导数全国各地高考真题 325页

导数的应用 1. (2013 大纲，21,12 分) (本小题满分 12 分) 函数 f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0). (Ⅰ)讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ)若 f(x)在区间(1,2)是增函数,求 a 的取值范围. [答案] 1.查看解析 [解析] 1.21. 解析　(Ⅰ)f '(x)=3ax2+6x+3,f '(x)=0 的判别式 Δ=36(1-a).(2 分) (i)若 a≥1,则 f '(x)≥0,且 f '(x)=0 当且仅当 a=1,x=-1.故此时 f(x)在 R 上是增函数. (ii)由于 a≠0,故当 a<1 时, f '(x)=0 有两个根: x1= ,x2= . 若 00, 故 f(x)在(-∞,x2),(x1,+∞)上是增函数; 当 x∈(x2,x1)时, f '(x)<0,故 f(x)在(x2,x1)上是减函数; 若 a<0,则当 x∈(-∞,x1)或(x2,+∞)时, f '(x)<0,故 f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上是减函数; 当 x∈(x1,x2)时, f '(x)>0,故 f(x)在(x1,x2)上是增函数.(6 分) (Ⅱ)当 a>0,x>0 时, f '(x)=3ax2+6x+3>0,故当 a>0 时, f(x)在区间(1,2)上是增函数.(9 分) 当 a<0 时, f(x)在区间(1,2)上是增函数当且仅当 f '(1)≥0 且 f '(2)≥0,解得- ≤a<0. 综上,a 的取值范围是 ∪(0,+∞).(12 分) 2. (2014 重庆，19，12 分) (本小题满分 12 分,(Ⅰ)小问 5 分,(Ⅱ)小问 7 分) 已知函数 f(x)= + -ln x- ,其中 a∈R,且曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切线垂直于直线 y= x. (Ⅰ)求 a 的值; (Ⅱ)求函数 f(x)的单调区间与极值. [答案] 2.查看解析 [解析] 2.19. 解析　(Ⅰ)对 f(x)求导得 f '(x)= - - ,由 f(x)在点(1, f(1))处的切线垂直于直 线 y= x 知 f '(1)=- -a=-2,解得 a= . (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f(x)= + -ln x- ,则 f '(x)= , 令 f '(x)=0,解得 x=-1 或 x=5. 因 x=-1 不在 f(x)的定义域(0,+∞)内,故舍去. 当 x∈(0,5)时, f '(x)<0,故 f(x)在(0,5)内为减函数;当 x∈(5,+∞)时, f '(x)>0,故 f(x)在(5,+∞)内为增 函数.由此知函数 f(x)在 x=5 时取得极小值 f(5)=-ln 5. 3. (2014 四川，21，14 分) (本小题满分 14 分) 已知函数 f(x)=ex-ax2-bx-1,其中 a,b∈R,e=2.718 28…为自然对数的底数. (Ⅰ)设 g(x)是函数 f(x)的导函数,求函数 g(x)在区间[0,1]上的最小值; (Ⅱ)若 f(1)=0,函数 f(x)在区间(0,1)内有零点,证明:e-20,g(1)=e-2a-b>0. 由 f(1)=0 有 a+b=e-1<2,有 g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0,解得 e-20 时,x2ln 2 时, f '(x)>0, f(x)单调递增. 所以当 x=ln 2 时, f(x)有极小值, 且极小值为 f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4, f(x)无极大值. (Ⅱ)令 g(x)=ex-x2,则 g'(x)=ex-2x. 由(Ⅰ)得,g'(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0,即 g'(x)>0. 所以 g(x)在 R 上单调递增,又 g(0)=1>0, 所以当 x>0 时,g(x)>g(0)>0,即 x20 时,x2x0 时,ex>x2> x,即 x0),要使不等式 xkx 成立. 而要使 ex>kx 成立,只需要 x>ln (kx),即 x>ln x+ln k 成立. ①若 00 时,x>ln x≥ln x+ln k 成立. 即对任意 c∈[1,+∞), 取 x0=0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x1,令 h(x)=x-ln x-ln k,则 h'(x)=1- = , 所以当 x>1 时,h'(x)>0,h(x)在(1,+∞)内单调递增. 取 x0=4k, h(x0)=4k-ln (4k)-ln k=2(k-ln k)+2(k-ln 2), 易知 k>ln k,k>ln 2,所以 h(x0)>0. 因此对任意 c∈(0,1),取 x0= ,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2x, 所以当 x∈(x0,+∞)时,有 cex≥ex>2x>x,即 xln 时,h'(x)>0,h(x)单调递增. 取 x0=2ln , h(x0)=c -2ln =2 , 易知 -ln >0,又 h(x)在(x0,+∞)内单调递增, 所以当 x∈(x0,+∞)时,恒有 h(x)>h(x0)>0,即 x0,则 x2+2x+a>0⇒x>-1+ 或 x<-1- , 所以 f(x)的单调递增区间为(-∞,-1- )和(-1+ ,+∞); 令 f '(x)<0,可得-1- 0. 由(1)知, f(x)在(-1+ ,+∞)上是增函数. ① ⇒ ⇒ ⇒- ≤a,则- ≤a<0, 不存在 x0∈ ∪ ,使得 f(x0)=f ; ② ⇒ ⇒- 0 得 x∈ 或 x∈(2,+∞), 故函数 f(x)的单调递增区间为 和(2,+∞). (2)f '(x)= ,a<0, 由 f '(x)=0 得 x=- 或 x=- . 当 x∈ 时,f(x)单调递增;当 x∈ 时,f(x)单调递减;当 x∈ 时,f(x)单 调递增. 易知 f(x)=(2x+a)2 ≥0,且 f =0. ①当- ≤1,即-2≤a<0 时,f(x)在[1,4]上的最小值为 f(1),由 f(1)=4+4a+a2=8,得 a=±2 -2,均不 符合题意. ②当 1<- ≤4,即-8≤a<-2 时,f(x)在[1,4]上的最小值为 f =0,不符合题意. ③当- >4,即 a<-8 时,f(x)在[1,4]上的最小值可能在 x=1 或 x=4 处取得,而 f(1)≠8,由 f(4)=2(64+16a+a2)=8 得 a=-10 或 a=-6(舍去),当 a=-10 时,f(x)在(1,4)上单调递减,f(x)在[1,4]上 的最小值为 f(4)=8,符合题意. 综上,a=-10. 7. (2014 湖北，21，14 分) (本小题满分 14 分) π 为圆周率,e=2.718 28…为自然对数的底数. (Ⅰ)求函数 f(x)= 的单调区间; (Ⅱ)求 e3,3e,eπ,πe,3π,π3 这 6 个数中的最大数与最小数. [答案] 7.查看解析 [解析] 7.21. 解析　(Ⅰ)函数 f(x)的定义域为(0,+∞).因为 f(x)= ,所以 f '(x)= . 当 f '(x)>0,即 0e 时,函数 f(x)单调递减. 故函数 f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+∞). (Ⅱ)因为 e<3<π,所以 eln 3π3; 由 < ,得 ln 3e0). (Ⅰ)求 f(x)的单调区间; (Ⅱ)记 xi 为 f(x)的从小到大的第 i(i∈N*)个零点,证明:对一切 n∈N*,有 + +…+ < . [答案] 8.查看解析 [解析] 8.21. 解析　(Ⅰ)f '(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x. 令 f '(x)=0,得 x=kπ(k∈N*). 当 x∈(2kπ,(2k+1)π)(k∈N)时,sin x>0,此时 f '(x)<0; 当 x∈((2k+1)π,(2k+2)π)(k∈N)时,sin x<0,此时 f '(x)>0, 故 f(x)的单调递减区间为(2kπ,(2k+1)π)(k∈N),单调递增区间为((2k+1)π,(2k+2)π)(k∈N). (Ⅱ)由(Ⅰ)知, f(x)在区间(0,π)上单调递减,又 f =0,故 x1= ,当 n∈N*时,因为 f(nπ)f((n+1)π)=[(-1)nnπ+1][(-1)n+1(n+1)n+1]<0, 且函数 f(x)的图象是连续不断的,所以 f(x)在区间(nπ,(n+1)π)内至少存在一个零点.又 f(x)在区 间(nπ,(n+1)π)上是单调的,故 nπa>0, <1 恒成立,求 m 的取值范围. [答案] 9.查看解析 [解析] 9.21. 解析　(Ⅰ)当 m=e 时, f(x)=ln x+ ,则 f '(x)= , ∴当 x∈(0,e)时, f '(x)<0, f(x)在(0,e)上单调递减; 当 x∈(e,+∞)时, f '(x)>0, f(x)在(e,+∞)上单调递增. ∴当 x=e 时, f(x)取得极小值 f(e)=ln e+ =2, ∴f(x)的极小值为 2. (Ⅱ)由题设知,g(x)=f '(x)- = - - (x>0), 令 g(x)=0,得 m=- x3+x(x>0). 设 φ(x)=- x3+x(x≥0), 则 φ'(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1), 当 x∈(0,1)时,φ'(x)>0,∴φ(x)在(0,1)上单调递增; 当 x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0,∴φ(x)在(1,+∞)上单调递减. ∴x=1 是 φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此 x=1 也是 φ(x)的最大值点, ∴φ(x)的最大值为 φ(1)= . 又 φ(0)=0,结合 y=φ(x)的图象(如图),可知 ①当 m> 时,函数 g(x)无零点; ②当 m= 时,函数 g(x)有且只有一个零点; ③当 0 时,函数 g(x)无零点; 当 m= 或 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 当 0a>0, <1 恒成立, 等价于 f(b)-b0), ∴(*)等价于 h(x)在(0,+∞)上单调递减. 由 h'(x)= - -1≤0 在(0,+∞)上恒成立, 得 m≥-x2+x=- + (x>0)恒成立, ∴m≥ , ∴m 的取值范围是 . 10. (2014 安徽，20，13 分) 设函数 f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中 a>0. (Ⅰ)讨论 f(x)在其定义域上的单调性; (Ⅱ)当 x∈[0,1]时,求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值. [答案] 10.查看解析 [解析] 10.20. 解析　(Ⅰ)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1+a-2x-3x2. 令 f '(x)=0,得 x1= ,x2= ,x1x2 时, f '(x)<0;当 x10. 故 f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增. (Ⅱ)因为 a>0,所以 x1<0,x2>0. (i)当 a≥4 时,x2≥1,由(Ⅰ)知, f(x)在[0,1]上单调递增,所以 f(x)在 x=0 和 x=1 处分别取得最小值 和最大值. (ii)当 00,x1+x2=4k,x1x2=-4m, 所以 AB 中点 M 的坐标为(2k,2k2+m). 由 =3 ,得(-x0,1-y0)=3(2k,2k2+m-1), 所以 由 =4y0 得 k2=- m+ . 由 Δ>0,k2≥0,得- f , 所以,当 m= 时, f(m)取到最大值 ,此时 k=± . 所以,△ABP 面积的最大值为 . 12. (2014 浙江，21，15 分)已知函数 f(x)=x3+3|x-a|(a>0).若 f(x)在[-1,1]上的最小值记为 g(a). (Ⅰ)求 g(a); (Ⅱ)证明:当 x∈[-1,1]时,恒有 f(x)≤g(a)+4. [答案] 12.查看解析 [解析] 12.21. 解析　(Ⅰ)因为 a>0,-1≤x≤1,所以 (i)当 00,故 f(x)在(a,1)上是增函数. 所以 g(a)=f(a)=a3. (ii)当 a≥1 时,有 x≤a,则 f(x)=x3-3x+3a, f '(x)=3x2-3<0,故 f(x)在(-1,1)上是减函数,所以 g(a)=f(1)=-2+3a. 综上,g(a)= (Ⅱ)令 h(x)=f(x)-g(a), (i)当 00, 知 t(a)在(0,1)上是增函数,所以,t(a)0),则 t>1,所以 m≤- =- 对任意 t>1 成立. 因为 t-1+ +1≥2 +1=3,所以- ≥- , 当且仅当 t=2,即 x=ln 2 时等号成立. 因此实数 m 的取值范围 . (3)令函数 g(x)=ex+ -a(-x3+3x), 则 g'(x)=ex- +3a(x2-1). 当 x≥1 时,ex- >0,x2-1≥0,又 a>0,故 g'(x)>0,所以 g(x)是[1,+∞)上的单调增函数,因此 g(x)在 [1,+∞)上的最小值是 g(1)=e+e-1-2a. 由于存在 x0∈[1,+∞),使 + -a(- +3x0)<0 成立,当且仅当最小值 g(1)<0, 故 e+e-1-2a<0,即 a> . 令函数 h(x)=x-(e-1)ln x-1,则 h'(x)=1- . 令 h'(x)=0,得 x=e-1. 当 x∈(0,e-1)时,h'(x)<0,故 h(x)是(0,e-1)上的单调减函数; 当 x∈(e-1,+∞)时,h'(x)>0,故 h(x)是(e-1,+∞)上的单调增函数. 所以 h(x)在(0,+∞)上的最小值是 h(e-1). 注意到 h(1)=h(e)=0,所以当 x∈(1,e-1)⊆(0,e-1)时,h(e-1)≤h(x)h(e)=0,即 a-1>(e-1)ln a,故 ea-1>ae-1. 综上所述,当 a∈ 时,ea-1ae-1. 14. (2014 山东,20,13 分) 设函数 f(x)=aln x+ ,其中 a 为常数. (Ⅰ)若 a=0,求曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程; (Ⅱ)讨论函数 f(x)的单调性. [答案] 14.查看解析 [解析] 14.20. 解析　(Ⅰ)由题意知 a=0 时,f(x)= ,x∈(0,+∞), 此时 f '(x)= . 可得 f '(1)= ,又 f(1)=0, 所以曲线 y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程为 x-2y-1=0. (Ⅱ)函数 f(x)的定义域为(0,+∞). f '(x)= + = . 当 a≥0 时,f '(x)>0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增, 当 a<0 时,令 g(x)=ax2+(2a+2)x+a, Δ=(2a+2)2-4a2=4(2a+1). ①当 a=- 时,Δ=0, f '(x)= ≤0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减. ②当 a<- 时,Δ<0,g(x)<0, f '(x)<0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减. ③当- 0, 设 x1,x2(x10, 所以 x∈(0,x1)时,g(x)<0,f '(x)<0,函数 f(x)单调递减, x∈(x1,x2)时,g(x)>0,f '(x)>0,函数 f(x)单调递增, x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f '(x)<0,函数 f(x)单调递减. 综上可得: 当 a≥0 时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当 a≤- 时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当- π. [答案] 15.查看解析 [解析] 15.21. 证明　(Ⅰ)当 x∈ 时, f '(x)=π+πsin x-2cos x>0,所以 f(x)在 上为增 函数,又 f(0)=-π-2<0, f = -4>0,所以存在唯一 x0∈ ,使 f(x0)=0. (Ⅱ)当 x∈ 时,化简得 g(x)=(π-x)· + -1. 令 t=π-x,记 u(t)=g(π-t)=- - t+1,t∈ ,则 u'(t)= . 由(Ⅰ)得,当 t∈(0,x0)时,u'(t)<0,当 t∈ 时,u'(t)>0. 在 上 u(t)为增函数,由 u =0 知,当 t∈ 时,u(t)<0,所以 u(t)在 上无零 点. 在(0,x0)上 u(t)为减函数,由 u(0)=1 及 u(x0)<0 知存在唯一 t0∈(0,x0),使 u(t0)=0, 于是存在唯一 t0∈ ,使 u(t0)=0, 设 x1=π-t0∈ ,则 g(x1)=g(π-t0)=u(t0)=0,因此存在唯一的 x1∈ ,使 g(x1)=0. 由于 x1=π-t0,t0π. 16. (2014 天津，19，14 分) 已知函数 f(x)=x2- ax3(a>0),x∈R. (Ⅰ)求 f(x)的单调区间和极值; (Ⅱ)若对于任意的 x1∈(2,+∞),都存在 x2∈(1,+∞),使得 f(x1)·f(x2)=1.求 a 的取值范围. [答案] 16.查看解析 [解析] 16.19. 解析　(Ⅰ)由已知,有 f '(x)=2x-2ax2(a>0). 令 f '(x)=0,解得 x=0 或 x= . 当 x 变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表: x (-∞,0)0 　　 f '(x)- 0+ 0 - f(x) ↘ 0↗ ↘ 所以, f(x)的单调递增区间是 ;单调递减区间是(-∞,0), . 当 x=0 时, f(x)有极小值,且极小值 f(0)=0;当 x= 时,f(x)有极大值,且极大值 f = . (Ⅱ)由 f(0)=f =0 及(Ⅰ)知,当 x∈ 时, f(x)>0;当 x∈ 时, f(x)<0. 设集合 A={f(x)|x∈(2,+∞)},集合 B= .则“对于任意的 x1∈(2,+∞), 都存在 x2∈(1,+∞),使得 f(x1)·f(x2)=1”等价于 A⊆B.显然,0∉B. 下面分三种情况讨论: (1)当 >2,即 0 时,有 f(1)<0,且此时 f(x)在(1,+∞)上单调递减,故 B= ,A=(-∞,f(2)), 所以 A 不是 B 的子集. 综上,a 的取值范围是 . 17. (2014 北京,20,13 分)已知函数 f(x)=2x3-3x. (Ⅰ)求 f(x)在区间[-2,1]上的最大值; (Ⅱ)若过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切,求 t 的取值范围; (Ⅲ)问过点 A(-1,2),B(2,10),C(0,2)分别存在几条直线与曲线 y=f(x)相切?(只需写出结论) [答案] 17.查看解析 [解析] 17.20. 解析　(Ⅰ)由 f(x)=2x3-3x 得 f '(x)=6x2-3. 令 f '(x)=0,得 x=- 或 x= . 因为 f(-2)=-10, f = , f =- , f(1)=-1, 所以 f(x)在区间[-2,1]上的最大值为 f = . (Ⅱ)设过点 P(1,t)的直线与曲线 y=f(x)相切于点(x0,y0), 则 y0=2 -3x0,且切线斜率为 k=6 -3, 所以切线方程为 y-y0=(6 -3)(x-x0), 因此 t-y0=(6 -3)(1-x0). 整理得 4 -6 +t+3=0. 设 g(x)=4x3-6x2+t+3, 则“过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切”等价于“g(x)有 3 个不同零点”. g'(x)=12x2-12x=12x(x-1). g(x)与 g'(x)的变化情况如下表: x (-∞,0)0 (0,1)1 (1,+∞) g'(x)+ 0 - 0 + g(x) ↗ t+3↘ t+1↗ 所以,g(0)=t+3 是 g(x)的极大值,g(1)=t+1 是 g(x)的极小值. 当 g(0)=t+3≤0,即 t≤-3 时,此时 g(x)在区间(-∞,1]和(1,+∞)上分别至多有 1 个零点,所以 g(x)至 多有 2 个零点. 当 g(1)=t+1≥0,即 t≥-1 时,此时 g(x)在区间(-∞,0)和[0,+∞)上分别至多有 1 个零点,所以 g(x)至 多有 2 个零点. 当 g(0)>0 且 g(1)<0,即-30,所以 g(x)分别在区间 [-1,0),[0,1)和[1,2)上恰有 1 个零点.由于 g(x)在区间(-∞,0)和(1,+∞)上单调,所以 g(x)分别在区 间(-∞,0)和[1,+∞)上恰有 1 个零点. 综上可知,当过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切时,t 的取值范围是(-3,-1). (Ⅲ)过点 A(-1,2)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切; 过点 B(2,10)存在 2 条直线与曲线 y=f(x)相切; 过点 C(0,2)存在 1 条直线与曲线 y=f(x)相切. 18. (2014 课标Ⅱ,21,12 分)已知函数 f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线 y=f(x)在点(0,2)处的切线与 x 轴交 点的横坐标为-2. (Ⅰ)求 a; (Ⅱ)证明:当 k<1 时,曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点. [答案] 18.查看解析 [解析] 18.(Ⅰ)f '(x)=3x2-6x+a, f '(0)=a, 曲线 y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为 y=ax+2. 由题设得- =-2,所以 a=1. (Ⅱ)由(Ⅰ)知, f(x)=x3-3x2+x+2. 设 g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4. 由题设知 1-k>0. 当 x≤0 时,g'(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4,所以 g(x)=0 在(-∞,0]上有唯一 实根. 当 x>0 时,令 h(x)=x3-3x2+4,则 g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x). h'(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以 g(x)>h(x)≥h(2)=0. 所以 g(x)=0 在(0,+∞)上没有实根. 综上,g(x)=0 在 R 上有唯一实根,即曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点. 19. (2014 课标Ⅰ,21,12 分)设函数 f(x)=aln x+ x2-bx(a≠1),曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切线 斜率为 0. (Ⅰ)求 b; (Ⅱ)若存在 x0≥1,使得 f(x0)< ,求 a 的取值范围. [答案] 19.查看解析 [解析] 19.(Ⅰ)f '(x)= +(1-a)x-b. 由题设知 f '(1)=0,解得 b=1. (Ⅱ)f(x)的定义域为(0,+∞),由(Ⅰ)知,f(x)=aln x+ x2-x, f '(x)= +(1-a)x-1= (x-1). (i)若 a≤ ,则 ≤1,故当 x∈(1,+∞)时, f '(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增. 所以,存在 x0≥1,使得 f(x0)< 的充要条件为 f(1)< ,即 -1< ,解得- -11,故当 x∈ 时, f '(x)<0;当 x∈ 时, f '(x)>0.f(x)在 上单调递减,在 上单调递增. 所以,存在 x0≥1,使得 f(x0)< 的充要条件为 f < . 而 f =aln + + > ,所以不合题意. (iii)若 a>1,则 f(1)= -1= < . 综上,a 的取值范围是(- -1, -1)∪(1,+∞). 20.(河北省衡水中学 2014 届高三下学期二调) 已知函数 ， （a 为实数）． (Ⅰ) 当 a=5 时，求函数 在 处的切线方程； (Ⅱ) 求 在区间[t，t+2]（t > 0）上的最小值； (Ⅲ) 若存在两不等实根 ，使方程 成立，求实数 a 的取值范 围． [答案] 20.（答案详见解析） [解析] 20.(Ⅰ) 当 时 , . ，故切线的斜率为 . 所以切线方程为: , 即 .　　 （Ⅱ） ①当 时, 在区间 上 为增函数, 所以 　　　　 ②当 时, 在区间 上 为减函数, 在区间 上 为增函数, 所以 　　　　 (Ⅲ) 由 ，可得： ， , 令 , . , , . . 实数 的取值范围为 .　　 21.（河北省石家庄市 2014 届高三第二次教学质量检测）已知函数 在 时取得极值. （Ⅰ）求 的值； （Ⅱ）若 有唯一零点，求λ的值 [答案] 21.（答案详见解析） [解析] 21.（Ⅰ）依题意 ，则 经检验， 满足 题意. （Ⅱ）由（Ⅰ）知 则 . 令 。 时， ， 方程 有两个异号的实根，设为 ， 应舍去． 则 在 单调递减，在 上单调递增． 且当 时， ，当 时， ， 所以当 时， 取得最小值 ． 有唯一零点，则 . 则 即 ． 得 ． 又令 ． （ ）。故 在 上单调递减，注意 到 。故 ．得 ． 22.(江苏省南京市、盐城市 2014 届高三第二次模拟) 已知函数 f(x) ＝ ex，a，b R，且 a＞0． （1）若 a＝2，b＝1，求函数 f(x) 的极值； （2）设 g(x) ＝a(x－1) ex－f(x) ． ① 当 a＝1 时，对任意 x (0，＋∞) ，都有 g(x) ≥1 成立，求 b 的最大值； ② 设 g′(x) 为 g(x) 的导函数．若存在 x＞1，使 g(x) ＋g′(x) ＝0 成立，求 的取值范围． [答案] 22.（答案详见解析） [解析] 22. 23.(河南省豫东豫北十所名校 2014 届高中毕业班阶段性检测(四)) 已知函数 ． ( I) 求函数 的极小值； (Ⅱ) 已知 且 ，证明： [答案] 23.（答案详见解析） [解析] 23.（1）由题意知 令 ，得 ，令 ，得 ，故 的单调递增区间为 ， 单调递减区间为 （2）因为 ，即 ，又 ，所以 ，则 ， 得 ，同理由 可得 ，得 ， 因为 ，又 ， 由（1）可知 ，同理 ，则有 ， 设 ，则 ，令 ， 则 ，故 ，则 ， 在 上单调 递增，所以 ，因为 ，所以 ，则 ， 又 ，且 ，则 ，同理 ， 则 ， ， 则 ，故 . 24.(安徽省合肥市 2014 届高三第二次教学质量检测) 已知 （I）求函数 f(x) 的单调区间； 〔II）当 m= 时，对于任意 , 总存在 ，使得 成立求实 数 a 的取值范围． [答案] 24.（答案详见解析） [解析] 24.（1） ，当 时， ，所以 的 单调递减区间为 ，当 时， ，得 ，列表 极小 所以 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ， （2）当 时， ，由（1）可知 在 上递增，在 上递 减，所以 ， ，当 时， ， ，所以当 时， ，对于任意 ，总存在 ， 使得 成立，即 ，所以 ，即 . 25.（广东省汕头市 2014 届高三三月高考模拟）已知函数 . 求函数 的单调区间； 若函数 在 上有且只有一个零点，求实数 的取值范围； [答案] 25.（答案详见解析） [解析] 25.（1）函数的定义域为 ， ， ①当 ，即 时，令 ，得 ，函数 的单调递减区间为 ， 令 ，得 ，函数 的单调递增区间为 ， ②当 ，即 时，令 ，得 或 ，函数 的单调递 增区间为 ，令 ，得 ，函数 的单调递减区间为 ， （2）①当 时，由（1）可知，函数 的单调递减区间为 ， 在 单调 递增，所以函数 在 上的最小值为 ， 由于 ， 要使函数 在 上有且仅有一个零点，需满足 或 ，解得 或 ，所以当 或 时， 在 上有且仅有一个零点. ②当 时，由（1）可知，函数 在 上单调递增，且 ， 所以当 时， 在 上有且仅有一个零点. ③当 时，由（1）可知，函数 在 内单调递增，在 上单调递减， 在 单调递增，又因为 ，所以当 时，总有 . 因为 ， 所以 ， 所以 在区间 内必有零点. 又因为 在区间 内单调递增。从而当 时， 在 上有且仅有一个 零点. 综上所述，当 或 或 时，在 上有且仅有一个零点. 26.（重庆市名校联盟 2014 届高三联合考试）如图，在半径为 的 圆形（O 为圆心） 铝皮上截取一块矩形材料 OABC，其中点 B 在圆弧上，点 A、C 在两半径上，现将此矩形 铝皮 OABC 卷成一个以 AB 为母线的圆柱形罐子的侧面（不计剪裁和拼接损耗），设矩形的 边长 ，圆柱的体积为 。 （1）写出体积 V 关于 的函数关系式； （2）当 为何值时，才能使做出的圆柱形罐子体积 V 最大？ [答案] 26.（答案详见解析） [解析] 26.（1）连结 ，因为 ，所以 ，设圆柱的底面半径为 ， 则 ，即 ，所以 ， 其中 ， （2）由 ，得 ，因此 在 上是增函数， 在 上是减函数，所以当 时， 有最大值. 27.（山西省太原市 2014 届高三模拟考试）已知函数 . （I）当 =1 时，求 的单调区间； （Ⅱ）若函数 在区间（0， ）无零点，求 的最小值． [答案] 27.（答案详见解析） [解析] 27.（I）当 时， ，则 定义域 ，由 ，得 ，由 ，得 ，故 的单调递减区间为 ，单 调递增区间为 . （Ⅱ） ，令 ， 则 ， 当 时， 在 上为增函数， 在 上为增函数，若 在 上无零点，则 ，即 ，所以 ，所以 ， 当 时，在 上 ， ，所以 ， 在 上无 零点， 由 得 ，所以 . 28.(重庆市杨家坪中学 2014 届高三下学期第一次月考) 已知函数 ，曲线 在点 处切线方程为 。 （Ⅰ）求 的值； （Ⅱ）讨论 的单调性，并求 的极大值。 [答案] 28.（答案详见解析） [解析] 28. （Ⅱ）) 由（Ⅰ）知， 令 ， 从而当 < 0， 故 . 当 . 29.（江西省重点中学协作体 2014 届高三第一次联考）已知 ，设函数 　 ． （1）求函数 的单调区间； （2）是否存在整数 t，对于任意 ，关于 x 的方程 在区间 上有唯 一实数解，若存在，求 t 的值；若不存在，说明理由． [答案] 29.（答案详见解析） [解析] 29.（1）因为 ，所以 ， ，方程 的判别式 ， 当 时， ， ，故函数 在 R 上单调递减， 当 时，方程 的两个实根为 ，　　 则 时， ； 时， ， 时， ， 故函数 的单调递减区间为 、 ，单调递增区间为 （2）存在 ，对于任意 ，关于 的方程 在区间 上有唯一实 数解， 理由如下：由 得 ，令 ，所以 等价于 ， 1）当 时， ，解得 ，∴关于 x 的方程 有唯一实数解 ， 2）当 时，由 ，得 ， 若 时，则 ，若 时，则 ， 若 时，则 ， 若 时， ，若 时， ， ∴ ，故 在 上单调递减， ∵ ∴方程 在［1，2］上有唯一实数解 当 时， ；当 时， ， 综上所述，对于任意 ，关于 的方程 在区间 上有唯一实数解，所以 对于任意 ，关于 的方程 在区间 上有唯一实数解. 30.(吉林省实验中学 2014 届高三年级第一次模拟考试) 已知函数 （1）若 ，求函数 在 处的切线方程； （2）当 时，求证： . [答案] 30.（答案详见解析） [解析] 30.（1）当 时， ， 故函数 即 （2）令 ， 只需证明 时恒成立 ① 设 ， ∴ ∴ ，即 ② 由①②知， 时恒成立 故当 时， 31.(重庆一中 2014 年高三下期第一次月考) 已知函数 ，且 （1）求函数 的单调递增区间； （2）试问函数 图像上是否存在两点 ，其中 ，使得函数 在 的切线与直线 平行？若存在，求出 的坐标，不存在说明理由. [答案] 31.（答案详见解析） [解析] 31.（1） ，又 ，所以有 ，所以 又 ，所以 有 ， 所以 的单调递增区间为 （2）根据条件 ， ，所以 ， 而 ，则整理可得 ，即有 ，令 ，即 ，令 ，则 ，则函数 在 上单增，而 ，所以在 内， ，即 在 内无解，所以，不存在. 32.(山西省忻州一中、康杰一中、临汾一中、长治一中四校 2014 届高三第三次联考) 已知函 数 ， （1）若 ，求函数 的单调区间； （2）若 ，且在定义域内 恒成立，求实数 的取值范围. [答案] 32.（答案详见解析） [解析] 32.（1）当 时， ，函数定义域为 ． ，由 ，得 ．　　 时， ， 在 上是增函数． 时， ， 在 上是减函数； （2）由 ，得 ， , ，由 ， 得 ，又 恒成立，　　　　 令 ，可得 ， 在 上递减，在 上递增． ∴ 即 , 即 的取值范围是 . 33.(山东省青岛市 2014 届高三第一次模拟考试) 已知函数 （Ⅰ）求函数 的极值； （Ⅱ）设函数 若函数 在 上恰有两个不同零点，求实数 的取值 范围． [答案] 33.（答案详见解析） [解析] 33.（Ⅰ） 的定义域是 ， ，得 时， ， 时， ， 所以 在 处取得极小值 （Ⅱ） 所以 ，令 得 所以 在 递减，在 递增 所以 34.(江西省红色六校 2014 届高三第二次联考) 设 ⑴当 时，求 的单调区间； ⑵若 在 上单调递增，求 的取值范围． [答案] 34.（答案详见解析） [解析] 34.（1） 　， 　　 （2 分） 令 令 所以 在 单调递减，在 上单调递增 （2） ，由 ，又 ， 所以 ， ，由 所以 ，得 35.（天津市蓟县第二中学 2014 届高三第一次模拟考试）已知函数 （I）求函数 的极值； （II）若对任意的 的取值范围。 [答案] 35.（答案详见解析） [解析] 35.（I） 　　　　 令 解得： 当 变化时， 的变化情况如下： 取得极大值为-4； 　　 （II）设 若 若 令 　　 当 当 即 解不等式得： 当 满足题意。 综上所述 36.(广西省桂林中学 2014 届高三月考测试题) 已知函数 （1）当 a=-3 时，求函数 的极值； （2）若函数 的图像与 x 轴有且只有一个交点，求 a 的取值范围。 [答案] 36.（答案详见解析） [解析] 36.解：（1）当 时， ，所以 ， 令 ，得 或 ，当 时， ，则 在 上单调递 增， 当 时， ，则 在 上单调递增，当 时， ，则 在 上单调递增，所以当 时， 取得极大值为 ， 当 时， 取得极大值为 （2）因为 ，所以 ， ①若 ，则 ，所以 在 上恒成立， 在 上单调递增， 因为 ，所以当 时，函数 的图象与 轴有且只有一 个交点； （2）若 ，则 ，所以 有两个不相等的实数根，不妨设为 ， 所以 ，当 变化时， ， 的取值情况如下表： 极大值 极小值 因为 ，所以 ，所以 ， ，同理 ， 所以 ， 令 ，解得 ，而当 时， ， ， 故当 时，函数 的图像与 轴有且只有一个交点， 综上所述， 的取值范围是 . 37.(江苏省苏、锡、常、镇四市 2014 届高三数学教学情况调查) 已知函数 ，其中 m，a 均为实数． （1）求 的极值； （2）设 ，若对任意的 ， 恒成 立，求 的最小值； （3）设 ，若对任意给定的 ，在区间 上总存在 ，使得 成立，求 的取值范围． [答案] 37.（答案详见解析） [解析] 37.（1） ，令 ，得 x = 1． 列表如下： x （∞，1） 1 （1，∞）  0  g(x) ↗ 极大值 ↘ ∵g(1) = 1，∴y = 的极大值为 1，无极小值． （2）当 时， ， ． ∵ 在 恒成立，∴ 在 上为增函数． 设 ，∵ > 0 在 恒成立， ∴ 在 上为增函数．　　　　 设 ，则 等价于 ， 即 ． 设 ，则 u(x) 在 为减函数． ∴ 在（3，4）上恒成立． ∴ 恒成立．　　 设 ，∵ = ，x[3，4]， ∴ ，∴ < 0， 为减函数． ∴ 在[3，4]上的最大值为 v(3) = 3  ． ∴a≥3  ，∴ 的最小值为 3  ．　　 （3）由（1）知 在 上的值域为 ． ∵ ， ， 当 时， 在 为减函数，不合题意． 当 时， ，由题意知 在 不单调， 所以 ，即 ．① 此时 在 上递减，在 上递增， ∴ ，即 ，解得 ．② 由①②，得 ．　　　　 ∵ ，∴ 成立．　　 下证存在 ，使得 ≥1． 取 ，先证 ，即证 ．③ 设 ，则 在 时恒成立． ∴ 在 时为增函数．∴ ，∴③成立． 再证 ≥1． ∵ ，∴ 时，命题成立． 综上所述， 的取值范围为 ． 38.(江苏省苏、锡、常、镇四市 2014 届高三数学教学情况调查) 一个圆柱形圆木的底面半径 为 1m，长为 10m，将此圆木沿轴所在的平面剖成两个部分．现要把其中一个部分加工成直 四棱柱木梁，长度保持不变，底面为等腰梯形 （如图所示，其中 O 为圆心， 在 半圆上），设 ，木梁的体积为 V（单位：m3），表面积为 S（单位：m2）． （1）求 V 关于 θ 的函数表达式； （2）求 的值，使体积 V 最大； （3）问当木梁的体积 V 最大时，其表面积 S 是否也最大？请说明理由． [答案] 38.（答案详见解析） [解析] 38.（1）梯形 的面积 = ， ． 体积 ．　　 （2） ． 令 ，得 ，或 （舍）．　　 ∵ ，∴ ．　　　　 当 时， ， 为增函数； 当 时， ， 为减函数． ∴当 时，体积 V 最大．　　　　 （3）木梁的侧面积 = ， ． = ， ． 设 ， ．∵ ， ∴当 ，即 时， 最大．　　 又由（2）知 时， 取得最大值， 所以 时，木梁的表面积 S 最大．　　 综上，当木梁的体积 V 最大时，其表面积 S 也最大． 39.（河北省唐山市 2014 届高三第一次模拟考试）已知函数 （I）求函数 的最大值； （Ⅱ）设 , 证明: ＜1. [答案] 39.（答案详见解析） [解析] 39. 40.(福建省福州市 2014 届高三毕业班质检) 已知函数 . 其中 . （Ⅰ）若曲线 y＝f(x) 与 y=g(x) 在 x＝1 处的切线相互平行, 求两平行直线间的距离; （Ⅱ）若 f(x) ≤g(x) －1 对任意 x> 0 恒成立, 求实数 a 的值; （Ⅲ）当 a< 0 时，对于函数 h(x) =f(x) －g(x) +1, 记在 h(x) 图象上任取两点 A、B 连线的斜 率为 , 若 , 求 a 的取值范围. [答案] 40.（答案详见解析） [解析] 40.（Ⅰ） , 依题意得: a=2; 曲线 y=f(x) 在 x=1 处的切线为 2x－y－2=0, 曲线 y=g(x) 在 x=1 处的切线方程为 2x－y－1=0. 两直线间的距离为 （Ⅱ）令 h(x) =f(x) －g(x) +1, , 则 当 a≤0 时, 注意到 x> 0, 所以 < 0, 所以 h(x) 在(0, +∞) 单调递减, 又 h(1) =0, 故 0< x< 1 时, h(x) > 0, 即 f(x) > g(x) -1, 与题设矛盾. 当 a> 0 时, 当 , 当 时, 所以 h(x) 在上是增函数, 在上是减函数, ∴h(x) ≤ 因为 h(1) ＝0, 又当 a≠2 时, ≠1, 与 不符. 所以 a＝2. （Ⅲ）当 a< 0 时, 由(2) 知 < 0, ∴h(x) 在(0, ＋∞) 上是减函数, 不妨设 0< x1≤x2, 则|h(x1) －h(x2) |＝h(x1) －h(x2), |x1－x2|＝x2－x1, ∴|h(x1) －h(x2) |≥|x1－x2| 等价于 h(x1) －h(x2) ≥x2－x1, 即 h(x1) ＋x1≥h(x2) ＋x2, 令 H(x) ＝h(x) ＋x＝alnx－x2＋x＋1, H(x) 在(0, ＋∞) 上是减函数, ∵ (x> 0), ∴－2x2＋x＋a≤0 在 x> 0 时恒成立, ∴a≤(2x2－x) min 又 x> 0 时, (2x2－x) min= ∴a≤－, 又 a< 0, ∴a 的取值范围是 . 41.(天津市蓟县邦均中学 2014 届高三第一次模拟考试) 已知函数 （1）若 处取得极值，求实数 a 的值； （2）在（1）的条件下，若关于 x 的方程 上恰有两个不同的实数根， 求实数 m 的取值范围； （3）若存在 ，使得不等式 成立，求实数 a 的取值范围。 [答案] 41.（答案详见解析） [解析] 41.（1） 由题意得 ，经检验满足条件 （2）由（1）知 令 （舍去） 当 x 变化时， 的变化情况如下表： x －1 (－1,0) 0 （0，1） 1 － 0 + －1 ↘ －4 ↗ －3 ∵关于 x 的方程 上恰有两个不同的实数根， （3）由题意得， ①若 单调递减。 ∴当 ②当 a> 0 时 随 x 的变化情况如下表： x （ ，+ ） + 0 — ↗ ↘ 由 综上得 a> 3. 42.（辽宁省大连市高三第一次模拟考试）已知 ，函数 ． （Ⅰ）当 时，求函数 的单调区间； （Ⅱ）若 有两个极值点，求 的取值范围． [答案] 42.（答案详见解析） [解析] 42.（Ⅰ） 时， ， ． 令 ， ， 当 时， ， 时， ∴ ． ∴ ．∴ 在 上是单调递减函数. （Ⅱ）①若 有两个极值点 ， 则 是方程 的两不等实根． 解法一：∵ 显然不是方程的根，∴ 有两不等实根， 令 ，则 当 时， ， 单调递减， 时， ， 单调递减， 时， ， 单调递增， 要使 有两不等实根，应满足 ，∴ 的取值范围是 ． （注意：直接得 在 上单调递减， 上单调递增）， 解法二： ，则 是方程 的两不等实根． ∵ ， 当 时， ， 在 上单调递减， 不可能有两不等实根 当 时，由 得 ， 当 时， ， 时， ∴当 ，即 时， 有两不等实根 ∴ 的取值范围是 43.(湖北省武汉市 2014 届高三 2 月份调研测试) 已知函数 f(x) ＝ex－1－x． （Ⅰ）求 f(x) 的最小值； （Ⅱ）设 g(x) ＝ax2，a∈R． （ⅰ）证明：当 a＝时，y＝f(x) 的图象与 y＝g(x) 的图象有唯一的公共点； （ⅱ）若当 x＞0 时，y＝f(x) 的图象恒在 y＝g(x) 的图象的上方，求实数 a 的取值范围． [答案] 43.（答案详见解析） [解析] 43. （Ⅰ）求导数，得 f ′(x) ＝ex－1． 令 f ′(x) ＝0，解得 x＝0． 当 x＜0 时，f ′(x) ＜0，∴f(x) 在(－∞，0) 上是减函数； 当 x＞0 时，f ′(x) ＞0，∴f(x) 在(0，＋∞) 上是增函数． 故 f(x) 在 x＝0 处取得最小值 f(0) ＝0． （Ⅱ）设 h(x) ＝f(x) －g(x) ＝ex－1－x－ax2，则 h′(x) ＝ex－1－2ax． （ⅰ）当 a＝时，y＝ex－1－x 的图象与 y＝ax2 的图象公共点的个数等于 h(x) ＝ex－1－x－x2 零点的个数． ∵h(0) ＝1－1＝0，∴h(x) 存在零点 x＝0． 由（Ⅰ），知 ex≥1＋x，∴h′(x) ＝ex－1－x≥0， ∴h(x) 在 R 上是增函数，∴h(x) 在 R 上有唯一的零点． 故当 a＝时，y＝f(x) 的图象与 y＝g(x) 的图象有唯一的公共点． （ⅱ）当 x＞0 时，y＝f(x) 的图象恒在 y＝g(x) 的图象的上方 ⇔当 x＞0 时，f(x) ＞g(x) ，即 h(x) ＝ex－1－x－ax2＞0 恒成立． 由（Ⅰ），知 ex≥1＋x（当且仅当 x＝0 时等号成立）， 故当 x＞0 时，ex＞1＋x． h′(x) ＝ex－1－2ax＞1＋x－1－2ax＝(1－2a) x， 从而当 1－2a≥0，即 a≤时，h′(x) ≥0（x＞0）， ∴h(x) 在(0，＋∞) 上是增函数，又 h(0) ＝0， 于是当 x＞0 时，h(x) ＞0． 由 ex＞1＋x（x≠0），可得 e－x＞1－x（x≠0）， 从而当 a＞时，h′(x) ＝ex－1－2ax＜ex－1＋2a(e－x－1) ＝e－x(ex－1) (ex－2a) ， 故当 x∈(0，ln2a) 时，h′(x) ＜0， 此时 h(x) 在(0，ln2a) 上是减函数，又 h(0) ＝0， 于是当 x∈(0，ln2a) 时，h(x) ＜0． 综上可知，实数 a 的取值范围为(－∞，1/2]． 44.(广东省广州市 2014 届高三 1 月调研测试) 已知函数 ． （1）若 在 处取得极值，求实数 的值； （2）求函数 在区间 上的最大值． [答案] 44.（答案详见解析） [解析] 44.（1）因为 ， 所以函数 的定义域为 ． 且 ． 因为 在 处取得极值， 所以 ． 解得 ． 当 时， ， 当 时， ；当 时， ；当 时， ． 所以 是函数 的极小值点． 故 ． （2）因为 ，所以 ． 由（1）知 ． 因为 ，所以 ． 当 时， ；当 时， ． 所以函数 在 上单调递增；在 上单调递减． ①当 时， 在 上单调递增， 所以 ． ②当 即 时， 在 上单调递增，在 上单调递减， 所以 ． ③当 ，即 时， 在 上单调递减， 所以 ． 综上所述： 当 时，函数 在 上的最大值是 ； 当 时，函数 在 上的最大值是 ； 当 时，函数 在 上的最大值是 ． 45.(北京市东城区 2013-2014 学年度第二学期教学检测) 设函数 （Ⅰ）设 ， ，证明： 在区间 内存在唯一的零点； （Ⅱ）设 ，若对任意 ，有 ，求 的取值范围． [答案] 45.（答案详见解析） [解析] 45.（Ⅰ）当 ． 又当 ， ．　　　 　　　 （Ⅱ）当 时， ． 对任意 上的最大值 与最小值之差 , 据此分类讨论如下： （ⅰ） ， ． （ⅱ） ， ． （ⅲ） ， ． 综上可知， ．　　 46.(重庆市五区 2014 届高三第一次学生学业调研抽测) 经调查统计，某种型号的汽车在匀速 行驶中，每小时的耗油量 （升）关于行驶速度 （千米/时）的函数可表示为 ．已知甲、乙两 地相距 千米，在匀速行驶速度不超过 千米/时的条件下, 该种型号的汽车从甲地 到乙地的耗油量记为 （升）． (Ⅰ) 求函数 的解析式；（Ⅱ）讨论函数 的单调性，当 为多少时，耗油量 为最少？最少为多少升？ [答案] 46.（答案详见解析） [解析] 46.(Ⅰ) 由题意得，汽车从甲地到乙地行驶了 小时， ． （Ⅱ）由(Ⅰ) 有， ． 令 ，得 ， ． ①当 时， ， 是减函数； ②当 时， ， 是增函数； 当 ，即汽车的行驶速度为 （千米/时）时，从甲地到乙地的耗油量 为最少， 最少耗油量为 （升）． 47.(天津市西青区 2013-2014 学年度高三上学期期末考试) 已知函数 . （Ⅰ）求函数 的单调区间； （Ⅱ）若函数 在区间 内恰有两个零点，求 的取值范围； （Ⅲ）当 时，设函数 在区间 上的最大值为 ，最小值为 ，记 ，求函数 在区间 上的最小值. [答案] 47.（答案详见解析） [解析] 47.（Ⅰ） ∵ ， ∴ 或 ， 函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 (Ⅱ) 由（Ⅰ）知，函数 在 内单调递增，在 内单调递减， 所以，只要 即可，解得 (Ⅲ) 当 时 ， 在 上单调递增, 在 上单调递减， 当 当 所以函数 在区间 上的最小值为 . 48.(吉林省长春市 2014 届高中毕业班第二次调研测试) 已知函数 在 处切线为 . （1）求 的解析式； （2）设 ， ， ， 表示直线 的斜率，求证： . [答案] 48.（答案详见解析） [解析] 48.（1） ， ，∴由 得 把 代入 得 ，即 ，∴ ∴ .　　　　　　 （2）证法 1： 证明：由（1） ∴证明 即证 各项同除以 ，即证 　　 令 ，则 ，这样只需证明 即 设 , , ∵ ，∴ ，即 在 上是增函数 ∴ ，即 设 ， ∴ 在 也是在增函数 ，即 从而证明了 成立，所以 成立. 证法 2： 证明： 等价于 即 　　 先证 ， 问题等价于 ，即 设 ，则 ∴ 在 上是增函数， ∵ ，∴ ，∴ ，得 证.　　　　　　 再证 ， 问题等价于 ，即 设 ，则 ∴ 在 上是减函数， ∵ ，∴ ，∴ ， 得证.　　　　　　 综上， 49.(山东省潍坊市 2014 届高三 3 月模拟考试) 已知函数 ． (I) 判断 的单调性； (Ⅱ) 求函数 的零点的个数； (III) 令 ，若函数 在(0， ) 内有极值，求实数 a 的取值 范围； [答案] 49.（答案详见解析） [解析] 49.(I) 设 其中 ， 则 所以 在定义域 上单调递增. (Ⅱ) 因为 ， ，且 在 上单调递， 故 在 内有唯一零点，又 ，显然 是 的一 个零点， 因此 在 有且仅有 2 个零点. (III) ， 则 ， 设 ，则 有两个不同的根 ，且又一根在 内， 不妨设 ，由于 ，即 ，由于 ，故只需 即可，即 ，解得 . 50.（北京市海淀区 2014 届高三年级第一学期期末练习）已知函数 ，其中 为常数. （Ⅰ）若函数 是区间 上的增函数，求实数 的取值范围； （Ⅱ）若 在 时恒成立，求实数 的取值范围. [答案] 50.详见解析 [解析] 50.（Ⅰ） , .因为函数 是区间 上的增函数，所 以 ，即 在 上恒成立. 因为 是增函数，所以满足题意只需 ，即 . （Ⅱ）令 ，解得 ， 的情况如下： 0 ↘ 极小值 ↗ ①当 ，即 时， 在 上的最小值为 ， 若满足题意只需 ，解得 ， 所以此时， ；　　 ②当 ，即 时， 在 上的最小值为 ， 若满足题意只需 ，求解可得此不等式无解， 所以 不存在；　　　　 ③当 ，即 时， 在 上的最小值为 , 若满足题意只需 ，解得 , 所以此时， 不存在.　　 综上讨论，所求实数 的取值范围为 . 51.（福建省政和一中、周宁一中 2014 届高三第四次联考）已知函数 处取 得极值 2。 (Ⅰ) 求函数 的表达式； (Ⅱ）当 满足什么条件时，函数 在区间 上单调递增？ （Ⅲ）若 为 图象上任意一点，直线与 的图象切于点 P，求直 线的斜率 的取值范围 [答案] 51.详见解析 [解析] 51.(Ⅰ) 因为 而函数 在 处取得极值 2， 所以 ， 即 解得 所以 即为所求 （Ⅱ）由（1）知 令 得： 则 的增减性如下表： （-∞，-1）（-1，1） （1，+∞） 负 正 负 可知， 的单调增区间是[-1，1]，　　 所以 所以当 时，函数 在区间 上单调递增。 （Ⅲ）由条件知，过 的图象上一点 P 的切线的斜率 为： 令 ，则 ， 此时， 的图象性质知： 当 时， ； 当 时， 所以，直线的斜率 的取值范围是 52.(广东省中山市 2013-2014 学年第一学期高三期末考试) 已知函数 ， ， ，其中 ，且 . ⑴当 时，求函数 的最大值； ⑵求函数 的单调区间； ⑶设函数 若对任意给定的非零实数 ，存在非零实数 （ ），使得 成立，求实数 的取值范围. [答案] 52.详见解析 [解析] 52.⑴当 时， ∴ 令 ，则 ， ∴ 在 上单调递增，在 上单调递减∴ 　　　　 ⑵ ， ，（ ） ∴当 时， ，∴函数 的增区间为 ， 当 时， ， 当 时， ，函数 是减函数；当 时， ，函数 是增函数， 综上得，当 时， 的增区间为 ； 当 时， 的增区间为 ，减区间为 　　　　 ⑶当 ， 在 上是减函数，此时 的取值集合 ； 当 时， ， 若 时， 在 上是增函数，此时 的取值集合 ； 若 时， 在 上是减函数，此时 的取值集合 。 对任意给定的非零实数 ， ①当 时，∵ 在 上是减函数，则在 上不存在实数 （ ），使得 ，则 ，要在 上存在非零实数 （ ），使得 成立，必定 有 ，∴ ； ②当 时， 在 时是单调函数，则 ，要在 上存在非零实数 （ ），使得 成立，必定有 ，∴ 。 综上得，实数 的取值范围为 53.(广东省中山市 2013-2014 学年第一学期高三期末考试) 已知函数 ，. （I）若 ，且对于任意 恒成立，试确定实数 的取值范围； （II）设函数 ，求证： [答案] 53.详见解析 [解析] 53.（Ⅰ）由 可知 是偶函数．于是 对任意 成立等价于 对任意 成立． 由 得 ． ①当 时， ．此时 在 上单调递增．　　 故 ，符合题意． ②当 时， ．当 变化时 的变化情况如下表： 单调递减 极小值 单调递增 由此可得，在 上， ． 依题意， ，又 ． 综合①，②得，实数 的取值范围是 ． （Ⅱ） ， 又 ， ， 由此得: 故 成立. 54.（河北衡水中学 2014 届高三上学期第五次调研）已知函数 ． （1）当 时，函数 的图像在点 处的切线方程； （2）当 时，解不等式 ； （3）当 时, 对 , 直线 的图像下方. 求整数 的最大值. [答案] 54.详见解析 [解析] 54.（1） ，当 时．切线 （2） （3）当 时, 直线 的图像下方，得 问题等价于 对任意 恒成立. 当 时，令 ， 令 ， ， 故 在 上是增函数 由于 所以存在 ，使得 ． 则 ； ， 即 ； 知 在 递减， 递增 又 ， ，所以 =3． 55.(河南省郑州市 2014 届高中毕业班第一次质量预测) 已知函数 ． (I) 当 时，求函数 的单调区间和极值；； (Ⅱ) 若 恒成立，求实数 的值。 [答案] 55.详见解析 [解析] 55.（1）注意到函数 的定义域为 , , 当 时, ,若 , 则 ; 若 , 则 . 所以 是 上的减函数, 是 上的增函数, 故 , 故函数 的减区间为 , 增区间为 , 极小值为 , 无极大值. ⑵解: 由⑴知 ,当 时, 对 恒成立, 所以 是 上的增函 数, 注意到 , 所以 时, 不合题意. Com] 当 时, 若 , ; 若 , . 所以 是 上的减函数, 是 上的增函数, 故只需 . 令 , , 当 时, ; 当 时, . 所以 是 上的增函数, 是 上的减函数. 故 当且仅当 时等号成立. 所以当且仅当 时, 成立, 即 为所求. 56.（吉林市普通高中 2013—2014 学年度高中毕业班上学期期末复习检测）已知函数 (1) 若直线 与函数 的图象相切，求实数 的值； (2) 若函数 ， ，试证明 > . [答案] 56.详见解析 [解析] 56.（1） 直线 与函数 的图象相切，可设切点 坐标（ ） 可得 代入 解出 将切点坐标代入 得 （2） 令 设 在 上单调递增，又 在 恒成立。 在 上单调递增，又 在 恒成立。 即 时， > 57.(南京市、盐城市 2014 届高三第一次模拟考试) 已知函数 ， . （1）若 ，则 ， 满足什么条件时，曲线 与 在 处总有相同的切线？ （2）当 时，求函数 的单调减区间； （3）当 时，若 对任意的 恒成立，求 的取值的集合. [答案] 57.详见解析 [解析] 57.（1） ， ，又 ， 在 处的切线方程为 ， 又 ， ，又 ， 在 处的切线方程为 ， 所以当 且 时，曲线 与 在 处总有相同的切线 （2）由 ， ， ， ， 由 ，得 ， ， 当 时，函数 的减区间为 ， ； 当 时，函数 的减区间为 ； 当 时，函数 的减区间为 ， . （3）由 ，则 ， ， ①当 时， ，函数 在 单调递增， 又 ， 时， ，与函数 矛盾， ②当 时， ， ； ， 函数 在 单调递减； 单调递增， （Ⅰ）当 时， ，又 ， ，与函数 矛盾， （Ⅱ）当 时，同理 ，与函数 矛盾， （Ⅲ）当 时， ， 函数 在 单调递减； 单调递增， ，故 满足题意. 综上所述， 的取值的集合为 . 58.(南京市、盐城市 2014 届高三第一次模拟考试) 如图，现要在边长为 的正方形 内建一个交通“环岛” 正方形的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为 （ 不小于 ）的扇 形花坛，以正方形的中心为圆心建一个半径为 的圆形草地. 为了保证道路畅通，岛口宽 不小于 ，绕岛行驶的路宽均不小于 . （1）求 的取值范围；（运算中 取 ） （2）若中间草地的造价为 元 ，四个花坛的造价为 元 ，其余区域的造价为 元 ， 当 取何值时，可使“环岛” 的整体造价最低？ [答案] 58.详见解析 [解析] 58.（1）由题意得， 解得 即 . （2）记“环岛” 的整体造价为 元，则由题意得 ， 令 ，则 ， 由 ，解得 或 ， 列表如下：所以当 ， 取最小值.答：当 m 时，可使“环岛” 的整体造价最低. 59.(江西省七校 2014 届高三上学期第一次联考) 设函数 。 （1）若 时，函数 取得极值，求函数 的图像在 处的切线方程； （2）若函数 在区间 内不单调，求实数 的取值范围。 [答案] 59.详见解析 [解析] 59.（1） ，由 得 ，所以 ，当 时， ，即切点 ， ，令 ，得 ，所以切线方程为 ， （2） 在区间 内不单调，即 在 上有解，所以 ， ，由 ，所以 ，令 ， 所以 ，所以 ，知 在 单调递减，在 递增， 所以 ，即 ， ，而当 时， ∴舍去 综上 [二 而当 时， ，舍去，所以 60.(江西省七校 2014 届高三上学期第一次联考) 已知函数 ，其中 为常 数． （1）当 时，求函数 的单调递增区间； （2）若任取 ，求函数 在 上是增函数的概率． [答案] 60.详见解析 [解析] 60.（1）当 时， ， 令 ， , 解得 或 ，故函数 的单调递增区间分别为 和 （2） ，若函数 在 上是增函数，则对于任意 ， 恒成立． 所以， ，即 ，设“ 在 上是增函数” 为事件 ，则事件 对应的区域为， ，全部试验结果构成的区域 ， 如图，所以， ，故函数 在 上是增函数的概率为 61.（山东省济宁市 2014 届高三上学期期末考试）已知函数 （I）当 a=2 时，求函数的单调区间； （II）当在定义域内的极值点； （III）成立，求实数 a 的取值范围. [答案] 61.详见解析 [解析] 61.（1）当时，，所以， 令，解得：或（舍去），令，得，令，得，所以 的单调增区间为，单调减区间为， （2）因为，所以， ， ①当时，恒成立，所以在定义域内无极值点； ②当时，令恒成立，得，令，得，令，得，所以的单调增区间为，单调减区间为，的极大 值点为， 综上：当时，在定义域内无极值点；当时，的极大值点为， （3）且时，成立， ，所以在为增函数， 所以在恒成立，即在在恒成立，所以 ，故的 取值范围为. 62.(2014 年兰州市高三第一次诊断考试) 已知函数 ， （1）当 且 时，证明：对 ， ； （2）若 ，且 存在单调递减区间，求 的取值范围； （3）数列 ，若存在常数 ， ，都有 ，则称数列 有上界。已知 ，试判断数列 是否有上界． [答案] 62.详见解析 [解析] 62.⑴当 且 时，设 ， ， ， 解 得 。 当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减，所 以 在 处取最大值， 即 ， ， 即 （2）若 ， = 所以 因为函数 存在单调递减区间，所以 在 上有解 所以 在 上有解所以 在 上有解，即 使得 令 ，则 ，研究 ，当 时， 所以 （3）数列 无上界 ，设 ， ，由⑴得 ， ，所以 ， ，取 为任意一个不小于 的自然数， 则 ，数列 无上界 63.（2014 年陕西省宝鸡市高三数学质量检测）已知函数 ， 其中 （1）若 是函数 的极值点，求实数 的值； （2）若对任意的 （ 为自然对数的底数）都有 成立，求实数 的取值 范围 [答案] 63.详见解析 [解析] 63.（I）解法 1：∵h(x) =2x+ +lnx，其定义域为(0, +∞) ， ∴h`(x) =2- - (3 分)　　 ∵x=1 是函数 h(x) 的极值点，∴h`(1) =0，即 3-a2=0． ∵a> 0，∴a= ．　　　　　　 经检验当 a= 时，x=1 是函数 h(x) 的极值点，∴a= ．　　　　　　 解法 2：∵h(x) =2x+ +lnx，其定义域为(0, +∞) ， ∴h`(x) =2- - ． 令 h`(x) =0，即 2- - =0，整理，得 2x2+x-a=0． ∵=1+8a2> 0， ∴h`(x) =0 的两个实根 x1= （舍去），x2= ， 当 变化时，h(x), h`(x) 的变化情况如下表： x (0, x2) (x2, +∞) h`(x) - 0 + h(x) ↘ 极小值 ↗ 依题意， =1，即 a2=3，∵a> 0，∴a= ． （Ⅱ）对任意的 x1, x2∈[1, e]都有 f(x1) ≥g(x2) 成立等价于对任意的 x1, x2∈[1, e]都有 [f(x) ]min≥[g(x) ]max 当 x∈[1, e]时，g`(x) =1+ > 0． ∴函数 g(x) =x+lnx 在[1, e]上是增函数．∴[g(x) ]max=g(e) =e+1．　　 ∵f`(x) =1- = ，且 x∈[1, e]，a> 0． ①当 0< a< 1 且 x∈[1, e]时，f`(x) > 0， ∴函数 f(x) =x+ 在［1, e］上是增函数， ∴[f(x) ]min=f(1) =1+a2, 由 1+a2≥e+1，得 a≥ ，又∵0< a< 1， ∴ 不合题意． (10 分)　　　　 ②当 1≤a≤e 时， 若 1≤x< a，则 f`(x) = < 0; 若 a< x≤e，则 f`(x) = > 0． ∴函数 f(x) =x+ 在[1, a]上是减函数，在(a, e]上是增函数． ∴[f(x) ]min=f(a) =2a. 由 2a≥e+1，得 a≥ ，又 1≤a≤e，∴ ≤a≤e． ③当 a> e 且 x∈[1, e]时，f`(x) = < 0， ∴函数 f(x) =x+ 在［1, e］上是减函数． ∴[f(x) ]min=f(e) =e+ , 由 e+ ≥e+1，得 a≥ ， 综上所述, a 的取值范围为[ , +∞) 64.（成都市 2014 届高中毕业班第一次诊断性检测）已知函数 （I）若 a＝－1, 求曲线 y=f(x) 在 x＝3 处的切线方程； （II）若对任意的 ，都有 f(x) ≥g(x) 恒成立，求 a 的取值范围； （III) 求证： [答案] 64.详见解析 [解析] 64.（1） ，所以 ， ， （2） 恒成立 恒成立，令 ， 故有 ， （i）若 ，则 恒成立，所以 在 为单调递增函数， 恒成立，又 ， 所以 符合条件， （ii）若 ，由 可得 和 （舍去），当 时， ；当 时， ，所以 ， 所以 ，这与 恒成立矛盾，综上 ，所以 的最小值为 ， （3）由（2），可知当 时， ，当且仅当 时等号成立， 令 ，即 ，所以 ，累加，得 ，因为 ， 所以 ， ， ， 所以 . 65.（天津七校联考高三数学（文）学科试卷）已知 是实数，函数 . （Ⅰ）若 ，求 的值及曲线 在点 处的切线方程； （Ⅱ）求 在区间 上的最大值. [答案] 65.答案详见解析 [解析] 65.（Ⅰ）解： ，因为 ，所以 ． 又当 时， ， ，所以曲线 在 处的切线方程为 ． （Ⅱ）解：令 ，解得 ， ． 当 ，即 时， 在 上单调递增，从而 ． 当 ，即 时， 在 上单调递减，从而 ． 当 ，即 时， 在 上单调递减，在 上单调递增，从而 综上所述， 66.（重庆南开中学高 2014 级高三 1 月月考)今年双十一，淘宝网站一天的销售记录震惊全 球，网购已经成为人们消费的主要形式之一。假设一淘宝网店出售某商品，根据人们的咨询 量预估成交额 （千元）与售价 （千元）之间满足关系 ，而 由于价格原因未能交易成功的成交额 （千元）与售价 （千元）之间满足关系 ，记实 际成交额为 。 （1）若发现该商品的实际成交额一直下降，求此时 的取值范围； （2）证明：只要实际成交额能出现上升趋势，则实际成交额一定不会小于 2（千元）。 [答案] 66.答案详见解析 [解析] 66. ， ，（1）由题意， ，即 对 任意 恒成立，则 恒成立，而 ，所以 ， 即 ； （2）由题可得 在 上有解，则 ，则 在 上有唯一解，设为 ，则 有 ，且 时， ， 单调递减； 时， ， 单调递增，所以在 时， 取到极小值 ，因为 ， 所以 ，从而 ，得证. 67. (2011 江苏, 19, 16 分)已知 a, b 是实数, 函数 f(x)=x3+ax, g(x)=x2+bx, f '(x)和 g'(x)分别是 f(x)和 g(x)的导函数. 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. (Ⅰ)设 a>0. 若 f(x)和 g(x)在区间[-1, +∞)上单调性一致, 求 b 的取值范围; (Ⅱ)设 a<0 且 a≠b. 若 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. [答案] 67.f '(x)=3x2+a, g'(x)=2x+b. (Ⅰ)由题意知 f '(x)g'(x)≥0 在[-1, +∞)上恒成立. 因为 a>0, 故 3x2+a>0, 进而 2x+b≥0, 即 b≥-2x 在区间[-1, +∞)上恒成立, 所以 b≥2. 因此 b 的取值范围是[2, +∞). (Ⅱ)令 f '(x)=0, 解得 x=± . 若 b>0, 由 a<0 得 0∈(a, b). 又因为 f '(0)g'(0)=ab<0, 所以函数 f(x)和 g(x)在(a, b)上不是单调性 一致的. 因此 b≤0. 现设 b≤0. 当 x∈(-∞, 0)时, g'(x)<0; 当 x∈ 时, f '(x)>0. 因此, 当 x∈ 时, f '(x)g'(x)<0. 故由题设得 a≥- 且 b≥- , 从而- ≤a<0, 于是- ≤b≤0. 因此|a-b|≤ , 且当 a=- , b=0 时等号成立. 又当 a=- , b=0 时, f '(x)g'(x)=6x , 从而当 x∈ 时 f '(x)g '(x)>0, 故函数 f(x)和 g(x)在 上单调性一致. 因此|a-b|的最大值为 . 67. 68. (2009 全国Ⅱ, 21, 12 分)设函数 f(x)= x3-(1+a)x2+4ax+24a, 其中常数 a>1. (Ⅰ)讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ)若当 x≥0 时, f(x)>0 恒成立, 求 a 的取值范围. [答案] 68.(Ⅰ)f '(x)=x2-2(1+a)x+4a=(x-2)(x-2a). 由 a>1 知, 当 x<2 时, f '(x)>0, 故 f(x)在区间(-∞, 2)是增函数; 当 22a 时, f '(x)>0, 故 f(x)在区间(2a, +∞)是增函数. 综上, 当 a>1 时, f(x)在区间(-∞, 2)和(2a, +∞)是增函数, 在区间(2, 2a)是减函数. (Ⅱ)由(Ⅰ)知, 当 x≥0 时, f(x)在 x=2a 或 x=0 处取得最小值. f(2a)= (2a)3-(1+a)(2a)2+4a·2a+24a =- a3+4a2+24a, f(0)=24a. 由假设知 即 解得 1 或 a<- , 则在 上 f '(x)>0, f(x)是增函数; 在 内 f '(x)<0, f(x)是减函数; 在 上 f '(x)>0, f(x)是增函数. (ii)若- 0, 故此时 f(x)在 R 上是增函数. (iii)若 a=± , 则 f ' =0, 且对所有的 x≠- 都有 f '(x)>0, 故当 a=± 时, f(x)在 R 上是增函数. (Ⅱ)由(Ⅰ)知, 只有当 a> 或 a<- 时, f(x)在 内是减函数. 因此 ≤- , ① 且 ≥- . ② 当|a|> 时, 由①②解得 a≥2. 因此 a 的取值范围是[2, +∞). 69. 70.(2008 北京, 17, 13 分)已知函数 f(x)=x3+ax2+3bx+c(b≠0), 且 g(x)=f(x)-2 是奇函数. (Ⅰ)求 a, c 的值; (Ⅱ)求函数 f(x)的单调区间. [答案] 70.(Ⅰ)因为函数 g(x)=f(x)-2 为奇函数, 所以, 对任意的 x∈R, g(-x)=-g(x), 即 f(-x)-2=-f(x)+2. 又 f(x)=x3+ax2+3bx+c, 所以-x3+ax2-3bx+c-2=-x3-ax2-3bx-c+2. 所以 解得 a=0, c=2. (Ⅱ)由(Ⅰ)得 f(x)=x3+3bx+2. 所以 f '(x)=3x2+3b(b≠0). 当 b<0 时, 由 f '(x)=0 得 x=± . x 变化时, f '(x)的变化情况如下表: x (-∞, - ) - (- ) ( , +∞) f '(x) + 0 - 0 + 所以, 当 b<0 时, 函数 f(x)在(-∞, - )上单调递增, 在(- )上单调递减, 在( , +∞)上单 调递增. 当 b>0 时, f '(x)>0, 所以函数 f(x)在(-∞, +∞)上单调递增. 70. 71.(2007 宁夏、海南, 19, 12 分)设函数 f(x)=ln(2x+3)+x2. (Ⅰ)讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ)求 f(x)在区间 的最大值和最小值. [答案] 71.f(x)的定义域为 , (Ⅰ)f '(x)= +2x= = . 当- 0;当-1- 时, f '(x)>0, 从而, f(x)分别在区间 单调递增, 在区间 单调递减. (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f(x)在区间 的最小值为 f =ln 2+ . 又 f -f =ln + -ln - . =ln + = <0. 所以 f(x)在区间 的最大值为 f = +ln . 71. 72. (2007 湖南, 18, 12 分)某商品每件成本 9 元, 售价 30 元, 每星期卖出 432 件, 如果降低价 格, 销售量可以增加, 且每星期多卖出的商品件数与商品单价的降低值 x(单位:元, 0≤x≤30)的 平方成正比. 已知商品单价降低 2 元时, 一星期多卖出 24 件. (Ⅰ)将一个星期的商品销售利润表示成 x 的函数; (Ⅱ)如何定价才能使一个星期的商品销售利润最大? [答案] 72.(Ⅰ)设商品降价 x 元, 则多卖的商品数为 kx2, 若记商品在一个星期的获利为 f(x), 则依题意有 f(x)=(30-x-9)(432+kx2)=(21-x)(432+kx2). 又由已知条件, 24=k·22, 于是有 k=6, 所以 f(x)=-6x3+126x2-432x+9 072, x∈[0, 30]. (Ⅱ)根据(Ⅰ), 我们有 f '(x)=-18x2+252x-432 =-18(x-2)(x-12), x [0, 2) 2 (2, 12) 12 (12, 30] f '(x) - 0 + 0 - f(x) ↘ 极小 ↗ 极大 ↘ 故 x=12 时, f(x)达到极大值, 因为 f(0)=9 072, f(12)=11 264, 所以定价为 30-12=18 元能使一个 星期的商品销售利润最大. 72. 73.(2011 四川, 22, 14 分)已知函数 f(x)= x+ , h(x)= . (Ⅰ)设函数 F(x)=18f(x)-x2[h(x)]2, 求 F(x)的单调区间与极值; (Ⅱ)设 a∈R, 解关于 x 的方程 lg =2lg h(a-x)-2lg h(4-x); (Ⅲ)设 n∈N*, 证明:f(n)h(n)-[h(1)+h(2)+…+h(n)]≥ . [答案] 73. (Ⅰ)F(x)=18f(x)-x2[h(x)]2=-x3+12x+9(x≥0), ∴F'(x)=-3x2 +12. 令 F'(x)=0, 得 x=2(x=-2 舍). 当 x∈(0, 2)时, F'(x)>0;当 x∈(2, +∞)时, F'(x)<0. 故当 x∈[0, 2)时, F(x)为增函数; 当 x∈[2, +∞)时, F(x)为减函数. x=2 为 F(x)的极大值点, 且 F(2)=-8+24+9=25. (3 分) (Ⅱ)原方程变为 lg(x-1)+2lg =2lg , ⇔ ⇔ ①当 15 时, 原方程无解. (9 分) ⑤由已知得 h(1)+h(2)+…+h(n)= + +…+ , f(n)h(n)- = - . 设数列{an}的前 n 项和为 Sn, 且 Sn=f(n)h(n)- (n∈N*), 从而有 a1=S1=1, 当 k≥2 时, ak=Sk-Sk-1= - . 又 ak- = [(4k-3) -(4k-1) ] = · = · >0. 即对任意的 k≥2, 有 ak> . 又因为 a1=1= , 所以 a1+a2+…+an≥ + +…+ . 则 Sn≥h(1)+h(2)+…+h(n), 故原不等式成立. (14 分) 73. 74.(2009 广东, 21, 14 分)已知二次函数 y=g(x)的导函数的图象与直线 y=2x 平行, 且 y=g(x) 在 x=-1 处取得极小值 m-1(m≠0). 设函数 f(x)= . (Ⅰ)若曲线 y=f(x)上的点 P 到点 Q(0, 2)的距离的最小值为 , 求 m 的值; (Ⅱ)k(k∈R)如何取值时, 函数 y=f(x)-kx 存在零点, 并求出零点. [答案] 74.设二次函数 g(x)=ax2+bx+c, ∵y=g'(x)=2ax+b 的图象与直线 y=2x 平行, ∴a=1. 又∵y=g(x)在 x=-1 处取得极小值 m-1, ∴- =-1, g(-1)=a(-1)2+b(-1)+c=m-1, 所以 b=2, c=m. 故 f(x)= = +x+2. (Ⅰ)已知 m≠0, 设曲线 y=f(x)上的点 P 的坐标为 P(x, y), 则点 P 到点 Q(0, 2)的距离为|PQ|= = = ≥ = , 当且仅当 2x2= ⇒x=± 时等号成立. ∵|PQ|的最小值为 , ∴ = ⇒ |m|+m=1. ①当 m>0 时, 解得 m= = -1. ②当 m<0 时, 解得 m= =- -1. 故 m= -1 或 m=- -1. (Ⅱ)y=f(x)-kx 的零点即方程 +(1-k)x+2=0 的解, ∵m≠0, ∴ +(1-k)x+2=0 与(k-1)x2-2x-m=0 有相同的解. ①若 k=1, (k-1)x2-2x-m=0⇒x=- ≠0, 所以函数 y=f(x)-kx 有零点 x=- . ②若 k≠1, (k-1)x2-2x-m=0 的判别式 Δ=4[1+m(k-1)]. 若 Δ=0⇒k=1- , 此时函数 y=f(x)-kx 有一个零点 x=-m. 若 Δ>0⇒1+m(k-1)>0, ∴当 m>0, k>1- , 或 m<0, k<1- 时, 方程(k-1)x2-2x-m=0 有两个解 x1= 和 x2= . 此时函数 y=f(x)-kx 有两个零点 x1 与 x2. 若 Δ<0⇒1+m(k-1)<0, ∴当 m>0, k<1- , 或 m<0, k>1- 时, 方程(k-1)x2-2x-m=0 无实数解, 此时函数 y=f(x)-kx 没有零点. 74. 75.(2011 江苏, 17, 14 分)请你设计一个包装盒. 如图所示, ABCD 是边长为 60 cm 的正方形硬 纸片, 切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形, 再沿虚线折起, 使得 A, B, C, D 四个 点重合于图中的点 P, 正好形成一个正四棱柱形状的包装盒. E, F 在 AB 上, 是被切去的一个 等腰直角三角形斜边的两个端点. 设 AE=FB=x(cm). (Ⅰ)某广告商要求包装盒的侧面积 S(cm2)最大, 试问 x 应取何值? (Ⅱ)某厂商要求包装盒的容积 V(cm3)最大, 试问 x 应取何值?并求出此时包装盒的高与底面 边长的比值. [答案] 75.设包装盒的高为 h(cm), 底面边长为 a(cm). 由已知得 a= x, h= = (30-x), 00;当 x∈(20, 30)时, V'<0. 所以当 x=20 时, V 取得极大值, 也是最大值. 此时 = . 即包装盒的高与底面边长的比值为 . 75. 76.(2011 山东, 21, 12 分)某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度, 长度单位:米), 其中容器的 中间为圆柱形, 左右两端均为半球形, 按照设计要求容器的容积为 立方米, 且 l≥2r. 假设 该容器的建造费用仅与其表面积有关. 已知圆柱形部分每平方米建造费用为 3 千元, 半球形 部分每平方米建造费用为 c(c>3)千元. 设该容器的建造费用为 y 千元. (Ⅰ)写出 y 关于 r 的函数表达式, 并求该函数的定义域; (Ⅱ)求该容器的建造费用最小时的 r. [答案] 76. (Ⅰ)设容器的容积为 V, 由题意知 V=πr2l+ πr3, 又 V= , 故 l= = - r = . 由于 l≥2r, 因此 03, 所以 c-2>0, 当 r3- =0 时, r= . 令 =m, 则 m>0, 所以 y'= (r-m)(r2+rm+m2). (i)当 0 时, 当 r=m 时, y'=0; 当 r∈(0, m)时, y'<0; 当 r∈(m, 2)时, y'>0. 所以 r=m 是函数 y 的极小值点, 也是最小值点. (ii)当 m≥2 即 3 时, 建造费用最小时 r= . 76. 77.(2011 江西, 20, 13 分)设 f(x)= x3+mx2+nx. (Ⅰ)如果 g(x)=f '(x)-2x-3 在 x=-2 处取得最小值-5, 求 f(x)的解析式; (Ⅱ)如果 m+n<10(m, n∈N+), f(x)的单调递减区间的长度是正整数, 试求 m 和 n 的值. (注:区间(a, b)的长度为 b-a) [答案] 77.(Ⅰ)由题得 g(x)=x2+2(m-1)x+(n-3)=(x+m-1)2+(n-3)-(m-1)2, 已知 g(x)在 x=-2 处取得最小值-5, 所以 解得 m=3, n=2. 即得所要求的解析式为 f(x)= x3+3x2+2x. (Ⅱ)因为 f '(x)=x2+2mx+n, 且 f(x)的单调递减区间的长度为正整数, 故 f '(x)=0 一定有两个不 同的根, 从而 Δ=4m2-4n>0, 即 m2>n, 不妨设为 x1, x2, 则|x2-x1|=2 为正整数. 故 m≥2 时才可能有符合条件的 m, n, 当 m=2 时, 只有 n=3 符合要求, 当 m=3 时, 只有 n=5 符合要求, 当 m≥4 时, 没有符合要求的 n. 综上所述, 只有 m=2, n=3 或 m=3, n=5 满足上述要求. 77. 78.(2008 江苏, 17, 14 分)如图, 某地有三家工厂, 分别位于矩形 ABCD 的两个顶点 A、B 及 CD 的中点 P 处, AB=20 km, BC=10 km. 为了处理三家工厂的污水, 现要在该矩形区域上(含 边界), 且与 A、B 等距离的一点 O 处, 建造一个污水处理厂, 并铺设三条排污管道 AO、 BO、PO. 设排污管道的总长度为 y km. (Ⅰ)按下列要求建立函数关系: (i)设∠BAO=θ(rad), 将 y 表示为 θ 的函数; (ii)设 PO=x (km), 将 y 表示成 x 的函数. (Ⅱ)请你选用(Ⅰ)中的一个函数关系, 确定污水处理厂的位置, 使铺设的排污管道的总长度最 短. [答案] 78.(Ⅰ)(i)如图, 延长 PO 交 AB 于点 Q. 由题设可知 BQ=AQ= AB=10, AO=BO, PO=10-OQ. 在 Rt△AQO 中, AO= , OQ=10tan θ, 所以 y=AO+BO+PO= +10-10tan θ. 又易知 0≤θ≤ , 故 y 用 θ 表示的函数为 y= -10tan θ+10 . (ii)由题设可知, 在 Rt△AQO 中, AO= = , 则 y=AO+BO+PO=x+2 . 显然 0≤x≤10, 所以 y 用 x 表示的函数为 y=x+2 (0≤x≤10). (Ⅱ)选用(Ⅰ)中的函数关系 y= -10tan θ+10 , 来确定符合要求的污水处理厂的位置. 因为 y= -10tan θ+10= -10· +10, 所以 y'= -10· =10· . 由 y'=0 得 sin θ= . 因 0≤θ≤ , 故 θ= . 当 θ∈ 时, y'<0;当 θ∈ 时, y'>0, 所以函数 y 在 θ= 时取得极小值, 这个极小值就是函 数 y 在 上的最小值. 当 θ= 时, AO=BO= = (km). 因此, 当污水处理厂建在矩形区域内且到 A、B 两点的距离均为 km 时, 铺设的排污管 道的总长度最短. 78. 79. (2007 陕西, 21, 12 分)已知 f(x)=ax3+bx2+cx 在区间[0, 1]上是增函数, 在区间(-∞, 0), (1, +∞) 上是减函数. 又 f ' = . (Ⅰ)求 f(x)的解析式; (Ⅱ)若在区间[0, m](m>0)上恒有 f(x)≤x 成立, 求 m 的取值范围. [答案] 79. (Ⅰ)f '(x)=3ax2+2bx+c, 由已知 f '(0)=f '(1)=0, 即 解得 ∴ f '(x)=3ax2-3ax, ∴ f ' = - = , ∴ a=-2, ∴ f(x)=-2x3+3x2. (Ⅱ)令 f(x)≤x, 即-2x3+3x2-x≤0, ∴ x(2x-1)(x-1)≥0, ∴ 0≤x≤ 或 x≥1. 又 f(x)≤x 在区间[0, m]上恒成立, ∴ 00, g(x)=0 的两根都小于 0. 在(0, +∞)上, f '(x)>0. 故 f(x)在(0, +∞)上单调递增. ③当 a>2 时, Δ>0, g(x)=0 的两根为 x1= , x2= . 当 00;当 x1x2 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. (Ⅱ)由(Ⅰ)知, a>2. 因为 f(x1)-f(x2)=(x1-x2)+ -a(ln x1-ln x2), 所以 k= =1+ -a· . 又由(Ⅰ)知, x1x2=1. 于是 k=2-a· . 若存在 a, 使得 k=2-a, 则 =1, 即 ln x1-ln x2=x1-x2, 亦即 x2- -2ln x2=0(x2>1). (*) 再由(Ⅰ)知, 函数 h(t)=t- -2ln t 在(0, +∞)上单调递增, 而 x2>1, 所以 x2- -2ln x2>1- -2ln 1=0, 这与(*)式矛盾. 故不存在 a, 使得 k=2-a. 80. 81. (2010 湖北, 21, 14 分)设函数 f(x)= x3- x2+bx+c, 其中 a>0. 曲线 y=f(x)在点 P(0, f(0))处的 切线方程为 y=1. (Ⅰ)确定 b, c 的值; (Ⅱ)设曲线 y=f(x)在点(x1, f(x1))及(x2, f(x2))处的切线都过点(0, 2). 证明:当 x1≠x2 时, f '(x1)≠f '(x2); (Ⅲ)若过点(0, 2)可作曲线 y=f(x)的三条不同切线, 求 a 的取值范围. [答案] 81. (Ⅰ)由 f(x)= x3- x2+bx+c 得: f(0)=c, f '(x)=x2-ax+b, f '(0)=b. 又由曲线 y=f(x)在点 P(0, f(0))处的切线方程为 y=1, 得 f(0)=1, f '(0)=0. 故 b=0, c=1. (Ⅱ)f(x)= x3- x2+1, f '(x)=x2-ax. 由于点(t, f(t))处的切线方程为 y-f(t)=f '(t)(x-t), 而点(0, 2)在切线上, 所以 2-f(t)=f '(t)(-t), 化简 得 t3- t2+1=0, 即 t 满足的方程为 t3- t2+1=0. 下面用反证法证明. 假设 f '(x1)=f '(x2), 由于曲线 y=f(x)在点(x1, f(x1))及(x2, f(x2))处的切线都过点(0, 2), 则下列等 式成立: 由(3)得 x1+x2=a. 由(1)-(2)得 +x1x2+ = a2, (4) 又 +x1x2+ =(x1+x2)2-x1x2=a2-x1(a-x1)= -ax1+a2= + a2≥ a2, 故由(4)得 x1= , 此时 x2= 与 x1≠x2 矛盾. 所以 f '(x1)≠f '(x2). (Ⅲ)由(Ⅱ)知, 过点(0, 2)可作 y=f(x)的三条切线, 等价于方程 2-f(t)=f '(t)(0-t)有三个相异的实 根, 即等价于方程 t3- t2+1=0 有三个相异的实根. 设 g(t)= t3- t2+1, 则 g'(t)=2t2-at=2t . 由于 a>0, 故有 t (-∞, 0) 0 g'(t) + 0 - 0 + g(t) ↗ 极大 值 1 ↘ 极小值 1- ↗ 由 g(t)的单调性知:要使 g(t)=0 有三个相异的实根, 当且仅当 1- <0, 即 a>2 . ∴a 的取值范围是(2 , +∞). 81. 82.　(2011 北京, 18, 13 分)已知函数 f(x)=(x-k)ex. (Ⅰ)求 f(x)的单调区间; (Ⅱ)求 f(x)在区间[0, 1]上的最小值. [答案] 82. (Ⅰ)f '(x)=(x-k+1)ex. 令 f '(x)=0, 得 x=k-1. f(x)与 f '(x)的情况如下: x (-∞, k-1) k-1 (k-1, +∞) f '(x) - 0 + f(x) ↘ -ek-1 ↗ 所以, f(x)的单调递减区间是(-∞, k-1);单调递增区间是(k-1, +∞). (Ⅱ)当 k-1≤0, 即 k≤1 时, 函数 f(x)在[0, 1]上单调递增, 所以 f(x)在区间[0, 1]上的最小值为 f(0)=-k; 当 00, 知 ax2-2ax+1≥0 在 R 上恒成立, 因此 Δ=4a2-4a=4a(a-1)≤0, 由此并结合 a>0, 知 00, 讨论函数 f(x)=ln x+a(1-a)x2-2(1-a)x 的单调性. [答案] 84.由题意知 x>0. 当 a=1 时, f(x)=ln x, 其在(0, +∞)上为增函数. 当 a≠1 时, f '(x)= +2a(1-a)x-2(1-a) = , 令 f '(x)=0 得 2a(1-a)x2-2(1-a)x+1=0. 由 Δ=4(1-a)2-8a(1-a)=0 得 a= . ①当 00, 两根分别为 x1= , x2= . 又[ ]2-(1-a)2 =2a(a-1)<0, ∴x1>0 且 x2>x1. 所以当 0x2 时 f '(x)>0; 当 x10, f(x)在(0, +∞)上为增函数. ④当 a>1 时, x1>0, x2= = <0, 故当 00;当 x>x1 时, f '(x)<0. f(x)在 上为增函数, 在 上为减函数. 综上可知: ①当 01 时, f(x)在 上为增函数, 在 上为减函数. 84. 85.(2011 天津, 19, 14 分)已知函数 f(x)=4x3+3tx2-6t2x+t-1, x∈R, 其中 t∈R. (Ⅰ)当 t=1 时, 求曲线 y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程; (Ⅱ)当 t≠0 时, 求 f(x)的单调区间; (Ⅲ)证明:对任意 t∈(0, +∞), f(x)在区间(0, 1)内均存在零点. [答案] 85.(Ⅰ)当 t=1 时, f(x)=4x3+3x2-6x, f(0)=0, f '(x)=12x2+6x-6, f '(0)=-6, 所以曲线 y=f(x)在 点(0, f(0))处的切线方程为 y=-6x. (Ⅱ)f '(x)=12x2+6tx-6t2. 令 f '(x)=0, 解得 x=-t 或 x= . 因为 t≠0, 以下分两种情况讨论: ①若 t<0, 则 <-t. 当 x 变化时, f '(x), f(x)的变化情况如表所示: x (-t, +∞) f '(x) + - + f(x) ↗ ↘ ↗ 所以, f(x)的单调递增区间是 , (-t, +∞);f(x)的单调递减区间是 . ②若 t>0, 则-t< . 当 x 变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表: x (-∞, -t) f '(x) + - + f(x) ↗ ↘ ↗ 所以, f(x)的单调递增区间是(-∞, -t), ;f(x)的单调递减区间是 . (Ⅲ)证明:由(Ⅱ)可知, 当 t>0 时, f(x)在 内单调递减, 在 内单调递增. 以下分两种 情况讨论: ①当 ≥1, 即 t≥2 时, f(x)在(0, 1)内单调递减. f(0)=t-1>0, f(1)=-6t2+4t+3≤-6×4+4×2+3<0. 所以对任意 t∈[2, +∞), f(x)在区间(0, 1)内均存在零点. ②当 0< <1, 即 00, 所以 f(x)在 内存在零点. 若 t∈(1, 2), f =- t3+(t-1)<- t3+1<0, f(0)=t-1>0, 所以 f(x)在 内存在零点. 所以, 对任意 t∈(0, 2), f(x)在区间(0, 1)内均存在零点. 综上, 对任意 t∈(0, +∞), f(x)在区间(0, 1)内均存在零点. 85. 86. (2011 课标, 21, 12 分)已知函数 f(x)= + , 曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为 x+2y-3=0. (Ⅰ)求 a, b 的值; (Ⅱ)证明:当 x>0, 且 x≠1 时, f(x)> . [答案] 86.(Ⅰ)f '(x)=- . 由于直线 x+2y-3=0 的斜率为- , 且过点(1, 1), 故 即 解得 a=1, b=1. +++ (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f(x)= + , 所以 f(x)- = . 考虑函数 h(x)=2ln x- (x>0), 则 h'(x)= - =- . 所以当 x≠1 时, h'(x)<0. 而 h(1)=0, 故当 x∈(0, 1)时, h(x)>0, 可得 h(x)>0; 当 x∈(1, +∞)时, h(x)<0, 可得 h(x)>0. 从而当 x>0, 且 x≠1 时, f(x)- >0, 即 f(x)> . 86. 87.(2011 全国, 21, 12 分)已知函数 f(x)=x3+3ax2+(3-6a)x+12a-4(a∈R). (Ⅰ)证明:曲线 y=f(x)在 x=0 处的切线过点(2, 2); (Ⅱ)若 f(x)在 x=x0 处取得极小值, x0∈(1, 3), 求 a 的取值范围. [答案] 87. (Ⅰ)f '(x)=3x2+6ax+3-6a. (2 分) 由 f(0)=12a-4, f '(0)=3-6a 得曲线 y=f(x)在 x=0 处的切线方程为 y=(3-6a)x+12a-4, 由此知曲线 y=f(x)在 x=0 处的切线过点(2, 2). (6 分) (Ⅱ)由 f '(x)=0 得 x2+2ax+1-2a=0. ①当- -1≤a≤ -1 时, f(x)没有极小值;(8 分) ②当 a> -1 或 a<- -1 时, 由 f '(x)=0 得 x1=-a- , x2=-a+ , 故 x0=x2. 由题设知 1<-a+ <3. 当 a> -1 时, 不等式 1<-a+ <3 无解; 当 a<- -1 时, 解不等式 1<-a+ <3 得 - 0. (Ⅰ)求 f(x)的单调区间; (Ⅱ)求所有的实数 a, 使 e-1≤f(x)≤e2 对 x∈[1, e]恒成立. 注:e 为自然对数的底数. [答案] 88. (Ⅰ)因为 f(x)=a2ln x-x2+ax, 其中 x>0, 所以 f '(x)= -2x+a =- . 由于 a>0, 所以 f(x)的增区间为(0, a), 减区间为(a, +∞). (Ⅱ)证明:由题意得, f(1)=a-1≥e-1, 即 a≥e. 由(Ⅰ)知 f(x)在[1, e]内单调递增, 要使 e-1≤f(x)≤e2, 对 x∈[1, e]恒成立, 只要 解得 a=e. 88. 89.(2011 陕西, 21, 14 分)设 f(x)=ln x, g(x)=f(x)+f '(x). (Ⅰ)求 g(x)的单调区间和最小值; (Ⅱ)讨论 g(x)与 g 的大小关系; (Ⅲ)求 a 的取值范围, 使得 g(a)-g(x)< 对任意 x>0 成立. [答案] 89.(Ⅰ)由题设知 f(x)=ln x, g(x)=ln x+ , ∴g'(x)= , 令 g'(x)=0 得 x=1, 当 x∈(0, 1)时, g'(x)<0, 故(0, 1)是 g(x)的单调减区间, 当 x∈(1, +∞)时, g'(x)>0, 故(1, +∞)是 g(x)的单调增区间, 因此, x=1 是 g(x)的唯一极值点, 且为极小值点, 从而是最小值点, 所以最小值为 g(1)=1. (Ⅱ)g =-ln x+x, 设 h(x)=g(x)-g =2ln x-x+ , 则 h'(x)=- , 当 x=1 时, h(1)=0, 即 g(x)=g , 当 x∈(0, 1)∪(1, +∞)时, h'(x)<0, h'(1)=0, 因此, h(x)在(0, +∞)内单调递减, 当 0h(1)=0, 即 g(x)>g , 当 x>1 时, h(x)0 成立⇔g(a)-1< , 即 ln a<1, 从而得 00, 故 f(x)在(-∞, -2)上为增函数; 当 x∈(-2, 1)时, f '(x)<0, 故 f(x)在(-2, 1)上为减函数; 当 x∈(1, +∞)时, f '(x)>0, 故 f(x)在(1, +∞)上为增函数. 从而函数 f(x)在 x1=-2 处取得极大值 f(-2)=21, 在 x2=1 处取得极小值 f(1)=-6. 90. 91. (2011 福建, 22, 14 分)已知 a, b 为常数, 且 a≠0, 函数 f(x)=-ax+b+axln x, f(e)=2(e=2. 718 28…是自然对数的底数). (Ⅰ)求实数 b 的值; (Ⅱ)求函数 f(x)的单调区间; (Ⅲ)当 a=1 时, 是否同时存在实数 m 和 M(m0 时, 由 f '(x)>0 得 x>1, 由 f '(x)<0 得 00 得 01. 综上, 当 a>0 时, 函数 f(x)的单调递增区间为(1, +∞), 单调递减区间为(0, 1);当 a<0 时, 函数 f(x)的单调递增区间为(0, 1), 单调递减区间为(1, +∞). (Ⅲ)当 a=1 时, f(x)=-x+2+xln x, f '(x)=ln x. 由(Ⅱ)可得, 当 x 在区间 内变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表: x 1 (1, e) e f '(x) - 0 + f(x) 2- 单调递减 极小值 1 单调递增 2 又 2- <2, 所以函数 f(x) 的值域为[1, 2]. 据此可得, 若 则对每一个 t∈[m, M], 直线 y=t 与曲线 y=f(x) 都有公共点; 并且对每一个 t∈(-∞, m)∪(M, +∞), 直线 y=t 与曲线 y=f(x) 都没有公共点. 综上, 当 a=1 时, 存在最小的实数 m=1, 最大的实数 M=2, 使得对每一个 t∈[m, M], 直线 y=t 与曲线 y=f(x) 都有公共点. 91. 92.　(2010 新课标全国, 21, 12 分)设函数 f(x)=x(ex-1)-ax2. (Ⅰ)若 a= , 求 f(x)的单调区间; (Ⅱ)若当 x≥0 时 f(x)≥0, 求 a 的取值范围. [答案] 92.(Ⅰ)a= 时, f(x)=x(ex-1)- x2, f '(x)=ex-1+xex-x =(ex-1)(x+1). 当 x∈(-∞, -1)时, f '(x)>0;当 x∈(-1, 0)时, f '(x)<0;当 x∈(0, +∞)时, f '(x)>0, 故 f(x)在(-∞, -1), (0, +∞)上单调增加, 在(-1, 0)上单调减少. (Ⅱ)f(x)=x(ex-1-ax). 令 g(x)=ex-1-ax, 则 g'(x)=ex-a. 若 a≤1, 则当 x∈(0, +∞)时, g'(x)>0, g(x)为增函数, 而 g(0)=0, 从而当 x≥0 时 g(x)≥0, 即 f(x)≥0. 若 a>1, 则当 x∈(0, ln a)时, g'(x)<0, g(x)为减函数, 而 g(0)=0, 从而当 x∈(0, ln a)时 g(x)<0, 即 f(x)<0. 综合得 a 的取值范围为(-∞, 1]. 92. 93. (2010 北京, 18, 14 分)设函数 f(x)= x3+bx2+cx+d(a>0), 且方程 f '(x)-9x=0 的两个根分别为 1, 4. (Ⅰ)当 a=3 且曲线 y=f(x)过原点时, 求 f(x)的解析式; (Ⅱ)若 f(x)在(-∞, +∞)内无极值点, 求 a 的取值范围. [答案] 93. 由 f(x)= x3+bx2+cx+d 得 f '(x)=ax2+2bx+c. 因为 f '(x)-9x=ax2+2bx+c-9x=0 的两个根分别为 1, 4, 所以 (*) (Ⅰ)当 a=3 时, 由(*)式得 解得 b=-3, c=12. 又因为曲线 y=f(x)过原点, 所以 d=0. 故 f(x)=x3-3x2+12x. (Ⅱ)由于 a>0, 所以“f(x)=x3+bx2+cx+d 在(-∞, +∞)内无极值点”等价于“f '(x)=ax2+2bx+c≥0 在(-∞, +∞)内恒成立”. 由(*)式得 2b=9-5a, c=4a. 又 Δ=(2b)2-4ac=9(a-1)(a-9). 解 得 a∈[1, 9], 即 a 的取值范围是[1, 9]. 93. 94. (2010 山东, 21, 12 分)已知函数 f(x)=ln x-ax+ -1(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≤ 时, 讨论 f(x)的单调性. [答案] 94. (Ⅰ)当 a=-1 时, f(x)=ln x+x+ -1, x∈(0, +∞). 所以 f '(x)= , x∈(0, +∞), 因此 f '(2)=1, 即曲线 y=f(x)在点(2, f(2))处的切线斜率为 1. 又 f(2)=ln 2+2, 所以曲线 y=f(x)在点(2, f(2))处的切线方程为 y-(ln 2+2)=x-2, 即 x-y+ln 2=0. (Ⅱ)因为 f(x)=ln x-ax+ -1, 所以 f '(x)= -a+ =- , x∈(0, +∞). 令 g(x)=ax2-x+1-a, x∈(0, +∞). (1)当 a=0 时, g(x)=-x+1, x∈(0, +∞), 所以当 x∈(0, 1)时, g(x)>0, 此时 f '(x)<0, 函数 f(x)单调递减; 当 x∈(1, +∞)时, g(x)<0, 此时 f '(x)>0, 函数 f(x)单调递增; (2)当 a≠0 时, 由 f '(x)=0, 即 ax2-x+1-a=0, 解得 x1=1, x2= -1. ①当 a= 时, x1=x2, g(x)≥0 恒成立, 此时 f '(x)≤0, 函数 f(x)在(0, +∞)上单调递减; ②当 01>0. x∈(0, 1)时, g(x)>0, 此时 f '(x)<0, 函数 f(x)单调递减; x∈ 时, g(x)<0, 此时 f '(x)>0, 函数 f(x)单调递增; x∈ 时, g(x)>0, 此时 f '(x)<0, 函数 f(x)单调递减; ③当 a<0 时, 由于 -1<0, x∈(0, 1)时, g(x)>0, 此时 f '(x)<0, 函数 f(x)单调递减; x∈(1, +∞)时, g(x)<0, 此时 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)上单调递减; 函数 f(x)在(1, +∞)上单调递增; 当 a= 时, 函数 f(x)在(0, +∞)上单调递减; 当 00. (Ⅰ)若 a=1, 求曲线 y=f(x)在点(2, f(2))处的切线方程; (Ⅱ)若在区间 上, f(x)>0 恒成立, 求 a 的取值范围. [答案] 95. (Ⅰ)当 a=1 时, f(x)=x3- x2+1, f(2)=3; f '(x)=3x2-3x, f '(2)=6. 所以曲线 y=f(x)在点(2, f(2))处的切线方程为 y-3=6(x-2), 即 y=6x-9. (Ⅱ)f '(x)=3ax2-3x=3x(ax-1). 令 f '(x)=0, 解得 x=0 或 x= . 以下分两种情况讨论: (1)若 00 等价于 即 解不等式组得-52, 则 0< < . 当 x 变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表: x 0 f '(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 当 x∈ 时, f(x)>0 等价于 即 解不等式组得 0, f(x)在(-∞, 2- )上单调增加; 当 x∈(2- , 2+ )时 f '(x)<0, f(x)在(2- , 2+ )上单调减少; 当 x∈(2+ , +∞)时 f '(x)>0, f(x)在(2+ , +∞)上单调增加. 综上, f(x)的单调增区间是(-∞, 2- )和(2+ , +∞), f(x)的单调减区间是(2- , 2+ ). (Ⅱ)f '(x)=3[(x-a)2+1-a2]. 当 1-a2≥0 时, f '(x)≥0, f(x)为增函数, 故 f(x)无极值点; 当 1-a2<0 时, f '(x)=0 有两个根 x1=a- , x2=a+ . 由题意知, 20, 所以不存在实数 a, 使得 f(x)是(-∞, +∞)上的单调函数. 98. 99.　(2010 辽宁, 21, 12 分)已知函数 f(x)=(a+1)ln x+ax2+1. (Ⅰ)讨论函数 f(x)的单调性; (Ⅱ)设 a≤-2, 证明:对任意 x1, x2∈(0, +∞), |f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|. [答案] 99.(Ⅰ)f(x)的定义域为(0, +∞), f '(x)= +2ax= . 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; 当-10; 当 x∈ 时, f '(x)<0, 故 f(x)在 单调增加, 在 单调减少. (Ⅱ)不妨假设 x1≥x2. 由于 a≤-2, 故 f(x)在(0, +∞)单调减少. 所以|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等价于 f(x2)-f(x1)≥4x1-4x2, 即 f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1. 令 g(x)=f(x)+4x, 则 g'(x)= +2ax+4= . 于是 g'(x)≤ = ≤0. 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)|≥4|x1-x2|. 99. 100. (2010 浙江, 21, 15 分)已知函数 f(x)=(x-a)2(x-b)(a, b∈R, a 时, g'(x)<0, 从而 g(x)在区间(-∞, - ], [ , +∞)上是减函数;当- 0, 从而 g(x)在区间[- ]上是增函数. 由前面讨论知, g(x)在区间[1, 2]上的最大值与最小值只能在 x=1, , 2 时取得, 而 g(1)= , g( )= , g(2)= , 因此 g(x)在区间[1, 2]上的最大值为 g( )= , 最小值为 g(2)= . 101. 102.　(2010 湖南, 21, 13 分)已知函数 f(x)= +x+(a-1)ln x+15a, 其中 a<0, 且 a≠-1. (Ⅰ)讨论函数 f(x)的单调性; (Ⅱ)设函数 g(x)= (e 是自然对数的底数). 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. [答案] 102. (Ⅰ)f(x)的定义域为(0, +∞). f '(x)=- +1+ = . (1)若-10; 当-a1 时, f '(x)>0. 故 f(x)分别在(0, -a), (1, +∞)上单调递增, 在(-a, 1)上单调递减. (2)若 a<-1, 仿(1)可得 f(x)分别在(0, 1), (-a, +∞)上单调递增, 在(1, -a)上单调递减. (Ⅱ)存在 a, 使 g(x)在[a, -a]上为减函数. 事实上, 设 h(x)=(-2x3+3ax2+6ax-4a2-6a)ex(x∈R), 则 h'(x)=[-2x3+3(a-2)x2+12ax-4a2]ex. 再设 m(x)=-2x3+3(a-2)x2+12ax-4a2(x∈R), 则当 g(x)在[a, -a]上单调递减时, h(x)必在[a, 0]上单 调递减, 所以 h'(a)≤0. 由于 ex>0, 因此 m(a)≤0. 而 m(a)=a2(a+2), 所以 a≤-2. 此时, 显然有 g(x) 在[a, -a]上为减函数, 当且仅当 f(x)在[1, -a]上为减函数, h(x)在[a, 1]上为减函数, 且 h(1)≥e·f(1). 由(Ⅰ)知, 当 a≤-2 时, f(x)在[1, -a]上为减函数. ① 又 h(1)≥e·f(1)⇔4a2+13a+3≤0⇔-3≤a≤- . ② 不难知道, ∀x∈[a, 1], h'(x)≤0⇔∀x∈[a, 1], m(x)≤0. 因 m'(x)=-6x2+6(a-2)x+12a=-6(x+2)(x-a), 令 m'(x)=0, 则 x=a, 或 x=-2. 而 a≤-2, 于是 (1)当 a<-2 时, 若 a0; 若-20, 使得 f '(x)=h(x)(x2-ax+1), 则称 函数 f(x)具有性质 P(a). (Ⅰ)设函数 f(x)=ln x+ (x>1), 其中 b 为实数. (i)求证:函数 f(x)具有性质 P(b); (ii)求函数 f(x)的单调区间. (Ⅱ)已知函数 g(x)具有性质 P(2). 给定 x1, x2∈(1, +∞), x11, β>1, 若|g(α)-g(β)|<|g(x1)-g(x2)|, 求 m 的取值范围. [答案] 103. (Ⅰ)(i)由 f(x)=ln x+ , 得 f '(x)= . 因为 x>1 时, h(x)= >0, 所以函数 f(x)具有性质 P(b). (ii)当 b≤2 时, 由 x>1 得 x2-bx+1≥x2-2x+1=(x-1)2>0, 所以 f '(x)>0, 从而函数 f(x)在区间(1, +∞) 上单调递增. 当 b>2 时, 解方程 x2-bx+1=0 得 x1= , x2= . 因为 x1= = < <1, x2= >1, 所以当 x∈(1, x2)时, f '(x)<0;当 x∈(x2, +∞)时, f '(x)>0;当 x=x2 时, f '(x)=0. 从而函数 f(x)在区间 (1, x2)上单调递减, 在区间(x2, +∞)上单调递增. 综上所述, 当 b≤2 时, 函数 f(x)的单调增区间为(1, +∞); 当 b>2 时, 函数 f(x)的单调减区间为 , 单调增区间为 . (Ⅱ)由题设知, g(x)的导函数 g'(x)=h(x)(x2-2x+1), 其中函数 h(x)>0 对于任意的 x∈(1, +∞)都成 立, 所以, 当 x>1 时, g'(x)=h(x)(x-1)2>0, 从而 g(x)在区间(1, +∞)上单调递增. ①当 m∈(0, 1)时, 有 α=mx1+(1-m)x2>mx1+(1-m)x1=x1, α1, β>1 及 g(x)的单调性知 g(β)≤g(x1)0), 由已知得 解得 a= , x=e2, ∴两条曲线交点的坐标为(e2, e). 切线的斜率为 k=f '(e2)= , ∴切线的方程为 y-e= (x-e2). (Ⅱ)由条件知 h(x)= -aln x(x>0), ∴h'(x)= - = , (i)当 a>0 时, 令 h'(x)=0, 解得 x=4a2, ∴当 04a2 时, h'(x)>0, h(x)在(4a2, +∞)上递增. ∴x=4a2 是 h(x)在(0, +∞)上的唯一极值点, 且是极小值点, 从而也是 h(x)的最小值点. ∴最小值 φ(a)=h(4a2)=2a-aln 4a2=2a(1-ln 2a). (ii)当 a≤0 时, h'(x)= >0, h(x)在(0, +∞)上递增, 无最小值. 故 h(x)的最小值 φ(a)的解析式为 φ(a)=2a(1-ln 2a)(a>0). (Ⅲ)由(Ⅱ)知 φ(a)=2a(1-ln 2-ln a), 则 φ'(a)=-2ln 2a, 令 φ'(a)=0 解得 a= . 当 00, ∴φ(a)在 上递增; 当 a> 时, φ'(a)<0, ∴φ(a)在 上递减. ∴φ(a)在 a= 处取得极大值 φ =1. ∵φ(a)在(0, +∞)上有且只有一个极值点, 所以 φ =1 也是 φ(a)的最大值. ∴当 a∈(0, +∞)时, 总有 φ(a)≤1. 104. 105. (2010 四川, 22, 14 分)设 f(x)= (a>0 且 a≠1), g(x)是 f(x)的反函数. (Ⅰ)求 g(x); (Ⅱ)当 x∈[2, 6]时, 恒有 g(x)>loga 成立, 求 t 的取值范围; (Ⅲ)当 0loga 得 ①当 a>1 时, > >0. 又因为 x∈[2, 6], 所以 0(x-1)2(7-x)>0. 令 h(x)=(x-1)2(7-x), x∈[2, 6], 由①知 h(x)最大值=32, 所以 t>32. 综上, 当 a>1 时, 032. (9 分) (Ⅲ)设 a= , 则 p≥1. 当 n=1 时, f(1)=1+ ≤3<5. 当 n≥2 时, 设 k≥2, k∈N*时, 则 f(k)= =1+ =1+ . 所以 f(k)≤1+ =1+ =1+ - . 从而 f(2)+f(3)+…+f(n)≤n-1+ - 0 时, 设 y=t+2- , t∈[1, +∞). 因为 y'=1+ >0, 所以函数 y=t+2- 在[1, +∞)上单调递增, 因此 ymin=3-m. ∵ymin≥0, ∴3-m≥0, 即 m≤3. 又 m>0, 故 00, 故 g(x)在(-∞, -1)上为增函数; 当 x∈ 时, g'(x)<0, 故 g(x)在 上为减函数; 当 x∈ 时, g'(x)>0, 故 g(x)在 上为增函数. 107. 108.　(2009 陕西, 20, 12 分)已知函数 f(x)=x3-3ax-1, a≠0. (Ⅰ)求 f(x)的单调区间; (Ⅱ)若 f(x)在 x=-1 处取得极值, 直线 y=m 与 y=f(x)的图象有三个不同的交点, 求 m 的取值范 围. [答案] 108. (Ⅰ)f '(x)=3x2-3a=3(x2-a), 当 a<0 时, 对 x∈R, 有 f '(x)>0, ∴当 a<0 时, f(x)的单调增区间为(-∞, +∞). 当 a>0 时, 由 f '(x)>0 解得 x<- 或 x> ; 由 f '(x)<0 解得- 0 时, f(x)的单调增区间为(-∞, - ), ( , +∞); f(x)的单调减区间为(- ). (Ⅱ)∵f(x)在 x=-1 处取得极值, ∴f '(-1)=3×(-1)2-3a=0, ∴a=1. ∴f(x)=x3-3x-1, f '(x)=3x2-3, 由 f '(x)=0 解得 x1=-1, x2=1. 由(Ⅰ)中 f(x)的单调性可知, f(x)在 x=-1 处取得极大值 f(-1)=1, 在 x=1 处取得极小值 f(1)=-3. ∵直线 y=m 与函数 y=f(x)的图象有三个不同的交点, 又 f(-3)=-19<-3, f(3)=17>1, 结合 f(x)的单调性可知, m 的取值范围是(-3, 1). 108. 109.(2009 宁夏, 21, 12 分)已知函数 f(x)=x3-3ax2-9a2x+a3. (Ⅰ)设 a=1, 求函数 f(x)的极值; (Ⅱ)若 a> , 且当 x∈[1, 4a]时, |f '(x)|≤12a 恒成立, 试确定 a 的取值范围. [答案] 109.(Ⅰ)当 a=1 时, 对函数 f(x)求导数, 得 f '(x)=3x2-6x-9. 令 f '(x)=0, 解得 x1=-1, x2=3. 列表讨论 f(x), f '(x)的变化情况: x (-∞, -1) -1 (-1, 3) 3 (3, +∞) f '(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 6 ↘ 极小值-26 ↗ 所以, f(x)的极大值是 f(-1)=6, 极小值是 f(3)=-26. (Ⅱ)f '(x)=3x2-6ax-9a2 的图象是一条开口向上的抛物线, 关于 x=a 对称, 若 1, 则|f '(a)|=12a2>12a. 故当 x∈[1, 4a]时|f '(x)|≤12a 不恒成立. 所以使|f '(x)|≤12a(x∈[1, 4a])恒成立的 a 的取值范围是 . 109. 110.　(2009 浙江, 21, 15 分)已知函数 f(x)=x3+(1-a)x2-a(a+2)x+b(a, b∈R). (Ⅰ)若函数 f(x)的图象过原点, 且在原点处的切线斜率是-3, 求 a, b 的值; (Ⅱ)若函数 f(x)在区间(-1, 1)上不单调, 求 a 的取值范围. [答案] 110. (Ⅰ)由函数 f(x)的图象过原点得 b=0, 又 f '(x)=3x2+2(1-a)x-a(a+2), f(x)在原点处的切线斜率是-3, 则-a(a+2)=-3, 所以 a=-3, 或 a=1. (Ⅱ)由 f '(x)=0, 得 x1=a, x2=- . 又 f(x)在(-1, 1)上不单调, 即 或 解得 或 所以 a 的取值范围是 ∪ . 110. 111.　(2009 四川, 20, 12 分)已知函数 f(x)=x3+2bx2+cx-2 的图象在与 x 轴交点处的切线方程 是 y=5x-10. (Ⅰ)求函数 f(x)的解析式; (Ⅱ)设函数 g(x)=f(x)+ mx, 若 g(x)的极值存在, 求实数 m 的取值范围以及函数 g(x)取得极值 时对应的自变量 x 的值. [答案] 111. (Ⅰ)由已知, 切点为(2, 0), 故有 f(2)=0, 即 4b+c+3=0. ① f '(x)=3x2+4bx+c, 由已知, f '(2)=12+8b+c=5. 得 8b+c+7=0. ② 联立①、②, 解得 c=1, b=-1, 于是函数解析式为 f(x)=x3-2x2+x-2. (4 分) (Ⅱ)g(x)=x3-2x2+x-2+ mx, g'(x)=3x2-4x+1+ , 令 g'(x)=0. 当函数有极值时, Δ≥0, 方程 3x2-4x+1+ =0 有实根, 由 Δ=4(1-m)≥0, 得 m≤1. ①当 m=1 时, g'(x)=0 有实根 x= , 在 x= 左右两侧均有 g'(x)>0, 故函数 g(x)无极值. ②当 m<1 时, g'(x)=0 有两个实根, x1= (2- ), x2= (2+ ), 当 x 变化时, g'(x)、g(x)的变化情况如下表: x (-∞, x1) x1 (x1, x2) x2 (x2, +∞) g'(x) + 0 - 0 + g(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 故在 m∈(-∞, 1)时, 函数 g(x)有极值: 当 x= (2- )时 g(x)有极大值; 当 x= (2+ )时 g(x)有极小值. (12 分) 111. 112.　(2009 北京, 18, 14 分)设函数 f(x)=x3-3ax+b(a≠0). (Ⅰ)若曲线 y=f(x)在点(2, f(2))处与直线 y=8 相切, 求 a, b 的值; (Ⅱ)求函数 f(x)的单调区间与极值点. [答案] 112. (Ⅰ)f '(x)=3x2-3a. 因为曲线 y=f(x)在点(2, f(2))处与直线 y=8 相切, 所以 即 解得 a=4, b=24. (Ⅱ)f '(x)=3(x2-a)(a≠0). 当 a<0 时, f '(x)>0, 函数 f(x)在(-∞, +∞)上单调递增;此时函数 f(x)没有极值点. 当 a>0 时, 由 f '(x)=0 得 x=± . 当 x∈(-∞, - )时, f '(x)>0, 函数 f(x)单调递增; 当 x∈(- )时, f '(x)<0, 函数 f(x)单调递减; 当 x∈( , +∞)时, f '(x)>0, 函数 f(x)单调递增. 此时 x=- 是 f(x)的极大值点, x= 是 f(x)的极小值点. 112. 113.(2009 安徽, 12, 14 分)已知函数 f(x)=x- +1-aln x, a>0. (Ⅰ)讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ)设 a=3, 求 f(x)在区间[1, e2]上的值域, 其中 e=2. 718 28…是自然对数的底数. [答案] 113.(Ⅰ)f(x)的定义域是(0, +∞), f '(x)=1+ - = . 设 g(x)=x2-ax+2, 二次方程 g(x)=0 的判别式 Δ=a2-8. ①当 Δ<0 即 00 都有 f '(x)>0. 此时 f(x)是(0, +∞)上的单调递增函数. ②当 Δ=0 即 a=2 时, 仅对 x= 有 f '(x)=0, 对其余的 x>0 都有 f '(x)>0. 此时 f(x)也是(0, +∞)上的单调递增函数. ③当 Δ>0 即 a>2 时, 方程 g(x)=0 有两个不同的实根, x1= , x2= , 00;当 12 时, f '(x)>0. 所以当 x=1 时, f(x)取极大值 f(1)= -a, 当 x=2 时, f(x)取极小值 f(2)=2-a, 故当 f(2)>0 或 f(1)<0 时, 方程 f(x)=0 仅有一个实根. 解得 a<2 或 a> . 114. 115. (2009 湖南, 19, 13 分)已知函数 f(x)=x3+bx2+cx 的导函数的图象关于直线 x=2 对称. (Ⅰ)求 b 的值; (Ⅱ)若 f(x)在 x=t 处取得极小值, 记此极小值为 g(t), 求 g(t)的定义域和值域. [答案] 115.(Ⅰ)f '(x)=3x2+2bx+c. 因为函数 f '(x)的图象关于直线 x=2 对称, 所以- =2, 于是 b=-6. (Ⅱ)由(Ⅰ)知, f(x)=x3-6x2+cx, f '(x)=3x2-12x+c=3(x-2)2+c-12. (ⅰ)当 c≥12 时, f '(x)≥0, 此时 f(x)无极值. (ⅱ)当 c<12 时, f '(x)=0 有两个互异实根 x1, x2. 不妨设 x10, f(x)在区间(-∞, x1)内为增函数; 当 x1x2 时, f '(x)>0, f(x)在区间(x2, +∞)内为增函数. 所以 f(x)在 x=x1 处取极大值, 在 x=x2 处取极小值. 因此, 当且仅当 c<12 时, 函数 f(x)在 x=x2 处存在唯一极小值, 所以 t=x2>2. 于是 g(t)的定义域为(2, +∞). 由 f '(t)=3t2-12t+c=0 得 c=-3t2+12t. 于是 g(t)=f(t)=t3-6t2+ct=-2t3+6t2, t∈(2, +∞). 当 t>2 时, g'(t)=-6t2+12t=6t(2-t)<0, 所以函数 g(t)在区间(2, +∞)内是减函数. 故 g(t)的值域为 (-∞, 8). 115. 116.(2009 天津, 21, 14 分)设函数 f(x)=- x3+x2+(m2-1)x(x∈R), 其中 m>0. (Ⅰ)当 m=1 时, 求曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切线的斜率; (Ⅱ)求函数 f(x)的单调区间与极值; (Ⅲ)已知函数 f(x)有三个互不相同的零点 0, x1, x2, 且 x1f(1) 恒成立, 求 m 的取值范围. [答案] 116. (Ⅰ)当 m=1 时, f(x)=- x3+x2, f '(x)=-x2+2x, 故 f '(1)=1. 所以曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切线的斜率为 1. (Ⅱ)f '(x)=-x2+2x+m2-1. 令 f '(x)=0, 解得 x=1-m 或 x=1+m. 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: x (-∞, 1-m) 1-m (1-m, 1+m) 1+m (1+m, +∞) f '(x) - 0 + 0 - f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 所以 f(x)在(-∞, 1-m), (1+m, +∞)内是减函数, 在(1-m, 1+m)内是增函数. 函数 f(x)在 x=1-m 处取得极小值 f(1-m), 且 f(1-m)=- m3+m2- . 函数 f(x)在 x=1+m 处取得极大值 f(1+m), 且 f(1+m)= m3+m2- . (Ⅲ)由题设, f(x)=x =- x(x-x1)(x-x2), 所以方程- x2+x+m2-1=0 有两个相异的实 根 x1, x2, 故 x1+x2=3, 且 Δ=1+ (m2-1)>0. 解得 m<- (舍)或 m> . 因为 x1x1+x2=3, 故 x2> >1. 若 x1≤10, x-x1≥0, x-x2≤0, 则 f(x)=- x(x-x1)(x-x2)≥0. 又 f(x1)=0, 所以 f(x)在[x1, x2]上的最小值为 0. 于是对任意的 x∈[x1, x2], f(x)>f(1)恒成立的充要条件是 f(1)=m2- <0, 解得- 0, 且 f(x)在区间(0, 1]上单调递增, 试用 a 表示出 b 的取值范围. [答案] 117. (Ⅰ)f '(x)=ax2+2bx+1, 当(2b)2-4a≤0 时无极值, 当(2b)2-4a>0, 即 b2>a 时, f '(x)=ax2+2bx+1=0 有两个不同的解, 即 x1= , x2= , 因此 f '(x)=a(x-x1)(x-x2), (1)当 a>0 时, f(x), f '(x)随 x 的变化情况如下表: x (-∞, x1) x1 (x1, x2) x2 (x2, +∞) f '(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 由此表可知 f(x)在点 x1, x2 处分别取得极大值和极小值. (2)当 a<0 时, f(x), f '(x)随 x 的变化情况如下表: x (-∞, x2) x2 (x2, x1) x1 (x1, +∞) f '(x) - 0 + 0 - f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 由此表可知 f(x)在点 x1, x2 处分别取得极大值和极小值. 综上所述, 当 a 和 b 满足 b2>a 时, f(x)能取得极值. (Ⅱ)解法一:由题意 f '(x)=ax2+2bx+1≥0 在区间(0, 1]上恒成立, 即 b≥- - , x∈(0, 1], 设 g(x)=- - , x∈(0, 1]. (1)当 ∈(0, 1], 即 a≥1 时, g(x)=- ≤-2 =- , 等号成立的条件为 x= ∈(0, 1], g(x)最大值=g =- , 因此 b≥- . (2)当 >1, 即 00, g(x)最大值=g(1)=- - =- , 所以 b≥- . 综上所述, 当 a≥1 时, b≥- ; 当 01 时, 由于 x∈ 时 g '(x)>0, x∈ 时, g '(x)<0. 即 g(x)在 上单调递增, 在 上单调递减, 所以 g(x)最大值=g =- , 因此 b≥- . 当 ∈[1, +∞), 即 a∈(0, 1]时, 由于 x∈(0, 1]时, g '(x)≥0, 即 g(x)在(0, 1]上单调递增. 所以 g(x)最大值=g(1)=- , 因此 b≥- . 综上所述, 当 a>1 时, b≥- ;当 01 时, 1-2a<-1. 当 x 变化时, f '(x)与 f(x)的变化情况如下表: x (-∞, 1-2a) (1-2a, -1) (-1, +∞) f '(x) + - + f(x) 单调递增 单调递减 单调递增 由此得, 函数 f(x)的单调增区间为(-∞, 1-2a)和(-1, +∞), 单调减区间为(1-2a, -1). ②当 a=1 时, 1-2a=-1. 此时, f '(x)≥0 恒成立, 且仅在 x=-1 处 f '(x)=0, 故函数 f(x)的单调增区 间为 R. ③当 a<1 时, 1-2a>-1, 同理可得函数 f(x)的单调增区间为(-∞, -1)和(1-2a, +∞), 单调减区间为 (-1, 1-2a). 综上:当 a>1 时, 函数 f(x)的单调增区间为(-∞, 1-2a)和(-1, +∞), 单调减区间为(1-2a, -1); 当 a=1 时, 函数 f(x)的单调增区间为 R; 当 a<1 时, 函数 f(x)的单调增区间为(-∞, -1)和(1-2a, +∞), 单调减区间为(-1, 1-2a). (Ⅲ)由 a=-1 时, 得 f(x)= x3-x2-3x. 由 f '(x)=x2-2x-3=0, 得 x1=-1, x2=3. 由(Ⅱ)得 f(x)的单调增区间为(-∞, -1)和(3, +∞), 单调减区间为(-1, 3), 所以函数 f(x)在 x1=-1, x2=3 处取得极值. 故 M , N(3, -9). 所以直线 MN 的方程为 y=- x-1. 由 得 x3-3x2-x+3=0. 令 F(x)=x3-3x2-x+3. 易得 F(0)=3>0, F(2)=-3<0, 而 F(x)的图象在(0, 2)内是一条连续不断的曲线, 故 F(x)在(0, 2)内 存在零点 x0, 这表明线段 MN 与曲线 f(x)有异于 M, N 的公共点. 解法二:(Ⅰ)同解法一. (Ⅱ)同解法一. (Ⅲ)当 a=-1 时, 得 f(x)= x3-x2-3x. 由 f '(x)=x2-2x-3=0, 得 x1=-1, x2=3. 由(Ⅱ)得 f(x)的单调增区间为(-∞, -1)和(3, +∞), 单调减区间为(-1, 3), 所以函数 f(x)在 x1=-1, x2=3 处取得极值, 故 M , N(3, -9). 所以直线 MN 的方程为 y=- x-1. 由 得 x3-3x2-x+3=0. 解得 x1=-1, x2=1, x3=3. ∴ 所以线段 MN 与曲线 f(x)有异于 M, N 的公共点 . 118. 119. (2009 湖北, 21, 14 分)已知关于 x 的函数 f(x)=- x3+bx2+cx+bc, 其导函数为 f '(x). 令 g(x)=|f '(x)|, 记函数 g(x)在区间[-1, 1]上的最大值为 M. (Ⅰ)如果函数 f(x)在 x=1 处有极值- , 试确定 b、c 的值; (Ⅱ)若|b|>1, 证明对任意的 c, 都有 M>2; (Ⅲ)若 M≥k 对任意的 b、c 恒成立, 试求 k 的最大值. [答案] 119. (Ⅰ)∵f '(x)=-x2+2bx+c, 由 f(x)在 x=1 处有极值- , 可得 解得 或 若 b=1, c=-1, 则 f '(x)=-x2+2x-1=-(x-1)2≤0, 此时 f(x)没有极值; 若 b=-1, c=3, 则 f '(x)=-x2-2x+3=-(x+3)(x-1). 当 x 变化时, f(x), f '(x)的变化情况如下表: x (-∞, -3) -3 (-3, 1) 1 (1, +∞) f '(x) - 0 + 0 - f(x) ↘ 极小值-12 ↗ 极大值- ↘ ∴当 x=1 时, f(x)有极大值- , 故 b=-1, c=3 即为所求. (Ⅱ)证法一:g(x)=|f '(x)|=|-(x-b)2+b2+c|. 当|b|>1 时, 函数 y=f '(x)的对称轴 x=b 位于区间[-1, 1]之外. ∴f '(x)在[-1, 1]上的最值在两端点处取得. 故 M 应是 g(-1)和 g(1)中较大的一个. ∴2M≥g(1)+g(-1)=|-1+2b+c|+|-1-2b+c| ≥|4b|>4, 即 M>2. 证法二(反证法):因为|b|>1, 所以函数 y=f '(x)的对称轴 x=b 位于区间[-1, 1]之外, ∴f '(x)在[-1, 1]上的最值在两端点处取得. 故 M 应是 g(-1)和 g(1)中较大的一个. 假设 M≤2, 则 g(-1)=|-1-2b+c|≤2, g(1)=|-1+2b+c|≤2. 将上述两式相加得 4≥|-1-2b+c|+|-1+2b+c|≥4|b|>4, 导致矛盾. ∴M>2. (Ⅲ)解法一:g(x)=|f '(x)|=|-(x-b)2+b2+c|. (1)当|b|>1 时, 由(Ⅱ)可知 M>2; (2)当|b|≤1 时, 函数 y=f '(x)的对称轴 x=b 位于区间 [-1, 1]内, 此时 M=max{g(-1), g(1), g(b)}. 由 f '(1)-f '(-1)=4b, 有 f '(b)-f '(±1)=(b∓1)2≥0. ①若-1≤b≤0, 则 f '(1)≤f '(-1)≤f '(b), ∴g(-1)≤max{g(1), g(b)}, 于是 M=max{|f '(1)|, |f '(b)|}≥ (|f '(1)|+|f '(b)|)≥ |f '(1)-f '(b)|= (b-1)2≥ . ②若 0 . 综上, 对任意的 b、c 都有 M≥ . 而当 b=0, c= 时, g(x)= 在区间[-1, 1]上的最大值 M= , 故 M≥k 对任意的 b、c 恒成立的 k 的最大值为 . 解法二:g(x)=|f '(x)|=|-(x-b)2+b2+c|. (1)当|b|>1 时, 由(Ⅱ)可知 M>2; (2)当|b|≤1 时, 函数 y=f '(x)的对称轴 x=b 位于区间 [-1, 1]内, 此时 M=max{g(-1), g(1), g(b)}. 4M≥g(-1)+g(1)+2g(b) =|-1-2b+c|+|-1+2b+c|+2|b2+c| ≥|-1-2b+c+(-1+2b+c)-2(b2+c)| =|2b2+2|≥2, 即 M≥ . 下同解法一. 119. 120.　(2009 辽宁, 21, 12 分)设 f(x)=ex(ax2+x+1), 且曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线与 x 轴平行. (Ⅰ)求 a 的值, 并讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ)证明:当 θ∈ 时, |f(cos θ)-f(sin θ)|<2. [答案] 120.(Ⅰ)f '(x)=ex(ax2+x+1+2ax+1). 由条件知, f '(1)=0, 故 a+3+2a=0⇒a=-1. 于是 f '(x)=ex(-x2-x+2)=-ex(x+2)(x-1). 故当 x∈(-∞, -2)∪(1, +∞)时, f '(x)<0; 当 x∈(-2, 1)时, f '(x)>0. 从而 f(x)在(-∞, -2), (1, +∞)内单调减少, 在(-2, 1)内单调增加. (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f(x)在[0, 1]上单调增加, 故 f(x)在[0, 1]上的最大值为 f(1)=e, 最小值为 f(0)=1. 从而对任意 x1, x2∈[0, 1], 有 |f(x1)-f(x2)|≤e-1<2. 而当 θ∈ 时, cos θ, sin θ∈[0, 1]. 从而|f(cos θ)-f(sin θ)|<2. 120. 121.　(2009 全国Ⅰ, 21, 12 分)已知函数 f(x)=x4-3x2+6. (Ⅰ)讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ)设点 P 在曲线 y=f(x)上, 若该曲线在点 P 处的切线 l 通过坐标原点, 求 l 的方程. [答案] 121.(Ⅰ)f '(x)=4x3-6x=4x . 当 x∈ 和 x∈ 时, f '(x)<0; 当 x∈ 和 x∈ 时, f '(x)>0. 因此, f(x)在区间 和 是减函数, f(x)在区间 和 是增函数. (Ⅱ)设点 P 的坐标为(x0, f(x0)), 由 l 过原点知, l 的方程为 y=f '(x0)x. 因此 f(x0)=x0f '(x0), 即 -3 +6-x0(4 -6x0)=0, 整理得( +1)( -2)=0. 解得 x0=- 或 x0= . 因此切线 l 的方程为 y=-2 x 或 y=2 x. 121. 122. (2008 浙江, 12, 15 分)已知 a 是实数, 函数 f(x)=x2(x-a). (Ⅰ)若 f '(1)=3, 求 a 的值及曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程; (Ⅱ)求 f(x)在区间[0, 2]上的最大值. [答案] 122. (Ⅰ)f '(x)=3x2-2ax. 因为 f '(1)=3-2a=3, 所以 a=0. 又当 a=0 时, f(1)=1, f '(1)=3, 所以曲线 y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程为 3x-y-2=0. (Ⅱ)令 f '(x)=0, 解得 x1=0, x2= . 当 ≤0, 即 a≤0 时, f(x)在[0, 2]上单调递增, 从而 fmax=f(2)=8-4a. 当 ≥2, 即 a≥3 时, f(x)在[0, 2]上单调递减, 从而 fmax=f(0)=0. 当 0< <2, 即 00). (Ⅰ)求函数 y=f(x)的单调区间; (Ⅱ)若函数 y=f(x)的图象与直线 y=1 恰有两个交点, 求 a 的取值范围. [答案] 123. (Ⅰ)f '(x)=x3+ax2-2a2x=x(x+2a)(x-a), 令 f '(x)=0 得, x1=-2a, x2=0, x3=a, 由 a>0, f '(x)在 f '(x)=0 根的左右的符号如下表所示 x (-∞, -2a) -2a (-2a, 0) 0 (0, a) a (a, +∞) f '(x) - 0 + 0 - 0 + f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以 f(x)的递增区间为(-2a, 0)与(a, +∞), f(x)的递减区间为(-∞, -2a)与(0, a). (Ⅱ)由(Ⅰ)得 f(x)极小值=f(-2a)=- a4, f(x)极小值=f(a)= a4, f(x)极大值=f(0)=a4. 要使 f(x)的图象与直线 y=1 恰有两个交点, 只要- a4<1< a4 或 a4<1, 即 a> 或 00, 当 x∈(-2, -1)∪(1, 2)时, f '(x)<0, 因此 f(x)的单调增区间是(-∞, -2), (-1, 1), (2, +∞), f(x)的单调减区间是(-2, -1), (1, 2). 124. 125.　(2008 安徽, 20, 12 分)已知函数 f(x)= x3- x2+(a+1)x+1, 其中 a 为实数. (Ⅰ)已知函数 f(x)在 x=1 处取得极值, 求 a 的值; (Ⅱ)已知不等式 f '(x)>x2-x-a+1 对任意 a∈(0, +∞)都成立, 求实数 x 的取值范围. [答案] 125. (Ⅰ)f '(x)=ax2-3x+(a+1), 由于函数 f(x)在 x=1 时取得极值, ∴f '(1)=0, 即 a-3+a+1=0, ∴a=1. (Ⅱ)解法一:由题设知 ax2-3x+(a+1)>x2-x-a+1 对任意 a∈(0, +∞)都成立, 即 a(x2+2)-x2-2x>0 对任意 a∈(0, +∞)都成立. 设 g(a)=a(x2+2)-x2-2x(a∈R), 则对任意 x∈R, g(a)为单调递增函数(a∈R). ∴对任意 a∈(0, +∞), g(a)>0 恒成立的充分必要条件是 g(0)≥0, 即-x2-2x≥0, ∴-2≤x≤0. 于是 x 的取值范围是{x|-2≤x≤0}. 解法二:由题设知 ax2-3x+(a+1)>x2-x-a+1 对任意 a∈(0, +∞)都成立, 即 a(x2+2)-x2-2x>0 对任意 a∈(0, +∞)都成立. 于是 a> 对任意 a∈(0, +∞)都成立, 即 ≤0, ∴-2≤x≤0. 所以 x 的取值范围是{x|-2≤x≤0}. 125. 126.(2008 湖南, 21, 13 分)已知函数 f(x)= x4+x3- x2+cx 有三个极值点. (Ⅰ)证明:-270, g(x)在(-∞, -3)上为增函数, 当-31 时, g'(x)>0, g(x)在(1, +∞)上为增函数. 所以函数 g(x)在 x=-3 时取极大值, 在 x=1 时取极小值. 当 g(-3)≤0 或 g(1)≥0 时, g(x)=0 最多只有两个不同实根. 因为 g(x)=0 有三个不同实根, 所以 g(-3)>0, 且 g(1)<0. 即-27+27+27+c>0, 且 1+3-9+c<0, 解得 c>-27, 且 c<5. 故-27-3, 且 a+2<3. 即-30, 故 f (x)在(-∞, -1)上为增函数; 当 x∈(-1, 3)时, f '(x)<0, 故 f (x)在(-1, 3)上为减函数; 当 x∈(3, +∞)时, f '(x)>0, 故 f (x)在(3, +∞)上为增函数. 由此可见, 函数 f (x)的单调递增区间为(-∞, -1)和(3, +∞), 单调递减区间为(-1, 3). 127. 128. (2008 辽宁, 22, 14 分)设函数 f(x)=ax3+bx2-3a2x+1(a、b∈R)在 x=x1, x=x2 处取得极值, 且 |x1-x2|=2. (Ⅰ)若 a=1, 求 b 的值, 并求 f(x)的单调区间; (Ⅱ)若 a>0, 求 b 的取值范围. [答案] 128. f '(x)=3ax2+2bx-3a2. 　　　　　① (Ⅰ)当 a=1 时, f '(x)=3x2+2bx-3; 由题意知 x1, x2 为方程 3x2+2bx-3=0 的两根, 所以 |x1-x2|= . 由|x1-x2|=2, 得 b=0. 从而 f(x)=x3-3x+1, f '(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1). 当 x∈(-1, 1)时, f '(x)<0; 当 x∈(-∞, -1)∪(1, +∞)时, f '(x)>0. 故 f(x)在(-1, 1)单调递减, 在(-∞, -1), (1, +∞)单调递增. (Ⅱ)由①式及题意知 x1, x2 为方程 3ax2+2bx-3a2=0 的两根, 所以|x1-x2|= . 从而|x1-x2|=2⇔b2=9a2(1-a). 由上式及题设知 00. 所以 f(x)在(-2, 0)和(1, +∞)上是单调递增的; 在(-∞, -2)和(0, 1)上是单调递减的. (Ⅲ)由(Ⅰ)可知 f(x)=x2ex-1- x3-x2, 故 f(x)-g(x)=x2ex-1-x3=x2(ex-1-x), 令 h(x)=ex-1-x, 则 h'(x)=ex-1-1. 令 h'(x)=0, 得 x=1, 因为 x∈(-∞, 1]时, h'(x)≤0, 所以 h(x)在 x∈(-∞, 1]上单调递减. 故 x∈(-∞, 1]时, h(x)≥h(1)=0; 因为 x∈[1, +∞)时, h'(x)≥0, 所以 h(x)在 x∈[1, +∞)上单调递增. 故 x∈[1, +∞)时, h(x)≥h(1)=0. 所以对任意 x∈(-∞, +∞), 恒有 h(x)≥0, 又 x2≥0, 因此 f(x)-g(x)≥0, 故对任意 x∈(-∞, +∞), 恒有 f(x)≥g(x). 129. 130.　(2008 全国Ⅱ, 21, 12 分)设 a∈R, 函数 f(x)=ax3-3x2. (Ⅰ)若 x=2 是函数 y=f(x)的极值点, 求 a 的值; (Ⅱ)若函数 g(x)=f(x)+f '(x), x∈[0, 2], 在 x=0 处取得最大值, 求 a 的取值范围. [答案] 130. (Ⅰ)f '(x)=3ax2-6x=3x(ax-2). 因为 x=2 是函数 y=f(x)的极值点, 所以 f '(2)=0, 即 6(2a-2)=0, 因此 a=1. 经验证, 当 a=1 时, x=2 是函数 y=f(x)的极值点. (Ⅱ)由题设, g(x)=ax3-3x2+3ax2-6x =ax2(x+3)-3x(x+2). 当 g(x)在区间[0, 2]上的最大值为 g(0)时, g(0)≥g(2), 即 0≥20a-24. 故得 a≤ . 反之, 当 a≤ 时, 对任意 x∈[0, 2], g(x)≤ x2(x+3)-3x(x+2)= (2x2+x-10) = (2x+5)(x-2)≤0, 而 g(0)=0, 故 g(x)在区间[0, 2]上的最大值为 g(0). 综上, a 的取值范围为 . 130. 131. (2008 福建, 21, 12 分)已知函数 f(x)=x3+mx2+nx-2 的图象过点(-1, -6), 且函数 g(x)=f '(x)+6x 的图象关于 y 轴对称. (Ⅰ)求 m、n 的值及函数 y=f(x)的单调区间; (Ⅱ)若 a>0, 求函数 y=f(x)在区间(a-1, a+1)内的极值. [答案] 131. (Ⅰ)由函数 f(x)图象过点(-1, -6), 得 m-n=-3. ① 由 f(x)=x3+mx2+nx-2, 得 f '(x)=3x2+2mx+n, 则 g(x)=f '(x)+6x=3x2+(2m+6)x+n, 而 g(x)图象关于 y 轴对称, 所以- =0, 所以 m=-3, 代入①式得 n=0. 于是 f '(x)=3x2-6x=3x(x-2). 由 f '(x)>0 得 x>2 或 x<0, 故 f(x)的单调递增区间是(-∞, 0), (2, +∞); 由 f '(x)<0 得 00 恒成立. 当 x<0 时, f '(x)<0;当 x>0 时, f '(x)>0. 因此函数 f(x)在[-1, 1]上的最大值是 f(1)与 f(-1)两者中的较大者. 为使对任意的 a∈[-2, 2], 不等式 f(x)≤1 在[-1, 1]上恒成立, 当且仅当 即 在 a∈[-2, 2]上恒成立. 所以 b≤-4, 因此满足条件的 b 的取值范围是(-∞, -4]. 132. 133. (2008 陕西, 22, 14 分)设函数 f(x)=x3+ax2-a2x+1, g(x)=ax2-2x+1, 其中实数 a≠0. (Ⅰ)若 a>0, 求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ)当函数 y=f(x)与 y=g(x)的图象只有一个公共点且 g(x)存在最小值时, 记 g(x)的最小值为 h(a), 求 h(a)的值域; (Ⅲ)若 f(x)与 g(x)在区间(a, a+2)内均为增函数, 求 a 的取值范围. [答案] 133. (Ⅰ)∵ f '(x)=3x2+2ax-a2=3 (x+a), 又 a>0, ∴ 当 x<-a 或 x> 时, f '(x)>0;当-a0 时, g(x)才存在最小值, ∴ a∈(0, ]. ∵ g(x)=a +1- , ∴ h(a)=1- , a∈(0, ]. ∴ h(a)的值域为 . (Ⅲ)当 a>0 时, f(x)在(-∞, -a)和 内是增函数, g(x)在 内是增函数. 由题意得 解得 a≥1; 当 a<0 时, f(x)在 和(-a, +∞)内是增函数, g(x)在 内是增函数. 由题意得 解得 a≤-3; 综上可知, 实数 a 的取值范围为(-∞, -3]∪[1, +∞). 133. 134.(2008 湖北, 17, 12 分)已知函数 f(x)=x3+mx2-m2x+1(m 为常数, 且 m>0)有极大值 9. (Ⅰ)求 m 的值; (Ⅱ)若斜率为-5 的直线是曲线 y=f(x)的切线, 求此直线方程. [答案] 134. (Ⅰ)f '(x)=3x2+2mx-m2=(x+m)(3x-m)=0, 则 x=-m 或 x= m. 当 x 变化时, f '(x)与 f(x) 的变化情况如下表: x (-∞, -m) -m m f '(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 从而可知, 当 x=-m 时, 函数 f(x)取得极大值 9, 即 f(-m)=-m3+m3+m3+1=9, ∴m=2. (Ⅱ)由(Ⅰ)知, f(x)=x3+2x2-4x+1, 依题意知 f '(x)=3x2+4x-4=-5, ∴x=-1 或 x=- , 又 f(-1)=6, f = , 所以切线方程为 y-6=-5(x+1)或 y- =-5 , 即 5x+y-1=0 或 135x+27y-23=0. 134. 135.(2007 四川, 20, 12 分)设函数 f(x)=ax3+bx+c(a≠0)为奇函数, 其图象在点(1, f(1))处的切线 与直线 x-6y-7=0 垂直, 导函数 f'(x)的最小值为-12. (Ⅰ)求 a, b, c 的值; (Ⅱ)求函数 f(x)的单调递增区间, 并求函数 f(x)在[-1, 3]上的最大值和最小值. [答案] 135. (Ⅰ)∵ f(x)为奇函数, ∴f(-x)=-f(x). 即-ax3-bx+c=-ax3-bx-c, c=0. ∵ f '(x)=3ax2+b 的最小值为-12, ∴ b=-12. 又直线 x-6y-7=0 的斜率为 , 因此 f '(1)=3a+b=-6, 故 a=2, b=-12, c=0. (Ⅱ)f(x)=2x3-12x. f '(x)=6x2-12=6(x+ )(x- ), 列表如下: x (-∞, - ) - (- ) ( , +∞) f '(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大 ↘ 极小 ↗ 所以函数 f(x)的单调递增区间为(-∞, - ), ( , +∞). 因为 f(-1)=10, f(3)=18, f( )=-8 , 所以当 x= 时, f(x)取得最小值为-8 ; 当 x=3 时, f(x)取得最大值为 18. 135. 136. (2007 全国Ⅰ, 20, 12 分)设函数 f(x)=2x3+3ax2+3bx+8c 在 x=1 及 x=2 时取得极值. (Ⅰ)求 a、b 的值; (Ⅱ)若对于任意的 x∈[0, 3], 都有 f(x)0; 当 x∈(1, 2)时, f '(x)<0; 当 x∈(2, 3)时, f '(x)>0. 所以, 当 x=1 时, f(x)取得极大值 f(1)=5+8c, 又 f(0)=8c, f(3)=9+8c. 则当 x∈[0, 3]时, f(x)的最大值为 f(3)=9+8c. 因为对于任意的 x∈[0, 3], 有 f(x)9, 因此 c 的取值范围为(-∞, -1)∪(9, +∞). 136. 137.　(2007 福建, 20, 12 分)设函数 f(x)=tx2+2t2x+t-1(x∈R, t>0). (Ⅰ)求 f(x)的最小值 h(t); (Ⅱ)若 h(t)<-2t+m 对 t∈(0, 2)恒成立, 求实数 m 的取值范围. [答案] 137. (Ⅰ)∵f(x)=t(x+t)2-t3+t-1(x∈R, t>0), ∴当 x=-t 时, f(x)取最小值 f(-t)=-t3+t-1, 即 h(t)=-t3+t-1. (Ⅱ)令 g(t)=h(t)-(-2t+m)=-t3+3t-1-m, 由 g'(t)=-3t2+3=0 得 t=1, t=-1(不合题意, 舍去). 当 t 变化时 g'(t)、g(t)的变化情况如下表: t (0, 1) 1 (1, 2) g'(t) + 0 - g(t) 递增 极大值 1-m 递减 ∴g(t)在(0, 2)内有最大值 g(1)=1-m. h(t)<-2t+m 在(0, 2)内恒成立等价于 g(t)<0 在(0, 2)内恒成立, 即等价于 1-m<0, 所以 m 的取值 范围为 m>1. 137. 138.　(2007 全国Ⅱ, 22, 12 分)已知函数 f(x)= ax3-bx2+(2-b)x+1 在 x=x1 处取得极大值, 在 x=x2 处取得极小值, 且 00; (Ⅱ)求 z=a+2b, 求 z 的取值范围. [答案] 138. 求函数 f(x)的导数 f '(x)=ax2-2bx+2-b, (Ⅰ)由函数 f(x)在 x=x1 处取得极大值, 在 x=x2 处取得极小值, 知 x1, x2 是 f '(x)=0 的两个根, 所以 f '(x)=a(x-x1)(x-x2). 当 x0, 由 x-x1<0, x-x2<0 得 a>0. (Ⅱ)在题设下, 00 时, 函数 f(x)没有极值点;当 ab<0 时, 函数 f(x)有且只有一个极值点, 并求出极 值. [答案] 139. 因为 f(x)=ax2+bln x, ab≠0, 所以 f(x)的定义域为(0, +∞). f '(x)=2ax+ = . 当 ab>0 时, 如果 a>0, b>0, f '(x)>0, f(x)在(0, +∞)上单调递增; 如果 a<0, b<0, f '(x)<0, f(x)在(0, +∞)上单调递减. 所以当 ab>0 时, 函数 f(x)没有极值点. 当 ab<0 时, f '(x)= , 令 f '(x)=0, 得 x1=- ∉(0, +∞)(舍去), x2= ∈(0, +∞), 当 a>0, b<0 时, f '(x)、f(x)随 x 的变化情况如下 表: x f '(x) - 0 + f(x) ↘ 极小值 ↗ 从上表可看出, 函数 f(x)有且只有一个极小值点, 极小值为 f =- . 当 a<0, b>0 时, f '(x)、f(x)随 x 的变化情况如下表: x f '(x) + 0 - f(x) ↗ 极大值 ↘ 从上表可看出, 函数 f(x)有且只有一个极大值点, 极大值为 f = - . 综上所述, 当 ab>0 时, 函数 f(x)没有极值点; 当 ab<0 时, 若 a>0, b<0 时, 函数 f(x)有且只有一个极小值点, 极小值为- . 若 a<0, b>0 时, 函数 f(x)有且只有一个极大值点, 极大值为- . 139. 140. (2007 天津, 21, 12 分) 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; (Ⅲ)当 a>3 时, 证明存在 k∈[-1, 0], 使得不等式 f(k-cos x)≥f(k2-cos2x)对任意的 x∈R 恒成立. [答案] 140.(Ⅰ)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. 所以, 曲线 y=-x(x-1)2 在点(2, -2)处的切线方程是 y+2=-5(x-2), 整理得 5x+y-8=0. (Ⅱ)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= 或 x=a. 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: x a (a, +∞) f '(x) - 0 + 0 - 因此, 函数 f(x)在 x= 处取得极小值 f , 且 f =- a3; 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: x (-∞, a) a f '(x) - 0 + 0 - 因此, 函数 f(x)在 x=a 处取得极小值 f(a), 且 f(a)=0; 函数 f(x)在 x= 处取得极大值 f , 且 f =- a3. (Ⅲ)由 a>3, 得到 >1, 当 k∈[-1, 0]时, k-cos x≤1, k2-cos2x≤1, 由(Ⅱ)知, f(x)在(-∞, 1]上是减函数, 要使 f(k-cos x)≥f(k2-cos2x)(x∈R), 只要 k-cos x≤k2-cos2x (x∈R). 即 cos2x-cos x≤k2-k(x∈R). ① 设 g(x)=cos2x-cos x= - , 则函数 g(x)在 R 上的最大值为 2. 要使①式恒成立, 必须 k2-k≥2, 即 k≥2 或 k≤-1. 所以, 在区间[-1, 0]上存在 k=-1, 使得 f(k-cos x)≥ f(k2-cos2x)对任意的 x∈R 恒成立. 140. 141. (2007 湖南, 21, 13 分)已知函数 f(x)= x3+ ax2+bx 在区间[-1, 1), (1, 3]内各有一个极值点. (Ⅰ)求 a2-4b 的最大值; (Ⅱ)当 a2-4b=8 时, 设函数 y=f(x)在点 A(1, f(1))处的切线为 l, 若 l 在点 A 处穿过函数 y=f(x) 的图象(即动点在点 A 附近沿曲线 y=f(x)运动, 经过点 A 时, 从 l 的一侧进入另一侧), 求函数 f(x)的表达式. [答案] 141.(Ⅰ)因为函数 f(x)= x3+ ax2+bx 在区间[-1, 1), (1, 3]内分别有一个极值点, 所以 f '(x)=x2+ax+b=0 在[-1, 1), (1, 3]内分别有一个实根. 设两实根为 x1、x2(x10; 或当 m10, 当 10, 当 10; 或当 m10; 当 x>1 时, g'(x)<0. 所以 g(x)在(0, 1)上单调增加, 在(1, +∞)上单调减少. 而 g(1)=0, 故当 x>0 时, g(x)≤0, 即 f(x)≤2x-2. (12 分) 142. 143. (2007 重庆, 20, 12 分)用长为 18 m 的钢条围成一个长方体形状的框架, 要求长方体的长 与宽之比为 2∶1, 问该长方体的长、宽、高各为多少时, 其体积最大?最大体积是多少? [答案] 143.设长方体的宽为 x(m), 则长为 2x(m), 高为 h= =4. 5-3x(m) . 故长方体的体积为 V(x)=2x2(4. 5-3x) =9x2-6x3(m3) . 从而 V'(x)=18x-18x2=18x(1-x). 令 V'(x)=0, 解得 x=0(舍去)或 x=1, 因此 x=1. 当 00;当 10, f(x)单调递增, 当 x∈ 时, f '(x)<0, f(x)单调递减, 所以, 当 x= 时, f(x)取得最大值, 即当 VA'-PBCD 最大时, PA= . (Ⅱ)设 F 为 A'B 的中点, 连结 PF, FE. 则有 EF BC, PD BC. 所以 DE∥PF, 又 A'P=PB, 所以 PF⊥A'B, 故 DE⊥A'B. 144. 145. (2009 全国Ⅰ, 22, 12 分)如图, 已知抛物线 E:y2=x 与圆 M:(x-4)2+y2=r2(r>0)相交于 A、B、 C、D 四个点. (Ⅰ)求 r 的取值范围; (Ⅱ)当四边形 ABCD 的面积最大时, 求对角线 AC、BD 的交点 P 的坐标. [答案] 145. (Ⅰ)将 y2=x 代入(x-4)2+y2=r2, 并化简得 x2-7x+16-r2=0. ① E 与 M 有四个交点的充要条件是方程①有两个不等的正根 x1、x2, 由此得 解得 0, 所以 r 的取值范围是 . (Ⅱ)不妨设 E 与 M 的四个交点的坐标为: A(x1, )、B(x1, - )、C(x2, - )、D(x2, ). 则直线 AC、BD 的方程分别为 y- = ·(x-x1), y+ = ·(x-x1), 解得点 P 的坐标为( , 0). 设 t= , 由 t= 及(Ⅰ)知 00;t= 时, f '(t)=0; 0) . (1) 求 f(x) 的最小值; (2) 若曲线 y=f(x) 在点(1,　f(1) ) 处的切线方程为 y= x, 求 a, b 的值. [答案] 146.(1) 解法一: 由题设和均值不等式可知,　f(x) =ax+ +b≥2+b, 其中等号成立当且仅当 ax=1, 即当 x= 时,　f(x) 取最小值 2+b. 解法二: f(x) 的导数 f '(x) =a- = , 当 x> 时,　f '(x) >0,　f(x) 在 上递增; 当 00,　f(x) 是增函数; 当 x∈(-1- , -1+ ) 时, f '(x) <0,　f(x) 是减函数; 当 x∈(-1+ , +∞) 时,　f '(x) >0,　f(x) 是增函数. (6 分) (2) 由题设知, x1, x2 为方程 f '(x) =0 的两个根, 故有 a<1, =-2x1-a, =-2x2-a. 因此 f(x1) = + +ax1 = x1(-2x1-a) + +ax1 = + ax1 = (-2x1-a) + ax1 = (a-1) x1- . 同理,　f(x2) = (a-1) x2- . (9 分) 因此直线 l 的方程为 y= (a-1) x- . 设 l 与 x 轴的交点为(x0, 0) , 得 x0= , f(x0) = + + = (12a2-17a+6) . 由题设知, 点(x0, 0) 在曲线 y=f(x) 上, 故 f(x0) =0, 解得 a=0, 或 a= , 或 a= . (12 分) 147. 148.(2012 北京, 18, 13 分) 已知函数 f(x) =ax2+1(a>0) , g(x) =x3+bx. (1) 若曲线 y=f(x) 与曲线 y=g(x) 在它们的交点(1, c) 处具有公共切线, 求 a, b 的值; (2) 当 a=3, b=-9 时, 若函数 f(x) +g(x) 在区间[k, 2]上的最大值为 28, 求 k 的取值范围. [答案] 148.　(1) f '(x) =2ax, g'(x) =3x2+b. 因为曲线 y=f(x) 与曲线 y=g(x) 在它们的交点(1, c) 处具有公共切线, 所以 f(1) =g(1) , 且 f '(1) =g'(1) . 即 a+1=1+b, 且 2a=3+b. 解得 a=3, b=3. (2) 记 h(x) =f(x) +g(x) . 当 a=3, b=-9 时, h(x) =x3+3x2-9x+1, h'(x) =3x2+6x-9. 令 h'(x) =0, 得 x1=-3, x2=1. h(x) 与 h'(x) 在(-∞, 2]上的情况如下: x (-∞, -3) -3 (-3, 1) 1 (1, 2) 2 h'(x) + 0 - 0 + h(x) ↗ 28 ↘ -4 ↗ 3 由此可知: 当 k≤-3 时, 函数 h(x) 在区间[k, 2]上的最大值为 h(-3) =28; 当-30. [答案] 149.(1) 由题意得 f '(x) =12x2-2a. 当 a≤0 时,　f '(x) ≥0 恒成立, 此时 f(x) 的单调递增区间为(-∞, +∞) . 当 a>0 时, f '(x) =12 , 此时函数 f(x) 的单调递增区间为 和 , 单调递减区间为 . (2) 由于 0≤x≤1, 故当 a≤2 时,　f(x) +|a-2|=4x3-2ax+2≥4x3-4x+2. 当 a>2 时,　f(x) +|a-2|=4x3+2a(1-x) -2 ≥4x3+4(1-x) -2 =4x3-4x+2. 设 g(x) =2x3-2x+1, 0≤x≤1, 则 g'(x) =6x2-2=6 , 于是 x 0 1 g'(x) - 0 + g(x) 1 减 极小值 增 1 所以, g(x) min=g =1- >0. 所以当 0≤x≤1 时, 2x3-2x+1>0. 故 f(x) +|a-2|≥4x3-4x+2>0. 149. 150.(2012 广东, 21, 14 分) 设 00}, B={x∈R|2x2-3(1+a) x+6a>0}, D=A∩B. (1) 求集合 D(用区间表示) ; (2) 求函数 f(x) =2x3-3(1+a) x2+6ax 在 D 内的极值点. [答案] 150.(1) 令 g(x) =2x2-3(1+a) x+6a, Δ=9(a+1) 2-48a=9a2-30a+9=9(a-3) . ①当 0, ∴B={x|x≠1}, ∴D=(0, 1) ∪(1, +∞) . ③当 00, g(x) =0 的两个根为 x1= , x2= . ∵(3a+3) 2-(9a2-30a+9) =48a>0, ∴x2>x1>0, ∴B={x|xx2}, ∴D= ∪ . (2) f '(x) =6x2-6(a+1) x+6a=6(x-1) (x-a) . ①当 0, ∴a∈D, ∴f(x) 在 D 内有极大值点 x=a, 无极小值点. 150. 151.(2012 重庆, 17, 13 分) 已知函数 f(x) =ax3+bx+c 在点 x=2 处取得极值 c-16. (1) 求 a, b 的值; (2) 若 f(x) 有极大值 28, 求 f (x) 在[-3, 3]上的最小值. [答案] 151.(1) 因 f(x) =ax3+bx+c, 故 f '(x) =3ax2+b, 由于 f(x) 在点 x=2 处取得极值 c-16, 故有 即 化简得 解得 a=1, b=-12. (2) 由(1) 知 f(x) =x3-12x+c; f '(x) =3x2-12=3(x-2) (x+2) . 令 f '(x) =0, 得 x1=-2, x2=2. 当 x∈(-∞, -2) 时,　f '(x) >0, 故 f(x) 在(-∞, -2) 上为增函数; 当 x∈(-2, 2) 时,　f '(x) <0, 故 f(x) 在(-2, 2) 上为减函数; 当 x∈(2, +∞) 时,　f '(x) >0, 故 f(x) 在(2, +∞) 上为增函数. 由此可知 f(x) 在 x1=-2 处取得极大值 f(-2) =16+c,　f(x) 在 x1=2 处取得极小值 f(2) =c-16. 由题设条件知 16+c=28, 得 c=12. 此时 f(-3) =9+c=21,　f(3) =-9+c=3,　f(2) =-16+c=-4, 因此 f(x) 在[-3, 3]上的最小值为 f(2) =-4. 151. 152.(2012 江西, 21, 14 分) 已知函数 f(x) =(ax2+bx+c) ex 在[0, 1]上单调递减且满足 f(0) =1,　 f(1) =0. (1) 求 a 的取值范围; (2) 设 g(x) =f(x) -f '(x) , 求 g(x) 在[0, 1]上的最大值和最小值. [答案] 152.(1) 由 f (0) =1,　f(1) =0 得 c=1, a+b=-1, 则 f (x) =[ax2-(a+1) x+1]ex,　f '(x) =[ax2+(a-1) x-a]ex. 依题意对于任意 x∈(0, 1) , 有 f '(x) <0. 当 a>0 时, 因为二次函数 y=ax2+(a-1) x-a 的图象开口向上, 而 f '(0) =-a<0, 所以 f '(1) =(a-1) e<0, 即 00,　f(x) 不符合条件. 故 a 的取值范围为 0≤a≤1. (2) g(x) =(-2ax+1+a) ex, g'(x) =(-2ax+1-a) ex. (i) 当 a=0 时, g'(x) =ex>0, g(x) 在 x=0 时取得最小值 g(0) =1, 在 x=1 时取得最大值 g(1) =e. (ii) 当 a=1 时, 对于任意 x∈(0, 1) , 有 g'(x) =-2xex<0, g(x) 在 x=0 时取得最大值 g(0) =2, 在 x=1 时取得最小值 g(1) =0. (iii) 当 00. ①若 ≥1, 即 00 时, (x-k) f '(x) +x+1>0, 求 k 的最大值. [答案] 153.(1) f(x) 的定义域为(-∞, +∞) ,　f '(x) =ex-a. 若 a≤0, 则 f '(x) >0, 所以 f(x) 在(-∞, +∞) 单调递增. 若 a>0, 则当 x∈(-∞, ln a) 时,　f '(x) <0; 当 x∈(ln a, +∞) 时,　f '(x) >0, 所以,　f(x) 在(-∞, ln a) 单调递减, 在(ln a, +∞) 单调递增. (2) 由于 a=1, 所以(x-k) f '(x) +x+1=(x-k) (ex-1) +x+1. 故当 x>0 时, (x-k) f '(x) +x+1>0 等价于 k< +x(x>0) . ① 令 g(x) = +x, 则 g'(x) = +1= . 由(1) 知, 函数 h(x) =ex-x-2 在(0, +∞) 单调递增. 而 h(1) <0, h(2) >0, 所以 h(x) 在(0, +∞) 存 在唯一的零点. 故 g'(x) 在(0, +∞) 存在唯一的零点. 设此零点为 α, 则 α∈(1, 2) . 当 x∈(0, α) 时, g'(x) <0; 当 x∈(α, +∞) 时, g'(x) >0. 所以 g(x) 在(0, +∞) 的最小值为 g(α) . 又由 g'(α) =0, 可得 eα=α+2, 所以 g(α) =α+1∈(2, 3) . 由于①式等价于 k0. (1) 求函数 f(x) 的单调区间; (2) 若函数 f(x) 在区间(-2, 0) 内恰有两个零点, 求 a 的取值范围; (3) 当 a=1 时, 设函数 f(x) 在区间[t, t+3]上的最大值为 M(t) , 最小值为 m(t) , 记 g(t) =M(t) -m(t) , 求函数 g(t) 在区间[-3, -1]上的最小值. [答案] 154.(1) f '(x) =x2+(1-a) x-a=(x+1) (x-a) . 由 f '(x) =0, 得 x1=-1, x2=a>0. 当 x 变化时,　f '(x) ,　f(x) 的变化情况如下表: x (-∞, -1) -1 (-1, a) a (a, +∞) f '(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 故函数 f(x) 的单调递增区间是(-∞, -1) , (a, +∞) ; 单调递减区间是(-1, a) . (2) 由(1) 知 f(x) 在区间(-2, -1) 内单调递增, 在区间(-1, 0) 内单调递减, 从而函数 f(x) 在区 间(-2, 0) 内恰有两个零点, 当且仅当 解得 00. (1) 若对一切 x∈R,　f(x) ≥1 恒成立, 求 a 的取值集合; (2) 在函数 f(x) 的图象上取定两点 A(x1,　f(x1) ) , B(x2,　f(x2) ) (x1ln a 时, f '(x) >0, f(x) 单调递增. 故当 x=ln a 时, f(x) 取最小值 f(ln a) =a-aln a, 于是对一切 x∈R, f(x) ≥1 恒成立, 当且仅当 a-aln a≥1. ① 令 g(t) =t-tln t, 则 g'(t) =-ln t. 当 00, g(t) 单调递增; 当 t>1 时, g'(t) <0, g(t) 单调递减. 故当 t=1 时, g(t) 取最大值 g(1) =1. 因此, 当且仅当 a=1 时, ①式成立. 综上所述, a 的取值集合为{1}. (2) 由题意知, k= = -a. 令 φ(x) =f '(x) -k=ex- , 则 φ(x1) =- [ -(x2-x1) -1], φ(x2) = [ -(x1-x2) -1]. 令 F(t) =et-t-1, 则 F'(t) =et-1. 当 t<0 时, F'(t) <0, F(t) 单调递减; 当 t>0 时, F'(t) >0, F(t) 单调递增. 故当 t≠0 时, F(t) >F(0) =0, 即 et-t-1>0. 从而 -(x2-x1) -1>0, -(x1-x2) -1>0, 又 >0, >0, 所以 φ(x1) <0, φ(x2) >0. 因为函数 y=φ(x) 在区间[x1, x2]上的图象是连续不断的一条曲线, 所以存在 x0∈(x1, x2) , 使 φ(x0) =0, 即 f '(x0) =k 成立. 155. 156.(2012 福建, 22, 14 分) 已知函数 f(x) =axsin x- (a∈R) , 且在 上的最大值为 . (1) 求函数 f(x) 的解析式; (2) 判断函数 f(x) 在(0, π) 内的零点个数, 并加以证明. [答案] 156.(1) 由已知得 f '(x) =a(sin x+xcos x) , 对于任意 x∈ , 有 sin x+xcos x>0. 当 a=0 时,　f(x) =- , 不合题意; 当 a<0, x∈ 时, f '(x) <0, 从而 f(x) 在 内单调递减, 又 f(x) 在 上的图象是连续不断的, 故 f(x) 在 上的最大值为 f(0) =- , 不合题意; 当 a>0, x∈ 时, f '(x) >0, 从而 f(x) 在 内单调递增, 又 f(x) 在 上的图象是连续不 断的, 故 f(x) 在 上的最大值为 f , 即 a- = , 解得 a=1. 综上所述, 得 f(x) =xsin x- . (2) f(x) 在(0, π) 内有且只有两个零点. 证明如下: 由(1) 知, f(x) =xsin x- , 从而有 f(0) =- <0, f = >0, 又 f(x) 在 上的图象是连续不断的, 所以 f(x) 在 内至少存在一个零点. 又由(1) 知 f(x) 在 上单调递增, 故 f(x) 在 内有且仅有一个零点. 当 x∈ 时, 令 g(x) =f '(x) =sin x+xcos x. 由 g =1>0, g(π) =-π<0, 且 g(x) 在 上的图象是连续不断的, 故存在 m∈ , 使得 g(m) =0. 由 g'(x) =2cos x-xsin x, 知 x∈ 时, 有 g'(x) <0, 从而 g(x) 在 内单调递减. 当 x∈ 时, g(x) >g(m) =0, 即 f '(x) >0, 从而 f(x) 在 内单调递增, 故当 x∈ 时,　f(x) ≥f = >0, 故 f(x) 在 上无零点; 当 x∈(m, π) 时, 有 g(x) 0,　f(π) <0, 且 f(x) 在[m, π]上的图象是连续不断的, 从而 f(x) 在(m, π) 内有且仅有 一个零点. 综上所述, f(x) 在(0, π) 内有且只有两个零点. 156. 157.(2012 湖南十二校 4 月联考, 22, 13 分) 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn, 点 A (n∈N*) 总在直线 y= x+ 上. (1) 求数列{an}的通项公式; (2) 若数列{bn}满足 bn= (n∈N*) , 试问数列{bn}中是否存在最大项, 如果存在, 请求出; 如果不存在, 请说明理由. [答案] 157.(1) 因为点 A (n∈N*) 在直线 y= x+ 上, 故有 = n+ , 即 Sn= n2+ n, (2 分) 当 n≥2 时, Sn-1= (n-1) 2+ (n-1) , 所以 an=Sn-Sn-1= n2+ n- =n+1(n≥2) . (4 分) 当 n=1 时, a1=S1=2 满足上式, 故数列{an}的通项公式为 an=n+1. (5 分) (2) 由 an=n+1, 可知 bn= , (6 分) b1= = < = =b2, b3= = =b1, b3= = > = =b4, 所以, b2>b1=b3>b4, (8 分) 猜想{bn+1}递减, 即猜想当 n≥2 时, > , (10 分) 考察函数 y= (x>e) , 则 y'= , 显然当 x>e 时, ln x>1, 即 y'<0, 故 y= 在(e, +∞) 上是减函数, 而 n+1≥3>e, (12 分) 所以 < , 即 < , 猜想正确, 因此, 数列{bn}的最大项是 b2= . (13 分) 157. 158.(2012 辽宁, 21, 12 分) 设 f(x) =ln x+ -1, 证明: (1) 当 x>1 时,　f(x) < (x-1) ; (2) 当 11 时, g'(x) = + - <0. 又 g(1) =0, 有 g(x) <0, 即 f(x) < (x-1) . (4 分) 证法二: 由均值不等式, 当 x>1 时, 2 1 时,　f(x) < (x-1) . (4 分) (2) 证法一: 记 h(x) =f(x) - , 由(1) 得 h'(x) = + - = - < - = . 令 g(x) =(x+5) 3-216x, 则当 10) , n 为正整数, a, b 为常数. 曲线 y=f(x) 在(1,　f(1) ) 处的切线方程为 x+y=1. (1) 求 a, b 的值; (2) 求函数 f(x) 的最大值; (3) 证明: f(x) < . [答案] 159.(1) 因为 f(1) =b, 由点(1, b) 在 x+y=1 上, 可得 1+b=1, 即 b=0. 因为 f '(x) =a·n·x n-1-a(n+1) xn, 所以 f '(1) =-a, 又因为切线 x+y=1 的斜率为-1, 所以-a=-1, 即 a=1. 故 a=1, b=0. (2) 由(1) 知, f(x) =xn(1-x) =xn-xn+1, f '(x) =(n+1) xn-1 , 令 f '(x) =0, 解得 x= , 即 f '(x) 在(0, +∞) 上有唯一零点 x0= . 在 上,　f '(x) >0, 故 f(x) 单调递增; 而在 上,　f '(x) <0,　f(x) 单调递减. 故 f(x) 在(0, +∞) 上的最大值为 f = · = . (3) 令 φ(t) =ln t-1+ (t>0) , 则 φ'(t) = - = (t>0) . 在(0, 1) 上, φ'(t) <0, 故 φ(t) 单调递减; 而在(1, +∞) 上, φ'(t) >0, φ(t) 单调递增. 故 φ(t) 在(0, +∞) 上的最小值为 φ(1) =0. 所以 φ(t) >0(t>1) , 即 ln t>1- (t>1) . 令 t=1+ , 得 ln > , 即 ln >ln e, 所以 >e, 即 < . 由(2) 知, f(x) ≤ < , 故所证不等式成立. 159. 160.(2012 广东肇庆二模, 21, 14 分) 已知函数 f(x) =ax3+3x2-6ax-11, g(x) =3x2+6x+12, 直线 m: y=kx+9, 又 f '(-1) =0. (1) 求函数 f(x) =ax3+3x2-6ax-11 在区间(-2, 3) 上的极值; (2) 是否存在 k 的值, 使直线 m 既是曲线 y=f(x) 的切线, 又是曲线 y=g(x) 的切线?如果存在, 求出 k 的值; 如果不存在, 说明理由; (3) 如果对于所有 x≥-2 的 x, 都有 f(x) ≤kx+9≤g(x) 成立, 求 k 的取值范围. [答案] 160.(1) f '(x) =3ax2+6x-6a, 由 f '(-1) =0, 得 3a-6-6a=0, 得 a=-2. (2 分) ∴f(x) =-2x3+3x2+12x-11. 令 f '(x) =-6x2+6x+12=0, 解得 x=-1 或 x=2. 当 x 变化时,　f '(x) ,　f(x) 在区间(-2, 3) 上的变化情况如下表: x (-2, -1) -1 (-1, 2) 2 (2, 3) f '(x) - 0 + 0 - f(x) 单调递减 -18 单调递增 9 单调递减 从上表可知, 当 x=-1 时,　f(x) 在区间(-2, 3) 上有极小值, 极小值为-18; 当 x=2 时,　f(x) 在 区间(-2, 3) 上有极大值, 极大值为 9. (4 分) (2) 直线 m 恒过点(0, 9) . 先求直线 m 是曲线 y=g(x) 的切线. 设切点为(x0, 3 +6x0+12) , ∵g'(x0) =6x0+6. ∴切线方程为 y-(3 +6x0+12) =(6x0+6) (x-x0) , 将(0, 9) 代入得 x0=±1. 当 x0=-1 时, 切线方程为 y=9; 当 x0=1 时, 切线方程为 y=12x+9. (6 分) 由 f '(x) =0 得-6x2+6x+12=0, 即有 x=-1 或 x=2. 当 x=-1 时, 曲线 y=f(x) 的切线方程为 y=-18, 当 x=2 时, 曲线 y=f(x) 的切线方程为 y=9, ∴y=9 是公切线. (7 分) 又由 f '(x) =12 得-6x2+6x+12=12, ∴x=0 或 x=1. 当 x=0 时, 曲线 y=f(x) 的切线方程为 y=12x-11; 当 x=1 时, 曲线 y=f(x) 的切线方程为 y=12x-10, ∴y=12x+9 不是公切线. (8 分) 综上所述, k=0 时, y=9 是两曲线的公切线. (9 分) (3) ①由 kx+9≤g(x) 得 kx≤3x2+6x+3, 当 x=0 时, 不等式恒成立, k∈R; 当-2≤x<0 时, 不等式为 k≥3 +6, 而 3 +6 =-3 +6≤-3×2+6=0, ∴k≥0; 当 x>0 时, 不等式为 k≤3 +6, 而 3 +6≥12, ∴k≤12, ∴当 x≥-2 时, kx+9≤g(x) 恒成立, 则 0≤k≤12. (11 分) ②由 f(x) ≤kx+9 得 kx+9≥-2x3+3x2+12x-11, 当 x=0 时, 9≥-11 恒成立, k∈R; 当-2≤x<0 时, 有 k≤-2x2+3x+12- , 设 h(x) =-2x2+3x+12- =-2 + - , 当-2≤x<0 时, y=-2 + 为增函数, y=- 也为增函数, 所以 h(x) 为增函数, 所以 h(x) ≥h(-2) =8, 故要使 f(x) ≤kx+9 在-2≤x<0 时恒成立, 则 k≤8; (12 分) 由上述过程, 只要考虑 0≤k≤8, 则当 x>0 时,　f '(x) =-6x2+6x+12=-6(x+1) (x-2) , 在 x∈(0, 2]时,　f '(x) >0, 在 x∈(2, +∞) 时,　f '(x) <0, 所以 f(x) 在 x=2 时有极大值, 即 f(x) 在(0, +∞) 上的最大值, 又 f(2) =9, 即 f(x) ≤9, 而当 x>0, k≥0 时,　f(x) ≤kx+9 一定成立. 综上所述 0≤k≤8. (14 分) 160. 161.(2012 浙江, 22, 14 分) 如图, 在直角坐标系 xOy 中, 点 P 到抛物线 C: y2=2px(p>0) 的准线的距离为 . 点 M(t, 1) 是 C 上的定点, A, B 是 C 上的两动点, 且线段 AB 被直线 OM 平分. (1) 求 p, t 的值; (2) 求△ABP 面积的最大值. [答案] 161. (1) 由题意知 得 (2) 设 A(x1, y1) , B(x2, y2) , 线段 AB 的中点为 Q(m, m) , 由题意知, 设直线 AB 的斜率为 k(k≠0) . 由 得(y1-y2) (y1+y2) =x1-x2, 故 k·2m=1, 所以直线 AB 方程为 y-m= (x-m) , 即 x-2my+2m2-m=0. 由 消去 x, 整理得 y2-2my+2m2-m=0, 所以 Δ=4m-4m2>0, y1+y2=2m, y1·y2=2m2-m. 从而|AB|= ·|y1-y2|= · . 设点 P 到直线 AB 的距离为 d, 则 d= . 设△ABP 的面积为 S, 则 S= |AB|·d=|1-2(m-m2) |· . 由 Δ=4m-4m2>0, 得 00, g(x) <1+e-2. [答案] 162.(1) 由 f(x) = , 得 f '(x) = , x∈(0, +∞) , 由于曲线 y=f(x) 在(1,　f(1) ) 处的切线与 x 轴平行, 所以 f '(1) =0, 因此 k=1. (2) 由(1) 得 f '(x) = (1-x-xln x) , x∈(0, +∞) , 令 h(x) =1-x-xln x, x∈(0, +∞) , 当 x∈(0, 1) 时, h(x) >0; 当 x∈(1, +∞) 时, h(x) <0. 又 ex>0, 所以 x∈(0, 1) 时,　f '(x) >0; x∈(1, +∞) 时,　f '(x) <0. 因此 f(x) 的单调递增区间为(0, 1) , 单调递减区间为(1, +∞) . (3) 证明: 因为 g(x) =xf '(x) , 所以 g(x) = (1-x-xln x) , x∈(0, +∞) . 由(2) h(x) =1-x-xln x, 求导得 h'(x) =-ln x-2=-(ln x-ln e-2) , 所以当 x∈(0, e-2) 时, h'(x) >0, 函数 h(x) 单调递增; 当 x∈(e-2, +∞) 时, h'(x) <0, 函数 h(x) 单调递减. 所以当 x∈(0, +∞) 时, h(x) ≤h(e-2) =1+e-2. 又当 x∈(0, +∞) 时, 0< <1, 所以当 x∈(0, +∞) 时, h(x) <1+e-2, 即 g(x) <1+e-2. 综上所述结论成立. 162. 163.(2012 太原高三月考, 21, 12 分) 已知 a∈R, 函数 f(x) =(-x2+ax) ex(x∈R, e 为自然对数的底 数) . (1) 当 a=2 时, 求函数 f(x) 的单调递增区间; (2) 若函数 f(x) 在(-1, 1]上单调递增, 求 a 的取值范围; (3) 函数 f(x) 是否为 R 上的单调函数?若是, 求出 a 的取值范围; 若不是, 请说明理由. [答案] 163.(1) 当 a=2 时, f(x) =(-x2+2x) ex, 故 f '(x) =(-2x+2) ex+(-x2+2x) ex=(-x2+2) ex. (2 分) 令 f '(x) >0, 即-x2+2>0, 解得- . (3 分) 又因为 f '(- ) =f '( ) =0, 所以函数 f(x) 的单调递增区间是[- ]. (4 分) (2) 因为函数 f(x) 在(-1, 1]上递增, 所以 f '(x) ≥0 对 x∈(-1, 1]恒成立. 所以 f '(x) =[-x2+(a-2) x+a]ex≥0 对 x∈(-1, 1]恒成立, 故有 a≥ =x+1- . 令 g(x) =x+1- , 则 g'(x) =1+ >0 恒成立, 所以 g(x) 在(-1, 1]上单调递增, 所以 g(x) max=g(1) = , 故 a≥ . ∴a 的取值范围是 . (8 分) (3) 假设 f(x) 为 R 上的单调函数, 则为 R 上的单调递减函数或单调递增函数. ①若 f(x) 在 R 上单调递减, 则 f '(x) ≤0 对 x∈R 都成立, 即[-x2+(a-2) x+a]ex≤0 恒成立. 因为 ex>0, 所以-x2+(a-2) x+a≤0 对任意 x∈R 都成立. 故有 Δ=(a-2) 2+4a≤0, 整理得 a2+4≤0. 显然不成立, 即 f(x) 不可能为 R 上的单调递减函数. (10 分) ②若 f(x) 在 R 上单调递增, 则 f '(x) ≥0 对 x∈R 都成立, 即[-x2+(a-2) x+a]ex≥0 恒成立, 因为 ex>0, 所以-x2+(a-2) x+a≥0 对任意 x∈R 都成立. 而函数 h(x) =-x2+(a-2) x+a 的图象是开口向下的抛物线, 所以-x2+(a-2) x+a≥0 是不可能恒成 立的, 所以 f(x) 不可能为 R 上的单调递增函数. (11 分) 综上可知, f(x) 不可能为 R 上的单调函数. (12 分) 163. 164.（2012 山西高三模拟, 21, 12 分）已知函数 f(x) =x2ln x-a(x2-1) , a∈R. (1) 当 a=-1 时, 求曲线 f(x) 在点(1, f(1) ) 处的切线方程; (2) 若当 x≥1 时, f(x) ≥0 成立, 求 a 的取值范围. [答案] 164.(1) 当 a=-1 时, f(x) =x2ln x+x2-1, 则 f '(x) =2xln x+3x. 则曲线 f(x) 在点(1, f(1) ) 处的切线的斜率为 f '(1) =3, 又 f(1) =0, 所以切线方程为 3x-y-3=0. (6 分) (2) 由已知得 f '(x) =2xln x+(1-2a) x=x(2ln x+1-2a) , 其中 x≥1. (7 分) 令 f '(x) =0, 得 x= . 当 a< 时, 因为 x≥1, 所以 f '(x) >0, 所以函数 f(x) 在[1, +∞) 上单调递增. 当 a= 时, 因为 x=1 是函数 f(x) 在(0, +∞) 上的极小值点, 故当 x∈[1, +∞) 时, f(x) ≥f(1) =0. (10 分) 当 a> 时, 若 x∈[1, ) , 则 f '(x) <0, 所以函数 f(x) 在[1, ) 上单调递减, 所以当 x∈[1, ) 时, f(x) ≤f(1) =0, 不符合题意. (11 分) 所以, a 的取值范围是 . (12 分) 分析: 由 y-y0=f '(x0) (x-x0) 写出曲线在点(1, f(1) ) 处的切线方程. 对参数进行讨论时, 研究参 数在各种情况下, f(x) 在[1, +∞) 上的单调性. 失分警示: 没有意识到分离参变量后, 所构造的函数不便研究, 导致浪费过多的时间, 从而 间接失分. 164. 165.（2012 宁夏高三三模,21, 5 分）设函数 f(x) =xex, g(x) =ax2+x. (1) 若 f(x) 与 g(x) 具有完全相同的单调区间, 求 a 的值; (2) 若当 x≥0 时恒有 f(x) ≥g(x) , 求 a 的取值范围. [答案] 165.(1) f '(x) =ex+xex=(1+x) ex. (2 分) 当 x<-1 时, f '(x) <0, f(x) 在(-∞, -1) 内单调递减; 当 x>-1 时, f '(x) >0, f(x) 在(-1, +∞) 内单调递增. (4 分) ∴x=-1 是 f(x) 在(-∞, +∞) 上的极值点. 又 g'(x) =2ax+1, 由题意可知 g'(-1) =-2a+1=0, 解得 a= . 此时 g(x) = x2+x= (x+1) 2- , 显然 g(x) 在(-∞, -1) 内单调递减, 在(-1, +∞) 内单调递增, 故 a= . (6 分) (2) 由 f(x) ≥g(x) , 得 f(x) -g(x) =x(ex-ax-1) ≥0. (7 分) 令 F(x) =ex-ax-1, 则 F'(x) =ex-a. (8 分) ∵x≥0, ∴F'(x) =ex-a≥1-a. 若 a≤1, 则当 x∈(0, +∞) 时, F'(x) >0, F(x) 为增函数, 而 F(0) =0, 从而当 x≥0 时, F(x) ≥0, 即 f(x) ≥g(x) ; (10 分) 若 a>1, 则当 x∈(0, ln a) 时, F'(x) <0, F(x) 为减函数, 而 F(0) =0, 从而当 x∈(0, ln a) 时, F(x) <0, 即 f(x) ) , 则 f(x) ≥g(x) 不成立. 综上, a 的取值范围为(-∞, 1]. (12 分) 分析: 本题考查了利用导数求函数单调区间. 意识到若有相同的单调区间, 则极值点也相同, 是解题关键. 165. 166.（2012 河南高三第二次联考, 21, 12 分） 设函数 f(x) = x2+ax-ln x(a∈R) . (1) 当 a=1 时, 求函数 f(x) 的极值; (2) 当 a≥2 时, 讨论函数 f(x) 的单调性; (3) 若对任意 a∈(2, 3) 及任意 x1, x2∈[1, 2], 恒有 ma+ln 2>|f(x1) -f(x2) |成立, 求实数 m 的取值 范围. [答案] 166.(1) 函数的定义域为(0, +∞) . 当 a=1 时, f(x) =x-ln x, f '(x) =1- = , 令 f '(x) =0, 得 x=1. 当 0 时, f '(x) <0; 当 x>1 时, f '(x) >0. ∴f(x) 在(0, 1) 上单调递减, 在(1, +∞) 上单调递增, ∴f(x) 的极小值为 f(1) =1, 无极大值. (4 分) (2) f '(x) =(1-a) x+a- = = = . (5 分) 当 =1, 即 a=2 时, 当 x∈(0, 1) ∪(1, +∞) 时, f '(x) <0, 当 x=1 时, f '(x) =0, 故 f(x) 在(0, +∞) 上是减函数; 当 <1, 即 a>2 时, 令 f '(x) <0, 得 0 或 x>1, 令 f '(x) >0, 得 ; 当 >1, 即 a<2 时矛盾, 舍去. (7 分) 综上, 当 a=2 时, f(x) 在(0, +∞) 上单调递减; 当 a>2 时, f(x) 在 和(1, +∞) 上单调递减, 在 上单调递增. (8 分) (3) 由(2) 知, 当 a∈(2, 3) 时, f(x) 在[1, 2]上单调递减, ∴当 x=1 时, f(x) 有最大值, 当 x=2 时, f(x) 有最小值. ∴|f(x1) -f(x2) |≤f(1) -f(2) = - +ln 2, ∴ma+ln 2> - +ln 2. (10 分) 而 a>0, 经整理得 m> - , 由 2 得- < - <0, ∴m≥0. (12 分) 分析: ①对(2) 问, 由 a≥2 可将(1-a) x2+ax-1 中的 x2 的系数化为 1, 然后讨论两根大小可得单 调性; ②第(3) 问中, 以 x 为主元得 ma+ln 2>f(x) max-f(x) min, 再以 a 为主元, 参变量分离, 可求出 m. 失分警示: (1) 将最高次系数化为 1 后, 才能只讨论两根大小; (2) 先以 x 为主元, 再以 a 为主元, 逐次利用恒成立, 才能层次分明, 这样也有利于解答. 166. 167.（2012 河北衡水高三三模, 21, 12 分）已知函数 f(x) = . (1) 设 a>0 且 a∈R, 若函数在区间 上存在极值, 求实数 a 的取值范围; (2) 如果当 x≥1 时, 不等式 f(x) ≥ 恒成立, 求实数 k 的取值范围. [答案] 167.(1) 因为 f(x) = , 则 f '(x) =- , x>0. (1 分) 当 0 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 f(x) 在 x=1 处取得极大值. (3 分) 因为 f(x) 在区间 (其中 a>0) 上存在极值, 所以 解得 . (6 分) (2) 不等式 f(x) ≥ 即为 ≥k2-k. 记 g(x) = , 则 g'(x) = , 令 h(x) =x-ln x, 则 h'(x) =1- , 因当 x>1 时, h'(x) >0, 且 h'(1) =0, 所以 h(x) 在[1, +∞) 上单调递增, (8 分) 所以 h(x) 的最小值为 h(1) =1>0, 从而 g'(x) >0 在[1, +∞) 上恒成立, 故 g(x) 在[1, +∞) 上单调递增, 所以 g(x) 的最小值为 g(1) =2, 所以 k2-k≤2, 解得-1≤k≤2. (12 分) 分析: (1) 极值点在区间内, 可求出 a 的范围; (2) 参变量分离, 二次求导可得最值, 进而可得 k 的范围. 167. 168.（2012 哈尔滨高三三模, 21, 12 分）已知函数 f(x) =x2-(2a+1) x+aln x. (1) 当 a=1 时, 求函数 f(x) 的单调增区间; (2) 求函数 f(x) 在区间[1, e]上的最小值; (3) 设 g(x) =(1-a) x, 若存在 x0∈ , 使得 f(x0) ≥g(x0) 成立, 求实数 a 的取值范围. [答案] 168.(1) 当 a=1 时, f(x) =x2-3x+ln x(x>0) , 令 f '(x) = >0, 解得 x>1 或 0 . ∴函数 f(x) 的单调递增区间为 , (1, +∞) . (3 分) (2) f(x) =x2-(2a+1) x+aln x(x>0) , f '(x) >0, f '(x) =2x-(2a+1) + = = . 当 a<1, x∈[1, e]时, f '(x) >0, 当 a=1, x∈(1, e]时, f '(x) >0, 且 f '(1) =0, 所以当 a≤1, x∈[1, e]时, f(x) 单调增, ∴ f(x) min=f(1) =-2a. 当 1, x∈(1, a) 时, f '(x) <0, f(x) 单调减, x∈(a, e) , f '(x) >0, f(x) 单调增, ∴f(x) min=f(a) =-a2-a+aln a. 当 a>e, x∈[1, e]时, f '(x) <0, 当 a=e, x∈[1, e) 时, f '(x) <0, 且 f '(e) =0, 所以当 a≥e, x∈[1, e]时, f(x) 单调减, ∴f(x) min=f(e) =e2-(2a+1) e+a. 综上, f(x) min= (8 分) (3) 由题意知, 不等式 f(x) ≥g(x) 在 上有解, 即 x2-2x+a(ln x-x) ≥0 在 上有解. 当 x∈ 时, ln x-x<0, ∴a≤ 在 上有解. 令 h(x) = , 则 h'(x) = . 当 x∈ 时, 2ln x-x-2<0, ∴当 x∈ 时, h'(x) <0, 当 x=1 时, h'(x) =0, ∴当 x∈ 时, h(x) 是减函数; 当 x∈(1, e]时, h'(x) >0, 此时 h(x) 是增函数. ∵h = <0, h(e) = >0, ∴当 x∈ 时, h(x) max= . ∴a≤ . ∴实数 a 的取值范围为 . (12 分) 分析: 本题重在考查利用导数求函数的单调区间, 最终求解函数的最值. 解题的关键是对所 研究函数进行正确求导. 168. 169.（2012 河南高三模拟, 21, 12 分）已知函数 f(x) =x-(1+a) ln x 在 x=1 时存在极值. (1) 求实数 a 的值; (2) 证明: 当 x>1 时, < ln x. [答案] 169.(1) f '(x) =1- , 由已知条件可知 f '(1) =0, 得 a=0. (2 分) (2) 证明: 当 x>1 时, < ln x 可转化为(x+1) ln x-2x+2>0. 令 φ1(x) =(x+1) ln x-2x+2, 则 φ'1(x) =ln x+ -1. (5 分) 令 φ2(x) =φ'1(x) , 则 φ'2(x) = - . 因为 x>1, 所以 0< <1. 所以 φ'2(x) >0, 即 φ'1(x) >φ'1(1) =0. 故 φ1(x) >φ1(1) =0, 即(x+1) ln x-2x+2>0. 所以当 x>1 时, < ln x. (12 分) 分析: (1) 由极值点处的导数为 0, 求出 a 的值; (2) 构造函数 φ(x) , 对 φ(x) 求导, 研究其单调性. 失分警示: 所构造的函数较复杂, 其导函数易求错. 169. 170.（2012 吉林高三质检, 21, 12 分）已知函数 f(x) =bln x, g(x) =ax2-x(a∈R) . (1) 若曲线 f(x) 与 g(x) 在公共点 A(1, 0) 处有相同的切线, 求实数 a、b 的值; (2) 在(1) 的条件下, 证明 f(x) ≤g(x) 在(0, +∞) 上恒成立; (3) 若 a=1, b>2e, 求方程 f(x) -g(x) =x 在区间(1, eb) 内实根的个数(e 为自然对数的底数) . [答案] 170.(1) 由已知得 f '(x) = , g'(x) =2ax-1. (2 分) ∵曲线 f(x) 与 g(x) 在公共点 A(1, 0) 处有相同的切线, ∴f '(1) =g'(1) , 即 b=2a-1, ∴ 解得 (4 分) (2) 证明: 由(1) 知 f(x) =ln x, g(x) =x2-x. 设 F(x) =f(x) -g(x) =ln x-(x2-x) , 则 F'(x) = -2x+1= , (5 分) ∴当 0 时, F'(x) >0; 当 x>1 时, F'(x) <0, 即 F(x) 在(0, 1) 上单调递增, 在(1, +∞) 上单调递减. (7 分) ∴F(x) 在(0, +∞) 上的最大值为 F(1) =0. ∴F(x) =f(x) -g(x) ≤0, 即 f(x) ≤g(x) 在(0, +∞) 上恒成立. (8 分) (3) 方程 f(x) -g(x) =x 可化为 bln x-x2=0, 令 G(x) =bln x-x2(x∈(1, eb) ) , 则 G'(x) = , 由 G'(x) =0 得 x=± . ∵x∈(1, eb) 且 b>2e, ∴显然得到 > >1, eb> , ∴由 G'(x) >0 得 1 , 由 G'(x) <0 得 b, ∴G(x) 在 上单调递增, 在 上单调递减, ∴当 x= 时, G(x) max=bln - = ln - = . (10 分) ∵b>2e, ∴ >e, ∴ln >ln e=1, ∴G >0. 又∵G(1) =-1<0, G(eb) =bln eb-e2b=b2-e2b=(b+eb) ·(b-eb) <0, ∴方程 f(x) -g(x) =x 在区间(1, eb) 内有两个实根. (12 分) 170. 171.（2012 沈阳高三模拟, 20, 12 分）已知函数 f(x) =x2-8ln x, g(x) =-x2+14x. (1) 若函数 y=f(x) 和函数 y=g(x) 在区间(a, a+1) 上均为增函数, 求实数 a 的取值范围; (2) 若方程 f(x) =g(x) +m 有唯一解, 求实数 m 的值. [答案] 171.(1) 由已知得 f '(x) =2x- = (x>0) , (2 分) 当 0 时, f '(x) <0, 当 x>2 时, f '(x) >0, 要使 f(x) 在(a, a+1) 上递增, 必须有 a≥2; (4 分) g(x) =-x2+14x=-(x-7) 2+49, 要使 g(x) 在(a, a+1) 上递增, 必须有 a+1≤7, 即 a≤6. 综上, 当 2≤a≤6 时, f(x) , g(x) 在(a, a+1) 上均为增函数. (6 分) (2) 方程 f(x) =g(x) +m 有唯一解 ⇔ 有唯一解. 设 h(x) =2x2-8ln x-14x, 则 h'(x) =4x- -14= (2x+1) (x-4) (x>0) . (8 分) h'(x) , h(x) 随 x 变化如下表: x (0, 4) 4 (4, +∞) h'(x) - 0 + h(x) ↘ 极小值-24-16ln 2 ↗ ∴h(x) 在(0, 4) 上递减, 在(4, +∞) 上递增, h(x) 在 x=4 处取极小值. ∵在(0, +∞) 上 h(x) 只有一个极小值, ∴h(x) 的最小值为-24-16ln 2. 故当 m=-24-16ln 2 时, 方程 f(x) =g(x) +m 有唯一解. (12 分) 分析: (1) 利用导数求出增区间, 利用(a, a+1) 是其子集, 可得 a 的范围; (2) 利用导数研究其实根分布. 171. 172.（2013 高考仿真卷一, 21, 12 分）已知函数 f(x) =x3+(1-a) x2-a(a+2) x(a∈R) , f '(x) 为 f(x) 的导函数. (1) 当 a=-3 时, 证明 y=f(x) 在区间(-1, 1) 上不是单调函数; (2) 设 g(x) = x- , 是否存在实数 a, 对任意的 x1∈[-1, 1], 存在 x2∈[0, 2], 使得 f '(x1) +2ax1=g(x2) 成立?若存在, 求出 a 的取值范围; 若不存在, 说明理由. [答案] 172.(1) 证明: 当 a=-3 时, f(x) =x3+4x2-3x, x∈(-1, 1) . 由 f '(x) =3x2+8x-3=0 得 x= (x=-3 舍去) , 在 上, f '(x) <0, f(x) 为减函数, 在 上, f '(x) >0, f(x) 为增函数, 因此, f(x) 在(-1, 1) 上不是单调函数. (5 分) (2) g(x) = x- 在[0, 2]上是增函数, 故对于 x2∈[0, 2], g(x2) ∈ . (6 分) 设 h(x1) =f '(x1) +2ax1=3 +2x1-a(a+2) , x1∈[-1, 1], 则 h'(x1) =6x1+2. 由 h'(x1) =0 得 x1=- . (7 分) 对任意的 x1∈[-1, 1], 存在 x2∈[0, 2], 使得 h(x1) =g(x2) 成立, 只需在[-1, 1]上- ≤h(x1) ≤6 成立. (9 分) 在 上, h'(x1) <0, 在 上, h'(x1) >0, ∴当 x1=- 时, h(x1) 有极小值, h =- -a2-2a, h(x1) 在[-1, 1]上只有一个极小值, 则 h 也是最小值, 又 h(-1) =1-a2-2a, h(1) =5-a2-2a, ∴ 解得-2≤a≤0, ∴实数 a 的取值范围为[-2, 0]. (12 分) 172. 173. （2013 高考仿真卷二, 21, 12 分）已知函数 f(x) =ax+ln x, 其中 a 为常数, 设 e 为自然对 数的底数. (1) 当 a=-1 时, 求 f(x) 的最大值; (2) 若 f(x) 在区间(0, e]上的最大值为-3, 求 a 的值. [答案] 173. (1) 当 a=-1 时, f(x) =-x+ln x(x>0) , 则 f '(x) =-1+ = . (1 分) 当 0 时, f '(x) >0; 当 x>1 时, f '(x) <0, ∴f(x) 在(0, 1) 上是增函数, 在(1, +∞) 上是减函数. (3 分) ∴f(x) max=f(1) =-1. (5 分) (2) ∵f '(x) =a+ , x∈(0, e], 即 ∈ , ①若 a>- , 则 f '(x) >0, 从而 f(x) 在(0, e]上是增函数, ∴f(x) max=f(e) =ae+1>0, 不符合题意. (7 分) ②若 a=- , 则当 x∈(0, e]时, f '(x) ≥0, 从而 f(x) 在(0, e]上是增函数, ∴f(x) max=f(e) =0, 不符合 题意. (8 分) ③若 a<- , 则由 f '(x) >0 得 a+ >0, 即 0 , 由 f '(x) <0 得 a+ <0, 即- , 从而 f(x) 在 上是增函数, 在 上是减函数, ∴f(x) max=f =-1+ln . (9 分) 令-1+ln =-3, 则 ln =-2, ∴- =e-2, 即 a=-e2. ∵-e2<- , ∴a=-e2 即为所求. (12 分) 173. 174.（2013 高考仿真卷三, 21, 12 分）设 f(x) =kx- -2ln x. (1) 若 f '(2) =0, 求过点(2, f(2) ) 的直线方程; (2) 若 f(x) 在其定义域内为单调增函数, 求 k 的取值范围. [答案] 174. (1) 由 f(x) =kx- -2ln x 得 f '(x) =k+ - = , f '(2) = =0, ∴k= . ∵f(2) = ×2- -2ln 2= -2ln 2, ∴过点(2, f(2) ) 的直线方程为 y- +2ln 2=0·(x-2) , 即 y= -2ln 2. (2) f '(x) =k+ - = , 令 h(x) =kx2-2x+k, 要使 f(x) 在其定义域(0, +∞) 上单调递增, 只需 h(x) ≥0, 得 kx2-2x+k≥0, 即 k≥ = 在(0, +∞) 上恒成立. ∵x>0, ∴x+ ≥2, ∴ ≤1. 综上, k 的取值范围为 k≥1. 174. 175.（2013 高考仿真卷四, 21, 12 分）已知函数 f(x) =px- -2ln x. (1) 若 p=2, 求曲线 f(x) 在点(1, f(1) ) 处的切线方程; (2) 若函数 f(x) 在其定义域内为增函数, 求正实数 p 的范围. [答案] 175. 　(1) 当 p=2 时, 函数 f(x) =2x- -2ln x, f(1) =2-2-2ln 1=0. 对函数 f(x) 求导得 f '(x) =2+ - , 由题意知, 曲线 f(x) 在点(1, f(1) ) 处的切线的斜率为 f '(1) =2+2-2=2. 从而曲线 f(x) 在点(1, f(1) ) 处的切线方程为 y-0=2(x-1) , 即 y=2x-2. (5 分) (2) 由已知得 f '(x) =p+ - = . 令 h(x) =px2-2x+p, 要使 f(x) 在定义域(0, +∞) 上是增 函数, 只需 h(x) ≥0 在(0, +∞) 上恒成立. 由题意 p>0, h(x) =px2-2x+p 的图象为开口向上的抛 物线, 对称轴为 x= ∈(0, +∞) , ∴h(x) min=h =p- , 只需 p- ≥0, 即 p≥1, ∴要使 f(x) 在定义域(0, +∞) 上是增函数, 只需 p≥1. ∴正实数 p 的取值范围是[1, +∞) . (12 分) 175. 176. （2013 高考仿真卷五, 21, 12 分）已知 f(x) =x- -aln x, 其中 a∈R. (1) 求函数 f(x) 的极大值点; (2) 当 a∈ ∪[1+e, +∞) 时, 若在 上至少存在一点 x0, 使 f(x0) >e-1 成立, 求 a 的取 值范围. [答案] 176. 　(1) 由已知得 f '(x) =1+ - = = , x>0. (2 分) 当 a-1≤0, 即 a≤1 时, f(x) 在(0, 1) 上递减, 在(1, +∞) 上递增, 无极大值; 当 0, 即 1 时, f(x) 在(0, a-1) 上递增, 在(a-1, 1) 上递减, 在(1, +∞) 上递增, 所以 f(x) 在 x=a-1 处取极大值; 当 a-1=1 时, 即 a=2 时, f(x) 在(0, +∞) 上递增, 无极大值; 当 a-1>1, 即 a>2 时, f(x) 在(0, 1) 上递增, 在(1, a-1) 上递减, 在(a-1, +∞) 上递增, 故 f(x) 在 x=1 处取到极大值. 综上所述, 当 a≤1 或 a=2 时, f(x) 无极大值; 当 1 时, f(x) 的极大值点为 x=a-1; 当 a>2 时, f(x) 的极大值点为 x=1. (6 分) (2) 在 上至少存在一点 x0, 使 f(x0) >e-1 成立, 等价于当 x∈ 时, f(x) max>e-1. 由(1) 知, ①当 a≤1+ 时, 函数 f(x) 在 上递减, 在[1, e]上递增, ∴f(x) max=max . ∴要使 f(x) max>e-1 成立, 必须使 f >e-1 成立或 f(e) >e-1 成立. 由 f = -(a-1) e+a>e-1, 解得 a< . 由 f(e) =e- -a>e-1, 解得 a<1. ∵ <1, ∴a<1. (10 分) ②当 a≥1+e 时, 函数 f(x) 在 上递增, 在[1, e]上递减. ∴f(x) max=f(1) =2-a≤1-e. 综上所述, 当 a<1 时, 在 上至少存在一点 x0, 使 f(x0) >e-1 成立. (12 分) 失分警示: (1) 在(1) 中忽略讨论 a-1=1 的情形; (2) 没有将∃x0∈ , 使得 f(x0) >e-1, 转化为 f(x) max>e-1. 176. 177. (2012 沈阳、大连联考，20，12 分）已知函数 ． （Ⅰ）讨论函数 在定义域内的极值点的个数； （Ⅱ）已知函数 在 处取得极值，且对 , 恒成立，求 的取值范围． [答案] 177. （Ⅰ） ，1 分 当 时， 在 上恒成立，函数 在 单调递减， ∴ 在 上没有极值点；3 分 当 时， 得 ，由 得 ， ∴ 在 上递减，在 上递增，即 在 处有极小值．5 分 ∴当 时， 在 上没有极值点，当 时， 在 上有一个极值点． （Ⅱ）∵函数 在 处取得极值，∴ ， ∴ ，8 分 令 ，可得 在 上递减，在 上递增，10 分 ∴ ，即 ．12 分 177. 178.　(2012 东北三省四市第一次联考，21，12 分）已知函数 的图像在点 处的切线方程为 . ⑴求实数 、 的值； ⑵求函数 在区间 上的最大值； ⑶曲线 上存在两点 、 ，使得△ 是以坐标原点 为直角顶点的直角三角形， 且斜边 的中点在 轴上，求实数 的取值范围. [答案] 178. ：⑴当 时， . 因为函数图像在点 处的切线方程为 . 所以切点坐标为 ，并且 解得 .(4 分) ⑵由⑴得，当 时， ， 令 可得 或 ， 在- 和 上单调递减，在 上单调递增， 对于 部分： 的最大值为 ； 当 时， ， 当 时， 恒成立， ， 此时 在 上的最大值为 ； 当 时， 在 上单调递增，且 . 令 ，则 ，所以当 时， 在 上的最大值为 ； 当 时， 在 上的最大值为 . 综上可知，当 时， 在 上的最大值为 ； 当 时， 在 上的最大值为 .(8 分) ⑶ ，根据条件 ， 的横坐标互为相反数，不妨设 ， ， . 若 ，则 ， 由 是直角得， ，即 ， 即 .此时无解；(10 分) 若 ，则 . 由于 的中点在 轴上，且 ，所以 点不可能 在 轴上，即 . 同理有 ，即 ， . 由 于函数 的值域是 ，实数 的取值范围是 即为所求.(12 分) 178. 179. (2012 北京海淀区期末卷，18，13 分）已知函数 （ ， ）. （Ⅰ）求函数 的单调区间； （Ⅱ）当 时，若对任意 ，有 成立，求实数 的最 小值. [答案] 179.（Ⅰ）当 时， ， 随着 的变化如下表 ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 函数 的单调递增区间是 ，函数 的单调递减区间是 ， . ………………4 分 当 时， ， 随着 的变化如下表 ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 函数 的单调递增区间是 ，函数 的单调递减区间是 ， . ……………………………………6 分 （Ⅱ）当 时，由（Ⅰ）得 是 上的增函数，是 上的减函数.又当 时， . ……………………………………8 分 所以 在 上的最小值为 ，最大值为 .…………10 分 所以对任意 ， . 所以对任意 ，使 恒成立的实数 的最小值为 .…………13 分 179. 180. (2012 北京东城区模拟，18，13 分）已知函数 . （Ⅰ）若 ，求 在 处的切线方程； （Ⅱ）若 在 上是增函数，求实数 的取值范围. [答案] 180. （Ⅰ）由 ， ， ，……1 分 所以 . …………3 分 又 ，所以所求切线方程为 , 即 . …………5 分 （Ⅱ）由已知 ，得 . 因为函数 在 上是增函数， 所以 恒成立，即不等式 恒成立.………………9 分 整理 得 . 令 ………………11 分 的变化情况如下表： + 极小值 由此得 的取值范围是 . ………………13 分 180. 181.(2012 北京西城区第二次模拟，18,13 分)已知函数 ，其中 ． （Ⅰ）当 时，求曲线 在原点处的切线方程； （Ⅱ）求 的单调区间． [答案] 181.（Ⅰ）当 时， ， ． ………………2 分 所以曲线 在原点处的切线斜率 ， 所以曲线 在原点处的切线方程是 ，即 ． …………4 分 （Ⅱ）函数 的定义域是 . ………………6 分 ① 当 时， ． 令 ，解得 ；令 ，解得 . 所以此时函数 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 ． ………………7 分 当 时， ． ②当 时， ，则 令 ，解得 ；令 ，解得 或 . 所以此时函数 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 ， . ………10 分 ③ 当 时， ，则 . 令 ，解得 或 ；令 ，解得 . 所以此时函数 的单调递增区间是 ， ；单调递减区间是 ．………12 分 综上所得，当 时，函数 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 ， ；当 时，函数 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 ； 当 时，函数 的单调递增区间是 ， ；单调递减区间是 ．………………13 分 181. 182.（2012 武汉市毕业生 4 月调研，21，14 分）设 a∈R，函数 f(x)＝lnx－ax． （Ⅰ）讨论函数 f(x)的单调区间和极值；（Ⅱ）已知 x1＝（e 为自然对数的底数）和 x2 是函 数 f(x)的两个不同的零点，求 a 的值，并证明：x2＞e ． [答案] 182.（Ⅰ）函数 f(x)的定义域为（0，＋∞）．f ′(x)＝－a＝． ①若 a≤0，则恒有 f ′(x)＞0， 则此时函数 f(x)的单调递增区间是（0，＋∞），无单调递减区间，不存在极值； ②若 a＞0，令 f ′(x)＝0，得 x＝． 令 f ′(x)＞0，解得 ；令 ，解得 . 则此时函数 f(x)的单调递增区间是 ，单调递减区间是 . 当 变化时， 的变化情况如下表所示： + 0 - ↗ ↘ 由表知，此时函数 f(x)有极大值 f()＝ln－1＝－lna－1，不存在极小值. 综上所得，当 a≤0 时，f(x)的单调递增区间为（0，＋∞），无单调递减区间，不存在极值； 当 a＞0 时，f(x)的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，＋∞），极大值为－lna－1， 不存在极小值. ………… ………（8 分） （Ⅱ）∵x1＝是函数 f(x)的零点， ∴f ()＝0，即－a＝0，解得 a＝＝ ． ∴f(x)＝lnx－ ． ∵f(e )＝ ＞0， f( )＝ ， ∴f(e )f( )＜0． ∴函数 f(x)在区间 上至少存在一个零点 . 由（Ⅰ）知，当 时，函数 f(x)在（2，＋∞）上是增函数， 又 ， ∴函数 f(x)在区间 上是增函数， ∴函数 f(x)在区间 上有唯一零点 ， ∴x2＞e ．………………………………………………………………（14 分） 182. 183. （2012 山东省济南市第二次模拟，21,12 分) 济南市“两会”召开前，某政协委员针对自 己提出的“环保提案”对某处的环境状况进行了实地调研.据测定，该处的污染指数与附近污 染源的强度成正比，与到污染源的距离成反比，比例常数为 k(k＞0).现已知相距 36 的 A， B 两家化工厂(污染源)的污染强度分别为正数 a,b，它们连线上任意一点 C 处的污染指数 y 等于两化工厂对该处的污染指数之和.设 AC= . (Ⅰ) 试将 y 表示为 x 的函数； (Ⅱ) 若 a=1 时，y 在 x=6 处取得最小值，试求 b 的值. [答案] 183.（Ⅰ） ，则 . 则点 C 受 A 污染源污染指数为 ，点 C 受 B 污染源污染指数为 ， 所以 . ……………………4 分 （Ⅱ）当 a=1 时， ， ， . 则 . ∵ ，∴ ，∴ . 令 ，解得 ；令 ，解得 . ∴函数 在区间 上是减函数，在区间 上是增函数. ∴当 时，函数 取得最小值. 又已知 y 在 x=6 处取得最小值， ∴ ， 解得 b=25，经验证符合题意. ∴ . ………………………12 分 183. 184. [答案] 184.解法一：（Ⅰ） ， 所以函数 的图象在点 处的切线斜率 =10， 解得 ．…………………4 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知， ， . 令 ． 因为 ， ， 所以 在 至少有一个根． 又因为 ， 所以 在 上递增， 所以函数 在 上有且只有一个零点， 即方程 有且只有一个实根．………………… 7 分 （Ⅲ）证明如下： 由 ， ， 所以 ， 所以曲线 在点 处的切线方程为 ， 即 ．………………… 8 分 记 ， 则 ． （1）当 ，即 时， ， 对一切 成立， 即此时 在 上是增函数． 又 ， 所以当 时， ，当 时， ， 即此时存在点 ，使得曲线在点 A 附近的左、右两部分分别位于曲线在该点处 切线的两侧．……………… 12 分 （2）当 ，即 时， 当 时， ； 当 时， ； 当 时， ． 所以函数 在 上是减函数，在 上是增函数． 又 ， 所以当 时， ；当 时， ， 即曲线在点 附近的左、右两部分都位于曲线在该点处切线的同侧. 即此时不存在点 ，使得曲线在点 A 附近的左、右两部分分别位于曲线在该点处切 线的两侧．………………… 13 分 （3）当 ，即 时， 当 时， ； 当 时， ； 当 时， ． 此时 在 上是增函数，在 上是减函数． 由（2）知 ， 所以当 时， ；当 时， ， 即曲线在点 附近的左、右两部分都位于曲线在该点处切线的同侧． 即此时不存在点 ，使得曲线在点 A 附近的左、右两部分分别位于曲线在该点处切 线的两侧． 综上所得，存在唯一点 使得曲线在点 附近的左、右两部分分别位于曲线 在该点处切线的两侧． ………………… 14 分 解法二：（Ⅰ）同解法一； （Ⅱ）由（Ⅰ）知， . 方程 ，即为 ，也就是 ， 在同一平面直角坐标系中画出函数 与函数 的图象，如图所示. 由图知，函数 与函数 的图象有且仅有一个公共点，所以方程 有且只有一个实根．………………… 7 分 （Ⅲ）由 ， ， 所以 ， 所以曲线 在点 处的切线方程为 ， 即 ． 记 ， 则 ， . 若存在这样的点 ，使得曲线 在该点附近的左、右两部分都位于曲线在该 点处切线的两侧，则 不是函数 的极值点. 又 ，所以 在点 处附近的左右两侧的函数值的符号相同， 由于 ，只需函数 ， 在点 处附近的左右两侧的函数值 的符号相同， 又函数 是二次函数，其图象是抛物线，则直线 是抛物线的对称轴，且该抛物线与 轴有且仅有一个公共点， 所以有 ，解得 ， 又 ，所以 ， 此时 ， ， 此时 ，则函数 在 上增函数． 又 ，所以当 时， ；当 时， . 又 ，所以 . 即存在唯一点 ，使得曲线在点 附近的左、右两部分分别位于曲线在该点处 切线的两侧．………………… 14 分 184. 185. [答案] 185. ⑴令 ,得 . 当 时， ；当 时， . 所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增.(3 分) ⑵由于 ，所以 . 构造函数 ，则令 ，得 . 当 时， ；当 时， . 所以函数在点 处取得最小值，即 . 因此所求的 的取值范围是 . (7 分) ⑶ . 构造函数 ，则问题就是要求 恒成立. (9 分) 对于 求导得 . 令 ，则 ，显然 是减函数. 当 时， ，从而函数 在 上也是减函数. 从而当 时， ，即 ， 即函数 在区间 上是减函数. 当 时，对于任意的非零正数 ， ，进而有 恒成立，结论 得证. (12 分) 185. 186. (2012 山西大学附中十月月考，22,12 分）已知函数 ， 是 的一个零点，又 在 处有 极值，在区间 和 上是单调的，且在这两个区间上的单调性相反． （I）求 的取值范围； （II）当 时，求使 成立的实数 的取值范围． [答案] 186.（Ⅰ） ，则 ， 又 在 处有极值，∴ ， ∴ . ……………………2 分 ∴ ， 令 ，解得 或 ， 又函数 在区间 上是单调的，且单调性相反， ∴ ， 解得 . …………………6 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知 ， 又 ，∴ ， 又 是 的一个零点， ∴ ， 整理得 ， ∴ ， . ∴ ， ， ， ， ， . 令 ，所以 或 ， 当 时， 令 ，解得 ，或 ；令 ，解得 . ∴函数 在 ， 上是增函数，在 上是减函数， ∴函数 在 上的值域是 ，即 ；在 上的值域 是 ，即 ；在 上的值域是 ，即 . 又 ， ∴此时函数 在 上的值域是 . 又 ， ∴ 解得 . 当 时， 令 ，解得 ；令 ，解得 ，或 . ∴函数 在 上是增函数，在 ， 上是减函数， ∴函数 在 上的值域是 ，即 ；在 上的值域 是 ，即 ；在 上的值域是 ，即 . 又 ， ∴此时函数 在 上的值域是 . 又 ， ∴ 解得 . 综上所得，实数 的取值范围是 . …………12 分 186. 187. (2012 山东日照高三第二次段考，22,14 分）已知函数 ,，其中 （Ⅰ）讨论 的 单调性； （Ⅱ）若 在其 定义域内为增函数，求正实数 a 的取值范围； （Ⅲ）设函数 , 当 a=2 时，若 总有 成立，求实数 m 的取值范围． [答案] 187.（Ⅰ） 的定义域为 ， ， 当 时，恒有 ， 在 上是增函数； 当 时，令 ，解得 ；令 ，解得 . 此时 在 上是减函数，在 上是增函数. 综上所得，当 时，函数 的单调递增区间是 ，不存在单调递减区间；当 时，函数 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 . （Ⅱ） ， 的定 义域为 ， ， 又函数 在定义域 内为增函数， 所以对 ，恒有 ，即 恒成立， 所以 ，即 ， 又当 时， ，当且仅当 时取等号， 所以只需 ， 即正实数 的取值范围是 . ---8 分 （Ⅲ）当 时， ， . 令 ，解得 ；令 ，解得 . 即当 时，函数 是增函数；当 时，函数 是减函数. 所以在 上， . --- -10 分 又“ ， ，总有 成立”， 所以有 在 上的最大值不小于 在 上的最大值， 又 在 上的最大值为 , 所以有 ， 即实数 的取值范围是 . --------------------14 分 187. 188. (2012 广东省海珠区高三综合测试，21,14 分)已知函数 ，其中 为 常数，且 . （1）当 时，求 在 （ ）上的值域； （2）若 对任意 恒成立，求实数 的取值范围. [答案] 188.（1）当 时， 令 解得 所以函数 上是增函数， 所以函数 上是增函数， 又 所以函数 上的值域为 .…………5 分[ （2）由 ， ，即 ，解得 ，[ 令 解得 ，所以函数 上是减函数； 令 解得 ，所以函数 上是增函数. 若 则 易知函数 上为增函数，则 要 使 对任意 恒成立， 只需 即可， 所以 ， 又 即 这与 矛盾， 所以此 时不合题意. 若 易知函数 上为减函数，在 上为增函数， 要使 对任意 恒成立， 只需 又 ， ， 解得 若 ， 易得函数 上为减函数， 此时， 恒成立， 只需 即可 所以有 综上所得，实数 的取值范围是 …………14 分 188. 189. (2012 浙江绍兴一中高三十月月考，21,10 分)已知函数 . (1)当 时，求 的单调递增区间; (2)是否存在 ，使得对 任意的 ，都有 恒成立.若存在， 求出 的取值范围；若不存在,请说明理由. [答案] 189.(1) ， 当 时, ，此时函数 在 上是增函数， 当 >4 时， ， 令 ，解得 ，或 . 此时 的递增区间为 . 综上所得，当 时，函数 的单调递增区间是 ；当 >4 时，函数 的 递增区间为 .……..4 分 (2)假设存在 ,使得命题成立，此时 . ∵ ，∴ . 令 ，解得 ；令 ，解得 ，或 . ∴函数 在 和 是减函数，在 上是增函数. ∴ 在[2,3]上是减函数， 又函数 在[2,3]上是减函数， ∴ . 对 恒成立. 即 , 即 恒成立. ∴ ，解得 . 又 ，∴ . 即存在 ，使得对 任意的 ，都有 恒成立. 189. 190.　(2012 江西省临川一中，师大附中高三联考，21,14 分）已知函数 . （I）讨论函数 的单调性； （II）设 .如果对任意 ， ，求 的取值 范围. [答案] 190.（Ⅰ）定义域为 . . 当 时， ＞0，此时 在 上是增函数； 当 时， ＜0，此时 在 上减函数； 当 ＜ ＜0 时，令 =0，解得 . 令 ＞0，解得 ；令 ＜0，解得 . 此时 在 上是增函数，在 上是减函数. 综上所得， 当 时，函数 的单调递减区间是 ，不存在单调递增区间；当 ＜ ＜0 时，函数 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 ； 当 时，函数 的单调递增区间是 ，不存在单调递减区间. （Ⅱ）不妨假设 ，则 ， 由于 ＜ ，由（Ⅰ）知在函数 在区间 上是减函数， 所以 ，所以 ， 则对 ， 恒成立， 等 价于 ， 恒成立， 即 恒成立，①令 ，则 ， 所以①等价于 在 上是减函数， 即当 时， 恒成立， 即 恒成立， 所以 恒成立， 又 ，即 恒成立， 令 ，则 ， ， 所以 则 恒成立， 当 时， ，当且仅当 即 时等号成立， 所以 ， 所以 的最小值是 ， 所以 ， 所以 的取值范围为 . 190. 191.　(2012 北京市东城区普通校高三 11 月联考，19,14 分）已知 ． （Ⅰ）若 ，求曲线 在点 处的切线方程； （Ⅱ）若 求函数 的单调区间； （Ⅲ）若不等式 恒成立，求实数 的取值范围． [答案] 191.（Ⅰ）当 时， ， ， ∴切线斜率 ，又 ，∴切点坐标为 ， ∴曲线 在点 处的切线方程 ，即 . …………4 分 （Ⅱ）函数 的定义域是 R， ， 令 ，解得 ，或 ， 当 时，令 ，解得 ；令 ，解得 或 . 此时 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ， . 当 时，令 ，解得 ；令 ，解得 或 . 此时 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ， . 综上所得，当 时， 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ， ；当 时， 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ， . …………9 分 （Ⅲ）由题意得 ， ， 不等式 恒成立, 等价于 在 上恒成立， 即 在 上恒成立， 设 , ， 则 ， 令 ，解得 ；令 ，解得 ， ∴函数 在区间 上是增函数，在 上是减函数， ∴当 时，函数 取得最大值 ， ， ∴ 的取值范围是 . ………14 分 191. 192.(2012 北京市海淀区高三 11 月月考，19，14 分）已知函数 ． （Ⅰ）若 时， 取得极值，求 的值； （Ⅱ）求 在 上的最小值； （Ⅲ）若对任意 ，直线 都不是曲线 的切线，求 的取值范 围． [答案] 192.（I） ， ………………2 分 当 时， 取得极值，所以 ,所以 . ………………3 分 又当 时, ；当 时, . 所以 在 处取得极小值，即 符合题意………………4 分 (II) ， . 当 时， 对 恒成立， 所以 在 上是增函数， 此时 在 处取最小值 ；………………6 分 当 时， 令 ，解得 （舍去）， ，………………7 分 当 时， ， 当 时, 是减函数；当 时， 是增函数. 此时 在 处取得最小值 ；………………9 分 当 时， ，当 时, 减函数， 此时 在 处取得最小值 . 综上所得， 当 时， 在 处取最小值 ； 当 时， 在 处取得最小值 ； 当 时， 在 处取得最小值 . ………………11 分 (III)因为 ，直线 都不是曲线 的切线， 所以 对 成立，………………12 分 则只要 的最小值 即可， 即 . ………………14 分 192. 193.(广东省“六校教研协作体”高三 11 月联考，21，14 分）已知 . （1）当 时，判断 在定义域上的单调性； （2）若 在 上的最小值为 ，求 的值； （3）若 在(1,+ )上恒成立，试求 的取值范围. [答案] 193.（1）函数 的定义域是 ， ， 当 时， 恒成立，即 在定义域 上是增函数. …………4 分 （2）当 时，由（1）得 在定义域 上是增函数， 所以 在 上的最小值为 ， 即 （这与 矛盾，不合题意，舍去）； 当 时， 在 上是增函数，最小值为 0，不合题意； 当 ， ， 当 ， ，函数 是减函数； 当 ， ，函数 是增函数； 则有 若 （舍去）； 若 （满足题意）； 若 （舍去）； 综上所得 ．………………………………10 分 由于 在(1,+ )上恒成立， 即在(1,+ )上 恒成立， 即 在(1,+ )恒成立， 令 ， ； 令 ， 则 = ， 显然当 时， ， 在(1,+ )上是减函数，则 , 即 恒成立,则函数 在(1,+ )上是减函数, 则 ； 所以 .………………………………14 分 193. 194. （2012 山东省规范化学校高三 11 月月考，20，12 分）已知一家公司生产某种品牌服 装的年固定成本为 10 万元，每生产 1 千件需另投入 2.7 万元.设该公司一年内生产该产品牌 服装 千件并全部销售完，每千件的销售收入为 万元，且 （1）写出年利润 ( )（万元）关于年产量 （千件）的函数解析式； （2）年产量为多少千件时，该公司在这一品牌服 装的上产中所获得的年利润最大. （注：年利润=年销售收入 年总成本） [答案] 194.（1）当 时， ， 当 时， . …………………………………………4 分 （2）当 时， ，则 , 当 时， ，函数 是增函数； 当 时， ，函数 是减函数， 所以，当 时， 取最大值，即 . 当 时， 当且仅当 即 时， 取最大值 38. ∵ ,∴当 时， 取最大值 38.6， 即当年产量为 9 千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大. .…12 分 194. 195. （2012 山东省规范化学校高三 11 月月考，21，12 分）已知函数 （1）当 时，求函数 的单调区间； （2）若函数 在[1，4]上是减函数，求实数 a 的取值范围. [答案] 195.（1）函数 的定义域为（0，+∞）. 当 时， ， . 令 ，解得 ；令 ，解得 . 的单调递减区间是 单调递增区间是 .……6 分 （2） ， 则 ，………………7 分 又函数 在[1，4]上是减函数， 则 ，在[1，4]上恒成立， 即 对 上恒成立，………9 分 即 对 恒成立. ……………………10 分 设 ，则二次 在[1，4]上为减函数， 所以 的最小值为 . …………………………11 分 的取值范围是 . ……………………………………12 分 195. 196. （2012 山东省规范化学校高三 11 月月考，22，14 分）已知函数 （1）当 时，求函数 的极值； （2）讨论 的单调性； （3）若对任意的 恒有 成立， 求实数 的取值范围. [答案] 196.（1）当 时， ， 令 ，解得 ；令 ，解得 ；令 ，解得 . 当 变化时， 的变化如表： - 0 + ↘ ↗ 由表知 的极小值为 无极大值. …………………………4 分 （2） . 当 时，由（1）知此时函数 的单调递减区间是 ，单调递增区间是 ； 当 时， ， 若 ， 令 ，解得 ；令 ，解得 . 此时函数 的单调递减区间是 ，单调递增区间是 ； 若当 ，令 ，解得 ，或 ；令 ，解得 . 此时函数 的单调递减区间是 ， ，单调递增区间是 ； 若 ， ， 此时函数 的单调递减区间是 ，不存在单调递增区间； 若 ，令 ，解得 ，或 ；令 ，解得 . 此时函数 的单调递减区间 ， ，单调递增区间 . 综上所得，当 时，函数 的单调递减区间 ， ，单调递增区间 ；当 时，函数 的单调递减区间是 ，不存在单调递增区间；当 时，函数 的单调递减区间是 ， ，单调递增区间是 ；当 时，函数 的单调递减区间是 ，单调递增区间是 . …………………………9 分 （3）当 时，由（2）可知 在 上是减函数， 所以 由 对任意 恒成立， 所以 ， 即 对任意 恒成立， 即 对任意 恒成立， 又当 时， 所以 即实数 的取值范围是 .…………………………14 分 196. 197. (2012 浙江省杭州市萧山区高三 11 月联考，22,15 分）设函数 ， （1）若 ( 是自然对数的底数),求 的单调区间和极值； （2）若函数 在全体实数 上恰有 个零点,求实数 的取值范围． [答案] 197.解法一(1) 当 时， ， ， 令 ，解得 ；令 ，解得 ；令 ，解得 . ∴ 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 . 当 变化时， 的变化如表： 0 - 0 + ↘ ↗ 由表知，函数 的极小值是 ，不存在极大值. ……………….6 分 (2)∵函数 是偶函数， ∴要使 在 上恰有 个零点，只须 在 上有 2 个零点， 当 时，在 上，函数 与 的图象仅有一个交点，即函数 在 上仅有 1 个零点，所以此时不合题意； 当 时， 的导数为 ， 若直线 与 相切于点 ，则有 这两个方程相除得 ，代入 得 ， ∴ ，∴ ，∴ ，∴ ， 结合函数 与 的图象，可得实数 的取值范围 . ……………….15 分 解法二（1）同解法一 （2）∵函数 是偶函数， ∴要使 在 上恰有 个零点，只须 在 上有 2 个零点， 即方程 在 有 2 解，则有 ，设 ，则 ， 当 时， ， 是减函数，此时 ； 当 时， ， 是增函数，此时 ， 结合函数 与 的图象，可得 ， ， 即实数 的取值范围 . 197. 198.(2013 广东珠海市高三一月期末，20,14 分）已知函数 ，其中 为常 数，且 ． 　 （1）若曲线 在点（1， ）处的切线与直线 垂 直，求 的值； 　 （2）若函数 在区间[1，2]上的最小值为 ，求 的值． [答案] 198. 198. 199.(2013 北京海淀区高三一月期末，18，13 分）已知函数 与函数 在点 处有公共的切线，设 . （I） 求 的值； （Ⅱ）求 在区间 上的最小值. [答案] 199.（I）由题意得 ， ， 所以点 在函数 的图象上， 所以 ， 又 ， 所以 ， 所以 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ………………3 分 （Ⅱ）由（I）知， ， 所以 ， ， 则 ，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　………………5 分 当 时，恒有 ， 所以 在 上是增函数， 所以 在 上的最小值为 ，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　………………7 分 当 时，令 ，解得 (舍去)， 若 ，即 时， 对 恒成立， 此时函数 在 上是增函数，其最小值为 .　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ………………9 分 若 ，即 时, 对 成立， 此时函数 在 上是减函数，其最小值为 ，　………………11 分 若 ,即 时, 令 ，解得 ，令 ，解得 ， 　　所以函数 在 上是减函数，在 上是增函数，其最小值为 ， 综上所得，当 且 时， 在 上的最小值为 ；当 时， 在 上的最小值为 ；当 时, 在 上的最小值 为 .　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ………13 分 199. 200.(2013 山东省济宁市一月期末，22,13 分）已知函数 ，其中 . （I）求函数 的单调区间； （II）若直线 是曲线 的切线，求实数 a 的值； （III）设 ，求 在区间 上的最小值.（其中 e 为自然对数的 底数） [答案] 200.（I） ， ， . 　　 令 ，解得 ；令 ，解得 或 . 　　　所以函数 的单调递增区间是 ，单调递减期间区间是 ， . 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 …………………….. 4 分 （II）设切点坐标是 ，由题意得 解得 .　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ………………. 8 分 （III） , 　　　 , 　　　令 ，解得 ， 则函数 在区间 上是减函数，在区间 上是增函数. 由于 ， 当 ，即 时，函数 在 上是增函数， 　 此时函数 的最小值是 . 当 ，即 时，函数 在 上是减函数，在 上是增函数， 　 此时函数 的最小值是 . 当 ，即 时，函数 在 上是减函数， 　 此时函数 的最小值是 . 综上所得，当 时，函数 的最小值是 ；当 时，函数 的 最小值是 ；当 时，函数 的最小值是 . 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ……………………………. 13 分 200. 201.(2013 福建厦门一月质量检测，18，12 分） 已知 是函数 的一 个极值点． 　（I）求实数 a 的值； 　（Ⅱ）若 ，求函数 的单调区间及最大值． [答案] 201.（I） ， ∵ 是函数 的一个极值点． ∴ ，解得 . 经检验，当 时， 是函数 的一个极值点． ∴ .　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ……………………… 5 分 （Ⅱ）由（I）知 ， ，其中 ， 令 ，解得 ；令 ，解得 ；令 ，解得 . 当 变化时， 的变化如下表： 0 - 0 + ↘ ↗ 1 ∴函数 的单调递减区间是 ，单调递增区间是 ， 又 ， ， ∴函数 的最大值是 .　　　　　　　　　　　　　　…………….. 12 分 201. 202.(2013 福建厦门一月质量检测，21，13 分） 　某厂家研发甲、乙两种产品准备试产，经调研，生产甲产品需固定成本 100 万元，每生产 一件产品，成本增加 1 万元，每件销售价格 p（万元／件）与产量 x（件）满足关系 p= 25 ；乙产品的利润 L（万元）与成本 t（万元）的关系为 L= 现有资 金 200 万元，所生产的产品都能销售出去，并且甲产品必须生产． （I）要使甲产品的利润最大，应生产甲产品多少件； （Ⅱ）若资金全部投入生产，如何分配对甲、乙的投资，能使厂家获得的利润最大？ [答案] 202.（I）设生产甲产品 （件）时，利润为 万元， 　　 此时总成本为 万元，销售收入为 万元， 　　 则 　　 ∴当 时， 取最大值，此时总成本是 196<200，符合题意， 　　 即要使甲产品的利润最大，应生产甲产品 96 件.　　　　　……………….　6 分 （Ⅱ）若资金全部投入生产，设投入甲、乙的资金分别为 （万元）和 （万元），此 时厂家获得的利润为 （万元）， 　　 此时，生产甲产品的产量是 （件）， 　　 则生产甲产品的利润为 （万元）， 　　 生产乙产品的利润为 　　　　 　　 当 时， 此时有 　　　　　　 ， 　　　　　　此时当 时， 取最大值 1052. 　　 当 时，此时有 　　　　　　 ， 　　则 ， 　　令 ，解得 ；令 ，解得 . 　　所以函数 在区间 上是增函数，在区间 上是减函数， 　　所以当 时， 取最大值 ， 　　综上所得，当 时， 取最大值， 　　即若资金全部投入生产，投资甲、乙产品分别是 180 万元和 20 万元时，能使厂家获得 的利润最大.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　……………….　13 分 202. 203.(2013 吉林省普通中学一月期末，21,12 分）已知函数 ， （I）讨论函数 的单调区间和极值点； （II）若函数 有极值点 ，记过点 与原点的直线斜率为 .是否存在 使 ？若存在，求出 值；若不存在，请说明理由. [答案] 203.（1） 当 ， 对 恒成立， 此时函数 的单调递增区间是 ，不存在单调递减区间，不存在极值点. 当 ，令 ，解得 ；令 ，解得 . 此时函数 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 ，极小值点是 ， 不存在极大值点. 综上所得，当 ，函数 的单调递增区间是 ，不存在单调递减区间，不存 在极值点；当 ，函数 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 ，极 小值点是 ，不存在极大值 点.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ………………….. 5 分 （2）由（1）可知，当且仅当 时， 在 存在极小值，且 ∴直线 OA 的斜率 ， 又 ， ∴ ， 整理得 . 设 （ ），则 ， 令 ，解得 ；令 ，解得 ；令 ，解得 . ∴函数 在区间 是减函数，在区间 上是增函数， ∴函数 在 处取得最小值 ， ∴ 无零点. 　　即方程 无解， 所以不存在 使过点 与原点的直线斜率 .　　　 ………………….. 12 分 203. 204. (2013 天津市滨海新区五所重点学校高三联考，19,14 分)已知函数 ， ， 是实数. （Ⅰ）若 在 处取得极大值，求 的值； （Ⅱ）若 在区间 为增函数，求 的取值范围； （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，函数 有三个零点，求 的取值范围． [答案] 204.(I) ， , 由 在 处取得极大值，得 ，所以 ， 经检验 符合题意， 所以 .　　　　　　　　　　　　…………………3 分 (II) 在区间 为增函数 对 恒成立 对 恒成立， 对 恒成立 对 恒成立， 当 时， ， ∴ ．　　　　　　　　　　　 …………………7 分 (III) 由(II) 知 ． ， ， 令 ，解得 或 ． 当 时， 恒成立， 在 上是增函数，显然不合题意． 当 时，当 变化时， 、 的变化情况如下表： + 0 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 由表知函数 的极大值是 ，极小值是 ， 函数 有三个零点 解得 ． 所以 的取值范围是 ．　　　　　　 …………………14 分 204. 205.(2013 山东青岛高三三月质量检测，21,13 分）已知函数 . （Ⅰ）讨论函数 的单调性； （Ⅱ）若对任意 及 时，恒有 成立，求实数 的取值范 围. [答案] 205.（Ⅰ） ， 当 时，恒有 ，则 在 上是增函数； 当 时，当 时， ，则 在 上是增函数； 当 时， ，则 在 上是减函数， 综上所得，当 时， 在 上是增函数；当 时， 在 上 是增函数， 在 上是减函 数.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　…………………7 分 (Ⅱ) 由题意知，对任意 及 时，恒有 成立 ， 又 ，则 ， 由（Ⅰ）知：当 时，函数 在 上是减函数， 所以 ， 所以恒有 ， 即 ，即 ， 又 ，则 ， 所以实数 的取值范围为 .　　　　　　　　　　　　　　　　……………………………13 分 205. 206.（2013 湖北黄冈市高三三月质量检测，21,14 分）已知函数 . (Ⅰ) 若曲线 在点 处的切线与直线 垂直，求实数 的值. (Ⅱ) 若 ，求 的最小值 ； (Ⅲ) 在(Ⅱ) 上求证： . [答案] 206.（Ⅰ） 的定义域为 ， ， 　　所以 ， 又直线 的斜率为 ， 所以曲线 在点 处的切线斜率 ， 所以 ，整理得 ， 解得 或 .　　　　　 　………………………………4 分 （Ⅱ） ， ， 令 ，解得 ；令 ，解得 ， 所以函数 在 上是减函数，在 上是增函数， 所以函数 的最小值 = . 　 …………………6 分 （Ⅲ）由（2）知，a> 0, 的最小值为 ， 则 ， 令 ，解得 ；令 ，解得 . 所以函数 在区间 上是减函数，在区间 上是增函数， 所以 ， 所以 . 　　　　…………………14 分 206. 207. (2013 北京海淀区三月模拟题，18,13 分）函数 , 其中实数 为常数. (I) 当 时，求函数的单调区间； (II) 若曲线 与直线 只有一个交点，求实数 的取值范围. [答案] 207. ， . （I）当 时， ， 令 ，解得 ，或 ；令 ，解得 . 所以 的单调递增区间是 ， ，单调递减区间是 .　 ………6 分 （II）令 = ，则函数 只有一个零点， ， 当 时， ，所以 只有一个零点 0； 当 时， 对 成立，所以 在 上是增函数， 又 ， ， 所以 ，所以函数 在区间 上至少有一个零点， 所以 在 上只有一个零点； 当 时，令 ，解得 或 ……………10 分 当 变化时，以 的变化情况如下表： 0 0 ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 则函数 有且仅有一个零点等价于 或 ， 所以 或 ，解得 ， 综上所述， 的取值范围是 ，或 ，或 ，即 .　　………13 分 207. 208.(2013 北京西城区高三三月模拟，18，13 分）已知函数 ， ， 其中 ． （Ⅰ）求 的极值； （Ⅱ）若存在区间 ，使 和 在区间 上具有相同的单调性，求 的取值范 围． [答案] 208.（Ⅰ） 的定义域为 ， ． 当 时， ， 在 上单调递增， 没有极大值，也没有极小值． 当 时，令 ，解得 ， 当 变化时， 、 的变化情况如下： ↘ ↗ 由表知， 的极小值为 ；没有极大值． 　　　综上所得，当 时， 没有极大值，也没有极小值；当 时， 的极 小值为 ；没有极大值．　　　　　……………6 分 （Ⅱ） 的定义域为 ，且 ． 　　　当 时， 对 恒成立， 在 上单调递减， = 在 上单调递增，不合题意． 　　　当 时， 对 恒成立， 在 上单调递减． 若 时， ，此时 在 上单调递增，又 在 上单调递减，不合题意． 若 时， ，此时 在 上单调递减，由于 在 上 单调递减，符合题意．　　　　　　　　 综上所得， 的取值范围是 ．　　　　　………13 分 208. 209.(2013 年皖南八校高三第三次联考，19,12 分) 已知函数 . （1）若函数 的图像上点 处的切线的斜率为 ，求实数 的值； （2）若 时，函数 在区间 上的最大值为 ，求实数 的取值范围. [答案] 209.(1) ， 　 由题意得 即 解得 　　　　　　　 …………………6 分 (2) ，所以 ， ， 　 令 ，解得 ，或 ；令 ，解得 . 　 所以函数 的单调递增区间是 ， ，单调递减区间是 . 　 所以当 时， ；当 时， ；当 时， . 　 又 且 在区间 上的最大值为 ， 　 所以 ，即实数 的取值范围是 .　　　　 …………………12 分 209. 210.(2013 年湖北七市高三 4 月联合考试，22,14 分）已知函数 且 . (I)　　若函数 在 和 上是增函数，在 上是减函数，求 的值； (II) 讨论函数 的单调递减区间； (III) 如果存在 ，使函数 ， ，在 处取得最小值，试求 b 的最大值. [答案] 210.（Ⅰ） ， 函数 在 和 上是增函数，在 上是减函数， ∴ 为 的两个极值点， ∴ 即 解得 . 可以验证当 时符合题意， ∴ .　　　　　　　　　　 …………………4 分 （Ⅱ） ， ， ， ， 当 时，令 ，解得 ，即 的单调减区间为 ； 当 时，令 ， 解得 ，即 的单调减区间为 . 综上所得，当 时， 的单调减区间为 ；当 时，即 的单调减区间 为 .　　　　　　　　　 ……9 分 （Ⅲ）∵ ， ， ∴ ， . 又函数 在 处取得最小值， ∴ 对 恒成立， 又 ，∴ 对 恒成立， 又 　　 　　 ， ∴对 ，恒有 ， 当 时， ，则 显然成立； 当 时， ，则有： ， 令 ， ， ， ∵ ，二次函数 的图象（抛物线）的开口向下， 又 ，∴ ， ∴ ， ∴ ， 又 ， ，∴ ， 又 ，∴ ，∴ ，∴ ， 解得 ， 又 ，∴ ， ∴b 的最大值是 .　　　　…………………14 分 210. 211.(2013 年东北三校高三第二次联合考试，21,12 分）已知函数 ， . （1）若对任意的实数 a，函数 与 的图象在 x = x0 处的切线斜率总相等，求 x0 的 值； （2）若 a > 0，对任意 x > 0，不等式 恒成立，求实数 a 的取值范围. [答案] 211.（Ⅰ） ， . ∴ ， ，∴ ， ， 由题意得知上式对任意实数 恒成立， 解得 .　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　……5 分 （Ⅱ）设 ， ， ， 　　　∴对任意 ， 恒成立. 　　　 . 方法一 则 ，解得 ， 当 时，由于 ，则恒有 ， 当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增. ， ， ，即 恒成立， ∴实数 的取值范围是 .　　　　　　　　　　　　　　　　 ……12 分 方法二　令 ，解得 ， 当 时，即 ， ∴当 时， ， 单调递增， ， 这与对任意 上， 恒成立矛盾，即此时不合题意； 当 时，即 ， ∴当 时， 递增，而 ， 这与对任意 上， 恒成立矛盾，即此时不合题意； 当 时，即 ， ∴则当 时， ， 单调递减； 时， ， 单调递增， ，即 恒成立. 综上所得，实数 的取值范围是 .　　　　　　……12 分 211. 212.(2013 年河南省十所名校高三第三次联考，21,1 2 分）设 m 为实数，函数 ， （Ⅰ）求 的单调区间与极值； （Ⅱ）求证：当 m≤1 且 x＞0 时， ＞2 ＋2mx＋1. [答案] 212.（Ⅰ） ， 令 ，解得 ；令 ，解得 ；令 ，解得 . 当 变化时， 的变化如表所示： 0 0 ↗ 极大值 ↘ 由表知， 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 ； 有极大值 ，无极小值.　　　 ………………（6 分） （Ⅱ）令 ， ，m≤1， ， 由（Ⅰ）知，当 时， 函数 单调递减，所以 ， 即 ，所以 ， 所以 ， 所以函数 在 上为增函数， 所以 ， 所以当 m≤1 且 x＞0 时， .　　 …………………（12 分） 212. 213.(2013 年山东省高三 4 月巩固性练习，21,13 分)已知函数 的 图象如图所示． （1）求函数 的解析式； （2）若 在其定义域内为增函数，求实数 的取值范围． [答案] 213.（1） ， 由图可知函数 的图象过点 ， 是函数 的极值点， ∴ ， ， ∴ 解得 ∴ .　　　　　　 ………………………………………………5 分 （2）由（1）知 ， ∴ , ∴函数 的定义域为 , .　 又∵函数 在其定义域 内为增函数， ∴ 对 恒成立 对 恒成立. 对 恒成立. 令 ， ， 则 ，当且仅当 即 时，取“=”. 　　　∴ ， ∴ . ∴实数 的取值范围是 .　　　　　　…………………………13 分 213. 214.(2013 年山东省济南市高三 4 月巩固性训练，22，14 分) 设 ，曲线 在点 处的切线与直线 垂直. （1）求 的值; （2）若 ， 恒成立，求 的范围. （3）求证： [答案] 214.（1） . 由题设 ， ， . （2） ， ， ，即 设 ，即 . . ①若 ， ，这与题设 矛盾. ②若 方程 的判别式 当 ，即 时， . 在 上单调递减， ，即不等式成立. 当 时，方程 ，其两根 需满足： ， ， 当 时， ， 单调递增， ，与题设矛盾. 综上所述， . （3） 由（2）知，当 时， 时， 成立. 不妨令 ，所以 ， . 　 - 累加可得 214. 215.（2013 年四川成都高新区高三 4 月模拟，20,13 分）设函数 ， ， ， （Ⅰ）若函数 在 上单调递减，在区间 单调递增，求 的值； （Ⅱ）若函数 在 上有两个不同的极值点，求 的取值范围； （Ⅲ）若方程 有且只有三个不同的实根，求 的取值范围. [答案] 215.（Ⅰ） ， 由题意得 是函数 的极小值点， ∴ ，∴ ，解得 ， 经检验 符合题意， ∴ .　　　　　　　 …………………. …4 分 （Ⅱ） ， ， ∴ ，解得 或 ， 　　　又 ， 　　 令 ，则 ， 或 ， 令 ，无解；令 ，解得 或 . ∴函数 在区间 上是增函数，在区间 上是增函数， ∴ ，或 ， 　　 或 ， 　　 ∴ 或 ， ∴ 的取值范围是 .　　　　…….. …9 分 （Ⅲ） 或 或 ， 　　　∴原问题等价于方程 ， ， 各有且只有一个实数根. ， ， ， . 当 时， ， 则 ， ， 　 ， ∴方程 有且只有三个不同的实根， ∴此时符合题意. 当 时， 令 ，解得 或 ； 令 ，解得 . 当 变化时， 的变化如表所示， 0 + 0 - 0 + ↗ ↘ ↗ 由表知函数 的极大值是 ，极小值是 . ∴原问题等价于 ∴ ，解得 . 当 时， 令 ，解得 或 ； 令 ，解得 . 当 变化时， 的变化如表所示， 0 + 0 - 0 + ↗ ↘ ↗ 由表知函数 的极大值是 ，极小值是 . ∴原问题等价于 ∴ ，解得 . 综上所得， ， ∴ 的取值范围是 .　　　　　　　 …………………………13 分 215. 216.(2013 年辽宁五校协作体高三第二次模拟，19,12 分)鑫隆房地产公司用 2160 万元购得一 块空地，计划在该地块上建造一栋至少 10 层、每层 2000 平方米的楼房. 经测算，如果将楼 房建为 层，则每平方米的平均建筑费用为 （单位：元）. 为了使楼房每 平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为多少层？（注：平均综合费用＝平均建筑费用+ 平均购地费用，平均购地费用＝ ） [答案] 216.解法一　设楼房每平方米的平均综合费为 元，则 ， ∴ ,　 令 ，解 ；令 ，解得 . ∴ 在区间 上是减函数，在区间 上是增函数， ∴当 时， 取最小值 . 即为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为 15 层.　 …………12 分 解法二　设楼房每平方米的平均综合费为 元，则 ， ∴ ， 当且仅当 ，即 时取“=” ，且 . 即为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为 15 层.　 …………12 分 216. 217.(2013 年辽宁五校协作体高三第二次模拟，22,12 分）已知 . （1) 已知函数 h(x) =g(x) +ax3 的一个极值点为 1，求 a 的取值 （2）求函数 在 上的最小值； （3）对一切 ， 恒成立，求实数 a 的取值范围. [答案] 217.（1） ， 所以 ， 又 1 为函数 的极值点，所以 ， 所以 . 经检验 符合题意， 所以 .　　　　　　　　. ………………4 分 （2） ， ， 令 ，解得 ；令 ，解得 . 所以函数 的单调递减区间是 ，单调递增区间是 . 由于 ，所以 ， 当 ，即 时，函数 在区间 上是减函数，在区间 上是增函 数，所以函数 在 上的最小值是 ； 当 ，即 时，函数 在区间 上是增函数，所以函数 在 上的最小值是 . 综上所得，当 时，函数 在 上的最小值是 ；当 时， 在 上的最小值是 .　　　　　　　　………………8 分 （3） ， ， 设 ， 所以 ， 令 ，解得 ；令 ，解得 . 所以函数 在区间 上是减函数，在区间 上是增函数. 所以函数 的最小值是 ， 因为对一切 ， 恒成立， 所以 ， 所以实数 a 的取值范围 .　　　　…………12 分 217. 218.(2013 年广东省广州市高三 4 月综合测试，20,14 分）已知函数 ． （1）若 在定义域上为增函数，求实数 的取值范围； （2）求函数 在区间 上的最小值． [答案] 218. ， ， ， （1）由于 在定义域 上是增函数， 所以 在 上恒成立． 即 在 上恒成立，所以 ． 又 ，所以 ， 所以实数 的取值范围为 ．　　　　　　 ……………………………5 分 （2）当 时，由（1）知，函数 在区间 上为增函数． 所以函数 在区间 上的最小值为 ． 当 时， ， ， 令 ，解得 ；令 ，解得 . 所以函数 在区间 上为减函数，在区间 上为增函数． 若 ，即 时，则 ， 所以函数 在区间 上为增函数， 所以函数 在 的最小值为 ． 若 ，即 时，[来源: Z#xx#k. Com] 所以函数 在区间 为减函数，在 上为增函数， 所以函数 在区间 上的最小值为 ． 若 ，即 时，则 ， 所以函数 在区间 上为减函数， 所以函数 在 的最小值为 ． 综上所得，当 且 时，函数 在区间 上的最小值为 ；　　　　　　 当 时，函数 在区间 的最小值为 ；当 时，函数 在区间 上的最小值为 ．　　　　　 ……14 分 218. 219.(2013 年天津市高三第六次联考，20,14 分）已知函数 ， ，令(x) =g(x) +(x). (Ⅰ) 当 ＝1 时，求函数 g(x) 在 x＝e 处的切线方程； (Ⅱ) 当 时，求 的单调区间； (Ⅲ) 当 时，若对 ，使得 恒 成立，求 的取值范围. [答案] 219.(Ⅰ) 当 ＝1 时，g(x) =lnx，则 ， 　　所以函数 g(x) 在 x＝e 处的切线斜率 ，切点为 ， 所以函数 g(x) 在 x＝e 处的切线方程为 ，即 .　　 ……………4 分 （Ⅱ） ，所以 ， ， ， 所以 ， 　　 又 ，所以 ，所以 ， 令 ，解得 ；令 ，解得 . 所以 的单调递减区间是 单调递减区间是 .　　　　 ……. ……. 9 分 （Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当 时， 在 上是减函数， 所以 ， 所以 ， 所以 ， 又对 有 恒成立， 所以 整理得 又 ，所以 又 所以 ，所以 所以 ， 所以 的取值范围是 .　　　　……………………14 分] 219. 220.(2013 北京海淀区 5 月模拟卷，18,13 分）已知函数 , (Ⅰ) 当 a=1 时，若曲线 y=f(x) 在点 M (x0, f(x0)) 处的切线与曲线 y=g(x) 在点 P (x0, g(x0）） 处的切线平行，求实数 x0 的值； (II) 若 (0, e]，都有 f(x) ≥g(x) + ，求实数 a 的取值范围. [答案] 220.（I）由于 ，所以 ，因为函 数 在点 处的切线与函数 在点 处的切线平行， 所以 ，所以 ，解得 ，此时 在点 处的切线为 ， 在点 处的切线为 ， 很明显直线 与直线 平行，所以 .　　　　　　　　…………………4 分 （II）设 ， ，则原问题等价于函数 在 上的最小值 ， ， ， 当 时， 对 恒成立，即函数 在 上是减函数，最小值是 ，所以 ，解得 ，所以 ； 当 时，令 ，解得 ；令 ，解得 ，所以函数 在 上是减函数，在 上是增函数，最小值是 ，所以 ， 解得 ，所以 ， 综上所得，实数 a 的取值范围是 .　　　　　　　　 ………………13 分 220. 221.(2013 大纲，21,12 分) 已知函数 f(x) =x3+3ax2+3x+1. (Ⅰ) 当 a=- 时, 讨论 f(x) 的单调性; (Ⅱ) 若 x∈[2, +∞) 时, f(x) ≥0, 求 a 的取值范围. [答案] 221.(Ⅰ) 当 a=- 时, f(x) =x3-3 x2+3x+1, f ' (x) =3x2-6 x+3. 令 f ' (x) =0, 得 x1= -1, x2= +1. (3 分) 当 x∈(-∞, -1) 时, f ' (x) > 0, f(x) 在(-∞, -1) 上是增函数; 当 x∈( -1, +1) 时, f ' (x) < 0, f(x) 在( -1, +1) 上是减函数; 当 x∈( +1, +∞) 时, f ' (x) > 0, f(x) 在( +1, +∞) 上是增函数. (6 分) (Ⅱ) 由 f(2) ≥0 得 a≥- . (8 分) 当 a≥- , x∈(2, +∞) 时, f ' (x) =3(x2+2ax+1) ≥3 =3 (x-2) > 0, 所以 f(x) 在(2, +∞) 上是增函数, 于是当 x∈[2, +∞) 时, f(x) ≥f(2) ≥0. 综上, a 的取值范围是 . (12 分) 221. 222.(2013 重庆，20,12 分) 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度). 设该蓄水池 的底面半径为 r 米, 高为 h 米, 体积为 V 立方米. 假设建造成本仅与表面积有关, 侧面的建 造成本为 100 元/平方米, 底面的建造成本为 160 元/平方米, 该蓄水池的总建造成本为 12 000π 元(π 为圆周率). (Ⅰ) 将 V 表示成 r 的函数 V(r), 并求该函数的定义域; (Ⅱ) 讨论函数 V(r) 的单调性, 并确定 r 和 h 为何值时该蓄水池的体积最大. [答案] 222.(Ⅰ) 因为蓄水池侧面的总成本为 100·2πrh=200πrh 元, 底面的总成本为 160πr2 元, 所以蓄水池的总成本为(200πrh+160πr2) 元. 又据题意 200πrh+160πr2=12 000π, 所以 h= (300-4r2), 从而 V(r) =πr2h= (300r-4r3). 因 r> 0, 又由 h> 0 可得 r< 5 , 故函数 V(r) 的定义域为(0,5 ). (Ⅱ) 因 V(r) = (300r-4r3), 故 V' (r) = (300-12r2). 令 V' (r) =0, 解得 r1=5, r2=-5(因 r2=-5 不在定 义域内, 舍去). 当 r∈(0,5) 时, V' (r) > 0, 故 V(r) 在(0,5) 上为增函数; 当 r∈(5,5 ) 时, V' (r) < 0, 故 V(r) 在 (5,5 ) 上为减函数. 由此可知, V(r) 在 r=5 处取得最大值, 此时 h=8. 即当 r=5, h=8 时, 该蓄水池的体积最大. 222. 223.(2013 四川，21,14 分) 已知函数 f(x) = 其中 a 是实数. 设 A(x1, f(x1)), B(x2, f(x2)) 为该函数图象上的两点, 且 x1< x2. (Ⅰ) 指出函数 f(x) 的单调区间; (Ⅱ) 若函数 f(x) 的图象在点 A, B 处的切线互相垂直, 且 x2< 0, 证明: x2-x1≥1; (Ⅲ) 若函数 f(x) 的图象在点 A, B 处的切线重合, 求 a 的取值范围. [答案] 223.(Ⅰ) 函数 f(x) 的单调递减区间为(-∞, -1), 单调递增区间为[-1,0), (0, +∞). (3 分) (Ⅱ) 由导数的几何意义可知, 点 A 处的切线斜率为 f ' (x1), 点 B 处的切线斜率为 f ' (x2). 故当点 A 处的切线与点 B 处的切线垂直时, 有 f ' (x1) f ' (x2) =-1. 当 x< 0 时, 对函数 f(x) 求导, 得 f ' (x) =2x+2. 因为 x1< x2< 0, 所以(2x1+2) (2x2+2) =-1, 所以 2x1+2< 0,2x2+2> 0. 因此 x2-x1= [-(2x1+2) +2x2+2]≥ =1. 当且仅当-(2x1+2) =2x2+2=1, 即 x1=- 且 x2=- 时等号成立 所以, 函数 f(x) 的图象在点 A, B 处的切线互相垂直时, 有 x2-x1≥1. (7 分) (Ⅲ) 当 x1< x2< 0 或 x2> x1> 0 时, f ' (x1) ≠f ' (x2), 故 x1< 0< x2. 当 x1< 0 时, 函数 f(x) 的图象在点(x1, f(x1)) 处的切线方程为 y-( +2x1+a) =(2x1+2) (x-x1), 即 y=(2x1+2) ·x- +a. 当 x2> 0 时, 函数 f(x) 的图象在点(x2, f(x2)) 处的切线方程为 y-ln x2= (x-x2), 即 y= ·x+ln x2-1. 两切线重合的充要条件是 由①及 x1< 0< x2 知, 0< < 2. 由①②得, a=ln x2+ -1 =-ln + -1. 令 t= , 则 0< t< 2, 且 a= t2-t-ln t. 设 h(t) = t2-t-ln t(0< t< 2), 则 h' (t) = t-1- = < 0, 所以 h(t) (0< t< 2) 为减函数. 则 h(t) > h(2) =-ln 2-1. 所以 a> -ln 2-1. 而当 t∈(0,2) 且 t 趋近于 0 时, h(t) 无限增大, 所以 a 的取值范围是(-ln 2-1, +∞). 故当函数 f(x) 的图象在点 A, B 处的切线重合时, a 的取值范围是(-ln 2-1, +∞). (14 分) 223. 224.(2013 福建，22,14 分) 已知函数 f(x) =x-1+ (a∈R, e 为自然对数的底数). (Ⅰ) 若曲线 y=f(x) 在点(1, f(1)) 处的切线平行于 x 轴, 求 a 的值; (Ⅱ) 求函数 f(x) 的极值; (Ⅲ) 当 a=1 时, 若直线 l: y=kx-1 与曲线 y=f(x) 没有公共点, 求 k 的最大值. [答案] 224.(Ⅰ) 由 f(x) =x-1+ , 得 f ' (x) =1- . 又曲线 y=f(x) 在点(1, f(1)) 处的切线平行于 x 轴, 则 f ' (1) =0, 即 1- =0, 解得 a=e. (Ⅱ) f ' (x) =1- , ①当 a≤0 时, f ' (x) > 0, f(x) 为(-∞, +∞) 上的增函数, 所以函数 f(x) 无极值. ②当 a> 0 时, 令 f ' (x) =0, 得 ex=a, x=ln a. x∈(-∞, ln a), f ' (x) < 0; x∈(ln a, +∞), f ' (x) > 0, 所以 f(x) 在(-∞, ln a) 上单调递减, 在(ln a, +∞) 上单调递增, 故 f(x) 在 x=ln a 处取得极小值, 且极小值为 f(ln a) =ln a, 无极大值. 综上, 当 a≤0 时, 函数 f(x) 无极值; 当 a> 0 时, f(x) 在 x=ln a 处取得极小值 ln a, 无极大值. (Ⅲ) 解法一: 当 a=1 时, f(x) =x-1+ . 令 g(x) =f(x) -(kx-1) =(1-k) x+ , 则直线 l: y=kx-1 与曲线 y=f(x) 没有公共点, 等价于方程 g(x) =0 在 R 上没有实数解. 假设 k> 1, 此时 g(0) =1> 0, g =-1+ < 0, 又函数 g(x) 的图象连续不断, 由零点存在性定理, 可知 g(x) =0 在 R 上至少有一解, 与“方程 g(x) =0 在 R 上没有实数解” 矛盾, 故 k≤1. 又 k=1 时, g(x) = > 0, 知方程 g(x) =0 在 R 上没有实数解. 所以 k 的最大值为 1. 解法二: 当 a=1 时, f(x) =x-1+ . 直线 l: y=kx-1 与曲线 y=f(x) 没有公共点, 等价于关于 x 的方程 kx-1=x-1+ 在 R 上没有实数解, 即关于 x 的方程(k-1) x= (*) 在 R 上没有实数解, ①当 k=1 时, 方程(*) 可化为 =0, 在 R 上没有实数解. ②当 k≠1 时, 方程(*) 可化为 =xex. 令 g(x) =xex, 则有 g' (x) =(1+x) ex. 令 g' (x) =0, 得 x=-1, 当 x 变化时, g' (x), g(x) 的变化情况如下表: x (-∞, -1) -1 (-1, +∞) g' (x) - 0 + g(x) ↘ - ↗ 当 x=-1 时, g(x) min=- , 同时当 x 趋于+∞时, g(x) 趋于+∞, 从而 g(x) 的取值范围为 . 所以当 ∈ 时, 方程(*) 无实数解, 解得 k 的取值范围为(1-e, 1). 综合①②, 得 k 的最大值为 1. 224. 225.(2013 广东，21,14 分) 设函数 f(x) =x3-kx2+x(k∈R). (1) 当 k=1 时, 求函数 f(x) 的单调区间; (2) 当 k< 0 时, 求函数 f(x) 在[k, -k]上的最小值 m 和最大值 M. [答案] 225.f ' (x) =3x2-2kx+1. (1) 当 k=1 时, f ' (x) =3x2-2x+1, Δ=4-12=-8< 0, ∴f ' (x) > 0, f(x) 在 R 上单调递增. (2) 当 k< 0 时, f ' (x) =3x2-2kx+1, 其图象开口向上, 对称轴为直线 x= , 且过(0,1). (i) 当 Δ=4k2-12=4(k+ ) (k- ) ≤0, 即- ≤k< 0 时, f ' (x) ≥0, f(x) 在[k, -k]上单调递增, 从而当 x=k 时, f(x) 取得最小值 m=f(k) =k, 当 x=-k 时, f(x) 取得最大值 M=f(-k) =-k3-k3-k=-2k3-k. (ii) 当 Δ=4k2-12=4(k+ ) (k- ) > 0, 即 k< - 时, 令 f ' (x) =3x2-2kx+1=0, 解得 x1= , x2= , 注意到 k< x2< x1< 0, ∴m=min{f(k), f(x1) }, M=max{f(-k), f(x2) }. ∵f(x1) -f(k) = -k +x1-k=(x1-k) ( +1) > 0, ∴f(x) 的最小值 m=f(k) =k. ∵f(x2) -f(-k) = -k +x2-(-k3-k·k2-k) =(x2+k) [(x2-k) 2+k2+1]< 0, ∴f(x) 的最大值 M=f(-k) =-2k3-k. 综上所述, 当 k< 0 时, f(x) 的最小值 m=f(k) =k, 最大值 M=f(-k) =-2k3-k 225. 226.(2013 江西，21,14 分) 设函数 f(x) = a 为常数且 a∈(0,1). (1) 当 a= 时, 求 f ; (2) 若 x0 满足 f(f(x0)) =x0, 但 f(x0) ≠x0, 则称 x0 为 f(x) 的二阶周期点. 证明函数 f(x) 有且仅 有两个二阶周期点, 并求二阶周期点 x1, x2; (3) 对于(2) 中的 x1, x2, 设 A(x1, f(f(x1))), B(x2, f(f(x2))), C(a2, 0), 记△ABC 的面积为 S(a), 求 S(a) 在区间 上的最大值和最小值. [答案] 226.(1) 当 a= 时, f = , f =f =2 = . (2) f(f(x)) = 当 0≤x≤a2 时, 由 x=x 解得 x=0, 因为 f(0) =0, 故 x=0 不是 f(x) 的二阶周期点; 当 a2< x≤a 时, 由 (a-x) =x 解得 x= ∈(a2, a), 因 f = · = ≠ , 故 x= 为 f(x) 的二阶周期点; 当 a< x< a2-a+1 时, 由 (x-a) =x 解得 x= ∈(a, a2-a+1), 因 f = · = , 故 x= 不是 f(x) 的二阶周期点; 当 a2-a+1≤x≤1 时, 由 (1-x) =x 解得 x= ∈(a2-a+1,1), 因 f = · = ≠ , 故 x= 为 f(x) 的二阶周期点. 因此, 函数 f(x) 有且仅有两个二阶周期点, x1= , x2= . (3) 由(2) 得 A , B , 则 S(a) = · , S' (a) = · , 因为 a∈ , a2+a< 1, 所以 S' (a) = · = · > 0. 或令 g(a) =a3-2a2-2a+2, g' (a) =3a2-4a-2=3 , 因 a∈(0,1), g' (a) < 0, 则 g(a) 在区间 上的最小值为 g = > 0, 故对于任意 a∈ , g(a) =a3-2a2-2a+2> 0, S' (a) = · > 0 则 S(a) 在区间 上单调递增, 故 S(a) 在区间 上的最小值为 S = , 最大值为 S = . 226. 227.(2013 湖北，21,13 分) 设 a> 0, b> 0, 已知函数 f(x) = . (Ⅰ) 当 a≠b 时, 讨论函数 f(x) 的单调性; (Ⅱ) 当 x> 0 时, 称 f(x) 为 a、b 关于 x 的加权平均数. (i) 判断 f(1), f , f 是否成等比数列, 并证明 f ≤f ; (ii) a、b 的几何平均数记为 G. 称 为 a、b 的调和平均数, 记为 H. 若 H≤f(x) ≤G, 求 x 的取 值范围. [答案] 227.(Ⅰ) f(x) 的定义域为(-∞, -1) ∪(-1, +∞), f ' (x) = = . 当 a> b 时, f ' (x) > 0, 函数 f(x) 在(-∞, -1), (-1, +∞) 上单调递增; 当 a< b 时, f ' (x) < 0, 函数 f(x) 在(-∞, -1), (-1, +∞) 上单调递减. (Ⅱ) (i) 计算得 f(1) = > 0, f = > 0, f = > 0, 故 f(1) f = · =ab= , 即 f(1) f = . ① 所以 f(1), f , f 成等比数列. 因为 ≥ , 所以 f(1) ≥f . 由①得 f ≤f . (ii) 由(i) 知 f =H, f =G. 故由 H≤f(x) ≤G, 得 f ≤f(x) ≤f . ② 当 a=b 时, f =f(x) =f =a. 这时, x 的取值范围为(0, +∞); 当 a> b 时, 0< < 1, 从而 < , 由 f(x) 在(0, +∞) 上单调递增与②式, 得 ≤x≤ , 即 x 的取值范围为 ; 当 a< b 时, > 1, 从而 > , 由 f(x) 在(0, +∞) 上单调递减与②式, 得 ≤x≤ , 即 x 的取值范围为 . 227. 228.(2013 湖南，21,13 分) 已知函数 f(x) = ex. (Ⅰ) 求 f(x) 的单调区间; (Ⅱ) 证明: 当 f(x1) =f(x2) (x1≠x2) 时, x1+x2< 0. [答案] 228.(Ⅰ) 函数 f(x) 的定义域为(-∞, +∞). f ' (x) = ' ex+ ex= ex = ex. 当 x< 0 时, f ' (x) > 0; 当 x> 0 时, f ' (x) < 0. 所以 f(x) 的单调递增区间为(-∞, 0), 单调递减区间为(0, +∞). (Ⅱ) 当 x< 1 时, 由于 > 0, ex> 0, 故 f(x) > 0; 同理, 当 x> 1 时, f(x) < 0. 当 f(x1) =f(x2) (x1 ≠x2) 时, 不妨设 x1< x2, 由(Ⅰ) 知, x1∈(-∞, 0), x2∈(0,1). 下面证明: ∀x∈(0,1), f(x) < f(-x), 即证 ex< e-x. 此不等式等价于(1-x) ex- < 0. 令 g(x) =(1-x) ex- , 则 g' (x) =-xe-x(e2x-1). 当 x∈(0,1) 时, g' (x) < 0, g(x) 单调递减, 从而 g(x) < g(0) =0. 即(1-x) ex- < 0. 所以∀x∈(0,1), f(x) < f(-x). 而 x2∈(0,1), 所以 f(x2) < f(-x2), 从而 f(x1) < f(-x2). 由于 x1, -x2∈(-∞, 0), f(x) 在(-∞, 0) 上单调递增, 所以 x1< -x2, 即 x1+x2< 0. 228. 229.(2013 陕西，21,14 分) 已知函数 f(x) =ex, x∈R. (Ⅰ) 求 f(x) 的反函数的图象上点(1,0) 处的切线方程; (Ⅱ) 证明: 曲线 y=f(x) 与曲线 y= x2+x+1 有唯一公共点; (Ⅲ) 设 a< b, 比较 f 与 的大小, 并说明理由. [答案] 229.(Ⅰ) f(x) 的反函数为 g(x) =ln x, 设所求切线的斜率为 k, ∵g' (x) = , ∴k=g' (1) =1, 于是在点(1,0) 处切线方程为 y=x-1. (Ⅱ) 解法一: 曲线 y=ex 与 y= x2+x+1 公共点的个数等于函数 φ(x) =ex- x2-x-1 零点的个数. ∵φ(0) =1-1=0, ∴φ(x) 存在零点 x=0. 又 φ' (x) =ex-x-1, 令 h(x) =φ' (x) =ex-x-1, 则 h' (x) =ex-1, 当 x< 0 时, h' (x) < 0, ∴φ' (x) 在(-∞, 0) 上单调递减. 当 x> 0 时, h' (x) > 0, ∴φ' (x) 在(0, +∞) 上单调递增. ∴φ' (x) 在 x=0 处有唯一的极小值 φ' (0) =0, 即 φ' (x) 在 R 上的最小值为 φ' (0) =0. ∴φ' (x) ≥0(仅当 x=0 时等号成立), ∴φ(x) 在 R 上是单调递增的, ∴φ(x) 在 R 上有唯一的零点, 故曲线 y=f(x) 与 y= x2+x+1 有唯一的公共点. 解法二: ∵ex> 0, x2+x+1> 0, ∴曲线 y=ex 与 y= x2+x+1 公共点的个数等于曲线 y= 与 y=1 公共点的个数, 设 φ(x) = , 则 φ(0) =1, 即 x=0 时, 两曲线有公共点. 又 φ' (x) = = ≤0(仅当 x=0 时等号成立), ∴φ(x) 在 R 上单调递减, ∴φ(x) 与 y=1 有唯一的公共点, 故曲线 y=f(x) 与 y= x2+x+1 有唯一的公共点. (Ⅲ) -f = - = = [ - -(b-a) ]. 设函数 u(x) =ex- -2x(x≥0), 则 u' (x) =ex+ -2≥2 -2=0, ∴u' (x) ≥0(仅当 x=0 时等号成立), ∴u(x) 单调递增. 当 x> 0 时, u(x) > u(0) =0. 令 x= , 则得 - -(b-a) > 0, ∴ > f . 229. 230.(2013 安徽，20,13 分) 设函数 f(x) =ax-(1+a2) x2, 其中 a> 0, 区间 I={x|f(x) > 0}. (Ⅰ) 求 I 的长度(注: 区间(α, β) 的长度定义为 β-α); (Ⅱ) 给定常数 k∈(0,1), 当 1-k≤a≤1+k 时, 求 I 长度的最小值. [答案] 230.(Ⅰ) 因为方程 ax-(1+a2) x2=0(a> 0) 有两个实根 x1=0, x2= , 故 f(x) > 0 的解集为 {x|x1< x< x2}, 因此区间 I= , 区间长度为 . (Ⅱ) 设 d(a) = , 则 d' (a) = , 令 d' (a) =0, 得 a=1. 由于 0< k< 1, 故 当 1-k≤a< 1 时, d' (a) > 0, d(a) 单调递增; 当 1< a≤1+k 时, d' (a) < 0, d(a) 单调递减. 因此当 1-k≤a≤1+k 时, d(a) 的最小值必定在 a=1-k 或 a=1+k 处取得. 而 = = < 1, 故 d(1-k) < d(1+k). 因此当 a=1-k 时, d(a) 在区间[1-k, 1+k]上取得最小值 . 230. 231.(2013 浙江，21,15 分) 已知 a∈R, 函数 f(x) =2x3-3(a+1) x2+6ax. (Ⅰ) 若 a=1, 求曲线 y=f(x) 在点(2, f(2)) 处的切线方程; (Ⅱ) 若|a|> 1, 求 f(x) 在闭区间[0,2|a|]上的最小值. [答案] 231.(Ⅰ) 当 a=1 时, f ' (x) =6x2-12x+6, 所以 f ' (2) =6. 又因为 f(2) =4, 所以切线方程为 y=6x-8. (Ⅱ) 记 g(a) 为 f(x) 在闭区间[0,2|a|]上的最小值. f ' (x) =6x2-6(a+1) x+6a=6(x-1) (x-a). 令 f ' (x) =0, 得到 x1=1, x2=a. 当 a> 1 时, x 0(0,1)1 (1, a)a (a, 2a)2a f ' (x) + 0 - 0 + f(x) 0 单调 递增 极大值 3a-1 单调 递减 极小值 a2(3-a) 单调 递增 4a3 比较 f(0) =0 和 f(a) =a2(3-a) 的大小可得 g(a) = 当 a< -1 时, x 0(0,1) 1 (1, -2a) -2a f ' (x) - 0 + f(x) 0单调递减 极小值 3a-1 单调递增-28a3-24a2 得 g(a) =3a-1. 综上所述, f(x) 在闭区间[0,2|a|]上的最小值为 g(a) = 231. 232.(2013 江苏，20,16 分) 设函数 f(x) =ln x-ax, g(x) =ex-ax, 其中 a 为实数. (1) 若 f(x) 在(1, +∞) 上是单调减函数, 且 g(x) 在(1, +∞) 上有最小值, 求 a 的取值范围; (2) 若 g(x) 在(-1, +∞) 上是单调增函数, 试求 f(x) 的零点个数, 并证明你的结论. [答案] 232.(1) 令 f ' (x) = -a= < 0, 考虑到 f(x) 的定义域为(0, +∞), 故 a> 0, 进而解得 x> a-1, 即 f(x) 在(a-1, +∞) 上是单调减函数. 同理, f(x) 在(0, a-1) 上是单调增函数. 由于 f(x) 在(1, +∞) 上是单调减函数, 故(1, +∞) ⊆(a-1, +∞), 从而 a-1≤1, 即 a≥1. 令 g' (x) =ex-a=0, 得 x=ln a. 当 x< ln a 时, g' (x) < 0; 当 x> ln a 时, g' (x) > 0. 又 g(x) 在(1, +∞) 上有最小值, 所以 ln a> 1, 即 a> e. 综上, 有 a∈(e, +∞). (2) 当 a≤0 时, g(x) 必为单调增函数; 当 a> 0 时, 令 g' (x) =ex-a> 0, 解得 a< ex, 即 x> ln a, 因为 g(x) 在(-1, +∞) 上是单调增函数, 类似(1) 有 ln a≤-1, 即 0< a≤e-1. 结合上述两种情况, 有 a≤e-1. (i) 当 a=0 时, 由 f(1) =0 以及 f ' (x) = > 0, 得 f(x) 存在唯一的零点; (ii) 当 a< 0 时, 由于 f(ea) =a-aea=a(1-ea) < 0, f(1) =-a> 0, 且函数 f(x) 在[ea, 1]上的图象不间断, 所以 f(x) 在(ea, 1) 上存在零点. 另外, 当 x> 0 时, f ' (x) = -a> 0, 故 f(x) 在(0, +∞) 上是单调增函数, 所以 f(x) 只有一个零点. (iii) 当 0< a≤e-1 时, 令 f ' (x) = -a=0, 解得 x=a-1. 当 0< x< a-1 时, f ' (x) > 0, 当 x> a-1 时, f ' (x) < 0, 所以, x=a-1 是 f(x) 的最大值点, 且最大值为 f(a-1) =-ln a-1. ①当-ln a-1=0, 即 a=e-1 时, f(x) 有一个零点 x=e. ②当-ln a-1> 0, 即 0< a< e-1 时, f(x) 有两个零点. 实际上, 对于 0< a< e-1, 由于 f(e-1) =-1-ae-1< 0, f(a-1) > 0, 且函数 f(x) 在[e-1, a-1]上的图象不间断, 所以 f(x) 在(e-1, a-1) 上存在零点. 另外, 当 x∈(0, a-1) 时, f ' (x) = -a> 0, 故 f(x) 在(0, a-1) 上是单调增函数, 所以 f(x) 在(0, a-1) 上只有一个零点. 下面考虑 f(x) 在(a-1, +∞) 上的情况. 先证 f(ea-1) =a(a-2-ea-1) < 0. 为此, 我们要证明: 当 x> e 时, ex> x2. 设 h(x) =ex-x2, 则 h' (x) =ex-2x, 再设 l(x) =h' (x) =ex-2x, 则 l' (x) =ex-2. 当 x> 1 时, l' (x) =ex-2> e-2> 0, 所以 l(x) =h' (x) 在(1, +∞) 上是单调增函数. 故当 x> 2 时, h' (x) =ex-2x> h' (2) =e2-4> 0, 从而 h(x) 在(2, +∞) 上是单调增函数, 进而当 x> e 时, h(x) =ex-x2> h(e) =ee-e2> 0. 即当 x> e 时, ex> x2. 当 0< a< e-1, 即 a-1> e 时, f(ea-1) =a-1-aea-1=a(a-2-ea-1) < 0, 又 f(a-1) > 0, 且函数 f(x) 在[a-1, ea-1]上的图象不间断, 所以 f(x) 在(a-1, ea-1) 上存在零点. 又当 x> a-1 时, f ' (x) = -a< 0, 故 f(x) 在(a-1, +∞) 上是单调减函数, 所以 f(x) 在(a-1, +∞) 上只 有一个零点. 综合(i), (ii), (iii), 当 a≤0 或 a=e-1 时, f(x) 的零点个数为 1, 当 0< a< e-1 时, f(x) 的零点个数为 2. 232. 233.(2013 山东，21,12 分) 已知函数 f(x) =ax2+bx-ln x(a, b∈R). (Ⅰ) 设 a≥0, 求 f(x) 的单调区间; (Ⅱ) 设 a> 0, 且对任意 x> 0, f(x) ≥f(1). 试比较 ln a 与-2b 的大小. [答案] 233.(Ⅰ) 由 f(x) =ax2+bx-ln x, x∈(0, +∞), 得 f ' (x) = . (1) 当 a=0 时, f ' (x) = . (i) 若 b≤0, 当 x> 0 时, f ' (x) < 0 恒成立, 所以函数 f(x) 的单调递减区间是(0, +∞). (ii) 若 b> 0, 当 0< x< 时, f ' (x) < 0, 函数 f(x) 单调递减, 当 x> 时, f ' (x) > 0, 函数 f(x) 单调递增. 所以函数 f(x) 的单调递减区间是 , 单调递增区间是 . (2) 当 a> 0 时, 令 f ' (x) =0, 得 2ax2+bx-1=0. 由 Δ=b2+8a> 0 得 x1= , x2= . 显然, x1< 0, x2> 0. 当 0< x< x2 时, f ' (x) < 0, 函数 f(x) 单调递减; 当 x> x2 时, f ' (x) > 0, 函数 f(x) 单调递增. 所以函数 f(x) 的单调递减区间是 , 单调递增区间是 . 综上所述, 当 a=0, b≤0 时, 函数 f(x) 的单调递减区间是(0, +∞); 当 a=0, b> 0 时, 函数 f(x) 的单调递减区间是 , 单调递增区间是 ; 当 a> 0 时, 函数 f(x) 的单调递减区间是 , 单调递增区间是 . (Ⅱ) 由题意, 函数 f(x) 在 x=1 处取得最小值, 由(Ⅰ) 知 是 f(x) 的唯一极小值点, 故 =1, 整理得 2a+b=1, 即 b=1-2a. 令 g(x) =2-4x+ln x. 则 g' (x) = . 令 g' (x) =0, 得 x= . 当 0< x< 时, g' (x) > 0, g(x) 单调递增; 当 x> 时, g' (x) < 0, g(x) 单调递减. 因此 g(x) ≤g =1+ln =1-ln 4< 0. 故 g(a) < 0, 即 2-4a+ln a=2b+ln a< 0, 即 ln a< -2b. 233. 234.(2013 辽宁，21,12 分) (Ⅰ) 证明: 当 x∈[0,1]时, x≤sin x≤x; (Ⅱ) 若不等式 ax+x2+ +2(x+2) cos x≤4 对 x∈[0,1]恒成立, 求实数 a 的取值范围. [答案] 234.(Ⅰ) 证明: 记 F(x) =sin x- x, 则 F' (x) =cos x- . 当 x∈ 时, F' (x) > 0, F(x) 在 上是增函数; 当 x∈ 时, F' (x) < 0, F(x) 在 上是减函数. 又 F(0) =0, F(1) > 0, 所以当 x∈[0,1]时, F(x) ≥0, 即 sin x≥ x. (3 分) 记 H(x) =sin x-x, 则当 x∈(0,1) 时, H' (x) =cos x-1< 0, 所以, H(x) 在[0,1]上是减函数, 则 H(x) ≤H(0) =0, 即 sin x≤x. 综上, x≤sin x≤x, x∈[0,1]. (5 分) (Ⅱ) 解法一: 因为当 x∈[0,1]时, ax+x2+ +2(x+2) cos x-4 =(a+2) x+x2+ -4(x+2) sin2 ≤(a+2) x+x2+ -4(x+2) =(a+2) x, 所以, 当 a≤-2 时, 不等式 ax+x2+ +2(x+2) cos x≤4 对 x∈[0,1]恒成立. (9 分) 下面证明, 当 a> -2 时, 不等式 ax+x2+ +2(x+2) cos x≤4 对 x∈[0,1]不恒成立. 因为当 x∈[0,1]时, ax+x2+ +2(x+2) cos x-4 =(a+2) x+x2+ -4(x+2) sin2 ≥(a+2) x+x2+ -4(x+2) =(a+2) x-x2- ≥(a+2) x- x2 =- x . 所以存在 x0∈(0,1) 满足 ax0+ + +2(x0+2) cos x0-4> 0, 即当 a> -2 时, 不等式 ax+x2+ +2(x+2) cos x-4≤0 对 x∈[0,1]不恒成立. 综上, 实数 a 的取值范围是(-∞, -2]. (12 分) 解法二: 记 f(x) =ax+x2+ +2(x+2) cos x-4, 则 f ' (x) =a+2x+ +2cos x-2(x+2) sin x. 记 G(x) =f ' (x), 则 G' (x) =2+3x-4sin x-2(x+2) cos x. 当 x∈(0,1) 时, cos x> . 因此 G' (x) < 2+3x-4· x-(x+2) =(2-2 ) x< 0. 于是 f ' (x) 在[0,1]上是减函数, 因此, 当 x∈(0,1) 时, f ' (x) < f ' (0) =a+2, 故当 a≤-2 时, f ' (x) < 0, 从而 f(x) 在[0,1]上是减函数, 所以 f(x) ≤f(0) =0, 即当 a≤-2 时, 不等式 ax+x2+ +2(x+2) cos x≤4 对 x∈[0,1]恒成立. (9 分) 下面证明, 当 a> -2 时, 不等式 ax+x2+ +2(x+2) cos x≤4 对 x∈[0,1]不恒成立. f ' (x) 在[0,1]上是减函数, 且 f ' (0) =a+2> 0, f ' (1) =a+ +2cos 1-6sin 1. 当 a≥6sin 1-2cos 1- 时, f ' (1) ≥0, 所以当 x∈(0,1) 时, f ' (x) > 0. 因此 f(x) 在[0,1]上是增函数, 故 f(1) > f(0) =0; 当-2< a< 6sin 1-2cos 1- 时, f ' (1) < 0, 又 f ' (0) > 0, 故存在 x0∈(0,1) 使 f ' (x0) =0, 则当 0< x< x0 时, f ' (x) > f ' (x0) =0, 所以 f(x) 在[0, x0]上是增函数, 所以当 x∈(0, x0) 时, f(x) > f(0) =0. 所以, 当 a> -2 时, 不等式 ax+x2+ +2(x+2) cos x≤4 对 x∈[0,1]不恒成立. 综上, 实数 a 的取值范围是(-∞, -2]. (12 分) 234. 235.(2013 天津，20,14 分) 设 a∈[-2,0], 已知函数 f(x) = (Ⅰ) 证明 f(x) 在区间(-1,1) 内单调递减, 在区间(1, +∞) 内单调递增; (Ⅱ) 设曲线 y=f(x) 在点 Pi(xi, f(xi)) (i=1,2, 3) 处的切线相互平行, 且 x1x2x3≠0. 证明 x1+x2+x3> - . [答案] 235.(Ⅰ) 设函数 f1(x) =x3-(a+5) x(x≤0), f2(x) =x3- x2+ax(x≥0), ① f '1(x) =3x2-(a+5), 由 a∈[-2,0], 从而当-1< x< 0 时, f '1(x) =3x2-(a+5) < 3-a-5≤0, 所以函数 f1(x) 在区间(-1,0]内单调递减. ② f '2(x) =3x2-(a+3) x+a=(3x-a) (x-1), 由于 a∈[-2,0], 所以当 0< x< 1 时, f '2(x) < 0; 当 x> 1 时, f '2(x) > 0. 即函数 f2(x) 在区间[0,1) 内单调递减, 在区间(1, +∞) 内单调递增. 综合①, ②及 f1(0) =f2(0), 可知函数 f(x) 在区间(-1,1) 内单调递减, 在区间(1, +∞) 内单调递 增. (Ⅱ) 由(Ⅰ) 知 f ' (x) 在区间(-∞, 0) 内单调递减, 在区间 内单调递减, 在区间 内单调递增. 因为曲线 y=f(x) 在点 Pi(xi, f(xi)) (i=1,2, 3) 处的切线相互平行, 从而 x1, x2, x3 互不相等, 且 f ' (x1) =f ' (x2) = f ' (x3). 不妨设 x1< 0< x2< x3, 由 3 -(a+5) =3 -(a+3) x2+a=3 -(a+3) x3+a, 可得 3 -3 -(a+3) (x2-x3) =0, 解得 x2+x3= , 从而 0< x2< < x3. 设 g(x) =3x2-(a+3) x+a, 则 g < g(x2) < g(0) =a. 由 3 -(a+5) =g(x2) < a, 解得- < x1< 0, 所以 x1+x2+x3> - + , 设 t= , 则 a= , 因为 a∈[-2,0], 所以 t∈ , 故 x1+x2+x3> -t+ = (t-1) 2- ≥- , 即 x1+x2+x3> - . 235. 236.(2013 北京，18,13 分) 已知函数 f(x) =x2+xsin x+cos x. (Ⅰ) 若曲线 y=f(x) 在点(a, f(a)) 处与直线 y=b 相切, 求 a 与 b 的值; (Ⅱ) 若曲线 y=f(x) 与直线 y=b 有两个不同交点, 求 b 的取值范围. [答案] 236.由 f(x) =x2+xsin x+cos x, 得 f ' (x) =x(2+cos x). (Ⅰ) 因为曲线 y=f(x) 在点(a, f(a)) 处与直线 y=b 相切, 所以 f ' (a) =a(2+cos a) =0, b=f(a). 解得 a=0, b=f(0) =1. (Ⅱ) 令 f ' (x) =0, 得 x=0. f(x) 与 f ' (x) 的情况如下: x (-∞, 0) 0 (0, +∞) f ' (x) - 0 + f(x) ↘ 1 ↗ 所以函数 f(x) 在区间(-∞, 0) 上单调递减, 在区间(0, +∞) 上单调递增, f(0) =1 是 f(x) 的最小 值. 当 b≤1 时, 曲线 y=f(x) 与直线 y=b 最多只有一个交点; 当 b> 1 时, f(-2b) =f(2b) ≥4b2-2b-1> 4b-2b-1> b, f(0) =1< b, 所以存在 x1∈(-2b, 0), x2∈(0,2b), 使得 f(x1) =f(x2) =b. 由于函数 f(x) 在区间(-∞, 0) 和(0, +∞) 上均单调, 所以当 b> 1 时曲线 y=f(x) 与直线 y=b 有 且仅有两个不同交点. 综上可知, 如果曲线 y=f(x) 与直线 y=b 有两个不同交点, 那么 b 的取值范围是(1, +∞). 236. 237.(2013 课标Ⅱ，21,12 分) 已知函数 f(x) =x2e-x. (Ⅰ) 求 f(x) 的极小值和极大值; (Ⅱ) 当曲线 y=f(x) 的切线 l 的斜率为负数时, 求 l 在 x 轴上截距的取值范围. [答案] 237.(Ⅰ) f(x) 的定义域为(-∞, +∞), f ' (x) =-exx(x-2). ① 当 x∈(-∞, 0) 或 x∈(2, +∞) 时, f ' (x) < 0; 当 x∈(0,2) 时, f ' (x) > 0. 所以 f(x) 在(-∞, 0), (2, +∞) 上单调递减, 在(0,2) 上单调递增. 故当 x=0 时, f(x) 取得极小值, 极小值为 f(0) =0; 当 x=2 时, f(x) 取得极大值, 极大值为 f(2) =4e-2. (Ⅱ) 设切点为(t, f(t)), 则 l 的方程为 y=f ' (t) (x-t) +f(t). 所以 l 在 x 轴上的截距为 m(t) =t- =t+ =t-2+ +3. 由已知和①得 t∈(-∞, 0) ∪(2, +∞). 令 h(x) =x+ (x≠0), 则当 x∈(0, +∞) 时, h(x) 的取值范围为[2 , +∞); 当 x∈(-∞, -2) 时, h(x) 的 取值范围是(-∞, -3). 所以当 t∈(-∞, 0) ∪(2, +∞) 时, m(t) 的取值范围是(-∞, 0) ∪[2 +3, +∞). 综上, l 在 x 轴上的截距的取值范围是(-∞, 0) ∪[2 +3, +∞). 237. 238.(2013 课标Ⅰ, 20,12 分) 已知函数 f(x) =ex(ax+b) -x2-4x, 曲线 y=f(x) 在点(0, f(0)) 处的切 线方程为 y=4x+4. (Ⅰ) 求 a, b 的值; (Ⅱ) 讨论 f(x) 的单调性, 并求 f(x) 的极大值. [答案] 238. (Ⅰ) f ' (x) =ex(ax+a+b) -2x-4. 由已知得 f(0) =4, f ' (0) =4. 故 b=4, a+b=8. 从而 a=4, b=4. (Ⅱ) 由(Ⅰ) 知 f(x) =4ex(x+1) -x2-4x, f ' (x) =4ex(x+2) -2x-4=4(x+2) . 令 f ' (x) =0, 得 x=-ln 2 或 x=-2. 从而当 x∈(-∞, -2) ∪(-ln 2, +∞) 时, f ' (x) > 0; 当 x∈(-2, -ln 2) 时, f ' (x) < 0. 故 f(x) 在(-∞, -2), (-ln 2, +∞) 上单调递增, 在(-2, -ln 2) 上单调递减. 当 x=-2 时, 函数 f(x) 取得极大值, 极大值为 f(-2) =4(1-e-2). 238.