全国卷高考导数知识点归纳应用

导数知识点归类总结

目 录

一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1） 二、交点与根的分布 （23） 三、不等式证明 （31）

（一）作差证明不等式

（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 （51）

（一）恒成立之最值的直接应用 （二）恒成立之分离常数

（三）恒成立之讨论字母范围

五、函数与导数性质的综合运用 （70） 六、导数应用题 （84）

七、导数结合三角函数 （85）

书中常用结论

⑴sinx?x,x?(0,?)，变形即为点连线斜率小于1. ⑵ex?x?1 ⑶x?ln(x?1) ⑷lnx?x?ex,x?0.

sinx?1，其几何意义为y?sinx,x?(0,?)上的的点与原x 1

一、导数单调性、极值、最值的直接应用

1. （切线）设函数f(x)?x2?a.

（1）当a?1时，求函数g(x)?xf(x)在区间[0,1]上的最小值；

（2）当a?0时，曲线y?f(x)在点P(x1,f(x1))(x1?a)处的切线为l，l与x轴交于点A(x2,0)求证：x1?x2?a.

解：(1)a?1时，g(x)?x3?x，由g?(x)?3x2?1?0，解得x?? g?(x)的变化情况如下表： x 3. 30 0 (0,3) 3g?(x) g(x) - 3 30 (3,1) 31 + 0 ↘ 极小值 ↗ 3323时，g(x)有最小值g()??. 339(2)证明：曲线y?f(x)在点P(x1,2x12?a)处的切线斜率k?f?(x1)?2x1

所以当x? 曲线y?f(x)在点P处的切线方程为y?(2x12?a)?2x1(x?x1). x12?ax12?aa?x12?x1? 令y?0，得x2?，∴x2?x1?

2x12x12x1a?x12?0，即x2?x1. ∵x1?a，∴

2x1x1x12?ax1xaaa???21??a 又∵?，∴x2?22x12x122x122x1 所以x1?x2?a.

2. （2009天津理20，极值比较讨论）

已知函数f(x)?(x2?ax?2a2?3a)ex(x?R),其中a?R ⑴当a?0时，求曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率；

w.w.w..s.5.u.c.o.m ⑵当a?2时，求函数f(x)的单调区间与极值. 3解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。

⑴当a?0时，f(x)?x2ex，f'(x)?(x2?2x)ex，故f'(1)?3e.

所以曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为3e. ⑵f'(x)?x2?(a?2)x?2a2?4aex.

2令f'(x)?0，解得x??2a，或x?a?2.由a?知，?2a?a?2.

3??w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 以下分两种情况讨论：

2

①若a＞

2，则?2a＜a?2.当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表： 3x ???，?2a? ?2a ??2a，a?2? a?2 ?a?2，??? + ↗ 0 极大值 — ↘ 0 极小值 + ↗ 所以f(x)在(??，?2a)，(a?2，??)内是增函数，在(?2a，a?2)内是减函数. 函数f(x)在x??2a处取得极大值f(?2a)，且f(?2a)?3ae?2a.

函数f(x)在x?a?2处取得极小值f(a?2)，且f(a?2)?(4?3a)ea?2.

2②若a＜，则?2a＞a?2，当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：

3x ???，a?2? a?2 ?a?2，?2a? ?2a ??2a，??? w.w.w..s.5.u.c.o.m + ↗ 0 极大值 — ↘ 0 极小值 + ↗ 所以f(x)在(??，a?2)，(?2a，??)内是增函数，在(a?2，?2a)内是减函数。函数f(x)在x?a?2处取得极大值f(a?2)，且f(a?2)?(4?3a)ea?2. 函数f(x)在x??2a处取得极小值f(?2a)，且f(?2a)?3ae?2a.

w.w.w..s.5.u.c.o.m

12x?2ax,g(x)?3a2lnx?b. 2⑴设两曲线y?f(x)与y?g(x)有公共点，且在公共点处的切线相同，若a?0，试建立b 关于a的函数关系式，并求b的最大值；

⑵若b?[0,2],h(x)?f(x)?g(x)?(2a?b)x在(0,4)上为单调函数，求a的取值范围。

3. 已知函数f(x)?

3

4. （最值，按区间端点讨论）

a. x(1)当a>0时，判断f(x)在定义域上的单调性；

3(2)若f(x)在[1,e]上的最小值为，求a的值.

2已知函数f(x)=lnx－

解：(1)由题得f(x)的定义域为(0,＋∞)，且 f ′(x)＝1ax?a. ＋2＝2xxx∵a>0，∴f ′(x)>0，故f(x)在(0,＋∞)上是单调递增函数. (2)由(1)可知：f ′(x)＝

x?a， 2x33，∴a＝－ (舍去). 22①若a≥－1，则x＋a≥0，即f ′(x)≥0在[1,e]上恒成立，此时f(x)在[1,e]上为增函数， ∴f(x)min＝f(1)＝－a＝

②若a≤－e，则x＋a≤0，即f ′(x)≤0在[1,e]上恒成立，此时f(x)在[1,e]上为减函数， ∴f(x)min＝f(e)＝1－

ea3＝，∴a＝－(舍去).

2e2③若－e

当10，∴f(x)在(－a,e)上为增函数， ∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝综上可知：a＝－e.

5. （最值直接应用）已知函数f(x)?x?（Ⅱ）求f(x)的单调区间；

（Ⅲ）若f(x)在[0,??)上的最大值是0，求a的取值范围. 解：（Ⅰ）f?(x)?3?a＝－e. 212ax?ln(1?x)，其中a?R. 2（Ⅰ）若x?2是f(x)的极值点，求a的值；

x(1?a?ax),x?(?1,??).

x?111依题意，令f?(2)?0，解得 a?. 经检验，a?时，符合题意.

33 4

（Ⅱ）解：① 当a?0时，f?(x)?x. x?1故f(x)的单调增区间是(0,??)；单调减区间是(?1,0).

1② 当a?0时，令f?(x)?0，得x1?0，或x2??1.

a当0?a?1时，f(x)与f?(x)的情况如下：

x f?(x) f(x) (?1,x1) ? ↘ x1 0 (x1,x2) x2 0 (x2,??) ? ↗ ? ↘ f(x1) f(x2) 所以，f(x)的单调增区间是(0,11?1)；单调减区间是(?1,0)和(?1,??). aa当a?1时，f(x)的单调减区间是(?1,??). 当a?1时，?1?x2?0，f(x)与f?(x)的情况如下：

x f?(x) f(x) (?1,x2) ? ↘ x2 0 (x2,x1) x1 0 (x1,??) ? ↗ ? ↘ f(x2) f(x1) 11?1,0)；单调减区间是(?1,?1)和(0,??). aa③ 当a?0时，f(x)的单调增区间是(0,??)；单调减区间是(?1,0). 综上，当a?0时，f(x)的增区间是(0,??)，减区间是(?1,0)；

11当0?a?1时，f(x)的增区间是(0,?1)，减区间是(?1,0)和(?1,??)；

aa当a?1时，f(x)的减区间是(?1,??)；

11当a?1时，f(x)的增区间是(?1,0)；减区间是(?1,?1)和(0,??).

aa（Ⅲ）由（Ⅱ）知 a?0时，f(x)在(0,??)上单调递增，由f(0)?0，知不合题意.

1当0?a?1时，f(x)在(0,??)的最大值是f(?1)，

a1由f(?1)?f(0)?0，知不合题意.

a当a?1时，f(x)在(0,??)单调递减，

可得f(x)在[0,??)上的最大值是f(0)?0，符合题意. 所以，f(x)在[0,??)上的最大值是0时，a的取值范围是[1,??).

所以，f(x)的单调增区间是(

6. （2010北京理数18）

5

x2x(k≥0). 2(Ⅰ)当k=2时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程； (Ⅱ)求f(x)的单调区间.

1?1?2x 解：（I）当k?2时，f(x)?ln(1?x)?x?x2，f'(x)?1?x3由于f(1)?ln2，f'(1)?，

23所以曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y?ln2?(x?1)

2 即3x?2y?2ln2?3?0

x(kx?k?1)（II）f'(x)?，x?(?1,??).

1?xx. 当k?0时，f'(x)??1?x所以，在区间(?1,0)上，f'(x)?0；在区间(0,??)上，f'(x)?0. 故f(x)得单调递增区间是(?1,0)，单调递减区间是(0,??).

x(kx?k?1)1?k?0，得x1?0，x2??0 当0?k?1时，由f'(x)?1?xk1?k1?k,??)上，f'(x)?0；在区间(0,)上，f'(x)?0 所以，在区间(?1,0)和(kk1?k1?k,??)，单调递减区间是(0,). 故f(x)得单调递增区间是(?1,0)和(kkx2 故f(x)得单调递增区间是(?1,??). 当k?1时，f'(x)?1?xx(kx?k?1)1?k?0，得x1??(?1,0)，x2?0. 当k?1时，f'(x)?1?xk1?k1?k)和(0,??)上，f'(x)?0；在区间(,0)上，f'(x)?0 所以没在区间(?1,kk1?k1?k)和(0,??)，单调递减区间是(,0) 故f(x)得单调递增区间是(?1,kk已知函数f(x)=ln(1+x)-x+

7. （2010山东文21，单调性）

1?a?1(a?R) x ⑴当a??1时，求曲线y?f(x)在点(2,f(2))处的切线方程；

1 ⑵当a?时，讨论f(x)的单调性.

2解：⑴x?y?ln2?0

已知函数f(x)?lnx?ax? 6

1?a?1， x1a?1ax2?x?1?a 所以 f'(x)??a?2??，x?(0,??)， 2xxx2 令 g(x)?ax?x?1?a,x?(0,??),

⑵因为 f(x)?lnx?ax?

8. (是一道设计巧妙的好题，同时用到e底指、对数，需要构造函数，证存在且唯一时结合零

点存在性定理不好想，⑴⑵联系紧密) 已知函数f(x)?lnx,g(x)?ex. ⑴若函数φ (x) = f (x)－

x+1，求函数φ (x)的单调区间； x-1⑵设直线l为函数f (x)的图象上一点A(x0，f (x0))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．

x?112x?1x?1?lnx?解：（Ⅰ） ?(x)?f?x??，???x???． ?x?1x?1x?x?1?2x??x?1?2∵x?0且x?1，∴???x??0∴函数?(x)的单调递增区间为?0,1?和?1，???． （Ⅱ）∵f?(x)?11 ，∴f?(x0)?，

x0x2∴ 切线l的方程为y?lnx0?11(x?x0), 即y?x?lnx0?1, ① x0x0x设直线l与曲线y?g(x)相切于点(x1,e1)，

11?lnx，∴x1??lnx0,∴g(x1)?e0?. x0x0lnx01111 ∴直线l也为y???x?lnx0?， 即y?x??， ②

x0x0x0x0x0lnx01x?1 由①②得 lnx0?1??，∴lnx0?0．

x0?1x0x0∵g?(x)?ex，∴e1?x 下证：在区间（1,+?）上x0存在且唯一. 由（Ⅰ）可知，?(x)?lnx?x?1（1,+?）在区间上递增．

x?17

e?1?2e2?1e2?322又?(e)?lne???0，?(e)?lne?2??0，

e?1e?1e?1e2?1结合零点存在性定理，说明方程?(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，故结论成立．

9. （最值应用，转换变量）

2ax2?1设函数f(x)?(2?a)lnx?(a?0)．

x(1)讨论函数f(x)在定义域内的单调性；

(2)当a?(?3,?2)时，任意x1,x2?[1,3]，(m?ln3)a?2ln3?|f(x1)?f(x2)|恒成立，求实数m的取值范围．

2?a12ax2?(2?a)x?1(ax?1)(2x?1)?2a?2??解：⑴f?(x)?． 22xxxx111111当a??2时，??，增区间为(?,)，减区间为(0,?)，(,??)．

a2a2a211当a??2时，??，减区间为(0,??)．

a2111111当?2?a?0时，??，增区间为(,?)，减区间为(0,)，(?,??)．

a22a2a⑵由⑴知，当a?(?3,?2)时，f(x)在[1,3]上单调递减，

1∴x1,x2?[1,3]，|f(x1)?f(x2)|≤f(1)?f(3)?(1?2a)?[(2?a)ln3??6a]，

32即|f(x1)?f(x2)|≤?4a?(a?2)ln3．

3∵(m?ln3)a?2ln3?|f(x1)?f(x2)|恒成立，

22∴(m?ln3)a?2ln3＞?4a?(a?2)ln3，即ma??4a，

332?4． 又a?0，∴m?3a1323813??4??，∴m≤?． ∵a?(?3,?2)，∴?33a9310. （最值应用）

已知二次函数g(x)对?x?R都满足g(x?1)?g(1?x)?x2?2x?1且g(1)??1，设函数

19f(x)?g(x?)?mlnx?（m?R，x?0）．

28（Ⅰ）求g(x)的表达式；

（Ⅱ）若?x?R?，使f(x)?0成立，求实数m的取值范围；

（Ⅲ）设1?m?e，H(x)?f(x)?(m?1)x，求证：对于?x1，x2?[1,m]，恒有

|H(x1)?H(x2)|?1．

2解：（Ⅰ）设g?x??ax?bx?c，于是

8

?a?1，?2 g?x?1??g?1?x??2a?x?1??2c?2?x?1??2，所以???c??1.1121又g?1???1，则b??．所以g?x??x?x?1． …………3分

2221912（Ⅱ）f(x)?gx??mlnx??x?mlnx(m?R，x?0).282

当m>0时，由对数函数性质，f（x）的值域为R；…………4分

x2?0对?x?0，f(x)?0恒成立； …………5分 当m=0时，f(x)?2m当m<0时，由f?(x)?x??0?x??m，列表：

x22??x f?(x) (0，?m) ?m (?m，??) － 减 0 极小 ＋ 增 f(x) 这时，?mln?m. ?f(x)?min?f(?m)??m2?m??mln?m?0，??e

故?x?0使f(x)?0成立，实数m的取值范围(??,?e]??0，???．…………9分 (x?1)(x?m)?0，所以H(x)在[1,m]内单调递减．

x121于是|H(x1)?H(x2)|?H(1)?H(m)?m?mlnm?.22

1113|H(x1)?H(x2)|?1?m2?mlnm??1?m?lnm??0.

2222m213113311(1?m?e)，则h'(m)??? ???1?0，记h(m)?m?lnm?22m2m2m3322m13所以函数h(m)?m?lnm?在?1，e]是单调增函数，

22me3?e?3??e?1? 所以h(m)?h(e)??1???0，故命题成立． …………12分 22e2e（Ⅲ）因为对?x?[1，m]，H?(x)???

23?x11. 设x?3是函数f?x??x?ax?be,?x?R?的一个极值点.

??（1）求a与b的关系式（用a表示b），并求f?x?的单调区间；

2（2）设a?0,g?x???a???25?x?e，若存在?1,?2??0,4?，使得f??1??g??2??1 成立，求a的4?取值范围.

解：（1）∵f?x??x?ax?be2??3?x

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23?x?x?a?2x?b?ae 由题意得：???x???2x?a?e3?x??x2?ax?b?e3?x??1??????f'?3??0，即32?3?a?2??b?a?0，b??2a?3

'3?x23?x∴f?x???x?ax?2a?3?e且f?x????x?3??x?a?1?e

'令f?x??0得x1?3，x2??a?1

23?x∵x?3是函数f?x???x?ax?b?e,?x?R?的一个极值点

∴f''∴x1?x2，即a??4

故a与b的关系式为b??2a?3,?a??4?.

?x??0得单增区间为：?3,?a?1?；

'由f?x??0得单减区间为：???,3?和??a?1,???；

'当a??4时，x2??a?1?3，由f?x??0得单增区间为：??a?1,3?；

'由f?x??0得单减区间为：???,?a?1?和?3,???；

（2）由（1）知：当a?0时，x2??a?1?0，f?x?在?0,3?上单调递增，在?3,4?上单调递减，f(x)min?min?f(0),f(4)???(2a?3)e3,f?x?max?f?3??a?6, ∴f?x?在?0,4?上的值域为[?(2a?3)e3,a?6].

当a??4时，x2??a?1?3，由f'易知g?x???a?2??25?x?e在?0,4?上是增函数, 4?∴g?x?在?0,4?上的值域为?a?2??25?225?4?,?a??e?. 4?4??225?1???由于?a2??a?6?a???????0，

4?2???又∵要存在?1,?2??0,4?，使得f??1??g??2??1成立，

a?0?3?∴必须且只须??225?解得:0?a?.

2??a?4???a?6??1????3?a所以，的取值范围为?0,?.

?2?

2x12. f(x)?(x?ax?b)e(x?R)．

（1）若a?2,b??2，求函数f(x)的极值；

（2）若x?1是函数f(x)的一个极值点，试求出a关于b的关系式（用a表示b），并确

定f(x)的单调区间； （3）在（2）的条件下，设a?0，函数g(x)?(a2?14)ex?4．若存在?1,?2?[0,4]使得

10

|f(?1)?f(?2)|?1成立，求a的取值范围．

解:（1）∵f?(x)?(2x?a)ex?(x2?ax?b)ex?[x2?(2?a)x?(a?b)]ex

当a?2,b??2时，f(x)?(x2?2x?2)ex,则f'(x)?(x2?4x)ex.

令f'(x)?0得(x2?4x)ex?0，∵ex?0,∴x2?4x?0，解得x1??4,x2?0 ∵当x?(??,?4)时，f'(x)?0，

当x?(?4,0)时f'(x)?0，当x?(0,??)时f'(x)?0 ∴当x??4时，函数f(x)有极大值，f(x)极大＝6， e4当x?0时，函数f(x)有极小值，f(x)极小??2． （2）由（1）知f?(x)?[x2?(2?a)x?(a?b)]ex ∵x?1是函数f(x)的一个极值点 ∴f?(1)?0 即e[1?(2?a)?(a?b)]?0，解得b??3?2a

则f?(x)?ex[x2?(2?a)x?(?3?a)]＝ex(x?1)[x?(3?a)] 令f?(x)?0，得x1?1或x2??3?a

∵x?1是极值点，∴?3?a?1，即a??4 .

当?3?a?1即a??4时，由f?(x)?0得x?(?3?a,??)或x?(??,1) 由f?(x)?0得x?(1,?3?a)

当?3?a?1即a??4时，由f?(x)?0得x?(1,??)或x?(??,?3?a) 由f?(x)?0得x?(?3?a,1). 综上可知：

当a??4时，单调递增区间为(??,1)和(?3?a,??)，递减区间为(1,?3?a) 当a??4时，单调递增区间为(??,?3?a)和(1,??)，递减区间为(?3?a,1)。 （3）由2）知：当a>0时，f(x)在区间（0，1）上的单调递减， 在区间（1，4）上单调递增，

∴函数f(x)在区间[0,4]上的最小值为f(1)??(a?2)e 又∵f(0)?bex??(2a?3)?0，f(4)?(2a?13)e4?0，

∴函数f(x)在区间[0，4]上的值域是[f(1),f(4)]，即[?(a?2)e,(2a?13)e4]]

又g(x)?(a2?14)ex?4在区间[0，4]上是增函数， 且它在区间[0，4]上的值域是[(a2?14)e4,(a2?14)e8].

∵(a2?14)e4－(2a?13)e4＝(a2?2a?1)e4＝(a?1)2e4?0， ∴存在?1,?2?[0,4]使得|f(?1)?f(?2)|?1成立只须

(a2?14)e4－(2a?13)e4<1?(a?1)2e4?1?(a?1)2?111?1??a?1?.． e4e2e2

13. (2010山东，两边分求，最小值与最大值) 已知函数f(x)?lnx?ax?⑴当a≤1?a?1(a?R). x1时，讨论f(x)的单调性； 211

⑵设g(x)?x2?2bx?4.当a?1时，若对任意x1?(0,2)，存在x2??1,2?，使f(x1)≥g(x2)，4求实数b取值范围.

解：本题将导数、二次函数、不等式知识有机的结合在一起，考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数求函数的最值以及二次函数的最值问题，考查了同学们分类讨论的数学思想以及解不等式的能力；考查了学生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力. （1）直接利用函数与导数的关系讨论函数的单调性；（2）利用导数求出f(x)的最小值、利用二次函数知识或分离常数法求出g(x)在闭区间[1,2]上的最大值，然后解不等式求参数.

1?ala?1?ax2?x?a?1?1(x?0)，f?(x)??a?2?⑴f(x)?lnx?ax?(x?0) 2xxxx令h(x)?ax2?x?1?a(x?0)

①当a?0时，h(x)??x?1(x?0)，当x?(0,1),h(x)?0,f?(x)?0,函数f(x)单调递减；当x?(1,??),h(x)?0,f?(x)?0，函数f(x)单调递增.

1②当a?0时，由f?(x)?0，即ax2?x?1?a?0，解得x1?1,x2??1.

a1当a?时x1?x2，h(x)?0恒成立，此时f?(x)?0，函数f(x)单调递减；

211当0?a?时，?1?1?0,x?(0,1)时h(x)?0,f?(x)?0，函数f(x)单调递减；

2a1x?(1,?1)时，h(x)?0,f?(x)?0，函数f(x)单调递增；

a1x?(?1,??)时，h(x)?0,f?(x)?0，函数f(x)单调递减.

a1当a?0时?1?0，当x?(0,1),h(x)?0,f?(x)?0,函数f(x)单调递减；

a当x?(1,??),h(x)?0,f?(x)?0，函数f(x)单调递增.

综上所述：当a?0时，函数f(x)在(0,1)单调递减，(1,??)单调递增；

1当a?时x1?x2,h(x)?0恒成立,此时f?(x)?0，函数f(x)在(0,??)单调递减；

2111当0?a?时,函数f(x)在(0,1)递减,(1,?1)递增,(?1,??)递减.

2aa1⑵当a?时，f(x)在(0,1)上是减函数，在(1,2)上是增函数，所以对任意x1?(0,2)，

41有f(x1)≥f(1)??，

21又已知存在x2??1,2?，使f(x1)?g(x2)，所以??g(x2)，x2??1,2?，（※）

2又g(x)?(x?b)2?4?b2,x?[1,2]

当b?1时，g(x)min?g(1)?5?2b?0与（※）矛盾；

当b??1,2?时，g(x)min?g(1)?4?b?0也与（※）矛盾；

2 12

当b?2时，g(x)min?g(2)?8?4b??综上，实数b的取值范围是[117,b?. 2817,??). 81?a?1． 14. 设函数f(x)?lnx?ax?x（Ⅰ）当a?1时，过原点的直线与函数f(x)的图象相切于点P，求点P的坐标；

1（Ⅱ）当0?a?时，求函数f(x)的单调区间；

2152（Ⅲ）当a?时，设函数g(x)?x?2bx?，若对于?x1?（0,e]，?x2?[0，1]

312使f(x1)≥g(x2)成立，求实数b的取值范围.（e是自然对数的底，e?3?1）

11?a解：函数f(x)的定义域为(0，??)，f?(x)??a?2

xx（Ⅰ）设点P(x0,y0)(x0?0)，当a?1时，f(x)?lnx?x?1，则y0?lnx0?x0?1，

11lnx0?x0?1f?(x)??1，∴f?(x0)??1?

xx0x0解得x0?e2，故点P 的坐标为(e2，1?e2)

?ax?ax?a?1(x?1)(ax?1?a)????x2x2x211?a?1?0 ∵0?a? ∴

2a1?a1?a∴当0?x?1，或x?时f?(x)?0，当1?x?时，f?(x)?0

aa11?a)； 故当0?a?时，函数f(x)的单调递增区间为(1,2a1?a,??) 单调递减区间为(0,1)，(a1x2?1由（Ⅱ）可知函数f(x)在（Ⅲ）当a?时，f(x)?lnx??（0，1)上是减函数，

333x2e2（1，2)上为增函数，在(2，e]上为减函数，且f(1)??，f(e)??? 在

333e2?e2?2e3?(e?1)22?∵f(e)?f(1)?，又e?3?1，∴(e?1)?3，

3e3e2∴f(e)?f(1)，故函数f(x)在(0,e]上的最小值为?

3若对于?x1?（0,e]，?x2?[0,1]使f(x1)≥g(x2)成立?g(x)在[0,1]上的最小值不大于

2f(x)在(0,e]上的最小值?（*）

3（Ⅱ）f?(x)?2a(x?1)(x?1?a)a

13

又g(x)?x?2bx?255?(x?b)2?b2?，x?[0,1] 121252??与（*）矛盾 123①当b?0时，g(x)在[0,1]上为增函数，[g(x)]min?g(0)??②当0?b?1时，[g(x)]min?g(b)??b?由?b?225， 12

521??及0?b?1得，?b?1 1232③当b?1时，g(x)在[0,1]上为减函数，

7172[g(x)]min?g(1)??2b????，此时b?1

121231??）综上，b的取值范围是[， 2

15. (2010山东，两边分求，最小值与最大值) 已知函数f(x)?xlnx,g(x)??x2?ax?3． ⑴求f(x)在[t,t?2](t?0)上的最小值；

⑵若存在x??,e?（e是常数，e＝2.71828???）使不等式2f(x)?g(x)成立，求实数a的取

e值范围；

⑶证明对一切x?(0,??),都有lnx?解：⑴

，

?1???12?成立． exex

所以f?x?min⑵由题意知

1?1? 0?t???ee??

1?tInt t??e? 14

32xInx??x2?ax?3,则a?2Inx?x?,x323?x?3??x?1??设h?x??2Inx?x??x?0?则h?x???1?2?xxxx2?1?当x??,1?时，h??x??0,h?x?单调递减；?e?当x??1,e?时，h??x??0,h?x?单调递增；

??1???1?所以h?x?max?max?h??,h(e)?,因为存在x??,e?,使2f?x??g?x?成立，?e???e??所以a?h?x?max,113h()??2??3e，h(e)?2?e? eee11而h()?h(e)，故a??3e?2

eex2（Ⅲ） 等价证明xInx?x??x??0,????

ee由⑴知

f?x??xInx?x??0,????的最小值是-1e1当且仅当x?取到，

ex21?x设??x??x??x??0,????,则???x??x,eee1易得??x?max???1???，当且仅当x?1时取到，e

x2从而对一切x??0,???都有xInx?x?成立，ee12即Inx?x?对一切x??0,???成立．

eex

16. （最值应用） 设函数f(x)?px?⑴求p与q的关系；

⑵若f(x)在其定义域内为单调函数，求p的取值范围； ⑶设g(x)?围.

解：（1）由题意得f(e)?pe?qp?2lnx，且f(e)?qe??2，其中e是自然对数的底数. xe2e，若在?1,e?上至少存在一点x0，使得f(x0)＞g(x0)成立，求实数p的取值范xqp1?2lne?qe??2?(p?q)(e?)?0 eee15

1?0，所以p、q的关系为p?q. eqp（2）由（1）知f(x)?px??2lnx?px??2lnx，

xxp2px2?2x?p2'.令h(x)?px?2x?p， f(x)?p?2??2xxx要使f(x)在其定义域(0,??)内单调，只需h(x)?0或h(x)?0恒成立.

2x'①当p?0时，h(x)??2x，因为x＞0，所以h(x)＜0，f(x)??2＜0，

x∴f(x)在(0,??)内是单调递减函数，即p?0适合题意；

12ph(x)?p?②当＞0时，h(x)?px?2x?p，∴， minp1只需p??0，即p?1时h(x)?0,f'(x)?0，

p∴f(x)在(0,??)内为单调递增函数，故p?1适合题意.

而e?③当p＜0时，h(x)?px2?2x?p，其图像为开口向下的抛物线，对称轴为x?综上所述，p的取值范围为p?1或p?0.

1?(0,??)，p只要h(0)?0，即p?0时，h(x)?0在(0,??)恒成立，故p＜0适合题意.

2e在?1,e?上是减函数， x∴x?e时，g(x)min?2；x?1时，g(x)max?2e，即g(x)??2,2e?，

（3）∵g(x)?①当p?0时，由（2）知f(x)在?1,e?上递减?f(x)max?f(1)?0＜2，不合题意；

1?0， x又由（2）知当p?1时，f(x)在?1,e?上是增函数，

1111∴f(x)?p(x?)?2lnx?x??2lnx?e??2lne?e??2＜2，不合题意；

xxee③当p?1时，由（2）知f(x)在?1,e?上是增函数，f(1)?0＜2，又g(x)在?1,e?上是减函数，

②当0＜p＜1时，由x??1,e??x?故只需f(x)max＞g(x)min，x??1,e?，而f(x)max?f(e)?p(e?)?2lne，g(x)min?2， 即

1e14ep(e?)?2lne＞2，解得p＞2 ，

ee?14e，??). 综上，p的取值范围是(2e?1

17. （2011湖南文，第2问难，单调性与极值，好题）

16

设函数f(x)?x?⑴讨论函数f(x)的单调性；

1?alnx(a?R).x

⑵若f(x)有两个极值点x1,x2，记过点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直线斜率为k,问：是否存在a，使得k?2?a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.

1ax2?ax?1 解：⑴f(x)的定义域为(0,??).f'(x)?1?2??2xxx令g(x)?x2?ax?1,其判别式??a2?4.

①当|a|?2时,??0,f'(x)?0,故f(x)在(0,??)上单调递增． ②当a??2时,在(0,??)上，f'(x)?0，故f(x)在(0,??)?>0,g(x)=0的两根都小于0，

上单调递增．

22a?a?4a?a?4，

③当a?2时,?>0,g(x)=0的两根为x1?,x2?22当0?x?x1时， f'(x)?0；当x1?x?x2时，f'(x)?0；当x?x2时，f'(x)?0，故f(x)分别在(0,x1),(x2,??)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减． ⑵由⑴知，若f(x)有两个极值点x1,x2，则只能是情况③，故a?2．

x1?x2?a(lnx1?lnx2)， 因为f(x1)?f(x2)?(x1?x2)?x1x2f(x1)?f(x2)lnx1?lnx21k??1??a? 所以

x1?x2x1x2x1?x2lnx1?lnx2k?2?a?xx?1 又由⑴知，12，于是x1?x2lnx1?lnx2?1．即lnx1?lnx2?x1?x2． 若存在a，使得k?2?a.则

x1?x21?2lnx2?0(x2?1)(*) 亦即x2?x21再由⑴知，函数h(t)?t??2lnt在(0,??)上单调递增，而x2?1，所以

t11x2??2lnx2?1??2ln1?0.这与(*)式矛盾．故不存在a，使得k?2?a.

x21

18. （构造函数，好，较难） 已知函数f(x)?lnx?12ax?(a?1)x(a?R，a?0). 2⑴求函数f(x)的单调增区间；

⑵记函数F(x)的图象为曲线C，设点A(x1,y1)、B(x2,y2)是曲线C上两个不同点，如果曲线

x1?x2；②曲线C在点M处的切线平行于直线AB，2则称函数F(x)存在“中值相依切线”.试问：函数f(x)是否存在中值相依切线，请说明理由. C上存在点M(x0,y0)，使得：①x0? 17

解：（Ⅰ）函数f(x)的定义域是(0,??).

1a(x?1)(x?)1a. 由已知得，f'(x)??ax?a?1??xxⅰ 当a?0时, 令f'(x)?0,解得0?x?1;?函数f(x)在(0,1)上单调递增 ⅱ 当a?0时，

11 ①当??1时，即a??1时, 令f'(x)?0,解得0?x??或x?1;

aa1?函数f(x)在(0,?)和(1,??)上单调递增

a1 ②当??1时，即a??1时, 显然，函数f(x)在(0,??)上单调递增；

a11③当??1时，即?1?a?0时, 令f'(x)?0,解得0?x?1或x??

aa1?函数f(x)在(0,1)和(?,??)上单调递增.

a综上所述:

⑴当a?0时,函数f(x)在(0,1)上单调递增

1a⑶当a??1时,函数f(x)在(0,??)上单调递增；

1⑷当?1?a?0时,函数f(x)在(0,1)和(?,??)上单调递增.

a(Ⅱ)假设函数f(x)存在“中值相依切线”.

设A(x1,y1),B(x2,y2)是曲线y?f(x)上的不同两点，且0?x1?x2，

1212则y1?lnx1?ax1?(a?1)x1，y2?lnx2?ax2?(a?1)x2.

221(lnx2?lnx1)?a(x22?x12)?(a?1)(x2?x1)y?y2 kAB?21?x2?x1x2?x1lnx2?lnx11 ??a(x1?x2)?(a?1).

x2?x12x?x2x?x2)??a?12?(a?1)， 曲线在点M(x0,y0)处的切线斜率k?f?(x0)?f?(12x1?x22lnx2?lnx11x?x2依题意得：?a(x1?x2)?(a?1)??a?12?(a?1).

x2?x12x1?x22x2(2?1)x1lnx2?lnx1x2(x2?x1)2?化简可得 ， 即ln2=. ?x2x2?x1x1?x2x1x2?x1?1x1⑵当a??1时,函数f(x)在(0,?)和(1,??)上单调递增

18

设

2(t?1)4x2?2?, ?t (t?1)，上式化为：lnt?t?1t?1x14414(t?1)2lnt??2,令g(t)?lnt?,g'(t)??. ?22t?1t?1t(t?1)t(t?1)因为t?1,显然g'(t)?0，所以g(t)在(1,??)上递增,显然有g(t)?2恒成立.

4?2成立. 所以在(1,??)内不存在t,使得lnt?t?1综上所述，假设不成立.所以，函数f(x)不存在“中值相依切线”

19. (2011天津理19，综合应用)

已知a?0，函数f?x??lnx?ax，x?0．(f?x?的图象连续)

2⑴求f?x?的单调区间；

⑵若存在属于区间?1,3?的?,?，且???≥1，使f????f???，证明：

ln3?ln2ln2≤a≤． 5311?2ax22a解：⑴f??x???2ax?，x?0．令f??x??0，则x?．

xx2a当x变化时，f??x?，f?x?的变化情况如下表：

x f??x? f?x? ?2a???0,2a?? ??2a 2a0 极大值 ?2a???2a,???? ??? 单调递增 ? 单调递减 ??2a?2a?fx0,,??所以??的单调增区间是???2a??，单调减区间是??2a?．

????

⑵由f????f???及f?x?的单调性知??2a从而f?x?在区间??,??上的最小值为??．

2af???．

又由????1，?,???1,3?，则1???2???3．

19

所以?所以

??f?2??f????f?1?,?ln2?4a??a, 即?f2?f??f3,?????ln2?4a?ln3?9a.????ln3?ln2ln2?a?． 53

20. （恒成立，直接利用最值）

已知函数f(x)?ln(ax?1)?x2?ax, a?0，

1是函数f(x)的一个极值点，求a； 2⑵讨论函数f(x)的单调区间；

⑴若x?⑶若对于任意的a?[1,2],不等式f?x?≤m在[,1]上恒成立，求m的取值范围.

122ax2?(2?a2)x, 解：⑴f?(x)?ax?111因为x?是函数f(x)的一个极值点，所以f?()?0，得a2?a?2?0.

22又a?0，所以a?2.

1⑵因为f(x)的定义域是(?, ??)，

aa2?22ax(x?)2ax2?(2?a2)x2a. f?(x)??ax?1ax?1①当a?2时，列表 1a2?2a2?2x (?, 0) (0, ) (, ??) a2a2af?(x) ＋ － ＋ f(x) 增 减 增 1a2?2a2?2f(x)在(?, 0)，(, ??)是增函数；f(x)在(0, )是减函数.

a2a2a22x22②当a?2时，f?(x)?≥0，f(x)在(?, ??)是增函数. 22x?1③当0?a?2时，列表 1a2?2a2?2(0, ??) x (?, ) (, 0) a2a2af?(x) ＋ － ＋ f(x) 增 减 增 1a2?2a2?2f(x)在(?, ),(0, ??)是增函数；f(x)在(, 0)是减函数.

a2a2a⑶

20

21. （最值与图象特征应用）

e?x设a?R，函数f(x)?(ax2?a?1)(e为自然对数的底数）.

2⑴判断f(x)的单调性；

1⑵若f(x)?2在x?[1,2]上恒成立，求a的取值范围.

e1?x1?x1?x22解：⑴∵f?(x)??e(ax?a?1)?e?(2ax)?e(?ax?2ax?a?1),

222令g(x)??ax2?2ax?a?1.

①当a?0时,g(x)??1?0,?f?(x)?0,?f(x)在R上为减函数. ②当a?0时,g(x)?0的判别??4a2?4(a2?a)??4a?0, ?g(x)?0,即f?(x)?0?f(x)在R上为减函数.

112x?1?或x?1?, ③当a?0时，由?ax?2ax?a?1?0,得

?a?a11?x?1?, 由?ax2?2ax?a?1?0,得1??a?aa??aa??a?f(x)在(??,),(,??)上为增函数；

aaa??aa??af(x)在(,)上为减函数.

aa⑵由⑴知

①当a?0时,f(x)在[1,2]上为减函数.

?f(x)min?f(2)?5a?15a?111.由?得a?.

52e22e2e25a?11? ②当a?0时,f(2)?222e2e11?f(x)?2在[1，2]上不恒成立，∴a的取值范围是(,??).

5e

22. (单调性)

21

已知f(x)=ln(x+2)－x2+bx+c ⑴若函数f(x)在点(1，且f(－1)=0，求函数f(x)在区间[0,3]y)处的切线与直线3x+7y+2=0垂直，上的最小值；

⑵若f(x)在区间[0,m]上单调，求b的取值范围. 解：⑴f?(x)?

13?2x?b，依题意令f?(1)= ，f(?1)＝0，解得b=4，c=5. x?271?2x2?932 ?f?(x)??2x?4??0得x?x?2x?22333x 0 (0,2) 2 2,3） 3 （222 8+ln5 y′ + 0 － y ln2+5 极大 因为8+ln5>5+ln2 ∴x=0时f(x)在[0，3]上最小值f(0)=5+ln2. ⑵若f(x)在区间[0，m]上单调，有两种可能

11?2x?b≥0得b≥2x－，在[0，m]上恒成立 x?2x?2111 而y=2x－. 在[0，m]上单调递增，最大值为2m－，∴b≥2m－

x?2m?2m?211 ?2x?b≤0 得b≤2x－②令f?(x)?，

x?2x?2111而 y=2x－在[0，m]单增，最小为y=－，∴b≤－.

x?22211故b≥2m－或b≤－时f(x)在[0，m]上单调.

m?22

①令f?(x)?

23. （单调性，用到二阶导数的技巧） 已知函数f(x)?lnx

f(x)?a(a?R)，求F(x)的极大值； x ⑵若G(x)?[f(x)]2?kx在定义域内单调递减，求满足此条件的实数k的取值范围.

f(x)?alnx?a?解：⑴?F(x)?定义域为x?(0,??) xx(1?a)?lnx?F?(x)? 2x令F?(x)?0得x?e1?a 由F?(x)?0得0?x?e1?a 由F?(x)?0得x?e1?a

⑴若F(x)?即F(x)在(0,e1?a)上单调递增，在(e1?a,??)上单调递减

1?a?aa?1)?e ?ae2lnx?k ⑵?G(x)?(lnx)2?kx的定义域为(0，+∞)，?G?(x)?x?x?e1?a时，F(x)取得极大值F(e1?a? 22

2lnx?k?0在(0，+∞)内恒成立 x22(1?lnx) 由H?(x)?0得x?e 令H(x)?lnx?k，则H?(x)?2xx∵当x?(0,e)时H?(x)?0,H(x)为增函数 当x?(e,??)时H?(x)?0，H(x)为减函数

2∴当x = e时，H(x)取最大值H(e)??k

e22故只需?k?0恒成立，?k?

ee22又当k?时，只有一点x = e使得G?(x)?H(x)?0不影响其单调性?k?.

ee由G (x)在定义域内单调递减知：G?(x)?

二、交点与根的分布

24. （2008四川22，交点个数与根的分布）

已知x?3是函数f(x)?aln(1?x)?x2?10x的一个极值点． ⑴求a；

⑵求函数f(x)的单调区间；

⑶若直线y?b与函数y?f(x)的图像有3个交点，求b的取值范围．

a?2x?10 解：⑴f(x)?aln(1?x)?x2?10x，f'(x)?1?xx?3是函数f(x)?aln(1?x)?x2?10x的一个极值点．

f'(3)?a?4?0，a?16 4⑵由⑴f(x)?16ln(1?x)?x2?10x，x?(?1,??)

令f'(x)?0，得x?1，x?3，f'(x)和f(x)随x的变化情况如下： (3,??) (?1,1) 1 (1,3) 3 x f'(x) ? 0 ? 0 ? f(x) 增 极大值 减 极小值 增 f(x)的增区间是(?1,1)，(3,??)；减区间是(1,3)． ⑶由②知，f(x)在(?1,1)上单调递增，在(3,??)上单调递增，在(1,3)上单调递减． ∴f(x)极大?f(1)?16ln2?9，f(x)极小?f(3)?32ln2?21． 又x??1?时，f(x)???；x???时，f(x)???； 可据此画出函数y?f(x)的草图（图略），由图可知， 当直线

162x2?8x?62(x?1)(x?3) f'(x)??2x?10??1?xx?1x?1y?b与函数y?f(x)的图像有3个交点时，b的取值范围为(32ln2?21,16ln2?9)．

3225. 已知函数f?x???x?ax?bx?c在???,0?上是减函数，在?0,1?上是增函数，函数

23

f?x?在R上有三个零点． （1）求b的值；

（2）若1是其中一个零点，求f?2?的取值范围； （3）若a?1，g?x??f相切？请说明理由.

'?x??3x2?lnx，试问过点（2，5）可作多少条直线与曲线y=g(x)

⑶g(x)=2x+lnx，设过点（2，5）与曲线g (x)的切线的切点坐标为(x0,y0)

1)(x0?2) ∴y0?5?g(x0)(x0?2)，x02122/lnx??2?0?2=0，∴x?2 lnx??2h(x)==∴，令∴h(x)0x0xxx，

∴h(x)在（0，2）上单调递减，在（2，??）上单调递增

12?又h()?2?ln2?0，h(2)=ln2-1<0，h(e2)?2?0

2e/即2x0?lnx0?5?(2?∴h(x)与x轴有两个交点，∴过点（2，5）可作2条曲线y=g(x)的切线.

26. （交点个数与根的分布）

已知函数f(x)??x2?8x,g(x)?6lnx?m.⑴求f(x)在区间?t,t?1?上的最大值h(t);

⑵是否存在实数m,使得y?f(x)的图像与y?g(x)的图像有且只有三个不同的交点？若

24

存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由。 解：⑴f(x)??x2?8x??(x?4)2?16.

当t?1?4,即t?3时，f(x)在?t,t?1?上单调递增，

h(t)?f(t?1)??(t?1)2?8(t?1)??t2?6t?7; 当t?4?t?1,即3?t?4时，h(t)?f(4)?16;

当t?4时，f(x)在?t,t?1?上单调递减，h(t)?f(t)??t2?8t.

??t2?6t?7,t?3,?3?t?4, 综上h(t)??16,　　　　??t2?8t,　　t?4?⑵函数y?f(x)的图像与y?g(x)的图像有且只有三个不同的交点，即函数 ?(x)?g(x)?f(x)的图像与x轴的正半轴有且只有三个不同的交点。 ??(x)?x2?8x?6lnx?m, 62x2?8x?62(x?1)(x?3)??'(x)?2x?8???(x?0),xxx当x?(0,1)时，?'(x)?0,?(x)是增函数； 当x?(0,3)时，?'(x)?0,?(x)是减函数； 当x?(3,??)时，?'(x)?0,?(x)是增函数； 当x?1,或x?3时，?'(x)?0.

??(x)最大值??(1)?m?7,?(x)最小值??(3)?m?6ln3?15. ?当x充分接近0时，?(x)?0,当x充分大时，?(x)?0.

?要使?(x)的图像与x轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须 ???(x)最大值?m?7?0, 即7?m?15?6ln3. ????(x)最小值?m?6ln3?15?0,∴存在实数m，使得函数y?f(x)与y?g(x)的图像有且只有三个不同的交点，m的取值范围为(7,15?6ln3).

27. （交点个数与根的分布）

已知函数f(x)?ln(2?3x)?⑴求f(x)在[0,1]上的极值；

⑵若对任意x?[,],不等式|a?lnx|?ln[f?(x)?3x]?0成立，求实数a的取值范围；

32x. 21163⑶若关于x的方程f(x)??2x?b在[0，1]上恰有两个不同的实根，求实数b的取值范围.

3?3(x?1)(3x?1)?3x?解：⑴f?(x)?，

2?3x3x?21令f?(x)?0得x?或x??1（舍去）

3 25

11?当0?x?时,f?(x)?0,f(x)单调递增；当?x?1时,f?(x)?0,f(x)递减.

33

11?f()?ln3?为函数f(x)在[0,1]上的极大值.

36⑵由|a?lnx|?ln[f?(x)?3x]?0得

33a?lnx?ln或a?lnx?ln2?3x2?3x

33x32x?3x2?ln设h(x)?lnx?ln，g(x)?lnx?ln， ?ln2?3x2?3x2?3x311依题意知a?h(x)或a?g(x)在x?[,]上恒成立，

632?3x3(2?3x)?3x?32?g?(x)????0， 23xx(2?3x)(2?3x)312?6xh?(x)??(2?6x)??0， 222x?3x32x?3x11?g(x)与h(x)都在[,]上单增，要使不等式①成立，

631111当且仅当a?h()或a?g(),即a?ln或a?ln.

363532 ⑶由f(x)??2x?b?ln(2?3x)?x?2x?b?0.

23237?9x2令?(x)?ln(2?3x)?x?2x?b,则??(x)?， ?3x?2?22?3x2?3x77当x?[0,]时,??(x)?0,于是?(x)在[0,]上递增；

3377x?[,1]时,??(x)?0,于是?(x)在[,1]上递减，

33

77 而?()??(0),?()??(1)，

33?f(x)??2x?b即?(x)?0在[0,1]恰有两个不同实根等价于

???(0)?ln2?b?0?7727??()?ln(2?7)???b?0 ?366?1??(1)?ln5??b?0?2?1727?ln5??b?ln(2?7)??.

263

26

28. (2009宁夏，利用根的分布) 已知函数f(x)?(x3?3x2?ax?b)e?x ⑴如a?b??3，求f(x)的单调区间；

⑵若f(x)在(??,?),(2,?)单调增加，在(?,2),(?,??)单调减少，证明：???＜6.解：⑴a?b??3时，f(x)?(x3?3x2?3x?3)e?x，故

w.w.w.ks.5.u.c.o.m w.w.w..s.5.u.c.o.m

w.w.w..s.5.u.c.o.m f'(x)??(x3?3x2?3x?3)e?x?(3x2?6x?3)e?x??x(x?3)(x?3)e?x 当x??3或0?x?3时，f'(x)?0;当?3?x?0或x?3时，f'(x)?0.

0），（3，??）从而f(x)在(??,?3),(0,3)单调增加，在（?3，单调减少.

⑵f'(x)??(x3?3x2?ax?b)e?x?(3x2?6x?a)e?x??e?x[x3?(a?6)x?b?a]. 由条件得f'(2)?0,即23?2(a?6)?b?a?0,故b?4?a, 从而f'(x)??e?x[x3?(a?6)x?4?2a]. 因为f'(?)?f'(?)?0,

所以x3?(a?6)x?4?2a?(x?2)(x??)(x??)?(x?2)[x2?(???)x???]. 将右边展开，与左边比较系数得，?????2,???a?2.故

????(???)2?4???12?4a.

又(??2)(??2)?0,即???2(???)?4?0.由此可得a??6.于是????6.

29. （2009天津文，利用根的分布讨论）

w.w 13x?x2??m2?1?x?x?R?，其中m?0 3⑴当m?1时，求曲线y?f?x?在点?1,f?1??处的切线的斜率

设函数f?x???⑵求函数f?x?的单调区间与极值

⑶已知函数f?x?有三个互不相同的零点0、x1、x2，且x1?x2，若对任意的

x??x1,x2?,f?x??f?1?恒成立，求m的取值范围.

13x?x2,f/(x)?x2?2x,故f'(1)?1 3所以曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为1.

⑵f'(x)??x2?2x?m2?1，令f'(x)?0，得到x?1?m,x?1?m

解：⑴当m?1时，f(x)?因为m?0,所以1?m?1?m，

当x变化时，f(x),f'(x)的变化情况如下表：

(??,1?m) 1?m (1?m,1?m) 1?m (1?m,??) x

+ 0 0 + － f'(x)

f(x) ↓ 极小值 ↑ 极大值 ↓

27

f(x)在(??,1?m)和(1?m,??)内减函数，在(1?m,1?m)内增函数。

2312函数f(x)在x?1?m处取得极大值f(1?m)，且f(1?m)=m?m?

332312函数f(x)在x?1?m处取得极小值f(1?m)，且f(1?m)=?m?m?

331212⑶由题设f(x)?x(?x?x?m?1)??x(x?x1)(x?x2)

33122所以方程?x?x?m?1=0由两个相异的实根x1,x2，故x1?x2?3，且

3411??1?(m2?1)?0，解得m??(舍)，m?

3223因为x1?x2,所以2x2?x1?x2?3,故x2??1（难点）

21若x1?1?x2,则f(1)??(1?x1)(1?x2)?0，而f(x1)?0，不合题意；

3若1?x1?x2,则对任意的x?[x1,x2]有x?x1?0,x?x2?0,

1则f(x)???x(x?x1)(x?x2)?0，又f(x1)?0，所以函数f(x)在x?[x1,x2]的最

312小值为0，于是对任意的x?[x1,x2]，f(x)?f(1)恒成立的充要条件是f(1)?m??0,

33313解得?，综上，m的取值范围是(,?m?)

3323

30. （2007全国II理22，转换变量后为根的分布） 已知函数f(x)?x3?x．

（1）求曲线y?f(x)在点M(t，f(t))处的切线方程；

（2）设a?0，如果过点(a，b)可作曲线y?f(x)的三条切线，证明：?a?b?f(a)． 解：（1）f?(x)?3x2?1．y?f(x)在点M(t，f(t))处的切线方程为y?f(t)?f?(t)(x?t)，即y?(3t2?1)x?2t3．

（2）如果有一条切线过点(a，b)，则存在t，使b?(3t2?1)a?2t3． 若过点(a，b)可作曲线y?f(x)的三条切线，

则方程 2t3?3at2?a?b?0有三个相异的实数根．

记 g(t)?2t3?3at2?a?b，则g?(t)?6t2?6at?6t(t?a)． 当t变化时，g(t)，g?(t)变化情况如下表：

(??，0) 0 t g?(t) ? 0 g(t) ? 极大值a?b (0，a) a 0 ? ? (a，??) ? 极小值b?f(a) ? 28

如果过(a，b)可作曲线y?f(x)三条切线，

?a?b?0，g(t)?0即有三个相异的实数根，则?即 ?a?b?f(a)．

?b?f(a)?0.3231. 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．

⑴求函数f?x?的解析式；

⑵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；

⑶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． 解：⑴f??x??3ax?2bx?3．??????????????????????2分

2??a?1?f?1???2,?a?b?3??2,根据题意，得?即?解得?????????3分

?b?03a?2b?3?0,????f?1??0,所以f?x??x?3x．????????????????????????4分

3⑵令f??x??0，即3x2?3?0．得x??1．

x f??x? f?x? ?2 ??2,?1? + 增 ?1 极大值 ??1,1? ? 减 1 极小值 ?1,2? + 增 2 2 ?2 因为f??1??2，f?1???2，

所以当x???2,2?时，f?x?max?2，f?x?min??2．????????????6分 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?max?f?x?min?4，所以c?4．

所以c的最小值为4．??????????????????????????8分 ⑶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因为f??x0??3x0?3，所以切线的斜率为3x0?3．????????????9分

23x0?3x0?m则3x?3=，????????????????????????11分

x0?220 29

32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，

32所以方程2x0?6x0?6?m?0有三个不同的实数解．

所以函数g?x??2x?6x?6?m有三个不同的零点．

32则g??x??6x?12x．令g??x??0，则x?0或x?2．

2x g??x? ???,0? + 增 ，即0 极大值 ?0,2? ? 减 2 极小值 ?2,??? + 增 g?x? 则??g?0??0???g?2??2，解得?6?m?2． ?6?m?0???2?m?032. （2011省模，利用⑴的结论，转化成根的分布分题）

a?lnx?1,g(x)?(lnx?1)ex?x,（其中e?2.718） x（I）求函数f(x)在区间?0,e?上的最小值；

已知a?R，函数f(x)?（II）是否存在实数x0??0,e?，使曲线y?g(x)在点x?x0处的切线与y轴垂直？若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由。

30

33. 已知函数f(x)?x，函数g(x)??f(x)?sinx是区间[-1，1]上的减函数. （I）求?的最大值；

（II）若g(x)?t2??t?1在x?[?1,1]上恒成立，求t的取值范围；

lnx?x2?2ex?m的根的个数． f(x)解：（I）f(x)?x,?g(x)??x?sinx，?g(x)在[?1,1]上单调递减，?g'(x)???cosx?0 ????cosx在[-1，1]上恒成立，????1，故?的最大值为?1.

（II）由题意[g(x)]max?g(?1)????sin1,?只需???sin1?t2??t?1,

，恒成立，令h(?)?(t?1)??t2?sin1?1?0(???1)，?(t?1)??t2?sin?1?0（其中???1）

?t??1?t?1?0,而t2?t?sin1?0恒成立，?t??1 则?，??22??t?1?t?sin1?1?0?t?t?sin1?0lnxlnx??x2?2ex?m. （Ⅲ）由

f(x)xlnx1?lnx,f2(x)?x2?2ex?m,?f1'(x)?, 令f1(x)?2xx当x?(0,e)时,f1'(x)?0,?f1(x)在?0,e?上为增函数； 当x??e,???时，f1'(x)?0,?f1(x)在?e,???为减函数；

1 当x?e时,[f1(x)]max?f1(e)?,e1122而f2(x)?(x?e)2?m?e2,?当m?e?,即m?e?时,方程无解；

ee1122当m?e?,即m?e?时，方程有一个根；

ee1122当m?e?时,m?e?时，方程有两个根.

ee （Ⅲ）讨论关于x的方程

[来源[来源学*科*网]

三、不等式证明 作差证明不等式

34. （2010湖南，最值、作差构造函数） 已知函数f(x)?ln(x?1)?x． (1)求函数f(x)的单调递减区间；

31

(2)若x??1，求证：1?1≤ln(x?1)≤x． x?11x?1??， x?1x?1解：(1)函数f (x)的定义域为(－1，+∞),f?(x)?x??0??由f?(x)?0 得：?x?1，∴x＞0,∴f (x)的单调递减区间为(0，+∞).

??x??1(2)证明：由(1)得x∈(－1，0)时，f?(x)?0， 当x∈(0，+∞)时，f?(x)?0，且f?(0)?0

∴x＞－1时，f (x)≤f (0)，∴ln(x?1)?x≤0，ln(x?1)≤x

11x1?g(x)???g(x)?ln(x?1)??1 令，则， x?1(x?1)2(x?1)2x?1∴－1＜x＜0时，g?(x)?0，x＞0时，g?(x)?0，且g?(0)?0 1?1≥0 x?111∴ln(x?1)≥1?，∴x＞－1时，1?≤ln(x?1)≤x．

x?1x?1∴x＞－1时，g (x)≥g (0)，即ln(x?1)?

35. （2007湖北20，转换变量，作差构造函数，较容易） 已知定义在正实数集上的函数f(x)?12x?2ax，g(x)?3a2lnx?b，其中a?0．设两曲线2y?f(x)，y?g(x)有公共点，且在该点处的切线相同． ⑴用a表示b，并求b的最大值； ⑵求证：当x?0时，f(x)≥g(x)．

解：⑴设y?f(x)与y?g(x)(x?0)在公共点(x0，y0)处的切线相同．

23a∵f?(x)?x?2a，g?(x)?，由题意f(x0)?g(x0)，f?(x0)?g?(x0)．

x?122x?2ax?3alnx0?b，00?23a2?即?由x0?2a?得：x0?a，或x0??3a（舍去）． 23ax0?x0?2a?，?x0?125a?2a2?3a2lna?a2?3a2lna． 22522令h(t)?t?3tlnt(t?0)，则h?(t)?2t(1?3lnt)．于是

21当t(1?3lnt)?0，即0?t?e3时，h?(t)?0；

1当t(1?3lnt)?0，即t?e3时，h?(t)?0．

即有b?故h(t)在(0，e3)为增函数，在(e3,+?)为减函数，

233?∞)的最大值为h(e)?e． 于是h(t)在(0，21311 32

12x?2ax?3a2lnx?b(x?0)， 223a(x?a)(x?3a)则F?(x)?x?2a??(x?0)．

xx?∞)为增函数， 故F(x)在(0，a)为减函数，在(a，?∞)上的最小值是F(a)?F(x0)?f(x0)?g(x0)?0． 于是函数F(x)在(0，⑵设F(x)?f(x)?g(x)?故当x?0时，有f(x)?g(x)≥0，即当x?0时，f(x)≥g(x)．

36. （2009全国II理21，字母替换，构造函数）

设函数f?x??x?aln?1?x?有两个极值点x1、x2，且x1?x2

2⑴求a的取值范围，并讨论f?x?的单调性；

1?2ln2. 4a2x2?2x?a解: ⑴f??x??2x??(x??1)

1?x1?x1 令g(x)?2x2?2x?a，其对称轴为x??。

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，

???4?8a?01 其充要条件为?，得0?a?

2?g(?1)?a?0 当x?(?1,x1)时，f??x??0,?f(x)在(?1,x1)内为增函数；

⑵证明：f?x2??

当x?(x1,x2)时，f??x??0,?f(x)在(x1,x2)内为减函数； 当x?(x2,??)时，f??x??0,?f(x)在(x2,??)内为增函数；

1?x2?0， 222由g(x2)?2x2?2x2?a?0得a??(2x2+2x2)，

⑵由⑴知g(0)?a?0,???f?x2??x22?aln?1?x2??x22?(2x22+2x2)ln?1?x2?

12则h??x??2x?2(2x?1)ln?1?x??2x??2(2x?1)ln?1?x?

设h?x??x?(2x?2x)ln?1?x?(x??)，

2211,0)时，h??x??0,?h(x)在[?,0)单调递增； 22当x?(0,??)时，h??x??0，h(x)在(0,??)单调递减。

当x?(?所以，当x?(?,0)时,h?x??h(?)?12121?2ln2 4 33

故f?x2??h(x2)?1?2ln2． 4变形构造函数证明不等式

37. （变形构造新函数，一次） 已知函数f(x)?(a?1)lnx?ax． ⑴试讨论f(x)在定义域内的单调性；

|f(x1)?f(x2)|?1．求实数m的取值范围．

|x1?x2|a?1(a?1)?ax?a?解：⑴函数的定义域为(0,??)，f?(x)?． xxa?1a?1,??)，减区间为(0,)； 当a??1时，增区间为(aa当?1≤a≤0时，增区间为(0,??)；

a?1a?1)，减区间为(,??)． 当a?0时，增区间为(0,aa⑵当a＞0时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，

不妨设0?x1?x2?1，则x1?x2?0,f(x1)?f(x2)?0， |f(x1)?f(x2)|?1等价于f(x1)?f(x2)?x1?x2，即f(x1)?x1?f(x2)?x2． ∴

|x1?x2|(a?1)?ax(a?1)(1?x)?1?构造g(x)?f(x)?x，则g?(x)＞0(0?x?1)． xx∴g(x)在(0,1)上是增函数，当0?x1?x2?1时，g(x1)?g(x2)，

⑵当a＜－1时，证明：?x1,x2?(0,1)，

即f(x1)?x1?f(x2)?x2，即f(x1)?f(x2)?x1?x2． 又当a＞0时，f(x)在区间(0,1)上单调递增， ∴x1?x2?0,f(x1)?f(x2)?0．

|f(x1)?f(x2)|?1． ∴|f(x1)?f(x2)|?|x1?x2|，即

|x1?x2|

38. （2011辽宁理21，变形构造函数，二次） 已知函数f(x)?(a?1)lnx?ax2?1. ⑴讨论函数f(x)的单调性；

⑵设a??1，如果对任意x1,x2?(0,??)，|f(x1)?f(x2)|≥4|x1?x2|，求a的取值范围.

a?12ax2?a?1. 解：⑴f(x)的定义域为（0，+∞）. f?(x)??2ax?xx当a?0时，f'(x)＞0，故f(x)在（0，+∞）单调增加； 当a??1时，f'(x)＜0，故f(x)在（0，+∞）单调减少；

34

a?1. 2aa?1a?1则当x?(0,?)时，f'(x)＞0；x?(?,??)时，f'(x)＜0.

2a2a当－1＜a＜0时，令f'(x)=0，解得x??a?1a?1)单调增加，在(?,??)单调减少. 2a2a⑵不妨假设x1?x2，而a＜－1，由⑴知在（0，+∞）单调减少，从而

故f(x)在(0,? ?x1,x2?(0,??)，f(x1)?f(x2)?4x1?x2

等价于?x1,x2?(0,??)，f(x2)?4x2?f(x1)?4x1?? ①

a?1?2ax?4 xa?1?2ax?4?0. ①等价于g(x)在（0，+∞）单调减少，即x?4x?1?4x?1,h(x)?(x?0),并设t?4x?1?1， 从而a?设222x?12x?1?8t?8y?2?t?1?8??2. ∴x?，∴t?2t?9t?9?2≤

43?3?2t令g(x)?f(x)?4x，则g'(x)?故a的取值范围为（－∞，－2].

39. （2010辽宁文21，构造变形，二次） 已知函数f(x)?(a?1)lnx?ax2?1. ⑴讨论函数f(x)的单调性；

⑵设a≤?2，证明：对任意x1,x2?(0,??)，|f(x1)?f(x2)|≥4|x1?x2|.

a?12ax2?a?1. 解：⑴ f(x)的定义域为(0,+?)，f?(x)??2ax?xx当a≥0时，f?(x)＞0，故f(x)在(0,+?)单调增加； 当a≤－1时，f?(x)＜0, 故f(x)在(0,+?)单调减少；

当－1＜a＜0时，令f?(x)＝0,解得x=?x∈(?a?1.当x∈(0, 2a?a?1)时, f?(x)＞0； 2aa?1，+?)时，f?(x)＜0, 2aa?1a?1）单调增加，在（?，+?）单调减少. 2a2a⑵不妨假设x1≥x2.由于a≤－2,故f(x)在（0，+?）单调减少.

所以f(x1)?f(x2)≥4x1?x2等价于f(x1)?f(x2)≥4x1－4x2,

故f(x)在（0,

?即f(x2)+ 4x2≥f(x1)+ 4x1.

35

2a?12ax?4x?a?1. ?2ax+4＝令g(x)=f(x)+4x,则g?(x)?xx1设h(x)?2ax2?4x?a?1，a≤－1，对称轴为x??，

a8a(a?1)?16(a?2)(a?1)?结合图象知h(x)≤≤0，

8aa22?4x?4x?1?(2x?1)于是g?(x)≤＝≤0.

xx从而g(x)在（0,+?）单调减少，故g(x1) ≤g(x2)，

即 f(x1)+ 4x1≤f(x2)+ 4x2，故对任意x1,x2∈(0,+?) ，f(x1)?f(x2)≥4x1?x2

40. （辽宁，变形构造，二次）

12

x－ax+(a－1)lnx，a?1. 2（1）讨论函数f(x)的单调性；

已知函数f(x)=

w.w.w..s.5.u.c.o.m （2）证明：若a?5，则对任意x1,x2?(0,??)，x1?x2，有解：(1)f(x)的定义域为(0,??).

f(x1)?f(x2)??1.

x1?x2a?1x2?ax?a?1(x?1)(x?1?a) f(x)?x?a???xxx(x?1)2'①若a?1?1即a?2,则f(x)?，故f(x)在(0,??)单调增加。

x②若a?1?1,而a?1,故1?a?2,则当x?(a?1,1)时，f'(x)?0; 当x?(0,a?1)及x?(1,??)时，f'(x)?0

故f(x)在(a?1,1)单调减少，在(0,a?1),(1,??)单调增加。

③若a?1?1,即a?2,同理f(x)在(1,a?1)单调减少，在(0,1),(a?1,??)单调增加.

12⑵考虑函数 g(x)?f(x)?x?x?ax?(a?1)lnx?x

2a?1a?1则g?(x)?x?(a?1)??2xg?(a?1)?1?(a?1?1)2（另一种处理）

xx由于1

f(x1)?f(x2)??1， 即f(x1)?f(x2)?x1?x2?0，故

x1?x2f(x1)?f(x2)f(x2)?f(x1)???1. 当0?x1?x2时，有

x1?x2x2?x1'（另一种处理）

a?1x2?(a?1)x?a?1，结合二次函数图象 g?(x)?x?(a?1)??xx 36

4(a?1)?(a?1)2?(a?3)2?6设h(x)?x?(a?1)x?a?1(1?a?5)≥≥＞0

442

41. 已知函数f(x)?x?1?alnx(a?0). （1）确定函数y?f(x)的单调性；

（2）若对任意x1,x2??0,1?，且x1?x2，都有|f(x1)?f(x2)|?4|范围。

11?|，求实数a的取值x1x2

42. （变形构造）

已知二次函数f?x??ax?bx?c和“伪二次函数”g?x??ax?bx?clnx（a、b、

22c?R,abc?0），

(I)证明：只要a?0，无论b取何值，函数g?x?在定义域内不可能总为增函数； (II)在二次函数f?x??ax?bx?c图象上任意取不同两点A(x1,y1),B(x2,y2)，线段AB中

2点的横坐标为x0，记直线AB的斜率为k， (i)求证：k?f?(x0)；

2(ii)对于“伪二次函数”g?x??ax?bx?clnx，是否有①同样的性质?证明你的结论.

2c2ax?bx?c解：（I）如果x?0,g(x)为增函数,则g?(x)?2ax?b???0(1)恒成立,

xx 37

当x?0时恒成立, 2ax2?bx?c?0(2)

?a?0,由二次函数的性质, (2)不可能恒成立.则函数g(x)不可能总为增函数. 3分 （II）（i）k?? =2ax0?b.

x2?x1x2?x1由f?(x)?2ax?b,?f?(x0)?2ax0?b, 则k?f?(x0)--------5分 （ii）不妨设x2?x1,对于“伪二次函数”:

xx2a(x2?x12)?b?x2?x1??cln2cln2g?x2??g?x1?x1 =x1, (3) 7分 k??2ax0?b?x2?x1x2?x1x2?x1由(ⅰ)中(1)g??x0??2ax0?b?f?x2??f?x1?2a(x2?x12)?b?x2?x1?c,如果有(ⅰ)的性质，则g??x0??k , (4) x0x2xln2x1x1c，c?0,即：2，(4) --------10分 比较(3)( 4)两式得

??x2?x1x0x2?x1x1?x2clnx2lnt2, t?1, ?， (5) x1t?1t?112(t?1)?2(t?1)(t?1)22t?2??0， 设 s(t)?lnt?，则s?(t)??t?1t(t?1)2t(t?1)2∴s(t)在(1,??)上递增， ∴s(t)?s(1)?0.

∴ (5)式不可能成立,（4）式不可能成立,g??x0??k.

不妨令t? ∴“伪二次函数”g?x??ax?bx?clnx不具有(ⅰ)的性质. -------12分

2

43. (变形构造，第2问用到均值不等式)

22

已知定义在正实数集上的函数f(x)＝x＋4ax＋1，g(x)＝6alnx＋2b＋1，其中a＞0.

⑴设两曲线y＝f(x)，y＝g(x)有公共点，且在该点处的切线相同，用a表示b，并求b的最大值； ⑵设h(x)＝f(x)＋g(x)－8x，证明：若a≥－1，则h(x)在(0,＋∞)上单调递增； ⑶设F(x)＝f(x)＋g(x)，求证：对任意x1,x2∈(0,＋∞)，x1＜x2有＞8. 解：⑴设f(x)与g(x)交于点P(x0，y0)，则有

f(x0)＝g(x0)，即x＋4ax0＋1＝6a2lnx0＋2b＋1.① 又由题意知f′(x0)＝g′(x0)，即2x0＋4a＝.② 由②解得x0＝a或x0＝－3a(舍去)．

22

将x0＝a代入①整理得b＝a－3alna.

22

令s(a)＝a－3alna，则s′(a)＝2a(1－3lna)，

32a∈(0,)时，s(a)递增，a∈(,＋∞)时，s(a)递减，所以s(a)≤s()＝e3，

232323即b≤e，b的最大值为e3. 22⑵h(x)＝f(x)＋g(x)－8x，h′(x)＝2x＋＋4a－8，

因为a≥－1，所以h′(x)＝2x＋＋4a－8≥4a＋4a－8≥4(＋1)(－1)－8≥0，即h(x)在(0,＋∞)内单调递增．

⑶由⑵知x1＜x2时，h(x1)＜h(x2)，即F(x1)－8x1＜F(x2)－8x2. 因为x1＜x2，所以＞8.

38

a，a为正常数． x?19⑴若f(x)?lnx??(x)，且a?，求函数f(x)的单调增区间；

2⑵在⑴中当a?0时，函数y?f(x)的图象上任意不同的两点A?x1,y1?，B?x2,y2?，线段AB的中点为C(x0,y0)，记直线AB的斜率为k，试证明：k?f?(x0)．

g(x2)?g(x1)??1，求a的??x,x?0,2x?xg(x)?lnx??(x)⑶若，且对任意的12，12，都有x2?x1取值范围．

1ax2?(2?a)x?1?解：⑴f?(x)??

x(x?1)2x(x?1)2911∵a?，令f?(x)?0得x?2或0?x?,∴函数f(x)的单调增区间为(0,),(2,??).

222⑵证明：当a?0时f(x)?lnx

xln2121?f(x2)?f(x1)lnx2?lnx1x1 ∴f?(x)?, ∴f?(x0)?,又

k???xx?xx012x2?x1x2?x1x2?x1xln22x1与不妨设x2?x1 ， 要比较k与f?(x0)的大小，即比较的大小，

x1?x2x2?x1x2(2?1)x22(x2?x1)x1lnx?x?又∵2与的大小． 1，∴ 即比较x2x1x1?x2?1x144. 已知函数?(x)?14(x?1)22(x?1)??0, (x?1),则h?(x)??令h(x)?lnx?x(x?1)2x(x?1)2x?1∴h(x)在?1,???上位增函数．

x2(2?1)x2xxx1?1，∴h(2)?h(1)?0， ∴ln2?又，即k?f?(x0)

xx1x1x12?1x1g(x2)?g(x1)g(x2)?x2??g(x1)?x1???1，∴ ?0 ⑶∵

x2?x1x2?x1由题意得F(x)?g(x)?x在区间?0,2?上是减函数．

1aa?1 ?x， ∴ F?(x)??1? 当1?x?2,F(x)?lnx?2x(x?1)x?1(x?1)21由F?(x)?0?a??(x?1)2?x2?3x??3在x??1,2?恒成立．

xx11设m(x)?x2?3x??3，x??1,2?，则m?(x)?2x?2?3?0

xx27∴m(x)在?1,2?上为增函数，∴a?m(2)?.

2 39

2? 当0?x?1,F(x)??lnx?1aa?1 ?x，∴ F?(x)???2x(x?1)x?1(x?1)21由F?(x)?0?a???(x?1)2?x2?x??1在x?(0,1)恒成立

xx1设t(x)?x2?x??1，x?(0,1)为增函数,∴a?t(1)?0

x27综上：a的取值范围为a?.

245. 已知函数f(x)?lnx?

12ax?(a?1)x（a?0）． 2（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）记函数y?F(x)的图象为曲线C．设点A(x1,y1),B(x2,y2)是曲线C上的不同两

x1?x2；②曲线C在点M处的切2线平行于直线AB，则称函数F(x)存在“中值相依切线”．试问：函数f(x)是否存在“中

点．如果在曲线C上存在点M(x0,y0)，使得：①x0?值相依切线”，请说明理由． 解：（Ⅰ）易知函数f(x)的定义域是(0,??)，

1a(x?1)(x?)1a．????1分 f'(x)??ax?a?1??xx11 ①当??1时，即a??1时, 令f'(x)?0,解得0?x??或x?1;

aa1 令f'(x)?0,解得??x?1．?????2分

a11 所以，函数f(x)在(0,?)和(1,??)上单调递增,在(?,1)上单调递减

aa1 ②当??1时，即a??1时, 显然，函数f(x)在(0,??)上单调递增；?????3分

a11 ③当??1时，即?1?a?0时, 令f'(x)?0,解得0?x?1或x??;

aa1 令f'(x)?0,解得1?x??．?????4分

a11 所以，函数f(x)在(0,1)和(?,??)上单调递增,在(1,?)上单调递减

aa综上所述，

11,1)上单调递减；

aa⑵当a??1时,函数f(x)在(0,??)上单调递增；

11⑶当?1?a?0时,函数f(x)在(0,1)和(?,??)上单调递增,在(1,?)上单调递

aa⑴当a??1时,函数f(x)在(0,?)和(1,??)上单调递增,在(?减．?????5分

（Ⅱ）假设函数f(x)存在“中值相依切线”．

40

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