2015导数压轴汇编

《2015导数压轴汇编》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015导数压轴汇编（50页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。

1、第 1 页（共 50 页）2015 导数压轴汇编一解答题（共30 小题）1 （ 2015?安康三模）已知f（x）=xlnx ，g（ x）= x+a（1）当 a=2 时，求函数y=g（x）在 0， 3上的值域；（2）求函数f（x）在 t，t+2（t0）上的最小值；（3）证明：对一切x （0， +） ，都有 xlnx 成立2 （ 2015?上饶校级一模）设函数f（x）=aln（1+x） ，g（x）=ln（ 1+x） bx（1）若函数f（x）在 x=0 处有极值，求函数f（ x）的最大值；（2）是否存在实数b，使得关于x 的不等式g（x） 0 在（ 0，+）上恒成立？若存在，求出 b 的取值范围；若

2、不存在，说明理由；（3）证明：不等式1lnn （n=1，2 ） 3 （ 2015?河南二模）设函数f（x）=x2（ a2） xalnx（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数a 的值；（3）若方程f（x）=c 有两个不相等的实数根x1， x2，求证：4 （ 2015?船营区校级二模）已知f（x）=xlnx ax， g（x）=x22（1）当 a=1 时，求 f（x）的单调区间；（2）对一切x （0，+） ，f（x） g（x）恒成立，求实数a 的取值范围；（3）证明：对一切x （0， +） ，都有成立5 （ 2015?滕州市校级模拟）已知函数f（x）=（其中

3、m 为常数）（ ）当 m=0 时，求函数f（x）的单调区间；（ ）当 0m时，设函数f（x）的 3 个极值点为a，b，c，且 abc证明： a+c6 （ 2015?茂名二模）设函数f（x）=lnx ，g（x）=（2a） （ x1） 2f（x） （ ）当 a=1 时，求函数g（x）的单调区间；（ ）若对任意x （ 0，） ，g（x） 0 恒成立，求实数a的最小值；（ ）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2）是函数y=f（x）图象上任意不同两点，线段AB 中点为 C（x0， y0） ，直线 AB 的斜率为k证明 kf （x0）7 （ 2015?江西模拟）已知函数f（ x）=（其中 a 2 且 a

4、 0） ，函数 f（x）在点（ 1，f（1） ）处的切线过点（3， 0） 第 2 页（共 50 页）（ ）求函数f（x）的单调区间；（ ）若函数f（x）与函数g（ x）=a+2x的图象在（ 0，2有且只有一个交点，求实数a 的取值范围8 （ 2015?茂名二模）设函数f（x）=lnx ，g（x）=（2a） （ x1） 2f（x） （1）当 a=1 时，求函数g（x）的单调区间；（2）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2）是函数y=f（x）图象上任意不同两点，线段AB 中点为 C（x0， y0） ，直线 AB 的斜率为k证明： kf（x0）（3） 设 F （ x） =|f （x） |+（b0）

5、 ， 对任意 x1， x2 （ 0， 2， x1 x2， 都有 1，求实数b 的取值范围9 （ 2015?潮州二模）已知函数（1）当 a=0 时，求函数f（x）的单调区间；（2）当 a=1 时，设，（i）若对任意的x 0，+） ，h（x） kx2成立，求实数k 的取值范围；（ii ）对任意x1x2 1，证明：不等式恒成立10 （2015?咸阳二模）已知函数f（x）=，g（x） =（e 为自然对数的底数）（ ）求函数y=f（ x）的单调区间；（ ）当 x 1 时，不等式f（x） g（x）恒成立，求实数k 的取值范围11 （2015?四川模拟）设函数f（x）=+ln （1+x） （ ）求函数f（x

6、）的单调区间；（ ）证明：当x （ 0，1）时， f（x）（ ln21）x3+x2+1注：函数ln（1+x）的导函数为（x 1） 12 （2015?哈尔滨校级一模）若函数f（x）=（1）讨论函数f（ x）=的单调性，并求其最大值；（2）对于 ?x （ 0，+） ，不等式ax2+1 恒成立，求实数a的范围13 （2015?合肥一模）设函数f（x）=x33ax2+3（2a）x，a R 第 3 页（共 50 页）（1）求 f（x）的单调递增区间；（2）若 y=f（x）的图象与x 轴相切于原点， 且当 x2x14 时，f（x1）=f（x2） ，求证： x1+x2014 （2015?临潼区校级模拟）已知

7、函数f（x）=x2alnx，a R（ ） 讨论函数f（x）的单调性（ ）若 f（x）在 1，+）上单调递增，求实数a 的取值范围15 （2015?肇庆三模）已知函数f（x）=mx （m+2）lnx（m R） ，g（x）=（1）讨论 f（x）的单调区间；（2）是否存在m0 时，对于任意的x1，x2 1，2，都有 f（x1） g（x2） 1 恒成立？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由16 （2015?大庆三模）已知函数f（x）=ln（ x+） ax，其中 a0（1）a=1 时，试讨论f（x）的单调性；（2）若存在实数x1、x2满足x10，x20，且 f（ x1）=f（x2）=0，求证

8、： x1+x2 017 （2015?合肥一模）设函数f（x）=x33ax2+3（2a）x，a R（ ）求 f（x）的单调递增区间；（ ）若 y=f（x）的图象与x 轴相切于原点，当0x2x1，f（x1）=f （x2） ，求证： x1+x2818 （2015?银川校级一模）设函数f（x）=ax2 lnx（a R） （I）若 f（x）在点（ e，f（e） ）处的切线为xey+b=0，求 a，b 的值；（ ）求 f（x）的单调区间；（ ）若 g（x）=axex，求证：在x 0 时， f（x） g（x）19 （2015?广州二模）已知函数f（x）=alnx， g（x）=ex（其中 e 为自然对数的底数

9、） （1）若函数f（x）在区间（ 0，1）内是增函数，求实数a 的取值范围；（2）当 b0 时，函数g（ x）的图象 C 上有两点P（b，eb） 、Q（ b，eb） ，过点 P、Q 作图象 C 的切线分别记为l1、l2，设 l1与 l2的交点为M（x0，y0） ，证明： x0020 （2015?抚顺模拟）已知函数f（x）=（k+）lnx+，其中常数k0（1）当 k=1 时，求 f（x）在定义域上的单调区间；（2）若 k 4，+） ，曲线 y=f（ x）上总存在相异两点M（x1，y1） ，N（x2，y2）使得曲线y=f（x）在 M，N 两点的切线互相平行，求x1+x2的取值范围21 （2015?

10、岳阳二模）已知函数f（x）=ex x，其中 e 为自然底数（1）求函数f（x）的极值；（2）若函数F（x）=f （x） ax21 的导函数F（x）在 0，+）上是增函数，求实数a的取值范围；（3）求证：+ +n+（n N*） 22 （2015?厦门一模）已知函数f（x）=sinx， g（x）=f（x） ax，x 0，第 4 页（共 50 页）（1）当 a= 时，求函数g（x）的单调递增区间；（2）若函数g（ x）的最小值为0，求实数a 的取值范围；（3） 设 0 x1x2， 试比较与的大小，并说明理由23 （2015?顺义区一模）已知函数f（x）=a2x2+ax lnx（ ）当 a0 时，求函

11、数f（x）的单调区间；（ ）设 g（x）=a2x2f（x） ，且函数g（x）在点 x=1 处的切线为l，直线 l l，且 l 在 y轴上的截距为1，求证：无论a取任何实数，函数g（x）的图象恒在直线l 的下方；（ ）已知点A（1， g（1） ） ，Q（x0，g（x0） ） ，且当 x01 时，直线QA 的斜率恒小于2，求实数 a 的取值范围24 （2015?南关区校级三模）已知函数f（x）=ln（x1）+（a R）（ ）求函数f（x）的单调区间；（ ）设 m， n 是正数，且m n，求证：25 （2015?福建模拟） 已知函数（其中常数a， b R） ，（ ）当 a=1 时，若函数f（x）是奇

12、函数，求f（ x）的极值点；（ ）若 a 0，求函数f（x）的单调递增区间；（ ）当时，求函数g（x）在 0， a上的最小值h（a） ，并探索：是否存在满足条件的实数a，使得对任意的x R，f（x） h（a）恒成立26 （2015?湖南二模）设函数f（x）=x+alnx （a R） （e=2.71828 是一个无理数） （1）若函数f（x）在定义域上不单调，求a 的取值范围；（2）设函数f（x）的两个极值点分别为x1和 x2，记过点 A（x1，f（x1） ） ，B（x2，f（x2） ）的直线斜率为k，若 k?a2 恒成立，求a 的取值集合27 （2015?汕头一模）设函数g（x）=x22x+1

13、+mlnx ， （m R）（ ）当 m=1 时，求过点P（0， 1）且与曲线y=g（x）（ x1）2相切的切线方程（ ）求函数y=g（x）的单调增区间（ ）若函数y=g（x）有两个极值点a，b，且 ab，记 x表示不大于x 的最大整数，试比较 sin与 cosg（ a）g（b）的大小28 （2015?张家港市校级模拟）已知函数，g（x）=logax如果函数h（x）=f（x）+g（x）没有极值点，且h （x）存在零点（1）求 a的值；（2）判断方程f（ x）+2=g（x）根的个数并说明理由；第 5 页（共 50 页）（3）设点 A（x1，y1） ， B（ x2，y2） （x1 x2）是函数 y=

14、g（x）图象上的两点，平行于AB的切线以 P（x0，y0）为切点，求证：x1x0 x229 （2015?南昌校级二模）函数f（x）=，若曲线f（x）在点（ e，f（e） ）处的切线与直线 e2xy+e=0 垂直（其中e为自然对数的底数） （1）若 f（x）在（ m，m+1）上存在极值，求实数m 的取值范围；（2）求证：当x1 时，30 （2015?宜昌一模）已知函数f（x）=lnx+（1）求曲线y=f（ x）在（ 2，f（2） ）处的切线方程；（2）若 g（x）=f（x）+ax22x 有两个不同的极值点其极小值为M，试比较 2M 与3 的大小，并说明理由；（3）设 qp2，求证：当x （p，q

15、）时，第 6 页（共 50 页）2015 年 05 月 23 日杜老师的高中数学组卷参考答案与试题解析一解答题（共30 小题）1 （ 2015?安康三模）已知f（x）=xlnx ，g（ x）= x+a（1）当 a=2 时，求函数y=g（x）在 0， 3上的值域；（2）求函数f（x）在 t，t+2（t0）上的最小值；（3）证明：对一切x （0， +） ，都有 xlnx 成立考点 ： 利 用导数研究函数的单调性；二次函数的性质；二次函数在闭区间上的最值专题 ： 计 算题分析：（ 1）当 a=2 时，由 g（x）=， x 0，3，利用二次函数的性质求出它的值域（ 2）利用函数f（x）的导数的符号，分

16、类讨论f（x）单调性，从而求出f（x）的最小值（ 3）令 h（ x）=，通过h （x）=的符号研究h（x）的单调性，求出h（x）的最大值为h（1）=再由 f（ x）=xlnx 在（ 0，+）上的最小值为，且 f（1）=0 大于 h（1） ，可得在（ 0，+）上恒有f（x） h（x） ，即解答：解： （1）当 a=2 时， g（ x）=，x 0，3，当 x=1 时，；当 x=3 时，故 g（ x）值域为（ 2）f（x）=lnx+1 ，当，f（x） 0， f（x）单调递减，当，f（x） 0，f（x）单调递增 若，t 无解；第 7 页（共 50 页） 若，即时，； 若，即时， f（x）在 t，t+2

17、上单调递增， f（x）min=f（t）=tlnt ，所以f（x）min=（ 3）证明：令h（x）=，h （x）=，当 0x1 时， h （x） 0，h（x）是增函数当1x 时 h （ x） 0，h（x）是减函数，故 h（ x） 在（ 0，+）上的最大值为h（ 1）=而由（ 2）可得， f（ x）=xlnx 在（ 0，+）上的最小值为，且当 h（x） 在（ 0，+）上的最大值为h（1）时， f（x）的值为ln1=0，故在（ 0，+）上恒有f（x） h（x） ，即点评：本 题主要考查利用导数研究函数的单调性，二次函数的性质，函数的恒成立问题，属于中档题2 （ 2015?上饶校级一模）设函数f（x）

18、=aln（1+x） ，g（x）=ln（ 1+x） bx（1）若函数f（x）在 x=0 处有极值，求函数f（ x）的最大值；（2）是否存在实数b，使得关于x 的不等式g（x） 0 在（ 0，+）上恒成立？若存在，求出 b 的取值范围；若不存在，说明理由；（3）证明：不等式1lnn （n=1，2 ） 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 ： 导 数的综合应用分析：（ 1）由已知得：，且函数f（ x）在 x=0 处有极值，得a=1，从而求出函数的表达式，找出单调区间求出最值；（ 2）由已知得：再对 b 分情况讨论： 若 b 1， 若 b 0， 若 0 b1 综合得出

19、b 的取值范围是x 1，+） ；（ 3）由前两问综合得出第 8 页（共 50 页）解答：解析：（ 1）由已知得：，且函数f（ x）在 x=0 处有极值， a=1 ，当 x （ 1，0）时， f（x） 0， f（x）单调递增；当 x （0，+）时， f（x） 0，f（x）单调递减； 函数 f（x）的最大值为f（0）=0（ 2）由已知得： 若 b 1，则 x 0，+）时， g（x） =ln（1+x） bx 在0，+）上为减函数， g（x） =ln（1+x） bx g（0）=0 在（ 0，+）上恒成立； 若 b 0，则 x 0，+）时， g（x） =ln（1+x） bx 在0，+）上为增函数， g（

20、x） =ln（1+x） bx g（0）=0，不能使 g（x） 0 在（ 0，+）上恒成立； 若 0b1，则时，当时， g（x） 0， g（x） =ln（1+x） bx 在上为增函数，此时 g（x） =ln（1+x） bx g（0）=0， 不能使 g（ x） 0 在（ 0，+）上恒成立；综上所述， b 的取值范围是b 1， +） （ 3）由（ 1） 、 （ 2）得：取得：第 9 页（共 50 页）令，则，因此又，故点评：本 题考察了函数的最值问题，函数的单调性，导数的应用，不等式的证明，渗透了分类讨论思想，是一道综合题3 （ 2015?河南二模）设函数f（x）=x2（ a2） xalnx（1）求

21、函数f（x）的单调区间；（2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数a 的值；（3）若方程f（x）=c 有两个不相等的实数根x1， x2，求证：考点 ： 利 用导数研究函数的单调性；根的存在性及根的个数判断；不等式的证明专题 ： 导 数的综合应用分析：（ 1）对 a 分类讨论，利用导数与函数单调性的关系即可得出；（ 2）由 （1） 可得，若函数 f （x）有两个零点， 则 a 0， 且 f（x） 的最小值，即可化为h（a）=利用单调性判断其零点所处的最小区间即可得出；（ 3） ）由 x1， x2是方程 f（x）=c 得两个不等实数根，由（1）可知： a0不妨设0 x1x2则，两式相减得+al

22、nx2=0，化为a=由，当时， f （ x） 0，当第 10 页（共 50 页）时， f （x） 0故只要证明即可，即证明，令换元，再利用导数即可证明解答：解 ： （1）x （ 0，+） =当 a 0 时， f （x） 0，函数 f（x）在（ 0，+0 上单调递增，即f（x）的单调递增区间为（ 0，+） 当 a 0 时，由 f （x） 0 得；由 f （x） 0，解得所以函数f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为（ 2）由 （1） 可得，若函数 f （x）有两个零点， 则 a 0， 且 f（x） 的最小值，即 a0，令 h（ a）=a+4，可知 h（a）在（ 0， +）上为增函数，且h（2）

23、=2， h（ 3）=，所以存在零点h（a0）=0，a0 （ 2，3） ，当 a a0时， h（a） 0；当 0aa0时， h（a） 0所以满足条件的最小正整数a=3又当 a=3 时， f（3） =3（2ln3） 0，f（1）=0， a=3 时， f（x）由两个零点综上所述，满足条件的最小正整数a 的值为 3（ 3） x1，x2是方程 f（x）=c 得两个不等实数根，由（1）可知： a0不妨设 0x1x2则，两式相减得+alnx2=0，化为 a=，当时， f （ x） 0，当时， f （x） 0第 11 页（共 50 页）故只要证明即可，即证明 x1+x2，即证明，设，令 g（t）=lnt ，则

24、= 1t0， g （t） 0 g（t）在（ 0，1）上是增函数，又在t=1 处连续且g（1）=0， 当 t （0，1）时， g（t） 0 总成立故命题得证点评：本 题综合考查了利用导数研究函数的单调性、极值与最值等基础知识，及其分类讨论思想方法、等价转化方法、换元法等基本技能与方法4 （ 2015?船营区校级二模）已知f（x）=xlnx ax， g（x）=x22（1）当 a=1 时，求 f（x）的单调区间；（2）对一切x （0，+） ，f（x） g（x）恒成立，求实数a 的取值范围；（3）证明：对一切x （0， +） ，都有成立考点 ： 利 用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题专题 ： 导

25、数的综合应用分析：（ 1）求出函数的导函数，当a=1 时， f（ x）=lnx+2 ，令 f（x）=lnx+2 0，得函数的单调递增区间是，令 f（x）=lnx+2 0，得函数的单调递减区间是（ 2）把 f（x） g（x）恒成立转化为对一切x （0，+） ，恒成立，构造函数，研究 F（x）的最小值；（ 3）要证不等式在一个区间上恒成立，结合（1）把问题进行等价变形，研究函数f（ x）的最小值和函数G（ x）的最大值进行比较即可解答：解 ： （1）函数的定义域是（0，+）当 a=1 时， f（x）=lnx+2 令 f（x） =lnx+2 0，得令 f（x） =lnx+2 0，得第 12 页（共

26、50 页） 函数的单调递增区间是函数的单调递减区间是（ 2） 对一切 x （0，+） ，f（x） g（x）恒成立， 对一切 x （0，+） ，xlnx ax x22 恒成立即对一切x （0，+） ，恒成立令 当 0x1 时， F（x） 0，函数递减，当x1 时， F（x） 0，函数递增 F（x）在 x=1 处取极小值，也是最小值，即Fmin（x）=F（ 1）=3 a 3 （ 3）证明：对一切x （0， +） ，都有成立等价于证明：对一切x （0，+） ，都有成立由（ 1）知，当a=1 时 f（x）=xlnx+x ，令，当 x （0，1）时， G（x） 0，函数 G（ x）递增，当x （1，+）

27、时， G（x）0，函数 G（x）递减 f（x）minG（x）max 当 x=1 时，函数 G（x）取到极大值，也是最大值 f（x）minG（x）max 对一切 x （0，+） ，都有成立点评：本 题主要考查了用导数研究函数的单调性和最大值，恒成立问题中用到了转化的数学思想5 （ 2015?滕州市校级模拟）已知函数f（x）=（其中 m 为常数）（ ）当 m=0 时，求函数f（x）的单调区间；（ ）当 0m时，设函数f（x）的 3 个极值点为a，b，c，且 abc证明： a+c第 13 页（共 50 页）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专题 ： 导 数的综合应用分析：（

28、 ）令 f（x）=0 可得从而求出函数的单调区间，（ ）由题，对于函数，有，从而函数h（x）在（ 0，m）上单调递减，在（m，+）上单调递增从而 hmin（x）=h（m）=2lnm+1 0，所以，进而函数f（x）的递增区间有（a，2m）和（ c，+） ，递减区间有（ 0，a） ， （2m，1） ， （ 1，c） ，解方程组求出函数g（ x）=2xlnx x 在上递减，在上递增，构造函数，只需要证明单调递减即可，从而解决问题解答：解： （ ）令 f（ x）=0 可得列表如下：x （0， 1）f（x）0 + f（x）减减极小值增单调减区间为（0，1） ，；增区间为（ ）由题，对于函数，有 函数 h

29、（x）在（ 0，m）上单调递减，在（m，+）上单调递增 函数 f（x）有 3 个极值点abc，从而 hmin（x）=h（m）=2lnm+1 0，所以，当时， h（ 2m）=2ln2m 0， h（1）=m10， 函数 f（x）的递增区间有（a， 2m）和（ c，+） ，递减区间有（0，a） ， （2m， 1） ， （1，c） ，第 14 页（共 50 页）此时，函数f（x）有 3 个极值点，且b=2m； 当时， a，c 是函数的两个零点，即有，消去 m 有 2alnaa=2clncc 令 g（ x）=2xlnx x， g（x）=2lnx+1 有零点，且 函数 g（x）=2xlnx x 在上递减，

30、在上递增要证明?， g（a）=g（c） ， 即证构造函数，=0，只需要证明单调递减即可而， F（x）在上单调递增，点评：本 题考察了函数的单调性，函数的极值问题，导数的应用，不等式的证明，本题是一道综合题6 （ 2015?茂名二模）设函数f（x）=lnx ，g（x）=（2a） （ x1） 2f（x） （ ）当 a=1 时，求函数g（x）的单调区间；（ ）若对任意x （ 0，） ，g（x） 0 恒成立，求实数a的最小值；（ ）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2）是函数y=f（x）图象上任意不同两点，线段AB 中点为 C（x0， y0） ，直线 AB 的斜率为k证明 kf （x0）考点 ： 利

31、 用导数研究函数的单调性；对数函数的图像与性质；利用导数研究曲线上某点切线方程第 15 页（共 50 页）专题 ： 导 数的综合应用分析：（ ）当 a=1 时求出 g （x） ，然后在定义域内解不等式g （x） 0，g （x） 0，从而得到函数g（x）的单调区间；（ ）对任意的x （0，）恒成立，等价于对x （0，） ， a2恒成立，构造函数转化为函数最值解决，利用导数即可求得最值；（ ） 求出直线AB 的斜率为 k 和 f（x0） ， 整理后把证明kf（x0） 转化为证明构造函数h（x）=lnx （x1） ，利用导数证明该函数在（1，+）上为增函数证得结论解答：解： （ ）当 a=1 时，

32、g（ x）=x 12lnx，则 g （x）=1，由 g （x） 0，x2；g （ x） 0，得 0x2故 g（ x）的单调减区间为（0，2，单调增区间为（2，+） ；（ ）对任意的x （0，） ，g（ x） 0恒成立，即对x （0，） ，a2恒成立，令 l（x）x=2，x （0，） ，则 l （x）=，再令 m（x）=21nx+2，x （ 0，） ，则 m （x） =+= 0，故 m（x）在（ 0，）上为减函数，于是 m（x） m（）=22ln2 0，从而， l （x） 0，于是 l （x）在（ 0，）上为增函数，所以 l（ x） l（）=241n2，故要使 a2恒成立，只需a 241n2 a

33、 的最小值为2 4ln2；（ ）证明：不妨设x1x20，第 16 页（共 50 页）则 k=， f（ x0） =f（） =，证明 kf （x0）转化为证明，即证明 ln0，令 x=， （ x1） ，得： lnx0 令 h（ x）=lnx （x 1） ，则 h （ x）= h（x）在（ 1， +）上为增函数， h（x） h（1）=0 kf （x0） 点评：本 题考查利用导数研究函数单调性及求函数最值，考查函数恒成立问题，函数恒成立问题往往转化为函数最值解决7 （ 2015?江西模拟）已知函数f（ x）=（其中 a 2 且 a 0） ，函数 f（x）在点（ 1，f（1） ）处的切线过点（3， 0）

34、 （ ）求函数f（x）的单调区间；（ ）若函数f（x）与函数g（ x）=a+2x的图象在（ 0，2有且只有一个交点，求实数a 的取值范围考点 ： 利 用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程专题 ： 导 数的综合应用分析：（ 1）利用导数的几何意义可得切线方程，对a分类讨论、利用导数研究函数的单调性即可；（ 2）等价方程在（ 0， 2只有一个根，即x2（ a+2）x+alnx+2a+2=0 在（ 0，2只有一个根，令h（x）=x2（ a+2）x+alnx+2a+2 ，等价函数 h（ x）在（ 0，2与 x 轴只有唯一的交点由，对 a 分类讨论、结合图象即可得出解答：解： （1），

35、 f（1）=b，=ab， yb=（ab） （x1） ，第 17 页（共 50 页） 切线过点（ 3， 0） ， b=2a， 当 a （0，2时，单调递增，单调递减， 当 a （ ，0）时，单调递减，单调递增（ 2）等价方程在（ 0， 2只有一个根，即 x2（ a+2）x+alnx+2a+2=0 在（ 0，2只有一个根，令 h（ x）=x2（ a+2）x+alnx+2a+2 ，等价函数h（x）在（ 0，2与 x 轴只有唯一的交点， 当 a0 时， h（x）在 x （ 0，1）递减， x （1， 2的递增，当 x0 时， h（x）+，要函数h（x）在（ 0，2与 x 轴只有唯一的交点， h（1）

36、=0 或 h（2） 0， a=1 或 当 a （0，2）时， h（x）在递增，的递减， x （1，2递增，当 x0 时， h（x）， h（e4） =e8e420， h（x）在与 x 轴只有唯一的交点， 当 a=2，h（x）在 x （0，2的递增， h（e4） =e8e420，或 f（2）=2+ln20， h（x）在 x （0，2与 x 轴只有唯一的交点，故 a 的取值范围是a=1 或或 0a 2点评：本 题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、导数的几何意义，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题8 （ 2015?茂名二模）设函数f（x

37、）=lnx ，g（x）=（2a） （ x1） 2f（x） （1）当 a=1 时，求函数g（x）的单调区间；（2）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2）是函数y=f（x）图象上任意不同两点，线段AB 中点为 C（x0， y0） ，直线 AB 的斜率为k证明： kf（x0）第 18 页（共 50 页）（3） 设 F （ x） =|f （x） |+（b0） ， 对任意 x1， x2 （ 0， 2， x1 x2， 都有 1，求实数b 的取值范围考点 ： 利 用导数研究函数的单调性；直线的斜率专题 ： 导 数的综合应用分析：（ 1）将 a=1 代入求出g（x）的表达式，再求出g（x）的导数，从而求出g

38、（x）的单调区间；（ 2）将 x0=代入 f （x0）=，问题转化为证：k（t）lnt+2的单调性，（t1） ，从而证出结论；（ 3）设 G（x）=F（x） +x，则 G（x）在（ 0，2单调递减，通过讨论x 的范围，结合导数的应用，从而求出b 的范围解答：解 ： （1）当 a=1 时，g（x）=（x1） 2f（x）=（x 1） 2lnx=x 12lnx，定义域为（ 0，+） ；g （x） =1=；当 x （0，2）时， g （x） 0，g（x）单调递减；当 x （2，+）时， g （x） 0，g（x）单调递增；即 g（ x）的单调增区间为（2，+） ，单调减区间为（0，2） （ 2）证明：

39、k=，又 x0=，所以 f （x0）=；即证，不妨设 0x1x2，即证： lnx2lnx1；即证： ln；设 t= 1，即证： lnt=2；即证： lnt+20，其中 t （1，+） ；第 19 页（共 50 页）事实上，设k（t）=lnt+2， （t （1，+） ） ，则 k （t）=0；所以 k（t）在（ 1，+）上单调递增，所以 k（t） k（1）=0；即结论成立（ 3）由题意得+10，即0；设 G（x） =F（x）+x，则 G（ x）在（ 0，2单调递减， 当 x 1，2时， G（x）=lnx+x，G （x）=+1 0；b+（x+1）2=x2+3x+3 在1，2上恒成立，设 G1（x）

40、=x2+3x+3，则 G1 （x）=2x+3 ；当 x 1，2，G1 （x） 0； G1（x）在 1，2上单调递增，G1（x）；故 b 当 x （0， 1）时， G（x）=lnx+x；G1（x） =x2+3x+3，G （x）=+1 0，b +（x+1）2=x2+x1 在（ 0，1）恒成立，设 G2（x）=x2+x1，（x）=2x+1+0，即 G2（x）在（ 0，1）单调递增，故G2（x） G2（1）=0， b 0，第 20 页（共 50 页）综上所述： b点评：本 题考查了函数的单调性，函数恒成立问题，考查导数的应用，考查转化思想，本题有一定的难度9 （ 2015?潮州二模）已知函数（1）当

41、a=0 时，求函数f（x）的单调区间；（2）当 a=1 时，设，（i）若对任意的x 0，+） ，h（x） kx2成立，求实数k 的取值范围；（ii ）对任意x1x2 1，证明：不等式恒成立考点：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：函数的性质及应用；导数的综合应用；不等式的解法及应用分析：（1）求出 a=0 的函数的导数，令导数大于0，得增区间，令导数小于0，得减区间；（2） （ i）当 k 0 时，取 x=1，检验即可说明，再讨论k 0，设 g（x）=h（ x） kx2=ln（x+1） xkx2，求出导数，判断单调性，即可求得k 的范围；（ii ）运用分析法证明不等

42、式，通过构造 （x）=lnt（t1） ，求出导数，判断单调性，即可得证解答：解： （1）当 a=0 时，则；（2）当 a=1 时， h（x）=ln（x+1） x（x 0） ，（i） k 0 时，取 x=1，h（1）=ln2 10，知 h（x） kx2不恒成立， k 0 舍去 当 k0，设 g（x）=h（x） kx2=ln（x+1） xkx2则，令 g（x）=0 得第 21 页（共 50 页） g（x）在 0，+）上是增函数，从而有g（x） g（ 0）=0，即 h（x） kx2在 0，+）恒成立， g（x）在（ 0，）上单调递减，当取x0 （ 0，）时， g（x0） g（0）=0，即 h（x0）

43、 kx02不成立，则k0 舍去综上；（ii ）要证明，只需证明，只需证明，即证明ln，令 t=（t1） ，则需证明lnt0，令 （x）=lnt（t1） ，则 （ t）=0 即有 （ t）在（ 1，+）上单调递减，则 （t） （1）=0，即lnt0，故不等式得证点 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，主要考查不等式恒成立问题注意运用第 22 页（共 50 页）评： 单调性，同时考查不等式的证明，注意构造函数运用导数判断单调性，属于中档题和易错题10 （2015?咸阳二模）已知函数f（x）=，g（x） =（e 为自然对数的底数）（ ）求函数y=f（ x）的单调区间；（ ）当 x 1 时，不

44、等式f（x） g（x）恒成立，求实数k 的取值范围考点 ： 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 ： 导 数的综合应用分析：（ ）分别解不等式f （x） 0及 f （x） 0 即得单调区间；（ ） 不等式 f （x） g （x） 变形后等价于不等式k=h （x）（x 1） ，故只需判断出函数h（x）的单调性，解不等式k h（x）min即可得 k 的取值范围解答：解： （ ）由已知得f （x）=，由 f （x） 0 得 0x1；由 f （x） 0 得 x1；所以函数y=f （x）的单调增区间为： （ 0，1） ，单调减区间为： （1，+） ；（ ）不等式f（ x） g（x

45、）恒成立? 不等式恒成立? 不等式恒成立，令 h（ x）=（x 1） ，则 k h（x）min，因为，记 （x）=xlnx （x 1） ，则 h （x）与 （x）同号， （x）= 0 （当且仅当x=1 时取等号）， （x）在 1，+）上递增，所以 （x） （1）=10，即 h （x） 0，所以 h（x）在 1，+）上递增，所以 h（x）min=h（1）=2，从而 k 2点评：本 题利用导数求单调区间以及解不等式，通过合理的变形判断出单调性是解题的关键，属于中档题11 （2015?四川模拟）设函数f（x）=+ln （1+x） （ ）求函数f（x）的单调区间；（ ）证明：当x （ 0，1）时， f

46、（x）（ ln21）x3+x2+1第 23 页（共 50 页）注：函数ln（1+x）的导函数为（x 1） 考点 ： 利 用导数研究函数的单调性；导数的运算专题 ： 计 算题；证明题；导数的综合应用分析：（ ）先求出函数f（x）的定义域，再求导并化简，从而由导数的正负确定函数的单调区间；（ ）当 x （0，1）时，构造函数h（x）=f（x） （ ln21）x3+x2+1，求导以确定函数的单调性，从而可证明h（x）在（ 0，1）上是减函数，从而可证明h（x） 0，从而证明即可解答：解 ： （ ）函数 f（x）的定义域为（1，+） ，f （x）=+=，故当 x （ 1，0）时， f （ x） 0，当

47、 x （0，+）时， f （x） 0，故 f（x）的单调减区间为（1，0） ，单调增区间为（0，+） ；（ ）证明：当x （0，1）时，令 h（ x）=f（ x） （ln21）x3+x2+1，则 h （x）=3（ln21）x2x =x（ 3（ln21）x1） ， 0x 1， x0，3（ln21）x1 10， h （x） 0，故 h（ x）在（ 0，1）上是减函数，故 h（ x） h（1）=+ln2 （ ln21+1）=0，故 f（x） （ln21）x3+x2+10，即 f（x）（ ln21）x3+x2+1点评：本 题考查了导数的综合应用及恒成立问题，属于中档题12 （2015?哈尔滨校级一模）

48、若函数f（x）=第 24 页（共 50 页）（1）讨论函数f（ x）=的单调性，并求其最大值；（2）对于 ?x （ 0，+） ，不等式ax2+1 恒成立，求实数a的范围考点 ： 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 ： 导 数的综合应用分析：（ 1）利用导数性质判断单调性，并求其最大值（2）由 a=0，a0，a0 三种情况进行分类讨论，结合导数性质能求出a 的取值范围解答：解： （1）f （x）=由 f （x） 0，得 1ex0，解得 x0，此时函数单调递增，由 f （x） 0，得 1ex0，解得 x0，此时函数单调递减，即当 x=0 时，函数取得极大值，同时也是最大值

49、f（0）=1， 函数 f（x）的增区间（，0，减区间 0，+） ，最大值1（ 2）当 a=0 时，不等式不成立；当 a 0 时， ax2+1 1，不等式不成立；当 a 0 时，等价于（ ax2x+1）ex10，设 h（ x）=（ax2x+1）ex1， h （x） =x（ax+2a1） ex，若，则当 x （0，+）时， h （x） 0，h（x）单调递增， h（x） h（0）=0 ，h （x） 0，h（x）单调递减， h（ x） h（ 0）=0，不合题意综上， a 的取值范围是点评：本 题考查的是利用导数判定函数的单调性、求最值以及不等式恒成立问题，解题时注意等价转化、分类讨论的应用13 （20

50、15?合肥一模）设函数f（x）=x33ax2+3（2a）x，a R （1）求 f（x）的单调递增区间；（2）若 y=f（x）的图象与x 轴相切于原点， 且当 x2x14 时，f（x1）=f（x2） ，求证： x1+x20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；证明题；导数的综合应用分析：（ 1）先求导 f （x）=3x26ax+3（2a） ，再确定 =36（a2+a 2）=36（a+2） （a1） ；从而以 讨论单调区间即可；（ 2）令 f （0） =3 026a?0+3（2a） =0 可求得 a=2；从而化简f（x）=x3 6x2，第 25 页

51、（共 50 页）从而可知f（x）的单调递增区间为（，0） ， （4，+） ；单调减区间为（0，4） ；再由 f（ x1）=f （x2） ，且 x2x14 知 x20， x10，从而可得f（x2） f（ x1） ，再由单调性可得x2 x1，从而证明解答：解 ： （1）f （x）=3x26ax+3（2a） ， =36（a2+a2）=36（a+2） （a1） ； 当 a 2 或 a1 时，由 f （x）=3x26ax+3（2a） =0 解得，x=a；f（x）的单调递增区间为（，a） ， （a+，+） ； 当 2 a 1时， f（x）的单调递增区间为（， +） ；（ 2）证明：令f （0）=3 026

52、a?0+3（ 2a）=0 得 a=2；故 f（x）=x36x2，由（ 1）知， f（x）的单调递增区间为（，0） ， （ 4，+） ；单调减区间为（0，4） ； f（x1）=f（x2） ，且 x2x14， x20，x10，则 x10，而 f（ x1） f（ x1）=2x13 0，则 f（x1） f（ x1） ，则 f（x2） f（ x1） ，又 f（x）的单调递增区间为（，0） ，故 x2 x1，故 x1+x20点评：本 题考查了导数的综合应用，二次方程的根及单调性的判断与应用，属于中档题14 （2015?临潼区校级模拟）已知函数f（x）=x2alnx，a R（ ） 讨论函数f（x）的单调性（

53、 ）若 f（x）在 1，+）上单调递增，求实数a 的取值范围考点 ： 利 用导数研究函数的单调性专题 ： 计 算题；函数的性质及应用；导数的综合应用分析：（ ）先求函数f（x）的定义域为 x|x 0，再求导；从而讨论导数的正负以确定函数的单调性；第 26 页（共 50 页）（ ）由 f（x）在1，+）上单调递增知在1，+）上恒成立，从而化为最值问题解答：解 ： （ ）f（ x）的定义域为x|x 0 ；当 a 0 时， f （x） 0 恒成立，f（x）在（ 0，+）上递增；当 a 0 时，时， f （x） 0，f（x）单调递减，时， f （x） 0，f（x）单调递增（ ） f（x）在 1，+）上

54、单调递增，在1，+）上恒成立， a 2x2，即 a 2点评：本 题考查了导数的综合应用及恒成立问题，属于中档题15 （2015?肇庆三模）已知函数f（x）=mx （m+2）lnx（m R） ，g（x）=（1）讨论 f（x）的单调区间；（2）是否存在m0 时，对于任意的x1，x2 1，2，都有 f（x1） g（x2） 1 恒成立？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由考点 ： 利 用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值专题 ： 导 数的概念及应用；导数的综合应用分析：（ 1）先求出原函数的导数，然后在定义域内借助于二次函数的图象判断导数值的符号，从而确定原函数的单调区间；

55、（ 2）本题涉及到两个函数f（ x）与 g（x）的不等式恒成立，因此，只需f（x1） g（ x2）+1 恒成立即可，则问题转化为f（x）max g（x）min+1 的问题解答：解： （1）函数的定义域为（0，+） ， 当 m=0 时，令 f （x）=0，解得 x=1当 0 x1 时， f （ x） 0；当 x1 时， f （x） 0；所以 f（ x）的单调增区间为（0，1） ，单调减区间为（1，+） ； 当 m 0 时，令 f （ x）=0，解得第 27 页（共 50 页）当 m0 时，当 0x1 时， f （x） 0；当 x1 时， f （x） 0；所以 f（x）的单调增区间为（0，1） ，

56、单调减区间为（1，+） 当 0 m2 时，当 0x1 时，f （x）0；当时，f （x）0；当 x时，f （x） 0；所以 f（x）的单调增区间为（0，1）与（，+） ，单调减区间为（1，） ；当 m=2 时， f，所以 f（x）的单调增区间为（0，+） ；当 m2 时，当 0x时， f （x） 0；当时， f （x） 0；当 x1 时，f （x） 0；所以 f（x）的单调增区间为（0，）与（ 1，+） ，单调减区间为（，1） 综上，当m 0 时， f（ x）的单调增区间为（0，1） ，单调减区间为（1，+） ；当 0 m2 时， f（x）的单调增区间为（0，1）与（，+） ，单调减区间为（1

57、，） ；当 m=2 时， f（x）的单调增区间为（0，+） ；当 m2 时， f（x）的单调增区间为（0，）与（ 1，+） ，单调减区间为（， 1） （ 2）对于任意的x1， x2 1，2，都有 f（x1） g（x2） 1 恒成立，等价于x 1，2时， f（x）max g（x）min+1 成立由（ 1）得当 m0 时， f（x）在（ 1， +）上单调递减，所以当x 1，2时， f（x）max=f（x）=m2，令 h（ x）=，而所以在（ 0，+）上单调递减在 1，2上，所以在 1，2上， h（x）0，g （x） 0；所以 g（ x）在 1，2上单调递减，所以当x 1，2时，故，即，因为 m0，

58、所以存在m 0 时，对于任意的x1，x2 1，2，都有 f（ x1）g（x2） 1恒成立，且m 的取值范围是（，0） 第 28 页（共 50 页）点评：本 题重点考查了利用导数研究函数的单调性，然后研究函数的最值，从而解决不等式恒成立问题，注意本题中是两个函数的最值进行比较，要注意准确理解题意16 （2015?大庆三模）已知函数f（x）=ln（ x+） ax，其中 a0（1）a=1 时，试讨论f（x）的单调性；（2）若存在实数x1、x2满足x10，x20，且 f（ x1）=f（x2）=0，求证： x1+x2 0考点 ： 利 用导数研究函数的单调性；根的存在性及根的个数判断专题 ： 函 数的性质

59、及应用；导数的综合应用；不等式的解法及应用分析：（ 1）求出当 a=1 的 f（x）的导数，令导数大于0，得增区间，令导数小于0，得减区间；（ 2）求出 f（x）的导数，求得增区间和减区间，进而得到最大值，令最大值大于0，可得 0a1，讨论 a 的变化，结合图象即可得证解答：（ 1）解：当a=1 时， f（x） =ln（x+1） x，f （x）=1=，当 1 x0 时， f （ x） 0，f（x）递增；当 x 0 时， f （x） 0，f（x）递减则有 f（ x）在（ 1，0）递增，在（0，+）递减；（ 2）证明：函数f（x） =ln（x+） ax 的导数为f （x）=a=，当x 0时， f

60、（x） 0，f（x）递增；当 x 0 时， f （x） 0，f（x）递减即有 x=0 处 f（x）取得极大值，也为最大值ln=lna，由题意可得当lna0，即 0a1，f（x） =0 有两个实根x1，x2，且x10， x20，讨论 a1 时，由（ 1）可得， f（x）与 x 轴的交点越来越趋向于原点，x1+x20；当 a0 时，可得f（x）与 x 轴的两交点越来越远离原点，且右边的交点变化得快，则有 x1+x20第 29 页（共 50 页）点评：本 题考查导数的运用：求单调区间、极值和最值，考查方程和函数的零点的关系，运用数形结合的思想方法是解题的关键17 （2015?合肥一模）设函数f（x）

61、=x33ax2+3（2a）x，a R（ ）求 f（x）的单调递增区间；（ ）若 y=f（x）的图象与x 轴相切于原点，当0x2x1，f（x1）=f （x2） ，求证： x1+x28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 ： 导 数的综合应用分析：（ 1）先求导 f （x）=3x26ax+3（2a） ，再确定 =36（a2+a 2）=36（a+2） （a1） ；从而以 讨论单调区间即可；（ 2）令 f （0） =3 026a?0+3（2a） =0 可求得 a=2；从而化简f（x）=x3 6x2，从而可知f（x）的单调递增区间为（，0） ， （4，+） ；单调减区

62、间为（0，4） ；再由 f（ x1）=f （x2） ，且 0x2x1，得到不等式组，从而证出结论解答：解 ： （1）f （x）=3x26ax+3（2a） ， =36（a2+a2）=36（a+2） （a1） ； 当 a 2 或 a1 时，由 f （x）=3x26ax+3（2a） =0 解得，x=a；f（x）的单调递增区间为（，a） ， （a+，+） ； 当 2 a 1时， f（x）的单调递增区间为（， +） ；（ 2）证明：令f （0）=3 026a?0+3（ 2a）=0 得 a=2；故 f（x）=x36x2，由（ 1）知， f（x）的单调递增区间为（，0） ， （ 4，+） ；单调减区间为（0

63、，4） ； f（x1）=f（x2） ，且 0x2x1， 0x24， x14， 8x24，而 f（x2） f（8x2）=66=2（x24）0， f（x1）=f（x2） f（8x2） ， 函数 f（x）在（ 4，+）递增， x18x2， x1+x28第 30 页（共 50 页）点评：本 题考查了导数的综合应用，二次方程的根及单调性的判断与应用，属于中档题18 （2015?银川校级一模）设函数f（x）=ax2 lnx（a R） （I）若 f（x）在点（ e，f（e） ）处的切线为xey+b=0，求 a，b 的值；（ ）求 f（x）的单调区间；（ ）若 g（x）=axex，求证：在x 0 时， f（x

64、） g（x）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 ： 函 数的性质及应用；导数的综合应用分析：（ I）通过 f（x）在点（e，f（e） ）处的切线为xey+b=0，可得 f （ e）=，解得，再将切点（ e， 1）代入切线方程xey+b=0，可得 b=2e；（ II）由（ I）知： f （ x）=（x0） ，结合导数分 a 0、 a0 两种情况讨论即可；（ III ）通过变形，只需证明g（x）=exlnx20 即可，由于 g （x）=，根据指数函数及幂函数的性质可知，根据函数的单调性及零点判定定理即得结论解答：解 ： （I） f（x）=ax 2lnx（a R

65、） f （x）=（x0） ， f（x）在点（ e，f（e） ）处的切线为xey+b=0，即 f（x）在点（ e，f（e） ）的切线的斜率为， f （e）=， 切点为（ e， 1） ，将切点代入切线方程xey+b=0，得 b=2e，所以，b= 2e；（ II）由（ I）知： f （x）=（x0） ，下面对 a 的正负情况进行讨论： 当 a 0 时， f （x） 0 在（ 0， +）上恒成立，所以 f（ x）在（ 0，+）上单调递减； 当 a0 时，令 f （x）=0，解得 x=，当 x 变化时， f （x） 、f（x）随 x 的变化情况如下表：第 31 页（共 50 页）0 （a，+）f （x）

66、0 +f（ x） 由此表可知：f（x）在（ 0，）上单调递减，f（x）在（，+）上单调递增；综上所述，当a 0 时， f（x）的单调递减区间为（0，+） ；当 a 0 时， f（x）的单调递减区间为（0，） ，f（x）的单调递增区间为（，+） ；（ III ） f（x）=ax 2lnx，g（x）=axex， 要证：当x0 时， f（x） g（x） ，即证： exlnx20，令 g（ x）=exlnx2 （x0） ，则只需证： g（x） 0，由于 g （x）=，根据指数函数及幂函数的性质可知，g （x） =在（ 0，+）上是增函数， g（1） =e1 0，=， g（1）， g（x）在内存在唯一的

67、零点，也即g（x）在（ 0，+）上有唯一零点，设 g（ x）的零点为t，则 g（t）=，即（） ，由 g（ x）的单调性知：当x （0，t）时， g（x） g（t）=0，g（x）为减函数；当 x （t，+）时， g（ x） g（t） =0，g（x）为增函数，所以当 x0 时，又，故等号不成立， g（x） 0，即当 x0 时， f（x） g（x） 点评：本 题考查求函数解析式，函数的单调性，零点的存在性定理，注意解题方法的积累，属于难题19 （2015?广州二模）已知函数f（x）=alnx， g（x）=ex（其中 e 为自然对数的底数） （1）若函数f（x）在区间（ 0，1）内是增函数，求实数a

68、 的取值范围；（2）当 b0 时，函数g（ x）的图象 C 上有两点P（b，eb） 、Q（ b，eb） ，过点 P、Q 作图象 C 的切线分别记为l1、l2，设 l1与 l2的交点为M（x0，y0） ，证明： x00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 ： 导 数的综合应用分析：（ 1）先求出函数的导数，得到关于a的不等式，求出a的最小值即可；第 32 页（共 50 页）（ 2）先求出导函数，求出切线方程，构造出新函数h（b） ，通过讨论h（b）的单调性，从而证出结论解答：解： （1） f（x）=alnx+1， f （x）=，若函数 f（x）在区间（ 0，1

69、）内是增函数，则 a（ x+1）22x 0， a=， a ；（ 2） g （x）=ex， g（b） =g （b）=eb， l1：y=eb（xb）+eb ，g（ b）=g （ b）=eb， l2：y=eb（x+b）+eb ，由 得：eb（ xb）+eb=eb（x+b）+eb，两边同乘以eb得：e2b（xb）+e2b=x+b+1 ， （e2b1） x=b?e2be2b+b+1， x0=，分母 e2b 10，令 h（ b）=be2be2b+b+1， h （b）=2be2be2b+1， h （b）=4be2b+1 0， h （b）minh （0） 0+， h（b）minh（ 0）b0， x00点评：本

70、 题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用，第一问表示出关于a的不等式是解题的关键，第二问中构造出新函数是解题的关键，本题有一定的难度20 （2015?抚顺模拟）已知函数f（x）=（k+）lnx+，其中常数k0（1）当 k=1 时，求 f（x）在定义域上的单调区间；（2）若 k 4，+） ，曲线 y=f（ x）上总存在相异两点M（x1，y1） ，N（x2，y2）使得曲线y=f（x）在 M，N 两点的切线互相平行，求x1+x2的取值范围第 33 页（共 50 页）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 ： 导 数的综合应用分析：（ 1）当 k=1 时， f（x）

71、=5lnx+， x （0，+） ，则 f （ x）=1=，分别解出f （x） 0，f （x） 0，即可得出单调区间（ 2）f （x）= 1由题意可得：（x1，x2 0，且 x1 x2） 化为： 4（x1+x2）=x1x2，而，因此 x1+x2对 k 4，+）都成立，令g（k）=，k 4，+） ，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出解答：解： （1）当 k=1 时， f（x）=5lnx+，x （0，+） ，则 f （x）=1=，当 0 x1 或 x4 时， f （ x） 0；当 1x4 时， f （x） 0 函数 f（x）的单调递减区间为（0，1） ， （4， +） ，单调递减区间为（1，4）

72、 （ 2）f （x）= 1由题意可得：（x1，x2 0，且 x1 x2） 1= 1，化为： 4（x1+x2）=x1x2，而， 4（x1+x2），化为 x1+x2对 k 4，+）都成立，令 g（ k）=，k 4，+） ，g （k） =1 0，对 k 4，+）恒成立， g（k） g（4） =5，第 34 页（共 50 页）， x1+x2，即 x1+x2的取值范围是点评：本 题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、问题的等价转化方法、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题21 （2015?岳阳二模）已知函数f（x）=ex x，其中 e 为自然底数（1）求函数f（x）的极值；（2）若

73、函数F（x）=f （x） ax21 的导函数F（x）在 0，+）上是增函数，求实数a的取值范围；（3）求证：+ +n+（n N*） 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；导数在最大值、最小值问题中的应用专题：导数的综合应用分析：（1）求出函数的导数，利用导函数的符号，判断单调性求解极值即可（2）通过导函数的单调性求解极值，通过恒成立，求出a 的范围（3）由（ 2）可知， g（ 0）=0，且当时， g（x）在 0，+）上是增函数，利用F（ x）在0，+）是增函数，得到（x 0，+） ）依次令，求出函数值，利用累加推出结果即可解答：（本小题满分13 分）解： （1）f （ x）=

74、ex1 令 f （x）=ex1=0 解之得 x=0 （1 分）当 x 变化时 f （x） 、f（x）的变化情况如下表：x （ ，0）0 （0，+）f （x）0 + f（x）减函数极小值增函数 f（x）在 R 上有极小值，f（ x）极小值=f （0）=1 （ 3 分）（2）F （x）=f （ x） 2ax=ex2ax 1，令 g（ x）=F （x）由于 F （x）在 0，+）上是增函数，故g （x）=ex2a 0 （5 分）从而在 x 0， +）上恒成立， （7 分）（3）由（ 2）可知， g（0）=0，且当时， g（ x）在 0，+）上是增函数，第 35 页（共 50 页） 当 x 0，+）时

75、， g（x） g（0）=0，即 F （x） F （0）=0， F（x）在 0，+）是增函数 （9 分）又由于 F（0）=0， F（x） 0（x 0，+） ）即（x 0，+） ）依次令，可得， ， （11 分）累加得： （13 分）点评：本题考查函数的导数的应用，函数的极值的求法，累加法的应用，考查分析问题解决问题的能力22 （2015?厦门一模）已知函数f（x）=sinx， g（x）=f（x） ax，x 0，（1）当 a= 时，求函数g（x）的单调递增区间；（2）若函数g（ x）的最小值为0，求实数a 的取值范围；（3） 设 0 x1x2， 试比较与的大小，并说明理由考点 ： 利 用导数研究函

76、数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用专题 ： 导 数的综合应用分析：（ 1）将 a 的值代入函数，求出g（x）的导数，令g （x） 0，从而求出g（x）的递增区间；（ 2）先求出g（x）的导数，通过讨论a 的范围，从而综合得出结论；第 36 页（共 50 页）（ 3）通过+，得到新函数h（x）=22（cosx1cosx2）+（ x1x2） （sinx1+sinx2） ， x 0，x2） ，通过讨论h（x）的单调性，得到h（x） h（x2）=0，从而得到结论解答：解： （1）a= 时， g（x）=sinxx，x 0，g （x） =cosx，令 g （x） 0，解得： 0 x， 函数 g（

77、x）在 0，单调递增；（ 2） g （x）=cosxa， a1 时， g （x） 0，函数 g（x）在 0，单调递减， g（x）min=g（）=a=0，解得： a=0（舍）， 0 a 1 时， g（x）min=g （0） ，g（），由 g（ 0）=0， g（） g（0）=0， 0 a， a0 时， g （x） 0，函数 g（x）在 0，单调递增，g（x）min=g（0）=0，综上 a；（ 3）由于+=+=， x1x2， 只需研究2（ cosx1cosx2）+（x1 x2） （sinx1+sinx2）在 0 x1x2上的正负情况，令 h（ x）=22（cosx1cosx2）+（x1x2） （si

78、nx1+sinx2） ，x 0，x2） ，其中 0x2，第 37 页（共 50 页）h （x） =sinx+sinx2+（xx2）cosx，令 s（ x）=h （x）=sinx+sinx2+（xx2）cosx，则 s （x）= cosx+cosx+（xx2） （ sinx）=（ xx2）sinx， 0 xx2， s （x） 0， s（x）在 0，x2）上 ， h （x）=s（x） s（x2）=0 在 0，x2）上成立， h（x）在 0，x2）上递减， h（x） h（x2） =0，+ 0， 点评：本 题考查函数与导数、函数的单调性、最值等基础知识；考查运算求解能力、抽象概括能力及推理论证能力；考

79、查分类与整合、函数与方程、 数形结合、 化归与转化思想23 （2015?顺义区一模）已知函数f（x）=a2x2+ax lnx（ ）当 a0 时，求函数f（x）的单调区间；（ ）设 g（x）=a2x2f（x） ，且函数g（x）在点 x=1 处的切线为l，直线 l l，且 l 在 y轴上的截距为1，求证：无论a取任何实数，函数g（x）的图象恒在直线l 的下方；（ ）已知点A（1， g（1） ） ，Q（x0，g（x0） ） ，且当 x01 时，直线QA 的斜率恒小于2，求实数 a 的取值范围考点 ： 利 用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程专题 ： 计 算题；证明题；压轴题；导数的

80、综合应用；直线与圆分析：（ I）先求导并化简，从而由导数的正负列表确定函数的单调性及单调区间即可；（ II）化简函数g（x）=a2x2 f（x）=lnx ax，再求导，从而得到直线 l 的斜率 kl=1 a，再由 l l，且 l 在 y 轴上的截距为1 写出直线l 的方程 y=（1 a）x+1，再令 h（x）=g（x） （1a）x+1并化简，从而可把无论a取任何实数，函数 g（x）的图象恒在直线l 的下方化为h（x）0（?a R，?x0）恒成立，再求导求函数的最大值即可证明（ III ）化简 A（1， a） ， Q（x0，lnx0ax0） ，从而写出直线QA 的斜率，从而可化恒成立问题为lnx

81、0（ a+2） （ x01） 0 恒成立，再令r（x）=lnx （ a+2） （x 1） （x 1） ，求导，再讨论以确定r（ x）的最大值情况即可求出实数a的取值范围解答：（ I）解： f（x）=a2x2+axlnx，第 38 页（共 50 页），所以， a0 时， f（x）与 f （ x）的变化情况如下：x f （x）0 + f（x）因此，函数f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为（ II）证明： g（x）=a2x2f（x）=lnx ax，所以 g （1）=1a，所以 l 的斜率 kl=1 a因为 l l，且 l 在 y 轴上的截距为1，所以直线l 的方程为y=（1a）x+1，令 h（

82、x）=g（x） （1a） x+1=lnx x 1（x0） ，则无论 a 取任何实数，函数g（x）的图象恒在直线l 的下方可化为h（x） 0（?a R， ?x0） ，而当 x （0，1）时， h （x） 0，当 x （1， +）时， h （x） 0，所以函数h（x）的（ 0，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减，从而当 x=1 时， h（x）取得极大值h（1）=2，即在（ 0，+）上， h（x）取得最大值h（1） =2，所以 h（x） 20（?a R， ?x0） ，因此，无论a取任何实数，函数g（ x）的图象恒在直线l 的下方（ III ）因为 A（1， a） ， Q（x0，lnx0ax0）

83、，所以，所以当 x01 时，即 lnx0（ a+2） （ x01） 0 恒成立，令 r（x）=lnx （ a+2） （x1） （x1） ，则，因为 x1，所以（ i）当 a 2 时， a+2 0，此时 r （ x） 0，所以 r（ x）在（ 1，+）上单调递增，有r（x） r（1）=0 不满足题意；（ ii）当 2a 1 时， 0a+21，第 39 页（共 50 页）所以当时， r （x） 0，当时， r （x） 0，所以至少存在，使得 r（ t） r（1）=0 不满足题意；（ iii ）当 a 1 时， a+2 1，此时 r （x） 0，所以 r（ x）在（ 1，+）上单调递减，r（x） r

84、（1） =0，满足题意综上可得a 1，故所求实数a的取值范围是1，+） 点评：本 题考查了导数的综合应用、函数的性质应用及直线的斜率的求法，同时考查了恒成立问题及分类讨论的思想应用，属于难题24 （2015?南关区校级三模）已知函数f（x）=ln（x1）+（a R）（ ）求函数f（x）的单调区间；（ ）设 m， n 是正数，且m n，求证：考点 ： 利 用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质专题 ： 综 合题；导数的综合应用分析：（ ）求出函数的导数，对a 分情况讨论，（1）当 0 a 2 时， （2）当 a0 或 a2 时，求出导数为0 的根，即可得到单调区间；（ ）把所证的式子利用对数的

85、运算法则及不等式的基本性质变形，即要证，根据题意得到g（x）在 x 1 时单调递增，且，利用函数的单调性可得证解答：解： （ ）函数 f（x）的定义域为（1，+） ，令 h（ x）=x22ax+2a，由题意得x2（x1） 0，则 =4a28a=4a（a2） ，对称轴为 x=a，（ 1）当 0 a 2 时， h（x） 0，即 f （x） 0，f（x）在（ 1，+）上递增；（ 2）当 a0 或 a2 时， h（x）=0 的两根为，由 h（ 1）=12a+2a=10， a2，得 1x1x2，当 x （x1， x2）时， h（x） 0，f （x） 0，f（ x）递减；当 x （1，x1） （x2，+）

86、时， h（x） 0，f （x） 0，f（x）递增，所以 f（ x）的递增区间为，减区间为a0 时，对称轴在y 轴左边，那么一根必然为负值，虽然有一根大于零，但由于此时h（1）=12a+2a=10，也就是在对称轴与1 之间产生了一个零点，而函数定义域为第 40 页（共 50 页）（ 1，+） ，所以此时原函数在（1，+）恒为增函数（ ）要证，只需证，即，即，设，由题知 g（x）在（ 1，+）上是单调增函数，又，所以，即成立，得到点评：本 题考查利用导数求函数的单调区间，考查不等式的证明，正确利用函数的单调性是关键25 （2015?福建模拟） 已知函数（其中常数a， b R） ，（ ）当 a=1

87、时，若函数f（x）是奇函数，求f（ x）的极值点；（ ）若 a 0，求函数f（x）的单调递增区间；（ ）当时，求函数g（x）在 0， a上的最小值h（a） ，并探索：是否存在满足条件的实数a，使得对任意的x R，f（x） h（a）恒成立考点 ： 函 数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的单调性专题 ： 导 数的综合应用分析：（ I）根据所给的函数是一个奇函数，写出奇函数成立的等式，整理出b 的值是 0，得到函数的解析式，对函数求导，使得导函数等于0，求出极值点（ II）要求函数的单调增区间，首先对函数求导，使得导函数大于0，解不等式，问题转化为解一元二次不等式，注意对于a 值进行讨论（ ）

88、求出函数g（x）在 0，a上的极值、端点值，比较其中最小者即为h（a） ，再利用奇函数性质及基本不等式求出f（x）的最小值，对任意的x R，f（x） h（a）恒成立，等价于 f（x）minh（a） ，在上只要找到一a值满足该不等式即可解答：解 ： （ ）当 a=1 时，因为函数f（x）是奇函数， 对 x R，f（ x）=f（x）成立，得，第 41 页（共 50 页），得，令 f（ x）=0，得 x2=1， x= 1，经检验 x= 1 是函数 f（x）的极值点（ ）因为，令 f（ x） 0? ax22bx+a0，得 ax2+2bxa0， 当 a0 时，方程ax2+2bx a=0 的判别式 =4b

89、2+4a20，两根，单调递增区间为， 当 a0 时，单调递增区间为和（ ） 因为，当 x 0，a时，令 g（x）=0，得，其中当 x 变化时， g（x）与 g（x）的变化情况如下表：x （0，x0）x0（ x0，a）g（x）+ 0 g（x） 函数 g（x）在 0，a上的最小值为g（0）与 g（a）中的较小者又 g（ 0）=0， h（a）=g（a） ，b=0 时，由函数是奇函数，且， x0 时，当 x=1 时取得最大值；当 x=0 时， f（0） =0；当 x0 时， 函数 f（x）的最小值为，第 42 页（共 50 页）要使对任意x R，f（x） h（a）恒成立，则f（x）最小h（a） ，即不

90、等式在上有解， a=符合上述不等式， 存在满足条件的实数a= ，使对任意x R，f（x） h（a）恒成立点评：本 题是考查导数的综合应用的题目，是一个以考查函数的单调性和最值为主的题目，同时考查分析问题解决问题的能力，解题过程中要解含参数的一元二次不等式的解法26 （2015?湖南二模）设函数f（x）=x+alnx （a R） （e=2.71828 是一个无理数） （1）若函数f（x）在定义域上不单调，求a 的取值范围；（2）设函数f（x）的两个极值点分别为x1和 x2，记过点 A（x1，f（x1） ） ，B（x2，f（x2） ）的直线斜率为k，若 k?a2 恒成立，求a 的取值集合考点 ：

91、利 用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性专题 ： 导 数的综合应用；不等式的解法及应用分析：（ 1）求出导数，令g（x）=x2 ax+1，其判别式 =a24讨论当 2 a 2 时， 当 a 2 时， 当 a 2时，由导数符号确定函数的单调性，即可得到a的范围；（ 2）运用韦达定理可得a=x1+x2=x2+ 2，作差 f（x1） f（x2） ，再由条件，结合恒成立思想，运用函数的单调性，构造函数F（x）=x+?lnx（x1） ，通过求导，判断单调性可得x2 e，即可得到a 的范围解答：解： （1） f（x）的定义域为（0，+） ，f （x）=1+=，令 g（ x）=x2ax+1，其判别

92、式 =a2 4 当 2 a 2时， 0， f （x） 0，故 f（x）在（ 0，+）上单调递减，不合题意 当 a 2 时， 0，g（ x）=0 的两根都小于零，故在（ 0，+）上， f （x） 0，故 f（x）在（ 0，+）上单调递减，不合题意 当 a2 时， 0，设 g（x）=0 的两个根x1，x2都大于零，令 x1=，x2=，x1x2=1，当 0 xx1时， f （x） 0，当 x1xx2时， f （x） 0，当 xx2时， f （x）0，故 f（x）分别在（ 0，x1） ， （x2，+）上单调递减，在（x1，x2）上单调递增，综上所述， a 的取值范围是（2，+） （ 2）依题意及（1）

93、知， a=x1+x2=x2+2，第 43 页（共 50 页） f（x1） f（x2）=x1+alnx1（x2+alnx2）=+（x2 x1）+a（lnx1lnx2） ， k=1+a?=2+a?若 k?a2，则 2+a?a2，不妨设 x1x2，则 x1x2（ lnx1 lnx2） 又 x1=，x2（ 2lnx2） ，x2+lnx2 0（x21） 恒成立记 F（x）=x+?lnx （x1） ，F （ x）=1+? ，记 x1 =，x2 +，由（ 1） 知 F（x）在（ 1，x2 ）上单调递增，在（x2 ，+）上单调递减，且易知 0x1 1x2 e又 F（1）=0，F（e） =0，所以，当x （1，

94、 e）时， F（x） 0；当 x e， +）时， F（x） 0故由式可得， x2 e，代入方程g（x2）=x22ax2+1=0，得 a=x2+ e+ （ a=x2+在 x2 e，+）上递增）又 a 2，所以 a 的取值集合是 a|a e+ 点评：本 题考查导数的运用：求单调区间、极值，主要考查极值的运用，运用分类讨论的思想方法是解题的关键，同时考查函数的单调性的运用和基本不等式的运用，考查运算能力，属于难题第 44 页（共 50 页）27 （2015?汕头一模）设函数g（x）=x22x+1+mlnx ， （m R）（ ）当 m=1 时，求过点P（0， 1）且与曲线y=g（x）（ x1）2相切的

95、切线方程（ ）求函数y=g（x）的单调增区间（ ）若函数y=g（x）有两个极值点a，b，且 ab，记 x表示不大于x 的最大整数，试比较 sin与 cosg（ a）g（b）的大小考点 ： 利 用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程专题 ： 导 数的综合应用分析：（ ）先求出曲线y=lnx ，设切点为（ x0，lnx0） ，这样曲线的斜率为，所以能表示出过点 P（0，1）的切线方程，再根据切线过切点即可求出x0，从而求得切线方程（ ）求 g （x） ，解 g （x） 0，通过讨论m 即可求得该函数的单调增区间（ ）令 g （x）=0，便得 2x22x+m=

96、0 ，该方程的根便是a， b，且 b=，（ b1） ，并通过求g （b） ，判断 g （x）的符号，从而判断该函数在（）上的单调性，求得g（ b）的取值范围，根据取值范围便能求得g（b）；用同样的办法求出 g（a），求出 sin与 cosg（ a）g（b） ，即可比较二者的大小解答：解 ： （ ）曲线方程为y=lnx ，设切点为（x0，lnx0） ；由得切线的斜率，则切线方程为； 切线过点P（0，1） ， 1lnx0=1，即 x0=e2； 所求切线方程为e2xy+1=0 （ ）函数 y=g（x）的定义域为（0，+） ，令 g （x） 0，并结合定义域得2x22x+m0；对应一元二次方程的判别式

97、 =4（12m） 当 0，即时， g （x） 0，则函数 g（x）的增区间为（0，+） ； 当时，函数g（x）的增区间为（0，； 当 m 0 时，函数g（x）的增区间为（ ），令 g （x）=0 得 2x22x+m=0 ；第 45 页（共 50 页）由题意知方程有两个不相等的正根a，b（ab） ，则解得 0，解方程得，则又由 2b22b+m=0 得 m=2b2+2b，所以 g（b） =b22b+1+mlnb=b22b+1+（ 2b2+2b）lnb；当时， g （b） 0，即函数g（b）是上的增函数；所以，故 g（b）的取值范围是则 g（b）=1同理可求，g（a） =a22a+1+（ 2a2+2

98、a）lna；a，即函数 g（a）是上的减函数；，故 g（a）的取值范围是则 g（a）= 1 或 g（a）=0；当 g（a）= 1 时，cos（g（a）g（b） ；当 g（a）=0 时，cos（g（a）g（b） 点评：本 题考查函数在函数曲线上一点处的导数和过该点的切线的斜率的关系，函数导数的符号和函数单调性的关系，函数的极值点和函数导数的关系对于第三问，能正确求出 a， b 的取值范围是求解本问的关键28 （2015?张家港市校级模拟）已知函数，g（x）=logax如果函数h（x）=f（x）+g（x）没有极值点，且h （x）存在零点（1）求 a的值；（2）判断方程f（ x）+2=g（x）根的个

99、数并说明理由；（3）设点 A（x1，y1） ， B（ x2，y2） （x1 x2）是函数 y=g（x）图象上的两点，平行于AB的切线以 P（x0，y0）为切点，求证：x1x0 x2考点：利用导数研究函数的极值；函数恒成立问题专题：计算题；综合题第 46 页（共 50 页）分析：（ 1）因为 h （x）存在零点，所以h （ x）=0 有解，又因为h（x）没有极值点，所以在 h （x）=0 的解的两侧函数的导数符号相同，所以对于方程h （x）=0，满足 =0，就可求出a 的值（ 2）方程 f（x）+2=g（x）可变形为，把方程的左右两边都看做是函数解析式，则只需在同一坐标系中作出这两个函数的图象，

100、图象有几个交点，则方程f（ x）+2=g（x）有几个不相等的实数根（ 3）因为以 P（x0，y0）为切点的切线平行于直线AB ，所以切线斜率等于直线AB 的斜率，即，就可把x0用 A，B 点的横坐标x1，x2表示，令，则，利用导数判断函数y=t1lnt 的单调性，就可得到x1x0x2解答：解： （1）依题意， h（x）无极值， h （x）存在零点 x2lna 2xlna+1=0 的 =0，即 4（lna）24lna=0，解得 a=e 或 1， g（x）=logax， a 1， 所求的 a 的值为 e（ 2）方程 f（x）+2=g（x）可变形为在同一坐标系中作出函数和函数 y=lnx 的图象，如

101、右图，观察图象，有两个交点， 方程 f（x）+2=g（x）有两个不相等的实数根（ 3）由已知，所以=第 47 页（共 50 页）设得：（t1） 构造函数y=t 1lnt 当 t 1 时，所以函数y=t1lnt 在当 t 1 时是增函数所以 t1 时， t1lnt0，所以 x0 x10 得 x0x1成同理可得x0 x2成立，所以x1x0x2点评：本题主要考查函数极值与导数的关系，以及图象法判断方程解的个数，以及借助导数判断函数单调性的应用，属于综合题29 （2015?南昌校级二模）函数f（x）=，若曲线f（x）在点（ e，f（e） ）处的切线与直线 e2xy+e=0 垂直（其中e为自然对数的底数

102、） （1）若 f（x）在（ m，m+1）上存在极值，求实数m 的取值范围；（2）求证：当x1 时，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专题 ： 导 数的概念及应用；导数的综合应用；不等式的解法及应用分析：（ 1）求出 f（x）的导数，求得切线的斜率，由两直线垂直的条件可得a=1，求导数，求单调区间和极值，令m1m+1，解不等式即可得到取值范围；（ 2）不等式即为?，令 g（x）=，通过导数， 求得，令 h（x）第 48 页（共 50 页）=，运用导数证得h（x） h（1）=，原不等式即可得证解答：解： （1） f （x）=，f（x）在点（ e，f（e） ）处的切线

103、斜率为，由切线与直线e2xy+e=0 垂直，可得 f （e）=，即有=解得得 a=1， f（x）=， f （x）=（x0）当 0 x1，f （x） 0，f（x）为增函数；当 x 1 时， f （x） 0，f（x）为减函数 x=1 是函数 f（x）的极大值点又 f（x）在（ m，m+1）上存在极值 m1m+1 即 0m1 故实数 m 的取值范围是（0，1） ；（ 2）不等式即为?令 g（ x）=则 g （x）=，再令 （x）=xlnx，则 （ x）=1=， x1 （x） 0， （x）在（ 1， +）上是增函数， （x） （1）=10，g （x） 0， g（x）在（ 1， +）上是增函数， x1

104、时， g（x） g（1）=2 故令 h（ x）=，则 h （x） =， x1 1ex0，h （x） 0，即 h（ x）在（ 1，+）上是减函数第 49 页（共 50 页） x1 时， h（x） h（1）=，所以h（x） ，即点评：本 题考查导数的运用：求切线的斜率、单调区间和极值，同时考查构造函数求导数，判断单调性，运用单调性证明不等式，属于中档题30 （2015?宜昌一模）已知函数f（x）=lnx+（1）求曲线y=f（ x）在（ 2，f（2） ）处的切线方程；（2）若 g（x）=f（x）+ax22x 有两个不同的极值点其极小值为M，试比较 2M 与3 的大小，并说明理由；（3）设 qp2，求

105、证：当x （p，q）时，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专题 ： 导 数的综合应用分析：（ 1）求出 f（x）在该点处的导数，即得切线的斜率，用点斜式写出切线的方程；（ 2）利用导数求出函数g（ x）的极小值M，即可比较2M 与 3 的大小；（ 3）用分析法证明x （p， q）时，成立，同理证得x （p，q）时，成立，即得所证结论解答：解： （1） f（x）=lnx+，； 所求的切线方程为，即 x 4y+4ln2=0 ；（ 2） g（x）=ax22x+lnx ，；又 g（x）有两个不同的极值点， p（x） =2ax22x+1=0 在（ 0，+）有两个不同的根x1，x2（x1x2） ，则 0 且 x1+x20，x1x20，解得； g（x）在（ 0， x1）上递增，（x1，x2）上递减，（x2，+）上递增， g（x）的极小值；第 50 页（共 50 页）又，则， M（x2）在（ 1，+）递减，故 2M 3；（ 3）先证明：当x （p，q）时，；即证：，只需证：；事实上，设，易得， u（x）在（ p， q）内递增， u（x） u（p）=0，即原式成立；同理可证当x （p， q）时，；综上，当x （p， q）时，点评：本 题考查了利用导数求函数曲线上某一点处的切线方程的问题，利用导数研究函数的单调性与极值的问题，也考查了不等式的证明问题，是综合性问题