高考二次求导（精编版）

1、高考二次求导一解答题（共40 小题）1已知函数 f （x）= ax2+lnx ，g（x）=bx，其中 a，br，设 h（x）=f（x）g（x），（1）若 f （x）在 x=处取得极值，且 f （ 1）=g（1）2求函数 h（x）的单调区间；（2）若 a=0时，函数 h（x）有两个不同的零点x1，x2求 b 的取值范围；求证：12设 a，br ，函数，g（x）=ex（e 为自然对数的底数），且函数f（x）的图象与函数 g（x）的图象在 x=0 处有公共的切线（）求 b 的值；（）讨论函数f （x）的单调性；（）若 g（x）f （x）在区间（， 0）内恒成立，求 a 的取值范围3已知函数（1）若

2、y=f （x）在（ 0，+）恒单调递减，求a 的取值范围；（2）若函数 y=f （x）有两个极值点 x1，x2（x1x2），求 a 的取值范围并证明x1+x224已知函数（1）设 g （x）=2f（x）+g（x），求 g （x）的单调递增区间；（2）证明：当 x0 时，f （x+1）g（x）；（3）证明： k1 时，存在 x01，当 x（1，x0）时，恒有5已知函数（） 当 a=0时，求曲线 f （x）在 x=1 处的切线方程；（） 设函数 h（x）=alnx xf （x），求函数 h （x）的极值；（） 若 g（x）=alnx x 在1 ，e（e=2.718 28）上存在一点 x0，使得 g

3、（x0）f（x0）成立，求 a 的取值范围6设函数 f （x）=eax+lnx ，其中 a0，e 是自然对数的底数（）若 f （x）是（ 0，+）上的单调函数，求 的取值范围；（）若 0，证明：函数 f （x）有两个极值点7已知函数（a 为常数， a0）（）当 a=1时，求函数 f （x）在点（ 3，f （3） ）的切线方程（）求 f （x）的单调区间；（）若 f （x）在 x0处取得极值，且，而 f （x）0 在e+2，e3+2上恒成立，求实数 a 的取值范围（其中e 为自然对数的底数）8已知函数（1）若 g（x）在点（ 1，g（1） ）处的切线方程为8x2y3=0，求 a，b 的值；（2）

4、若 b=a+1，x1，x2是函数 g（x）的两个极值点，试比较4 与 g（x1）+g（x2）的大小9已知函数 f （x）=xalnx 1，其中 a 为实数（）求函数 g（x）的极值；（）设 a0，若对任意的 x1、x23 ，4（x1x2），恒成立，求实数 a 的最小值10已知函数 f （x）=xlnx k（x1）（1）求 f （x）的单调区间；并证明lnx+2（e 为自然对数的底数）恒成立；（2） 若函数 f（x） 的一个零点为 x1（x11） ，f （x） 的一个零点为 x0，是否存在实数 k，使=k，若存在，求出所有满足条件的k 的值；若不存在，说明理由11已知函数 f （x）=（x2）e

5、x+a（x1）2（）讨论 f （x）的单调性；（）若 f （x）有两个零点，求a 的取值范围12设函数 f （x）=ax2alnx ，g（x）=，其中 ar ，e=2.718为自然对数的底数（）讨论 f （x）的单调性；（）证明：当x1 时，g（x）0；（）确定 a 的所有可能取值，使得f （x）g（x）在区间（ 1，+）内恒成立13设函数 f （x）=（x1）3axb，xr，其中 a，br（1）求 f （x）的单调区间；（2）若 f （x）存在极值点 x0，且 f （x1）=f（x0），其中 x1x0，求证： x1+2x0=3；（3）设 a0，函数 g（x）=|f （x）| ，求证： g（x

6、）在区间 0 ，2 上的最大值不小于14设函数 f （x）=acos2x+（a1） （cosx+1），其中 a0，记|f （x）| 的最大值为 a（）求 f （x）；（）求 a；（）证明： | f （x）| 2a15设函数 f （x）=x3axb，xr，其中 a，br（1）求 f （x）的单调区间；（2）若 f （x）存在极值点 x0，且 f （x1）=f（x0），其中 x1x0，求证： x1+2x0=0；（3）设 a0，函数 g（x）=|f （x）| ，求证： g（x）在区间 1，1 上的最大值不小于16已知函数 f （x）=（x2）ex+a（x1）2有两个零点（）求 a 的取值范围；（）设

7、 x1，x2是 f （x）的两个零点，证明： x1+x2217已知 f （x）=a（xlnx ）+，ar（i ）讨论 f （x）的单调性；（ii ）当 a=1时，证明 f （x）f （ x）+对于任意的 x1 ，2 成立18已知函数 f （x）=lnx+x2（）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；（）在（）的条件下，若a1，h（x）=e3x3aexx0 ，ln2 ，求 h（x）的极小值；（）设 f（x）=2f（x）3x2kx（kr ），若函数 f（x）存在两个零点 m ，n（0m n），且2x0=m+n 问：函数 f（x）在点（x0，f（x0） ）处的

8、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19g （x）=2lnx x2mx ，xr ，如果 g （x）的图象与 x 轴交于 a （x1，0），b （x2，0） （x1x2），ab中点为 c（x0，0），求证 g（ x0）020已知函数 f （x）=alnx ax3（ar）（）求函数 f （x）的单调区间；（）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 g（x）=x3+x2（f （x）+ ）在区间（ t ，3）上总不是单调函数，求m的取值范围；（）求证：（n2，nn*）21设函数 f （x）=（1+x）22l

9、n （1+x）（1）若关于 x 的不等式 f （x）m 0 在0 ，e1 有实数解，求实数m的取值范围（2）设 g（x）=f（x）x21，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：（nn*）22已知函数， f （x）=alnx ax3（ar）（1 ）当 a=1时，求函数 f （x）的单调区间；（2）若函数 y=f（x）的图象在点（ 2，f（2） ）处的切线的倾斜角为45，问： m在什么范围取值时，对于任意的t1 ，2 ，函数在区间（ t ，3）上总存在极值？23已知函数 f （x）=x3+x2+ax+b（a，b 为常数），其图象是曲线c （1）当 a=2 时

10、，求函数 f （x）的单调减区间；（2）设函数 f （x）的导函数为 f （x），若存在唯一的实数x0，使得 f （x0）=x0与 f （x0）=0同时成立，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 l1与曲线 c交于另一点 b，在点 b处作曲线 c 的切线 l2，设切线 l1，l2的斜率分别为 k1，k2问：是否存在常数，使得 k2=k1？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由24已知函数 f （x）=alnx ax3（a0）（）讨论 f （x）的单调性；（）若 f（x）+（a+1）x+4e0 对任意 xe ，e2 恒成立，求实数 a 的取值范围（

11、 e 为自然常数）；（）求证 ln （22+1）+ln（32+1）+ln（42+1）+ln（n2+1）1+2lnn! （n2，nn*） （n!=123 n）25已知函数 f （x）=lnx xlna ，a 为常数（1）若函数 f （x）有两个零点 x1，x2，且 x1x2，求 a 的取值范围；（2）在（ 1）的条件下，证明：的值随 a 的值增大而增大26已知函数 f （x）=e1x（a+cosx），ar（）若函数 f （x）存在单调减区间，求实数a 的取值范围；（）若 a=0，证明：，总有 f （x1）+2f （x）?cos（x+1）027已知函数 f （x）=（e 为自然对数的底数）（1）若

12、 a= ，求函数 f （x）的单调区间；（2）若 f （1）=1，且方程 f （x）=1在（0，1）内有解，求实数 a 的取值范围28已知函数 f （x）=，g（x）=ln （x+1），曲线 y=f（x）在点（ 1，f （1） ）处的切线方程是 5x4y+1=0（1）求 a，b 的值；（2）若当 x0 ，+）时，恒有 f （x）kg（x）成立，求 k 的取值范围；（3）若=22361，试估计 ln的值（精确到 0.001 ）29设 ar，函数 f （x）=lnx ax（）求 f （x）的单调递增区间；（）设 f（x）=f（x）+ax2+ax，问 f（x）是否存在极值，若存在，请求出极值；若不存

13、在，请说明理由；（）设 a（x1，y1），b（x2，y2）是函数 g（x）=f （x）+ax 图象上任意不同的两点，线段ab的中点为 c（x0，y0），直线 ab的斜率为为 k证明： kg（ x0）30已知函数 f （x）=x3+（1a）x2a（a+2）x（ar），f （ x）为 f （x）的导数（）当 a=3 时证明 y=f （x）在区间（ 1，1）上不是单调函数（）设，是否存在实数a，对于任意的x1 1，1 存在 x20 ，2 ，使得 f （x1）+2ax1=g（x2）成立？若存在求出a 的取值范围；若不存在说明理由31已知函数 f （x）=x2（a+2）x+alnx ，其中常数 a0（）

14、当 a2 时，求函数 f （x）的单调递增区间；（）设定义在 d上的函数 y=h （x） 在点 p （x0，h （x0） ） 处的切线方程为 l ：y=g （x） ，若0 在 d内恒成立，则称p为函数 y=h（x）的“类对称点”当a=4 时，试问 y=f （x）是否存在“类对称点”，若存在，请至少求出一个“类对称点”的横坐标；若不存在，请说明理由32已知函数 f （x）=2ex+2axa2，ar （1）当 a=1时，求 f （x）在点（ 0，f （0） ）处的切线方程；（2）求函数 f （x）的单调区间；（3）若 x0 时，f （x）x23 恒成立，求实数a 的取值范围33已知 ar ，函数

15、f （x）=exa（x+1）的图象与 x 轴相切（）求 f （x）的单调区间；（）若 x0 时，f （x）mx2，求实数 m的取值范围34已知函数 h（x）=ax2+1，设 f （x）=h （x）2alnx ，g（x）=ln2x+2a2，其中 x0，ar（1）若 f （x）在区间（ 2，+）上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）记 f（x）=f（x）+g（x），求证： f（x）35已知函数 f （x）=lnx x+1，函数 g（x）=axex4x，其中 a 为大于零的常数（）求函数 f （x）的单调区间；（）求证： g（x）2f （x）2（lna ln2 ）36已知 x（1，+），函数 f

16、（x）=ex+2ax（ar），函数 g（x）=|lnx|+lnx，其中 e 为自然对数的底数（1）若 a=，求函数 f （x）的单调区间；（2）证明：当 a（2，+）时， f （x1）g（x）+a37已知函数 f （x）=x2+mlnx+x（1）求 f （x）的单调区间；（2）令 g（x）=f（x）x2，试问过点 p（1，3）存在多少条直线与曲线y=g（x）相切？并说明理由38已知函数（）若 f （x）在点（ 2，f （2） ）处的切线与直线x2y+1=0垂直，求实数 a 的值；（）求函数 f （x）的单调区间；（）讨论函数f （x）在区间 1 ，e2 上零点的个数39已知函数 f （x）=（

17、2a）lnx+2ax（a0）（1）当 a=0时，求 f （x）的极值；（2）当 a0 时，讨论 f （x）的单调性；（3）若对于任意的 x1，x21 ，3 ，a（， 2） 都有|f （x1）f（x2）| （m+ln3）a2ln3 ，求实数 m的取值范围40已知函数 f （x）=lnx ax（）若函数 f （x）在（ 1，+）上单调递减，求实数a 的取值范围；（）当 a=1时，函数有两个零点 x1，x2，且 x1x2求证： x1+x212017 年 02 月 13 日数学的高中数学组卷参考答案与试题解析一解答题（共40 小题）1（2017?南京一模）已知函数f（x）=ax2+lnx ，g（x）=

18、bx，其中 a，br ，设 h（x）=f（x）g（x），（1）若 f （x）在 x=处取得极值，且 f （ 1）=g（1）2求函数 h（x）的单调区间；（2）若 a=0时，函数 h（x）有两个不同的零点x1，x2求 b 的取值范围；求证：1解：（ 1）由已知得 f，（x0），所以，所以 a=2由 f （1）=g（1）2，得 a+1=b2，所以 b=1所以 h（x）=x2+lnx+x ，（x0）则，（x0），由 h（x）0 得 0 x1，h（x）0 得 x1所以 h（x）的减区间为（ 1，+），增区间为（ 0，1）（2）由已知 h（x）=lnx+bx ，（x0）所以 h，（x0），当 b0 时，

19、显然 h（x）0 恒成立，此时函数h （x）在定义域内递增， h （x）至多有一个零点，不合题意当 b0 时，令 h （x） =0 得 x=0，令 h （x） 0 得；令 h （x） 0 得所以 h（x）极大=h（）=ln （b）10，解得且 x0时，lnx 0，x+时， lnx 0所以当时，h（x）有两个零点证明：由题意得，即，得因为 x1，x20，所以 b（x1+x2）0，所以，因为 0b，所以 eb1，所以 x1x2e2，所以12 （2017?四川模拟）设 a，br，函数，g （x） =ex（e 为自然对数的底数） ，且函数 f （x）的图象与函数 g（x）的图象在 x=0处有公共的切线

20、（）求 b 的值；（）讨论函数f （x）的单调性；（）若 g（x）f （x）在区间（， 0）内恒成立，求 a 的取值范围（） f （x）=x2+2ax+b，g （x）=ex，由 f （0）=b=g （0）=1，得 b=1（ 2 分）（） f （x）=x2+2ax+1=（x+a）2+1a2，当 a21 时，即 1a1 时，f （x）0，从而函数 f （x）在定义域内单调递增，当 a21 时，此时若，f （x）0，则函数 f （x）单调递增；若，f （x）0，则函数 f （x）单调递减；若时，f （x）0，则函数 f （x）单调递增（ 6 分）（）令 h（x）=g （x）f （x）=exx22ax

21、1，则 h（0）=e01=0h （x）=ex2x2a，令 u（x）=h （x）=ex2x2a，则 u （x）=ex2当 x0 时，u （x）0，从而 h （x）单调递减，令 u（0）=h （0）=12a=0，得先考虑的情况，此时， h （0）=u（0）0；又当 x（， 0）时， h （x）单调递减，所以h （x）0；故当 x（， 0）时， h（x）单调递增；又因为 h（0）=0，故当 x0 时，h（x）0，从而函数 g（x）f （x）在区间（， 0）内单调递减；又因为 g（0）f （0）=0，所以 g（x）f （x）在区间（， 0）恒成立接下来考虑的情况，此时， h （0）0，令 x=a，则

22、h （a）=ea0由零点存在定理，存在x0（a，0）使得 h （x0）=0，当 x（x0，0）时，由 h （x）单调递减可知 h （x）0，所以 h（x）单调递减，又因为 h（0）=0，故当 x（x0，0）时 h（x）0从而函数 g（x）f （x）在区间（ x0，0）单调递增；又因为 g（0）f （0）=0，所以当 x（x0，0），g（x）f （x）综上所述，若 g（x）f （x）在区间（， 0）恒成立，则 a 的取值范围是（14分）3（2017?达州模拟）已知函数（1）若 y=f （x）在（ 0，+）恒单调递减，求a 的取值范围；（2）若函数 y=f （x）有两个极值点 x1，x2（x1x2

23、），求 a 的取值范围并证明x1+x22解：（ 1）因为 f （x）=lnx ax+1（x0），所以由 f （x）0 在（0，+）上恒成立得，令，易知 g（x）在（ 0，1）单调递增（ 1，+）单调递减，所以 ag（1）=1，即得： a1（5 分）（2）函数 y=f （x）有两个极值点 x1，x2（x1x2），即 y=f （x）有两个不同的零点，且均为正，f （x）=lnx ax+1（x0），令 f（x）=f （x）=lnx ax+1，由可知1）a0 时，函数 y=f （x）在（0，+）上是增函数，不可能有两个零点2）a0 时，y=f（x）在是增函数在是减函数，此时为函数的极大值，也是最大值当

24、时，最多有一个零点，所以才可能有两个零点，得：0a1（ 7 分）此时又因为，令，（ a）在（ 0，1）上单调递增，所以 （a）（ 1）=3e2，即综上，所以 a 的取值范围是（ 0，1）（ 8 分）下面证明 x1+x22由于 y=f（x）在是增函数在是减函数，可构造出构造函数则， 故m（ x ） 在 区 间上 单 调 减 又 由 于，则，即有 m （x1） 0 在上恒成立，即有成立由于，y=f（x）在是减函数，所以所以成立（12 分）4（2017?大理州一模）已知函数（1）设 g （x）=2f（x）+g（x），求 g （x）的单调递增区间；（2）证明：当 x0 时，f （x+1）g（x）；（3

25、）证明： k1 时，存在 x01，当 x（1，x0）时，恒有解：（ 1）由题意知，（1 分）从而（2 分）令 g（x）0 得 0 x2（3 分）所以函数 g （x）的单调递增区间为（ 0，2）（ 4 分）（2）令（5 分）从而（6 分）因为 x0，所以 h（x）0，故 h（x）在（ 0，+）上单调递增（ 7 分）所以，当 x0 时，h（x）h（0）=0，即 f （x+1）g（x）（ 8 分）（3）当 k1 时，令（9分）则有（10 分）由 f （x）=0得x2+（1k）x+1=0，解之得，（11 分）从而存在 x0=x21，当 x（1，x0）时， f （x）0，故 f（x）在1 ，x0）上单调

26、递增，从而当x（1，x0）时， f（x）f（1）=0，即（12 分）5（2017?茂名一模）已知函数（） 当 a=0时，求曲线 f （x）在 x=1 处的切线方程；（） 设函数 h（x）=alnx xf （x），求函数 h （x）的极值；（） 若 g（x）=alnx x 在1 ，e（e=2.718 28）上存在一点 x0，使得 g（x0）f（x0）成立，求 a 的取值范围解：（）当 a=0时，f （x）=，f （1）=1，则切点为（ 1，1），（ 1 分），切线的斜率为k=f （1）=1，（ 2 分）曲线 f （x）在点（ 1，1）处的切线方程为 y1=（ x 1），即 x+y2=0 （3 分

27、）（）依题意，定义域为（ 0，+），（ 4 分）当 a+10，即 a1 时，令 h （x）0，x0，0 x1+a，此时， h（x） 在区间（ 0，a+1）上单调递增，令 h （x）0，得 x 1+a此时， h（x）在区间（ a+1，+）上单调递减（ 5 分）当 a+10，即 a1 时，h（x）0 恒成立， h（x）在区间（0，+）上单调递减（ 6 分）综上，当 a1 时，h（x）在 x=1+a处取得极大值 h（1+a）=aln （1+a）a2，无极小值；当 a1 时，h（x）在区间（ 0，+）上无极值（ 7 分）（） 依题意知，在 1 ，e 上存在一点 x0，使得 g（x0）f （x0）成立，

28、即在1 ，e 上存在一点 x0，使得 h（x0）0，故函数在1 ，e 上，有 h（x）max0（ 8 分）由（）可知，当a+1e，即 ae1 时，h（x）在1 ，e 上单调递增，（ 9 分）当 0a+11，或 a1，即 a0 时，h（x）在1 ，e 上单调递减，h（x）max=h（1）=11a0，a2（ 10 分）当 1a+1e，即 0ae1 时，由（）可知， h（x）在 x=1+a处取得极大值也是区间（0，+）上的最大值，即 h（x）max=h（1+a）=aln（1+a）a2=aln （1+a）1 2，0ln （a+1）1，h（1+a）0 在1 ，e 上恒成立，此时不存在 x0使 h（x0）

29、0 成立（ 11 分）综上可得，所求a 的取值范围是或 a2（ 12 分）6（2017?佛山一模）设函数f （x）=eax+lnx ，其中 a0，e 是自然对数的底数（）若 f （x）是（ 0，+）上的单调函数，求 的取值范围；（）若 0，证明：函数 f （x）有两个极值点解：（） f （ x）=aeax+=，（x0），若 0，则 f （ x）0，则 f （x）在（ 0，+）递减，若 0，令 g（x）=axeax+，其中 a0，x0，则 g（x）=aeax（1+ax），令 g（x）=0，解得： x=，故 x（0，）时，g（ x）0，g（x）递减，x（，+）时， g（x）0，g（x）递增，故 x

30、=时，g（x）取极小值也是最小值g（）=，故 0 即 时，g（x）0，此时 f （x）0，f （x）在（ 0，+）递增，综上，所求 的范围是（， 0 ，+）；（）f （ x）=aeax+=，（x0），令 g（x）=axeax+，其中 a0，x0，求导得： g（ x）=aeax（1+ax），令 g（x）=0，解得： x=，x（0，）时，g（ x）0，g（x）递减，x（，+）时， g（x）0，g（x）递增，x=时，g（x）取得极小值，也是最小值g（）=，0，g（）=0，又 g（0）= 0，g（）g（0）0，函数 f （x）有两个极值点7（2017?南充模拟）已知函数（a 为常数， a0）（）当 a

31、=1时，求函数 f （x）在点（ 3，f （3） ）的切线方程（）求 f （x）的单调区间；（）若 f （x）在 x0处取得极值，且，而 f （x）0 在e+2，e3+2上恒成立，求实数 a 的取值范围（其中e 为自然对数的底数）解：（x2）（）当 a=1时，f （3）=2.，所以，函数 f （x）在点（ 3，f （3） ）处的切线方程为：，即 4x+2y3=0（ 3 分）（）=，因为 x2，所以 x20，当 a0 时，（ x1）2（a+1）=x（x2）a0 在 x2上成立，所以 f （x）当 x2 恒大于 0，故 f （x）在（ 2，+）上是增函数（ 5 分）当 a0 时，因为 x2，所以，

32、a（x2）0，当时，f （x）0，f （x）为减函数；当时，f （x）0，f （x）为增函数（ 7 分）综上：当 a0 时，f （x）在（ 2，+）上为增函数；当 a0 时，f （x）在上为增函数，在上为减函数（ 8 分）（）由（）知x0处有极值，故 a0，且，因为且 e+22，所以 f （x）在e+2，e3+2上单调（ 10 分）当e+2，e3+2为增区间时， f （x）0 恒成立，则有当e+2，e3+2为减区间时， f （x） 0恒成立，则有解集为空集综上：当 ae6+2e3时满足条件（ 12 分）8（2017?本溪模拟）已知函数（1）若 g（x）在点（ 1，g（1） ）处的切线方程为8x

33、2y3=0，求 a，b 的值；（2）若 b=a+1，x1，x2是函数 g（x）的两个极值点，试比较4 与 g（x1）+g（x2）的大小（1）根据题意可求得切点，由题意可得，即，解得 a=1，b=1（ 3 分）（2）证明： b=a+1，则根据题意可得 x2ax+a=0在（0，+）上有两个不同的根x1，x2即，解得 a4，且 x1+x2=a，x1x2=a（ 5 分）（ 6 分）令，则 f （x）=lnx+1 x1=lnx x，令 h（x）=lnx x，则当 x4 时，h（x）在（ 4，+）上为减函数，即h（x）h（4）=ln4 40，f （x）0，f （x）在（ 4，+）上为减函数，即f （x）f

34、 （4）=8lnx 12，g（x1）+g（x2）8ln2 12，（ 10 分）又，即，g（x1）+g（x2） 4（ 12 分）9（2017?本溪模拟）已知函数f （x）=xalnx 1，其中 a 为实数（）求函数 g（x）的极值；（）设 a0，若对任意的 x1、x23 ，4（x1x2），恒成立，求实数 a 的最小值解：（），令 g （x）=0，得 x=1，列表如下：x（， 1）1（1，+）g（x）+0g（x）极大值当 x=1时，g（x）取得极大值 g（1）=1，无极小值；（ 4分）（）当 m=1时，a0 时，f （x）=xalnx 1，x（0，+），在3 ，4 恒成立， f （x）在3 ，4

35、上为增函数，设，在3 ，4 上恒成立，h（x）在3 ，4 上为增函数，不妨设x2x1，则等价于： f （x2）f （x1）h（x2）h（x1），即 f （x2）h（x2）f （x1）h（x1），（ 6 分）设，则 u（x）在3 ，4 上为减函数，在3 ，4 上恒成立，恒成立，x3 ，4 ，（ 8 分）设，v （x）0，v（x）为减函数，v（x）在3 ，4 上的最大值，a 的最小值为（ 12分）10（2017?泸州模拟）已知函数f （x）=xlnx k（x1）（1）求 f （x）的单调区间；并证明lnx+2（e 为自然对数的底数）恒成立；（2） 若函数 f（x） 的一个零点为 x1（x11） ，

36、f （x） 的一个零点为 x0，是否存在实数 k，使=k，若存在，求出所有满足条件的k 的值；若不存在，说明理由解：（ 1）f （ x）=lnx+1 k，x（0，ek1）时，f （ x）0，此时 h（x）递减，x（ek1，+）时， f （ x）0，此时 h（x）递增，令 k=2，则 f （x）=xlnx 2（x1），故 x=e时，f （x）有最小值是 f （e），故 f （x）=xlnx 2（x1）f （e）=2e，即 lnx+2 恒成立；（2）由题意得： x1lnx1k（x11）=0，lnx0+1k=0，假设存在 k，使得=k，（k0）成立，消元得： ek1lnk ek1+1=0，设 m （

37、k）=ek1lnk ek1+1，则 m （k）=ek1（lnk+1），设 f（k）=lnk+1，则 f（x）=，k（0，1）时，f（ x）0，即此时函数 f（k）递减，k（1，+）时， f（ x）0，此时函数 f（k）递增，f（k）f（1）=0，m （ k）0，故函数 m （k）在（ 0，+）递增，m （1）=0，k=1，但 k=1时，x1=ek1k=1，与已知 x11 矛盾，故 k 不存在11（2016?新课标）已知函数f （x）=（x2）ex+a（x1）2（）讨论 f （x）的单调性；（）若 f （x）有两个零点，求a 的取值范围解：（）由 f （x）=（x2）ex+a（x1）2，可得 f

38、 （x）=（x1）ex+2a（x1）=（x1） （ex+2a），当 a0 时，由 f （ x）0，可得 x1；由 f （ x）0，可得 x1，即有 f （x）在（， 1）递减；在（ 1，+）递增；当 a0 时，若 a=，则 f （x）0 恒成立，即有 f （x）在 r上递增；若 a时，由 f （ x）0，可得 x1 或 xln （2a）；由 f （x）0，可得 1xln （2a）即有 f （x）在（， 1），（ ln （2a），+）递增；在（1，ln （2a） ）递减；若a0，由 f （x）0，可得 xln （2a）或 x1；由 f （x）0，可得 ln （2a）x1即有 f （x）在（， l

39、n （2a） ），（ 1，+）递增；在（ln （2a），1）递减；（）由（）可得当a0 时，f （x）在（， 1）递减；在（ 1，+）递增，且 f （1）=e0，x+，f （x）+；x， f （x）+f （x）有两个零点；当 a=0时，f （x）=（x2）ex，所以 f （x）只有一个零点 x=2；当 a0 时，若 a时，f （x）在（ 1，ln （2a） ）递减，在（， 1），（ln （2a），+）递增，又当 x1 时，f （x）0，所以 f （x）不存在两个零点；当 a时，f （x）在（1，+）单调递增，又 x1 时，f （x）0，所以 f （x）不存在两个零点综上可得， f （x）有两个

40、零点时， a 的取值范围为（ 0，+）12（2016?四川）设函数 f （x）=ax2alnx ，g（x）= ，其中 ar ，e=2.718为自然对数的底数（）讨论 f （x）的单调性；（）证明：当x1 时，g（x）0；（）确定 a 的所有可能取值，使得f （x）g（x）在区间（ 1，+）内恒成立（）解：由 f （x）=ax2alnx ，得 f （ x）=2ax=（x0），当 a0 时，f （ x）0 在（0，+）成立，则 f （x）为（ 0，+）上的减函数；当 a0 时，由 f （x）=0，得 x=，当 x（0，）时，f （ x）0，当 x（，+）时， f （x）0，则 f （x）在（ 0，

41、）上为减函数，在（，+）上为增函数；综上，当 a0 时，f （x）为（ 0，+）上的减函数，当a0 时，f （x）在（ 0，）上为减函数，在（，+）上为增函数；（）证明：要证g（x）0（x1），即0，即证，也就是证，令 h（x）=，则 h（x）=，h（x）在（ 1，+）上单调递增，则h（x）min=h（1）=e，即当 x1 时，h（x）e，当 x1 时，g（x）0；（）解：由 f （x）g（x），得，设 t （x）=，由题意知， t （x）0 在（1，+）内恒成立，t （1）=0，有 t （x）=2ax=0 在（1，+）内恒成立，令 （x）=，则 （ x）=2a=，当 x2 时，（ x）0，令

42、 h（x）=，h（ x）=，函数在 1 ，2）上单调递增， h（x）min=h（1）=1又 2a1，e1x0，1x2，（ x）0，综上所述， x1，（ x）0，（ x）在区间（ 1，+）单调递增，t （ x）t （ 1）0，即 t （x）在区间（ 1，+）单调递增，a13（2016?天津）设函数 f （x）=（x1）3axb，xr ，其中 a，br（1）求 f （x）的单调区间；（2）若 f （x）存在极值点 x0，且 f （x1）=f（x0），其中 x1x0，求证： x1+2x0=3；（3）设 a0，函数 g（x）=|f （x）| ，求证： g（x）在区间 0 ，2 上的最大值不小于解：（

43、1）函数 f （x）=（x1）3axb 的导数为f （x）=3（x1）2a，当 a0 时，f （ x）0，f （x）在 r上递增；当 a0 时，当 x1+或 x1时，f （x）0，当 1x1+，f （ x）0，可得 f （x）的增区间为（， 1），（ 1+，+），减区间为（ 1，1+）；（2）证明： f （ x0）=0，可得 3（x01）2=a，由 f （x0）=（x01）33x0（x01）2b=（x01）2（2x01）b，f （32x0）=（22x0）33（32x0） （x01）2b=（x01）2（88x09+6x0）b=（x01）2（2x01）b，即为 f （32x0）=f（x0）=f（x

44、1），即有 32x0=x1，即为 x1+2x0=3；（3）证明：要证 g（x）在区间 0 ，2 上的最大值不小于，即证在 0 ，2 上存在 x1，x2，使得 f （x1）f （x2）当 a3 时，f （x）在0 ，2 递减， f （2）=12ab，f （0）=1b，f （0）f （2）=2a24，递减，成立；当 0a3 时，f （1）=（）3a（1）b=a+ab=ab，f （1+）=（）3a（1+）b=aab=ab，f （2）=12ab，f （0）=1b，f （2）f （0）=22a，若 0a时，f （2）f （0）=22a成立；若 a时，f （1）f （1+）=成立综上可得， g（x）在区间

45、 0 ，2 上的最大值不小于14（2016?新课标）设函数f （x）=acos2x+（a1） （cosx+1），其中 a0，记|f （x）| 的最大值为 a（）求 f （x）；（）求 a；（）证明： | f （x）| 2a（i ）解：f （ x）=2asin2x （a1）sinx （ii ）当 a1 时，|f （x）|=|acos2x+ （a1） （cosx+1）| a|cos2x|+ （a1）| （cosx+1）| a|cos2x|+ （a1） （|cosx|+1 ）| a+2（a1）=3a2=f（0），因此 a=3a2当 0a1 时，f （x）等价为 f （x）=acos2x+（a1） （

46、cosx+1）=2acos2x+（a1）cosx1，令 g（t ）=2at2+（a1）t 1，则 a是|g （t ）| 在 1，1 上的最大值， g（1）=a，g（1）=3a2，且当 t=时，g（t ）取得极小值，极小值为g（）=1=，（二次函数在对称轴处取得极值）令11，得 a（舍）或 a因此 a=3a2当 0a时，g（t ）在（ 1，1）内无极值点， |g （1）|=a ，|g （1）|=2 3a，|g （1）| |g （1）| ，a=23a，当a1 时，由 g（1）g（1）=2（1a）0，得 g（1）g（1）g（），又|g （）g（1）|=0，a=|g（）|=，综上， a=（iii ）证

47、明：由（ i ）可得： | f （x）|=| 2asin2x （a1）sinx| 2a+|a1| ，当 0a时，| f （x）| 1+a24a2（23a）=2a，当a1 时，a=+1，| f （x）| 1+a2a，当 a1 时，| f （x）| 3a16a4=2a，综上： | f （x）| 2a15（2016?天津）设函数 f （x）=x3axb，xr，其中 a，br （1）求 f （x）的单调区间；（2）若 f （x）存在极值点 x0，且 f （x1）=f（x0），其中 x1x0，求证： x1+2x0=0；（3）设 a0，函数 g（x）=|f （x）| ，求证： g（x）在区间 1，1 上的

48、最大值不小于解：（ 1）若 f （x）=x3axb，则 f （ x）=3x2a，分两种情况讨论：、当 a0 时，有 f （x）=3x2a0 恒成立，此时 f （x）的单调递增区间为（，+），、当 a0 时，令 f （x）=3x2a=0，解得 x=或 x=，当 x或 x时，f （ x）=3x2a0，f （x）为增函数，当x时，f （ x）=3x2a0，f （x）为减函数，故 f （x）的增区间为（，），（，+），减区间为（，）；（2）若 f （x）存在极值点 x0，则必有 a0，且 x00，由题意可得， f （ x）=3x2a，则 x02=，进而 f （x0）=x03ax0b=x0b，又 f （

49、2x0）=8x03+2ax0b=x0+2ax0b=f（x0），由题意及（）可得：存在唯一的实数x1，满足 f （x1）=f （x0），其中 x1x0，则有 x1=2x0，故有 x1+2x0=0；（）设 g（x）在区间 1，1 上的最大值 m ，maxx，y 表示 x、y 两个数的最大值，下面分三种情况讨论：当 a3 时，11，由（i ）知 f （x）在区间 1，1 上单调递减，所以 f （x）在区间 1，1 上的取值范围是 f （1），f （1） ，因此 m=max|f（1）| ，|f （1）|=max|1 ab| ，| 1+ab|=max|a1+b| ，|a 1b|=，所以 m=a 1+|b

50、| 2当a3 时，由（）、（）知， f （1）=f（），f （1）=，所以 f （x）在区间 1，1 上的取值范围是 f （），f （） ，因此 m=max|f（）| ，|f （）|=max| ，|=max| ，|=，当 0a时，由（）、（）知， f （1）=f（），f （1）=，所以 f （x）在区间 1，1 上的取值范围是 f （1），f （1） ，因此 m=max|f（1）| ，|f （1）|=max| 1+ab| ，|1 ab|=max|1a+b| ，|1 ab|=1 a+|b| ，综上所述，当 a0 时，g（x）在区间 1，1 上的最大值不小于16（2016?新课标）已知函数f （x

51、）=（x2）ex+a（x1）2有两个零点（）求 a 的取值范围；（）设 x1，x2是 f （x）的两个零点，证明： x1+x22解：（）函数f （x）=（x2）ex+a（x1）2，f （ x）=（x1）ex+2a（x1）=（x1） （ex+2a），若 a=0，那么 f （x）=0?（x2）ex=0?x=2，函数 f （x）只有唯一的零点 2，不合题意；若 a0，那么 ex+2a0 恒成立，当 x1 时，f （ x）0，此时函数为减函数；当 x1 时，f （ x）0，此时函数为增函数；此时当 x=1 时，函数 f （x）取极小值 e，由 f （2）=a0，可得：函数 f （x）在 x1 存在一个

52、零点；当 x1 时，exe，x210，f （x）=（x2）ex+a（x1）2（x2）e+a（x1）2=a（x1）2+e（x1）e，令 a（x1）2+e（x1）e=0的两根为 t1，t2，且 t1t2，则当 xt1，或 xt2时，f （x）a（x1）2+e（x1）e0，故函数 f （x）在 x1 存在一个零点；即函数 f （x）在 r是存在两个零点，满足题意；若a0，则 ln （2a）lne=1，当 xln （2a）时， x1ln （2a）1lne 1=0，ex+2aeln （2a）+2a=0，即 f （x）=（x1） （ex+2a）0 恒成立，故 f （x）单调递增，当 ln （2a）x1 时

53、，x10，ex+2aeln （2a）+2a=0，即 f （x）=（x1） （ex+2a）0 恒成立，故 f （x）单调递减，当 x1 时，x10，ex+2aeln （2a）+2a=0，即 f （x）=（x1） （ex+2a）0 恒成立，故 f （x）单调递增，故当 x=ln （2a）时，函数取极大值，由 f（ln （2a） ）=ln （2a）2（2a）+aln （2a）12=aln （2a）22+10 得：函数 f （x）在 r上至多存在一个零点，不合题意；若 a=，则 ln （2a）=1，当 x1=ln（2a）时， x10，ex+2aeln （2a）+2a=0，即 f （x）=（x1） （e

54、x+2a）0 恒成立，故 f （x）单调递增，当 x1 时，x10，ex+2aeln （2a）+2a=0，即 f （x）=（x1） （ex+2a）0 恒成立，故 f （x）单调递增，故函数 f （x）在 r上单调递增，函数 f （x）在 r上至多存在一个零点，不合题意；若 a，则 ln （2a）lne=1，当 x1 时，x10，ex+2aeln （2a）+2a=0，即 f （x）=（x1） （ex+2a）0 恒成立，故 f （x）单调递增，当 1xln （2a）时， x10，ex+2aeln （ 2a）+2a=0，即 f （x）=（x1） （ex+2a）0 恒成立，故 f （x）单调递减，当

55、xln （2a）时， x10，ex+2aeln （ 2a）+2a=0，即 f （x）=（x1） （ex+2a）0 恒成立，故 f （x）单调递增，故当 x=1时，函数取极大值，由 f （1）=e0 得：函数 f （x）在 r上至多存在一个零点，不合题意；综上所述， a 的取值范围为（ 0，+）证明：（） x1，x2是 f （x）的两个零点，f （x1）=f（x2）=0，且 x11，且 x21，a=，令 g（x）=，则 g（x1）=g（x2）=a，g（ x）=，当 x1 时，g（ x）0，g（x）单调递减；当 x1 时，g（ x）0，g（x）单调递增；设 m 0，则 g（1+m ）g（1m ）=

56、，设 h（m ）=，m 0，则 h（m ）=0 恒成立，即 h（m ）在（ 0，+）上为增函数，h（m ）h（0）=0 恒成立，即 g（1+m ）g（1m ）恒成立，令 m=1 x10，则 g（1+1x1）g（11+x1）?g（2x1）g（x1）=g（x2）?2x1x2，即 x1+x2217（2016?山东）已知 f （x）=a（xlnx ）+，ar （i ）讨论 f （x）的单调性；（ii ）当 a=1时，证明 f （x）f （ x）+对于任意的 x1 ，2 成立（）解：由 f （x）=a（xlnx ）+，得 f （x）=a（1）+=（x0）若 a0，则 ax220 恒成立，当 x（0，1）

57、时，f （ x）0，f （x）为增函数，当 x（1，+）时， f （x）0，f （x）为减函数；当 a0，若 0a2，当 x（0，1）和（，+）时， f （ x）0，f （x）为增函数，当 x（1，）时，f （ x）0，f （x）为减函数；若 a=2，f （x）0 恒成立， f （x）在（ 0，+）上为增函数；若 a2，当 x（0，）和（ 1，+）时， f （x）0，f （x）为增函数，当 x（，1）时，f （ x）0，f （x）为减函数；（）解： a=1，令 f（x）=f（x）f （ x）=xlnx1=xlnx+令 g（x）=xlnx ，h（x）=则 f（x）=f（x）f （ x）=g（x）

58、+h（x），由，可得 g（x）g（1）=1，当且仅当 x=1时取等号；又，设 （x）=3x22x+6，则 （x）在1 ，2 上单调递减，且 （1）=1，（ 2）=10，在1 ，2 上存在 x0，使得 x（1，x0） 时 （x0）0，x（x0，2）时，（ x0）0，函数 h（x）在（ 1，x0）上单调递增；在（ x0，2）上单调递减，由于 h（1）=1，h（2）= ，因此 h（x）h（2）= ，当且仅当 x=2 取等号，f （x）f （ x）=g（x）+h（x）g（1）+h（2）=，f（x）恒成立即 f （x）f （ x）+对于任意的 x1 ，2 成立18（2016?离石区二模）已知函数f （x

59、）=lnx+x2（）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；（）在（）的条件下，若a1，h（x）=e3x3aexx0 ，ln2 ，求 h（x）的极小值；（）设 f（x）=2f（x）3x2kx（kr ），若函数 f（x）存在两个零点 m ，n（0m n），且2x0=m+n 问：函数 f（x）在点（x0，f（x0） ）处的切线能否平行于x 轴？若能，求出该切线方程；若不能，请说明理由解：（） g（x）=f （x）ax=lnx+x2ax，由题意知， g（ x）0，对任意的 x（0，+）恒成立，即又x0，当且仅当时等号成立，可得（）由（）知，令 t=ex，则 t

60、1 ，2 ，则h（t ）=t33at ，由 h（t ）=0，得或（舍去），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（）设 f（x）在（ x0，f（x0） ）的切线平行于 x 轴，其中 f（x）=2lnx x2kx结合题意，有得所以，由得所以设，式变为设，所以函数在（0，1）上单调递增，因此， yy|u=1=0，即，也就是此式与矛盾所以 f（x）在（ x0，f（x0） ）的切线不能平行于x 轴19（2016?衡水模拟） g（x）=2lnx x2mx ，xr，如果 g（x）的图象与 x 轴交于 a（x1，0），b（x