高考数学真题-函数压轴题含

高考数学真题——函数压轴题含高考数学真题——函数压轴题含56/56高考数学真题——函数压轴题含2018年数学全国1卷已知函数f(x)1xalnx．x（1）谈论f(x)的单一性；（2）若f(x)存在两个极值点x1,x2，证明：fx1fx2a2．x1x2解:（1）f(x)的定义域为(0,)，f(x)11ax2ax1.x2xx2（i）若a2，则f(x)0，当且仅当a2，1时f(x)0，所以f(x)在(0,)x单一递减.（ii）若a2，令f(x)0得，xaa24aa242或x2.当x(0,aa24)U(aa24,)时，f(x)0；22当x(aa24,aa24)时，f(x)0.所以f(x)在22(0,aa24aa24)单一递减，在(aa24aa242),(2,2,2)单一递增.（2）由（1）知，f(x)存在两个极值点当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2ax10，所以x1x21，不如设x1x2，则x21.由于f(x1)f(x2)1lnx1lnx2lnx1lnx22lnx2，x1x2x1x21ax1x22ax1x22a1x2x2所以f(x1)f(x2)a2等价于1x22lnx20.x1x2x2设函数g(x)12lnx，由（1）知，g(x)在(0,)单一递减，又g(1)0，从xx而当x(1,)时，g(x)0.所以1x22lnx20，即f(x1)f(x2)a2.x2x1x22017年数学全国1卷已知函数e2x+(a﹣2)ex﹣.（fx)ax（1）谈论f(x)的单一性；（2）若f(x)有两个零点，求a的取值范围.（1）f(x)的定义域为(,)，f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1)，（ⅰ）若a0，则f(x)0，所以f(x)在(,)单一递减.（ⅱ）若a0，则由f(x)0得xlna.当x(,lna)时，f(x)0；当x(lna,)时，f(x)0，所以f(x)在(,lna)单一递减，在(lna,)单一递加.（2）（ⅰ）若a0，由（1）知，f(x)至多有一个零点.（ⅱ）若a0，由（1）知，当xlna时，f(x)获得最小值，最小值为f(lna)11lnaa.①当a1时，由于f(lna)0，故f(x)只有一个零点；②当a(1,)时，由于11lna0lna)0，故f(x)没有零点；a，即f(③当a11lna0lna)0.(0,1)时，a，即f(又f(2)ae4(a2)e222e220，故f(x)在(,lna)有一个零点.设正整数n0满足n0ln(31)，则f(n0)en0(aen0a2)n0en0n02n0n00.aln(31)lnaf(x)在(lna,)有一个零点.由于a，所以综上，a的取值范围为(0,1)2016年数学全国1卷已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点.（I）求a的取值范围；（II）设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x22.【答案】(I)(0,)；（II）见解析【解析】试题解析：(I)求导，依照导函数的符号来确定（主要要依照导函数零点来分类）；(II)借助(I)的结论来证明，由单一性可知x1x22等价于f(x1)f(2x2)，即f(2x2)0．设g(x)xe2x(x2)ex，则g'(x)(x1)(e2xex)．则当x1时，g'(x)0，而g(1)0，故当x1时，g(x)0．进而g(x2)f(2x2)0，故x1x22．试题解析：（Ⅰ）f'(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)．（i）设a0，则f(x)(x2)ex，f(x)只有一个零点．f(x)0，所以f(x)不存在两个零点．若ae，ln(2a)1，故当x(1,ln(2a))，f'(x)0；当x(ln(2a),)2，f'(x)0．所以f(x)在(1,ln(2a))减，在(ln(2a),)增．又当x1，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点．上，a的取范(0,)．（Ⅱ）不如x1x2，由（Ⅰ）知x1(,1),x2(1,)，2x2(,1)，f(x)在(,1)减，所以x1x22等价于f(x1)f(2x2)，即f(2x2)0．由于f(2x2)x2e2x2a(x21)2，而f(x2)(x22)ex2a(x21)20，所以f(2x2)x2e2x2(x22)ex2．g(x)xe2x(x2)ex，g'(x)(x1)(e2xex)．所以当x1，g'(x)0，而g(1)0，故当x1，g(x)0．进而g(x2)f(2x2)0，故x1x22．2013年数学全国1卷函数f(x)＝x2axb，g(x)＝ex(cxd)，若曲yf(x)和曲yg(x)都点P(0，2)，且在点P有相同的切y4x2（Ⅰ）求a，b，c，d的；（Ⅱ）当x≥－2，f(x)≤kg(x)，求k的取范。21．【解析】（Ⅰ）由已知得f(0)2,g(0)2,f(0)4,g(0)4，而f(x)=2xb，g(x)=ex(cxdc)，∴a=4，b=2，c=2，d=2；⋯⋯4分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)x24x2，g(x)2ex(x1)，函数F(x)=kg(x)f(x)=2kex(x1)x24x2（x2），F(x)=2kex(x2)2x4=2(x2)(kex1)，有题设可得F(0)≥0，即k1，令F(x)=0得，x1=lnk，x2=－2，2，则－2＜x1≤0，∴当x(2,x1)时，F(x)＜0，当x(x1,)时，F(x)1）若1ke＞0，即F(x)在(2,x1)单一递减，在(x1,)单一递加，故F(x)在x=x1取最小值F(x1)，而F(x1)=2x12x124x12=x1(x12)≥0，∴当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立，(2)若ke2，则F(x)=2e2(x2)(exe2)，∴当x≥－2时，F(x)≥0，∴F(x)在(－2,+∞)单一递加，而F(2)=0，∴当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立，(3)若ke2，则F(2)=2ke22=2e2(ke2)＜0，∴当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可以能恒成立，综上所述，k的取值范围为[1,e2].2012年数学全国1卷已知函数f(x)满足f(x)f(1)ex1f(0)x1x2.2（1）求f(x)的解析式及单一区间；（2）若f(x)1x2axb，求(a1)b的最大值.2【解析】（1）f(x)f(1)ex1f(0)x1x2f(x)f(1)ex1f(0)x2令x1得：f(0)1f(x)f(1)ex1x1x2f(0)f(1)e11f(1)e2得：f(x)exx1x2g(x)f(x)ex1x2g(x)ex10yg(x)在xR上单一递加f(x)0f(0)x0,f(x)0f(0)x0得：f(x)的解析式为f(x)exx1x22且单一递加区间为(0,)，单一递减区间为(,0)（2）f(x)1x2axbh(x)ex(a1)xb0得h(x)ex(a1)2①当a10时，h(x)0yh(x)在xR上单一递加x时，h(x)与h(x)0矛盾②当a10时，h(x)0xln(a1),h(x)0xln(a1)得：当xln(a1)时，h(x)min(a1)(a1)ln(a1)b0(a1)b(a1)2(a1)2ln(a1)(a10)令F(x)x2x2lnx(x0)；则F(x)x(12lnx)F(x)00xe,F(x)0xe当xe时，F(x)maxe2当ae1,be时，(a1)b的最大值为e22011年数学全国1卷(I)函数f(x)ln(1x)2x，明：当x0，f(x)0；x2(II)从号1到100的100卡片中每次随即抽取一，尔后放回，用种方式抽取20次，抽得的20个号互不相同的概率p.明：p(9)19110e2【命意】本数、概率与不等式的合,主要考数的用和利用数明不等式.考考生合运用知的能力及分的思想，考考生的算能力及解析、解决的能力.【解析】(I)f'(x)x22)2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分(x1)(x当x0,f'(x)0,所以f(x)增函数,又f(0)0,所以当x0,f(x)0.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分p1009998L81.10020又9981902,9882902,L9189902,所以p(9)19.10由(I)知:当x0,ln(1x)2xx22所以)ln(1x)2.(1x1,19ln102,即(10)19在上式中,令xe2.999所以p(9)191⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分10e22009年数学全国1卷设函数fxx33bx23cx在两个极值点x1、x2，且x1[1，0],x2[1,2].（I）求b、c满足的拘束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点b,c的地域；(II)证明：101fx22解析（I）这一问主要观察了二次函数根的分布及线性规划作可行域的能力。大部分考生有思路并可以得分。fx3x26bx3c由题意知方程x0有两个根x1、x2且x1[1，0],x2[1,2].则有f10，f00，f10，f20故有右图中阴影部分即是满足这些条件的点b,c的地域。这一问考生不易得分，有必然的划分度。主要原因是含字母很多，不易找到打破口。此题主要利用消元的手段，消去目标fx2x233bx223cx2中的b，（若是消c会较繁琐）再利用x2的范围，并借助（I）中的拘束条件得c[2,0]进而求解，有较强的技巧性。解：由题意有fx23x226bx23c0．．．．．．．．．．．．①又fx2x233bx223cx2．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．②消去b可得fx21x233cx2．221又Qx2[1,2]，且c[2,0]10f(x2)2x2．已知函数f(x)eax（1）若a1，证明：当x0时，f(x)1；（2）若f(x)在(0,)只有一个零点，求a．【解析】（1）当a1时，f(x)1等价于(x21)ex10．设函数g(x)(x21)ex1，则g'(x)(x22x1)ex(x1)2ex．当x1时，g'(x)0，所以g(x)在(0,)单一递减．而g(0)0，故当x0时，g(x)0，即f(x)1．（2）设函数h(x)1ax2ex．f(x)在(0,)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,)只有一个零点．（i）当a0时，h(x)0，h(x)没有零点；（ii）当a0时，h'(x)ax(x2)ex．当x(0,2)时，h'(x)0；当x(2,)时，h'(x)0．所以h(x)在(0,2)单一递减，在(2,)单一递加．故h(2)14a)的最小值．学&科网e2是h(x)在[0,①若h(2)0，即ae2，h(x)在(0,)没有零点；4②若h(2)0，即ae2，h(x)在(0,)只有一个零点；4③若h(2)0，即ae2，由于h(0)1，所以h(x)在(0,2)有一个零点，4由（1）知，当x0时，exx2，所以h(4a)116a3116a316a310．e4a(e2a)211(2a)4a故h(x)在(2,4a)有一个零点，所以h(x)在(0,)有两个零点．综上，f(x)在(0,)只有一个零点时，ae2．4已知函数f(x)ax3axxlnx,且f(x)0.（1）求；a（2）证明：f(x)存在独一的极大值点x0，且e2f(x0)23.解：（1）fx的定义域为0，+设gx=ax-a-lnx，则fx=xgx,fx0等价于gx0由于g1=0，gx0,故g'1=0,而g'xa1,g'1=a1,得a1x若a=1，则g'x=11.当0＜x＜1时，g'x＜0,gx单一递减；当x＞1时，g'x＞0，xgx单一递加.所以x=1是gx的极小值点，故gxg1=0综上，a=1（2）由（1）知fxx2xxlnx,f'(x)2x2lnx设hx2x2lnx,则h'(x)21x当x0,1时，h'x＜0；当x1,+时，h'x＞0，所以hx在0,1单一递减，222在1,+单一递加2又he2＞0,h1＜0,h10，所以hx在0,1有独一零点x0，在1,+有独一零222点1，且当x0,x0时，hx＞0；当xx0,1时，hx＜0，当x1,+时，hx＞0.由于f'xhx，所以x=x0是f(x)的独一极大值点由f'x00得lnx02(x01),故fx0=x0(1x0)由x00,1得f'x0＜14由于x=x0是f(x)在（0,1）的最大值点，由e10,1,f'e10得fx0＞fe1e2所以e2＜fx0＜2-2(I)谈论函数f(x)x2ex的单一性，并证明当x>0时，(x2)exx20;x2(II)证明：当a[0,1)exaxa0)有最小值.设g（x）的最小值时，函数g（x）=x2(x为h(a)，求函数h(a)的值域.【解析】试题解析：（Ⅰ）先求定义域，用导数法求函数的单一性，当x(0,)时，f(x)f(0)证明结论；（Ⅱ）用导数法求函数g(x)的最值，在构造新函数h(a)ex0，又用导数法求x02解.试题解析：（Ⅰ）f(x)的定义域为(,2)(2,).f(x1)(x2)ex(x2)exx2ex0,'(x)(x2)2(x2)2且仅当x0时，f'(x)0，所以f(x)在(,2),(2,)单一递加，所以当x(0,)时，f(x)f(0)1,所以(x2)ex(x2),(x2)exx20（II）g(x)(x2)exa(x2)x2x2x2(f(x)a),由（I）知，f(x)a单一递加，对任意a[0,1),f(0)aa10,f(2)aa0,所以，存在独一x0(0,2],使得f(x0)a0,即g'(x0)0，当0xx0时，f(x)a0,g'(x)0,g(x)单一递减；当xx0时，f(x)a0,g'(x)0,g(x)单一递加.所以g(x)在xx0处获取最小值，最小值为g(x0)ex0a(x01)ex0+f(x0)(x01)ex0.x02x02x02于是h(a)ex0ex(x1)ex0,ex单一递加，由()'(x2)2x02x2x2所以，由x0(0,2],得1e0h(a)ex02e2e2.202x0224由于ex单一递加，对任意(1,e2],存在独一的x0(0,2],af(x0)[0,1),x224使得h(a)1e2,所以h(a)的值域是(,],24综上，当a[0,1)时，g(x)有h(a)，h(a)的值域是1e2(,].24考点：函数的单一性、极值与最值.(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．设x＝0是f(x)的极值点，求m，并谈论f(x)的单一性；当m≤2时，证明f(x)＞0.(1)f′(x)＝ex1.m由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ex1.x1函数f′(x)＝ex1在(－1，＋∞)单一递加，且f′(0)＝0.x1所以当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－1,0)单一递减，在(0，＋∞)单一递加．当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只要证明当m＝2时，f(x)＞0.当m＝2时，函数f′(x)＝ex1在(－2，＋∞)单一递加．x2又f′(－1)＜0，f′(0)＞0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)有独一实根x0，且x0∈(－1,0)．当x∈(－2，x0)时，f′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，进而当x＝x0时，f(x)获取最小值．x0＝1，ln(x＋2)＝－x，0x0200故f(x)≥f(x)＝1＋x＝x0120x020x02综上，当m≤2时，f(x)＞0.（Ⅰ）设函数f(x)ln(1x)2x，证明：当x＞0时，f(x)＞0；x2（Ⅱ）从编号1到100的100张卡片中每次随即抽取一张，尔后放回，用这种方式连续抽取20次，设抽得的20个号码互不相同的概率为p.证明：pp(9)19p110e2解：（I）fxx22.⋯⋯2分x1x2（II）当x0，fx0，所以当xR，fxf00⋯⋯5分（III）p1009998L81.10020（IV）又9981902,9882902,,9189902，19（V）所以p9⋯⋯9分10（VI）由（I）知：当x0，ln1x2x，x2（VII）所以12ln1x2.x（VIII）令x119ln102,9919（IX）所以10e299191（X）上：p⋯⋯12分10e2设函数fx1ex．（Ⅰ）证明：当x＞-1时，fxx；x1（Ⅱ）设当x0时，fxx，求a的取值范围．ax1解：（I）当x1时，f(x)x当且仅当ex1x.x1令g(x)exx1.则g'(x)ex1.⋯⋯⋯⋯2分当x0时g'(x)0，g(x)在0,当x0时g'(x)0,g(x)在,0

是增函数；是减函数。于是g(x)在x=0达到最小，所以当xR，g(x)g(0),即ex1x.所以当x1时,f(x)x.⋯⋯⋯⋯6分、x1（II）由x0,此时f(x)0.当a0时,若x1x0,f(x)x不成立；,则axaxa11当a时,令h(x)axf(x)f(x)x,f(x)x0.当且令当h(x)ax1h'(x)af(x)af'(x)f'(x)1af(x)axf(x)axf(x).⋯⋯⋯⋯8分（i）当0a1(x1)f(x),，由（I）知x2h'(x)af(x)axf(x)a(x1)f(x)f(x),(2a1)f(x)0,h(x)在0,是减函数，h(x)h(0)x.⋯⋯⋯⋯10分0,即f(x)1ax1（ii）当af(x).，由（I）知x2h'(x)af(x)axf(x)axf(x),af(x)axf(x)af(x)f(x)(2a1ax)f(x).当0x2a1，h'(x)0,所以h(x)h(0)0,即f(x)x.a1].ax1上，a的取范是[0,⋯⋯⋯⋯12分2已知函数f(x)=x﹣1﹣alnx．（1）若f(x)0，求a的值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n，111﹤，求的最小(1+2)(1+22)K(1+2n)mm值．解：（1）fx的定义域为0，+.①若a0，由于f1=-1+aln2＜0，所以不满足题意；22②若a＞0，由f'x1axa知，当x0,a时，f'x＜0；当xa，+时，xxf'x＞0，所以fx在0,a单一递减，在a，+单一递加，故x=a是fx在0，+的独一最小值点.由于f10，所以当且仅当a=1时，fx0.故a=1（2）由（1）知当，时，x1lnx＞0x1+111令x=1+2n得ln1+2n＜2n，进而ln1+1+ln1+12++ln1+1＜1+12++1=1-1＜1222n222n2n故1+11+121+1＜e222n而1+11+121+13＞2，所以m的最小值为3.222已知函数fx2xax2ln1x2x．（1）若a0，证明：当1x0时，fx0；当x0时，fx0；（2）若x0是fx的极大值点，求a．解：（1）当a0时，f(x)(2x)ln(1x)2x，f(x)ln(1x)1x.x设函数g(x)f(x)ln(1x)x，则g(x)x1x(1.x)2当1x0时，g(x)0；当x0时，g(x)0.故当x1时，g(x)g(0)0，且仅当x0时，g(x)0，进而f(x)0，且仅当x0时，f(x)0.所以f(x)在(1,)单一递加.学#科网又f(0)0，故当1x0时，f(x)0；当x0时，f(x)0.（2）（i）若a0，由（1）知，当x0时，f(x)(2x)ln(1x)2x0f(0)，这与x0是f(x)的极大值点矛盾.（ii）若a0，设函数h(x)f(x)ln(1x)2x.2xax2x2ax2由于当|x|min{1,1}时，2xax20，故h(x)与f(x)符号相同.|a|又h(0)f(0)0，故x0是f(x)的极大值点当且仅当x0是h(x)的极大值点.h(x)12(2xax2)2x(12ax)x2(a2x24ax6a1)1x(2xax2)2(x1)(ax2x2)2.若是6a10，则当0x6a1，且|x|min{1,1}时，h(x)0，故x04a|a|不是h(x)的极大值点.假如6a10，则a2x24ax6a10存在根x10，故当x(x1,0)，且|x|min{1,1}时，h(x)0，所以x0不是h(x)的极大值点.|a|若是6a10，则h(x)x3(x24).则当x(1,0)时，h(x)0；当(x1)(x26x12)2x(0,1)时，h(x)0.所以x0是h(x)的极大值点，进而x0是f(x)的极大值点综上，a1.6设函数f(x)xekx(k0)（Ⅰ）求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程；（Ⅱ）求函数f(x)的单一区间；（Ⅲ）若函数f(x)在区间(1,1)内单一递加，求k的取值范围.【解析】此题主要观察利用导数研究函数的单一性和极值、解不等式等基础知识，观察综合解析和解决问题的能力．（Ⅰ）f'x1kxekx,f'01,f00,曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为yx.'x1kx0，得x10，（Ⅱ）由fkxekk若k0，则当x,1时，f'x0，函数fx单一递减，k当x1,,时，f'x0，函数fx单一递加，k若k0，则当x,1时，f'x0，函数fx单一递加，k当x1,,时，f'x0，函数fx单一递减，k（Ⅲ）由（Ⅱ）知，若k0，则当且仅当11，k即k1时，函数fx1,1内单一递加，若k0，则当且仅当11，k即k1时，函数fx1,1内单一递加，综上可知，函数fx1,1内单一递加时，k的取值范围是1,0U0,1.已知函数f(x)=In(1+x)-x+xx2(k≥0)。2(Ⅰ)当k=2时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(Ⅱ)求f(x)的单一区间。解：（I）当k2时，f(x)ln(1x)xx2，f'(x)112x31x由于f(1)ln2，f'(1)，2所以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为yln231)(x2即3x2y2ln230（II）f'(x)x(kxk1)，x(1,).1xx当k0时，f'(x).1x所以，在区间(1,0)上，f'(x)0；在区间(0,)上，f'(x)0.故f(x)得单一递加区间是(1,0)，单一递减区间是(0,).当0k1时，由f'(x)x(kxk1)，得x11k01x00，x2k所以，在区间(1,0)和(1k,)上，f'(x)0；在区间(0,1k)上，kkf'(x)0故f(x)得单一递加区间是(1,0)和(1k,)，单一递减区间是(0,1k).kk当k1时，f'(x)x21x故f(x)得单一递加区间是(1,).当k1时，f'(x)x(kxk1)1k1,0)，x20.1x0，得x1(k所以没在区间(1,1k)和(0,)上，f'(x)0；在区间(1k,0)上，kkf'(x)0故f(x)得单一递加区间是(1,1k)和(0,)，单一递减区间是(1k,0)kkx已知函数f(x)(xk)2ek。（Ⅰ）求f(x)的单一区间；（Ⅱ）若对于任意的x(0,)，都有f(x)≤1，求k的取值范围。e已知函数f(x)ax21a0，g(x)x3bx.（1）若曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点1,c处拥有公共切线，求a，b的值；24b时，求函数f(x)g(x)的单一区间，并求其在区间,1上的最大值.（2）当a解：（）由1，c为公共切点可得：f(x)ax21(a0)，则f(x)2ax，k12a，g(x)x3bx，则f(x)=3x2b，k23b，2a3b①又f(1)a1，g(1)1b，a11b，即ab，代入①式可得：a3．b3（2）Qa24b，设h(x)f(x)g(x)x3ax21a2x14则h(x)3x22ax1a2，令h(x)0，解得：x1a，x2a；426Qa0，aa，26原函数在，a单一递加，在a，a单一递减，在a，上单一递加2266①若1a，即a≤2时，最大值为h(1)a224②若a1a，即2a6时，最大值为ha1262③若1≥a时，即a≥6时，最大值为ha1．26综上所述：当a0，2时，最大值为h(1)aa2时，最大值为ha．；当a2,142lnx设l为曲线C:y在点(1,0)处的切线。x（Ⅰ）求l的方程；（Ⅱ）证明：除切点(1,0)之外，曲线C在直线l的下方。f()cosxsin,x[0,]，已知函数xxx2（1）求证：f(x)0；（2）若asinxb在(0,)上恒成立，求a的最大值与b的最小值.x2解：（I）由f(x)xcosxsinx得f'(x)cosxxsinxcosxxsinx。由于在区间(0,)上f'(x)xsinxp0，所以f(x)在区间0,上单一递22减。进而f(x)f(0)0。（Ⅱ）当xf0时，“sinxfa”等价于“sinxaxf0”“sinxpb”等价于xx“sinxbxp0”。令g(x)sinxcx，则g'(x)cosxc，当c0时，g(x)f0对任意x(0,)恒成立。2当c1时，由于对任意x(0,)，g'(x)cosxcp0，所以g(x)在区间0,22上单一递减。进而g(x)pg(0)0对任意x(0,)恒成立。2当0pcp1时，存在独一的x0(0,)使得g'(x0)cosx0c0。2g(x)与g'(x)在区间(0,)上的情况以下：2x(0,x0)x0(x0,)2g'(x)→0→g(x)↗↘由于g(x)在区间0,x0上是增函数，所以g(x0)fg(0)0。进一步，“g(x)f0对任意x(0,)恒成立”当且仅当g()1c0，即0pc2，2222综上所述，当且仅当c0对任意x(0,)恒成立；当且仅当c1时，时，g(x)f2g(x)p0对任意x(0,)恒成立.2所以，若apsinxpb对任意x(0,)恒成立，则a最大值为2，b的最小值为1.x2已知函数fxln1x．1x（Ⅰ）求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程；（Ⅱ）求证：当x(0,1)时,f(x)2(x＋x2)；3（Ⅲ）设实数k使得f(x)k(x＋x3)对x(0,1)恒成立，求k的最大值3解：（Ⅰ)f(x)ln(1x)ln(1x)f(x)11111x1x1x1x所以f(0)2又f(x)0所以，切线方程为y02(x0)即y2x（Ⅱ）F(x)f(x)2x2x3ln(1x)ln(1x)2x2x333F(x)1122x222(12)22(1x2)(1x2)1x1x(1x)(1x)x1x22x41x2又由于0x1，所以F(x)0所以F(x)在(0,1)上是增函数又F(0)0，故F(x)F(0)所以f(x)k(x＋x3)3（Ⅲ）ln1xk(xx3),x(0,1)1x3设t(x)ln1xk(xx2)0,x(0,1)1x3t(x)22k(1x2)kx422k,x(0,1),1x1xk[0,2]，t(x)0，函数t(x)是单一递加，t(x)t(0)显然成立当k2时，令t(x)0t(x)4k2(0,1)0，得x0kx(0,x0)x0(x0,1)t(x)—0+t(x)极值t(x0)t(0)0，显然不成立，由此可知k最大值为2．设函数fx)xaxbx，曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y(e1)x4.(eI）求a，b的值；II）求f(x)的单一区间.【答案】（I）a2,be；（II）(,)【解析】试题解析：（I）依照题意求出f(x)，依照f(2)2e2,f(2)e1求a,b的值即可；【考点】导数的应用；运算求解能力【名师点睛】用导数判断函数的单一性时，第一应确定函数的定义域，尔后在函数的定义域内，经过谈论导数的符号，来判断函数的单一区间．在对函数划分单一区间时，除必定确定使导数等于0的点外，还要注意定义区间内的中止点．2(4a1)x4a3]ex．设函数f(x)=[ax（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，求a；（Ⅱ）若f(x)在x=2处获取极小值，求a的取值范围．解：（Ⅰ）由于f(x)=[ax2(4a1)x4a3x]e，所以f′（x）=［2ax–（4a+1）］ex+［ax2–（4a+1）x+4a+3］ex（x∈R）=［ax2–（2a+1）x+2］ex．f′(1)=(1–a)e．由题设知f′(1)=0，即(1–a)e=0，解得a=1．此时f(1)=3e≠0．所以a的值为1．（Ⅱ）由（Ⅰ）得f′（x）=［ax2–（2a+1）x+2］ex=（ax–1）(x–2)ex．若a>，则当x∈(，2)时，f′(x)<0；当x∈(2，+∞)时，f′(x)>0．所以f(x)<0在x=2处获取极小值．若a≤，则当x∈(0，2)时，x–2<0，ax–1≤x–1<0，所以f′(x)>0．所以2不是f(x)的极小值点．综上可知，a的取值范围是（，+∞）．已知函数f(x)(x2ax2a23a)ex(xR),其中aR（Ⅰ）当a0时，求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率；2时，求函数f(x)的单一区间与极值。（Ⅱ）当a3本小题主要观察导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单一性与极值等基础知识，观察运算能力及分类谈论的思想方法。满分12分。（Ⅰ）解：当a0时，f(x)x2ex，f'(x)(x22x)ex，故f'(1)3e.所以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为3e（Ⅱ）解：f'(x)x2(a2)x2a24aex令f'(x)0，解得x2a，或xa2.由a2知，2aa2.3以下分两种情况谈论。（1）若a＞2，则2a＜a2.当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况以下表：3x，2a2a2a，a2a2a2，+0—0+↗极大值↘极小值↗所以f(x)在(，2a)，(a2，)内事增函数，在(2a，a2)内是减函数。函数f(x)在x2a处获取极大值f(2a)，且f(2a)3ae2a函数f(x)在xa2处获取极小值f(a2)，且f(a2)(43a)ea2.（2）若a＜2，则2a＞a2，当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况以下表：3x，a2a2a2，2a2a2a，+0—0+↗极大值↘极小值↗所以f(x)在(，a2)，(2a，)内是增函数，在(a2，2a)内是减函数。函数f(x)在xa2处获取极大值f(a2)，且f(a2)(43a)ea2函数f(x)在x2a处获取极小值f(2a)，且f(2a)3ae2a已知函数f(x)xcx(xR)(c为e)（Ⅰ）求函数f(x)的单一区间和极值；（Ⅱ）已知函数yg(x)的图象与函数yf(x)的图象对于直线x1对称，证明当1时，f(x)g(x)（Ⅲ）若是x1x2，且f(x1)f(x2)，证明x1x22（Ⅰ）解：f’(x)(1x)ex令f’(x)=0,解得x=1当x变化时，f’(x)，f(x)的变化情况以下表X(,1)1(1,)f’(x)+0-f(x)Z极大值]所以f(x)在(,1)内是增函数，在(1,)内是减函数。函数f(x)在x=1处获取极大值f(1)且f(1)=1e（Ⅱ）证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)ex2令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)xex(x2)ex2于是F'(x)(x1)(e2x21)ex当x>1时，2x-2>0,进而e2x-210,又ex0,所以F’(x)>0,进而函数F（x）在[1,+∞)是增函数。又F(1)=e-1e-10，所以x>1时，有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x).Ⅲ)证明：（1）若(x11)(x21)0,由（）及f(x1)f(x2),则x1x21.与x1x2矛盾。（2）若由（）及f(xf(x得与矛盾。1)(x21)0,1)2),x1x2.x1x2(x1依照（1）（2）得(x11)(x21)0,不如设x11,x21.由（Ⅱ）可知，f(x2)>g(x2),则g(x2)=f(2-x2)，所以f(x2)>f(2-x2),进而f(x1)>f(2-x2).由于x1，所以2x1，又由（Ⅰ）可知函数f(x)在区间（-∞，1）22内事增函数，所以x1>2x2,即x1x2>2.已知函数2f(x)xlnx.(Ⅰ)求函数f(x)的单一区间;(Ⅱ)证明:对任意的t>0,存在独一的s,使tf(s).(Ⅲ)设(Ⅱ)中所确定的s对于t的函数为sg(t),证明:当t>e2时,有2lng(t)15lnt.2(Ⅰ)解：函数f(x)的定义域为（0，+∞）f(x)2xlnxxx(2lnx1)，令f(x)0，得x1.e当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况以下表：x(0,1)1(1,)eeef(x)0f(x)]极小值Z所以函数f(x)的单一递减区间是1)，单一递加区间是(1).(0,,ee（Ⅱ）证明：当0x1时，f(x)0.设t0，令h(x)f(x)t，x[1,).由(Ⅰ)知，h(x)在区间(1,)内单一递加.h(1)t0，h(et)e2tlnettt(e2t1)0.故存在独一的s(1,)，使得tf(s)成立.(Ⅲ)证明：由于sg(t)，由（Ⅱ）知，tf(s)，且s1，进而lng(t)lnslnslnsu，lntlnf(s)ln(s2lns)3lnslnlns2ulnu其中ulns.要使2lng(t)1成立，只要0lnuu.5lnt22当te2时，若sg(t)e，则由f(s)的单一性，有tf(s)f(e)e2，矛盾.所以se，即u1，进而lnu0成立.另一方面，令F(u)lnuu,u1.F(u)11,令F(u)0，得u2.2u2当1u2时，F(u)0；当u2时，F(u)0.故对u1，F(u)F(2)0.所以lnuu成立.22lng(t)1综上，当te2时，有.5lnt2已知函数f(x)nxxn,xR，其中nN*,n2.谈论f(x)的单一性；(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)若对于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实根x1，x2，求证：|x2-x1|<a+21-n【答案】(I)当n为奇数时，f(x)在(,1)，(1,)上单一递减，在(1,1)内单一递增；当n为偶数时，f(x)在(,1)上单一递加，f(x)在(1,)上单一递减.(II)见解析；(III)见解析.试题解析：(I)由xnxxnnN*且n2，，可得，其中( )下面分两种情况谈论：（1）当n为奇数时：令f(x)0，解得x1或x1，当x变化时，f(x),f(x)的变化情况以下表：x

(

,1)

(1,1)

(1,

)f(x)f(x)

]

Z

]所以，

f(x)

在(

,1)，

(1,

)

上单一递减，在

(1,1)内单一递加

.当n为偶数时，当f(x)0，即x1时，函数f(x)单一递加；当f(x)0，即x1时，函数f(x)单一递减.所以，f(x)在(,1)上单一递加，f(x)在(1,)上单一递减.1n2，曲线y(II)证明：设点P的坐标为(x0,0)，则x0nn1，f(x0)nf(x)在点P处的切线方程为yf(x0)xx0，即g(x)f(x0)xx0，令F(x)f(x)g(x)，即F(x)f(x)f(x0)xx0，则F(x)f(x)f(x0)由于f(x)nxn1n在0,上单一递减，故F(x)在0,上单一递减，又由于F(x0)0，所以当x(0,x0)时，F(x0)0，当x(x0,)时，F(x0)0，所以F(x)在(0,x0)内单一递加，在(x0,)内单一递减，所以对任意的正实数x都有F(x)F(x0)0，即对任意的正实数x，都有f(x)g(x).(III)证明：不如设x1x2，由(II)知g(x)nn2xx0，设方程g(x)a的根为x2，可得x2ax0.，当n2时，g(x)在,上单一递减，又由(II)知nn2g(x2)f(x2)ag(x2),可得x2x2.近似的，设曲线yf(x)在原点处的切线方程为yh(x)，可得h(x)nx，当x(0,)，f(x)h(x)xn0，即对任意x(0,)，f(x)h(x).设方程h(x)a的根为x1，可得x1a，由于h(x)nx在,上单一递加，n且考点：1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式.设函数f(x)(x1)3axb，x∈R，其中a,b∈R.（Ⅰ）求f(x)的单一区间；（Ⅱ）若f(x)存在极值点x0，且f(x1)=f(x0)，其中x1≠x0，求证：x1+2x0=3；（Ⅲ）设a＞0,函数g(x)=|f(x)|,求证：g(x)在区间[0,2]1上的最大值不小于.．．．4【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析.【解析】试题解析：（Ⅰ）先求函数的导数f'(x)再依照导函数零点可否存在，分类谈论；（Ⅱ），由题意得(x01)2a，计算可得f(32x0)f(x0).再由f(x1)f(x0)及单一性可3得结论；（Ⅲ）实质研究函数g(x)最大值：主要比较f(1),f(1)，|f(3a|,|f(3a)|；②3a3；③33的大小即可，可分三种情况研究：①a340a3.4试题解析：（Ⅰ）解：由f(x)(x1)3axb，可得f'(x)3(x1)2a.下面分两种情况谈论：（1）当a0时，有f'(x)3(x1)2a0恒成立，所以f(x)的单一递加区间为(,).（2）当a0时，令f'(x)0，解得x3a，或3a.1x133当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况以下表：x(3a3a(13a3a3a(13a),1)13,1)1,33333f'(x)＋0－0＋f(x)单一递加极大值单一递减极小值单一递加所以f(x)的单一递减区间为(13a,13a)，单一递加区间为(,13a)，333(13a,).3（Ⅱ）证明：由于f(x)存在极值点，所以由（Ⅰ）知a0，且x01，（Ⅲ）证明：设g(x)在区间[0,2]上的最大值为M，max{x,y}表示x,y两数的最大值.下面分三种情况谈论：（1）当a3a3a，由（Ⅰ）知，f(x)在区间[0,2]上单一3时，102133递减，所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(2),f(0)]，所以Mmax{|f(2)|,|f(0)|}max{|12ab|,|1b|}max{|a1(ab)|,|a1(ab)|}a1(ab),ab0a1(ab),ab，0所以Ma1|ab|2.（2）当3a3时，123a013a13a2123a，由（Ⅰ）43333和（Ⅱ）知，f(0)f(123a)f(13a)，f(2)f(123a)f(13a)，3333所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(13a),f(13a)]，所以33Mmax{|f(13a)|,|f(13a)|}max{|2a3aab|,|2a3aab|}3399max{|2a3a(ab)|,|2a3a(ab)|}992a3a|a23331.9b|4449（3）当0a323a123a2，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，时，01334f(0)f(123a)f(13a)，f(2)f(123a)f(13a)，3333所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(0),f(2)]，所以Mmax{|f(0)|,|f(2)|}max{|1b|,|12ab|}max{|1a(ab)|,|1a(ab)|}1a|a1b|.4综上所述，当a0时，g(x)在区间1[0,2]上的最大值不小于.4【考点】导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式【名师点睛】1．求可导函数单一区间的一般步骤：确定函数f(x)的定义域(定义域优先)；求导函数f′(x)；在函数f(x)的定义域内求不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0的解集；(4)由f′(x)＞0(f′(x)＜0)的解集确定函数f(x)的单一增(减)区间．若遇不等式中带有参数时，可分类谈论求得单一区间．2．由函数f(x)在(a，)上的单一性，求参数范围问题，可转变成′( )≥0(或bfx′(x)≤0)恒成立问题，要注意“＝”可否可以取到．已知函数f(x)ax，g(x)logax，其中a>1.（I）求函数h(x)f(x)xlna的单一区间；（II）若曲线yf(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线yg(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行，证明x1g(x2)2lnlna；lna1（III）证明当aee时，存在直线l，使l是曲线yf(x)的切线，也是曲线yg(x)的切线.（I）解：由已知，h(x)axxlna，有h(x)axlnalna.令h(x)0，解得x=0.由a>1，可知当x变化时，h(x)，h(x)的变化情况以下表：x(,0)h(x)h(x)]

0(0,)0+极小值Z所以函数h(x)的单一递减区间(,0)，单一递加区间为(0,).（II）证明：由f(x)axlna，可得曲线yf(x)在点(x1,f(x1))处的切线斜率为ax1lna.由g(x)1，可得曲线yg(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为1.xlnax2lna由于这两条切线平行，故有ax1lna1，即x2ax1(lna)21.x2lna两边取以a为底的对数，得logax2x12log2lna0，所以x1g(x2)2lnlna.lna（III）证明：曲线yf(x)在点(x1,ax1)处的切线l1：yax1ax1lna(xx1).曲线yg(x)在点(x2,logax2)处的切线l2：ylogax21(xx2).x2lna1要证明当aee时，存在直线l，使l是曲线yf(x)的切线，也是曲线yg(x)的1切线，只要证明当aee时，存在x1(,)，x2(0,)，使得l1和l2重合.学*科网1ax1lna1①即只要证明当aee时，方程组x2lna有解，1ax1x1ax1lnalogax2②lna由①得x21，代入②，得ax1x1ax1lna12lnlna0.③x2x1lnaa1(lna)lna1所以，只要证明当aee时，对于x1的方程③有实数解.设函数u(x)axxaxlna12lnlna，即要证明当a1xee时，函数yu(x)lnalna存在零点.u(x)1(lna)2xax，可知x(,0)时，u(x)0；x(0,)时，u(x)单一递减，又11u(0)10，u1a(lna)200>0，使得u(x0)0，(lna)20，故存在独一的x，且x即1(lna)2x0ax00.由此可得u(x)在(,x0)上单一递加，在(x0,)上单一递减.u(x)在xx0处获取极大值u(x0).1由于aee，故ln(lna)1，所以u(x0)ax0x0ax0lnax012lnlna1x02lnlna22lnlna0lnalnax0(lna)2lnalna.下面证明存在实数t，使得u(t)0.由（I）可得ax1xlna，当x1时，lna有u(x)(1xlna)(1xlna)x12lnlna(lna)2x2x112lnlnalnalnalnalna，所以存在实数t，使得u(t)01所以，当aee时，存在x1(,)，使得u(x1)0.1所以，当aee时，存在直线l，使l是曲线yf(x)的切线，也是曲线yg(x)的切线.设函数f(x)＝(xa)2lnx，a∈R（Ⅰ）若x＝e为yf(x)的极值点，求实数a；（Ⅱ）求实数a的取值范围，使得对任意的x∈（0,3e]，恒有f(x)≤4e2成立.注：e为自然对数的底数。（Ⅰ）解：求导得f’(x)=2(x-a)lnx+(xa)2a).=(xa)(2lnx+1-xx由于x=e是f(x)的极值点，所以f’(e)=ea3a0，解得eae或a3e，经检验，吻合题意，所以ae或a3e。（Ⅱ）解：①当0px1时，对于任意的实数a,恒有f'(x)1p4c2成立，②当1px3e，由题意，第一有f(3e)(3ea)2ln(3e)4e2，解得3e2ea2e3eln(3e)ln(3e)由（Ⅰ）知f'(x)(xa)(2lnx1a)，a，则xh(x)2lnx1h(1)1ap0，h(a)2lnxaf0，x3e2ealn(3e)且h(3e)2ln(3e)112ln(3e)3e3e=2(ln3e13)f0。ln(3e)又h(x)在（0，+∞）内单一递加，所以函数h(x)在（0，+∞）内有独一零点，记此零点为x0，则1px0p3e，1px0pa。进而，当x(0,x0)时，f'(x)f0；当x(x0,a)时，f'(x)fa；当x(a,)时，f'(x)f0，即f(x)在(0,x0)内单一递加，在(x0,a)内单一递减，在(a,)内单一递加。所以要使f(x)4e2对x(1,3e恒成立，只要f(x0)(x0a)2lnx04e2,(1)f(3e)(3ea)2ln(3e)4e2,(2)成立。h(x0)2lnx0a0，知1x0a2lnx0x0（3）将（3）代入（1）得4x02ln3x04e2，又x0f1，注意到函数x2ln3x在[1,+∞)内单一递加，故1px0e。再由（3）以及函数2xlnx+x在（1.++∞)内单一递加，可得1pa3e。由（2）解得，3e2ea3e2eln(3e)。ln(3e)所以3e2e3ealn(3e)综上，a的取值范围为3e2e3e。aln(3e)已知函数f(x)满足满足f(x)f(1)ex1f(0)x1x2；2（1）求f(x)的解析式及单一区间；（2）若f(x)1x2axb，求(a1)b的最大值。2【解析】（1）f(x)f(1)ex1f(0)x1x2f(x)f(1)ex1f(0)x2令x1得：f(0)1f(x)f(1)ex1x1x2f(0)f(1)e11f(1)e2得：f(x)exx1x2g(x)f(x)ex1x2g(x)ex10yg(x)在xR上单一递加f(x)0f(0)x0,f(x)0f(0)x0得：f(x)的解析式为f(x)exx1x22且单一递加区间为(0,)，单一递减区间为(,0)（2）f(x)1x2axbh(x)ex(a1)xb0得2h(x)ex(a1)①当a10时，h(x)0yh(x)在xR上单一递加x时，h(x)与h(x)0矛盾②当a10时，h(x)0xln(a1),h(x)0xln(a1)得：当xln(a1)时，(a1)(a1)ln(a1)b0h(x)min(a1)b(a1)2(a1)2ln(a1)(a10)令F(x)x2x2lnx(x0)；则F(x)x(12lnx)F(x)00xe,F(x)0xe当xe时，F(x)maxe21)b的最大值为e当ae1,be时，(a2已知aR，函数f(x)x33x23ax2a3．（Ⅰ）求曲线yf(x)在点(1，f(1))处的切线方程；（Ⅱ）当x[0，2]时，求|f(x)|的最大值．（Ⅰ）由题意f'(x)3x26x3a，故f'(1)3a3又f(1)1，所以所求的切线方程为y(3a3)x3a4．（Ⅱ）由于f'(x)3(x1)23(a1)，0x2．故(i)当a0时，有f'(x)0，此时f(x)在[0，2]上单一递减，故f(x)maxmaxf(0)，f(2)33a．(ii)当a1时，有f'(x)0，此时f(x)在[0，2]上单一递加，故f(x)maxmaxf(0)，f(2)3a1．(iii)当0a1时，设x111a，x211a，则0x1x22，f'(x)3(xx1)(xx2)．列表以下：x'(x)f(x)

(0，x1)+单一递33a增由于f(x1)12(1

x1(x1，x2)x2(x2，2)20-0+极大值极小值单一递单一递减3a1f(x1)f(x2)增a)1a，f(x2)12(1a)1a，故f(x1)f(x2)20，f(x1)f(x2)4(1a)1a0．进而f(x1)f(x2)，所以f(x)maxmaxf(0)，f(2)，f(x1)．（1）当0a2时，f(0)f(2)．3又f(x1)f(0)2(1a)1a(23a)a2(34a)a)10，2(1a23a故f(x)maxf(x1)12(1a)1a．（2）当2a1时，3又f(x1)f(2)2所以①当a

f(2)f(2)，且f(2)f(0)．2(1a)1a(3a2)a2(34a)，2(1a)1a3a24f(2)．故时，f(x1)3f(x)maxf(x1)12(1a)1a．②当4f(x)f(2)a1．故3f(x)maxf(2)3a1．33a，0a综上所述，f(x)max12(1a)，31a0a43a，31a4已知a3，函数F（x）=min{2|x-1|，x2-2ax+4a-2}，其中min{，}=，，ppqpqq,p>q.（I）求使得等式F（x）=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围；II）（i）求F（x）的最小值m（a）；ii）求F（x）在区间[0,6]上的最大值M（a）.【答案】（I）2,2a；（II0,3a22）（i）ma4a2,a；（ii）a222348a,3a4Μa4．2,a【考点】函数的单一性与最值，分段函数，不等式．已知函数fx-2-1ex12（I）求fx的导函数（II）求fx在区间1，+上的取值范围2（Ⅰ）由于所以=.（Ⅱ）由解得或.由于x（）1（）（）-0+0-f（x）↘0↗↘又，所以f（x）在区间[）上的取值范围是.已知函数f(x)=x-lnx．（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8-8ln2；（Ⅱ）若a≤3-4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有独一公共点．（Ⅰ）函数f（x）的导函数f(x)11，2xx由f(x1)1111f(x2)得x1x12x2x2，2由于x1x2111，所以x2．x12由基本不等式得1xx24xxxx22．2由于x1x2，所以x1x2256．f(x1)f(x2)x1lnx1x2lnx21ln(x1x2)．由题意得x1x22设g(x)1lnx，x2则g(x)1x4)，(4x所以x（0，16）16（16，+∞）g(x)-0+g(x)2-4ln2所以g（）在[256，+∞）上单一递加，x故g(x1x2)g(256)88ln2，即f(x1)f(x2)88ln2．（Ⅱ）令m=e(ak)，n=(a1)21，则k（m）–km–a>|a|+k–k–a≥0，f（n）–kn–a<n(1ak)≤n(|a|1k)<0，nnn所以，存在x∈（m，n）使f（x）=kx+a，000所以，对于任意的a∈R及k∈（0，+∞），直线y=kx+a与曲线y=f（x）有公共点．由f（x）=kx+a得kxlnxa．x设h（x）=xlnxa，x则h′（x）=lnxx1ag(x)1a，2x2x2其中g（）=xlnx．x2由（Ⅰ）可知g（x）≥g（16），又a≤3–4ln2，故–g（x）–1+a≤–g（16）–1+a=–3+4ln2+a≤0，所以h′（x）≤0，即函数h（x）在（0，+∞）上单一递减，所以方程f（x）–kx–a=0至多1个实根．综上，当a≤3–4ln2时，对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f（x）有独一公共点．设f(x)是定义在区间(1,)上的函数，其导函数为f'(x)。若是存在实数a和函数h(x)，其中h(x)对任意的x(1,)都有h(x)>0，使得f'(x)h(x)(x2ax1)，则称函数f(x)拥有性质P(a)。(1)设函数f(x)b21)，其中b为实数。lnx(xx1(i)求证：函数f(x)拥有性质P(b)；(ii)求函数f(x)的单一区间。(2)已知函数g(x)拥有性质P(2)。给定x1,x2(1,),x1x2,设m为实数，mx1(1m)x2，(1m)x1mx2，且1,1，若|g( )g()|<|g(x1)g(x2)|，求m的取值范围。[解析]本小题主要观察函数的看法、性质、图象及导数等基础知识，观察灵便运用数形结合、分类谈论的思想方法进行研究、解析与解决问题的综合能力。满分16分。（1）(i)f'(x)1b2212(x2bx1)x(x1)x(x1)∵x1时，h(x)10恒成立，1)2x(x∴函数f(x)拥有性质P(b)；(ii)（方法一）设(x)x2bx1(xb)21b2，(x)与f'(x)的符号相同。24当1b20,2b2时，(x)0，f'(x)0，故此时f(x)在区间(1,)上递加；4当b2时，对于x1，有f'(x)0，所以此时f(x)在区间(1,)上递加；当b2时，(x)图像张口向上，对称轴xb1，而(0)1，2对于x1，总有(x)0，f'(x)0，故此时f(x)在区间(1,)上递加；（方法二）当b2时，对于x1，(x)x2bx1x22x1(x1)20所以f'(x)0，故此时f(x)在区间(1,)上递加；当b2时，(x)图像张口向上，对称轴xb1，方程(x)0的两根为：2bb24,bb24，而bb241,bb2424(0,1)2222bb2当x(1,bb24)时，(x)0，f'(x)0，故此时f(x)在区间(1,bb24)22上递减；同理得：f(x)在区间[bb24,)上递加。2综上所述，当b2时，f(x)在区间(1,)上递加；当b2时，f(x)在(1,bb24)上递减；f(x)在[bb24,)上递加。22(2)（方法一）由题意，得：g'(x)h(x)(x22x1)h(x)(x1)2又h(x)对任意的x(1,)都有h(x)>0，所以对任意的x(1,)都有g(x)0，g(x)在(1,)上递加。又x1x2,(2m1)(x1x2)。当m1,m1时，，且x1(m1)x1(1m)x2,x2(1m)x1(m1)x2，2综合以上谈论，得：所求m的取值范围是（0，1）。（方法二）由题设知，g(x)的导函数g'(x)h(x)(x22x1)，其中函数h(x)0对于任意的x(1,)都成立。所以，当x1时，g'(x)h(x)(x1)20，进而g(x)在区间(1,)上单一递加。①当m(0,1)时，有mx1(1m)x2mx1(1m)x1x1，mx1(1m)x2mx2(1m)x2x2，得(x1,x2)，同理可得(x1,x2)，所以由g(x)的单一性知g()、g()(g(x1),g(x2))，进而有|g()g()|<|g(x1)g(x2)|，吻合题设。②当m0时，mx1(1m)x2mx2(1m)x2x2，(1m)x1mx2(1m)x1mx1x1，于是由1,1及g(x)的单一性知g()g(x1)g(x2)g()，所以|g( )g()|≥|g(x1)g(x2)|，与题设不符。③当m1时，同理可得x1,x2，进而得|g()g()|≥|g(x1)g(x2)|，与题设不符。所以综合①、②、③得所求的m的取值范围是（0，1）。已知函数f(x)exex,其中e是自然对数的底数.证明:f(x)是R上的偶函数；(2)若对于x的不等式mf(x)≤exm1在(0,)上恒成立，求实数m的取值范围；(3)已知正数a满足：存在x0[1,)，使得f(x0)a(x033x0)成立.试比较ea1与ae1的大小，并证明你的结论.已知函数f(x)x3ax2b(a,bR).（1）试谈论f(x)的单一性；