高考二次求导.doc

高考二次求导一.解答题(共40小题)1.已知函数f(x)=ax2+lnx,g(x)=bx,其中a,bR,设h(x)=f(x)g(x),(1)若f(x)在x=处取得极值,且f(1)=g(1)2.求函数h(x)得单调区间;(2)若a=0时,函数h(x)有两个不同得零点x1,x2求b得取值范围;求证:1.2.设a,bR,函数,g(x)=ex(e为自然对数得底数),且函数f(x)得图象与函数g(x)得图象在x=0处有公共得切线.()求b得值;()讨论函数f(x)得单调性;()若g(x)f(x)在区间(,0)内恒成立,求a得取值范围.3.已知函数.(1)若y=f(x)在(0,+)恒单调递减,求a得取值范围;(2)若函数y=f(x)有两个极值点x1,x2(x1x2),求a得取值范围并证明x1+x22.4.已知函数.(1)设G(x)=2f(x)+g(x),求G(x)得单调递增区间;(2)证明:当x0时,f(x+1)g(x);(3)证明:k1时,存在x01,当x(1,x0)时,恒有.5.已知函数.() 当a=0时,求曲线f (x)在x=1处得切线方程;() 设函数h(x)=alnxxf(x),求函数h (x)得极值;() 若g(x)=alnxx在1,e(e=2、718 28)上存在一点x0,使得g(x0)f(x0)成立,求a得取值范围.6.设函数f(x)=eax+lnx,其中a0,e就是自然对数得底数()若f(x)就是(0,+)上得单调函数,求得取值范围;()若0,证明:函数f(x)有两个极值点.7.已知函数(a为常数,a0).()当a=1时,求函数f(x)在点(3,f(3)得切线方程()求f(x)得单调区间;()若f(x)在x0处取得极值,且,而f(x)0在e+2,e3+2上恒成立,求实数a得取值范围.(其中e为自然对数得底数)8.已知函数.(1)若g(x)在点(1,g(1)处得切线方程为8x2y3=0,求a,b得值;(2)若b=a+1,x1,x2就是函数g(x)得两个极值点,试比较4与g(x1)+g(x2)得大小.9.已知函数f(x)=xalnx1,其中a为实数.()求函数g(x)得极值;()设a0,若对任意得x1、x23,4(x1x2),恒成立,求实数a得最小值.10.已知函数f(x)=xlnxk(x1)(1)求f(x)得单调区间;并证明lnx+2(e为自然对数得底数)恒成立;(2)若函数f(x)得一个零点为x1(x11),f(x)得一个零点为x0,就是否存在实数k,使=k,若存在,求出所有满足条件得k得值;若不存在,说明理由.11.已知函数f(x)=(x2)ex+a(x1)2.()讨论f(x)得单调性;()若f(x)有两个零点,求a得取值范围.12.设函数f(x)=ax2alnx,g(x)=,其中aR,e=2、718为自然对数得底数.()讨论f(x)得单调性;()证明:当x1时,g(x)0;()确定a得所有可能取值,使得f(x)g(x)在区间(1,+)内恒成立.13.设函数f(x)=(x1)3axb,xR,其中a,bR.(1)求f(x)得单调区间;(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1x0,求证:x1+2x0=3;(3)设a0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间0,2上得最大值不小于.14.设函数f(x)=acos2x+(a1)(cosx+1),其中a0,记|f(x)|得最大值为A.()求f(x);()求A;()证明:|f(x)|2A.15.设函数f(x)=x3axb,xR,其中a,bR.(1)求f(x)得单调区间;(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1x0,求证:x1+2x0=0;(3)设a0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间1,1上得最大值不小于.16.已知函数f(x)=(x2)ex+a(x1)2有两个零点.()求a得取值范围;()设x1,x2就是f(x)得两个零点,证明:x1+x22.17.已知f(x)=a(xlnx)+,aR.(I)讨论f(x)得单调性;(II)当a=1时,证明f(x)f(x)+对于任意得x1,2成立.18.已知函数f(x)=lnx+x2.()若函数g(x)=f(x)ax在其定义域内为增函数,求实数a得取值范围;()在()得条件下,若a1,h(x)=e3x3aexx0,ln2,求h(x)得极小值;()设F(x)=2f(x)3x2kx(kR),若函数F(x)存在两个零点m,n(0mn),且2x0=m+n.问:函数F(x)在点(x0,F(x0)处得切线能否平行于x轴？若能,求出该切线方程;若不能,请说明理由.19.g(x)=2lnxx2mx,xR,如果g(x)得图象与x轴交于A(x1,0),B(x2,0)(x1x2),AB中点为C(x0,0),求证g(x0)0.20.已知函数f(x)=alnxax3(aR).()求函数f(x)得单调区间;()若函数y=f(x)得图象在点(2,f(2)处得切线得倾斜角为45,对于任意得t1,2,函数g(x)=x3+x2(f(x)+)在区间(t,3)上总不就是单调函数,求m得取值范围;()求证:(n2,nN*).21.设函数f(x)=(1+x)22ln(1+x)(1)若关于x得不等式f(x)m0在0,e1有实数解,求实数m得取值范围.(2)设g(x)=f(x)x21,若关于x得方程g(x)=p至少有一个解,求p得最小值.(3)证明不等式:(nN*).22.已知函数,f(x)=alnxax3(aR).(1 )当a=1时,求函数f(x)得单调区间;(2)若函数y=f(x)得图象在点(2,f(2)处得切线得倾斜角为45,问:m在什么范围取值时,对于任意得t1,2,函数在区间(t,3)上总存在极值？23.已知函数f(x)=x3+x2+ax+b(a,b为常数),其图象就是曲线C.(1)当a=2时,求函数f(x)得单调减区间;(2)设函数f(x)得导函数为f(x),若存在唯一得实数x0,使得f(x0)=x0与f(x0)=0同时成立,求实数b得取值范围;(3)已知点A为曲线C上得动点,在点A处作曲线C得切线l1与曲线C交于另一点B,在点B处作曲线C得切线l2,设切线l1,l2得斜率分别为k1,k2.问:就是否存在常数,使得k2=k1？若存在,求出得值;若不存在,请说明理由.24.已知函数f(x)=alnxax3(a0).()讨论f(x)得单调性;()若f(x)+(a+1)x+4e0对任意xe,e2恒成立,求实数a得取值范围(e为自然常数);()求证ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+ln(n2+1)1+2lnn!(n2,nN*)(n!=123n).25.已知函数f(x)=lnxxlna,a为常数.(1)若函数f(x)有两个零点x1,x2,且x1x2,求a得取值范围;(2)在(1)得条件下,证明:得值随a得值增大而增大.26.已知函数f(x)=e1x(a+cosx),aR.()若函数f(x)存在单调减区间,求实数a得取值范围;()若a=0,证明:,总有f(x1)+2f(x)cos(x+1)0.27.已知函数f(x)=(e为自然对数得底数).(1)若a=,求函数f(x)得单调区间;(2)若f(1)=1,且方程f(x)=1在(0,1)内有解,求实数a得取值范围.28.已知函数f(x)=,g(x)=ln(x+1),曲线y=f(x)在点(1,f(1)处得切线方程就是5x4y+1=0(1)求a,b得值;(2)若当x0,+)时,恒有f(x)kg(x)成立,求k得取值范围;(3)若=22361,试估计ln得值(精确到0、001)29.设aR,函数f(x)=lnxax.()求f(x)得单调递增区间;()设F(x)=f(x)+ax2+ax,问F(x)就是否存在极值,若存在,请求出极值;若不存在,请说明理由;()设A(x1,y1),B(x2,y2)就是函数g(x)=f(x)+ax图象上任意不同得两点,线段AB得中点为C(x0,y0),直线AB得斜率为为k.证明:kg(x0).30.已知函数f(x)=x3+(1a)x2a(a+2)x(aR),f(x)为f(x)得导数.()当a=3时证明y=f(x)在区间(1,1)上不就是单调函数.()设,就是否存在实数a,对于任意得x11,1存在x20,2,使得f(x1)+2ax1=g(x2)成立？若存在求出a得取值范围;若不存在说明理由.31.已知函数f(x)=x2(a+2)x+alnx,其中常数a0.()当a2时,求函数f(x)得单调递增区间;()设定义在D上得函数y=h(x)在点P(x0,h(x0)处得切线方程为l:y=g(x),若0在D内恒成立,则称P为函数y=h(x)得“类对称点”.当a=4时,试问y=f(x)就是否存在“类对称点”,若存在,请至少求出一个“类对称点”得横坐标;若不存在,请说明理由.32.已知函数f(x)=2ex+2axa2,aR.(1)当a=1时,求f(x)在点(0,f(0)处得切线方程;(2)求函数f(x)得单调区间;(3)若x0时,f(x)x23恒成立,求实数a得取值范围.33.已知aR,函数f(x)=exa(x+1)得图象与x轴相切.()求f(x)得单调区间;()若x0时,f(x)mx2,求实数m得取值范围.34.已知函数h(x)=ax2+1,设f(x)=h(x)2alnx,g(x)=ln2x+2a2,其中x0,aR.(1)若f(x)在区间(2,+)上单调递增,求实数a得取值范围;(2)记F(x)=f(x)+g(x),求证:F(x).35.已知函数f(x)=lnxx+1,函数g(x)=axex4x,其中a为大于零得常数.()求函数f(x)得单调区间;()求证:g(x)2f(x)2(lnaln2).36.已知x(1,+),函数f(x)=ex+2ax(aR),函数g(x)=|lnx|+lnx,其中e为自然对数得底数.(1)若a=,求函数f(x)得单调区间;(2)证明:当a(2,+)时,f(x1)g(x)+a.37.已知函数f(x)=x2+mlnx+x(1)求f(x)得单调区间;(2)令g(x)=f(x)x2,试问过点P(1,3)存在多少条直线与曲线y=g(x)相切？并说明理由.38.已知函数.()若f(x)在点(2,f(2)处得切线与直线x2y+1=0垂直,求实数a得值;()求函数f(x)得单调区间;()讨论函数f(x)在区间1,e2上零点得个数.39.已知函数f(x)=(2a)lnx+2ax(a0)(1)当a=0时,求f(x)得极值;(2)当a0时,讨论f(x)得单调性;(3)若对于任意得x1,x21,3,a(,2)都有|f(x1)f(x2)|(m+ln3)a2ln3,求实数m得取值范围.40.已知函数f(x)=lnxax.()若函数f(x)在(1,+)上单调递减,求实数a得取值范围;()当a=1时,函数有两个零点x1,x2,且x1x2.求证:x1+x21.2017年02月13日数学得高中数学组卷参考答案与试题解析一.解答题(共40小题)1.(2017南京一模)已知函数f(x)=ax2+lnx,g(x)=bx,其中a,bR,设h(x)=f(x)g(x),(1)若f(x)在x=处取得极值,且f(1)=g(1)2.求函数h(x)得单调区间;(2)若a=0时,函数h(x)有两个不同得零点x1,x2求b得取值范围;求证:1. 解:(1)由已知得f,(x0),所以,所以a=2.由f(1)=g(1)2,得a+1=b2,所以b=1.所以h(x)=x2+lnx+x,(x0).则,(x0),由h(x)0得0x1,h(x)0得x1.所以h(x)得减区间为(1,+),增区间为(0,1).(2)由已知h(x)=lnx+bx,(x0).所以h,(x0),当b0时,显然h(x)0恒成立,此时函数h(x)在定义域内递增,h(x)至多有一个零点,不合题意.当b0时,令h(x)=0得x=0,令h(x)0得;令h(x)0得.所以h(x)极大=h()=ln(b)10,解得.且x0时,lnx0,x+时,lnx0.所以当时,h(x)有两个零点.证明:由题意得,即,得.因为x1,x20,所以b(x1+x2)0,所以,因为0b,所以eb1,所以x1x2e2,所以1.2.(2017四川模拟)设a,bR,函数,g(x)=ex(e为自然对数得底数),且函数f(x)得图象与函数g(x)得图象在x=0处有公共得切线.()求b得值;()讨论函数f(x)得单调性;()若g(x)f(x)在区间(,0)内恒成立,求a得取值范围. ()f(x)=x2+2ax+b,g(x)=ex,由f(0)=b=g(0)=1,得b=1.(2分)()f(x)=x2+2ax+1=(x+a)2+1a2,当a21时,即1a1时,f(x)0,从而函数f(x)在定义域内单调递增,当a21时,此时若,f(x)0,则函数f(x)单调递增;若,f(x)0,则函数f(x)单调递减;若时,f(x)0,则函数f(x)单调递增.(6分)()令h(x)=g(x)f(x)=exx22ax1,则h(0)=e01=0.h(x)=ex2x2a,令u(x)=h(x)=ex2x2a,则u(x)=ex2.当x0时,u(x)0,从而h(x)单调递减,令u(0)=h(0)=12a=0,得.先考虑得情况,此时,h(0)=u(0)0;又当x(,0)时,h(x)单调递减,所以h(x)0;故当x(,0)时,h(x)单调递增;又因为h(0)=0,故当x0时,h(x)0,从而函数g(x)f(x)在区间(,0)内单调递减;又因为g(0)f(0)=0,所以g(x)f(x)在区间(,0)恒成立.接下来考虑得情况,此时,h(0)0,令x=a,则h(a)=ea0.由零点存在定理,存在x0(a,0)使得h(x0)=0,当x(x0,0)时,由h(x)单调递减可知h(x)0,所以h(x)单调递减,又因为h(0)=0,故当x(x0,0)时h(x)0.从而函数g(x)f(x)在区间(x0,0)单调递增;又因为g(0)f(0)=0,所以当x(x0,0),g(x)f(x).综上所述,若g(x)f(x)在区间(,0)恒成立,则a得取值范围就是.(14分)3.(2017达州模拟)已知函数.(1)若y=f(x)在(0,+)恒单调递减,求a得取值范围;(2)若函数y=f(x)有两个极值点x1,x2(x1x2),求a得取值范围并证明x1+x22. 解:(1)因为f(x)=lnxax+1(x0),所以由f(x)0在(0,+)上恒成立得,令,易知g(x)在(0,1)单调递增(1,+)单调递减,所以ag(1)=1,即得:a1(5分)(2)函数y=f(x)有两个极值点x1,x2(x1x2),即y=f(x)有两个不同得零点,且均为正,f(x)=lnxax+1(x0),令F(x)=f(x)=lnxax+1,由可知1)a0时,函数y=f(x)在(0,+)上就是增函数,不可能有两个零点.2)a0时,y=F(x)在就是增函数在就是减函数,此时为函数得极大值,也就是最大值.当时,最多有一个零点,所以才可能有两个零点,得:0a1(7分)此时又因为,令,(a)在(0,1)上单调递增,所以(a)(1)=3e2,即综上,所以a得取值范围就是(0,1)(8分)下面证明x1+x22由于y=F(x)在就是增函数在就是减函数,可构造出构造函数 则,故m(x)在区间上单调减.又由于,则,即有m(x1)0在上恒成立,即有成立.由于,y=F(x)在就是减函数,所以所以成立 (12分)4.(2017大理州一模)已知函数.(1)设G(x)=2f(x)+g(x),求G(x)得单调递增区间;(2)证明:当x0时,f(x+1)g(x);(3)证明:k1时,存在x01,当x(1,x0)时,恒有. 解:(1)由题意知,(1分)从而(2分)令G(x)0得0x2(3分)所以函数G(x)得单调递增区间为(0,2)(4分)(2)令(5分)从而(6分)因为x0,所以H(x)0,故H(x)在(0,+)上单调递增(7分)所以,当x0时,H(x)H(0)=0,即f(x+1)g(x)(8分)(3)当k1时,令(9分)则有(10分)由F(x)=0得x2+(1k)x+1=0,解之得,(11分)从而存在x0=x21,当x(1,x0)时,F(x)0,故F(x)在1,x0)上单调递增,从而当x(1,x0)时,F(x)F(1)=0,即(12分)5.(2017茂名一模)已知函数.() 当a=0时,求曲线f (x)在x=1处得切线方程;() 设函数h(x)=alnxxf(x),求函数h (x)得极值;() 若g(x)=alnxx在1,e(e=2、718 28)上存在一点x0,使得g(x0)f(x0)成立,求a得取值范围. 解:() 当a=0时,f (x)=,f (1)=1,则切点为(1,1),(1分),切线得斜率为k=f(1)=1,(2分)曲线f (x)在点(1,1)处得切线方程为y1=( x1),即x+y2=0 (3分)()依题意,定义域为(0,+),(4分)当a+10,即a1时,令h(x)0,x0,0x1+a,此时,h(x) 在区间(0,a+1)上单调递增,令h(x)0,得 x1+a.此时,h(x)在区间(a+1,+)上单调递减.(5分)当a+10,即a1时,h(x)0恒成立,h(x)在区间(0,+)上单调递减.(6分)综上,当a1时,h(x)在x=1+a处取得极大值h(1+a)=aln(1+a)a2,无极小值;当a1时,h(x)在区间(0,+)上无极值.(7分)() 依题意知,在1,e上存在一点x0,使得g(x0)f(x0)成立,即在1,e上存在一点x0,使得h(x0)0,故函数在1,e上,有h(x)max0.(8分)由()可知,当a+1e,即ae1时,h(x)在1,e上单调递增,.(9分)当0a+11,或a1,即a0时,h(x)在1,e上单调递减,h(x)max=h(1)=11a0,a2.(10分)当1a+1e,即0ae1时,由()可知,h(x)在x=1+a处取得极大值也就是区间(0,+)上得最大值,即h(x)max=h(1+a)=aln(1+a)a2=aln(1+a)12,0ln(a+1)1,h(1+a)0在1,e上恒成立,此时不存在x0使h(x0)0成立.(11分)综上可得,所求a得取值范围就是或a2.(12分)6.(2017佛山一模)设函数f(x)=eax+lnx,其中a0,e就是自然对数得底数()若f(x)就是(0,+)上得单调函数,求得取值范围;()若0,证明:函数f(x)有两个极值点. 解:()f(x)=aeax+=,(x0),若0,则f(x)0,则f(x)在(0,+)递减,若0,令g(x)=axeax+,其中a0,x0,则g(x)=aeax(1+ax),令g(x)=0,解得:x=,故x(0,)时,g(x)0,g(x)递减,x(,+)时,g(x)0,g(x)递增,故x=时,g(x)取极小值也就是最小值g()=,故0即时,g(x)0,此时f(x)0,f(x)在(0,+)递增,综上,所求得范围就是(,0,+);()f(x)=aeax+=,(x0),令g(x)=axeax+,其中a0,x0,求导得:g(x)=aeax(1+ax),令g(x)=0,解得:x=,x(0,)时,g(x)0,g(x)递减,x(,+)时,g(x)0,g(x)递增,x=时,g(x)取得极小值,也就是最小值g()=,0,g()=0,又g(0)=0,g()g(0)0,函数f(x)有两个极值点.7.(2017南充模拟)已知函数(a为常数,a0).()当a=1时,求函数f(x)在点(3,f(3)得切线方程()求f(x)得单调区间;()若f(x)在x0处取得极值,且,而f(x)0在e+2,e3+2上恒成立,求实数a得取值范围.(其中e为自然对数得底数) 解:(x2)()当a=1时,f(3)=2、,所以,函数f(x)在点(3,f(3)处得切线方程为:,即4x+2y3=0.(3分)()=,因为x2,所以x20,当a0时,(x1)2(a+1)=x(x2)a0在x2上成立,所以f(x)当x2恒大于0,故f(x)在(2,+)上就是增函数.(5分)当a0时,因为x2,所以,a(x2)0,当时,f(x)0,f(x)为减函数;当时,f(x)0,f(x)为增函数.(7分)综上:当a0时,f(x)在(2,+)上为增函数;当a0时,f(x)在上为增函数,在上为减函数.(8分)()由()知x0处有极值,故a0,且,因为且e+22,所以f(x)在e+2,e3+2上单调.(10分)当e+2,e3+2为增区间时,f(x)0恒成立,则有.当e+2,e3+2为减区间时,f(x)0恒成立,则有解集为空集.综上:当ae6+2e3时满足条件.(12分)8.(2017本溪模拟)已知函数.(1)若g(x)在点(1,g(1)处得切线方程为8x2y3=0,求a,b得值;(2)若b=a+1,x1,x2就是函数g(x)得两个极值点,试比较4与g(x1)+g(x2)得大小. (1)根据题意可求得切点,由题意可得,即,解得a=1,b=1.(3分)(2)证明:b=a+1,则.根据题意可得x2ax+a=0在(0,+)上有两个不同得根x1,x2.即,解得a4,且x1+x2=a,x1x2=a.(5分).(6分)令,则f(x)=lnx+1x1=lnxx,令h(x)=lnxx,则当x4时,h(x)在(4,+)上为减函数,即h(x)h(4)=ln440,f(x)0,f(x)在(4,+)上为减函数,即f(x)f(4)=8lnx12,g(x1)+g(x2)8ln212,(10分)又,即,g(x1)+g(x2)4.(12分)9.(2017本溪模拟)已知函数f(x)=xalnx1,其中a为实数.()求函数g(x)得极值;()设a0,若对任意得x1、x23,4(x1x2),恒成立,求实数a得最小值. 解:(),令g(x)=0,得x=1,列表如下:x(,1)1(1,+)g(x)+0g(x)极大值当x=1时,g(x)取得极大值g(1)=1,无极小值;(4分)()当m=1时,a0时,f(x)=xalnx1,x(0,+),在3,4恒成立,f(x)在3,4上为增函数,设,在3,4上恒成立,h(x)在3,4上为增函数,不妨设x2x1,则等价于:f(x2)f(x1)h(x2)h(x1),即f(x2)h(x2)f(x1)h(x1),(6分)设,则u(x)在3,4上为减函数,在3,4上恒成立,恒成立,x3,4,(8分)设,v(x)0,v(x)为减函数,v(x)在3,4上得最大值,a得最小值为.(12分)10.(2017泸州模拟)已知函数f(x)=xlnxk(x1)(1)求f(x)得单调区间;并证明lnx+2(e为自然对数得底数)恒成立;(2)若函数f(x)得一个零点为x1(x11),f(x)得一个零点为x0,就是否存在实数k,使=k,若存在,求出所有满足条件得k得值;若不存在,说明理由. 解:(1)f(x)=lnx+1k,x(0,ek1)时,f(x)0,此时h(x)递减,x(ek1,+)时,f(x)0,此时h(x)递增,令k=2,则f(x)=xlnx2(x1),故x=e时,f(x)有最小值就是f(e),故f(x)=xlnx2(x1)f(e)=2e,即lnx+2恒成立;(2)由题意得:x1lnx1k(x11)=0,lnx0+1k=0,假设存在k,使得=k,(k0)成立,消元得:ek1lnkek1+1=0,设m(k)=ek1lnkek1+1,则m(k)=ek1(lnk+1),设F(k)=lnk+1,则F(x)=,k(0,1)时,F(x)0,即此时函数F(k)递减,k(1,+)时,F(x)0,此时函数F(k)递增,F(k)F(1)=0,m(k)0,故函数m(k)在(0,+)递增,m(1)=0,k=1,但k=1时,x1=ek1k=1,与已知x11矛盾,故k不存在.11.(2016新课标)已知函数f(x)=(x2)ex+a(x1)2.()讨论f(x)得单调性;()若f(x)有两个零点,求a得取值范围. 解:()由f(x)=(x2)ex+a(x1)2,可得f(x)=(x1)ex+2a(x1)=(x1)(ex+2a),当a0时,由f(x)0,可得x1;由f(x)0,可得x1,即有f(x)在(,1)递减;在(1,+)递增;当a0时,若a=,则f(x)0恒成立,即有f(x)在R上递增;若a时,由f(x)0,可得x1或xln(2a);由f(x)0,可得1xln(2a).即有f(x)在(,1),(ln(2a),+)递增;在(1,ln(2a)递减;若a0,由f(x)0,可得xln(2a)或x1;由f(x)0,可得ln(2a)x1.即有f(x)在(,ln(2a),(1,+)递增;在(ln(2a),1)递减;()由()可得当a0时,f(x)在(,1)递减;在(1,+)递增, 且f(1)=e0,x+,f(x)+;x,f(x)+.f(x)有两个零点;当a=0时,f(x)=(x2)ex,所以f(x)只有一个零点x=2;当a0时,若a时,f(x)在(1,ln(2a)递减,在(,1),(ln(2a),+)递增,又当x1时,f(x)0,所以f(x)不存在两个零点;当a时,f(x)在(1,+)单调递增,又x1时,f(x)0,所以f(x)不存在两个零点.综上可得,f(x)有两个零点时,a得取值范围为(0,+).12.(2016四川)设函数f(x)=ax2alnx,g(x)=,其中aR,e=2、718为自然对数得底数.()讨论f(x)得单调性;()证明:当x1时,g(x)0;()确定a得所有可能取值,使得f(x)g(x)在区间(1,+)内恒成立. ()解:由f(x)=ax2alnx,得f(x)=2ax=(x0),当a0时,f(x)0在(0,+)成立,则f(x)为(0,+)上得减函数;当a0时,由f(x)=0,得x=,当x(0,)时,f(x)0,当x(,+)时,f(x)0,则f(x)在(0,)上为减函数,在(,+)上为增函数;综上,当a0时,f(x)为(0,+)上得减函数,当a0时,f(x)在(0,)上为减函数,在(,+)上为增函数;()证明:要证g(x)0(x1),即0,即证,也就就是证,令h(x)=,则h(x)=,h(x)在(1,+)上单调递增,则h(x)min=h(1)=e,即当x1时,h(x)e,当x1时,g(x)0;()解:由f(x)g(x),得,设t(x)=,由题意知,t(x)0在(1,+)内恒成立,t(1)=0,有t(x)=2ax=0在(1,+)内恒成立,令(x)=,则(x)=2a=,当x2时,(x)0,令h(x)=,h(x)=,函数在1,2)上单调递增,h(x)min=h(1)=1.又2a1,e1x0,1x2,(x)0,综上所述,x1,(x)0,(x)在区间(1,+)单调递增,t(x)t(1)0,即t(x)在区间(1,+)单调递增,a.13.(2016天津)设函数f(x)=(x1)3axb,xR,其中a,bR.(1)求f(x)得单调区间;(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1x0,求证:x1+2x0=3;(3)设a0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间0,2上得最大值不小于. 解:(1)函数f(x)=(x1)3axb得导数为f(x)=3(x1)2a,当a0时,f(x)0,f(x)在R上递增;当a0时,当x1+或x1时,f(x)0,当1x1+,f(x)0,可得f(x)得增区间为(,1),(1+,+),减区间为(1,1+);(2)证明:f(x0)=0,可得3(x01)2=a,由f(x0)=(x01)33x0(x01)2b=(x01)2(2x01)b,f(32x0)=(22x0)33(32x0)(x01)2b=(x01)2(88x09+6x0)b=(x01)2(2x01)b,即为f(32x0)=f(x0)=f(x1),即有32x0=x1,即为x1+2x0=3;(3)证明:要证g(x)在区间0,2上得最大值不小于,即证在0,2上存在x1,x2,使得f(x1)f(x2).当a3时,f(x)在0,2递减,f(2)=12ab,f(0)=1b,f(0)f(2)=2a24,递减,成立;当0a3时,f(1)=()3a(1)b=a+ab=ab,f(1+)=()3a(1+)b=aab=ab,f(2)=12ab,f(0)=1b,f(2)f(0)=22a,若0a时,f(2)f(0)=22a成立;若a时,f(1)f(1+)=成立.综上可得,g(x)在区间0,2上得最大值不小于.14.(2016新课标)设函数f(x)=acos2x+(a1)(cosx+1),其中a0,记|f(x)|得最大值为A.()求f(x);()求A;()证明:|f(x)|2A. (I)解:f(x)=2asin2x(a1)sinx.(II)当a1时,|f(x)|=|acos2x+(a1)(cosx+1)|a|cos2x|+(a1)|(cosx+1)|a|cos2x|+(a1)(|cosx|+1)|a+2(a1)=3a2=f(0),因此A=3a2.当0a1时,f(x)等价为f(x)=acos2x+(a1)(cosx+1)=2acos2x+(a1)cosx1,令g(t)=2at2+(a1)t1,则A就是|g(t)|在1,1上得最大值,g(1)=a,g(1)=3a2,且当t=时,g(t)取得极小值,极小值为g()=1=,(二次函数在对称轴处取得极值)令11,得a(舍)或a.因此A=3a2当0a时,g(t)在(1,1)内无极值点,|g(1)|=a,|g(1)|=23a,|g(1)|g(1)|,A=23a,当a1时,由g(1)g(1)=2(1a)0,得g(1)g(1)g(),又|g()g(1)|=0,A=|g()|=,综上,A=.(III)证明:由(I)可得:|f(x)|=|2asin2x(a1)sinx|2a+|a1|,当0a时,|f(x)|1+a24a2(23a)=2A,当a1时,A=+1,|f(x)|1+a2A,当a1时,|f(x)|3a16a4=2A,综上:|f(x)|2