导数压轴题7大题型归类总结

第一篇：导数压轴题7大题型归类总结

导数压轴题7大题型归类总结，逆袭140+

一、导数单调性、极值、最值的直接应用 设a＞0，函数g(x)＝(a^2＋14)e^x＋4.ξ

1、ξ2∈[0，4]，使得|f(ξ1)－g(ξ2)|＜1成立，求a的取值范围．

二、交点与根的分布

三、不等式证明

（一）做差证明不等式

（二）变形构造函数证明不等式

四、不等式恒成立求字母范围

（一）恒成立之最值的直接应用

（二）恒成立之分离参数

（三）恒成立之讨论字母范围

五、函数与导数性质的综合运用

六、导数应用题

七、导数与三角函数的结合

第二篇：高中数学补习教案----导数压轴题7大题型归类总结

导数压轴题7大题型归类总结，逆袭140+

一、导数单调性、极值、最值的直接应用

涉及本单元的题目一般以选择题、填空题的形式考查导数的几何意义，定积分，定积分的几何意义，利用图象判断函数的极值点，利用导数研究函数的单调性、极值、最值等.1.利用导数研究函数的单调性

(1)首先确定所研究函数的定义域，然后对函数进行求导，最后在定义域内根据f′(x)＞0，则函数单调递增，f′(x)＜0，则函数单调递减的原则确定函数的单调性.(2)利用导数确定函数的单调区间后，可以确定函数的图象的变化趋势.2.利用导数研究函数的极值、最值

(1)对函数在定义域内进行求导，令f′(x)=0，解得满足条件的xi(i=1,2…)，判断x=xi处左、右导函数的正负情况，若“左正右负”，则该点处存在极值且为极大值；若“左负右正”，则该点处存在极值且为极小值；若左、右符号相同，则该点处不存在极值.(2)利用导数判断函数y=f(x)的最值通常是在给定闭区间[a,b]内进行考查，利用导数先求出给定区间内存在的所有极值点xi(i=1,2…)，并计算端 点处的函数值，最后进行比较，取最大的为最大值；最小的为最小值，即max{f(a),f(b),f(xi)}，min{f(a),f(b),f(xi)}.(3)注意函数单调性与极值、最值之间的联系.导数值为零的点的左、右两端的单调性对其极值情况的影响，单调性对函数最值的影响，都要注意结合函数的图象进行分析研究.(4)注意极值与最值之间的联系与区别，极值是函数的“局部概念”，最值是函数的“整体概念”，函数的极值不一定是最值，函数的最值也不一定是极值.要注意利用函数的单调性及函数图象直观研究确定.2.定积分及其应用

(1)简单定积分的计算，能够把被积函数变为幂函数、正弦函数、余弦函数、指数函数与常数的和或差，利用定积分的性质把所求的定积分化为若干个定积分的和或差，然后分别用求导公式求出F(x)，使得F′(x)=f(x)，利用牛顿-莱布尼兹公式求出各个定积分的值，最后求得结果.(2)微积分基本定理的应用：能够根据给出的图象情况，建立简单的积分计算式子，求值计算.理解微积分基本定理的几何意义：曲线与 轴围成的曲边多边形的面积，可以通过对该曲线表示的函数解析式在给定区间内求其积分而得到.其一般步骤是：画出图形，确定图形的范围，通过解方程组求出交点的横坐标，定出积分的上、下限；确定被积函数，特别是注意分清被积函数的上、下位置；写出平面图形面积的定积分的表达式；运用微积分基本定理计算定积分，求出平面图形的面积.（2017高考新课标Ⅱ，理11）若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-l)ex-1的极值点，则f(x)的极小值为（）A．-1 B．-2e-

3C．5e-3

D．1

【答案】A 【解析】

由题可得f′(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-l)ex-1=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1，因为f′(-2)=0，所以a=-1，f(x)=(x2-x-1)ex-1，故f′(x)=(x2+x-2)ex-1，令f′(x)＞0，解得x＜-2或x＞1，所以f(x)在(-∞,-2),(1,+∞)上单调递增，在(-2,1)上单调递减，所以f(x)的极小值为f(1)=(1-1-1)e1-1=-1，故选A． 【名师点睛】

（1）可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f ′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f ′(x)的符号不同；

（2）若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．

(2015高考新课标Ⅰ，理12)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a ,其中a＜1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)＜0，则a的取值范围是（）

B．

C．

D．

.(2016高考新课标II，理16)若直线y=kx+b是曲线y=ln x+2的切线，也是曲线y=ln(x+1)的切线，则b=______.（2016高考新课标III，理15）已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)=ln(-x)+3x,则曲线y=f(x)在点（1,−3）处的切线方程是______.二、交点与根的分布

三、不等式证明

（一）做差证明不等式

（二）变形构造函数证明不等式

（三）替换构造不等式证明不等式

四、不等式恒成立求字母范围

（一）恒成立之最值的直接应用

（二）恒成立之分离参数

（三）恒成立之讨论字母范围

五、函数与导数性质的综合运用

六、导数应用题

七、导数与三角函数的结合

补充练习题：

6.（2018，全国1）

7.（2018，,全国2）

8.（2018，全国3）

第三篇：高考数学导数压轴题7大题型总结

高考数学导数压轴题7大题型总结

目前虽然全国高考使用试卷有所差异，但高考压轴题目题型基本都是一致的，几乎没有差异，如果有差异只能是难度上的差异，高考导数压轴题考察的是一种综合能力，其考察内容方法远远高于课本，其涉及基本概念主要是：切线，单调性，非单调，极值，极值点，最值，恒成立等等。

导数解答题是高考数学必考题目，然而学生由于缺乏方法，同时认识上的错误，绝大多数同学会选择完全放弃，我们不可否认导数解答题的难度，但也不能过分的夸大。掌握导数的解体方法和套路，对于基础差的同学不说得满分，但也不至于一分不得。为了帮助大家复习，今天就总结倒数7大题型，让你在高考数学中多拿一分，平时基础好的同学逆袭140也不是问题。1导数单调性、极值、最值的直接应用

交点与根的分布

3不等式证明

（一）做差证明不等式

（二）变形构造函数证明不等式

（三）替换构造不等式证明不等式

不等式恒成立求字母范围

（一）恒成立之最值的直接应用

（二）恒成立之分离参数

（三）恒成立之讨论字母范围

5函数与导数性质的综合运用

6导数应用题

7导数结合三角函数

第四篇：各种构造解导数压轴题

活用构造策略

进入解题佳境

——例说各种构造法解决导数压轴题

古县二中

林立飞

摘要：函数与导数是高考的重要考点，不等式的恒成立问题、函数的零点问题、函数的极值点问题，随着课改的深入与高等数学背景有关的这些问题也在考试中频繁出现，这就需要一线教师对这些题型的解题规律进行探究与归纳。

关键词：函数；导数；命题；构造；参数；罗比达法则

自从导数进入中学数学教材之后，给传统的中学数学带来了生机和活力，为中学数学研究提供了新的视角、新的方法和新的途径，拓宽了高考的命题空间。应用导数知识，研究函数的单调性、零点，以及参数的取值范围和证明不等式是近年高考数学考察重点和热点。

特别值得关注的是，近几年的高考导数压轴题，题型新颖别致、不落俗套，综合了函数、不等式、数列、逻辑等知识。往往以含参问题为载体，同时也蕴含了数形结合、分类讨论、构造等等数学思想方法，综合考察学生的分析问题和解决问题的能力，而且试题难度、深度和广度试题还在不断变化。如何进行突破，是值得研究的课题。通过对大量高考题和模拟题的分析研究，笔者给出了各种构造方法，能够化复杂为简单，化抽象为具体，达到以不变应万变的功效。本文所有例题，均只给出与本文相关的题目条件和方法。

一、构造函数，柳岸花明又一村

构造函数是解决抽象不等式的基本方法，根据题设的条件，并借助初等函数的导数公式和导数的基本运算法则，相应地构造出辅助函数.通过进一步研究辅助函数的有关性质，给予巧妙的解答.在导数题中体会构造函数的数学价值。题型1：已知函数f(x)lnxa(x1)，a∈R．(I)讨论函数f(x)的单调性；(Ⅱ)当x1时，f(x)≤(I)解（省略不谈）。(Ⅱ)解:当x1时,f(x)lnx恒成立，求a的取值范围。x1lnxlnx恒成立等价于lnx-a(x-1)

x1x1lnxxlnx令h(x)lnx-, g(x)a(x-1)x1x1h(x)x1lnx , x1, h(x)0,即h(x)在1，是增函数。(x1)2 g(x)a,当a0时，g(x)在1，是增函数。又h(1）g(1)0

h(x)g(x)(x1)恒成立，只需h(1)g(1)即1a

2二、构造子区间，端点分析显奇效

某些含参导数问题，如果追求一味的分离参数，往往很难奏效，但是假如从端点分析入手，发现端点是临界情况，那么可以对端点进行分析，找到解题突破口。题型2.：设函数f(x)ax2alnx，其中aR（1）讨论单调性

1e1x在区间(1,)内恒成立。x111x1x20 解：对于第二问：f(x)e等价于axalnxexx11x2令F(x)axalnxe。由于F(1)0，欲使得x(1,)，F(x)0成立，x（2）确定a的所有确定的值，使得f(x)则在x1的端点右侧，必存在子区间(1,1)（范围很小，下同），F(x)必须单调递增，即F'(x)0在(1,1)必须成立，由极限思想F'(1)0，所以a成立的必要条件。

11，显然a是命题221，可得 F'(x)0恒成立。211x1证明过程如下：令F'(x)g(x)2axe2

xx另一方面。可以证明，当ax3x2122ax3x21x1x1xe0 e则g'(x)2a2e3=33xxxx故g(x)在x(1,)递增，又g(1)2a10，所以g(x)g(1)0，即F(x)0 综上，a1

2三、构造直线，突破重围建奇功

图像是函数最直观的模型，有些代数式经变形后具备特定的几何意义，这时候可以考虑分解出一次函数，利用直线与函数图象相切，充分运用数形结合求解,深刻揭示数学问题的本质．

题型3：（2010全国卷理科压轴题）设函数f(x)=e1xax(1)若当a=

x21时，求f(x)的单调递增区间； 2（2）若当x0时，f(x)0，求a的取值范围。分析：（1）解略。

(2)考虑第二问，因为当x0时，aR，f(x)0恒成立

ex1ex1ax1，令g(x)当时，由题意变形为，h(x)ax1，xx(x1)ex1xxx0g'(x)，设（），则h(x)(x1)e1h'(x)xe0，所以h(x)在2xx0时单调递增，从而h(x)h(0)0，易知g'(x)0，由罗比达法则ex1limg(x)1，作出函数g(x)和h(x)图象可知，只要limg'(x)a，由罗比达

x0x0x法则limg'(x)x011，所以a。22解题思路总结：

这里，选择h(x)ax1，没有选择yx1，目的是使得参数a出现在直线方程中。以导数为工具，研究曲线的单调性,分析变化趋势,然后在同一坐标系中，作出曲线和直线，从直线与曲线的位置关系出发，一般观察或者比较在端点处曲线的切线斜率的大小关系建立不等式，有时需要求极限值，甚至使用罗比达法则。

四、构造不等式，拨开云雾见蓝天：

已知条件中涉及导数的含参不等式问题频繁出现在各类考题中，格外引人关注，由于这类问题对思维的灵活性较高，常让学生忘而生畏，这种题型结构复杂，常规方法很难奏效，那么需要我们对不等式的结构进行分析，找到解决的突破口。（2018厦门市质检题）：已知函数f(x)(axxa)e（1）若a0，函数f(x)极大值为

2x(aR)

3，求实数a的值； e（2）若对任意的a0，f(x)bln(x1)在x[0,)上恒成立，求实数b取值范围。解：（1）问略

ax2xabln(x1)成立，x[0,)（2）当a0，f(x)bln(x1)ex由于a0，利用放缩法只需

xbln(x1)即可，这时候构建不等式：exx1，xe可用构造法先证明之，令g(x)ex(x1)，g'(x)ex10，所以g(x)g(0)0 从而又只需要：

xxln(x1)，bln(x1)，经过观察再构建不等式

x1x1x11xln(x1)，令h'(x)0，x1(x1)2x1(x1)2可用构造法证明，h(x)所以h(x)h(0)0，从而只要

xln(x1)，因此b1 x1此种方法对于一些既含有指数函数，又含有对数函数的题目比较实用，通过化简将二者进行分离，对于后面求解最值可降低难度.但此种方法需要进行合适的变形，这时需要读者多尝试几种变形..总之，导数及其应用是高中数学的重要内容，是进一步学习高等数学的重要基础.函数与导数综合题其所含知识往往涉及函数、导数、方程、不等式等众多高中数学主干知识,在高考试卷上，它是以压轴题的形式呈现的.由于其信息量、思维量、运算量都比较大，解题方法往往有很强的综合性和灵活性。需要具备较高的数学分析、解决问题的能力.由以上各例可以看出，上述几种方法不是相互排斥的，而是相辅相成的.在具体问题中，往往是几种方法互相配合、共同发力.只要运用得当，就能收到良好的效果。

参考书目1：高考导数问题命题分析及破题技巧 林胜德 《中学理科:高考导航》2006 参考书目2用导数解决不等式问题的几点思考 郭建理 《中学数学》 2012.1

第五篇：高考数学专题-导数压轴题特辑1

导数压轴题特辑1

一．选择题（共3小题）

1．设f＇（x）是函数f（x）的导函数，若f＇（x）＞0，且∀x1，x2∈R（x1≠x2），f（x1）+f（x2）＜2f（），则下列各项中不一定正确的是（）

A．f（2）＜f（e）＜f（π）

B．f′（π）＜f′（e）＜f′（2）

C．f（2）＜f′（2）﹣f′（3）＜f（3）

D．f′（3）＜f（3）﹣f（2）＜f′（2）

2．设函数f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），其导函数为y＝f′（x），若两两不相同实数x1，x2，x3，x4满足f（x1）＝f′（x2）＝f′（x3）＝f（x4），则下列说法正确的是（）

A．x1+x4＜2（x2+x3）

B．x1+x4＞2（x2+x3）

C．x1+x3＜x2+x4

D．x1+x3≥x2+x4

3．已知函数f（x）的定义域为R，且满足f（4）＝1，f′（x）为f（x）的导函数，又知y＝f′（x）的图象如图，若两个正数a，b满足f（2a+b）＜1，则的取值范围是（）

A．[，]

B．（，）

C．[，2]

D．（，2）

二．多选题（共1小题）

4．对于定义域为R的函数f（x），若满足：①f（0）＝0；②当x∈R且x≠0时，都有xf′（x）＞0；③当x1＜0＜x2且|x1|＜|x2|时，都有f（x1）＜f（x2），则称f（x）为“偏对称函数”下列函数是“偏对称函数”的是（）

A．f1（x）＝﹣x3+x2

B．f2（x）＝ex﹣x﹣1

C．f3（x）＝xsinx

D．f4（x）＝

三．解答题（共36小题）

5．已知函数f（x）＝ex（sinx﹣ax2+2a﹣e），其中a∈R，e＝2.71828…为自然数的底数．

（1）当a＝0时，讨论函数f（x）的单调性；

（2）当≤a≤1时，求证：对任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．

6．（1）已知函数是奇函数，又f（1）＝2，f（2）＜3，且f（x）在[1，+∞）上递增．

①求a，b，c的值；

②当x＜0时，讨论f（x）的单调性．

（2）已知二次函数f（x）的图象开口向下，且对于任意实数x都有f（2﹣x）＝f（2+x）求不等式：f[（x2+x+）]＜f[（2x2﹣x+）]的解．

7．已知函数f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna．

（1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．

8．已知函数f（x）＝（eax﹣1）lnx（a＞0）．

（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

（2）若关于x的方程f（x）＝ax2﹣ax在[1，+∞）上恰有三个不同的实数解，求a的取值范围．

9．已知函数f（x）＝ax，g（x）＝logax，其中a＞1．

（Ⅰ）求函数h（x）＝f（x）﹣xlna的单调区间；

（Ⅱ）若曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线平行，证明x1+g（x2）＝﹣；

（Ⅲ）证明当a≥时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．

10．已知函数（e为自然对数的底数）．

（1）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线与曲线y＝g（x）在点（0，g（0））处的切线互相垂直，求

函数在区间[﹣1，1]上的最大值；

（2）设函数，试讨论函数h（x）零点的个数．

11．已知函数f（x）＝eax，g（x）＝﹣x2+bx+c（a，b，c∈R），且曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（0，c）处具有公共切线．设h（x）＝f（x）﹣g（x）．

（Ⅰ）求c的值，及a，b的关系式；

（Ⅱ）求函数h（x）的单调区间；

（Ⅲ）设a≥0，若对于任意x1，x2∈[0，1]，都有|h（x1）﹣h（x2）|≤e﹣1，求a的取值范围．

12．设函数f（x）＝ln（1+ax）+bx，g（x）＝f（x）﹣bx2．

（Ⅰ）若a＝1，b＝﹣1，求函数f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若曲线y＝g（x）在点（1，ln3）处的切线与直线11x﹣3y＝0平行．

（i）求a，b的值；

（ii）求实数k（k≤3）的取值范围，使得g（x）＞k（x2﹣x）对x∈（0，+∞）恒成立．

13．已知函数f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e为自然对数的底数．

（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线l：x+2y＝0垂直，求实数a的值；

（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；

（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的较大者，记函数h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函数h（x）在（0，+∞）内恰有2个零点，求实数a的取值范围．

14．已知函数

f（x）＝lnx，g（x）＝ex

（1）若函数h（x）＝f（x）﹣，求函数h（x）的单调区间；

（2）设直线l为函数f（x）的图象上的一点

A（x0，f（x0））处的切线，证明：在区间（0，+∞）

上存在唯一的x0，使得直线l

与曲线y＝g（x）

相切．

15．已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝ex

（1）求函数h（x）＝g（x）f′（x）的单调区间；

（2）设直线l为函数f（x）图象上一点A（x0，lnx0）处的切线，证明：在区间（1，+∞）上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y＝g（x）相切．

16．已知函数f（x）＝x+，g（x）＝x﹣lnx，其中a∈R且a≠0．

（Ⅰ）求曲线y＝g（x）在点（1，g（1））处的切线方程；

（II）当a＝1时，求函数h（x）＝f（x）+g（x）的单调区间；

（III）设函数u（x）＝若u（x）＝f（x）对任意x∈[1，e]均成立，求a的取值范围．

17．已知函数f（x）＝x2+2ax（x＞0），g（x）＝3alnx+a，其中a＞0．

（1）当a＝1时，求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间；

（2）是否存在常数a，使两曲线y＝f（x），y＝g（x）有公共点，且在该点处的切线相同？若存在，请求出实数a的值；若不存在，请说明理由．

18．已知函数f（x）＝x3﹣x2+x，g（x）＝﹣（m﹣1）x，m∈R．

（Ⅰ）若f（x）在x＝1取得极值，求曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线方程；

（Ⅱ）若f（x）在区间（，+∞）上为增函数，求m的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间和极值．

19．已知函数f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．

（Ⅰ）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点P（2，m）处有相同的切线（P为切点），求a，b的值；

（Ⅱ）令h（x）＝f（x）+g（x），若函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]，（1）求函数h（x）在区间（﹣∞，﹣1]上的最大值t（a）；

（2）若|h（x）|≤3在x∈[﹣2，0]上恒成立，求实数a的取值范围．

20．已知函数f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．

（1）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点P（2，c）处有相同的切线（P为切点），求a，b的值；

（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]，求函数h（x）在区间（﹣∞，﹣1]上的最大值M（a）

21．已知函数f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．

（1）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点p（2，c）处有相同的切线（p为切点），求实数a，b的值．

（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函数h（x）的单调减区间为[﹣，﹣]；

①求函数h（x）在区间（﹣∞，﹣1]上的最大值M（a）．

②若|h（x）|≤3在x∈[﹣2，0]上恒成立，求实数a的取值范围．

22．已知函数f（x）＝ex+x2﹣x，g（x）＝x2+ax+b，a，b∈R．

（1）当a＝1时，求函数F（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间；

（2）若曲线y＝f（x）在点（0，1）处的切线l与曲线y＝g（x）切于点（1，c），求a，b，c的值；

（3）若f（x）≥g（x）恒成立，求a+b的最大值．

23．函数y＝lnx关于直线x＝1对称的函数为f（x），又函数的导函数为g（x），记h（x）＝f（x）+g（x）．

（1）设曲线y＝h（x）在点（1，h（1））处的切线为l，l与圆（x+1）2+y2＝1相切，求a的值；

（2）求函数h（x）的单调区间；

（3）求函数h（x）在[0，1]上的最大值．

24．（文）已知函数f（x）＝lnx与g（x）＝kx+b（k，b∈R）的图象交于P，Q两点，曲线y＝f（x）在P，Q两点处的切线交于点A．

（1）当k＝e，b＝﹣3时，求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间；（e为自然常数）

（2）若A（，），求实数k，b的值．

25．已知函数f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e为自然对数的底数．

（Ⅰ）当时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；

（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；

（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的较大者，记函数h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函数h（x）在（0，+∞）内恰有2个零点，求实数a的取值范围．

26．设a∈R，函数f（x）＝alnx﹣x．

（1）若f（x）无零点，求实数a的取值范围；

（2）当a＝1时，关于x的方程2x﹣f（x）＝x2+b在[，2]上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围．；

（3）求证：当n≥2，n∈N*时（1+）（1+）…（1+）＜e．

27．已知函数f（x）＝xlnx．

（1）求f（x）的单调区间与极值；

（2）若不等式对任意x∈[1，3]恒成立，求正实数λ的取值范围．

28．已知函数（a∈R）．

（1）求函数f（x）的单调区间；

（2）当函数f（x）与函数g（x）＝lnx图象的公切线l经过坐标原点时，求实数a的取值集合；

（3）证明：当a∈（0，）时，函数h（x）＝f（x）﹣ax有两个零点x1，x2，且满足．

29．已知函数f（x）＝．

（1）若对任意x＞0，f（x）＜0恒成立，求实数a的取值范围；

（2）若函数f（x）有两个不同的零点x1，x2（x1＜x2），证明：+＞2．

30．已知a为常数，函数f（x）＝x2+ax﹣lnx，g（x）＝ex（其中e是自然数对数的底数）．

（1）过坐标原点O作曲线y＝f（x）的切线，设切点P（x0，y0）为，求x0的值；

（2）令，若函数F（x）在区间（0，1]上是单调函数，求a的取值范围．

31．设函数，m∈R．

（1）当m＝e（e为自然对数的底数）时，求f（x）的最小值；

（2）讨论函数零点的个数．

32．已知函数f（x）＝lnx﹣．

（1）若a＝4，求函数f（x）的单调区间；

（2）若函数f（x）在区间（0，1]内单调递增，求实数a的取值范围；

（3）若x1、x2∈R+，且x1≤x2，求证：（lnx1﹣lnx2）（x1+2x2）≤3（x1﹣x2）．

33．设a＞0，函数f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx

（1）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间；

（2）若函数y＝f（x）在区间（0，+∞）上有唯一零点，试求a的值．

34．已知函数．

（1）当a＝0时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程；

（2）令g（x）＝f（x）﹣ax+1，求函数g（x）的极大值；

（3）若a＝﹣2，正实数x1，x2满足f（x1）+f（x2）+x1x2＝0，证明：．

35．已知函数f（x）＝x﹣alnx，g（x）＝﹣（a＞0）

（1）若a＝l，求f（x）的极值；

（2）若存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，求实数a的取值范围．

36．已知函数f（x）＝alnx+x2+bx+1在点（1，f（1））处的切线方程为4x﹣y﹣12＝0．

（1）求函数f（x）的解析式；

（2）求f（x）的单调区间和极值．

37．已知函数f（x）＝alnx+﹣（a+1）x，a∈R．

（Ⅰ）若函数f（x）在区间（1，3）上单调递减，求a的取值范围；

（Ⅱ）当a＝﹣1时，证明f（x）≥．

38．已知函数f（x）＝x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．

（Ⅰ）求函数y＝f（x）的单调区间；

（Ⅱ）当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f（x）+ex＞x2+x+2．

39．已知函数f（x）＝xlnx．

（Ⅰ）求函数f（x）在[1，3]上的最小值；

（Ⅱ）若存在使不等式2f（x）≥﹣x2+ax﹣3成立，求实数a的取值范围．

40．已知函数f（x）＝ax2﹣alnx+x．

（1）讨论函数f（x）的单调性；

（2）若a＜0，设g（x）＝f（x）﹣x，h（x）＝﹣2xlnx+2x，若对任意x1，x2∈[1，+∞）（x1≠x2），|g（x2）﹣g（x1）|≥|h（x2）﹣h（x1）|恒成立，求实数a的取值范围．

导数压轴题特辑1

参考答案与试题解析

一．选择题（共3小题）

1．设f＇（x）是函数f（x）的导函数，若f＇（x）＞0，且∀x1，x2∈R（x1≠x2），f（x1）+f（x2）＜2f（），则下列各项中不一定正确的是（）

A．f（2）＜f（e）＜f（π）

B．f′（π）＜f′（e）＜f′（2）

C．f（2）＜f′（2）﹣f′（3）＜f（3）

D．f′（3）＜f（3）﹣f（2）＜f′（2）

【分析】f′（x）＞0，∴f（x）在R上单调递增，由，可得＜，可得y＝f（x）的图象如图所示，图象是向上凸．进而判断出正误．

【解答】解：∵f′（x）＞0，∴f（x）在R上单调递增，∵，∴＜，∴y＝f（x）的图象如图所示，图象是向上凸．

∴f（2）＜f（e）＜f（π），f′（π）＜f′（e）＜f′（2），可知：A，B正确．

∵f（3）﹣f（2）＝，表示点A（2，f（2）），B（3，f（3））的连线的斜率．

由图可知：f′（3）＜kAB＜f′（2），故D正确．

C项无法推出，故选：C．

【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、切线的斜率、数形结合方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

2．设函数f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），其导函数为y＝f′（x），若两两不相同实数x1，x2，x3，x4满足f（x1）＝f′（x2）＝f′（x3）＝f（x4），则下列说法正确的是（）

A．x1+x4＜2（x2+x3）

B．x1+x4＞2（x2+x3）

C．x1+x3＜x2+x4

D．x1+x3≥x2+x4

【分析】f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），令f（x）＝x2（x﹣a）＝0，解得x．f′（x）＝2x（x﹣a）+x2＝3x（x﹣）＝3﹣．画出图象．根据：两两不相同实数x1，x2，x3，x4满足f（x1）＝f′（x2）＝f′（x3）＝f（x4），可得x2+x3＝．由f（x1）＝f（x4），可得：﹣a＝﹣a，可得x1+x4＜a，即可判断出结论．

【解答】解：f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），令f（x）＝x2（x﹣a）＝0，解得x＝0，或a．可得0，a是函数f（x）的零点．

f′（x）＝2x（x﹣a）+x2＝3x（x﹣）＝3﹣．

可得0是函数f（x）的极大值点，a是函数f（x）的极小值点．

可得0，a是函数f′（x）的零点．

f（0）＝f′（0）＝＝f（a），＝﹣，＝﹣．

画出图象．

两两不相同实数x1，x2，x3，x4满足f（x1）＝f′（x2）＝f′（x3）

＝f（x4），∴x2+x3＝．

由f（x1）＝f（x4），可得：﹣a＝﹣a，化为：﹣a（x1+x4）＝x1x4＜，化为：（x1+x4）（x1+x4﹣a）＜0．

x1+x4＞0，（≤0不成立）．

∴x1+x4＜a＝2（x2+x3）．

∴x1+x4＜2（x2+x3）正确．B不正确．

结合图象可得：CD不正确．

故选：A．

【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值、函数的零点、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

3．已知函数f（x）的定义域为R，且满足f（4）＝1，f′（x）为f（x）的导函数，又知y＝f′（x）的图象如图，若两个正数a，b满足f（2a+b）＜1，则的取值范围是（）

A．[，]

B．（，）

C．[，2]

D．（，2）

【分析】由y＝f′（x）的图象如图，可得：函数f（x）的单调性．可得两个正数a，b满足f（2a+b）＜1＝f（4），可得2a+b＜4，如图所示，由于表示点Q（a，b）与点P（﹣2，﹣3）连线的斜率．即可得出．

【解答】解：由y＝f′（x）的图象如图，可得：函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．

∵两个正数a，b满足f（2a+b）＜1＝f（4），∴2a+b＜4，如图所示，则表示点Q（a，b）与点P（﹣2，﹣3）连线的斜率．

kAP＝＝，kPB＝＝．

∴斜率的取值范围是（，）．

故选：B．

【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、斜率计算公式、线性规划问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

二．多选题（共1小题）

4．对于定义域为R的函数f（x），若满足：①f（0）＝0；②当x∈R且x≠0时，都有xf′（x）＞0；③当x1＜0＜x2且|x1|＜|x2|时，都有f（x1）＜f（x2），则称f（x）为“偏对称函数”下列函数是“偏对称函数”的是（）

A．f1（x）＝﹣x3+x2

B．f2（x）＝ex﹣x﹣1

C．f3（x）＝xsinx

D．f4（x）＝

【分析】运用新定义，分别讨论四个函数是否满足三个条件，结合奇偶性和单调性，以及对称性，即可得到所求结论．

【解答】解：经验证，f1（x），f2（x），f3（x），f4（x）

都满足条件①，∵当x∈R且x≠0时，都有xf′（x）＞0

∴或，即条件②等价于函数

f（x）

在区间

（﹣∞，0）上单调递减，在区间

（0，+∞）

上单调递增，当

x1＜0＜x2且|x1|＜|x2|时，等价于﹣x2＜x1＜0＜﹣x1＜x2，A

中，f1（x）＝﹣x3+x2，f1′（x）＝﹣3x2+2x，则当

x≠0

时，由xf1′（x）＝﹣3x3+2x2＝x2（2﹣3x）≤0，得x≥，不符合条件②，故

f1（x）

不是“偏对称函数”；

B

中，f2（x）＝ex﹣x﹣1，f2′（x）＝ex﹣1，当

x＞0

时，ex＞1，f2′（x）＞0，当

x＜0

时，0＜ex＜1，f2′（x）＜0，则当

x≠0

时，都有

xf2′（x）＞0，符合条件②，∴函数f2（x）＝ex﹣x﹣1

在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）

上单调递增，由

f2（x）的单调性知，当﹣x2＜x1＜0＜﹣x1＜x2时，f2（x1）＜f2（﹣x2），∴f2（x1）﹣f2（x2）＜f2（﹣x2）﹣f2（x2）＝﹣++2x2，令F（x）＝﹣ex+e﹣x+2x，x＞0，F′（x）＝﹣ex﹣e﹣x+2≤﹣2+2＝0，当且仅当

ex＝e﹣x即

x＝0

时，“＝“成立，∴F（x）

在[0，+∞）

上是减函数，∴F（x2）＜F（0）＝0，即

f2（x1）＜f2（x2），符合条件③，故

f2（x）

是“偏对称函数”；

C

中，f3（x）＝xsinx，则

f3（﹣x）＝﹣xsin（﹣x）＝f3（x），则

f3（x）

是偶函数，而f3′（x）＝sinx+xcosx＝sin（x+φ）（tanφ＝x），则根据三角函数的性质可知，当

x＞0

时，f3′（x）的符号有正有负，不符合条件②，故

f3（x）

不是“偏对称函数”；

D

中，由函数

f4（x）＝，当

x＜0

时，f4′（x）＝＜0，当

x＞0

时，f3′（x）＝2＞0，符合条件②，∴函数

f4（x）

在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）

上单调递增，由单调性知，当﹣x2＜x1＜0＜﹣x1＜x2时，f4（x1）＜f4（﹣x2），∴f4（x1）﹣f4（x2）＜f4（﹣x2）﹣f4（x2）＝ln（x2+1）﹣2x2，设

F（x）＝ln（x+1）﹣2x，x＞0，则

F′（x）＝﹣2＜0，F（x）

在（0，+∞）

上是减函数，可得

F（x）＜F（0）＝0，∴F（x2）＜0，即

f（x1）＜f（x2），符合条件③，故

f4（x）

是“偏对称函数”，故选：BD．

【点评】本题主要考查在新定义下利用导数研究函数的单调性与最值，考查计算能力，考查转化与划归思想，属于难题．

三．解答题（共36小题）

5．已知函数f（x）＝ex（sinx﹣ax2+2a﹣e），其中a∈R，e＝2.71828…为自然数的底数．

（1）当a＝0时，讨论函数f（x）的单调性；

（2）当≤a≤1时，求证：对任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．

【分析】（1）求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行讨论即可．

（2）对任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0转化为证明对任意的x∈[0，+∞），sinx﹣ax2+2a﹣e＜0，即可，构造函数，求函数的导数，利用导数进行研究即可．

【解答】解：（1）当a＝0时，f（x）＝ex（sinx﹣e），则f′（x）＝ex（sinx﹣e）+excosx＝ex（sinx﹣e+cosx），∵sinx+cosx＝sin（x+）≤＜e，∴sinx+cosx﹣e＜0

故f′（x）＜0

则f（x）在R上单调递减．

（2）当x≥0时，y＝ex≥1，要证明对任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．

则只需要证明对任意的x∈[0，+∞），sinx﹣ax2+2a﹣e＜0．

设g（a）＝sinx﹣ax2+2a﹣e＝（﹣x2+2）a+sinx﹣e，看作以a为变量的一次函数，要使sinx﹣ax2+2a﹣e＜0，则，即，∵sinx+1﹣e＜0恒成立，∴①恒成立，对于②，令h（x）＝sinx﹣x2+2﹣e，则h′（x）＝cosx﹣2x，设x＝t时，h′（x）＝0，即cost﹣2t＝0．

∴t＝，sint＜sin，∴h（x）在（0，t）上，h′（x）＞0，h（x）单调递增，在（t，+∞）上，h′（x）＜0，h（x）单调递减，则当x＝t时，函数h（x）取得最大值h（t）＝sint﹣t2+2﹣e＝sint﹣（）2+2﹣e

＝sint﹣+2﹣e＝sin2t+sint+﹣e＝（+1）2+﹣e≤（）2+﹣e＝﹣e＜0，故④式成立，综上对任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．

【点评】本题主要考查函数单调性与导数的应用，求函数的导数，构造函数，利用导数是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．

6．（1）已知函数是奇函数，又f（1）＝2，f（2）＜3，且f（x）在[1，+∞）上递增．

①求a，b，c的值；

②当x＜0时，讨论f（x）的单调性．

（2）已知二次函数f（x）的图象开口向下，且对于任意实数x都有f（2﹣x）＝f（2+x）求不等式：f[（x2+x+）]＜f[（2x2﹣x+）]的解．

【分析】A、（1）求三个未知数，需要三个条件，一是定义域要关于原点对称，二是f（1）＝2，三是f（2）＜3，f（x）在[1，+∞）上单调递增可解．

（2）用单调性定义来探讨，先在给定的区间上任取两个变量，且界定大小，再作差变形，在与0比较中出现讨论，再进一步细化区间，确定后即为所求的单调区间．

B、由题设二次函数f（x）的图象开口向下，又对于任意实数x，都有f（2﹣x）＝f（x+2），知其对称轴方程为x＝2，由二次函数的这些特征即可研究出其单调性，分析（x2+x+），（2x2﹣x+）的范围，利用二次函数的单调性转化不等式为（x2+x+）＜（2x2﹣x+），利用对数函数的单调性把不等式转化为x2+x+＞2x2﹣x+，解此不等式即可求得结果．

【解答】A、解：（1）∵f（x）为奇函数，故f（x）的定义域关于原点对称

又f（x）的定义域为

（显然b≠0，否则f（x）为偶函数）

∴，即c＝0

于是得，且，∴

∴，又b∈Z

∴b＝1

∴a＝1

故a＝b＝1，c＝0，符合f（x）在[1，+∞）上单调递增

（2）由（1）知，＝

①当﹣1＜x1＜x2＜0时，显然x1﹣x2＜0，0＜x1x2＜1，x1x2﹣1＜0

∴f（x1）﹣f（x2）＞0

∴f（x）为减函数

②当x1＜x2＜﹣1时，显然x1﹣x2＜0，x1x2＞1，x1x2﹣1＞0

∴f（x1）﹣f（x2）＜0

∴f（x）为增函数

综上所述，f（x）在（﹣∞，﹣1]上是增函数，在[﹣1，0）上是减函数．

B、解：由题意二次函数f（x）图象开口向下，故在对称轴两边的图象是左降右升

又对于任意实数x，都有f（2﹣x）＝f（x+2），故此函数的对称轴方程是x＝2

由此知，函数f（x）在（﹣∞，2]上是增函数，在（2，+∞）是减函数，而x2+x+＝（x+）2+≥，2x2﹣x+＝2（x﹣）2+≥，∴（x2+x+）≤＝2，（2x2﹣x+）≤＝1，∵f[（x2+x+）]＜f[（2x2﹣x+）]

∴（x2+x+）＜（2x2﹣x+），∴x2+x+＞2x2﹣x+，解得，∴不等式的解集为．

【点评】A、此题是中档题．本题主要考查函数利用奇偶性和函数值，单间性来求解析式，在研究单调性中分类讨论的思想应用．

B、本题主要考查二次函数的单调性和对称性，还考查了利用对数函数的单调性解对数不等式和一元二次不等式的解法，特别注意对数不等式的求解时的定义域．

7．已知函数f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna．

（1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．

【分析】（1）根据导数的几何意义即可求出切线方程，可得三角形的面积；

（2）方法一：不等式等价于ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝elnx+lnx，令g（t）＝et+t，根据函数单调性可得lna＞lnx﹣x+1，再构造函数h（x）＝lnx﹣x+1，利用导数求出函数的最值，即可求出a的范围；

方法二：构造两个基本不等式ex＞x﹣1，x﹣1≥lnx，则原不等式转化为x（a﹣1）≥﹣lna，再分类讨论即可求出a的取值范围，方法三：利用分类讨论的思想，当0＜a＜1，此时不符合题意，当a≥1时，f（x）≥ex﹣1﹣lnx，令g（x）＝ex﹣1﹣lnx，再根据导数和函数最值的关系即可证明，方法四：先根据导数和函数的最值的关系求出f（x）≥f（x0）＝﹣2lnx0+1﹣x0≥1，lna＝1﹣x0﹣lnx0，再求出x0的范围，再利用导数求1﹣x0﹣lnx0的范围，即可求出a的范围．

方法五：f（x）≥1等价于aex﹣1﹣lnx+lna≥1，构造函数hg（a）＝a+lna﹣1，利用导数求出函数的最值，即可求出a的范围．

【解答】解：（1）当a＝e时，f（x）＝ex﹣lnx+1，∴f′（x）＝ex﹣，∴f′（1）＝e﹣1，∵f（1）＝e+1，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣（e+1）＝（e﹣1）（x﹣1），当x＝0时，y＝2，当y＝0时，x＝，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积S＝×2×＝．

（2）方法一：由f（x）≥1，可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1，即ex﹣1+lna﹣lnx+lna≥1，即ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝elnx+lnx，令g（t）＝et+t，则g′（t）＝et+1＞0，∴g（t）在R上单调递增，∵g（lna+x﹣1）≥g（lnx）

∴lna+x﹣1≥lnx，即lna≥lnx﹣x+1，令h（x）＝lnx﹣x+1，∴h′（x）＝﹣1＝，当0＜x＜1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，当x＞1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，∴h（x）≤h（1）＝0，∴lna≥0，∴a≥1，故a的范围为[1，+∞）．

方法二：由f（x）≥1可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1，x＞0，a＞0，即aex﹣1﹣1≥lnx﹣lna，设g（x）＝ex﹣x﹣1，∴g′（x）＝ex﹣1＞0恒成立，∴g（x）在（0，+∞）单调递增，∴g（x）＞g（0）＝1﹣0﹣1＝0，∴ex﹣x﹣1＞0，即ex＞x+1，再设h（x）＝x﹣1﹣lnx，∴h′（x）＝1﹣＝，当0＜x＜1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，当x＞1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，∴h（x）≥h（1）＝0，∴x﹣1﹣lnx≥0，即x﹣1≥lnx

∴ex﹣1≥x，则aex﹣1≥ax，此时只需要证ax≥x﹣lna，即证x（a﹣1）≥﹣lna，当a≥1时，∴x（a﹣1）＞0＞﹣lna恒成立，当0＜a＜1时，x（a﹣1）＜0＜﹣lna，此时x（a﹣1）≥﹣lna不成立，综上所述a的取值范围为[1，+∞）．

方法三：由题意可得x∈（0，+∞），a∈（0，+∞），∴f′（x）＝aex﹣1﹣，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，①当0＜a＜1时，f′（1）＝a﹣1＜0，f′（）＝a﹣a＝a（﹣1）＞0，∴存在x0∈（1，）使得f′（x0）＝0，当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，∴f（x）＜f（1）＝a+lna＜a＜1，不满足题意，②当a≥1时，ex﹣1＞0，lna＞0，∴f（x）≥ex﹣1﹣lnx，令g（x）＝ex﹣1﹣lnx，∴g′（x）＝ex﹣1﹣，易知g′（x）在（0，+∞）上为增函数，∵g′（1）＝0，∴当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，∴g（x）≥g（1）＝1，即f（x）≥1，综上所述a的取值范围为[1，+∞）．

方法四：∵f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna，x＞0，a＞0，∴f′（x）＝aex﹣1﹣，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，∵y＝aex﹣1在（0，+∞）上为增函数，y＝在0，+∞）上为减函数，∴y＝aex﹣1与y＝在0，+∞）上有交点，∴存在x0∈（0，+∞），使得f′（x0）＝a﹣＝0，则a＝，则lna+x0﹣1＝﹣lnx0，即lna＝1﹣x0﹣lnx0，当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴f（x）≥f（x0）＝a﹣lnx0+lna

＝﹣lnx0+1﹣x0﹣lnx0＝﹣2lnx0+1﹣x0≥1

∴﹣2lnx0﹣x0≥0

设g（x）＝﹣2lnx﹣x，易知函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）＝1﹣0﹣1＝0，∴当x∈（0，1]时，g（x）≥0，∴x0∈（0，1]时，﹣2lnx0﹣x0≥0，设h（x）＝1﹣x﹣lnx，x∈（0，1]，∴h′（x）＝﹣1﹣＜0恒成立，∴h（x）在（0，1]上单调递减，∴h（x）≥h（1）＝1﹣1﹣ln1＝0，当x→0时，h（x）→+∞，∴lna≥0＝ln1，∴a≥1．

方法五：f（x）≥1等价于aex﹣1﹣lnx+lna≥1，该不等式恒成立．

当x＝1时，有a+lna≥1，其中a＞0．

设g（a）＝a+lna﹣1，则g＇（a）＝1+＞0，则g（a）单调增，且g（1）＝0．

所以若a+lna≥1成立，则必有a≥1．

∴下面证明当a≥1时，f（x）≥1成立．

∵ex≥x+1，把x换成x﹣1得到ex﹣1≥x，∵x﹣1≥lnx，∴x﹣lnx≥1．

∴f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna≥ex﹣1﹣lnx≥x﹣lnx≥1．

综上，a≥1．

【点评】本题考查了导数的几何意义，以及导数和函数的最值的关系，考查了运算求解能力，转化与化归能力，属于难题．

8．已知函数f（x）＝（eax﹣1）lnx（a＞0）．

（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

（2）若关于x的方程f（x）＝ax2﹣ax在[1，+∞）上恰有三个不同的实数解，求a的取值范围．

【分析】（1）求得a＝1时，f（x）的导数，可得切线的斜率和方程，可得切线与x，y轴的交点，由三角形的面积公式，可得所求值；

（2）显然x＝1为方程f（x）＝ax2﹣ax的根，当x＞0且x≠1时，原方程等价于＝＝，构造函数g（x）＝（x＞0），求得导数，判断单调性，可得原方程即为ax＝lnx，由参数分离和构造新函数，求得导数和最值，即可得到所求范围．

【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝（ex﹣1）lnx，可得f（1）＝0，f（x）的导数f′（x）＝exlnx+，所以切线的斜率为k＝f′（1）＝e﹣1，则切线的方程为y＝（e﹣1）（x﹣1），该切线与x轴的交点为（1，0），与y轴的交点为（0，1﹣e），所以所求三角形的面积为×1×（e﹣1）＝；

（2）显然x＝1为方程f（x）＝ax2﹣ax的根，当x＞0且x≠1时，原方程等价于＝＝，设g（x）＝（x＞0），g′（x）＝，设h（x）＝1+（x﹣1）ex（x＞0），h′（x）＝xex＞0，可得h（x）在（0，+∞）递增，则h（x）＞h（（0）＝0，即g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）递增，原方程等价于g（ax）＝g（lnx），只需ax＝lnx在（1，+∞）上有两个不等实根．

故只需ax＝lnx在（1，+∞）上有两个不等的实根．

则a＝（x＞1），设k（x）＝（x＞1），k′（x）＝，可得k（x）在（1，e）递增，在（e，+∞）递减，则k（x）的最大值为k（e）＝，又k（1）＝0，所以a的范围是（0，）．

【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程和单调性、最值，考查方程思想和构造函数法、化简运算能力和推理能力，属于中档题．

9．已知函数f（x）＝ax，g（x）＝logax，其中a＞1．

（Ⅰ）求函数h（x）＝f（x）﹣xlna的单调区间；

（Ⅱ）若曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线平行，证明x1+g（x2）＝﹣；

（Ⅲ）证明当a≥时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．

【分析】（Ⅰ）把f（x）的解析式代入函数h（x）＝f（x）﹣xlna，求其导函数，由导函数的零点对定义域分段，由导函数在各区间段内的符号可得原函数的单调区间；

（Ⅱ）分别求出函数y＝f（x）在点（x1，f（x1））处与y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线的斜率，由斜率相等，两边取对数可得结论；

（Ⅲ）分别求出曲线y＝f（x）在点（）处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，logax2）处的切线方程，把问题转化为证明当a≥时，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1与l2重合，进一步转化为证明当a≥时，方程存在实数解．然后利用导数证明即可．

【解答】（Ⅰ）解：由已知，h（x）＝ax﹣xlna，有h′（x）＝axlna﹣lna，令h′（x）＝0，解得x＝0．

由a＞1，可知当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表：

x

（﹣∞，0）

0

（0，+∞）

h′（x）

﹣

0

+

h（x）

↓

极小值

↑

∴函数h（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）；

（Ⅱ）证明：由f′（x）＝axlna，可得曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线的斜率为lna．

由g′（x）＝，可得曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线的斜率为．

∵这两条切线平行，故有，即，两边取以a为底数的对数，得logax2+x1+2logalna＝0，∴x1+g（x2）＝﹣；

（Ⅲ）证明：曲线y＝f（x）在点（）处的切线l1：，曲线y＝g（x）在点（x2，logax2）处的切线l2：．

要证明当a≥时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线，只需证明当a≥时，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1与l2重合，即只需证明当a≥时，方程组

由①得，代入②得：，③

因此，只需证明当a≥时，关于x1的方程③存在实数解．

设函数u（x）＝，既要证明当a≥时，函数y＝u（x）存在零点．

u′（x）＝1﹣（lna）2xax，可知x∈（﹣∞，0）时，u′（x）＞0；x∈（0，+∞）时，u′（x）单调递减，又u′（0）＝1＞0，u′＝＜0，故存在唯一的x0，且x0＞0，使得u′（x0）＝0，即．

由此可得，u（x）在（﹣∞，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，u（x）在x＝x0处取得极大值u（x0）．

∵，故lnlna≥﹣1．

∴＝．

下面证明存在实数t，使得u（t）＜0，由（Ⅰ）可得ax≥1+xlna，当时，有

u（x）≤＝．

∴存在实数t，使得u（t）＜0．

因此，当a≥时，存在x1∈（﹣∞，+∞），使得u（x1）＝0．

∴当a≥时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．

【点评】本题考查导数的运算，导数的几何意义，运用导数研究指数函数与对数公式的性质等基础知识和方法，考查函数与方程思想，化归思想，考查抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，是难题．

10．已知函数（e为自然对数的底数）．

（1）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线与曲线y＝g（x）在点（0，g（0））处的切线互相垂直，求

函数在区间[﹣1，1]上的最大值；

（2）设函数，试讨论函数h（x）零点的个数．

【分析】（1）分别求出y＝f（x）与y＝g（x）在x＝0处的导数，利用斜率之积等于﹣1求得a，得到f（x）解析式，再由导数判断f（x）在区间[﹣1，1]上单调递减，从而求得最大值；

（2）函数g（x）＝ex﹣e在R上单调递增，仅在x＝1处有一个零点，且x＜1时，g（x）＜0，再由导数分类判定f（x）的零点情况，则答案可求．

【解答】解：（1）∵f′（x）＝﹣3x2+a，g′（x）＝ex，∴f′（0）＝a，g′（0）＝1，由题意知，a＝﹣1，f′（x）＝﹣3x2﹣1≤0，f（x）在区间[﹣1，1]上单调递减，∴；

（2）函数g（x）＝ex﹣e在R上单调递增，仅在x＝1处有一个零点，且x＜1时，g（x）＜0，又f′（x）＝﹣3x2+a．

①当a≤0时，f′（x）≤0，f（x）在R上单调递减，且过点（0，﹣），f（﹣1）＝＞0．

即f（x）在x≤0时，必有一个零点，此时y＝h（x）有两个零点；

②当a＞0时，令f′（x）＝﹣3x2+a＝0，解得＜0，＞0．

则是函数f（x）的一个极小值点，是函数f（x）的一个极大值点．

而f（﹣）＝＜0，现在讨论极大值的情况：

f（）＝．

当f（）＜0，即a＜时，函数f（x）在（0，+∞）上恒小于0，此时y＝h（x）有两个零点；

当f（）＝0，即a＝时，函数f（x）在（0，+∞）上有一个零点，此时y＝h（x）有三个零点；

当f（）＞0，即a＞时，函数f（x）在（0，+∞）上有两个零点，一个零点小于，一个零点大于．

若f（1）＝a﹣＜0，即a＜时，y＝h（x）有四个零点；

f（1）＝a﹣＝0，即a＝时，y＝h（x）有三个零点；

f（1）＝a﹣＞0，即a＞时，y＝h（x）有两个零点．

综上所述，当a＜或a＞时，y＝h（x）有两个零点；当a＝或a＝时，y＝h（x）有三个零点；当＜a＜时，y＝h（x）有四个零点．

【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查函数零点的判定，体现了分类讨论的数学思想方法，属难题．

11．已知函数f（x）＝eax，g（x）＝﹣x2+bx+c（a，b，c∈R），且曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（0，c）处具有公共切线．设h（x）＝f（x）﹣g（x）．

（Ⅰ）求c的值，及a，b的关系式；

（Ⅱ）求函数h（x）的单调区间；

（Ⅲ）设a≥0，若对于任意x1，x2∈[0，1]，都有|h（x1）﹣h（x2）|≤e﹣1，求a的取值范围．

【分析】（Ⅰ）分别求得f（x）和g（x）的导数，由题意可知：即可求得c的值及a、b的关系；

（Ⅱ）写出h（x）的表达式，求导，构造辅助函数F（x）＝h′（x），由∀a∈R，F′（x）＞0，即可判断h′（x）的单调性，求得h′（x）的零点，并根据h′（x）判断出h（x）的单调性；

（Ⅲ）由（II）知当x∈[0，1]时，h（x）是增函数，将问题转化为：h（x）max﹣h（x）min＝ea﹣a≤e﹣1，即当a≥0时，G（a）＝ea﹣a﹣（e﹣1）≤0，求得函数的单调性，求得a的取值范围．

【解答】解：（I）∵函数f（x）＝eax，g（x）＝﹣x2+bx+c，∴函数f′（x）＝aeax，g′（x）＝﹣2x+b．

曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（0，c）处具有公共切线，∴，即，∴c＝1，a＝b；…（4分）

（II）由已知，h（x）＝f（x）﹣g（x）＝eax+x2﹣ax﹣1．

∴h′（x）＝aeax+2x﹣a，设F（x）＝aeax+2x﹣a，所以F′（x）＝a2eax+2，∀a∈R，F′（x）＞0，所以h′（x）在（﹣∞，+∞）上为单调递增函数．…（6分）

由（I）得，f′（0）＝g′（0）所以h′（0）＝f′（0）﹣g′（0）＝0，即0是h′（x）的零点．

所以，函数h（x）的导函数h′（x）有且只有一个零点0．…（7分）

所以h′（x）及h（x）符号变化如下，x

（﹣∞，0）

0

（0，+∞）

h（x）

﹣

0

+

h′（x）

↘

极小值

↗

所以函数h′（x）的单调递减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）．…（9分）

（III）由（II）知当x∈[0，1]时，h（x）是增函数．

对于任意x1，x2∈[0，1]，都有|h（x1）﹣h（x2）|≤e﹣1，等价于h（x）max﹣h（x）min＝h（1）﹣h（0）＝ea﹣a≤e﹣1，等价于当a≥0时，G（a）＝ea﹣a﹣（e﹣1）≤0，∵G′（a）＝ea﹣1≥0，∴G（a）在[0，+∞）上是增函数，又G（1）＝0，所以a∈[0，1]．…（13分）

【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、恒成立问题的等价转化方法，考查了计算能力和分析问题的能力，属于难题．

12．设函数f（x）＝ln（1+ax）+bx，g（x）＝f（x）﹣bx2．

（Ⅰ）若a＝1，b＝﹣1，求函数f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若曲线y＝g（x）在点（1，ln3）处的切线与直线11x﹣3y＝0平行．

（i）求a，b的值；

（ii）求实数k（k≤3）的取值范围，使得g（x）＞k（x2﹣x）对x∈（0，+∞）恒成立．

【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；

（Ⅱ）（i）求出g（x）的导数，得到关于a，b的方程组，解出即可；

（ii）问题转化为g（x）﹣k（x2﹣x）＞0对x∈（0，+∞）恒成立．令F（x）＝g（x）﹣k（x2﹣x），求出函数的导数，通过讨论k的范围，求出函数的单调区间，从而确定k的范围即可．

【解答】解：（Ⅰ）当a＝1，b＝﹣1时，f（x）＝ln（1+x）﹣x，（x＞﹣1），则．

当f＇（x）＞0时，﹣1＜x＜0；

当f＇（x）＜0时，x＞0；

所以f（x）的单调增区间为（﹣1，0），单调减区间为（0，+∞）．…（4分）

（Ⅱ）（i）因为g（x）＝f（x）﹣bx2＝ln（1+ax）+b（x﹣x2），所以．

依题设有即

解得．…（8分）

（ii））所以．

g（x）＞k（x2﹣x）对x∈（0，+∞）恒成立，即g（x）﹣k（x2﹣x）＞0对x∈（0，+∞）恒成立．

令F（x）＝g（x）﹣k（x2﹣x）．

则有．

①当1≤k≤3时，当x∈（0，+∞）时，F＇（x）＞0，所以F（x）在（0，+∞）上单调递增．

所以F（x）＞F（0）＝0，即当x∈（0，+∞）时，g（x）＞k（x2﹣x）；

②当k＜1时，当时，F＇（x）＜0，所以F（x）在上单调递减，故当时，F（x）＜F（0）＝0，即当x∈（0，+∞）时，g（x）＞k（x2﹣x）不恒成立．

综上，k∈[1，3]．

…（13分）

【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．

13．已知函数f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e为自然对数的底数．

（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线l：x+2y＝0垂直，求实数a的值；

（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；

（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的较大者，记函数h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函数h（x）在（0，+∞）内恰有2个零点，求实数a的取值范围．

【分析】（I）先对函数求导，结合导数的几何意义可求

（II）由题意可得，f＇（x）＝3x2﹣3a，结合a的范围判断f＇（x）的正负，即可求解，（III）结合导数及函数的零点的判定定理，分类讨论进行求解

【解答】解：（I）f＇（x）＝3x2﹣3a．

曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线l：x+2y＝0垂直，f′（1）＝3﹣3a＝2，∴；

（II）由题意可得，f＇（x）＝3x2﹣3a．

（1）当a≤0时，f＇（x）≥0，∴函数（﹣∞，+∞）在（﹣∞，+∞）内单调递增．．……．……（6分）

（2）当a＞0时，令，解得或．

由，解得或，由，解得，．……．……（8分）

∴函数的单调递增区间为和，单调递减区间为．．……．……（9分）

（III）（1）当x∈（0，e）时，g（x）＞0，由题意可得，h（x）≥g（x）＞0，不满足题意，（2）当x＝e时，g（e）＝0，f（e）＝e3﹣3ae+e，①若f（e）≤0即a，则e是h（x）的一个零点；

②若f（e）＞0即a，则e不是h（x）的一个零点；

（3）当x∈（e，+∞）时，g（x）＜0，此时只需要考虑函数f（x）在（e，+∞）上零点的情况，∵f′（x）＝3x2﹣3a＞3e2﹣3a，∴①当a≤e2时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，又f（e）＝e3﹣3ae+e，∴（i）当a，f（e）≥0，f（x）在（e，+∞）上单调递增，（ii）时，f（e）＜0，又f（2e）＝8e3﹣6ae+e≥8e3﹣6e3+e＞0，f（x）在（e，+∞）上恰有一个零点，②当a＞e2，令f′（x）＝0可得x＝，由f′（x）＜0可得e＜x＜，由f′（x）＞0可得x＞，∴f（x）在（e，）上单调递减，（）上单调递增，∵f（e）＝e3﹣3ae+e＜e3﹣3e3+e＜0，f（2，a）＝8a2﹣6a2+e≥2a2+e＞0，∴此时函数h（x）在（0，+∞）内恰有一个零点，综上，实数a的取值范围是．

【点评】本题主要考查了函数的导数与单调性，极值之间关系的应用，还考查了逻辑思维能力，试题较难

14．已知函数

f（x）＝lnx，g（x）＝ex

（1）若函数h（x）＝f（x）﹣，求函数h（x）的单调区间；

（2）设直线l为函数f（x）的图象上的一点

A（x0，f（x0））处的切线，证明：在区间（0，+∞）

上存在唯一的x0，使得直线l

与曲线y＝g（x）

相切．

【分析】（1）求出函数h（x）的导函数，由导函数的符号直接判断函数h（x）的单调性；

（2）求出函数f（x）和g（x）的导函数，根据函数特点分别在两函数图象上找到点和点，求出两个函数图象分别在点和点处的切线方程，由两切线的截距相等能够说明在区间

（0，+∞）

上存在唯一的x0，使得两切线为同一直线，则问题得证．

【解答】解：（1）h（x）＝f（x）﹣＝lnx﹣，定义域：{x|x＞0，且x≠1}．

＝．

由于x＞0且x≠1，故其在区间（0，1），（1，+∞）内，恒有h′（x）＞0，所以函数h（x）的单调增区间为（0，1），（1，+∞）；

（2）由f（x）＝lnx，所以，当x＝（n＞0）时，故y＝f（x）上存在一点，过该点的切线方程为

①

g（x）＝ex，g′（x）＝ex，当x＝﹣时，故过y＝g（x）上的点的切线方程为

②

两条切线①和②的斜率相同，只要它们在y轴上的截距相等，它们就是同一条切线，为此令：，得n﹣e＝，即③

由于③的左边是关于n的增函数；而其右边，当n≥3以后，是一个正的假分数，因此是关于n的减函数，故在区间[3，+∞）内必存在一个实数n，使得③式成立．

这就证明了“在区间（0，+∞）上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y＝g（x）相切”．

【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，解答的关键是能够在两个曲线上找到符合题意的点，属中高档题．

15．已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝ex

（1）求函数h（x）＝g（x）f′（x）的单调区间；

（2）设直线l为函数f（x）图象上一点A（x0，lnx0）处的切线，证明：在区间（1，+∞）上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y＝g（x）相切．

【分析】（1）求导函数，再由导数大于0和小于0，求出函数h（x）的单调区间；

（2）先求直线l为函数图象上一点A（x0，f

（x0））处的切线方程，设直线l与曲线y＝g（x）相切于点（x1，ex1），进而可得lnx0＝，再证明在区间（1，+∞）上x0存在且唯一即可．

【解答】解：（1）∵函数f（x）＝lnx，g（x）＝ex，∴h（x）＝g（x）f′（x）＝，∴，由＞0，得x＞1；由＜0，得x＜1．

∴函数h（x）的增区间是（1，+∞）；减区间是（﹣∞，1）．

（2）证明：∵f′（x）＝，∴f′（x0）＝，∴切线l的方程为y﹣lnx0＝（x﹣x0），即y＝x+lnx0﹣1，①（6分）

设直线l与曲线y＝g（x）相切于点（x1，ex1），∵g＇（x）＝ex，∴ex1＝，∴x1＝﹣lnx0．（8分）

∴直线l也为y﹣＝（x+lnx0），即y＝x++，②（9分）

由①②得

lnx0﹣1＝+，∴lnx0＝．（11分）

下证：在区间（1，+∞）上x0存在且唯一．

设φ（x）＝f（x）﹣，φ′（x）＝+＝．（2分）

∵x＞0且x≠1，∴φ′（x）＞0

∴函数φ（x）在区间（1，+∞）上递增．

又φ（e）＝lne﹣＝＜0，φ（e2）＝lne2﹣＝＞0，（13分）

结合零点存在性定理，方程φ（x）＝0必在区间（e，e2）上有唯一的根，这个根就是所求的唯一x0．

故在区间（1，+∞）上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y＝g（x）相切．

【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，同时考查零点存在性定理，综合性比较强．

16．已知函数f（x）＝x+，g（x）＝x﹣lnx，其中a∈R且a≠0．

（Ⅰ）求曲线y＝g（x）在点（1，g（1））处的切线方程；

（II）当a＝1时，求函数h（x）＝f（x）+g（x）的单调区间；

（III）设函数u（x）＝若u（x）＝f（x）对任意x∈[1，e]均成立，求a的取值范围．

【分析】（Ⅰ）求出导数，求得切线的斜率和切点，可得切线方程；

（II）求出当a＝1时的函数的导数，令导数大于0，求得增区间，令导数小于0，可得减区间，注意定义域；

（III）由题意可得f（x）≥g（x）对任意x∈[1，e]均成立，即为x+≥x﹣lnx，运用参数分离，由导数判断单调性，求得右边函数的最大值，即可得到a的范围．

【解答】解：（Ⅰ）g（x）＝x﹣lnx的导数为g′（x）＝1﹣，曲线y＝g（x）在点（1，g（1））处的切线斜率为k＝g′（1）＝0，切点为（1，1），则曲线y＝g（x）在点（1，g（1））处的切线方程为y＝1；

（II）当a＝1时，函数h（x）＝f（x）+g（x）＝2x﹣lnx+，导数h′（x）＝2﹣﹣＝，由h′（x）＞0可得x＞1；由h′（x）＜0可得0＜x＜1．

则h（x）的增区间为（1，+∞），减区间为（0，1）；

（III）由题意可得f（x）≥g（x）对任意x∈[1，e]均成立，即为x+≥x﹣lnx，即有a≥﹣xlnx，令y＝﹣xlnx，x∈[1，e]，则y′＝﹣（1+lnx）＜0，即有y＝﹣xlnx在[1，e]递减，则y＝﹣xlnx的最大值为0，则a≥0，由a∈R且a≠0．

即有a＞0．

则a的取值范围是（0，+∞）．

【点评】本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间，同时考查不等式恒成立问题，注意运用参数分离，函数的单调性，属于中档题．

17．已知函数f（x）＝x2+2ax（x＞0），g（x）＝3alnx+a，其中a＞0．

（1）当a＝1时，求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间；

（2）是否存在常数a，使两曲线y＝f（x），y＝g（x）有公共点，且在该点处的切线相同？若存在，请求出实数a的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）a＝1时，求出h（x），然后求导数，根据导数符号即可判断函数h（x）的单调性，从而得出其单调区间；

（2）可假设存在公共点（x0，y0），该点在f（x），g（x）的图象上，且在该点处的切线相同，从而可出f（x），g（x）在该点的导数值相等，这样便可得出关于x0的方程组，可整理得到x0﹣1＝2lnx0，从而得出x0＝1，带入前面的式子又可以求出a，这样便得出存在常数a，使两曲线y＝f（x），y＝g（x）有公共点，且在该点处的切线相同．

【解答】解：（1）a＝1时，h（x）＝，；

解x2+2x﹣3＝0得，x＝﹣3，或1；

∴x∈（0，1）时，h′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0；

∴h（x）的单调减区间为（0，1），增区间为[1，+∞）；

（2）假设存在，设公共点为（x0，y0），则：；

∴f′（x）＝x+2a，∴k＝x0+2a；，∴；

∴；

∴；

将②代入①：3a+2ax0＝6alnx0+5a；

∴x0﹣1＝3lnx0；

x0＝1，带入②得，a＝1；

∴存在常数a，使两曲线y＝f（x），y＝g（x）有公共点，且在该点处的切线相同，且a＝1．

【点评】考查根据导数符号判断函数单调性及求单调区间的方法，二次函数的符号和对应一元二次方程根的关系，以及函数在切点处的导数和切线斜率的关系．

18．已知函数f（x）＝x3﹣x2+x，g（x）＝﹣（m﹣1）x，m∈R．

（Ⅰ）若f（x）在x＝1取得极值，求曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线方程；

（Ⅱ）若f（x）在区间（，+∞）上为增函数，求m的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间和极值．

【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，假设f（2），f′（2），求出切线方程即可；

（Ⅱ）问题转化为在区间上恒成立，求出x+的最小值，解关于m的不等式即可求出m的范围；

（Ⅲ）求出h（x）的导数，得到h（x）的单调区间，从而求出函数的极值即可．

【解答】解：（Ⅰ）

f＇（x）＝x2﹣（m+1）x+1，又∵函数f（x）在x＝1处取得极值，∴f＇（1）＝1﹣（m+1）+1＝0，∴m＝1，∴，f＇（2）＝1，∴曲线y＝f（x）在（2，f（2））处的切线方程为：，即：3x﹣3y﹣4＝0；

（Ⅱ）

f＇（x）＝x2﹣（m+1）x+1，∵f（x）在区间上为增函数，∴x2﹣（m+1）x+1≥0，∴在区间上恒成立，∵当时，当且仅当x＝1时取得最小值，∴m+1≤2，即m≤1；

（Ⅲ），∴h＇（x）＝x2﹣（m+1）x+m＝（x﹣1）（x﹣m），令h＇（x）＝0，得x＝m或x＝1，当m＝1时，h＇（x）＝（x﹣1）2≥0，∴h（x）在R上是增函数，无极值，当m＜1时，h（x），h＇（x）随x的变化情况如下表：

x

（﹣∞，m）

m

（m，1）

（1，+∞）

h＇（x）

+

0

﹣

0

+

h（x）

↗

极大值

↘

极小值

↗

∴函数h（x）的单调递增区间为（﹣∞，m）和（1，+∞）；单调递减区间为（m，1），故当x＝m时，函数h（x）取得极大值，极大值为；

当x＝1时，函数h（x）取得极小值，极小值为．

【点评】本题考查了函数的单调性、最值、极值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道中档题．

19．已知函数f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．

（Ⅰ）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点P（2，m）处有相同的切线（P为切点），求a，b的值；

（Ⅱ）令h（x）＝f（x）+g（x），若函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]，（1）求函数h（x）在区间（﹣∞，﹣1]上的最大值t（a）；

（2）若|h（x）|≤3在x∈[﹣2，0]上恒成立，求实数a的取值范围．

【分析】（Ⅰ）根据曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（2，m）处具有公共切线，可知切点处的函数值相等，切点处的斜率相等，故可求a、b的值；

（Ⅱ）（1）根据函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]得出a2＝4b，构建函数h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+a2x+1，求导函数，利用导数的正负，可确定函数的单调区间，进而分类讨论，确定函数在区间（﹣∞，﹣1]上的最大值．

（2）由（1）知，函数h（x）在（﹣∞，﹣）单调递增，在（﹣，﹣）单调递减，在（﹣，+∞）上单调递增，从而得出其极大值、极小值，再根据|h（x）|≤3，在x∈[﹣2，0]上恒成立，建立关于a的不等关系，解得a的取值范围即可．

【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝ax2+1（a＞0），则f′（x）＝2ax，k1＝4a，g（x）＝x3+bx，则f′（x）＝3x2+b，k2＝12+b，由（2，m）为公共切点，可得：4a＝12+b，又f（2）＝4a+1，g（2）＝8+2b，∴4a+1＝8+2b，与4a＝12+b联立可得：a＝，b＝5．

（Ⅱ）由h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+bx+1，则h′（x）＝3x2+2ax+b，∵函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]，∴当x∈[﹣，﹣]时，3x2+2ax+b≤0恒成立，此时，x＝﹣是方程3x2+2ax+b＝0的一个根，得3（）2+2a（﹣）+b＝0，得a2＝4b，∴h（x）＝x3+ax2+a2x+1

令h′（x）＝0，解得：x1＝﹣，x2＝﹣；

∵a＞0，∴﹣＜﹣，列表如下：

x

（﹣∞，﹣）

﹣

（﹣，﹣）

﹣

（﹣，+∞）

h′（x）

+

﹣

+

h（x）

极大值

极小值

∴原函数在（﹣∞，﹣）单调递增，在（﹣，﹣）单调递减，在（﹣，+∞）上单调递增．

①若﹣1≤﹣，即a≤2时，最大值为t（﹣1）＝a﹣；

②若﹣＜﹣1＜﹣，即2＜a＜6时，最大值为t（﹣）＝1

③若﹣1≥﹣时，即a≥6时，最大值为t（﹣）＝1．

综上所述：当a∈（0，2]时，最大值为t（﹣1）＝a﹣；

当a∈（2，+∞）时，最大值为t（﹣）＝1．

（2）由（1）知，函数h（x）在（﹣∞，﹣）单调递增，在（﹣，﹣）单调递减，在（﹣，+∞）上单调递增，故h（﹣）为极大值，h（﹣）＝1；h（﹣）为极小值，h（﹣）＝﹣+1；

∵|h（x）|≤3，在x∈[﹣2，0]上恒成立，又h（0）＝1．

∴，即，解得，∴a的取值范围：4﹣2≤a≤6．

【点评】本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查函数的单调性与最值，解题的关键是正确求出导函数和应用分类讨论的方法，属难题．

20．已知函数f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．

（1）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点P（2，c）处有相同的切线（P为切点），求a，b的值；

（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]，求函数h（x）在区间（﹣∞，﹣1]上的最大值M（a）

【分析】（1）求出函数的导数，得到关于a，b的方程组，解出即可；

（2）求出h（x）的导数，根据函数的单调性得到x＝﹣是方程3x2+2ax+b＝0的一个根，求出a，b的关系，通过讨论a的范围，求出M（a）即可．

【解答】解：（1）由p（2，c）为公共切点可得：f（x）＝ax2+1（a＞0），则f′（x）＝2ax，k1＝4a，g（x）＝x3+bx，则g′（x）＝3x2+b，k2＝12+b，又f（2）＝4a+1，g（2）＝8+2b，∴，解得：a＝，b＝5；

（2）h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+bx+1，∴h′（x）＝3x2+2ax+b，∵h（x）的单调减区间为[﹣，﹣]，∴x∈[﹣，﹣]时，有3x2+2ax+b≤0恒成立，此时x＝﹣是方程3x2+2ax+b＝0的一个根，∴a2＝4b，∴h（x）＝x3+ax2+a2x+1，又∵h（x）在（﹣∞，﹣）单调递增，在（﹣，﹣）单调递减，在（﹣，+∞）上单调递增，若﹣1≤﹣，即a≤2时，最大值为h（﹣1）＝a﹣；

若﹣＜﹣1＜﹣，即2＜a＜6时，最大值为h（﹣）＝1；

若﹣1≥﹣，即a≥6时，∵h（﹣）＝1，h（﹣1）＝a﹣＜h（﹣）＝1，∴最大值为1，综上，M（a）＝．

【点评】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，是一道综合题．

21．已知函数f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．

（1）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点p（2，c）处有相同的切线（p为切点），求实数a，b的值．

（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函数h（x）的单调减区间为[﹣，﹣]；

①求函数h（x）在区间（﹣∞，﹣1]上的最大值M（a）．

②若|h（x）|≤3在x∈[﹣2，0]上恒成立，求实数a的取值范围．

【分析】（1）根据曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（2，c）处具有公共切线，可知切点处的函数值相等，切点处的斜率相等，故可求a、b的值；

（2）①根据函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]得出a2＝4b，构建函数h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+a2x+1，求导函数，利用导数的正负，可确定函数的单调区间，进而分类讨论，确定函数在区间（﹣∞，﹣1）上的最大值．

②由①知，函数h（x）在（﹣∞，﹣）单调递增，在（﹣，﹣）单调递减，在（﹣，+∞）上单调递增，从而得出其极大值、极小值，再根据|h（x）|≤3，在x∈[﹣2，0]上恒成立，建立关于a的不等关系，解得a的取值范围即可．

【解答】解：（1）f（x）＝ax2+1（a＞0），则f′（x）＝2ax，k1＝4a，g（x）＝x3+bx，则f′（x）＝3x2+b，k2＝12+b，由（2，c）为公共切点，可得：4a＝12+b；

又f（2）＝4a+1，g（2）＝8+2b，∴4a+1＝8+2b，与4a＝12+b联立可得：a＝，b＝5；

（2）①由h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+bx+1，则h′（x）＝3x2+2ax+b，因函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]，∴当x∈[﹣，﹣]时，3x2+2ax+b≤0恒成立，此时，x＝﹣是方程3x2+2ax+b＝0的一个根，得3（﹣）2+2a（﹣）+b＝0，得a2＝4b，∴h（x）＝x3+ax2+a2x+1；

令h′（x）＝0，解得：x1＝﹣，x2＝﹣；

∵a＞0，∴﹣＜﹣，列表如下：

x

（﹣∞，﹣）

﹣

（﹣，﹣）

﹣

（﹣，+∞）

h′（x）

+

﹣

+

h（x）

极大值

极小值

∴原函数在（﹣∞，﹣）单调递增，在（﹣，﹣）单调递减，在（﹣，+∞）上单调递增；

若﹣1≤﹣，即a≤2时，最大值为h（﹣1）＝a﹣；

若﹣＜﹣1＜﹣，即2＜a＜6时，最大值为h（﹣）＝1；

若﹣1≥﹣时，即a≥6时，最大值为h（﹣）＝1．

综上所述：当a∈（0，2]时，最大值为h（﹣1）＝a﹣；当a∈（2，+∞）时，最大值为h（﹣）＝1．

②由①知，函数h（x）在（﹣∞，﹣）单调递增，在（﹣，﹣）单调递减，在（﹣，+∞）上单调递增；

故h（﹣）为极大值，h（﹣）＝1；h（﹣）为极小值，h（﹣）＝﹣+1；

∵|h（x）|≤3，在x∈[﹣2，0]上恒成立，又h（0）＝1．

∴，∴a的取值范围：4﹣2≤a≤6．

【点评】本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查函数的单调性与最值，解题的关键是正确求出导函数和应用分类讨论的方法．

22．已知函数f（x）＝ex+x2﹣x，g（x）＝x2+ax+b，a，b∈R．

（1）当a＝1时，求函数F（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间；

（2）若曲线y＝f（x）在点（0，1）处的切线l与曲线y＝g（x）切于点（1，c），求a，b，c的值；

（3）若f（x）≥g（x）恒成立，求a+b的最大值．

【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；

（Ⅱ）求出函数的导数，根据切线方程求出a，b，c的值即可；

（Ⅲ）设h（x）＝f（x）﹣g（x），求出函数的导数，通过讨论a的范围，问题转化为b≤（a+1）﹣（a+1）ln（a+1），得到a+b≤2（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）﹣1，令G（x）＝2x﹣xlnx﹣1，x＞0，根据函数的单调性求出a+b的最大值即可．

【解答】解：（Ⅰ）F（x）＝ex﹣2x﹣b，则F＇（x）＝ex﹣2．

令F＇（x）＝ex﹣2＞0，得x＞ln2，所以F（x）在（ln2，+∞）上单调递增．

令F＇（x）＝ex﹣2＜0，得x＜ln2，所以F（x）在（﹣∞，ln2）上单调递减．…（4分）

（Ⅱ）因为f＇（x）＝ex+2x﹣1，所以f＇（0）＝0，所以l的方程为y＝1．

依题意，c＝1．

于是l与抛物线g（x）＝x2﹣2x+b切于点（1，1），由12﹣2+b＝1得b＝2．

所以a＝﹣2，b＝2，c＝1．…（8分）

（Ⅲ）设h（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣（a+1）x﹣b，则h（x）≥0恒成立．

易得h＇（x）＝ex﹣（a+1）．

（1）当a+1≤0时，因为h＇（x）＞0，所以此时h（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增．

①若a+1＝0，则当b≤0时满足条件，此时a+b≤﹣1；

②若a+1＜0，取x0＜0且，此时，所以h（x）≥0不恒成立．

不满足条件；

（2）当a+1＞0时，令h＇（x）＝0，得x＝ln（a+1）．由h＇（x）＞0，得x＞ln（a+1）；

由h＇（x）＜0，得x＜ln（a+1）．

所以h（x）在（﹣∞，ln（a+1））上单调递减，在（ln（a+1），+∞）上单调递增．

要使得“h（x）＝ex﹣（a+1）x﹣b≥0恒成立”，必须有：

“当x＝ln（a+1）时，h（x）min＝（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）﹣b≥0”成立．

所以b≤（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）．则a+b≤2（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）﹣1．

令G（x）＝2x﹣xlnx﹣1，x＞0，则G＇（x）＝1﹣lnx．

令G＇（x）＝0，得x＝e．由G＇（x）＞0，得0＜x＜e；

由G＇（x）＜0，得x＞e．所以G（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，所以，当x＝e时，G（x）max＝e﹣1．

从而，当a＝e﹣1，b＝0时，a+b的最大值为e﹣1．

综上，a+b的最大值为e﹣1．…（14分）

【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．

23．函数y＝lnx关于直线x＝1对称的函数为f（x），又函数的导函数为g（x），记h（x）＝f（x）+g（x）．

（1）设曲线y＝h（x）在点（1，h（1））处的切线为l，l与圆（x+1）2+y2＝1相切，求a的值；

（2）求函数h（x）的单调区间；

（3）求函数h（x）在[0，1]上的最大值．

【分析】（1）先求过（1，h（1））点的切线方程，根据l与圆（x+1）2+y2＝1相切，利用点线距离等于半径可求a的值；

（2）先求导函数，结合函数的定义域，利用导数大于0的函数的单调增区间，导数小于0得函数的单调减区间

（3）根据（2）中函数的单调区间，结合区间[0，1]进行分类讨论，从而可求h（x）的最大值．

【解答】解：（1）由题意得f（x）＝ln（2﹣x），g（x）＝ax，∴h（x）＝ln（2﹣x）+ax．

∴，过（1，h（1））点的直线的斜率为a﹣1，∴过（1，h（1））点的直线方程为y﹣a＝（a﹣1）（x﹣1）．

又已知圆心为（﹣1，0），半径为1，由题意得，解得a＝1．

（2）．

∵a＞0，∴．

令h′（x）＞0，∴；

令h′（x）＜0，∴，所以，是h（x）的增区间，是h（x）的减区间．

（3）①当，即时，h（x）在[0，1]上是减函数，∴h（x）的最大值为h（0）＝ln2．

②当，即时，h（x）在上是增函数，在上是减函数，∴当时，h（x）的最大值为．

③当，即a≥1时，h（x）在[0，1]上是增函数，∴h（x）的最大值为h（1）＝a．

综上，当时，h（x）的最大值为ln2；

当时，h（x）的最大值为2a﹣1﹣lna；

当a≥1时，h（x）的最大值为a．

【点评】本题以函数为载体，考查导数的几何意义，考查利用导数求函数的单调区间与最值，分类讨论是解题的关键与难点．

24．（文）已知函数f（x）＝lnx与g（x）＝kx+b（k，b∈R）的图象交于P，Q两点，曲线y＝f（x）在P，Q两点处的切线交于点A．

（1）当k＝e，b＝﹣3时，求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间；（e为自然常数）

（2）若A（，），求实数k，b的值．

【分析】（1）构建新函数，求导函数，利用导数确定函数的单调性，从而可求函数的最大值；

（2）先求出切线方程，代入A的坐标，进而求出P，Q的坐标，即可求实数k，b的值．

【解答】解：（1）设h（x）＝f（x）﹣g（x）＝lnx﹣ex+3（x＞0），则h（x）＝﹣e当0＜x＜时，h′（x）＞0，此时函数h（x）为增函数；

当x＞时，h′（x）＜0，此时函数h（x）为减函数．

所以函数h（x）的增区间为（0，），减区间为（，+∞）．

（2）设过点A的直线l与函数f（x）＝lnx切于点（x0，lnx0），则其斜率k＝，故切线l：y﹣lnx0＝（x﹣x0），将点A代入直线l方程得：﹣lnx0＝（﹣x0），即lnx0+﹣1＝0，设v（x）＝lnx+﹣1，则v′（x）＝（x﹣），当0＜x＜时，v′（x）＜0，函数v（x）为减函数；

当x＞时，v′（x）＞0，函数v（x）为增函数．

故方程v（x）＝0至多有两个实根，又v（1）＝v（e）＝0，所以方程v（x）＝0的两个实根为1和e，故P（1，0），Q（e，1），所以k＝，b＝为所求．

【点评】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查导数的几何意义，解题的关键是构建函数，正确运用导数知识．

25．已知函数f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e为自然对数的底数．

（Ⅰ）当时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；

（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；

（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的较大者，记函数h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函数h（x）在（0，+∞）内恰有2个零点，求实数a的取值范围．

【分析】（I）根据导数求出切线斜率，根据点斜式方程得出切线方程；

（II）讨论a的范围，令f′（x）＞0得出增区间，令f′（x）＜0得出减区间；

（III）通过讨论a的范围求出函数f（x）的单调区间，结合函数的单调性以及函数的零点个数确定a的范围即可．

【解答】解：（Ⅰ）当a＝时，f（x）＝x3﹣x+e，∴f＇（x）＝3x2﹣1．

∵f（1）＝e，f′（1）＝2，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣e＝2（x﹣1），即2x﹣y﹣2+e＝0．

（Ⅱ）f＇（x）＝3x2﹣3a．

（1）当a≤0时，f＇（x）≥0，∴函数在（﹣∞，+∞）内单调递增．

（2）当a＞0时，令f′（x）＝0，解得x＝﹣或x＝．

由f′（x）＞0，解得x＜﹣或，由f′（x）＜0，解得，∴函数f（x）的单调递增区间为和，单调递减区间为．

（Ⅲ）∵函数g（x）的定义域为（0，+∞），∴．

∴函数g（x）在（0，+∞）内单调递减．

（1）当x∈（0，e）时，g（x）＞g（e）＝0，依题意，h（x）≥g（x）＞0，不满足条件；

（2）当x＝e时，g（e）＝0，f（e）＝e3﹣3ae+e，①若f（e）＝e3﹣3ae+e≤0，即a≥，则e是h（x）的一个零点；

②若f（e）＝e3﹣3ae+e＞0，即a＜，则e不是h（x）的零点；

（3）当x∈（e，+∞）时，g（x）＜0，所以此时只需考虑函数f（x）在（e，+∞）上零点的情况．

f＇（x）＝3x2﹣3a＞3e2﹣3a，①当a≤e2时，f＇（x）＞0，f（x）在（e，+∞）上单调递增．

又f（e）＝e3﹣3ae+e，（i）当a≤时，f（e）≥0，f（x）在（e，+∞）上无零点；

（ii）当＜a≤e2时，f（e）＜0，又f（2e）＝8e3﹣6ae+e≥8e3﹣6e3+e＞0，所以此时f（x）在（e，+∞）上恰有一个零点；

②当a＞e2时，令f＇（x）＝0，得x＝±．

由f＇（x）＜0，得e＜x＜；

由f＇（x）＞0，得x＞；

所以f（x）在（e，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．

因为f（e）＝e3﹣3ae+e＜e3﹣3e3+e＜0，f（2a）＝8a3﹣6a2+e＞8a2﹣6a2+e＝2a2+e＞0，所以此时f（x）在（e，+∞）上恰有一个零点；

综上，a＞，故实数a的取值范围是．

【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．

26．设a∈R，函数f（x）＝alnx﹣x．

（1）若f（x）无零点，求实数a的取值范围；

（2）当a＝1时，关于x的方程2x﹣f（x）＝x2+b在[，2]上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围．；

（3）求证：当n≥2，n∈N*时（1+）（1+）…（1+）＜e．

【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，确定满足条件的a的范围即可；

（2）令g（x）＝x2﹣3x+lnx+b，（x∈[，2]），结合二次函数的性质以及函数的单调性求出b的范围即可；

（3）根据x＞1时，lnx＜x﹣1，令x＝1+（n≥2，n∈N*），累加即可证明．

【解答】解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）＝﹣1＝，当a＜0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）递减，x→0时，f（x）→+∞，而f（1）＝﹣1，故a＜0时，f（x）存在零点，a＝0时，f（x）＝﹣x，（x＞0），显然无零点，a＞0时，令f′（x）＝0，解得：x＝a，故f（x）在（0，a）递增，在（a，+∞）递减，故f（x）max＝f（a）＝a（lna﹣1），若f（x）无零点，只需a（lna﹣1）＜0，解得：a＜e，综上，0≤a＜e时，f（x）无零点；

（2）a＝1时，f（x）＝lnx﹣x，关于x的方程2x﹣f（x）＝x2+b化为x2﹣3x+lnx+b＝0，令g（x）＝x2﹣3x+lnx+b，（x∈[，2]），∴g′（x）＝2x﹣3+＝，令g′（x）＝0，解得x＝或1，令g′（x）＞0，解得1＜x≤2，此时函数g（x）单调递增，令g′（x）＜0，解得≤x＜1，此时函数g（x）单调递减，∵关于x的方程2x﹣f（x）＝x2+b在[，2]上恰有两个不相等的实数根，则，即，解得：+ln2≤b＜2，∴实数b的取值范围是[+ln2，2）

证明（3）当a＝1时，f（x）＝lnx﹣x，而f（1）＝﹣1，f（x）﹣f（1）＝lnx﹣x﹣1，由y＝lnx﹣x﹣1，得y′＝，令y′＝0，解得：x＝1，故y＝lnx﹣x﹣1在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，故x＝1时，y最大，故f（x）﹣f（1）≤0，即lnx≤x﹣1，∴当x＞1时，lnx＜x﹣1，令x＝1+（n≥2，n∈N*）．

则ln（1+）≤依次取n＝2，3，…，n．

累加求和可得ln（1+）+ln（1+）+…+ln（1+）＜++…+，当n≥2时，＜＝﹣，∴++…+＜++…+＝1﹣+﹣+…+﹣＝1﹣＜1，∴ln（1+）+ln（1+）+…+ln（1+）＜1＝lne，∴当n≥2，n∈N*时（1+）（1+）…（1+）＜e．

【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、“累加求和”、对数的运算性质、放缩、“裂项求和”等基础知识与基本技能方法，考查了等价问题转化方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．

27．已知函数f（x）＝xlnx．

（1）求f（x）的单调区间与极值；

（2）若不等式对任意x∈[1，3]恒成立，求正实数λ的取值范围．

【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的极值即可；

（2）分离参数，问题转化为λ≤，令h（x）＝，根据函数的单调性求出正实数λ的取值范围即可．

【解答】解：（1）∵f（x）＝xlnx，∴f′（x）＝1+lnx，定义域为（0，+∞），又由f′（x）＞0，解得：x＞，f′（x）＜0，解得：0＜x＜．

∴f（x）的单减区间为（0，），f（x）的单增区间为（，+∞），∴f（x）极小值＝f（）＝﹣，无极大值．

（2）∵，故x2+x＞0，将化简可得：（x2+x＞）ln（x2+x）≥λx•eλx，∴f（x2+x）≥f（eλx），∵x2+x≥2，eλx＞e0＝1，由（1）知f（x）在（，+∞）上单增，故x2+x）≥eλx，∴λx≤ln（x2+x），即λ≤．

令h（x）＝，则h′（x）＝，令k（x）＝﹣ln（x2+x），则k′（x）＝•＜0，∴k（x）在[1，3]上单减，而k（1）＝﹣ln＞0，k（3）＝﹣ln＜0，∴∃x0∈（1，3），使得k（x0）＝0且在（1，x0）上，k（x）＞0，h′（x）＞0，h（x）单增，在（x0，3）上，k（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）单减．

∴h（x）min＝h（1）或h（3），而h（1）＝ln＞h（3）＝＝ln，∴λ≤ln．

【点评】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道综合题．

28．已知函数（a∈R）．

（1）求函数f（x）的单调区间；

（2）当函数f（x）与函数g（x）＝lnx图象的公切线l经过坐标原点时，求实数a的取值集合；

（3）证明：当a∈（0，）时，函数h（x）＝f（x）﹣ax有两个零点x1，x2，且满足．

【分析】（1）问利用导数求解单调性．

（2）问先求出公切线l的方程，再探讨a的取值范围．

（3）问先利用导数研究函数h（x）的单调性，证明零点个数．再使用函数思想，构造函数，利用导数研究函数单调性解决不等式问题．

【解答】解：（1）对求导，得，令f′（x）＝0，解得x＝e1﹣a，当x∈（0，e1﹣a）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．

当x∈（e1﹣a，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．

（2）设公切线l与函数g（x）＝lnx的切点为（x0，y0），则公切线l的斜率k＝g′（x0）＝，公切线l的方程为：，将原点坐标（0，0）代入，得y0＝1，解得x0＝e．

公切线l的方程为：，将它与联立，整理得．

令，对之求导得：，令m′（x）＝0，解得．

当时，m′（x）＜0，m（x）单调递减，值域为，当时，m′（x）＞0，m（x）单调递增，值域为，由于直线l与函数f（x）相切，即只有一个公共点，因此．

故实数a的取值集合为{}．

（3）证明：，要证h（x）有两个零点，只要证k（x）＝ax2﹣lnx﹣a有两个零点即可．k（1）＝0，即x＝1时函数k（x）的一个零点．

对k（x）求导得：，令k′（x）＝0，解得

．当时，k′（x）＞0，k（x）单调递增；

当0＜x＜时，k′（x）＜0，k（x）单调递减．当x＝时，k（x）取最小值，k（x）＝ax2﹣lnx﹣a＞ax2﹣（x﹣1）﹣a＝ax2﹣x+1﹣a＞ax2﹣x+，必定存在使得二次函数，即k（x0）＞u（x0）＞0．因此在区间上必定存在k（x）的一个零点．

综上所述，h（x）有两个零点，一个是x＝1，另一个在区间上．

下面证明．

由上面步骤知h（x）有两个零点，一个是x＝1，另一个在区间上．

不妨设x1＝1，x2＞则，下面证明即可．

令，对之求导得，故v（a）在定义域内单调递减，即．

证明完毕．

【点评】本题考察知识点众多，利用导数研究函数单调性，切线与导数的关系，利用导数研究函数的零点个数，利用导数构造函数来证明不等式，对学生的思维能力和思维品质要求极高，属于难题．

29．已知函数f（x）＝．

（1）若对任意x＞0，f（x）＜0恒成立，求实数a的取值范围；

（2）若函数f（x）有两个不同的零点x1，x2（x1＜x2），证明：+＞2．

【分析】（1）求出导函数，根据导函数判断函数的单调性，得出函数的最值，进而求出a的范围；

（2）求出导函数，根据极值点判断函数的零点位置，对零点分类讨论，构造函数，利用放缩法，均值定理证明结论成立．

【解答】解：（1）f（x）＝＝+a+．

f＇＇（x）＝﹣，∴f（x）在（0，l）上递增，（1，+∞）上递减，∴f（x）≤f（1）＝a+1，∴a+1＜0，∴a＜﹣1；

（2）证明：由（1）知，两个不同零点x1∈（0，1），x2∈（1，+∞），若x2∈（1，2），则2﹣x2∈（0，1），设g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x）＝+﹣﹣，则当x∈（0，1）时，g＇（x）＝﹣﹣＞﹣﹣＝﹣＞0，∴g（x）在（0，1）上递增，∴g（x）＜g（1）＝0，∴f（x）＜f（2﹣x），∴f（2﹣x1）＞f（x1）＝f（x2），∴（2﹣x1）＜x2，∴2＜x1+x2，若x2∈（2，+∞），可知2＜x1+x2，显然成立，又+x2≥2＝2x1，同理可得+x1≥2x2，以上两式相加得：++x1+x2≥2（x1+x2），故：+≥（x1+x2）＞2．

【点评】本题考查了导函数的应用，最值问题的转化思想，难点是对参数的分类讨论和均值定理的应用．

30．已知a为常数，函数f（x）＝x2+ax﹣lnx，g（x）＝ex（其中e是自然数对数的底数）．

（1）过坐标原点O作曲线y＝f（x）的切线，设切点P（x0，y0）为，求x0的值；

（2）令，若函数F（x）在区间（0，1]上是单调函数，求a的取值范围．

【分析】（1）先对函数求导，f′（x）＝2x+a﹣，可得切线的斜率k＝2x0+a﹣＝＝，即x02+lnx0﹣1＝0，由x0＝1是方程的解，且y＝x2+lnx﹣1在（0，+∞）上是增函数，可证

（2）由F（x）＝＝，求出函数F（x）的导数，通过研究2﹣a的正负可判断h（x）的单调性，进而可得函数F（x）的单调性，可求a的范围．

【解答】解：（1）f′（x）＝2x+a﹣（x＞0），过切点P（x0，y0）的切线的斜率k＝2x0+a﹣＝＝，整理得x02+lnx0﹣1＝0，显然，x0＝1是这个方程的解，又因为y＝x2+lnx﹣1在（0，+∞）上是增函数，所以方程x2+lnx﹣1＝0有唯一实数解．故x0＝1；

（2）F（x）＝＝，F′（x）＝，设h（x）＝﹣x2+（2﹣a）x+a﹣+lnx，则h′（x）＝﹣2x+++2﹣a，易知h＇（x）在（0，1]上是减函数，从而h＇（x）≥h＇（1）＝2﹣a；

①当2﹣a≥0，即a≤2时，h＇（x）≥0，h（x）在区间（0，1）上是增函数．

∵h（1）＝0，∴h（x）≤0在（0，1]上恒成立，即F＇（x）≤0在（0，1]上恒成立．

∴F（x）在区间（0，1]上是减函数．

所以，a≤2满足题意；

②当2﹣a＜0，即a＞2时，设函数h＇（x）的唯一零点为x0，则h（x）在（0，x0）上递增，在（x0，1）上递减；

又∵h（1）＝0，∴h（x0）＞0．

又∵h（e﹣a）＝﹣e﹣2a+（2﹣a）e﹣a+a﹣ea+lne﹣a＜0，∴h（x）在（0，1）内有唯一一个零点x＇，当x∈（0，x＇）时，h（x）＜0，当x∈（x＇，1）时，h（x）＞0．

从而F（x）在（0，x＇）递减，在（x＇，1）递增，与在区间（0，1]上是单调函数矛盾．

∴a＞2不合题意．

综合①②得，a≤2．

【点评】考查学生利用导数研究函数的单调能力，函数单调性的判定，以及导数的运算，试题具有一定的综合性．

31．设函数，m∈R．

（1）当m＝e（e为自然对数的底数）时，求f（x）的最小值；

（2）讨论函数零点的个数．

【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值即可；

（2）令g（x）＝0，得到；设，通过讨论m的范围根据函数的单调性集合函数的草图求出函数的零点个数即可．

【解答】解：（1）当m＝e时，∴

当x∈（0，e）时，f′（x）＜0，f（x）在x∈（0，e）上是减函数；

当x∈（e，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在x∈（e，+∞）上是增函；

∴当x＝e时，f（x）取最小值．

（2）∵函数，令g（x）＝0，得；

设，则φ′（x）＝﹣x2+1＝﹣（x﹣1）（x+1）

当x∈（0，1）时，φ′（x）＞0，φ（x）在x∈（0，1）上是增函数；

当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＜0，φ（x）在x∈（1，+∞）上是减函数；

当x＝1是φ（x）的极值点，且是唯一极大值点，∴x＝1是φ（x）的最大值点；

∴φ（x）的最大值为，又φ（0）＝0结合y＝φ（x）的图象，可知：①当时，函数g（x）无零点；

②当时，函数g（x）有且只有一个零点；

③当时，函数g（x）有两个零点；

④当m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；

综上：当时，函数g（x）无零点；

当或m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；

当时，函数g（x）有且只有两个零点；

【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查函数的零点个数问题，是一道中档题．

32．已知函数f（x）＝lnx﹣．

（1）若a＝4，求函数f（x）的单调区间；

（2）若函数f（x）在区间（0，1]内单调递增，求实数a的取值范围；

（3）若x1、x2∈R+，且x1≤x2，求证：（lnx1﹣lnx2）（x1+2x2）≤3（x1﹣x2）．

【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；

（2）问题转化为3a≤+x+4恒成立，根据函数的单调性求出a的范围即可；

（3）问题转化为ln≤＝成立即可，令t＝∈（0，1），故只要lnt﹣≤0即可，根据函数的单调性证明即可．

【解答】解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）＝﹣＝，a＝4时，f′（x）＝，由f′（x）＞0，解得：0＜x＜4﹣2或x＞4+2，由f′（x）＜0，解得：4﹣2＜x＜4+2，故f（x）在（0，4﹣2）递增，在（4﹣2，4+2）递减，在（4+2，+∞）递增；

（2）由（1）得：f′（x）＝，若函数f（x）在区间（0，1]递增，则有x2+（4﹣3a）x+4≥0在（0，1]内恒成立，即3a≤+x+4恒成立，又函数y＝+x+4在x＝1时取得最小值9，故a≤3；

（3）证明：当x1＝x2时，不等式显然成立，当x1≠x2时，∵x1，x2∈R+，∴要原不等式成立，只要ln≤＝成立即可，令t＝∈（0，1），故只要lnt﹣≤0即可，由（2）可知函数f（x）在（0，1]递增，故f（x）＜f（1）＝0，故lnt﹣≤0成立，故原不等式成立．

【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查不等式的证明，转化思想，是一道综合题．

33．设a＞0，函数f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx

（1）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间；

（2）若函数y＝f（x）在区间（0，+∞）上有唯一零点，试求a的值．

【分析】（1）求出a＝1时f（x），利用导数f′（x）判断f（x）的单调性，并求出单调区间；

（2）求f（x）的导数f′（x），利用导数判断f（x）的单调性，求出最值，利用最值等于0，求出a的值．

【解答】解：（1）函数f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx，当a＝1时，f（x）＝x2﹣2x﹣2lnx，（其中x＞0）；

∴f′（x）＝2x﹣2﹣＝，令f′（x）＝0，即x2﹣x﹣1＝0，解得x＝或x＝（小于0，应舍去）；

∴x∈（0，）时，f′（x）＜0，x∈（，+∞）时，f′（x）＞0；

∴f（x）的单调减区间是（0，），单调增区间是（，+∞）；

（2）f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx，则f′（x）＝2x﹣2a﹣＝，令f′（x）＝0，得x2﹣ax﹣a＝0，∵a＞0，∴△＝a2+4a＞0，∴方程是解为x1＝＜0，x2＝＞0；

∴函数f（x）在（0，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增，∴f（x）的大致图象如图所示，求f（x）min＝f（x2），若函数y＝f（x）在区间（0，+∞）上有唯一零点，则f（x2）＝0，而x2满足x22＝ax2+a

∴f（x2）＝ax2+a﹣2ax2﹣2alnx2＝a（x2+1﹣2x2﹣2lnx2）＝0

得1﹣x2﹣2lnx2＝0

∵g（x）＝2lnx+x﹣1是单调增的，∴g（x）至多只有一个零点，而g（1）＝0，∴用x2＝1代入x22﹣ax2﹣a＝0，得1﹣a﹣a＝0，即得a＝．

【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，也考查了函数零点以及不等式的应用问题，是较难的题目．

34．已知函数．

（1）当a＝0时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程；

（2）令g（x）＝f（x）﹣ax+1，求函数g（x）的极大值；

（3）若a＝﹣2，正实数x1，x2满足f（x1）+f（x2）+x1x2＝0，证明：．

【分析】（1）求出函数的导数，计算f（1），f′（1）的值，从而求出切线方程即可；

（2）求导数，然后通过研究不等式的解集确定原函数的单调性；求出函数的极大值即可；

（3）结合已知条件构造函数，然后结合函数单调性得到要证的结论．

【解答】解：（1）a＝0时，f（x）＝lnx+x，f′（x）＝+1，故f（1）＝1，f′（1）＝2，故切线方程是：y﹣1＝2（x﹣1），整理得：2x﹣y﹣1＝0；

（2）g（x）＝f（x）﹣（ax﹣1）＝lnx﹣ax2+（1﹣a）x+1，所以g′（x）＝﹣ax+（1﹣a）＝，当a≤0时，因为x＞0，所以g′（x）＞0．

所以g（x）在（0，+∞）上是递增函数，当a＞0时，g′（x）＝，令g′（x）＝0，得x＝，所以当x∈（0，）时，g′（x）＞0；当x∈（，+∞）时，g′（x）＜0，因此函数g（x）在x∈（0，）是增函数，在（，+∞）是减函数．

综上，当a≤0时，函数g（x）的递增区间是（0，+∞），无递减区间，无极大值；

当a＞0时，函数g（x）的递增区间是（0，），递减区间是（，+∞）；

故g（x）极大值＝g（）＝﹣lna；

证明：（3）由f（x1）+f（x2）+x1x2＝0，即lnx1+x12+x1+lnx2+x22+x2+x1x2＝0，从而（x1+x2）2+（x1+x2）＝x1x2﹣ln（x1x2），令t＝x1x2，则由φ（t）＝t﹣lnt，由x1＞0，x2＞0，即x1+x2＞0．

φ′（t）＝，（t＞0），可知，φ（t）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增．

所以φ（t）≥φ（1）＝1，所以（x1+x2）2+（x1+x2）≥1，解得x1+x2≥或x1+x2≤，又因为x1＞0，x2＞0，因此x1+x2≥成立．

【点评】本题难度较大，属于利用导数研究函数的单调性、最值，以及利用导数证明单调性进一步研究不等式问题的题型．

35．已知函数f（x）＝x﹣alnx，g（x）＝﹣（a＞0）

（1）若a＝l，求f（x）的极值；

（2）若存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，求实数a的取值范围．

【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；

（2）问题转化为[f（x）﹣g（x）]min＜0，（x∈[1，e]）成立，设h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x﹣alnx+，根据函数的单调性求出a的范围即可．

【解答】解：（1）a＝1时，f（x）＝x﹣lnx，函数f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）＝1﹣＝，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，故f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，故f（x）的极小值是f（1）＝1，无极大值；

（2）存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，等价于[f（x）﹣g（x）]min＜0，（x∈[1，e]）成立，设h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x﹣alnx+，则h′（x）＝，令h′（x）＝0，解得：x＝﹣1（舍），x＝1+a；

①当1+a≥e，h（x）在[1，e]递减，∴h（x）min＝h（e）＝e2﹣ea+1+a，令h（x）min＜0，解得：a＞；

②当1+a＜e时，h（x）在（1，a+1）递减，在（a+1，e）递增，∴h（x）min＝h（1+a）＝a[1﹣ln（a+1）]+2＞2与h（x）min＜0矛盾，综上，a＞．

【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．

36．已知函数f（x）＝alnx+x2+bx+1在点（1，f（1））处的切线方程为4x﹣y﹣12＝0．

（1）求函数f（x）的解析式；

（2）求f（x）的单调区间和极值．

【分析】（1）求出函数的导数，计算f′（1），f（1），得到关于a，b的方程组，求出a，b的值，从而求出f（x）的解析式即可；

（2）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可．

【解答】解：（1）求导f′（x）＝+2x+b，由题意得：

f′（1）＝4，f（1）＝﹣8，则，解得，所以f（x）＝12lnx+x2﹣10x+1；

（2）f（x）定义域为（0，+∞），f′（x）＝，令f′（x）＞0，解得：x＜2或x＞3，所以f（x）在（0，2）递增，在（2，3）递减，在（3，+∞）递增，故f（x）极大值＝f（2）＝12ln2﹣15，f（x）极小值＝f（3）＝12ln3﹣20．

【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，是一道中档题．

37．已知函数f（x）＝alnx+﹣（a+1）x，a∈R．

（Ⅰ）若函数f（x）在区间（1，3）上单调递减，求a的取值范围；

（Ⅱ）当a＝﹣1时，证明f（x）≥．

【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，根据函数的单调性求出a的范围即可；

（Ⅱ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值即可．

【解答】解：（I）函数的定义域为（0，+∞）．

因为．

又因为函数f（x）在（1，3）单调减，所以不等式（x﹣1）（x﹣a）≤0在（1，3）上成立．

设g（x）＝（x﹣1）（x﹣a），则g（3）≤0，即9﹣3（a+1）+a≤0即可，解得a≥3．

所以a的取值范围是[3，+∞）．…（7分）

（Ⅱ）当a＝﹣1时，f（x）＝﹣lnx+，f′（x）＝，令f＇（x）＝0，得x＝1或x＝﹣1（舍）．

当x变化时，f（x），f＇（x）变化情况如下表：

x

（0，1）

（1，+∞）

f＇（x）

﹣

0

+

f（x）

↘

极小值

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所以x＝1时，函数f（x）的最小值为f（1）＝，所以成立．…（13分）

【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道中档题．

38．已知函数f（x）＝x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．

（Ⅰ）求函数y＝f（x）的单调区间；

（Ⅱ）当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f（x）+ex＞x2+x+2．

【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；

（Ⅱ）问题转化为证明ex﹣lnx﹣2＞0，设g（x）＝ex﹣lnx﹣2，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．

【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）＝2x﹣（a﹣2）﹣＝…（2分）

当a≤0时，f′（x）＞0对任意x∈（0，+∞）恒成立，所以，函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增；…（4分）

当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，所以，函数在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；

（Ⅱ）当a＝1时，f（x）＝x2+x﹣lnx，要证明f（x）+ex＞x2+x+2，只需证明ex﹣lnx﹣2＞0，设g（x）＝ex﹣lnx﹣2，则问题转化为证明对任意的x＞0，g（x）＞0，令g′（x）＝ex﹣＝0，得ex＝，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足＝，当x变化时，g′（x）和g（x）变化情况如下表

x

（0，x0）

x0

（x0，+∞）

g′（x）

﹣

0

+

g（x）

递减

递增

g（x）min＝g（x0）＝﹣lnx0﹣2＝+x0﹣2，因为x0＞0，且x0≠1，所以g（x）min＞2﹣2＝0，因此不等式得证．

【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．

39．已知函数f（x）＝xlnx．

（Ⅰ）求函数f（x）在[1，3]上的最小值；

（Ⅱ）若存在使不等式2f（x）≥﹣x2+ax﹣3成立，求实数a的取值范围．

【分析】（Ⅰ）先求出函数的导函数，研究出原函数在[1，3]上的单调性即可求出函数f（x）在[1，3]上的最小值；

（Ⅱ）先把不等式2f（x）≥﹣x2+ax﹣3成立转化为a≤2lnx+x+成立，设h（x）＝2lnx+x+（x＞0），利用导函数求出h（x）在x∈[，e]上的最大值即可求实数a的取值范围．

【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝xlnx，可得f＇（x）＝lnx+1，当x∈（0，）时，f＇（x）＜0，f（x）单调递减；

当x∈（，+∞）时，f＇（x）＞0，f（x）单调递增．

所以函数f（x）在[1，3]上单调递增．

又f（1）＝ln1＝0，所以函数f（x）在[1，3]上的最小值为0．

（Ⅱ）由题意知，2xlnx≥﹣x2+ax﹣3，则a≤2lnx+x+．

若存在x∈[，e]使不等式2f（x）≥﹣x2+ax﹣3成立，只需a小于或等于2lnx+x+的最大值．

设h（x）＝2lnx+x+（x＞0），则h′（x）＝+1﹣＝．

当x∈[，1）时，h＇（x）＜0，h（x）单调递减；

当x∈（1，e]时，h＇（x）＞0，h（x）单调递增．

由h（）＝﹣2++3e，h（e）＝2+e+，h（）﹣h（e）＝2e﹣﹣4＞0，可得h（）＞h（e）．

所以，当x∈[，e]时，h（x）的最大值为h（）＝﹣2++3e，故a≤﹣2++3e．

【点评】本题主要研究利用导数求闭区间上函数的最值以及函数恒成立问题．当a≥h（x）恒成立时，只需要求h（x）的最大值；当a≤h（x）恒成立时，只需要求h（x）的最小值．

40．已知函数f（x）＝ax2﹣alnx+x．

（1）讨论函数f（x）的单调性；

（2）若a＜0，设g（x）＝f（x）﹣x，h（x）＝﹣2xlnx+2x，若对任意x1，x2∈[1，+∞）（x1≠x2），|g（x2）﹣g（x1）|≥|h（x2）﹣h（x1）|恒成立，求实数a的取值范围．

【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间即可；

（2）求出函数的导数，令F（x）＝g（x）﹣h（x）＝ax2﹣alnx+2xlnx﹣2x，求出函数的导数，令G（x）＝ax﹣+2lnx，根据函数的单调性求出a的范围即可．

【解答】解：（1），令t（x）＝ax2+x﹣a，①当a＝0时，t（x）＝x＞0⇒f＇（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增；

②当a＜0时，令，所以f（x）在上单调递增，在上单调递减；

③当a＞0时，令，所以f（x）在上单调递减，在上单调递增．

（2）g′（x）＝ax﹣＝，因为a＜0，当x≥1时，g′（x）≤0，g（x）在[1，+∞）单调减；

h′（x）＝﹣2lnx，当x≥1时，h′（x）≤0，h（x）在[1，+∞）单调减．

因为对任意x1，x2∈[1，+∞），|g（x2）﹣g（x1）|≥|h（x2）﹣h（x1）|，不防设x1＜x2，则由两函数的单调性可得：

g（x1）﹣g（x2）≥h（x1）﹣h（x2），所以：g（x1）﹣h（x1）≥g（x2）﹣h（x2）对任意x1＜x2∈[1，+∞）恒成立；

令F（x）＝g（x）﹣h（x）＝ax2﹣alnx+2xlnx﹣2x，则F（x1）≥F（x2）对任意x1＜x2∈[1，+∞）恒成立；

即：y＝F（x）在x∈[1，+∞）上单调减，即：F′（x）＝ax﹣+2lnx≤0在x∈[1，+∞）上恒成立，令G（x）＝ax﹣+2lnx，G′（x）＝，当a≤﹣1时，ax2+2x+a≤0在x∈[1，+∞）恒成立，所以G′（x）≤0，G（x）在[1，+∞）单调减，所以G（x）≤G（1）＝0，满足题意，当﹣1＜a＜0时，G（x）有两个极值点x1，x2且x1＝＞1，x2＝＜1，所以在（1，x1）上，G（x）单调增，即：G（x）＞G（1）＝0对任意x∈（1，x1）上恒成立，不满足题意，舍！

综上，当a≤﹣1时，不等式|g（x2）﹣g（x1）|≥|h（x2）﹣h（x1）|在x1，x2∈[1，+∞）恒成立．

【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道综合题．

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日期：2021/2/9

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