高中数学导数压轴题专题拔高训练一.doc

高中数学导数压轴题专题拔高训练
一．选择题（共16小题）
1．已知函数f（x）=ax3+bx2的图象在点（﹣1，2）处的切线恰好与x﹣3y=0垂直，又f（x）在区间[m，m+1]上单调递增，则实数m的取值范围是（　　）

A．
m≤﹣3
B．
m≥0
C．
m＜﹣3或m＞0
D．
m≤﹣3或m≥0

考点：
利用导数研究曲线上某点切线方程；函数单调性的性质；两条直线垂直的判定．
专题：
计算题；压轴题．
分析：
求出f′（x），根据切线与x﹣3y=0垂直得到切线的斜率为﹣3，得到f′（﹣1）=﹣3，把切点代入f（x）中得到f（﹣1）=2，两者联立求出a和b的值，确定出f（x）的解析式，然后求出f′（x）大于等于0时x的范围为（﹣∞，﹣2]或[0，+∞）即为f（x）的增区间根据f（x）在区间[m，m+1]上单调递增，得到关于m的不等式，即可求出m的取值范围．
解答：
解：f′（x）=3ax2+2bx，因为函数过（﹣1，2），且切线与x﹣3y=0垂直得到切线的斜率为﹣3，
得到：即解得：，则f（x）=x3+3x2
f′（x）=3x2+6x=3x（x+2）≥0解得：x≥0或x≤﹣2，即x≥0或x≤﹣2时，f（x）为增函数；
所以[m，m+1]⊂（﹣∞，﹣2]或[m，m+1]⊂[0，+∞）即m+1≤﹣2或m≥0，
解得m≤﹣3或m≥0
故选D
点评：
考查学生掌握两条直线垂直时斜率的关系，会利用导数研究曲线上某点的切线方程，会利用导数研究函数的单调性．本题的突破点是确定函数的解析式．

2．已知函数f（x）=lnx+m﹣2f′（1），m∈R．函数f（x）的图象过点（1，﹣2）且函数g（x）=+af（x）在点（1，g（1））处的切线与y轴垂直，则g（x）的极小值为（　　）

A．
1
B．
﹣1
C．
2
D．
﹣2

考点：
利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的极值．
专题：
计算题；压轴题．
分析：
求出导函数，令x=1求出f′（1）的值，再将（1，﹣2）代入f（x）求出m的值；求出g′（x）令其x=1求出g′（1）=0求出a值；求出g′（x）=0的根，判断出根左右两边的符号，求出极小值．
解答：
解：∵
∴f′（1）=1
∴f（x）=lnx+m﹣2
∵函数f（x）的图象过点（1，﹣2）
∴﹣2=m﹣2
∴m=0
∴f（x）=lnx﹣2
∴
∴
∵在点（1，g（1））处的切线与y轴垂直
∴g′（1）=0即﹣1+a=0解得a=1
令g′（x）=0得x=1
当x＞1时，g′（x）＞0；当0＜x＜1时，g′（x）＜0
所以当x=1时，g（x）有极小值g（1）=1﹣2=﹣1
故选B
点评：
本题考查曲线的切线问题时，常利用的是切线的导数在切点处的导数值为切线的斜率；解决函数的极值问题唯一的方法是利用导数．

3．平面直角坐标系xOy中，曲线y=ax（a＞0且a≠1）在第二象限的部分都在不等式（x+y﹣1）（x﹣y+1）＞0表示的平面区域内，则a的取值范围是（　　）

A．
0＜a≤
B．
≤a＜1
C．
1＜a≤e
D．
a≥e

考点：
利用导数研究曲线上某点切线方程；二元一次不等式（组）与平面区域．
专题：
计算题；压轴题．
分析：
先画出不等式（x+y﹣1）（x﹣y+1）＞0表示的平面区域，然后根据曲线y=ax（a＞0且a≠1）在第二象限的部分都在不等式（x+y﹣1）（x﹣y+1）＞0表示的平面区域内，则考虑零界位置，直线x﹣y+1=0与曲线y=ax相切与点（0，1）是零界位置，求出此时a的值，从而得到结论．
解答：
解：画出不等式（x+y﹣1）（x﹣y+1）＞0表示的平面区域

曲线y=ax（a＞0且a≠1）在第二象限的部分都在不等式（x+y﹣1）（x﹣y+1）＞0表示的平面区域内
∴a＞1，直线x﹣y+1=0与曲线y=ax相切与点（0，1）是零界位置
而（ax）′=axlna，则lna=1即a=e
∴1＜a≤e
故选C．
点评：
本题主要考查了二元一次不等式（组）与平面区域，以及利用导数研究曲线上某点切线方程，属于中档题．

4．对于三次函数f（x）=ax3+bx2+cx+d（a≠0），定义：设f″（x）是函数y=f′（x）的导数，若方程f″（x）=0有实数解x0，则称点（x0，f（x0））为函数y=f（x）的“拐点”．有同学发现：“任何一个三次函数都有‘拐点’；任何一个三次函数都有对称中心；且‘拐点’就是对称中心．”请你将这一发现为条件，解答问题：若函数g（x）=x3﹣x2+3x﹣+，则的值是（　　）

A．
2010
B．
2011
C．
2012
D．
2013

考点：
实际问题中导数的意义．
专题：
综合题；压轴题；新定义．
分析：
构造h（x）=x3﹣x2+3x﹣，m（x）=，则g（x）=h（x）+m（x），分别求得对称中心，利用g（x）+g（1﹣x）=h（x）+h（1﹣x）+m（x）+m（1﹣x）=2，可得结论．
解答：
解：由题意，令h（x）=x3﹣x2+3x﹣，m（x）=
则h′（x）=x2﹣x+3，∴h″（x）=2x﹣1，
令h″（x）=0，可得x=
∴h（）=1，即h（x）的对称中心为（，1），
∴h（x）+h（1﹣x）=2
∵m（x）=的对称中心为（，0）
∴m（x）+m（1﹣x）=0
∵g（x）=h（x）+m（x）
∴g（x）+g（1﹣x）=h（x）+h（1﹣x）+m（x）+m（1﹣x）=2
∴=2010
故选A．
点评：
本小题考查新定义，考查函数与导数等知识，考查化归与转化的数学思想方法，考查计算能力，属于中档题．

5．若函数f（x）=（a﹣3）x﹣ax3在区间[﹣1，1]上的最小值等于﹣3，则实数a的取值范围是（　　）

A．
（﹣2，+∞）
B．

C．

D．
（﹣2，12]

考点：
导数在最大值、最小值问题中的应用．
专题：
计算题；压轴题；分类讨论．
分析：
由函数f（x）=（a﹣3）x﹣ax3在区间[﹣1，1]上的最小值等于﹣3，由函数解析式先求其导函数，进而可判断函数在区间[﹣1，1]上的单调性，从而可求函数的最小值，即可
解答：
解：由函数f（x）=（a﹣3）x﹣ax3 求导函数为：f′（x）=﹣3ax2+（a﹣3），
①当a=0时，f（x）=﹣3x，此时函数在定义域内单调递减，所以函数的最小值为：f（1）=﹣3，符合题意，
所以a=0符合题意；
②当a≠0时，f‘（x）=0，即 3ax2=a﹣3
（I）当0＜a≤3时，f′（x）=﹣3ax2+（a﹣3）为开口向下的二次函数，且△=12a（a﹣3）≤0，f‘（x）≤0恒成立
所以函数f（x）在定义域上为单调递减函数，函数的最小值为f（1）=﹣3，此时符合题意；
（II）当a＜0或a＞3时，f′（x）=0，即 3ax2=a﹣3
解得：，
①当，即a，
函数f（x）在[﹣1，﹣]上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以此时函数在定义域的最小值为f（﹣1）=﹣3或f（﹣）= 令
解得：a∈φ
，
即时，函数在定义域上始终单调递减，则函数在定义域上的最小值为f（1）=﹣3，符合题意．
综上所述：当即 时符合题意．
故选B
点评：
此题考查了利用导数求函数的单调区间，还考查了学生在函数字母的不等式分类讨论思想及学生的计算能力．

6．已知函数的两个极值分别为f（x1），f（x2），若x1，x2分别在区间（0，1）与（1，2）内，则b﹣2a的取值范围是（　　）

A．
（﹣4，﹣2）
B．
（﹣∞，2）∪（7，+∞）
C．
（2，7）
D．
（﹣5，2）

考点：
利用导数研究函数的极值．
专题：
计算题；压轴题．
分析：
先根据导函数的两个根的分布建立a、b的约束条件，然后利用线性规划的方法求出目标函数的取值范围即可．
解答：
解：∵函数
∴f′（x）=x2+ax+2b=0的两个根为x1，x2，
∵x1，x2分别在区间（0，1）与（1，2）内
∴⇒
画出区域图得
∴b﹣2a∈（2，7），
故选C．

点评：
本题主要考查了利用导数研究函数的极值，以及利用线性规划的知识解题，属于基础题．

7．f（x）=2x3﹣6x2+a在[﹣2，2]上有最大值3，那么在[﹣2，2]上f（x）的最小值是（　　）

A．
﹣5
B．
﹣11
C．
﹣29
D．
﹣37

考点：
利用导数求闭区间上函数的最值．
专题：
计算题；压轴题．
分析：
本题需要先根据条件：f（x）有最大值3来求出参数a的值，再进一步求出f（x）的最小值来．
解答：
解：由已知f′（x）=6x2﹣12x，令 f′（x）＞0得x＜0或x＞2，又因为x∈[﹣2，2]
因此f（x）在[﹣2，0]上是增函数，在[0，2]上是减函数，
所以f（x）在区间[﹣2，2]的最大值为f（x）max=f（0）=a=3
由以上分析可知函数的最小值在x=﹣2或x=2处取到，
又因为f（﹣2）=﹣37，f（2）=﹣5，因此函数的最小值为﹣37．
故应选D
点评：
本题考查了函数的导数的应用，以三次的多项式类型函数为模型进行考查，以同时考查函数的单调性为辅，紧扣大纲要求，模型典型而又考查全面，虽是基础题，却是一个非常好的题目．

8．已知f（x）=x3﹣3x+m，在区间[0，2]上任取三个数a，b，c，均存在以f（a），f（b），f（c）为边长的三角形，则m的取值范围是（　　）

A．
m＞2
B．
m＞4
C．
m＞6
D．
m＞8

考点：
利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
专题：
计算题；压轴题．
分析：
三角形的边长为正数，而且任意两边之和大于第三边才能构成三角形，故只需求出函数在区间[0，2]上的最小值与最大值，从而可得不等式，即可求解．
解答：
解：由f′（x）=3x2﹣3=3（x+1）（x﹣1）=0得到x1=1，x2=﹣1（舍去）
∵函数的定义域为[0，2]
∴函数在（0，1）上f′（x）＜0，（1，2）上f′（x）＞0，
∴函数f（x）在区间（0，1）单调递减，在区间（1，2）单调递增，
则f（x）min=f（1）=m﹣2，f（x）max=f（2）=m+2，f（0）=m
由题意知，f（1）=m﹣2＞0 ①；
f（1）+f（1）＞f（2），即﹣4+2m＞2+m②
由①②得到m＞6为所求．
故选C
点评：
本题以函数为载体，考查构成三角形的条件，解题的关键是求出函数在区间[0，2]上的最小值与最大值

9．（2011•开封二模）已知f（x）=ln（x2+1），g（x）=（）x﹣m，若∀x1∈[0，3]，∃x2∈[1，2]，使得f（x1）≥g（x2），则实数m的取值范围是（　　）

A．
[，+∞）
B．
（﹣∞，]
C．
[，+∞）
D．
（﹣∞，﹣]

考点：
利用导数求闭区间上函数的最值．
专题：
计算题；压轴题．
分析：
先利用函数的单调性求出两个函数的函数值的范围，再比较其最值即可求实数m的取值范围．
解答：
解：因为x1∈[0，3]时，f（x1）∈[0，ln4]；
x2∈[1，2]时，g（x2）∈[﹣m，﹣m]．
故只需0≥﹣m⇒m≥．
故选A．
点评：
本题主要考查函数恒成立问题以及函数单调性的应用，考查计算能力和分析问题的能力，属于中档题．

10．若不等式x2+2xy≤a（2x2+y2）对于一切正数x、y恒成立，则实数a的最小值为（　　）

A．
2
B．

C．

D．
1

考点：
利用导数求闭区间上函数的最值；函数恒成立问题；基本不等式．
专题：
计算题；压轴题；不等式的解法及应用．
分析：
不等式整理为（2a﹣1）（）2﹣2•+a≥0对于一切正数x，y恒成立，换元，再分离参数，求出函数的最值，即可求得结论．
解答：
解：由题意可得：不等式x2+2xy≤a（2x2+y2）对于一切正数x，y恒成立，
即不等式（2a﹣1）x2﹣2xy+ay2≥0对于一切正数x，y恒成立，
即不等式（2a﹣1）（）2﹣2•+a≥0对于一切正数x，y恒成立，
令t=，则有t＞0，所以（2a﹣1）t2﹣2t+a≥0对于一切t∈（0，+∞）恒成立，
∴对于一切t∈（0，+∞）恒成立，
令f（t）=，则f′（t）=
∴t∈（0，1）时，f′（t）＞0，函数单调递增，t∈（1，+∞）时，f′（t）＜0，函数单调递减
∴t=1时，函数取得最大值1
∴a≥1
∴实数a的最小值为1
故选D
点评：
本题考查恒成立问题，考查导数知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

11．（2011•上饶二模）已知定义在[1，+∞）上的函数当x∈[2n﹣1，2n]（n∈N*）时，函数f（x）的图象与x轴围成的图形面积为S，则S=（　　）

A．
1
B．
2
C．
3
D．
4

考点：
定积分在求面积中的应用；函数的图象与图象变化；函数的周期性．
专题：
压轴题；数形结合．
分析：
本选项题利用特殊值法解决．取n=1，由题意可知当x∈[1，2]时，函数f（x）的图象与x轴围成的图形是一个三角形，然后根据三角形的面积的运算公式进行求解即可．
解答：
解：令n=1得，[2n﹣1，2n]=[1，2]，
当x∈[1，2]时，
函数f（x）的图象与x轴围成的图形是一个三角形，如图所示，
其面积为：S=×1×4=2，
故选：B．

点评：
本题考查函数的图象与图象变化、分段函数的应用等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于基础题．

12．设函数，它们的图象在x轴上的公共点处有公切线，则当x＞1时，f（x）与g（x）的大小关系是（　　）

A．
f（x）＞g（x）
B．
f（x）＜g（x）

C．
f（x）=g（x）
D．
f（x）＞g（x）与g（x）的大小不确定

考点：
利用导数研究曲线上某点切线方程；对数函数的图像与性质．
专题：
计算题；压轴题．
分析：
f（x）与x轴的交点（1，0）在g（x）上，所以a+b=0，在此点有公切线，即此点导数相等，可求出a与b的值，令h（x）=f（x）﹣g（x），然后利用导数研究该函数在（1，+∞）上的单调性，从而得到正确选项．
解答：
解：f（x）与x轴的交点′（1，0）在g（x）上，
所以a+b=0，在此点有公切线，即此点导数相等，
f′（x）=，g′（x）=a﹣，
以上两式在x=1时相等，即1=a﹣b，
又因为a+b=0，
所以a=，b=﹣，
即g（x）=﹣，f（x）=lnx，
定义域{x|x＞0}，
令h（x）=f（x）﹣g（x）=lnx﹣+，
对x求导，得h′（x）=﹣﹣==﹣
∵x＞1
∴h′（x）≤0
∴h（x）在（1，+∞）单调递减，即h（x）＜0
∴f（x）＜g（x）
故选B．
点评：
本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，以及函数的基本性质，同时考查分析问题的能力，属于中档题．

13．若函数，且0＜x1＜x2＜1，设，则a，b的大小关系是（　　）

A．
a＞b
B．
a＜b

C．
a=b
D．
b的大小关系不能确定

考点：
利用导数研究函数的单调性．
专题：
综合题；压轴题．
分析：
求出函数的导函数，根据x的范围和正切函数的图象判断出导函数的正负即可单调函数的单调性，利用函数的单调性即可判断出a与b的大小．
解答：
解：f′（x）==
∵0＜x≤1＜时，x＜tanx
∴f′（x）＜0，故函数单调递减，
所以当0＜x1＜x2＜1时，f（x1）＞f（x2）即a＞b
故选A
点评：
此题考查学生会利用导函数的正负得到函数的单调性，会根据函数的单调性由自变量的大小判断出其对应的函数值的大小，是一道中档题．

14．已知函数f（x）=x2+mx+lnx是单调递增函数，则m的取值范围是（　　）

A．
m＞﹣2
B．
m≥﹣2
C．
m＜2
D．
m≤2

考点：
利用导数研究函数的单调性．
专题：
计算题；压轴题．
分析：
先求出导函数，然后将函数f（x）=x2+mx+lnx是单调递增函数，转化成f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，然后将m分离出来，利用基本不等式求出另一侧的最值，即可求出所求．
解答：
解：∵f（x）=x2+mx+lnx
∴f′（x）=2x+m+
∵函数f（x）=x2+mx+lnx是单调递增函数，
∴f′（x）=2x+m+≥0在（0，+∞）上恒成立
即﹣m≤2x+在（0，+∞）上恒成立
而x∈（0，+∞）时2x+≥2
∴﹣m≤2即m≥﹣
故选B．
点评：
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及恒成立问题，同时考查了转化的数学思想，属于中档题．

15．已知奇函数f（x）在x＞0时，，f（x）在上的值域为（　　）

A．

B．

C．

D．

考点：
利用导数研究函数的单调性；函数的值域；函数奇偶性的性质．
专题：
计算题；压轴题．
分析：
利用导数先求函数f（x）在x∈[1，2]时的单调性，然后根据单调性可求函数在[]上的最值，根据奇函数的对称性可求函数在上的值域
解答：
解：当x时，，
∴f′（x）=x2﹣1
当x∈[1，2]时，f′（x）≥0，f（x）在[[1，2]单调递增；当x时，f′（x）≤0，f（x）在[]上单调递减
∴当x=1时，函数有最小值f（1）=﹣，而f（）＜f（2）=
∴
∵函数f（x）为奇函数，图象关于原点对称
f（x）在上的值域为[]
故选C
点评：
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，求解函数的最值，奇函数的对称性的应用是求解本题的关键．

16．设函数f（x）=ex（sinx﹣cosx），若0≤x≤2012π，则函数f（x）的各极大值之和为（　　）

A．

B．

C．

D．

考点：
利用导数研究函数的极值．
专题：
计算题；综合题；压轴题；转化思想．
分析：
先求出其导函数，利用导函数求出其单调区间，进而找到其极大值f（2kπ+π）=e2kπ+π[sin（2kπ+π）﹣cos（2kπ+π）]=e2kπ+π，再利用数列的求和方法来求函数f（x）的各极大值之和即可．
解答：
解：因为函数f（x）=ex（sinx﹣cosx），
所以f'（x）=（ex）'（sinx﹣cosx）+ex（sinx﹣cosx）'=2exsinx，
∴x∈（2kπ，2kπ+π）时原函数递增，x∈（2kπ+π，2kπ+2π）时，函数递减．
故当x=2kπ+π时，f（x）取极大值，
其极大值为f（2kπ+π）=e2kπ+π[sin（2kπ+π）﹣cos（2kπ+π）]=e2kπ+π．
又0≤x≤2012π，
∴函数f（x）的各极大值之和S=eπ+e3π+e5π+…+e2009π==．
故选：D．
点评：
本题主要考查利用导数研究函数的极值以及数列的求和．利用导数研究函数的单调性，求解函数的单调区间、极值、最值问题，是函数这一章最基本的知识，也是教学中的重点和难点，学生应熟练掌握．

二．解答题（共14小题）
17．已知函数f（x）=2x的定义域是[0，3]，设g（x）=f（2x）﹣f（x+2）．
（1）求g（x）的解析式及定义域；
（2）求函数g（x）的最大值和最小值．
（3）是否存在实数k，使得k﹣2f（x）＞g（x）有解，若存在，求出k的范围；若不存在，说明理由．

考点：
导数在最大值、最小值问题中的应用；函数解析式的求解及常用方法．
专题：
计算题；综合题；压轴题；换元法．
分析：
（1）把2x、x+2代入f（x）=2x中，即可求得g（x）的解析式，利用复合函数定义域的求法可得，解此不等式即可求得函数的定义域；
（2）令t=2x，则可将函数 g（x）=（2x）2﹣4•2x，转化为一个二次函数，然后根据二次函数在定区间上的最值问题，即可得到g（x）的最大值和最小值；
（3）假设存在实数k，使得k﹣2f（x）＞g（x）有解，即k＞2f（x）+g（x）有解，构造函数F（x）=2f（x）+g（x）=（2x）2﹣2•2x，（0≤x≤1），利用换元法，转化为二次函数在定区间上的最值问题，即可求得结果．
解答：
解：（1）g（x）=f（2x）﹣f（x+2）=22x﹣2x+2=（2x）2﹣4•2x，
其定义域须满足，解得0≤x≤1，
∴g（x）=（2x）2﹣4•2x，
函数g（x）的定义域为[0，1]；
（2）∵g（x）=（2x）2﹣4•2x（0≤x≤1），
令t=2x，
∵0≤x≤1，∴1≤t≤2，
所以有：h（t）=t2﹣4t=（t﹣2）2﹣4（1≤t≤2）
所以：当 t∈[1，2]时，h（t）是减函数，
∴f（x）min=h（2）=﹣4，f（x）max=h（1）=﹣3；
（3）假设存在实数k，使得k﹣2f（x）＞g（x）有解，即k＞2f（x）+g（x）有解，
令F（x）=2f（x）+g（x）=（2x）2﹣2•2x，（0≤x≤1），
令t=2x，
∵0≤x≤1，∴1≤t≤2，
所以有：G（t）=t2﹣2t=（t﹣1）2﹣1（1≤t≤2）
所以：当 t∈[1，2]时，G（t）是增函数，
∴F（x）min=G（2）=﹣1
∴k＞﹣1．
点评：
本题只要考查代入法求函数的解析式和复合函数的定义域，以及利用换元法求函数的最值问题，体现了换元的数学方法和转化的数学思想，特别注意新变量的取值范围，同时也考查了二次函数在定区间上的最值问题，属中档题．

18．已知函数f（x）=．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的极值情况；
（Ⅱ）设g（x）=ln（x+1），当x1＞x2＞0时，试比较f（x1﹣x2）与g（x1﹣x2）及g（x1）﹣g（x2）三者的大小；并说明理由．

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．
专题：
综合题；压轴题；数形结合；分类讨论；转化思想；综合法．
分析：
（Ⅰ）对函数的解析式进行研究，当x＞0时，函数是增函数，且函数值为正，故极值只可能存在于x＜0时，求导，研究函数的单调性，由于导数中存在参数m，其取值范围对导数的取值有影响，故需要对其分类讨论，观察发现需要分m=0，m＞0，m＜0三类进行研究．
（Ⅱ）三数的比较中前两数的比较可以构造新函数，研究其函数值的取值范围确定两数的大小，后两数的比较由于牵涉到两个变量，且函数名相同故可以采用作差法比较．
解答：
解：（Ⅰ）当x＞0时，f（x）=ex﹣1在（0，+∞）单调递增，且f（x）＞0；
当x≤0时，f′（x）=x2+2mx．
（ⅰ）若m=0，f′（x）=x2≥0，f（x）=x3在（﹣∞，0]上单调递增，且f（x）=x3≤0．
又f（0）=0，∴f（x）在R上是增函数，无极植；
（ⅱ）若m＜0，f′（x）=x（x+2m）＞0，则f（x）=x3+mx2在（﹣∞，0）单调递增，
同①可知f（x）在R上也是增函数，无极值；（4分）
（ⅲ）若m＞0，f（x）在（﹣∞，﹣2m]上单调递增，在（﹣2m，0）单调递减，
又f（x）在（0，+∞）上递增，故f（x）有极小值f（0）=0，f（x）有极大值f（﹣2m）=m3．（6分）
（Ⅱ）当x＞0时，先比较ex﹣1与ln（x+1）的大小，
设h（x）=ex﹣1﹣ln（x+1）（x＞0）
h′（x）=ex﹣＞0恒成立
∴h（x）在（0，+∞）是增函数，h（x）＞h（0）=0
∴ex﹣1﹣ln（x+1）＞0即ex﹣1＞ln（x+1）
也就是f（x）＞g（x），对任意x＞0成立．
故当x1﹣x2＞0时，f（x1﹣x2）＞g（x1﹣x2）（10分）
再比较g（x1﹣x2）=ln（x1﹣x2+1）与g（x1）﹣g（x2）=ln（x1+1）﹣ln（x2+1）的大小．
∵g（x1﹣x2）﹣[g（x1）﹣g（x2）]=ln（x1﹣x2+1）﹣ln（x1+1）+ln（x2+1）=ln
=ln[1+]＞0
∴g（x1﹣x2）＞g（x1）﹣g（x2）
∴f（x1﹣x2）＞g（x1﹣x2）＞g（x1）﹣g（x2）．（12分）
点评：
本题考查利用导数研究函数的极值，求解的关键在第一小题中是根据导数的解析式对参数进行分类，在第二小题中通过观察灵活选择比较大小的方法是解本题的关键，很重要，前两者的比较选用了函数法，后两者的比较选用了作差法，根据不同情况作出不同选择，体现了数学解题的灵活性．本题考查了观察能力及灵活转化的能力以及分类讨论的思想，较难！

19．已知函数．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）函数f（x）在区间[1，2]上是否有零点，若有，求出零点，若没有，请说明理由；
（Ⅲ）若任意的x1，x2∈（1，2）且x1≠x2，证明：．（注：ln2≈0.693）

考点：
利用导数求闭区间上函数的最值；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：
压轴题．
分析：
（Ⅰ） 先求导函数，根据，可得，从而可得在区间和（2，+∞）上，f′（x）＞0；在区间上f′（x）＜0，由此可得f（x）的单调递增区间与单调递减区间；
（Ⅱ）确定f（x）在x∈[1，2]的最大值，即可判断不存在符合条件的a，使得f（x）=0；
（Ⅲ）证明一：当时，f（x）在上单调递增，在上单调递减，
只需证明，都成立，即可得证命题成立；
证明二：当时，，x∈（1，2）f′（x）在上单调递减，在上单调递增，确定，，利用导数的几何意义即可证得结论．
解答：
解：（x＞0）．
（Ⅰ） （x＞0）．（2分）
∵，∴，
∴在区间和（2，+∞）上，f′（x）＞0；在区间上f′（x）＜0，
故f（x）的单调递增区间是和（2，+∞），单调递减区间是．（4分）
（Ⅱ）先求f（x）在x∈[1，2]的最大值．
由（Ⅰ）可知，当时，f（x）在上单调递增，在上单调递减，故．（6分）
由可知，所以2lna＞﹣2，所以﹣2lna＜2，
所以，﹣2﹣2lna＜0，所以f（x）max＜0，
故不存在符合条件的a，使得f（x）=0．（8分）
（Ⅲ）证明一：当时，f（x）在上单调递增，在上单调递减，
只需证明，都成立，即可得证命题成立．（10分）
，设，，
∴g（a）在上是减函数，
，设，
∴h（a）在上是增函数，
综上述命题成立．（12分）
证明二：当时，，x∈（1，2）f′（x）在上单调递减，在上单调递增，f′（1）=1﹣a＞0，f′（2）=0，，
∵，
∴，．（10分）
由导数的几何意义，有对任意x1，x2∈（1，2），x1≠x2．（12分）
点评：
本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的零点，考查不等式的证明，解题的关键是确定函数的最值．

20．已知函数f（x）是在（0，+∞）上每一点处均可导的函数，若xf′（x）＞f（x）在（0，+∞）上恒成立．
（Ⅰ）①求证：函数在（0，+∞）上是增函数；
②当x1＞0，x2＞0时，证明：f（x1）+f（x2）＜f（x1+x2）；
（Ⅱ）已知不等式ln（x+1）＜x在x＞﹣1且x≠0时恒成立，求证：…．

考点：
导数在最大值、最小值问题中的应用；函数的单调性与导数的关系．
专题：
压轴题．
分析：
（I）①先利用导数的四则运算，求函数g（x）的导函数，结合已知证明导函数g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，即可证明其在（0，+∞）上是增函数；②利用①的结论，且x1＞0，x2＞0时，x1+x2＞x1，且x1+x2＞x2，得，从中解出f（x1）、f（x2）即可证得结论；（II）构造一个符合条件的函数f（x）=xlnx，利用（I）的结论，得x1lnx1+x2lnx2+…+xnlnxn＜（x1+x2+…+xn）ln（x1+x2+…+xn）（n≥2），令，再将放缩，即可证得所证不等式
解答：
解（Ⅰ）①∵，∴
∵xf′（x）＞f（x），∴g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
从而有在（0，+∞）上是增函数．
②由①知在（0，+∞）上是增函数，当x1＞0，x2＞0时，有，
于是有：，
两式相加得：f（x1）+f（x2）＜f（x1+x2）
（Ⅱ）由（Ⅰ）②可知：f（x1）+f（x2）＜f（x1+x2），（x1＞0，x2＞0）恒成立
由数学归纳法可知：xi＞0（i=1，2，3，…，n）时，有：f（x1）+f（x2）+f（x3）+…+f（xn）＜f（x1+x2+x3+…xn）（n≥2）恒成立
设f（x）=xlnx，则，则xi＞0（i=1，2，3，…，n）时，x1lnx1+x2lnx2+…+xnlnxn＜（x1+x2+…+xn）ln（x1+x2+…+xn）（n≥2）（*）恒成立
令，记
又，
又，且ln（x+1）＜x
∴（x1+x2+…+xn）ln（x1+x2+…+xn）＜（x1+x2+…+xn）ln（1﹣）＜﹣（x1+x2+…+xn）＜﹣（﹣）=﹣ （**）
将（**）代入（*）中，可知：﹣（）
于是
点评：
本题综合考查了导数的四则运算，利用导数证明函数的单调性，利用函数的单调性证明不等式，以及利用函数性质构造数列证明数列不等式的方法，难度较大

21．已知函数f（x）=mln（x﹣1）+（m﹣1）x，m∈R是常数．
（1）若，求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）存在最大值，求m的取值范围；
（3）若对函数f（x）定义域内任意x1、x2（x1≠x2），恒成立，求m的取值范围．

考点：
导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．
专题：
综合题；压轴题．
分析：
（1）先确定函数的定义域，然后求出函数的导函数fˊ（x），在函数的定义域内解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，即可求出函数的单调区间．
（2）根据函数的增减区间确定函数的最大值，从而解出m的取值范围．
（3）由得，利用基本不等式得出
再利用对数函数的性质，得出所以，从而m只需小于0即可．
解答：
解：（1）f（x）的定义域为（1，+∞）…（1分）
时，，…（2分）
解f′（x）=0得x=2．
当x∈（1，2）时，f′（x）＞0，即f（x）在（1，2）单调递增…（3分）；
当x∈（2，+∞）时，f′（x）＜0，即f（x）在（2，+∞）单调递减…（4分）．
（2）
若m≥1，则f′（x）＞0，f（x）单调递增，不存在最大值…（5分）
若m≤0，则f′（x）＜0，f（x）单调递减，不存在最大值…（6分）
若0＜m＜1，由f′（x）=0得，
当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减…（8分），
所以f（x）在取得最大值，所求m的取值范围为（0，1）…（9分）
（3）由得…（10分），
依题意x1﹣1＞0，x2﹣1＞0且x1﹣1≠x2﹣1，所以…（11分），
y=lnx是增函数，所以…（12分）
=…（13分），
所求m的取值范围为（﹣∞，0）…（14分）．
点评：
本题主要考查了利用导数研究函数的极值，以及函数单调区间等有关基础知识，应用导数研究函数单调性的方法及推理和运算能力．

22．已知函数，设F（x）=f（x）+g（x）．
（1）求F（x）的单调区间；
（2）若以，图象上任意一点P（x0，y0）为切点的切线的斜率k≤1恒成立，求实数a的最小值；
（3）是否存在实数m，使得函数的图象与q（x）=f（1+x2）的图象恰好有四个不同的交点？若存在，求出m的取值范围，若不存在，说明理由．

考点：
导数在最大值、最小值问题中的应用；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性．
专题：
综合题；压轴题；转化思想．
分析：
（1）先由f（x）和g（x）构造得到F（x）的解析式，利用导数大于0得增区间，小于0得减区间．
（2） 切线的斜率k≤1恒成立即导数小于等于1恒成立，从而建立起a与x的关系式，利用恒成立求得a．
（3）p（x）与q（x）的图象有四个不同的交点转化成方程有四个不同的根，分离出m后，转化成新函数的最大值和最小值．
解答：
解．（1）F

∵a＞0，由F'（x）＞0⇒x∈（2a，+∞），
由F'（x）＜0⇒x∈（0，2a）．
∴F（x）的单调递减区间为（0，2a），
单调递增区间为（2a，+∞）
（2），
，
则，
所以实数a的最小值为．
（3）若的图象
与q（x）=f（1+x2）=ln（x2+1）的图象恰有四个不同交点，
即有四个不同的根，
亦即有四个不同的根．
令，
则．
当x变化时G'（x）．G（x）的变化情况如下表：

由表格知：．
又因为可知，当时，
方程有四个不同的解．
∴的图象与
y=f（1+x2）=ln（x2+1）的图象恰有四个不同的交点．
点评：
本题是个难题，主要考查了导数在函数单调性和最值中的应用，同时考查了导数的几何意义和恒成立问题．
注意函数的定义域，分离参数在解决恒成立问题中的应用．

23．已知函数f（x）=x2﹣alnx，x∈（1，2），
（1）判断函数f（x）的单调性；
（2）若f（x）在（1，2）为增函数，在（0，1）上为减函数．
求证：方程f（x）=g（x）+2在（0，+∞）内有唯一解；
（3）当b＞﹣1时，若在x∈（0，1）内恒成立，求实数b的取值范围．

考点：
导数在最大值、最小值问题中的应用；函数与方程的综合运用；利用导数研究函数的单调性．
专题：
计算题；证明题；综合题；压轴题．
分析：
（1）由f（x）的解析式求出f（x）的导函数，分a≤2和a≥8以及2＜a＜8三种情况，分别令导函数大于0列出关于x的不等式，求出不等式的解集即可得到x的范围即为函数的递增区间；令导函数小于0列出关于x的不等式，求出不等式的解集即可得到x的范围即为函数的递减区间；
（2）由（1）不难给出方程f（x）=g（x）+2，然后构造函数，利用函数的单调性证明方程解的唯一性；
（3）f（x） 在（0，1]上恒成立 在（0，1]上恒成立．由此能导出b的取值范围．
解答：
解：（1）
①当2＜a＜8时，当时，f'（x）＜0，∴f（x）在单调递减；
当时，f'（x）＞0，∴f（x）在单调递增；
②当a≤2时，f'（x）≥0，∴f（x）在（1，2）单调递增；
③当a≥8时，f'（x）≤0，∴f（x）在（1，2）单调递减；
（2），依题意f'（x）≥0，x∈（1，2]，即a≤2x2，x∈（1，2]．
∵上式恒成立，∴a≤2．①
又 ，依题意g'（x）≤0，x∈（0，1），即 ，x∈（0，1）．
∵上式恒成立，∴a≥2．②
由①②得a=2
∴方程f（x）=g（x）+2，．
设 ，

令h'（x）＞0，并由x＞0，得 ，解知x＞1
令h'（x）＜0，由x＞0，解得0＜x＜1
列表分析：
知h（x）在x=1处有一个最小值0
当x＞0且x≠1时，h（x）＞0，
∴h（x）=0在（0，+∝）上只有一个解．
即当x＞0时，方程f（x）=g（x）+2有唯一解；