1、高考资源网（） 您身边的高考专家20102014年高考真题备选题库第2章 函数、导数及其应用第11节 导数的应用1(2014新课标全国，5分)若函数f(x)kxln x在区间(1， )单调递增，则k的取值范围是()A(，2 B(，1 C2，) D1，)解析：因为f(x)kxln x，所以f(x)k.因为f(x)在区间(1，)上单调递增，所以当x1时，f(x)k0恒成立，即k在区间(1，)上恒成立因为x1，所以01，所以k1.故选D.答案：D2(2014湖南，5分)若0x1x2ln x2ln x1 Bex1ex2x1ex2 Dx2ex1g(x2)，x2ex1x1ex2，故选C.答案：C3(201
2、4安徽，13分) 设函数f(x)1(1a)xx2x3，其中 a0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当 x0,1时，求 f(x)取得最大值和最小值时的x 的值解：(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)1a2x3x2.令f(x)0，得x1，x2，x1x2，所以f(x)3(xx1)(xx2)当xx2时，f(x)0；当x1x0.故f(x)在(，x1)和(x2，)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增(2)因为a0，所以x10.()当a4时，x21，由(1)知，f(x)在0,1上单调递增，所以f(x)在x0和x1处分别取得最小值和最大值()当0a4时，x21.由(1)知，f(x)在0，x
3、2上单调递增，在x2,1上单调递减，因此f(x)在xx2处取得最大值又f(0)1，f(1)a，所以当0a1时，f(x)在x1处取得最小值；当a1时，f(x)在x0和x1处同时取得最小值；当1a0 时，x2ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0 ，使得当 x(x0，)时，恒有xcex.解：(1)由f(x)exax，得f(x)exa.又f(0)1a1，得a2.所以f(x)ex2x，f(x)ex2.令f(x)0，得xln 2.当xln 2时，f(x)ln 2时，f(x)0，f(x)单调递增所以当xln 2时，f(x)有极小值，且极小值为f(ln 2)eln 22ln 22ln 4，f(x)
4、无极大值(2)证明：令g(x)exx2，则g(x)ex2x.由(1)得，g(x)f(x)f(ln 2)2ln 40，即g(x)0.所以g(x)在R上单调递增，又g(0)10，所以当x0时，g(x)g(0)0，即x20时，x2x0时，exx2x，即xcex.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x0)，要使不等式xkx成立而要使exkx成立，则只需要xln(kx)，即xln xln k成立若00时，xln xln xln k成立即对任意c1，)，取x00，当x(x0，)时，恒有x1，令h(x)xln xln k，则h(x)1，所以当x1时，h(x)0，h(x)在(1，)内单
5、调递增取x04k，h(x0)4kln (4k)ln k2(kln k)2(kln 2)，易知kln k，kln 2，所以h(x0)0.因此对任意c(0,1)，取x0，当x(x0，)时，恒有xcex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2x，所以当x(x0，)时，有cexex2xx，即xcex.若0cln时，h(x)0，h(x)单调递增取x02ln，h(x0)ce2ln2ln2，易知ln0，又h(x)在(x0，)内单调递增，所以当x(x0，)时，恒有h(x)h(x0)0，即xcex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x0)，若f(x)在1,1上
6、的最小值记为g(a)(1)求g(a)；(2)证明：当x1,1时，恒有f(x)g(a)4.解：(1)因为a0，1x1，所以()当0a1时，若x1，a，则f(x)x33x3a，f(x)3x230，故f(x)在(a,1)上是增函数；所以g(a)f(a)a3.()当a1时，有xa，则f(x)x33x3a，f(x)3x230，故f(x)在(1,1)上是减函数，所以g(a)f(1)23a.综上，g(a)(2)证明：令h(x)f(x)g(a)，()当0a1时，g(a)a3.若xa,1，h(x)x33x3aa3，得h(x)3x23，则h(x)在(a,1)上是增函数，所以h(x)在a,1上的最大值是h(1)43
7、aa3，且0a0，知t(a)在(0,1)上是增函数所以t(a)t(1)4，即h(1)0)，xR.(1)求f(x) 的单调区间和极值；(2)若对于任意的x1(2，)，都存在 x2(1，)，使得 f(x1)f(x2)1，求a 的取值范围解：(1)由已知，有f(x)2x2ax2(a0)令f(x)0，解得x0或x.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，0)0f(x)00f(x)0所以f(x)的单调递增区间是；单调递减区间是(，0)，.当x0时，f(x)有极小值，且极小值f(0)0；当x时，f(x)有极大值，且极大值f.(2)由f(0)f0及(1)知，当x时，f(x)0；当x时，f(x)
8、0.设集合Af(x)|x(2，)，集合B，则“对于任意的x1(2，)，都存在x2(1，)，使得f(x1)f(x2)1”等价于AB.显然，0B.下面分三种情况讨论：当2，即0a时，由f0可知，0A，而0B，所以A不是B的子集当12，即a时，有f(2)0，且此时f(x)在(2，)上单调递减，故A(，f(2)，因而A(，0)；由f(1)0，有f(x)在(1，)上的取值范围包含(，0)，则(，0)B.所以AB.当1，即a时，有f(1)0，且此时f(x)在(1，)上单调递减，故B，A(，f(2)，所以A不是B的子集综上，a的取值范围是.7(2014北京，13分)已知函数f(x)2x33x.(1)求f(x
9、) 在区间 2,1上的最大值；(2)若过点P(1，t) 存在3条直线与曲线yf(x) 相切，求t的取值范围；(3)问过点A(1,2)，B(2,10)，C(0,2) 分别存在几条直线与曲线yf(x) 相切？(只需写出结论)解：(1)由f(x)2x33x得f(x)6x23.令f(x)0，得x或x.因为f(2)10，f，f，f(1)1，所以f(x)在区间2,1上的最大值为f.(2)设过点P(1，t)的直线与曲线yf(x)相切于点(x0，y0)，则y02x3x0，且切线斜率为k6x3，所以切线方程为yy0(6x3)(xx0)，因此ty0(6x3)(1x0)整理得4x6xt30.设g(x)4x36x2t
10、3，则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线yf(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”g(x)12x212x12x(x1)，g(x)与g(x)的情况如下：x(，0)0(0,1)1(1，)g(x)00g(x)t3t1所以，g(0)t3是g(x)的极大值，g(1)t1是g(x)的极小值当g(0)t30，即t3时，此时g(x)在区间(，1和(1，)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点当g(1)t10，即t1时，此时g(x)在区间(，0)和0，)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点当g(0)0且g(1)0，即3t1时，因为g(1)t70，所以g(x)分别在区间1,0)，0,
11、1)和1,2)上恰有1个零点，由于g(x)在区间(，0)和(1，)上单调，所以g(x)分别在区间(，0)和1，)上恰有1个零点综上可知，当过点P(1，t)存在3条直线与曲线yf(x)相切时，t的取值范围是(3，1)(3)过点A(1,2)存在3条直线与曲线yf(x)相切；过点B(2,10)存在2条直线与曲线yf(x)相切；过点C(0,2)存在1条直线与曲线yf(x)相切8(2014四川，14分)已知函数f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.718 28为自然对数的底数(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间0,1上的最小值；(2)若f(1)0，函数f(x)在区间(0,
12、1)内有零点证明：e2a1.解：(1)由f(x)exax2bx1，有g(x)f(x)ex2axb.所以g(x)ex2a.当x0,1时，g(x)12a，e2a当a时，g(x)0，所以g(x)在0,1上单调递增，因此g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；当a时，g(x)0，所以g(x)在0,1上单调递减，因此g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab；当a时，令g(x)0，得xln(2a)(0,1)所以函数g(x)在区间0，ln(2a)上单调递减，在区间(ln(2a)，1上单调递增于是，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b.综上所述，当a时，g(x)在0,1上的
13、最小值是g(0)1b；当a时，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b；当a时，g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab.(2)证明：设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点，则由f(0)f(x0)0可知f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负，故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1.同理g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2.所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点由(1)知，当a时，g(x)在0,1上单调递增，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点当a时，g(x)在0,1上单调递减，故g(
14、x)在(0,1)内至多有一个零点所以a.此时g(x)在区间0，ln(2a)上单调递减，在区间(ln(2a)，1上单调递增因此x1(0，ln(2a)，x2(ln(2a)，1)，必有g(0)1b0, g(1)e2ab0.由f(1)0有abe12，有g(0)ae20，g(1)1a0.解得e2a1.所以函数f(x)在区间(0,1)内有零点时，e2a1.9(2014江西，12分)已知函数f(x)(a2cos2x)cos(2x)为奇函数，且f0，其中aR，(0，)(1)求a，的值；(2)若 f，求sin的值解：(1)因为f(x)(a2cos2x)cos(2x)是奇函数，而y1a2cos2x为偶函数，所以y
15、2cos(2x)为奇函数，又(0，)，得，所以f(x)sin 2x(a2cos2x)，由f0得(a1)0，即a1.(2)由(1)得，f(x)sin 4x，因为fsin ，即sin ，又，从而cos ，所以有sinsin coscos sin.10(2014江西，5分)在同一直角坐标系中，函数yax2x与ya2x32ax2xa(aR)的图象不可能的是()解析：选B分两种情况讨论：当a0时，函数为yx与yx，图象为D，故D有可能；当a0时，函数yax2x的对称轴为x，对函数ya2x32ax2xa求导得y3a2x24ax1(3ax1)(ax1)，令y0，则x1，x2，所以对称轴x介于两个极值点x1，
16、x2之间，A，C满足，B不满足，所以B不可能故选B. 11(2014江苏，16分)已知函数f(x)exex，其中e是自然对数的底数(1)证明：f(x)是R上的偶函数；(2)若关于x的不等式mf(x)exm1在(0，)上恒成立，求实数m的取值范围；(3)已知正数a满足：存在x01，)，使得f(x0)0)，则t1，所以m对任意t1成立因为t112 13，所以，当且仅当t2，即xln 2时等号成立因此实数m的取值范围是.(3)令函数g(x)exa(x33x)，则g(x)ex3a(x21)当x1时，ex0，x210，又a0，故g(x)0.所以g(x)是1，)上的单调增函数，因此g(x)在1，)上的最小
17、值是g(1)ee12a.由于存在x01，)，使ex0ex0a(x3x0)0成立，当且仅当最小值g(1)0.故ee12a.令函数h(x)x(e1)ln x1，则h(x)1.令h(x)0，得xe1，当x(0，e1)时，h(x)0，故h(x)是(e1，)上的单调增函数所以h(x)在(0，)上的最小值是h(e1)注意到h(1)h(e)0，所以当x(1，e1)(0，e1)时，h(e1)h(x)h(1)0.当x(e1，e)(e1，)时，h(x)h(e)0.所以h(x)0对任意的x(1，e)成立当a(1，e)时，h(a)0，即a1(e1)ln a，从而ea1h(e)0，即a1(e1)ln a，故ea1ae1
18、.综上所述，当a时，ea1ae1.12(2014辽宁，12分)已知函数f(x)(xcos x)2sin x2，g(x)(x) 1.证明：(1)存在唯一x0，使 f(x0)0；(2)存在唯一x1，使 g(x1)0，且对(1)中的x0，有 x0x1.证明：(1)当x 时，f(x)sin x2cos x0，所以f(x)在上为增函数，又f(0)20，所以存在唯一x0，使f(x0)0.(2)当x时，化简得g(x)(x)1.令tx，记u(t)g(t)t1，t，则u(t).由(1)得，当t(0，x0)时，u(t)0.在上u(t)为增函数，由u0知，当t时，u(t)0，所以u(t)在上无零点在(0，x0)上u
19、(t)为减函数，由u(0)1及u(x0)0知存在唯一t0(0，x0)，使u(t0)0.于是存在唯一t0，使u(t0)0.设x1t0，则g(x1)g(t0)u(t0)0，因此存在唯一的x1，使g(x1)0.由于x1t0，t0.13(2014陕西，14分)设函数 f(x)ln x，m R.(1)当me(e 为自然对数的底数)时，求 f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)f(x) 零点的个数；(3)若对任意ba0，0；当x(2，ln 2)时，f(x)0时，f(x)0，当0x时，f(x)时，f(x)0，函数f(x)单调递增所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.当a0时，令f(x)0，得2
20、ax2bx10.由b28a0，得x1，x2.当0xx2时，f(x)x2时，f(x)0，函数f(x)单调递增所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.综上所述，当a0，b0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，)；当a0，b0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是；当a0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是，.(2)由题意知，函数f(x)在x1处取得最小值由(1)知是f(x)的唯一极小值点，故1，整理得2ab1即b12a.令g(x)24xln x，则g(x).令g(x)0，得x，当0x0，g(x)单调递增；当x时，g(x)0，g(x)单调递减因此g(x)g1ln 1
21、ln 40.故g(a)0，即24aln a2bln a0，即ln af，排除A；取函数f(x)(x1)2，则x1是f(x)的极大值点，但1不是f(x)的极小值点，排除B；f(x)(x1)2，1不是f(x)的极小值点，排除C，故选D.答案：D18（2013广东，14分）设函数f(x)x3kx2x(kR)(1)当k1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k0时，求函数f(x)在k，k上的最小值m和最大值M.解：本题以三次函数为背景，主要考查导数在研究函数的单调性、极值、最值中的应用，意在考查考生运用数形结合思想、分类讨论思想解决问题的能力(1)当k1时，f(x)x3x2x，f(x)3x22x1.方
22、程3x22x10的判别式44380，f(x)0恒成立，f(x)的单调递增区间为(，)(2)当k0时，f(x)3x22kx1，方程3x22kx10的判别式4k2434(k23)，当0时，有k230，即k0时，f(x)0恒成立，这时f(x)在k，k上单调递增，有mf(k)k3kk2kk，Mf(k)k3kk2k2k3k.当0时，有k230，即k，令f(x)3x22kx10，解得x10，x20，且x1x20，又x1kk0，于是kx1x20，当kxx1或x2xk时，f(x)0，f(x)为增函数；当x1xx2时，f(x)0，f(x)为减函数，故Mmaxf(k)，f(x1)，mminf(k)，f(x2)先证
23、f(k)f(x1)3x2kx110，kx，f(x1)xkxx1xx1，f(k)f(x1)(2k3k)2k3kxx12k3x，又kx10，要证f(k)f(x1)，只需证2k3x0x4k3x1k，由kx10知x1k显然成立，f(k)f(x1)再证f(k)f(x2)同理f(x2)，有f(k)f(x2)k(kx2)(kx)0，f(k)f(x2)综上所述，Mf(k)2k3k，mf(k)k.19.（2013浙江，15分）已知aR，函数f(x)2x33(a1)x26ax.(1)若a1，求曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程；(2)若|a|1，求f(x)在闭区间0,2|a|上的最小值解：本题主要考查利
24、用导数研究函数的单调性等性质，及导数应用等基础知识，同时考查分类讨论等综合解题能力(1)当a1时，f(x)6x212x6，所以f(2)6.又因为f(2)4，所以切线方程为y6x8.(2)记g(a)为f(x)在闭区间0,2|a|上的最小值f(x)6x26(a1)x6a6(x1)(xa)令f(x)0，得到x11，x2a.当a1时，x0(0,1)1(1，a)a(a,2a)2af(x)00f(x)0单调递增极大值3a1单调递减极小值a2(3a)单调递增4a3比较f(0)0和f(a)a2(3a)的大小可得g(a)当a2时，f(x)0，函数f(x)为增函数；当0x2时，f(x).证明：本题主要考查导数的运
25、算及其几何意义，利用导数研究函数的单调性，考查分类讨论思想、化归与转化思想、函数与方程思想，考查综合分析问题和解决问题的能力(1)设函数f1(x)x3(a5)x(x0)，f2(x)x3x2ax(x0)，f1(x)3x2(a5)，由于a2,0，从而当1x0时，f1(x)3x2(a5)3a50，所以函数f1(x)在区间(1,0内单调递减f2(x)3x2(a3)xa(3xa)(x1)，由于a2,0，所以当0x1时，f2(x)1时，f2(x)0.即函数f2(x)在区间0,1)内单调递减，在区间(1，)内单调递增综合，及f1(0)f2(0)，可知函数f(x)在区间(1，1)内单调递减，在区间(1，)内单
26、调递增(2)由(1)知f(x)在区间(，0)内单调递减，在区间内单调递减，在区间内单调递增，因为曲线yf(x)在点Pi(xi，f(xi)(i1,2,3)处的切线相互平行，从而x1，x2，x3互不相等，且f(x1)f(x2)f(x3)不妨设x10x2x3，由3x(a5)3x(a3)x2a3x(a3)x3a，可得3x3x(a3)(x2x3)0，解得x2x3，从而0x2x3.设g(x)3x2(a3)xa，则gg(x2)g(0)a.由3x(a5)g(x2)a，解得x1，设t，则a，因为a2,0，所以t，故x1x2x3t(t1)2，即x1x2x3. 22（2013湖北，13分）设a0，b0，已知函数f(
27、x).(1)当ab时，讨论函数f(x)的单调性；(2)当x0时，称f(x)为a，b关于x的加权平均数(i)判断f(1)，f，f是否成等比数列，并证明ff；(ii)a，b的几何平均数记为G.称为a，b的调和平均数，记为H.若Hf(x)G，求x的取值范围解：本题主要考查不等式、导数的应用，利用导数研究函数的单调性等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力(1)f(x)的定义域为(，1)(1，)，f(x).当ab时，f(x)0，函数f(x)在(，1)，(1，)上单调递增；当ab时，f(x)0，f0，f0.故f(1)fab2，即f(1)f2.所以f(1)，f2，f成等比数列因为，即f(1)
28、f.由得ff.()由()知fH，fG.故由Hf(x)G，得ff(x)f.当ab时，ff(x)fa.这时，x的取值范围为(0，)；当ab时，01，从而，由f(x)在(0，)上单调递增与式，得x，即x的取值范围为；当a1，从而，由f(x)在(0，)上单调递减与式，得x，即x的取值范围为.综上，当ab时，x的取值范围为(0，)；当ab时，x的取值范围为；当ab时，x的取值范围为 23（2012福建，5分）已知f(x)x36x29xabc，ab0；f(0)f(1)0；f(0)f(3)0.其中正确结论的序号是()ABC D解析：f(x)x36x29xabc，f(x)3x212x93(x1)(x3)，令f
29、(x)0，得x1或x3.依题意有，函数f(x)x36x29xabc的图像与x轴有三个不同的交点，故f(1)f(3)0，即(169abc)(3363293abc)0，0abc4，f(0)abc0，f(3)abc0，故是对的答案：C24（2012辽宁，5分）函数yx2ln x的单调递减区间为()A(1,1 B(0,1C1，) D(0，)解析：函数yx2ln x的定义域为(0，)，yx，令y0，则可得00时，(xk)f(x)x10，求k的最大值解：(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)exa.若a0，则f(x)0，所以f(x)在(，)上单调递增若a0，则当x(，ln a)时，f(x)0，所以，f(
30、x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增(2)由于a1，所以(xk)f(x)x1(xk)(ex1)x1.故当x0时，(xk)f(x)x10等价于k0)令g(x)x，则g(x)1.由(1)知，函数h(x)exx2在(0，)上单调递增而h(1)0，所以h(x)在(0，)上存在唯一的零点故g(x)在(0，)上存在唯一的零点设此零点为，则(1,2)当x(0，)时，g(x)0.所以g(x)在(0，)上的最小值为g()又由g()0，可得e2，所以g()1(2,3)由于式等价于k0.解：(1)由题意得f(x)12x22a.当a0时，f(x)0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为(，)当a0
31、时，f(x)12(x)(x)，此时函数f(x)的单调递增区间为(，和，)，单调递减区间为， .(2)证明：由于0x1，故当a2时，f(x)|2a|4x32ax24x34x2.当a2时，f(x)|2a|4x32a(1x)24x34(1x)24x34x2.设g(x)2x32x1,0x1，则g(x)6x226(x)(x)，于是x0(0，)(，1)1g(x)0g(x)1减极小值增1所以，g(x)ming()10.所以当0x1时，2x32x10.故f(x)|2a|4x34x20.27（2012广东，14分）设0a0，BxR|2x23(1a)x6a0，DAB.(1)求集合D(用区间表示)；(2)求函数f(
32、x)2x33(1a)x26ax在D内的极值点解：(1)方程2x23(1a)x6a0的判别式9(1a)248a9(a3)(a)，而0a0，当0时，得a3，即0a，由2x23(1a)x6a0，解得x1，x2，有0x1x2，此时B(，x1)(x2，)，DAB(0，x1)(x2，)；当0时，得a，由x22x10，得x1，此时B(，1)(1，)，DAB(0,1)(1，)；当0时，得a1，BR，DAB(0，)综上所述：当0a时，D(0, )(，)；当a时，D(0,1)(1，)；当a1时，D(0，)(2)由题知f(x)6x26(1a)x6a6(x1)(xa)，0a1，令f(x)0得xa或x1，当x1时，f(
33、x)0，f(x)单调递增，当ax1时，f(x)0，f(x)单调递减当0a0，f(1)23(1a)6a3a10，再由f(x)的单调性可得0ax11x2，所以函数f(x)在D内的极值点为xa.当a时，D(0,1)(1，)，函数f(x)在D内的极值点为xa.当a1时，D(0，)，函数f(x)在D内的极值点为xa和x1.综上，当a1时，函数f(x)在D内的极值点为xa和x1；当a时，函数f(x)在D内的极值点为x；当0a0)(1)求f(x)的最小值；(2)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为yx，求a，b的值解：(1)法一：由题设和均值不等式可知，f(x)axb2b，其中等号成立当且仅当a
34、x1，即当x时，f(x)取最小值为2b.法二：f(x)的导数f(x)a，当x时，f(x)0，f(x)在(，)上单调递增；当0x时，f(x)0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围；(3)当a1时，设函数f(x)在区间t，t3上的最大值为M(t)，最小值为m(t)，记g(t)M(t)m(t)，求函数g(t)在区间3，1上的最小值解：(1)f(x)x2(1a)xa(x1)(xa)由f(x)0，得x11，x2a0.当x变化时f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，1)1(1，a)a(a，)f(x)00f(x)极大值极小值故函数f(x)的
35、单调递增区间是(，1)，(a，)；单调递减区间是(1，a)(2)由(1)知f(x)在区间(2，1)内单调递增，在区间(1,0)内单调递减，从而函数f(x)在区间(2,0)内恰有两个零点当且仅当解得0a0.(1)若对一切xR，f(x)1恒成立，求a的取值集合；(2)在函数f(x)的图象上取定两点A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)(x1x2)，记直线AB的斜率为k，证明：存在x0(x1，x2)，使f(x0)k成立解：(1)f(x)exa，令f(x)0得xln a.当xln a时，f(x)ln a时，f(x)0，f(x)单调递增，故当xln a时，f(x)取最小值f(ln a)aaln a.
36、于是对一切xR，f(x)1恒成立，当且仅当aaln a1.令g(t)ttln t，则g(t)ln t.当0t0，g(t)单调递增；当t1时，g(t)0，g(t)单调递减故当t1时，g(t)取最大值g(1)1.因此，当且仅当a1时，式成立综上所述，a的取值集合为1(2)由题意知，ka，令(x)f(x)kex，则(x1)ex2x1(x2x1)1，(x2)ex1x2(x1x2)1令F(t)ett1，则F(t)et1.当t0时，F(t)0时，F(t)0，F(t)单调递增故当t0时，F(t)F(0)0，即ett10.从而ex2x1(x2x1)10，ex1x2(x1x2)10，又0，0，所以(x1)0.因
37、为函数y(x)在区间x1，x2上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x0(x1，x2)，使(x0)0，即f(x0)k成立31（2011福建，5分）若a0，b0，且函数(x)4x3ax22bx2在x1处有极值，则ab的最大值等于()A2 B3C6 D9解析：函数的导数为 (x)12x22ax2b，由函数(x)在x1处有极值，可知函数(x)在x1处的导数值为零，122a2b0，所以ab6，由题意知a，b都是正实数，所以ab()2()29，当且仅当ab3时取到等号答案：D32（2011浙江，5分）设函数f(x)ax2bxc(a，b，cR)若x1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图像不可能为yf(
38、x)的图像是()解析：若x1为函数f(x)ex的一个极值点，则易得ac.因选项A、B的函数为f(x)a(x1)2，则f(x)exf(x)exf(x)(ex)a(x1)(x3)ex，x1为函数f(x)ex的一个极值点满足条件；选项C中，对称轴x0，且开口向下，a0，b0.f(1)2ab0.也满足条件；选项D中，对称轴x1，且开口向上，a0，b2a.f(1)2ab0.与图矛盾答案：D33（2010山东，5分）已知某生产厂家的年利润y(单元：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为yx381x234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为()A13万件 B11万件C9万件 D7万件解析：因为yx
39、281，所以当x9时，y0；当x(0,9)时，y0，所以函数yx381x234在(9，)上单调递减，在(0,9)上单调递增，所以x9是函数的极大值点，又因为函数在(0，)上只有一个极大值点，所以函数在x9处取得最大值答案：C34(2010浙江，15分)已知函数f(x)(xa)2(xb)(a，bR，ab)(1)当a1，b2时，求曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程；(2)设x1，x2是f(x)的两个极值点，x3是f(x)的一个零点，且x3x1，x3x2.证明：存在实数x4，使得x1，x2，x3，x4按某种顺序排列后构成等差数列，并求x4.解：(1)当a1，b2时，因为f(x)(x1)(3x5)，故f(2)1.又f(2)0，所以f(x)在点(2,0)处的切线方程为yx2.(2)证明：因为f(x)3(xa)(x)，由于ab，故a，所以f(x)的两个极值点为xa，x.不妨设x1a，x2，因为x3x1，x3x2，且x3是f(x)的零点，故x3b，又因为a2(b)，故可令x4(a)，此时a，b依次成等差数列，所以存在实数x4满足题意，且x4.- 27 - 版权所有高考资源网
