属于基础题

22．（2014?上海模拟）已知函数
（1）试判断函数f（x）的单调性；
（2）设m＞0，求f（x）在[m，2m]上的最大值；
（3）试证明：对?n∈N
*
，不等式．

考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；导数在最大值、最小值问题中的应用．
专题： 综合题；压轴题；分类讨论．
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，+∞）
由已知
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
∴

（3）由（1）知，当x∈（0，+∞ ）时，
∴在（0，+∞）上恒有
即且当x=e时“=”成立，
，
，
，
时
．
，
∴对?x∈（0，+∞）恒有
∵
∴
即对?n∈N
*
，不等式
，

恒成立．
点评： 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，注意问题的等价转化性．

23． （2014?北海一模）已知函数f（x）=ax+lnx，其中a为常数，设e为自然对数的底数．
（1）当a=﹣1时，求f（x）的最大值；
（2）若f（x）在区间（0，e]上的最大值为﹣3，求a的值；
（3）当a=﹣1时，试推断方程|f（x）|=是否有实数解．

考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
专题： 压轴题；导数的综合应用．
分析： （1）在定义域（0，+∞）内对函数f（x）求导，求其极大值，若是唯一极值点，则极大值即为最大值． < br>（2）在定义域（0，+∞）内对函数f（x）求导，对a进行分类讨论并判断其单调性，根据f（x）在 区间（0，
e]上的单调性求其最大值，并判断其最大值是否为﹣3，若是就可求出相应的最大值． < br>（3）根据（1）可求出|f（x）|的值域，通过求导可求出函数g（x）═
数的值域，就可判 断出方程|f（x）|=
解答： 解：（1）易知f（x）定义域为（0，+∞），
当a=﹣1时，f（x）=﹣x+lnx，f′（x）=﹣1+

的值域，通过比较上述两个函
是否有实数解．
，令f′（x）=0，得x=1．

当0＜x＜1时，f′（x）＞0；当x＞1时，f′（x）＜0．
∴f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数．
f（x）
max
=f（1）=﹣1．
∴函数f（x）在（0，+∞）上的最大值为﹣1．
（2）∵f′（x）=a+，x∈（0，e]，∈
①若a≥
．
，则f′（x）≥0，从而f（x）在（0，e]上增函数，
∴f（x）
max
=f（e）=ae+1≥0，不合题意．
②若a＜
由f′（x）＜0
从而f（x）在
∴f（x）
max
=f
令﹣1+ ln
∴
﹣
，则由f′（x）＞0
＜0，即
＞0，即0＜x＜
＜x≤e．

上增函数，在
=﹣1+ln
=﹣3，则ln

=﹣2
为减函数
=e
2
，即a=﹣e
2
．∵﹣ e
2
＜，∴a=﹣e
2
为所求．
（3）由（1）知当a=﹣1时f（x）
max
=f（1）=﹣1，
∴|f（x）|≥1．
又令g（x）=，g′（x）=，令g′（x）=0，得x=e，
当0＜x＜e时，g′（x）＞0，g（x） 在（0，e）单调递增；
当x＞e时，g′（x）＜0，g（x） 在（e，+∞）单调递减．
∴g（x）
max
=g（e）=＜1，∴g（x）＜1，
． ∴|f（x）|＞g（x），即|f（x）|＞
∴方程|f（x）|=没有实数解．
点评： 本题先通过对函数求导，求其极值，进而在求其最值及值域，用到分类讨论的思想方法．

24．（2014?乌鲁木齐一模）已知函数f（x）=e
x
﹣e
x
（x?R ）
﹣
（Ⅰ）求证：当x≥0时，；
（Ⅱ）试讨论函数H（x）=f（x）﹣ax（x∈R）的零点个数．

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．
专题： 压轴题；导数的综合应用．
分析： 本题（Ⅰ）要通过研究导函数的正负得到函数的单调性；再通过研究导函数的导函数的正负，得 到导函数
的单调性；再通过研究导导函数的函数的导函数的正负，得到导函数的导函数的单调性，得到不 等关系．本
题（Ⅱ）要通过分类讨论，结合函数的奇偶性和单调性，研究函数零点的个数．
解答：
解：（Ⅰ）令
则g'（x）=f'（x）﹣2﹣x
2
=e
x
+e
x
﹣2﹣x
2
，g''（x）=f（x）﹣2x，
﹣

∵g'''（x）=f'（x）﹣2=e
x
+e
x
﹣2
﹣
当x≥0时，e
x
＞0，e
x
＞0，∴
﹣

∴g'''（x）≥0，∴函数y=g''（x）（x≥0）为增函数，
∴g''（x）≥g''（0）=0，即f（x）﹣2x≥0
∴函数y=g'（x）（x≥0）为增函数，
∴g'（x）≥g'（0）=0，即e
x
+e
x
≥2+x
2

∴函数y=g（x）（x≥0）为增函数，
﹣
∴g（x）≥g（0）=0，即当x≥ 0时，
（Ⅱ）（1）当a≤2时，∵H（x）=f（x）﹣ax
∴
成立；

∴函数y=H（x）（x∈R）为增函数，
当x＞0时，H（x）＞H（0）=0，当x＜0时，H（x）＜H（0）=0，
∴当a≤2时，函数y=H（x）的零点为x=0，其零点个数为1个
（2）当a＞2时，∵对?x∈R，H（﹣x）=﹣H（x）
∴函数y=H（x）为奇函数，且H（0）=0
下面讨论函数y=H（x）在x＞0时的零点个数：
由（Ⅰ）知，当x
0
＞ 0时，
∴
则
﹣﹣
，令


，H''（x）=f''（x）=e
x
﹣e
x

﹣
当x＞0时，e
x
＞1，0＜e
x
＜1，∴e
x
﹣e
x
＞0，∴H''（x）＞0
∴函数y=H'（x）（x＞0）为增函数
∴当0 ＜x≤x
0
时，H'（x）≤H'（x
0
）=0；当x＞x
0
时，H'（x）≥H'（x
0
）=0
∴函数y=H（x）（x＞0）的减区间为（ 0，x
0
]，增区间为（x
0
，+∞）
∴当0＜x＜x
0
时，H（x）＜H（0）=0
即对?x
0
∈（0，x
0
]时，H（x）＜0
又由（Ⅰ）知，
=
当x
0
＞0时，由③知
∴
故，当
∴

时，
，

，即H（x）＞0
由函数y=H（x）（x≥x
0
）为增函数和⑥⑦及函数零点定理知，存在唯一实数
使得H（x
*
）=0 ，又函数y=H（x），x∈R为奇函数
∴函数y=H（x），x∈R，有且仅有三个零点．
点评： 本题（Ⅰ）通过三阶导数的研究，逐步通过导函数的正负得到函数的值的大小，逻辑思维能力要 求较高；（Ⅱ）
通过分类讨论后，再分别用单调性和奇偶性研究零点，对学生计算能力和表达能力要求高 ．

25．（2014?佛山模拟）设a∈R，函数f（x）=lnx﹣ax．
（1）若a=2，求曲线y=f（x）在x=1处的切线方程；
（2）若a＜，试判断函数f （x）在x∈（1，e
2
）的零点个数，并说明你的理由；
（3）若f（x）有两个 相异零点x
1
，x
2
，求证：x
1
?x
2
＞e
2
．

考点： 利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程．
专题： 压轴题；转化思想；导数的综合应用．
分析： 先求导．
对第（1）问，将a的值代入，得切线的斜率，接着求切点，利用点斜式得切线方程；
对第（ 2）问，思路一：先分“a≤0”和“a＞0”讨论，当a≤0时，结论易见，当a＞0时，由极值点确定再次分
类的标准，然后利用函数的单调性、零点定理，根据区间的端点及图象分析零点的个数，思路二：考虑方
程f（x）=0，将参数a分离，将零点问题转化为两函数图象交点问题，再利用导数研究函数的单调性 ，从
而由两函数图象的位置关系确定零点个数；
对第（3）问，根据已知，将求证式进行等价 转换，最后通过构造函数，利用函数的单调性达到证明的目的．
解答：
解：在区间（0，+∞）上，．
（1）当a=2时，切线的斜率k=，
又f（1）=ln1﹣2×1=﹣2，
由点斜式得切线方程为y﹣（﹣2）=﹣（x﹣1），即x+y+1=0．
（2）方法一：
（i）当a≤0时，f'（x）≥0，则f（x）在（1，e
2
）上单调递增，
此时f（1）=﹣a≥0，∴f（x）在x∈（1，e
2
）没有零点；
（ii）当a＞0时，令f'（x）=0，得
①时，则
．
当x∈（1，e
2
），有f′（x）≥0，从而f（x）在（1，e
2
）单调递增，
此时f（1）=﹣a＜0，f（e
2
）=lne
2
﹣ae
2
=2﹣ae
2
＞0，
∴f（x）在x∈（1，e
2
）有且只有一个零点．
②当即时，则
当
当
而
，f（x）在
，f（x）在
单调递增；
单调递减．
，f（1）=﹣a＜0，f（e
2
）=2﹣ae
2
＞0，
∴f（x）在x∈（1，e
2
）有且只有一个零点．
综上，当a≤0时，f（x）在x∈（1，e
2
）没有零点；
当时，函数f（x）有且只有一个零点．
，
的图象的交点个数，
方法二 ：由f（x）=0，得
函数f（x）在x∈（1，e
2
）的零点个数等价于函数y=a 的图象与函数

令g（x）=，则，
由g'（x）=0，得x=e，
在区间（1，e）上，g'（x）＞0，则函数g（x）是增函数，
∴g（1）＜g（x）＜g（e），即；
在区间（e，e
2
）上，g'（x）＜0，则函数g（x）是减函数，
∴g（e
2
）＜g（x）＜g（e），即
∵
当
．
，∴当a≤0时，f（x）在x∈（1，e
2
）没有零点；
时，函数f（x）有且只有一个零点．
?lnx
1
+lnx
2
＞2． （3）原不等式
不妨设x
1
＞x
2
＞0，∵f（x
1
）=0，f（x
2
）=0，∴lnx
1
﹣ax
1
=0，l nx
2
﹣ax
2
=0，
∴lnx
1
+lnx2
=a（x
1
+x
2
），lnx
1
﹣lnx< br>2
=a（x
1
﹣x
2
），
∴a（x
1
+x
2
）＞2??．
令，则t＞1，于是?．
设函数，则＞0，
故函数h（t）在（1，+∞）上为增函数，∴h（t）＞h（1）=0，
即不等式lnt成立，故所证不等式成立．
点评： 1．本题主要考查导数的几何意义，利用 导数研究函数的单调性、极值，考查的思想方法有分类讨论，转化
与化归，数形结合，函数与方程思想等 ，综合性强，属压轴题．
2．判断函数f（x）在某区间内的零点个数，常用如下两种方式处理： < br>（1）利用导数判断函数的单调性，求出单调区间、极值与极值点、端点处的函数值，再根据零点存在性定
理或零点唯一性定理判断．
（2）令f（x）=0，将方程变形，把等式两边各看作一个函数 ，从而将零点问题转化为两函数图象的交点问
题．
3．利用导数证明不等式，是高考的热点之 一，关键是构造适当的函数，判断区间端点对应的函数值与0的
关系．
运用导数证明不等式f（x）＞g（x）成立的一般步骤是：
（1）构造函数h（x）=f（x）﹣g（x）；
（2）求h'（x）；
（3）判断h（x）的单调性，
（4）求h（x）的最小值或值域；
（5）证明[h（x）]
min
＞0成立；
（6）从而得出结论．

26．（2014?聊城一模）已知函数f（x）=ln（x+a）﹣x
2
﹣x在x=0处取得极值．
（Ⅰ）求实数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，求实数b的取值范围 ；
（Ⅲ）证明：对任意的正整数n，不等式2+++…+＞ln（n+1）都成立．

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．
专题： 压轴题；导数的综合应用．
分析：
（Ⅰ）函数f（x）=ln（x+a）﹣x
2< br>﹣x，对其进行求导，在x=0处取得极值，可得f′（0）=0，求得a值；
（Ⅱ）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，将问题转化为φ（x）=0，在
区 间[0，2]上恰有两个不同的实数根，对φ（x）对进行求导，从而求出b的范围；
（Ⅲ）f（x） =ln（x+1）﹣x
2
﹣x的定义域为{x|x＞﹣1}，利用导数研究其单调性，可以推出 ln（x+1）﹣x
2
﹣x≤0，令x=，可以得到ln（+1）＜
解答：
解：（Ⅰ）函数f（x）=ln（x+a）﹣x
2
﹣x
f′（x）=﹣2x﹣1
，利用此不等式进行放缩证明；
当x=0时，f（x）取得极值，
∴f′（0）=0
故，
解得a=1，经检验a=1符合题意，
则实数a的值为1；
（Ⅱ）由a=1知f（x）=ln（x+1）﹣x
2
﹣x
由f（x）=﹣x+b，得ln（x+1）﹣x
2
+x﹣b=0
令φ（x）=ln（x+1）﹣x
2
+x﹣b，
则f（x）=﹣x+b在区 间[0，2]上恰有两个不同的实数根等价于φ（x）=0在区间[0，2]上恰有两个不同的
实数根．
φ′（x）=﹣2x+=，
当x∈[0，1]时，φ′（x）＞0，于是φ（x）在[0，1）上单调递增；
当x∈（1，2]时，φ′（x）＜0，于是φ（x）在（1，2]上单调递减，
依题意有φ（0）=﹣b≤0，
φ（1）=ln（1+1）﹣1+﹣b＞0，
φ（2）=ln（1+2）﹣4+3﹣b≤0
解得，ln3﹣1≤b＜ln2+，
故实数b的取值范围为：[ln3﹣1，ln2+）；
（Ⅲ）f（x）=ln （x+1）﹣x
2
﹣x的定义域为{x|x＞﹣1}，由（1）知f（x）=
令f′（ x）=0得，x=0或x=﹣（舍去），
∴当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x＞0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．

，

∴f（0）为f（x）在（﹣1，+∞）上的最大值．
∴f（x） ≤f（0），故ln（x+1）﹣x
2
﹣x≤0（当且仅当x=0时，等号成立）
对任意正整数n，取x=＞0得，ln（+1）＜+
∴ln（）＜，
＞ln2+ln+ln+…+ln=ln（n+1）．

故2+++…+
点评： 本题考查利用导数研究函数的极值及单调性，解题过程中用到了分类讨 论的思想，分类讨论的思想也是高
考的一个重要思想，要注意体会其在解题中的运用，第三问难度比较大 ，利用了前两问的结论进行证明，
此题是一道中档题．

27．（2014?湖南二模）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
2]，函数
（Ⅲ）当a=2时，设函数
，问：m在什么范围取值时 ，对于任意的t∈[1，
在区间[t，3]上总存在极值？
，若在区间[1，e]上至少存在 一个x
0
，使得h（x
0
）＞f
（x
0
）成立，试 求实数p的取值范围．

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．
专题： 计算题；综合题；压轴题．
分析： （Ⅰ）求出f′（x）对a分类讨论，由f′（ x）＞0时，得到函数的递增区间；令f′（x）＜0时，得到函数的
递减区间；
（Ⅱ）因为 函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，得到f′（2）=1求出a的值代< br>入到g（x）=中化简，求出导函数，因为函数在[t，3]上总存在极值得到 g′（t）＜
0，g′（3）＞0 解出m的范围记即可；
（Ⅲ）F（x由题意构建新函数F （x））=f（x）﹣g（x），这样问题转化为使函数F（x）在[1，e]上至少有
一解的判断．
解答：
解：（Ⅰ）∵f′（x）=﹣a=a（）（x＞0），
∴（1）当a＞0时，令f′（x）＞0时，解得0＜x＜1，所以f（x）在（0，1）递增；
令f′（x）＜0时，解得x＞1，所以f（x）在（1，+∞）递减．
当a＜0时，f′（ x）=﹣a（），令f′（x）＞0时，解得x＞1，所以f（x）在（1，+∞）递增；
令f′（x）＜0时，解得0＜x＜1，所以f（x）在（0，1）递减；
（Ⅱ）因为函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，
所以f′（2）=1，所以a=﹣2，f′（x）=﹣+2，
g（x）=x
3
+x
2
[+f′（x）]=x
3
+x
2
[+2﹣]=x< br>3
+（2+）?x
2
﹣2x，
∴g′（x）=3x
2
+（4+m）x﹣2，
因为对于任意的t∈[1，2 ]，函数g（x）=x
3
+x
2
[+f′（x）]在区间[t，3]上总存在 极值，
所以只需 g′（2）＜0 g′（3）＞0，解得﹣＜m＜﹣9；

（Ⅲ）∴令F（x）=h（x）﹣f（x）=（p﹣2）x﹣
①当p ≤0时，由x∈[1，e]得px﹣≤0，﹣
﹣3﹣2lnx+2x+3=px﹣﹣﹣2lnx，
﹣2lnx＜0．
所以，在[1，e]上不存在x
0
，使得h（x
0
）＞f（x
0
）成立；
②当p＞0时，F′（x）=，
∵x∈[1，e]，
∴2e﹣2x≥0，px
2
+p＞0，F′（x）＞0 在[1，e]上恒成立，故F（x）在[1，e]上单调递增．
∴F（x）max=F（e）=pe﹣﹣4．
故只要pe﹣﹣4＞0，解得p＞．所以p的取值范围是[，+∞）．
点评： （Ⅰ）考查学 生利用导数研究函数单调性的能力，（Ⅱ）利用导数研究曲线上某点切线方程的能力，会根据
直线的倾斜 角求直线的斜率，（Ⅲ）此处重点考查了等价转化的思想，把问题转化为构建一新函数，并考查
了函数F （x）在定义域下恒成立问题数式中含字母系数，需分类讨论，属于难题．

28．（20 14?湖北模拟）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．

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．
专题： 计算题；压轴题．
分析： （I）先求出导函数，然后求出f′（x）=0，通过列表判定函数的单调性，从而确定函数的极小值；
（II）令f′（x）=0，因为△＞0，所以方程存在两个不等实根，根据条件进一步可得方程有两个不等的 正根，
从而得到函数f（x）存在单调递减区间；
（III）先求出函数y=f（x）在点P （1，1）处的切线l的方程，若切线l与曲线C只有一个公共点，则只需
方程f（x）=﹣x+2有且 只有一个实根即可．
解答：
解：（Ⅰ）（x＞0）．
当时，，令f′（x）=0，得x
1
=2，x
2
=．
f（x），f′（x）的变化情况如下表：
x
（0，）
f'（x）
f（x）
+
单调递增
0
极大值
（，2）
﹣
单调递减
2
0
极小值
（2，+∞）
+
单调递增
所以，当x=2时，函数f（x）取到极小值，且极小值为f（2）=ln2﹣．（4分）
（Ⅱ）令f′（x）=0，得mx
2
﹣（m+2）x+1=0． （*）
因为△=（m+2）
2
﹣4m=m
2
+4＞0，所以方程（*）存在两个不等 实根，记为a，b（a＜b）．

因为m≥1，所以
所以a＞0，b＞0，即方程（*）有两个不等的正根，因此f′（x）≤0的解为[a，b]．
故函数f（x）存在单调递减区间．（8分）
（Ⅲ）因为f′（1）=﹣1，所以曲线C：y =f（x）在点P（1，1）处的切线l为y=﹣x+2．
若切线l与曲线C只有一个公共点，则方程 m（x﹣1）
2
﹣2x+3+lnx=﹣x+2有且只有一个实根．
显然x=1是该方程的一个根．
令g（x）=m（x﹣1）
2
﹣x+1+lnx，则．
当m=1时，有g′ （x）≥0恒成立，所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，所以x=1是方程的唯一解，m=1
符合 题意．
当m＞1时，令g′（x）=0，得x
1
=1，x
2
=，则 x
2
∈（0，1），易得g（x）在x
1
处取到极小值，在x
2处取到
极大值．
所以g（x
2
）＞g（x
1
）=0， 又当x→0时，g（x）→﹣∞，所以函数g（x）在（0，）内也有一个解，即当
m＞1时，不合题意 ．
综上，存在实数m，当m=1时，曲线C：y=f（x）在点P（1，1）处的切线l与C有且只有 一个公共点．（14
分）
点评： 本题主要考查了利用导数研究函数的极值和单调性，以及导 数的几何意义，同时考查了转化的思想，属于
中档题．

29．（2014?揭阳 三模）已知函数f（x）=ln（x+a）﹣x
2
﹣x在x=0处取得极值．
（1）求实数a的值；
（2）若关于x的方程
（3）证明：对任意的正整数n，不等 式
在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，求实数b的取值范围；
都成立．

考点： 利用导数研究函数的极值；函数与方程的综合运用；不等式的证明．
专题： 证明题；压轴题．
分析： （1）求出f′（x），因为函数在x=0处取极值，所以f'（0）=0求出a即可；
（2）把a= 1代入求得f（x）的解析式，把f（x）代入方程中得．然后令
，求出导函数，讨论导函数的增减性， 得到b的取值范围；
（3）求出f′（x）=0时x的值，讨论函数的增减性得到函数的最大值为f（ 0），故ln（x+1）﹣x
2
﹣x≤0，然
后取x=＞0，代入得到结论成立．
解答：
解（1）
∴f'（0）=0，
故，解得a=1．经检验a=1符合题意．
，∵x=0时，f（x）取得极值，

（2）由a=1知
令
则
，
在[0，2]上恰有两个不同的实数根，
，
，得．
等价于φ（x）=0 在[0，2]上恰有两个不同实数根．
当x∈（0，1）时，φ'（x）＞0，于是φ（x）在[0，1 ]上单调递增；
当x∈（1，2）时，φ'（x）＜0，于是φ（x）在[1，2]上单调递减；
依题意有，∴
（3）f（x）=ln（x+1）﹣x
2
﹣x的定义域为{x|x＞﹣1}．
由（1）知时，（舍去），
∴当﹣1＜x＜0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x＞0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减．
∴f（0）为f（x）在（﹣1，+∞）上的最大值．
∴f（x）≤f（0），
故ln（x+1）﹣x
2
﹣x≤0（当且仅当x=0时，等号成立）．
对任意正整数n，取得，．
点评： 考查学生利用导数研究函数极值的能力，注意函数与方程的综合运用，以及会进行不等式的证明．

30．（2014?宝鸡三模）已知f（x）=xlnx，g（x）=x
3
+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，求实数a的取值范围．

考点： 利用导数研究函数的极值；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性．
专题： 综合题；压轴题；转化思想．
分析： （I）求出f′（x），令f′（x）小于0 求出x的范围即为函数的减区间，令f′（x）大于0求出x的范围即为函
数的增区间；（Ⅱ）当
到f（x）的最小值为f（），当
时t无解，当
即
即时，根据函数的增减性得
时，函数为增函数，得到f（x）的最小值为f（t）；
，（Ⅲ）求出g′（x），把f（x）和g ′（x）代入2f（x）≤g′（x）+2中，根据x大于0解出
然后令h（x）=，求出h（x）的最 大值，a大于等于h（x）的最大值，方法是先求出h′（x）
=0时x的值，利用函数的定义域和x的 值分区间讨论导函数的正负得到函数的单调区间，根据函数的增减
性即可得到函数的最大值，即可求出a 的取值范围．
解答：
解：（Ⅰ）f′（x）=lnx+1令f′（x）＜0解得
∴ f（x）的单调递减区间为
令f′（x）＞0解得

∴f（x）的单调递增区间为
（Ⅱ）当
当
∴
当，即
，即
；
时，f（x）在[t，t+2]上单调递增，
时，t无解
时，
；
∴f（x）
min
=f（t）=tlnt
∴；
（Ⅲ）由题意：2xlnx≤3x
2
+2ax﹣1+2即2xlnx≤3x
2
+2ax+1
∵x∈（0，+∞）
∴
设，则
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，h（x）
max
=﹣2
∴a≥﹣2
故实数a的取值范围[﹣2，+∞）
点评： 本题要求学生会利用导函数的正负得到函数的额 单调区间以及会根据函数的增减性得到函数的极值，掌握
不等式恒成立时所满足的条件，是一道中档题．