第一类 一、选择题
1
1．函数f (x ) ＝22－ln x 的单调递减区间为 A ．(－1,1] C ．[1，＋∞)
B ．(0,1] D ．(0，＋∞)
( ) ．
1
解析 由题意知，函数的定义域为(0，＋∞) ，又由f ′(x ) ＝x －x ≤0，解得0
⎛1f ′(x )
2. 已知函数y ＝ 2的图象如图所示，则函数f (x ) 的单调递增区间为 ( ) ．
⎝⎭
A ．(－∞，1)
B ．(－∞，0) 和(2，＋∞) C ．R D ．(1,2)
⎛1x
解析 因为函数y ＝ 2是R 上的减函数，所以f ′(x ) ＞0的充要条件是
⎝⎭⎛1⎛10＜ 2f ′(x ) ＜1，f ′(x ) ＜0的充要条件是 2f ′(x ) ＞1. 由图象，可知当x ∈(－∞，⎝⎭⎝⎭⎛10) ∪(2，＋∞) 时，0＜ 2f ′(x ) ＜1，即f ′(x ) ＞0. 所以函数f (x ) 的单调递增区间
⎝⎭为(－∞，0) 和(2，＋∞) ． 答案 B
3．已知e 为自然对数的底数，设函数f (x ) ＝(ex －1)(x －1) k (k ＝1,2) ，则 ( ) ． A ．当k ＝1时，f (x ) 在x ＝1处取到极小值 B ．当k ＝1时，f (x ) 在x ＝1处取到极大值 C ．当k ＝2时，f (x ) 在x ＝1处取到极小值 D ．当k ＝2时，f (x ) 在x ＝1处取到极大值
解析 当k ＝1时，f ′(x ) ＝e x ·x －1，f ′(1)≠0， ∴f (1)不是极值，故A ，B 错；
当k ＝2时，f ′(x ) ＝(x －1)(x e x ＋e x －2) ， 显然f ′(1)＝0，且x 在1的左侧附近f ′(x )0， ∴f (x ) 在x ＝1处取到极小值．故选C. 答案 C
4．设函数f (x ) 的定义域为R ，x 0(x 0≠0) 是f (x ) 的极大值点，以下结论一定正确的是
A ．∀x ∈R ，f (x ) ≤f (x 0) B ．－x 0是f (－x ) 的极小值点 C ．－x 0是－f (x ) 的极小值点 D ．－x 0是－f (－x ) 的极小值点
解析 A 错，因为极大值未必是最大值；B 错，因为函数y ＝f (x ) 与函数 y ＝f (－x ) 的图象关于y 轴对称，－x 0应是f (－x ) 的极大值点；C 错，函数y ＝f (x ) 与函数y ＝－f (x ) 的图象关于x 轴对称，x 0应为－f (x ) 的极小值点；D 正确，函数y ＝f (x ) 与y ＝－f (－x ) 的图象关于原点对称，－x 0应为y ＝－f (－x ) 的极小值点． 答案 D 二、填空题
15．(2014·盐城模拟) 已知f (x ) ＝2x 2＋2xf ′(2 014)＋2 014ln x ，则f ′(2 014)＝_____. 2 014解析 因为f ′(x ) ＝x ＋2f ′(2 014)＋x ， 2 014
所以f ′(2 014)＝2 014＋2f ′(2 014)＋2 014， 即f ′(2 014)＝－(2 014＋1) ＝－2 015. 答案 －2 015
x
6．函数f (x ) ＝2m cos 2 2＋1的导函数的最大值等于1，则实数m 的值为________． x 解析 显然m ≠0，所以f (x ) ＝2m cos 2 2＋1
( ) ．
⎛⎫2x
＝m 2cos 21⎪＋m ＋1＝m cos x ＋m ＋1，
⎝⎭因此f ′(x ) ＝－m sin x ，其最大值为1，故有m ＝±1. 答案 ±1
7．已知函数f (x ) ＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数，函数g (x ) ＝x 2－a ln x 在(1,2)上为增函数，则a 的值等于________．
解析 ∵函数f (x ) ＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数， a
∴2≥1，得a ≥2.
a
又∵g ′(x ) ＝2x －x g ′(x ) ≥0在x ∈(1,2)上恒成立，得2x 2≥a 在x ∈(1,2)上恒成立，有a ≤2，∴a ＝2. 答案 2
8．(2014·绍兴模拟) 若a >0，b >0，且函数f (x ) ＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值为________． 解析 依题意知f ′(x ) ＝12x 2－2ax －2b ， ∴f ′(1)＝0，即12－2a －2b ＝0，∴a ＋b ＝6.
⎛a ＋b 2
＝9，当且仅当a ＝b ＝3时取等号，∴ab 的最大又a >0，b >0，∴ab ≤
⎝2⎭值为9. 答案 9 三、解答题
9．设f (x ) ＝a (x －5) 2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x ) 在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0,6)． (1)确定a 的值；
(2)求函数f (x ) 的单调区间与极值． 解 (1)因f (x ) ＝a (x －5) 2＋6ln x ， 6
故f ′(x ) ＝2a (x －5) ＋x .
令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ， 所以曲线y ＝f (x ) 在点(1，f (1))处的切线方程为 y －16a ＝(6－8a )(x －1) ，
1
由点(0,6)在切线上可得6－16a ＝8a －6，故a ＝21
(2)由(1)知，f (x ) ＝2(x －5) 2＋6ln x (x >0)， 6(x －2)(x －3)
f ′(x ) ＝x －5＋x ＝x 令f ′(x ) ＝0，解得x ＝2或3. 当03时，f ′(x )>0， 故f (x ) 在(0,2)，(3，＋∞) 上为增函数； 当2
9
由此可知f (x ) 在x ＝2处取得极大值f (2)＝26ln 2，在x ＝3处取得极小值f (3)＝2＋6ln 3.
10．(2014·新课标全国卷Ⅱ节选) 已知函数f (x ) ＝e x －e －x －2x . (1)讨论f (x ) 的单调性；
(2)设g (x ) ＝f (2x ) －4bf (x ) ，当x >0时，g (x )>0，求b 的最大值． 解 (1)f ′(x ) ＝e x ＋e －x －2≥0，等号仅当x ＝0时成立． 所以f (x ) 在(－∞，＋∞) 单调递增．
(2)g (x ) ＝f (2x ) －4bf (x ) ＝e 2x －e －2x －4b (ex －e －x ) ＋(8b －4) x ， g ′(x ) ＝2[e2x ＋e －2x －2b (ex ＋e －x ) ＋(4b －2)] ＝2(ex ＋e －x －2)(ex ＋e －x －2b ＋2) ．
①当b ≤2时，g ′(x ) ≥0，等号仅当x ＝0时成立，所以g (x ) 在(－∞，＋∞) 单调递增．而g (0)＝0，所以对任意x >0，g (x )>0；
②当b >2时，若x 满足2
e x ⎛2⎫11．(2014·山东卷) 设函数f (x ) ＝x －k x ＋ln x ⎪(k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对
⎝⎭数的底数) ．
(1)当k ≤0时，求函数f (x ) 的单调区间；
(2)若函数f (x ) 在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值范围．
解 (1)函数y ＝f (x ) 的定义域为(0，＋∞) ． x 2e x －2x e x ⎛21f ′(x ) ＝k －x ＋x
x ⎝⎭x e x －2e x k (x －2)
＝x x (x －2)(e x －kx )＝.
x 由k ≤0可得e x －kx >0，
所以当x ∈(0,2)时，f ′(x )0，函数y ＝f (x ) 单调递增． 所以f (x ) 的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞) ． (2)由(1)知，k ≤0时，函数f (x ) 在(0,2)内单调递减， 故f (x ) 在(0,2)内不存在极值点；
当k >0时，设函数g (x ) ＝e x －kx ，x ∈(0，＋∞) ． 因为g ′(x ) ＝e x －k ＝e x －e ln k ， 当0
当x ∈(0,2)时，g ′(x ) ＝e x －k >0，y ＝g (x ) 单调递增． 故f (x ) 在(0,2)内不存在两个极值点； 当k >1时，
得x ∈(0，ln k ) 时，g ′(x )0，函数y ＝g (x ) 单调递增． 所以函数y ＝g (x ) 的最小值为g (ln k ) ＝k (1－ln k ) ． 函数f (x ) 在(0,2)内存在两个极值点，
⎧g (ln k )
当且仅当⎨g (2)>0，
⎩0
g (0)>0，
e 2
解得e
2
⎛e ⎫
综上所述，函数f (x ) 在(0,2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为 e ，2⎪.
⎝⎭
第二类 一、选择题
12
1．已知函数f (x ) ＝2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是
A ．[－1,1] C ．[1，＋∞)
B ．[－1，＋∞) D ．(－∞，1]
( ) ．
1
解析 f ′(x ) ＝mx ＋x 2≥0对一切x ＞0恒成立， ⎛12
∴m ≥－ x 2＋x .
⎝⎭
1⎛12
令g (x ) ＝－ x 2＋x ，则当x ＝1，即x ＝1时，函数g (x ) 取最大值1. 故m ≥1.
⎝⎭答案 C
2．(2014·广州调研) 函数f (x ) ＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，则a 的取值范围是
A ．[0,1) 1⎛
C. 0，2 ⎝⎭
解析 f ′(x ) ＝3x 2－3a ＝3(x 2－a ) ． 当a ≤0时，f ′(x ) ＞0，
∴f (x ) 在(0,1)内单调递增，无最小值． 当a ＞0时，f ′(x ) ＝3(x a )(x ＋a ) ．
当x ∈(－∞，－a ) 和(a ，＋∞) 时，f (x ) 单调递增； 当x ∈(－a ，a ) 时，f (x ) 单调递减．
a ＜1，即0＜a ＜1时，f (x ) 在(0,1)内有最小值． 答案 D
1
3．已知函数f (x ) ＝33－2x 2＋3m ，x ∈[0，＋∞) ，若f (x ) ＋5≥0恒成立，则实数m 的取值范围是
( ) ．
B ．(－1,1) D ．(0,1)
( ) ．
⎡17⎫A. ⎢9⎪ ⎣⎭C ．(－∞，2]
⎛17⎫
B ． 9⎪
⎝⎭D ．(－∞，2)
解析 f ′(x ) ＝x 2－4x ，由f ′(x )>0，得x >4或x
∴f (x ) 在(0,4)上递减，在(4，＋∞) 上递增，∴当x ∈[0，＋∞) 时，f (x ) min ＝f (4)．∴17要使f (x ) ＋5≥0恒成立，只需f (4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m ≥9答案 A
1
4．已知函数f (x ) ＝33＋ax 2＋3x ＋1有两个极值点，则实数a 的取值范围是 ( ) ． A ．(3，＋∞) C ．(3，3)
解析 f ′(x ) ＝x 2＋2ax ＋3.
由题意知方程f ′(x ) ＝0有两个不相等的实数根， 所以Δ＝4a 2－12＞0， 解得：a 3或a ＜－3. 答案 D 二、填空题
5．已知函数f (x ) ＝x 2＋mx ＋ln x 是单调递增函数，则m 的取值范围是________． 2x 2＋mx ＋1解析 依题意知，x ＞0，f ′(x ) ＝x 令g (x ) ＝2x 2＋mx ＋1，x ∈(0，＋∞) ，
m
当－40时，g (0)＝1＞0恒成立，∴m ≥0成立； m
当－40时，则Δ＝m 2－8≤0，∴－22≤m ＜0. 综上，m 的取值范围是m ≥－22. 答案 [－2，＋∞)
1
6．若函数f (x ) ＝－22＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是______．
2
(x －1)(x －3)3－x ＋4x －3
解析 对f (x ) 求导，得f ′(x ) ＝－x ＋4－x ＝－. 由
x x
B ．(－∞，－3)
D ．(－∞，－3) ∪(3，＋∞)
f ′(x ) ＝0得函数f (x ) 的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1) 内，函数f (x ) 在区间[t ，t ＋1]上就不单调，所以t
答案 (0,1)∪(2,3)
7．(2014·浙江考试院抽测) 已知m ∈R ，若函数f (x ) ＝x 3－3(m ＋1) x 2＋12mx ＋1在[0,3]上无极值点，则m 的值为________．
解析 f ′(x ) ＝3x 2－6(m ＋1) x ＋12m ＝3(x －2)(x －2m ) ．由于f (x ) 在[0,3]上无极值点，则2m ＝2，所以m ＝1. 答案 1
8．已知函数f (x ) ＝x －
1
，g (x ) ＝x 2－2ax ＋4，若任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，x ＋1
使f (x 1) ≥g (x 2) ，则实数a 的取值范围是______． 解析 由于f ′(x ) ＝1＋
1
，因此函数f (x ) 在[0,1]上单调递增，所以x (x ＋1)∈[0,1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1. 根据题意可知存在x ∈[1,2]，使得g (x ) ＝x 2－2ax x 5x 5
＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥22x h (x ) ＝2＋2x ，则要使x 5
a ≥h (x ) 在x ∈[1,2]能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x ) ＝2＋2x 在x ∈[1,2]99上单调递减(可利用导数判断) ，所以h (x )min ＝h (2)＝4a ≥4. ⎡9⎫
答案 ⎢4，＋∞⎪
⎣⎭三、解答题
9．已知函数f (x ) ＝x 2＋2a ln x .
(1)若函数f (x ) 的图象在(2，f (2))处的切线斜率为1，为求实数a 的值； 2
(2)若函数g (x ) ＝x ＋f (x ) 在[1,2]上是减函数，求实数a 的取值范围．
2
2a 2x ＋2a
解 (1)f ′(x ) ＝2x ＋x x .
由已知f ′(2)＝1，解得a ＝－3.
222a
(2)由g (x ) ＝x ＋x 2＋2a ln x ，得g ′(x ) ＝－x ＋2x ＋x . 由函数g (x ) 为[1,2]上的单调减函数， 则g ′(x ) ≤0在[1,2]上恒成立， 22a
即－x ＋2x ＋x ≤0在[1,2]上恒成立，
12
即a ≤x x 在[1,2]上恒成立． 1
令h (x ) ＝x x 2，
11⎫
在[1,2]上h ′(x ) ＝－x －2x ＝－x 2x ⎪＜0，
⎝⎭7
所以h (x ) 在[1,2]上为减函数，h (x ) min ＝h (2)＝－27
所以a ≤－2a
10．(2014·北京西城区一模) 已知函数f (x ) ＝ln x －x ，其中a ∈R . (1)当a ＝2时，求函数f (x ) 的图象在点(1，f (1))处的切线方程； (2)如果对于任意x ∈(1，＋∞) ，都有f (x ) ＞－x ＋2，求a 的取值范围． 212解 (1)由f (x ) ＝ln x －x ，得f ′(x ) ＝x x 所以f ′(1)＝3. 又因为f (1)＝－2，
所以函数f (x ) 的图象在点(1，f (1))处的切线方程为3x －y －5＝0. a
(2)由f (x ) ＞－x ＋2，得ln x －x x ＋2， 即a ＜x ln x ＋x 2－2x . 设函数g (x ) ＝x ln x ＋x 2－2x ， 则g ′(x ) ＝ln x ＋2x －1. 因为x ∈(1，＋∞) ， 所以ln x ＞0,2x －1＞0，
所以当x ∈(1，＋∞) 时，g ′(x ) ＝ln x ＋2x －1＞0， 故函数g (x ) 在x ∈(1，＋∞) 上单调递增， 所以当x ∈(1，＋∞) 时，g (x ) ＞g (1)＝－1.
因为对于任意x ∈(1，＋∞) ，都有f (x ) ＞－x ＋2成立， 即对于任意x ∈(1，＋∞) ，都有a ＜g (x ) 成立， 所以a ≤－1.
11．(2014·山西临汾四校联考) 已知函数f (x ) ＝(1)讨论函数f (x ) 的单调性；
x ln (x －1)
x －2
(2)设g (x ) ＝x 2＋2x ＋3，证明：对任意x 1∈(1,2)∪(2，＋∞) ，总存在x 2∈R ，使得f (x 1) ＞g (x 2) ． (1)解 f ′(x ) ＝
[x ln (x －1)]′(x －2)－x ln (x －1)
(x －2)1x －1
－2ln (x －1)＋x －1－＝
(x －2)， 1， x －1
设h (x ) ＝－2ln(x －1) ＋x －1－
(x －1)2－2(x －1)＋1(x －2)2
则h ′(x ) ＝0，
(x －1)(x －1)∴h (x ) 在(1，＋∞) 上是单调递增函数，又h (2)＝0，
∴当x ∈(1,2)时，h (x ) ＜0，则f ′(x ) ＜0，f (x ) 是单调递减函数； 当x ∈(2，＋∞) 时，h (x ) ＞0，则f ′(x ) ＞0，f (x ) 是单调递增函数． 综上知：f (x ) 在(1,2)上是单调递减函数； 在(2，＋∞) 上是单调递增函数．
(2)证明 对任意x 1∈(1,2)∪(2，＋∞) ，总存在x 2∈R ，使得f (x 1) ＞g (x 2) 恒成x ln (x －1)
立等价于f (x ) ＞g (x ) min 恒成立，而g (x ) min ＝2，即证f (x ) ＞2恒成立，即证
x －2－2＞0恒成立， 也就是证
4⎤x ln (x －1)＋x －2⎥＞0，
⎦x －2⎣
414
设G (x ) ＝ln(x －1) ＋x 2，G ′(x ) ＝－x
x －1(x －2)2＝≥0， (x －1)x ∴G (x ) 在(1，＋∞) 上是单调递增函数，又G (2)＝0， ∴当x ∈(1,2)时，G (x ) ＜0，则 4⎤x ln (x －1)＋x －2⎥＞0，
⎦x －2⎣
当x ∈(2，＋∞) 时，G (x ) ＞0，则 4⎤x ln (x －1)＋x －2⎥＞0，
⎦x －2⎣
综上可得：对任意x 1∈(1,2)∪(2，＋∞) ，总存在x 2∈R ，
使得f (x 1) ＞g (x 2) ．
第三类
一、选择题
1．函数f (x ) 的定义域是R ，f (0)＝2，对任意x ∈R ，f (x ) ＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>ex ＋1的解集为
A. {x |x >0}
B. {x |x
C. {x |x 1}
D. {x |x
解析 构造函数g (x ) ＝e x ·f (x ) －e x ，因为g ′(x ) ＝e x ·f (x ) ＋e x ·f ′(x ) －e x ＝e x [f (x ) ＋f ′(x )]－e x >ex －e x ＝0，所以g (x ) ＝e x ·f (x ) －e x 为R 上的增函数．又因为g (0)＝e 0·f (0)－e 0＝1，所以原不等式转化为g (x )>g (0)，解得x >0.
答案 A
2．已知f (x ) 是定义在(0，＋∞) 上的非负可导函数，且满足xf ′(x ) ＋f (x ) ≤0，对任意的0
A ．af (b ) ≤bf (a )
C ．af (a ) ≤f (b ) B ．bf (a ) ≤af (b ) D ．bf (b ) ≤f (a ) ( ) ． ( ) ．
解析 因为xf ′(x ) ≤－f (x ) ，f (x ) ≥0，
xf ′(x )－f (x )－2f (x )⎡f (x )所以⎢x ′＝x 0， x ⎣⎦
f (x )则函数x 在(0，＋∞) 上单调递减．
f (a )f (b )由于0
答案 A
3．(2014·广安诊断) 已知e 是自然对数的底数，函数f (x ) ＝e x ＋x －2的零点为a ，函数g (x ) ＝ln x ＋x －2的零点为b ，则下列不等式中成立的是
A ．f (a ) ＜f (1)＜f (b )
C ．f (1)＜f (a ) ＜f (b ) B ．f (a ) ＜f (b ) ＜f (1) D ．f (b ) ＜f (1)＜f (a ) ( ) ．
解析 由题意，知f ′(x ) ＝e x ＋1＞0恒成立，所以函数f (x ) 在R 上是单调递增
的，而f (0)＝e 0＋0－2＝－1＜0，f (1)＝e 1＋1－2＝e －1＞0，所以函数f (x ) 的零点a ∈(0,1)；
1由题意，知g ′(x ) ＝x 1＞0，所以g (x ) 在(0，＋∞) 上是单调递增的，又g (1)
＝ln 1＋1－2＝－1＜0，g (2)＝ln 2＋2－2＝ln 2＞0，所以函数g (x ) 的零点b ∈(1,2)．
综上，可得0＜a ＜1＜b ＜2.
因为f (x ) 在R 上是单调递增的，所以f (a ) ＜f (1)＜f (b ) ．
答案 A
4．(2013·安徽卷) 若函数f (x ) ＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 有极值点x 1，x 2，且f (x 1) ＝x 1，则关于x 的方程3(f (x )) 2＋2af (x ) ＋b ＝0的不同实根个数是
A ．3
C ．5 B ．4 D ．6 ( ) ．
解析 因为函数f (x ) ＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2，可知关于导函数的方程f ′(x ) ＝3x 2＋2ax ＋b ＝0有两个不等的实根x 1，x 2，则方程3(f (x )) 2＋2af (x ) ＋b ＝0有两个不等的实根，即f (x ) ＝x 1或f (x ) ＝x 2，原方程根的个数就是这两个方程f (x ) ＝x 1和f (x ) ＝x 2的不等实根的个数之和，若x 1
1.
图1 图2
即方程3(f (x )) 2＋2af (x ) ＋b ＝0有三个不同的实根．
若x 1>x 2，如图2同理方程3(f (x )) 2＋2af (x ) ＋b ＝0有三个不同实根．
答案 A
二、填空题
1325．函数f (x ) ＝3－x －3x －1的图象与x 轴的交点个数是________．
解析 f ′(x ) ＝x 2－2x －3＝(x ＋1)(x －3) ，函数在(－∞，－1) 和(3，＋∞) 上是
增函数，在(－1,3) 上是减函数，由f (x ) 极小值＝f (3)＝－10＜0，f (x ) 极大值＝f (－1)
2＝3＞0知函数f (x ) 的图象与x 轴的交点个数为3.
答案 3
6．(2014·温州模拟) 关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是________．
解析 由题意知使函数f (x ) ＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可，又f ′(x ) ＝3x 2－6x ＝3x (x －2) ，令f ′(x ) ＝0，得x 1＝0，x 2＝2. 当x ＜0时，f ′(x ) ＞0；当0＜x ＜2时，f ′(x ) ＜0；当x ＞2时，f ′(x ) ＞0，所以当x ＝0时，f (x ) 取得极大值，即f (x ) 极大值＝f (0)＝－a ；当x ＝2时，f (x ) 取得极小值，即f (x ) 极小值
⎧－a ＞0，＝f (2)＝－4－a ，所以⎨解得－4＜a ＜0. ⎩－4－a ＜0，
答案 (－4,0)
7．(2014·洛阳模拟) 已知函数f (x ) ＝e x －2x ＋a 有零点，则a 的取值范围是________． 解析 函数f (x ) ＝e x －2x ＋a 有零点，即方程e x －2x ＋a ＝0有实根，即函数g (x ) ＝2x －e x ，y ＝a 有交点，而g ′(x ) ＝2－e x ，易知函数g (x ) ＝2x －e x 在(－∞，ln 2)上递增，在(ln 2，＋∞) 上递减，因而g (x ) ＝2x －e x 的值域为(－∞，2ln 2－2]，所以要使函数g (x ) ＝2x －e x ，y ＝a 有交点，只需a ≤2ln 2－2即可． 答案 (－∞，2ln 2－2]
148．(2014·邯郸质检) 已知函数f (x ) ＝33－x 2－3x ＋3l ：9x ＋2y ＋c ＝0，若当
x ∈[－2,2]时，函数y ＝f (x ) 的图象恒在直线l 下方，则c 的取值范围是________．
149c 解析 根据题意知3x 3－x 2－3x ＋3＜－2x －2在x ∈[－2,2]上恒成立，则
c 134－＞x 3－x 2＋， 2323
134设g (x ) ＝33－x 2＋2x ＋3
3则g ′(x ) ＝x 2－2x ＋2
则g ′(x ) ＞0恒成立，所以g (x ) 在[－2,2]上单调递增，
所以g (x ) max ＝g (2)＝3，则c ＜－6.
答案 (－∞，－6)
三、解答题
9．(2013·北京卷) 已知函数f (x ) ＝x 2＋x sin x ＋cos x .
(1)若曲线y ＝f (x ) 在点(a ，f (a )) 处与直线y ＝b 相切，求a 与b 的值；
(2)若曲线y ＝f (x ) 与直线y ＝b 有两个不同交点，求b 的取值范围． 解 由f (x ) ＝x 2＋x sin x ＋cos x ，
得f ′(x ) ＝x (2＋cos x ) ，
(1)∵y ＝f (x ) 在点(a ，f (a )) 处与直线y ＝b 相切．
∴f ′(a ) ＝a (2＋cos a ) ＝0且b ＝f (a ) ，
则a ＝0，b ＝f (0)＝1.
(2)令f ′(x ) ＝0，得x ＝0.
∴当x >0时，f ′(x )>0，f (x ) 在(0，＋∞) 递增．
当x
∴f (x ) 的最小值为f (0)＝1.
由于函数f (x ) 在区间(－∞，0) 和(0，＋∞) 上均单调，
所以当b >1时曲线y ＝f (x ) 与直线y ＝b 有且仅有两个不同交点．
综上所述，如果曲线y ＝f (x ) 与直线y ＝b 有两个不同交点，那么b 的取值范围是(1，＋∞) ．
10．(2014·昆明调研测试) 已知函数f (x ) ＝ln x －e x ＋a .
(1)若x ＝1是f (x ) 的极值点，讨论f (x ) 的单调性；
(2)当a ≥－2时，证明：f (x ) ＜0.
1(1)解 f ′(x ) ＝x e x ＋a (x ＞0) ，
∵x ＝1是f (x ) 的极值点，∴f ′(1)＝1－e 1＋a ＝0，
1∴a ＝－1，此时f ′(x ) ＝x －e x －1，
当x ∈(0,1)时，f ′(x ) ＞0，f (x ) 在(0,1)内单调递增，
当x ∈(1，＋∞) 时，f ′(x ) ＜0，f (x ) 在(1，＋∞) 内单调递减．
(2)证明 当a ≥－2时，e x ＋a ≥e x －2，f (x ) ＝ln x －e x ＋a
≤ln x －e x －2，只需证g (x ) ＝ln x －e x －2＜0即可，
1x －2g ′(x ) ＝x －e ，
1由g ′(x ) ＝0，得x ＝e x －2，由图象法知方程有唯一解x 0∈(1,2)且
ln x 0＝－x 0＋2，
当x ∈(0，x 0) 时，g ′(x ) ＞0，g (x ) 在(0，x 0) 内单调递增，
当x ∈(x 0，＋∞) 时，g ′(x ) ＜0，g (x ) 在(x 0，＋∞) 内单调递减，
∴g (x ) max ＝ln x 0－11＝－x 0＋2－x ，由x 0∈(1,2)知x 0＋x ＞200
01＝x ，01x 0·x ＝2，01g (x ) max ＝－x 0＋2－x ＜0.
综上，当a ≥－2时，f (x ) ＜0.
m 11．(2014·陕西卷) 设函数f (x ) ＝ln x ＋x m ∈R .
(1)当m ＝e(e为自然对数的底数) 时，求f (x ) 的极小值；
x (2)讨论函数g (x ) ＝f ′(x ) －3零点的个数；
f (b )－f (a )(3)若对任意b ＞a ＞0，1恒成立，求m 的取值范围． b －a
e 解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x ) ＝ln x ＋x
x －e 则f ′(x ) ＝x ，
∴当x ∈(0，e) ，f ′(x ) ＜0，f (x ) 在(0，e) 上单调递减，
当x ∈(e，＋∞) ，f ′(x ) ＞0，f (x ) 在(e，＋∞) 上单调递增，
e ∴x ＝e 时，f (x ) 取得极小值f (e)＝ln e＋e 2，
∴f (x ) 的极小值为2.
x 1m x (2)由题设g (x ) ＝f ′(x ) －3＝x －x 3x ＞0) ，
1令g (x ) ＝0，得m ＝－3x 3＋x (x ＞0) ．
1设φ(x ) ＝－3x 3＋x (x ≥0) ，
则φ′(x ) ＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1) ，
当x ∈(0,1)时，φ′(x ) ＞0，φ(x ) 在(0,1)上单调递增；
当x ∈(1，＋∞) 时，φ′(x ) ＜0，φ(x ) 在(1，＋∞) 上单调递减．
∴x ＝1是φ(x ) 的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x ) 的最大值点．
2∴φ(x ) 的最大值为φ(1)＝3.
又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x ) 的图象(如图) ，
可知
2①当m ＞3g (x ) 无零点；
2②当m ＝3g (x ) 有且只有一个零点；
2③当0＜m ＜3g (x ) 有两个零点；
④当m ≤0时，函数g (x ) 有且只有一个零点．
2综上所述，当m ＞3g (x ) 无零点；
2当m ＝3或m ≤0时，函数g (x ) 有且只有一个零点；
2当0＜m ＜3g (x ) 有两个零点．
(3)对任意的b ＞a ＞0，f (b )－f (a )1恒成立， b －a
等价于f (b ) －b ＜f (a ) －a 恒成立．(*)
m 设h (x ) ＝f (x ) －x ＝ln x ＋x x (x ＞0) ，
∴(*)等价于h (x ) 在(0，＋∞) 上单调递减．
1m 由h ′(x ) ＝x x 1≤0在(0，＋∞) 上恒成立，
11得m ≥－x 2＋x ＝－(x －22＋4x ＞0) 恒成立，
111∴m ≥4对m ＝4h ′(x ) ＝0仅在x ＝2) ，
1∴m 的取值范围是[4) ．
第一类 一、选择题
1
1．函数f (x ) ＝22－ln x 的单调递减区间为 A ．(－1,1] C ．[1，＋∞)
B ．(0,1] D ．(0，＋∞)
( ) ．
1
解析 由题意知，函数的定义域为(0，＋∞) ，又由f ′(x ) ＝x －x ≤0，解得0
⎛1f ′(x )
2. 已知函数y ＝ 2的图象如图所示，则函数f (x ) 的单调递增区间为 ( ) ．
⎝⎭
A ．(－∞，1)
B ．(－∞，0) 和(2，＋∞) C ．R D ．(1,2)
⎛1x
解析 因为函数y ＝ 2是R 上的减函数，所以f ′(x ) ＞0的充要条件是
⎝⎭⎛1⎛10＜ 2f ′(x ) ＜1，f ′(x ) ＜0的充要条件是 2f ′(x ) ＞1. 由图象，可知当x ∈(－∞，⎝⎭⎝⎭⎛10) ∪(2，＋∞) 时，0＜ 2f ′(x ) ＜1，即f ′(x ) ＞0. 所以函数f (x ) 的单调递增区间
⎝⎭为(－∞，0) 和(2，＋∞) ． 答案 B
3．已知e 为自然对数的底数，设函数f (x ) ＝(ex －1)(x －1) k (k ＝1,2) ，则 ( ) ． A ．当k ＝1时，f (x ) 在x ＝1处取到极小值 B ．当k ＝1时，f (x ) 在x ＝1处取到极大值 C ．当k ＝2时，f (x ) 在x ＝1处取到极小值 D ．当k ＝2时，f (x ) 在x ＝1处取到极大值
解析 当k ＝1时，f ′(x ) ＝e x ·x －1，f ′(1)≠0， ∴f (1)不是极值，故A ，B 错；
当k ＝2时，f ′(x ) ＝(x －1)(x e x ＋e x －2) ， 显然f ′(1)＝0，且x 在1的左侧附近f ′(x )0， ∴f (x ) 在x ＝1处取到极小值．故选C. 答案 C
4．设函数f (x ) 的定义域为R ，x 0(x 0≠0) 是f (x ) 的极大值点，以下结论一定正确的是
A ．∀x ∈R ，f (x ) ≤f (x 0) B ．－x 0是f (－x ) 的极小值点 C ．－x 0是－f (x ) 的极小值点 D ．－x 0是－f (－x ) 的极小值点
解析 A 错，因为极大值未必是最大值；B 错，因为函数y ＝f (x ) 与函数 y ＝f (－x ) 的图象关于y 轴对称，－x 0应是f (－x ) 的极大值点；C 错，函数y ＝f (x ) 与函数y ＝－f (x ) 的图象关于x 轴对称，x 0应为－f (x ) 的极小值点；D 正确，函数y ＝f (x ) 与y ＝－f (－x ) 的图象关于原点对称，－x 0应为y ＝－f (－x ) 的极小值点． 答案 D 二、填空题
15．(2014·盐城模拟) 已知f (x ) ＝2x 2＋2xf ′(2 014)＋2 014ln x ，则f ′(2 014)＝_____. 2 014解析 因为f ′(x ) ＝x ＋2f ′(2 014)＋x ， 2 014
所以f ′(2 014)＝2 014＋2f ′(2 014)＋2 014， 即f ′(2 014)＝－(2 014＋1) ＝－2 015. 答案 －2 015
x
6．函数f (x ) ＝2m cos 2 2＋1的导函数的最大值等于1，则实数m 的值为________． x 解析 显然m ≠0，所以f (x ) ＝2m cos 2 2＋1
( ) ．
⎛⎫2x
＝m 2cos 21⎪＋m ＋1＝m cos x ＋m ＋1，
⎝⎭因此f ′(x ) ＝－m sin x ，其最大值为1，故有m ＝±1. 答案 ±1
7．已知函数f (x ) ＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数，函数g (x ) ＝x 2－a ln x 在(1,2)上为增函数，则a 的值等于________．
解析 ∵函数f (x ) ＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数， a
∴2≥1，得a ≥2.
a
又∵g ′(x ) ＝2x －x g ′(x ) ≥0在x ∈(1,2)上恒成立，得2x 2≥a 在x ∈(1,2)上恒成立，有a ≤2，∴a ＝2. 答案 2
8．(2014·绍兴模拟) 若a >0，b >0，且函数f (x ) ＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值为________． 解析 依题意知f ′(x ) ＝12x 2－2ax －2b ， ∴f ′(1)＝0，即12－2a －2b ＝0，∴a ＋b ＝6.
⎛a ＋b 2
＝9，当且仅当a ＝b ＝3时取等号，∴ab 的最大又a >0，b >0，∴ab ≤
⎝2⎭值为9. 答案 9 三、解答题
9．设f (x ) ＝a (x －5) 2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x ) 在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0,6)． (1)确定a 的值；
(2)求函数f (x ) 的单调区间与极值． 解 (1)因f (x ) ＝a (x －5) 2＋6ln x ， 6
故f ′(x ) ＝2a (x －5) ＋x .
令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ， 所以曲线y ＝f (x ) 在点(1，f (1))处的切线方程为 y －16a ＝(6－8a )(x －1) ，
1
由点(0,6)在切线上可得6－16a ＝8a －6，故a ＝21
(2)由(1)知，f (x ) ＝2(x －5) 2＋6ln x (x >0)， 6(x －2)(x －3)
f ′(x ) ＝x －5＋x ＝x 令f ′(x ) ＝0，解得x ＝2或3. 当03时，f ′(x )>0， 故f (x ) 在(0,2)，(3，＋∞) 上为增函数； 当2
9
由此可知f (x ) 在x ＝2处取得极大值f (2)＝26ln 2，在x ＝3处取得极小值f (3)＝2＋6ln 3.
10．(2014·新课标全国卷Ⅱ节选) 已知函数f (x ) ＝e x －e －x －2x . (1)讨论f (x ) 的单调性；
(2)设g (x ) ＝f (2x ) －4bf (x ) ，当x >0时，g (x )>0，求b 的最大值． 解 (1)f ′(x ) ＝e x ＋e －x －2≥0，等号仅当x ＝0时成立． 所以f (x ) 在(－∞，＋∞) 单调递增．
(2)g (x ) ＝f (2x ) －4bf (x ) ＝e 2x －e －2x －4b (ex －e －x ) ＋(8b －4) x ， g ′(x ) ＝2[e2x ＋e －2x －2b (ex ＋e －x ) ＋(4b －2)] ＝2(ex ＋e －x －2)(ex ＋e －x －2b ＋2) ．
①当b ≤2时，g ′(x ) ≥0，等号仅当x ＝0时成立，所以g (x ) 在(－∞，＋∞) 单调递增．而g (0)＝0，所以对任意x >0，g (x )>0；
②当b >2时，若x 满足2
e x ⎛2⎫11．(2014·山东卷) 设函数f (x ) ＝x －k x ＋ln x ⎪(k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对
⎝⎭数的底数) ．
(1)当k ≤0时，求函数f (x ) 的单调区间；
(2)若函数f (x ) 在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值范围．
解 (1)函数y ＝f (x ) 的定义域为(0，＋∞) ． x 2e x －2x e x ⎛21f ′(x ) ＝k －x ＋x
x ⎝⎭x e x －2e x k (x －2)
＝x x (x －2)(e x －kx )＝.
x 由k ≤0可得e x －kx >0，
所以当x ∈(0,2)时，f ′(x )0，函数y ＝f (x ) 单调递增． 所以f (x ) 的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞) ． (2)由(1)知，k ≤0时，函数f (x ) 在(0,2)内单调递减， 故f (x ) 在(0,2)内不存在极值点；
当k >0时，设函数g (x ) ＝e x －kx ，x ∈(0，＋∞) ． 因为g ′(x ) ＝e x －k ＝e x －e ln k ， 当0
当x ∈(0,2)时，g ′(x ) ＝e x －k >0，y ＝g (x ) 单调递增． 故f (x ) 在(0,2)内不存在两个极值点； 当k >1时，
得x ∈(0，ln k ) 时，g ′(x )0，函数y ＝g (x ) 单调递增． 所以函数y ＝g (x ) 的最小值为g (ln k ) ＝k (1－ln k ) ． 函数f (x ) 在(0,2)内存在两个极值点，
⎧g (ln k )
当且仅当⎨g (2)>0，
⎩0
g (0)>0，
e 2
解得e
2
⎛e ⎫
综上所述，函数f (x ) 在(0,2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为 e ，2⎪.
⎝⎭
第二类 一、选择题
12
1．已知函数f (x ) ＝2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是
A ．[－1,1] C ．[1，＋∞)
B ．[－1，＋∞) D ．(－∞，1]
( ) ．
1
解析 f ′(x ) ＝mx ＋x 2≥0对一切x ＞0恒成立， ⎛12
∴m ≥－ x 2＋x .
⎝⎭
1⎛12
令g (x ) ＝－ x 2＋x ，则当x ＝1，即x ＝1时，函数g (x ) 取最大值1. 故m ≥1.
⎝⎭答案 C
2．(2014·广州调研) 函数f (x ) ＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，则a 的取值范围是
A ．[0,1) 1⎛
C. 0，2 ⎝⎭
解析 f ′(x ) ＝3x 2－3a ＝3(x 2－a ) ． 当a ≤0时，f ′(x ) ＞0，
∴f (x ) 在(0,1)内单调递增，无最小值． 当a ＞0时，f ′(x ) ＝3(x a )(x ＋a ) ．
当x ∈(－∞，－a ) 和(a ，＋∞) 时，f (x ) 单调递增； 当x ∈(－a ，a ) 时，f (x ) 单调递减．
a ＜1，即0＜a ＜1时，f (x ) 在(0,1)内有最小值． 答案 D
1
3．已知函数f (x ) ＝33－2x 2＋3m ，x ∈[0，＋∞) ，若f (x ) ＋5≥0恒成立，则实数m 的取值范围是
( ) ．
B ．(－1,1) D ．(0,1)
( ) ．
⎡17⎫A. ⎢9⎪ ⎣⎭C ．(－∞，2]
⎛17⎫
B ． 9⎪
⎝⎭D ．(－∞，2)
解析 f ′(x ) ＝x 2－4x ，由f ′(x )>0，得x >4或x
∴f (x ) 在(0,4)上递减，在(4，＋∞) 上递增，∴当x ∈[0，＋∞) 时，f (x ) min ＝f (4)．∴17要使f (x ) ＋5≥0恒成立，只需f (4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m ≥9答案 A
1
4．已知函数f (x ) ＝33＋ax 2＋3x ＋1有两个极值点，则实数a 的取值范围是 ( ) ． A ．(3，＋∞) C ．(3，3)
解析 f ′(x ) ＝x 2＋2ax ＋3.
由题意知方程f ′(x ) ＝0有两个不相等的实数根， 所以Δ＝4a 2－12＞0， 解得：a 3或a ＜－3. 答案 D 二、填空题
5．已知函数f (x ) ＝x 2＋mx ＋ln x 是单调递增函数，则m 的取值范围是________． 2x 2＋mx ＋1解析 依题意知，x ＞0，f ′(x ) ＝x 令g (x ) ＝2x 2＋mx ＋1，x ∈(0，＋∞) ，
m
当－40时，g (0)＝1＞0恒成立，∴m ≥0成立； m
当－40时，则Δ＝m 2－8≤0，∴－22≤m ＜0. 综上，m 的取值范围是m ≥－22. 答案 [－2，＋∞)
1
6．若函数f (x ) ＝－22＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是______．
2
(x －1)(x －3)3－x ＋4x －3
解析 对f (x ) 求导，得f ′(x ) ＝－x ＋4－x ＝－. 由
x x
B ．(－∞，－3)
D ．(－∞，－3) ∪(3，＋∞)
f ′(x ) ＝0得函数f (x ) 的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1) 内，函数f (x ) 在区间[t ，t ＋1]上就不单调，所以t
答案 (0,1)∪(2,3)
7．(2014·浙江考试院抽测) 已知m ∈R ，若函数f (x ) ＝x 3－3(m ＋1) x 2＋12mx ＋1在[0,3]上无极值点，则m 的值为________．
解析 f ′(x ) ＝3x 2－6(m ＋1) x ＋12m ＝3(x －2)(x －2m ) ．由于f (x ) 在[0,3]上无极值点，则2m ＝2，所以m ＝1. 答案 1
8．已知函数f (x ) ＝x －
1
，g (x ) ＝x 2－2ax ＋4，若任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，x ＋1
使f (x 1) ≥g (x 2) ，则实数a 的取值范围是______． 解析 由于f ′(x ) ＝1＋
1
，因此函数f (x ) 在[0,1]上单调递增，所以x (x ＋1)∈[0,1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1. 根据题意可知存在x ∈[1,2]，使得g (x ) ＝x 2－2ax x 5x 5
＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥22x h (x ) ＝2＋2x ，则要使x 5
a ≥h (x ) 在x ∈[1,2]能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x ) ＝2＋2x 在x ∈[1,2]99上单调递减(可利用导数判断) ，所以h (x )min ＝h (2)＝4a ≥4. ⎡9⎫
答案 ⎢4，＋∞⎪
⎣⎭三、解答题
9．已知函数f (x ) ＝x 2＋2a ln x .
(1)若函数f (x ) 的图象在(2，f (2))处的切线斜率为1，为求实数a 的值； 2
(2)若函数g (x ) ＝x ＋f (x ) 在[1,2]上是减函数，求实数a 的取值范围．
2
2a 2x ＋2a
解 (1)f ′(x ) ＝2x ＋x x .
由已知f ′(2)＝1，解得a ＝－3.
222a
(2)由g (x ) ＝x ＋x 2＋2a ln x ，得g ′(x ) ＝－x ＋2x ＋x . 由函数g (x ) 为[1,2]上的单调减函数， 则g ′(x ) ≤0在[1,2]上恒成立， 22a
即－x ＋2x ＋x ≤0在[1,2]上恒成立，
12
即a ≤x x 在[1,2]上恒成立． 1
令h (x ) ＝x x 2，
11⎫
在[1,2]上h ′(x ) ＝－x －2x ＝－x 2x ⎪＜0，
⎝⎭7
所以h (x ) 在[1,2]上为减函数，h (x ) min ＝h (2)＝－27
所以a ≤－2a
10．(2014·北京西城区一模) 已知函数f (x ) ＝ln x －x ，其中a ∈R . (1)当a ＝2时，求函数f (x ) 的图象在点(1，f (1))处的切线方程； (2)如果对于任意x ∈(1，＋∞) ，都有f (x ) ＞－x ＋2，求a 的取值范围． 212解 (1)由f (x ) ＝ln x －x ，得f ′(x ) ＝x x 所以f ′(1)＝3. 又因为f (1)＝－2，
所以函数f (x ) 的图象在点(1，f (1))处的切线方程为3x －y －5＝0. a
(2)由f (x ) ＞－x ＋2，得ln x －x x ＋2， 即a ＜x ln x ＋x 2－2x . 设函数g (x ) ＝x ln x ＋x 2－2x ， 则g ′(x ) ＝ln x ＋2x －1. 因为x ∈(1，＋∞) ， 所以ln x ＞0,2x －1＞0，
所以当x ∈(1，＋∞) 时，g ′(x ) ＝ln x ＋2x －1＞0， 故函数g (x ) 在x ∈(1，＋∞) 上单调递增， 所以当x ∈(1，＋∞) 时，g (x ) ＞g (1)＝－1.
因为对于任意x ∈(1，＋∞) ，都有f (x ) ＞－x ＋2成立， 即对于任意x ∈(1，＋∞) ，都有a ＜g (x ) 成立， 所以a ≤－1.
11．(2014·山西临汾四校联考) 已知函数f (x ) ＝(1)讨论函数f (x ) 的单调性；
x ln (x －1)
x －2
(2)设g (x ) ＝x 2＋2x ＋3，证明：对任意x 1∈(1,2)∪(2，＋∞) ，总存在x 2∈R ，使得f (x 1) ＞g (x 2) ． (1)解 f ′(x ) ＝
[x ln (x －1)]′(x －2)－x ln (x －1)
(x －2)1x －1
－2ln (x －1)＋x －1－＝
(x －2)， 1， x －1
设h (x ) ＝－2ln(x －1) ＋x －1－
(x －1)2－2(x －1)＋1(x －2)2
则h ′(x ) ＝0，
(x －1)(x －1)∴h (x ) 在(1，＋∞) 上是单调递增函数，又h (2)＝0，
∴当x ∈(1,2)时，h (x ) ＜0，则f ′(x ) ＜0，f (x ) 是单调递减函数； 当x ∈(2，＋∞) 时，h (x ) ＞0，则f ′(x ) ＞0，f (x ) 是单调递增函数． 综上知：f (x ) 在(1,2)上是单调递减函数； 在(2，＋∞) 上是单调递增函数．
(2)证明 对任意x 1∈(1,2)∪(2，＋∞) ，总存在x 2∈R ，使得f (x 1) ＞g (x 2) 恒成x ln (x －1)
立等价于f (x ) ＞g (x ) min 恒成立，而g (x ) min ＝2，即证f (x ) ＞2恒成立，即证
x －2－2＞0恒成立， 也就是证
4⎤x ln (x －1)＋x －2⎥＞0，
⎦x －2⎣
414
设G (x ) ＝ln(x －1) ＋x 2，G ′(x ) ＝－x
x －1(x －2)2＝≥0， (x －1)x ∴G (x ) 在(1，＋∞) 上是单调递增函数，又G (2)＝0， ∴当x ∈(1,2)时，G (x ) ＜0，则 4⎤x ln (x －1)＋x －2⎥＞0，
⎦x －2⎣
当x ∈(2，＋∞) 时，G (x ) ＞0，则 4⎤x ln (x －1)＋x －2⎥＞0，
⎦x －2⎣
综上可得：对任意x 1∈(1,2)∪(2，＋∞) ，总存在x 2∈R ，
使得f (x 1) ＞g (x 2) ．
第三类
一、选择题
1．函数f (x ) 的定义域是R ，f (0)＝2，对任意x ∈R ，f (x ) ＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>ex ＋1的解集为
A. {x |x >0}
B. {x |x
C. {x |x 1}
D. {x |x
解析 构造函数g (x ) ＝e x ·f (x ) －e x ，因为g ′(x ) ＝e x ·f (x ) ＋e x ·f ′(x ) －e x ＝e x [f (x ) ＋f ′(x )]－e x >ex －e x ＝0，所以g (x ) ＝e x ·f (x ) －e x 为R 上的增函数．又因为g (0)＝e 0·f (0)－e 0＝1，所以原不等式转化为g (x )>g (0)，解得x >0.
答案 A
2．已知f (x ) 是定义在(0，＋∞) 上的非负可导函数，且满足xf ′(x ) ＋f (x ) ≤0，对任意的0
A ．af (b ) ≤bf (a )
C ．af (a ) ≤f (b ) B ．bf (a ) ≤af (b ) D ．bf (b ) ≤f (a ) ( ) ． ( ) ．
解析 因为xf ′(x ) ≤－f (x ) ，f (x ) ≥0，
xf ′(x )－f (x )－2f (x )⎡f (x )所以⎢x ′＝x 0， x ⎣⎦
f (x )则函数x 在(0，＋∞) 上单调递减．
f (a )f (b )由于0
答案 A
3．(2014·广安诊断) 已知e 是自然对数的底数，函数f (x ) ＝e x ＋x －2的零点为a ，函数g (x ) ＝ln x ＋x －2的零点为b ，则下列不等式中成立的是
A ．f (a ) ＜f (1)＜f (b )
C ．f (1)＜f (a ) ＜f (b ) B ．f (a ) ＜f (b ) ＜f (1) D ．f (b ) ＜f (1)＜f (a ) ( ) ．
解析 由题意，知f ′(x ) ＝e x ＋1＞0恒成立，所以函数f (x ) 在R 上是单调递增
的，而f (0)＝e 0＋0－2＝－1＜0，f (1)＝e 1＋1－2＝e －1＞0，所以函数f (x ) 的零点a ∈(0,1)；
1由题意，知g ′(x ) ＝x 1＞0，所以g (x ) 在(0，＋∞) 上是单调递增的，又g (1)
＝ln 1＋1－2＝－1＜0，g (2)＝ln 2＋2－2＝ln 2＞0，所以函数g (x ) 的零点b ∈(1,2)．
综上，可得0＜a ＜1＜b ＜2.
因为f (x ) 在R 上是单调递增的，所以f (a ) ＜f (1)＜f (b ) ．
答案 A
4．(2013·安徽卷) 若函数f (x ) ＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 有极值点x 1，x 2，且f (x 1) ＝x 1，则关于x 的方程3(f (x )) 2＋2af (x ) ＋b ＝0的不同实根个数是
A ．3
C ．5 B ．4 D ．6 ( ) ．
解析 因为函数f (x ) ＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2，可知关于导函数的方程f ′(x ) ＝3x 2＋2ax ＋b ＝0有两个不等的实根x 1，x 2，则方程3(f (x )) 2＋2af (x ) ＋b ＝0有两个不等的实根，即f (x ) ＝x 1或f (x ) ＝x 2，原方程根的个数就是这两个方程f (x ) ＝x 1和f (x ) ＝x 2的不等实根的个数之和，若x 1
1.
图1 图2
即方程3(f (x )) 2＋2af (x ) ＋b ＝0有三个不同的实根．
若x 1>x 2，如图2同理方程3(f (x )) 2＋2af (x ) ＋b ＝0有三个不同实根．
答案 A
二、填空题
1325．函数f (x ) ＝3－x －3x －1的图象与x 轴的交点个数是________．
解析 f ′(x ) ＝x 2－2x －3＝(x ＋1)(x －3) ，函数在(－∞，－1) 和(3，＋∞) 上是
增函数，在(－1,3) 上是减函数，由f (x ) 极小值＝f (3)＝－10＜0，f (x ) 极大值＝f (－1)
2＝3＞0知函数f (x ) 的图象与x 轴的交点个数为3.
答案 3
6．(2014·温州模拟) 关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是________．
解析 由题意知使函数f (x ) ＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可，又f ′(x ) ＝3x 2－6x ＝3x (x －2) ，令f ′(x ) ＝0，得x 1＝0，x 2＝2. 当x ＜0时，f ′(x ) ＞0；当0＜x ＜2时，f ′(x ) ＜0；当x ＞2时，f ′(x ) ＞0，所以当x ＝0时，f (x ) 取得极大值，即f (x ) 极大值＝f (0)＝－a ；当x ＝2时，f (x ) 取得极小值，即f (x ) 极小值
⎧－a ＞0，＝f (2)＝－4－a ，所以⎨解得－4＜a ＜0. ⎩－4－a ＜0，
答案 (－4,0)
7．(2014·洛阳模拟) 已知函数f (x ) ＝e x －2x ＋a 有零点，则a 的取值范围是________． 解析 函数f (x ) ＝e x －2x ＋a 有零点，即方程e x －2x ＋a ＝0有实根，即函数g (x ) ＝2x －e x ，y ＝a 有交点，而g ′(x ) ＝2－e x ，易知函数g (x ) ＝2x －e x 在(－∞，ln 2)上递增，在(ln 2，＋∞) 上递减，因而g (x ) ＝2x －e x 的值域为(－∞，2ln 2－2]，所以要使函数g (x ) ＝2x －e x ，y ＝a 有交点，只需a ≤2ln 2－2即可． 答案 (－∞，2ln 2－2]
148．(2014·邯郸质检) 已知函数f (x ) ＝33－x 2－3x ＋3l ：9x ＋2y ＋c ＝0，若当
x ∈[－2,2]时，函数y ＝f (x ) 的图象恒在直线l 下方，则c 的取值范围是________．
149c 解析 根据题意知3x 3－x 2－3x ＋3＜－2x －2在x ∈[－2,2]上恒成立，则
c 134－＞x 3－x 2＋， 2323
134设g (x ) ＝33－x 2＋2x ＋3
3则g ′(x ) ＝x 2－2x ＋2
则g ′(x ) ＞0恒成立，所以g (x ) 在[－2,2]上单调递增，
所以g (x ) max ＝g (2)＝3，则c ＜－6.
答案 (－∞，－6)
三、解答题
9．(2013·北京卷) 已知函数f (x ) ＝x 2＋x sin x ＋cos x .
(1)若曲线y ＝f (x ) 在点(a ，f (a )) 处与直线y ＝b 相切，求a 与b 的值；
(2)若曲线y ＝f (x ) 与直线y ＝b 有两个不同交点，求b 的取值范围． 解 由f (x ) ＝x 2＋x sin x ＋cos x ，
得f ′(x ) ＝x (2＋cos x ) ，
(1)∵y ＝f (x ) 在点(a ，f (a )) 处与直线y ＝b 相切．
∴f ′(a ) ＝a (2＋cos a ) ＝0且b ＝f (a ) ，
则a ＝0，b ＝f (0)＝1.
(2)令f ′(x ) ＝0，得x ＝0.
∴当x >0时，f ′(x )>0，f (x ) 在(0，＋∞) 递增．
当x
∴f (x ) 的最小值为f (0)＝1.
由于函数f (x ) 在区间(－∞，0) 和(0，＋∞) 上均单调，
所以当b >1时曲线y ＝f (x ) 与直线y ＝b 有且仅有两个不同交点．
综上所述，如果曲线y ＝f (x ) 与直线y ＝b 有两个不同交点，那么b 的取值范围是(1，＋∞) ．
10．(2014·昆明调研测试) 已知函数f (x ) ＝ln x －e x ＋a .
(1)若x ＝1是f (x ) 的极值点，讨论f (x ) 的单调性；
(2)当a ≥－2时，证明：f (x ) ＜0.
1(1)解 f ′(x ) ＝x e x ＋a (x ＞0) ，
∵x ＝1是f (x ) 的极值点，∴f ′(1)＝1－e 1＋a ＝0，
1∴a ＝－1，此时f ′(x ) ＝x －e x －1，
当x ∈(0,1)时，f ′(x ) ＞0，f (x ) 在(0,1)内单调递增，
当x ∈(1，＋∞) 时，f ′(x ) ＜0，f (x ) 在(1，＋∞) 内单调递减．
(2)证明 当a ≥－2时，e x ＋a ≥e x －2，f (x ) ＝ln x －e x ＋a
≤ln x －e x －2，只需证g (x ) ＝ln x －e x －2＜0即可，
1x －2g ′(x ) ＝x －e ，
1由g ′(x ) ＝0，得x ＝e x －2，由图象法知方程有唯一解x 0∈(1,2)且
ln x 0＝－x 0＋2，
当x ∈(0，x 0) 时，g ′(x ) ＞0，g (x ) 在(0，x 0) 内单调递增，
当x ∈(x 0，＋∞) 时，g ′(x ) ＜0，g (x ) 在(x 0，＋∞) 内单调递减，
∴g (x ) max ＝ln x 0－11＝－x 0＋2－x ，由x 0∈(1,2)知x 0＋x ＞200
01＝x ，01x 0·x ＝2，01g (x ) max ＝－x 0＋2－x ＜0.
综上，当a ≥－2时，f (x ) ＜0.
m 11．(2014·陕西卷) 设函数f (x ) ＝ln x ＋x m ∈R .
(1)当m ＝e(e为自然对数的底数) 时，求f (x ) 的极小值；
x (2)讨论函数g (x ) ＝f ′(x ) －3零点的个数；
f (b )－f (a )(3)若对任意b ＞a ＞0，1恒成立，求m 的取值范围． b －a
e 解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x ) ＝ln x ＋x
x －e 则f ′(x ) ＝x ，
∴当x ∈(0，e) ，f ′(x ) ＜0，f (x ) 在(0，e) 上单调递减，
当x ∈(e，＋∞) ，f ′(x ) ＞0，f (x ) 在(e，＋∞) 上单调递增，
e ∴x ＝e 时，f (x ) 取得极小值f (e)＝ln e＋e 2，
∴f (x ) 的极小值为2.
x 1m x (2)由题设g (x ) ＝f ′(x ) －3＝x －x 3x ＞0) ，
1令g (x ) ＝0，得m ＝－3x 3＋x (x ＞0) ．
1设φ(x ) ＝－3x 3＋x (x ≥0) ，
则φ′(x ) ＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1) ，
当x ∈(0,1)时，φ′(x ) ＞0，φ(x ) 在(0,1)上单调递增；
当x ∈(1，＋∞) 时，φ′(x ) ＜0，φ(x ) 在(1，＋∞) 上单调递减．
∴x ＝1是φ(x ) 的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x ) 的最大值点．
2∴φ(x ) 的最大值为φ(1)＝3.
又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x ) 的图象(如图) ，
可知
2①当m ＞3g (x ) 无零点；
2②当m ＝3g (x ) 有且只有一个零点；
2③当0＜m ＜3g (x ) 有两个零点；
④当m ≤0时，函数g (x ) 有且只有一个零点．
2综上所述，当m ＞3g (x ) 无零点；
2当m ＝3或m ≤0时，函数g (x ) 有且只有一个零点；
2当0＜m ＜3g (x ) 有两个零点．
(3)对任意的b ＞a ＞0，f (b )－f (a )1恒成立， b －a
等价于f (b ) －b ＜f (a ) －a 恒成立．(*)
m 设h (x ) ＝f (x ) －x ＝ln x ＋x x (x ＞0) ，
∴(*)等价于h (x ) 在(0，＋∞) 上单调递减．
1m 由h ′(x ) ＝x x 1≤0在(0，＋∞) 上恒成立，
11得m ≥－x 2＋x ＝－(x －22＋4x ＞0) 恒成立，
111∴m ≥4对m ＝4h ′(x ) ＝0仅在x ＝2) ，
1∴m 的取值范围是[4) ．