高考二次求导

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,b∈R,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)得单调区间;(2)若a=0时,函数h(x)有两个不同得零点x1,x2①求b得取值范围;②求证:＞1.2.设a,b∈R,函数,g(x)=ex(e为自然对数得底数),且函数f(x)得图象与函数g(x)得图象在x=0处有公共得切线.(Ⅰ)求b得值;(Ⅱ)讨论函数f(x)得单调性;(Ⅲ)若g(x)＞f(x)在区间(﹣∞,0)内恒成立,求a得取值范围.3.已知函数.(1)若y=f(x)在(0,+∞)恒单调递减,求a得取值范围;(2)若函数y=f(x)有两个极值点x1,x2(x1＜x2),求a得取值范围并证明x1+x2＞2.4.已知函数.(1)设G(x)=2f(x)+g(x),求G(x)得单调递增区间;(2)证明:当x＞0时,f(x+1)＞g(x);(3)证明:k＜1时,存在x0＞1,当x∈(1,x0)时,恒有.5.已知函数.(Ⅰ)当a=0时,求曲线f(x)在x=1处得切线方程;(Ⅱ)设函数h(x)=alnx﹣x﹣f(x),求函数h(x)得极值;(Ⅲ)若g(x)=alnx﹣x在[1,e](e=2、71828…)上存在一点x0,使得g(x0)≥f(x0)成立,求a得取值范围.6.设函数f(x)=eax+λlnx,其中a＜0,e就是自然对数得底数(Ⅰ)若f(x)就是(0,+∞)上得单调函数,求λ得取值范围;(Ⅱ)若0＜λ＜,证明:函数f(x)有两个极值点.7.已知函数(a为常数,a≠0).(Ⅰ)当a=1时,求函数f(x)在点(3,f(3))得切线方程(Ⅱ)求f(x)得单调区间;(Ⅲ)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得取值范围.(其中e为自然对数得底数)8.已知函数.(1)若g(x)在点(1,g(1))处得切线方程为8x﹣2y﹣3=0,求a,b得值;(2)若b=a+1,x1,x2就是函数g(x)得两个极值点,试比较﹣4与g(x1)+g(x2)得大小.9.已知函数f(x)=x﹣alnx﹣1,,其中a为实数.(Ⅰ)求函数g(x)得极值;(Ⅱ)设a＜0,若对任意得x1、x2∈[3,4](x1≠x2),恒成立,求实数a得最小值.10.已知函数f(x)=xlnx﹣k(x﹣1)(1)求f(x)得单调区间;并证明lnx+≥2(e为自然对数得底数)恒成立;(2)若函数f(x)得一个零点为x1(x1＞1),f'(x)得一个零点为x0,就是否存在实数k,使=k,若存在,求出所有满足条件得k得值;若不存在,说明理由.11.已知函数f(x)=(x﹣2)ex+a(x﹣1)2.(Ⅰ)讨论f(x)得单调性;(Ⅱ)若f(x)有两个零点,求a得取值范围.12.设函数f(x)=ax2﹣a﹣lnx,g(x)=﹣,其中a∈R,e=2、718…为自然对数得底数.(Ⅰ)讨论f(x)得单调性;(Ⅱ)证明:当x＞1时,g(x)＞0;(Ⅲ)确定a得所有可能取值,使得f(x)＞g(x)在区间(1,+∞)内恒成立.13.设函数f(x)=(x﹣1)3﹣ax﹣b,x∈R,其中a,b∈R.(1)求f(x)得单调区间;(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=3;(3)设a＞0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[0,2]上得最大值不小于.14.设函数f(x)=acos2x+(a﹣1)(cosx+1),其中a＞0,记|f(x)|得最大值为A.(Ⅰ)求f′(x);(Ⅱ)求A;(Ⅲ)证明:|f′(x)|≤2A.15.设函数f(x)=x3﹣ax﹣b,x∈R,其中a,b∈R.(1)求f(x)得单调区间;(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=0;(3)设a＞0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[﹣1,1]上得最大值不小于.16.已知函数f(x)=(x﹣2)ex+a(x﹣1)2有两个零点.(Ⅰ)求a得取值范围;(Ⅱ)设x1,x2就是f(x)得两个零点,证明:x1+x2＜2.17.已知f(x)=a(x﹣lnx)+,a∈R.(I)讨论f(x)得单调性;(II)当a=1时,证明f(x)＞f′(x)+对于任意得x∈[1,2]成立.18.已知函数f(x)=lnx+x2.(Ⅰ)若函数g(x)=f(x)﹣ax在其定义域内为增函数,求实数a得取值范围;(Ⅱ)在(Ⅰ)得条件下,若a＞1,h(x)=e3x﹣3aexx∈[0,ln2],求h(x)得极小值;(Ⅲ)设F(x)=2f(x)﹣3x2﹣kx(k∈R),若函数F(x)存在两个零点m,n(0＜m＜n),且2x0=m+n.问:函数F(x)在点(x0,F(x0))处得切线能否平行于x轴？若能,求出该切线方程;若不能,请说明理由.19.g(x)=2lnx﹣x2﹣mx,x∈R,如果g(x)得图象与x轴交于A(x1,0),B(x2,0)(x1＜x2),AB中点为C(x0,0),求证g′(x0)≠0.20.已知函数f(x)=alnx﹣ax﹣3(a∈R).(Ⅰ)求函数f(x)得单调区间;(Ⅱ)若函数y=f(x)得图象在点(2,f(2))处得切线得倾斜角为45°,对于任意得t∈[1,2],函数g(x)=x3+x2(f'(x)+)在区间(t,3)上总不就是单调函数,求m得取值范围;(Ⅲ)求证:×××…×＜(n≥2,n∈N*).21.设函数f(x)=(1+x)2﹣2ln(1+x)(1)若关于x得不等式f(x)﹣m≥0在[0,e﹣1]有实数解,求实数m得取值范围.(2)设g(x)=f(x)﹣x2﹣1,若关于x得方程g(x)=p至少有一个解,求p得最小值.(3)证明不等式:(n∈N*).22.已知函数,f(x)=alnx﹣ax﹣3(a∈R).(1)当a=1时,求函数f(x)得单调区间;(2)若函数y=f(x)得图象在点(2,f(2))处得切线得倾斜角为45°,问:m在什么范围取值时,对于任意得t[1,2],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),其图象就是曲线C.(1)当a=﹣2时,求函数f(x)得单调减区间;(2)设函数f(x)得导函数为f′(x),若存在唯一得实数x0,使得f(x0)=x0与f′(x0)=0同时成立,求实数b得取值范围;(3)已知点A为曲线C上得动点,在点A处作曲线C得切线l1与曲线C交于另一点B,在点B处作曲线C得切线l2,设切线l1,l2得斜率分别为k1,k2.问:就是否存在常数λ,使得k2=λk1？若存在,求出λ得值;若不存在,请说明理由.24.已知函数f(x)=alnx﹣ax﹣3(a≠0).(Ⅰ)讨论f(x)得单调性;(Ⅱ)若f(x)+(a+1)x+4﹣e≤0对任意x∈[e,e2]恒成立,求实数a得取值范围(e为自然常数);(Ⅲ)求证ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+…+ln(n2+1)＜1+2lnn!(n≥2,n∈N*)(n!=1×2×3×…×n).25.已知函数f(x)=lnx﹣x﹣lna,a为常数.(1)若函数f(x)有两个零点x1,x2,且x1＜x2,求a得取值范围;(2)在(1)得条件下,证明:得值随a得值增大而增大.26.已知函数f(x)=e1﹣x(﹣a+cosx),a∈R.(Ⅰ)若函数f(x)存在单调减区间,求实数a得取值范围;(Ⅱ)若a=0,证明:,总有f(﹣x﹣1)+2f′(x)•cos(x+1)＞0.27.已知函数f(x)=(e为自然对数得底数).(1)若a=,求函数f(x)得单调区间;(2)若f(1)=1,且方程f(x)=1在(0,1)内有解,求实数a得取值范围.28.已知函数f(x)=,g(x)=ln(x+1),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处得切线方程就是5x﹣4y+1=0(1)求a,b得值;(2)若当x∈[0,+∞)时,恒有f(x)≥kg(x)成立,求k得取值范围;(3)若=22361,试估计ln得值(精确到0、001)29.设a∈R,函数f(x)=lnx﹣ax.(Ⅰ)求f(x)得单调递增区间;(Ⅱ)设F(x)=f(x)+ax2+ax,问F(x)就是否存在极值,若存在,请求出极值;若不存在,请说明理由;(Ⅲ)设A(x1,y1),B(x2,y2)就是函数g(x)=f(x)+ax图象上任意不同得两点,线段AB得中点为C(x0,y0),直线AB得斜率为为k.证明:k＞g′(x0).30.已知函数f(x)=x3+(1﹣a)x2﹣a(a+2)x(a∈R),f′(x)为f(x)得导数.(Ⅰ)当a=﹣3时证明y=f(x)在区间(﹣1,1)上不就是单调函数.(Ⅱ)设,就是否存在实数a,对于任意得x1∈[﹣1,1]存在x2∈[0,2],使得f′(x1)+2ax1=g(x2)成立？若存在求出a得取值范围;若不存在说明理由.31.已知函数f(x)=x2﹣(a+2)x+alnx,其中常数a＞0.(Ⅰ)当a＞2时,求函数f(x)得单调递增区间;(Ⅱ)设定义在D上得函数y=h(x)在点P(x0,h(x0))处得切线方程为l:y=g(x),若＞0在D内恒成立,则称P为函数y=h(x)得“类对称点”.当a=4时,试问y=f(x)就是否存在“类对称点”,若存在,请至少求出一个“类对称点”得横坐标;若不存在,请说明理由.32.已知函数f(x)=2ex+2ax﹣a2,a∈R.(1)当a=1时,求f(x)在点(0,f(0))处得切线方程;(2)求函数f(x)得单调区间;(3)若x≥0时,f(x)≥x2﹣3恒成立,求实数a得取值范围.33.已知a∈R,函数f(x)=ex﹣a(x+1)得图象与x轴相切.(Ⅰ)求f(x)得单调区间;(Ⅱ)若x＞0时,f(x)＞mx2,求实数m得取值范围.34.已知函数h(x)=﹣ax2+1,设f(x)=h'(x)﹣2alnx,g(x)=ln2x+2a2,其中x＞0,a∈R.(1)若f(x)在区间(2,+∞)上单调递增,求实数a得取值范围;(2)记F(x)=f(x)+g(x),求证:F(x)≥.35.已知函数f(x)=lnx﹣x+1,函数g(x)=axex﹣4x,其中a为大于零得常数.(Ⅰ)求函数f(x)得单调区间;(Ⅱ)求证:g(x)﹣2f(x)≥2(lna﹣ln2).36.已知x∈(1,+∞),函数f(x)=ex+2ax(a∈R),函数g(x)=|﹣lnx|+lnx,其中e为自然对数得底数.(1)若a=﹣,求函数f(x)得单调区间;(2)证明:当a∈(2,+∞)时,f′(x﹣1)＞g(x)+a.37.已知函数f(x)=x2+mlnx+x(1)求f(x)得单调区间;(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.(Ⅰ)若f(x)在点(2,f(2))处得切线与直线x﹣2y+1=0垂直,求实数a得值;(Ⅱ)求函数f(x)得单调区间;(Ⅲ)讨论函数f(x)在区间[1,e2]上零点得个数.39.已知函数f(x)=(2﹣a)lnx++2ax(a≥0)(1)当a=0时,求f(x)得极值;(2)当a＜0时,讨论f(x)得单调性;(3)若对于任意得x1,x2∈[1,3],a∈(﹣∞,﹣2)都有|f(x1)﹣f(x2)|＜(m+ln3)a﹣2ln3,求实数m得取值范围.40.已知函数f(x)=lnx﹣ax.(Ⅰ)若函数f(x)在(1,+∞)上单调递减,求实数a得取值范围;(Ⅱ)当a=1时,函数有两个零点x1,x2,且x1＜x2.求证:x1+x2＞1.2017年02月13日数学得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,b∈R,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)得单调区间;(2)若a=0时,函数h(x)有两个不同得零点x1,x2①求b得取值范围;②求证:＞1.解:(1)由已知得f,(x＞0),所以,所以a=﹣2.由f′(1)=g(﹣1)﹣2,得a+1=b﹣2,所以b=1.所以h(x)=﹣x2+lnx+x,(x＞0).则,(x＞0),由h′(x)＞0得0＜x＜1,h′(x)＜0得x＞1.所以h(x)得减区间为(1,+∞),增区间为(0,1).(2)①由已知h(x)=lnx+bx,(x＞0).所以h,(x＞0),当b≥0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b＜0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)﹣1＞0,解得.且x→0时,lnx＜0,x→+∞时,lnx＜0.所以当时,h(x)有两个零点.②证明:由题意得,即,①×②得.因为x1,x2＞0,所以﹣b(x1+x2)＞0,所以,因为0＜﹣b＜,所以e﹣b＞1,所以x1x2＞＞＞e2,所以＞1.2.(2017•四川模拟)设a,b∈R,函数,g(x)=ex(e为自然对数得底数),且函数f(x)得图象与函数g(x)得图象在x=0处有公共得切线.(Ⅰ)求b得值;(Ⅱ)讨论函数f(x)得单调性;(Ⅲ)若g(x)＞f(x)在区间(﹣∞,0)内恒成立,求a得取值范围.(Ⅰ)f'(x)=x2+2ax+b,g'(x)=ex,由f'(0)=b=g'(0)=1,得b=1.…(2分)(Ⅱ)f'(x)=x2+2ax+1=(x+a)2+1﹣a2,当a2≤1时,即﹣1≤a≤1时,f'(x)≥0,从而函数f(x)在定义域内单调递增,当a2＞1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)(Ⅲ)令h(x)=g'(x)﹣f'(x)=ex﹣x2﹣2ax﹣1,则h(0)=e0﹣1=0.h'(x)=ex﹣2x﹣2a,令u(x)=h'(x)=ex﹣2x﹣2a,则u'(x)=ex﹣2.当x≤0时,u'(x)＜0,从而h'(x)单调递减,令u(0)=h'(0)=1﹣2a=0,得.先考虑得情况,此时,h'(0)=u(0)≥0;又当x∈(﹣∞,0)时,h'(x)单调递减,所以h'(x)＞0;故当x∈(﹣∞,0)时,h(x)单调递增;又因为h(0)=0,故当x＜0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.接下来考虑得情况,此时,h'(0)＜0,令x=﹣a,则h'(﹣a)=e﹣a＞0.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)＞f(x)在区间(﹣∞,0)恒成立,则a得取值范围就是.…(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得取值范围;(2)若函数y=f(x)有两个极值点x1,x2(x1＜x2),求a得取值范围并证明x1+x2＞2.解:(1)因为f'(x)=lnx﹣ax+1(x＞0),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a≥g(1)=1,即得:a≥1…(5分)(2)函数y=f(x)有两个极值点x1,x2(x1＜x2),即y=f'(x)有两个不同得零点,且均为正,f'(x)=lnx﹣ax+1(x＞0),令F(x)=f'(x)=lnx﹣ax+1,由可知1)a≤0时,函数y=f(x)在(0,+∞)上就是增函数,不可能有两个零点.2)a＞0时,y=F(x)在就是增函数在就是减函数,此时为函数得极大值,也就是最大值.当时,最多有一个零点,所以才可能有两个零点,得:0＜a＜1…(7分)此时又因为,,,令,φ(a)在(0,1)上单调递增,所以φ(a)＜φ(1)=3﹣e2,即综上,所以a得取值范围就是(0,1)…(8分)下面证明x1+x2＞2由于y=F(x)在就是增函数在就是减函数,,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)在就是减函数,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),求G(x)得单调递增区间;(2)证明:当x＞0时,f(x+1)＞g(x);(3)证明:k＜1时,存在x0＞1,当x∈(1,x0)时,恒有.解:(1)由题意知,…(1分)从而…(2分)令G'(x)＞0得0＜x＜2…(3分)所以函数G(x)得单调递增区间为(0,2)…(4分)(2)令…(5分)从而…(6分)因为x＞0,所以H'(x)＞0,故H(x)在(0,+∞)上单调递增…(7分)所以,当x＞0时,H(x)＞H(0)=0,即f(x+1)＞g(x)…(8分)(3)当k＜1时,令…(9分)则有…(10分)由F'(x)=0得﹣x2+(1﹣k)x+1=0,解之得,,…(11分)从而存在x0=x2＞1,当x∈(1,x0)时,F'(x)＞0,故F(x)在[1,x0)上单调递增,从而当x∈(1,x0)时,F(x)＞F(1)=0,即…(12分)5.(2017•茂名一模)已知函数.(Ⅰ)当a=0时,求曲线f(x)在x=1处得切线方程;(Ⅱ)设函数h(x)=alnx﹣x﹣f(x),求函数h(x)得极值;(Ⅲ)若g(x)=alnx﹣x在[1,e](e=2、71828…)上存在一点x0,使得g(x0)≥f(x0)成立,求a得取值范围.解:(Ⅰ)当a=0时,f(x)=,f(1)=1,则切点为(1,1),…(1分)∵,∴切线得斜率为k=f'(1)=﹣1,…(2分)∴曲线f(x)在点(1,1)处得切线方程为y﹣1=﹣(x﹣1),即x+y﹣2=0…(3分)(Ⅱ)依题意,定义域为(0,+∞),∴,…(4分)①当a+1＞0,即a＞﹣1时,令h'(x)＞0,∵x＞0,∴0＜x＜1+a,此时,h(x)在区间(0,a+1)上单调递增,令h'(x)＜0,得x＞1+a.此时,h(x)在区间(a+1,+∞)上单调递减.…(5分)②当a+1≤0,即a≤﹣1时,h'(x)＜0恒成立,h(x)在区间(0,+∞)上单调递减.…(6分)综上,当a＞﹣1时,h(x)在x=1+a处取得极大值h(1+a)=aln(1+a)﹣a﹣2,无极小值;当a≤﹣1时,h(x)在区间(0,+∞)上无极值.…(7分)(Ⅲ)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)max≥0.…(8分)由(Ⅱ)可知,①当a+1≥e,即a≥e﹣1时,h(x)在[1,e]上单调递增,∴,∴,∵,∴.…(9分)②当0＜a+1≤1,或a≤﹣1,即a≤0时,h(x)在[1,e]上单调递减,∴h(x)max=h(1)=﹣1﹣1﹣a≥0,∴a≤﹣2.…(10分)③当1＜a+1＜e,即0＜a＜e﹣1时,由(Ⅱ)可知,h(x)在x=1+a处取得极大值也就是区间(0,+∞)上得最大值,即h(x)max=h(1+a)=aln(1+a)﹣a﹣2=a[ln(1+a)﹣1]﹣2,∵0＜ln(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得取值范围就是或a≤﹣2.…(12分)6.(2017•佛山一模)设函数f(x)=eax+λlnx,其中a＜0,e就是自然对数得底数(Ⅰ)若f(x)就是(0,+∞)上得单调函数,求λ得取值范围;(Ⅱ)若0＜λ＜,证明:函数f(x)有两个极值点.解:(Ⅰ)f′(x)=aeax+=,(x＞0),①若λ≤0,则f′(x)＜0,则f(x)在(0,+∞)递减,②若λ＞0,令g(x)=axeax+λ,其中a＜0,x＞0,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)取极小值也就是最小值g(﹣)=λ﹣,故λ﹣≥0即λ≥时,g(x)≥0,此时f′(x)≥0,f(x)在(0,+∞)递增,综上,所求λ得范围就是(﹣∞,0]∪[,+∞);(Ⅱ)f′(x)=aeax+=,(x＞0),令g(x)=axeax+λ,其中a＜0,x＞0,求导得:g′(x)=aeax(1+ax),令g′(x)=0,解得:x=﹣,x∈(0,﹣)时,g′(x)＜0,g(x)递减,x∈(﹣,+∞)时,g′(x)＞0,g(x)递增,x=﹣时,g(x)取得极小值,也就是最小值g(﹣)=λ﹣,∵0＜λ＜,∴g(﹣)=λ﹣＜0,又g(0)=λ＞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,a≠0).(Ⅰ)当a=1时,求函数f(x)在点(3,f(3))得切线方程(Ⅱ)求f(x)得单调区间;(Ⅲ)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得取值范围.(其中e为自然对数得底数)解:(x＞2)(Ⅰ)当a=1时,,f'(3)=﹣2、,所以,函数f(x)在点(3,f(3))处得切线方程为:,即4x+2y﹣3=0.…(3分)(Ⅱ)=,因为x＞2,所以x﹣2＞0,①当a＜0时,(x﹣1)2﹣(a+1)=x(x﹣2)﹣a＞0在x＞2上成立,所以f'(x)当x＞2恒大于0,故f(x)在(2,+∞)上就是增函数.…(5分)②当a＞0时,,因为x＞2,所以,a(x﹣2)＞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a＜0时,f(x)在(2,+∞)上为增函数;当a＞0时,f(x)在上为增函数,在上为减函数.…(8分)(Ⅲ)由(Ⅱ)知x0处有极值,故a＞0,且,因为且e+2＞2,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a＞e6+2e3时满足条件.…(12分)8.(2017•本溪模拟)已知函数.(1)若g(x)在点(1,g(1))处得切线方程为8x﹣2y﹣3=0,求a,b得值;(2)若b=a+1,x1,x2就是函数g(x)得两个极值点,试比较﹣4与g(x1)+g(x2)得大小.(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x2﹣ax+a=0在(0,+∞)上有两个不同得根x1,x2.即,解得a＞4,且x1+x2=a,x1x2=a.…(5分)∴.…(6分)令,则f'(x)=lnx+1﹣x﹣1=lnx﹣x,令h(x)=lnx﹣x,则当x＞4时,,∴h(x)在(4,+∞)上为减函数,即h(x)＜h(4)=ln4﹣4＜0,f'(x)＜0,∴f(x)在(4,+∞)上为减函数,即f(x)＜f(4)=8lnx﹣12,∴g(x1)+g(x2)＜8ln2﹣12,…(10分)又∵,,∴,即,∴g(x1)+g(x2)＜﹣4.…(12分)9.(2017•本溪模拟)已知函数f(x)=x﹣alnx﹣1,,其中a为实数.(Ⅰ)求函数g(x)得极值;(Ⅱ)设a＜0,若对任意得x1、x2∈[3,4](x1≠x2),恒成立,求实数a得最小值.解:(Ⅰ),令g'(x)=0,得x=1,列表如下:x(﹣∞,1)1(1,+∞)g'(x)+0﹣g(x)↗极大值↘∴当x=1时,g(x)取得极大值g(1)=1,无极小值;…(4分)(Ⅱ)当m=1时,a＜0时,f(x)=x﹣alnx﹣1,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]上为增函数,不妨设x2＞x1,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,∴,x∈[3,4],…(8分)设,∵,∴,∴v'(x)＞0,v(x)为减函数,∴v(x)在[3,4]上得最大值,∴,∴a得最小值为.…(12分)10.(2017•泸州模拟)已知函数f(x)=xlnx﹣k(x﹣1)(1)求f(x)得单调区间;并证明lnx+≥2(e为自然对数得底数)恒成立;(2)若函数f(x)得一个零点为x1(x1＞1),f'(x)得一个零点为x0,就是否存在实数k,使=k,若存在,求出所有满足条件得k得值;若不存在,说明理由.解:(1)∵f′(x)=lnx+1﹣k,x∈(0,ek﹣1)时,f′(x)＜0,此时h(x)递减,x∈(ek﹣1,+∞)时,f′(x)＞0,此时h(x)递增,令k=2,则f(x)=xlnx﹣2(x﹣1),故x=e时,f(x)有最小值就是f(e),故f(x)=xlnx﹣2(x﹣1)≥f(e)=2﹣e,即lnx+≥2恒成立;(2)由题意得:x1lnx1﹣k(x1﹣1)=0,lnx0+1﹣k=0,假设存在k,使得=k,(k＞0)成立,消元得:ek﹣1lnk﹣ek﹣1+1=0,设m(k)=ek﹣1lnk﹣ek﹣1+1,则m′(k)=ek﹣1(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)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x1＞1矛盾,故k不存在.11.(2016•新课标Ⅰ)已知函数f(x)=(x﹣2)ex+a(x﹣1)2.(Ⅰ)讨论f(x)得单调性;(Ⅱ)若f(x)有两个零点,求a得取值范围.解:(Ⅰ)由f(x)=(x﹣2)ex+a(x﹣1)2,可得f′(x)=(x﹣1)ex+2a(x﹣1)=(x﹣1)(ex+2a),①当a≥0时,由f′(x)＞0,可得x＞1;由f′(x)＜0,可得x＜1,即有f(x)在(﹣∞,1)递减;在(1,+∞)递增;②当a＜0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x＜1或x＞ln(﹣2a);由f′(x)＜0,可得1＜x＜ln(﹣2a).即有f(x)在(﹣∞,1),(ln(﹣2a),+∞)递增;在(1,ln(﹣2a))递减;若﹣＜a＜0,由f′(x)＞0,可得x＜ln(﹣2a)或x＞1;由f′(x)＜0,可得ln(﹣2a)＜x＜1.即有f(x)在(﹣∞,ln(﹣2a)),(1,+∞)递增;在(ln(﹣2a),1)递减;(Ⅱ)①由(Ⅰ)可得当a＞0时,f(x)在(﹣∞,1)递减;在(1,+∞)递增,且f(1)=﹣e＜0,x→+∞,f(x)→+∞;x→﹣∞,f(x)→+∞.f(x)有两个零点;②当a=0时,f(x)=(x﹣2)ex,所以f(x)只有一个零点x=2;③当a＜0时,若a＜﹣时,f(x)在(1,ln(﹣2a))递减,在(﹣∞,1),(ln(﹣2a),+∞)递增,又当x≤1时,f(x)＜0,所以f(x)不存在两个零点;当a≥﹣时,f(x)在(1,+∞)单调递增,又x≤1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得取值范围为(0,+∞).12.(2016•四川)设函数f(x)=ax2﹣a﹣lnx,g(x)=﹣,其中a∈R,e=2、718…为自然对数得底数.(Ⅰ)讨论f(x)得单调性;(Ⅱ)证明:当x＞1时,g(x)＞0;(Ⅲ)确定a得所有可能取值,使得f(x)＞g(x)在区间(1,+∞)内恒成立.(Ⅰ)解:由f(x)=ax2﹣a﹣lnx,得f′(x)=2ax﹣=(x＞0),当a≤0时,f′(x)＜0在(0,+∞)成立,则f(x)为(0,+∞)上得减函数;当a＞0时,由f′(x)=0,得x==,∴当x∈(0,)时,f′(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a≤0时,f(x)为(0,+∞)上得减函数,当a＞0时,f(x)在(0,)上为减函数,在(,+∞)上为增函数;(Ⅱ)证明:要证g(x)＞0(x＞1),即﹣＞0,即证,也就就是证,令h(x)=,则h′(x)=,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,则h(x)min=h(1)=e,即当x＞1时,h(x)＞e,∴当x＞1时,g(x)＞0;(Ⅲ)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φ(x)=,则φ′(x)=2a=,当x≥2时,φ′(x)＞0,令h(x)=,h′(x)=,函数在[1,2)上单调递增,∴h(x)min=h(1)=﹣1.又2a≥1,e1﹣x＞0,∴1＜x＜2,φ′(x)＞0,综上所述,x＞1,φ′(x)＞0,φ(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,∴a≥.13.(2016•天津)设函数f(x)=(x﹣1)3﹣ax﹣b,x∈R,其中a,b∈R.(1)求f(x)得单调区间;(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=3;(3)设a＞0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[0,2]上得最大值不小于.解:(1)函数f(x)=(x﹣1)3﹣ax﹣b得导数为f′(x)=3(x﹣1)2﹣a,当a≤0时,f′(x)≥0,f(x)在R上递增;当a＞0时,当x＞1+或x＜1﹣时,f′(x)＞0,当1﹣＜x＜1+,f′(x)＜0,可得f(x)得增区间为(﹣∞,1﹣),(1+,+∞),减区间为(1﹣,1+);(2)证明:f′(x0)=0,可得3(x0﹣1)2=a,由f(x0)=(x0﹣1)3﹣3x0(x0﹣1)2﹣b=(x0﹣1)2(﹣2x0﹣1)﹣b,f(3﹣2x0)=(2﹣2x0)3﹣3(3﹣2x0)(x0﹣1)2﹣b=(x0﹣1)2(8﹣8x0﹣9+6x0)﹣b=(x0﹣1)2(﹣2x0﹣1)﹣b,即为f(3﹣2x0)=f(x0)=f(x1),即有3﹣2x0=x1,即为x1+2x0=3;(3)证明:要证g(x)在区间[0,2]上得最大值不小于,即证在[0,2]上存在x1,x2,使得f(x1)﹣f(x2)≥.当a≥3时,f(x)在[0,2]递减,f(2)=1﹣2a﹣b,f(0)=﹣1﹣b,f(0)﹣f(2)=2a﹣2≥4＞,递减,成立;当0＜a＜3时,f(1﹣)=(﹣)3﹣a(1﹣)﹣b=﹣﹣a+a﹣b=﹣a﹣b,f(1+)=()3﹣a(1+)﹣b=﹣a﹣a﹣b=﹣﹣a﹣b,f(2)=1﹣2a﹣b,f(0)=﹣1﹣b,f(2)﹣f(0)=2﹣2a,若0＜a≤时,f(2)﹣f(0)=2﹣2a≥成立;若a＞时,f(1﹣)﹣f(1+)=＞成立.综上可得,g(x)在区间[0,2]上得最大值不小于.14.(2016•新课标Ⅲ)设函数f(x)=acos2x+(a﹣1)(cosx+1),其中a＞0,记|f(x)|得最大值为A.(Ⅰ)求f′(x);(Ⅱ)求A;(Ⅲ)证明:|f′(x)|≤2A.(I)解:f′(x)=﹣2asin2x﹣(a﹣1)sinx.(II)当a≥1时,|f(x)|=|acos2x+(a﹣1)(cosx+1)|≤a|cos2x|+(a﹣1)|(cosx+1)|≤a|cos2x|+(a﹣1)(|cosx|+1)|≤a+2(a﹣1)=3a﹣2=f(0),因此A=3a﹣2.当0＜a＜1时,f(x)等价为f(x)=acos2x+(a﹣1)(cosx+1)=2acos2x+(a﹣1)cosx﹣1,令g(t)=2at2+(a﹣1)t﹣1,则A就是|g(t)|在[﹣1,1]上得最大值,g(﹣1)=a,g(1)=3a﹣2,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﹣1＜＜1,得a＜(舍)或a＞.因此A=3a﹣2①当0＜a≤时,g(t)在(﹣1,1)内无极值点,|g(﹣1)|=a,|g(1)|=2﹣3a,|g(﹣1)|＜|g(1)|,∴A=2﹣3a,②当＜a＜1时,由g(﹣1)﹣g(1)=2(1﹣a)＞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﹣(a﹣1)sinx|≤2a+|a﹣1|,当0＜a≤时,|f′(x)|≤1+a≤2﹣4a＜2(2﹣3a)=2A,当＜a＜1时,A==++≥1,∴|f′(x)|≤1+a≤2A,当a≥1时,|f′(x)|≤3a﹣1≤6a﹣4=2A,综上:|f′(x)|≤2A.15.(2016•天津)设函数f(x)=x3﹣ax﹣b,x∈R,其中a,b∈R.(1)求f(x)得单调区间;(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=0;(3)设a＞0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[﹣1,1]上得最大值不小于.解:(1)若f(x)=x3﹣ax﹣b,则f′(x)=3x2﹣a,分两种情况讨论:①、当a≤0时,有f′(x)=3x2﹣a≥0恒成立,此时f(x)得单调递增区间为(﹣∞,+∞),②、当a＞0时,令f′(x)=3x2﹣a=0,解得x=或x=,当x＞或x＜﹣时,f′(x)=3x2﹣a＞0,f(x)为增函数,当﹣＜x＜时,f′(x)=3x2﹣a＜0,f(x)为减函数,故f(x)得增区间为(﹣∞,﹣),(,+∞),减区间为(﹣,);(2)若f(x)存在极值点x0,则必有a＞0,且x0≠0,由题意可得,f′(x)=3x2﹣a,则x02=,进而f(x0)=x03﹣ax0﹣b=﹣x0﹣b,又f(﹣2x0)=﹣8x03+2ax0﹣b=﹣x0+2ax0﹣b=f(x0),由题意及(Ⅰ)可得:存在唯一得实数x1,满足f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,则有x1=﹣2x0,故有x1+2x0=0;(Ⅲ)设g(x)在区间[﹣1,1]上得最大值M,max{x,y}表示x、y两个数得最大值,下面分三种情况讨论:①当a≥3时,﹣≤﹣1＜1≤,由(I)知f(x)在区间[﹣1,1]上单调递减,所以f(x)在区间[﹣1,1]上得取值范围就是[f(1),f(﹣1)],因此M=max{|f(1)|,|f(﹣1)|}=max{|1﹣a﹣b|,|﹣1+a﹣b|}=max{|a﹣1+b|,|a﹣1﹣b|}=,所以M=a﹣1+|b|≥2②当a＜3时,,由(Ⅰ)、(Ⅱ)知,f(﹣1)≥=f(),f(1)≤=,所以f(x)在区间[﹣1,1]上得取值范围就是[f(),f(﹣)],因此M=max{|f()|,|f(﹣)|}=max{||,||}=max{||,||}=,③当0＜a＜时,,由(Ⅰ)、(Ⅱ)知,f(﹣1)＜=f(),f(1)＞=,所以f(x)在区间[﹣1,1]上得取值范围就是[f(﹣1),f(1)],因此M=max{|f(﹣1)|,|f(1)|}=max{|﹣1+a﹣b|,|1﹣a﹣b|}=max{|1﹣a+b|,|1﹣a﹣b|}=1﹣a+|b|＞,综上所述,当a＞0时,g(x)在区间[﹣1,1]上得最大值不小于.16.(2016•新课标Ⅰ)已知函数f(x)=(x﹣2)ex+a(x﹣1)2有两个零点.(Ⅰ)求a得取值范围;(Ⅱ)设x1,x2就是f(x)得两个零点,证明:x1+x2＜2.解:(Ⅰ)∵函数f(x)=(x﹣2)ex+a(x﹣1)2,∴f′(x)=(x﹣1)ex+2a(x﹣1)=(x﹣1)(ex+2a),①若a=0,那么f(x)=0⇔(x﹣2)ex=0⇔x=2,函数f(x)只有唯一得零点2,不合题意;②若a＞0,那么ex+2a＞0恒成立,当x＜1时,f′(x)＜0,此时函数为减函数;当x＞1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)=a＞0,可得:函数f(x)在x＞1存在一个零点;当x＜1时,ex＜e,x﹣2＜﹣1＜0,∴f(x)=(x﹣2)ex+a(x﹣1)2＞(x﹣2)e+a(x﹣1)2=a(x﹣1)2+e(x﹣1)﹣e,令a(x﹣1)2+e(x﹣1)﹣e=0得两根为t1,t2,且t1＜t2,则当x＜t1,或x＞t2时,f(x)＞a(x﹣1)2+e(x﹣1)﹣e＞0,故函数f(x)在x＜1存在一个零点;即函数f(x)在R就是存在两个零点,满足题意;③若﹣＜a＜0,则ln(﹣2a)＜lne=1,当x＜ln(﹣2a)时,x﹣1＜ln(﹣2a)﹣1＜lne﹣1=0,ex+2a＜eln(﹣2a)+2a=0,即f′(x)=(x﹣1)(ex+2a)＞0恒成立,故f(x)单调递增,当ln(﹣2a)＜x＜1时,x﹣1＜0,ex+2a＞eln(﹣2a)+2a=0,即f′(x)=(x﹣1)(ex+2a)＜0恒成立,故f(x)单调递减,当x＞1时,x﹣1＞0,ex+2a＞eln(﹣2a)+2a=0,即f′(x)=(x﹣1)(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(ln(﹣2a))=[ln(﹣2a)﹣2](﹣2a)+a[ln(﹣2a)﹣1]2=a{[ln(﹣2a)﹣2]2+1}＜0得:函数f(x)在R上至多存在一个零点,不合题意;④若a=﹣,则ln(﹣2a)=1,当x＜1=ln(﹣2a)时,x﹣1＜0,ex+2a＜eln(﹣2a)+2a=0,即f′(x)=(x﹣1)(ex+2a)＞0恒成立,故f(x)单调递增,当x＞1时,x﹣1＞0,ex+2a＞eln(﹣2a)+2a=0,即f′(x)=(x﹣1)(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;⑤若a＜﹣,则ln(﹣2a)＞lne=1,当x＜1时,x﹣1＜0,ex+2a＜eln(﹣2a)+2a=0,即f′(x)=(x﹣1)(ex+2a)＞0恒成立,故f(x)单调递增,当1＜x＜ln(﹣2a)时,x﹣1＞0,ex+2a＜eln(﹣2a)+2a=0,即f′(x)=(x﹣1)(ex+2a)＜0恒成立,故f(x)单调递减,当x＞ln(﹣2a)时,x﹣1＞0,ex+2a＞eln(﹣2a)+2a=0,即f′(x)=(x﹣1)(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)=﹣e＜0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得取值范围为(0,+∞)证明:(Ⅱ)∵x1,x2就是f(x)得两个零点,∴f(x1)=f(x2)=0,且x1≠1,且x2≠1,∴﹣a==,令g(x)=,则g(x1)=g(x2)=﹣a,∵g′(x)=,∴当x＜1时,g′(x)＜0,g(x)单调递减;当x＞1时,g′(x)＞0,g(x)单调递增;设m＞0,则g(1+m)﹣g(1﹣m)=﹣=,设h(m)=,m＞0,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(1﹣m)恒成立,令m=1﹣x1＞0,则g(1+1﹣x1)＞g(1﹣1+x1)⇔g(2﹣x1)＞g(x1)=g(x2)⇔2﹣x1＞x2,即x1+x2＜2.17.(2016•山东)已知f(x)=a(x﹣lnx)+,a∈R.(I)讨论f(x)得单调性;(II)当a=1时,证明f(x)＞f′(x)+对于任意得x∈[1,2]成立.(Ⅰ)解:由f(x)=a(x﹣lnx)+,得f′(x)=a(1﹣)+==(x＞0).若a≤0,则ax2﹣2＜0恒成立,∴当x∈(0,1)时,f′(x)＞0,f(x)为增函数,当x∈(1,+∞)时,f′(x)＜0,f(x)为减函数;当a＞0,若0＜a＜2,当x∈(0,1)与(,+∞)时,f′(x)＞0,f(x)为增函数,当x∈(1,)时,f′(x)＜0,f(x)为减函数;若a=2,f′(x)≥0恒成立,f(x)在(0,+∞)上为增函数;若a＞2,当x∈(0,)与(1,+∞)时,f′(x)＞0,f(x)为增函数,当x∈(,1)时,f′(x)＜0,f(x)为减函数;(Ⅱ)解:∵a=1,令F(x)=f(x)﹣f′(x)=x﹣lnx﹣1=x﹣lnx+.令g(x)=x﹣lnx,h(x)=.则F(x)=f(x)﹣f′(x)=g(x)+h(x),由,可得g(x)≥g(1)=1,当且仅当x=1时取等号;又,设φ(x)=﹣3x2﹣2x+6,则φ(x)在[1,2]上单调递减,且φ(1)=1,φ(2)=﹣10,∴在[1,2]上存在x0,使得x∈(1,x0)时φ(x0)＞0,x∈(x0,2)时,φ(x0)＜0,∴函数h(x)在(1,x0)上单调递增;在(x0,2)上单调递减,由于h(1)=1,h(2)=,因此h(x)≥h(2)=,当且仅当x=2取等号,∴f(x)﹣f′(x)=g(x)+h(x)＞g(1)+h(2)=,∴F(x)＞恒成立.即f(x)＞f′(x)+对于任意得x∈[1,2]成立.18.(2016•离石区二模)已知函数f(x)=lnx+x2.(Ⅰ)若函数g(x)=f(x)﹣ax在其定义域内为增函数,求实数a得取值范围;(Ⅱ)在(Ⅰ)得条件下,若a＞1,h(x)=e3x﹣3aexx∈[0,ln2],求h(x)得极小值;(Ⅲ)设F(x)=2f(x)﹣3x2﹣kx(k∈R),若函数F(x)存在两个零点m,n(0＜m＜n),且2x0=m+n.问:函数F(x)在点(x0,F(x0))处得切线能否平行于x轴？若能,求出该切线方程;若不能,请说明理由.解:(Ⅰ)g(x)=f(x)﹣ax=lnx+x2﹣ax,由题意知,g′(x)≥0,对任意得x∈(0,+∞)恒成立,即又∵x＞0,,当且仅当时等号成立∴,可得(Ⅱ)由(Ⅰ)知,,令t=ex,则t∈[1,2],则h(t)=t3﹣3at,由h′(t)=0,得或(舍去),∵,∴若,则h′(t)＜0,h(t)单调递减;若,则h′(t)＞0,h(t)单调递增∴当时,h(t)取得极小值,极小值为(Ⅲ)设F(x)在(x0,F(x0))得切线平行于x轴,其中F(x)=2lnx﹣x2﹣kx结合题意,有①﹣②得所以,由④得所以设,⑤式变为设,所以函数在(0,1)上单调递增,因此,y＜y|u=1=0,即,也就就是此式与⑤矛盾所以F(x)在(x0,F(x0))得切线不能平行于x轴19.(2016•衡水模拟)g(x)=2lnx﹣x2﹣mx,x∈R,如果g(x)得图象与x轴交于A(x1,0),B(x2,0)(x1＜x2),AB中点为C(x0,0),求证g′(x0)≠0.解:根据题意,得;②﹣①得,2ln﹣(x2﹣x1)(x2+x1)﹣m(x2﹣x1)=0,∴2ln=(x2﹣x1)(x2+x1+m);(整理式子,向题意靠拢)假设g′(x0)=0,即g′(x0)==﹣(x1+x2)﹣m=0,(中点坐标公式2x0=x1+x2)∴x1+x2+m=,上下同除以x,另t=＞1,∴lnt=(t＞1);令g(t)=lnt﹣,在g′(t)=＞0,∴g(t)＞g(1)=0,∴lnt≠,即g'(x0)≠0.20.(2016•商丘三模)已知函数f(x)=alnx﹣ax﹣3(a∈R).(Ⅰ)求函数f(x)得单调区间;(Ⅱ)若函数y=f(x)得图象在点(2,f(2))处得切线得倾斜角为45°,对于任意得t∈[1,2],函数g(x)=x3+x2(f'(x)+)在区间(t,3)上总不就是单调函数,求m得取值范围;(Ⅲ)求证:×××…×＜(n≥2,n∈N*).解:(Ⅰ)(2分)当a＞0时,f(x)得单调增区间为(0,1],减区间为[1,+∞);当a＜0时,f(x)得单调增区间为[1,+∞),减区间为(0,1];当a=0时,f(x)不就是单调函数(4分)(Ⅱ)得a=﹣2,f(x)=﹣2lnx+2x﹣3∴,∴g'(x)=3x2+(m+4)x﹣2(6分)∵g(x)在区间(t,3)上总不就是单调函数,且g′(0)=﹣2∴由题意知:对于任意得t∈[1,2],g′(t)＜0恒成立,所以有:,∴(10分)(Ⅲ)令a=﹣1此时f(x)=﹣lnx+x﹣3,所以f(1)=﹣2,由(Ⅰ)知f(x)=﹣lnx+x﹣3在(1,+∞)上单调递增,∴当x∈(1,+∞)时f(x)＞f(1),即﹣lnx+x﹣1＞0,∴lnx＜x﹣1对一切x∈(1,+∞)成立,(12分)∵n≥2,n∈N*,则有0＜lnn＜n﹣1,∴∴21.(2016•湖南模拟)设函数f(x)=(1+x)2﹣2ln(1+x)(1)若关于x得不等式f(x)﹣m≥0在[0,e﹣1]有实数解,求实数m得取值范围.(2)设g(x)=f(x)﹣x2﹣1,若关于x得方程g(x)=p至少有一个解,求p得最小值.(3)证明不等式:(n∈N*).(1)解:依题意得f(x)max≥m,x∈[0,e﹣1]∵,而函数f(x)得定义域为(﹣1,+∞)∴f(x)在(﹣1,0)上为减函数,在(0,+∞)上为增函数,∴f(x)在[0,e﹣1]上为增函数,∴∴实数m得取值范围为m≤e2﹣2(2)解:g(x)=f(x)﹣x2﹣1=2x﹣2ln(1+x)=2[x﹣ln(1+x)],∴显然,函数g(x)在(﹣1,0)上为减函数,在(0,+∞)上为增函数∴函数g(x)得最小值为g(0)=0∴要使方程g(x)=p至少有一个解,则p≥0,即p得最小值为0(3)证明:由(2)可知:g(x)=2[x﹣ln(1+x)]≥0在(﹣1,+∞)上恒成立所以ln(1+x)≤x,当且仅当x=0时等号成立令,则x∈(0,1)代入上面不等式得:即,即所以ln2﹣ln1＜1,,,…,将以上n个等式相加即可得到:22.(2016•江门模拟)已知函数,f(x)=alnx﹣ax﹣3(a∈R).(1)当a=1时,求函数f(x)得单调区间;(2)若函数y=f(x)得图象在点(2,f(2))处得切线得倾斜角为45°,问:m在什么范围取值时,对于任意得t[1,2],函数在区间(t,3)上总存在极值？解:(Ⅰ),当a=1时,令导数大于0,可解得0＜x＜1,令导数小于0,可解得x＜0(舍)或x＞1故函数得单调增区间为(0,1),单调减区间就是(1,+∞)(Ⅱ)得a=﹣2,f(x)=﹣2lnx+2x﹣3∴,∴g'(x)=3x2+(m+4)x﹣2∵g(x)在区间(t,3)上总不就是单调函数,且g′(0)=﹣2∴,由题意知:对于任意得t∈[1,2],g′(t)＜0恒成立,所以有:,∴.23.(2016•鹰潭校级模拟)已知函数f(x)=x3+x2+ax+b(a,b为常数),其图象就是曲线C.(1)当a=﹣2时,求函数f(x)得单调减区间;(2)设函数f(x)得导函数为f′(x),若存在唯一得实数x0,使得f(x0)=x0与f′(x0)=0同时成立,求实数b得取值范围;(3)已知点A为曲线C上得动点,在点A处作曲线C得切线l1与曲线C交于另一点B,在点B处作曲线C得切线l2,设切线l1,l2得斜率分别为k1,k2.问:就是否存在常数λ,使得k2=λk1？若存在,求出λ得值;若不存在,请说明理由.解:(1)当a=﹣2时,函数f(x)=x3+x2﹣2x+b则f′(x)=3x2+5x﹣2=(3x﹣1)(x+2)令f′(x)＜0,解得﹣2＜x＜,所以f(x)得单调递减区间为(﹣2,);(2)函数f(x)得导函数为由于存在唯一得实数x0,使得f(x0)=x0与f′(x0)=0同时成立,则即x3+x2+(﹣3x2﹣5x﹣1)x+b=0存在唯一得实数根x0,故b=2x3+x2+x存在唯一得实数根x0,令y=2x3+x2+x,则y′=6x2+5x+1=(2x+1)(3x+1)=0,故x=﹣或x=﹣,则函数y=2x3+x2+x在(﹣∞,),(﹣,+∞)上就是增函数,在(,﹣)上就是减函数,由于x=﹣时,y=﹣;x=﹣时,y=﹣;故实数b得取值范围为:(﹣∞,﹣)∪(﹣,+∞);(3)设点A(x0,f(x0)),则在点A处得切线l1得切线方程为y﹣f(x0)=f′(x0)(x﹣x0),与曲线C联立得到f(x)﹣f(x0)=f′(x0)(x﹣x0),即(x3+x2+ax+b)﹣(x03+x02+ax0+b)=(3x02+5x0+a)(x﹣x0),整理得到(x﹣x0)2[x+(2x0+)]=0,故点B得横坐标为xB=﹣(2x0+)由题意知,切线l1得斜率为k1=f′(x0)=3x02+5x0+a,l2得斜率为k2=f′(﹣(2x0+))=12x02+20x0++a,若存在常数λ,使得k2=λk1,则12x02+20x0++a=λ(3x02+5x0+a),即存在常数λ,使得(4﹣λ)(3x02+5x0)=(λ﹣1)a﹣,故,解得λ=4,a=,故a=时,存在常数λ=4,使得k2=4k1;a≠时,不存在常数,使得k2=4k1.24.(2016•宜春校级模拟)已知函数f(x)=alnx﹣ax﹣3(a≠0).(Ⅰ)讨论f(x)得单调性;(Ⅱ)若f(x)+(a+1)x+4﹣e≤0对任意x∈[e,e2]恒成立,求实数a得取值范围(e为自然常数);(Ⅲ)求证ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+…+ln(n2+1)＜1+2lnn!(n≥2,n∈N*)(n!=1×2×3×…×n).解:(Ⅰ)f′(x)=(x＞0),当a＞0时,f(x)得单调增区间为(0,1],单调减区间为[1,+∞);当a＜0时,f(x)得单调增区间为[1,+∞),单调减区间为(0,1];(Ⅱ)令F(x)=alnx﹣ax﹣3+(a+1)x+4﹣e=alnx+x+1﹣e,则F′(x)=,若﹣a≤e,即a≥﹣e,F(x)在[e,e2]上就是增函数,F(x)max=F(e2)=2a+e2﹣e+1≤0,a≤,无解.若e＜﹣a≤e2,即﹣e2≤a＜﹣e,F(x)在[e,﹣a]上就是减函数;在[﹣a,e2]上就是增函数,F(e)=a+1≤0,即a≤﹣1.F(e2)=2a+e2﹣e+1≤0,即a≤,∴﹣e2≤a≤.若﹣a＞e2,即a＜﹣e2,F(x)在[e,e2]上就是减函数,F(x)max=F(e)=a+1≤0,即a≤﹣1,∴a＜﹣e2,综上所述,a≤.(Ⅲ)证明:令a=﹣1,此时f(x)=﹣lnx+x﹣3,所以f(1)=﹣2,由(Ⅰ)知f(x)=﹣lnx+x﹣3在(1,+∞)上单调递增,∴当x∈(1,+∞)时,f(x)＞f(1),即﹣lnx+x﹣1＞0,∴lnx＜x﹣1对一切x∈(1,+∞)成立,∵n≥2,n∈N*,则有ln(+1)＜＜=﹣,要证ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+…+ln(n2+1)＜1+2lnn!(n≥2,n∈N*),只需证ln(+1)+ln(+1)+…+ln(+1)＜1(n≥2,n∈N*);ln(+1)+ln(+1)+…+ln(+1)＜(1﹣)+(﹣)+…+(﹣)=1﹣＜1;所以原不等式成立.25.(2016•延安校级模拟)已知函数f(x)=lnx﹣x﹣lna,a为常数.(1)若函数f(x)有两个零点x1,x2,且x1＜x2,求a得取值范围;(2)在(1)得条件下,证明:得值随a得值增大而增大.解:(1)f(x)得定义域为(0,+∞)、,由f'(x)＞0得:0＜x＜1;由f'(x)＜0得:x＞1.故f(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减.要使f(x)有两个零点,则f(1)＞0,解得:.…(5分)(2)∵x1,x2就是f(x)得两个零点,∴lnx1﹣x1=lna,lnx2﹣x2=lna,则,.设,,所以g(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,故对任意,函数g(x)图象与直线y=a都有两个交点.横坐标分别为x1,x2,且x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),如下图:…(9分)任取,设a1＜a2,则有g(ξ1)=g(ξ2)=a1,0＜ξ1＜1＜ξ2,g(η1)=g(η2)=a2,0＜η1＜1＜η2,由a1＜a2得:g(ξ1)＜g(η1),∵g(x)在(0,1)上递增,∴ξ1＜η1,同理得:ξ2＞η2,所以,故得值随a得值增大而增大.…(12分)26.(2016•南昌三模)已知函数f(x)=e1﹣x(﹣a+cosx),a∈R.(Ⅰ)若函数f(x)存在单调减区间,求实数a得取值范围;(Ⅱ)若a=0,证明:,总有f(﹣x﹣1)+2f′(x)•cos(x+1)＞0.解:(I)由已知,得f'(x)=﹣e1﹣x(﹣a+cosx)﹣e1﹣xsinx=e1﹣x(a﹣(sinx+cosx))(2分)因为函数f(x)存在单调减区间,所以方程f'(x)＜0有解.而e1﹣x＞0恒成立,即a﹣(sinx+cosx)＜0有解,所以a＜(sinx+cosx)max.又,所以,.(5分)(II)因为a=0,所以f(x)=e1﹣x•cosx,所以f(﹣x﹣1)=ex+2•cos(﹣x﹣1)=ex+2•cos(x+1).因为2f'(x)•cos(x+1)=﹣2e1﹣x(sinx+cosx)•cos(x+1),所以f(﹣x﹣1)+2f'(x)•cos(x+1)=cos(x+1)[ex+2﹣2e1﹣x(sinx+cosx)],又对于任意,cos(x+1)＞0.(6分)要证原不等式成立,只要证ex+2﹣2e1﹣x(sinx+cosx)＞0,只要证,对于任意上恒成立.(8分)设函数,,则=,当x∈[﹣1,0]时,g'(x)≤0,即g(x)在[﹣1,0]上就是减函数,当时,g'(x)＞0,即g(x)在上就是增函数,所以,在上,g(x)min=g(0)=0,所以g(x)≥0.所以,,(当且仅当x=0时上式取等号)①(10分)设函数h(x)=e2x+1﹣(2x+2),,则h'(x)=2e2x+1﹣2=2(e2x+1﹣1),当时,h'(x)≤0,即h(x)在上就是减函数,当时,h'(x)＞0,即h(x)在上就是增函数,所以在上,,所以h(x)≥0,即e2x+1≥2x+2,(当且仅当时上式取等号)②.综上所述,,因为①②不可能同时取等号所以,在上恒成立,所以,总有f(﹣x﹣1)+2f'(x)•cos(x+1)＞0成立.(12分)27.(2016•包头校级三模)已知函数f(x)=(e为自然对数得底数).(1)若a=,求函数f(x)得单调区间;(2)若f(1)=1,且方程f(x)=1在(0,1)内有解,求实数a得取值范围.解:(1)若a=,f(x)=(x2+bx+1)e﹣x,则f′(x)=(2x+b)e﹣x﹣(x2+bx+1)e﹣x=﹣[x2+(b﹣2)x+1﹣b]e﹣x=﹣(x﹣1)[x﹣(1﹣b)]e﹣x,由f′(x)=0得﹣(x﹣1)[x﹣(1﹣b)]=0,即x=1或x=1﹣b,①若1﹣b=1,即b=0时,f′(x)=﹣(x﹣1)2e﹣x≤0,此时函数单调递减,单调递减区间为(﹣∞,+∞).②若1﹣b＞1,即b＜0时,由f′(x)=﹣(x﹣1)[x﹣(1﹣b)]e﹣x＞0得(x﹣1)[x﹣(1﹣b)]＜0,即1＜x＜1﹣b,此时函数单调递增,单调递增区间为(1,1﹣b),由f′(x)=﹣(x﹣1)[x﹣(1﹣b)]e﹣x＜0得(x﹣1)[x﹣(1﹣b)]＞0,即x＜1,或x＞1﹣b,此时函数单调递减,单调递减区间为(﹣∞,1),(1﹣b,+∞),③若1﹣b＜1,即b＞0时,由f′(x)=﹣(x﹣1)[x﹣(1﹣b)]e﹣x＞0得(x﹣1)[x﹣(1﹣b)]＜0,即1﹣b＜x＜1,此时函数单调递增,单调递增区间为(1﹣b,1),由f′(x)=﹣(x﹣1)[x﹣(1﹣b)]e﹣x＜0得(x﹣1)[x﹣(1﹣b)]＞0,即x＜1﹣b,或x＞1,此时函数单调递减,单调递减区间为(﹣∞,1﹣b),(1,+∞).(2)若f(1)=1,则f(1)=(2a+b+1)e﹣1=1,即2a+b+1=e,则b=e﹣1﹣2a,若方程f(x)=1在(0,1)内有解,即方程f(x)=(2ax2+bx+1)e﹣x=1在(0,1)内有解,即2ax2+bx+1=ex在(0,1)内有解,即ex﹣2ax2﹣bx﹣1=0,设g(x)=ex﹣2ax2﹣bx﹣1,则g(x)在(0,1)内有零点,设x0就是g(x)在(0,1)内得一个零点,则g(0)=0,g(1)=0,知函数g(x)在(0,x0)与(x0,1)上不可能单调递增,也不可能单调递减,设h(x)=g′(x),则h(x)在(0,x0)与(x0,1)上存在零点,即h(x)在(0,1)上至少有两个零点,g′(x)=ex﹣4ax﹣b,h′(x)=ex﹣4a,当a≤时,h′(x)＞0,h(x)在(0,1)上递增,h(x)不可能有两个及以上零点,当a≥时,h′(x)＜0,h(x)在(0,1)上递减,h(x)不可能有两个及以上零点,当＜a＜时,令h′(x)=0,得x=ln(4a)∈(0,1),则h(x)在(0,ln(4a))上递减,在(ln(4a),1)上递增,h(x)在(0,1)上存在最小值h(ln(4a)).若h(x)有两个零点,则有h(ln(4a))＜0,h(0)＞0,h(1)＞0,h(ln(4a))=4a﹣4aln(4a)﹣b=6a﹣4aln(4a)+1﹣e,＜a＜,设φ(x)=x﹣xlnx+1﹣x,(1＜x＜e),则φ′(x)=﹣lnx,令φ′(x)=﹣lnx=0,得x=,当1＜x＜时,φ′(x)＞0,此时函数φ(x)递增,当＜x＜e时,φ′(x)＜0,此时函数φ(x)递减,则φ(x)max=φ()=+1﹣e＜0,则h(ln(4a))＜0恒成立,由h(0)=1﹣b=2a﹣e+2＞0,h(1)=e﹣4a﹣b＞0,得＜a＜,当＜a＜时,设h(x)得两个零点为x1,x2,则g(x)在(0,x1)递增,在(x1,x2)上递减,在(x2,1)递增,则g(x1)＞g(0)=0,g(x2)＜g(1)=0,则g(x)在(x1,x2)内有零点,综上,实数a得取值范围就是(,).28.(2016•葫芦岛一模)已知函数f(x)=,g(x)=ln(x+1),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处得切线方程就是5x﹣4y+1=0(1)求a,b得值;(2)若当x∈[0,+∞)时,恒有f(x)≥kg(x)成立,求k得取值范围;(3)若=22361,试估计ln得值(精确到0、001)解(1)f′(x)=,由题意:f′(1)==f(1)==解得:a=1,b=2…(3分)(2):由(1)知:f(x)=,由题意:﹣kln(1+x)≥0令F(x)=﹣kln(1+x),则F′(x)=1+﹣…(5分)解法一:F′(x)=1+﹣=令△=(2﹣k)2﹣4(2﹣k)=(k﹣2)(k+2),①当△≤0即﹣2≤k≤2时,x2+(2﹣k)x+2﹣k≥0恒成立,∴F′(x)≥0∴F(x)在x∈[0,+∞)上单调递增,∴F(x)≥F(0)=0恒成立,即f(x)≥kg(x)恒成立,∴﹣2≤k≤2时合题意②当△＞0即k＜﹣2或k＞2时,方程x2+(2﹣k)x+2﹣k=0有两解x1=,x2=此时x1+x2=k﹣2,x1x2=2﹣k(i)当k＜﹣2时,x1x2=2﹣k＞0,x1+x2=k﹣2＜0,∴x1＜0,x2＜0,∴F′(x)=＞0∴F(x)在x∈[0,+∞)上单调递增,∴F(x)≥F(0)=0恒成立即f(x)≥kg(x)恒成立∴k＜﹣2时合题意(ii)当k＞2时,x1x2=2﹣k＜0,∴x1＜0,x2＞0∴F′(x)=∴当x∈(0,x2)时,F′(x)＜0,∴F(x)在x∈(0,x2)上单调递减∴当x∈(0,x2)时,F(x)＜F(0)=0这与F(x)≥0矛盾,∴k＞2时不合题意综上所述,k得取值范围就是(﹣∞,2]…(8分)解法二:F′(x)=1+﹣=(1+x+﹣k)①∵1+x+≥2,∴当k≤2时,F′(x)≥0∴F(x)在x∈[0,+∞)上单调递增,∴F(x)≥F(0)=0恒成立,即f(x)≥kg(x)恒成立,∴k≤2时合题意,②当k＞2时,令F′(x)=0得x1＜0＜x2,结合图象可知,当x∈(0,x2)时,F′(x)＜0,∴F(x)在x∈(0,x2)上单调递减(其中x2=)∴当x∈(0,x2)时,F(x)＜F(0)=0这与F(x)≥0矛盾,∴k＞2时不合题意综上所述,k得取值范围就是(﹣∞,2]…(8分)(3)由(2)知:当k≤2时,≥kln(1+x)在x≥0时恒成立取k=2,则≥2ln(1+x)即:≥2ln(1+x)令x=﹣1＞0得:2ln＜,∴ln＜≈0、2236…(10分)由(2)知:当k＞2时,＜kln(1+x)在(0,)时恒成立令=﹣1,解得:k=∴＜ln(1+x)在x∈(0,)上恒成立取x=﹣1得:＜ln,∴ln＞≈0、2222,∴ln==0、2229∵精确到0、001,∴取ln=0、223…(12分)29.(2016•南通模拟)设a∈R,函数f(x)=lnx﹣ax.(Ⅰ)求f(x)得单调递增区间;(Ⅱ)设F(x)=f(x)+ax2+ax,问F(x)就是否存在极值,若存在,请求出极值;若不存在,请说明理由;(Ⅲ)设A(x1,y1),B(x2,y2)就是函数g(x)=f(x)+ax图象上任意不同得两点,线段AB得中点为C(x0,y0),直线AB得斜率为为k.证明:k＞g′(x0).(Ⅰ)解:在区间(0,+∞)上,.(1)当a≤0时,∵x＞0,∴f′(x)＞0恒成立,f(x)得单调增区间为(0,+∞);(2)当a＞0时,令f′(x)＞0,即,得.∴f(x)得单调增区间为(0,);综上所述:当a≤0时,f(x)得单调增区间为(0,+∞),当a＞0时,f(x)得单调增区间为(0,);(Ⅱ)由F(x)=f(x)+ax2+ax=lnx﹣ax+ax2+ax=lnx+ax2得(x＞0),当a≥0时,恒有F′(x)＞0,∴F(x)在(0,+∞)上无极值;当a＜0时,令F′(x)=0,得,x∈(0,),F′(x)＞0,F′(x)单调递增,x∈(,+∞),F′(x)＜0,F′(x)单调递减.∴.F(x)无极小值.综上所述:a≥0时,F(x)无极值,a＜0时,F(x)有极大值,无极小值;(Ⅲ)证明:,又,∴g′(x0)=,要证k＞g′(x0),即证,不妨设0＜x1＜x2,即证,即证,设,即证:,也就就是要证:,其中t∈(1,+∞),事实上:设t∈(1,+∞),则=,∴k(t)在(1,+∞)上单调递增,因此k(t)＞k(1)=0,即结论成立.30.(2016•佛山模拟)已知函数f(x)=x3+(1﹣a)x2﹣a(a+2)x(a∈R),f′(x)为f(x)得导数.(Ⅰ)当a=﹣3时证明y=f(x)在区间(﹣1,1)上不就是单调函数.(Ⅱ)设,就是否存在实数a,对于任意得x1∈[﹣1,1]存在x2∈[0,2],使得f′(x1)+2ax1=g(x2)成立？若存在求出a得取值范围;若不存在说明理由.解:(Ⅰ)当a=﹣3时,f(x)=x3+4x2﹣3x,f′(x)=3x2+8x﹣3,由f′(x)=0,即3x2+8x﹣3=0,得x1=﹣3,,当时,f′(x)＜0,所以f(x)在(﹣1,)上为减函数,在(,1)上导数为正,函数为增函数,所以,f(x)在(﹣1,1)上不就是单调函数.(Ⅱ)因为g(x)=在[0,2]上为增函数,所以g(x)∈[﹣,6].令F(x)=f′(x)+2ax=3x2+2(1﹣a)x﹣a(a+2)+2ax=3x2+2x﹣a2﹣2a若存在实数a,对于任意得x1∈[﹣1,1]存在x2∈[0,2],使得f'(x1)+2ax1=g(x2)成立,则对任意x∈[﹣1,1],有,F(x)max≤6.对于函数F(x)=3x2+2x﹣a2﹣2a,==,F(x)max=5﹣a2﹣2a.联立解得:﹣2≤a≤0.31.(2016•广东模拟)已知函数f(x)=x2﹣(a+2)x+alnx,其中常数a＞0.(Ⅰ)当a＞2时,求函数f(x)得单调递增区间;(Ⅱ)设定义在D上得函数y=h(x)在点P(x0,h(x0))处得切线方程为l:y=g(x),若＞0在D内恒成立,则称P为函数y=h(x)得“类对称点”.当a=4时,试问y=f(x)就是否存在“类对称点”,若存在,请至少求出一个“类对称点”得