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

2、=f（x）有两个极值点x1，x2（x1x2），求a的取值范围并证明x1+x224已知函数（1）设G（x）=2f（x）+g（x），求G（x）的单调递增区间；（2）证明：当x0时，f（x+1）g（x）；（3）证明：k1时，存在x01，当x（1，x0）时，恒有5已知函数（） 当a=0时，求曲线f （x）在x=1处的切线方程；（） 设函数h（x）=alnxxf（x），求函数h （x）的极值；（） 若g（x）=alnxx在1，e（e=2.718 28）上存在一点x0，使得g（x0）f（x0）成立，求a的取值范围6设函数f（x）=eax+lnx，其中a0，e是自然对数的底数（）若f（x）是（0，+）上的单

3、调函数，求的取值范围；（）若0，证明：函数f（x）有两个极值点7已知函数（a为常数，a0）（）当a=1时，求函数f（x）在点（3，f（3）的切线方程（）求f（x）的单调区间；（）若f（x）在x0处取得极值，且，而f（x）0在e+2，e3+2上恒成立，求实数a的取值范围（其中e为自然对数的底数）8已知函数（1）若g（x）在点（1，g（1）处的切线方程为8x2y3=0，求a，b的值；（2）若b=a+1，x1，x2是函数g（x）的两个极值点，试比较4与g（x1）+g（x2）的大小9已知函数f（x）=xalnx1，其中a为实数（）求函数g（x）的极值；（）设a0，若对任意的x1、x23，4（x1x2）

4、，恒成立，求实数a的最小值10已知函数f（x）=xlnxk（x1）（1）求f（x）的单调区间；并证明lnx+2（e为自然对数的底数）恒成立；（2）若函数f（x）的一个零点为x1（x11），f（x）的一个零点为x0，是否存在实数k，使=k，若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，说明理由11已知函数f（x）=（x2）ex+a（x1）2（）讨论f（x）的单调性；（）若f（x）有两个零点，求a的取值范围12设函数f（x）=ax2alnx，g（x）=，其中aR，e=2.718为自然对数的底数（）讨论f（x）的单调性；（）证明：当x1时，g（x）0；（）确定a的所有可能取值，使得f（x）g（x）在区

5、间（1，+）内恒成立13设函数f（x）=（x1）3axb，xR，其中a，bR（1）求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1x0，求证：x1+2x0=3；（3）设a0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间0，2上的最大值不小于14设函数f（x）=acos2x+（a1）（cosx+1），其中a0，记|f（x）|的最大值为A（）求f（x）；（）求A；（）证明：|f（x）|2A15设函数f（x）=x3axb，xR，其中a，bR（1）求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1x0，求证：x1+2x0

6、=0；（3）设a0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间1，1上的最大值不小于16已知函数f（x）=（x2）ex+a（x1）2有两个零点（）求a的取值范围；（）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2217已知f（x）=a（xlnx）+，aR（I）讨论f（x）的单调性；（II）当a=1时，证明f（x）f（x）+对于任意的x1，2成立18已知函数f（x）=lnx+x2（）若函数g（x）=f（x）ax在其定义域内为增函数，求实数a的取值范围；（）在（）的条件下，若a1，h（x）=e3x3aexx0，ln2，求h（x）的极小值；（）设F（x）=2f（x）3x2kx（kR），若函

7、数F（x）存在两个零点m，n（0mn），且2x0=m+n问：函数F（x）在点（x0，F（x0）处的切线能否平行于x轴？若能，求出该切线方程；若不能，请说明理由19g（x）=2lnxx2mx，xR，如果g（x）的图象与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）（x1x2），AB中点为C（x0，0），求证g（x0）020已知函数f（x）=alnxax3（aR）（）求函数f（x）的单调区间；（）若函数y=f（x）的图象在点（2，f（2）处的切线的倾斜角为45，对于任意的t1，2，函数g（x）=x3+x2（f（x）+）在区间（t，3）上总不是单调函数，求m的取值范围；（）求证：（n2，nN*）21设函数f

8、（x）=（1+x）22ln（1+x）（1）若关于x的不等式f（x）m0在0，e1有实数解，求实数m的取值范围（2）设g（x）=f（x）x21，若关于x的方程g（x）=p至少有一个解，求p的最小值（3）证明不等式：（nN*）22已知函数，f（x）=alnxax3（aR）（1 ）当a=1时，求函数f（x）的单调区间；（2）若函数y=f（x）的图象在点（2，f（2）处的切线的倾斜角为45，问：m在什么范围取值时，对于任意的t1，2，函数在区间（t，3）上总存在极值？23已知函数f（x）=x3+x2+ax+b（a，b为常数），其图象是曲线C（1）当a=2时，求函数f（x）的单调减区间；（2）设函数f（

9、x）的导函数为f（x），若存在唯一的实数x0，使得f（x0）=x0与f（x0）=0同时成立，求实数b的取值范围；（3）已知点A为曲线C上的动点，在点A处作曲线C的切线l1与曲线C交于另一点B，在点B处作曲线C的切线l2，设切线l1，l2的斜率分别为k1，k2问：是否存在常数，使得k2=k1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由24已知函数f（x）=alnxax3（a0）（）讨论f（x）的单调性；（）若f（x）+（a+1）x+4e0对任意xe，e2恒成立，求实数a的取值范围（e为自然常数）；（）求证ln（22+1）+ln（32+1）+ln（42+1）+ln（n2+1）1+2lnn!（n2，nN

10、*）（n!=123n）25已知函数f（x）=lnxxlna，a为常数（1）若函数f（x）有两个零点x1，x2，且x1x2，求a的取值范围；（2）在（1）的条件下，证明：的值随a的值增大而增大26已知函数f（x）=e1x（a+cosx），aR（）若函数f（x）存在单调减区间，求实数a的取值范围；（）若a=0，证明：，总有f（x1）+2f（x）cos（x+1）027已知函数f（x）=（e为自然对数的底数）（1）若a=，求函数f（x）的单调区间；（2）若f（1）=1，且方程f（x）=1在（0，1）内有解，求实数a的取值范围28已知函数f（x）=，g（x）=ln（x+1），曲线y=f（x）在点（1，f

11、（1）处的切线方程是5x4y+1=0（1）求a，b的值；（2）若当x0，+）时，恒有f（x）kg（x）成立，求k的取值范围；（3）若=22361，试估计ln的值（精确到0.001）29设aR，函数f（x）=lnxax（）求f（x）的单调递增区间；（）设F（x）=f（x）+ax2+ax，问F（x）是否存在极值，若存在，请求出极值；若不存在，请说明理由；（）设A（x1，y1），B（x2，y2）是函数g（x）=f（x）+ax图象上任意不同的两点，线段AB的中点为C（x0，y0），直线AB的斜率为为k证明：kg（x0）30已知函数f（x）=x3+（1a）x2a（a+2）x（aR），f（x）为f（x）的

12、导数（）当a=3时证明y=f（x）在区间（1，1）上不是单调函数（）设，是否存在实数a，对于任意的x11，1存在x20，2，使得f（x1）+2ax1=g（x2）成立？若存在求出a的取值范围；若不存在说明理由31已知函数f（x）=x2（a+2）x+alnx，其中常数a0（）当a2时，求函数f（x）的单调递增区间；（）设定义在D上的函数y=h（x）在点P（x0，h（x0）处的切线方程为l：y=g（x），若0在D内恒成立，则称P为函数y=h（x）的“类对称点”当a=4时，试问y=f（x）是否存在“类对称点”，若存在，请至少求出一个“类对称点”的横坐标；若不存在，请说明理由32已知函数f（x）=2ex

13、+2axa2，aR（1）当a=1时，求f（x）在点（0，f（0）处的切线方程；（2）求函数f（x）的单调区间；（3）若x0时，f（x）x23恒成立，求实数a的取值范围33已知aR，函数f（x）=exa（x+1）的图象与x轴相切（）求f（x）的单调区间；（）若x0时，f（x）mx2，求实数m的取值范围34已知函数h（x）=ax2+1，设f（x）=h（x）2alnx，g（x）=ln2x+2a2，其中x0，aR（1）若f（x）在区间（2，+）上单调递增，求实数a的取值范围；（2）记F（x）=f（x）+g（x），求证：F（x）35已知函数f（x）=lnxx+1，函数g（x）=axex4x，其中a为大于

14、零的常数（）求函数f（x）的单调区间；（）求证：g（x）2f（x）2（lnaln2）36已知x（1，+），函数f（x）=ex+2ax（aR），函数g（x）=|lnx|+lnx，其中e为自然对数的底数（1）若a=，求函数f（x）的单调区间；（2）证明：当a（2，+）时，f（x1）g（x）+a37已知函数f（x）=x2+mlnx+x（1）求f（x）的单调区间；（2）令g（x）=f（x）x2，试问过点P（1，3）存在多少条直线与曲线y=g（x）相切？并说明理由38已知函数（）若f（x）在点（2，f（2）处的切线与直线x2y+1=0垂直，求实数a的值；（）求函数f（x）的单调区间；（）讨论函数f（x）

15、在区间1，e2上零点的个数39已知函数f（x）=（2a）lnx+2ax（a0）（1）当a=0时，求f（x）的极值；（2）当a0时，讨论f（x）的单调性；（3）若对于任意的x1，x21，3，a（，2）都有|f（x1）f（x2）|（m+ln3）a2ln3，求实数m的取值范围40已知函数f（x）=lnxax（）若函数f（x）在（1，+）上单调递减，求实数a的取值范围；（）当a=1时，函数有两个零点x1，x2，且x1x2求证：x1+x212017年02月13日数学的高中数学组卷参考答案与试题解析一解答题（共40小题）1（2017南京一模）已知函数f（x）=ax2+lnx，g（x）=bx，其中a，bR，

16、设h（x）=f（x）g（x），（1）若f（x）在x=处取得极值，且f（1）=g（1）2求函数h（x）的单调区间；（2）若a=0时，函数h（x）有两个不同的零点x1，x2求b的取值范围；求证：1 解：（1）由已知得f，（x0），所以，所以a=2由f（1）=g（1）2，得a+1=b2，所以b=1所以h（x）=x2+lnx+x，（x0）则，（x0），由h（x）0得0x1，h（x）0得x1所以h（x）的减区间为（1，+），增区间为（0，1）（2）由已知h（x）=lnx+bx，（x0）所以h，（x0），当b0时，显然h（x）0恒成立，此时函数h（x）在定义域内递增，h（x）至多有一个零点，不合题意当b0

17、时，令h（x）=0得x=0，令h（x）0得；令h（x）0得所以h（x）极大=h（）=ln（b）10，解得且x0时，lnx0，x+时，lnx0所以当时，h（x）有两个零点证明：由题意得，即，得因为x1，x20，所以b（x1+x2）0，所以，因为0b，所以eb1，所以x1x2e2，所以12（2017四川模拟）设a，bR，函数，g（x）=ex（e为自然对数的底数），且函数f（x）的图象与函数g（x）的图象在x=0处有公共的切线（）求b的值；（）讨论函数f（x）的单调性；（）若g（x）f（x）在区间（，0）内恒成立，求a的取值范围 （）f（x）=x2+2ax+b，g（x）=ex，由f（0）=b=g（0

18、）=1，得b=1（2分）（）f（x）=x2+2ax+1=（x+a）2+1a2，当a21时，即1a1时，f（x）0，从而函数f（x）在定义域内单调递增，当a21时，此时若，f（x）0，则函数f（x）单调递增；若，f（x）0，则函数f（x）单调递减；若时，f（x）0，则函数f（x）单调递增（6分）（）令h（x）=g（x）f（x）=exx22ax1，则h（0）=e01=0h（x）=ex2x2a，令u（x）=h（x）=ex2x2a，则u（x）=ex2当x0时，u（x）0，从而h（x）单调递减，令u（0）=h（0）=12a=0，得先考虑的情况，此时，h（0）=u（0）0；又当x（，0）时，h（x）单调递

19、减，所以h（x）0；故当x（，0）时，h（x）单调递增；又因为h（0）=0，故当x0时，h（x）0，从而函数g（x）f（x）在区间（，0）内单调递减；又因为g（0）f（0）=0，所以g（x）f（x）在区间（，0）恒成立接下来考虑的情况，此时，h（0）0，令x=a，则h（a）=ea0由零点存在定理，存在x0（a，0）使得h（x0）=0，当x（x0，0）时，由h（x）单调递减可知h（x）0，所以h（x）单调递减，又因为h（0）=0，故当x（x0，0）时h（x）0从而函数g（x）f（x）在区间（x0，0）单调递增；又因为g（0）f（0）=0，所以当x（x0，0），g（x）f（x）综上所述，若g（x）

20、f（x）在区间（，0）恒成立，则a的取值范围是（14分）3（2017达州模拟）已知函数（1）若y=f（x）在（0，+）恒单调递减，求a的取值范围；（2）若函数y=f（x）有两个极值点x1，x2（x1x2），求a的取值范围并证明x1+x22 解：（1）因为f（x）=lnxax+1（x0），所以由f（x）0在（0，+）上恒成立得，令，易知g（x）在（0，1）单调递增（1，+）单调递减，所以ag（1）=1，即得：a1（5分）（2）函数y=f（x）有两个极值点x1，x2（x1x2），即y=f（x）有两个不同的零点，且均为正，f（x）=lnxax+1（x0），令F（x）=f（x）=lnxax+1，由可知

21、1）a0时，函数y=f（x）在（0，+）上是增函数，不可能有两个零点2）a0时，y=F（x）在是增函数在是减函数，此时为函数的极大值，也是最大值当时，最多有一个零点，所以才可能有两个零点，得：0a1（7分）此时又因为，令，（a）在（0，1）上单调递增，所以（a）（1）=3e2，即综上，所以a的取值范围是（0，1）（8分）下面证明x1+x22由于y=F（x）在是增函数在是减函数，可构造出构造函数 则，故m（x）在区间上单调减又由于，则，即有m（x1）0在上恒成立，即有成立由于，y=F（x）在是减函数，所以所以成立 （12分）4（2017大理州一模）已知函数（1）设G（x）=2f（x）+g（x），

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

23、当x（1，x0）时，F（x）F（1）=0，即（12分）5（2017茂名一模）已知函数（） 当a=0时，求曲线f （x）在x=1处的切线方程；（） 设函数h（x）=alnxxf（x），求函数h （x）的极值；（） 若g（x）=alnxx在1，e（e=2.718 28）上存在一点x0，使得g（x0）f（x0）成立，求a的取值范围 解：（） 当a=0时，f （x）=，f （1）=1，则切点为（1，1），（1分），切线的斜率为k=f（1）=1，（2分）曲线f （x）在点（1，1）处的切线方程为y1=（ x1），即x+y2=0 （3分）（）依题意，定义域为（0，+），（4分）当a+10，即a1时，令h（

24、x）0，x0，0x1+a，此时，h（x） 在区间（0，a+1）上单调递增，令h（x）0，得 x1+a此时，h（x）在区间（a+1，+）上单调递减（5分）当a+10，即a1时，h（x）0恒成立，h（x）在区间（0，+）上单调递减（6分）综上，当a1时，h（x）在x=1+a处取得极大值h（1+a）=aln（1+a）a2，无极小值；当a1时，h（x）在区间（0，+）上无极值（7分）（） 依题意知，在1，e上存在一点x0，使得g（x0）f（x0）成立，即在1，e上存在一点x0，使得h（x0）0，故函数在1，e上，有h（x）max0（8分）由（）可知，当a+1e，即ae1时，h（x）在1，e上单调递增，

25、（9分）当0a+11，或a1，即a0时，h（x）在1，e上单调递减，h（x）max=h（1）=11a0，a2（10分）当1a+1e，即0ae1时，由（）可知，h（x）在x=1+a处取得极大值也是区间（0，+）上的最大值，即h（x）max=h（1+a）=aln（1+a）a2=aln（1+a）12，0ln（a+1）1，h（1+a）0在1，e上恒成立，此时不存在x0使h（x0）0成立（11分）综上可得，所求a的取值范围是或a2（12分）6（2017佛山一模）设函数f（x）=eax+lnx，其中a0，e是自然对数的底数（）若f（x）是（0，+）上的单调函数，求的取值范围；（）若0，证明：函数f（x）有

26、两个极值点 解：（）f（x）=aeax+=，（x0），若0，则f（x）0，则f（x）在（0，+）递减，若0，令g（x）=axeax+，其中a0，x0，则g（x）=aeax（1+ax），令g（x）=0，解得：x=，故x（0，）时，g（x）0，g（x）递减，x（，+）时，g（x）0，g（x）递增，故x=时，g（x）取极小值也是最小值g（）=，故0即时，g（x）0，此时f（x）0，f（x）在（0，+）递增，综上，所求的范围是（，0，+）；（）f（x）=aeax+=，（x0），令g（x）=axeax+，其中a0，x0，求导得：g（x）=aeax（1+ax），令g（x）=0，解得：x=，x（0，）时，g

27、（x）0，g（x）递减，x（，+）时，g（x）0，g（x）递增，x=时，g（x）取得极小值，也是最小值g（）=，0，g（）=0，又g（0）=0，g（）g（0）0，函数f（x）有两个极值点7（2017南充模拟）已知函数（a为常数，a0）（）当a=1时，求函数f（x）在点（3，f（3）的切线方程（）求f（x）的单调区间；（）若f（x）在x0处取得极值，且，而f（x）0在e+2，e3+2上恒成立，求实数a的取值范围（其中e为自然对数的底数） 解：（x2）（）当a=1时，f（3）=2.，所以，函数f（x）在点（3，f（3）处的切线方程为：，即4x+2y3=0（3分）（）=，因为x2，所以x20，当a0

28、时，（x1）2（a+1）=x（x2）a0在x2上成立，所以f（x）当x2恒大于0，故f（x）在（2，+）上是增函数（5分）当a0时，因为x2，所以，a（x2）0，当时，f（x）0，f（x）为减函数；当时，f（x）0，f（x）为增函数（7分）综上：当a0时，f（x）在（2，+）上为增函数；当a0时，f（x）在上为增函数，在上为减函数（8分）（）由（）知x0处有极值，故a0，且，因为且e+22，所以f（x）在e+2，e3+2上单调（10分）当e+2，e3+2为增区间时，f（x）0恒成立，则有当e+2，e3+2为减区间时，f（x）0恒成立，则有解集为空集综上：当ae6+2e3时满足条件（12分）8（

29、2017本溪模拟）已知函数（1）若g（x）在点（1，g（1）处的切线方程为8x2y3=0，求a，b的值；（2）若b=a+1，x1，x2是函数g（x）的两个极值点，试比较4与g（x1）+g（x2）的大小 （1）根据题意可求得切点，由题意可得，即，解得a=1，b=1（3分）（2）证明：b=a+1，则根据题意可得x2ax+a=0在（0，+）上有两个不同的根x1，x2即，解得a4，且x1+x2=a，x1x2=a（5分）（6分）令，则f（x）=lnx+1x1=lnxx，令h（x）=lnxx，则当x4时，h（x）在（4，+）上为减函数，即h（x）h（4）=ln440，f（x）0，f（x）在（4，+）上为减

30、函数，即f（x）f（4）=8lnx12，g（x1）+g（x2）8ln212，（10分）又，即，g（x1）+g（x2）4（12分）9（2017本溪模拟）已知函数f（x）=xalnx1，其中a为实数（）求函数g（x）的极值；（）设a0，若对任意的x1、x23，4（x1x2），恒成立，求实数a的最小值 解：（），令g（x）=0，得x=1，列表如下：x（，1）1（1，+）g（x）+0g（x）极大值当x=1时，g（x）取得极大值g（1）=1，无极小值；（4分）（）当m=1时，a0时，f（x）=xalnx1，x（0，+），在3，4恒成立，f（x）在3，4上为增函数，设，在3，4上恒成立，h（x）在3，4上

31、为增函数，不妨设x2x1，则等价于：f（x2）f（x1）h（x2）h（x1），即f（x2）h（x2）f（x1）h（x1），（6分）设，则u（x）在3，4上为减函数，在3，4上恒成立，恒成立，x3，4，（8分）设，v（x）0，v（x）为减函数，v（x）在3，4上的最大值，a的最小值为（12分）10（2017泸州模拟）已知函数f（x）=xlnxk（x1）（1）求f（x）的单调区间；并证明lnx+2（e为自然对数的底数）恒成立；（2）若函数f（x）的一个零点为x1（x11），f（x）的一个零点为x0，是否存在实数k，使=k，若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，说明理由 解：（1）f（x）=l

32、nx+1k，x（0，ek1）时，f（x）0，此时h（x）递减，x（ek1，+）时，f（x）0，此时h（x）递增，令k=2，则f（x）=xlnx2（x1），故x=e时，f（x）有最小值是f（e），故f（x）=xlnx2（x1）f（e）=2e，即lnx+2恒成立；（2）由题意得：x1lnx1k（x11）=0，lnx0+1k=0，假设存在k，使得=k，（k0）成立，消元得：ek1lnkek1+1=0，设m（k）=ek1lnkek1+1，则m（k）=ek1（lnk+1），设F（k）=lnk+1，则F（x）=，k（0，1）时，F（x）0，即此时函数F（k）递减，k（1，+）时，F（x）0，此时函数F（k

33、）递增，F（k）F（1）=0，m（k）0，故函数m（k）在（0，+）递增，m（1）=0，k=1，但k=1时，x1=ek1k=1，与已知x11矛盾，故k不存在11（2016新课标）已知函数f（x）=（x2）ex+a（x1）2（）讨论f（x）的单调性；（）若f（x）有两个零点，求a的取值范围 解：（）由f（x）=（x2）ex+a（x1）2，可得f（x）=（x1）ex+2a（x1）=（x1）（ex+2a），当a0时，由f（x）0，可得x1；由f（x）0，可得x1，即有f（x）在（，1）递减；在（1，+）递增；当a0时，若a=，则f（x）0恒成立，即有f（x）在R上递增；若a时，由f（x）0，可得x1

34、或xln（2a）；由f（x）0，可得1xln（2a）即有f（x）在（，1），（ln（2a），+）递增；在（1，ln（2a）递减；若a0，由f（x）0，可得xln（2a）或x1；由f（x）0，可得ln（2a）x1即有f（x）在（，ln（2a），（1，+）递增；在（ln（2a），1）递减；（）由（）可得当a0时，f（x）在（，1）递减；在（1，+）递增， 且f（1）=e0，x+，f（x）+；x，f（x）+f（x）有两个零点；当a=0时，f（x）=（x2）ex，所以f（x）只有一个零点x=2；当a0时，若a时，f（x）在（1，ln（2a）递减，在（，1），（ln（2a），+）递增，又当x1时，f（x

35、）0，所以f（x）不存在两个零点；当a时，f（x）在（1，+）单调递增，又x1时，f（x）0，所以f（x）不存在两个零点综上可得，f（x）有两个零点时，a的取值范围为（0，+）12（2016四川）设函数f（x）=ax2alnx，g（x）=，其中aR，e=2.718为自然对数的底数（）讨论f（x）的单调性；（）证明：当x1时，g（x）0；（）确定a的所有可能取值，使得f（x）g（x）在区间（1，+）内恒成立 （）解：由f（x）=ax2alnx，得f（x）=2ax=（x0），当a0时，f（x）0在（0，+）成立，则f（x）为（0，+）上的减函数；当a0时，由f（x）=0，得x=，当x（0，）时，f

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

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

38、0，f（x）在R上递增；当a0时，当x1+或x1时，f（x）0，当1x1+，f（x）0，可得f（x）的增区间为（，1），（1+，+），减区间为（1，1+）；（2）证明：f（x0）=0，可得3（x01）2=a，由f（x0）=（x01）33x0（x01）2b=（x01）2（2x01）b，f（32x0）=（22x0）33（32x0）（x01）2b=（x01）2（88x09+6x0）b=（x01）2（2x01）b，即为f（32x0）=f（x0）=f（x1），即有32x0=x1，即为x1+2x0=3；（3）证明：要证g（x）在区间0，2上的最大值不小于，即证在0，2上存在x1，x2，使得f（x1）f（x

39、2）当a3时，f（x）在0，2递减，f（2）=12ab，f（0）=1b，f（0）f（2）=2a24，递减，成立；当0a3时，f（1）=（）3a（1）b=a+ab=ab，f（1+）=（）3a（1+）b=aab=ab，f（2）=12ab，f（0）=1b，f（2）f（0）=22a，若0a时，f（2）f（0）=22a成立；若a时，f（1）f（1+）=成立综上可得，g（x）在区间0，2上的最大值不小于14（2016新课标）设函数f（x）=acos2x+（a1）（cosx+1），其中a0，记|f（x）|的最大值为A（）求f（x）；（）求A；（）证明：|f（x）|2A （I）解：f（x）=2asin2x（a

40、1）sinx（II）当a1时，|f（x）|=|acos2x+（a1）（cosx+1）|a|cos2x|+（a1）|（cosx+1）|a|cos2x|+（a1）（|cosx|+1）|a+2（a1）=3a2=f（0），因此A=3a2当0a1时，f（x）等价为f（x）=acos2x+（a1）（cosx+1）=2acos2x+（a1）cosx1，令g（t）=2at2+（a1）t1，则A是|g（t）|在1，1上的最大值，g（1）=a，g（1）=3a2，且当t=时，g（t）取得极小值，极小值为g（）=1=，（二次函数在对称轴处取得极值）令11，得a（舍）或a因此A=3a2当0a时，g（t）在（1，1）内无

41、极值点，|g（1）|=a，|g（1）|=23a，|g（1）|g（1）|，A=23a，当a1时，由g（1）g（1）=2（1a）0，得g（1）g（1）g（），又|g（）g（1）|=0，A=|g（）|=，综上，A=（III）证明：由（I）可得：|f（x）|=|2asin2x（a1）sinx|2a+|a1|，当0a时，|f（x）|1+a24a2（23a）=2A，当a1时，A=+1，|f（x）|1+a2A，当a1时，|f（x）|3a16a4=2A，综上：|f（x）|2A15（2016天津）设函数f（x）=x3axb，xR，其中a，bR（1）求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1

42、）=f（x0），其中x1x0，求证：x1+2x0=0；（3）设a0，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间1，1上的最大值不小于 解：（1）若f（x）=x3axb，则f（x）=3x2a，分两种情况讨论：、当a0时，有f（x）=3x2a0恒成立，此时f（x）的单调递增区间为（，+），、当a0时，令f（x）=3x2a=0，解得x=或x=，当x或x时，f（x）=3x2a0，f（x）为增函数，当x时，f（x）=3x2a0，f（x）为减函数，故f（x）的增区间为（，），（，+），减区间为（，）；（2）若f（x）存在极值点x0，则必有a0，且x00，由题意可得，f（x）=3x2a，则x02=，进

43、而f（x0）=x03ax0b=x0b，又f（2x0）=8x03+2ax0b=x0+2ax0b=f（x0），由题意及（）可得：存在唯一的实数x1，满足f（x1）=f（x0），其中x1x0，则有x1=2x0，故有x1+2x0=0；（）设g（x）在区间1，1上的最大值M，maxx，y表示x、y两个数的最大值，下面分三种情况讨论：当a3时，11，由（I）知f（x）在区间1，1上单调递减，所以f（x）在区间1，1上的取值范围是f（1），f（1），因此M=max|f（1）|，|f（1）|=max|1ab|，|1+ab|=max|a1+b|，|a1b|=，所以M=a1+|b|2当a3时，由（）、（）知，f（

44、1）=f（），f（1）=，所以f（x）在区间1，1上的取值范围是f（），f（），因此M=max|f（）|，|f（）|=max|，|=max|，|=，当0a时，由（）、（）知，f（1）=f（），f（1）=，所以f（x）在区间1，1上的取值范围是f（1），f（1），因此M=max|f（1）|，|f（1）|=max|1+ab|，|1ab|=max|1a+b|，|1ab|=1a+|b|，综上所述，当a0时，g（x）在区间1，1上的最大值不小于16（2016新课标）已知函数f（x）=（x2）ex+a（x1）2有两个零点（）求a的取值范围；（）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x22 解：（）

45、函数f（x）=（x2）ex+a（x1）2，f（x）=（x1）ex+2a（x1）=（x1）（ex+2a），若a=0，那么f（x）=0（x2）ex=0x=2，函数f（x）只有唯一的零点2，不合题意；若a0，那么ex+2a0恒成立，当x1时，f（x）0，此时函数为减函数；当x1时，f（x）0，此时函数为增函数；此时当x=1时，函数f（x）取极小值e，由f（2）=a0，可得：函数f（x）在x1存在一个零点；当x1时，exe，x210，f（x）=（x2）ex+a（x1）2（x2）e+a（x1）2=a（x1）2+e（x1）e，令a（x1）2+e（x1）e=0的两根为t1，t2，且t1t2，则当xt1，或x

46、t2时，f（x）a（x1）2+e（x1）e0，故函数f（x）在x1存在一个零点；即函数f（x）在R是存在两个零点，满足题意；若a0，则ln（2a）lne=1，当xln（2a）时，x1ln（2a）1lne1=0，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，当ln（2a）x1时，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递减，当x1时，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，故当x=ln（2a）时，函数取极大值，由f

47、（ln（2a）=ln（2a）2（2a）+aln（2a）12=aln（2a）22+10得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；若a=，则ln（2a）=1，当x1=ln（2a）时，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，当x1时，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，故函数f（x）在R上单调递增，函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；若a，则ln（2a）lne=1，当x1时，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex

48、+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，当1xln（2a）时，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递减，当xln（2a）时，x10，ex+2aeln（2a）+2a=0，即f（x）=（x1）（ex+2a）0恒成立，故f（x）单调递增，故当x=1时，函数取极大值，由f（1）=e0得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；综上所述，a的取值范围为（0，+）证明：（）x1，x2是f（x）的两个零点，f（x1）=f（x2）=0，且x11，且x21，a=，令g（x）=，则g（x1）=g（x2）=a，g（x）=，当x1时，g（x）0，g（x）单调递减；当x1时，g（x）0，g（x）单调递增；设m0，则g（1+m）g（1m）=，设h（m）=，m0，则h（m）=0恒成立，即h（m）在（0，+）上为增函数，h（m）h（0）=0恒成立，即g（1+m）g（1m）恒成立，令m=1x10，则g（1+1x1）g（11+x1）g（2x1）g（x1）=g（x2）2x1x2，即x1+x2217（2016山东）已知f（x）=a（xlnx）+，aR（I）讨论f（x）的单调性；（II