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1、第 1 页 共 10 页1.(新课标 1)已知函数 有两个零点.()=(2)+(1)2(I)求 a 的取值范围；(II)设 x1，x 2 是 的两个零点，证明： +x20 时， x)e(2)0;xe(II)证明：当 时，函数 有最小值.设 g（x）的最小值为 ，0,1a2=(0)agx（ ） ()ha求函数 的值域 .()h第 2 页 共 10 页解：（） 的定义域为 .()fx(,2),且仅当 时， ，所以221 0,()()xxxeefx()0fx在 单调递增，因此当 时， 所以()fx,()1,f2(),20xee（II ） 由（ I）知， 单调递增，对任意22() (),xagxfxa
2、()fxa因此，存在唯一 使得0,1(10,()0,aff0,2即 ，当 时， 单调递减；当(),fx)gxx(),()()fxagx时， 单调递增.因此 在 处取得最小值，最小值为0(,(,()fag0于是 ，由0 0000221)+1() .2xxxeefeg0h()2xea单调递增所以，由 得2)() ,(xxx0(,x因为 单调递增，对任意 存在唯一的0021).24xeeeha2x21(,4e使得 所以 的值域是0(,x0(),1fx(),ha()ha2(,综上，当 时， 有 ， 的值域是,)a()g()21(,.4e3. (新课标 3)设函数 f（x ）=acos2x +（a-1
3、） （cosx+1） ，其中 a0，记 的最大值为 A.|（ x） |（）求 f （x） ；（）求 A；（）证明 2A.|（ x） |解：（） （）当 时，(2sin(1)sin1|)|si)co|f2()32(0)f因此， 当 时，将 变形为 3Aa0)fxcos1cosfaxx令 ，则 是 在 上的最大值，2()(1)gttA|(|gt1,， ，且当 时， 取得极小值，极小值为14a()t第 3 页 共 10 页令 ，解得 （舍去） ，221(1)61()488aag14a3 （）当 时， 在 内无极值点， ， ，505()gt,|()|g|(1)|2a，所以 （）当 时，由 ，知|(1)
4、|g23Aa15a0()4g又 ，所以 1(7)|()| 08aa2161|()|48aAg综上， （）由（）得23,05618,Aa.当 时，|()|2sin()sin|2|1|fxxxa05a.当 时， ，所以|143faA51384A.当 时， ，所以 .|()|2xA1|()|1642fxa|()|2fxA4(山东 )已知 . （I ）讨论 的单调性；2(ln,fxR()f（II ）当 时，证明 对于任意的 成立1a3()f ,x解（） 的定义域为 ； .)(xf,03232/ )1()( xaaf 当 ， 时， ， 单调递增； ，0a1,(0/xf)(f /(,),()0fx时单调递
5、减.当 时， .（1） ， ，)(xf/3()2)af xa20a1当 或 时， ， 单调递增；当 时，)1,0(),2(a0)(/xf)(f ),(， 单调递减；/xff（2） 时， ，在 内， ， 单调递增；a12x),0(0)(/xf)(f第 4 页 共 10 页（3） 时， ，当 或 时， ， 单调递2a10a)2,0(axx),1(0)(/xf)(f增；当 时， ， 单调递减. 综上所述，x),()(/xf)(f当 时，函数 在 内单调递增，在 内单调递减；0af1,0),1当 时， 在 内单调递增，在 内单调递减，在 内单调递2)(xf, 2,(a),2(a增；当 时， 在 内单调
6、递增；当 ， 在 内单调递增，在a)(f),0)(xf),0内单调递减，在 内单调递增.)1,2(),1(（）由（）知， 时，a，/ 2231()ln()xfx x231lnxx，令 ， .则2,1)(,l)( 32hg ,，由 可得 ， 当且仅当)()(/ xxf01)(/xg1)(gx时取得等号.又 ，设 ，则 在12436()h623)()(x单调递减，因为 ，所以在 上存在 使得 时，2, 10)(,1,0x,10时， ，所以函数 在 上单调递增；在 上单调)2,(,0)(0xx()h1)2(x递减，由于 ，因此，当且仅当 取得等号，所以,1h2)(，即 对于任意的 恒成立。23)()
7、(/gxf 3)(/xff 2,1x5.(天津)设函数 ， R，其中 ， R.（）求 的单调区间；baxf31ab)(f（）若 存在极值点 ，且 ，其中 ，求证： ；)(x0)(01xff01x3201x第 5 页 共 10 页（）设 ，函数 ，求证： 在区间 上的最大值不小于0a)(xfg)(xg2,041解：（）解：由 ，可得 .下面分两种情况讨论：baf31)( af)1(3（1）当 时，有 恒成立，所以 的单调递增区间为 .)(2xxf ),(（2）当 时，令 ，解得 ，或 .当 变化时， ，0a0)f 3131xf的变化情况如下表：)(xf)31,a)31,(a),31(a)(xf
8、0 0 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增所以 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ，)(xf )31,(a)31,(a.),31(a（）证明：因为 存在极值点，所以由（）知 ，且 ，由题意，得(xf 0a1x，即 ，进而0)13)( 20axf 3)1(20x.又babf 000 baxxx 32)1(38)2()2()3( 03，且 ，由题意及（）知，存在唯一实数满足 00fa0，且 ，因此 ，所以 ；)(1xff1x1x01x（）证明：设 在区间 上的最大值为 ， 表示 两数的最大值.下面分三种g2,M,may,情况同理：（1）当 时， ，由（）知， 在区间 上单调递减，所以3
9、a31201a)(xf2,0在区间 上的取值范围为 ，因此)(xf2,0 )(,f第 6 页 共 10 页|1|,2max|)0(|,2ax| bfM |)(1|,)(1max| bab，所以 .),(1b2|M（2）当 时， ，由（）和（）34a 313102 aaa知， ， ，所以 在)31()1()0ff )()2(ff)(xf区间 上的取值范围为 ，因此2, )(),(aff|392|,392mx|)31(|,)31(max| babaffM .|)(92|,)(92| baba 41| （3）当 时， ，由（）和（）知，4302310， ，所以 在区间)()321()afaf )31
10、()(afaf)(xf上的取值范围为 ，因此,0 2,0f |21|,max|)(|,max| bafM.综上所述，当 时，|)(1|1| bb 41|0a在区间 上的最大值不小于 .)(xg2,046(江苏) 已知函数 f(x)= .()(0,)xfaab（1） 设 a=2,b= .求方程 =2 的根;1f若对任意 ,不等式 恒成立，求实数 m 的最大值；xR(2)f(6fxm（2）若 ，函数 有且只有 1 个零点，求 ab 的值.01, g解（1）因为 ，所以 .方程 ，即 ，亦即2ab()xf()2fx2x第 7 页 共 10 页，所以 ，于是 ，解得 .2()10xx2(1)0x1x0
11、由条件知 .因为 对于2 2() ()xxf f()(6fxmf恒成立，且 ，所以 对于 恒成立.而xR0f2()4fmxR，且 ，所以 ，故实2()4()()ffxfx2(0)4f4数 的最大值为 4.m（2）因为函数 只有 1 个零点，而 ，()2gf0()2gfab所以 0 是函数 的唯一零点.因为 ，又由 知x()lnlxxab1,，所以 有唯一解 .令 ，则ln,lab0g0log()lba()hxg，从而对任意 ， ，所以 22()lln)(l)ln)xxxxhaR0是 上的单调增函数，于是当 ， ；当g(,0(,)x()gx时， .因而函数 在 上是单调减函数，在 上0(,)x0
12、)(gx)g0(,)是单调增函数.下证 .若 ，则 ，于是 ，又002x0()2，且函数 在以 和 为端点的闭区间log2llog(l)aaaagbxlog2a上的图象不间断，所以在 和 之间存在 的零点，记为 . 因为 ，所以0xla()101，又 ，所以 与“0 是函数 的唯一零点”矛盾.若 ，同理可得，lo20a1gxx在 和 之间存在 的非 0 的零点，矛盾.因此， .于是 ，故xg()x0lnab，所以 .lnba7. （四川）设函数 f(x)=ax2-a-lnx，其中 a R. （I）讨论 f(x)的单调性；（II ）确定 a 的所有可能取值，使得 f(x)-e 1-x+在区间（1
13、，+）内恒成立(e=2.718为自然对数的底数)。解（I） 0， 单调递增.（II）令 = ， = .x1+)2a（ ， ()fx()f()gx1ex()s1ex则 = .而当 时， 0，所以 在区间 内单调递增.()s1exs()s+（ ，又由 =0，有 0，从而当 时， 0.当 ， 时， =()s1xfx0a1x()fx.2(1)ln0ax故当 在区间 内恒成立时，必有 .当 时， 1.f(g1+)（ ， 0a2a由（I）有 ,从而 ，所以此时 在区间 内不恒成()(02ffa1()2g()fxg1+)（ ，立.当 时，令 ，当 时，1()()hxfx=-x，因此， 在区321222111
14、()e 0xhxa- -+-=-+-=()hx间 单调递增.又因为 ，所以当 时， ，即 恒1,()0hx()()hfgfg成立.综上， ,28(浙江)设 ，函数 ,其中3a2()min|1|,42Fxxax（）求使得等式 成立的 x 的取值范围24a（） （i）求 的最小值 （ii）求 在 上的最大值 ()x()()F0,6()Ma解（I）由于 ，故当 时， ，3a12 22110xaxx当 时， 所以，使得等式1x24xa成立的 的取值范围为 （II ） （i）设函数 ，F, 2fx，则22gx， ，所以，由 的定义知min10ff2min4gxaFx，即 （ii ）当 时，,af20,3,2a02，当 时，Fax0,Fxff6x第 9 页
