C函数在某点取得极值的条件

函数在某点取得极值的条件 1、

（2011?上城区）设y=f（x）在R上可导，则f（（x）在x=x0处取得极值的（ ）′x0）=0是y=f条件．

充分不必要 B、必要不充分 A、C、充要

既不充分也不D、

必要

，y=f（x）在R上可导，举例子f（x）=x3题设和条件能否互推． 解答：解：y=f（x）在R上可导，当f（x）=x3在x=0处的导数为0， 但不取得极值． ∴不充分，

∴f（x）在x0处的导数f′（x）=0是f（x）在x0处取得极值的必要不充分条件； 故选B．

2、

（2011?福建）若a＞0，b＞0，且函数f（x）=4x3-ax2-2bx+2在x=1处有极值，则ab的最大值等于（ ） A、2

B、3

C、6

D、9

答：解：∵f′（x）=12x2-2ax-2b 又因为在x=1处有极值 ∴a+b=6

∵a＞0，b＞0 ∴ ab≤(a+b2)2=9

当且仅当a=b=3时取等号 所以ab的最大值等于9 故选D

3、

（2007?江西）设函数f（x）是R上以5为周期的可导偶函数，则曲线y=f（x）在x=5处的切线的斜率为（ ） A、 -15 B、0

C、 15

D、5

答：解：∵f（x）是R上可导偶函数， ∴f（x）的图象关于y轴对称，

∴f（x）在x=0处取得极值，即f′（0）=0， 又∵f（x）的周期为5，

∴f′（5）=0，即曲线y=f（x）在x=5处的切线的斜率0， 故选项为B

4、

若函数f（x）=x2lnx（x＞0）的极值点为α，函数g（x）=xlnx2（x＞0）的极值点为β，则有（ ） A、α＞β B、α＜β C、α=β D、α与β的大

小不确定

得．

解答：解：∵f′（x）=2xlnx+x，g′（x）=lnx2+2

又f（x）=x2lnx（x＞0）的极值点为α，g（x）=xlnx2（x＞0）的极值点为β， ∴2αlnα+α=0，lnβ2+2=0 ∴ α=e-12，β=e-1 ∴α＞β 故选A．

5、

已知关于x的三次函数 f(x)=13ax3+12bx2+2x+1在区间（1，2）上只有极大值，则b-a的取值范围是（ ）

（-1，+∞）（-2，+∞）（-3，+∞）（-4，+∞）A、 B、 C、 D、

解答：解：f′（x）=ax2+bx+2

∵ f(x)=13ax3+12bx2+2x+1在区间（1，2）上只有极大值 ∴ {f′(1)＞0f′(2)＜0即 {a+b+2＞04a+2b+2＜0 ∴-4＜b-a 故选项为D

6、

函数 f(x)=13ax3+12ax2-2ax+2a+1的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是（ ） A、 a＞-316 B、 -65＜a＜-316

C、 a＞-65

D、 -65≤a≤-316

答：解：f′（x）=ax2+ax-2a=a（x+2）（x-1） 令f′（x）=a（x+2）（x-1）=0得x=-2或x=1

x∈（-∞，-2）时f′（x）的符号与x∈（-2，1）时f′（x）的符号相反，x∈（-2，1）时f′（x）的符号与x∈（1，+∞）时f′（x）的符号相反

∴f（-2）= -83a+2a+4a+2a+1= 163a+1和为极值，f（1）= 13a+12a-2a+2a+1= 56a+1 ∵图象经过四个象限

∴f（-2）?f（1）＜0即（ 163a+1）（ 56a+1）＜0 解得 -65＜a＜-316 故答案为B 7、

已知函数f（x）（1，内有极值，则实数m的取值范围是（ ）= 13x3-mx2-3m2x+1在区间2） （-2，-1）∪（ 13，（- 23，- 13） A、 B、23） （l，2） C、

（- 23， 13）∪（l，2） D、

不等式即可得到答案．

解答：解：∵函数f（x）= 13x3-mx2-3m2x+1 ∴f'（x）=x2-2mx-3m2，

若函数f（x）= 13x3-mx2-3m2x+1在区间（1，2）内有极值， 则f'（x）=x2-2mx-3m2在区间（1，2）内有零点 即f'（1）?f'（2）＜0

即（1-2m-3m2）?（4-4m-3m2）＜0 解得m∈（-2，-1）∪（ 13， 23） 故选A

8、

已知函数f（x）=-x3+ax2-4在x=2处取得极值，若m、n∈[-1，1]，则f（m）+f′（n）的最小值为（ ）

A、-13 B、-15 C、10 D、15

答：解：∵f′（x）=-3x2+2ax

函数f（x）=-x3+ax2-4在x=2处取得极值 ∴-12+4a=0 解得a=3

∴f′（x）=-3x2+6x

∴n∈[-1，1]时，f′（n）=-3n2+6n当n=-1时，f′（n）最小，最小为-9 当m∈[-1，1]时，f（m）=-m3+3m2-4 f′（m）=-3m2+6m

令f′（m）=0得m=0，m=2 所以m=0时，f（m）最小为-4

故f（m）+f′（n）的最小值为-9+（-4）=-13 故选A

答：解：∵函数 f(x)=x33+12ax2+2bx+c

∴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

∴ {f′(0)＞0f′(2)＞0f′(1)＜0? {b＞0a+b+2＞0a+2b+1＜0 画出区域如图，

而 b-2a-1可看作点P（1，2）与阴影部分内一点（a，b）连线的斜率，如图绿色线即为符合条件的直线的边界，

M，N两个点为边界处的点，

当连线过M（-3，1）时， kPM=2-11+3=14， 当连线过N（-1，0）时， kPN=2-01+1=1， 由图知 b-2a-1∈ (14，1)． 故选C．

答：解：∵函数 f(x)=x33+12ax2+2bx+c

∴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

∴ {f′(0)＞0f′(2)＞0f′(1)＜0? {b＞0a+b+2＞0a+2b+1＜0 画出区域如图，

而 b-2a-1可看作点P（1，2）与阴影部分内一点（a，b）连线的斜率，如图绿色线即为符合条件的直线的边界，

M，N两个点为边界处的点，

当连线过M（-3，1）时， kPM=2-11+3=14， 当连线过N（-1，0）时， kPN=2-01+1=1， 由图知 b-2a-1∈ (14，1)． 故选C．

9、

已知函数 f(x)=x33+12ax2+2bx+c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-1的取值范围是（ ） （-∞， -14）∪（1，+∞） A、 (-1，-14) B、C、 (14，1)

D、 (12，2)

答：解：∵函数 f(x)=x33+12ax2+2bx+c

∴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

∴ {f′(0)＞0f′(2)＞0f′(1)＜0? {b＞0a+b+2＞0a+2b+1＜0 画出区域如图，

而 b-2a-1可看作点P（1，2）与阴影部分内一点（a，b）连线的斜率，如图绿色线即为符合条件的直线的边界，

M，N两个点为边界处的点，

当连线过M（-3，1）时， kPM=2-11+3=14， 当连线过N（-1，0）时， kPN=2-01+1=1， 由图知 b-2a-1∈ (14，1)． 故选C．

10、

已知函数f（x）= 13x3+ 12ax2+2bx+c（a，b，c∈R），且函数f（x）在区间（0，1）内取得极大值，在区间（1，2）内取得极小值，则z=（a+3）2+b2的取值范围（ ） （ 22，2） B、（ 12，4） A、

（1，2） D、（1，4） C、

答：解：∵f（x）= 13x3+12ax2+2bx+c ∴f′（x）=x2+ax+2b

∵函数f（x）在区间（0，1）内取得极大值，在区间（1，2）内取得极小值 ∴f′（x）=x2+ax+2b=0在（0，1）和（1，2）内各有一个根 f′（0）＞0，f′（1）＜0，f′（2）＞0 即 {b＞0a+2b+1＜a+b+2＞00

（a+3）2+b2表示点（a，b）到点（-3，0）的距离的平方，

由图知（-3，0）到直线a+b+2=0的距离 22，平方为 12为最小值， （-3，0）与（-1，0）的距离2，平方为4为最大值 故选项为B

11、

已知函数 f(x)=x33+12ax2+2bx+c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-1的取值范围是（ ） A、 (-1，-14) C、 (14，1)

（-∞， -14）∪（1，+∞） B、

D、 (12，2)

答：解：∵函数 f(x)=x33+12ax2+2bx+c

∴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

∴ {f′(0)＞0f′(2)＞0f′(1)＜0? {b＞0a+b+2＞0a+2b+1＜0 画出区域如图，

而 b-2a-1可看作点P（1，2）与阴影部分内一点（a，b）连线的斜率，如图绿色线即为符合条件的直线的边界，

M，N两个点为边界处的点，

当连线过M（-3，1）时， kPM=2-11+3=14， 当连线过N（-1，0）时， kPN=2-01+1=1， 由图知 b-2a-1∈ (14，1)． 故选C． 12、

若函数f（x）=x3+3bx-3b在区间（0，1）内存在极小值，则实数b的取值范围为（ ） A、-1＜b＜B、b＞-1 C、b＜0 D、 b＞-12 0

答：解：由题意得f′（x）=3x2-3b， 令f′（x）=0，则x=± b

又∵函数f（x）=x3-3bx+b在区间（0，1）内有极小值， ∴0＜ b＜1， ∴b∈（0，1）， 故选A．

解答：解：f′（x）=3x2+4ax+3（a+2） ∵f（x）有极大值和极小值 ∴△=16a2-36（a+2）＞0 解得a＞2或a＜-1 故选B

13、

若f（x）=x3+2ax2+3（a+2）x+1有极大值和极小值，则a的取值范围是（ ） A、-a＜a＜B、a＞2或aC、a≥2或D、a＞1或a2 a≤-1 ＜-1 ＜-2 出a的范围．

解答：解：f′（x）=3x2+4ax+3（a+2） ∵f（x）有极大值和极小值 ∴△=16a2-36（a+2）＞0 解得a＞2或a＜-1 故选B

14、

若函数f（x）=（x-2）（x2+c）在x=1处有极值，则函数f（x）的图象x=-1处的切线的斜率为（ ） A、1

B、-3

C、8

D、-12

．

解答：解：∵函数f（x）=（x-2）（x2+c）在x=1处有极值， ∴f′（x）=（x2+c）+（x-2）×2x， ∵f′（1）=0，∴（c+1）+（1-2）×2=0， ∴c=1，

∴f′（x）=（x2+1）+（x-2）×2x，

∴函数f（x）的图象x=-1处的切线的斜率为f′（-1）=（1+1）+（-1-2）×（-2）=2+6=8， 故选C．

15、

函数f（x）=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10，则（ ） A、a=-11，B、a=-4，C、a=11，D、a=4，

b=4 b=11 b=-4 b=-11

方程组 {f′(1)=0f(1)=10，注意验证，可求得答案． 解答：解：由f（x）=x3+ax2+bx+a2， 得f′（x）=3x2+2ax+b，

{f′(1)=0f(1)=10，即 {2a+b+3=0a2+a+b+1=10， 解得 {a=4b=-11或 {a=-3b=3（经检验应舍去）， 故选D．

16、

若函数f（x）= x2+ax+1在x=1处取得极值，则a等于（ ） A、-5

B、-2

C、1

D、3

答：解：由题意得：f′（x）= x2+2x-a(x+1)2 因为函数f（x）= x2+ax+1在x=1处取得极值， 所以f′（1）=0，即a=3． 故选D．

答：解：先说明充分性不成立，

例如函数y=|x|，在x=0处取得极小值f（0）=0，但f′（x）在x=0处无定义， 说明f′（0）=0不成立，因此充分性不成立；

再说明必要性不成立，设函数f（x）=x3，则f′（x）=3x2

在x=0处，f′（x）=0，但x=0不是函数f（x）的极值点，故必要性质不成立． 故选D

17、

若函数f（x）在x=x0处有定义，则“f（x）在x=x0处取得极值”是“f′（x0）=0”的（ ） 充分不必要B、必要不充分条A、条件 件 C、充要条件 D、既不充分也不

必要条件

答：解：∵函数f（x）= 13x3-x2+ax-1有极值点， ∴f（x）的导数 f′（x）=x2-2x+a=0有两个实数根， ∴△=4-4a＞0，∴a＜1， 故选 C．

18、

函数f（x）= 13x3-x2+ax-1有极值点，则a的取值范围是（ ） （-∞，0）（-∞，0] C、（-∞，1）（-∞，1] A、 B、 D、

决该函数极值的求解问题，关键要利用导数将原函数的单调区间找出来，即可确定出在哪个点处取得极值，进而得到答案． 解答：解：由题意可得：y′=3x2-3， 令y′=3x2-3＞0，则x＞1或者x＜-1，

所以函数y=x3-3x在（-∞，-1）上递增，在（-1，1）上递减，在（1，+∞）上递增，

所以当x=-1时，函数有极大值m=2，当x=1，时，函数有极小值n=-2， 所以m+n=0． 故选A．

19、

函数y=x3-3x的极大值为m，极小值为n，则m+n为（ ） A、0

B、1

C、2

D、4

决该函数极值的求解问题，关键要利用导数将原函数的单调区间找出来，即可确定出在哪个点处取得极值，进而得到答案． 解答：解：由题意可得：y′=3x2-3， 令y′=3x2-3＞0，则x＞1或者x＜-1，

所以函数y=x3-3x在（-∞，-1）上递增，在（-1，1）上递减，在（1，+∞）上递增， 所以当x=-1时，函数有极大值m=2，当x=1，时，函数有极小值n=-2， 所以m+n=0． 故选A．

20、

已知函数f（x）=x（x-c）2在x=2处有极大值，则c的值为（ ） A、3

B、6

C、3或6 D、2或6

出c的值．

解答：解：f′（x）=（x-c）2+2x（x-c）， f′（2）=（2-c）2+2×2（2-c）=0， 解得c=6或2．

验证知当c=2时，函数在x=2处有极小值，舍去 故c=6 故选B． 21、 函数f（x）=x3-ax2-bx+a2在x=1时有极值10，则a，b的值为（ ） A、 {a=3b=-3或{a=-4b=11 B、 {a=-4b=1或{a=-4b=11 C、 {a=-4b=11 D、以上皆错 之即可求出a和b的值． 解答：解：对函数f（x）求导得 f′（x）=3x2-2ax-b， 又∵在x=1时f（x）有极值10， ∴ {f′(1)=3-2a-b=0f(1)=1-a-b+a2=10， 解得 {a=-4b=11或 {a=3b=-3， 验证知，当a=3，b=-3时，在x=1无极值， 故选C．

22、

图是函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象，给出下列命题： ①-3是函数y=f（x）的极值点； ②-1是函数y=f（x）的最小值点；

③y=f（x）在x=0处切线的斜率小于零； ④y=f（x）在区间（-3，1）上单调递增． 则正确命题的序号是（ ）

A、①② B、②③ C、③④ D、①④

答：解：由导函数y=f′（x）的图象知 f（x）在（-∞，-3）单调递减，（-3，+∞）单调递增 所以①-3是函数y=f（x）的极小值点，即最小值点 故①对②不对 ∵0∈，（-3，+∞）

又在（-3，+∞）单调递增 ∴f′（0）＞0 故③错

∵f（x）在（-3，+∞）单调递增

∴y=f（x）在区间（-3，1）上单调递增 故④对 故选D

23、

设x=1与x=2是函数f（x）=alnx+bx2+x的两个极值点．则常数a=（ ） A、 -23 B、-1

C、1

D、0

答：解：∵函数f（x）=alnx+bx2+x， ∴f′（x）= ax+2bx+1，

∵x=1与x=2是函数f（x）=alnx+bx2+x的两个极值点， ∴f′（1）=f′（2）=0， ∴a+2b+1=0…① a2+4b+1=0…② 联立方程①②得 a=- 23，b=- 16， 故选A．

24、

f′（x0）=0是函数f（x）在点x0处取极值的（ ） 充分不必要B、必要不充分条A、

条件 件 C、充要条件 D、既不充分又不必要条件 答：解：如y=x3，y′=3x2，y′|x=0=0，但x=0不是函数的极值点． 若函数在x0取得极值，由定义可知f′（x0）=0 所以f′（x0）=0是x0为函数y=f（x）的极值点的必要不充分条件 故选B 25、 如图是导函数y=f′（x）的图象，在标记的点中，函数有极小值的是（ ） A、x=x2 B、x=x3 C、x=x5 D、x=x1或x=x4 答：解：根据导数的几何意义得： 函数f（x）在区间（-∞，x3），（x5，+∞）是增函数，在区间（x3，x5）上是减函数， 当x=x5时函数f（x）有极小值， 故选C． 26、 若函数f（x）=x（x-c）2在x=2处有极大值，则常数c为（ ） A、2 B、6 C、2或6 D、-2或-6 答：解：函数f（x）=x（x-c）2 的导数为f′（x）=3x2-4cx+c2，由题意知， 在x=2处的导数值为 12-8c+c2=0．∴c=6，或 c=-2， 又函数f（x）=x（x-c）2在x=2处有极大值，故导数在x=2处左侧为正数，右侧为负数，故 c=6． 故选 B． 27、 已知函数f（x）=|x|，在x=0处函数极值的情况是（ ） 没有极值 B、有极大值 A、C、有极小D、极值情况不值 能确定 答：解：当x＞0时，f′（x）＞0，f（x）为减函数， 当x＜0时，f′（x）＜0，f（x）为增函数， 根据极值的定义可知函数f（x）=|x|，在x=0处函数取极小值，故选C 28、 f（x）在x0处的导数f′（x）=0是f（x）在x0处取得极值的（ ） A、充分但不必要的条件

B、必要但不充分的条件 C、充分必要条件 D、既不充分也不必要的条件 ，举例子f（x）=|x|题设和条件能否互推． 解答：解：例如：f（x）=|x|在x=0处有极值，但x=0处不可导， 所以f'（0）≠0 ∴不必要， 而f（x）=x3在x=0处的导数为0， 但不取得极值． ∴不充分， ∴f（x）在x0处的导数f′（x）=0是f（x）在x0处取得极值的即不充分也不必要条件； 故选D． 29、 函数f（x）=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10，则（ ） A、a=-11，B、a=-4，C、a=11，D、a=4，b=4 b=11 b=-4 b=-11 答：解：由题意得：f′（x）= x2+2x-a(x+1)2 因为函数f（x）= x2+ax+1在x=1处取得极值， 所以f′（1）=0，即a=3． 故选D． 30、 若函数f（x）= x2+ax+1在x=1处取得极值，则a等于（ ） A、-5 B、-2 C、1 D、3 答：解：由题意得：f′（x）= x2+2x-a(x+1)2 因为函数f（x）= x2+ax+1在x=1处取得极值， 所以f′（1）=0，即a=3． 故选D． 31、 若函数f（x）=（x-2）（x2+c）在x=1处有极值，则函数f（x）的图象x=-1处的切线的斜率为（ ） A、1 B、-3 C、8 D、-12 ． 解答：解：∵函数f（x）=（x-2）（x2+c）在x=1处有极值， ∴f′（x）=（x2+c）+（x-2）×2x， ∵f′（1）=0，∴（c+1）+（1-2）×2=0， ∴c=1， ∴f′（x）=（x2+1）+（x-2）×2x， ∴函数f（x）的图象x=-1处的切线的斜率为f′（-1）=（1+1）+（-1-2）×（-2）=2+6=8， 故选C． 32、 设x=1与x=2是函数f（x）=alnx+bx2+x的两个极值点．则常数a=（ ） A、 -23 B、-1 C、1 D、0 答：解：∵f（x）＜f'（x） 从而 f'（x）-f（x）＞0 从而 ex[f′(x)-f(x)]e2x＞0 从而 (f(x)ex)′＞0 从而函数y= f(x)ex单调递增，故 x=2时函数的值大于x=0时函数的值， 即 f(2)e2＞f(0)所以f（2）＞e2f（0），f（2010）＞e2010f（0）． 故选B． 33、 已知函数f（x）=ax+ex没有极值点，则实数a的取值范围是（ ） A、a＜0 B、a＞0 C、a≤0 D、a≥0 或有唯一解（但导数在点的两侧符号相同），又导数为 f′（x）=a+ex，故a=-ex无解，根据指数函数的性质求得实数a的取值范围． 解答：解：函数f（x）=ax+ex在R上没有极值点， 即函数的导数等于0无解或有唯一解（但导数在点的两侧符号相同）． 函数f（x）=ax+ex的导数为 f′（x）=a+ex， ∴a+ex=0无解，∴a=-ex无解， ∴a≥0 故选D． 34、 已知 f（x）为R上的可导函数，且f（x）＜f'（x）和f（x）＞0对于x∈R恒成立，则有（ ） ，f（2010）＞e2010-f（0） A、f（2）＜e2-f（0），f（2010）＞e2010-f（0） B、f（2）＞e2-f（0），f（2010）＜e2010-f（0） C、f（2）＜e2-f（0），f（2010）＜e2010-f（0） D、f（2）＜e2-f（0）答：解：∵函数f（x）=alnx+bx2+x， ∴f′（x）= ax+2bx+1， ∵x=1与x=2是函数f（x）=alnx+bx2+x的两个极值点， ∴f′（1）=f′（2）=0， ∴a+2b+1=0…① a2+4b+1=0…② 联立方程①②得 a=- 23，b=- 16， 故选A． 35、 函数f（x）的导函数为f/（x），若（x+1）?f′（x）＞0，则下列结论中正确的一项为（ ） A、x=-1一定是函数f（x）的极大值点 B、x=-1一定是函数f（x）的极小值点 C、x=-1不是函数f（x）的极值点 D、x=-1不一定是函数f（x）的极值点

答：解：若“函数f（x）在x0处取得极值”，根据极值的定义可知“f′（x0）=0”成立，反之，“f′（x0）=0”，还应在导数为0的左右附近改变符号时，“函数f（x）在x0处取得极值”． 故选A．

36、

已知函数f（x）=|x|，在x=0处函数极值的情况是（ ） 没有极值 B、有极大值 A、

C、有极小D、极值情况不值 能确定

出a的范围．

解答：解：f′（x）=3x2+4ax+3（a+2） ∵f（x）有极大值和极小值 ∴△=16a2-36（a+2）＞0 解得a＞2或a＜-1 故选B

37、

若f（x）=x3+2ax2+3（a+2）x+1有极大值和极小值，则a的取值范围是（ ） A、-a＜a＜B、a＞2或aC、a≥2或D、a＞1或a2 a≤-1 ＜-1 ＜-2

答：解：∵（x+1）?f/（x）＞0，

∴x＞-1时，f′（x）＞0，函数f（x）在区间（-1，+∞）单调递增， x＜-1时，f′（x）＜0，函数f（x）在区间（-∞，-1）单调递减，

但是函数f（x）在x=-1处不一定可导，如f（x）=|x+1|= {x+1，x＞-10x=-1-x-1，x＜-1， x=-1不是函数f（x）的极值点． 故选D．

38、

下列结论中正确的是（ ） A、导数为零的点一定是极值点

B、如果在x0附近的左侧f′（x）＞0，右侧f′（x）＜0，那么f（x0）是极大值 C、如果在x0附近的左侧f′（x）＞0，右侧f′（x）＜0，那么f（x0）是极小值 D、如果在x0附近的左侧f′（x）＜0，右侧f′（x）＞0，那么f（x0）是极大值 答：解：当x＞0时，f′（x）＞0，f（x）为减函数， 当x＜0时，f′（x）＜0，f（x）为增函数，

根据极值的定义可知函数f（x）=|x|，在x=0处函数取极小值，故选C

39、 “函数f（x）在x0处取得极值”是“f′（x0）=0“的（ ） 充分不必要B、必要不充分条A、条件 件 C、充要条件 D、既非充分又非必要条件 答：解：对于f（x）=x3，f'（x）=3x2，f'（0）=0， 不能推出f（x）在x=0取极值， 故导数为0时不一定取到极值， 而对于任意的函数， 当函数在某点处取到极值时， 此点处的导数一定为0． 故应选 C． 40、 函数y=f（x）在一点的导数值为0是函数y=f（x）在这点取极值的（ ） 必要条件 A、充分条件 B、必要非充分D、充要条C、条件 件 答：解：导数为零的点且左右两边的符号不同才是极值点故A错 如果在x0附近的左侧f'（x）＞0，右侧f'（x）＜0，则函数先增后减，则f（x0）是极大值 如果在x0附近的左侧f'（x）＜0，右侧f'（x）＞0，则函数先减后增，则f（x0）是极小值 故选B

41、 已知 f（x）为R上的可导函数，且f（x）＜f'（x）和f（x）＞0对于x∈R恒成立，则有（ ） ，f（2010）＞e2010-f（0） A、f（2）＜e2-f（0）

，f（2010）＞e2010-f（0） B、f（2）＞e2-f（0）

，f（2010）＜e2010-f（0） C、f（2）＜e2-f（0）

，f（2010）＜e2010-f（0） D、f（2）＜e2-f（0）

答：解：∵f（x）＜f'（x） 从而 f'（x）-f（x）＞0 从而 ex[f′(x)-f(x)]e2x＞0

从而 (f(x)ex)′＞0 从而函数y= f(x)ex单调递增，故 x=2时函数的值大于x=0时函数的值， 即 f(2)e2＞f(0)所以f（2）＞e2f（0），f（2010）＞e2010f（0）． 故选B．

解之得a= 13，b=- 12．

此时f（x）=x3-x2-x，f′（x）=3x2-2x-1=3（x+ 13）（x-1）． 当f′（x）＞0时，x＞1或x＜- 13， 当f′（x）＜0时，- 13＜x＜1．

∴函数f（x）的单调增区间为（-∞，- 13）和（1，+∞），减区间为（- 13，1）．

137

已知 f(x)=23x3-2x2+cx+4，g（x）=ex-e2-x+f（x），

（1）若f（x）在 x=1+2处取得极值，试求c的值和f（x）的单调增区间；

（2）如图所示，若函数y=f（x）的图象在[a，b]连续光滑，试猜想拉格朗日中值定理：即一定存在c∈（a，b），使得 f′(c)=f(b)-f(a)b-a，利用这条性质证明：函数y=g（x）图象上任意两点的连线斜率不小于2e-4． 答：解：（1）f′（x）=2x2-4x+c，（1分）

依题意，有 f′(1+2)=0，即 c=-2(1+2)2+4(1+2)=-2．（2分） ∴ f(x)=23x3-2x2-2x+4，f′（x）=2x2-4x-2． 令f′（x）＞0，得 x＜1-2或 x＞1+2，（5分）

从而f（x）的单调增区间为： (-∞，1-2]及 [1+2，+∞)；（6分）

（2） f′(c)=f(b)-f(a)b-a；g（x）=ex-e2-x+f（x）═ ex-e2-x+23x3-2x2-2x+4，（7分）

g′（x）=ex+e2-x+2x2-4x-2（9分）= ex+e2ex+2(x-1)2-4≥2ex?e2ex+2?0-4=2e-4.（12分） 由（2）知，对于函数y=g（x）图象上任意两点A、B，在A、B之间一定存在一点C（c，g′（c）），使得g′（c）=KAB，又g′（x）≥2e-4，故有KAB=g′（c）≥2e-4，证毕．（14分）

138若函数f（x）=acosx+sinx在 x=π4处取得极值，则a= 1

．

答：解：由题意，f′（x）=-asinx+cosx

∵函数f（x）=acosx+sinx在 x=π4处取得极值 ∴f′（ π4）=0， ∴-acos π4+sin π4=0 ∴a=1

∴0＜ x＜π4时，f′（x）＞0， π2＞x＞π4时，f′（x）＜0 故a=1满足题意， 故答案为：1

139设x=1与x=2是f（x）=alnx+bx+x函数的两个极值点． （1）试确定常数a和b的值；

（2）试判断x=1，x=2是函数f（x）的极大值点还是极小值点，并求相应极值． 答：解：（1） f′(x)=ax+2bx+1，

由已知得： {f′(1)=0f′(2)=0?{a+2b+1=012a+4b+1=0， ∴ {a=-23b=-16

（2）x变化时．f′（x），f（x）的变化情况如表：

答：

（1）解：∵f（x）=x3-ax2，∴f′（x）=3x2-2ax．

∵函数f（x）在区间 (0，23)内是减函数， ∴f′（x）=3x2-2ax≤0在 (0，23)上恒成立． 即 a≥3x2在 (0，23)上恒成立， ∵ 3x2＜32×23=1，∴a≥1． 故实数a的取值范围为[1，+∞）；

（2）解：∵ f′(x)=3x(x-23a)， 令f′（x）=0得 x=0或23a．

①若a≤0，则当1≤x≤2时，f′（x）＞0， 所以f（x）在区间[1，2]上是增函数， 所以h（a）=f（1）=1-a．

②若 0＜a＜32，即 0＜23a＜1， 则当1≤x≤2时，f′（x）＞0，

所以f（x）在区间[1，2]上是增函数， 所以h（a）=f（1）=1-a．

③若 32≤a＜3，即 1≤23a＜2， 则当 1＜x＜23a时，f′（x）＜0； 当 23a＜x＜2时，f′（x）＞0．

所以f（x）在区间 [1，23a]上是减函数， 在区间 [23a，2]上是增函数． 所以 h(a)=f(23a)=-427a3

④若a≥3，即 23a≥2，则当1＜x＜2时，

f′（x）＜0，所以f（x）在区间[1，2]上是减函数． 所以h（a）=f（2）=8-4a．

综上所述，函数f（x）在区间[1，2]的最小值 h(a)={1-a-427a38-4a，a≥3；

（3）解：由题意 h(a)=m(a+12)有两个不相等的实数解， 即（2）中函数h（a）的图象与直线 y=m(a+12)有两个 不同的交点．

而直线 y=m(a+12)恒过定点 (-12，0)， 由如图知实数m的取值范围是（-4，-1）．

156已知函数f（x）=alnx+2x+3（a∈R）

（1）若函数f（x）在x=2处取得极值，求实数a的值；

（Ⅱ）若a=1，设g（x）=f（x）+kx，且不等式g′（x）≥0在X∈（0，2）上恒成立，求实数k的取值范围；

（Ⅲ）在（I）的条件下，将函数f（x）的图象关于y轴对称得到函数φ（x）的图象，再将函数φ（x）的图象向右平移3个单位向下平移4个单位得到函数w（x）的图象，试确定函数w（x）的单调性并根据单调性证明ln[2.3.4…（n+1））]2≤n（n+1）（n∈N，n＞l）． 方程即可求出满足条件的实数a的值；

（Ⅱ）若a=1，根据g（x）=f（x）+kx，我们可以求出函数g（x）的解析式，又由不等式g′（x）≥0在X∈（0，2）上恒成立，我们可以将问题转化为一个函数恒成立问题，进而求出实数k的取值范围；

（Ⅲ）根据（I）中a值，我们求出函数f（x）的解析式，进而根据将函数f（x）的图象关于y轴对称得到函数φ（x）的图象，再将函数φ（x）的图象向右平移3个单位向下平移4个单位得到函数w（x）的图象，求出函数w（x）的解析式，进而利用导数法证明出函数w（x）的单调性后，即可得到ln[2.3.4…（n+1））]2≤n（n+1）． 解答：解：（I）∵函数的定义域为（0，+∞），由f（x）=alnx+2x+3（a∈R） ∴f′（x）= ax+2

又∵函数f（x）在x=2处取得极值， ∴f′（2）= a2+2=0 解得a=-4

（II）g（x）=f（x）+kx=lnx+2x+3+kx=lnx+（k+2）x+3 ∴g′（x）= 1x+k+2≥0在X∈（0，2）上恒成立， 即k≥-2- 1x 又0＜x＜2， ∴-2- 1x＜- 52 ∴k≥- 52

即满足条件的实数k的取值范围为[- 52，+∞） （III）∵f（x）=-4lnx+2x+3 ∴φ（x）=-4ln（-x）-2x+3 ∴w（x）=-4ln（3-x）-2x+5 则w′（x）= 4x-2

∵当x∈（0， 12）时，w′（x）＞0，当x∈（ 12，+∞）时，w′（x）＜0，

∴w（x）=-4ln（3-x）-2x+5在区间（0， 12）上单调递增，在区间（ 12，+∞）上单调递减

∴n∈N，n＞l时，-4ln（3-n）-2n+5≤w（2）=1 ∴ln（n+1）≤n

即ln2≤1，ln3≤2，…，ln（n+1）≤n ∴ln2+ln3+…+ln（n+1）≤1+2+…+n ∴ln[2.3.4…（n+1）]≤ n(n+1)2 ∴2ln[2.3.4…（n+1）]≤n（n+1） 即ln[2.3.4…（n+1））]2≤n（n+1）（n∈N，n＞l）．

157已知函数f（x）=ax2+2ln（x+1），其中a为实数． （1）若f（x）在x=1处有极值，求a的值；

（2）若f（x）在[2，3]上是增函数，求a的取值范围． a=-12

（2）解法一由f（x）在[2，3]上是增函数得 f′(x)=2ax+2x+1＞0在[2，3]上恒成立，利用分离参数，设 y=-(x+12)2+14x∈[2，3]求函数的最大值即可．

解法二依题意得fn（x）＞0对x∈[2，3]恒成立， 2ax+2x+1＞0即 ax2+ax+1x+1＞0恒成立即ax2+ax+1＞0对x∈[2，3]恒成立转化为二次函数的问题． 解答：解：（1）由已知得f（x）的定义域为（-1，+∞） 又 f^(x)=2ax+2x+1

∴由题意得f′（1）=2a+1=0 ∴ a=-12

（2）解法一：依题意得f′（x）＞0对x∈[2，3]恒成立，∴ 2ax+2x+1＞0 ∴ 2ax＞-21+x，a＞1-x2-x=1-(x+12)2+14

∵x∈[2，3]，∴ -(x+12)2+14的最小值为 -(3+12)2+14=-12 ∴ 1-(x+12)2+14的最大值为 -112

又因 a=-112时符合题意∴ a≥-112为所求

解法二：依题意得fn（x）＞0对x∈[2，3]恒成立，∴ 2ax+2x+1＞0即 ax2+ax+1x+1＞0 ∵1+x＞0，

∴ax2+ax+1＞0对x∈[2，3]恒成立 令g（x）=ax2+ax+1

（1）当a=0时，1＞0恒成立

（2）当a＜0时，抛物线g（x）开口向下，可得g（x）min=g（3）＞0 即9a+3a+1≥0，∴ 0＞a＞-112（

（3）当a＞0时，抛物线g（x）开口向上，可得g（x）min=g（2）＞0 即4a+2a+1＞0， ∴ a＞-16，即a＞0 又因 a=-112时符合题意 综上可得 a≥-112为所求

158已知函数f（x）=ax+lnx，x∈（1，e），且f（x）有极值． （1）求实数a的取值范围； （2）求函数f（x）的值域；

（3）函数g（x）=x3-x-2，证明：?x1∈（1，e），?x0∈（1，e），使得g（x0）=f（x1）成立．

，且在两侧导函数正负相异求解．

（2）由（Ⅰ）可知f（x）的极大值为 f(-1a)=-1+ln(-1a)，再求得端点值f（1）=a，f（e）=ae+1，比较后取最小值和最大值，从而求得值域． （3）证明：由：?x1∈（1，e），?x0∈（1，e），使得g（x0）=f（x1）f（x1）即研究：f（x）的值域是g（x）的值域的子集，所以分别求得两函数的值域即可． 解答：解：（1）由f（x）=ax+lnx求导可得： f′(x)=a+1x．（2分） 令 f′(x)=a+1x=0，可得 a=-1x ∵x∈（1，e），∴ -1x∈(-1，-1e)∴ a∈(-1，-1e)（3分） 又因为x∈（1，e）

所以，f（x）有极值所以，实数a的取值范围为 (-1，-1e)．（4分） （2）由（Ⅰ）可知f（x）的极大值为 f(-1a)=-1+ln(-1a)（6分） 又∵f（1）=a，f（e）=ae+1

由a≥ae+1，解得 a≤11-e又∵ -1＜11-e＜-1e ∴当 -1＜a≤11-e时，

函数f（x）的值域为（ae+1，-1+ln（ -1a）]（8分） 当 11-e＜a＜-1e时，

函数f（x）的值域为（a，-1+ln（ -1a）]．（10分）

（3）证明：由g（x）=x3-x-2求导可得g'（x）=3x2-1（11分） 令g'（x）=3x2-1=0，解得 x=±33

2

令g'（x）=3x-1＞0，解得 x＜-33或 x＞33 又∵ x∈(1，e)?(33，+∞)

∴g（x）在（1，e）上为单调递增函数（12分） ∵g（1）=-2，g（e）=e3-e-2

∴g（x）在x∈（1，e）的值域为（-2，e3-e-2）（14分） ∵ e3-e-2＞-1+ln(-1a)， -2＜ae+1，-2＜a

∴ (ae+1，-1+ln(-1a)]?(-2，e3-e-2)， (a，-1+ln(-1a)]?(-2，e3-e-2) ∴?x1∈（1，e），?x0∈（1，e），使得g（x0）=f（x1）成立．（16分）

159设 f(x)=13x3-(1+a)x2+4ax+24a，其中a∈R． （1）若f（x）有极值，求a的取值范围；

（2）若当x≥0，f（x）＞0恒成立，求a的取值范围． 答：解：（1）由题意可知：f'（x）=x2-2（1+a）x+4a，且f（x）有极值， 则f'（x）=0有两个不同的实数根，故△=4（1+a）2-16a=4（1-a）2＞0， 解得：a≠1，即a∈（-∞，1）∪（1，+∞）（4分）

（2）由于x≥0，f（x）＞0恒成立，则f（0）=24a＞0，即a＞0（6分） 由于f'（x）=x2-2（1+a）x+4a=（x-2）（x-2a），则

1当0＜a＜12时，f（x）3在x=2a4处取得极大值、在x=25处取得极小值， 则当x≥0时， minf(x)=f(2)=28a-43＞0，解得： a＞121；（8分）

6当a=17时，f'（x）≥08，即f（x）9在[0，+∞）10上单调递增，且f（0）=24＞011， 则f（x）≥f（0）＞0恒成立；（10分）

12当a＞113时，f（x）14在x=215处取得极大值、在x=2a16处取得极小值， 则当x≥0时， minf(x)=f(2a)=-43a3+4a2+24a＞0，解得：-3＜a＜6 综上所述，a的取值范围是： 121＜a＜6（12分）

160已知函数f（x）=x3-ax3+bx+c（a，b，c∈R），若函数f（x）在x=-1和x=3时取得极值 （1）求a，b

（2）当x∈[-2，6]时，f（x）＜2|c|恒成立，求c的取值范围． 答：解：（1）∵函数f（x）在x=-1和x=3时取极值，∴-1，3是方程3x2-2ax+b=0的两根， ∴ {-1+3=23a-1×3=b3，∴ {a=3b=-9

（2）f（x）=x3-3x2-9x+c，f′（x）=3x2-6x-9，当x变化时，有下表

x f’（x） f（x）

-1） -1 （-∞，+ ↗

0 Max

c+5

3 （-1，3）- ↘

0 Min c-27

+∞） （3，+ ↗

而f（-2）=c-2，f（6）=c+54，∴x∈[-2，6]时f（x）的最大值为c+54

要使f（x）＜2|c|恒成立，只要c+54＜2|c|即可

当c≥0时，c+54＜2c，∴c＞54，当c＜0时，c+54＜-2c，∴c＜-18 ∴c∈（-∞，-18）∪（54，+∞）

161已知函数f（x）=4x3+ax2+bx+5在x=-1与x= 32处有极值，求函数f（x）的单调区间． 出a、b的值，进而求出导数．f′（x）＜0，求出函数的单调区间； 解答：解：f′（x）=12x2+2ax+b，依题意有f′（-1）=0，f（ 32）=0， 即 {12-2a+b=027+3a+b=0得 {a=-3b=-18 所以f′（x）=12x2-6x-18， （1）f′（x）=12x2-6x-18＜0， ∴（-1， 32）是函数的减区间 （-∞，-1），（ 32，+∞）是函数的增区间．

162已知函数f（x）=x3+bx2+cx+2在x=1时有极值6． （Ⅰ）求b，c的值；

（Ⅱ）若函数f（x）的图象上是的切线与直线3x+y+1=0平行，求该切线方程． 答：（Ⅰ）解：f′（x）=3x2+2bx+c， 依题意有f（1）=6，f′（1）=0． 可得 {1+b+c+2=63+2b+c=0 可得b=-6，c=9．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知f′（x）=3x2-12x+9， 依题意可知，切线的斜率为-3． 令f′（x）=-3， 可得x=2， 即f′（2）=-3． 又f（2）=4，

所以切线过点（2，4）．

从而切线方程为3x+y-10=0．

163已知a∈R，函数f（x）=x2（x-a）．

（1）若函数f（x）在区间 (0，23)内是减函数，求实数a的取值范围； （2）求函数f（x）在区间[1，2]上的最小值h（a）； （3）对（2）中的h（a），若关于a的方程 h(a)=m(a+12)有两个不相等的实数解，求实数m的取值范围．

答：

（1）解：∵f（x）=x3-ax2，∴f′（x）=3x2-2ax．

∵函数f（x）在区间 (0，23)内是减函数， ∴f′（x）=3x2-2ax≤0在 (0，23)上恒成立． 即 a≥3x2在 (0，23)上恒成立， ∵ 3x2＜32×23=1，∴a≥1． 故实数a的取值范围为[1，+∞）；

（2）解：∵ f′(x)=3x(x-23a)， 令f′（x）=0得 x=0或23a．

①若a≤0，则当1≤x≤2时，f′（x）＞0， 所以f（x）在区间[1，2]上是增函数， 所以h（a）=f（1）=1-a．

②若 0＜a＜32，即 0＜23a＜1， 则当1≤x≤2时，f′（x）＞0，

所以f（x）在区间[1，2]上是增函数， 所以h（a）=f（1）=1-a．

③若 32≤a＜3，即 1≤23a＜2， 则当 1＜x＜23a时，f′（x）＜0； 当 23a＜x＜2时，f′（x）＞0．

所以f（x）在区间 [1，23a]上是减函数， 在区间 [23a，2]上是增函数． 所以 h(a)=f(23a)=-427a3

④若a≥3，即 23a≥2，则当1＜x＜2时，

f′（x）＜0，所以f（x）在区间[1，2]上是减函数． 所以h（a）=f（2）=8-4a．

综上所述，函数f（x）在区间[1，2]的最小值 h(a)={1-a-427a38-4a，a≥3；

（3）解：由题意 h(a)=m(a+12)有两个不相等的实数解， 即（2）中函数h（a）的图象与直线 y=m(a+12)有两个 不同的交点．

而直线 y=m(a+12)恒过定点 (-12，0)， 由如图知实数m的取值范围是（-4，-1）．

164已知函数f（x）=ax+lnx，x∈（1，e），且f（x）有极值． （1）求实数a的取值范围；

（2）求函数f（x）的值域；

（3）函数g（x）=x3-x-2，证明：?x1∈（1，e），?x0∈（1，e），使得g（x0）=f（x1）成立．

，且在两侧导函数正负相异求解．

（2）由（Ⅰ）可知f（x）的极大值为 f(-1a)=-1+ln(-1a)，再求得端点值f（1）=a，f（e）=ae+1，比较后取最小值和最大值，从而求得值域． （3）证明：由：?x1∈（1，e），?x0∈（1，e），使得g（x0）=f（x1）f（x1）即研究：f（x）的值域是g（x）的值域的子集，所以分别求得两函数的值域即可． 解答：解：（1）由f（x）=ax+lnx求导可得： f′(x)=a+1x．（2分） 令 f′(x)=a+1x=0，可得 a=-1x ∵x∈（1，e），∴ -1x∈(-1，-1e)∴ a∈(-1，-1e)（3分） 又因为x∈（1，e）

所以，f（x）有极值所以，实数a的取值范围为 (-1，-1e)．（4分） （2）由（Ⅰ）可知f（x）的极大值为 f(-1a)=-1+ln(-1a)（6分） 又∵f（1）=a，f（e）=ae+1

由a≥ae+1，解得 a≤11-e又∵ -1＜11-e＜-1e ∴当 -1＜a≤11-e时，

函数f（x）的值域为（ae+1，-1+ln（ -1a）]（8分） 当 11-e＜a＜-1e时，

函数f（x）的值域为（a，-1+ln（ -1a）]．（10分）

（3）证明：由g（x）=x3-x-2求导可得g'（x）=3x2-1（11分） 令g'（x）=3x2-1=0，解得 x=±33

令g'（x）=3x2-1＞0，解得 x＜-33或 x＞33 又∵ x∈(1，e)?(33，+∞)

∴g（x）在（1，e）上为单调递增函数（12分） ∵g（1）=-2，g（e）=e3-e-2

∴g（x）在x∈（1，e）的值域为（-2，e3-e-2）（14分） ∵ e3-e-2＞-1+ln(-1a)， -2＜ae+1，-2＜a

∴ (ae+1，-1+ln(-1a)]?(-2，e3-e-2)， (a，-1+ln(-1a)]?(-2，e3-e-2) ∴?x1∈（1，e），?x0∈（1，e），使得g（x0）=f（x1）成立．（16分）

165已知函数f（x）=x3-ax3+bx+c（a，b，c∈R），若函数f（x）在x=-1和x=3时取得极值 （1）求a，b

（2）当x∈[-2，6]时，f（x）＜2|c|恒成立，求c的取值范围． 答：解：（1）∵函数f（x）在x=-1和x=3时取极值，∴-1，3是方程3x2-2ax+b=0的两根， ∴ {-1+3=23a-1×3=b3，∴ {a=3b=-9

（2）f（x）=x3-3x2-9x+c，f′（x）=3x2-6x-9，当x变化时，有下表

x f’（x） f（x）

-1） -1 （-∞，+ ↗

0 Max

c+5

3 （-1，3）- ↘

0 Min c-27

+∞） （3，+ ↗

而f（-2）=c-2，f（6）=c+54，∴x∈[-2，6]时f（x）的最大值为c+54

要使f（x）＜2|c|恒成立，只要c+54＜2|c|即可

当c≥0时，c+54＜2c，∴c＞54，当c＜0时，c+54＜-2c，∴c＜-18 ∴c∈（-∞，-18）∪（54，+∞）

166已知函数f（x）=4x-k（x2+2clnx）（c＞1，k∈R）有一个极值点是1． （I）讨论函数f（x）的单调性；

（II）记f（x）的极大值为M，极小值为N，比较 M-12N与2c+1c+1的大小． 答：解：（I）由已知中k≠0 ∵f（x）=4x-k（x2+2clnx）（c＞1，k∈R） ∴f′（x）=4-k（2x+ 2cx）= -2kx2-2ck+4xx ∵函数f（x）=有一个极值点是1． ∴f′（1）=0 ∴c= 2k-1

令f′（x）=0，即-2kx2-2ck+4x=0 ∵此方程的一个根为1， ∴另一个根为c ∵c＞1，即0＜k＜1

∴函数f（x）在（1，c）上为增函数，在（0，1），（c，+∞）上为减函数 （II）由（I）知f（x）在x=c时取极大值，在x=1时取极小值 ∴M=f（c）=4c-k（c2+2clnc），N=f（1）=4-k，其中 2k-1=c ∴ M-12N=4c-4clncc+1-2+1c+1 ∴ M-12N-2c+1c+1=2c2-2-4clncc+1

令g（c）=c2-1-2clnc，则g′（c）=2c-（2lnc+2）=2（c-1-lnc） 再令h（c）=c-1-lnc，则h′（c）=1- 1c= c-1c ∵c＞1，∴h′（c）＞0

∴函数h（c）在（1，+∞）上为增函数 ∴h（c）＞h（1）=0 ∴g′（c）＞0，

∴函数g（c）在（1，+∞）上为增函数 ∴g（c）＞g（1）=0 ∴ M-12N-2c+1c+1＞0 ∴ M-12N＞2c+1c+1

167已知函数f（x）=ax2+bx+c+4lnx的极值点为1和2． （Ⅰ）求实数a，b的值；

（Ⅱ）试讨论方程f（x）=3x2根的个数；

（Ⅲ）设h（x）= 14f（x）- 14x2+ 32x，斜率为k的直线与曲线y=h（x）交于A（x1，y1），B（x2，y2）（x1＜x2）两点，试比较 1k与 x1+x22的大小，并给予证明．

答：解：（Ⅰ） f′(x)=2ax+b+4x=2ax2+bx+4x，x∈（0，+∞）， 由y=f（x）的极值点为1和2， ∴2ax2+bx+4=0的根为1和2，

∴ {2a+b+4=08a+2b+4=0.解得 {a=1b=-6.

（Ⅱ）由f（x）=3x2得x2-6x+c+4lnx=3x2，c=2x2+6x-4lnx，设g（x）=2x2+6x-4lnx，x∈（0，+∞）. g′(x)=4x+6-4x=2(2x2+3x-2)x=2(2x-1)(x+2)x， 当x变化时，g'（x）与g（x）的变化情况如下表：

x g'（x） g（x）

(0，12) -

(12，+∞) +

单调递减 单调递增

由此得，函数y=g（x）的单调减区间为 (0，12)，单调增区间为 (12，+∞)． ∴ g(x)min=2×14+6×12-4ln12=72+4ln2， 且当x正向趋近于0时，g（x）趋近于+∞， 当x趋近于+∞时，g（x）趋近于+∞． ∴当 c=72+4ln2时，方程只有一解； 当 c＞72+4ln2时，方程有两解； 当 c＜72+4ln2时，方程无解． （Ⅲ） 1k＜x1+x22．

证明：由（Ⅰ）得f（x）=x2-6x+c+4lnx，

∴ h(x)=lnx+c4，k=lnx2-lnx1x2-x1，x2＞x1＞0． 要证 1k＜x1+x22，即证 x2-x1lnx2-lnx1＜x1+x22， 只需证 x2x1-1lnx2x1＜x2x1+12，（因为 x2x1＞1，lnx2x1＞0）

即证 lnx2x1＞2(x2x1-1)x2x1+1．只需证 lnx2x1-2(x2x1-1)x2x1+1＞0．（*） 设 φ(x)=lnx-2(x-1)x+1（x＞1），∵ φ′(x)=1x-4(x+1)2=(x-1)2x(x+1)2＞0， ∴φ（x）在（1，+∞）单调递增，φ（x）＞φ（1）=0， ∴不等式（*）成立． ∴ 1k＜x1+x22．

168求函数 f(x)={-5x3+5x2，x＜1lnx，x≥1在区间[- 15，3]上的极大值和最大值．

解答：

解：∵函数y=-5x3+5x2

∴由y′=-15x2+10x=0 ∴x=0，x= 23，

在（0， 23）上，导函数大于0，函数递增， 在（ 23，1）上，导函数小于0，函数递减， ∴在x= 23处，函数取到极大值y= 2027，

又f（- 15）= 625；f（ 23）= 2027； f（3）=ln3； 其中f（3）最大．

所以f（x）在区间[- 15，3]上的最大值 ln3．

169若函数f（x）=ax2+bx+c（a≠0）且f（1）=4，f′（1）=1，∫01f（x）dx= 196，求函数f（x）的解析式．

解答：解：由f（1）=4得，a+b+c=4 ① 又∵f′（x）=2ax+b，∴f′（1）=2a+b=1，② ∵∫01f（x）dx=∫01（ax2+bx+c）dx= 13a+ 12b+c ∴ 13a+ 12b+c= 196 ③

联立①②③式解得，a=-1，b=3，c=2 ∴f（x）=-x2+3x+2．

170若函数f（x）=acosx+sinx在 x=π4处取得极值，则a= 1

．

答：解：由题意，f′（x）=-asinx+cosx

∵函数f（x）=acosx+sinx在 x=π4处取得极值 ∴f′（ π4）=0， ∴-acos π4+sin π4=0 ∴a=1

∴0＜ x＜π4时，f′（x）＞0， π2＞x＞π4时，f′（x）＜0 故a=1满足题意， 故答案为：1

171已知函数f（x）=4x3+ax2+bx+5在x=-1与x= 32处有极值，求函数f（x）的单调区间． 出a、b的值，进而求出导数．f′（x）＜0，求出函数的单调区间； 解答：解：f′（x）=12x2+2ax+b，依题意有f′（-1）=0，f（ 32）=0， 即 {12-2a+b=027+3a+b=0得 {a=-3b=-18 所以f′（x）=12x2-6x-18， （1）f′（x）=12x2-6x-18＜0， ∴（-1， 32）是函数的减区间 （-∞，-1），（ 32，+∞）是函数的增区间．

172已知函数f（x）=x3+bx2+cx+2在x=1时有极值6． （Ⅰ）求b，c的值；

（Ⅱ）若函数f（x）的图象上是的切线与直线3x+y+1=0平行，求该切线方程． 答：（Ⅰ）解：f′（x）=3x2+2bx+c， 依题意有f（1）=6，f′（1）=0． 可得 {1+b+c+2=63+2b+c=0 可得b=-6，c=9．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知f′（x）=3x2-12x+9， 依题意可知，切线的斜率为-3． 令f′（x）=-3， 可得x=2， 即f′（2）=-3． 又f（2）=4，

所以切线过点（2，4）．

从而切线方程为3x+y-10=0．

173已知a∈R，函数f（x）=x2（x-a）．

（1）若函数f（x）在区间 (0，23)内是减函数，求实数a的取值范围； （2）求函数f（x）在区间[1，2]上的最小值h（a）； （3）对（2）中的h（a），若关于a的方程 h(a)=m(a+12)有两个不相等的实数解，求实数m的取值范围．

答：

（1）解：∵f（x）=x3-ax2，∴f′（x）=3x2-2ax．

∵函数f（x）在区间 (0，23)内是减函数， ∴f′（x）=3x2-2ax≤0在 (0，23)上恒成立． 即 a≥3x2在 (0，23)上恒成立， ∵ 3x2＜32×23=1，∴a≥1． 故实数a的取值范围为[1，+∞）；

（2）解：∵ f′(x)=3x(x-23a)， 令f′（x）=0得 x=0或23a．

①若a≤0，则当1≤x≤2时，f′（x）＞0， 所以f（x）在区间[1，2]上是增函数， 所以h（a）=f（1）=1-a．

②若 0＜a＜32，即 0＜23a＜1， 则当1≤x≤2时，f′（x）＞0，

所以f（x）在区间[1，2]上是增函数， 所以h（a）=f（1）=1-a．

③若 32≤a＜3，即 1≤23a＜2， 则当 1＜x＜23a时，f′（x）＜0； 当 23a＜x＜2时，f′（x）＞0．

所以f（x）在区间 [1，23a]上是减函数， 在区间 [23a，2]上是增函数． 所以 h(a)=f(23a)=-427a3

④若a≥3，即 23a≥2，则当1＜x＜2时，

f′（x）＜0，所以f（x）在区间[1，2]上是减函数． 所以h（a）=f（2）=8-4a．

综上所述，函数f（x）在区间[1，2]的最小值 h(a)={1-a-427a38-4a，a≥3；

（3）解：由题意 h(a)=m(a+12)有两个不相等的实数解， 即（2）中函数h（a）的图象与直线 y=m(a+12)有两个 不同的交点．

而直线 y=m(a+12)恒过定点 (-12，0)， 由如图知实数m的取值范围是（-4，-1）．

174已知函数f（x）=ax+lnx，x∈（1，e），且f（x）有极值． （1）求实数a的取值范围； （2）求函数f（x）的值域；

（3）函数g（x）=x3-x-2，证明：?x1∈（1，e），?x0∈（1，e），使得g（x0）=f（x1）成立．

，且在两侧导函数正负相异求解．

（2）由（Ⅰ）可知f（x）的极大值为 f(-1a)=-1+ln(-1a)，再求得端点值f（1）=a，f（e）=ae+1，比较后取最小值和最大值，从而求得值域． （3）证明：由：?x1∈（1，e），?x0∈（1，e），使得g（x0）=f（x1）f（x1）即研究：f（x）的值域是g（x）的值域的子集，所以分别求得两函数的值域即可． 解答：解：（1）由f（x）=ax+lnx求导可得： f′(x)=a+1x．（2分） 令 f′(x)=a+1x=0，可得 a=-1x ∵x∈（1，e），∴ -1x∈(-1，-1e)∴ a∈(-1，-1e)（3分） 又因为x∈（1，e）

所以，f（x）有极值所以，实数a的取值范围为 (-1，-1e)．（4分） （2）由（Ⅰ）可知f（x）的极大值为 f(-1a)=-1+ln(-1a)（6分） 又∵f（1）=a，f（e）=ae+1

由a≥ae+1，解得 a≤11-e又∵ -1＜11-e＜-1e ∴当 -1＜a≤11-e时，

函数f（x）的值域为（ae+1，-1+ln（ -1a）]（8分） 当 11-e＜a＜-1e时，

函数f（x）的值域为（a，-1+ln（ -1a）]．（10分）

（3）证明：由g（x）=x3-x-2求导可得g'（x）=3x2-1（11分） 令g'（x）=3x2-1=0，解得 x=±33

令g'（x）=3x2-1＞0，解得 x＜-33或 x＞33 又∵ x∈(1，e)?(33，+∞)

∴g（x）在（1，e）上为单调递增函数（12分） ∵g（1）=-2，g（e）=e3-e-2

∴g（x）在x∈（1，e）的值域为（-2，e3-e-2）（14分） ∵ e3-e-2＞-1+ln(-1a)， -2＜ae+1，-2＜a

∴ (ae+1，-1+ln(-1a)]?(-2，e3-e-2)， (a，-1+ln(-1a)]?(-2，e3-e-2) ∴?x1∈（1，e），?x0∈（1，e），使得g（x0）=f（x1）成立．（16分）

175已知函数f（x）=x3-ax3+bx+c（a，b，c∈R），若函数f（x）在x=-1和x=3时取得极值 （1）求a，b

（2）当x∈[-2，6]时，f（x）＜2|c|恒成立，求c的取值范围． 答：解：（1）∵函数f（x）在x=-1和x=3时取极值，∴-1，3是方程3x2-2ax+b=0的两根， ∴ {-1+3=23a-1×3=b3，∴ {a=3b=-9

（2）f（x）=x3-3x2-9x+c，f′（x）=3x2-6x-9，当x变化时，有下表

x f’（x） f（x）

-1） -1 （-∞，+ ↗

0 Max

c+5

3 （-1，3）- ↘

0 Min c-27

+∞） （3，+ ↗

而f（-2）=c-2，f（6）=c+54，∴x∈[-2，6]时f（x）的最大值为c+54

要使f（x）＜2|c|恒成立，只要c+54＜2|c|即可

当c≥0时，c+54＜2c，∴c＞54，当c＜0时，c+54＜-2c，∴c＜-18 ∴c∈（-∞，-18）∪（54，+∞）

176已知函数f（x）=4x-k（x2+2clnx）（c＞1，k∈R）有一个极值点是1． （I）讨论函数f（x）的单调性；

（II）记f（x）的极大值为M，极小值为N，比较 M-12N与2c+1c+1的大小． 答：解：（I）由已知中k≠0 ∵f（x）=4x-k（x2+2clnx）（c＞1，k∈R） ∴f′（x）=4-k（2x+ 2cx）= -2kx2-2ck+4xx ∵函数f（x）=有一个极值点是1． ∴f′（1）=0 ∴c= 2k-1

令f′（x）=0，即-2kx2-2ck+4x=0 ∵此方程的一个根为1， ∴另一个根为c ∵c＞1，即0＜k＜1

∴函数f（x）在（1，c）上为增函数，在（0，1），（c，+∞）上为减函数 （II）由（I）知f（x）在x=c时取极大值，在x=1时取极小值 ∴M=f（c）=4c-k（c2+2clnc），N=f（1）=4-k，其中 2k-1=c ∴ M-12N=4c-4clncc+1-2+1c+1 ∴ M-12N-2c+1c+1=2c2-2-4clncc+1

令g（c）=c2-1-2clnc，则g′（c）=2c-（2lnc+2）=2（c-1-lnc） 再令h（c）=c-1-lnc，则h′（c）=1- 1c= c-1c

∵c＞1，∴h′（c）＞0

∴函数h（c）在（1，+∞）上为增函数 ∴h（c）＞h（1）=0 ∴g′（c）＞0，

∴函数g（c）在（1，+∞）上为增函数 ∴g（c）＞g（1）=0 ∴ M-12N-2c+1c+1＞0 ∴ M-12N＞2c+1c+1

177已知函数f（x）=2x3+ax2+bx+3在x=-1和x=2处取得极值． （1）求f（x）的表达式和极值．

（2）若f（x）在区间[m，m+4]上是单调函数，试求m的取值范围． 答：解：（1）∵f′（x）=6x2+2ax+b

∴ {f′(-1)=0f′(2)=0即 {6-2a+b=024+4a+b=0 解得

{a=-3b=-12

∴f（x）=2x3-3x2-12x+3 f′（x）=6x2-6x-12

f′（x）＞0解得x＜-1或x＞2 由f′（x）＜0解得-1＜x＜2

故函数f（x）在（-∞，-1）和（2，+∞）递增，函数在（-1，2）递减 所以当x=-1时，有极大值10；当x=2时，有极小值-17

（2）由（1）知，若f（x）在区间[m，m+4]上是单调函数，需 m+4≤-1或 {m≥-1m+4≤2或m≥2 所以m≤-5或m≥2

178已知定义在R上的函数f（x）=ax3+bx2+cx+d（a，b，c，d，∈R）的图象关于原点对称，且x=1时，f（x）取极小值 -25． （Ⅰ）求f（x）的解析式；

（Ⅱ）当x∈[-1，1]时，图象上是否存在两点，使得在此两点处的切线互相垂直？证明你的结论． 答：解：（I）因为图象关于原点对称，所以f（x）为奇函数，所以b=0，d=0； 所以f（x）=ax3+cx，因此f'（x）=3ax2+c 由题意得 {f(1)=a+c=-25f′(1)=3a+c=0， 解得 a=15，c=-35

所以f（x）= 15x3-35x． （II）不存在．

证明：假设存在x1，x2，则f'（x1）?f'（x2）=-1 所以（x12-1）（x22-1）=-4

因为x1，x2∈[-1，1]所以x12-1，x22-1∈[-1，0] 因此（x12-1）（x22-1）≠-4 所以不存在．

179已知函数 f(x)=12x2+lnx

（1）若x=e为y=f（x）-2ex-ax的极值点，求实数a的值 （2）若x0是函数f（x）的一个零点，且x0∈（b，b+1），其中b∈N，则求b的值 （3）若当x≥1时 f(x)≥c(x-1)+12，求c的取值范围． 析式，又由进而求出其导函数的解析式，又由x=e为y=f（x）-2ex-ax的极值点，故y'x=e=0，由此构造关于a的方程，解方程即可求出实数a的值

（2）根据函数单调性的性质，我们易得函数 f(x)=12x2+lnx为增函数，若x0是函数f（x）的一个零点，利用二分法我们易得在区间（ 1e，1）上存在函数唯一的零点，则（ 1e，1）?（b，b+1），又由b∈N，即求出b的值

（3）构造函数 g(x)=f(x)-c(x-1)-12，则问题可转化为当x≥1时函数恒成立问题，分析函数的单调性，求出函数的最值，即可求出c的取值范围． 解答：解：（1） y′=x+1x-2e-a…（2分）

∵y在x=e处取得极值，∴y'x=e=0即 e+1e-2e-a=0解得 a=1e-e 经检验 a=1e-e符合题意，∴ a=1e-e…（4分） （2）∵ f′(x)=x+1x，（x＞0），∴f'（x）＞0 ∴f（x）在（0，+∞）上单调递增…（5分） 又∴ f(1e)=12e2+ln1e=12e2-1＜0 且 f(1)=12+ln1=12＞0

由二分法可得 x0∈(1e，1)…（7分） 又∵ (1e，1)?(0，1) ∴b=0…（8分）

（3）设 g(x)=f(x)-c(x-1)-12， g′(x)=x+1x-c，∵x≥1，∴ x+1x≥2 （ⅰ）若c≤2，当x≥1时， g′(x)=x+1x-c≥0恒成立 故g（x）在（0，+∞）上为增函数， 所以，x≥1时，g（x）≥g（1），即 f(x)≥c(x-1)+12．…（9分） 若c＞2，方程g'（x）=0有2根

x1=c-c2-42或 x2=c+c2-42且x1＜1＜x2 此时若x∈（1，x2），则g'（x）＜0， 故g（x）在该区间为减函数

所以x∈（1，x2）时，g（x）＜g（1）=0即 f(x)＜c(x-1)+12 与题设 f(x)≥c(x-1)+12矛盾

综上，满足条件的c的取值范围是（-∞，2]…（12分）

180已知函数f（x）=x3+bx2+cx+d有两个极值点x1=1，x2=2，且直线y=6x+1与曲线y=f（x）相切于P点． （1）求b和c

（2）求函数y=f（x）的解析式；

（3）在d为整数时，求过P点和y=f（x）相切于一异于P点的直线方程． 决问题．

（2）设切点为（x0，y0），根据题意可得f′（x0）=6，即x0=3或者x0=0，即可解出切点的坐标求出函数y=f（x）的解析式．

（3）由题意可得：设切点的坐标为（x1，y1），

所以 K切=y1-1x1= x13-92x12+6x1x1= x12-92x1+6…①．所以K切=3x12-9x1+6…②，所以

切点为（ 94， 19964），所以 K切=1516，所以切线方程为15x-16y+16=0． 解答：解：（1）由题意可得：函数f（x）=x3+bx2+cx+d的导数为：f′（x）=3x2+2bx+c， 因为函数f（x）=x3+bx2+cx+d有两个极值点x1=1，x2=2， 所以3x2+2bx+c=0的两个根为x1=1，x2=2， 所以2b+c+3=0，并且4b+c+12=0， 解得：b=- 92，c=6． （2）设切点为（x0，y0），

由（1）可得：f′（x）=3x2-9x+6，

因为直线y=6x+1与曲线y=f（x）相切于P点， 所以f′（x0）=6，即x0=3或者x0=0，

当x0=3时，y0=19，所以函数y=f（x）的解析式为f（x）=x3 -92x2+6x+ 272． 当x0=0时，y0=1，所以函数y=f（x）的解析式为f（x）=x3 -92x2+6x+1． （3）由题意可得：f（x）=x3 -92x2+6x+1，并且P（0，1）， 设切点的坐标为（x1，y1），

所以 K切=y1-1x1= x13-92x12+6x1x1= x12-92x1+6…①． 又因为f′（x）=3x2-9x+6， 所以K切=3x12-9x1+6…②，

由①②可得： x1=94或者x1=0(舍去)， 所以切点为（ 94， 19964），所以 K切=1516， 所以切线方程为15x-16y+16=0．

所以过P点和y=f（x）相切于一异于P点的直线方程为15x-16y+16=0．

181已知f（x）=x3+ax2+bx+c在x=1与 x=-23时，都取得极值． （1）求a，b的值；

（2）若 f(-1)=32，求f（x）的单调区间和极值．

得x的范围是函数的增区间，令导数小于0，解得x的范围是函数的减区间，增区间与减区间的分界点为极值点，且当极值点左侧导数大于0，右侧导数小于0时取得极大值，当极值点左侧导数小于0，右侧导数大于0时取得极小值，再把x的值代入原函数求出极大值与极小值． 解答：解：（1）f′（x）=3x2+2ax+b，∵f（x）在x=1与 x=-23时，都取得极值， ∴f′（1）=0，f′（ -23）=0，即3×1+2a+b=0，3× (-23)2+2a（ -23）+b=0 解得 a=-12，b=-2

（2）由（1）知，f（x）=x3- 12x2-2x+c ∵ f(-1)=32，∴-1- 12+2+c= 32，解得c=1 ∴f（x）=x3- 12x2-2x+1

又∵f′（x）=3x2-x-2，令f′（x）＞0，即3x2-x-2＞0，解得，x＜- 23，或x＞1， 令f′（x）＜0，即3x2-x-2＜0．解得，- 23＜x＜1

∴函数的增区间为 (-∞，-23)，(1，+∞)；减区间为 (-23，1)， ∴函数在x=- 23时又极大值为 4927，在x=1时有极小值为- 12．

182已知函数 f(x)=13ax3-12x2-2ax+b(a，b∈R) （1）试求函数f（x）的单调递增区间；

（2）若函数f（x）在x=2处有极值，且f（x）图象与直线y=4x有三个公共点，求b的取值范围．

f'（x）＞0的解集，从而求出函数的单调递增区间；

（2）先根据极值求出a的值，令 g(x)=f(x)-4x=13x3-12x2-6x+b，然后利用导数求出函数的两个极值点，要使f（x）图象与y=4x有三个公共点，只需极大值大于0，极小值小于0，建立关系式，即可求出b的范围． 解答：解：（1）f'（x）=ax2-x-2a 当a=0时，f'（x）=-x＞0?x＜0

当a≠0时，△=1+8a2＞0，方程f'（x）=0有不相等的两根为 x1，x2=1±1+8a22a 1°当a＞0时， f′(x)＞0?x＜1-1+8a22a或 x＞1+1+8a22a 2°当a＜0时， f′(x)＞0?1+1+8a22a＜x＜1-1+8a22a 综上：当a=0时，f（x）在（-∞，0）上递增

当a＞0时，f（x）在 (-∞，1-1+8a22a)， (1+1+8a22a，+∞)上递增 当a＜0时，f（x）在 (1+1+8a22a，1-1+8a22a)上递增 （2）∵f（x）在x=2处有极值，∴f'（2）=0，∴a=1 令 g(x)=f(x)-4x=13x3-12x2-6x+b

∴g'（x）=x2-x-6=0?x=-2或3g'（x）＞0?x＜-2或x＞3g'（x）＜0?-2＜x＜3 ∴g（x）在x=-2处有极大值，在x=3处有极小值 要使f（x）图象与y=4x有三个公共点 则 {g(-2)＞0g(3)＜0?-223＜b＜272，即b的取值范围为 (-223，272)

即 {-6a+2b=03+3a+2b=0 解得 {a=-13b=-1.

（2）由（1）得 f(x)=x2ex-1-13x3-x2，

故 f(x)-g(x)=x2ex-1-13x3-x2-23x3+x2=x2(ex-1-x)． 令h（x）=ex-1-x，则h'（x）=ex-1-1．（9分） 令h'（x）=0，得x=1．（10分）h'（x）、h（x）随x的变化情况如表：

x h'（x） h（x）

（-∞，1） - ↘

1 0 0

（1，+∞） + ↗

由上表可知，当x=1时，h（x）取得极小值，也是最小值；即当x∈（-∞，+∞）时，h（x）≥h（1），

也就是恒有h（x）≥0． 又x2≥0，

所以f（x）-g（x）≥0， 故对任意x∈（-∞，+∞），恒有f（x）≥g（x）． 6931） 之即可；

（2）由（1）知f（x）=x-lnx，则x2-3x+lnx+b=0，设g（x）=x2-3x+lnx+b（x＞0），研究当x变化时，g'（x），g（x）的变化情况，方程f（x）+2x=x2+b在[ 12，2]上恰有两个不相等的实数根，则g（x）最小值=g（1）=b-2＜0，g（ 12）＞0，g（2）＞0，解之即可； （3）设Φ（x）=lnx- 14（x2-1），研究函数Φ（x）在[2，+∞）上的单调性，可得Φ（x）≤Φ

2

（2）=ln2- 34＜0?lnx＜ 14（x-1），从而当x≥2时， 1lnx＞4x2-1=4(x+1)(x-1)=2(1x-1-1x+1)，从而得到结论．

解答：解：（1）f'（x）=1- 1x+a，由题意，得f'（1）=0?a=0…（2分） （2）由（1）知f（x）=x-lnx

∴f（x）+2x=x2+b x-lnx+2x=x2+b x2-3x+lnx+b=0 设g（x）=x2-3x+lnx+b（x＞0）

则g'（x）=2x-3+ 1x= 2x2-3x+1x=(2x-1)(x-1)x …（4分） 当x变化时，g'（x），g（x）的变化情况如下表

x

（0， 1

12

2）

0

（ 1

1

2，1） -

0

2 （1，2）+

b-2+ln2

g'（x） + G（x） ↗

极大值 ↘ 极小值 ↗

当x=1时，g（x）最小值=g（1）=b-2，g（ 12）=b- 54-ln2，g（2）=b-2+ln2

∵方程f（x）+2x=x2+b在[ 12，2]上恰有两个不相等的实数根 由 {g(12)≥0g(1)＜0，g(2)≥0? {b-54-ln2≥0b-2＜0，b-2+ln2≥0 ? 54+ln2≤b≤2 （8分） （3）∵k-f（k）=lnk

∴ 1k-f(k)＞3n2-n-2n(n+1)

? 1ln2+1ln3+1ln4+…+1lnn＞3n2-n-2n(n+1)（n∈N，n≥2） 设Φ（x）=lnx- 14（x2-1）

则Φ'（x）= 1x- x2= 2-x22x=-(x+2)(x-2)2x

当x≥2时，Φ'（x）＜0?函数Φ（x）在[2，+∞）上是减函数， ∴Φ（x）≤Φ（2）=ln2- 34＜0?lnx＜ 14（x2-1） ∴当x≥2时， 1lnx＞4x2-1=4(x+1)(x-1)=2(1x-1-1x+1)

∴ 1ln2+1ln3+1ln4+…+1lnn＞2[（1- 13）+（ 12- 14）+（ 13- 15）+（ 14- 16）+…（ 1n-1-1n+1）]

=2（1+ 12- 1n-1n+1） = 3n2-n-2n(n+1)． ∴原不等式成立．（12分）

278已知函数f（x）=ln（ax+1）+x2-ax，a＞0， （Ⅰ）若 x=12是函数f（x）的一个极值点，求a； （Ⅱ）讨论函数f（x）的单调区间A；

（Ⅲ）若对于任意的a∈[1，2]，不等式f（x）≤m在 [12，1]上恒成立，求m的取值范围． 答：解：（Ⅰ） f′(x)=2ax2+(2-a2)xax+1

因为 x=12是函数f（x）的一个极值点，所以 f′(12)=0，得a2-a-2=0． 因为a＞0，所以a=2．

（Ⅱ）因为f（x）的定义域是 (-1a，+∞)， f′(x)=2ax2+(2-a2)xax+1=2ax(x-a2-22a)ax+1．

（1）当 a＞2时，列表

f（x）在 (-1a，0)， (a2-22a，+∞)是增函数； f（x）在 (0，a2-22a)是减函数．

（2）当 a=2时，34．gif，f（x）在 (-22，+∞)是增函数．

（3）当 0＜a＜2时，列表f（x）在 (-1a，a2-22a)，（0，+∞）是增函数； f（x）在 (a2-22a，0)是减函数．

（Ⅲ）当 2＜a≤2时， a2-22a=a2-1a≤22-12=12， 由（Ⅱ）可知f（x）在 [12，1]上是增函数．

当 1≤a≤2时，也有f（x）在 [12，1]上是增函数，

所以对于对于任意的a∈[1，2]，f（x）的最大值为f（1）=ln（a+1）+1-a， 要使不等式f（x）≤m在 [12，1]上恒成立， 须ln（a+1）+1-a≤m，

记g（a）=ln（a+1）+1-a，因为 g′(a)=-aa+1＜0，

所以g（a）在[1，2]上递减，g（a）的最大值为g（1）=ln2，所以m≥ln2． 故m的取值范围为[ln2，+∞）．

279已知函数f（x）=-x3+ax2-4．

（1） 若f（x）在 x=43处取得极值，求实数a的值；

（2） 在（Ⅰ）的条件下，若关于x的方程f（x）=m在[-1，1]上恰有两个不同的实数根，求实数m的取值范围；

（3） 若存在x0∈（0，+∞），使得不等式f（x0）＞0成立，求实数a的取值范围． 法一：存在x0∈（0，+∞），使f（x0）＞0即寻找f（x）max＞0是变量a的范围；解法二：存在x0∈（0，+∞），使得不等式f（x0）＞0成立，即即-x3+ax2-4＞0在（0，+∞）上有解，分离参数，即求a＞g（x）min，转化为求函数的最小值．

解答：

（1）f'（x）=-3x2+2ax，由题意得 f′(43)=0，解得a=2，经检验满足条件．

（2）由（1）知f（x）=-x3+2x2-4，f'（x）=-3x2+4x， 令f'（x）=0，则x1=0， x2=43（舍去）．f'（x），f（x）的变化情况如下表：

x

-1

（-1，

0

0） - ↘

0 -4

（0，

1

1） + ↗

-3

f'（x） f（x） -1

∴f（x）在（-1，0）上单调递减，在（0，1）上单调递增， ∴f（x）极小值=f（0）=-4，如图构造f（x）在[-1，1]上的图象． 又关于x的方程f（x）=m在[-1，1]上恰有两个不同的实数根， 则-4＜m≤-3，即m的取值范围是（-4，-3]．

（3）解法一：因存在x0∈（0，+∞），使得不等式f（x0）＞0成立， 故只需要f（x）的最大值f（x）max＞0即可，

∵f（x）=-x3+ax2-4，∴ f′(x)=-3x2+2ax=-3x(x-23a)．

①若a≤0，则当x＞0时，f'（x）＜0，∴f（x）在（0，+∞）单调递减． ∵f（0）=-4＜0，∴当x＞0时，f（x）＜-4＜0， ∴当a≤0时，不存在x0∈（0，+∞），使得不等式f（x0）＞0成立． ②当a＞0时f（x），f'（x）随x的变化情况如下表：

x f'（x） f（x）

(0，23a) 23a + ↗

0

(23a，+

∞) -

4a327-4 ↘

∴当x∈（0，+∞）时， f(x)max=f(23a)=4a327-4，由 3a327-4＞0得a＞3． 综上得a＞3，即a的取值范围是（3，+∞）．

解法二：根据题意，只需要不等式f（x）＞0在（0，+∞）上有解即可，

即-x3+ax2-4＞0在（0，+∞）上有解．即不等式 a＞x+4x2在（0，+∞）上有解即可． 令 g(x)=x+4x2，只需要a＞g（x）min

而 g(x)=x+4x2=x2+x2+4x2≥3x2?x2?4x23=3，当且仅当 x2=4x2，即x=2时“=”成立． 故a＞3，即a的取值范围是（3，+∞）．

考查利用导数研究函数的极值、单调性和最值问题，体现了数形结合和转化的思想方法．其中问题（3）是一个开放性问题，考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力．

280已知函数f（x）=ax2+（1-2a）x-lnx．

（I ）若函数y=f（x）在处取得极值，求满足条件的a的值；

（II）当a ＞-12时，f（x）在（1，2）上单调递减，求a的取值范围；

（III）是否存在正实数a，使得函数y=f（x）在 (1e，e)内有且只有两个零点？若存在，请求出a的取值范围；若不存在，请说明理由． 答：解：（I） f′(x)=2ax+1-2a-1x= (2ax+1)(x-1)x 有已知得 f′(2)=0即(4a+1)(2-1)2=0 ∴ a=-14经检验a=-14符合题意 （II）f（x）的定义域为（0，+∞）

当a≥0时，由1＜x＜2知f′（x）＞0∴f（x）在（1，2）递增，不符合题意 当 -12＜a＜0时，∵ -12＜a＜0∴-12a＞1又∵x＞令 f′(x)＜0得1＜x＜-12a ∵f（x）在（1，2）上递减∴ -12a≥2∴ -14≤a＜0 总之 a∈[-14，0) （III）令f′（x）=0

∵a＞0解得 x=1或x=-12a(舍)

当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）是减函数 当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）是增函数，

要使y=f（x）在（ 1e，e）内有且仅有两个零点，只需 {f(1e)＞0f(x)min＜0f(e)＞0即 {a(1e)2+(1-2a)1e-ln1e＞0a+1-2a-ln1＜0ae2+(1-2a)e-lne＞0∴ {a＜e+e22e-1a＞1a＞1-ee2-2e∵ e+e22e-1-1=e(e-1)+12e-1＞0∴ e+e22e-1＞1 ∵ 1-ee2-2e＜0

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