高考导数压轴题型归类总结

目 录

一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1） 二、交点与根的分布 （23） 三、不等式证明 （31）

（一）作差证明不等式

（二）变形构造函数证明不等式 （三）替换构造不等式证明不等式

四、不等式恒成立求字母范围 （51）

（一）恒成立之最值的直接应用 （二）恒成立之分离常数

（三）恒成立之讨论字母范围

五、函数与导数性质的综合运用 （70） 六、导数应用题 （84）

七、导数结合三角函数 （85）

书中常用结论

⑴sinxx,x(0,)，变形即为斜率小于1. ⑵exx1 ⑶xln(x1)

⑷lnxxex,x0.

sinx1，其几何意义为ysinx,x(0,)上的的点与原点连线x一、导数单调性、极值、最值的直接应用

1. （切线）设函数f(x)x2a.

（1）当a1时，求函数g(x)xf(x)在区间[0,1]上的最小值； （2）当a0时，曲线yf(x)在点P(x1,f(x1))(x1a)处的切线为l，l与x轴交于点A(x2,0)求证：x1x2a.

3解：(1)a1时，g(x)x3x，由g(x)3x210，解得x.

3 g(x)的变化情况如下表： 所以当x0 0 - ↘ 0 极小值 + ↗ . 1 0 3323时，g(x)有最小值g()339(2)证明：曲线yf(x)在点P(x1,2x12a)处的切线斜率kf(x1)2x1 曲线yf(x)在点P处的切线方程为y(2x12a)2x1(xx1).

xa 令y0，得x212x122xaax1x1，∴x2x112x12x122

ax10，即x2x1. ∵x1a，∴2x1 又∵

x1a22x1x12ax1xaa21a，∴x22x122x122x1

所以x1x2a.

2. （2009天津理20，极值比较讨论）

已知函数f(x)(x2ax2a23a)ex(xR),其中aR

⑴当a0时，求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率； ⑵当a时，求函数f(x)的单调区间与极值.

解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。 ⑴当a0时，f(x)x2ex，f'(x)(x22x)ex，故f'(1)3e. ⑵f'(x)x2(a2)x2a24aex. 以下分两种情况讨论：

①若a＞，则2a＜a2.当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：

232323 + ↗ 0 极大值 — ↘ 0 极小值 + ↗ ②若a＜，则2a＞a2，当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：

3. 已知函数f(x) + ↗ 0 极大值 — ↘ 0 极小值 + ↗ 12x2ax,g(x)3a2lnxb. 2⑴设两曲线yf(x)与yg(x)有公共点，且在公共点处的切线相同，若a0，试建立b 关于a的函数关系式，并求b的最大值；

⑵若b[0,2],h(x)f(x)g(x)(2ab)x在(0,4)上为单调函数，求a的取值范围。

4. （最值，按区间端点讨论）

ax(1)当a>0时，判断f(x)在定义域上的单调性；

3f(x)(2)若在[1,e]上的最小值为，求a的值.

2已知函数f(x)=lnx－.

解：(1)由题得f(x)的定义域为(0,＋∞)，且 f ′(x)＝＋

1xaxa＝. 2x2x∵a>0，∴f ′(x)>0，故f(x)在(0,＋∞)上是单调递增函数.

(2)由(1)可知：f ′(x)＝

32xa， x2①若a≥－1，则x＋a≥0，即f ′(x)≥0在[1,e]上恒成立，此时f(x)在[1,e]上为增函数， ∴f(x)min＝f(1)＝－a＝，∴a＝－ (舍去).

②若a≤－e，则x＋a≤0，即f ′(x)≤0在[1,e]上恒成立，此时f(x)在[1,e]上为减函数， ∴f(x)min＝f(e)＝1－＝，∴a＝－(舍去).

③若－e当10，∴f(x)在(－a,e)上为增函数， ∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝⇒a＝－e. 综上可知：a＝－e.

5. （最值直接应用）已知函数f(x)xax2ln(1x)，其中aR. （Ⅰ）若x2是f(x)的极值点，求a的值； （Ⅱ）求f(x)的单调区间；

（Ⅲ）若f(x)在[0,)上的最大值是0，求a的取值范围. 解：（Ⅰ）f(x)1232ae3232e2x(1aax),x(1,).

x111依题意，令f(2)0，解得 a. 经检验，a时，符合题意.

33x（Ⅱ）解：① 当a0时，f(x).

x1故f(x)的单调增区间是(0,)；单调减区间是(1,0).

1② 当a0时，令f(x)0，得x10，或x21.

a当0a1时，f(x)与f(x)的情况如下： ↘ ↗ ↘ 所以，f(x)的单调增区间是(0,1)；单调减区间是(1,0)和(1,). 当a1时，f(x)的单调减区间是(1,). 当a1时，1x20，f(x)与f(x)的情况如下： ↘ 1a1a ↗ ↘ 所以，f(x)的单调增区间是(1,0)；单调减区间是(1,1)和(0,). ③ 当a0时，f(x)的单调增区间是(0,)；单调减区间是(1,0). 综上，当a0时，f(x)的增区间是(0,)，减区间是(1,0)；

11aa当a1时，f(x)的减区间是(1,)；

11当a1时，f(x)的增区间是(1,0)；减区间是(1,1)和(0,).

aa（Ⅲ）由（Ⅱ）知 a0时，f(x)在(0,)上单调递增，由f(0)0，知不合题意.

1当0a1时，f(x)在(0,)的最大值是f(1)，

a1由f(1)f(0)0，知不合题意.

a当a1时，f(x)在(0,)单调递减，

1a1a当0a1时，f(x)的增区间是(0,1)，减区间是(1,0)和(1,)；

可得f(x)在[0,)上的最大值是f(0)0，符合题意. 所以，f(x)在[0,)上的最大值是0时，a的取值范围是[1,).

6. （2010北京理数18）

x2(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)的单调区间.

112x 解：（I）当k2时，f(x)ln(1x)xx2，f'(x)1x3由于f(1)ln2，f'(1)，

23所以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为yln2(x1)

2 即3x2y2ln230

x(kxk1)（II）f'(x)，x(1,).

1xx当k0时，f'(x).

1x所以，在区间(1,0)上，f'(x)0；在区间(0,)上，f'(x)0. 故f(x)得单调递增区间是(1,0)，单调递减区间是(0,).

x(kxk1)1k0，得x10，x20 当0k1时，由f'(x)1xk1k1k,)上，f'(x)0；在区间(0,)上，f'(x)0 所以，在区间(1,0)和(kk1k1kf(x)(1,0)(,)(0,). 故得单调递增区间是和，单调递减区间是

kkx2当k1时，f'(x) 故f(x)得单调递增区间是(1,).

1xx(kxk1)1kf'(x)0x(1,0)，x20. k1当时，，得11xk1k1k)和(0,)上，f'(x)0；在区间(,0)上，f'(x)0 所以没在区间(1,kk2已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x(k≥0).

故f(x)得单调递增区间是(1,1k1k)和(0,)，单调递减区间是(,0) kk7. （2010山东文21，单调性）

1a1(aR) x ⑴当a1时，求曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程；

1 ⑵当a时，讨论f(x)的单调性.

2解：⑴xyln20

1a1， ⑵因为 f(x)lnxaxx1a1ax2x1a 所以 f'(x)a2，x(0,)， 2xxx 令 g(x)ax2x1a,x(0,),

已知函数f(x)lnxax8. (是一道设计巧妙的好题，同时用到e底指、对数，需要构造函数，证存在且唯一时结

合零点存在性定理不好想，⑴⑵联系紧密) 已知函数f(x)lnx,g(x)ex. ⑴若函数φ (x) = f (x)－

x+1，求函数φ (x)的单调区间； x-1⑵设直线l为函数f (x)的图象上一点A(x0，f (x0))处的切线，证明：在区间(1,+∞)上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y=g(x)相切．

x112x1解：（Ⅰ） (x)fxx1lnx，xx1x1xx12xx122．

． ∵x0且x1，∴x0∴函数(x)的单调递增区间为0,1和1， （Ⅱ）∵

f(x)1 ，∴f(x0)1x0x，

∴ 切线l的方程为ylnx011(xx0), 即yxlnx01, ① x0x01设直线l与曲线yg(x)相切于点(x1,ex)，

11，∴x1lnx0,∴g(x1)elnx0. x0x0lnx01111， ② ∴直线l也为yxlnx0， 即yxx0x0x0x0x0lnx01x1，∴lnx00． 由①②得 lnx01x01x0x0∵g(x)ex，∴ex1 下证：在区间（1,+）上x0存在且唯一. 由（Ⅰ）可知，(x)lnxx1在区间上递增． （1,+）x1e21e23e1222又(e)lne0， 0，(e)lne2e1e21e1e1结合零点存在性定理，说明方程(x)0必在区间(e,e2)上有唯一的根，这个根就是所求的

唯一x0，故结论成立． 9. （最值应用，转换变量）

2ax21(a0)． 设函数f(x)(2a)lnxx(1)讨论函数f(x)在定义域内的单调性；

(2)当a(3,2)时，任意x1,x2[1,3]，(mln3)a2ln3|f(x1)f(x2)|恒成立，求实数m的取值范围．

2a12ax2(2a)x1(ax1)(2x1)2a2解：⑴f(x)． 2xxx2x111111当a2时，，增区间为(,)，减区间为(0,)，(,)．

a2a2a211当a2时，，减区间为(0,)．

a2111111当2a0时，，增区间为(,)，减区间为(0,)，(,)．

a22a2a⑵由⑴知，当a(3,2)时，f(x)在[1,3]上单调递减，

1∴x1,x2[1,3]，|f(x1)f(x2)|≤f(1)f(3)(12a)[(2a)ln36a]，

32|f(x)f(x)|即≤4a(a2)ln3． 123∵(mln3)a2ln3|f(x1)f(x2)|恒成立，

22∴(mln3)a2ln3＞4a(a2)ln3，即ma4a，

332m4． a0又，∴

3a1323813∵a(3,2)，∴4，∴m≤．

33a9310. （最值应用）

已知二次函数g(x)对xR都满足g(x1)g(1x)x22x1且g(1)1，设函数

19f(x)g(x)mlnx（mR，x0）．

28（Ⅰ）求g(x)的表达式；

（Ⅱ）若xR，使f(x)0成立，求实数m的取值范围；

[1,m]，恒有|H(x)H(x)|1．（Ⅲ）设1me，H(x)f(x)(m1)x，求证：对于x1，x2 12解：（Ⅰ）设gxax2bxc，于是

a1，gx1g1x2ax12c2x12，所以2

c1.gx1x21x1． …………3分 又g11，则b1．所以2221912（Ⅱ）f(x)gx2mlnx82xmlnx(mR，x0).22

当m>0时，由对数函数性质，f（x）的值域为R；…………4分

x2当m=0时，f(x)0对x0，f(x)0恒成立； …………5分

2m当m<0时，由f(x)xx0xm，列表：

x － 0 ＋ 减 极小 增 所以若x0，f(x)0恒成立，则实数m的取值范围是(e，0]． 故x0使f(x)0成立，实数m的取值范围(,e]U0，．…………9分

(x1)(xm)0，所以H(x)在[1,m]内单调递减． x11于是|H(x1)H(x2)|H(1)H(m)2m2mlnm2. 2131133110，记h(m)2mlnm2m(1me)，则h'(m)2m22m31 32m13所以函数h(m)2mlnm2m在1，e]是单调增函数，

e3e3e10，故命题成立． …………12分 所以h(m)h(e)122e2e（Ⅲ）因为对x[1，m]，H(x)23x11. 设x3是函数fxxaxbe,xR的一个极值点.

（1）求a与b的关系式（用a表示b），并求fx的单调区间；

2（2）设a0,gxa25xe，若存在1,20,4，使得f1g21 成立，求a的取值4范围.

23x解：（1）∵fxxaxbe

'23xxa2xbaef30，∴fx2xae3xx2axbe3x1 由题意得：''2即33a2ba0，b2a3

'3x23x∴fxxax2a3e且fxx3xa1e '令fx0得x13，x2a1

23x∵x3是函数fxxaxbe,xR的一个极值点

∴x1x2，即a4

故a与b的关系式为b2a3,a4.

'当a4时，x2a13，由fx0得单增区间为：3,a1； '由fx0得单减区间为：,3和a1,；

'当a4时，x2a13，由fx0得单增区间为：a1,3； '由fx0得单减区间为：,a1和3,；

（2）由（1）知：当a0时，x2a10，fx在0,3上单调递增，在3,4上单调递减，

f(x)minminf(0),f(4)(2a3)e3,fxmaxf3a6,

∴fx在0,4上的值域为[(2a3)e3,a6].

225xgx易知ae在0,4上是增函数,

42252254∴gx在0,4上的值域为a,ae.

44251由于a2a6a0，

42又∵要存在1,20,4，使得f1g21成立，

2a03∴必须且只须225解得:0a.

2a4a613a所以，的取值范围为0,.

212. f(x)(x2axb)ex(xR)．

（1）若a2,b2，求函数f(x)的极值；

（2）若x1是函数f(x)的一个极值点，试求出a关于b的关系式（用a表示b），并确定

f(x)的单调区间；

（3）在（2）的条件下，设a0，函数g(x)(a214)ex4．若存在1,2[0,4]使得

|f(1)f(2)|1成立，求a的取值范围．

解:（1）∵f(x)(2xa)ex(x2axb)ex[x2(2a)x(ab)]ex

当a2,b2时，f(x)(x22x2)ex,则f'(x)(x24x)ex.

令f'(x)0得(x24x)ex0，∵ex0,∴x24x0，解得x14,x20 ∵当x(,4)时，f'(x)0，

当x(4,0)时f'(x)0，当x(0,)时f'(x)0 ∴当x4时，函数f(x)有极大值，f(x)极大＝6， e4

当x0时，函数f(x)有极小值，f(x)极小2． （2）由（1）知f(x)[x2(2a)x(ab)]ex ∵x1是函数f(x)的一个极值点 ∴f(1)0 即e[1(2a)(ab)]0，解得b32a

则f(x)ex[x2(2a)x(3a)]＝ex(x1)[x(3a)] 令f(x)0，得x11或x23a

∵x1是极值点，∴3a1，即a4 .

当3a1即a4时，由f(x)0得x(3a,)或x(,1) 由f(x)0得x(1,3a)

当3a1即a4时，由f(x)0得x(1,)或x(,3a) 由f(x)0得x(3a,1). 综上可知：

当a4时，单调递增区间为(,1)和(3a,)，递减区间为(1,3a) 当a4时，单调递增区间为(,3a)和(1,)，递减区间为(3a,1)。 （3）由2）知：当a>0时，f(x)在区间（0，1）上的单调递减， 在区间（1，4）上单调递增，

∴函数f(x)在区间[0,4]上的最小值为f(1)(a2)e 又∵f(0)bex(2a3)0，f(4)(2a13)e40，

∴函数f(x)在区间[0，4]上的值域是[f(1),f(4)]，即[(a2)e,(2a13)e4]] 又g(x)(a214)ex4在区间[0，4]上是增函数，

且它在区间[0，4]上的值域是[(a214)e4,(a214)e8]. ∵(a214)e4－(2a13)e4＝(a22a1)e4＝(a1)2e40， ∴存在1,2[0,4]使得|f(1)f(2)|1成立只须

(a214)e4－(2a13)e4<1(a1)2e41(a1)21a1(aR). x1111a1.． e4e2e2

13. (2010山东，两边分求，最小值与最大值) 已知函数f(x)lnxax⑴当a≤时，讨论f(x)的单调性； ⑵设g(x)x22bx4.当a1时，若对任意x1(0,2)，存在x21,2，使f(x1)≥g(x2)，求实412数b取值范围.

解：本题将导数、二次函数、不等式知识有机的结合在一起，考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数求函数的最值以及二次函数的最值问题，考查了同学们分类讨论的数学思想以及解不等式的能力；考查了学生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力. （1）直接利用函数与导数的关系讨论函数的单调性；（2）利用导数求出f(x)的最小值、利用二次函数知识或分离常数法求出g(x)在闭区间[1,2]上的最大值，然后解不等式求参数.

1ala1ax2xa11(x0)，f(x)a2(x0) ⑴f(x)lnxaxxxxx2令h(x)ax2x1a(x0)

①当a0时，h(x)x1(x0)，当x(0,1),h(x)0,f(x)0,函数f(x)单调递减；当x(1,),h(x)0,f(x)0，函数f(x)单调递增.

1②当a0时，由f(x)0，即ax2x1a0，解得x11,x21.

a1a当时x1x2，h(x)0恒成立，此时f(x)0，函数f(x)单调递减； 211当0a时，110,x(0,1)时h(x)0,f(x)0，函数f(x)单调递减；

2a1x(1,1)时，h(x)0,f(x)0，函数f(x)单调递增；

a1x(1,)时，h(x)0,f(x)0，函数f(x)单调递减.

a1当a0时10，当x(0,1),h(x)0,f(x)0,函数f(x)单调递减；

a当x(1,),h(x)0,f(x)0，函数f(x)单调递增.

综上所述：当a0时，函数f(x)在(0,1)单调递减，(1,)单调递增；

1当a时x1x2,h(x)0恒成立,此时f(x)0，函数f(x)在(0,)单调递减；

2111当0a时,函数f(x)在(0,1)递减,(1,1)递增,(1,)递减.

2aa1a⑵当时，f(x)在(0,1)上是减函数，在(1,2)上是增函数，所以对任意x1(0,2)， 41有f(x1)≥f(1)，

21又已知存在x21,2，使f(x1)g(x2)，所以g(x2)，x21,2，（※）

2又g(x)(xb)24b2,x[1,2]

当b1时，g(x)ming(1)52b0与（※）矛盾；

2当b1,2时，g(x)ming(1)4b0也与（※）矛盾；

117g(x)g(2)84b,bb2当时，. min2817综上，实数b的取值范围是[,).

814. 设函数f(x)lnxax121a1． x（Ⅰ）当a1时，过原点的直线与函数f(x)的图象相切于点P，求点P的坐标； （Ⅱ）当0a时，求函数f(x)的单调区间；

5（0,e]，x2[0，1] ，若对于x112使f(x1)≥g(x2)成立，求实数b的取值范围.（e是自然对数的底，e31）

11a解：函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)a2

xx（Ⅲ）当a时，设函数g(x)x22bx13（Ⅰ）设点P(x0,y0)(x00)，当a1时，f(x)lnxx1，则y0lnx0x01，f(x)∴f(x0)1lnx0x011 x0x011，x1e2) 解得x0e2，故点P 的坐标为(e2，axaxa1(x1)(ax1a)x2x2x211a∵0a ∴10

2a1a1a∴当0x1，或x时f(x)0，当1x时，f(x)0

aa11a故当0a时，函数f(x)的单调递增区间为(1,)；

2a1a单调递减区间为(0,1)，(,)

a1x2（0，1)上是减函数，在（1，2)（Ⅲ）当a时，f(x)lnx1由（Ⅱ）可知函数f(x)在

333x2e2上为增函数，在(2，e]上为减函数，且f(1)，f(e)

333e2e22e3(e1)2∵f(e)f(1)，又e31，∴(e1)23， 3e3e2∴f(e)f(1)，故函数f(x)在(0,e]上的最小值为

3（0,e]，x2[0,1]使f(x1)≥g(x2)成立g(x)在[0,1]上的最小值不大于 若对于x12f(x)在(0,e]上的最小值（*）

355又g(x)x22bx(xb)2b2，x[0,1]

121252①当b0时，g(x)在[0,1]上为增函数，[g(x)]ming(0)与（*）矛盾

1235②当0b1时，[g(x)]ming(b)b2，

12521由b2及0b1得，b1

1232③当b1时，g(x)在[0,1]上为减函数，

2（Ⅱ）f(x)a(x1)(x1a)a

[g(x)]ming(1)1271722b，此时b1 12123 综上，b的取值范围是[， ）15. (2010山东，两边分求，最小值与最大值)

已知函数f(x)xlnx,g(x)x2ax3． ⑴求f(x)在[t,t2](t0)上的最小值；

1x,e（e是常数，e＝2.71828）使不等式2f(x)g(x)成立，求实数a的取值⑵若存在e范围；

⑶证明对一切x(0,),都有lnx解：⑴⑵由题意知

113h()23e，h(e)2e eee11而h()h(e)，故a3e2

eex2（Ⅲ） 等价证明xInxxx0,

ee12成立． xeex，

由⑴知

即Inx12对一切x0,成立． exex16. （最值应用）

设函数f(x)px2lnx，且f(e)qe⑴求p与q的关系；

⑵若f(x)在其定义域内为单调函数，求p的取值范围； ⑶设g(x)qxp2，其中e是自然对数的底数. e2e，若在1,e上至少存在一点x0，使得f(x0)＞g(x0)成立，求实数p的取值范围. xqp1解：（1）由题意得f(e)pe2lneqe2(pq)(e)0

eee1而e0，所以p、q的关系为pq.

eqp（2）由（1）知f(x)px2lnxpx2lnx，

xxp2px22xp'f(x)p2.令h(x)px22xp， 2xxx要使f(x)在其定义域(0,)内单调，只需h(x)0或h(x)0恒成立.

2x'①当p0时，h(x)2x，因为x＞0，所以h(x)＜0，f(x)2＜0，

x∴f(x)在(0,)内是单调递减函数，即p0适合题意；

12ph(x)p②当＞0时，h(x)px2xp，∴， minp1只需p0，即p1时h(x)0,f'(x)0，

p∴f(x)在(0,)内为单调递增函数，故p1适合题意.

③当p＜0时，h(x)px22xp，其图像为开口向下的抛物线，对称轴为x1(0,)，只p要h(0)0，即p0时，h(x)0在(0,)恒成立，故p＜0适合题意. 综上所述，p的取值范围为p1或p0.

2e在1,e上是减函数， x∴xe时，g(x)min2；x1时，g(x)max2e，即g(x)2,2e，

（3）∵g(x)①当p0时，由（2）知f(x)在1,e上递减f(x)maxf(1)0＜2，不合题意；

1x又由（2）知当p1时，f(x)在1,e上是增函数，

1111∴f(x)p(x)2lnxx2lnxe2lnee2＜2，不合题意；

xxee③当p1时，由（2）知f(x)在1,e上是增函数，f(1)0＜2，又g(x)在1,e上是减函数，

②当0＜p＜1时，由x1,ex0，

故只需f(x)max＞g(x)min，x1,e，而f(x)maxf(e)p(e)2lne，g(x)min2， 即

14ep(e)2lne＞2，解得p＞2 ，

ee14ep(). 综上，的取值范围是2，e11e17. （2011湖南文，第2问难，单调性与极值，好题） 设函数f(x)xalnx(aR).1x⑴讨论函数f(x)的单调性；

⑵若f(x)有两个极值点x1,x2，记过点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直线斜率为k,问：是否存在a，使得k2a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.

1ax2ax1解：⑴f(x)的定义域为(0,).f'(x)12

xxx2令g(x)x2ax1,其判别式Va24.

①当|a|2时,V0,f'(x)0,故f(x)在(0,)上单调递增．

V>0,g(x)=0的两根都小于0，在(0,)上，f'(x)0，故f(x)在(0,)上单调②当a2时,

递增．

22aa4aa4V>0,g(x)=0的两根为x1③当a2时,， ,x222当0xx1时， f'(x)0；当x1xx2时，f'(x)0；当xx2时，f'(x)0，故f(x)分别在(0,x1),(x2,)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减．

⑵由⑴知，若f(x)有两个极值点x1,x2，则只能是情况③，故a2．

x1x2f(x)f(x)(xx)a(lnx1lnx2)， 因为1212x1x2f(x1)f(x2)lnxlnx211ag1所以k

x1x2x1x2x1x2lnx1lnx2k2ag又由⑴知，x1x21，于是

x1x2若存在a，使得k2a.则亦即x2lnx1lnx21．即lnx1lnx2x1x2．

x1x212lnx20(x21)(*) x21再由⑴知，函数h(t)t2lnt在(0,)上单调递增，而x21，所以

t11x22lnx212ln10.这与(*)式矛盾．故不存在a，使得k2a.

x2118. （构造函数，好，较难）

已知函数f(x)lnxax2(a1)x(aR，a0).

⑴求函数f(x)的单调增区间；

⑵记函数F(x)的图象为曲线C，设点A(x1,y1)、B(x2,y2)是曲线C上两个不同点，如果曲线Cx1x2；②曲线C在点M处的切线平行于直线AB，则称2函数F(x)存在“中值相依切线”.试问：函数f(x)是否存在中值相依切线，请说明理由.

12上存在点M(x0,y0)，使得：①x0解：（Ⅰ）函数f(x)的定义域是(0,).

1a(x1)(x)1a. 由已知得，f'(x)axa1xxⅰ 当a0时, 令f'(x)0,解得0x1;函数f(x)在(0,1)上单调递增

ⅱ 当a0时，

①当1时，即a1时, 令f'(x)0,解得0x或x1;

1函数f(x)在(0,)和(1,)上单调递增

a1 ②当1时，即a1时, 显然，函数f(x)在(0,)上单调递增；

a11③当1时，即1a0时, 令f'(x)0,解得0x1或x

aa1函数f(x)在(0,1)和(,)上单调递增.

a1a1a综上所述:

⑴当a0时,函数f(x)在(0,1)上单调递增

1a⑶当a1时,函数f(x)在(0,)上单调递增；

1⑷当1a0时,函数f(x)在(0,1)和(,)上单调递增.

a(Ⅱ)假设函数f(x)存在“中值相依切线”.

设A(x1,y1),B(x2,y2)是曲线yf(x)上的不同两点，且0x1x2，

11则y1lnx1ax12(a1)x1，y2lnx2ax22(a1)x2.

22lnx2lnx11a(x1x2)(a1). x2x12⑵当a1时,函数f(x)在(0,)和(1,)上单调递增

xx2x1x2a12(a1)， )x1x222lnx2lnx11xx2a(x1x2)(a1)a12(a1). 依题意得：

x2x12x1x22x2(21)x1lnx2lnx1x2(xx)2化简可得 ， 即ln2=21.

xx2x1x1x2x2x1x121x1x2(t1)4 设2t (t1)，上式化为：lnt, 2x1t1t1曲线在点M(x0,y0)处的切线斜率kf(x0)f((t1)21444,g'(t). lnt2,令g(t)lnt22t(t1)t(t1)t1t1因为t1,显然g'(t)0，所以g(t)在(1,)上递增,显然有g(t)2恒成立.

4所以在(1,)内不存在t,使得lnt2成立.

t1综上所述，假设不成立.所以，函数f(x)不存在“中值相依切线” 19. (2011天津理19，综合应用)

2已知a0，函数fxlnxax，x0．(fx的图象连续) ⑴求fx的单调区间；

⑵若存在属于区间1,3的,，且≥1，使ff，证明：

112ax22a解：⑴fx2ax，x0．令fx0，则x．

xx2a当x变化时，fx，fx的变化情况如下表：

ln3ln2ln2≤a≤． 53 单调递增 极大值 单调递减 2a2a所以fx的单调增区间是0,2a，单调减区间是2a,．

2a⑵由ff及fx的单调性知．从而fx在区间,上的最小值为

2af．

又由1，,1,3，则123．

f2ff1,ln24aa,所以即

f2ff3,ln24aln39a.所以

ln3ln2ln2a． 5320. （恒成立，直接利用最值）

已知函数f(x)ln(ax1)x2ax, a0，

1是函数f(x)的一个极值点，求a； 2⑵讨论函数f(x)的单调区间；

⑴若x⑶若对于任意的a[1,2],不等式fx≤m在[,1]上恒成立，求m的取值范围.

2ax2(2a2)x解：⑴f(x),

ax111因为x是函数f(x)的一个极值点，所以f()0，得a2a20.

22又a0，所以a2.

1⑵因为f(x)的定义域是(, )，

aa222ax(x)2ax2(2a2)x. 2af(x)ax1ax1①当a2时，列表 12 ＋ 增 － 减 ＋ 增 1a22a22f(x)在(, 0)，(, )是增函数；f(x)在(0, )是减函数.

a2a2a22x22≥0，f(x)在(②当a2时，f(x), )是增函数. 2x12③当0a2时，列表 ＋ 增 － 减 ＋ 增 1a22a22f(x)在(, ),(0, )是增函数；f(x)在(, 0)是减函数.

a2a2a⑶

21. （最值与图象特征应用）

ex(ax2a1)(e为自然对数的底数）. 设aR，函数f(x)2⑴判断f(x)的单调性；

1f(x)在x[1,2]上恒成立，求a的取值范围. ⑵若2e1x1x1x22解：⑴∵f(x)e(axa1)e(2ax)e(ax2axa1),

222令g(x)ax22axa1.

①当a0时,g(x)10,f(x)0,f(x)在R上为减函数.

②当a0时,g(x)0的判别4a24(a2a)4a0, g(x)0,即f(x)0f(x)在R上为减函数. ③当a0时，由ax22axa10,得x1由ax2axa10,得121a,

或x11a,

1aaaaaaf(x)在(,),(,)上为增函数；

aax11f(x)在(aaaa,)上为减函数. aa⑵由⑴知

①当a0时,f(x)在[1,2]上为减函数. ②当a0时,f(2)f(x)5a1122 2e2e11(,). 在[1，2]上不恒成立，∴a的取值范围是5e222. (单调性)

已知f(x)=ln(x+2)－x2+bx+c

⑴若函数f(x)在点(1，y)处的切线与直线3x+7y+2=0垂直，且f(－1)=0，求函数f(x)在区间[0,3]上的最小值；

⑵若f(x)在区间[0,m]上单调，求b的取值范围. 解：⑴f(x)132xb，依题意令f(1)= ，f(1)＝0，解得b=4，c=5. x27332) x 0 (0,（2,3） 3 220 － ln2+5 极大 8+ln5 因为8+ln5>5+ln2 ∴x=0时f(x)在[0，3]上最小值f(0)=5+ln2. ⑵若f(x)在区间[0，m]上单调，有两种可能

112xb ≥0得b≥2x－，在[0，m]上恒成立 x2x2111 而y=2x－在[0，m]上单调递增，最大值为2m－，∴b≥2m－.

x2m2m2112xb≤0 得b≤2x－ ②令f(x)， x2x2111而 y=2x－在[0，m]单增，最小为y=－，∴b≤－.

x22211故b≥2m－或b≤－时f(x)在[0，m]上单调.

m22y′ y + ①令f(x)23. （单调性，用到二阶导数的技巧） 已知函数f(x)lnx

f(x)a(aR)，求F(x)的极大值； x ⑵若G(x)[f(x)]2kx在定义域内单调递减，求满足此条件的实数k的取值范围.

f(x)alnxaF(x)解：⑴定义域为x(0,)

xx令F(x)0得xe1a 由F(x)0得0xe1a 由F(x)0得xe1a

⑴若F(x)即F(x)在(0,e1a)上单调递增，在(e1a,)上单调递减

xe1a1a时，F(x)取得极大值F(e1aaa1)e ea2lnxk x ⑵G(x)(lnx)2kx的定义域为(0，+∞)，G(x)由G (x)在定义域内单调递减知：G(x)令H(x)2lnxk0在(0，+∞)内恒成立 x22(1lnx)lnxk，则H(x) 由H(x)0得xe 2xx∵当x(0,e)时H(x)0,H(x)为增函数 当x(e,)时H(x)0，H(x)为减函数

2∴当x = e时，H(x)取最大值H(e)k

e22k0k故只需恒成立， ee22又当k时，只有一点x = e使得G(x)H(x)0不影响其单调性k.

ee二、交点与根的分布

24. （2008四川22，交点个数与根的分布）

已知x3是函数f(x)aln(1x)x210x的一个极值点． ⑴求a；

⑵求函数f(x)的单调区间；

⑶若直线yb与函数yf(x)的图像有3个交点，求b的取值范围． 解：⑴f(x)aln(1x)x210x，f'(x)x3是函数

a2x10 1xf(x)aln(1x)x210x的一个极值点．

f'(3)a40，a16 42162x28x62(x1)(x3)2x10⑵由⑴f(x)16ln(1x)x10x，x(1,) f'(x) 1xx1x1令f'(x)0，得x1，x3，f'(x)和f(x)随x的变化情况如下： 1 3 0 0 极大极小 增 减 增 值 值 f(x)的增区间是(1,1)，(3,)；减区间是(1,3)． ⑶由②知，f(x)在(1,1)上单调递增，在(3,)上单调递增，在(1,3)上单调递减． ∴f(x)极大f(1)16ln29，f(x)极小f(3)32ln221． 又x1时，f(x)；x时，f(x)； 可据此画出函数yf(x)的草图（图略），由图可知，

当直线yb与函数yf(x)的图像有3个交点时，b的取值范围为(32ln221,16ln29)．

3225. 已知函数fxxaxbxc在,0上是减函数，在0,1上是增函数，函数fx在

R上有三个零点． （1）求b的值；

（2）若1是其中一个零点，求f2的取值范围； （3）若a1，gxfx3xlnx，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.

⑶g(x)=2x+lnx，设过点（2，5）与曲线g (x)的切线的切点坐标为(x0,y0)

'2∴y05g(x0)(x02)，

/即2x0lnx05(21)(x02) x0∴lnx0212220，令h(x)=lnx2∴h/(x)=2=0，∴x2 x0xxx，

∴h(x)在（0，2）上单调递减，在（2，）上单调递增

12Q又h()2ln20，h(2)=ln2-1<0，h(e2)20

2e∴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. 26. （交点个数与根的分布）

已知函数f(x)x28x,g(x)6lnxm. ⑴求f(x)在区间t,t1上的最大值h(t);

⑵是否存在实数m,使得yf(x)的图像与yg(x)的图像有且只有三个不同的交点？若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由。 解：⑴f(x)x28x(x4)216.

当t14,即t3时，f(x)在t,t1上单调递增， 当t4t1,即3t4时，h(t)f(4)16;

当t4时，f(x)在t,t1上单调递减，h(t)f(t)t28t.

t26t7,t3,h(t)3t4, 综上16,　　　　t28t,　　t4⑵函数yf(x)的图像与yg(x)的图像有且只有三个不同的交点，即函数 (x)g(x)f(x)的图像与x轴的正半轴有且只有三个不同的交点。 当x(0,1)时，'(x)0,(x)是增函数； 当x(0,3)时，'(x)0,(x)是减函数； 当x(3,)时，'(x)0,(x)是增函数； 当x1,或x3时，'(x)0.

Q当x充分接近0时，(x)0,当x充分大时，(x)0.

要使(x)的图像与x轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须 (x)最大值m70, 即7m156ln3. (x)m6ln3150,最小值∴存在实数m，使得函数yf(x)与yg(x)的图像有且只有三个不同的交点，m的取值范围为(7,156ln3).

27. （交点个数与根的分布）

2已知函数f(x)ln(23x)x.

32⑴求f(x)在[0,1]上的极值；

⑵若对任意x[,],不等式|alnx|ln[f(x)3x]0成立，求实数a的取值范围；

1163⑶若关于x的方程f(x)2xb在[0，1]上恰有两个不同的实根，求实数b的取值范围.

33(x1)(3x1)3x解：⑴f(x)， 23x3x21令f(x)0得x或x1（舍去）

311当0x时,f(x)0,f(x)单调递增；当x1时,f(x)0,f(x)递减.

33

11f()ln3为函数f(x)在[0,1]上的极大值.

36⑵由|alnx|ln[f(x)3x]0得

33x32x3x2lnln设h(x)lnxln，g(x)lnxln， 23x23x23x311依题意知ah(x)或ag(x)在x[,]上恒成立，

6323x3(23x)3x32g(x)0，

3xx(23x)(23x)23126xh(x)(26x)0， 222x3x32x3x11g(x)与h(x)都在[,]上单增，要使不等式①成立，

631111当且仅当ah()或ag(),即aln或aln.

363532f(x)2xbln(23x)x2xb0. ⑶由

232379x23x2令(x)ln(23x)x2xb,则(x)，

223x23x77当x[0,]时,(x)0,于是(x)在[0,]上递增；

3377x[,1]时,(x)0,于是(x)在[,1]上递减，

33

77 而()(0),()(1)，

33f(x)2xb即(x)0在[0,1]恰有两个不同实根等价于

28. (2009宁夏，利用根的分布) 已知函数f(x)(x33x2axb)ex ⑴如ab3，求f(x)的单调区间；

⑵若f(x)在(,),(2,)单调增加，在(,2),(,)单调减少，证明：＜6.解：⑴ab3时，f(x)(x33x23x3)ex，故

当x3或0x3时，f'(x)0;当3x0或x3时，f'(x)0.

0），（3，）从而f(x)在(,3),(0,3)单调增加，在（3，单调减少.

⑵f'(x)(x33x2axb)ex(3x26xa)exex[x3(a6)xba]. 由条件得f'(2)0,即232(a6)ba0,故b4a, 从而f'(x)ex[x3(a6)x42a]. 因为f'()f'()0,

所以x3(a6)x42a(x2)(x)(x)(x2)[x2()x]. 将右边展开，与左边比较系数得，2,a2.故

又(2)(2)0,即2()40.由此可得a6.于是6.29. （2009天津文，利用根的分布讨论）

322设函数fxxxm1xxR，其中m0

⑴当m1时，求曲线yfx在点1,f1处的切线的斜率 ⑵求函数fx的单调区间与极值

13⑶已知函数fx有三个互不相同的零点0、x1、x2，且x1x2，若对任意的

xx1,x2,fxf1恒成立，求m的取值范围.

13所以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为1.

⑵f'(x)x22xm21，令f'(x)0，得到x1m,x1m

32/2'解：⑴当m1时，f(x)xx,f(x)x2x,故f(1)1

因为m0,所以1m1m，

当x变化时，f(x),f'(x)的变化情况如下表：

+ 0 － 0 +

极小极大

↓ ↑ ↓

值 值

f(x)在(,1m)和(1m,)内减函数，在(1m,1m)内增函数。

21332312函数f(x)在x1m处取得极小值f(1m)，且f(1m)=mm

331212f(x)x(xxm1)x(xx1)(xx2) ⑶由题设

33122所以方程xxm1=0由两个相异的实根x1,x2，故x1x23，且

34111(m21)0，解得m(舍)，m

3223xx,所以2xxx3,故x1（难点） 因为12212221若x11x2,则f(1)(1x1)(1x2)0，而f(x1)0，不合题意；

3若1x1x2,则对任意的x[x1,x2]有xx10,xx20,

1则f(x)x(xx1)(xx2)0，又f(x1)0，所以函数f(x)在x[x1,x2]的最小值为0，

312于是对任意的x[x1,x2]，f(x)f(1)恒成立的充要条件是f(1)m0,解得

33313，综上，m的取值范围是(,) m332332函数f(x)在x1m处取得极大值f(1m)，且f(1m)=mm

30. （2007全国II理22，转换变量后为根的分布） 已知函数f(x)x3x．

（1）求曲线yf(x)在点M(t，f(t))处的切线方程；

（2）设a0，如果过点(a，b)可作曲线yf(x)的三条切线，证明：abf(a)． 解：（1）f(x)3x21．yf(x)在点M(t，f(t))处的切线方程为yf(t)f(t)(xt)， 即y(3t21)x2t3．

（2）如果有一条切线过点(a，b)，则存在t，使b(3t21)a2t3． 若过点(a，b)可作曲线yf(x)的三条切线， 则方程 2t33at2ab0有三个相异的实数根．

记 g(t)2t33at2ab，则g(t)6t26at6t(ta)． 当t变化时，g(t)，g(t)变化情况如下表：

0 0 极大值 ab 如果过(a，b)可作曲线yf(x)三条切线， 0 极小值bf(a) ab0，即g(t)0有三个相异的实数根，则即 abf(a)．

bf(a)0.31. 已知函数fxax3bx23xa,bR在点1,f1处的切线方程为y20．

⑴求函数fx的解析式；

⑵若对于区间2,2上任意两个自变量的值x1,x2都有fx1fx2c，求实数c的最小值；

⑶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． 解：⑴fx3ax22bx3．…………………………………………………………2分

a1f12,ab32,根据题意，得即解得……………………3分

3a2b30,b0f10,所以fxx33x．………………………………………………………………4分 ⑵令fx0，即3x230．得x1． + 增 极大值 减 极小值 1 + 增 2 2 因为f12，f12， 所以当x2,2时，fxmax2，fxmin2．………………………………6分 则对于区间2,2上任意两个自变量的值x1,x2，都有

fx1fx2fxmaxfxmin4，所以c4．

所以c的最小值为4．……………………………………………………………………8分 ⑶因为点M2,mm2不在曲线yfx上，所以可设切点为x0,y0．

33x0． 则y0x0223．………………………………9分 因为fx03x03，所以切线的斜率为3x03x03x0m则3x3=，………………………………………………………………11分

x0220326x06m0． 即2x0因为过点M2,mm2可作曲线yfx的三条切线，

326x06m0有三个不同的实数解． 所以方程2x0所以函数gx2x36x26m有三个不同的零点． 则gx6x212x．令gx0，则x0或x2． g22 + 增 0 减 2 + 极大值 极小值 增 则g00 ，即6m0，解得6m2． 2m0ax32. （2011省模，利用⑴的结论，转化成根的分布分题）

x已知aR，函数f(x)lnx1,g(x)(lnx1)ex,（其中e2.718）

（I）求函数f(x)在区间0,e上的最小值；

（II）是否存在实数x00,e，使曲线yg(x)在点xx0处的切线与y轴垂直？若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由。

33. 已知函数f(x)x，函数g(x)f(x)sinx是区间[-1，1]上的减函数. （I）求的最大值；

（II）若g(x)t2t1在x[1,1]上恒成立，求t的取值范围；

lnxx22exm的根的个数． f(x)解：（I）f(x)x,g(x)xsinx，g(x)在[1,1]上单调递减，g'(x)cosx0 cosx在[-1，1]上恒成立，1，故的最大值为1. （II）由题意[g(x)]maxg(1)sin1,只需sin1t2t1, (t1)t2sin10（其中1），恒成立，令h()(t1)t2sin110(1)，

t1t102,而ttsin10恒成立，t1 则，22t1tsin110ttsin10lnxlnxx22exm. （Ⅲ）由

f(x)xlnx1lnx,f2(x)x22exm,f1'(x), 令f1(x)xx2当x(0,e)时,f1'(x)0,f1(x)在0,e上为增函数；

（Ⅲ）讨论关于x的方程

当xe,时，f1'(x)0,f1(x)在e,为减函数； 当xe时,[f1(x)]maxf1(e),

1e22而f2(x)(xe)2me2,当me,即me时,方程无解；

1e1e11ee1122me时,me当时，方程有两个根.

ee当me2,即me2时，方程有一个根；

三、不等式证明

作差证明不等式

34. （2010湖南，最值、作差构造函数） 已知函数f(x)ln(x1)x．

(1)求函数f(x)的单调递减区间； (2)若x1，求证：11≤ln(x1)≤x． x11x解：(1)函数f (x)的定义域为(－1，+∞),f(x)x11x1，

x0由f(x)0 得：x1，∴x＞0,∴f (x)的单调递减区间为(0，+∞).

x1(2)证明：由(1)得x∈(－1，0)时，f(x)0，

当x∈(0，+∞)时，f(x)0，且f(0)0

∴x＞－1时，f (x)≤f (0)，∴ln(x1)x≤0，ln(x1)≤x

11x11，则g(x)， x1(x1)2(x1)2x1∴－1＜x＜0时，g(x)0，x＞0时，g(x)0，且g(0)0

令g(x)ln(x1)∴x＞－1时，g (x)≥g (0)，即ln(x1)x11≥0 ∴ln(x1)≥1x1，∴x＞－1时，1x1≤ln(x1)≤x． 35. （2007湖北20，转换变量，作差构造函数，较容易） 已知定义在正实数集上的函数f(x)12x2ax，g(x)3a2lnxb，其中a0．设两曲线2111yf(x)，yg(x)有公共点，且在该点处的切线相同． ⑴用a表示b，并求b的最大值； ⑵求证：当x0时，f(x)≥g(x)．

解：⑴设yf(x)与yg(x)(x0)在公共点(x0，y0)处的切线相同．

23a∵f(x)x2a，g(x)，由题意f(x0)g(x0)，f(x0)g(x0)．

x122x2ax3alnx0b，003a22即由x02a得：x0a，或x03a（舍去）． 23ax0x02a，x0125a2a23a2lnaa23a2lna． 22522令h(t)t3tlnt(t0)，则h(t)2t(13lnt)．于是

21当t(13lnt)0，即0te3时，h(t)0；

1当t(13lnt)0，即te3时，h(t)0．

即有b故h(t)在(0，e3)为增函数，在(e3,+)为减函数，

233∞)的最大值为h(e)e． 于是h(t)在(0，2122⑵设F(x)f(x)g(x)x2ax3alnxb(x0)，

223a(xa)(x3a)(x0)． 则F(x)x2axx∞)为增函数， 故F(x)在(0，a)为减函数，在(a，∞)上的最小值是F(a)F(x0)f(x0)g(x0)0． 于是函数F(x)在(0，1311故当x0时，有f(x)g(x)≥0，即当x0时，f(x)≥g(x)． 36. （2009全国II理21，字母替换，构造函数）

2设函数fxxaln1x有两个极值点x1、x2，且x1x2 ⑴求a的取值范围，并讨论fx的单调性；

12ln2 4a2x22xa(x1) 解: ⑴fx2x1x1x1 令g(x)2x22xa，其对称轴为x。

2 由题意知x1、x2是方程g(x)0的两个均大于1的不相等的实根，

⑵证明：fx2

48a010a其充要条件为，得

2g(1)a0当x(1,x1)时，fx0,f(x)在(1,x1)内为增函数；

当x(x1,x2)时，fx0,f(x)在(x1,x2)内为减函数； 当x(x2,)时，fx0,f(x)在(x2,)内为增函数；

1x20， 222由g(x2)2x22x2a0得a(2x2+2x2)，

122设hxx(2x2x)ln1x(x)，

2则hx2x2(2x1)ln1x2x2(2x1)ln1x

⑵由⑴知g(0)a0,11hx0,h(x)x(,0)[,0)单调递增； 当时，在

22当x(0,)时，hx0，h(x)在(0,)单调递减。

1112ln2当x(,0)时,hxh()所以，

22412ln2故fx2h(x2)． 4变形构造函数证明不等式

37. （变形构造新函数，一次） 已知函数f(x)(a1)lnxax．

⑴试讨论f(x)在定义域内的单调性；

|f(x1)f(x2)|1．求实数m的取值范围．

|x1x2|a1(a1)axa解：⑴函数的定义域为(0,)，f(x)． xxa1a1,)，减区间为(0,)； 当a1时，增区间为(aa当1≤a≤0时，增区间为(0,)；

a1a1)，减区间为(,)． 当a0时，增区间为(0,aa⑵当a＞0时，f(x)在区间(0,1)上单调递增， 不妨设0x1x21，则x1x20,f(x1)f(x2)0， |f(x1)f(x2)|1等价于f(x1)f(x2)x1x2，即f(x1)x1f(x2)x2． ∴

|x1x2|(a1)ax(a1)(1x)1构造g(x)f(x)x，则g(x)＞0(0x1)． xx∴g(x)在(0,1)上是增函数，当0x1x21时，g(x1)g(x2)，

⑵当a＜－1时，证明：x1,x2(0,1)，

即f(x1)x1f(x2)x2，即f(x1)f(x2)x1x2． 又当a＞0时，f(x)在区间(0,1)上单调递增， ∴x1x20,f(x1)f(x2)0． ∴|f(x1)f(x2)||x1x2|，即

|f(x1)f(x2)|1．

|x1x2|38. （2011辽宁理21，变形构造函数，二次） 已知函数f(x)(a1)lnxax21. ⑴讨论函数f(x)的单调性；

⑵设a1，如果对任意x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)|≥4|x1x2|，求a的取值范围.

a12ax2a12ax解：⑴f(x)的定义域为（0，+∞）. f(x). xx当a0时，f'(x)＞0，故f(x)在（0，+∞）单调增加； 当a1时，f'(x)＜0，故f(x)在（0，+∞）单调减少；

a1当－1＜a＜0时，令f'(x)=0，解得x. 2a则当x(0,a1a1)时，f'(x)＞0；x(,)时，f'(x)＜0. 2a2aa1a1)单调增加，在(,)单调减少. 故f(x)在(0,2a2a⑵不妨假设x1x2，而a＜－1，由⑴知在（0，+∞）单调减少，从而

x1,x2(0,)，f(x1)f(x2)4x1x2

等价于x1,x2(0,)，f(x2)4x2f(x1)4x1…… ①

a12ax4 xa1g(x)2ax40. ①等价于在（0，+∞）单调减少，即

x4x14x1从而a2,设h(x)2(x0),并设t4x11，

2x12x1令g(x)f(x)4x，则g'(x)8t8t18y22. ∴x，∴t2t9t92≤

4332t故a的取值范围为（－∞，－2].

39. （2010辽宁文21，构造变形，二次） 已知函数f(x)(a1)lnxax21. ⑴讨论函数f(x)的单调性；

⑵设a≤2，证明：对任意x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)|≥4|x1x2|.

a12ax2a12ax解：⑴ f(x)的定义域为(0,+)，f(x). xx当a≥0时，f(x)＞0，故f(x)在(0,+)单调增加； 当a≤－1时，f(x)＜0, 故f(x)在(0,+)单调减少；

a1a1当－1＜a＜0时，令f(x)＝0,解得x=.当x∈(0, )时, f(x)＞0；

2a2ax∈(a1，+)时，f(x)＜0, 2aa1a1）单调增加，在（，+）单调减少. 2a2a⑵不妨假设x1≥x2.由于a≤－2,故f(x)在（0，+）单调减少.

故f(x)在（0, 所以f(x1)f(x2)≥4x1x2等价于f(x1)f(x2)≥4x1－4x2, 即f(x2)+ 4x2≥f(x1)+ 4x1.

2a12ax4xa12ax+4＝令g(x)=f(x)+4x,则g(x). xx12axh(x)2ax4xa1设，≤－1，对称轴为，

a8a(a1)16(a2)(a1)结合图象知h(x)≤≤0，

8aa224x4x1(2x1)于是g(x)≤＝≤0.

xx从而g(x)在（0,+）单调减少，故g(x1) ≤g(x2)，

即 f(x1)+ 4x1≤f(x2)+ 4x2，故对任意x1,x2∈(0,+) ，f(x1)f(x2)≥4x1x2 40. （辽宁，变形构造，二次）

122（1）讨论函数f(x)的单调性；

已知函数f(x)=x－ax+(a－1)lnx，a1.

f(x1)f(x2)1.

x1x2（2）证明：若a5，则对任意x1,x2(0,)，x1x2，有解：(1)f(x)的定义域为(0,).

(x1)2①若a11即a2,则f(x)，故f(x)在(0,)单调增加。

x②若a11,而a1,故1a2,则当x(a1,1)时，f'(x)0; 当x(0,a1)及x(1,)时，f'(x)0

故f(x)在(a1,1)单调减少，在(0,a1),(1,)单调增加。

③若a11,即a2,同理f(x)在(1,a1)单调减少，在(0,1),(a1,)单调增加.

'⑵考虑函数 g(x)f(x)xx2ax(a1)lnxx

a1a12xg(a1)1(a11)2（另一种处理） xx由于1f(x1)f(x2)1， f(x)f(x)xx0即，故1212x1x2f(x1)f(x2)f(x2)f(x1)1. 0xx当12时，有x1x2x2x112则g(x)x(a1)（另一种处理）

a1x2(a1)xa1g(x)x(a1)，结合二次函数图象

xx4(a1)(a1)2(a3)262设h(x)x(a1)xa1(1a5)≥≥＞0

4441. 已知函数f(x)x1alnx(a0).

（1）确定函数yf(x)的单调性；

（2）若对任意x1,x20,1，且x1x2，都有|f(x1)f(x2)|4|11|，求实数a的取值范围。 x1x242. （变形构造）

22已知二次函数fxaxbxc和“伪二次函数”gxaxbxclnx（a、b、cR,abc0），

(I)证明：只要a0，无论b取何值，函数gx在定义域内不可能总为增函数；

(II)在二次函数fxaxbxc图象上任意取不同两点A(x1,y1),B(x2,y2)，线段AB中点的横坐标为x0，记直线AB的斜率为k， (i)求证：kf(x0)；

2(ii)对于“伪二次函数”gxaxbxclnx，是否有①同样的性质?证明你的结论.

22c2axbxc0(1)恒成立, 解：（I）如果x0,g(x)为增函数,则g(x)2axbxx当x0时恒成立, 2ax2bxc0(2)

Qa0,由二次函数的性质, (2)不可能恒成立.则函数g(x)不可能总为增函数. 3分

（II）（i）kfx2fx1x2x1x2x1由f(x)2axb,f(x0)2ax0b, 则kf(x0)--------5分 （ii）不妨设x2x1,对于“伪二次函数”:

xx2a(x2x12)bx2x1cln2cln2gx2gx1x1 =x1, (3) 7分 k2ax0bx2x1x2x1x2x12a(x2x12)bx2x1 =2ax0b.

由(ⅰ)中(1)gx02ax0bclnc,如果有(ⅰ)的性质，则gx0k , (4) x0x2xln2x1x1c2，(4) --------10分 c0,即： 比较(3)( 4)两式得，x2x1x0x2x1x1x2不妨令tx2lnt2, t1, ， (5) x1t1t112(t1)2(t1)(t1)22t20， 设 s(t)lnt，则s(t)22t(t1)t(t1)t1∴s(t)在(1,)上递增， ∴s(t)s(1)0.

∴ (5)式不可能成立,（4）式不可能成立,gx0k.

2 ∴“伪二次函数”gxaxbxclnx不具有(ⅰ)的性质. -------12分

43. (变形构造，第2问用到均值不等式)

已知定义在正实数集上的函数f(x)＝x＋4ax＋1，g(x)＝6alnx＋2b＋1，其中a＞0.

⑴设两曲线y＝f(x)，y＝g(x)有公共点，且在该点处的切线相同，用a表示b，并求b的最大值；

⑵设h(x)＝f(x)＋g(x)－8x，证明：若a≥－1，则h(x)在(0,＋∞)上单调递增； ⑶设F(x)＝f(x)＋g(x)，求证：对任意x1,x2∈(0,＋∞)，x1＜x2有＞8. 解：⑴设f(x)与g(x)交于点P(x0，y0)，则有

2

f(x0)＝g(x0)，即x＋4ax0＋1＝6alnx0＋2b＋1.① 又由题意知f′(x0)＝g′(x0)，即2x0＋4a＝.② 由②解得x0＝a或x0＝－3a(舍去)．

22

将x0＝a代入①整理得b＝a－3alna.

22

令s(a)＝a－3alna，则s′(a)＝2a(1－3lna)，

32a∈(0,)时，s(a)递增，a∈(,＋∞)时，s(a)递减，所以s(a)≤s()＝e3，

22323即b≤e3，b的最大值为e3.

222

2

⑵h(x)＝f(x)＋g(x)－8x，h′(x)＝2x＋＋4a－8，

因为a≥－1，所以h′(x)＝2x＋＋4a－8≥4a＋4a－8≥4(＋1)(－1)－8≥0，即h(x)在(0,＋∞)内单调递增．

⑶由⑵知x1＜x2时，h(x1)＜h(x2)，即F(x1)－8x1＜F(x2)－8x2. 因为x1＜x2，所以＞8.

a，a为正常数． x19⑴若f(x)lnx(x)，且a，求函数f(x)的单调增区间；

2⑵在⑴中当a0时，函数yf(x)的图象上任意不同的两点Ax1,y1，Bx2,y2，线段AB的中点为C(x0,y0)，记直线AB的斜率为k，试证明：kf(x0)．

44. 已知函数(x)⑶若g(x)lnx(x)，且对任意的x1,x20,2，x1x2，都有围．

g(x2)g(x1)1，求a的取值范

x2x11ax2(2a)x1解：⑴f(x) 2x(x1)x(x1)2911∵a，令f(x)0得x2或0x,∴函数f(x)的单调增区间为(0,),(2,).

222⑵证明：当a0时f(x)lnx

xln2121∴f(x), ∴f(x0)xxx,又kf(x2)f(x1)lnx2lnx1x1

x012x2x1x2x1x2x1x22xxxf(x)不妨设21 ， 要比较k与的大小， 1与0的大小，即比较x1x2x2x1x2(21)x22(xx)x又∵x2x1，∴ 即比较lnx与21x1的大小．

x1x2211x1ln14(x1)22(x1)0, (x1),则h(x)令h(x)lnxx(x1)2x(x1)2x1∴h(x)在1,上位增函数．

x2(21)x2x2x2x11h()h(1)0ln又x，∴x， ∴，即kf(x0) xx21111x1g(x2)g(x1)g(x2)x2g(x1)x110 ⑶∵ xx，∴ xx2121由题意得F(x)g(x)x在区间0,2上是减函数． 1 当1x2,F(x)lnx1aa1 x， ∴ F(x)2x(x1)x1(x1)21由F(x)0a(x1)2x23x3在x1,2恒成立．

xx11设m(x)x23x3，x1,2，则m(x)2x230

xx27∴m(x)在1,2上为增函数，∴am(2).

21aa1 x，∴ F(x)2 当0x1,F(x)lnxx(x1)2x1(x1)21由F(x)0a(x1)2x2x1在x(0,1)恒成立

xx1设t(x)x2x1，x(0,1)为增函数,∴at(1)0

x27综上：a的取值范围为a.

245. 已知函数f(x)lnxax2(a1)x（a0）．

（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间； （Ⅱ）记函数yF(x)的图象为曲线C．设点A(x1,y1),B(x2,y2)是曲线C上的不同两点．如

x1x2；②曲线C在点M处的切线平行于2直线AB，则称函数F(x)存在“中值相依切线”．试问：函数f(x)是否存在“中值相依

12果在曲线C上存在点M(x0,y0)，使得：①x0切线”，请说明理由． 解：（Ⅰ）易知函数f(x)的定义域是(0,)，

1a(x1)(x)1a．…………1分 f'(x)axa1xx11①当1时，即a1时, 令f'(x)0,解得0x或x1;

aa 令f'(x)0,解得x1．……………2分

1a1a1a 所以，函数f(x)在(0,)和(1,)上单调递增,在(,1)上单调递减

1a11 ③当1时，即1a0时, 令f'(x)0,解得0x1或x;

aa1 令f'(x)0,解得1x．……………4分

a11 所以，函数f(x)在(0,1)和(,)上单调递增,在(1,)上单调递减

aa ②当1时，即a1时, 显然，函数f(x)在(0,)上单调递增；……………3分

综上所述，

11aa⑵当a1时,函数f(x)在(0,)上单调递增；

11⑶当1a0时,函数f(x)在(0,1)和(,)上单调递增,在(1,)上单调递

aa⑴当a1时,函数f(x)在(0,)和(1,)上单调递增,在(,1)上单调递减；

减．……………5分

（Ⅱ）假设函数f(x)存在“中值相依切线”．

设A(x1,y1),B(x2,y2)是曲线yf(x)上的不同两点，且0x1x2，

1(lnx2lnx1)a(x22x12)(a1)(x2x1)yy2则 kAB21 x2x1x2x1lnx2lnx11a(x1x2)(a1)……………7分

x2x12曲线在点M(x0,y0)处的切线斜率

kf(x0)f(xx2x1x2a12(a1)，……………8分 )x1x222lnx2lnx11xx2a(x1x2)(a1)a12(a1)． 依题意得：

x2x12x1x22x2(21)x1lnx2lnx1x2(xx)2化简可得： ，即ln2=21． ……………10分

x2x2x1x1x2x2x1x11x1x2(t1)4422． ………12分 设2t （t1），上式化为：lnt, 即lntx1t1t1t1(t1)2144 令g(t)lnt,g'(t)．

t(t1)2t(t1)2t1 因为t1,显然g'(t)0，所以g(t)在(1,)上递增,显然有g(t)2恒成立．

42成立． 所以在(1,)内不存在t,使得lntt1 综上所述，假设不成立．所以，函数f(x)不存在“中值相依切线”．……………14分

46. 已知函数f(x)x2ln(ax)(a0).

（1）若f'(x)x2对任意的x0恒成立，求实数a的取值范围； （2）当a1时，设函数g(x)f(x)1x,x(,1),x1x21，求证x1x2(x1x2)4 ，若12xe解：（1）f'(x)2xln(ax)x,f'(x)2xln(ax)xx2，即2lnax1x在x0上恒成立 设u(x)2lnax1xu'(x)10,x2，x2时，单调减，x2单调增，

,x2e所以x2时，u(x)有最大值u(2)0,2ln2a12，所以0a.

.2f(x)xlnx, x111g(x)1lnx0,x,所以在(,)上g(x)是增函数，(0,)上是减函数.

eee1因为x1x1x21，所以g(x1x2)(x1x2)ln(x1x2)g(x1)x1lnx1

ex1x2x1x2lnxln(xx)lnxln(x1x2). 即同理1122x1x2（2）当a1时，g(x),

所以lnx1lnx2(又因为2x1x2x1x2xx)ln(x1x2)(212)ln(x1x2) x2x1x2x1x1x24,当且仅当“x1x2”时，取等号. x2x11又x1,x2(,1),x1x21，ln(x1x2)0,

ex1x2)ln(x1x2)4ln(x1x2)所以lnx1lnx24ln(x1x2) 所以(2，x2x1,

所以：x1x2(x1x2)4.

47. 已知f(x)xlnx,g(x)x2ax3．

(1) 求函数f(x)在[t,t2](t0)上的最小值；

(2) 对一切x(0,)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；

(3) 证明: 对一切x(0,)，都有lnx1e12成立． xeex1e解： (1) f'(x)lnx1，当x(0,)，f'(x)0，f(x)单调递减，当x(,)，f'(x)0，f(x)单调递增．① 0tt2，t无解；② 0tt2，即0t时，f(x)minf()； ③ tt2，即t时，f(x)在[t,t2]上单调递增，f(x)minf(t)tlnt； 所以f(x)min11， 0tee． tlnt，t1e1e1e1e1e1e1e1e3x3(x3)(x1)设h(x)2lnxx(x0)，则h'(x)，

xx2x(0,1)，h'(x)0，h(x)单调递减，

(2)2xlnxx2ax3，则a2lnxx，

x(1,)，h'(x)0，h(x)单调递增，

所以h(x)minh(1)4.因为对一切x(0,)，2f(x)g(x)恒成立，所以ah(x)min4；

1x2，由⑴可知的最小值是，f(x)xlnx(x(0,))(x(0,))xeee1x21x1当且仅当x时取到，设m(x)x(x(0,))，则m'(x)x，易得m(x)maxm(1)，当

eeeee12且仅当x1时取到，从而对一切x(0,)，都有lnxx成立．

eex（3） 问题等价于证明xlnx48. （2011陕西21，变形构造，反比例）

设函数f(x)定义在(0,)上，f(1)0，导函数f(x)，g(x)f(x)f(x)． （1）求g(x)的单调区间和最小值； （2）讨论g(x)与g()的大小关系； （3）是否存在x00，使得|g(x)g(x0)|围；若不存在，请说明理由．

解：（1）∵f(x)，∴f(x)lnxc（c为常数），

又∵f(1)0，所以ln1c0，即c0，∴f(x)lnx；g(x)lnx，

x1x1g(x)0，即20，解得x1， 2，令xx当x(0,1)时，g(x)0，g(x)是减函数，故(0,1)是函数g(x)的减区间； 当x(1,)时，g(x)0，g(x)是增函数，故(1,)是函数g(x)的增区间； 所以x1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点， 所以g(x)的最小值是g(1)1．

1x1对任意x0成立？若存在，求出x0 的取值范x1x1x1x∴g(x)111(x1)2（2）g()lnxx，设h(x)g(x)g()2lnxx，则h(x)，

xxxx21当x1时，h(1)0，即g(x)g()，

x当x(0,1)U(1,)时，h(x)0，h(1)0，因此函数h(x)在(0,)内递减，

1当0x1时，h(x)h(1)=0，∴g(x)g()；

x1h(x)h(1)g(x)g()． x1当时，=0，∴

x（3）满足条件的x0不存在．证明如下：

1证法一 假设存在x00，使|g(x)g(x0)|对任意x0成立，

x2lnxg(x)lnxx0即对任意有 ① 0xg(x)但对上述的x0，取x1e0时，有lnx1g(x0)，这与①左边的不等式矛盾，

1因此不存在x00，使|g(x)g(x0)|对任意x0成立．

x1证法二 假设存在x00，使|g(x)g(x0)|对任意x0成立，

x由（1）知，g(x)的最小值是g(1)1，

1又g(x)lnxlnx，而x1时，lnx的值域为(0,)，

x∴当x…1时，g(x)的值域为[1,)，

从而可以取一个值x11，使g(x1)…g(x0)1，即g(x1)g(x0)…1,

1，这与假设矛盾． x11∴不存在x00，使|g(x)g(x0)|对任意x0成立．

x1alnx49. 已知函数f(x)aR，

x∴|g(x1)g(x0)|…1（Ⅰ）求f(x)的极值

（Ⅱ）若lnxkx0在R上恒成立，求k的取值范围 （Ⅲ）已知x10，x20且x1x2e，求证x1x2x1x2

alnx'af(x)0，令得 xe2x x(0,ea)，f'(x)0，f(x)为增函数，x(ea,)，f'(x)0，f(x)为减函数

解：（1）∵f'(x)∴f(x)有极大值 f(ea)ea ……………………4分 （2）欲使lnxkx0＜在R上恒成立， 只需设g(x)lnxk 在R上恒成立 xlnx1lnx (x0)，g'(x)2xx'x(0,e)，g(x)0，g(x)为增函数,x(e,)，g'(x)0，g(x)为减函数

111∴xe时，g(e)是最大值 只需k，即k………8分

eee （3）∵ex1x2x10由（2）可知g(x)在(0,e)上单调增， ln(x1x2)lnx1xln(x1x2)xln(x1x2)lnx1，同理2lnx2 ，那1x1x2x1x1x2x1x2ln(x1x2)ln(x1x2)，∴ln(x1x2)ln(x1x2)， 相加得 (x1x2)x1x2 得：x1x2x1x2 .

lnx1的图象为曲线C, 函数g(x)axb的图象为直线l. x2(Ⅰ) 当a2,b3时, 求F(x)f(x)g(x)的最大值;

(Ⅱ) 设直线l与曲线C的交点的横坐标分别为x1,x2, 且x1x2, 求证: (x1x2)g(x1x2)2.

lnxa2,b3F(x)x3 解：（1）

x x(0,1),F(x)0,F(x)单调递增，x(1,),F(x)0,F(x)单调递减，

50. 已知函数f(x)（2）不妨设x1x2，要证(x1x2)g(x1x2)2

1(xx)a(xx)b2 只需证121222(x2x1)x22(x2x1)x2lnx2lnx1，即ln，(x2x1)ln2(x2x1)

x2x1x1x2x1x1x令H(x)(xx1)ln2(xx1)，x(x1,)

x1只需证H(x)(xx1)ln 令 G(x)lnxxx2(xx1)0H(x1)，H(x)ln11 x1x1xxx1xx11 G(x)0 G(x)在x(x1,)单调递增。 2x1xx G(x)G(x1)0，H(x)0，H(x)在x(x1,)单调递增。

xH(x)(xx)ln2(xx1)0 H(x)H(x1)0，1x1所以(x1x2)g(x1x2)2

1151. 已知函数f(x)x2xln(xa)，其中常数a0.

4a⑴若f(x)在x1处取得极值，求a的值；

⑵求f(x)的单调递增区间；

⑶已知0a,若x1,x2(a,a),x1x2，且满足f'(x1)f'(x2)0，试比较f'(x1x2)与f'(0)的大小，并加以证明。

12替换构造不等式证明不等式

52. （第3问用第2问）已知f(x)lnx,g(x)127xmx(m0)，直线l与函数f(x),g(x)的图22像都相切，且与函数f(x)的图像的切点的横坐标为1。

（I）求直线l的方程及m的值；

（II）若h(x)f(x1)g'(x)(其中g'(x)是g(x)的导函数)，求函数h(x)的最大值。 （III）当0ba时，求证：f(ab)f(2a)1xba. 2a解：（I）Qf'(x),f'(1)1;直线l的斜率为1，

且与函数f(x)的图像的切点坐标为（1，0），直线l的方程为yx1.

yx1又Q直线l与函数yg(x)的图象相切，方程组127有一解。

yxmx22由上述方程消去y，并整理得x22(m1)x90①

依题意，方程②有两个相等的实数根，[2(m1)]2490解之， 得m=4或m=-2，Qm0,m2.

2 （II）由（I）可知g(x)x2x,

12721x1. ，x1x1当x(-1,0)时,h'(x)>0,h(x)单调，当x(0,)时，h'(x)0,h(x)单减。 当x=0时，h(x)取最大值，其最大值为2。

abbaln(1). （III）f(ab)f(2a)ln(ab)ln2aln2a2ababa). 证明，当x(1,0)时，ln(1x)x,ln(12a2a53. 已知函数fxxlnx、

g'(x)x2,h(x)ln(x1)x2(x1)h'(x)（Ⅰ）求函数fx的单调区间；

（Ⅱ）若k为正常数，设gxfxfkx，求函数gx的最小值；

（Ⅲ）若a0，b0，证明：faabln2≥fabfb、

解:（Ⅰ）∵fxlnx1，解fx0，得x；解fx0，得0x.

ee（Ⅱ）∵gxfxfkxxlnxkxlnkx，定义域是0,k. 11,∴fx的单调递增区间是，单调递减区间是0,. ……3′

1e1e∴gxlnx1lnkx1lnx……5′ kxkk22kk0,∴ 函数gx在上单调递减；在,k上单调递增……7′ 22kkkln故函数gx的最小值是：g. ……8′ 222a（Ⅲ）∵a0，b0，∴ 在（Ⅱ）中取x，k2

ab2a2a2a2b可得ff2≥2ln1，即ff≥0.……10′ abababab2a2a2b2b∴lnln≥0，∴alnablnbabln2ablnab≥0. abababab即faabln2≥fabfb.……12′

由gx0，得xk，由gx0，得0x

54. （替换构造不等式） 已知函数f(x)axb在点(1,f(1))的切线方程为xy30. 2x1⑴求函数f(x)的解析式；

⑵设g(x)lnx，求证：g(x)≥f(x)在x[1,)上恒成立；（反比例，变形构造）

lnblna2a22.（替换构造） baab解：⑴将x1代入切线方程得y2.

ba2，化简得ba4. ∴f(1)11a(x21)(axb)2x2a2(ba)2bbf(x)f(1)1 ，22(1x)4422x2解得a2,b2.∴f(x)2 .

x12x2⑵由已知得lnx2在[1,)上恒成立

x1化简(x21)lnx2x2，即x2lnxlnx2x20在[1,)上恒成立

12h(x)2xlnxx2. h(x)xlnxlnx2x2设，

x1∵x1 ∴2xlnx0,x2，即h(x)0

x∴h(x)在[1,)上单调递增，h(x)h(1)0 ∴g(x)f(x)在x[1,)上恒成立 .

⑶已知0ab，求证：

b22bb⑶∵0ab，∴1，由⑵知有lnba，

a2a()1alnblna2alnblna2a20ab整理得∴当时，222. babaabab55. （替换证明） 已知函数

f(x)lnx1． xf(x)的单调性； f(x)在[m,2m]上的最大值；

（1）试判断函数（2）设m0，求

（3）试证明：对任意nN*，不等式ln(1n)e1n都成立（其中e是自然对数的底数）．

nn解：（1）函数f(x)的定义域是(0,)．由已知f(x)1lnxx2．令f(x)0，得xe．

因为当0xe时，f(x)0；当xe时，f(x)0．

所以函数f(x)在(0,e]上单调递增，在[e,)上单调递减．

（2）由（1）可知当2me，即m时，f(x)在[m,2m]上单调递增，所以f(x)max当me时，

f(x)e2f(2m)ln2m 1．2m在[m,2m]上单调递减，所以

f(x)maxlnm1．当me2mm，即

eme2时，

1f(x)maxf(e)1．综上所述，f(x)maxeeln2m1, 0m2m2e1 1, me2elnm1, mem1lnx1f(e)1．所以在x(0,)时恒有f(x)11，即

exelnx111n1n，当且仅当xe时等号成立．因此对任意x(0,)恒有lnx．因为0，e，xeenn所以ln1n11n，即ln(1n)e1n．因此对任意nN*，不等式ln(1n)e1n．

nennnnn（3）由（1）知当x(0,)时f(x)max56. （2010湖北，利用⑵结论构造）

fx）ax（ca0）已知函数（的图象在点(1,f(1))处的切线方程为yx1.

111nbx⑵若f(x)≥lnx在[1，)上恒成立，求a的取值范围；（反比例，作差构造）

1ln(n1)(n1).（替换构造） ⑶证明：23n2(n1)解：本题主要考察函数、导数、不等式的证明等基础知识，同事考察综合运用数学知识进

行推理论证的能力和分类讨论的思想。

f(1)abc0ba1b，则有，解得. 2f(1)ab1cl2axa112a， ⑵由⑴知，f(x)axxa1g(x)f(x)lnxax12alnx，x1, 则 g(1)0，令

x1aa(x1)(x)2a11axx(a1) ag'(x)a2xxx2x2⑴f'(x)a11a1

2a1a1x 若 ，则g'(x)0，g(x)是减函数，所以g(x)g(l)o

a f(x)lnx，故f(x)lnx在1,上恒不成立。

①当 oa，

11a1

2a 若f(x)lnx，故当x1时，f(x)lnx。

1 综上所述，所求a的取值范围为,

21⑶由⑵知：当a时，有f(x)lnx(x1).

2111令a，有f(x)(x)lnx(x1)

22x11(x)lnx. x1当时，2xk11k1k111k1ln(1)(1) x令，有k2kk12kk1k111)，k1,2,3....n 即 ln(k1)lnk(2kk1将上述n个不等式依次相加得

11111111nln(n1)(.....),整理得1....ln(n1).

223n2(n1)23n2(n1)b57. 已知f(x)ax22a(a0)的图像在点(1,f(1))处的切线与直线y2x1平行.

x②a时，

（1）求a，b满足的关系式；

（2）若f(x)2lnx在[1,+)上恒成立，求a的取值范围； （3）证明：1L解：（Ⅰ）f(x)a

1315111nn*

（n∈N） 2n1)ln((2n1)(n)2n2n1222n11

b，根据题意f(1)ab2，即ba2. 2xa2（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)ax22a，

xa2令g(x)f(x)2lnxax22a2lnx，x1,

x2aa(x1)(x)a22a 则g(1)0，g(x)a2=2xxx2a1 ， ①当0a1时，a2a若1x，则g'(x)0，g(x)在[1,)减函数，所以g(x)g(1)0，即f(x)2lnx在

a[1,)上恒不成立．

2a1，当x1时，g'(x)0，g(x)在[1,)增函数，又g(1)0，所以②a1时，af(x)2lnx．

综上所述，所求a的取值范围是[1,).

（Ⅲ）由（Ⅱ）知当a1时，f(x)2lnx在1,上恒成立．取a1得x令x12lnx x2n12n12n12n1， 1，nN*得2ln2n12n12n12n1222n1112n1111即1所以(1)2lnln()

2n12n12n1,2n122n122n12n11111n上式中n=1，2，3，…，n，然后n个不等式相加得1… ln(2n1)352n122n158. 已知函数f(x)ln(x1)k(x1)1. （1）求函数f(x)的极值点。

（2）若f(x)0恒成立，试确定实数k的取值范围。

ln2ln3ln4lnn(n4)(n1)2(nN,n1). （3）证明：38156n11/f(x)f(x)k. 解：(1)的定义域为（1，+∞），

x1/当k0时，x1,f(x)0，则f(x)在（1，+∞）上是增函数。 f(x)在（1，+∞）上无极值点.

1当k0时，令f/(x)0，则x1.

k11f/(x)kk01x(1,1)1所以当时，， x111kk1∴f(x)在(1,1)上是增函数，

k11f/(x)kk011当x(1,)时，， x111kk1f(x)(1,)上是减函数。 ∴在

k1∴x1时，f(x)取得极大值。

k综上可知，当k0时，f(x)无极值点；

1当k0时，f(x)有唯一极值点x1.

k(2)由(1)可知，当k0时，f(2)1k0，f(x)0不成立.故只需考虑k0.

1由(1)知，f(x)maxf(1)lnk，

k1若f(x)0恒成立，只需f(x)maxf(1)lnk0即可，

k化简得：k1,所以k的取值范围是[1，+∞）. (3)由(2)知，当k1时理解得：lnxx1，x1.

∴lnn3n31(n1)(n2n1)(n1)(n1)2. ∴

lnnn1(nN,n1) 23n159. (替换构造)

已知函数f(x)ln(x1)k(x1)1. ⑴求函数f(x)的单调区间；

⑵若f(x)≤0恒成立，试确定实数k的取值范围；（一次，作差构造） ⑶证明：①当x2时，ln(x1)x2；②i1nlnin(n1)(nN*,n1). i141k. x1 当k≤0时，f(x)0，则f(x)在(1,)上是增函数.

11 当k0时，f(x)在(1,1)上是增函数，在(1,)上是减函数.

kk⑵由⑴知，当k≤0时，f(x)在(1,)上是增函数.而f(2)1k0，f(x)≤0不成立.

1当k0时，由⑴知ymaxf(1)lnk，要使f(x)≤0恒成立，则lnk≤0，解得k≥1.

k⑶①由⑵知当k1时，有f(x)在(1,)上恒成立，且f(x)在(2,)是减函数. 又f(2)0，∴当x2时，f(x)f(2)0，即ln(x1)x2.

lnnn1 ②令x1n2,则lnn2n21,即2lnn(n1)(n1)，从而. n12ln2ln3ln4lnn123n1n(n1)LL ∴成立. 345n122224解：⑴函数的定义域为(1,)中，f(x)60. （2011浙江理22,替换构造）

已知函数f(x)2aln(1x)x(a0). ⑴求f(x)的单调区间和极值；

n2a1. 解：⑴定义域为1,,f'(x)1x 令f'(x)01x2a1，令f'(x)0x2a1

⑵求证：4lgelgelgelgelge23(1n)nnn*(n1)(nN).

故f(x)的单调递增区间为1,2a1，f(x)的单调递减区间为2a1, f(x)的极大值为2aln2a2a1

⑵证明：要证4lgelgelgelgelge23n 即证4111lge(1n)nnn(1n)nnn(n1)

(1n)nnn(n1)， 即证4111lne(n1)

23n23nlge1111n 即证13ln(n1)(1)

23nn1 令a，由⑴可知f(x)在(0,)上递减，故f(x)f(0)0

211n11*ln(1x)xx(nN)ln(1)lnln(n1)lnn 即，令，故

nnnn111 累加得，ln(n1)1

23n1111n 故13ln(n1)(1)，得证

23nn1n11101121n1(1)CCCC2 法二：=n nnnnnn2nn2!3!n!11(1n1)111123n13，其余相同证法. 22n 22122221261. （替换构造）

已知函数f(x)exax1(a0,e为自然对数的底数). ⑴求函数f(x)的最小值；

⑵若f(x)≥0对任意的xR恒成立，求实数a的值；（一次，作差构造）

12n1nnne)()(其中nN*).

nnnne1解：（1）由题意a0,f(x)exa，由f(x)exa0得xlna. 当x(,lna)时, f(x)0；当x(lna,)时，f(x)0. ∴f(x)在(,lna)单调递减，在(lna,)单调递增. 即f(x)在xlna处取得极小值，且为最小值， 其最小值为f(lna)elnaalna1aalna1.

（2）f(x)≥0对任意的xR恒成立，即在xR上，f(x)min≥0. 由（1），设g(a)aalna1.，所以g(a)≥0. 由g(a)1lna1lna0得a1.

∴g(a)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,)上单调递减， ∴g(a)在a1处取得极大值g(1)0. 因此g(a)≥0的解为a1，∴a1.

（3）由（2）知，因为a1，所以对任意实数x均有exx1≥0，即1x≤ex.

kkkkkn令x (nN*,k0,1,2,3,…,n1)，则01≤en.∴(1)≤(en)nek.

nnn1n2nn1nnn1en1e(n1)(n2)21)()≤ee…ee1∴()()…(.

nnnn1e11e1e1nn⑶在⑵的条件下，证明：()()(四、不等式恒成立求字母范围 恒成立之最值的直接应用

62. （2011北京理18倒数第3大题，最值的直接应用） 已知函数f(x)(xk)e。 ⑴求f(x)的单调区间；

2xk1x(0,)f(x)⑵若对于任意的，都有≤，求k的取值范围.

ex122k解：⑴f(x)(xk)e，令f(x)0,xk，

k当k0时，f(x)与f(x)的情况如下： + 0 0 + 0 所以，f(x)的单调递增区间是(,k)和(k,)：单调递减区间是(k,k)， 当k0时，f(x)与f(x)的情况如下： 0 + 0 0 所以，f(x)的单调递减区间是(,k)和(k,)：单调递减区间是(k,k)。

11，所以不会有x(0,),f(x).

ee4k2， 当k0时，由（Ⅰ）知f(x)在(0,)上的最大值是f(k)e114k21x(0,),f(x)k0. 所以等价于f(k),解

ee2e11综上：故当x(0,),f(x)时，k的取值范围是[，0].

e2 ⑵当k0时，因为f(k1)ek1k63. （2008天津理20倒数第3大题，最值的直接应用，第3问带有小的处理技巧）

abx0，其中a,bR. x⑴若曲线yfx在点P2,f2处切线方程为y3x1,求函数fx的解析式； ⑵讨论函数fx的单调性；

11a,2fx10⑶若对于任意的在,1上恒成立，求b的取值范围. 2，不等式4af(2)3，于是a8． f(x)1解：⑴2，由导数的几何意义得x由切点P(2,f(2))在直线y3x1上可得2b7，解得b9．

8f(x)f(x)x9． 所以函数的解析式为

xa⑵f(x)12．

x当a0时，显然f(x)0(x0),这时f(x)在(,0)，(0,)上内是增函数． 当a0时，令f(x)0，解得xa．

当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：

已知函数fxx 0 － － 0 ＋ 极大值 ↘ ↘ 极小值 ↗

∴f(x)在(,a)，(a,)内是增函数，在(a,0)，(0,)内是减函数．

11423914a11f()10bf(x)10在[,1]上恒成立，当且仅当4a[,2]成立．从4，即，对任意的

42f(1)10b9a77b(,]． b而得，所以满足条件的的取值范围是44 ＋ ↗

⑶由⑵知，f(x)在[,1]上的最大值为f()与f(1)的较大者，对于任意的a[,2]，不等式

1464. （转换变量，作差）

已知函数f(x)(x2a)ex.

⑴若a3，求f(x)的单调区间；

32⑵已知x1,x2是f(x)的两个不同的极值点，且|x1x2||x1x2|，若3f(a)aa3ab恒

32成立，求实数b的取值范围。

解：⑴Qa3,f(x)(x23)ex，f(x)(x22x3)ex0x3或1

令f(x)0，解得x(,3)U(1,)令f(x)0，解得x(3,1)， f(x)的增区间为(,3),(1,)；减区间为(3,1)， ⑵f(x)(x22xa)ex0，即x22xa0

由题意两根为x1,x2，x1x22,x1x2a，又Q|x1x2||x1x2|2a2 且△44a0，1a2.

322a32设g(a)3f(a)aa3a3(aa)eaa3a，

3232

g(a)3(a2a1)(ea1)0a15或a0 2 + 0 极大值 0 极小值 + 2 2又g(0)0，g(2)6e28，g(a)max6e8 ，b6e28.

恒成立之分离常数

65. （分离常数）

alnx1,aR. x(1) 若yf(x)在P(1,y0)处的切线平行于直线yx1，求函数yf(x)的单调区间；

已知函数f(x)(2) 若a0，且对x(0,2e]时，f(x)0恒成立，求实数a的取值范围. 解: (1) f(x)f'(x)alnx1,aR.f(x)定义域为(0,),直线yx1的斜率为1, xa121x2f'(1)a11f'(x)2 a2,,.所以

x2xx2xx由f'(x)0得x2; 由f'(x)0得0x2

),减区间为(0,2). 所以函数yf(x)的单调增区间为(2，(2) a0，且对x(0,2e]时，f(x)0恒成立

alnx10在x(0,2e]恒成立,即ax(lnx1). x设g(x)x(1lnx)xxlnx,x(0,2e]. 当0x1时, g'(x)0,g(x)为增函数 当0x2e时, g'(x)0,g(x)为减函数.

所以当x1时,函数g(x)在x(0,2e]上取到最大值,且g(1)1ln11 所以g(x)1,所以a1

所以实数a的取值范围为(1,). （法二）讨论法

xaf(x)在(0,a)上是减函数，在(a,)上是增函数. 2，x当a≤2e时，f(x)≥f(a)1lna10，解得a1，∴1a≤2e. f(x)当a2e时，f(x)f(2e)aln(2e)10，解得a2eln2，∴a2e. 2e综上a1.

66. （2011长春一模，恒成立，分离常数，二阶导数）

x2已知函数f(x)eax1,（其中aR,e为自然对数的底数）.

2(1)当a0时,求曲线yf(x)在(0,f(0))处的切线方程；

(2)当x≥1时,若关于x的不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围. （改x≥0时，f(x)≥0恒成立.a≤1）

xx2解：（1）当a0时，f(x)e1,f'(x)exx,f(0)0,f'(0)1,

2 切线方程为yx．

x2 x x x e   1     x≥1, f (x ) ex ax 1  ≥0 ≤a 2 , 2

x 2 2

x x x x  (x 1) e   1 e   1

设,则, 2 2   g '( x ) g (x ) 2 x x

2

（2）[方法一]

x2 设(x)(x1)e1,则'(x)x(ex1)0,

21(x)[1,)(x)(1)0, 在上为增函数,≥

2x2x2xx(x1)e1e1[1,) ,在上为增函数, 22g'(x)0g(x)xx233 g(x)≥g(1)e,a≤e．

22x2x[方法二]f(x)eax1, f'(x)exxa,

2x 设h(x)exa,h'(x)ex1,

x≥0,h'(x)ex1≥0,h(x)exxa在[1,)上为增函数, h(x)≥h(1)e1a.

33x2x又f(x)eax1≥0恒成立,f(1)ea≥0,a≤e,

222h(x)≥h(1)e1a0,f'(x)exxa0,

3x2xf(x)eax1在[1,)上为增函数, 此时f(x)≥f(1)ea≥0恒成立,

223a≤e．

2（改x≥0时，f(x)≥0恒成立.a≤1）

xx2e1exx解：先证明g(x)在(0,)上是增函数，再由洛比达法则lim，∴2lim1x0x0x1ag(x)1，∴a≤1.（正常的讨论进行不了，除非系数调到二次项上f(x)exx2x1，分

2x两种情况讨论可得a≤1）

67. （两边取对数的技巧）设函数f(x) （1）求f(x)的单调区间； （2）求f(x)的取值范围；

（3）已知2x1(x1)m对任意x(1,0)恒成立，求实数m的取值范围。 解：（1） Qf'(x)ln(x1)1(x1)2ln2(x1)11(x1且x0）

(x1)ln(x1) ,

当f'(x)0时，即ln(x1)10,1xe11.

当f'(x)0时，即ln(x1)10,0xe11或x0.

故函数f(x)的单调递增区间是(1,e11). 函数f(x)的单调递减区间是(e11,0),(0,).

（2）由f'(x)0时，即ln(x1)10,xe11，

由（1）可知f(x)在(1,e11)上递增， 在(e11,0)递减，所以在区间（－1，0）上， 当xe11时，f(x)取得极大值，即最大值为f(e11)w. 在区间(0,)上，f(x)0.

函数f(x)的取值范围为(,e)U(0,).分

(x1)0,x(1,0)，两边取自然对数得x1ln2mln(x1)

68. （分离常数）

m（3）Q21x111lnx ． x1（Ⅰ）若函数在区间(a,a)其中a >0，上存在极值，求实数a的取值范围；

2k（Ⅱ）如果当x1时，不等式f(x)恒成立，求实数k的取值范围；

x11lnxlnx解：（Ⅰ）因为f(x)， x >0，则f(x)2，

xx当0x1时，f(x)0；当x1时，f(x)0．

所以f(x)在（0，1）上单调递增；在(1,)上单调递减， 所以函数f(x)在x1处取得极大值．

1因为函数f(x)在区间(a,a)（其中a0）上存在极值，

2a1,1所以1 解得a1．

a1,22已知函数f(x)k(x1)(1lnx)(x1)(1lnx),即为k, 记g(x), x1xx(x1)(1lnx)x(x1)(1lnx)xlnx所以g(x) 22xx1令h(x)xlnx，则h(x)1，

xQx1， h(x)0,h(x)在1,)上单调递增，

（Ⅱ）不等式f(x)h(x)minh(1)10，从而g(x)0，

故g(x)在1,)上也单调递增， 所以g(x)ming(1)2，所以k2 ． 69. （2010湖南，分离常数，构造函数）

已知函数f(x)x2bxc(b,cR), 对任意的xR,恒有f(x)≤f(x). ⑴证明：当x≥0时，f(x)≤(xc)2;

⑵若对满足题设条件的任意b、c，不等式f(c)f(b)≤M(c2b2)恒成立，求M的最小值。 70. （第3问不常见，有特点，由特殊到一般，先猜后证）已知函数f(x)（Ⅰ）求函数f (x)的定义域

（Ⅱ）确定函数f (x)在定义域上的单调性，并证明你的结论. （Ⅲ）若x>0时f(x)k恒成立，求正整数k的最大值. x111n(x1) x解：（1）定义域(1,0)(0,)

11[ln(x1)]当x0时,f(x)0单调递减。 2xx1111xg(x)ln(x1)g(x)0x(1,0)当，令22x1x1(x1)(x1)（2）f(x)，

g(x)111xln(x1)g(x)0 22x1(x1)x1(x1)故g(x)在（－1，0）上是减函数，即g(x)g(0)10，

11f(x)[ln(x1)] 故此时2xx1在（－1，0）和（0，+）上都是减函数

k（3）当x>0时，f(x)恒成立，令x1有k2[1ln2]

x1又k为正整数，∴k的最大值不大于3

k (x0)恒成立 x1当x>0时 (x1)ln(x1)12x0恒成立

令g(x)(x1)ln(x1)12x则g(x)ln(x1)1, 当xe1时下面证明当k=3时，f(x)，

g(x)ln(x1)1, 当xe1时，g(x)0当0xe1时, g(x)0 ，

∴当xe1时, g(x)取得最小值g(e1)3e0

当x>0时， (x1)ln(x1)12x0恒成立，因此正整数k的最大值为3 71. (恒成立，分离常数，涉及整数、较难的处理)

1ln(x1)(x0). x （Ⅰ）试判断函数f(x)在(0,)上单调性并证明你的结论；

k （Ⅱ）若f(x)恒成立，求整数k的最大值；（较难的处理）

x1已知函数f(x) （Ⅲ）求证：(1+1×2)(1+2×3)…[1+n(n+1)]>e2n－3. 解：（I）f(x)1x11[1ln(x1)][ln(x1)] x2x1x2x11x0,x20,0,ln(x1)0,f(x)0.f(x)在(0,)上递减.

x1（II）f(x)则g(x)k(x1)[1ln(x1)]恒成立,即h(x)k恒成立. x1xx0,g(x)在(0,)上单调递增， x1又g(2)1ln30,g(3)22ln20.

g(x)0存在唯一实根a，且满足a(2,3),a1ln(a1). 当xa时，g(x)0,h(x)0，当0xa时，g(x)0,h(x)0.

(a1)[1ln(a1)](a1)aa1(3,4) ∴h(x)minh(a)aa故正整数k的最大值是3 .

1ln(x1)3(x0) xx13x33122 ∴ln(x1)x1x1x（Ⅲ）由（Ⅱ）知

令xn(n1)(nN*)，则ln[1n(n1)]23

n(n1)∴ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+…+ln[1+n(n+1)]

2n－3

∴（1+1×2）（1+2×3）…[1+n（n+1）]>e

72. (分离常数，双参，较难)已知函数f(x)(x36x23xt)ex，tR. （１）若函数yf(x)依次在xa,xb,xc(abc)处取到极值． ①求t的取值范围；②若ac2b2，求t的值．

（２）若存在实数t0,2，使对任意的x1,m，不等式 f(x)x恒成立．求正整数m的最大值．解：（1）①f(x)(3x212x3)ex(x36x23xt)ex(x33x29xt3)ex ②Qa,b,c是f(x)的三个极值点

a123abc33abacbc9b1或(舍Qb(-1,3))b1t8.

2t3abcc123（2）不等式 f(x)x，即(x36x23xt)exx，即txexx36x23x.

转化为存在实数t0,2，使对任意x1,m，不等式txexx36x23x恒成立,即不等式

0xexx36x23x在x1,m上恒成立。

即不等式0exx26x3在x1,m上恒成立。 设(x)exx26x3，则(x)ex2x6。

设r(x)(x)ex2x6，则r(x)ex2，因为1xm，有r(x)0。 故r(x)在区间1,m上是减函数。

又r(1)4e10,r(2)2e20,r(3)e30 故存在x0(2,3)，使得r(x0)(x0)0。

当1xx0时，有(x)0，当xx0时，有(x)0。

从而y(x)在区间1,x0上递增，在区间x0,上递减。 又(1)e140,(2)e25>0,(3)e36>0,

所以当1x5时，恒有(x)0；当x6时，恒有(x)0； 故使命题成立的正整数m的最大值为5.

73. （2008湖南理22，分离常数，复合的超范围）

x2. 已知函数f(x)ln(1x)1x⑴求函数f(x)的单调区间;

1na(1)≤e对任意的nN*都成立（其中e是自然对数的底数）⑵若不等式，求a的最大值.

n2（分离常数）

解: ⑴函数f(x)的定义域是(1,)，

设g(x)2(1x)ln(1x)x22x,则g(x)2ln(1x)2x.

22x2. 1x1x当1x0时， h(x)0, h(x)在（－1，0）上为增函数， 当x＞0时，h(x)0,h(x)在(0,)上为减函数.

所以h(x)在x=0处取得极大值，而h(0)=0,所以g(x)0(x0)， 函数g(x)在(1,)上为减函数.

于是当1x0时，g(x)g(0)0,当x＞0时，g(x)g(0)0. 所以，当1x0时，f(x)0,f(x)在（－1，0）上为增函数. 当x＞0时，f(x)0,f(x)在(0,)上为减函数. 故函数f(x)的单调递增区间为（－1，0），单调递减区间为(0,).

1na1⑵不等式(1)e等价于不等式(na)ln(1)1.

nn111a≤n.1由11知，ln(1)＞0，∴上式变形得 ln(1)nnn111,x0,1,则 设x，则G(x)ln(1x)xn令h(x)2ln(1x)2x,则h(x)x20,（f(x)≤f(0)0）即(1x)ln2(1x)x20. 由⑴结论知，ln(1x)1x所以G(x)0,x0,1,于是G(x)在0,1上为减函数.

2故函数G(x)在0,1上的最小值为G(1)11. 所以a的最大值为ln211. ln274. （变形，分离常数）

已知函数f(x)x2alnx(a为实常数).

(1)若a2，求证：函数f(x)在(1,+∞)上是增函数； (2)求函数f(x)在[1,e]上的最小值及相应的x值；

(3)若存在x[1,e]，使得f(x)(a2)x成立，求实数a的取值范围.

22(x1)0， 解：⑴当a2时，f(x)x2lnx，当x(1,)，f(x)x故函数f(x)在(1,)上是增函数．

22x2a(x0)，当x[1,e]，2x2a[a2,a2e2]． ⑵f(x)x若a2，f(x)在[1,e]上非负（仅当a2，x=1时，f(x)0），故函数f(x)在[1,e]上是增函数，此时[f(x)]minf(1)1． 若2e2a2，当xaa时,f(x)0；当1x时，f(x)0，此时f(x) 22axe时，f(x)0，此时f(x)是增函数． 2aaaa)ln()． 故[f(x)]minf(2222若a2e2，f(x)在[1,e]上非正（仅当a2e2，x=e时，f(x)0），故函数f(x) 在[1,e]上是减函数，此时[f(x)]minf(e)ae2．

是减函数；当

⑶不等式f(x)(a2)x，可化为a(xlnx)x22x．

∵x[1,e], ∴lnx1x且等号不能同时取，所以lnxx，即xlnx0，

x22x因而a（x[1,e]）

xlnx(x1)(x22lnx)x22x令g(x)（x[1,e]），又g(x)， 2(xlnx)xlnx当x[1,e]时，x10,lnx1，x22lnx0， 从而g(x)0（仅当x=1时取等号），所以g(x)在[1,e]上为增函数，

故g(x)的最小值为g(1)1，所以a的取值范围是[1,)． 75. （分离常数，转换变量，有技巧） 设函数f(x)alnxbx2.

⑴若函数f(x)在x1处与直线y相切：

①求实数a,b的值；②求函数f(x)在[,e]上的最大值；

3f(x)mxa[0,],x[1,e2]都成立，b0⑵当时，若不等式≥对所有的求实数m的取值范围.

2a解：（1）①f'(x)2bx。

xa1f'(1)a2b01∵函数f(x)在x1处与直线y相切f(1)b1,解得1 .

b2221211x2②f(x)lnxx,f'(x)x

2xx111f'(x)0f'(x)0f(x)在,1上单调递增，xex11xe当时，令得；令，得，eee1f(x)f(1)在[1，e]上单调递减，. max232f(x)alnxf(x)mxa0,,x1,e （2）当b=0时，若不等式对所有的都成立，则232alnxmx对所有的a0,,x1,e都成立， 232即malnxx,对所有的a[0,],x1,e都成立，

2令h(a)alnxx,则h(a)为一次函数，mh(a)min .

3Qx1,e2,lnx0,h(a)在a[0,]上单调递增，h(a)minh(0)x， 2mx对所有的x1,e2都成立.

1e122Q1xe2,e2x1,m(x)mine..

22（注：也可令h(x)alnxx,则mh(x)所有的x1,e分类讨论得mh(x)min2ae都成立，22对所有的a[0,]都成立，m(2ae)mine，请根据过程酌情给分）

32恒成立之讨论字母范围

76. （2007全国I，利用均值，不常见） 设函数f(x)exex．

⑴证明：f(x)的导数f(x)≥2；

⑵若对所有x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范围．

解：⑴f(x)的导数f(x)exex．由于exe-x≥2exgex2，故f(x)≥2． （当且仅当x0时，等号成立）．

⑵令g(x)f(x)ax，则g(x)f(x)aexexa， ①若a≤2，当x0时，g(x)exexa2a≥0，

∞)上为增函数， 故g(x)在(0，所以，x≥0时，g(x)≥g(0)，即f(x)≥ax．

2aa4②若a2，方程g(x)0的正根为x1ln，

2此时，若x(0，x1)，则g(x)0，故g(x)在该区间为减函数．

所以，x(0，x1)时，g(x)g(0)0，即f(x)ax，与题设f(x)≥ax相矛盾．

2． 综上，满足条件的a的取值范围是∞，77. 设函数f(x)=ex+sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)－g(x). (Ⅰ)若x=0是F(x)的极值点,求a的值； (Ⅱ)当 a=1时,设P(x1,f(x1)), Q(x2, g(x 2))(x1>0,x2>0), 且PQ//x轴,求P、Q两点间的最短距离；

(Ⅲ):若x≥0时,函数y=F(x)的图象恒在y=F(－x)的图象上方,求实数a的取值范围． 解：(Ⅰ)F(x)= ex+sinx－ax,F'(x)excosxa.

因为x=0是F(x)的极值点,所以F'(0)11a0,a2.

又当a=2时,若x<0, F'(x)excosxa0;若 x>0, F'(x)excosxa0. ∴x=0是F(x)的极小值点, ∴a=2符合题意.

(Ⅱ) ∵a=1, 且PQ//x轴,由f(x1)=g(x2)得:x2exsinx1,所以x2x1exsinx1x1. 令h(x)exsinxx,h'(x)excosx10当x>0时恒成立. ∴x∈[0,+∞)时,h(x)的最小值为h(0)=1.∴|PQ|min=1. (Ⅲ)令(x)F(x)F(x)exex2sinx2ax.

则'(x)exex2cosx2a.S(x)''(x)exex2sinx. 因为S'(x)exex2cosx0当x≥0时恒成立, 所以函数S(x)在[0,)上单调递增,

∴S(x)≥S(0)=0当x∈[0,+∞)时恒成立;

因此函数'(x)在[0,)上单调递增, '(x)'(0)42a当x∈[0,+∞)时恒成立. 当a≤2时,'(x)0,(x)在[0,+∞)单调递增,即(x)(0)0. 故a≤2时F(x)≥F(－x)恒成立. 78. （用到二阶导数，二次）

11x2设函数f(x)exx.

k2⑴若k0，求f(x)的最小值；

⑵若当x0时f(x)1，求实数k的取值范围. 解：（1）k0时，f(x)exx，f'(x)ex1.

当x(,0)时，f'(x)0；当x(0,)时，f'(x)0. 所以f(x)在(,0)上单调减小，在(0,)上单调增加 故f(x)的最小值为f(0)1

（2）f'(x)exkx1，f(x)exk

当k1时，f(x)0 (x0)，所以f(x)在0,上递增，

而f(0)0，所以f'(x)0 (x0)，所以f(x)在0,上递增， 而f(0)1，于是当x0时，f(x)1 . 当k1时，由f(x)0得xlnk

当x(0,lnk)时，f(x)0，所以f(x)在(0,lnk)上递减，

而f(0)0，于是当x(0,lnk)时，f'(x)0，所以f(x)在(0,lnk)上递减， 而f(0)1，所以当x(0,lnk)时，f(x)1. 综上得k的取值范围为(,1].

79. (第3问设计很好，2问是单独的，可以拿掉)已知函数f(x)b(x1)lnxx1，斜率为1的直线与f(x)相切于(1,0)点.

（Ⅰ）求h(x)f(x)xlnx的单调区间；

（Ⅱ）当实数0a1时，讨论g(x)f(x)(ax)lnxax2的极值点。 （Ⅲ）证明：(x1)f(x)0. 解：（Ⅰ）由题意知：f(x)b(lnxx1)1 x12f(1)2b11,b1………………………………2分

11h(x)10解得：0x1； h(x)10解得：x1

xx所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减………………4分

11（Ⅱ）g(x)f(x)(ax)lnxax2=(1a)lnxax2x1

221g(x)0得：x11,x21.

a1110 若011,a0即a1，0x1x2

a2 + 极大值 - 极小值 + 此时g(x)的极小值点为x1，极大值点x20 若

11………………………………7分 a11

11,a0即a，x1x21，则g(x)0， g(x)在(0,)上单调递增，无极值点. a21130 若11,a0即0a，x1x21，

a2 + 极大值 - 极小值 + 此时g(x)的极大值点为x1，极小值点x综上述：

1211. a11； a当a1时，g(x)的极小值点为x1，极大值点x当a1时，g(x)无极值点； 211当0a时，g(x)的极大值点为x1，极小值点x1.

2a80. （2011全国I文21，恒成立，一次，提出一部分再处理的技巧）

x2设函数f(x)xe1ax.

⑴若a =，求f(x)的单调区间； ⑵若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围.

1122当x,1时f'(x);当x1,0时，f'(x)0;

x2解：⑴a时，f(x)x(e1)x，f'(x)ex1xexx(ex1)(x1).

12当x0,时，f'(x)0.

故f(x)在,1，0,单调增加，在(－1，0)单调减少. ⑵f(x)x(ex1ax).令g(x)ex1ax，则g(x)exa.

①若a1，则当x0,时，g'(x)，g(x)为减函数，而g(0)0， 从而当x≥0时g(x)≥0，即f(x)≥0，符合题意.

②若a，则当x0,lna时，g'(x)，g(x)为减函数，而g(0)0， 从而当x0,lna时g(x)＜0，即f(x)＜0,不合题意.

综合得a的取值范围为,1

81. （2011全国新理21，恒成立，反比例，提出公因式再处理的技巧，本题的创新之处是将

一般的过定点（0,0）变为过定点（1,0），如果第2问范围变为x1则更间单） 已知函数f(x)alnxb在点(1,f(1))处的切线方程为x2y30. x1x⑴求a、b的值；

⑵如果当x0，且x1时，f(x)a(lnxk，求k的取值范围。 x1xx1lnx)b， 解：⑴f'(x)x(x1)2x21a1依意意f(1)0,且f(1)，即b1，b，解得a1，b1.

222lnxk1(k1)(x21)lnx1)(2lnx). ，所以f(x)(⑵由⑴知f(x)2x1x1xxx1x(k1)(x21)(k1)(x21)2x(x0)，则h'(x)设h(x)2lnx. xx2（注意h(x)恒过点(1,0)，由上面求导的表达式发现讨论点0和1）

k(x21)(x1)2① 当k0，由h'(x)，（变形难想，法二）

x2当x1时，h'(x)0.而h(1)0，故

1h(x)0； 1x21h(x)>0, 当x(1,+)时，h(x)<0，可得21xlnxklnxkf(x)f(x)x>从而当0,且x1时，－(+)>0，即>+.

x1xx1xk法二：h(x)的分子(k1)(x21)2x≤＜0，∴h'(x)0.

1k1②当0< k <1，由于当x(1,)时，(k－1)(x2 +1)+2x>0,故h(x)>0,而

1k11h(1)=0，故当x(1,h(x)<0,不合题意. )时，h(x)>0，可得21k1x当x(0,1)时，h(x)0，可得

③当k≥1，此时h(x)>0，则x(1，+)时，h(x)递增，h(x)h(1)0，∴f(x)不合题意.

综上，k的取值范围为(－,0]

82. (恒成立，讨论,较容易，但说明原理)已知函数f(x)(x1)alnx. （1）求函数f(x)的单调区间和极值；

（2）若f(x)0对x[1,)上恒成立，求实数a的取值范围. 解：（1）f'(x)1axxa(x0). xx1h(x)<0,21xxa0,得xa， 当a0时，f'(x)0，在(0,)上增,无极值；当a0时，由f'(x)f(x)在(0,a)上减，在(a,)上增,∴f(x)有极小值f(a)(a1)alna，无极大值.

axa

xx当a1时，f'(x)0在[1,)上恒成立，则f(x)是单调递增的， 则只需f(x)f(1)0恒成立，所以a1.

当a1时，f(x)在上(1,a)减，在(a,)上单调递增，所以当x(1,a)时，

（2）f'(x)1f(x)f(1)0这与f(x)0恒成立矛盾，故不成立.

综上：a1.

83. （2010新课程理21，恒成立，讨论，二次，用到结论ex≥1x） 设函数f(x)ex1xax2.

⑴若a0，求f(x)的单调区间；

⑵若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围.

解：命题意图：本题主要考查利用导数研究函数性质、不等式恒成立问题以及参数取值范围问题，考查分类讨论、转化与划归解题思想及其相应的运算能力. ⑴a0时，f(x)ex1x，f'(x)ex1.

当x(,0)时，f'(x)0；当x(0,)时，f'(x)0.故f(x)在(,0)单调减少，在(0,)单调增加.

12由⑴结论知f(x)ex1x≥f(0)0，则ex≥1x，

1f'(x)x2ax(12a)xa12a0故，从而当，即时，f'(x)0 (x0)，

2而f(0)0，于是当x0时，f(x)0，符合题意.

⑵①当a≤时，f(x)ex12ax，

12f'(x)ex12a(ex1)ex(ex1)(ex2a)，

故当x(0,ln(2a))时,f'(x)0，而f(0)0，于是当x(0,ln(2a))时,f(x)0.

1a(,]. 综合得的取值范围为

2法二：设g(x)f(x)ex12ax,则g(x)ex2a, 令g(x)0，得xln(2a)0.

当x[0,ln(2a)]，g(x)0，g(x)在此区间上是增函数，∴g(x)≤g(0)0， ∴f(x)在此区间上递增，∴f(ln(2a))≤f(0)0，不合题意.

②a时，由ex1x(x0)可得ex1x(x0).（太难想，法二）

84. （恒成立，2010全国卷2理数，利用⑴结论，较难的变形讨论）

x设函数fx1e．

⑴证明：当x＞-1时，fx⑵设当x0时，fxx； x1x，求a的取值范围． ax1解：本题主要考查导数的应用和利用导数证明不等式，考查考生综合运用知识的能力及分类讨论的思想，考查考生的计算能力及分析问题、解决问题的能力.

【点评】导数常作为高考的压轴题，对考生的能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力.估计以后对导数的考查力度不会减弱。作为压轴题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在. 85. 已知函数f(x)

kx1，且函数fx是1,上的增函数。 x1kx1x1（1）求k的取值范围； （2）若对任意的x0，都有e的值。

x1（e是自然对数的底），求满足条件的最大整数k解析：（1）设f(x)2分

k1，所以gx0，得到k1．所以k的取值范围为(1,)………(x1)2kx1x1（2）令g(x)e，因为fx是1,上的增函数，且e1，所以gx是1,上

k12的增函数。…………………………4分 由条件得到g(1)2e现在证明e2x1x12k2ln213（两边取自然对数），猜测最大整数k2，

x1对任意x0恒成立。…………6分

2x133ex1x1等价于2lnx1lnx12，………………8分

x1x1313x2设hxlnx1， hxx1x1x12x12当x0,2时，hx0，当x0,时，hx0， 所以对任意的x0都有hxh2ln312，即e2x1x1x1对任意x0恒成立，

所以整数k的最大值为2．……………………………………………………14分 86. （2008山东卷21）

已知函数f(x)1aln(x1),其中n∈N*,a为常数. (1x)n⑴当n=2时，求函数f(x)的极值；

⑵当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有f(x)≤x－1. 解：⑴由已知得函数f(x)的定义域为{x|x＞1}，

12a(1x)2aln(x1), 所以f(x). 当n=2时，f(x)2(1x)(1x)3①当a＞0时，由f(x)=0得x11此时f(x)=

22＞1，x21＜1， aaa(xx1)(xx2).

(1x)3当x∈（1，x1）时，f(x)＜0,f(x)单调递减； 当x∈（x1+∞）时，f(x)＞0, f(x)单调递增. ②当a≤0时，f(x)＜0恒成立，所以f(x)无极值.

综上所述，n=2时， 当a＞0时，f(x)在x1当a≤0时，f(x)无极值.

1ln(x1). n(1x)1ln(x1), ①当n为偶数时，令g(x)x1(1x)nn1x2ng(x)则）=1+＞0（x≥2）.

(x1)n1x1x1(x1)n122a2)(1ln). 处取得极小值，极小值为f(1aa2a⑵证法一：因为a=1,所以f(x)所以当x∈[2,+∞]时，g(x)单调递增， 又g(2)=0，因此g(x)x1 所以f(x)≤x－1成立.

1＜0，所以只需证ln(x－1) ≤x－1, (1x)n1x2 令h(x)=x－1－ln(x－1),则h(x)=1－≥0(x≥2), x1x1 所以,当x∈[2，+∞]时，h(x)x1ln(x1)单调递增，又h(2)=1＞0，

1ln(x1)≥g(2)=0恒成立， (x1)n②当n为奇数时，要证f(x)≤x－1,由于

所以当x≥2时，恒有h(x)＞0,即ln(x－1)＜x－1命题成立.

综上所述，结论成立. 证法二：当a=1时，f(x)

1ln(x1). n(1x)1当x≤2，时，对任意的正整数n，恒有≤1，

(1x)n故只需证明1+ln(x－1) ≤x－1.

令h(x)x1(1ln(x1))x2ln(x1),x2,

1x2, x1x1当x≥2时，h(x)≥0，故h(x)在2,上单调递增，

则h(x)1因此，当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x－1) ≤x－1成立.

故当x≥2时，有

1ln(x1)≤x－1. (1x)n即f（x）≤x－1.

五、函数与导数性质的综合运用

87. （综合运用）

已知函数f(x)xex(xR)

⑴求函数f(x)的单调区间和极值；

⑵已知函数yg(x)的图象与函数yf(x)的图象关于直线x1对称，证明当x1时，f(x)g(x)

⑶如果x1x2，且f(x1)f(x2)，证明x1x22

解：本小题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力.

x⑴f(x)(1x)e，令f(x)=0,得x1.

当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表 (,1(1, 1 ) ) + 0 - 极大 值 1f(x),11,f(1)∴在()内是增函数，在()内是减函数；极大值.

e⑵证明：由题意可知g(x)=f(2－x)，∴g(x)=(2－x)ex2.

令F(x)=f(x)－g(x)＝xex(x2)ex2，则F'(x)(x1)(e2x21)ex 当x1时，2x－2>0,从而e2x210,

又ex0,所以F(x)0,从而F(x)在[1,+∞)是增函数。

又F(1)=e1e10，所以x1时，有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x).

⑶证明：①若(x11)(x21)0, 由⑴及f(x1)f(x2), 则x1x21,与x1x2矛盾. ②若(x11)(x21)0,由⑴及f(x1)f(x2),得x1x2,与x1x2矛盾. ∴根据①②得(x11)(x21)0,不妨设x11,x21.

由⑵可知，f(x2)>g(x2),则g(x2)=f(2x2)，所以f(x2)>f(2x2), 从而f(x1)>f(2x2).因为x21，所以2x21，

又由⑴可知函数f(x)在区间（－∞，1）内是增函数，所以x1>2x2,即x1x2>2. 88. （2010天津理数21，综合运用） 已知函数

f(x)x1(xR). ex1⑴求函数f(x)的单调区间和极值；

⑵已知函数yg(x)对任意x满足g(x)f(4x)，证明：当x2时，f(x)g(x); ⑶如果x1x2，且f(x1)f(x2)，证明：x1x24.

x12xf(x)解：⑴∵，∴=x1. (2分) ex1e令f(x)=0，解得x2.

f(x)=

＋ 2 0 － ↗ 极大值 1e↘ ∴f(x)在(,2)内是增函数，在(2,)内是减函数. (3分)

1e3x⑵证明：g(x)f(4x),g(x)3x.

ex13x令F(x)f(x)g(x)x13x,则

ee32x12x2x(2x)(ee)F(x)=x13x. (6分)

eeex2当x2时，2x＜0，2x1＞3，从而e3e2x1＜0，

∴F(x)＞0，F(x)在(2,)是增函数. (7分)

11F(x)F(2)0,故当x2时,f(x)g(x)成立. (8分)

ee⑶证明：∵f(x)在(,2)内是增函数，在(2,)内是减函数. ∴当x1x2，且f(x1)f(x2)，x1、x2不可能在同一单调区间内. 不妨设x12x2，由⑵可知f(x2)g(x2)， 又g(x2)f(4x2)，∴f(x2)f(4x2). ∵f(x1)f(x2)，∴f(x1)f(4x2).

∵x22,4x22,x12，且f(x)在区间(,2)内为增函数，

∴当x2时，f(x)取得极大值f(2)=. (4分)

∴x14x2,，即x1x24. (12分) 89. 已知函数f(x)x1. xe(1) 求函数f(x)的单调区间和极值；

(2) 若函数yg(x)对任意x满足g(x)f(4x),求证：当x2,f(x)g(x); (3) 若x1x2，且f(x1)f(x2)，求证：x1x24.

x12xf(x)解：⑴∵，∴=x. (2分) exe令f(x)=0，解得x2. f(x)=

＋ ↗ 2 0 极大值1 e2 － ↘ ∴f(x)在(,2)内是增函数，在(2,)内是减函数. (3分)

1∴当x2时，f(x)取得极大值f(2)=2. (4分)

e3xx13x令F(x)f(x)g(x)4x, ，e4xexe42x2x2x(2x)(ee)∴F(x)=x4x. (6分) x4eee当x2时，2x＜0，2x＞4，从而e4e2x＜0， ∴F(x)＞0，F(x)在(2,)是增函数.

11F(x)F(2)220,故当x2时,f(x)g(x)成立. (8分)

ee⑶证明：∵f(x)在(,2)内是增函数，在(2,)内是减函数.

⑵证明：g(x)f(4x)∴当x1x2，且f(x1)f(x2)，x1、x2不可能在同一单调区间内. 不妨设x12x2，由⑵可知f(x2)g(x2)， 又g(x2)f(4x2)，∴f(x2)f(4x2). ∵f(x1)f(x2)，∴f(x1)f(4x2).

∵x22,4x22,x12，且f(x)在区间(,2)内为增函数， ∴x14x2，即x1x24.

90. 已知函数f(x)ln(x1),g(x)ex1， （Ⅰ）若F(x)f(x)px，求F(x)的单调区间；

（Ⅱ）对于任意的x2x10，比较f(x2)f(x1)与g(x2x1)的大小，并说明理由．

1pxp1，-----1分 px1x1①当p0时，F(x)0在(1,)上恒成立，F(x)的递增区间为(1,)；------2分

解：（Ⅰ）F(x)f(x)pxln(x1)px，F(x)②当p0时，F(x)的递增区间为(1,)；--------------3分

1p（Ⅱ）令G(x)g(x)f(x)ex1ln(x1)(x1)，

x③当p0时，F(x)的递增区间为(1,1)，递减区间为(1,)；--------4分

1exxex1G(x)e，

x1x1令H(x)exxex1(x1)，H(x)ex(x2)0在(1,)上恒成立， 当x0时，H(x)H(0)0成立，G(x)0在x0上恒成立， G(x)在(0,)上单调递增，当x0时，G(x)G(0)0恒成立， 当x0时，g(x)f(x)0恒成立，

对于任意的x2x10时，g(x2x1)f(x2x1)，

x1x(xx)x1又x2x1121210，ln(x2x11)ln2ln(x21)ln(x11)，

x11x11x111pf(x2x1)f(x2)f(x1)，即g(x2x1)f(x2)f(x1)．

91. （2011辽宁理21，利用2的对称）

已知函数f(x)lnxax2(2a)x． ⑴讨论f(x)的单调性；

⑵设a0，证明：当0x时，f(x)f(x)；（作差）

⑶若函数yf(x)的图像与x轴交于A、B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f(x0)0. 解：⑴f(x)的定义域为(0,), f(x)1(2x1)(ax1)2ax(2a). xx①若a0,则f(x)0,所以f(x)在(0,)单调增加.

1②若a0,则由f(x)0得x,

a11且当x(0,)时,f(x)0,当x时,f(x)0.

aa11所以f(x)在(0,)单调增加，在(,)单调减少.

aa11g(x)f(x)f(x),则 ⑵设函数

aa1a1a1a当0x时,g(x)0,而g(0)0,所以g(x)0.

1110x时f(x)f(x). 故当，

aaa⑶由⑴可得，当a0时,函数yf(x)的图像与x轴至多有一个交点，

11f(x)f(),且f()0. a0故，从而的最大值为

aa1不妨设A(x1,0),B(x2,0),0x1x2,则0x1x2.

a211由⑵得f(x1)f(x1)f(x1)0.

aaax1x212xx,于是x. 从而210a2a由⑴知，f(x0)0.

1a92. （恒成立，思路不常见）

xa，其中a为实数． lnx (1)当a2时，求曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程；

(2)是否存在实数a，使得对任意x(0,1)(1,)，f(x)x恒成立?若不存在，请说明

理由，若存在，求出a的值并加以证明．

x2xlnxx2解：⑴a2时，f(x)，f(x)，

lnxxln2x11f(2)0f(2)y(x2). ，又，所以切线方程为

ln2ln2xaxaxxlnx ⑵①当0x1时，lnx0，则lnx2x2lnx令g(x)xxlnx，g(x)，

2x11x10 再令h(x)2x2lnx，h(x)xxx当0x1时h(x)0，∴h(x)在(0,1)上递减， ∴当0x1时，h(x)h(1)0，

h(x)g(x)0，所以g(x)在(0,1)上递增，g(x)g(1)1，所以a1 ∴

2xxaxaxxlnxag(x) ②x1时，lnx0，则lnx由①知当x1时h(x)0，h(x)在(1,)上递增

h(x)0 当x1时，h(x)h(1)0，g(x)2x所以g(x)在(1,)上递增，∴g(x)g(1)1，∴a1； 由①②得a1.

93. 已知函数g(x)ax22ax1b(a0,b1)，在区间2,3上有最大值4，最小值1，设

g(x)f(x)．

x（Ⅰ）求a,b的值；

（Ⅱ）不等式f(2x)k2x0在x[1,1]上恒成立，求实数k的范围；

已知函数f(x)x（Ⅲ）方程f(|21|)k(23)0有三个不同的实数解，求实数k的范围． x|21|解:（Ⅰ）(1)g(x)a(x1)21ba 当a0时，g(x)在2,3上为增函数

g(3)29a6a2b5a1故 g(2)54a4a2b2b0当a0时，g(x)在2,3上为减函数

g(3)29a6a2b2a1故 g(2)24a4a2b5b3b1a1b0即g(x)x22x1. fxxx（Ⅱ）方程f(2x)k2x0化为212. x12k2x x21211)2k，令xt，kt22t1 xx2221∵x[1,1] ∴t[,2] 记(t)t22t1∴(t)min0 ∴k0

2212kxxf(|21|)k(3)0|21|(23k)0 （Ⅲ）方程化为xx|21||21|1(|2x1|2(23k)|2x1|(12k)0，|2x1|0

令|2x1|t， 则方程化为t2(23k)t(12k)0 （t0）

12kx|21|(23k)0有三个不同的实数解， ∵方程x|21|∴由t|2x1|的图像知，

t2(23k)t(12k)0有两个根t1、t2，

且0t11t2 或 0t11，t21 记(t)t2(23k)t(12k)

(0)12k0(0)12k0则 或 (1)k0∴k0 (1)k023k012194. 已知函数f(x)(1)[1ln(x1)]， 设g(x)x2f(x) (x0)

x（1）是否存在唯一实数a(m,m1)，使得g(a)0，若存在，求正整数m的值；若不存在，

说明理由。

（2）当x0时，f(x)n恒成立，求正整数n的最大值。 解：（1）由f(x)则g(x)x1ln(x1),得 g(x)x1ln(x1)(x0),

x2x0,因此g(x)在(0,)内单调递增。……………4分 x1因为g(2)1ln30，g(3)2(1ln2)0，

即g(x)0存在唯一的根a(2,3)，于是m2, ……………6分

（2）由f(x)n得，nf(x)且x(0,)恒成立，由第（1）题知存在唯一的实数a(2,3)，使得g(a)0，且当0xa时，g(x)0，f(x)0；当xa时，g(x)0,f(x)0，因此当

(a1)[1ln(a1)] ……………9分

a由g(a)0，得 a1ln(a1)0, 即 1ln(a1)a, 于是 f(a)a1 xa时，f(x)取得最小值f(a)又由a(2,3)，得f(a)(3,4)，从而n3，故正整数n的最大值为3。………12分 95. (第3问难想)已知函数f(x)(ax2x)ex，其中ｅ是自然数的底数，aR。 （１） 当a0时，解不等式f(x)0； （２） 若f(x)在［－１，１］上是单调增函数，求a的取值范围； （３） 当a0时，求整数ｋ的所有值，使方程f(x)x2在［ｋ，ｋ＋１］上有解。 ⑴因为ex0，所以不等式f(x)0即为ax2x0，

又因为a0，所以不等式可化为x(x1)0，

a所以不等式f(x)0的解集为(0,1)．………………………………………4分 ⑵

af(x)(2ax1)ex(ax2x)ex[ax2(2a1)x1]ex，

①当a0时，f(x)(x1)ex，f(x)≥0在[1，1]上恒成立，当且仅当x1时 取等号，故a0符合要求；………………………………………………………6分 ②当a0时，令g(x)ax2(2a1)x1，因为(2a1)24a4a210， 所以g(x)0有两个不相等的实数根x1，x2，不妨设x1x2， 因此f(x)有极大值又有极小值．

若a0，因为g(1)g(0)a0，所以f(x)在(1，1)内有极值点，

1上不单调．………………………………………………………8分 故f(x)在1，若a0，可知x10x2，

因为g(x)的图象开口向下，要使f(x)在[1，1]上单调，因为g(0)10， 必须满足g(1)≥0,3a2≥0,即所以2≤a0.

3g(1)≥0.a≥0.综上可知，a的取值范围是[2,0]．………………………………………10分

3⑶当a0时, 方程即为xexx2，由于ex0，所以x0不是方程的解， 所以原方程等价于ex210，令h(x)ex21，

xx20对于x,0U0,恒成立， 2x所以h(x)在,0和0,内是单调增函数，……………………………13

因为h(x)ex分

又h(1)e30，h(2)e220，h(3)e30，h(2)e20，

2和3，2上， 所以方程f(x)x2有且只有两个实数根，且分别在区间1，所以整数k的所有值为3,1．………………………………………………………16分 96. （2011高考，单调性应用，第2问难）

已知a、b是实数，函数f(x)x3ax,g(x)x2bx, f(x)和g(x)是f(x),g(x)的导函数，

13若f(x)g(x)0在区间I上恒成立，则称f(x)和g(x)在区间I上单调性一致.

（1）设a0，若函数f(x)和g(x)在区间[1,)上单调性一致,求实数b的取值范围； （2）设a0,且ab，若函数f(x)和g(x)在以a，b为端点的开区间上单调性一致，求|a－b|的最大值.

解：Qf(x)x3ax,g(x)x2bx,f(x)3x2a,g(x)2xb.

⑴因为函数f(x)和g(x)在区间[1,)上单调性一致， 所以，x[1,),f'(x)g'(x)0,

（3x2+a）(2x+b)0, 即x[1,),即x[1,),b2x,b2;实数b的取值范围是[2,)

a3若b0,则由a0,0(a,b),f(0)g(0)ab0,f(x)和g(x)在区间(a,b)上不是单调性一致,所以b0.

⑵由f(x)0,x Qx(,0),g(x)0;又x(,a),f(x)0;x(a,0),f(x)0.

33所以要使f(x)g(x)0,只有

111aaa,b,a0,b0,|ab|

333331112a,b0,f(x)g(x)6x(x)x(,0)时, f'(x)g'(x)0,取,当 3931因此|ab|max

3当ba时，因为，函数f(x)和g(x)在区间（b,a）上单调性一致，所以，x(b,a),f'(x)g'(x)0,

（3x2+a）(2x+b)0,Qba0,x(b,a),2xb0， 即x(b,a),ba3b2,设zab，考虑点(b,a)的可行域，函数y3x2的斜率为1的切线的切点

设为(x0,y0)

11111则6x01,x0,y0,zmax()；

6121266当ab0时，因为，函数f(x)和g(x)在区间（a, b）上单调性一致，所以，x(a,b),f'(x)g'(x)0,

（3x2+a）(2x+b)0,Qb0,x(a,b),2xb0， 即x(a,b),当a0b时，因为，函数f(x)和g(x)在区间（a, b）上单调性一致，所以，x(a,b),f'(x)g'(x)0,

0,Qb0,而x=0时，（3x2+a）(2x+b)=ab<0,不符合题意， 即x(a,b),(2x+b)（3x2+a）当a0b时，由题意：

11a0,ba

33，

综上可知，abmax。 97. （2010湖南文数，另类区间）

ax（Ⅰ）讨论函数f(x)的单调性；

13已知函数f(x)x(a1)lnx15a,其中a<0,且a≠-1.

（Ⅱ）设函数

g(x){ef(x),x1(2x33ax36ax4a26a)ex,x1（e是自然数的底数）。是否存在a，使

g(x)在[a,－a]上为减函数？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由。

79. （2008辽宁理22，第2问无从下手，思路太难想） 设函数f(x)lnxlnxln(x1). 1x⑴求f(x)的单调区间和极值;

⑵是否存在实数a,使得关于x的不等式f(x)…a的解集为(0,)?若存在,求a的取值范围;若不存在,试说明理由.

说明：本小题主要考查函数的导数，单调性，极值，不等式等基础知识，考查综合利用数学知识分析问题、解决问题的能力．满分14分．

1lnx11lnx． x(1x)(1x)2xx1(1x)21)时，f(x)0，x(1，∞)时，f(x)0． 故当x(0，1)单调递增，在(1，)单调递减． 所以f(x)在(0，∞)的极大值为f(1)ln2，没有极小值． 由此知f(x)在(0，(1x)ln(1x)xlnxln(1x)xln(1x)lnx0， ⑵①当a≤0时，由于f(x)1x1x)． 故关于x的不等式f(x)≥a的解集为(0，解：⑴f(x)lnxln2n11nnln1知f(2)ln1②当a0时，由f(x)nn，其中为正整数，且有1x12x2nnn1aa11n12ln2e21nlog22(e1) ln11nn．n1)ne1nlog2(e222222ln2nnln2nln22ln22ln2a4ln2nnn1． n≥2n(n1)n1．且又时，121(11)n12n2n4ln2nn1，且n0≥2， 2取整数0满足n0log2(e1)，0an0ln21aan0f(2)ln1a， 则n0n012222∞)． 即当a0时，关于x的不等式f(x)≥a的解集不是(0，∞)，且a的取值范围为综合①②知，存在a，使得关于x的不等式f(x)≥a的解集为(0，0． ∞，80. （第二问较难）

设函数f(x)(xa)2(xb)ex，a、bR，xa是f(x)的一个极大值点．

⑴若a0，求b的取值范围；

⑵当a是给定的实常数，设x1，x2，x3是f(x)的3个极值点，问是否存在实数b，可找到

2，3，4）依次成x4R，使得x1，x2，x3，x4的某种排列xi,xi,xi,xi（其中i1，i2，i3，i4=1，等差数列?若存在，求所有的b及相应的x4；若不存在，说明理由．

解：本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用及等差数列等基础知识，同

时考查推理论证能力、分类讨论等综合解题能力和创新意识．

2x （Ⅰ）a0时，fxxxbe，

1234exx2xbexexxx2b3x2b， 2fxxxb222令gxxb3x2b，Qb38bb180，

设x1x2是gx0的两个根，

（1）当x10或x20时，则x0不是极值点，不合题意；

（2）当x10且x20时，由于x0是fx的极大值点，故x10x2. g00，即2b0，b0.

x2x(Ⅱ)解：fxexa(3ab)x2baba，

令g(x)x2(3ab)x2baba，

则=(3ab)24(2baba)(ab1)280，

于是，假设x1，x2是gx0的两个实根，且x1x2.

由（Ⅰ）可知，必有x1ax2，且x1、a、x2是fx的三个极值点， 则x1ab3ab1228，x2ab3ab1228

假设存在b及x4满足题意，

（1）当x1，a，x2等差时，即x2aax1时， 则x42x2a或x42x1a，

于是2ax1x2ab3，即ba3.

此时x42x2aab3(ab1)28aa26 或x42x1aab3(ab1)28aa26

（2）当x2aax1时，则x2a2(ax1)或(ax1)2(x2a) ①若x2a2ax1，则x4于是3a2x1x2即

3ab3ax2， 22ab128，

ab1283ab3.

2两边平方得ab19ab1170，

Qab30，于是ab1913713，此时ba， 22ax22aab33ab313此时x4=b3a.

242ax1②若(ax1)2(x2a)，则x4，

2于是3a2x2x1即3ab3ab1228，

2ab1283ab3.两边平方得ab19ab1170，

Qab30，于是ab1913713，此时ba 22ax12a(ab3)3(ab3)113此时x4 b3a242综上所述，存在b满足题意，

当b=－a－3时，x4a26，

713113时，x4a， 22713113时，x4a. ba22已知函数f(x)alnx，g(x)x2，记F(x)g(x)f(x) 81.

（Ⅰ）求F(x)的单调区间；

11（Ⅱ）当a时，若x1，比较：g(x1)与f()的大小；

2xa12（Ⅲ）若F(x)的极值为，问是否存在实数k，使方程g(x)f(1x)k有四个不同实数根？

22若存在，求出实数k的取值范围；若不存在，请说明理由。 解：（Ⅰ）F(x)的定义域为（0，+∞）， 又F(x)g(x)f(x)x2alnx baa2x2a F(x)2x， 当a0时，F(x)>0恒成立

xx2a 22a2a当a0时，若0x，F(x)0 ∴F(x)在（0，）上单调递减；

222a2a若x，F(x)0，∴F(x)在（，+∞）上单调递增

22故a0时，F(x)增区间为(0,)；

∴F(x)在（0，+∞）上单调递增； 令F(x)0得x

2a2a,a0时，F(x)增区间为，减区间为（0，）。 ……4分 221h(x)g(x1)f()(x1)2alnx， （Ⅱ）令

x112(x)2(a) 则h(x)2(x1)a220，所以h(x)在［1，+∞）

xx1 上单调递增，∴h(x)h(1)0，∴g(x1)f().

x2a （Ⅲ）由（Ⅰ）知F(x)仅当a0时，在x＝处取得极值

212aa2由F()可得a＝２，方程g(x)f(1x)k为

222tx222k2ln(1x)，令tx，得k2ln(1t)．．．

22 由方程有四个不同的根，得方程有两个不同的正根，

t12k,y22ln(t1)，,t3，当直线y1与曲线y2相切时，得切点坐标（３，22t113y2ln4(t3)2ln42ln4） ∴切线方程为，其在y轴上截距为；当直线y1在y轴上

223截距k(0,2ln4)时，y1和y2在y轴右侧有两个不同交点，所以k的取值范围为

23（2ln4，0）. 2令y1 （注：也可用导数求解）

六、导数应用题

82. 某工厂生产某种儿童玩具，每件玩具的成本为30元，并且每件玩具的加工费为t元(其中

t为常数，且2≤t≤5)，设该工厂每件玩具的出厂价为x元(35≤x≤41)，根据市场调查，

x日销售量与e(e为自然对数的底数)成反比例，当每件玩具的出厂价为40元时，日销售量为10件．

(1)求该工厂的日利润y(元)与每件玩具的出厂价x元的函数关系式；

(2)当每件玩具的日售价为多少元时，该工厂的利润y最大，并求y的最大值．

40

解：(1)设日销售量为，则＝10，∴k＝10 e.则日销售量为， ∴日利润y＝(x－30－t)·.∴y＝，其中35≤x≤41. (2)y′＝，令y′＝0得x＝31＋t.

①当2≤t≤4时，33≤31＋t≤35.∴当35≤x≤41时，y′≤0.

5

∴当x＝35时，y取最大值，最大值为10(5－t)e.

②当49t∴当x＝t＋31时，y取最大值10e－.

5

∴当2≤t≤4时，x＝35时，日利润最大值为10(5－t)e元．

9t当4（I）求S关于x的函数关系式，并写出该函数的定义域；

（II）当x取何值时，液晶广告屏幕MNEF的面积S最小？

解：（I）如图，建立直角坐标系，设M(0,t),

303t3x,t 9x9x93x(10x30). 又MN过点D时，x最小值为10，AMx99929x22SMNgNEMN[x].

1616(x9)2由已知有P(9,3),N(x,0),定义域为[10，30].

918x(x9)29x2(2x18)9x[(x9)381]] （II）S'[2x 416(x9)8(x9)3令S'0,得x=0(舍去),x=9+333，

当10x9333时,S'0,S关于x为减函数； 当9333x30时，S'0,S关于x为增函数. 当x9333时，S取得最小值.

答：当AN长为9333（m）时，液晶广告屏幕MNEF的面积S最小

七、导数结合三角函数

84. 已知函数f(x)x，函数g(x)f(x)sinx是区间[-1，1]上的减函数． （I）求的最大值；

（II）若g(x)t2t1在x[1,1]上恒成立，求t的取值范围；

lnxx22exm的根的个数． f(x)解：（I）f(x)x,g(x)xsinx，

g'(x)cosx0

g(x)在[1,1]上单调递减，

cosx在[－1，1]上恒成立， 1，故的最大值为1.……4分 （II）由题意[g(x)]maxg(1)sin1, （Ⅲ）讨论关于x的方程

sin1＜tt1，∴(t1)ttsin11＞0(其中≤－1)恒成立.

只需

22

t10 令h()(t1)ttsin11＞0(≤－1)，则， 2t1tsin110t10 即2，而t2tsin10恒成立，∴t1.

ttsin10lnxlnxlnxx22exm. ,f2(x)x22exm, （Ⅲ）由令f1(x)f(x)xx当x(0,e)时,f1'(x)0,f1(x)在0,e上为增函数； 当xe,时，f1'(x)0,f1(x)在e,为减函数；

1当xe时,[f1(x)]maxf1(e),而f2(x)(xe)2me2,

e11当me2,即me2时,方程无解；

ee1122me,即me当时，方程有一个根；

ee1122当me时,me时，方程有两个根． …………14分

ee1. 已知函数f(x)是奇函数，函数g(x)与f(x)的图象关于直线x1对称，当x2时，

g(x)a(x2)(x2)3 (a为常数). （I）求f(x) 的解析式；

（II）已知当x1时，f(x)取得极值，求证：对任意x1,x2(1,1),|f(x1)f(x2)|4恒成立； （III）若f(x)是[1,)上的单调函数，且当x01,f(x0)1时，有f(f(x0))x0，求证：f(x0)x0.

解:(Ⅰ) 当x0时，必有x0，则2x2,而若点P(x,y)在yf(x)的图象上， 则P(x,y)关于x1的对称点P1(2x,y)必在g(x)的图象上，即当x0时， 由于f(x)是奇函数，则任取x0,有x0,且 又当x0时，由f(0)f(0) 必有f(0)0

2综上，当xR 时f(x)x3ax. ……5分

（Ⅱ）若x1时f(x)取到极值，则必有当x1时f(x)3x2a0，即a3 又由f(x)3x233(x1)(x1)知，当x(1,1)时，f(x)0，f(x)为减函数 当x[1,1]时，f(1)f(x)f(1)(1)33(1)2f(x)f(1)2 当x1,x2(1,1)时 |f(x1)f(x2)||f(1)f(1)|4 . ……9分

（Ⅲ）若f(x)在[1,) 为减函数，则f(x)3x2a0对任意x[1,)皆成立，这样的实数

a不存在

若f(x)为增函数，则可令f(x)3x2a0 .由于f(x)在[1,)上为增函数，可令f(x)3x2af(1)3a0，即当a3时，f(x)在[1,)上为增函数 由x01,f(x0)1，f(f(x0))x0

设f(x0)x01，则f[f(x0)]f(x0)x0f(x0)与所设矛盾 若x0f(x0)1则f(x0)f[f(x0)] f(x0)x0与所设矛盾 故必有f(x0)x0 85. 设函数f(x)x(xa)2（xR），其中aR．

（Ⅰ）当a1时，求曲线yf(x)在点(2，f(2))处的切线方程； （Ⅱ）当a0时，求函数f(x)的极大值和极小值；

0时，若不等式f(kcosx)≥f(k2cos2x)对任意的xR恒成立,求（Ⅲ）当a3， k1，k的值。

解：当a1时，f(x)x(x1)2x32x2x，得f(2)2，且 f(x)3x24x1，f(2)5．

2)处的切线方程是y25(x2)，整理得 所以，曲线yx(x1)2在点(2，5xy80．

（Ⅱ）解：f(x)x(xa)2x32ax2a2x

f(x)3x24axa2(3xa)(xa)．令f(x)0，解得xa或xa． 3由于a0，以下分两种情况讨论．

（1）若a0，当x变化时，f(x)的正负如下表： 因此，函数f(x)在x 43aaaffa； 处取得极小值，且27333函数f(x)在xa处取得极大值f(a)，且f(a)0． （2）若a0，当x变化时，f(x)的正负如下表： 因此，函数f(x)在xa处取得极小值f(a)，且f(a)0； 43aaaffa． 处取得极大值，且27333a0时，kcosx≤1，k2cos2x≤1． （Ⅲ）证明：由a3，得1，当k1，31上是减函数，要使f(kcosx)≥f(k2cos2x)，xR 由（Ⅱ）知，f(x)在∞，函数f(x)在x只要kcosx≤k2cos2x(xR)，即cos2xcosx≤k2k(xR)①

11设g(x)cosxcosxcosx，则函数g(x)在R上的最大值为2．

24要使①式恒成立，必须k2k≥2，即k≥2或k≤1．

0上存在k1，使得f(kcosx)≥f(k2cos2x)对任意的xR恒成立． 所以，在区间1，221. 已知函数f(x)ln(exa)，（a为常数）是实数集R上的奇函数，函数g(x)f(x)sinx是

区间1,1上的减函数。

(1) 求a的值；

(2) 若g(x)t2t1在x[1,1]恒成立，求t的取值范围； (3) 讨论关于x的方程

lnxx22exm的根的个数。 f(x)21．解：(1)∵f(x)ln(exa)是实数集R上的奇函数

∴f(0)ln(e0a)0 ∴a0……3分

（2）∵g(x)f(x)sinx是区间[1,1]的减函数 ∴1，[g(x)]maxg(1)sin1 ∴只需sin1t2t1 ∴(t1)t2sin110，（1）恒成立 ……5分 令h()(t1)t2sin11，（1）

t10则 2t1tsin110t1∴2，而t2tsin10恒成立，∴t1……7分 ttsin10lnxx22exm (3)由(1)知f(x)x ∴方程xlnx令f1(x)，f2(x)x22exm

x1lnx∴f1(x)………8分

x2当x(0,e)时，∴f1(x)0，f1(x)在0,e上是增函数

当xe,时，∴f1(x)0，f1(x)在e,上是减函数

当xe时，[f1(x)]maxf1(e) ……9分 而f2(x)(xe)2me2 ∴当me21e1e1e，即me2时，方程无解； ……10分

ee11当me2，即me2时，方程有两个根； ……12分

ee这是Word2003的损坏了，导致不能正常启动word。删除Normal.dot模本文件，WORD2003就会自动重新创建一个好的模本文件。 即删除c:\\Documents and Settings\\用户名\\Application Data\\Microsoft\\Templates\\Normal.dot文件。

要找到Normal.dot模本文件，需要先在中设置为“显示的内容”、“显示所有文件和文件夹”、取消“隐藏受保护的文件”前面的勾。

在打开Word文档时，如果程序没有响应，那么很有可能是该Word文档已经损坏。此时，请试试笔者以下所述方法，或许能够挽回你的全部或部分损失。

一、自动恢复尚未保存的修改

11当me2，即me2时，方程有一个根； ……11分

Word提供了“自动恢复”功能，可以帮助用户找回程序遇到问题并停止响应时尚未保存的信息。实际上，在你不得不在没有保存工作成果就重新启动电脑和Word后，系统将打开“文档恢复”任务窗格，其中列出了程序停止响应时已恢复的所有文件。

文件名后面是状态指示器，显示在恢复过程中已对文件所做的操作，其中：“原始文件”指基于最后一次手动保存的源文件；“已恢复”是指在恢复过程中已恢复的文件，或在“自动恢复”保存过程中已保存的文件。 “文档恢复”任务窗格可让你打开文件、查看所做的修复以及对已恢复的版本进行比较。然后，你可以保存最佳版本并删除其他版本，或保存所有打开的文件以便以后预览。不过，“文档恢复”任务窗格是Word XP提供的新功能，在以前的版本中，Word将直接把自动恢复的文件打开并显示出来。 二、手动打开恢复文件

在经过严重故障或类似问题后重新启动Word时，程序自动任何恢复的文件。如果由于某种原因恢复文件没有打开，你可以自行将其打开，操作步骤如下： 1. 在“常用”工具栏上，单击“打开”按钮；

2. 在文件夹列表中，定位并双击存储恢复文件的文件夹。对于Windows 2000/XP操作系统，该位置通常为“C：\\documents and settings\\Application Data\\Microsoft\\Word”文件夹；对于Windows 98/Me操作系统，该位置通常为“C：\\ Windows\\Application Data\\Microsoft\\Word”文件夹；

3. 在“文件类型”框中单击“所有文件”。每个恢复文件名称显示为“‘自动恢复’保存file name”及程序文件扩展名；

4. 单击要恢复的文件名，然后单击“打开”按钮。 三、“打开并修复”文件

Word XP提供了一个恢复受损文档的新方法，操作步骤如下： 1. 在“文件”菜单上，单击“打开”命令；

2. 在“查找范围”列表中，单击包含要打开的文件的驱动器、文件夹或Internet位置； 3. 在文件夹列表中，定位并打开包含文件的文件夹； 4. 选择要恢复的文件；

5. 单击“打开”按钮旁边的箭头，然后单击“打开并修复”。 四、从任意文件中恢复文本

Word提供了一个“从任意文件中恢复文本”的文件转换器，可以用来从任意文件中提取文字。要使用该文件转换器恢复损坏文件中的文本，操作步骤如下：

1. 在“工具”菜单上，单击“选项”命令，再单击“常规”选项卡； 2. 确认选中“打开时确认转换”复选框，单击“确定”按钮； 3. 在“文件”菜单上，单击“打开”命令；

4. 在“文件类型”框中，单击“从任意文件中恢复文本”。如果在“文件类型”框中没有看到“从任意文件中恢复文本”，则需要安装相应的文件转换器。安装方法不做赘述； 5. 像通常一样打开文档。

此时，系统会弹出“转换文件”对话框，请选择的需要的文件格式。当然，如果要从受损Word文档中恢复文字，请选择“纯文本”，单击“确定”按扭。不过，选择了“纯文本”，方式打开文档后，仅能恢复文档中的普通文字，原文档中的图片对象将丢失，页眉页脚等非文本信息变为普通文字。 五、禁止自动宏的运行

如果某个Word文档中包含有错误的自动宏代码，那么当你试图打开该文档时，其中的自动宏由于错误不能正常运行，从而引发不能打开文档的错误。此时，请在“Windows资源管理器”中，按住Shift键，然后再双击该Word文档，则可阻止自动宏的运行，从而能够打开文档。 六、创建新的Normal模板

Word在Normal.dot模板文件中存储默认信息，如果该模板文件被损坏，可能会引发无法打开Word文档的错误。此时，请创建新的Normal模板，操作步骤如下：

1. 关闭Word；

2. 使用Windows“开始”菜单中的“查找”或“搜索”命令找到所有的Normal.dot文件，并重新命名或删除它们。比如，在Windows XP中，请单击“开始”，再单击“搜索”，然后单击“所有文件和文件夹”，在“全部或部分文件名”框中，键入“normal.dot”，在“在这里寻找”列表框中，单击安装Word的硬盘盘符，单击“搜索”按钮。

查找完毕，右键单击结果列表中的“Normal”或“Normal.dot”，然后单击“重命名”命令，为该文件键入新的名称，例如“Normal.old”，然后按Enter键； 3. 启动Word

此时，由于Word无法识别重命名后的Normal模板文件，它会自动创建一个新的Normal模板。

98. 已知a是给定的实常数，设函数f(x)(xa)2(xb)e2，bR，

xa是f(x)的一个极大值点．

(Ⅰ)求b的取值范围；

(Ⅱ)设x1,x2,x3是f(x)的3个极值点，问是否存在实数b，可找到x4R，使得x1,x2,x3,x4的某种排列xi,xi,xi,xi(其中i1,i2,i3,i4=1,2,3,4)依次成等差数列?若存在，求所有的b及相应

1234的x4；若不存在，说明理由．

解析：本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用及等差数列等基础知识，同时考查推理论证能力、分类讨论等综合解题能力和创新意识。

2（Ⅰ）解：f’(x)=ex(x-a) x(3ab)x2baba,

令

g(x)x2(3ab)x2baba,则=(3-a+b)4(2baba)(ab1)80,22

于是，假设x1,x2是g(x)0的两个实根，且x1x2.

（1） 当x1=a 或x2=a时，则x=a不是f(x)的极值点，此时不合题意。 （2） 当x1a且x2a时，由于x=a是f(x)的极大值点，故x1913 2ax2a(ab3)3(ab3)113b3a此时x4 2422于是ab1综上所述，存在b满足题意，

当b=-a-3时，x4a26 713113时，x4a 22713113ba时，x4a

22ba