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数学导数中d的含义是什么（dy/dx )
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搞清两个概念就能理解d的含义了.1、增量的概念：Δx = x2 - x1,Δy = y2 - y1这里的Δ就是增量的意思,只要是后面的量减前面的量,无论正负都叫增量.2、无限小的概念：当一个变量x,越来越趋向于一个数值a时,这个趋向的过程无止境的进行,x与a的差值无限趋向于0,我们就说a是x的极限.这个差值,我们称它为“无穷小”,它是一个越来越小的过程,一个无限趋向于0的过程,它不是一个很小的数,而是一个趋向于0的过程.3、Δ一方面表示增量的概念,如果x1与x2差距很小,这个小是有限的小.只要写得出来,无论多少位小数点,只要你写得出,只要你的笔一停,都是有限的小.当x1与x2的差距在无止境的减小,无止境的靠近,在靠近的过程中,x1与x2的差距无止境的趋近于0.这时我们写成dx,也就是说,Δx是有限小的量,dx是无限小的量.4、d的来源,本来是 difference = 差距.当此差距无止境的趋向于0时,演变为 differentiation,就变成了无限小的意思,称为“微分”.“微分”是一个过程,是无止境的“分割”,无止境的“区分”的过程.5、Δy/Δx 表示的一条割线的斜率,也可以表示一条切线的斜率；dy/dx 表示的是当Δx趋近于0时的Δy/Δx,记为dy/dx,是曲线上任意一点的切线的斜率.这方面的细细斟酌是非常值得的,要全部写出,就是一本《数学分析》,也就是一本厚厚的《微积分》了.楼主若想仔细研究,有任何问题,请Hi我,我为你详细解释.
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division微分
表示对未知数的微分。。。
是微分的意思 英文缩写的第一个字母
微分和高中所学的导数是有联系的，d后面加个Y或X指的是微分，而dy/dx相当于是y对于x的导数，至于d这个含义。。。。不知道怎么说，
扫描下载二维码【两天一题】高中数学，函数及其导数
（2016·河北邯郸期末）
先自己思考
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．
（1）设g（x）=x﹣lnx（x＞0），通过求导结合单调性可知当x＞0时g（x）≥g（1）=1，进而代入f（x）解析式即得结论；
（2）通过对f（x0）=1+x0lnx0﹣ln2x0因式分解可知a=，设h（x）=（x＞0），则问题转化为求函数h（x）的最大值问题，利用导数工具计算可得结论；
（3）通过配方、变形、放缩可知f（x）≥1﹣，利用当1＜x＜2时﹣x2∈（﹣4，﹣1）继续放缩可知f（x）≥ax（2﹣ax），通过反证法可排除等号成立情况．
本题考查函数及其导数的应用，函数是高考的必考题型，大家一定要多加练习哈
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今日搜狐热点高中数学导数尖子生辅导（填选压轴）一．选择题（共 30 小题） 1． （2013?文昌模拟）如图是 f（x）=x +bx +cx+d 的图象，则 x1 +x2 的值是（3 2 2 2）A．B．C．D．考点： 利用导数研究函数的极值；函数的图象与图象变化． 专题： 计算题；压轴题；数形结合． 3 2 分析： 先利用图象得：f（x）=x（x+1） （x2）=x x 2x，求出其导函数，利用 x1，x2 是原函数的极值点，求菁优网版权所有出 x1+x2= ，，即可求得结论．3 2 解答： 解：由图得：f（x）=x（x+1） （x2）=x x 2x， 2 ∴ f'（x）=3x 2x2 ∵ x1，x2 是原函数的极值点所以有 x1+x2= ， 故 x1 +x2 =（x1+x2） 2x1x2=2 2 2， = ．故选 D． 点评： 本题主要考查利用函数图象找到对应结论以及利用导数研究函数的极值，是对基础知识的考查，属于基础 题． 2． （2013?乐山二模）定义方程 f（x）=f′ （x）的实数根 x0 叫做函数 f（x）的“新驻点”，若函数 g（x）=x，h（x） 3 =ln（x+1） ，φ（x）=x 1 的“新驻点”分别为 α，β，γ，则 α，β，γ 的大小关系为（ ） A．α＞β＞γ B．β＞α＞γ C．γ＞α＞β D．β＞γ＞α 考点： 导数的运算． 专题： 压轴题；新定义． 分析： 分别对 g（x） ，h（x） ，φ（x）求导，令 g′ （x）=g（x） ，h′ （x）=h（x） ，φ′ （x）=φ（x） ，则它们的根分菁优网版权所有别为 α，β，γ，即 α=1，ln（β+1）= 解答： 解：∵ g′ （x）=1，h′ （x）= 由题意得： α=1，ln（β+1）= ① ∵ ln（β+1）=β+1，γ 1=3γ ，然后分别讨论 β、γ 的取值范围即可．232，φ′ （x）=3x ，，γ 1=3γ ， ，32∴ （β+1） =e， 当 β≥1 时，β+1≥2， ∴ β+1≤ ＜2， ∴ β＜1，这与 β≥1 矛盾， ∴ 0＜β＜1； 3 2 ② ∵ γ 1=3γ ，且 γ=0 时等式不成立，1∴ 3γ ＞0 3 ∴ γ ＞1， ∴ γ＞1． ∴ γ＞α＞β． 故选 C． 点评： 函数、导数、不等式密不可分，此题就是一个典型的代表，其中对对数方程和三次方程根的范围的讨论是 一个难点．23． （2013?山东）抛物线 C1：的焦点与双曲线 C2： ）的右焦点的连线交 C1 于第一象限的点 M．若 C1 在点 M 处的切线平行于 C2 的一条渐近线，则 p=（ A． B． C．D．考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程；双曲线的简单性质． 专题： 压轴题；圆锥曲线的定义、性质与方程． 分析： 由曲线方程求出抛物线与双曲线的焦点坐标，由两点式写出过两个焦点的直线方程，求出函数菁优网版权所有在 x 取直线与抛物线交点 M 的横坐标时的导数值，由其等于双曲线渐近线的斜率得到 交点横坐标与 p 的关系，把 M 点的坐标代入直线方程即可求得 p 的值． 解答： 解：由 ，得 x =2py（p＞0） ， ） ． ， ．2所以抛物线的焦点坐标为 F（ 由 ，得所以双曲线的右焦点为（2，0） ． 则抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线所在直线方程为 ，即① ．设该直线交抛物线于 M（ 由题意可知 ，得） ，则 C1 在点 M 处的切线的斜率为 ，代入 M 点得 M（ ）．把 M 点代入① 得： 解得 p= ．．故选 D． 点评： 本题考查了双曲线的简单几何性质，考查了利用导数研究曲线上某点的切线方程，函数在曲线上某点处的 切线的斜率等于函数在该点处的导数，是中档题． 4． （2013?安徽）已知函数 f（x）=x +ax +bx+c 有两个极值点 x1，x2，若 f（x1）=x1＜x2，则关于 x 的方程 3（f（x） ） 2 +2af（x）+b=0 的不同实根个数为（ ） A ．3 B．4 C ．5 D．623 2考点： 利用导数研究函数的极值；根的存在性及根的个数判断． 专题： 压轴题；导数的综合应用． 2 分析： 由函数 f（x）=x3+ax2+bx+c 有两个极值点 x1，x2，可得 f′ （x）=3x +2ax+b=0 有两个不相等的实数根，必 2 2 有△ =4a 12b＞0．而方程 3（f（x） ） +2af（x）+b=0 的△ ＞0，可知此方程有两解且 f（x）=x1 或 x2．再 1=△ 分别讨论利用平移变换即可解出方程 f（x）=x1 或 f（x）=x2 解得个数． 3 2 解答： 解：∵ 函数 f（x）=x +ax +bx+c 有两个极值点 x1，x2， ′ 2 ∴ f （x）=3x +2ax+b=0 有两个不相等的实数根，菁优网版权所有∴ △ =4a 12b＞0．解得2=．∵ x1＜x2，∴2，．而方程 3（f（x） ） +2af（x）+b=0 的△ ＞0，∴ 此方程有两解且 f（x）=x1 或 x2． 1=△ 不妨取 0＜x1＜x2，f（x1）＞0． ① 把 y=f（x）向下平移 x1 个单位即可得到 y=f（x）x1 的图象，∵ f（x1）=x1，可知方程 f（x）=x1 有两解． ② 把 y=f（x）向下平移 x2 个单位即可得到 y=f（x）x2 的图象，∵ f（x1）=x1，∴ f（x1）x2＜0，可知方程 f（x）=x2 只有一解． 2 综上① ② 可知：方程 f（x）=x1 或 f（x）=x2．只有 3 个实数解．即关于 x 的方程 3（f（x） ） +2af（x）+b=0 的只有 3 不同实根． 故选 A．点评： 本题综合考查了利用导数研究函数得单调性、极值及方程解得个数、平移变换等基础知识，考查了数形结 合的思想方法、推理能力、分类讨论的思想方法、计算能力、分析问题和解决问题的能力． 5． （2013?湖北）已知 a 为常数，函数 f（x）=x（lnxax）有两个极值点 x1，x2（x1＜x2） （ A． B． C． D． ）考点： 利用导数研究函数的极值；函数在某点取得极值的条件． 专题： 压轴题；导数的综合应用． 分析： 先求出 f′ （x） ，令 f′ （x）=0，由题意可得 lnx=2ax1 有两个解 x1，x2?函数 g（x）=lnx+12ax 有且只 有两个零点?g′ （x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于 0．利用导数与函数极值的关系即可得出． 解答： 解：∵ =lnx+12ax， （x＞0）菁优网版权所有令 f′ （x）=0，由题意可得 lnx=2ax1 有两个解 x1，x2?函数 g（x）=lnx+12ax 有且只有两个零点 ?g′ （x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于 0． ．3① 当 a≤0 时，g′ （x）＞0，f′ （x）单调递增，因此 g（x）=f′ （x）至多有一个零点，不符合题意，应舍去． ② 当 a＞0 时，令 g′ （x）=0，解得 x= ∵ x 单调递减． ∴ x= 是函数 g（x）的极大值点，则 ． ＞0，即 ＞0， ， 时，g′ （x）＜0，函数 g（x），g′ （x）＞0，函数 g（x）单调递增；∴ ln（2a）＜0，∴ 0＜2a＜1，即 ∵，f′ （x1）=lnx1+12ax1=0，f′ （x2）=lnx2+12ax2=0． ＜0，且 f（x1）=x1（lnx1ax1）=x1（2ax11ax1）=x1（ax11）＜x1（ax1）= f（x2）=x2（lnx2ax2）=x2（ax21）＞ 故选 D． 点评： 熟练掌握利用导数研究函数极值的方法是解题的关键．2= ． （） ．6． （2013?辽宁）设函数 f（x）满足 x f′ （x）+2xf（x）= A．有极大值，无极小值 C． 既有极大值又有极小值，f（2）=，则 x＞0 时，f（x） （）B． 有极小值，无极大值 D．既无极大值也无极小值考点： 函数在某点取得极值的条件；导数的运算． 专题： 压轴题；导数的综合应用． 分析： 先利用导数的运算法则，确定 f（x）的解析式，再构造新函数，确定函数的单调性，即可求得结论． 解答： 解：∵ 函数 f（x）满足 ，菁优网版权所有∴ ∴ x＞0 时， dx∴∴令 g（x）=，则令 g′ （x）=0，则 x=2，∴ x∈（0，2）时，g′ （x）＜0，函数单调递减，x∈（2，+∞）时，g′ （x）＞0，函 数单调递增 ∴ g（x）在 x=2 时取得最小值 ∵ f（2）= ，∴ g（2）= =0∴ g（x）≥g（2）=04∴≥0即 x＞0 时，f（x）单调递增 ∴ f（x）既无极大值也无极小值 故选 D． 点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与极值，考查学生分析解决问题的能力，难度较大． 7． （2013?安徽）若函数 f（x）=x +ax +bx+c 有极值点 x1，x2，且 f（x1）=x1，则关于 x 的方程 3（f（x） ） +2af（x） +b=0 的不同实根个数是（ ） A ．3 B．4 C ．5 D．6 考点： 函数在某点取得极值的条件；根的存在性及根的个数判断． 专题： 综合题；压轴题；导数的综合应用． 2 2 分析： 求导数 f′ （x） ，由题意知 x1，x2 是方程 3x +2ax+b=0 的两根，从而关于 f（x）的方程 3（f（x） ） +2af（x） +b=0 有两个根，作出草图，由图象可得答案． 2 2 解答： 解：f′ （x）=3x +2ax+b，x1，x2 是方程 3x +2ax+b=0 的两根，不妨设 x2＞x1，菁优网版权所有322由 3（f（x） ） +2af（x）+b=0，则有两个 f（x）使等式成立，x1=f（x1） ，x2＞x1=f（x1） ， 如下示意图象： 如图有三个交点， 故选 A．2点评： 考查函数零点的概念、以及对嵌套型函数的理解，考查数形结合思想．8． （2014?海口二模）设 f（x）是定义在 R 上的奇函数，且 f（2）=0，当 x＞0 时，有 成立，则不等式 x f（x）＞0 的解集是（ ） A．（2，0）∪ （2，+∞） B．（2，0）∪ （0，2）2恒C．（∞，2）∪ （2，+∞） D．（∞，2）∪ （0，2）考点： 函数的单调性与导数的关系；奇偶函数图象的对称性；其他不等式的解法． 专题： 综合题；压轴题． 分析： 首先根据商函数求导法则，把 化为[ ]′ ＜0；然后利用导函数的正负性，菁优网版权所有可判断函数 y=在（0，+∞）内单调递减；再由 f（2）=0，易得 f（x）在（0，+∞）内的正负性；2最后结合奇函数的图象特征，可得 f（x）在（∞，0）内的正负性．则 x f（x）＞0?f（x）＞0 的解集即 可求得． 解答： 解：因为当 x＞0 时，有 恒成立，即[ ]′ ＜0 恒成立，5所以在（0，+∞）内单调递减．因为 f（2）=0， 所以在（0，2）内恒有 f（x）＞0；在（2，+∞）内恒有 f（x）＜0． 又因为 f（x）是定义在 R 上的奇函数， 所以在（∞，2）内恒有 f（x）＞0；在（2，0）内恒有 f（x）＜0． 又不等式 x f（x）＞0 的解集，即不等式 f（x）＞0 的解集． 所以答案为（∞，2）∪ （0，2） ． 故选 D． 点评： 本题主要考查函数求导法则及函数单调性与导数的关系，同时考查了奇偶函数的图象特征． 9． （2014?重庆三模）对于三次函数 f（x）=ax +bx +cx+d（a≠0） ，给出定义：设 f′ （x）是函数 y=f（x）的导数，f″ （x）是 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”．某同学 经过探究发现：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．设函数 g（x）= A．2011 考点： 专题： 分析： 解答： ，则 g（ B．2012 ）+ C．2013 =（ ） D．20143 2 2导数的运算；函数的值；数列的求和． 压轴题；导数的概念及应用． 正确求出对称中心，利用对称中心的性质即可求出． ′ 2 ″ 解：由题意，g （x）=x x+3，∴ g （x）=2x1，菁优网版权所有令 g （x）=0，解得 又 ∴ ∴ g（ ）+″， ． ，… =2012．，∴ 函数 g（x）的对称中心为 ，故选 B． 点评： 正确求出对称中心并掌握对称中心的性质是解题的关键．10． （2014?上海二模） 已知 f （x） =alnx+ x （a＞0） ， 若对任意两个不等的正实数 x1， x2， 都有 ＞2 恒成立，则 a 的取值范围是（ ） A．（0，1] B．（1，+∞） 考点： 导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性． 专题： 计算题；压轴题． 分析： 先将条件“对任意两个不等的正实数 x1， x2， 都有2C．（0，1）D．[1，+∞）菁优网版权所有＞2 恒成立”转换成当 x＞0 时， f' （x）≥2 恒成立，然后利用参变量分离的方法求出 a 的范围即可． 解答： 解：对任意两个不等的正实数 x1，x2，都有 则当 x＞0 时，f'（x）≥2 恒成立6＞2 恒成立f'（x）= +x≥2 在（0，+∞）上恒成立 则 a≥（2xx ）max=1 故选 D． 点评： 本题主要考查了导数的几何意义，以及函数恒成立问题，同时考查了转化与划归的数学思想，属于基础题．211． （2012?桂林模拟）已知 实数 a 的取值范围是（ A．（∞，1] ） B．[1，4]在（∞，+∞）上是增函数，则C．[1，1]D．（∞，1）考点： 利用导数研究函数的单调性． 专题： 计算题；压轴题． 分析： 要是一个分段函数在实数上是一个增函数，需要两段都是增函数且两个函数的交点处要满足递增，当 x 小 于 0 时，要使的函数是一个减函数，求导以后导函数横小于 0，注意两个端点处的大小关系． 解答： 解：∵ 要是一个分段函数在实数上是一个增函数． 需要两段都是增函数且两个函数的交点处要满足递增，菁优网版权所有当 x＜0 时，y =3x （a1）＞0 恒成立， 2 ∴ a1＜3x ∴ a1≤0 ∴ a≤1， 2 当 x=0 时，a 3a4≤0 ∴ 1≤a≤4， 综上可知1≤a≤1 故选 C． 点评： 本题考查函数的单调性，分段函数的单调性，解题的关键是在两个函数的分界处，两个函数的大小关系一 定要写清楚． 12． （2012?河北模拟）定义在[1，+∞）上的函数 f（x）满足：① f（2x）=cf（x） （c 为正常数） ；② 当 2≤x≤4 时，f（x） 2 =1（x3） ，若函数 f（x）的图象上所有极大值对应的点均落在同一条直线上，则 c 等于（ ） A ．1 B．2 C ．1 或 2 D．4 或 2 考点： 利用导数研究函数的极值；抽象函数及其应用． 专题： 计算题；压轴题． 分析： 由已知可得分段函数 f（x）的解析式，进而求出三个函数的极值点坐标，根据三点共线，则任取两点确定 的直线斜率相等，可以构造关于 c 的方程，解方程可得答案． 2 解答： 解：∵ 当 2≤x≤4 时，f（x）=1（x3） 当 1≤x＜2 时，2≤2x＜4，菁优网版权所有′2则 f（x）= f（2x）= [1（2x3） ] 此时当 x= 时，函数取极大值 当 2≤x≤4 时，f（x）=1（x3） 此时当 x=3 时，函数取极大值 1 当 4＜x≤8 时，2＜ x≤4 则 f（x）=cf（ x）=c（1（ x3） ，72 22此时当 x=6 时，函数取极大值 c ∵ 函数的所有极大值点均落在同一条直线上， 即点（ ， ） ， （3，1） ， （6，c）共线，∴解得 c=1 或 2． 故选 C 点评： 本题考查的知识点是三点共线，函数的极值，其中根据已知分析出分段函数 f（x）的解析式，进而求出三 个函数的极值点坐标，是解答本题的关键． 13． （2012?桂林模拟）设 a∈R，函数 f（x）=e +a?e 的一条切线的斜率是 ，则切点的横坐标为（ A．ln2 B．ln2xx的导函数是 f′ （x） ，且 f′ （x）是奇函数．若曲线 y=f（x）） C． D．考点： 简单复合函数的导数． 专题： 压轴题． 分析： 已知切线的斜率，要求切点的横坐标必须先求出切线的方程， 我们可从奇函数入手求出切线的方程． 解答： 解：菁优网版权所有对 f（x）=e +a?e 求导得 x x f′ （x）=e ae 又 f′ （x）是奇函数，故 f′ （0）=1a=0 解得 a=1，故有 f′ （x）=e e ， 设切点为（x0，y0） ，则 ， 得 或 （舍去） ，xxxx得 x0=ln2． 点评： 熟悉奇函数的性质是求解此题的关键，奇函数定义域若包含 x=0，则一定过原点． 14． （2012?太原模拟）已知定义在 R 上的函数 y=f（x1）的图象关于点（1，0）对称，且 x∈（∞，0）时，f（x） +xf′ （x） ＜0 成立， （其中 f′ （x） 是（ f x） 的导函数） ， a= （3 ） （ f 3 ） ， b= （logπ3） ． （ f logπ3） ， 则 a，b，c 的大小关系是（ ） A．a＞b＞c B．c＞b＞a0.3 0.3C．c＞a＞bD．a＞c＞b考点： 利用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质；导数的乘法与除法法则． 专题： 计算题；压轴题． 分析： 由“当 x∈（∞，0）时不等式 f（x）+xf′ （x）＜0 成立”知 xf（x）是减函数，要得到 a，b，c 的大小关系，菁优网版权所有只要比较的大小即可．8解答： 解：∵ 当 x∈（∞，0）时不等式 f（x）+xf′ （x）＜0 成立 即： （xf（x） ）′ ＜0， ∴ xf（x）在 （∞，0）上是减函数． 又∵ 函数 y=f（x1）的图象关于点（1，0）对称， ∴ 函数 y=f（x）的图象关于点（0，0）对称， ∴ 函数 y=f（x）是定义在 R 上的奇函数 ∴ xf（x）是定义在 R 上的偶函数 ∴ xf（x）在 （0，+∞）上是增函数． 又∵ 2= ∴ 即0.3=2， ． ＞3 ?f（3 ）＞（logπ3）?f（logπ3） ＞3 ?f（3 ）＞（logπ3）?f（logπ3）0.3 0.3 0.3即：c＞a＞b 故选 C． 点评： 本题考查的考点与方法有：1）所有的基本函数的奇偶性；2）抽象问题具体化的思想方法，构造函数的思 想；3）导数的运算法则： （uv）′ =u′ v+uv′ ；4）指对数函数的图象；5）奇偶函数在对称区间上的单调性： 奇函数在对称区间上的单调性相同；偶函数在对称区间上的单调性相反．本题结合已知构造出 h（x）是正 确解答的关键所在． 15． （2012?广东模拟）已知 f（x）为定义在（∞，+∞）上的可导函数，且 f（x）＜f′ （x）对于 x∈R 恒成立，且 e 为自然对数的底，则（ ）
A．f（1）＞e?f（0） B． f（1）＜e?f（0） ，f（2012）＞e ?f（0） ，f（2012）＞e ?f（0）
C． f（1）＞e?f（0） D．f（1）＜e?f（0） ，f（2012）＜e ?f（0） ，f（2012）＜e ?f（0） 考点： 导数的运算． 专题： 计算题；压轴题． 分析： 构造函数 y=菁优网版权所有的导数形式，并判断增减性，从而得到答案．解答： 解：∵ f（x）＜f'（x） 从而 f'（x）f（x）＞0 从而 ＞0即＞0，所以函数 y=单调递增，故当 x＞0 时，=f（0） ，整理得出 f（x）＞e f（0）x当 x=1 时 f（1）＞e?f（0） ， 2012 当 x=2012 时 f（2012）＞e ?f（0） ． 故选 A． 点评： 本题主要考查函数的单调性与其导函数的关系，函数单调性的关系，考查转化、构造、计算能力．916． （2012?无为县模拟）已知定义在 R 上的函数 f（x） 、g（x）满足 ，若有穷数列 A ．4 B．5 （n∈N ）的前 n 项和等于 C ．6*，且 f′ （x）g（x）＜f（x）g′ （x） ， ，则 n 等于 （ D．7 ）考点： 导数的运算；数列的求和． 专题： 压轴题． 分析： 利用导数研究函数的单调性得到 a 的范围，再利用等比数列前 n 项和公式即可得出． 解答： ′ ′ 解：∵ = ，f （x）g（x）＜f（x）g （x） ，菁优网版权所有∴=＜0，即函数单调递减，∴ 0＜a＜1．又 ∴，即 ，即数列，即，解得 a=2（舍去）或 是首项为 ，公比．的等比数列，∴==，由解得 n=5，故选 B． 点评： 熟练掌握导数研究函数的单调性、等比数列前 n 项和公式是解题的关键．17． （2012?福建） 函数（ f x） 在[a， b]上有定义， 若对任意 x1， x2∈[a， b] ， 有 则称 f（x）在[a，b]上具有性质 P．设 f（x）在[1，3]上具有性质 P，现给出如下命题： ① f（x）在[1，3]上的图象是连续不断的； 2 ② f（x ）在[1， ]上具有性质 P； ③ 若 f（x）在 x=2 处取得最大值 1，则 f（x）=1，x∈[1，3]； ④ 对任意 x1，x2，x3，x4∈[1，3]，有 其中真命题的序号是（ ② A ．① ） ③ B．① [f（x1）+f（x2）+f（x3）+f（x4）]④ C ．②④ D．③考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；抽象函数及其应用；函数的连续性． 专题： 压轴题；新定义． 分析： 根据题设条件，分别举出反例，说明① 和② 都是错误的；同时证明③ 和④ 是正确的． 解答：菁优网版权所有解：在① 中，反例：f（x）=在[1，3]上满足性质 P，但 f（x）在[1，3]上不是连续函数，故① 不成立； 2 2 在② 中，反例：f（x）=x 在[1，3]上满足性质 P，但 f（x ）=x 在[1， 故② 不成立；10]上不满足性质 P，在③ 中：在[1，3]上，f（2）=f（）≤，∴，故 f（x）=1， ∴ 对任意的 x1，x2∈[1，3]，f（x）=1， 故③ 成立； 在④ 中，对任意 x1，x2，x3，x4∈[1，3]， 有 ≤ ≤ = [f（x1）+f（x2）+f（x3）+f（x4）]， =∴[f（x1）+f（x2）+f（x3）+f（x4）]，故④ 成立． 故选 D． 点评： 本题考查的知识点为函数定义的理解，说明一个结论错误时，只需举出反例即可．说明一个结论正确时， 要证明对所有的情况都成立． 18． （2013?文昌模拟）设动直线 x=m 与函数 f（x）=x ，g（x）=lnx 的图象分别交于点 M、N，则|MN|的最小值为 （ ） A． B． C． D．ln313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： 构造函数 F（x）=f（x）g（x） ，求出导函数，令导函数大于 0 求出函数的单调递增区间，令导函数小于 0 求出函数的单调递减区间，求出函数的极小值即最小值． 解答： 解：画图可以看到|MN|就是两条曲线间的垂直距离．菁优网版权所有设 F（x）=f（x）g（x）=x lnx， 求导得：F'（x）= 令 F′ （x）＞0 得 x＞ ．3；令 F′ （x）＜0 得 0＜x＜，所以当 x=时，F（x）有最小值为 F（）= + ln3= （1+ln3） ，故选 A 点评： 求函数的最值时，先利用导数求出函数的极值和区间的端点值，比较在它们中求出最值．1119． （2011?枣庄二模）设 f′ （x）是函数 f（x）的导函数，有下列命题： ① 存在函数 f（x） ，使函数 y=f（x）f′ （x）为偶函数； ② 存在函数 f（x）f′ （x）≠0，使 y=f（x）与 y=f′ （x）的图象相同； ③ 存在函数 f（x）f′ （x）≠0 使得 y=f（x）与 y=f′ （x）的图象关于 x 轴对称． 其中真命题的个数为（ ） A ．0 B．1 C ．2D．3考点： 导数的运算；函数奇偶性的判断． 专题： 计算题；压轴题．
分析： 对于三个命题分别寻找满足条件的函数，三个函数分别是 f（x）=0，f（x）=ex，f（x）=e x，从而得到结 论． 解答： 解：存在函数 f（x）=0，使函数 y=f（x）f′ （x）=0 为偶函数，故① 正确 x 存在函数 f（x）=e ，使 y=f（x）与 y=f′ （x）的图象相同，故② 正确 x 存在函数 f（x）=e 使得 y=f（x）与 y=f′ （x）的图象关于 x 轴对称，故③ 正确． 故选 D． 点评： 本题主要考查了函数的奇偶性以及函数图象的对称性，解题的关键就是寻找满足条件的函数，属于基础题．菁优网版权所有20． （2011?武昌区模拟）已知 f（x）是定义域为 R 的奇函数，f（4）=1，f（x）的导函数 f′ （x）的图象如图 所示．若两正数 a，b 满足 f（a+2b）＜1，则 的取值范围是（ ）A．B．C．（1，10）D．（∞，1）考点： 函数的单调性与导数的关系；斜率的计算公式． 专题： 计算题；压轴题；数形结合． 分析： 先由导函数 f′ （x）是过原点的二次函数入手，再结合 f（x）是定义域为 R 的奇函数求出 f（x） ；然后根据菁优网版权所有a、b 的约束条件画出可行域，最后利用 解答：的几何意义解决问题．2解：由 f（x）的导函数 f′ （x）的图象，设 f′ （x）=mx ，则 f（x）= ∵ f（x）是定义域为 R 的奇函数，∴ f（0）=0，即 n=0． 又 f（4）= m×（64）=1，∴ f（x）= 且 f（a+2b）= ＜1，∴ x=3+n．．＜1，即 a+2b＜4．又 a＞0，b＞0，则画出点（b，a）的可行域如下图所示．12而可视为可行域内的点（b，a）与点 M（2，2）连线的斜率． ＜3．又因为 kAM=3，kBM= ，所以 ＜ 故选 B． 点评：数形结合是数学的基本思想方法： 遇到二元一次不定式组要考虑线性规划， 遇到 y）与点（a，b）连线的斜率．这都是由数到形的转化策略．的代数式要考虑点 （x，21． （2011?雅安三模）下列命题中：① 函数，f（x）=sinx+（x∈（0，π） ）的最小值是 2 + ＞；② 在△ ABC 中，若 ；④ 如果 y=f（x） ）sin2A=sin2B，则△ ABC 是等腰或直角三角形；③ 如果正实数 a，b，c 满足 a + b＞c 则是可导函数，则 f′ （x0）=0 是函数 y=f（x）在 x=x0 处取到极值的必要不充分条件．其中正确的命题是（ ② ③ ④ ④ ③ ④ ③ A ．① B．① C ．② D．②考点： 函数在某点取得极值的条件；不等关系与不等式；三角函数中的恒等变换应用． 专题： 常规题型；压轴题． 分析： 根据基本不等式和三角函数的有界性可知真假，利用题设等式，根据和差化积公式整理求得 cos（A+B）=0菁优网版权所有或 sin（AB）=0，推断出 A+B=或 A=B，则三角形形状可判断出．构造函数 y=，根据函数的单调性可证得结论；由函数极值点与导数的关系，我们易判断对错． 解答： 解：① f（x）=sinx+ ≥2 ，当 sinx= 时取等号，而 sinx 的最大值是 1，故不正确；② ∵ sin2A=sin2B∴ sin2Asin2B=cos（A+B）sin（AB）=0 ∴ cos（A+B）=0 或 sin（AB）=0∴ A+B= 或 A=B∴ 三角形为直角三角形或等腰三角形，故正确； ③ 可构造函数 y= ，该函数在（0．+∞）上单调递增，a+b＞c 则 + ＞ ，故正确；④ ∵ f（x）是定义在 R 上的可导函数， 当 f′ （x0）=0 时，x0 可能 f（x）极值点，也可能不是 f（x）极值点， 当 x0 为 f（x）极值点时，f′ （x0）=0 一定成立， 故 f′ （x0）=0 是 x0 为 f（x）极值点的必要不充分条件，故④ 正确； 故选 C． 点评： 考查学生会利用基本不等式解题，注意等号成立的条件，同时考查了极值的有关问题，属于综合题．1322． （2011?万州区一模）已知 f（x）=2x 6x +m（m 为常数）在[2，2]上有最大值 3，那么此函数在[2，2]上 的最小值是（ ） A．37 B．29 C．5 D．以上都不对 考点： 利用导数求闭区间上函数的最值． 专题： 常规题型；压轴题． 分析： 先求导数，根据单调性研究函数的极值点，在开区间（2，2）上只有一极大值则就是最大值，从而求出 m，通过比较两个端点2 和 2 的函数值的大小从而确定出最小值，得到结论． 2 解答： 解：∵ f′ （x）=6x 12x=6x（x2） ， ∵ f（x）在（2，0）上为增函数，在（0，2）上为减函数， ∴ 当 x=0 时，f（x）=m 最大， ∴ m=3，从而 f（2）=37，f（2）=5． ∴ 最小值为37． 故选：A 点评： 本题考查了利用导数求闭区间上函数的最值，求函数在闭区间[a，b]上的最大值与最小值是通过比较函数在 （a，b）内所有极值与端点函数 f（a） ，f（b） 比较而得到的，属于基础题．菁优网版权所有3223． （2010?河东区一模） 已知定义在 R 上的函数 （ f x） 是奇函数， 且（ f 2） =0， 当 x＞0 时有 则不等式 x ?f（x）＞0 的解集是（ ） A．（2，0）∪ （2，+∞） B．（∞，2）∪ （0，2）C．（2，0）∪ （0，2） 考点： 函数的单调性与导数的关系；函数单调性的性质． 专题： 计算题；压轴题． 分析： 首先根据商函数求导法则，把2，D．（2，2）∪ （2，+∞）菁优网版权所有化为[]′ ＜0；然后利用导函数的正负性，可判断函数 y=在（0，+∞）内单调递减；再由 f（2）=0，易得 f（x）在（0，+∞）内的正负性；2最后结合奇函数的图象特征，可得 f（x）在（∞，0）内的正负性．则 x f（x）＞0?f（x）＞0 的解集即 可求得． 解答： 解：因为当 x＞0 时，有 恒成立，即[ ]′ ＜0 恒成立，所以在（0，+∞）内单调递减．因为 f（2）=0， 所以在（0，2）内恒有 f（x）＞0；在（2，+∞）内恒有 f（x）＜0． 又因为 f（x）是定义在 R 上的奇函数， 所以在（∞，2）内恒有 f（x）＞0；在（2，0）内恒有 f（x）＜0． 2 又不等式 x f（x）＞0 的解集，即不等式 f（x）＞0 的解集． 所以答案为（∞，2）∪ （0，2） ． 故选 B． 点评： 本题主要考查函数求导法则及函数单调性与导数的关系，同时考查了奇偶函数的图象特征．1424． （2010?惠州模拟）给出定义：若函数 f（x）在 D 上可导，即 f′ （x）存在，且导函数 f′ （x）在 D 上也可导， 则称 f（x）在 D 上存在二阶导函数，记 f″ （x）=（f′ （x） ）′ ，若 f″ （x）＜0 在 D 上恒成立，则称 f（x）在 D 上 为凸函数．以下四个函数在 A．f（x）=sinx+cosx 上不是凸函数的是（ B．f（x）=lnx2x ） D．f（x）=xexC．f（x）=x3+2x1考点： 利用导数研究函数的单调性． 专题： 压轴题． 分析： 对 ABCD 分别求二次导数，逐一排除可得答案． 解答： 解：对于 f（x）=sinx+cosx，f′ （x）=cosxsinx，f″ （x）=sinxcosx，当 x∈菁优网版权所有时，f″ （x）＜0，故为凸函数，排除 A； 对于 f（x）=lnx2x，f′ （x）= 排除 B； 对于 f（x）=x +2x1，f′ （x）=3x +2，f″ （x）=6x，当 x∈ 数，排除 C； 故选 D． 点评： 本题主要考查函数的求导公式．属基础题． 25． （2010?黄冈模拟）已知 f（x）为定义在（∞，+∞）上的可导函数，且 f（x）＜f′ （x）对于 x∈R 恒成立，则 （ ） 2 0 A．f（2）＞e f（0） B． f（2）＜e f（0） ，f（2010）＞e f（0） ，f（2010）＞e f（0） 2 0 C． f（2）＞e f（0） D．f（2）＜e f（0） ，f（2010）＜e f（0） ，f（2010）＜e f（0） 考点： 利用导数研究函数的单调性． 专题： 压轴题． 分析： 先转化为函数 y= 的导数形式，再判断增减性，从而得到答案．菁优网版权所有，f″ （x）=，当 x∈时，f″ （x）＜0，故为凸函数，32时，f″ （x）＜0，故为凸函解答： 解：∵ f（x）＜f'（x） 从而 f'（x）f（x）＞0 从而 ＞0从而＞0 从而函数 y=单调递增，故 x=2 时函数的值大于 x=0 时函数的值，即所以 f（2）＞e f（0） ．20102同理 f（2010）＞e f（0） ； 故选 A． 点评： 本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负情况之间的关系，即导函数大于 0 时原函数单调递增，当导 函数小于 0 时原函数单调递减． 26． （2010?龙岩二模）已知 f（x） 、g（x）都是定义在 R 上的函数，f′ （x）g（x）+f（x）g′ （x）＜0，f（x）g（x） =a ，f（1）g（1）+f（1）g（1）= ．在区间[3，0]上随机取一个数 x，f（x）g（x）的值介于 4 到 8 之间的 概率是（ ）15xA．B．C．D．考点： 利用导数研究函数的单调性；几何概型． 专题： 计算题；压轴题． 分析： 根据函数积的导数公式，可知函数 f（x）g（x）在 R 上是减函数，根据 f（x）g（x）=ax，f（1）g（1）+f菁优网版权所有（1）g（1）= ．我们可以求出函数解析式，从而可求出 f（x）g（x）的值介于 4 到 8 之间时，变量 的范围，利用几何概型的概率公式即可求得． 解答： 解：由题意，∵ f'（x）g（x）+f（x）g'（x）＜0， ∴ [f（x）g（x）]'＜0， ∴ 函数 f（x）g（x）在 R 上是减函数 x ∵ f（x）g（x）=a ， ∴ 0＜a＜1 ∵ f（1）g（1）+f（1）g（1）= ． ∴ ∴ ∵ f（x）g（x）的值介于 4 到 8 ∴ x∈[3，2] ∴ 在区间[3，0]上随机取一个数 x，f（x）g（x）的值介于 4 到 8 之间的概率是 故选 A． 点评： 本题的考点是利用导数确定函数的单调性，主要考查积的导数的运算公式，考查几何概型，解题的关键是 确定函数的解析式，利用几何概型求解．27． （2010?成都一模）已知函数 围是（ A． ） B．在区间（1，2）内是增函数，则实数 m 的取值范C．（0，1]D．考点： 专题： 分析： 解答：利用导数研究函数的单调性． 压轴题． 首先求出函数的导数，然后根据导数与函数增减性的关系求出 m 的范围．菁优网版权所有解：由题得 f′ （x）=x 2mx3m =（x3m） （x+m） ， ∵ 函数 ∴ f′ （x）＞0， 当 m≥0 时，3m≤1， ∴ 0≤m≤ ， 当 m＜0 时，m≤1， ∴ 1≤m＜0， ∴ m∈[1， ]． 故选 D．1622在区间（1，2）内是增函数，点评： 掌握函数的导数与单调性的关系．3 228． （2009?安徽） 设函数 f （x） = A．[2，2] B．[x+ ， ]x +tanθ， 其中 θ∈[0， C ．[ ，2]]， 则导数 f′ （1） 的取值范围是 （ D．[ ，2]）考点： 导数的运算． 专题： 压轴题． 分析： 利用基本求导公式先求出 f′ （x） ，然后令 x=1，求出 f′ （1）的表达式，从而转化为三角函数求值域问题， 求解即可． 2 解答： 解：∵ f′ （x）=sinθ?x + cosθ?x，菁优网版权所有∴ f′ （1）=sinθ+ ∵ θ∈[0， ∴ θ+ ∈[ ]， ， ）∈[ ）∈[cosθ=2sin（θ+） ．]． ，1]． ，2]．∴ sin（θ+ ∴ 2sin（θ+故选 D． 点评： 本题综合考查了导数的运算和三角函数求值域问题，熟记公式是解题的关键． 29． （2009?天津）设函数 f（x）在 R 上的导函数为 f′ （x） ，且 2f（x）+xf′ （x）＞x ，下面的不等式在 R 内恒成 立的是（ ） A．f（x）＞0 B．f（x）＜0 C．f（x）＞x D．f（x）＜x 考点： 专题： 分析： 解答： 导数的运算． 压轴题． 对于这类参数取值问题，针对这些没有固定套路解决的选择题，最好的办法就是排除法．菁优网版权所有2解：∵ 2f（x）+xf′ （x）＞x ， 令 x=0，则 f（x）＞0，故可排除 B，D． 2 2 如果 f（x）=x +0.1，时 已知条件 2f（x）+xf′ （x）＞x 成立， 但 f（x）＞x 未必成立，所以 C 也是错的，故选 A 故选 A． 点评： 本题考查了运用导数来解决函数单调性的问题．通过分析解析式的特点，考查了分析问题和解决问题的能 力． 30． （2009?陕西）设曲线 y=x （n∈N ）在点（1，1）处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 xn，则 x1?x2?…?xn 的值 为（ ） A． B． C． D．1n+1 *2考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程；直线的斜率． 专题： 计算题；压轴题． 分析： 欲判 x1?x2?…?xn 的值， 只须求出切线与 x 轴的交点的横坐标即可， 故先利用导数求出在 x=1 处的导函数值， 再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．从而问题解决． n 解答： 解：对 y=xn+1（n∈N*）求导得 y′ =（n+1）x ，菁优网版权所有17令 x=1 得在点（1，1）处的切线的斜率 k=n+1，在点 （1，1）处的切线方程为 y1=k（xn1）=（n+1） （xn1） ， 不妨设 y=0， 则 x1?x2?x3…?xn= × × ，故选 B． 点评： 本小题主要考查直线的斜率、利用导数研究曲线上某点切线方程、数列等基础知识，考查运算求解能力、 化归与转化思想．属于基础题．高中数学导数尖子生辅导（解答题）一．解答题（共 30 小题） 2 1． （2014?遵义二模）设函数 f（x）=x +aln（1+x）有两个极值点 x1、x2，且 x1＜x2， （Ⅰ ）求 a 的取值范围，并讨论 f（x）的单调性； （Ⅱ ）证明：f（x2）＞ ．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；不等式的证明． 专题： 计算题；证明题；压轴题． 2 分析： （1）先确定函数的定义域然后求导数 f@ （ x） ，令 g（x）=2x +2x+a，由题意知 x1、x2 是方程 g（x）=0 的 两个均大于1 的不相等的实根，建立不等关系解之即可，在函数的定义域内解不等式 f@ （x）＞0 和 f@ （x） ＜0，求出单调区间； （2）x2 是方程 g（x）=0 的根，将 a 用 x2 表示，消去 a 得到关于 x2 的函数，研究函数的单调性求出函数的 最大值，即可证得不等式． 解答： 解： （I）菁优网版权所有令 g（x）=2x +2x+a，其对称轴为2．由题意知 x1、x2 是方程 g（x）=0 的两个均大于1 的不相等的实根， 其充要条件为 ，得（1）当 x∈（1，x1）时，f'（x）＞0，∴ f（x）在（1，x1）内为增函数； （2）当 x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，∴ f（x）在（x1，x2）内为减函数； （3）当 x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，∴ f（x）在（x2，+∞）内为增函数； （II）由（I）g（0）=a＞0，∴2 2 2，a=（2x 2+2x2）2∴ f（x2）=x2 +aln（1+x2）=x2 （2x 2+2x2）ln（1+x2） 设 ，则 h'（x）=2x2（2x+1）ln（1+x）2x=2（2x+1）ln（1+x） （1）当 时，h'（x）＞0，∴ h（x）在 单调递增；（2）当 x∈（0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）在（0，+∞）单调递 减．∴ 故 ．点评： 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用导数研究函数的极值等有关知识，属于基础题．182． （2014?武汉模拟）己知函数 f（x）=x e （Ⅰ ）求 f（x）的极小值和极大值； （Ⅱ ）当曲线 y=f（x）的切线 l 的斜率为负数时，求 l 在 x 轴上截距的取值范围． 考点： 利用导数研究函数的极值；根据实际问题选择函数类型；利用导数研究曲线上某点切线方程． 专题： 综合题；压轴题；转化思想；导数的综合应用． 分析： （Ⅰ ）利用导数的运算法则即可得出 f′ （x） ，利用导数与函数单调性的关系及函数的极值点的定义，即可求 出函数的极值； （Ⅱ ）利用导数的几何意义即可得到切线的斜率，得出切线的方程，利用方程求出与 x 轴交点的横坐标，再 利用导数研究函数的单调性、极值、最值即可． x 2 x 2 x x 2 解答： 解： （Ⅰ ）∵ f（x）=x e ，∴ f′ （x）=2xe x e =e （2xx ） ， 令 f′ （x）=0，解得 x=0 或 x=2， 令 f′ （x）＞0，可解得 0＜x＜2；令 f′ （x）＜0，可解得 x＜0 或 x＞2， 故函数在区间（∞，0）与（2，+∞）上是减函数，在区间（0，2）上是增函数．菁优网版权所有2x∴ x=0 是极小值点，x=2 极大值点，又 f（0）=0，f（2）= 故 f（x）的极小值和极大值分别为 0， （II）设切点为（ 则切线方程为 y = ） ， ．．（xx0） ，令 y=0，解得 x==，因为曲线 y=f（x）的切线 l 的斜率为负数，∴ 令 ，（＜0，∴ x0＜0 或 x0＞2，则=．① 当 x0＜0 时， （0）=0； ② 当 x0＞2 时，令 f′ （x0）=0，解得 当 单调递减． 故当0，即 f′ （x0）＞0，∴ f（x0）在（∞，0）上单调递增，∴ f（x0）＜f． 时，f′ （x0）＜0，函数 f（x0）时，f′ （x0）＞0，函数 f（x0）单调递增；当时，函数 f（x0）取得极小值，也即最小值，且=．综上可知：切线 l 在 x 轴上截距的取值范围是（∞，0）∪ ． 点评： 本题考查利用导数求函数的极值与利用导数研究函数的单调性、切线、函数的值域，综合性强，考查了推 理能力和计算能力． 3． （2014?四川模拟）已知函数 f（x）=lnx+x ．192（Ⅰ ）若函数 g（x）=f（x）ax 在其定义域内为增函数，求实数 a 的取值范围； （Ⅱ ）在（Ⅰ ）的条件下，若 a＞1，h（x）=e 3ae x∈[0，ln2]，求 h（x）的极小值； 2 （Ⅲ ）设 F（x）=2f（x）3x kx（k∈R） ，若函数 F（x）存在两个零点 m，n（0＜m＜n） ，且 2x0=m+n．问：函 数 F（x）在点（x0，F（x0） ）处的切线能否平行于 x 轴？若能，求出该切线方程；若不能，请说明理由． 考点： 函数的单调性与导数的关系；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： 计算题；压轴题；导数的概念及应用． 分析： （Ⅰ ）先根据题意写出：g（x）再求导数，由题意知，g′ （x）≥0，x∈（0，+∞）恒成立，即 由此即可求得实数 a 的取值范围； （Ⅱ ）由（Ⅰ ）知 ，利用换元法令 t=e ，则 t∈[1，2]，则 h（t）=t 3at，接下来利用导数研究此 函数的单调性，从而得出 h（x）的极小值； （Ⅲ ）对于能否问题，可先假设能，即设 F（x）在（x0，F（x0） ）的切线平行于 x 轴，其中 F（x）=2lnx x kx 结合题意，列出方程组，证得函数 明假设不成立，即切线不能否平行于 x 轴． 解答： 解： （Ⅰ ）g（x）=f（x）ax=lnx+x ax， 由题意知，g′ （x）≥0，对任意的 x∈（0，+∞）恒成立，即 又∵ x＞0， ∴ （Ⅱ ）由（Ⅰ ）知， h（t）=t 3at， 由 h′ （t）=0，得 ∵ ，∴ 或 （舍去） ，3 2 2 x 3 3x x菁优网版权所有在（0，1）上单调递增，最后出现矛盾，说，当且仅当 ，可得时等号成立，令 t=e ，则 t∈[1，2]，则x若 ，则 h′ （t）＜0，h（t）单调递减；若 ，则 h′ （t）＞0，h（t）单调递增 ∴ 当 时，h（t）取得极小值，极小值为 2 （Ⅲ ）设 F（x）在（x0，F（x0） ）的切线平行于 x 轴，其中 F（x）=2lnxx kx结合题意，有① ② 得所以，由④ 得所以20设 设，⑤ 式变为 ，所以函数在（0，1）上单调递增，因此，y＜y|u=1=0，即，也就是此式与⑤ 矛盾所以 F（x）在（x0，F（x0） ）的切线不能平行于 x 轴 点评： 此题是个难题．本题主要考查用导数法研究函数的单调性，基本思路是：当函数为增函数时，导数大于等 于零；当函数为减函数时，导数小于等于零，根据解题要求选择是否分离变量，体现了转化的思想和分类 讨论以及数形结合的思想方法，同时考查了学生的灵活应用知识分析解决问题的能力和计算能力． +cx+d（a，c，d∈R）满足 f（0）=0，f′ （1）=0，且 f′ （x）4． （2014?河西区三模）已知函数 f（x）= ≥0 在 R 上恒成立． （1）求 a，c，d 的值； （2）若，解不等式 f′ （x）+h（x）＜0；（3）是否存在实数 m，使函数 g（x）=f′ （x）mx 在区间[m，m+2]上有最小值5？若存在，请求出实数 m 的值； 若不存在，请说明理由． 考点： 导数的运算；函数恒成立问题；利用导数求闭区间上函数的最值；其他不等式的解法． 专题： 计算题；压轴题． 分析： （1）待定系数法求函数解析式，由 f（0）=0，f'（1）=0，且 f'（x）≥0 在 R 上恒成立列出三个方程，解出 a、b、c （2）一元二次不等式解法，注意根之间比较，考查分类讨论思想 （3）考查二次函数最值问题，考查分类讨论思想，对 m 进行讨论，看对称轴与区间的关系． 解答： 解： （1）∵ f（0）=0，∴ d=0菁优网版权所有∴x+c 及 f'（1）=0，有 恒成立 是二次函数∵ f'（x）≥0 在 R 上恒成立，即显然 a=0 时，上式不能恒成立∴ a≠0，函数 f'（x）=a由于对一切 x∈R，都有 f'（x）≥0，于是由二次函数的性质可得即，即，解得：a= ， ．．（2）∵．∴21∴ 由 f'（x）+h（x）＜0，即 即 当 （3）∵ ∴ 该函数图象开口向上，且对称轴为 x=2m+1． 假设存在实数 m 使函数 ① 当 m＜1 时，2m+1＜m，函数 g（x）在区间[m，m+2]上是递增的． ∴ g（m）=5，即 解得 ．∵ ，∴ 舍去 ． 区间[m．m+2]上有最小值5． ＜0，即 时，解集为（ ，b） ，当 b＜ 时，解集为（b， ） ，当 b= 时，解集为?． ，∴ f'（x）= ．② 当1≤m＜1 时，m≤2m+1＜m+2，函数 g（x）在区间[m，2m+1]上是递减的， 而在区间[2m+1，m+2]上是递增的，∴ g（2m+1）=5． 即 解得 或 m= ，均应舍去③ 当 m≥1 时，2m+1≥m+2，函数 g（x）在区间[m，m+2]上递减的∴ g（m+2）=5 即 ．解得 或 m=1+2 ．其中 m=12 应舍去． 综上可得，当 m=3 或 m=1+2 时，函数 g（x）=f'（x）mx 在区间[m，m+2]上有最小值5． 点评： 本题考查导数的综合运用，具体包含导数的计算、恒成立问题、不等式的解法、待定系数法求函数解析式、 二次函数最值问题，分类讨论思想，对学生有一定的能力要求，属于难题． 5． （2014?天津三模）已知函数 f（x）=（2a） （x1）2lnx，g（x）=xe （Ⅰ ）当 a=1 时，求 f（x）的单调区间； （Ⅱ ）若函数 f（x）在 上无零点，求 a 的最小值；1x． （a∈R，e 为自然对数的底数）（Ⅲ ）若对任意给定的 x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的 xi（i=1，2） ，使得 f（xi）=g（x0）成立，求 a 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： 计算题；压轴题． 分析： （Ⅰ ）把 a=1 代入到 f（x）中求出 f′ （x） ，令 f′ （x）＞0 求出 x 的范围即为函数的增区间，令 f′ （x）＜0 求出 x 的范围即为函数的减区间；菁优网版权所有（Ⅱ ）f（x）＜0 时不可能恒成立，所以要使函数在（0， ）上无零点，只需要对 x∈（0， ）时 f（x）＞0 恒成立，列出不等式解出 a 大于一个函数，利用导数得到函数的单调性，根据函数的增减性得到这个函数 的最大值即可得到 a 的最小值； （Ⅲ ）求出 g′ （x） ，根据导函数的正负得到函数的单调区间，即可求出 g（x）的值域，而当 a=2 时不合题 意；当 a≠2 时，求出 f′ （x）=0 时 x 的值，根据 x∈（0，e]列出关于 a 的不等式得到① ，并根据此时的 x 的22值讨论导函数的正负得到函数 f（x） 的单调区间，根据单调区间得到② 和③ ， 令② 中不等式的坐标为一个函数， 求出此函数的导函数，讨论导函数的正负得到函数的单调区间，根据函数的增减性得到此函数的最大值， 即可解出② 恒成立和解出③ 得到④ ，联立① 和④ 即可解出满足题意 a 的取值范围． 解答： 解： （Ⅰ ）当 a=1 时，f（x）=x12lnx，则 f′ （x）=1 ， 由 f′ （x）＞0，得 x＞2； 由 f′ （x）＜0，得 0＜x＜2． 故 f（x）的单调减区间为（0，2]，单调增区间为[2，+∞） ； （Ⅱ ）因为 f（x）＜0 在区间 故要使函数 只要对任意的 上恒成立不可能， 上无零点， ，f（x）＞0 恒成立，即对 恒成立．令 再令，则 ，，则，故 m（x）在上为减函数，于是， 从而，l（x）＞0，于是 l（x）在 故要使 上为增函数，所以 ，恒成立，只要 a∈[24ln2，+∞） ， 上无零点，则 a 的最小值为 24ln2；综上，若函数 f（x）在（Ⅲ ）g′ （x）=e xe =（1x）e ， 当 x∈（0，1）时，g′ （x）＞0，函数 g（x）单调递增； 当 x∈（1，e]时，g′ （x）＜0，函数 g（x）单调递减． 又因为 g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e?e ＞0， 所以，函数 g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]． 当 a=2 时，不合题意； 当 a≠2 时，f′ （x）= 当 x= 时，f′ （x）=0． ，即 ① ，x∈（0，e]1e1x1x1x由题意得，f（x）在（0，e]上不单调，故 此时，当 x 变化时，f′ （x） ，f（x）的变化情况如下： x （0， ） （ ，e] f′ （x） 0 +23f（x） K 最小值J 又因为，当 x→0 时，f（x）→+∞， ， 所以，对任意给定的 x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的 xi（i=1，2） ， 使得 f（xi）=g（x0）成立，当且仅当 a 满足下列条件： 即 令 h（a）= 则h 故当 a∈（∞，0）时，h′ （a）＞0，函数 h（a）单调递增； 当 所以，对任意 即② 对任意 由③ 式解得： 综合① ④ 可知，当 ．④ 时，对任意给定的 x0∈（0，e]， 时，h′ （a）＜0，函数 h（a）单调递减． ，有 h（a）≤h（0）=0， 恒成立． ， ，令 h′ （a）=0，得 a=0 或 a=2，在（0，e]上总存在两个不同的 xi（i=1，2） ， 使 f（xi）=g（x0）成立． 点评： 此题考查学生会利用导函数的正负确定函数的单调性，会根据函数的增减性求出闭区间上函数的最值，掌 握不等式恒成立时所满足的条件，是一道压轴题． 6． （2014?孝感二模）已知函数 f（x）=alnxax3（a∈R） ． （Ⅰ ）求函数 f（x）的单调区间； （Ⅱ ）若函数 y=f（x）的图象在点（2，f（2） ）处的切线的倾斜角为 45°，对于任意的 t∈[1，2]，函数 在区间（t，3）上总不是单调函数，求 m 的取值范围； （Ⅲ ）求证： ．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： 压轴题． 分析： 利用导数求函数的单调区间的步骤是① 求导函数 f′ （x） ；② 解 f′ （x）＞0（或＜0） ；③ 得到函数的增区间（或 减区间） ， 对于本题的（1）在求单调区间时要注意函数的定义域以及对参数 a 的讨论情况； （2）点（2，f（2） ）处的切线的倾斜角为 45°，即切线斜率为 1，即 f'（2）=1，可求 a 值，代入得 g（x）菁优网版权所有的解析式，由 t∈[1，2]，且 g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数可知：，于是可求 m的范围． （3）是近年来高考考查的热点问题，即与函数结合证明不等式问题，常用的解题思路是利用前面的结论构24造函数，利用函数的单调性，对于函数取单调区间上的正整数自变量 n 有某些结论成立，进而解答出这类 不等式问题的解． 解答： 解： （Ⅰ ） （2 分）当 a＞0 时，f（x）的单调增区间为（0，1]，减区间为[1，+∞） ； 当 a＜0 时，f（x）的单调增区间为[1，+∞） ，减区间为（0，1]； 当 a=0 时，f（x）不是单调函数（4 分） （Ⅱ ） ∴2得 a=2，f（x）=2lnx+2x3 ，∴ g'（x）=3x +（m+4）x2（6 分） ∵ g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数，且 g′ （0）=2 ∴ 由题意知：对于任意的 t∈[1，2]，g′ （t）＜0 恒成立，所以有：，∴（10 分）（Ⅲ ）令 a=1 此时 f（x）=lnx+x3，所以 f（1）=2， 由（Ⅰ ）知 f（x）=lnx+x3 在（1，+∞）上单调递增， ∴ 当 x∈（1，+∞）时 f（x）＞f（1） ，即lnx+x1＞0， ∴ lnx＜x1 对一切 x∈（1，+∞）成立， （12 分） ∵ n≥2，n∈N*，则有 0＜lnn＜n1， ∴ ∴ 点评： 本题考查利用函数的导数来求函数的单调区间，已知函数曲线上一点求曲线的切线方程即对函数导数的几 何意义的考查，考查求导公式的掌握情况．含参数的数学问题的处理，构造函数求解证明不等式问题． 7． （2014?凉州区二模）已知函数 f（x）=plnx+（p1）x +1． （1）讨论函数 f（x）的单调性； （2）当 P=1 时，f（x）≤kx 恒成立，求实数 k 的取值范围； （3）证明：1n（n+1）＜1+ …+ （n∈N ） ．+ 2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： 计算题；证明题；综合题；压轴题；数形结合；分类讨论；转化思想． 分析： （1）利用导数来讨论函数的单调性即可，具体的步骤是： （1）确定 f（x）的定义域； （2）求导数 f@ （x） ； （3）在函数 的定义域内解不等式 f@ （x）＞0 和 f@ （x）＜0； （4）确定 的单调区间．若在函数式中含字菁优网版权所有母系数，往往要分类讨论． （2）当 P=1 时，f（x）≤kx 恒成立，分离参数等价于 k≥ 数 h（x）=，利用导数求函的最大值即可求得实数 k 的取值范围； （3）由（2）知，当 k=1 时，有 f（x）≤x，当 x＞1 ，则得到 ，利用导数的运算法则进行化简，然后再相时，f（x）＜x，即 lnx＜x1，令 x=25加，即可证得结论． 解答： 解： （1）f（x）的定义域为（0，+∞） ，f′ （x）= 当 p≥1 时，f′ （x）＞0，故 f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当 p≤0 时，f′ （x）＜0，故 f（x）在（0，+∞）上单调递减； 当 0＜p＜1 时，令 f′ （x）=0，解得 x= 则当 x 故 f（x）在（0， （2）∵ x＞0， ∴ 当 p=1 时，f（x）≤kx 恒成立?1+lnx≤kx?k≥ 令 h（x）= ，则 k≥h（x）max， =0，得 x=1， ， 时，f′ （x）＞0；x ）上单调递增，在 ． 时，f′ （x）＜0， 上单调递减； ，∵ h′ （x）=且当 x∈（0，1） ，h′ （x）＞0；当 x∈（1，+∞） ，h′ （x）＜0； 所以 h（x）在 0，1）上递增，在（1，+∞）上递减， 所以 h（x）max=h（1）=1， 故 k≥1． （3）由（2）知，当 k=1 时，有 f（x）≤x，当 x＞1 时，f（x）＜x，即 lnx＜x1， ∴ 令 x= ，则 ，即 ， …+ ． ，∴ ln2ln1＜1， 相加得 1n（n+1）＜1+点评： 此题是个难题．本题主要考查导数的概念、利用导数研究函数的单调性、利用函数的单调性证明不等式和 利用导数研究函数性质的能力，考查分类讨论思想、数形结合思想和等价变换思想． 8． （2014?市中区二模）已知函数 f（x）=x +axlnx，a∈R． （1）若函数 f（x）在[1，2]上是减函数，求实数 a 的取值范围； 2 （2）令 g（x）=f（x）x ，是否存在实数 a，当 x∈（0，e]（e 是自然常数）时，函数 g（x）的最小值是 3，若存 在，求出 a 的值；若不存在，说明理由； （3）当 x∈（0，e]时，证明： ．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： 计算题；综合题；压轴题． 分析： （1）先对函数 f（x）进行求导，根据函数 f（x）在[1，2]上是减函数可得到其导函数在[1，2]上小于等于 0 应该恒成立，再结合二次函数的性质可求得 a 的范围． （2）先假设存在，然后对函数 g（x）进行求导，再对 a 的值分情况讨论函数 g（x）在（0，e]上的单调性 2 和最小值取得，可知当 a=e 能够保证当 x∈（0，e]时 g（x）有最小值 3．菁优网版权所有（3）令 F（x）=e xlnx 结合（2）中知 F（x）的最小值为 3，再令262并求导，再由导函数在 0＜x≤e 大于等于 0 可判断出函数 ?（x）在（0，e]上单调递增，从而可求得最大值也为 3，即有 成立，即 解答： 解： （1） 在[1，2]上恒成立， 成立．令 h（x）=2x +ax1，有 得2得，（2）假设存在实数 a，使 g（x）=axlnx（x∈（0，e]）有最小值 3， ① 当 a≤0 时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min=g（e）=ae1=3， ② 当 ∴ ③ 当 时，g（x）在 上单调递减，在 ，a=e ，满足条件． 时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min=g（e）=ae1=3，2 2= （舍去） ，上单调递增（舍去） ，综上，存在实数 a=e ，使得当 x∈（0，e]时 g（x）有最小值 3． 2 （3）令 F（x）=e xlnx，由（2）知，F（x）min=3． 令 ， ，当 0＜x≤e 时，?'（x）≥0，φ（x）在（0，e]上单调递增 ∴ ∴ ，即 ＞（x+1）lnx．点评： 本题主要考查导数的运算和函数的单调性与其导函数的正负之间的关系，当导函数大于 0 时原函数单调递 增，当导函数小于 0 时原函数单调递减． 9． （2014?河西区一模）已知函数 g（x）= ，f（x）=g（x）ax．（1）求函数 g（x）的单调区间； （2）若函数 f（x）在（1，+∞）上是减函数，求实数 a 的最小值； 2 （3）若存在 x1，x2∈[e，e ]，使 f（x1）≤f′ （x2）+a，求实数 a 的取值范围． 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： 压轴题；导数的综合应用． 分析： （1）根据解析式求出 g（x）的定义域和 g′ （x） ，再求出临界点，求出 g′ （x）＜0 和 g′ （x）＞0 对应的 解集，再表示成区间的形式，即所求的单调区间； （2）先求出 f（x）的定义域和 f′ （x） ，把条件转化为 f′ （x）≤0 在（1，+∞）上恒成立，再对 f′ （x）进 行配方，求出在 x∈（1，+∞）的最大值，再令 f′ （x）max≤0 求解； 2 （3）先把条件等价于“当 x∈[e，e ]时，有 f（x）min≤f′ （x）max+a”，由（2）得 f′ （x）max，并把它代入进菁优网版权所有行整理，再求 f′ （x）在[e，e ]上的最小值，结合（2）求出的 a 的范围对 a 进行讨论：272和，分别求出 f′ （x）在[e，e ]上的单调性，再求出最小值或值域，代入不等式再与 a 的范围进行比较． 解答： （1）解：由 得，x＞0 且 x≠1，2则函数 g（x）的定义域为（0，1）∪ （1，+∞） ， 且 g′ （x）= ，令 g′ （x）=0，即 lnx1=0，解得 x=e，当 0＜x＜e 且 x≠1 时，g′ （x）＜0；当 x＞e 时，g′ （x）＞0， ∴ 函数 g（x）的减区间是（0，1） ， （1，e） ，增区间是（e，+∞） ， （2）由题意得函数 f（x）= 在（1，+∞）上是减函数，∴ f′ （x）=a≤0 在（1，+∞）上恒成立，即当 x∈（1，+∞）时，f′ （x）max≤0 即可， 又∵ f′ （x）=2a==，∴ 当 ∴时，即 x=e 时， ，得 ，故 a 的最小值为 ．2．（3）命题“若存在 x1，x2∈[e，e ]，使 f（x1）≤f′ （x2）+a 成立”等价于 2 “当 x∈[e，e ]时，有 f（x）min≤f′ （x）max+a”， 由（2）得，当 x∈[e，e ]时， 故问题等价于：“当 x∈[e，e ]时，有 当2 2 2，则 ”，，时，由（2）得，f（x）在[e，e ]上为减函数，则，故，当时，由于 f′ （x）=2在[e，e ]上为增函数， ]．22故 f′ （x）的值域为[f′ （e） ，f′ （e ）]，即[a，2（i）若a≥0，即 a≤0，f′ （x）≥0 在[e，e ]恒成立，故 f（x）在[e，e ]上为增函数， 于是， （ii）若a＜0，即 0＜2，不合题意． ，由 f′ （x）的单调性和值域知，存在唯一 x0∈（e，e ） ，使 f′ （x0）=0，且满足： 2 当 x∈（e，x0）时，f′ （x）＜0，f（x）为减函数；当 x∈（x0，e ）时，f′ （x）＞0，f（x）为增函数； 所以，f（x）min=f（x0）= 所以，a≥ ≤ ，x∈（e，e ） ， ，与 0＜ 矛盾，不合题意．228综上，得．点评： 本题主要考查了函数恒成立问题，以及利用导数研究函数的单调性等知识，考查了分类讨论思想和转化思 想，计算能力和分析问题的能力． 10． （2014?浙江）已知函数 f（x）=x +3|xa|（a∈R） ． （Ⅰ ）若 f（x）在[1，1]上的最大值和最小值分别记为 M（a） ，m（a） ，求 M（a）m（a） ； 2 （Ⅱ ）设 b∈R，若[f（x）+b] ≤4 对 x∈[1，1]恒成立，求 3a+b 的取值范围． 考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用． 专题： 压轴题；导数的综合应用． 分析： （Ⅰ ）利用分段函数，结合[1，1]，分类讨论，即可求 M（a）m（a） ；菁优网版权所有3（Ⅱ ）令 h（x）=f（x）+b，则 h（x）=2，h′ （x）=，则[f（x）+b] ≤4 对 x∈[1，1]恒成立，转化为2≤h（x）≤2 对 x∈[1，1]恒成立，分类讨论，即可求 3a+b 的取值 范围． 解答： 解： （Ⅰ ）∵ f（x）=x +3|xa|=3，∴ f′ （x）=，① a≤1 时，∵ 1≤x≤1，∴ x≥a，f（x）在（1，1）上是增函数， ∴ M（a）=f（1）=43a，m（a）=f（1）=43a， ∴ M（a）m（a）=8； ② 1＜a＜1 时，x∈（a，1） ，f（x）=x +3x3a，在（a，1）上是增函数；x∈（1，a） ，f（x）=x 3x+3a， 在（1，a）上是减函数， 3 ∴ M（a）=max{f（1） ，f（1）}，m（a）=f（a）=a ， ∵ f（1）f（1）=6a+2， ∴ 1＜a≤ 时，M（a）m（a）=a 3a+4； ＜a＜1 时，M（a）m（a）=a +3a+2； ③ a≥1 时，有 x≤a，f（x）在（1，1）上是减函数， ∴ M（a）=f（1）=2+3a，m（a）=f（1）=2+3a， ∴ M（a）m（a）=4； （Ⅱ ）令 h（x）=f（x）+b，则 h（x）=2 3 3 3 3，h′ （x）=，∵ [f（x）+b] ≤4 对 x∈[1，1]恒成立， ∴ 2≤h（x）≤2 对 x∈[1，1]恒成立， 由（Ⅰ ）知， ① a≤1 时，h（x）在（1，1）上是增函数，最大值 h（1）=43a+b，最小值 h（1）=43a+b，则 43a+b≥2 且 43a+b≤2 矛盾； ② 1＜a≤ 时，最小值 h（a）=a +b，最大值 h（1）=43a+b，∴ a +b≥2 且 43a+b≤2， 令 t（a）=2a +3a，则 t′ （a）=33a ＞0，t（a）在（0， ）上是增函数，∴ t（a）＞t（0）=2，293 2 3 3∴ 2≤3a+b≤0； ③ ＜a＜1 时，最小值 h（a）=a +b，最大值 h（1）=3a+b+2，则 a +b≥2 且 3a+b+2≤2，∴ 3 3＜3a+b≤0；④ a≥1 时，最大值 h（1）=3a+b+2，最小值 h（1）=3a+b2，则 3a+b2≥2 且 3a+b+2≤2，∴ 3a+b=0． 综上，3a+b 的取值范围是2≤3a+b≤0． 点评： 本题考查导数的综合运用，考查函数的最值，考查分类讨论、化归与转化的数学思想，难度大． ， （a∈R） ．11． （2014?江西一模）已知函数 f（x）=xalnx，g（x）=（Ⅰ ）若 a=1，求函数 f（x）的极值； （Ⅱ ）设函数 h（x）=f（x）g（x） ，求函数 h（x）的单调区间； （Ⅲ ）若在[1，e]（e=2.718…）上存在一点 x0，使得 f（x0）＜g（x0）成立，求 a 的取值范围． 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；利用导数求闭区间上函数的最值． 专题： 计算题；压轴题；分类讨论；转化思想． 分析： （Ⅰ ）先求出其导函数，让其大于 0 求出增区间，小于 0 求出减区间即可得到函数的单调区间进而求出函数 f（x）的极值； （Ⅱ ）先求出函数 h（x）的导函数，分情况讨论让其大于 0 求出增区间，小于 0 求出减区间即可得到函数的 单调区间；菁优网版权所有（Ⅲ ）先把 f（x0）＜g（x0）成立转化为 h（x0）＜0，即函数 于零；再结合（Ⅱ ）的结论分情况讨论求出其最小值即可求出 a 的取值范围． 解答： 解： （Ⅰ ）f（x）的定义域为（0，+∞） ， （1 分） 当 a=1 时，f（x）=xlnx， x 1 （0，1） （1，+∞） 0 + f'（x）
f（x） 极小 （3 分） 所以 f（x）在 x=1 处取得极小值 1． （4 分） （Ⅱ ） ， ， （2 分）在[1，e]上的最小值小（6 分） ① 当 a+1＞0 时，即 a＞1 时，在（0，1+a）上 h'（x）＜0，在（1+a，+∞）上 h'（x）＞0， 所以 h（x）在（0，1+a）上单调递减，在（1+a，+∞）上单调递增； （7 分） ② 当 1+a≤0，即 a≤1 时，在（0，+∞）上 h'（x）＞0， 所以，函数 h（x）在（0，+∞）上单调递增． （8 分） （ III）在[1，e]上存在一点 x0，使得 f（x0）＜g（x0）成立，即 在[1，e]上存在一点 x0，使得 h（x0）＜0， 即函数 在[1，e]上的最小值小于零． （9 分）由（Ⅱ ）可知 ① 即 1+a≥e，即 a≥e1 时，h（x）在[1，e]上单调递减， 所以 h（x）的最小值为 h（e） ， 由 可得 ，30因为，所以； （10 分）② 当 1+a≤1，即 a≤0 时，h（x）在[1，e]上单调递增， 所以 h（x）最小值为 h（1） ，由 h（1）=1+1+a＜0 可得 a＜2； （11 分） ③ 当 1＜1+a＜e，即 0＜a＜e1 时，可得 h（x）最小值为 h（1+a） ， 因为 0＜ln（1+a）＜1， 所以，0＜aln（1+a）＜a 故 h（1+a）=2+aaln（1+a）＞2 此时，h（1+a）＜0 不成立． （12 分） 综上讨论可得所求 a 的范围是： 或 a＜2． （13 分）点评： 本题第一问考查利用导函数来研究函数的极值．在利用导函数来研究函数的极值时，分三步① 求导函数，② 求导函数为 0 的根，③ 判断根左右两侧的符号，若左正右负，原函数取极大值；若左负右正，原函数取极小 值． 12． （2014?广州模拟）已知函数 f（x）=ax +bx 3x（a，b∈R）在点（1，f（1） ）处的切线方程为 y+2=0． （1）求函数 f（x）的解析式； （2）若对于区间[2，2]上任意两个自变量的值 x1，x2 都有|f（x1）f（x2）|≤c，求实数 c 的最小值； （3）若过点 M（2，m） （m≠2）可作曲线 y=f（x）的三条切线，求实数 m 的取值范围． 考点： 利用导数研究函数的极值；函数解析式的求解及常用方法；利用导数研究曲线上某点切线方程． 专题： 综合题；压轴题；分类讨论；转化思想． 分析： （1）由题意，利用导函数的几何含义及切点的实质建立 a，b 的方程，然后求解即可； （2）由题意，对于定义域内任意自变量都使得|f（x1）f（x2）|≤c，可以转化为求函数在定义域下的最值 即可得解； （3）由题意，若过点 M（2，m） （m≠2）可作曲线 y=f（x）的三条切线，等价与函数在切点处导函数值等 于切线的斜率这一方程有 3 解． 2 解答： 解： （1）f'（x）=3ax +2bx3． （2 分）菁优网版权所有32根据题意，得3即解得所以 f（x）=x 3x． 2 （2）令 f'（x）=0，即 3x 3=0．得 x=±1． 当 x∈（∞，1）时，f′ （x）＞0，函数 f（x）在此区间单调递增； 当 x∈（1，1）时，f′ （x）＜0，函数 f（x）在此区间单调递减 因为 f（1）=2，f（1）=2， 所以当 x∈[2，2]时，f（x）max=2，f（x）min=2． 则对于区间[2，2]上任意两个自变量的值 x1，x2，都有|f（x1）f（x2）|≤|f（x）maxf（x）min|=4，所以 c≥4． 所以 c 的最小值为 4． （3）因为点 M（2，m） （m≠2）不在曲线 y=f（x）上，所以可设切点为（x0，y0） ． 3 则 y0=x0 3x0． 2 2 因为 f'（x0）=3x0 3，所以切线的斜率为 3x0 3．31则 3x0 3=3 22，即 2x0 6x0 +6+m=0． 因为过点 M（2，m） （m≠2）可作曲线 y=f（x）的三条切线， 所以方程 2x0 6x0 +6+m=0 有三个不同的实数解． 3 2 所以函数 g（x）=2x 6x +6+m 有三个不同的零点． 2 则 g'（x）=6x 12x．令 g'（x）=0，则 x=0 或 x=2． 当 x∈（∞，0）时，g′ （x）＞0，函数 g（x）在此区间单调递增；当 x∈（0，2）时，g′ （x）＜0，函数 g（x）在此区间单调递减； 所以，函数 g（x）在 x=0 处取极大值，在 x=2 处取极小值，有方程与函数的关系知要满足题意必须满足： ，即 ，解得6＜m＜2．3 2点评： （1）此题重点考查了导数的几何含义及函数切点的定义，还考查了数学中重要的方程的思想； （2）此题重点考查了数学中等价转化的思想把题意最总转化为求函数在定义域下的最值； （3）此题重点考查了数学中导数的几何含义，还考查了函数解的个数与相应方程的解的个数的关系． 13． （2014?南昌模拟）已知函数 f（x）=ax1lnx（a∈R） ． （1）讨论函数 f（x）在定义域内的极值点的个数； （2）若函数 f（x）在 x=1 处取得极值，对?x∈（0，+∞） ，f（x）≥bx2 恒成立，求实数 b 的取值范围； （3）当 x＞y＞e1 时，求证： ．考点： 函数在某点取得极值的条件；函数恒成立问题． 专题： 综合题；压轴题；导数的综合应用． 分析： （Ⅰ ） ，由此进行分类讨论，能求出函数 f（x）在定义域内的极值点的个数．菁优网版权所有（Ⅱ ）由函数 f（x）在 x=1 处取得极值，知 a=1，故 的取值范围． （Ⅲ ）由 ，令，由此能求出实数 b，则只要证明 g（x）在（e1，+∞）上单调递增，由此能够证明 解答： 解： （Ⅰ ） ，．当 a≤0 时，f'（x）＜0 在（0，+∞）上恒成立， 函数 f（x）在（0，+∞）单调递减， ∴ f（x）在（0，+∞）上没有极值点； 当 a＞0 时，f'（x）＜0 得 ∴ f（x）在 即 f（x）在 上递减，在 处有极小值． ，f'（x）＞0 得 上递增， ，∴ 当 a≤0 时 f（x）在（0，+∞）上没有极值点， 当 a＞0 时，f（x）在（0，+∞）上有一个极值点． （4 分）32（注：分类讨论少一个扣一分． ） （Ⅱ ）∵ 函数 f（x）在 x=1 处取得极值，∴ a=1，…（5 分） ∴ 令 ∴ ，…（6 分） ，可得 g（x）在（0，e ]上递减，在[e ，+∞）上递增，…（8 分） ，即 ． （9 分）2 2（Ⅲ ）证明：， （10 分）令，则只要证明 g（x）在（e1，+∞）上单调递增， 又∵ 显然函数 ∴ ， 在（e1，+∞）上单调递增． （12 分） ，即 g'（x）＞0，∴ g（x）在（e1，+∞）上单调递增， 即 ，∴ 当 x＞y＞e1 时，有． （14 分）点评： 本题考查函数的求极值点的个数的求法，考查满足条件的实数的求法，考查不等式的证明．解题时要合理 运用导数性质，注意等价转化思想和分类讨论思想的灵活运用．n14． （2014?天津二模）已知函数 f（x）=（a+ ）e ，a，b 为常数，a≠0． （Ⅰ ）若 a=2，b=1，求函数 f（x）在（0，+∞）上的单调区间； （Ⅱ ）若 a＞0，b＞0，求函数 f（x）在区间[1，2]的最小值； （Ⅲ ）若 a=1，b=2 时，不等式 f（x）≤lnx?e 恒成立，判断代数式[（n+1） ！] 与（n+1）en 2 n2（n∈N ）的大小．*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： 压轴题；导数的综合应用． 分析： 第（Ⅰ ）问求函数的单调区间，先对函数求导，然导函数在（0，+∞）正负判断函数的单调性；第（Ⅱ ）问 n 通过研究函数在区间[1， 2]上的单调性， 确定在何处取到函数的最小值； 第 （Ⅲ ） 问要利用不等式 f （x） ≤lnx?e 恒成立，比较两个式子的大小，通过赋值的方法建立条件和问题之间的联系． 解答： x 2 解： （Ⅰ ）f′ （x）=（a+ e =（ax +bxb） …1 分菁优网版权所有当 a=2，b=1 时，f′ （x）=（2x +x1）2=（x+1） （2x1）…2 分33令 f′ （x）=0，得 x= 或 x=1（舍去）…3 分因为，所以当 x∈（0， ）时，f′ （x）＜0，f（x）是减函数…4 分 当 x∈（ 时，f′ （x）＞0，f（x）是增函数．所以函数 f（x）的单调递减区间为（0， ） ； 单调递增区间为（2）…5 分（Ⅱ ）令 g（x）=ax +bxb． 因为 a＞0，b＞0，所以二次函数 g（x）的图象开口向上， 对称轴 x= ，且 g（1）=a＞0，…7 分所以 g（x）＞0 对一切 x∈[1，2]恒成立， 又因为 ＞0，所以 f′ （x）＞0 对一切 x∈[1，2]恒成立，…8 分所以 f（x）在 x∈[1，2]上为增函数， 故 f（x）max=f（1）=（a+b）e…10 分 x （Ⅲ ）若 a=1，b=2 时，不等式 f（x）≤lnx?e 恒成立， 化简得： （1 e ≤lnx?e ，即 lnx≥1 恒成立，…11 分 ， ，ln（3×4）＞1 ，…，x x令 x=n（n+1） ，则 ln[n（n+1）]＞1 ∴ ln（1×2）＞1 ln[n（n+1）]＞12 2 2，ln（2×3）＞1 ，…12 分叠加得 ln[1×2 ×3 ×…×n （n+1）]＞n2[ =n2（12 2+]）＞n2．2 n2则 1×2 ×3 ×…×n （n+1）＞e ， 2 n2 * 所以[（n+1）!] ＞（n+1）?e （n∈N ）…14 分 点评： 本题综合性较强，难度较大；考查了利用导数研究函数的单调性、求函数的最值；第（Ⅲ ）问解决的关键是 要建立条件要要比较的两个式子之间的联系． 15． （2014?珠海二模）已知函数 f（x）=（a+1）lnx+ax + ，a∈R． （1）当 a= 时，求 f（x）的最大值； （2）讨论函数 f（x）的单调性； （3）如果对任意 x1，x2∈（0，+∞） ，|f（x1）f（x2）|≥4|x1x2|恒成立，求实数 a 的取值范围． 考点： 利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值． 专题： 压轴题；导数的综合应用．342菁优网版权所有分析：（1）当 a= 时，求 f（x） ）= lnx x + ，先确定函数的定义域，然后求导研究单调性求最大值； （2）求导数 f@ （x） ，在函数的定义域内解不等式 f@ （x）＞0 和 f@ （x）＜0，求出单调区间； （3）根据第一问的单调性先对|f（x1）f（x2）|≥4|x1x2|进行化简整理，转化成研究 g（x）=f（x）+4x 在（0，+∞）单调性问题，然后再转化成导函数在（0，+∞）上恒大于等 0 或恒小于等于的恒成立问题．2解答：解： （1）当 a= 时，求 f（x） ）= lnx x + ，定义域为（0，+∞）2f′ （x）==，…2 分所以 f（x）的增区间为（0，1） ，减区间为（1，+∞） ，…3 分 所以 f（x）max=f（1）= …4 分 （2）对函数 f（x）=（a+1）lnx+ax + ，定义域为（0，+∞） 求导得：f′ （x）= +2ax= ，…5 分2对参数 a 进行讨论： 当 a≥0 时，f′ （x）＞0，故 f（x）在（0，+∞）上单调递增；…6 分 当 a≤1 时，f′ （x）＜0，故 f（x）在（0，+∞）上单调递减；…7 分 当1＜a＜0 时，令 f′ （x）=0，解得 x= 则当 x∈（0， 故 f（x）在∈（0， ） ，f′ （x）＞0；当 x∈（ ）上单调递增；在（ ， ，+∞） ，f′ （x）＜0； ，+∞）单调递减；…8 分（3）不妨设 0＜x1＜x2， ① 当 a≥0 时，f′ （x）＞0，故 f（x）在（0，+∞）上单调递增，即 f（x2）4x2≥f（x1）4x1 恒成立； 构造函数 g（x）=f（x）4x，需证 g（x）=f（x）4x 在（0，+∞）上单调递增， 即证 g′ （x）=f′ （x）4= ≥0，即 2ax 4x+a+1≥0（x＞0）恒成立．2当 a=0 时，则由4x+1＞0 得 x＞ ，不合题意，即 a≠0，则 a＞0； 根据二次函数 y=2ax 4x+a+1（x＞0）开口方向向上，对称轴 x= 所以只需△ ≤0 可得 168a（a+1）≤0，解得 a≥1（a≤2 舍去） ；…10 分 ② 当 a≤1 时，f′ （x）＜0，故 f（x）在（0，+∞）上单调递减；去绝对值整理得， f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1 恒成立；构造函数 g（x）=f（x）+4x，需证 g（x）=f（x）+4x 在（0，+∞）上 单调递减， 即 g′ （x）=f′ （x）+4=2 2≤0，即 2ax +4x+a+1≥0（x＞0）恒成立． ，2根据二次函数 y=2ax +4x+a+1（x＞0）开口方向向下，对称轴 x=所以只需△ ≤0 可得 168a（a+1）≤0，解得 a≤2， （a≥1 舍去） ；…12 分 ③ 当当1＜a＜0 时，f（x）在∈（0， ）上单调递增；在（ ，+∞）单调递减；此时|f（x1）f（x2）|≥4|x1x2|等价于 f（x2）4x2≥f（x1）4x1 恒成立或者 f（x2）+4x2≤f（x1）+4x1 恒成立，由前面过程可知：a≥1 或 a≤2，这与1＜a＜0 不符，故此种情况无解； 综上可知，实数 a 的取值范围为（∞，2]∪ [1，+∞）…14 分35点评： 本题综合性较强，利用导数求函数的最值；利用导数研究函数的单调性，关键是要把握好分类的标准，知 道如何分类；第（3）问思维量较大，关键是通过分析式子的特点，通过构造函数，转化成研究函数的单调 性．本题考查了分类讨论、数形结合、转化与化归和构造函数等重要的数学思想．3 216． （2014?宿迁一模）已知函数 f（x）=x + x +ax+b（a，b 为常数） ，其图象是曲线 C． （1）当 a=2 时，求函数 f（x）的单调减区间； （2）设函数 f（x）的导函数为 f′ （x） ，若存在唯一的实数 x0，使得 f（x0）=x0 与 f′ （x0）=0 同时成立，求实数 b 的取值范围； （3）已知点 A 为曲线 C 上的动点，在点 A 处作曲线 C 的切线 l1 与曲线 C 交于另一点 B，在点 B 处作曲线 C 的切 线 l2，设切线 l1，l2 的斜率分别为 k1，k2．问：是否存在常数 λ，使得 k2=λk1？若存在，求出 λ 的值；若不存在， 请说明理由． 考点： 利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程． 专题： 压轴题；导数的综合应用． 分析： （1）先求原函数的导数，根据 f′ （x）＜0 求得的区间是单调减区间，即可；菁优网版权所有（2）由于存在唯一的实数 x0，使得 f（x0）=x0 与 f′ （x0）=0 同时成立，则存在唯一的实数根 x0，即 b=2x + x +x 存在唯一的实数根 x0，就把问题转化为求函数最值问题； （3）假设存在常数 λ，依据曲线 C 在点 A 处的切线 l1 与曲线 C 交于另一点 B，曲线 C 在点 B 处的切线 l2， 得到关于 λ 的方程，有解则存在，无解则不存在． 解答： 解： （1）当 a=2 时，函数 f（x）=x + x 2x+b 则 f′ （x）=3x +5x2=（3x1） （x+2） 令 f′ （x）＜0，解得2＜x＜ ， 所以 f（x）的单调递减区间为（2， ） ； （2）函数 f（x）的导函数为由于存在唯一的实数 x0，使得 f（x0）=x0 与 f′ （x0）=0 同时成立， 则 即 x + x +（3x 5x1）x+b=0 存在唯一的实数根 x0，3 2 2 2 3 232故 b=2x + x +x 存在唯一的实数根 x0， 令 y=2x + x +x，则 y′ =6x +5x+1=（2x+1） （3x+1）=0，故 x= 或 x= ， 则函数 y=2x + x +x 在（∞，3 2 3 2 232） ， （ ，+∞）上是增函数，在（ ；， ）上是减函数，由于 x= 时，y= ；x= 时，y= 故实数 b 的取值范围为： （∞，）∪ （ ，+∞） ；（3）设点 A（x0，f（x0） ） ，则在点 A 处的切线 l1 的切线方程为 yf（x0）=f′ （x0） （xx0） ， 与曲线 C 联立得到 f（x）f（x0）=f′ （x0） （xx0） ，36即（x + x +ax+b）（x0 + x0 +ax0+b）=（3x0 +5x0+a） （xx0） ， 整理得到（xx0） [x+（2x0+ ）]=0， 故点 B 的横坐标为 xB=（2x0+ ） 由题意知，切线 l1 的斜率为 k1=f′ （x0）=3x0 +5x0+a， l2 的斜率为 k2=f′ （（2x0+ ） ）=12x0 +20x0+ 若存在常数 λ，使得 k2=λk1，则 12x0 +20x0+2 2 2 2 232322+a， +a=λ（3x0 +5x0+a） ， ，2即存在常数 λ，使得（4λ） （3x0 +5x0）=（λ1）a故，解得 λ=4，a= 时，存在常数 λ=4，使得 k2=4k1；a≠，故 a=时，不存在常数，使得 k2=4k1．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，同时还考查了方程根的 问题，一般要转化为函数的最值来解决．17． （2014?惠州模拟）已知函数 f（x）=ln（x+ ）+ ，g（x）=lnx （1）求函数 f（x）的单调区间； （2）如果关于 x 的方程 g（x）= x+m 有实数根，求实数 m 的取值集合； （3）是否存在正数 k，使得关于 x 的方程 f（x）=kg（x）有两个不相等的实数根？如果存在，求 k 满足的条件； 如果不存在，说明理由． 考点： 利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系． 专题： 综合题；压轴题． 分析： （1）依题意，可求得 f′ （x）=
，令 f′ （x）=0 可解得：x=1 或 3，列出 x，f（x） ，f′ （x）随菁优网版权所有x 变化情况表，即可得到函数 f（x）的单调区间； （2）可求得 m=lnx x， （x＞0） ，构造函数 t（x）=lnx x， （x＞0） ，通过 t′ （x）可求得 t（x）max，从 而可求得 m 的范围； （3） 由h （x） =f （x） kg （x） =ln （x+ ） + klnx， （x＞0） ， 可求得 h′ （x） =2，取 p（x）=2（1k）x （3k+4）x6， （x≥0） ，通过对 k 的取值情况的讨论，可判断 h（x）=0 的根的情 况，从而可得答案． 解答： 解： （1）f（x）=ln（x+ ）+ （x＞ ，且 x≠0） ， f′ （x）=
，令 f′ （x）=0，解得：x=1 或 3．x，f（x） ，f′ （x）随 x 变化情况如下表：37x（ ，1）1 （1，0） 0
K3 0（3，+∞） + Jf′ （x） + f（x） J∴ f（x）的单调递增区间是（ ，1）和（3，+∞） ，单调递减区间是（1，0）和（0，3） ．…（4 分） （2）g（x）=lnx= x+m， ∴ m=lnx x， （x＞0） 取 t（x）=lnx x， （x＞0） ， 则 t′ （x）=
， （x＞0） ，令 t′ （x）=0 得，x=2； ∴ x，t（x） ，t′ （x）随 x 变化情况如下表： x （0，2） 2 （2，+∞） 0 t′ （x） +
K t（x） J ∴ 当 x=2 时，t（x）取得极大值 t（2）=ln21，也是最大值， ∴ m≤ln21．…（8 分） （3）h（x）=f（x）kg（x）=ln（x+ ）+ klnx， （x＞0） ， ∴ h′ （x）=
=2=，取 p（x）=2（1k）x （3k+4）x6， （x≥0）…（10 分） 对称轴 x= = ， ＜0，当 k＞1 时，p（x）图象开口向下，∴ p（x）在（0，+∞）上单调递减，p（x）＜p（0）=6＜0 ∴ h′ （x）＜0， ∴ h（x）在（0，+∞）上单调递减，h（x）=0 不可能有两个不等实根． 当 k=1 时，p（x）=7x6＜0， 同理 h′ （x）＜0， ∴ h（x）在（0，+∞）上单调递减，h（x）=0 不可能有两个不等实根． 当 0＜k＜1 时，p（x）图象开口向上， 又 p（0）=6＜0，此时 p（x）=0 在（0，+∞）有且仅有一根，设为 x0． 对 x∈（0，x0） ，p（x）＜0，h'（x）＜0，h（x）在（0，x0）上单调递减； 对 x∈（x0，+∞） ，p（x）＞0，h'（x）＞0，h（x）在（x0，+∞）上单调递增；h（x）min=h（x0）=ln（x0+ ） + klnx0，2又 p（1）=2（1k）?1 （3k+4）?16=85k＜0， ∴ x0＞1，lnx0＞0，38∴ ln（x0+ ）＞lnx0＞klnx0（0＜k＜1） ，＞0，∴ h（x0）＞0， 此时 h（x）=0 没有实数根． 综上所述，不存在正数 k，使得关于 x 的方程 f（x）=kg（x）有两个不相等的实根…（15 分） 点评： 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的零点与方程根的关系，突出分类讨论思想与方程思想的 综合应用，考查抽象思维与逻辑思维能力，属于难题． 18． （2014?和平区三模）设函数 f（x）=xae ． （Ⅰ ）求函数 f（x）单调区间； （Ⅱ ）若 f（x）≤0 对 x∈R 恒成立，求 a 的取值范围； （Ⅲ ）对任意 n 的个正整数 a1，a2，…an 记 A=x1（1）求证：（i=1，2，3…n） （2）求证：A．考点： 利用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质；导数在最大值、最小值问题中的应用． 专题： 压轴题． 分析： （I）根据已知中的函数的解析式，我们易求出函数的导函数的解析式，分类讨论导函数的符号，即可得到 答案． （II）根据（I）的结论我们易当 a≤0 时，f（x）≤0 不恒成立，当 a＞0 时，仅须函数的最大值小于 0 即可， 由此构造关于 a 的不等式即可得到答案．菁优网版权所有（III） （1）由（II）的结论我们可以得到 f（x）=xex1≤0 恒成立，故（i=1，2，3…n）成立；（2）结合（1）的结论，我们分别取 i=1，2，3…n，i=1，2，3…n，得到 n 个不等式，根据不等式的性质相 乘后，即可得到结论．x 1 解答： 解： （I）∵ 函数 f（x）=xae ． x1 ∴ 函数 f′ （x）=1ae ． 当 a≤0 时，f′ （x）＞0，则 f（x）在 R 上是增函数 当 a＞0 时，令 f′ （x）=0 得 x=1lna，则 f（x）在区间（∞，1lna）上是增函数，在区间（1lna，+∞） 上是减函数 综上可知：当 a≤0 时，f（x）在 R 上是增函数；当 a＞0 时，f（x）在区间（∞，1lna）上是增函数，在 区间（1lna，+∞）上是减函数． （II）由（I）可知：当 a≤0 时，f（x）≤0 不恒成立 当 a＞0 时，f（x）在点 x=1lna 时取最大值lna， 令lna≤0，则 a≥1 故若 f（x）≤0 对 x∈R 恒成立，则 a 的取值范围为[1，+∞）（III） （1）由（II）知：当 a=1 时恒有 f（x）=xe x1 即 x≤e ∴x1≤0 成立（2）由（1）知：，，…，39把以上 n 个式子相乘得 ∴ A ≥a1?a2?…?an 故n≤=1点评： 本题考查的知识点是利用导数求函数的单调性，函数单调性的性质，不等式的性质，其中根据已知条件中 函数的解析式，求出导函数的解析式，并分析导函数的符号是解答本题的关键． 19． （2014?吉林三模）已知函数 f（x）=lnx ，g（x）=f（x）+ax6lnx，其中 a∈R （1）当 a=1 时，判断 f（x）的单调性； （2）若 g（x）在其定义域内为增函数，求正实数 a 的取值范围； 2 （3）设函数 h（x）=x mx+4，当 a=2 时，若?x1∈（0，1） ，?x2∈[1，2]，总有 g（x1）≥h（x2）成立，求实数 m 的取值范围． 考点： 利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题． 专题： 综合题；压轴题；导数的综合应用． 分析： （1）当 a=1 时，f（x）=lnx ，f′ （x）= + =菁优网版权所有，由此能推导出 f（x）在（0，+∞）上是增函数．（2）将函数为增函数，转化为导函数大于等于 0 恒成立，分离出参数 a，求出 a 的范围． （3）对 h（x）进行配方，讨论其最值问题，根据题意?x1∈（0，1） ，?x2∈[1，2]，总有 g（x1）≥h（x2）成 立，只要要求 g（x）max≥h（x）max，即可，从而求出 m 的范围． 解答： 解： （1）当 a=1 时，f（x）=lnx ， ∴ f′ （x）= + = ，x＞0．∵ x＞0，∴ f′ （x）＞0， ∴ f（x）在（0，+∞）上是增函数． （2）∵ f（x）=lnx ，g（x）=f（x）+ax6lnx，a＞0． ∴ g（x）=ax 5lnx，x＞0∴ g′ （x）=a+ =2，若 g′ （x）＞0，可得 ax 5x+a＞0，在 x＞0 上成立， ∴ a＞ = ，∵≤= （x=1 时等号成立） ，∴ a＞ ． （3）当 a=2 时，g（x）=2x 5lnx， h（x）=x mx+4=（x ） +42 2，40?x1∈（0，1） ，?x2∈[1，2]，总有 g（x1）≥h（x2）成立， ∴ 要求 g（x）的最大值，大于 h（x）的最大值即可， g′ （x）= = ，令 g′ （x）=0，解得 x1= ，x2=2， 当 0＜x＜ ，或 x＞2 时，g′ （x）＞0，g（x）为增函数； 当 ＜x＜2 时，g′ （x）＜0，g（x）为减函数； ∵ x1∈（0，1） ， ∴ g