1、1.（2010 江西卷文 17）设函数32()6()fxax.（1）若 ()fx的两个极值点为 12,，且 12，求实数 的值；（2）是否存在实数 a，使得 ()fx是 ,)上的单调函数？若存在,求出 a的值；若不存在，说明理由.考查函数利用导数处理函数极值单调性等知识【解析】2()186()2fxxa（1）由已知有 12()0ff，从而 128，所以 9a；（2）由 364836(4)0aa，所以不存在实数 ，使得 ()fx是 R上的单调函数.2.（2010 湖北卷文 21 部分）设函数321axbcf（ ） =，其中 a0，曲线xyf（ ）在点 P（0， f（ ） ）处的切线方程为 y=1
2、（）确定 b、c 的值（）设曲线 yf（ ） 在点（ 1xf， （ ） ）及（ 2xf， （ ） ）处的切线都过点（0,2）证明：当 12x时， 2()()3.（2010 辽宁卷理 21）已知函数 1ln)1(2axxf（I）讨论函数 )(xf的单调性；（II）设 1a.如果对任意 ),0(,21x， |4)(| 2121xxff，求 a的取值范围。24.（山东卷理 22）已知函数1()ln()afxRx（）当 a12时，讨论 f(x)的单调性：（）设 g(x)=x2-2bx+4.当 a=14时，若对任意 x1（0，2） ，存在 x2 1,2，使12()fxg，求实数 b 的取值范围。【解析】
3、()原函数的定义域为（0，+ ） ，因为 21()-xaf= 2x+a-1，所以当 a时，2x-1()f，令2x-1()0f得 ，所以此时函数 (x)在（1，+ ） 上是增函数；在（0，1）上是减函数；当 2a时，()f2-x+-2x-120x（ ），所以此时函数 x在（0，+ ） 是减函数；当 0得 2ax+-10，解得10，解得10得 2x-10，解得1-0得 2-ax10，可解得 01x，此时函数 f(x)在（0，1）上是增函数；在（1，+ ） 上是减函数。（）当 4a时， f()在（0，1）上是减函数，在（1，2）上是增函数，所以对任意1(0,2)x，有 1f=-，又已知存在 21,x
4、，使 12()fxg，所以 21()gx，2,x，即存在 1,x，使2()4gb，即9b，即9b7,24，所以b，解得1，即实数 取值范围是1,)4。【命题意图】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 ()fx的最小值、利用二次函数知识或分离常数法求出 ()gx在闭区间1,2上的最大值，然后解不等式求参数。（标准答案）本小题主要考查导数的概念
5、以及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、等价变换思想，以及综合运用知识解决新情境、新问题的能力。解：（）因为1()lnafxx，所以 21() (0,)afx，令 2,(0)hx，当12a时， 2,()0xh 恒成立，此时()0fx，函数 ()fx在（ 0， +）上单调递减；当1a 时 ， ，(0,)x时， ()0hx ，此时()0fx，函数 ()fx单调递减；1a时 ，此时f，函数 f单调递增；(,)x时， ()0hx ，此时()0x，函数 ()x单调递减；当 0a 时，由于1a，(,)x， hx ,此时()0fx，函数 ()fx单调递减；1时， () ，此时，函数
6、单调递增.综上所述：（）因为 a=1(0,)42，由（）知， 1x=1， 2=3 (0,)，当 (0,1)x时，()fx，函数 fx单调递减；min 7(2)840(2,),8gbb当 (1,2)x时，()0fx，函数 ()fx单调递增，所以 ()fx在（0，2）上的最小值为1()2f。由于“对任意 1(,，存在 1,，使 12()fxg”等价于“ ()gx在 ,2上的最小值不大于 ()f在（0,2）上的最小值1”（*）又 =24b， 1,x，所以当 1时，因为 min()()520gb，此时与（*）矛盾当 ,2时，因为 i4x，同样与（*）矛盾当 (,)b时，因为 min()(2)8gb，解
7、不等式 8-4b12，可得78b综上，b 的取值范围是17,8。注:第二问仔细分析两函数值域的相交情况 !3.（2010 天津卷理 21）已知函数 )()(Rxef（）求函数 ()fx的单调区间和极值；（）已知函数 yg的图象与函数 ()yfx的图象关于直线 1x对称，证明当1x时， ()fx（）如果 12，且 12()fxf，证明 12x【命题意图】本小题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力。【解析】 （）解：f ()xxe令 f(x)=0,解得 x=1当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表X( ,1)1(1,)
8、f(x) + 0 -f(x) A极大值 A所以 f(x)在( ,1)内是增函数，在( 1,)内是减函数。函数 f(x)在 x=1 处取得极大值 f(1)且 f(1)= e（）证明：由题意可知 g(x)=f(2-x),得 g(x)=(2-x) 2x令 F(x)=f(x)-g(x),即2()()xxFe于是2()1xFx当 x1 时，2x-20,从而-e0,Fxe又 所 以(x)0,从而函数 F（x）在1,+)是增函数。又 F(1)=-1e0， 所 以 1时 ， 有F(x)F(1)=0,即 f(x)g(x).)证明：（1）来源:Z#xx#k.Com若 2 1212(),),.x xx12由 （ ）
9、 及 f(xf则 与 矛 盾 。（2）若 1()0)x由 （ ） 及 (得 与 矛 盾 。根据（1） （2）得 1212,.x不 妨 设由（）可知， )f(g,则 )2(= )f-，所以 )2f(x )2f-,从而 )1f(x)2f(-x.因为 2，所以 x，又由（）可知函数 f(x)在区间（-，1）内事增函数，所以 1 ,即 122.(2011 湖南文 22)设函数 ()ln().fxaxR(I)讨论 ()fx的单调性；（II）若 有两个极值点 12x和 ，记过点 12(,),()AxfBxf的直线的斜率为k，问：是否存在 a，使得 ?ka若存在，求出 a的值，若不存在，请说明理由解析：（I
10、） ()fx的定义域为 (0,).2211 xf令 2()1,gxa其 判 别 式 24.aA(1)当 |0(),fxA时 故 ()0,)fx在 上单调递增(2)当 2时 ,g=的两根都小于 0，在 (,上， ()0fx，故()fx在上单调递增(3)当 2aA时 ,0g(x的两根为22144,aaxx，当 10x时， )f；当 2时， ()0f；当 2x时， ()f，故 (分别在 1(0,),)x上单调递增，在 1,)上单调递减（II）由（I）知， 2a因为 121112()()(ln)fxf axx，所以121212lffxkA又由(I)知， 12于是 12lnxka若存在 a，使得 .则
11、12lx即 1212lnx亦即221ln0()*xx再由（I）知，函数 1()2lnhtt在 (0,)上单调递增，而 21x，所以221lnl.xx这与 (*)式矛盾故不存在 a，使得 .ka(2013 马鞍山二模理数 20) 20 （本题满分 13 分）函数 ，其中 .2()1)lnfxbx=-+bR（）若函数在其定义域内是单调递增函数，求 b 的取值范围；（）设 .当 时，若存在 ，使得322,()467=-+-agxax1212,，求实数 a 的取值范围1|由题意，f(x)0 在(0，) 内恒成立，故 在(0，) 内恒成立2-即 恒成立22+(-b-显然， 在(0， ) 内的最大值为 ，
12、所以， b ；21(-)x12 12即 b 的取值范围 6 分（）首先研究 f(x)，g(x)在1,2上的性质由（） ，当 b 时， 在(0，)内单调递增，从而 f(x)在1,2上单12 21)lnfx=-+调递增，因此，f(x) 在1,2 上的最小值 f(x)minf(1)0，最大值 f(x)maxf(2) 1 ln 2.12g(x)3(x 2 a2)，由 a2，知当 x1,2时，g( x)3(x 2a 2)0，因此， 在1,2上单调递减32467=-+-g(x)在1,2上的最小值 g(x)ming(2) 26150a-+最大值 g(x)maxg(1) 28若 g(x)max 0，即 a4
13、时，两函数图象在1,2上有交点，此时 a4 显然满2a-足题设条件，若 g(x)max 0，即 2a4，f (x)的图象在上，g(x )的图象在下6+只需 f(x)ming(x) max ，即 f(1)g(1) ，即( ) ，所以，3 a4.12 12 268a-+12 22综上，所求实数 a 的取值范围是. 13 分)4,3(2012 马鞍山二模 21) (21） （本魔满分 13 分）设函数 f(x) lnax，g(x)x 3x 23。（I）如果存在 x1、x 2 0,2，使得 g(x1)g（x 2）M 成立，求满足上述条件的最大整数 M；（II）如果对于任意的 s、 t ,2，都有 f(s)g(t)成立，求实数 a 的取值范围.（21） （本题满分 13 分）设函数 ()lnafxx， 32()gx.（）如果存在 120,x、 ，使得 12()M成立，求满足上述条件的最大整数 M；
