导数2015年高考数学试题分类汇编及答案解析(专题八)

专题八： 导数及其应用

1.（2015年北京理科）已知函数f(x)ln

1x． 1x（Ⅰ）求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程；

x3（Ⅱ）求证：当x(0,1)时，f(x)2(x)；

3x31恒成立，求k的最大值． （Ⅲ）设实数k使得fxkx对x0，3【答案】（Ⅰ）2xy0，（Ⅱ）证明见解析，（Ⅲ）k的最大值为2 【解析】（Ⅰ）f(x)ln1x2,x(1,1),f(x),f(0)2,f(0)0，曲线f(x) 21x1x在点(0,f(0))处的切线方程为y02(x0)2xy0；

x3x3（Ⅱ）当x(0,1)时，f(x)2(x)，即不等式f(x)2(x)0，对于x(0,1)

33x3x3成立，设F(x)f(x)2(x)ln(1x)ln(1x)2(x)，则求得

331122x422F(x)22x2(1x)，当x(0,1)时，

1x1x1x21x2F(x)0，故F(x)在(0,1)上为增函数，则F(x)F(0)0，因此对x(0,1)，

x3f(x)2(x)成立；

3x3x3k(x)对x(0,1)恒成立，（Ⅲ）使f(x)等价于f(x)k(x)0对x(0,1)

33x3x3成立，设F(x)f(x)k(x)ln(1x)ln(1x)k(x)，x(0,1)，则

332kx42k2F(x)k(1x)，当k[0,2]时，F(x)0，函数在(0,1)上

1x21x2为增函数，F(x)F(0)0，符合题意；

4当k(2,)时，令F(x)0，x0k2(0,1)， k 1

x F(x) F(x) (0,x0)  x0 0 (x0,1)  极小值 F(x)F(0)，不成立，综上所述可知：k的最大值为2.

【考点】1.导数的几何意义；2.利用导数研究函数的单调性，证明不等式；

3.含参问题讨论.

x2klnx,k0． 2.（2015年北京文科）设函数f(x)2（Ⅰ）求f(x)的单调区间和极值；

（Ⅱ）证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1,e]上仅有一个零点． 【答案】（Ⅰ）单调递减区间是(0,k)，单调递增区间是(k,)；极小值f(k)（Ⅱ）证明详见解析

k(1lnk)； 2x2kx2kklnx,k0，)0，【解析】（Ⅰ）由f(x)得f(x)x，由f(x

xx2 解得xk，所以f(x)与f(x)在区间(0,)上的情况如下：

(0,k)  x F(x) F(x) k 0 (k,)  k(1lnk) 2 所以，f(x)的单调递减区间是(0,k)，单调递增区间是(k,)；f(x)在 xk处取得极小值f(k)k(1lnk)；

2k(1lnk)，

2 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)在区间(0,)上的最小值为f(k) 因为f(x)存在零点，所以

k(1lnk)0，从而ke，

2 当ke时，f(x)在区间(1,e)上单调递减，且f(e)0， 所以xe是f(x)在区间(1,e]上的唯一零点， 当ke时，

f(x)在区间(0,e)上单调递减，且f(1)1ek0，f(e)0， 22 2

所以f(x)在区间(1,e]上仅有一个零点；

综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1,e]上仅有一个零点. 【考点】1.导数的运算，2.利用导数判断函数的单调性，3.利用导数求函数的极值和最

大、最小值，4.函数零点问题.

3．（2015年安徽理科）设函数f(x)x2axb. （I）讨论函数f(sinx)在(,)内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；

22b，（II）记f0(x)x2a求函数f(sinx)f0(sinx)在[0x0,]上的最大值D；

22a2（III）在（II）中，取a0b00，求zb满足D1时的最大值.

4a2【答案】（I）极小值为b；（II）Daa0bb0； （III）1

4【解析】（I）由f(sinx)sin2xasinxb,x(,)，得：

22 [f(sinx)]2sinxcosxacosx(2sinxa)cosx,

x(,)cosx0,22sinx2； 而

22 当a2,bR时，函数f(sinx)在( 当a2,bR时，函数f(sinx)在(,,)单调递增，无极值， 22)单调递减，无极值，

22 当2a2,bR时，函数f(sinx)在( 使得2sinx0a，且 x0x,)内存在唯一的零点x0， 222xx0时，函数f(sinx)单调递减，

2时，函数f(sinx)单调递增，所以2a2,bR时，

aa2函数f(sinx)有最小值，f(sinx0)f()b；

24（II）当x[,]时，f(sinx)f0(sinx)(a0a)sinxbb0

22a0abb0，当(a0a)(bb0)0时，取x等号成立，

2当(a0a)(bb0)0时，取x等号成立，可知f(sinx)f0(sinx)

2在[,]上的最大值为Daa0bb0； 223

（III）当D1即ab1，而0a21,1b1，

a2a21，这是取b1,a0满足ab1且zb1， 得到zb44a2由此可知，zb满足条件D1的最大值为1.

4【考点】1.函数的单调性、极值与最大（小）值；2.绝对值不等式的应用. 4.（2015年安徽文科）已知函数f(x)ax(a0,r0)， 2(xr)（I）求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性； （II）若

a400，求f(x)在(0,)内的极值. r【答案】（I）递增区间是(r,r)，递减区间为(,r)和(r,)；

（II）极大值为100；无极小值

【解析】（I）由题意可知ar0即ar，所以f(x)的定义域为

a(xr)22ax(xr)a(x2r2)(,r)(r,)，又f(x)，

(xr)4(xr)4而a0,r0，令f(x)0x(r,r)，

令f(x)0x(,r)或(r,)，所以得f(x)的单调递增区间为

(r,r)，单调递减区间为(,r)和(r,)；

（II）由（I）可知f(x)在(0,)内的极大值为f(r)ara100， 4r24rf(x)在(0,)内无极小值；

所以f(x)在(0,)内极大值为100，无极小值.

【考点】1.导数在函数单调性中的应用；2.函数的极值.

5.（2015年福建理科）若定义在R上的函数f(x) 满足f(0)1 ，其导函数f(x) 满足

f(x)k1，则下列结论中一定错误的是

（A）f()1k111111k)) （B）f() （C）f( （D）f(

kk1k1k1k1k1k【答案】C

4

(x)k0，【解析】由已知条件，必须构造函数g(x)f(x)kx，则g(x)f

所以g(x)在R上单调递增，而k1110，)g0()故g(k1k10()f1,

即f(1k11)1f()，所以本题一定错误的是 k1k1k1k1选项C，而A、B、 D选项不能确定.

【考点】函数与导数．

6.（2015年福建理科）已知函数f(x)ln(1x),g(x)kx,(kR) (I)证明：当x0时，f(x)x；

(II)证明：当k1时，存在x00,使得对任意x(0,x0)恒有f(x)g(x)； (III)确定k的所以可能取值，使得存在t0，对任意的x(0,t)恒有f(x)g(x)x2． 【答案】(I)详见解析；(II)详见解析；(III) k1

【解析】(I)令F(x)f(x)xln(1x)x,x(0,)则有

F(x)1x1，当x(0,),F(x)0,所以F(x)在 1x1x(0,)上单调递减；故当x0时，F(x)F(0)0，

即当x0时，f(x)x；

(II)令G(x)f(x)g(x)ln(1x)kx,x(0,)则有

G(x)1kx(1k)k，当k0时，G(x)0, 1x1x所以G(x)在[0,)上单调递增, G(x)G(0)0，即f(x)g(x)， 故对任意正实数x0均满足题意， 当0k1时，令G(x)0，得x1k1110，取x01， kkk对任意x(0,x0)，恒有G(x)0,所以G(x)在[0,x0)上单调递增,

G(x)G(0)0,即f(x)g(x)，

综上，当k1时，总存在x00,使得对任意的x(0,x0)恒有f(x)g(x)；

5

(III) 法一：当k1时，由（I）知，对于x(0,),g(x)xf(x)， 故g(x)f(x),f(x)g(x)g(x)f(x)kxln(1x)， 令M(x)kxln(1x)x2,x(0,)，则有M(x)k12x 1xk22x2(k2)x1，故当x[0,1xM(x)0,M(x),在x[0,(k2)28(k1))时，

4k2(k2)28(k1))上单调递增，

4故M(x)M(0)0,即f(x)g(x)x2,所以满足题意的t不存在， 当k1时，由（II）知存在x00,使得对任意的任意的x(0,x0)恒有f(x)g(x)， 此时f(x)g(x)f(x)g(x)ln(1x)kx,令N(x)ln(1x)kxx2,x(0,)，

(k2)(k2)28(1k)12x2(k2)xk1) k2x则有N(x)，故当x(0,41x1x(k2)(k2)28(1k))上单调递增， 时，N(x)0,N(x)在[0,42(k2)(k2)8(1k)故N(x)N(0)0,即f(x)g(x)x2,记x0与中较

4小的为x1，则当x(0,x1)时，恒有f(x)g(x)x2，故满足题意的t不存在， 当k1，由（I）知，当x(0,),f(x)g(x)g(x)f(x)xln(1x)，

12x2x2x令H(x)xln(1x)x,x(0,),则有H(x)1， 1x1x2当x0时，H(x)0,,所以H(x)在[0,)上单调递减，故H(x)H(0)0, 故当x0时，恒有f(x)g(x)x2,此时，任意实数t满足题意， 综上，只有k1.

法二：当k1时，由（I）知，对于x(0,),g(x)xf(x)， 故g(x)f(x),f(x)g(x)g(x)f(x)kxln(1x)kxx(k1)x，

2令(k1)xx，解得0xk1，从而得到当k1时，对于x(0,k1)，

6

恒有f(x)g(x)x2,所以满足题意的t不存在， 当k1时，取k1k1kk11，由（II）知存在x00,使得任意 2x(0,x0)恒有f(x)k1xkxg(x)，

此时f(x)g(x)f(x)g(x)(k1k)x令

1kx, 21k1kxx2解得0x，此时f(x)g(x)x2, 221k记x0与中较小的为x1，则当x(0,x1)时，恒有f(x)g(x)x2，

2故满足题意的t不存在，

当k1，由（I）知，当x(0,),f(x)g(x)g(x)f(x)xln(1x)， 令M(x)xln(1x)x2,x(0,)，则有M(x)112x 1x2x2x，当x0时，M(x)0,,所以M(x)在[0,)上单调递减，

1x故M(x)M(0)0,故当x0时，恒有f(x)g(x)x2, 此时，任意实数t满足题意，综上，只有k1. 【考点】导数的综合应用． 7.（2015年福建文科）“对任意x(0,2),ksinxcosxx”，是“k1”的

（A）充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件 （C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件 【答案】B

【解析】当k1时，ksinxcosxkksin2x，构造函数f(x)sin2xx， 22则f(x)kcos2x10，所以f(x)在x(0,)单调递减，故得f(x)f(0)0，

21则ksinxcosxx成立；而当k1时，不等式ksinxcosxx等价于sin2xx，

2110，所以g(x)在x(0,) 构造函数g(x)sin2xx，则g(x)cos2x22单调递减，故得g(x)g(0)0，得到ksinxcosxx也成立；综上“对任意

x(0,2),ksinxcosxx”，是“k1”的必要不充分条件.

【考点】导数的应用．

7

(x1)28.（2015年福建文科）已知函数f(x)lnx.

2(I)求函数f(x)的单调递增区间； （II）证明：当x1时，f(x)x1；

1()x0时，（III）确定实数k的所有可能取值，使得存在x01，当x,恒有f(x)k(x1)．

【答案】(I) (0,15)；（II）详见解析；（III）(,1) 21x2x1,x(0,)， 【解析】(I) f(x)x1xxx0150x 由f(x)02

2xx10 故f(x)的单调递增区间是(0,15)； 2x2x11x21 （II）令F(x)f(x)(x1),x(0,)，则有F(x)， xx 当x(1,)时，F(x)0，所以F(x)在[1,)上单调递减， 故当x1时，F(x)F(1)0，即当x1时，f(x)x1； （III）由（II）知，当k1时，不存在x01满足题意，

当k1时，对于x1，有f(x)x1k(x1)，则f(x)k(x1)，

从而不存在x01满足题意，

当k1时，令G(x)f(x)k(x1),x(0,)，则有

x2x1x2(1k)x1G(x)k，由G(x)0得x2(1k)x10，

xx1k(1k)241k(1k)240，x21， 解得x122当x(1,x2)时，G(x)0，故G(x)在[1,x2)内单调递增， 从而当x(1,x2)时，G(x)G(1)0，即f(x)k(x1)， 综上，k的取值范围是(,1)．

8

【考点】导数的综合应用．

9.（2015年新课标1理科）设函数f(x)ex(2x1)axa,其中a1，若存在唯一的整 数x0，使得f(x0)0，则a的取值范围是 （A）[333333,1) （B）[,) （C）[,) （D）[,1) 2e2e42e42e【答案】D

【解析】设g(x)ex(2x1),yaxa，

由题意可知存在唯一的整数x0， 使得g(x0)在直线yaxa的下方， 而g(x)ex(2x1)，所以当x1时， 21g(x)0，当x时，g(x)0，

21()2e所以当x时，g(x)0，，gnimx212，

当x0时，g(0)1,g(1)3e0，直线yaxa恒过定点(1,0)，斜率

为a，故ag(0)1且g(1)3【考点】导数的综合应用．

10.（2015年新课标2理科）设函数f(x)是奇函数f(x)(xR)的导函数，f(1)0， 当x0时，xf(x)f(x)0，则使得f(x)0成立的x的取值范围是 （A）(,1)(0,1) （B）(1,0)(1,) （C）(,1)(1,0) （D）(0,1)(1,) 【答案】A

【解析】构造函数g(x)13aa2a，解得a1. e2ef(x)xf(x)f(x)，则g(x)，因为当x0时， xx2xf(x)f(x)0，故当x0时，g(x)0，所以g(x)在(0,)单调递减；

又因为函数f(x)(xR)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在

(,0)单调递减，且g(1)g(1)0，当0x1时，g(x)0，则

9

f(x)0；当x1时，g(x)0，则f(x)0，综上所述，使得f(x)0

成立的x的取值范围是(,1)(0,1).

【考点】导数的综合应用．

11.（2015年新课标2理科）设函数f(x)emxx2mx. （I）证明：f(x)在(,0)单调递减，在(0,)单调递增；

（II）若对于任意x1,x2[1,1]，都有f(x1)f(x2)e1，求m的取值范围. 【答案】（I）见解析，（II）(1,1)

【解析】（I）因为f(x)emxx2mx，所以f(x)memx2xm f(x)m2emx20在xR时恒成立，所以f(x)在xR时 单调递增，而f(0)0，所以x0时f(x)0，x0时f(x)0， 故f(x)在(,0)单调递减，在(0,)单调递增；

（II）由（I）知f(x)minf(0)1，当m0时，f(x)1x2， 在[1,1]上的最大值为2，所以有f(x1)f(x2)e1成立，

当m0时，f(1)em1m,f(1)em1m，设关于m的函数 g(m)f(1)f(1)emem2m，所以g(m)emem20， 所以g(m)f(1)f(1)emem2m在R单调递增，而g(0)0，

所以m0时，g(m)0得f(1)f(1)，m0时，g(m)0得f(1)f(1)，

m当m0时，f(x1)f(x2)f(1)1eme10m1，

当m0时，f(x1)f(x2)f(1)1e综上所述m的取值范围是(1,1).

【考点】导数的综合应用及均值不等式．

mme11m0，

12.（2015年新课标2文科）已知曲线yxlnx在点(1,1) 处的切线与曲线

yax2(a2)x1 相切,则a ．

10

【答案】8 【解析】由y11可得曲线yxlnx在点(1,1)处的切线斜率为2,故切线方程为 xy2x1,与yax2(a2)x1 联立得ax2ax20,显然a0,所以由

a28a0a8.

【考点】导数的几何意义.

13.（2015年新课标2文科）已知f(x)lnxa(1x). （I）讨论f(x)的单调性；

（II）当f(x)有最大值,且最大值大于2a2时,求a的取值范围.

【答案】（I）a0,f(x)在(0,)是单调递增；a0,f(x)在(0,)单调递增,在

1a1(,)单调递减； （II）(0,1) a【解析】（I）f(x)的定义域为(0,)，f(x)10,f(x)a，若a0，则f(x)

x11)在(0,)单调递增，若a0，则当x(0,)时，f(x)0，当x(,aa11时f(x)0，所以f(x)在(0,)单调递增，在(,)单调递减；

aa （II）由（I）知a0时f(x)在(0,)单调递增，无最大值，当a0时f(x)

1111取得最大值，最大值为f()lna(1)lnaa1，根据

aaaa1()nlaa1题意得f()lnaa12a2lnaa10，设ga，

a在x则g(a)在(0,)上为增函数，且g(1)0，于是当0a1时，g(a)0，当a1时，g(a)0，所以满足条件的a的取值范围是(0,1).

【考点】导数的应用.

14.（2015年陕西理科）对二次函数f(x)ax2bxc（a为非零常数），四位同学分别给 出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是 （A）1是f(x)的零点 （B）1是f(x)的极值点 （C）3是f(x)的极值 （D）点(2,8)在曲线yf(x)上 【答案】A

11

【解析】若选项A错误时，选项B、 C、 D正确，可得f(x)2axb，因为1是f(x)

f(1)02ab0b2a的极值点，3是f(x)的极值，所以，

f(1)3abc3c3a由于点(2,8)在曲线yf(x)上，所以4a2bc84a2(2a)a38， 解得a5,b10,c8，所以f(x)5x210x8，这是f(1)5(1)210(1)8 230，所以1不是f(x)的零点.

【考点】1.函数的零点； 2.利用导数研究函数的极值．

15.（2015年陕西理科）设fn(x)是等比数列1,x,x,,x的各项和，其中x0,nN,n2．

2n111n1(,1)xxn；F(x)f(x)2x（I）证明：函数n在内有且仅有一个零点（记为n），且n n222（II）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，

比较fn(x)与gn(x)的大小，并加以证明． 【答案】（I）证明见解析；

（II）当x1时，fn(x)gn(x)，当x1时，fn(x)gn(x)，证明见解析

【解析】（I）Fn(x)fn(x)21xxx2，因为n2则Fn(1)n10，

2n11()n111121n12F()1()()220，所以 nn122222121(Fn(x)在,1)内至少存在一个零点xn，又Fn(x)12x3x2nxn10， 211(,1)(F(x)F(x)故n在内单调递增，所以n在,1)内有且仅有一个零点xn， 22n11xn11n120xxn； F(x)F(x)0x因为n是n的零点，所以nn，即n1xn22(II)解法一：由题设，gn(x)2n(n1)(1xn),x0，设h(x)fn(x)gn(x)

2(n1)(1xn)1xxx,x0，当x1时, fn(x)gn(x)，

2当x1时, h(x)12x3x2nxn1n(n1)xn1 ，若0x1,

2 12

h(x)xn12xn13xn1nxn1n(n1)xn1

2n(n1)xn1n(n1)xn10，

22若x1,h(x)xn12xn13xn1nxn1n(n1)xn1

2n(n1)xn1n(n1)xn10

22所以h(x)在(0,1)上递增，在(1,)上递减，所以h(x)h(1)0， 即fn(x)gn(x)，

综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)，当x1时，fn(x)gn(x). 解法二 由题设，fn(x)1xxx，gn(x)当x1时，fn(x)gn(x)，

当x1时, 用数学归纳法可以证明fn(x)gn(x)，

当n2时, f2(x)g2(x)(1x)0所以f2(x)g2(x)成立， 假设nk(k2)时，不等式成立，即fk(x)gk(x)，

k1k1那么，当nk1时，fk1(x)fk(x)xgk(x)x

2n(n1)(1xn),x0

2122(k1)(1xk)2xk1(k1)xkk1k1x，

22(k2)(1xk1)2xk1(k1)xkk1,gk1(x)又gk1(x)

22kxk1(k1)xk1k1k，令hk(x)kx(k1)x1(x0)，

2(x)k(k1)xk(k1)x则hkkk1k(k1)xk1(x1)

(x)0,hk(x)在(0,1)上递减，当x1,hk(x)0,hk(x)在 所以当0x1,hk 13

2xk1(k1)xkk1(1,)上递增，所以hk(x)hk(1)0，从而gk1(x)

2故fk1(x)gk1(x)对于nk1不等式也成立， 所以，对于一切n2的整数，都有fn(x)gn(x). 【考点】1.零点定理；2.利用导数研究函数的单调性.

16.（2015年陕西文科）函数yxe在其极值点处的切线方程为______.

【答案】y1 exxx()0x1【解析】yf(x)xef(x)(1x)e，令fx)，而f(11， ex 所以函数yxe在其极值点处的切线方程为y.

1e【考点】导数的几何意义.

17.（2015年天津理科）已知函数f(x)nxx,xR,nN*,n2. (I)讨论f(x)的单调性；

(II)设曲线yf(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为yg(x),

求证：对于任意的正实数x，都有f(x)g(x)；

(III)若关于x的方程f(x)a(aR)有两个正实根x1,x2，求证：x1x2na2. 1n【答案】(I) 当n为奇数时，f(x)在(,1),(1,)上单调递减，在(1,1)内单调递

增；当n为偶数时，f(x)在(,1)上单调递增，f(x)在(1,)上单调递减. (II)见解析； (III)见解析

【解析】 (I)由f(x)nxx,xR,nN*,n2，得f(x)nnxn1n(1xn1)

分两种情况讨论：①当n为奇数时：令f(x)0，解得x1或x1， 当x变化时，f(x),f(x)的变化情况如下表：

n 14

所以f(x)在(,1),(1,)上单调递减，在(1,1)内单调递增，②当n为偶 数时，当f(x)0，即x1时，函数f(x)单调递增；当f(x)0，即x1 时，函数f(x)单调递减，所以f(x)在(,1)上单调递增，f(x)在(1,)上 单调递减；

(II)证明：设点P的坐标为(x0,0)，则x0n1n1,f(x0)nn2，曲线

yf(x)在点P处的切线方程为yg(x)f(x0)(xx0)，

令F(x)f(x)g(x)，即F(x)f(x)f(x0)(xx0)，

则F(x)f(x)f(x0)，由于f(x)nxn1n在(0,)上单调递减，故

F(x)在(0,)上单调递减，又因为F(x0)0，所以当x(0,x0)时， F(x)0，当x(x0,)时，F(x)0，所以F(x)在(0,x0)内单调递增，

在(x0,)内单调递减，所以对任意的正实数x都有F(x)F(x0)0，即对 任意的正实数x，都有f(x)g(x)；

(III)证明：不妨设x1x2，由(II)知g(x)(nn2)(xx0)，设方程

g(x)a的根为

，可得x2x2ax0，当n2时，g(x)在 2nn)可得x2x2，(,)上单调递减，又由(II)知g(x2)f(x2)ag(x2

类似的，设曲线yf(x)在原点处的切线方程为yh(x)，可得h(x)nx， 当x(0,)，f(x)h(x)xn0，即对任意x(0,)，f(x)h(x)，

a，因为h(x)nx在(,)上单调 nax1x1，)af(x1)h(x1)，x0，递增，且h(x1因此x1故得x2x1x2

1n设方程h(x)a的根为x1，可得x12又n2时，

n1(11)n11C1n11n1n，所以x0n1n1(21n1n1)2，

a2. 1n【考点】1.导数的运算及导数的几何意义；2.利用导数研究函数性质、证明不等式.

所以x1x2 15

18.（2015年天津文科）已知函数f(x)axlnx,x(0,) ,其中a为实数, f(x)为f(x) 的导函数,若f(1)3 ,则a的值为 ． 【答案】3

【解析】因为f(x)a(1lnx) ,所以f(1)a3. 【考点】导数的运算法则.

19.（2015年山东理科）设函数f(x)ln(x1)a(x2x)，其中aR. （I）讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由； （II）若x0,f(x)0成立，求a的取值范围. 【答案】（I）当0a88时f(x)的无极值点；当a0时f(x)有一个极值点；当a 99时，f(x)的有两个极值点；（II）0a1

【解析】（I）因为f(x)ln(x1)a(x2x)，定义域为(1,)，所以

11a(2x1)(x1)12ax2axa1f(x)a(2x1)，

x1x1x110， 设g(x)2ax2axa1，当a0时，g(x)1,f(x)x1函数f(x)在(1,)为增函数，无极值点；当a0时，

8时0，g(x)0,f(x)0， 98函数f(x)在(1,)为增函数，无极值点；若a时0，设g(x)0

91的两个不相等的实数根x1,x2，且x1x2，则x1x2,g(1)10，

21所以1x1x2，故得当x(1,x1),g(x)0,f(x)0,f(x)单调递增，

4a28a(a1)9a28a，若0a当x(x1,x2),g(x)0,f(x)0,f(x)单调递减，当x(x2,),g(x)0,f(x)0,f(x) 单调递增，此时函数f(x)有两个极值点；当a0时0，而

g(1)10,x11x2，所以当x(1,x2),g(x)0,f(x)0,f(x)单调递増；

当x(x2,),g(x)0,f(x)0,f(x)单调递减，所以f(x)只有一个极值点； 综上可知当0a8时f(x)的无极值点；当a0时f(x)有一个极值点；当 916

8时，f(x)的有两个极值点； 98（II）由（I）可知当0a时f(x)在(0,)单调递增，而f(0)0，

98 则当x(0,)时，f(x)0，符合题意；当a1时，

9ag(0)0,x20,f(x)在(0,)单调递增，而f(0)0，则当x(0,)时， f(x)0，符合题意；当a1时，g(0)0,x20，所以函数f(x)在(0,x2)

单调递减，而f(0)0，则当x(0,x2)时，f(x)0，不符合题意； 当a0时，设h(x)xln(x1)，当x(0,)时h(x)11x0， x11xh(x)在(0,)单调递增，因此当x(0,)时h(x)h(0)0,ln(x1)0，

于是f(x)xa(x2x)ax2(1a)x，当x1此时f(x)0，不符合题意； 综上所述，a的取值范围是0a1. 【考点】导数的综合应用.

20.（2015年江苏）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状， 计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1,l2，山 区边界曲线为c，计划修建的公路为l，如图所示，M,N为c的两个端点，测得点M到

1时ax2(1a)x0， al1,l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1,l2的距离分别为20千米和2.5千米，以 l1,l2所在的直线分别为x,y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线c符合函数

ya（其中a,b为常数）模型. 2xb （I）求a,b的值；

（II）设公路l与曲线c相切于P点，P的横坐标为t，

① 请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其 定义域；

②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度.

BA324106t000,b0；【答案】（I）求a1（II）①f(t)，定义域为[5,20]， 2t4

17

②t102,f(t)min153千米

【解析】（I）由题意知，点M,N的坐标分别为(5,40),(20,2.5)，代入函数式

a40a100025bay2，得，解得；

ab0xb2.5400b10001000 （II）①由（I）知y2(5x20)，则点的坐标为(t,2)，

xt2000 设在点P处的切线l交x,y轴分别于A,B点，y3，

x3t300010002000 则l的方程为y23(xt)，可得A(,0),B(0,2)，

2ttt3t230002324106t,t[5,20]； 所以f(t)()(2)42t2t410616106②设g(t)t，则g(t)2t，令g(t)0， 45tt2解得t102,当t(5,10当t(10从而得当t这时

2)时，g(t)0，g(t)时减函数，

2,20)时，g(t)0，g(t)时增函数，

102时，函数g(t)有极小值，也是最小值，g(t)min300，

f(t)min153，

3千米.

答：当t102时，公路l得长度最短，最短长度为15【考点】利用导数求函数最大（小）值，导数几何意义. 21.（2015年江苏）已知函数f(x)x3ax2b(a,bR). （I）试讨论f(x)的单调性；

（II）若bca（实数c是a与无关的常数），当函数f(x)有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是(,3)(1,)(,)，求c的值.

32322a(,)，【答案】（I）当a0时，f(x)在(,)上单调递增；当a0时，f(x)在

3 18

(0,)上单调递增，在(2a,0)上单调递减；当a0时，f(x)在 3(,0)，(（II）c1

2a2a,)上单调递增，在(0,)上单调递减； 332【解析】（I）f(x)3x2ax，令f(x)0，得x10,x22a， 3 当a0时，

f(x)3x20，得到f(x)在(,)上单调递增，

当a0时，2a2a0x(,)(0,)时，f(x)0， 33 x(2a2a,0)时，f(x)0，所以函数f(x)在(,)，(0,)

332a,0)上单调递减； 上单调递增，在(3 当a0时，02a2ax(,0)(,)时，f(x)0， 33 x(0,2a2a)时，f(x)0，所以函数f(x)在(,0),(,)，

332a)上单调递减； 3f(2a43)ab， 327 上单调递增，在(0, （II）由（I）知f(x)的两个极值为f(0)b，

则函数f(x)有三个零点等价于f(0)f(2a4)b(a3b)0， 327a0a0443，  从而得或3ab00ba2727 又bca，所以当a0时，

434aac0或当a0时，a3ac0， 2727 19

设g(a)43aac，因为f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是 2732323232 (,3)(1,)(,)，则在(,3)上g(a)0且在(1,)(,)上

3g(3)c10,g()c10成立，因此c1， g(a)0均恒成立，从而

2 此时f(x)xax1a(x1)[x(a1)x(a1)]，因为有三个零点，则

2 x(a1)x(a1)0有两个异于1的不等实根，所以(a1)24(a1)

3222 a2a30，且(1)2(a1)1a0，解得a的取值范围是

33(,3)(1,)(,)，可以确认c1.

22【考点】利用导数求函数单调性、极值、函数零点.

20