关于某含参导数地练习题

关于含参导数的练习题一．解答题（共20小题）1．（2014•二模）设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1＜x2，（Ⅰ）求a的取值围，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：f（x2）＞．2．（2014•河西区三模）已知函数f（x）=+cx+d（a，c，d∈R）满足f（0）=0，f′（1）=0，且f′（x）≥0在R上恒成立．（1）求a，c，d的值；（2）若，解不等式f′（x）+h（x）＜0；（3）是否存在实数m，使函数g（x）=f′（x）﹣mx在区间[m，m+2]上有最小值﹣5？若存在，请求出实数m的值；若不存在，请说明理由．3．（2014•二模）已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）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t∈[1，2]，函数在区间（t，3）上总不是单调函数，求m的取值围；（Ⅲ）求证：．4．（2014•天津三模）已知函数f（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，g（x）=xe1﹣x．（a∈R，e为自然对数的底数）（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）在上无零点，求a的最小值；（Ⅲ）若对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x i（i=1，2），使得f（x i）=g（x0）成立，求a 的取值围．5．（2014•市中区二模）已知函数f（x）=x2+ax﹣lnx，a∈R．（1）若函数f（x）在[1，2]上是减函数，数a的取值围；（2）令g（x）=f（x）﹣x2，是否存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由；（3）当x∈（0，e]时，证明：．6．（2014•凉州区二模）已知函数f（x）=plnx+（p﹣1）x2+1．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当P=1时，f（x）≤kx恒成立，数k的取值围；（3）证明：1n（n+1）＜1+…+（n∈N+）．7．（2014•二模）已知函数f（x）=+lnx﹣2，g（x）=lnx+2x．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）试问过点（2，5）可作多少条直线与曲线y=g（x）相切？请说明理由．8．（2014•三模）已知函数f（x）=lnx﹣，g（x）=f（x）+ax﹣6lnx，其中a∈R（1）当a=1时，判断f（x）的单调性；（2）若g（x）在其定义域为增函数，求正实数a的取值围；（3）设函数h（x）=x2﹣mx+4，当a=2时，若∃x1∈（0，1），∀x2∈[1，2]，总有g（x1）≥h（x2）成立，数m的取值围．9．（2014•和平区三模）设函数f（x）=x﹣ae x﹣1．（Ⅰ）求函数f（x）单调区间；（Ⅱ）若f（x）≤0对x∈R恒成立，求a的取值围；（Ⅲ）对任意n的个正整数a1，a2，…a n记A=（1）求证：（i=1，2，3…n）（2）求证：A．10．（2014•宿迁一模）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（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，数b的取值围；（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λ，使得k2=λk1？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．11．（2014•二模）已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+，a∈R．（1）当a=﹣时，求f（x）的最大值；（2）讨论函数f（x）的单调性；（3）如果对任意x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|恒成立，数a的取值围．12．（2014•天津二模）已知函数f（x）=（a+）e n，a，b为常数，a≠0．（Ⅰ）若a=2，b=1，求函数f（x）在（0，+∞）上的单调区间；（Ⅱ）若a＞0，b＞0，求函数f（x）在区间[1，2]的最小值；（Ⅲ）若a=1，b=﹣2时，不等式f（x）≤lnx•e n恒成立，判断代数式[（n+1）！]2与（n+1）e n﹣2（n∈N*）的大小．13．（2014•模拟）已知函数f（x）=ax﹣1﹣lnx（a∈R）．（1）讨论函数f（x）在定义域的极值点的个数；（2）若函数f（x）在x=1处取得极值，对∀x∈（0，+∞），f（x）≥bx﹣2恒成立，数b的取值围；（3）当x＞y＞e﹣1时，求证：．14．（2014•模拟）已知函数f（x）=ax3+bx2﹣3x（a，b∈R）在点（1，f（1））处的切线方程为y+2=0．（1）求函数f（x）的解析式；（2）若对于区间[﹣2，2]上任意两个自变量的值x1，x2都有|f（x1）﹣f（x2）|≤c，数c的最小值；（3）若过点M（2，m）（m≠2）可作曲线y=f（x）的三条切线，数m的取值围．15．（2014•一模）已知函数f（x）=x﹣alnx，g（x）=﹣，（a∈R）．（Ⅰ）若a=1，求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设函数h（x）=f（x）﹣g（x），求函数h（x）的单调区间；（Ⅲ）若在[1，e]（e=2.718…）上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，求a的取值围．16．（2014•三模）已知f（x）=xlnx，g（x）=x3+ax2﹣x+2（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）求函数f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；（Ⅲ）对一切的x∈（0，+∞），2f（x）≤g′（x）+2恒成立，数a的取值围．17．（2014•揭阳三模）已知函数f（x）=ln（x+a）﹣x2﹣x在x=0处取得极值．（1）数a的值；（2）若关于x的方程在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，数b的取值围；（3）证明：对任意的正整数n，不等式都成立．18．（2014•模拟）已知函数f（x）=m（x﹣1）2﹣2x+3+lnx（m≥1）．（Ⅰ）当时，求函数f（x）在区间[1，3]上的极小值；（Ⅱ）求证：函数f（x）存在单调递减区间[a，b]；（Ⅲ）是否存在实数m，使曲线C：y=f（x）在点P（1，1）处的切线l与曲线C有且只有一个公共点？若存在，求出实数m的值，若不存在，请说明理由．19．（2015•横峰县一模）已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R，a≠0）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为，问：m在什么围取值时，对于任意的t∈[1，2]，函数在区间[t，3]上总存在极值？（Ⅲ）当a=2时，设函数，若在区间[1，e]上至少存在一个x0，使得h（x0）＞f （x0）成立，试数p的取值围．20．（2014•聊城一模）已知函数f（x）=ln（x+a）﹣x2﹣x在x=0处取得极值．（Ⅰ）数a的值；（Ⅱ）若关于x的方程f（x）=﹣x+b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，数b的取值围；（Ⅲ）证明：对任意的正整数n，不等式2+++…+＞ln（n+1）都成立．关于含参导数的练习题参考答案与试题解析一．解答题（共20小题）1．（2014•二模）设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1＜x2，（Ⅰ）求a的取值围，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：f（x2）＞．考点：利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性；不等式的证明．专题：计算题；证明题；压轴题．分析：（1）先确定函数的定义域然后求导数fˊ（x），令g（x）=2x2+2x+a，由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于﹣1的不相等的实根，建立不等关系解之即可，在函数的定义域解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，求出单调区间；（2）x2是方程g（x）=0的根，将a用x2表示，消去a得到关于x2的函数，研究函数的单调性求出函数的最大值，即可证得不等式．解答：解：（I）令g（x）=2x2+2x+a，其对称轴为．由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于﹣1的不相等的实根，其充要条件为，得（1）当x∈（﹣1，x1）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（﹣1，x1）为增函数；（2）当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，∴f（x）在（x1，x2）为减函数；（3）当x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（x2，+∞）为增函数；（II）由（I）g（0）=a＞0，∴，a=﹣（2x22+2x2）∴f（x2）=x22+aln（1+x2）=x22﹣（2x22+2x2）ln（1+x2）设，则h'（x）=2x﹣2（2x+1）ln（1+x）﹣2x=﹣2（2x+1）ln（1+x）（1）当时，h'（x）＞0，∴h（x）在单调递增；（2）当x∈（0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）在（0，+∞）单调递减．∴故．点评：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用导数研究函数的极值等有关知识，属于基础题．2．（2014•河西区三模）已知函数f（x）=+cx+d（a，c，d∈R）满足f（0）=0，f′（1）=0，且f′（x）≥0在R上恒成立．（1）求a，c，d的值；（2）若，解不等式f′（x）+h（x）＜0；（3）是否存在实数m，使函数g（x）=f′（x）﹣mx在区间[m，m+2]上有最小值﹣5？若存在，请求出实数m的值；若不存在，请说明理由．考点：导数的运算；函数恒成立问题；利用导数求闭区间上函数的最值；其他不等式的解法．专题：计算题；压轴题．分析：（1）待定系数法求函数解析式，由f（0）=0，f'（1）=0，且f'（x）≥0在R上恒成立列出三个方程，解出a、b、c（2）一元二次不等式解法，注意根之间比较，考查分类讨论思想（3）考查二次函数最值问题，考查分类讨论思想，对m进行讨论，看对称轴与区间的关系．解答：解：（1）∵f（0）=0，∴d=0∴x+c及f'（1）=0，有∵f'（x）≥0在R上恒成立，即恒成立显然a=0时，上式不能恒成立∴a≠0，函数f'（x）=a是二次函数由于对一切x∈R，都有f'（x）≥0，于是由二次函数的性质可得即，即，解得：a=，．（2）∵．∴．∴由f'（x）+h（x）＜0，即即＜0，即当时，解集为（，b），当b＜时，解集为（b，），当b=时，解集为∅．（3）∵，∴f'（x）=∴．该函数图象开口向上，且对称轴为x=2m+1．假设存在实数m使函数区间[m．m+2]上有最小值﹣5．①当m＜﹣1时，2m+1＜m，函数g（x）在区间[m，m+2]上是递增的．∴g（m）=﹣5，即．解得．∵，∴舍去②当﹣1≤m＜1时，m≤2m+1＜m+2，函数g（x）在区间[m，2m+1]上是递减的，而在区间[2m+1，m+2]上是递增的，∴g（2m+1）=﹣5．即解得或m=﹣，均应舍去③当m≥1时，2m+1≥m+2，函数g（x）在区间[m，m+2]上递减的∴g（m+2）=﹣5即．解得或m=﹣1+2．其中m=﹣1﹣2应舍去．综上可得，当m=﹣3或m=﹣1+2时，函数g（x）=f'（x）﹣mx在区间[m，m+2]上有最小值﹣5．点评：本题考查导数的综合运用，具体包含导数的计算、恒成立问题、不等式的解法、待定系数法求函数解析式、二次函数最值问题，分类讨论思想，对学生有一定的能力要求，属于难题．3．（2014•二模）已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）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t∈[1，2]，函数在区间（t，3）上总不是单调函数，求m的取值围；（Ⅲ）求证：．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．专题：压轴题．分析：利用导数求函数的单调区间的步骤是①求导函数f′（x）；②解f′（x）＞0（或＜0）；③得到函数的增区间（或减区间），对于本题的（1）在求单调区间时要注意函数的定义域以及对参数a的讨论情况；（2）点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，即切线斜率为1，即f'（2）=1，可求a值，代入得g（x）的解析式，由t∈[1，2]，且g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数可知：，于是可求m的围．（3）是近年来高考考查的热点问题，即与函数结合证明不等式问题，常用的解题思路是利用前面的结论构造函数，利用函数的单调性，对于函数取单调区间上的正整数自变量n有某些结论成立，进而解答出这类不等式问题的解．解答：解：（Ⅰ）（2分）当a＞0时，f（x）的单调增区间为（0，1]，减区间为[1，+∞）；当a＜0时，f（x）的单调增区间为[1，+∞），减区间为（0，1]；当a=0时，f（x）不是单调函数（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）上总不是单调函数，且g′（0）=﹣2∴由题意知：对于任意的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，∴∴点评：本题考查利用函数的导数来求函数的单调区间，已知函数曲线上一点求曲线的切线方程即对函数导数的几何意义的考查，考查求导公式的掌握情况．含参数的数学问题的处理，构造函数求解证明不等式问题．4．（2014•天津三模）已知函数f（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，g（x）=xe1﹣x．（a∈R，e为自然对数的底数）（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）在上无零点，求a的最小值；（Ⅲ）若对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x i（i=1，2），使得f（x i）=g（x0）成立，求a 的取值围．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题；压轴题．分析：（Ⅰ）把a=1代入到f（x）中求出f′（x），令f′（x）＞0求出x的围即为函数的增区间，令f′（x）＜0求出x的围即为函数的减区间；（Ⅱ）f（x）＜0时不可能恒成立，所以要使函数在（0，）上无零点，只需要对x∈（0，）时f（x）＞0恒成立，列出不等式解出a大于一个函数，利用导数得到函数的单调性，根据函数的增减性得到这个函数的最大值即可得到a的最小值；（Ⅲ）求出g′（x），根据导函数的正负得到函数的单调区间，即可求出g（x）的值域，而当a=2时不合题意；当a≠2时，求出f′（x）=0时x的值，根据x∈（0，e]列出关于a的不等式得到①，并根据此时的x的值讨论导函数的正负得到函数f（x）的单调区间，根据单调区间得到②和③，令②中不等式的坐标为一个函数，求出此函数的导函数，讨论导函数的正负得到函数的单调区间，根据函数的增减性得到此函数的最大值，即可解出②恒成立和解出③得到④，联立①和④即可解出满足题意a的取值围．解答：解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）=x﹣1﹣2lnx，则f′（x）=1﹣，由f′（x）＞0，得x＞2；由f′（x）＜0，得0＜x＜2．故f（x）的单调减区间为（0，2]，单调增区间为[2，+∞）；（Ⅱ）因为f（x）＜0在区间上恒成立不可能，故要使函数上无零点，只要对任意的，f（x）＞0恒成立，即对恒成立．令，则，再令，则，故m（x）在上为减函数，于是，从而，l（x）＞0，于是l（x）在上为增函数，所以，故要使恒成立，只要a∈[2﹣4ln2，+∞），综上，若函数f（x）在上无零点，则a的最小值为2﹣4ln2；（Ⅲ）g′（x）=e1﹣x﹣xe1﹣x=（1﹣x）e1﹣x，当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；当x∈（1，e]时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．又因为g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e•e1﹣e＞0，所以，函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．当a=2时，不合题意；当a≠2时，f′（x）=，x∈（0，e]当x=时，f′（x）=0．由题意得，f（x）在（0，e]上不单调，故，即①此时，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下：x （0，）（，e]f′（x）﹣+f（x）↘最小值↗又因为，当x→0时，f（x）→+∞，，所以，对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x i（i=1，2），使得f（x i）=g（x0）成立，当且仅当a满足下列条件：即令h（a）=，则h，令h′（a）=0，得a=0或a=2，故当a∈（﹣∞，0）时，h′（a）＞0，函数h（a）单调递增；当时，h′（a）＜0，函数h（a）单调递减．所以，对任意，有h（a）≤h（0）=0，即②对任意恒成立．由③式解得：．④综合①④可知，当时，对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x i（i=1，2），使f（x i）=g（x0）成立．点评：此题考查学生会利用导函数的正负确定函数的单调性，会根据函数的增减性求出闭区间上函数的最值，掌握不等式恒成立时所满足的条件，是一道压轴题．5．（2014•市中区二模）已知函数f（x）=x2+ax﹣lnx，a∈R．（1）若函数f（x）在[1，2]上是减函数，数a的取值围；（2）令g（x）=f（x）﹣x2，是否存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由；（3）当x∈（0，e]时，证明：．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题；综合题；压轴题．分析：（1）先对函数f（x）进行求导，根据函数f（x）在[1，2]上是减函数可得到其导函数在[1，2]上小于等于0应该恒成立，再结合二次函数的性质可求得a的围．（2）先假设存在，然后对函数g（x）进行求导，再对a的值分情况讨论函数g（x）在（0，e]上的单调性和最小值取得，可知当a=e2能够保证当x∈（0，e]时g（x）有最小值3．（3）令F（x）=e2x﹣lnx结合（2）中知F（x）的最小值为3，再令并求导，再由导函数在0＜x≤e大于等于0可判断出函数ϕ（x）在（0，e]上单调递增，从而可求得最大值也为3，即有成立，即成立．解答：解：（1）在[1，2]上恒成立，令h（x）=2x2+ax﹣1，有得，得（2）假设存在实数a，使g（x）=ax﹣lnx（x∈（0，e]）有最小值3，=①当a≤0时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min=g（e）=ae﹣1=3，（舍去），②当时，g（x）在上单调递减，在上单调递增∴，a=e2，满足条件．③当时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min=g（e）=ae﹣1=3，（舍去），综上，存在实数a=e2，使得当x∈（0，e]时g（x）有最小值3．（3）令F（x）=e2x﹣lnx，由（2）知，F（x）min=3．令，，当0＜x≤e时，ϕ'（x）≥0，φ（x）在（0，e]上单调递增∴∴，即＞（x+1）lnx．点评：本题主要考查导数的运算和函数的单调性与其导函数的正负之间的关系，当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．6．（2014•凉州区二模）已知函数f（x）=plnx+（p﹣1）x2+1．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当P=1时，f（x）≤kx恒成立，数k的取值围；（3）证明：1n（n+1）＜1+…+（n∈N+）．考点：利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：计算题；证明题；综合题；压轴题；数形结合；分类讨论；转化思想．分析：（1）利用导数来讨论函数的单调性即可，具体的步骤是：（1）确定f（x）的定义域；（2）求导数fˊ（x）；（3）在函数的定义域解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0；（4）确定的单调区间．若在函数式中含字母系数，往往要分类讨论．（2）当P=1时，f（x）≤kx恒成立，分离参数等价于k≥，利用导数求函数h （x）=的最大值即可求得实数k的取值围；（3）由（2）知，当k=1时，有f（x）≤x，当x＞1时，f （x）＜x，即lnx＜x﹣1，令x=，则得到，利用导数的运算法则进行化简，然后再相加，即可证得结论．解答：解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=，当p≥1时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；当p≤0时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减；当0＜p＜1时，令f′（x）=0，解得x=．则当x时，f′（x）＞0；x时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，）上单调递增，在上单调递减；（2）∵x＞0，∴当p=1时，f（x）≤kx恒成立⇔1+lnx≤kx⇔k≥，令h（x）=，则k≥h（x）max，∵h′（x）==0，得x=1，且当x∈（0，1），h′（x）＞0；当x∈（1，+∞），h′（x）＜0；所以h（x）在0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，所以h（x）max=h（1）=1，故k≥1．（3）由（2）知，当k=1时，有f（x）≤x，当x＞1时，f（x）＜x，即lnx＜x﹣1，∴令x=，则，即，∴ln2﹣ln1＜1，，相加得1n（n+1）＜1+…+．点评：此题是个难题．本题主要考查导数的概念、利用导数研究函数的单调性、利用函数的单调性证明不等式和利用导数研究函数性质的能力，考查分类讨论思想、数形结合思想和等价变换思想．7．（2014•二模）已知函数f（x）=+lnx﹣2，g（x）=lnx+2x．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）试问过点（2，5）可作多少条直线与曲线y=g（x）相切？请说明理由．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．专题：计算题；压轴题．分析：（I）对函数f（x）求导，当导数f'（x）大于0时可求单调增区间，当导数f'（x）小于0时可求单调减区间．（II）先表示出过点（2，5）与曲线y=g（x）相切的直线，进而假设函数，可求得切线的条数．解答：解：（I）由题意得，函数的定义域为（0，+∞），=当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）当a＞0时，令f′（x）＞0，x＞a令f′（x）＜0，0＜x＜a故f（x）的单调递增区间为（a，+∞），单调递减区间为（0，a）（II）设切点为（m，n）∴∴令由导数为0可得，x=2，∴h（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增∵f（）＞0，f（2）=ln2﹣1＜0∴h（x）与x轴有两个交点∴过点（2，5）可作2条曲线y=g（x）的切线．点评：本题主要考查通过求函数的导数来确定函数增减区间的问题，考查利用导数解决切线问题，有一定的综合性．．8．（2014•三模）已知函数f（x）=lnx﹣，g（x）=f（x）+ax﹣6lnx，其中a∈R（1）当a=1时，判断f（x）的单调性；（2）若g（x）在其定义域为增函数，求正实数a的取值围；（3）设函数h（x）=x2﹣mx+4，当a=2时，若∃x1∈（0，1），∀x2∈[1，2]，总有g（x1）≥h（x2）成立，数m的取值围．考点：利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题．专题：综合题；压轴题；导数的综合应用．分析：（1）当a=1时，f（x）=lnx﹣，f′（x）=+=，由此能推导出f（x）在（0，+∞）上是增函数．（2）将函数为增函数，转化为导函数大于等于0恒成立，分离出参数a，求出a的围．（3）对h（x）进行配方，讨论其最值问题，根据题意∃x1∈（0，1），∀x2∈[1，2]，总有g（x1）≥h（x2）成立，只要要求g（x）max≥h（x）max，即可，从而求出m的围．解答：解：（1）当a=1时，f（x）=lnx﹣，∴f′（x）=+=，x＞0．∵x＞0，∴f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上是增函数．（2）∵f（x）=lnx﹣，g（x）=f（x）+ax﹣6lnx，a＞0．∴g（x）=ax﹣﹣5lnx，x＞0∴g′（x）=a+﹣=，若g′（x）＞0，可得ax2﹣5x+a＞0，在x＞0上成立，∴a＞=，∵≤=（x=1时等号成立），∴a＞．（3）当a=2时，g（x）=2x﹣﹣5lnx，∃x1∈（0，1），∀x2∈[1，2]，总有g（x1）≥h（x2）成立，∴要求g（x）的最大值，大于h（x）的最大值即可，g′（x）==，令g′（x）=0，解得x1=，x2=2，当0＜x＜，或x＞2时，g′（x）＞0，g（x）为增函数；当＜x＜2时，g′（x）＜0，g（x）为减函数；∵x1∈（0，1），∴g（x）在x=处取得极大值，也是最大值，∴g（x）max=g（）=1﹣4+5ln2=5ln2﹣3，∵h（x）=x2﹣mx+4=（x﹣）2+4﹣，若m≤3，h max（x）=h（2）=4﹣2m+4=8﹣2m，∴5ln2﹣3≥8﹣2m，∴m≥，∵＞3，故m不存在；若m＞3时，h max（x）=h（1）=5﹣m，∴5ln2﹣3≥5﹣m，∴m≥8﹣5ln2，实数m的取值围：m≥8﹣5ln2；点评：本题考查函数单调性与导数的关系，和分类讨论思想，及二次函数的知识，是导数中常见的恒成立问题，属难题．9．（2014•和平区三模）设函数f（x）=x﹣ae x﹣1．（Ⅰ）求函数f（x）单调区间；（Ⅱ）若f（x）≤0对x∈R恒成立，求a的取值围；（Ⅲ）对任意n的个正整数a1，a2，…a n记A=（1）求证：（i=1，2，3…n）（2）求证：A．考点：利用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质；导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：压轴题．分析：（I）根据已知中的函数的解析式，我们易求出函数的导函数的解析式，分类讨论导函数的符号，即可得到答案．（II）根据（I）的结论我们易当a≤0时，f（x）≤0不恒成立，当a＞0时，仅须函数的最大值小于0即可，由此构造关于a的不等式即可得到答案．（III）（1）由（II）的结论我们可以得到f（x）=x﹣e x﹣1≤0恒成立，故（i=1，2，3…n）成立；（2）结合（1）的结论，我们分别取i=1，2，3…n，i=1，2，3…n，得到n个不等式，根据不等式的性质相乘后，即可得到结论．解答：解：（I）∵函数f（x）=x﹣ae x﹣1．∴函数f′（x）=1﹣ae x﹣1．当a≤0时，f′（x）＞0，则f（x）在R上是增函数当a＞0时，令f′（x）=0得x=1﹣lna，则f（x）在区间（﹣∞，1﹣lna）上是增函数，在区间（1﹣lna，+∞）上是减函数综上可知：当a≤0时，f（x）在R上是增函数；当a＞0时，f（x）在区间（﹣∞，1﹣lna）上是增函数，在区间（1﹣lna，+∞）上是减函数．（II）由（I）可知：当a≤0时，f（x）≤0不恒成立当a＞0时，f（x）在点x=1﹣lna时取最大值﹣lna，令﹣lna≤0，则a≥1故若f（x）≤0对x∈R恒成立，则a的取值围为[1，+∞）（III）（1）由（II）知：当a=1时恒有f（x）=x﹣e x﹣1≤0成立即x≤e x﹣1∴（2）由（1）知：，，…，把以上n个式子相乘得≤=1∴A n≥a1•a2•…•a n故点评：本题考查的知识点是利用导数求函数的单调性，函数单调性的性质，不等式的性质，其中根据已知条件中函数的解析式，求出导函数的解析式，并分析导函数的符号是解答本题的关键．10．（2014•宿迁一模）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（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，数b的取值围；（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λ，使得k2=λk1？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．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．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：（1）先求原函数的导数，根据f′（x）＜0求得的区间是单调减区间，即可；（2）由于存在唯一的实数x0，使得f（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，则存在唯一的实数根x0，即b=2x3+x2+x存在唯一的实数根x0，就把问题转化为求函数最值问题；（3）假设存在常数λ，依据曲线C在点A处的切线l1与曲线C交于另一点B，曲线C在点B处的切线l2，得到关于λ的方程，有解则存在，无解则不存在．解答：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）的单调递减区间为（﹣2，）；（2）函数f（x）的导函数为由于存在唯一的实数x0，使得f（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，则即x3+x2+（﹣3x2﹣5x﹣1）x+b=0存在唯一的实数根x0，故b=2x3+x2+x存在唯一的实数根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（﹣∞，），（﹣，+∞）上是增函数，在（，﹣）上是减函数，由于x=﹣时，y=﹣；x=﹣时，y=﹣；故实数b的取值围为：（﹣∞，﹣）∪（﹣，+∞）；（3）设点A（x0，f（x0）），则在点A处的切线l1的切线方程为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的横坐标为x B=﹣（2x0+）由题意知，切线l1的斜率为k1=f′（x0）=3x02+5x0+a，l2的斜率为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．点评：本题以函数为载体，考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查曲线的切线，同时还考查了方程根的问题，一般要转化为函数的最值来解决．11．（2014•二模）已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+，a∈R．（1）当a=﹣时，求f（x）的最大值；（2）讨论函数f（x）的单调性；（3）如果对任意x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|恒成立，数a的取值围．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：（1）当a=﹣时，求f（x））=lnx﹣x2+，先确定函数的定义域，然后求导研究单调性求最大值；（2）求导数fˊ（x），在函数的定义域解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，求出单调区间；（3）根据第一问的单调性先对|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|进行化简整理，转化成研究g（x）=f（x）+4x 在（0，+∞）单调性问题，然后再转化成导函数在（0，+∞）上恒大于等0或恒小于等于的恒成立问题．解答：解：（1）当a=﹣时，求f（x））=lnx﹣x2+，定义域为（0，+∞）f′（x）==，…2分所以f（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞），…3分所以f（x）max=f（1）=…4分（2）对函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+，定义域为（0，+∞）求导得：f′（x）=+2ax=，…5分对参数a进行讨论：当a≥0时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；…6分当a≤﹣1时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减；…7分当﹣1＜a＜0时，令f′（x）=0，解得x=，则当x∈（0，），f′（x）＞0；当x∈（，+∞），f′（x）＜0；故f（x）在∈（0，）上单调递增；在（，+∞）单调递减；…8分（3）不妨设0＜x1＜x2，①当a≥0时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，即f（x2）﹣4x2≥f（x1）﹣4x1恒成立；构造函数g（x）=f（x）﹣4x，需证g（x）=f（x）﹣4x在（0，+∞）上单调递增，即证g′（x）=f′（x）﹣4=≥0，即2ax2﹣4x+a+1≥0（x＞0）恒成立．当a=0时，则由﹣4x+1＞0得x＞，不合题意，即a≠0，则a＞0；根据二次函数y=2ax2﹣4x+a+1（x＞0）开口方向向上，对称轴x=所以只需△≤0可得16﹣8a（a+1）≤0，解得a≥1（a≤﹣2舍去）；…10分②当a≤﹣1时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减；去绝对值整理得，f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1恒成立；构造函数g（x）=f（x）+4x，需证g（x）=f（x）+4x在（0，+∞）上单调递减，即g′（x）=f′（x）+4=≤0，即2ax2+4x+a+1≥0（x＞0）恒成立．根据二次函数y=2ax2+4x+a+1（x＞0）开口方向向下，对称轴x=，所以只需△≤0可得16﹣8a（a+1）≤0，解得a≤﹣2，（a≥1舍去）；…12分③当当﹣1＜a＜0时，f（x）在∈（0，）上单调递增；在（，+∞）单调递减；此时|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|等价于f（x2）﹣4x2≥f（x1）﹣4x1恒成立或者f（x2）+4x2≤f（x1）+4x1恒成立，由前面过程可知：a≥1或a≤﹣2，这与﹣1＜a＜0不符，故此种情况无解；综上可知，实数a的取值围为（﹣∞，﹣2]∪[1，+∞）…14分点评：本题综合性较强，利用导数求函数的最值；利用导数研究函数的单调性，关键是要把握好分类的标准，知道如何分类；第（3）问思维量较大，关键是通过分析式子的特点，通过构造函数，转化成研究函数的单调性．本题考查了分类讨论、数形结合、转化与化归和构造函数等重要的数学思想．12．（2014•天津二模）已知函数f（x）=（a+）e n，a，b为常数，a≠0．（Ⅰ）若a=2，b=1，求函数f（x）在（0，+∞）上的单调区间；（Ⅱ）若a＞0，b＞0，求函数f（x）在区间[1，2]的最小值；（Ⅲ）若a=1，b=﹣2时，不等式f（x）≤lnx•e n恒成立，判断代数式[（n+1）！]2与（n+1）e n﹣2（n∈N*）的大小．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：第（Ⅰ）问求函数的单调区间，先对函数求导，然导函数在（0，+∞）正负判断函数的单调性；第（Ⅱ）问通过研究函数在区间[1，2]上的单调性，确定在何处取到函数的最小值；第（Ⅲ）问要利用不等式f（x）≤lnx•e n恒成立，比较两个式子的大小，通过赋值的方法建立条件和问题之间的联系．解答：解：（Ⅰ）f′（x）=（a+e x=（ax2+bx﹣b）…1分当a=2，b=1时，f′（x）=（2x2+x﹣1）=（x+1）（2x﹣1）…2分令f′（x）=0，得x=或x=﹣1（舍去）…3分因为，所以当x∈（0，）时，f′（x）＜0，f（x）是减函数…4分当x∈（时，f′（x）＞0，f（x）是增函数．所以函数f（x）的单调递减区间为（0，）；单调递增区间为（）…5分（Ⅱ）令g（x）=ax2+bx﹣b．因为a＞0，b＞0，所以二次函数g（x）的图象开口向上，对称轴x=﹣，且g（1）=a＞0，…7分所以g（x）＞0对一切x∈[1，2]恒成立，又因为＞0，所以f′（x）＞0对一切x∈[1，2]恒成立，…8分所以f（x）在x∈[1，2]上为增函数，故f（x）max=f（1）=（a+b）e…10分（Ⅲ）若a=1，b=﹣2时，不等式f（x）≤lnx•e x恒成立，化简得：（1﹣e x≤lnx•e x，即lnx≥1﹣恒成立，…11分令x=n（n+1），则ln[n（n+1）]＞1﹣，∴ln（1×2）＞1﹣，ln（2×3）＞1﹣，ln（3×4）＞1﹣，…，ln[n（n+1）]＞1﹣，…12分叠加得ln[1×22×32×…×n2（n+1）]＞n﹣2[+]=n﹣2（1﹣）＞n﹣2．则1×22×32×…×n2（n+1）＞e n﹣2，所以[（n+1）!]2＞（n+1）•e n﹣2（n∈N*）…14分点评：本题综合性较强，难度较大；考查了利用导数研究函数的单调性、求函数的最值；第（Ⅲ）问解决的关键是要建立条件要要比较的两个式子之间的联系．13．（2014•模拟）已知函数f（x）=ax﹣1﹣lnx（a∈R）．（1）讨论函数f（x）在定义域的极值点的个数；（2）若函数f（x）在x=1处取得极值，对∀x∈（0，+∞），f（x）≥bx﹣2恒成立，数b的取值围；（3）当x＞y＞e﹣1时，求证：．考点：函数在某点取得极值的条件；函数恒成立问题．专题：综合题；压轴题；导数的综合应用．分析：（Ⅰ），由此进行分类讨论，能求出函数f（x）在定义域的极值点的个数．（Ⅱ）由函数f（x）在x=1处取得极值，知a=1，故，由此能求出实数b的取值围．（Ⅲ）由，令，则只要证明g（x）在（e﹣1，+∞）上单调递增，由此能够证明．解答：解：（Ⅰ），当a≤0时，f'（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，函数f（x）在（0，+∞）单调递减，∴f（x）在（0，+∞）上没有极值点；当a＞0时，f'（x）＜0得，f'（x）＞0得，∴f（x）在上递减，在上递增，即f（x）在处有极小值．∴当a≤0时f（x）在（0，+∞）上没有极值点，当a＞0时，f（x）在（0，+∞）上有一个极值点．（4分）（注：分类讨论少一个扣一分．）（Ⅱ）∵函数f（x）在x=1处取得极值，∴a=1，…（5分）∴，…（6分）令，可得g（x）在（0，e2]上递减，在[e2，+∞）上递增，…（8分）∴，即．（9分）（Ⅲ）证明：，（10分）令，则只要证明g（x）在（e﹣1，+∞）上单调递增，又∵，显然函数在（e﹣1，+∞）上单调递增．（12分）∴，即g'（x）＞0，∴g（x）在（e﹣1，+∞）上单调递增，即，∴当x＞y＞e﹣1时，有．（14分）点评：本题考查函数的求极值点的个数的求法，考查满足条件的实数的求法，考查不等式的证明．解题时要合理运用导数性质，注意等价转化思想和分类讨论思想的灵活运用．14．（2014•模拟）已知函数f（x）=ax3+bx2﹣3x（a，b∈R）在点（1，f（1））处的切线方程为y+2=0．（1）求函数f（x）的解析式；（2）若对于区间[﹣2，2]上任意两个自变量的值x1，x2都有|f（x1）﹣f（x2）|≤c，数c的最小值；（3）若过点M（2，m）（m≠2）可作曲线y=f（x）的三条切线，数m的取值围．考点：利用导数研究函数的极值；函数解析式的求解及常用方法；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：综合题；压轴题；分类讨论；转化思想．分析：（1）由题意，利用导函数的几何含义及切点的实质建立a，b的方程，然后求解即可；（2）由题意，对于定义域任意自变量都使得|f（x1）﹣f（x2）|≤c，可以转化为求函数在定义域下的最值即可得解；（3）由题意，若过点M（2，m）（m≠2）可作曲线y=f（x）的三条切线，等价与函数在切点处导函数值等于切线的斜率这一方程有3解．解答：解：（1）f'（x）=3ax2+2bx﹣3．（2分）根据题意，得即解得所以f（x）=x3﹣3x．（2）令f'（x）=0，即3x2﹣3=0．得x=±1．当x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＞0，函数f（x）在此区间单调递增；。