高中数学导数压轴题专题拔高训练 (二)

高中数学导数压轴题专题拔高训练
一．选择题（共15小题）
1．已知可导 函数f（x）（x∈R）满足f′（x）＞f（x），则当a＞0时，f（a）和ef（0）大小关系为（ ）
aaaa

A．B． C． D．
f（a）＜ef（0） f（a）＞ef（0） f（a）=ef（0） f（a）≤ef（0）

考点： 利用导数研究函数的单调性．
专题： 计算题；压轴题．
2x2aaa
分析： < br>设函数f（x）=e
2x
，则导函数f′（x）=2?e，显然满足f'（x）＞f（x ），由f（a）=e，ef（0）=e，比较
得出结论．
解答：
解：由题意知，可设函数f（x）=e
2x
，
a
则导函数f′（x）=2?e，显然满足f'（x）＞f（x），
2aaa2aa a
f（a）=e，ef（0）=e，当a＞0时，显然 e＞e，即f（a）＞ef（0），
故选 B．
点评： 本题考查求复合函数的导数的方法，以及指数函数的单调性，利用构造法求解是我们选择题常用的方法．

2．已知函数f（x）=x+bx+cx+d在区间[﹣1，2]上是减函数，那么b+c（ ）

A．B． C．
有最大值 有最大值﹣ 有最小值
32
2x
D．
有最小值﹣

考点： 利用导数研究函数的单调性．
专题： 压轴题．
分析： 先对函数f（x）求导，然后令导数在[﹣1，2]小于等于0即可求出b+c的关系，得到答案．
解答： 解：由f（x）在[﹣1，2]上是减函数，知
2
f′（x）=3x+2bx+c≤0，x∈[﹣1，2]，
则
?15+2b+2c≤0?b+c≤﹣．
故选B．
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．

3．对任意的实数a，b，记若F（x）=max{f（x），g（x）}（x ∈R），其中奇函数y=f（x）
在x=1时有极小值﹣2，y=g（x）是正比例函数，函数y=f（ x）（x≥0）与函数y=g（x）的图象如图所示 则下列关
于函数y=F（x）的说法中，正确的是（ ）


A．y=F（x）为奇函数 B． y=F（x）有极大值F（1）且有极小值F（﹣1）

y=F（x）的最小值为﹣2且最大值为2 C．D． y=F（x）在（﹣3，0）上不是单调函数

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．

专题： 计算题；压轴题．
分析： 在同一个坐标系中作出两函数的图象，横坐标一样时取函 数值较大的那一个，如图，由图象可以看出选项
的正确与否．
解答： 解：∵f（x）*g（x）=max{f（x），g（x）}，
∴f（x）*g（x）=max{f（x），g（x）}的定义域为R，
f（x）*g（x）=max{f（x），g（x）}，画出其图象如图中实线部分，
由图象可知：y=F（x）的图象不关于原点对称，不为奇函数；故A不正确
y=F（x）有极大值F（﹣1）且有极小值F（0）；故B不正确
y=F（x）的没有最小值和最大值为，故C不正确
y=F（x）在（﹣3，0）上不为单调函数；故D正确
故选D．

点评： 本题考点是函数的最值及其几何意义，本题考查新定义，需要根据题目中所给的新定义作出相应 的图象由
图象直观观察出函数的最值，对于一些分段类的函数，其最值往往借助图象来解决．本题的关键 是读懂函
数的图象，属于基础题．

4．已知函数f（x）=x+ax﹣bx+1 （a、b∈R）在区间[﹣1，3]上是减函数，则a+b的最小值是（ ）

A．

B．

2
C．
3
D．
32

考点： 利用导数研究函数的单调性．
专题： 计算题；压轴题．
分析： 求出f′（x），因为函数在区间[﹣1，3]上是减函数得到f（﹣1）和f（3）都小于0 分别列出关于a与b的
两个不等式，联立即可解出a的取值范围得到a的最小值，把a的最小值当然①即 可求出b的最小值，求出
a+b的值即可．
2
解答：
解：f′（x）=x+2ax﹣b，
因为函数f（x）在区间[﹣1，3]上是减函数即在区间[﹣1，3]上，f′（x）≤0，
得到f′（﹣1）≤0，且f′（3）≤0，代入得1﹣2a﹣b≤0①，且9+6a﹣b≤0②，
由①得2a+b≥1③，由②得b﹣6a≥9④，
设u=2a+b≥1，v=b﹣6a≤9，
假设a+b=mu+nv=m（2a+b）+n（﹣6a+b）
=（2m﹣6n）a+（m+n）b，
对照系数得：2m﹣6n=1，m+n=1，解得：m=，n=，
∴a+b=u+v≥2，
则a+b的最小值是2．
故选C

点评： 此题考查学生会利用导数研究函数的单调性，灵活运用不等式的范围求未知数的最值，是一道综合题．

5．定义在R上的可导函数f（x），当x∈（1，+∞）时，f（x）+f′（x）＜xf′（x）恒 成立，a=f（2），b=f（3），
c=（+1）f（），则a，b，c的大小关系为（ ）

A．c＜a＜b B． b＜c＜a C． a＜c＜b

考点： 利用导数研究函数的单调性．
专题： 综合题；压轴题；导数的概念及应用．
分析：
根据x∈（1，+∞）时，f（x）+f′（x）＜xf′（x），可得g（x）=
D． c＜b＜a
在（1，+∞）上单调增，由于，
即可求得结论．
解答： 解：∵x∈（1，+∞）时，f（x）+f′（x）＜xf′（x）
∴f′（x）（x﹣1）﹣f（x）＞0
∴[
∴g（x）=
∵
∴g（
∴
∴
]′＞0
在（1，+∞）上单调增

）＜g（2）＜g（3）


∴c＜a＜b
故选A．
点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，确定函数的单调性是关键．

6．设f（x ）是定义在R上的可导函数，且满足f′（x）＞f（x），对任意的正数a，下面不等式恒成立的是（ ）
aa

A．B． C． D．
f（a）＜ef（0） f（a）＞ef（0）


考点： 利用导数研究函数的单调性；导数的运算．
专题： 压轴题；导数的概念及应用．
分析：
根据选项令f（x）=，可以对其进 行求导，根据已知条件f′（x）＞f（x），可以证明f（x）为增函
数，可以推出f（a）＞f（0 ），在对选项进行判断；
解答： 解：∵f（x）是定义在R上的可导函数，
∴可以令f（x）=，
∴f′（x）=
∵f′（x）＞f（x），e＞0，
∴f′（x）＞0，
∴f（x）为增函数，

x
=，

∵正数a＞0，
∴f（a）＞f（0），
∴＞
a
=f（0），
∴f（a）＞ef（0），
故选B．
点评： 此题主要考查利用导数研究函数单调性，此题要根据已知选项令特殊函数，是一道好题；

7．若函数f（x）=x+a|x﹣1|，a∈R，则对于不同的实数a，则函数f（x） 的单调区间个数不可能是（ ）

A．1个 B． 2个 C． 3个 D． 5个

考点： 利用导数研究函数的单调性．
专题： 证明题；压轴题．
分析： 先令a=0，即可排除A，再将函数化为分段函数，并分段求其导函数，得f′（x），最后利 用分类讨论，通过
画导函数f′（x）的图象判断函数f（x）的单调区间的个数，排除法得正确判断
3
解答：
解：依题意：（1）当a=0时，f（x）=x，在（﹣∞，+∞）上为增函数，有一个单调区间 ①
32
当a≠0时，∵f（x）=x+a|x﹣1|a∈R
∴f（x）=
32
∴f′（x）=
（2）当0＜a＜时，∵﹣＜﹣＜0，0＜＜，∴导函数的图象 如图1：（其中m为图象与x轴交点的横坐
标）
∴x∈（﹣∞，0]时，f′（x）＞0，x ∈（0，m）时，f′（x）＜0，x∈[m，+∞）时，f′（x）＞0，
∴f（x）在x∈（﹣∞ ，0]时，单调递增，x∈（0，m）时，单调递减，x∈[m，+∞）时，单调递增，有3个单
调区间 ②
（3）当a≥3时，∵﹣＜﹣1，＞1，∴导函数的图象如图2：（其中n为x≤﹣1时图象与x轴 交点的横坐标）
∴x∈（﹣∞，n]时，f′（x）＞0，x∈（n，﹣1]时，f′（x）＜0，x ∈（﹣1，0）时，f′（x）＞0，x∈[0，1）
时，f′（x）＜0，x∈[1，+∞）时，f′ （x）＞0
∴函数f（x）在x∈（﹣∞，n]时，单调递增，x∈（n，﹣1]时，单调递减，x∈ （﹣1，0）时，单调递增，x∈[0，
1）时，单调递减，x∈[1，+∞）时，单调递增，
有5个单调区间 ③
由①②③排除A、C、D，
故选B

点评： 本题考查了含绝对值函数的单调区间的判断方 法，利用导数研究三次函数单调区间的方法，函数与其导函
数图象间的关系，排除法解选择题

8．已知函数，那么下面结论正确的是（ ）

A．
B．
f（x）在[x
0
，π]上是减函数 f（x）在[0，x
0
]上是减函数


?x∈[0，π]，f（x）＞f（x
0
）
C．D．
?x∈[0，π]，f（x）≥f（x
0
）

考点： 利用导数研究函数的单调性．
专题： 计算题；压轴题．
分析：
由函数的解析式 f（x）=sinx﹣x可求其导数f′（x）=cosx﹣，又余弦函数在[0，π]上单调递减，判断导数在[x
0
，π]上的正负，再根据导数跟单调性的关系判断函数的单调性．
解答：
解：∵f（x）=sinx﹣x
∴f′（x）=cosx﹣
∵cosx
0
=，x
0
∈[0，π]
又∵余弦函数y=cosx在区间[0，π]上单调递减
∴当x＞x
0
时，cosx＜cosx
0
即cosx＜
∴当x＞x
0
时，f′（x）=cosx﹣＜0

∴f（x）=sinx﹣x在[x
0
，π]上是减函数．
故选B．
点评： 利用导数判断函数的单调性，一定要注意其方法及步骤．（1）确定函数f （x）的定义域；（2）求导数f′（x）；
（3）在f（x）的定义域内解不等式f′（x）＞0和f ′（x）＜0；（4）写出f（x）的单调区间．

9．设
（x
1
）成立，则实数a的取值范围是（ ）

A．B．


考点： 利用导数研究函数的单调性．
专题： 计算题；综合题；压轴题；转化思想．
分析：
根据对于任意x
1
∈[0， 1]，总存在x
0
∈[0，1]，使得g（x
0
）=f（x
1
）成立，得到函数f（X）在[0，1]上值域
是g（X）在[0，1]上值域的子集，下面利用导数 求函数f（x）、g（x）在[0，1]上值域，并列出不等式，解
此不等式组即可求得实数a的取值范 围
解答：
解：∵，
，若对于任意x
1
∈[0，1]，总存在x
0
∈[0，1]，使得g（x
0
）=f
C． [1，4] D．

∴f′（x）=，
当x∈[0，1]，f′（x）≥0．
∴f（x）在[0，1]上是增函数，
∴f（x）的值域A=[0，1]；
又∵g（x）=ax+5﹣2a（a＞0）在[0，1]上是增函数，
∴g（X）的值域B=[5﹣2a，5﹣a]；
根据题意，有A?B
∴，即．
故选A．
点评： 此题是个中档题．考查利用导数研究函数在闭区间上的最值问题，难点是题 意的理解与转化，体现了转化
的思想．同时也考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题 的能力，

10．设函数f（x）=kx+3（k﹣1）x﹣k+1在区间（0，4）上是 减函数，则k的取值范围（ ）

A．B． C． D．


考点： 函数的单调性与导数的关系．
专题： 计算题；压轴题．
322
分析：
先求导函数f'（x），函数f（x）=kx+3（k﹣1）x﹣k+ 1在区间（0，4）上是减函数转化成f'（x）≤0在区
间（0，4）上恒成立，讨论k的符号，从而 求出所求．
解答：
解：f'（x）=3kx
2
+6（k﹣1）x，
322
∵函数f（x）=kx+3（k﹣1）x﹣k+1在区间（0，4）上是减函数，
2
∴f'（x）=3kx+6（k﹣1）x≤0在区间（0，4）上恒成立
当k=0时，成立
322

k＞0时，f'（4）=48k+6（k﹣1）×4≤0，即0＜k≤
k＜0时，f'（4）=48k+6（k﹣1）×4≤0，f'（0）≤0，k＜0
故k的取值范围是k≤
故选D．
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，同时考查了 分析与解决问题的综合能力，属于基础题．

11．若函数f（x）=2x﹣lnx在其定 义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内不是单调函数，则实数k的取值范围是（ ）

A．B． C． D．


考点： 函数的单调性与导数的关系．
专题： 计算题；压轴题．
2
分析：
先求导函数，再进行分类讨论，同时 将函数f（x）=2x﹣lnx在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内不
是单调函数，转化为f ′（x）在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内有正也有负，从而可求实数k的取
值范围
解答：
解：求导函数，
2
当k=1时，（k﹣1，k+1）为（0，2） ，函数在
2
上单调减，在上单调增，满足题意；
当k≠1时，∵函数f（x）=2x ﹣lnx在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内不是单调函数
∴f′（x）在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内有正也有负
∴f′（k﹣1）f′（k+1）＜0
∴
∴×＜0
∴
∵k﹣1＞0
∴k+1＞0，2k+1＞0，2k+3＞0，
∴（2k﹣3）（2k﹣1）＜0，解得
综上知，


故选D．
点评： 本题以函数为载体，考查函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，分类讨论，等价转化是关键．

12．已知g（x）为三次函数 f（x）=x+ax+cx的导函数，则它们的图象可能是（ ）

A．B． C． D．
32

考点： 函数的单调性与导数的关系．
专题： 计算题；压轴题．
2
分析：
先求出函数的导函数，然后利用排除 法进行判定，以及f′（x）=ax+2ax+c与x轴交点处，函数取极值可得
结论．
解答：
32
解：∵f（x）=x+ax+cx
∴f′（x）=ax+2ax+c对称轴为x=﹣1
可排除选项B与选项C
再根据f′（x）=ax+2ax+c与x轴交点处，函数取极值可知选项D正确
故选D．
点评： 本题主要考查了函数的单调性与导数的关系，解题的关键是原函数图象与导函数图象的关系，属于基础题．

13．已知定义在R上的函数f（x）满足f（2）=1，f′（x）为f（x）的导函数 ．已知y=f′（x）的图象如图所示，
若两个正数a，b满足f（2a+b）＞1，则的取值范围是（ ）
2
2


A．
（
B． C． （﹣2，1）

D． （﹣∞，﹣2）∪（1，
+∞）

考点： 函数的单调性与导数的关系；简单线性规划．
专题： 计算题；压轴题；数形结合．
分析： 先根据导函数的图象判断原函数的单调性，从而确定a、b的范围，最后利用线性规划的方法得到答案．
解答： 解：由图可知，当x＞0时，导函数f'（x）＜0，原函数单调递减，
∵两正数a，b满足f（2a+b）＞1，且f（2）=1，
∴2a+b＜2，a＞0，b＞0，画出可行域如图．
k=表示点Q（2，1）与点P（x，y）连线的斜率，
；
．
当P点在 A（1，0）时，k最大，最大值为：
当P点在B（0，2）时，k最小，最小值为：
k的取值 范围是（﹣，1）．
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．

14．已知f（x）是定义在R上的奇函数，且f（1）= 0，f′（x）是f（x）的导函数，当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）
成立，则不等式f（x） ＞0的解集为（ ）

A．{x|x＜﹣1或x＞1} B． {x|x＜﹣1或0＜x＜1} C． {x|﹣1＜x＜0或0＜x＜D． {x|﹣1＜x＜1，且x≠0}
1}

考点： 函数的单调性与导数的关系；其他不等式的解法．
专题： 计算题；压轴题．
分析：
由已知当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）成立，可判断函数 g（x）=为减函数，由已知f（x）是定
义在R上的奇函数，可证明g（x）为（﹣∞，0）∪（0， +∞）上的偶函数，根据函数g（x）在（0，+∞）
上的单调性和奇偶性，模拟g（x）的图象，而不 等式f（x）＞0等价于x?g（x）＞0，数形结合解不等式组
即可
解答：
解：设g（x）=，则g（x）的导数为g′（x）=，
∵当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）成立，即当x＞0时，g′（x）恒小于0，
∴当x＞0时，函数g（x）=
又∵g（﹣x）==
为减函数，
==g（x）
∴函数g（x）为定义域上的偶函数
又∵g（1）==0
∴函数g（x）的图象性质类似如图：数形结合可得
不等式f（x）＞0?x?g（x）＞0?
?0＜x＜1或x＜﹣1
故选B
或

点评： 本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，并由函数的奇偶性和单调性解不等式，属于综合题．

15．已知函数f（x）的定义域为[﹣2，+∞），部分对应值如下表．f′（x）为f（x）的导函 数，函数y=f′（x）的图
象如下图所示．若两正数a，b满足f（2a+b）＜1，则
X
f（x）
﹣2
1
0
﹣1
的取值范围是（ ）
4
1


A．

B．

C．

D．


考点： 函数的单调性与导数的关系．
专题： 计算题；压轴题；数形结合．
分析： 由导函数的图象得到导函数的符号，利用导函 数的符号与函数单调性的关系得到f（x）的单调性，结合函
数的单调性求出不等式的解即a，b的关系 ，画出关于a，b的不等式表示的平面区域，给函数与几何意义，
结合图象求出其取值范围．
解答： 解：由导函数的图形知，
x∈（﹣2，0）时，f′（x）＜0；
x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0
∴f（x）在（﹣2，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增；
∵f（2a+b）＜1
∴﹣2＜2a+b＜4
∵a＞0，b＞0
∴a，b满足的可行域为
表示点（a，b）与（﹣3，﹣3）连线的斜率的2倍
由图知当点为（2．，0）时斜率最小，当点为（0，4）时斜率最大
所以
故选A
的取值范围为

点评： 利用导函数求函 数的单调性问题，应该先判断出导函数的符号，当导函数大于0对应函数单调递增；当导
函数小于0，对 应函数单调递减．

二．解答题（共15小题）
16．已知m∈R，函数f（x）=x﹣m，g（x）=lnx．
（1）当x∈[1，2]时，如果函数f（x）的最大值为f（1），求m的取值范围；
（2）若对有意义的任意x，不等式f（x）＞g（x）恒成立，求m的取值范围；
（3）当m在什么范围内取值时，方程f（x）=g（x）分别无实根？只有一实根？有两个不同实根？

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．
专题： 计算题；压轴题．
分析： （1）本问题求出函数的最值代入已知最大值为f（1），即可解得参数m的值，
2
（2）本 题恒成立问题转化为函数的最值来解答，具体方法是由f（x）＞g（x）等价于x﹣mx＞lnx，即
2x
，构造出函数
2
，利用导数工具可以求解．
（3）我们对本题可以这样 处理，想根据函数y=x，y=mx，y=lnx的图象的增减性，判断猜测出参数m取
值时分别对应方 程的根的情况，然后来证明这个结论．证明时可利用新构造的函数h（x）=f（x）﹣g（x），
利用 导数以及函数的单调性，求出函数的最值来判断根x
0
的性质以辨别是否存在这个根．
2
解答：
解：（1）函数f（x）=x﹣mx的图象开口向上，函数在x=1或x= 2处取得最大值，则f（1）≥f（2），1﹣m≥4
﹣2m，得：m≥3．
（2）f（x） ＞g（x）等价于x﹣mx＞lnx，其中x＞0，即：由
2
，令，
得，
当 x=1时t′（x）=0，当x∈（0，1）时t′（x）＜0；当x∈（1，+∞）时t′（x）＞0，m＜t （x）
min
=t（1）
=1，∴m＜1．
（3）设h（x）=f（x）﹣ g（x）=x﹣mx﹣lnx，其中x＞0．观察得当m=1时，方程f（x）=g（x）即为：
2x﹣x﹣lnx=0的一个根为x=1．猜测当m＜1，m=1，m＞1时方程分别无根，只有一个根，有且 只有两个根．
证明：∵h′（x）==0，等价于2x﹣mx﹣1=0此方程有且只有一个正根为2
2
，
且当x∈（0，x
0
）时，h′（x）＜0；当x∈（ x
0
，+∞）时，h′（x）＞0，函数只有一个极值h（x）
min
=h（ x
0
）

=x
0
﹣mx
0
﹣lnx
0
．
1°当m＜1时，由（2）得f（x）＞g（x）恒成立，方程无解．
2°当m=1时，x< br>0
=1，h（x）
min
=h（1）=0，则h（x）≥h（x）
mi n
=0，当且仅当x=1时，h（x）=0，此时只
有一个根x=1．
3°当m＞1 时，
＜8m
?m
+8＜9m
?
222
2
，关于m在 （1，+∞）上递增，∴x
0
∈（1，+∞）时lnx
0
＞0，∵m＞1?1 ＜m
?8

2
???x
0
＜m．∴h（x）（x
0
）=x
0
﹣mx
0
﹣lnx
0
=x
0（x
0
﹣m）﹣lnx
0
＜0．证
min
=h
2
毕
点评： 本题考查二次函数在定区间上的最值问题，函数类型简单，是一个二次函数，第 一问的设计很容易，后面
两问的综合性较强，对学生的逻辑思维能力，运算能力有很好的锻炼价值，本题 第二小题是一个恒成立的
问题，求参数的范围，一般转化最值问题来求解，本题第三问也是构造函数来解 答，转化为利用导数研究
新构造的函数的单调性求出函数的最值，结合最值来判断根的存在与否．本题对 运算能力有一定的要求，
解题时一定要严谨．考查的思想方法有分类讨论，构造函数等方法思想．

17．设函数h（x）=x，φ（x）=2elnx（e为自然对数的底）．
（1）求函数F（x）=h（x）﹣φ（x）的极值；
（2）若存在常数k和b，使得函数f （x）和g（x）对其定义域内的任意实数x分别满足f（x）≥kx+b和g（x）≤kx+b，
则称 直线l：y=kx+b为函数f（x）和g（x）的“隔离直线”．试问：函数h（x）和φ（x）是否存在“隔 离直线”？若
存在，求出“隔离直线”方程；若不存在，请说明理由．

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．
专题： 计算题；压轴题；新定义；数形结合；转化思想．
分析： （1）根据所给的函数，对函数求导，使得 导函数等于0，验证可能的极值点两侧导函数的符合相反，得到
函数存在极值．
（2）由题意 知若存在隔离直线，则对其定义域内的任意实数x分别满足f（x）≥kx+b和g（x）≤kx+b，两
个函数的图象有公共点，设出直线的方程，根据函数的恒成立得到k的值，求出函数的极大值，得到结论．
2
解答：
解：（1）∵F（x）=h（x）﹣φ（x）=x﹣2elnx（x＞0）
2
∴
′

′′
当x=时，F（x）=0，当0＜x＜时，F（x）＜0，当x＞时，F（x）＜0
∴F（x）在处取得极小值0．
（2）由（1）知当x＞0时，h（x）≥φ（x），
若存在隔离直线，则对其定义域内的任意实数x分别满足f（x）≥kx+b和g（x）≤kx+b，
∵两个函数的图象有公共点，
∴隔离直线必过（，e）
设直线的方程是y﹣e=k（x﹣）
∴h（x）≥kx+e﹣k恒成立，
∴△≤0
∴k=2
令G（x）=φ（x）﹣2x+e
′′
对函数求导有当x＞时，F（x）＜0，当0＜x＜时，F（x）＜0
∴当 时有G（x）的极大值 为0，也就是最大值为0．
从而G（x）≤0，即
故函数h（x） 和φ（x） 存在唯一的“隔离直线”

恒成立．
．

点评： 本题考查导数在最大值与最小值问题中的应用，求解本题关键是根据 导数研究出函数的单调性，由最值的
定义得出函数的最值，本题中第一小题是求出函数的极值，第二小题 是一个求函数的最值的问题，此类题
运算量较大，转化灵活，解题时极易因为变形与运算出错，故做题时 要认真仔细．

18．函数f（x）=x+bln（x+1）﹣2x，b∈R．
（1）当b=1时，求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）当时，求函数f（x） 在（﹣1，1]上的最大值；（ln2≈0.69）

2
（3）设g（x）=f（x ）+2x，若b≥2，求证：对任意x
1
，x
2
∈（﹣1，+∞），且x1
≥x
2
，都有g（x
1
）﹣g（x
2
）≥2 （x
1
﹣x
2
）．

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： （1）把b=1代入解析式，使得解析式具体，对于函数求导利用导函数的几何意义即可求的；
（2） 把代入解析式，由函数求导得导函数，求出函数在定义域上的极值，在与区间端点值进行比较大
小，进而 求得函数在区间上的最值；
（3）由于g（x）=f（x）+2x，由函数解析式求导得其导函数，利 用导函数得到函数在区间上的单调性，进
而得到要证明的不等式．
解答：
解：（1）当b=1时，f（x）=x+ln（x+1）﹣2x定义域为（﹣1，+∞），
，f（0）=﹣1，又f（0）=0，
故有直线的方程可知：曲线f（x）在点（0，f（0））出的切线方程为：y=﹣x，
（2）当b=，
′
2
求导得：
′
，
由f（x）=0?
′
，
当x变化时，f（x），f（x）的变化情况如下表：

由上表可知：，
，
所以
2
，
，所以函数f（x）在（﹣1，1]上的最大值为：，
（3）证明：∵f（x）=x+bln（x+1）﹣2x
∴
当且仅当2（x+1）=，即：b=2，且x=0时取等号，
=0．
∴ b≥2时，函数f（x）在（﹣1，+∞）内单调递增，从而对于任意x
1
，x
2∈（﹣1，+∞）且x
1
≥x
2
，有f（x
1
）

＞f（x
2
），即
g（x
1< br>）﹣2x
1
≥g（x
2
）﹣2x
2
∴g（x
1
）﹣g（x
2
）≥2（x
1
﹣x
2
）
点评： 此题考查了利用导数求函数在闭区间上的最值，还考查了导数的几何含义进而求出曲线上任意一 点处的切
线方程，还考查了利用均值不等式求解函数的最值．

19．已知函数f（x）=ax+lnx，a∈R．
（1）当a=﹣1时，求f（x）的最大值；
（2）求证：；
（3）对f（x）图 象上的任意不同两点P
1
（x
1
，x
2
），P（x
2
，y
2
）（0＜x
1
＜x
2
），证明f（x）图 象上存在点P
0
（x
0
，
y
0
），满足x
1
＜x
0
＜x
2
，且f（x）图象上以P
0
为切点 的切线与直线P
1
P
2
平行．

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单调性．
专题： 综合题；压轴题；转化思想．
分析： （1）当a=﹣1时，f（x）=﹣x+lnx，易求得f′（ x），且f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，f′（x）＜0
时，函数f（x）单调递减；故可 求得f（x）的最大值．
（2）由（1）知﹣x+lnx≤﹣1，∴lnx≤x﹣1，当取时，可得< br>；把以上各式相加，可得证明．
（3）直线P
1
P
2
的斜率 k由P
1
，P
2
两点坐标可表示为；
由（1）知﹣x+lnx≤﹣1，当且仅当x=1时取等号；可得+＜﹣1，整理可得＜，
同理，由
在x∈（x
1
，x
2
）上，有
解答：
，得；所以P
1
P
2
的斜率
，可得结论．
，
解：（1）当a=﹣1时，f（x）=﹣x+lnx，∴
单调递增；
x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．
故当x=1时，f（x）取最大值f（1）=﹣1．
（2）由（1）知﹣x+lnx≤﹣1， ∴lnx≤x﹣1，取
，且x∈（0，1）时，f′（x）＞0，函数f（x）
，可得
；
以上各式相加得：ln（n+1）＜1+++…+（n∈N）
+
（3）直线P< br>1
P
2
的斜率为
由（1）知﹣x+lnx≤﹣1，当且仅当x=1时取 等号，
∴
；
，

同理，由故P
1
P
2
的斜率
又在x∈（x
1
，x
2
）上，
，可得
，
，
；
所以f（x）图象上存在点 P
0
（x
0
，y
0
），满足x
1
＜x0
＜x
2
，且f（x）图象上以P
0
为切点的切线与直线P1
P
2
平行．
点评： 本题综合考查了利用导数研究曲线上过某点的切 线方程，利用导数研究函数的单调区间以及根据函数的增
减性得到函数的最值问题，也考查了利用函数证 明不等式的问题，是较难的题目．

20．已知函数
（Ⅰ）若函数在区间（
（Ⅱ）如果当x≥1时，不等式
2n
﹣
2

）（其中m＞0）上存在极值，求实数m的取值范围；
恒成立，求实数k的取值范围；
*
（Ⅲ）求证：[（n+1）!]＞（n+1）?e（n∈N）．

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．
专题： 计算题；证明题；压轴题．
分析：
（Ⅰ）求出函数的极值，在探讨函数在区间 （m，m+）（其中a＞0）上存在极值，寻找
关于m的不等式，求出实数m的取值范围；
（Ⅱ）如果当x≥1时，不等式 恒成立，求出f（x）在x≥1时的最小值，把k分离出来，转化
为求k的范围．
（Ⅲ）借助于（Ⅱ）的结论根据叠加法证明不等式．
解答：
解：（Ⅰ）因为函数
所以f′（x）=﹣

．极值点为f′（x）=0解得x=1
故m＜1＜m+，解得＜m＜1．
即答案为＜m＜1．
（Ⅱ）如果当x≥1时，f′（x）=﹣
故f（x）≥f（1）=1
又不等式
所以
恒成立，
恒成立，所以k≤2
恒成立，

≤0故f（x）递碱．
证明：（Ⅲ）由（Ⅱ）知：
即

令x=n（n+1），则
所以
，
，
…
．
叠加得：ln[1×2×3×…n×（n+1）]×
=
22 2n
﹣
2
222

，


则1×2×3×…n×（n+1）＞e，
2n
﹣
2*
所以：[（n+1）!]＞（n+1）?e（n∈N）．
点评： 此题主要考查应用导数研究函数的极值最值问题，有关恒成立的问题一般采取分离参数，转化为 求函数的
最值问题，体现了转化的思想方法，证明数列不等式，借助函数的单调性或恒成立问题加以证明 ．属难题．

21．设函数．（p是实数，e是自然对数的底数）
（1）若直线 l与函数f（x），g（x）的图象都相切，且与函数f（x）的图象相切于点（1，0），求p的值；
（2）若f（x）在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；
（3）若在[1，e]上至少 存在一点x
0
，使得f（x
0
）＞g（x
0
）成立，求p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单调性．
专题： 计算题；综合题；压轴题．
分析： （1）由“函数f（x）的图象相切于点（1， 0）求得切线l的方程，再由“l与g（x）图象相切”得到（p﹣1）
x﹣（p﹣1）x﹣e=0由判 别式求解即可．
（2）求导f（’x）=，要使“（fx）为单调增函数”，转化为“f（’x）≥0 恒成立”，再转化为“p≥=
2
恒成立”，由最值法求解．同理，要使“（fx）为单调减函数 ”，转化为“f（’x）≤0恒成立”，再转化为“p≤=
恒成立”，由最值法求解，最后两个结果取并 集．
（3）因为“在[1，e]上至少存在一点x
0
，使得f（x
0
）＞g（x
0
）成立”，要转化为“f（x）
max
＞g（x）
m in
”解
决，易知g（x）=在[1，e]上为减函数，所以g（x）∈[2，2e]，①当p ≤0时，f（x）在[1，e]上递减；②当
p≥1时，f（x）在[1，e]上递增；③当0＜p＜1 时，两者作差比较．
解答：
解：（1）∵f′（x）=p+，∴f’（1）=2（p﹣1） ，设直线l：y=2（p﹣1）（x﹣1），
2
∵l与g（x）图象相切，∴y=2（p﹣1 ）（x﹣1），得（p﹣1）（x﹣1）=，即（p﹣1）x﹣（p﹣1）x﹣e=0，
y=
2
当p=1时，方程无解；当p≠1时由△=（p﹣1）﹣4（p﹣1）（﹣e）=0，
得p=1﹣4e，综上，p=1﹣4e

（2）f’ （x）=，要使“f（x）为单调增函数”，转化为“f’（x）≥0恒成立”，即p≥=恒
成立，又， 所以当p≥1时，f（x）在（0，+∞）为单调增函数．
同理，要使“f（x）为单调减函数”，转 化为“f’（x）≤0恒成立，再转化为“p≤=恒成立”，又，
所以当p≤0时，f（x）在（0，+ ∞）为单调减函数．
综上所述，f（x）在（0，+∞）为单调函数，p的取值范围为p≥1或p≤0
（3）因g（x）=在[1，e]上为减函数，所以g（x）∈[2，2e]
①当p≤0时， 由（1）知f（x）在[1，e]上递减?f（x）
max
=f（1）=0＜2，不合题意 < br>②当p≥1时，由（1）知f（x）在[1，e]上递增，f（1）＜2，又g（x）在[1，e]上为减 函数，
故只需f（x）
max
＞g（x）
min
，x∈[1，e]，
即：f（e）=p（e﹣）﹣2lne＞2?p＞．
③当0＜p＜1时，因x﹣≥0，x∈[1，e]
所以f（x）=p（x﹣）﹣2lnx≤（x﹣）﹣2lnx＜2，不合题意
综上，p的取值范围为（ ，+∞）
点评： 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，已知单调性求参数 的范围往往转化为求相应函数的最值问题．

22．设函数．
2n
﹣
3*
（1）试判断当x＞0，g（x）与f（x）的大小关系；
（2）求证：（1+1?2）（1+2?3）…[1+n（n+1）]＞e（n∈N）；
（其 中g′（x）（3）设A（x
1
，y
1
）、B（x
2
，y< br>2
）（x
1
＜x
2
）是函数y=g（x）的图象上的两点，且 g′（x
0
）=
为g（x）的导函数），证明：x
0
∈（x
1
，x
2
）．

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： （1）欲求g（x）与f（x）的大小关系只需 判断F（x）=g（x）﹣f（x）的正负，利用导数研究函数F（x）
的最小值，使最小值与0比较即 可；
（2）由（1）知
，从而可证得结论；
令x=n（n+1）（n∈N），则
*
（3）根据，于是，，然后证明，等

价于x
1
lnx
2
﹣x
1
lnx
1
﹣x
2
+x
1
＜0，令h（x）=xlnx2
﹣xlnx
1
﹣x
2
+x，利用导数研究最小值与0比较，对 于
同理可证，即可证得结论．
解答： （1）解：设F（x）=g（x）﹣f（x）（x＞0）
则F′（x）=﹣
由F′（x）=0得x=3
当0＜x＜3时，F′（x）＜0；当x＞3时，F′（x）＞0
∴x=3时，F（x） 取得最小值为F（3）=ln3﹣1＞0
∴F′（x）＞0即g（x）＞f（x） …（5分）
（2）证明：由（1）知
令x =n（n+1）（n∈N），则
∴ln（1+1?2）+ln（1+2?3）+…+ln[1+n（n+ 1）]＞（2﹣
=2n﹣3[++…+
）＞2n﹣3
2n
﹣
3
*

…（7分）
）+（2﹣）+…+[2﹣]
]
=2n﹣3（1﹣
∴（1+1?2）（1 +2?3）…[1+n（n+1）]＞e
（3）证明：，于是
…（10分）
，，
以下证明
等价于x
1
lnx
2
﹣x
1
l nx
1
﹣x
2
+x
1
＜0．
令h（x）=xlnx
2
﹣xlnx
1
﹣x
2
+x …（12分）
则h'（x）=lnx
2
﹣lnx
1
，在 上，h'（x）＞0
所以h（x）在（0，x
2
]上为增函数
当x1
＜x
2
时h（x
1
）＜h（x
2
）=0，即 x
1
lnx
2
﹣x
1
lnx
1
﹣x
2
+x
1
＜0
从而x
0
＞x
1
，得到证明．对于 同理可证．
所以x
0
∈（x
1
，x
2
）．…（16分）
点评： 本题主要考查了利用导数研究函数的最值，以及利用导数证明不等式，同时考查了转化的思想， 以及考查
计算能力，属于难题．

23．已知函数f（x）=（x﹣3x+3）e 的定义域为[﹣2，t]，其中常数t＞﹣2，e为自然对数的底数．
（1）若函数f（x）是增函数，求实数t的取值范围；
（2）求证：f（t）＞13e；
（3）设f'（x）表示函数f（x）的导函数，
内的零点个数．


﹣
2
2x
，求函数g（x）在区间（﹣2，t）

考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用．
专题： 综合题；压轴题；探究型；数形结合；分类讨论；转化思想．
分析： （1）若函数f（x）是增函数，则必要导数f'（x）≥0，由此不等式即可解出实数t的取值范围；
（2）由题意求证f（t）＞13e，可解出函数f（x）在区间[﹣2，+∞）上的最小值，由此最小值与1 3e
作比较即可证明此不等式；
（3）由题意先解出
﹣
2
﹣
2
的解析式，由所得的解析式，及零点判定定理知，
可研究此函数在区间（﹣2，t）两个端 点值的符号及区间内函数最值的符号，由定理判断出零点个数即可
解答：
解：（1）f（x）=（x﹣3x+3）e，f'（x）=（x﹣x）e=x（x﹣1）e，…（1分）
f'（x）≥0?x≥1或x≤0，…（2分）
若函数f（x）是定义域[﹣2，t]上的增函数，知t的取值范围是（﹣2，0]．…（4分）
（2）由（1）知函数f（x）的增区间为[﹣2，0]与[1，+∞），减区间为[0，1]，
从而函数f（x）在区间[﹣2，+∞）上有唯一的极小值f（1）=e，…（6分）
但f（ ﹣2）=13e＜e（∵
故函数f（x）在区间[﹣2，+∞）上的最小值为f（﹣2）=13e，…（ 8分）
﹣
2
因为t＞﹣2，所以f（t）＞f（﹣2）=13e．…（9分）
（3）
﹣
2
﹣
2
2x2xx
，
函数g（x）的图象是开口向上、对称轴为
且
．
，
的抛物线，
，
函数g（x）在区间（﹣2，t）内有两个零点；…（9分）
当﹣2＜t≤1时， g（﹣2）＞0，g（t）≤0，又由可知，函数g（x）在区间（﹣2，t）内只有一
个零点；…（1 1分）
当t≥4时，g（﹣2）＜0，g（t）＞0，可知，函数g（x）在区间（﹣2，t）内只有 一个零点．…（13分）
综上，当1＜t＜4时，函数g（x）在区间（﹣2，t）内有两个零点；
当﹣2＜t≤1或t≥4时，函数g（x）在区间（﹣2，t）内只有一个零点．（14分）
点评： 本题考查导数在最值问题中的运用，利用导数研究单调性，再利用单调性求最值，这是导数的重 要运用，
解答本题，第一小题关键是理解导数与函数单调性的关系，第二小题关键是将证明不等式问题转 化为利用
导数解出函数的最值，从而证明不等式，第三题解题的关键是理解零点定理及函数区间内函数最 值的判断，
本题考查了转化的思想分类讨论思想等，由于本题运算量较大，易因运算导致错误，解题时要 严谨

24．已知函数f（x）=（a﹣1）lnx+ax．
（1）讨论函数y=f（x）的单调性；
（2）求证：+++…+＞（n≥2，n∈N
+
）；
2

（3）当a=0时，求证：f（x）≤

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单调性．
专题： 压轴题；导数的综合应用．
′
分析：
（1）先求导得f（x），通过对a分类讨论即可得出；
﹣．
（2）利用（1）的 结论，取a=时，当x＞1时，f（x）单调递增，f（x）＞f（1），从而得出x＞lnx＞0，
取 倒数得
（3）要证
即最值即可证明．
2
解答：
解：（1）f（x）=（a﹣1）lnx+ax，定义域为（0，+∞）．
2
，令x=k，再利用放缩和裂项求和即可得出；
??（xlnx）
min
≥，利用导数分别求出其极值
∵．
当a≥1时，f'（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）单调递增；
当a≤0时，f'（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）单调递减；
当0＜a＜1时，令f '（x）=0，解得
则当
故f（x）在
（2）当时，
时，f'（x）＜0；< br>单调递减，在
，
时，y=f（x）递增，

．
时，f'（x）＞0．
单调递增．
由（1）知，
所以x＞1时，
∵x＞1，
2
∴x＞lnx＞0，
∴，，

（3）就是要证，即需证
，
．
令g（x）= xlnx，则由g'（x）=lnx+1=0，得
当时g（x）递增，当时g（x）递减，
． 所以g（x）的最小值为
设，

当=0时，x=1．
当x＞1时g（x）递减；当0＜x＜1时g（x）递增．
所以?（x）的最大值为，
因为g（x）的最小值不小于?（x）的最大值，
即，所以．
点评： 熟练掌握利 用导数研究函数的单调性、极值和最值、分类讨论的思想方法和等价转化的思想方法是解题的
关键．

25．已知函数f（x）=ax+bsinx，当时，f（x）取得极小值．
（1）求a，b的值；
（2）设直线l：y=g（x），曲线S：y=F（x）．若直线l与曲线S同时满足下列两个条件：
①直线l与曲线S相切且至少有两个切点；
②对任意x∈R都有g（x）≥F（x）．则称直线l为曲线S的“上夹线”．
试证明：直线l：y=x+2是曲线S：y=ax+bsinx的“上夹线”．
（3）记，设 x
1
是方程h（x）﹣x=0的实数根，若对于h（x）定义域中任意的x
2
、x
3
，
当|x
2
﹣x
1
|＜1，且|x
3
﹣x
1
|＜1时，问是否存在一个最小的正整数M，使得|h（x
3
）﹣h（x
2
）|≤M恒成立，若存在请
求出M的值；若不存在请说明理由．

考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究曲线上某点切线方程．
专题： 综合题；压轴题．
分析： （1）根据题意，求出函数的导数再代入可得方程组，求解即可；
（2）设直线l：g（x）=x+2 ，曲线S：f（x）=ax+bsinx，求出f（x）的导数，因为直线斜率为1，由f'（x）
=1 ﹣2cosx=1可得极值点，再验证得到直线与曲线f（x）的切点，利用g（x）≥F（x）也可作差得到结 论．
（3）本问可求出h（x）的最大值和最小值然后转化为|h（x
3
）﹣h（x
2
）|
max
=|h（x）
max
﹣h（x）
mi n
|小于某
个正整数M即可；本问题也可以利用函数的单调性来求解，只需做一个转化h（x） 与x的关系，为此可构
造函数h（x）﹣x，于是可以证得结论．
解答：
（1）由已知f'（x）=a+bcosx，于是得：代入可得：a=1，b=﹣2…（3分）
（2）由f'（x）=1﹣2cosx=1，得cosx=0，当
所以
y
1
=y
2

所以
时，cosx=0此时
时，cosx=0，
，
，
，y
1
=y
2
，是直线l与曲线S的一个切点，当
是直线l与曲线S的一个切点 所以直线l与曲线S相切且至少有两个切点…（6
分）
对任意x∈R，g（x）﹣F（x）=（x+2）﹣（x﹣2sinx）=2+2sinx≥0
所以g（x）≥F（x），因此直线l：y=x+2是曲线S：y=ax+bsinx的“上夹线”…（9分）
（3）方法一：，x
1
为的根，即x
1
=0，也即|x
3< br>|＜1，|x
2
|＜1…（10分）

而
∴
∴，
…（13分）

所以存在这样最小正整数M=2 使得|h（x
3
）﹣h（x
2
）|≤M恒成立．…（14分）
方法 二：不妨设x
2
＜x
3
，因为h'（x）＞0，所以h（x）为增函数，所以 h（x
2
）＜h（x
3
）
又因为h'（x）﹣1＜0，所以h（x ）﹣x为减函数，所以h（x
2
）﹣x
2
＞h（x
3
）﹣x
3
所以0＜h（x
3
）﹣h（x
2
）
＜x
3
﹣x
2
，…（11分）
即|h（x
3
）﹣h（x
2
）|＜|x
3
﹣x
2
|=|x
3
﹣x
1
﹣（x
2
﹣x
1
）|≤|x
3
﹣x
1< br>|+|x
2
﹣x
1
|＜2…（13分）
故存在最小正整数M =2，使得|h（x
3
）﹣h（x
2
）|≤M恒成立…（14分）
点评： 考查函数的导数以及导数的应用：求函数的极值，最值判断极值存在的条件，本题中的（2）和 （3）是一
种新定义问题，如果对定义以及本题题意把握不准，难免会出差错，甚至无从下手，这就需要 多角度分析，
比如数形结合来分析，再者关键是深刻理解性定义，这样就能容易解答；第（3）问较为综 合，是一类新颖
的函数问题，解答本题转化与划归是精髓，另外结合要证明的不等式之特点，构造函数不 失为一种好思维，
好方法．

26．已知函数f（x）=x++alnx（x＞0），
（Ⅰ）若函数y=f（x）的图象在x=1处的切线l在两坐标轴上的截距相等，求a的值；
（Ⅱ）若f（x）在[1，+∞）上单调递增，求a的取值范围；
（Ⅲ）若定义在区间D上的 函数y=f（x）对于区间D上的任意两个值x
1
，x
2
总有以下不等式[f （x
1
）+f（x
2
）≥f
（）成立，则称函数y=f（x）为区间 D上的“凹函数”．试证当a≤0时，f（x）为“凹函数”．
2

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单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．
专题： 综合题；压轴题．
分析： （Ⅰ）求导函数，确定斜率，求出切点坐标，可得切线l 的方程，利用切线l在两坐标轴上的截距相等，即
可求得结论；
（Ⅱ）求导函数，利用函数为 [1，+∞）上单调增函数，则f′（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，即
在[1，+∞）上恒成立， 求出右边对应函数的最大值，即可求得结论；
（Ⅲ）由f（x）=x++a lnx，得[f（x
1
）+f（x
2
）=
2
++aln，f （）
=
解答：
（Ⅰ）解：∵
++aln，利用基本不等式即可得到结论．

∴f′（1）=2﹣2+a=a
∵f（1）=3
∴切线l的方程为y﹣3=a（x﹣1），即y=ax﹣a+3．
∵切线l在两坐标轴上的截距相等，
故①当直线l过原点时，﹣a+3=0，∴a=3；
②当直线l不过原点时，a=﹣1
所以a=3或﹣1．
（Ⅱ）解：由f（x）=x++alnx，得
2

若函数为[1，+∞）上单调增函数，则f′（x）≥0在[1，+∞）上恒成立
即不等式< br>令
而
在[1，+∞）上恒成立．也即
，上述问题等价于a≥g（x）
m ax

为在[1，+∞）上的减函数，则g（x）
max
=g（1）=0，
在[1，+∞）上恒成立
于是a≥0为所求
（Ⅲ）证明：由f（x）=x++alnx，得[f（x
1
）+f（x
2）=
2
++aln
f（）=++aln
而 ①
又=，∴ ②
∵
∵a≤0，∴aln
，∴ln
≥aln
≤ln
，③
，
由①、②、③得++aln≥++aln
即[f（x
1
）+f （x
2
）≥f（），从而由凹函数的定义可知函数为凹函数
点评： 本题考查导数知 识的运用，考查导数的几何意义，考查函数的单调性，考查不等式的证明，考查新定义，
正确理解新定义 是关键．

27．已知f（x）=xlnx，g（x）=﹣x+ax﹣2，e≈2.718285．
（Ⅰ）求函数f（x）在[t，t+1]（t＞0）上的最小值；
（Ⅱ）存在x
0< br>∈[1，e]，使得f（x
0
）≥g（x
0
）成立，求实数a的取值范 围；
（Ⅲ）证明：对一切x∈（0，+∞），都有

考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用．
专题： 计算题；综合题；压轴题．
分析：
（Ⅰ）求导函数f′（x）=lnx+1，令其等于0，则
2
成立．
，由于 x∈[t，t+1（]t＞0），故进行分类讨论，即，
，从而确定函数f（x）在[t，t+1]（t ＞0）上的最小值；
（Ⅱ）由题意，并分离参数得xlnx≥﹣x+ax﹣2，
成立，故有< br>（Ⅲ）问题等价于证明

，分别求左边的最小值，右边的最大值，从而
2
，因为存在x
0
∈[1，e]，使得f（x
0
）≥g（x
0
）

问题得证．
解答： 解：（Ⅰ）f′（x）=lnx+1，
当
当
所以
，即
，即时，
单调递减，
单调递增，
；
时，f（x）在[t，t+1]上单调递增，f（x）
min
=f（t）=tlnt，
综上得
（Ⅱ）xlnx≥﹣x+ax﹣2，∴
设
2

，
∴
x∈[1，e]，h′（x）≥0，h（x）单调递增，
∴存在x
0< br>∈[1，e]，使得f（x
0
）≥g（x
0
）成立，即
（Ⅲ） 问题等价于证明
由（I）可知f（x）=xlnx（x∈（0，+∞））的最小值是
设（x∈（ 0，+∞））
成立
，当且仅当时取到

∴，可解得函数在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数
∴，
﹣1）
max
， 分析可得有﹣1＜﹣，即（xlnx）
min
＞（
则
从而对一切x∈（0，+∞），都有
成立；
成立．
点评： 本 题主要考查了函数的极值，以及利用导数研究函数的单调性等基础知识，考查综合利用数学知识分析问
题 、解决问题的能力．

28．已知函数f（x）=ae+（a+1）x+1
（1）当a=﹣时，讨论f（x）的单调性；
（2）设a＜﹣1，若对?x
1
，x
2
∈R，有|f（x
1
）﹣f（x
2
）|≥4|e﹣ e|，求a的取值范围．


x1x2
2x

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单调性．
专题： 综合题；压轴题．
分析：
（1）当时，求导函数，由导数正负可确定函数的单调性； （2）对?x
1
，x
2
∈R，有|f（x
1
）﹣f（x
2
）|≥4|e﹣e|，两边同除以|x
1
﹣x
2
|，等价 于|f′（x）|≥4e，由此可求
a的取值范围．
解答：
解：（1）当时，求导函数可得f′（x）=﹣e+
2x
x1x2x
令f′ （x）＞0可得x＜﹣ln2，令f′（x）＜0可得x＞﹣ln2
∴函数的单调增区间为（﹣∞，﹣ln2），单调减区间为（﹣ln2，+∞）；
（2）∵对 ?x
1
，x
2
∈R，有|f（x
1
）﹣f（x
2< br>）|≥4|e﹣e|，
x
∴两边同除以|x
1
﹣x
2
|，可得|f′（x）|≥4e，
2xx
∴|2ae+（a+1）|≥4e，
∵a＜﹣1
∴2ae+4e+（a+1）≤0
x2
令e=t（t＞0），则2at+4t+（a+1）≤0
∵a＜﹣1，∴，a+1＜0
2xx
x1x2
∴△=16﹣8a（a+1）≤0
∴（a+2）（a﹣1）≥0
∴a≥1或a≤﹣2．
∵a＜﹣1，
∴a≤﹣2
点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查导数概念，考查恒成立问题，属于中档题．

29．已知函数f（x）=（x﹣3x+3）?e，其定义域为[﹣2，t]（t＞﹣2）．
（1）试确定t的范围，使得函数f（x）在区间[﹣2，t]上为增函数；
（2）求证：f（t）＞f（﹣2）；
（3）求证：对任意t＞﹣2，总有x
0∈（﹣2，t）满足，并确定这样的x
0
的个数．
2x

考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；函数的单调性与导数的关系．
专题： 综合题；压轴题．
分析： （1）首先求出函数的导数，然后根据导数与函数单调区间的关系确定t的取值范围，
（2）运用函数的极小值进行证明，
（3）首先对关系式进行化简，然后利用根与系数的关系进行判定．
xx
解答：
（1）解：因为f′（x）=（2x﹣3）e+（x2﹣3x+3）e，
由f′（x）＞0?x＞1或x＜0，
由f′（x）＜0?0＜x＜1，
∴函数f（x）在（﹣∞，0），（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减，
∵函数f（x）在[﹣2，t]上为单调函数，
∴﹣2＜t≤0，
（2）证：因为函数f（x）在（﹣∞，0），（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减，
所以f（x）在x=1处取得极小值e，
又f（﹣2）=13e＜e，
所以f（x）在[2，+∞）上的最小值为f（﹣2），

﹣
2

从而当t＞﹣2时，f（﹣2）＜f（t），
（3）证：因为 =x
0
﹣x
0
，
2
∴
2
，
即为x
0
﹣x
0
=< br>令g（x）=x﹣x﹣
2
，
，
=0在（﹣2，t）上有解并讨论解的个数，
，

从而问题转化为证明方 程g（x）=
因为g（﹣2）=6﹣
g（t）=t（t﹣1）﹣
=﹣
=
所以当t＞4或﹣2＜t＜1时，g（﹣2）?g（t）＜0，
所以g（x）=0在（﹣2，t）上有解，且只有一解，
当1＜t＜4时，g（﹣2）＞0且g（t）＞0，
但由于g（0）=﹣＜0，
所以g（x）=0在（﹣2，t）上有解，且有两解，
2
当t=1时，g（x）=x﹣x=0，
解得x=0或1，
所以g（x）=0在（﹣2，t）上有且只有一解，
当t=4时，g（x）=x﹣x﹣6=0，
所以g（x）=0在（﹣2，t）上也有且只有一解，
综上所述，对于任意的t＞﹣2，总存在x
0
∈（﹣2，t），满足 ，
2
且当t≥4或﹣2＜t≤1时，有唯一的x0适合题意，
当1＜t＜4时，有两个x
0
适合题意
点评： 本小题主要考查导数的概念和计算，应用导数研究函数单调性的方法及推理和运算能力．

30．已知函数（注：ln2≈0.693）
（1）若函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，求正实数a的取值范围；
（2）当a=1 时，若直线y=b与函数y=f（x）的图象在
（3）求证：对大于1的任意正整数
上有两个不 同交点，求实数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： 计算题；压轴题．
分析： （1）函数f（x）在[1，+∞）上为增函数则f'（x）≥0对x∈[1，+∞）恒成立，解之即可； （2）把a=1代入函数f（x），将直线y=b和函数y=f（x）联立方程，判断其在
研究其导 数得出不等式；

上有两个不同交点，

（3）先研究函数f（x）在[1，+∞）上的单调性，令x=
缩证明；
解答：
解：（1）∵函数，
，易得ln＞，然后利用此不等式进行放
∴f′（x）=+，∵ 函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，
∴f′（x）＞0，在[1，+∞）上恒成立，
∴
∴a≤1；
（2）a=1，可得f（x）=+lnx，y=b，
上有两个不同交点，
上有两个不同交点，
上有两个不同交点，
+≥0，化简得，﹣≥0，可得a≤，求出的最大值，≤1，
若直线y=b与函数y=f（x ）的图象在
等价于方程b=
∴令g（x）=
+lnx，在
+lnx﹣b，g（ x）在
g′（x）=，
若x＞1，g′（x）＞0，g（x）为增函数；
若0＜x＜1，g′（x）＞0，g（x）为减函数；
∴，解得0＜b≤ln2﹣，
（3）当a=1时，f（x）=f（x）=
当n＞1时，令x=
+lnx，在[1，+∞）上 为增函数，
，则x＞1，故f（x）＞f（1）=0，
f（）=+ln=﹣+ln＞0，即ln＞，
∴lnn＞ln+ln+…+ln＞+++…+；
点评： 此题考查学生会根据导函数的正负 判断得到函数的单调区间，会根据函数的增减性证明不等式，是一道综
合题．