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1、一求值1. （2011 江苏）已知 a，b 是实数，函数 和,)(,)(23bxxxgaxxxf)(xf 是的导函数，若在区间上恒成立，则称和)(xg)(),(xgxf0)()(xgxfI)(xf在区间上单调性一致)(xgI（1）设，若和在区间上单调性一致,求 b 的取值范围；0a)(xf)(xg), 1（2）设且，若和在以 a，b 为端点的开区间上单调性一致，求|a-b|, 0aba )(xf)(xg的最大值 本小题主要考查函数的概念、性质及导数等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨 论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力。满分 16 分.解：.2)(,3)(2bxxgaxxf（1
2、）由题意知上恒成立，因为 a0，故), 10)()(在xgxf, 032 ax进而上恒成立，所以20,2xbbx 即在区间 -1, + )2.b 因此的取值范围是b2,).（2）令( )0,.3afxx 解得若又因为，0,00( , ).baa b由得(0)(0)0fgab所以函数在上不是单调性一致的，因此( )( )f xg x和( , )a b0.b 现设；0.(,0),( )0bxg x 当时当时，(,)3ax ( )0.fx因此，当时，(,)3ax ( )( )0.fx g x故由题设得,33aaa 且b-从而110,0.33ab于是因此时等号成立，11|,033abab 且当又当，从
3、而当211,0,( )( )6 ()39abfx g xx x 时1(,0)( )( )03xfx g x 时故当函数上单调性一致，因此的最大值为 1( )( )(,0)3f xg x和在|ab1.3 2 （2011 全国新课标理） （本小题满分 12 分）已知函数，曲线在点处的切线方程为ln( )1axbf xxx( )yf x(1,(1)f230xy（I）求 a，b 的值；（II）如果当 x0，且时，求 k 的取值范围1x ln( )1xkf xxx解：（）221(ln ) ( )(1)xxbxfxxx 由于直线的斜率为，且过点，故即230xy1 2(1,1)(1)1, 1(1),2ff
4、解得，。1,1,22bab 1a 1b （）由（）知，所以ln1f( )1xxxx。22ln1(1)(1)( )()(2ln)11xkkxf xxxxxx考虑函数，则( )2lnh xx2(1)(1)kx x(0)x 。22(1)(1)2( )kxxh xx(i)设，由知，当时，。而，0k 222(1)(1)( )k xxh xx1x ( )0h x (1)0h故当时，可得；(0,1)x( )0h x 21( )01h xx当 x（1，+）时，h（x）0211 x从而当 x0，且 x1 时，f（x）-（+）0，即 f（x）+.1ln xx xk 1ln xx xk（ii）设 00，故 (x）0
5、，而k11hh（1）=0，故当 x（1，）时，h（x）0，可得h（x）0，而 h（1）=0，故当 x（1，+）时，h（x）0，可得hh（x）1 与 01 时，需证2(1)ln1(1)lnx xxxx xx 即 即需证 （1）21lnxxx1ln xxx设，则1( )lng xxxx1( )1g xx由 x1 得，所以在（1，+）上为减函数又因 g（1）( )0g x 1( )lng xxxx=0所以 当 x1 时 g（x）0，知)(xf)(xf 0122 axax在 R 上恒成立，因此由此并结合，知, 0) 1(4442aaaa0a. 10 a7 （2011 浙江理） （本题满分 14 分）设
6、函数Raxaxxf,ln)()(2（I）若的极值点，求实数；)(xfyex 为a（II）求实数的取值范围，使得对任意的，恒有成立，注：a3 , 0(ex)4(2exf为自然对数的底数。e 本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用，不等式等基础知识，同时考查 推理论证能力，分类讨论分析问题和解决问题的能力。满分 14 分。（I）解：求导得2()( )2()ln()(2ln1).xaafxxaxxaxxx 因为的极值点，( )xef x 是所以( )()(3)0,afeeae解得经检验，符合题意，3aeae或 所以3 .aeae或（II）解：当时，对于任意的实数 a，恒有成立；01x2(
7、 )04f xe当时，由题意，首先有，13xe22(3 )(3) ln(3 )4feeaee解得，2233ln(3 )ln(3 )eeeaeeex)21,(21)23,21(23),23()(xf +00+)(xf极大值极小值由（I）知( )()(2ln1),afxxaxx 令( )2ln1,(1)10, ( )2ln0,ah xxhah aax 则且23ln(3 )(3 )2ln(3 ) 12ln(3 ) 133eeeaheeeee 12(ln3)0.ln3ee又内单调递增( )(0,)h x在所以函数内有唯一零点，( )(0,)h x在记此零点为000,13 ,1.xxexa则从而，当时，
8、0(0,)xx( )0;fx 当0(, ),( )0;xx afx时当时，( ,)xa( )0.fx 即内单调递增，在内单调递减，0( )(0,)f xx在0(, )x a在内单调递增。( ,)a 所以要使恒成立，只要2( )41,3f xexe对22 00022()() ln4,(1)(3 )(3) ln(3 )4,(2)f xxaxefeeaee成立。由，知00 0()2ln10ah xxx （3）0002ln,axxx将（3）代入（1）得232 004ln4.xxe又，注意到函数内单调递增，01x 33ln1,xx在故。01xe再由（3）以及函数内单调递增，可得2 ln(1,)xxx在1
9、3 .ae由（2）解得，2233.ln(3 )ln(3 )eeeaeee所以233 .ln(3 )eeaee综上，a 的取值范围是233 .ln(3 )eeaee8 （2011 重庆理） （本小题满分 13 分， （）小问 6 分， （）小问 7 分 ）设的导数满足，其中常( )f xxaxbx( )fx( ),( )fa fb 数, a bR（）求曲线在点处的切线方程；( )yf x( ,( )f（） 设，求函数的极值 ( )( )xg xfx e( )g x解：（I）因故32( )1,f xxaxbx2( )32.fxxaxb令1,(1)32,xfab得由已知(1)2 ,322 ,3.fa
10、abab 因此解得又令由已知2,(2)124,xfab得(2),fb 因此解得124,abb 3.2a 因此3235( )31,(1)22f xxxxf 从而又因为故曲线处的切线方程为3(1)2()3,2f ( )(1,(1)yf xf在点5()3(1),6210.2yxxy 即（II）由（I）知，2( )(333)xg xxxe从而有2( )( 39 ).xg xxx e 令2 12( )0,390,0,3.g xxxxx得解得当上为减函数；(,0),( )0,( )(,0)xg xg x 时故在当在（0，3）上为增函数；(0,3),( )0,( )xg xg x时故当时，上为减函数；(3,
11、)x( )0,( )(3,)g xg x故在从而函数处取得极小值处取得极大值1( )0g xx 在2(0)3,3gx 在3(3)15.ge9 （2011 北京理）（本小题共 13 分）已知函数。2( )()x kf xxke（）求的单调区间；( )f x（）若对于任意的，都有，求的取值范围。(0,)x( )f x1 ek解：（）.)(1)(122x ekxkxf令，得. 00 fkx当 k0 时，的情况如下)()(xfxf与x()k,k(,k)kk),(k)(xf +00+)(xf124ek0所以，的单调递减区间是（）和；单高层区间是当 k0 时，因为，所以不会有eekfk1) 1(11 .1
12、)(), 0(exfx当 k2, 即()所以19 291().10pe15 （2011 天津理） （本小题满分 14 分）已知，函数（的图像连续不断）0a 2( )ln,0.f xxaxx( )f x（）求的单调区间；( )f x（）当时，证明：存在，使；1 8a 0(2,)x 03()( )2f xf（）若存在均属于区间的，且，使，证明 1,3, 1( )( )ffln3ln2ln2 53a（I）解：， 211 2( )2,(0,)2axfxaxxx令2( )0,.2afxa解得x=当 x 变化时，的变化情况如下表：( ),( )fxf xx2(0,)2a a2 2a a2(,)2a a(
13、)fx+0-( )f x极大值所以，的单调递增区间是的单调递减区间是( )f x2(0,),( )2af xa2(,).2a a（II）证明：当211,( )ln.88af xxx时由（I）知在（0，2）内单调递增，( )f x在内单调递减.(2,)令3( )( )( ).2g xf xf由于在（0，2）内单调递增，( )f x故3(2)( ),2ff即g(2)0.取2341 92,( )0.232exeg x则所以存在00(2, ),()0,xxg x使即存在003(2,),()( ).2xf xf使（说明：的取法不唯一，只要满足即可） x2,( )0xg x且（III）证明：由及（I）的结论知，( )( )ff2 2a a从而上的最小值为( ) ,f x 在( ).f a又由，知1,1,3, 123.故(2)( )(1),ln24,(2)( )(3).ln24ln39 .fffaafffaa 即从而ln3ln2ln2.53a
