《一飞冲天2024》导数压轴题汇总解析版

第11页(共106页)《一飞冲天2024》导数压轴题汇总案与试题解析一．解答题(共49小题)1．已知a＞0，设函数f(x)＝(2x﹣a)lnx+x，f′(x)是f(x)的导函数．(Ⅰ)若a＝2，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(Ⅱ)若f(x)在区间(1，+∞)上存在两个不同的零点x1，x2(x1＜x2)．注：其中e＝2.71828…是自然对数的底数．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】(Ⅰ)把x＝1代入原函数与导函数得到切点及斜率，利用点斜式即可得切线方程；可根据g(x)的单调性与极值情况来确定a的范围；(ii)根据题意，巧设函数，利用放缩构造等思路结合导数，可分别求出x2f′(x2)与的范围，然后相乘即可，详细过程见解析．所以f(1)＝1，k＝f′(1)＝1．根据点斜式可得曲线f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝x．设，则当时，g'(x)＜0，g(x)单调递减；gxgx单调递增；所以，当x＞1时，，因为f(x)在区间(1，+∞)上存在两个不同的零点x1，x2，所以[g(x)]min＜0，解得．第12页(共106页)时，取，则故故所以f(x)在区间和上各有一个零点．综上所述：．则，它是[1，+∞)上的增函数．FFx)≥0，于是F(x)在[1，+∞)上递增．结合f(x2)＝(2x2﹣a)lnx2+x2＝0，可知．所以．由(i)可知，f(x)在[x2，+∞)上单调递增，且f(x2)＝0，所以，即a﹣2x2≥e．第13页(共106页)综上，．【点评】本题考查了利用导数研究函数的切线方程，利用导数研究函数单调性与最值，函数的零点和不等式的证明，考查了转化思想，属难题．(1)若a＝1，证明：f(x)≥g(x)；(2)若函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图象有且仅有一条公切线，求实数a的取值集合；(3)设，若函数y＝h(x)有两个极值【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某【分析】(1)构造函数，并利用导数去证明φ(x)≥0即可解决；(2)先分别写出f(x)与g(x)切线方程，再构造函数，利用导数求其只有一个零点时实数a的取值即可解决；(3)构造函数，并利用导数去证明M(x)＞0即可解决x(0，1)1﹣0+φ(x)↘↗则x＝1是φ(x)唯一的极值点且是极小值点，所以φ(x)≥φ(1)＝0．故f(x)≥g(x)；(2)解：∵，由题意得有且仅有一解，则m＝an2，，则，R(n)＜0，R(n)单调递减，时，R'(n)＞0，R(n)单调递增，∴综上，实数a的取值集合为{1}；(3)证明：因为∴当a≤0时，h'(x)＝0只有一根，不合题意，舍去，ee(0，1)，第14页(共106页)第15页(共106页)令则令则要证，即证只需证，，∴M(x)在(0，1)上单调递增，故M(x)＞M(0)＝0，∴，原不等式得证．【点评】本题主要考查了导数与单调性及极值关系，还考查了导数与函数性质在不等式证明中的应用，属于难题．3．已知函数f(x)＝excosx，g(x)＝acosx+x(a＜0)，曲线y＝g(x)在处的切线的斜率为．(1)求实数a的值；(2)对任意的恒成立，求实数t的取值范围；(3)设方程f(x)＝g'(x)在区间内的根从小到【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程． (2)由题意可知：texcosx≥1+sinx对任意的恒成立，验证对任出函数h(x)＝在区间(﹣，0]上的最大值，即可得出t的取值范围；x，求得第16页(共106页)的单调性，即可得出证明．acosxxagxasinx(2)由(1)可知g'(x)＝1+sinx，对任意的恒成立，即texcosx≥1+sinx对任意的恒成立，当时，则有0≥0对任意的teR恒成立；cosx，(x)不恒为零，综上所述，t≥1．证明：(3)由f(x)＝g'(x)可得excosx＝1+sinx，所以，φ'(x)＜0，所以，函数φ(x)在上单调递减，因为≥，使得φ(，使得φ(x0)＝0，，则所以，，＝所以，＝cosxn+1＜0＝φ(xn)，【点评】本题考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、最值与极值，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属难题．4．设函数f(x)＝lnx+x2﹣ax(a∈R)．(Ⅰ)当a＝3时，求函数f(x)的单调区间；(Ⅲ)设g(x)＝f(x)+2ln，对于任意a∈(2，4)，总存在，使g(x)＞k(4﹣a2)成立，求实数k的取值范围．【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．【分析】(Ⅰ)当a＝3时，求导数，利用导数的正负，即可求函数f(x)的单调区间；有两个不相等的实数根，结合韦达定理，可得f(x1)﹣f(x2)，构造新函数F(x)＝2lnx﹣x2++ln2(0＜x≤1)，确定其单调性，即可得出结论；(Ⅲ)确定g(x)在上单调递增，可得g(x)max＝g(2)＝2ln(2a+2)调性，即可得出结论．【解答】(Ⅰ)解：f(x)的定义域为(0，+∞)，f′(x)＝，令f′(x)＞0，可得0＜x＜或x＞1，f′(x)＜0，可得＜x＜1，∴f(x)的递增区间为(0，)和(1，+∞)，递减区间为(，1)；第17页(共106页)第18页(共106页)x∴F(x)在(0，1)上单调递减，∴F(x)≥F(1)＝﹣+ln2，即f(x1)﹣f(x2)≥﹣+ln2；xlnlnaxxaxln∴h(a)＞0在(2，4)上恒成立．①＞2，即0＜k＜时，h(a)在(2，)上单调递减，存在h(a)＜h(2)＝0，不合题意；②≤2，即k≥时，h(x)在(2，4)上单调递增，h(a)＞h(2)＝0，满足题第19页(共106页)综上，实数k的取值范围为[，+∞)．【点评】本题考查导数的综合运用，考查函数的单调性，考查不等式的证明，考查分类讨论的数学思想，属于难题．知函数f(x)＝(x2﹣a)ex．(Ⅰ)若a＝3，求f(x)的单调区间和极值；(Ⅱ)若x1、x2为f(x)的两个不同的极值点，且|，求a的取值范围；(Ⅲ)对于任意实数，不等式3f(a)＜a3+﹣3a+b恒成立，求b的取值范围．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的最值．【分析】(Ⅰ)按照求导数，令导数为0，并判断导数的零点两侧的符号，确定单调区间和极值点；(Ⅱ)先将原式化简为|x1+x2|≥|x1x2|①，结合x1、x2为f(x)的两个不同的极值点，即x2+2x﹣a＝0的两个互异实根，结合韦达定理代入①式，解关于a的不等式即可；(Ⅲ)将原不等式化简，分离b得到b＞ea(a2﹣a)+3a在[]上恒成立，将右边看成一个关于a的新函数，求其最大值即可．【解答】解：(Ⅰ)由已知得f(x)＝(x2﹣3)ex，f′(x)＝ex(x2+2x﹣3)＝(x+3)f(x)的极小值为f(1)＝﹣2e，极大值为f(﹣3)＝；fxxxaexx、x2为f(x)的两个不同的极值点，|，结合，上式可化为||，第20页(共106页)(Ⅲ)由3f(a)＜a3+﹣3a+b恒成立得：b＞3f(a)﹣a3+3a恒成立，，eaag(a)＞0，时，g′(a)故g(a)在[]上单调递增，在(0，]上单调递减，故g(a)max＝g(0)＝0，故要使原式恒成立，只需b＞g(a)max＝0即可，故所求b的范围是(0，+∞)．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值以及最值，从而解决不等式恒成立问题的基本思路，同时考查了学生的逻辑推理、数学运算等核心素养，属于较难的题目．6．已知函数f(x)＝ex﹣ksinx在区间(0，)内存在极值点α．(1)求实数k的取值范围；(2)求证：在区间(0，π)内存在唯一的β，使f(β)＝1，并比较β与2α的大小．【考点】利用导数研究函数的极值．fx极值点的定义得到f'(α)＝0，则且αe(0，)，利用导数研究函数的单调性，即可得到k的取值范围，然后验证即可；(2)将问题转化为证明g(x)＝ex﹣ksinx﹣1在区间(0，π)内存在唯一的β，利用导(1)中的结论，即可证明；表示出g(2α)，构造函数h(x)＝e2x﹣2exsinx﹣1，xe，利用导数研究函数h(x)的单调性以及取值情况，可得h(x)＞h(0)＝0，从而g(2α)＞g(β)＝0，再利用g(x)的单调性，即可比较得到答案．【解答】(1)解：函数f(x)＝ex﹣ksinx，因为f(x)在区间(0，)内存在极值点α，所以f'(α)＝0，则且αe(0，)，所以函数在(0，)上单调递增，当k＞1时，f''(x)＝ex+ksinx＞0在(0，)上恒成立，则f'(x)在(0，)上单调递增，又f'(0)＝1﹣k＜0，f'(π)＝eπ+k＞0，则当xe(0，α)时，f'(x)＜0，则f(x)单调递增，当x时，f'(x)＞0，则f(x)单调递减，所以f(x)在x＝α处取得极小值，符合题意．综上所述，实数k的取值范围为(1，+∞)；(2)证明：要证明在区间(0，π)内存在唯一的β，使f(β)＝1，inx由(1)可知，g(x)在(0，α)上单调递减，在上单调递增，又时，g'(x)＞0，则g(x)单调递增，综上所述，g(x)在(0，α)上单调递减，在(α，π)上单调递增，e所以g(x)在(0，α)内无零点，在(α，π)内存在一个零点，故存在唯一的βe(0，π)，使得g(β)＝0，即在区间(0，π)内存在唯一的β，使f(β)＝1；由(1)可知，eα＝kcosα＞1，则h'(x)＝2ex[ex﹣(cosx+sinx)]，第21页(共106页)第22页(共106页)令y＝ex﹣(cosx+sinx)，nxcosx故函数y＝ex﹣(cosx+sinx)在上单调递增，h(x)＞h(0)＝0，故在αe上，g(2α)＞0，所以g(2α)＞g(β)＝0，又g(x)在(α，π)上单调递增，且α＜β，2α＜π，所以β＜2α．【点评】本题考查了导数的综合应用，利用导数研究函数单调性的运用，函数极值点的理解与应用，函数零点存在性定理的应用，综合性强，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，转化化归数学思想方法的运用，属于难题．x(Ⅰ)求曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程；(Ⅱ)判断函数f(x)的零点个数；(Ⅲ)证明：当x≥0时，xex+x．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】(Ⅰ)由函数在某点处的切线方程求解，先求导求斜率，再求切点，可得答案；(Ⅱ)由(Ⅰ)可得导数，再次求导，研究导数的单调性，进的得到函数的单调性，可得答案；(Ⅲ)将所正的问题转化为xex≥sinx(2﹣cosx)+sin2x，分x≥π和0≤x＜π讨论，分别利用导数研究函数的单调性、最值，进而得出证明即可．即切线方程的斜率k＝f′(0)＝0，f(0)＝cos0﹣1＝0，则切线方程为y＝0．故函数f′(x)在R上单调递增，由(1)可知，f′(0)＝0，则当x＜0时，f′(x)＜0，即f(x)在(﹣∞，0)上单调递减；当x＞0时，f′(x)＞0，即f(x)在(0，+∞)上单调递增．故f(x)≥f(0)＝0，则函数f(x)存在唯一零点，零点为0．(Ⅲ)要证xex+sin2x≥2sinx+sin2x，即证：xex≥sinx(2﹣cosx)+sin2x，x所以p(x)在[0，π)上单调递减，所以p(x)≤p(0)＝0，即sinx＜x，故只需证xex≥x(1+)+x2，即证：ex≥1++x，综上所述，xex+x在x≥0时成立．【点评】本题考查用导数研究函数的零点个数问题，需要明确函数的单调区间，在每一个单调区间上利用零点存在性定理可得解决零点的问题；在利用导数证明不等式时，面对含有三角函数和对数函数、指数函数的，利用放缩法简化不等式是解决问题的常用方法．(Ⅰ)当a＝1时，求y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程；(Ⅱ)若y＝f(x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2．a【考点】利用导数研究函数的极值．第23页(共106页)第24页(共106页)【分析】(Ⅰ)根据条件，求出f(0)，f'(x)，根据利用导数的几何意义，即可得解； 知条件可得关于a的不等式组，解之即可；函数g(x)的单调性，结合不等式的基本性质，可得证．所以f'(0)＝﹣3，f(0)＝﹣，因此y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y＝﹣3x﹣．令φ(x)＝p'(x)，则φ'(x)＝(x+2)ex+＞0对任意的x＞﹣1恒成立，所以函数φ(x)＝p'(x)在(﹣1，+∞)上单调递增，又φ(0)＝0，所以当﹣1＜x＜0时，φ(x)＜φ(0)＝0，即p'(x)＜0；当x＞0时，φ(x)＞φ(0)＝0，即p'(x)＞0，所以f'(x)在(﹣1，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，＝g(x2)＝a，i知，x1e(﹣1，0)，x2e(0，1)，第25页(共106页)xhx所以y＝h(x)在(﹣1，0)上递增，(0，+∞)上递减，所以h(x)≤h(0)＝0，得证，xxtxtx记y＝x2﹣2与y＝a的交点横坐标分别为x3＝﹣，x4＝，xxxx0，综上所述，命题得证．【点评】本题考查导数的综合应用，涉及切线方程的求法，函数的单调性，极值，以及不等式的证明，熟练掌握导数的几何意义，函数的单调性与导数之间的联系是解题的关键，考查转化思想，逻辑推理能力和运算能力，属于难题．(Ⅱ)若y＝lnx与y＝ex-m有公切线y＝k(x+1)+lna，求k(m-k)的值．(Ⅲ)若有lnx≤k(x+1)+lna≤ex-m，求k(m-k)的值．第第26页(共106页)第27页(共106页)10．已知函数f(x)＝x2﹣alnx+b(aeR)．(Ⅱ)若x＝1是函数f(x)的极值点，求实数a的值；(Ⅲ)若﹣2≤a＜0，对任意x1，x2e(0，2]，不等式f|(x1)﹣f(x2)|≤m|﹣|恒成立，求m的最小值．【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的单调性．【分析】(Ⅰ)求出f(x)的导数，根据f′(1)＝3，求出a，代入f(x)求出b即可；a(Ⅲ)问题可化为，设，根据函数的单调性求出m的最小值即可．(Ⅱ)∵x＝1是函数f(x)的极值点，当a＝1时，，定义域为(0，+∞)，，当0＜x＜1时，f'(x)＜0，f(x)单调递减，当x＞1时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，所以，a＝1．…(8分)(Ⅲ)因为﹣2≤a＜0，0＜x≤2，所以，故函数f(x)在(0，2]上单调递增，不妨设0＜x可化为所以h(x)为(0，2]上的减函数，即在(0，2]上恒成立，而函数y＝x3+2x在(0，2]上是增函数，【点评】利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的极值，恒成立问题，及参数取值范围等内容．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴垂直，求a的值；(2)讨论f(x)的单调性；(3)若关于x的方程f(x)＝g(x)在区间(1，+∞)上有两个不相等的实数根x1，x2，证明：x1+x2＞a．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】(1)求出f(x)的导数，计算2﹣a＝0，求出a的值即可；(2)求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；(3)不妨设1＜x1＜x2，由题意可得a＝，则只需证x1+x2＞利用导数证得h(t)＜0即可．因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴垂直，当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，+∞)上单调递增；当a＞0时，令f′(x)＜0，解得0＜x＜，第28页(共106页)令f′(x)＞0，解得x＞，故f(x)在(0，)上单调递减，在(，+∞)上单调递增．(3)证明：方程f(x)＝g(x)，即x2﹣(a﹣2)x﹣alnx＝b在(1，+∞)上有两个不xx2，x1＜x2，所以x1+lnx1＜x2+lnx2，所以h(t)在(0，1)上单调递增，所以h(t)＜h(1)＝0，【点评】本题主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性，不等式的证明，考查分类讨论思想、方程思想与转化思想的应用，属于难题．12．设函数f(x)＝lnx+，meR．(Ⅰ)当m＝e时，求函数f(x)的极小值；(Ⅱ)讨论函数g(x)＝f'(x)﹣零点的个数；第29页(共106页)第30页(共106页)(Ⅲ)若对任意的b＞a＞0，＜1恒成立，求m的取值范围．【考点】利用导数研究函数的最值；函数的零点与方程根的关系；利用导数研究函数的【分析】(Ⅰ)求出函数f(x)的定义域为(0，+∞)，函数的导数，判断函数的单调性，函数的极小值．＞0)．设＞0)．设m即可．(Ⅲ)对任意b＞a＞0，恒成立，等价于f(b)﹣b＜f(a)﹣a恒成 (0，+∞)上恒成立，求解m的取值范围．【解答】解：(Ⅰ)由题设，当m＝e时，，易得函数f(x)的定义域为(0，+∞)，．∴当xe(0，e)时，f'(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减；∴当xe(e，+∞)时，f'(x)＞0，f(x)在(e，+∞)上单调递增；所以当x＝e时，f(x)取得极小值，所以f(x)的极小值为2．∴当xe(0，1)时，0'(x)＞0，0(x)在(0，1)上单调递增；∴当xe(1，+∞)时，0'(x)＜0，0(x)在(1，+∞)上单调递减；所以0(x)的最大值为，又0(0)＝0，可知：①当时，函数g(x)没有零点；第31页(共106页)②当时，函数g(x)有且仅有1个零点；综上所述：，函数g(x)没有零点；x恒成立，等价于f(b)﹣b＜f恒成立，等价于f(b)﹣b＜f(a)﹣a恒成，∴(*)等价于h(x)在(0，+∞)上单立．(*)．调递减．在(在(0，+∞)上恒成立，∴m的取值范围是．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的圆柱以及函数的单调性的应用，考查分类讨论以及转化思想的应用．1313．设函数(1)若函数g(x)＝kex﹣x﹣f(x)在R上单调递增，求k的最小值；(3)若对于任意的x≥0，不等式eax≥sinx﹣cosx+2恒成立，求实数a的取值范围．【考点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的最值．【分析】(1)将问题转化为导函数大于等于零恒成立，再参变量分离转化成最值即可求解；(2)构造函数，利用导数研究函数的单调性，从而得最值，从而可证明；第32页(共106页)cosxa时，满足题意，再构造函数，排除a＜1，从而得解．gxkexxfx在R上单调递增，∴h(x)≤h(0)＝1，(2)证明：设φ(x)＝f(x)+cosx＝，(x≥0)，∴φ′(x)＝x﹣sinx在[0，+∞)上单调递增，∴φ′(x)≥φ′(0)＝0，∴φ(x)在[0，+∞)上单调递增，∴φ(x)≥φ(0)＝0，cosx(3)∵当x≥0时，由(2)可知sinx≤x，仅当x＝0时，取得等号，又由(1)知k＝1时，g(x)＝在[0，+∞)单调递增，第33页(共106页)∴h′(x)在(0，x0)＜0，∴h(x)在(0，x0)上单调递减，exhxheaxsinxcosx∴a＜1时，不满足题意，综合①②可得所求a的取值范围为[1，+∞)．【点评】本题考查参变量分离求解恒成立问题，构造函数证明不等式，放缩法的应用，利用导数研究函数的单调性及最值，属难题．14．已知函数f(x)＝ex﹣alnx，aeR．(1)当a＝0时，若曲线y＝f(x)与直线y＝kx相切，求k的值；(2)当a＝e时，证明：f(x)≥e；(3)若对任意xe(0，+∞)，不等式f(x)﹣alnx＞2a⋅ln(2a)恒成立，求a的取值范围．【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】(1)设切点坐标，然后利用导数的几何意义列方程，即可得到k；即可证明；(3)依题意，等价于不等式ex﹣ln(2a)+x﹣ln(2a)＞x+lnx＝elnx+lnx在(0，+∞)上恒成立，gxexxxInalnx)上恒成立，即(x﹣lnx)min＞ln(2a)，即可求解．【解答】解：(1)当a＝0时，f(x)＝ex，则f′(x)＝ex，设切点坐标(x0，)，则，解得x0＝1，k＝e，(2)证明：当a＝e时，f(x)＝ex﹣alnx，定义域为(0，+∞)，eh′(x)＞0，所以在(0，1)上递减，在(1，+∞)单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，所以ex﹣elnx≥e，则f(x)≥e．(3)由题可知a＞0，则对任意xe(0，+∞)，不等式f(x)﹣alnx＞2a⋅ln(2a)恒成立，即ex﹣ln(2a)+x﹣ln(2a)＞x+lnx＝elnx+lnx在(0，+∞)上恒成立，令g(x)＝ex+x，易知g(x)在(0，+∞)上单调递增，所以x﹣In(2a)＞lnx在(0，+∞)上恒成立，即(x﹣lnx)min＞ln(2a)，所以m(x)在(0，1)单调递减，在(1，+∞)单调递增，mx)的最小值为m(1)＝1，所以1＞ln(2a)，解得0，综上，a的取值范围为(0，)．【点评】本题主要考查了导数几何意义的应用、根据导数求解函数单调性与最值，进而证明不等式等，同时也考查了“同构”解决恒成立问题，属于难题．(Ⅱ)证明：有且只有两条直线与函数f(x)，g(x)的图象都相切；(Ⅲ)若2ae2x+lna≥f(x)恒成立，求实数a的最小值．【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究第34页(共106页)第35页(共106页)函数的极值．【分析】(Ⅰ)首先求函数的导数，利用函数的单调性，判断函数的极值；(Ⅱ)首先设直线l与函数f(x)，g(x)的切点分别为，并分别求出切线方程，再对比系数后可得x1，x2的方程组，消元后，构造函数，利用导数判断函数的单调性，再结合零点存在性定理，即可判断函数的零点个数，即可证明；(Ⅲ)首先不等式变形为，再构造函数u(x)＝xex，利用导数判断函数的单调性，并解不等式，再参变分离后，转化为求函数的最值，即可求a的取值范，(x)单调递减，所以当x＝1时，函数取得极大值，极大值是h(1)＝﹣1，无极小值；证明：(Ⅱ)设直线l分别切f(x)，g(x)的图象于点，由，得直线l的方程，，即，①令，，(x)单调递增，所以F(x)min＝F(1)＝﹣1＜0，x第36页(共106页)，所以F(x)在(0，1)上有1个零点，所以函数F(x)在(0，+∞)上有两个零点，故有且只有两条直线与函数f(x)，g(x)的图象都相切；(Ⅲ)显然x＞0，a＞0，2ae2x+lna≥f(x)＝lnx恒成立，即恒成立，于是恒成立，即恒成立，u′(x)＝(x+1)ex，递增，x时，u(x)＜0，当x＞0时，u(x)＞0，由2x≥0可得恒成立，即对x＞0恒成立，于是恒成立，vx所以的最小值是．【点评】本题考查利用导数研究函数的切线，零点和不等式恒成立问题，属于难题．16．已知函数f(x)＝x3+klnx(keR)，f'(x)为f(x)的导函数．(i)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(ii)求函数的单调区间和极值；．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．【分析】(Ⅰ)(i)根据导数的几何意义即可求出切线方程；(ii)根据导数和函数单调性极值的关系，即可求出；(Ⅱ)要证不等式成立，只要证明(x1﹣x2)[f′(x1)+f′(x2)]﹣2[f(x1)﹣f(x2)]＞0﹣2[f(x1)﹣f(x2)]＞0，根据导数和函数最值的关系，以及放缩法即可证明．【解答】解：(I)(i)当k＝6时，f(x)＝x3+6lnx，∴f′(1)＝9，∵f(1)＝1，xy(ii)，∴函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，x＝1是极小值点，极小值为g(1)＝1，无极大值；证明：(Ⅱ)由f(x)＝x3+klnx，则f′(x)＝3x2+，则(x1﹣x2)[f′(x1)+f′(x2)]﹣2[f(x1)﹣f＝，＝＝＝第37页(共106页)第38页(共106页)令，∴h(x)在(1，+∞)单调递增，∴当t＞1，h(t)＞h(1)＝0，即∵∴由(Ⅰ)(ii)可知当t>1时，g(t)＞g(1)，由①②③可得(x1﹣x2)[f′(x1)+f′(x2)]﹣2[f(x1)﹣f(x2)]＞0，xxexx．【点评】本题是利用导数研究函数的单调性、求函数的极值的基本题型，考查了不等式的证明，属于难题．已知函数f(x)＝ex﹣ax，g(x)＝ln(x+2)﹣a，其中e为自然对数的底数，aeR．(1)当a＞0时，函数f(x)有极小值f(1)，求a；(2)证明：f'(x)＞g(x)恒成立；(3)证明：．【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究函数的极值．【分析】(1)求导得f′(x)，分析f′(x)的符号，进而可得f(x)的单调性，极值，即可得出答案．的单调性和最值，只需h(x)min＞0，即可得出答案．第39页(共106页)e﹣1＞(ln)2，当t＝3时，e﹣2＞(ln)3，...当t＝n时，e﹣n+1＞(ln)n，累加，即可得出答案．fxexa(a＞0)，令f′(x)＝0得x＝lna，所以当x＞lna时，f′(x)＞0，xlnafx)＜0，所以f(x)有极小值f(lna)，(2)证明：不等式f′(x)＞g(x)恒成立，即ex﹣ln(x+2)＞0恒成立，此时h(x)在(﹣1，x0)上的单调递减，在(x0，0)上单调递增，因为＝，所以h(x0)＝+x0＝＝＞0，exlnx论成立．(3)证明：由(2)知，ex＞ln(x+2)，令x＝，则＞ln(+2)＝ln，所以e﹣t+1＞(ln)t，由此可知，当t＝1时，e0＞ln2，当t＝2时，e﹣1＞(ln)2，当t＝3时，e﹣2＞(ln)3，当t＝n时，e﹣n+1＞(ln)n，所以ln2+(ln)2+(ln)3+...+(ln)n＜．【点评】本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．(1)当a＝1时；(i)求曲线y＝f(x)的单调区间和极值；(ii)求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；(2)若函数h(x)＝f(x)﹣g(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】(1)将a＝1代入f(x)的解析式，求导：(i)根据导数的正负，即可得函数f(x)的单调区间；(ii)求出切点及切线的斜率，由点斜式写出切线方程，再化简即可；论h′(x)的正负及h(x)的最值，再结合零点存在定理，求解即可．a＝1时，f(x)＝2lnx﹣x+1，x＞0，(i)所以当0＜x＜2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；所以f(x)极大值＝f(2)＝2ln2﹣1，无极小值，无极小值；第40页(共106页)第41页(共106页)iifee点为(e，3﹣e)，又因为f′(e)＝，即切线的斜率k＝，所以曲线y＝f(x)在(e，f(e))处的切线方程为y﹣(3﹣e)＝(x﹣e)，即y＝x+1；(2)由题意可得2alnx﹣(a﹣)x2﹣x+a+＝0在(0，+∞)内有两个不等实根，h＝0，递减；h(x)＜h(1)＝0，则所求方程只有一个根为x＝1，不符合题意，舍去；递增；h(x)＞h(1)＝0，则所求方程只有一个根为x＝1，不符合题意，舍去；h(1)＝0，则所求方程只有一个根为x＝1，不符合题意，舍去；第42页(共106页)hx，因为＜1，所以e(0，)，又h(1)＝0，此时所求方程有2个不同解，符合题意；④当＞1，即＜a＜时，所以m(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，第43页(共106页)+∞)，使h(x1)＝0，又使h(1)＝0，此时所求方程有2个不同解，符合题意；【点评】本题考查了转化思想、导数的几何意义、综合运用及分类讨论思想，属于难题．19．已知函数f(x)＝x2﹣2(a+1)x+2alnx(aeR)．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若函数f(x)有极大值，试确定a的取值范围；(3)若存在x0使得f(x0)+(lnx0﹣2a)2≤成立，求a【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究【分析】(1)利用导数的几何意义，求曲线的切线方程；(2)首先求函数的导数f′(x)＝，再讨论a，判断函数的单调性，讨论函数的极值；(3)不等式转化为(x0﹣a)2+(2lnx0﹣2a)2≤，利用两点间的距离的几何意义，转化为点到直线的距离，求a的值．【解答】解：(1)当a＝2时，f(x)＝x2﹣6x+4lnx，依题意，f′(x)＝2x﹣6+，可得f′(1)＝2﹣6+4＝0，又f(1)＝﹣5，第44页(共106页)所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y+5＝0．①当a＝1时，f′(x)≥0，所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，此时f(x)无极大值；afxxxafx)＜0，解得1＜x＜a，所以f(x)在(0，1)和(a，+∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减，此时f(x)在x＝1处取得极大值，符合题意；③当0＜a＜1时，令f′(x)＞0，解得0＜x＜a或x＞1，令f′(x)＜0，解得a＜x＜1，所以f(x)在(0，a)和(1，+∞)上单调递增，在(a，1)上单调递减，此时f(x)在x＝a处取得极大值，符合题意；④当a≤0时，令f′(x)＞0，解得x＞1，令f′(x)＜0，解得0＜x＜1，所以f(x)在(1，+∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，此时f(x)无极大值；综上，实数a的取值范围为(0，1)∪(1，+∞)．lnx方，动点P在函数y＝2lnx的图象上，Q在直线y＝2x的图象上，问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离，由y＝2lnx，得y′＝＝2，解得x＝1，所以曲线上点P(1，0)到直线y＝2x的距离最小，最小距离d＝，时Q恰好为垂足，【点评】本题主要考查利用导数研究函数的最值与极值，利用导数研究曲线上某点的切第45页(共106页)线方程，考查运算求解能力，属于中档题．(Ⅰ)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；(Ⅲ)若对任意的xe(1，+∞)，都有xlnx+x＞k(x﹣1)成立，求整数k的最大值．【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】(Ⅰ)求导得f′(x)＝1﹣，由导数的几何意义可得曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为f′(1)，计算f(1)，则切线方程为y﹣f(1)＝f′(1)(x﹣1)．(Ⅱ)求导并分析f′(x)的符号，进而可得f(x)的单调性．xk所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为f′(1)＝0，又f(1)＝﹣1，所以函数f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝﹣1．令f′(x)＝0得x＝1，所以在(0，1)上f′(x)＜0，f(x)单调递减，在(1，+∞)上f′(x)＞0，f(x)单调递增．xefxxlnx0﹣2＝0，第46页(共106页)当xe(x0，+∞)时，f(x)＞0，g′(x)＞0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0e(3，4)，k＜g(x)min＝x0e(3，4)，k的最大值为3．【点评】本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．21．已知函数21．已知函数(1)求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】(1)根据导数的几何意义，结合直线方程，即可得到结果；(2)(ⅰ)直接代入计算，即可证明；Fx调性的研究分分不同区间进行讨论，即可得到其零点个数．【解答】解：(1)，切线斜率为f'(1)＝5a，f(1)＝﹣3a，(2)证明：(ⅰ)，；当xe(0，x2)∪(x1，+∞)时，F'(x)＜0；当xe(x2，x1)时，F'(x)＞0，且F(x)在区间(0，x2)，(x1，+∞)上单调递减，在区间(x2，x1)上单调递增，F(2)第47页(共106页)xxxxFxxxFx＞F(2)＝0，F(x2)＜F(2)＝0，令，在上单调递减，，，F(x1)＞0，，F(x)在区间(x1，+∞)单调递减，F(x)在区间(0，x2)单调递减，F(x)在区间(0，x2)上存在唯一零点，【点评】本题主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的最值，考查函数零点个数的判断，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．(Ⅰ)当k＝0时，求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；(Ⅱ)若f(x)≤0恒成立，求实数k的取值范围；(Ⅲ)证明：ln．【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．(x)，即可得出f′(e)，利用点斜式即可得出曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程．第48页(共106页)fx立，化为k≥的最大值，由f′(x)＝，f′(e)＝0，利用导数研究其单调性即可得出极值与最值，进而得出实数k的取值范围．，利用累加求和方法即可证明结论．【解答】解：(Ⅰ)当k＝0时，函数f(x)＝，f(e)＝，f′(x)＝，∴曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y﹣＝0．(Ⅱ)f(x)≤0恒成立，化为k≥的最大值，由f′(x)＝，f′(e)＝0，函数f(x)单调递减．∴x＝e时，函数f(x)取得极大值即最大值，f(e)＝．分别令x…【点评】本题考查了利用导数研究其单调性与极值及最值、切线方程、累加求和方法、不等式的证明，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．23．已知函数f(x)＝aex﹣sinx﹣a．(注：e＝2.718281…是自然对数的底数)．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当a＞0时，函数f(x)在区间内有唯一的极值点x1．第49页(共106页)a(ⅱ)求证：f(x)在区间(0，π)内有唯一的零点x0，且x0＜2x1．【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程．fxexsinx﹣2，利用导数的运算法则可得f'(x)，可得切线斜率f′(0)，利用点斜式可得切线方程．(2)(ⅰ)f'(x)＝aex﹣cosx，对a分类讨论，利用函数的单调性，根据函数f(x)在区间内有唯一的极值点x1，即可得出a的取值范围．xfx＝0，，化简整理，构造函数，再一次利用导数研究函数的单调性即可证明结论．切线的斜率k＝f'(0)＝2﹣1＝1，又f(0)＝0，∴切线方程为y＝x．xcosxe∴y＝f(x)在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；②当0＜a＜1时，当xe(0，x1)时，f'(x)＜0，函数f(x)单调递减；当时，f'(x)＞0，函数f(x)单调递增，第50页(共106页)又∴∴函数y＝f(x)在区间内有唯一极值点，符合题意，又∴综上，a的取值范围是(0，1)．当xe(0，x1)时，f'(x)＜0，函数f(x)单调递减；当xe(x1，π)时，f'(x)＞0，函数f(x)单调递增；∴xe(0，x1)时，f(x)＜f(0)＝0，则f(x1)＜0，∴f(x)在(x1，π)上有唯一零点x0，即f(x)在(0，π)上有唯一零点x0．∵，则f(2x1)＝时，cosx1＞0，．∴f(2x1)＞f(x0)＝0．由前面讨论知x1＜2x1＜π，x1＜x0＜π，f(x)在(x1，π)单调递增，∴x0＜2x1．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值及最值、方程与不等式的解法、第51页(共106页)函数零点存在定理、等价转化方法、构造法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．24．已知函数，eR．(1)当a＝﹣2时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)求f(x)在区间(1，+∞)上的极值；3]，不等式恒成立，求a的取值范围．【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究【分析】(1)求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；数，分a≥﹣2、a＜﹣2两种情况讨论，分别求出函数的极值；(3)根据对勾函数的性质求出h2(x2)min，依题意不等式恒成立，只需恒成立，利用导数说明函数的单调性，结合(2)中的结论求出参数的取值范围．所以f'(1)＝0，f(1)＝3，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝3．①当a≥﹣2时，f'(x)＞0，f(x)在(1，+∞)上单调增，所以f(x)无极值；axefxfx调递减，当xe时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)的极小值为，无极大值；a(3)易知在[2，e]上单调递减，在[e，3]上单调递增，所以在[2，3]上的最小值为h(e)＝2e，第52页(共106页)所以由题意，对于任意的实数x1e[1，e]，x2e[2，3]，不恒解得解得由(2)知，f(x)在[1，e]上单调增，所以f(x)≥f(1)＝1﹣a≥0，则，解得，此时，②当1＜a≤3e时，由(2)知，f(x)在[1，e]上单调递增，且x(1，x0)x0(x0，a)a(a，+∞)g'(x)+0﹣0+g(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增立，此时1＜a≤3e，【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，极值与最值，利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查不等式恒成立求参数范围问题，考查转化思想与运算求解能力，属于难题．25．已知函数f(x)＝ax，g(x)＝logax，其中a＞1，(1)若；第53页(共106页)(i)当a＝2时，求h(x)的单调区间；(ii)曲线y＝h(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．(2)证明：当时，存在直线l，使直线l是曲线y＝f(x)的切线，也是曲线y＝g(x)的切线．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．ihx)＝(x＞0)，当a＝2时，h(x)＝，求导分析h′(x)的符号，f(x)的单调性．(ii)h(x)＝＝1(x＞0)，即ax＝xa(x＞0)，则两边取对数可得xlna＝alnx，进而可得＝，设k(x)＝，只需y＝k(x)与直线y＝有两个交点，即可得出答案．存在直线l，使l是曲线y＝f(x)的切线，也是曲线y＝g(x)的切线，即只需证明当a【解答】解：(1)(i)h(x)＝(x＞0)，h′(x)＝＝，所以h(x)在(0，)上单调递增，在(，+∞)上单调递减．(ii)h(x)＝＝1(x＞0)，两边取对数可得xlna＝alnx，＝所以＝所以在(0，e)上，k′(x)＞0，k(x)单调递增，在(e，+∞)上，k′(x)＜0，k(x)单调递减，又因为k(1)＝0，且x＞1时，k(x)＞0，所以曲线y＝h(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，即曲线y＝k(x)与直线y＝有两个交点的充分必要条件为0＜＜，(2)证明：曲线y＝f(x)在点(x1，)处的切线l1：y﹣＝lna(x﹣x1)，要证明a≥时，存在直线l，使l是曲线y＝f(x)的切线，也是曲线y＝g(x)的切线，即只需证明a≥时，方程组有解，第54页(共106页)所以只需证明当a≥时，关于x1的方程③存在实数解，即要证明当a≥时，函数y＝u(x)存在零点，u′(x)＝1﹣(lna)2xax，所以存在唯一的x0，且x0＞0，使得u′(x0)＝0，即1﹣(lna)2x0＝0，所以u(x)在(﹣∞，x0)上单调递增，在(x0，+∞)上单调递减，uxxxu(x0)，＝+x0+≥≥0，下面证明实数t，使得u(t)＜0，＝﹣(lna)2x2+x+1++，所以由二次函数的性质，存在实数t，使得u(t)＜0，所以当a≥时，存在直线l，使得l是曲线y＝f(x)的切线，也是曲线y＝g(x)的切【点评】本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．26．已知函数f(x)＝ax﹣lnx，aeR．(Ⅰ)若，求函数f(x)的最小值及取得最小值时的x值；第55页(共106页)第56页(共106页)(Ⅲ)若函数f(x)≤xex﹣(a+1)lnx对xe(0，+∞)恒成立，求实数a的取值范围．【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究函数的单调性．【分析】(Ⅰ)当a＝时，f(x)＝x﹣lnx，求导分析f′(x)的符号，f(x)的单调性，即可得出答案．(x+lnx)(x＞0)，只需h(x)≥0，即可得出答案．fx)＝0，得x＝e，所以在(0，e)上f′(x)＜0，f(x)单调递减，在(e，+∞)上f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以x＝e时，f(x)min＝0．所以g(x)在(0，+∞)上为增函数，g(x)＞g(0)＝0，第57页(共106页)(Ⅲ)f(x)≤xex﹣(a+1)lnx恒成立，等价于xex﹣a(x+lnx)≥0，h′(x)＝(x+1)ex﹣a(1+)＝(x+1)(ex﹣)，①若a＝0时，h′(x)＝(x+1)ex＞0，所以h(x)在(0，+∞)上单调递增，所以h(x)在(0，+∞)上单调递增，所以a＜0不满足题意，因为k(x)在(0，+∞)上单调递增，所以存在x0e(0，+∞)，h′(x0)＝0，a＝x0e，所以在(0，x0)上h′(x)＜0，h(x)单调递减，在(x0，+∞)上h′(x)＞0，h(x)单调递增，所以x0+lnx0＝lna≤1，ae(0，e]，综上所述，a的取值范围为[0，e]．【点评】本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．xgxmlnxexmeR(1)求f(x)的最小值；(2)若0＜a＜1，且，求证：logab＞1；(3)若g(x)有两个极值点x1，x2，证明：|g(x1)﹣g(x2)|＜1．【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究函数的极值．【分析】(1)利用导数确定函数的单调性，从而即可求得最小值；，即lnb＜lna，从而0＜b＜a＜1，再由对数函数的性质可得logab＞logaa＝1，从而得证；(3)依题意可得有两个不等正根x1，x2，不妨设x1＜x2，由g'(x)，由导数可得h(x)在(0，+∞)上单调递减，结合(2)可得xlnx+1x单调递减，从而得，，即可得证．【解答】(1)解：函数f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)＝lnx，当xe(1，+∞)时，f'(x)＞0，所以f(x)在(1，+∞)上单调递增，当xe(0，1)时，f'(x)＜0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，所以f(x)在x＝1时取得最小值0．(2)证明：由(1)知f(x)＝xlnx﹣x+1≥0，所以，由，得b＞0且，所以，即lnb＜lna，从而0＜b＜a＜1所以所以logab＞logaa＝1．(3)证明：依题意，有两个不等正根x1(3)证明：依题意，，知φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)第58页(共106页)第59页(共106页)上单调递减，且当xe(0，+∞)时，φ(x)＞0，可得x1e(0，1)，x2e(1，+∞)．所以h(x)在(0，+∞)上单调递减．x＜1，x2＞1，所以由(2)当x＞0时，有，所以m(x)在(0，1)上单调递减，所以，所以|g(x1)﹣g(x2)|＜1．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值与最值，考查不等式的证明，考查运算求解能力，属于难题．(Ⅰ)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(Ⅱ)当a＝e时，求函数f(x)的单调区间；(Ⅲ)求证：函数f(x)存在极值点，并求极值点x0的最小值．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．第60页(共106页)算法则可得f′(x)，可得切线斜率f′(1)，利用点斜式即可得出曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程．(x)，进而得出函数f(x)单调区间．(Ⅲ)a＞0，函数f(x)＝xlna﹣alnx+(x﹣e)2，xe(0，+∞)．可得f′(x)＝(x)＝0，根据Δ＞0，3x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)＝0，结合根与系数的关系可得f(x)的极小值点．进而得出x0的最小值．∴xe(0，e)时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减；xe(e，+∞)时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增．∴函数f(x)单调递减区间为(0，e)；函数f(x)单调递增区间为(e，+∞)．明：a＞0，函数f(x)＝xlna﹣alnx+(x﹣e)2，xe(0，+∞)．∵Δ＝(2e﹣lna)2+8a＞0，axxgxgxxx，不妨设x1＜0＜x2，f′(x)＞0⇔x＞x2，∴3x0＝x2为f(x)的极小值点．xe【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值、等价转化方法、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．(Ⅰ)若m＝2，求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；(Ⅱ)当x＞1时，求函数f(x)的单调区间和极值；(Ⅲ)若对于任意xe[e，e2)，都有f(x)＜4lnx成立，求实数m的取值范围．【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的极值．【分析】(Ⅰ)求出函数的导数，求出切线的斜率，求出切点坐标，然后求解切线方程． (Ⅱ)求出导数通过①当m≤0时，②当m＞0时，判断导函数的符号，判断函数的单调性求解函数的极值即可．(Ⅲ)题目化为f(x)﹣4lnx＜0，问题转化为(x﹣4)lnx﹣(m+1)x＜0对于xe[e，e2]恒成立，即对于xe[e，e2]恒成立，构造函数，求出导﹣4+4＝e＞0，推出gʹ(x)＞0，g(x)在区间[e，e2]上单调递增，然后求解最大值推出结果即可．， fxefeyexexye 5 函数f(x)的单调增区间是(1，+∞)，无单调减区间，无极值…7第61页(共106页)第62页(共106页)xmxemxemfxxemfx，所以函数f(x)的单调减区间是(1，em)，单调增区间是(em，+∞)，……9(Ⅲ)因为对于任意xe[e，e2]，都有f(x)＜4lnx成立，所以f(x)﹣4lnx＜0，即问题转化为(x﹣4)lnx﹣(m+1)x＜0对于xe[e，e2]恒成立，即对于xe[e，e2]恒成立，………11令，则，所以t(x)在区间[e，e2]上单调递增， 所以g(x)在区间[e，e2]上单调递增， 要使对于xe[e，e2]恒成立，只要m+1＞g(x)max， 【点评】本题考查函数的导数的应用，二次导数的应用，构造法以及转化思想的应用，考查分析问题解决问题的能力，是难题．30．已知函数f(x)＝x﹣alnx，(1)若a＝1，求函数f(x)的极值；(2)设函数h(x)＝f(x)﹣g(x)，求函数h(x)的单调区间；(3)若在[1，e](e＝2.718)上存在一点x0，使得f(x0)＜g(x0)成立，求a的取值范【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的最值；利用导数研究函数的单调性．第63页(共106页)(【分析】(1)求出f(x)的导函数，研究单调性，即可得到函数的极值；((2)对参数a分类讨论，明确函数的单调区间；(3)原问题等价于在区间[1，e]上存在一点x0，使得h(x0)＜0，即求函数h(x)的最小值即可．【解答】解：(1)f(x)的定义域为(0，+∞)，f(x)在x＝1处取得极小值1，无极大值．2．∴h(x)在(0，1+a)上单调递减，在(1+a，+∞)单调递增；x∴函数h(x)在(0，+∞)上单调递增．(3)在[1，e]上存在一点x0，使得f(x0)＜g(x0)成立，即在[1，e]上存在一点x0，使得h(x0)＜0，即函数在[1，e]上的最小值小于零．aahxe，lna)＜1，∴0＜aln(1+a)＜a，na此时，h(1+a)＜0不成立，第64页(共106页)【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值，不等式能成立问题，考查了分类讨论思想和转化思想，属难题．31．已知函数31．已知函数(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若函数有两个零点x1，x2(其中x1＜x2)．(i)求实数a的取值范围；(ii)若存在实数n，当n≤3时，使不等式恒成立，求实数m的取值范围．【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】(1)利用导数的几何意义求(1，f(1))处的切线方程；应用导数研究其单调性，进而确定值域，即可得a的取值范围；恒成立，令g(x)＝0、t＝xex且x＞0，则t﹣lnt＝a有两个正根，，应用导数研究t＝xex单调性，再令进一步转化问题为(3u+1)lnu﹣m(u﹣1)＞0在ue(1，+∞)上恒成立，构造函数研究不等式恒成立求参数范围．【解答】解：(1)由，则，(2)(i)由题意g(x)＝0有两个不等的正根，等价于xex﹣lnx﹣x＝a有两个不等的实根，第65页(共106页)则m(x)在(0，+∞)为增函数，∴存在唯一的x0e(则m(x)在(0，+∞)为增函数，∴存在唯一的x0e(0，+∞)，使m(x0)＝0，得所以，代入①式得h(x0)＝1，当x趋向于0或+∞时，h(x)趋向+∞，所以a＞1时，函数h(x)有两个零点，即函数g(x)有两个零点．增函数，由题意，恒成立即可，由t'＝(x+1)ex＞0恒成立，故t＝xex在(0，+∞)上单调递增，且t＞0，对于等价于在(1，+∞)上恒成立，于(3u+1)lnu﹣m(u﹣1)＞0在ue(1，+∞)上恒成立，kuulnumuu，uku上单调递增，则k'(u)＞k'(1)＝4﹣m≥0，kukuk＝0，所以m≤4符合题意；k'(u0)＝0，又k'(u)在(1，+∞)上单调递增，ueukukukuk，不合题实数m的取值范围(﹣∞，4]．【点评】本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的恒成立问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．32．已知a，beR，函数f(x)＝x+asinx+blnx．(1)当a＝0，b＝﹣1时，求f(x)的单调区间；(2)当时，设f(x)的导函数为f'(x)，若f'(x)＞0恒成立，求证：存在x0，使得f(x0)＜﹣1；(3)设0＜a＜1，b＜0，若存在x1，x2e(0，+∞)，使得f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)，证明：．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的最值．【分析】(1)当a＝0，b＝﹣1时，f(x)＝x﹣lnx(x＞0)，求导分析f′(x)的符号，进而可得f(x)的单调性．(x＞0)，分两种情况：当b＜0时，当b＞0时，讨论是否存在x0，使得f(x0)＜﹣1，即可得出答案．(3)设x1＜x2时，则由x1+asinx1+blnx1＝x2+asinx2+blnx2得(x2﹣x1)+a(sinx2﹣sinx1)则(﹣b)ln＜(a+1)(x2﹣x1)(*)设M(x)＝lnx﹣2，求导分析单调性，可第66页(共106页)所以f′(x)＝(x＞0)，令f′(x)＞0，解得x＞1，令f′(x)＜0，解得0＜x＜1，所以f(x)的单调递增区间为(1，+∞)，单调递减区间为(0，1)．所以不等式f′(x)＞0不恒成立，所以当f′(x)＞0恒成立时，存在x0，使得f(x0)＜﹣1．(3)证明：设x1＜x2时，则由x1+asinx1+blnx1＝x2+asinx2+blnx2，lnx所以h(x)在(0，+∞)上单调递增，所以(﹣b)ln＜(a+1)(x2﹣x1)，(*)所以当x＞1时，M(x)＞M(1)＝0，则lnx＞2•，第6