高考数学理压轴集锦——导数及其应用

高考数学理压轴集锦——导数及其应用

高考数学（理）压轴集锦——导数及其应用 ‎1．（2016•河东区一模）已知函数f（x）=lnx﹣ax2﹣bx．‎ ‎（Ⅰ）当a=﹣1时，若函数f（x）在其定义域内是增函数，求b的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）若f（x）的图象与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）（x1＜x2）两点，且AB的中点为C（x0，0），求证：f′（x0）＜0．‎ ‎2．（2016•湖南模拟）已知函数f（x）=2lnx﹣ax+a（a∈R）．‎ ‎（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（Ⅱ）若f（x）≤0恒成立，证明：当0＜x1＜x2，．‎ ‎3．（2016•新余校级一模）设函数f（x）=﹣ax．‎ ‎（Ⅰ）若a=0，求f（x）的单调增区间；‎ ‎（Ⅱ）当b=1时，若存在x1，x2∈[e，e2]，使f（x1）≤f′（x2）+a成立，求实数a的最小值．（其中e为自然对数的底数）‎ ‎4．（2016•北海一模）已知函数f（x）=ax+xlnx（a∈R）‎ ‎（Ⅰ）若函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，求a的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）当a=1且k∈z时，不等式k（x﹣1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，求k的最大值．‎ ‎5．（2016•石嘴山校级一模）已知f（x）=+nlnx（m，n为常数）在x=1处的切线为x+y﹣2=0．‎ ‎（Ⅰ）求y=f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）若任意实数x∈[，1]，使得对任意的t∈[，2]上恒有f（x）≥t3﹣t2﹣2at+2成立，求实数a的取值范围．‎ ‎6．（2016•太原校级模拟）设函数f（x）=x﹣﹣mlnx ‎（Ⅰ）若函数f（x）在定义域上为增函数，求m范围；‎ ‎（Ⅱ）在（1）条件下，若函数h（x）=x﹣lnx﹣，∃x1，x2∈[1，e]使得f（x1）≥h（x2）成立，求m的范围．‎ ‎7．（2016•衡阳一模）已知函数．‎ ‎（Ⅰ）当a＞0时，求函数f（x）的单调递减区间；‎ ‎（Ⅱ）当a=0时，设函数g（x）=xf（x）﹣k（x+2）+2．若函数g（x）在区间上有两个零点，求实数k的取值范围．‎ ‎8．（2016•成都模拟）已知函数f（x）=﹣ax2+（1+a）x﹣lnx（a∈R）．‎ ‎（Ⅰ）当a＞0时，求函数f（x）的单调递减区间；‎ ‎（Ⅱ）当a=0时，设函数g（x）=xf（x）．若存在区间[m，n]⊆[，+∞），使得函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，求实数k的取值范围．‎ ‎9．（2016•淮北一模）对于函数y=f（x）的定义域为D，如果存在区间[m，n]⊆D，同时满足下列条件：‎ ‎①f（x）在[m，n]上是单调函数； ②当f（x）的定义域为[m，n]时，值域也是[m，n]，则称区间[m，n]是函数f（x）的“Z区间”．对于函数f（x）=（a＞0）．‎ ‎（Ⅰ） 若a=1，求函数f（x）在（e，1﹣e）处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ） 若函数f（x）存在“Z区间”，求a的取值范围．‎ ‎10．（2016•银川校级二模）设函数f（x）=x2﹣mlnx，g（x）=x2﹣（m+1）x，m＞0．‎ ‎（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）当m≥1时，讨论函数f（x）与g（x）图象的交点个数．‎ ‎11．（2016•荆州一模）已知函数f（x）满足对于任意x＞0，都有f（x）+2f（）=logax++（a＞0，a≠1）．‎ ‎（Ⅰ）求f（x）的极值；‎ ‎（Ⅱ）设f（x）的导函数为f′（x），试比较f（x）与f′（x）的大小，并说明理由．‎ ‎12．（2016•上饶一模）若f（x）=其中a∈R ‎（Ⅰ）当a=﹣2时，求函数y（x）在区间[e，e2]上的最大值；‎ ‎（Ⅱ）当a＞0，时，若x∈[1，+∞），f（x）≥a恒成立，求a的取值范围．‎ ‎13．（2016•广西一模）设函数f（x）=x3+ax2+bx（x＞0）的图象与x轴相切于M（3，0）．‎ ‎（Ⅰ）求f（x）的解析式，并求y=+4lnx的单调减区间；‎ ‎（Ⅱ）是否存在两个不等正数s，t（x＞t），当x∈[s，t]时，函数f（x）=x3+ax2+bx的值域也是[s，t]，若存在，求出所有这样的正数s，t，若不存在，请说明理由．‎ ‎14．（2016•平度市一模）已知函数，‎ ‎（Ⅰ）若p=2，求曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）若函数f（x）在其定义域内为增函数，求正实数p的取值范围；‎ ‎（Ⅲ）若p2﹣p≥0，且至少存在一点x0∈[1，e]，使得f（x0）＞g（x0）成立，求实数p的取值范围．‎ ‎15．（2016•安徽校级一模）已知函数f（x）=ln（x+1）﹣x（x＞﹣1）．‎ ‎（Ⅰ）求f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）若k∈Z，且f（x﹣1）+x＞k（1﹣）对任意x＞1恒成立，求k的最大值；‎ ‎（Ⅲ）对于在（0，1）中的任意一个常数a，是否存在正数x0，使得e＜1﹣x02成立？请说明理由．‎ ‎16．（2016•山东三模）已知函数f（x）=（x＞0）．‎ ‎（Ⅰ）试判断函数f（x）在（0，+∞）上单调性并证明你的结论；‎ ‎（Ⅱ）若f（x）＞恒成立，求整数k的最大值；‎ ‎（Ⅲ）求证：（1+1×2）（1+2×3）…[1+n（n+1）]＞e2n﹣3．‎ ‎17．（2016•湖南模拟）已知函数f1（x）=x2，f2（x）=alnx（其中a＞0）．‎ ‎（Ⅰ）求函数f（x）=f1（x）﹣f2（x）的极值；‎ ‎（Ⅱ）若函数g（x）=f1（x）﹣f2（x）+（a﹣1）x在区间（，e）内有两个零点，求正实数a取值范围；‎ ‎（Ⅲ）求证：当x＞0时，lnx+﹣＞0．（说明：e是自然对数的底数，e=2.71828…）‎ ‎18．（2016•通辽一模）已知函数f（x）=（a＞0）．‎ ‎（Ⅰ）若a＞，且曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线的斜率为﹣，求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）求证：当x＞1时，f（x）＞．‎ ‎19．（2016•鹰潭校级模拟）已知函数f（x）=x3+x2+ax+b（a，b为常数），其图象是曲线C．‎ ‎（Ⅰ）当a=﹣2时，求函数f（x）的单调减区间；‎ ‎（Ⅱ）设函数f（x）的导函数为f′（x），若存在唯一的实数x0，使得f（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，求实数b的取值范围；‎ ‎（Ⅲ）已知点A为曲线C上的动点，在点A处作曲线C的切线l1与曲线C交于另一点B，在点B处作曲线C的切线l2，设切线l1，l2的斜率分别为k1，k2．问：是否存在常数λ，使得k2=λk1？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎20．（2016•红桥区一模）设函数f（x）=ax﹣2﹣lnx（a∈R）．‎ ‎（Ⅰ）若f（x）在点（e，f（e））处的切线斜率为，求a的值；‎ ‎（Ⅱ）当a＞0时，求f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅲ）若g（x）=ax﹣ex，求证：在x＞0时，f（x）＞g（x）．‎ ‎21．（2016•天津一模）已知函数f（x）=lnx ‎（Ⅰ）若曲线g（x）=f（x）+在x=2处的切线与直线x+4y=0平行，求a的值；‎ ‎（Ⅱ）求证：函数φ（x）=f（x）﹣在（0，+∞）上为单调增函数；‎ ‎（Ⅲ）若斜率为k的直线与y=f（x）的图象交于A、B两点，点M（x0，y0）为线段AB的中点，求证：kx0＞1．‎ ‎22．（2016•南昌校级二模）已知函数f（x）=a（x﹣1）（ex﹣a）（常数a∈R且a≠0）．‎ ‎（Ⅰ）证明：当a＞0时，函数f（x）有且只有一个极值点；‎ ‎（Ⅱ）若函数f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：0＜f（x1）＜且0＜f（x2）＜．‎ ‎23．（2016•岳阳校级一模）已知函数f（x）=ax，g（x）=lnx，其中a∈R．‎ ‎（Ⅰ）若函数F（x）=f[sin（1﹣x）]+g（x）在区间（0，1）上为增函数，求a的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）设an=sin，求证：＜ln2．‎ ‎24．（2016•吉林三模）设，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线2x+y+1=0垂直．‎ ‎（Ⅰ）求a的值；‎ ‎（Ⅱ）若∀x∈[1，+∞），f（x）≤m（x﹣1）恒成立，求m的范围．‎ ‎（Ⅲ）求证：．‎ ‎25．（2016•汕头模拟）已知函数f（x）=lnx﹣（1+a）x2﹣x．‎ ‎（Ⅰ）讨论 函数f（x）的单调性；‎ ‎（Ⅱ）当a＜1时，证明：对任意的x∈（0，+∞），有f（x）＜﹣﹣（1+a）x2﹣a+1．‎ ‎26．（2016•遂宁模拟）已知函数f（x）=mex﹣x﹣1．（其中e为自然对数的数）‎ ‎（Ⅰ）若曲线y=f（x）过点P（0，1），求曲线y=f（x）在点P（0，1）处的切线方程．‎ ‎（Ⅱ）若f（x）的两个零点为x1，x2且x1＜x2，求y=（e﹣e）（﹣m）的值域．‎ ‎（Ⅲ）若f（x）＞0恒成立，试比较em﹣1与me﹣1的大小，并说明理由．‎ ‎27．（2016•太原校级二模）已知函数，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=x﹣1．‎ ‎（Ⅰ）求实数a的值，并求f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）试比较20142015与20152014的大小，并说明理由；‎ ‎（Ⅲ）是否存在k∈Z，使得kx＞f（x）+2对任意x＞0恒成立？若存在，求出k的最小值；若不存在，请说明理由．‎ ‎28．（2016•眉山模拟）已知函数f（x）=lnx，g（x）=ex，其中e是自然对数的底数，e=2.71828…‎ ‎（Ⅰ）若函数φ（x）=f（x）﹣，求函数φ（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）若x≥0，g（x）≥kf（x+1）+1恒成立，求实数k的取值范围；‎ ‎（Ⅲ）设直线l为函数f（x）的图象上一点，A（x0，f（x0））处的切线，证明：在区间（1，+∞）上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y=g（x）相切．‎ ‎29．（2016•佛山模拟）已知函数f（x）=ln（1+x）﹣ax在x=﹣处的切线的斜率为1．‎ ‎（Ⅰ）求a的值及f（x）的最大值；‎ ‎（Ⅱ）证明：1+++…+＞ln（n+1）（n∈N*）；‎ ‎（Ⅲ）设g（x）=b（ex﹣x），若f（x）≤g（x）恒成立，求实数b的取值范围．‎ ‎30．（2016•日照一模）已知函数．‎ ‎（Ⅰ）记函数，求函数F（x）的最大值；‎ ‎（Ⅱ）记函数若对任意实数k，总存在实数x0，使得H（x0）=k成立，求实数s的取值集合．‎ 高考数学（理）压轴集锦——导数及其应用 参考答案与试题解析 ‎1．（2016•河东区一模）已知函数f（x）=lnx﹣ax2﹣bx．‎ ‎（I）当a=﹣1时，若函数f（x）在其定义域内是增函数，求b的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）若f（x）的图象与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）（x1＜x2）两点，且AB的中点为C（x0，0），求证：f′（x0）＜0．‎ ‎【考点】函数的单调性与导数的关系；导数在最大值、最小值问题中的应用．菁 ‎【专题】计算题；综合题；转化思想．‎ ‎【分析】（I）将f（x）在（0，+∞）上递增，转化成f′（x）≥0对x∈（0，+∞）恒成立，即b≤+2x对x∈（0，+∞）恒成立，只需b≤即可，根据基本不等式可求出 ；‎ ‎（II）根据f（x）的图象与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）（x1＜x2）两点，得到，两式相减，可得，利用中点坐标公式和导数，即可证明结论．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）依题意：f（x）=lnx+x2﹣bx ‎∵f（x）在（0，+∞）上递增，∴f′（x）=+2x﹣b≥0对x∈（0，+∞）恒成立 即b≤+2x对x∈（0，+∞）恒成立，∴只需b≤‎ ‎∵x＞0，∴+2x≥2 当且仅当x=时取“=”，∴b≤2 ，‎ ‎∴b的取值范围为（﹣∞，2 ]；‎ ‎（II）证明：由已知得，‎ 即，两式相减，得：⇒，‎ 由f′（x）=﹣2ax﹣b及2x0=x1+x2，得f′（x0）=﹣2ax0﹣b=‎ ‎==，‎ 令t=∈（0，1），且φ（t）=，‎ ‎∵φ′（t）=，‎ ‎∴φ（t）是（0，1）上的减函数，‎ ‎∴φ（t）＞φ（1）=0，‎ 又x1＜x2，‎ ‎∴f'（x0）＜0．‎ ‎【点评】本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减，同时考查了转化与划归的思想，分析问题解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎2．（2016•湖南模拟）已知函数f（x）=2lnx﹣ax+a（a∈R）．‎ ‎（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）≤0恒成立，证明：当0＜x1＜x2时，．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质．菁优网版权所有 ‎【专题】导数的综合应用．‎ ‎【分析】（I）利用导数的运算法则可得f′（x），对a分类讨论即可得出其单调性；‎ ‎（II）通过对a分类讨论，得到当a=2，满足条件且lnx≤x﹣1（当且仅当x=1时取“=”）．利用此结论即可证明．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）求导得f′（x）=，x＞0．‎ 若a≤0，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上递增；‎ 若a＞0，当x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；‎ 当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，若a≤0，f（x）在（0，+∞）上递增，‎ 又f（1）=0，故f（x）≤0不恒成立．‎ 若a＞2，当x∈（，1）时，f（x）递减，f（x）＞f（1）=0，不合题意．‎ 若0＜a＜2，当x∈（1，）时，f（x）递增，f（x）＞f（1）=0，不合题意．‎ 若a=2，f（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，‎ f（x）≤f（1）=0，合题意．‎ 故a=2，且lnx≤x﹣1（当且仅当x=1时取“=”）．‎ 当0＜x1＜x2时，f（x2）﹣f（x1）=2ln﹣2（x2﹣x1）‎ ‎＜2（﹣1）﹣2（x2﹣x1）‎ ‎=2（﹣1）（x2﹣x1），‎ ‎∴＜2（﹣1）．‎ ‎【点评】熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值、等价转化、分类讨论的思想方法等是解题的关键.‎ ‎3．（2016•新余校级一模）设函数f（x）=﹣ax．‎ ‎（1）若a=0，求f（x）的单调增区间；‎ ‎（2）当b=1时，若存在x1，x2∈[e，e2]，使f（x1）≤f′（x2）+a成立，求实数a的最小值．（其中e为自然对数的底数）‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性．菁优网版权所有 ‎【专题】计算题；导数的概念及应用．‎ ‎【分析】（1）求f（x）=的定义域，再求导f′（x）==b，从而讨论确定函数的单调性；‎ ‎（2）当b=1时，f（x）=﹣ax，f′（x）=﹣a，从而可得当x2=e2时，f′（x2）+a有最大值，从而只需使存在x1∈[e，e2]，使f（x1）≤0，从而可得a≥﹣，从而解得．‎ ‎【解答】解：（1）当a=0时，f（x）=的定义域为（0，1）∪（1，+∞），‎ f′（x）==b，‎ ‎①当b＞0时，x∈（e，+∞）时，f′（x）＞0；‎ 故f（x）的单调增区间为（e，+∞）；‎ ‎②当b＜0时，x∈（0，1）∪（1，e）时，f′（x）＞0；‎ 故f（x）的单调增区间为（0，1），（1，e）；‎ ‎（2）当b=1时，f（x）=﹣ax，f′（x）=﹣a，‎ 故f′（x2）+a==﹣（﹣）2+，‎ 故当x2=e2时，f′（x2）+a有最大值，‎ 故只需使存在x1∈[e，e2]，使f（x1）≤，‎ 故﹣ax1≤，‎ 即a≥﹣，‎ 令g（x）=﹣，g′（x）=；‎ 故g（x）=﹣在[e，e2]上是减函数，‎ g（e）=1﹣，g（e2）=﹣；‎ 故只需使a≥﹣；‎ 故实数a的最小值为﹣．‎ ‎【点评】本题考查了导数的综合应用及存在性问题的化简与应用．‎ ‎　‎ ‎4．（2016•北海一模）已知函数f（x）=ax+xlnx（a∈R）‎ ‎（1）若函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，求a的取值范围；‎ ‎（2）当a=1且k∈z时，不等式k（x﹣1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，求k的最大值．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．菁优网版权所有 ‎【专题】综合题；导数的概念及应用．‎ ‎【分析】（1）易求f′（x）=a+1+lnx，依题意知，当x≥e时，a+1+lnx≥0恒成立，即x≥e时，a≥（﹣1﹣lnx）max，从而可得a的取值范围；‎ ‎（2）依题意，对任意x＞1恒成立，令则，再令h（x）=x﹣lnx﹣2（x＞1），易知h（x）在（1，+∞）上单增，从而可求得 g（x）min=x0∈（3，4），而k∈z，从而可得k的最大值．‎ ‎【解答】解：（1）∵f（x）=ax+xlnx，‎ ‎∴f′（x）=a+1+lnx，又函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，‎ ‎∴当x≥e时，a+1+lnx≥0恒成立，‎ ‎∴a≥（﹣1﹣lnx）max=﹣1﹣lne=﹣2，即a的取值范围为[﹣2，+∞）；‎ ‎（2）当x＞1时，x﹣1＞0，故不等式k（x﹣1）＜f（x）⇔k＜，‎ 即对任意x＞1恒成立．‎ 令则，‎ 令h（x）=x﹣lnx﹣2（x＞1），‎ 则在（1，+∞）上单增．‎ ‎∵h（3）=1﹣ln3＜0，h（4）=2﹣ln4＞0，‎ ‎∴存在x0∈（3，4）使h（x0）=0，‎ 即当1＜x＜x0时，h（x）＜0，即g′（x）＜0，‎ 当x＞x0时，h（x）＞0，即g′（x）＞0，∴g（x）在（1，x0）上单减，在（x0，+∞）上单增．‎ 令h（x0）=x0﹣lnx0﹣2=0，即lnx0=x0﹣2，=x0∈（3，4），‎ ‎∴k＜g（x）min=x0且k∈Z，‎ 即kmax=3．‎ ‎【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性及利用导数求闭区间上函数的最值，着重考查等价转化思想与函数恒成立问题，属于难题．‎ ‎　‎ ‎5．（2016•石嘴山校级一模）已知f（x）=+nlnx（m，n为常数）在x=1处的切线为x+y﹣2=0．‎ ‎（1）求y=f（x）的单调区间；‎ ‎（2）若任意实数x∈[，1]，使得对任意的t∈[，2]上恒有f（x）≥t3﹣t2﹣2at+2成立，求实数a的取值范围．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．菁优网版权所有 ‎【专题】导数的综合应用．‎ ‎【分析】（1）利用导数的几何意义，求出函数的解析式，利用导数求函数的单调区间；‎ ‎（2）由（1）可知，f（x）在[，1]上单调递减，f（x）在[，1]上的最小值为f（1）=1，只需t3﹣t2﹣2at+2≤1，即2a≥t2﹣t+对任意的t∈[，2]恒成立，‎ 令g（t）=t2﹣t+，利用导数求得g（t）的最大值，列出不等式即可求得结论．‎ ‎【解答】解：（1）f（x）=+nlnx定义域为（0，+∞），‎ ‎∴f′（x）=﹣+，‎ ‎∴f′（1）=﹣+n=﹣1，‎ 把x=1代入x+y﹣2=0可得y=1，∴f（1）==1，‎ ‎∴m=2，n=﹣，‎ ‎∴f（x）=﹣lnx，f′（x）=﹣﹣，‎ ‎∵x＞0，∴f′（x）＜0，‎ ‎∴f（x）的递减区间是（0，+∞），无递增区间．‎ ‎（2）由（1）可知，f（x）在[，1]上单调递减，‎ ‎∴f（x）在[，1]上的最小值为f（1）=1，‎ ‎∴只需t3﹣t2﹣2at+2≤1，即2a≥t2﹣t+对任意的t∈[，2]恒成立，‎ 令g（t）=t2﹣t+则g′（t）=2t﹣1﹣=，‎ ‎∵t∈[，2]，∴2t3﹣t2﹣1=（t﹣1）（2t2+t+1），‎ ‎∴在t∈[，1]上g（t）单调递减，在[1，2]上g（t）单调递增，‎ 又g（）=，g（2）=，‎ ‎∴g（t）在[，2]上的最大值是，‎ ‎∴只需2a≥，即a≥，‎ ‎∴实数a的取值范围是[，+∞）．‎ ‎【点评】本题主要考查导数的几何意义及利用导数求函数的单调区间、最值等知识，考查学生恒成立问题的等价转化能力及运算求解能力，属于难题．‎ ‎　‎ ‎6．（2016•太原校级模拟）设函数f（x）=x﹣﹣mlnx ‎（1）若函数f（x）在定义域上为增函数，求m范围；‎ ‎（2）在（1）条件下，若函数h（x）=x﹣lnx﹣，∃x1，x2∈[1，e]使得f（x1）≥h（x2）成立，求m的范围．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．菁优网版权所有 ‎【专题】导数的概念及应用；导数的综合应用．‎ ‎【分析】（1）f′（x）=1+=，转化为x2﹣mx+1＞0，在x＞0时恒成立，根据对钩函数求解即可．‎ ‎（2）根据导数判断单调性得出f（x）的最大值=f（e）=e﹣﹣m，h（x）单调递增，h（x）的最小值为h（1）=1﹣，‎ 把问题转化为f（x）的最大值≥h（x）的最小值，求解即可．‎ ‎【解答】解：函数f（x）=x﹣﹣mlnx ‎（1）定义域上为（0，+∞），‎ f′（x）=1+=，‎ ‎∵函数f（x）在定义域上为增函数，‎ ‎∴x2﹣mx+1≥0，在x＞0时恒成立．‎ 即x≥m在x＞0时恒成立，‎ 根据对钩函数得出m≤2，‎ 故m的范围为：m≤2．‎ ‎（2）函数h（x）=x﹣lnx﹣，∃x1，x2∈[1，e]使得f（x1）≥h（x2）成，‎ 即f（x）的最大值≥h（x）的最小值，‎ ‎∵f（x）的最大值=f（e）=e﹣﹣m，‎ h′（x）=1＞0，x∈[1，e]，‎ ‎∴h（x）单调递增，h（x）的最小值为h（1）=1﹣，‎ ‎∴可以转化为e﹣﹣m≥1，‎ 即m≤e﹣1，‎ m的范围为：m≤e﹣1．‎ ‎【点评】本题考查导数在求解函数的问题中的应用，存在性问题转化为函数最值的应用，关键是求解导数，判断单调性，属于难题．‎ ‎　‎ ‎7．（2016•衡阳一模）已知函数．‎ ‎（Ⅰ）当a＞0时，求函数f（x）的单调递减区间；‎ ‎（Ⅱ）当a=0时，设函数g（x）=xf（x）﹣k（x+2）+2．若函数g（x）在区间上有两个零点，求实数k的取值范围．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理．菁优网版权所有 ‎【专题】转化思想；分类法；导数的概念及应用；导数的综合应用．‎ ‎【分析】（Ⅰ）求出f（x）的导数，对a讨论，0＜a＜1，a=1，a＞1，判断单调性，即可得到所求递减区间；‎ ‎（Ⅱ）g（x）=x2﹣xlnx﹣k（x+2）+2在上有零点，即关于x的方程在上有两个不相等的实数根．令函数．求出导数，判断单调性，即可得到所求范围．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），‎ f（x）的导数为f′（x）=﹣ax+1+a﹣=﹣（a＞0），‎ ‎①当a∈（0，1）时，．‎ 由f'（x）＜0，得或x＜1．‎ 当x∈（0，1），时，f（x）单调递减．‎ ‎∴f（x）的单调递减区间为（0，1），；‎ ‎②当a=1时，恒有f'（x）≤0，∴f（x）单调递减．‎ ‎∴f（x）的单调递减区间为（0，+∞）；‎ ‎③当a∈（1，+∞）时，．‎ 由f'（x）＜0，得x＞1或．‎ ‎∴当，x∈（1，+∞）时，f（x）单调递减．‎ ‎∴f（x）的单调递减区间为，（1，+∞）．‎ 综上，当a∈（0，1）时，f（x）的单调递减区间为（0，1），；‎ 当a=1时，f（x）的单调递减区间为（0，+∞）；‎ 当a∈（1，+∞）时，f（x）的单调递减区间为，（1，+∞）．‎ ‎（Ⅱ）g（x）=x2﹣xlnx﹣k（x+2）+2在上有零点，‎ 即关于x的方程在上有两个不相等的实数根．‎ 令函数．‎ 则．‎ 令函数．‎ 则在上有p'（x）≥0．‎ 故p（x）在上单调递增．‎ ‎∵p（1）=0，∴当时，有p（x）＜0即h'（x）＜0．∴h（x）单调递减；‎ 当x∈（1，+∞）时，有p（x）＞0即h'（x）＞0，∴h（x）单调递增．‎ ‎∵，h（1）=1，，‎ ‎∴k的取值范围为．‎ ‎【点评】本题考查导数的运用：求单调区间，考查分类讨论的思想方法，以及构造函数的方法，同时考查函数的零点的问题的解法，注意运用转化思想，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎8．（2016•成都模拟）已知函数f（x）=﹣ax2+（1+a）x﹣lnx（a∈R）．‎ ‎（Ⅰ）当a＞0时，求函数f（x）的单调递减区间；‎ ‎（Ⅱ）当a=0时，设函数g（x）=xf（x）．若存在区间[m，n]⊆[，+∞），使得函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，求实数k的取值范围．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．菁优网版权所有 ‎【专题】分类讨论；分析法；导数的综合应用．‎ ‎【分析】（Ⅰ）对f（x）进行求导，讨论a=1，a＞1.0＜a＜1，利用导数为负，求函数的减区间；‎ ‎（Ⅱ）要求存在区间，使f（x）在[m，n]上的值域是[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，将其转化为g（x）=k（x+2）﹣2在[，+∞）上至少有两个不同的正根，再利用导数求出k的取值范围．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）当a＞0时，函数f（x）=﹣ax2+（1+a）x﹣lnx的导数为 f′（x）=﹣ax+1+a﹣=﹣，（x＞0），‎ 当a=1时，f′（x）≤0，f（x）递减；‎ 当a＞1时，1＞，f′（x）＜0，可得x＞1或0＜x＜；‎ 当0＜a＜1时，1＜，f′（x）＜0，可得0＜x＜1或x＞．‎ 综上可得，a=1时，f（x）的减区间为（0，+∞）；‎ a＞1时，f（x）的减区间为（1，+∞），（0，）；‎ ‎0＜a＜1时，f（x）的减区间为（，+∞），（0，1）；‎ ‎（Ⅱ）当a=0时，设函数g（x）=xf（x）=x2﹣xlnx，‎ 令g′（x）=2x﹣lnx+1（x＞0），‎ 则g′（x）=2﹣=，（x＞0），‎ 当x≥时，g′（x）≥0，g（x）为增函数；‎ g（x）在区间[m，n]⊆[，+∞）递增，‎ ‎∵g（x）在[m，n]上的值域是[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，‎ 所以g（m）=k（m+2）﹣2，g（n）=k（n+2）﹣2，≤m＜n，‎ 则g（x）=k（x+2）﹣2在[，+∞）上至少有两个不同的正根，‎ k=，令F（x）==，‎ 求导得，F′（x）=（x≥），‎ 令G（x）=x2+3x﹣2lnx﹣4（x≥）‎ 则G′（x）=2x+3﹣=，‎ 所以G（x）在[，+∞）递增，G（）＜0，G（1）=0，‎ 当x∈[，1]时，G（x）＜0，∴F′（x）＜0，‎ 当x∈[1，+∞]时，G（x）＞0，∴F′（x）＞0，‎ 所以F（x）在[，1）上递减，在（1，+∞）上递增，‎ ‎∴F（1）＜k≤F（），‎ ‎∴k∈（1，]．‎ ‎【点评】本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减，利用了分类讨论和转化的思想，此题是一道中档题．‎ ‎　‎ ‎9．（2016•淮北一模）对于函数y=f（x）的定义域为D，如果存在区间[m，n]⊆D，同时满足下列条件：‎ ‎①f（x）在[m，n]上是单调函数；②当f（x）的定义域为[m，n]时，值域也是[m，n]，则称区间[m，n]是函数f（x）的“Z区间”．对于函数f（x）=（a＞0）．‎ ‎（Ⅰ） 若a=1，求函数f（x）在（e，1﹣e）处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ） 若函数f（x）存在“Z区间”，求a的取值范围．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．菁优网版权所有 ‎【专题】综合题；分类讨论；分类法；导数的概念及应用．‎ ‎【分析】（Ⅰ） 若a=1，则f（x）=lnx﹣x，f′（x）=，求出切线斜率，代入点斜式方程，可得答案；‎ ‎（Ⅱ） 结合函数f（x）存在“Z区间”的定义，分类讨论满足条件的a的取值范围，综合讨论结果，可得答案．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）若a=1，x=e，‎ 则f（x）=lnx﹣x，f′（x）=，‎ 则切点坐标为（e，1﹣e），‎ 切线斜率k=f′（e）=﹣1，‎ ‎∴函数f（x）在（e，1﹣e）处的切线方程为y﹣（1﹣e）=（﹣1）（x﹣e），‎ 即（e﹣1）x+ey=0．‎ ‎（Ⅱ）∵f（x）=（a＞0）．‎ ‎∴f′（x）=（a＞0）．‎ 列表如下 x ‎（﹣∞，0）‎ ‎（0，a）‎ a ‎（a，+∞）‎ f′（x）‎ ‎﹣‎ ‎﹣‎ ‎0‎ ‎﹣‎ f（x）‎ 减 增 极大值 减 设函数f（x）存在“Z区间”是[m，n]，‎ ‎（1）当0＜m＜n时，由f′（x）≥0得：≥0，解得0＜x≤a，‎ 即0＜x≤a时函数f（x）为增函数，‎ 当x=n时，取得最大值，‎ 当x=m时，取最小值，‎ 即，‎ 即方程alnx﹣x=x有两个解，‎ 即方程a=有两个解，做出y=的图象，‎ 由图象以及函数的导数可知，‎ 当x＞1时，y=在x=e处取得最小值2e，‎ 在x=a时，y=，故方程a=有两个解，‎ 由a≤得：a≤e2，‎ 此时正数a的取值范围是（2e，e2]．‎ 由f′（x）＜0得：＜0，解得x＞a，‎ 即x＞a时，函数f（x）为单调减函数，‎ 则当x=m时，取得最大值，‎ 当x=n时，取得最小值，‎ 即，‎ 两式相减可得，alnm﹣alnn=0，即m=n，不符合；‎ 当x≤0时，函数f（x）为减函数，‎ 则当x=m时取最大值，‎ 当x=n时，取得最小值，‎ 即，两式相减，‎ 可以得到+=1，回代到方程组的第一个式子得到1﹣﹣a=n，‎ 整理得到1﹣﹣n=a，‎ 由图象可知，方程由两个解，‎ 则a∈（，1]，‎ 综上正数a的取值范围是（，1]∪（2e，e2]‎ ‎【点评】本题考查的知识点是曲线在某点处的切线方程，新定义，分类讨论思想，难度稍大，中档偏上．‎ ‎　‎ ‎10．（2016•银川校级二模）设函数f（x）=x2﹣mlnx，g（x）=x2﹣（m+1）x，m＞0．‎ ‎（1）求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（2）当m≥1时，讨论函数f（x）与g（x）图象的交点个数．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理．菁优网版权所有 ‎【专题】函数思想；综合法；导数的概念及应用．‎ ‎【分析】（1）先求出函数的导数，解关于导函数的不等式，从而求出函数的单调区间；‎ ‎（2）问题转化为求函数h（x）=f（x）﹣g（x）=﹣x2﹣mlnx+（m+1）x的零点个数问题，通过求导，得到函数h（x）的单调区间，求出h（x）的极小值，从而求出函数h（x）的零点个数即f（x）和g（x）的交点个数．‎ ‎【解答】解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），m＞0，‎ f′（x）=，‎ 令f′（x）＞0，解得：x＞，令f′（x）＜0，解得：x＜，‎ ‎∴f（x）在（0，）递减，在（，+∞）递增；‎ ‎（2）f（x）与g（x）图象的交点个数，‎ 即函数h（x）=f（x）﹣g（x）=﹣x2﹣mlnx+（m+1）x的零点个数问题，‎ h′（x）=﹣，‎ 令h′（x）＞0，解得：1＜x＜m，令h′（x）＜0，解得：x＞m或x＜1，‎ ‎∴h（x）在（0，1）递减，在（1，m）递增，在（m，+∞）递减，‎ ‎∴h（x）极小值=h（1）=m+＞0，‎ ‎∴h（x）和x轴有1个交点，‎ 即函数f（x）与g（x）图象的交点个数是1个．‎ ‎【点评】本题考察了导数的应用，考察函数的单调性问题，考察转化思想，函数的零点问题，是一道中档题．‎ ‎　‎ ‎11．（2016•荆州一模）已知函数f（x）满足对于任意x＞0，都有f（x）+2f（）=logax++（a＞0，a≠1）．‎ ‎（1）求f（x）的极值；‎ ‎（2）设f（x）的导函数为f′（x），试比较f（x）与f′（x）的大小，并说明理由．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．菁优网版权所有 ‎【专题】综合题；分类讨论；综合法；导数的概念及应用．‎ ‎【分析】（1）先利用方程组思想，求出f（x）的解析式，再利用导数，求f（x）的极值；‎ ‎（2）构造函数，利用导数，确定函数的单调性，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）∵f（x）+2f（）=logax++①‎ ‎∴f（）+2f（x）=﹣logax++，②‎ 由①②可得f（x）=﹣logax+，‎ ‎∴f′（x）=﹣+=0，‎ ‎∴x=1，‎ a＞1时，x=1取得极小值；0＜a＜1时，x=1取得极大值；‎ ‎（2）设h（x）=﹣logax++﹣，‎ 则h′（x）=﹣+﹣=，‎ a＞1时，x=取得极小值，h（x）≥h（）＞0，∴f（x）＞f′（x）；‎ ‎0＜a＜1时，x=取得极大值，h（x）≤h（）＜0，∴f（x）＜f′（x）．‎ ‎【点评】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，确定函数的解析式是关键，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎12．（2016•上饶一模）若f（x）=其中a∈R ‎（1）当a=﹣2时，求函数y（x）在区间[e，e2]上的最大值；‎ ‎（2）当a＞0，时，若x∈[1，+∞），f（x）≥a恒成立，求a的取值范围．‎ ‎【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；导数在最大值、最小值问题中的应用．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题；导数的综合应用．‎ ‎【分析】（1）当a=﹣2，x∈[e，e2]时，f（x）=x2﹣2lnx+2，求其导数可判函数在[e，e2]上单调递增，进而可得其最大值；‎ ‎（2）分类讨论可得函数y=f（x）在[1，+∞）上的最小值为，分段令其，解之可得a的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）当a=﹣2，x∈[e，e2]时，f（x）=x2﹣2lnx+2，（1分）‎ ‎∵，∴当x∈[e，e2]时，f'（x）＞0，（2分）‎ ‎∴函数f（x）=x2﹣2lnx+2在[e，e2]上单调递增，（3分）‎ 故+2=e4﹣2（4分）‎ ‎（2）①当x≥e时，f（x）=x2+alnx﹣a，，‎ ‎∵a＞0，∴f'（x）＞0，∴f（x）在[e，+∞）上单调递增，（5分）‎ 故当x=e时，； （6分）‎ ‎②当1≤x≤e时，f（x）=x2﹣alnx+a，f′（x）=2x﹣=（x+）（x﹣），（7分）‎ ‎（i）当≤1，即0＜a≤2时，f（x）在区间[1，e）上为增函数，‎ 当x=1时，f（x）min=f（1）=1+a，且此时f（1）＜f（e）=e2； （8分）‎ ‎（ii）当，即2＜a≤2e2时，f（x）在区间上为减函数，在区间上为增函数，（9分）‎ 故当x=时，，且此时f（）＜f（e）=e2；（10分）‎ ‎（iii）当，即a＞2e2时，f（x）=x2﹣alnx+a在区间[1，e]上为减函数，‎ 故当x=e时，．（11分）‎ 综上所述，函数y=f（x）在[1，+∞）上的最小值为（12分）‎ 由得0＜a≤2；由得无解；由得无解； （13分）‎ 故所求a的取值范围是（0，2]． （14分）‎ ‎【点评】本题考查利用导数求闭区间的最值，涉及分类讨论的思想，属难题．‎ ‎　‎ ‎13．（2016•广西一模）设函数f（x）=x3+ax2+bx（x＞0）的图象与x轴相切于M（3，0）．‎ ‎（1）求f（x）的解析式，并求y=+4lnx的单调减区间；‎ ‎（2）是否存在两个不等正数s，t（x＞t），当x∈[s，t]时，函数f（x）=x3+ax2+bx的值域也是[s，t]，若存在，求出所有这样的正数s，t，若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．菁优网版权所有 ‎【专题】分类讨论；函数思想；转化法；导数的概念及应用．‎ ‎【分析】（1）由已知得f′（x）=3x2+2ax+b．依题意f（3）=0，f′（3）=0，解方程即可求出f（x）=x3﹣6x2+9x． ‎ ‎（2）由函数的定义域是正数知，s＞0，故极值点x=3不在区间[s，t]上，由此利用分类讨论思想能求出不存在正数s，t满足要求．‎ ‎【解答】解：（1）∵f（x）=x3+ax2+bx，‎ ‎∴f′（x）=3x2+2ax+b．‎ 依题意则有f（3）=0，f′（3）=0，‎ 即27+9a+3b=0，①‎ ‎27+6a+b=0，②‎ 解得a=﹣6，b=9，‎ ‎∴f（x）=x3﹣6x2+9x． ‎ 则y=+4lnx=x2﹣6x+9+4lnx，x＞0，‎ y′=2x﹣6+==，‎ 由y′＜0得1＜x＜2，‎ 即y=+4lnx的单调减区间为（1，2）．‎ ‎（2）f′（x）=3x2﹣12x+9=3（x﹣1）（x﹣3），‎ 由f′（x）=0，得x=1或x=3．‎ 列表讨论，得：‎ x ‎（﹣∞，1）‎ ‎1‎ ‎（1，3）‎ ‎3‎ ‎（3，+∞）‎ f′（x）‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎﹣‎ ‎0‎ ‎+‎ f（x）‎ 增函数 ‎4‎ 减函数 ‎0‎ 增函数 ‎∴函数f（x）=x3﹣6x2+9x极大值是4，极小值是0．…（7分）‎ 由函数的定义域是正数知，s＞0，故极值点x=3不在区间[s，t]上，‎ ‎①若极值点1∈[s，t]，‎ 此时0＜s≤1≤t＜3，在此区间上f（x）的最大值是4，不可能等于t，‎ 故在区间[s，t]上没有极值点；‎ ‎②若f（x）=x3﹣6x2+9x在[s，t]上单调增，‎ 即0＜s＜t≤1或3＜s＜t，‎ 则，即，解得不合要求．‎ ‎（3）若f（x）=x3﹣6x2+9x在[s，t]上单调减，‎ 即1≤s＜t＜3，则，‎ 两式相减并除s﹣t，得：（s+t）2﹣6（s+t）﹣st+10=0，①‎ 两式相除并开方，得[s（s﹣3）]2=[t（t﹣3）]2，即s（3﹣s）=t（3﹣t），‎ 整理，并除以s﹣t，得：s+t=3，②‎ 则①、②得，即s，t是方程x2﹣3x+1=0的两根，‎ 即s=，t= 不合要求；‎ 综上，不存在正数s，t满足要求．…（14分）‎ ‎【点评】本题考查函数解析式的求法，考查函数的极值的求法，考查满足条件的正数是否存在的判断与求法，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．‎ ‎　‎ ‎14．（2016•平度市一模）已知函数，‎ ‎（Ⅰ）若p=2，求曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）若函数f（x）在其定义域内为增函数，求正实数p的取值范围；‎ ‎（Ⅲ）若p2﹣p≥0，且至少存在一点x0∈[1，e]，使得f（x0）＞g（x0）成立，求实数p的取值范围．‎ ‎【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题；导数的综合应用．‎ ‎【分析】（Ⅰ）先函数的导函数，然后求出f'（1）的值即为切线的斜率，然后利用点斜式可求出切线方程；‎ ‎（Ⅱ）先求导函数，令h（x）=px2﹣2x+p，要使f（x）在定义域（0，+∞）内是增函数，只需h（x）≥0，然后利用参数分离法求解恒成立问题即可；‎ ‎（Ⅲ）利用导数研究函数f（x）与g（x）在[1，e]上的单调性，求出最值，只需f（x）max＞g（x）min，x∈[1，e]成立，求出p的取值范围即可．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）当p=2时，函数，…（2分）‎ 曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为f'（1）=2+2﹣2=2．‎ 从而曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣0=2（x﹣1），即y=2x﹣2．…（4分）‎ ‎（Ⅱ）．令h（x）=px2﹣2x+p，‎ 要使f（x）在定义域（0，+∞）内是增函数，只需h（x）≥0…（6分）‎ 即，故正实数p的取值范围是[1，+∞）．…（8分）‎ ‎（Ⅲ）∵在[1，e]上是减函数，‎ ‎∴x=e时，g（x）min=2；x=1时，g（x）max=2e，即g（x）∈[2，2e]，…（10分）‎ ‎①当p＜0时，h（x）=px2﹣2x+p，其图象为开口向下的抛物线，对称轴在y轴的左侧，且h（0）＜0，所以f（x）在x∈[1，e]内是减函数．‎ 当p=0时，h（x）=﹣2x，因为x∈[1，e]，所以，此时，f（x）在x∈[1，e]内是减函数．‎ 故当p≤0时，f（x）在[1，e]上单调递减⇒f（x）max=f（1）=0＜2，不合题意；…（12分）‎ ‎②当p≥1时，由（2）知f（x）在[1，e]上是增函数，‎ f（1）=0＜2，又g（x）在[1，e]上是减函数，故只需f（x）max＞g（x）min，x∈[1，e]，而，即，解得，‎ 所以实数p的取值范围是．…（14分）‎ ‎【点评】本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，以及利用导数研究函数在闭区间上的最值，同时考查了转化的思想和运算求解的能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎15．（2016•安徽校级一模）已知函数f（x）=ln（x+1）﹣x（x＞﹣1）．‎ ‎（1）求f（x）的单调区间；‎ ‎（2）若k∈Z，且f（x﹣1）+x＞k（1﹣）对任意x＞1恒成立，求k的最大值；‎ ‎（3）对于在（0，1）中的任意一个常数a，是否存在正数x0，使得e＜1﹣x02成立？请说明理由．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题．菁优网版权所有 ‎【专题】综合题；函数思想；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用．‎ ‎【分析】（1）求导f′（x）=﹣1=﹣，从而判断函数的单调区间；‎ ‎（2）化简可得xlnx+x﹣kx+3k＞0，令g（x）=xlnx+x﹣kx+3k，求导g′（x）=lnx+1+1﹣k=lnx+2﹣k，从而讨论判断函数的单调性，从而求最大值；‎ ‎（3）假设存在这样的x0满足题意，从而化简可得x02+﹣1＜0，令h（x）=x2+﹣1，取x0=﹣lna，从而可得hmin（x）=h（x0）=（﹣lna）2+alna+a﹣1，再令p（a）=（lna）2+alna+a﹣1，从而解得．‎ ‎【解答】解：（1）∵f（x）=ln（x+1）﹣x，‎ ‎∴f′（x）=﹣1=﹣，‎ ‎∴当x∈（﹣1，0）时，f′（x）＞0；‎ 当x∈（0，+∞）时，f′（x）＜0；‎ 故f（x）的单调增区间为（﹣1，0），单调减区间为（0，+∞）；‎ ‎（2）∵f（x﹣1）+x＞k（1﹣），‎ ‎∴lnx﹣（x﹣1）+x＞k（1﹣），‎ ‎∴lnx+1＞k（1﹣），‎ 即xlnx+x﹣kx+3k＞0，‎ 令g（x）=xlnx+x﹣kx+3k，‎ 则g′（x）=lnx+1+1﹣k=lnx+2﹣k，‎ ‎∵x＞1，‎ ‎∴lnx＞0，‎ 若k≤2，g′（x）＞0恒成立，‎ 即g（x）在（1，+∞）上递增；‎ ‎∴g（1）=1+2k≥0，‎ 解得，k≥﹣；‎ 故﹣≤k≤2，‎ 故k的最大值为2；‎ 若k＞2，由lnx+2﹣k＞0解得x＞ek﹣2，‎ 故g（x）在（1，ek﹣2）上单调递减，在（ek﹣2，+∞）上单调递增；‎ ‎∴gmin（x）=g（ek﹣2）=3k﹣ek﹣2，‎ 令h（k）=3k﹣ek﹣2，h′（k）=3﹣ek﹣2，‎ ‎∴h（k）在（1，2+ln3）上单调递增，在（2+ln3，+∞）上单调递减；‎ ‎∵h（2+ln3）=3+3ln3＞0，h（4）=12﹣e2＞0，h（5）=15﹣e3＜0；‎ ‎∴k的最大取值为4，‎ 综上所述，k的最大值为4．‎ ‎（3）假设存在这样的x0满足题意，‎ ‎∵e＜1﹣x02，‎ ‎∴x02+﹣1＜0，‎ 令h（x）=x2+﹣1，‎ ‎∵h′（x）=x（a﹣），‎ 令h′（x）=x（a﹣）=0得ex=，‎ 故x=﹣lna，取x0=﹣lna，‎ 在0＜x＜x0时，h′（x）＜0，当x＞x0时，h′（x）＞0；‎ ‎∴hmin（x）=h（x0）=（﹣lna）2+alna+a﹣1，‎ 在a∈（0，1）时，令p（a）=（lna）2+alna+a﹣1，‎ 则p′（a）=（lna）2≥0，‎ 故p（a）在（0，1）上是增函数，‎ 故p（a）＜p（1）=0，‎ 即当x0=﹣lna时符合题意．‎ ‎【点评】本题考查了导数的综合应用及恒成立问题．‎ ‎　‎ ‎16．（2016•山东三模）已知函数f（x）=（x＞0）．‎ ‎（1）试判断函数f（x）在（0，+∞）上单调性并证明你的结论；‎ ‎（2）若f（x）＞恒成立，求整数k的最大值；‎ ‎（3）求证：（1+1×2）（1+2×3）…[1+n（n+1）]＞e2n﹣3．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题；数列的求和．菁优网版权所有 ‎【专题】导数的综合应用．‎ ‎【分析】（1）对函数f（x）求导数，可判f′（x）＜0，进而可得单调性；‎ ‎（2）问题转化为h（x）=＞k恒成立，通过构造函数可得h（x）min∈（3，4），进而可得k值；‎ ‎（3）由（Ⅱ）知（x＞0），可得ln（x+1）＞2﹣，令x=n（n+1）（n∈N*），一系列式子相加，由裂项相消法可得ln（1+1×2）+ln（1+2×3）+…+ln[1+n（n+1）]＞2n﹣3，进而可得答案．‎ ‎【解答】解：（1）∵f（x）=（x＞0），‎ ‎∴f′（x）=[]=[]…（2分）‎ ‎∵x＞0，∴x2＞0，，ln（x+1）＞0，∴f′（x）＜0，‎ ‎∴函数f（x）在（0，+∞）上是减函数．…（4分）‎ ‎（2）f（x）＞恒成立，即h（x）=＞k恒成立，‎ 即h（x）的最小值大于k．…（6分）‎ 而h′（x）=，令g（x）=x﹣1﹣ln（x+1）（x＞0），‎ 则g′（x）=，∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，‎ 又g（2）=1﹣ln3＜0，g（3）=2﹣2ln2＞0，‎ ‎∴g（x）=0存在唯一实根a，且满足a∈（2，3），a=1+ln（a+1）‎ 当x＞a时，g（x）＞0，h′（x）＞0，当0＜x＜a时，g（x）＜0，h′（x）＜0，‎ ‎∴h（x）min=h（a）==a+1∈（3，4）‎ 故正整数k的最大值是3 …（10分）‎ ‎（3）由（Ⅱ）知（x＞0）‎ ‎∴ln（x+1）＞﹣1=2﹣＞2﹣ …（12分）‎ 令x=n（n+1）（n∈N*），则ln[1+n（n+1）]＞2﹣，‎ ‎∴ln（1+1×2）+ln（1+2×3）+…+ln[1+n（n+1）]‎ ‎＞（2﹣）+（2﹣）+…+[2﹣]‎ ‎=2n﹣3[]‎ ‎=2n﹣3（1﹣）=2n﹣3+＞2n﹣3‎ ‎∴（1+1×2）（1+2×3）…[1+n（n+1）]＞e2n﹣3 …（16分）‎ ‎【点评】本题考查函数导数的综合应用，涉及恒成立问题和数列求和的方法，属中档题．‎ ‎　‎ ‎17．（2016•湖南模拟）已知函数f1（x）=x2，f2（x）=alnx（其中a＞0）．‎ ‎（1）求函数f（x）=f1（x）﹣f2（x）的极值；‎ ‎（2）若函数g（x）=f1（x）﹣f2（x）+（a﹣1）x在区间（，e）内有两个零点，求正实数a取值范围；‎ ‎（3）求证：当x＞0时，lnx+﹣＞0．（说明：e是自然对数的底数，e=2.71828…）‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．菁优网版权所有 ‎【专题】导数的综合应用．‎ ‎【分析】（1）先求出函数的导数，解关于导函数的不等式，从而求出函数的单调区间；‎ ‎（2）先求出函数g（x）的导数，通过讨论x，得到函数的单调区间，结合函数g（x）在区间（，e）内有两个零点，得到不等式组，解出即可；‎ ‎（3）问题等价于x2lnx＞﹣，求出f（x）=x2lnx的最小值为﹣，设h（x）=﹣，通过讨论函数的单调性，求出h（x）的最大值，从而证出结论．‎ ‎【解答】解：（1）f（x）=f1（x）﹣f2（x）=x2﹣alnx，‎ ‎∴f′（x）=x﹣=，（x＞0，a＞0），‎ 由f′（x）＞0，得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，‎ 故函数f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，‎ 所以函数f（x）的极小值为f（）=，无极大值．‎ ‎（2）函数g（x）=x2﹣alnx+（a﹣1）x，‎ 则g′（x）=，‎ 令g′（x）=0，∵a＞0，解得x=1，或x=﹣a（舍去），‎ 当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）在（0，1）上单调递减；‎ 当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）在（1，+∞）上单调递增．‎ 函数g（x）在区间（，e）内有两个零点，‎ 只需，即，∴，‎ 故实数a的取值范围是（，）．‎ ‎（3）问题等价于x2lnx＞﹣，‎ 令m（x）=x2lnx，m′（x）=x（2lnx+1），‎ 令m′（x）＞0，解得：x＞，令m′（x）＜0，解得：0＜x＜，‎ ‎∴m（x）在（0，）递减，在（，+∞）递增，‎ ‎∴m（x）min=m（）=﹣，‎ 设h（x）=﹣，‎ h′（x）=﹣得h（x）在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减．‎ ‎∴h（x）max=h（2）=﹣，‎ ‎∵﹣﹣（﹣）=﹣﹣=＞0，‎ ‎∴f（x）min＞h（x）max，∴x2lnx＞﹣，‎ 故当x＞0时，lnx+﹣＞0．‎ ‎【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，不等式的证明，是一道综合题．‎ ‎　‎ ‎18．（2016•通辽一模）已知函数f（x）=（a＞0）．‎ ‎（1）若a＞，且曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线的斜率为﹣，求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（2）求证：当x＞1时，f（x）＞．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．菁优网版权所有 ‎【专题】导数的综合应用；不等式的解法及应用．‎ ‎【分析】（1）求出函数的导数，求得切线的斜率，解方程可得a=1，由导数大于0，可得增区间，由导数小于0，可得减区间；‎ ‎（2）要证当x＞1时，f（x）＞（a＞0），即证当x＞1时，＞（a＞0），即有当x＞1时，9+lnx＜9x．令g（x）=9+lnx﹣9x（x＞1），求出导数，判断单调性，即可得证．‎ ‎【解答】解：（1）函数f（x）=的导数为 f′（x）=，‎ 即有在点（2，f（2））处的切线的斜率为=﹣，‎ 解得a=＜（舍去）或a=1，‎ 即有f（x）=的导数为f′（x）=，‎ 由f′（x）＞0，可得﹣1＜x＜1，由f′（x）＜0，可得x＞1或x＜﹣1．‎ 则f（x）的增区间为（﹣1，1），减区间为（﹣∞，﹣1），（1，+∞）；‎ ‎（2）证明：要证当x＞1时，f（x）＞（a＞0），‎ 即证当x＞1时，＞（a＞0），‎ 即有当x＞1时，9+lnx＜9x．‎ 令g（x）=9+lnx﹣9x（x＞1），‎ g′（x）=﹣9＜0，即有g（x）在（1，+∞）递减，‎ 则g（x）＜g（1）=0，即有当x＞1时，9+lnx＜9x．‎ 故当x＞1时，f（x）＞．‎ ‎【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间，考查不等式的证明，注意运用构造函数和求导判断单调性，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎19．（2016•鹰潭校级模拟）已知函数f（x）=x3+x2+ax+b（a，b为常数），其图象是曲线C．‎ ‎（1）当a=﹣2时，求函数f（x）的单调减区间；‎ ‎（2）设函数f（x）的导函数为f′（x），若存在唯一的实数x0，使得f（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，求实数b的取值范围；‎ ‎（3）已知点A为曲线C上的动点，在点A处作曲线C的切线l1与曲线C交于另一点B，在点B处作曲线C的切线l2，设切线l1，l2的斜率分别为k1，k2．问：是否存在常数λ，使得k2=λk1？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题；导数的综合应用．‎ ‎【分析】（1）先求原函数的导数，根据f′（x）＜0求得的区间是单调减区间，即可；‎ ‎（2）由于存在唯一的实数x0，使得f（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，则存在唯一的实数根x0，即b=2x3+x2+x存在唯一的实数根x0，就把问题转化为求函数最值问题；‎ ‎（3）假设存在常数λ，依据曲线C在点A处的切线l1与曲线C交于另一点B，曲线C在点B处的切线l2，得到关于λ的方程，有解则存在，无解则不存在．‎ ‎【解答】解：（1）当a=﹣2时，函数f（x）=x3+x2﹣2x+b 则f′（x）=3x2+5x﹣2=（3x﹣1）（x+2）‎ 令f′（x）＜0，解得﹣2＜x＜，‎ 所以f（x）的单调递减区间为（﹣2，）；‎ ‎（2）函数f（x）的导函数为由于存在唯一的实数x0，使得f（x0）=x0与f′（x0）=0同时成立，‎ 则即x3+x2+（﹣3x2﹣5x﹣1）x+b=0存在唯一的实数根x0，‎ 故b=2x3+x2+x存在唯一的实数根x0，‎ 令y=2x3+x2+x，则y′=6x2+5x+1=（2x+1）（3x+1）=0，故x=﹣或x=﹣，‎ 则函数y=2x3+x2+x在（﹣∞，），（﹣，+∞）上是增函数，在（，﹣）上是减函数，‎ 由于x=﹣时，y=﹣；x=﹣时，y=﹣；‎ 故实数b的取值范围为：（﹣∞，﹣）∪（﹣，+∞）；‎ ‎（3）设点A（x0，f（x0）），则在点A处的切线l1的切线方程为y﹣f（x0）=f′（x0）（x﹣x0），‎ 与曲线C联立得到f（x）﹣f（x0）=f′（x0）（x﹣x0），‎ 即（x3+x2+ax+b）﹣（x03+x02+ax0+b）=（3x02+5x0+a）（x﹣x0），‎ 整理得到（x﹣x0）2[x+（2x0+）]=0，‎ 故点B的横坐标为xB=﹣（2x0+）‎ 由题意知，切线l1的斜率为k1=f′（x0）=3x02+5x0+a，‎ l2的斜率为k2=f′（﹣（2x0+））=12x02+20x0++a，‎ 若存在常数λ，使得k2=λk1，则12x02+20x0++a=λ（3x02+5x0+a），‎ 即存在常数λ，使得（4﹣λ）（3x02+5x0）=（λ﹣1）a﹣，‎ 故，解得λ=4，a=，‎ 故a=时，存在常数λ=4，使得k2=4k1；a≠时，不存在常数，使得k2=4k1．‎ ‎【点评】本题以函数为载体，考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查曲线的切线，同时还考查了方程根的问题，一般要转化为函数的最值来解决．‎ ‎　‎ ‎20．（2016•红桥区一模）设函数f（x）=ax﹣2﹣lnx（a∈R）．‎ ‎（1）若f（x）在点（e，f（e））处的切线斜率为，求a的值；‎ ‎（2）当a＞0时，求f（x）的单调区间；‎ ‎（3）若g（x）=ax﹣ex，求证：在x＞0时，f（x）＞g（x）．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．菁优网版权所有 ‎【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用．‎ ‎【分析】（1）通过f（x）在点（e，f（e））处的切线斜率，可得f′（e）=，解得，‎ ‎（2）由（1）知：f′（x）=（x＞0），结合导数分①a≤0、②a＞0两种情况讨论即可；‎ ‎（3I）通过变形，只需证明h（x）=ex﹣lnx﹣2＞0即可，利用h′（x）=，根据指数函数及幂函数的性质、函数的单调性及零点判定定理即得结论．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）函数的导数f′（x）=a﹣，‎ 若f（x）在点（e，f（e））处的切线斜率为，‎ 则f′（e）=a﹣=，‎ 得a=．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）‎ ‎（Ⅱ）由f′（x）=a﹣=，（x＞0），‎ 当a＞0时，令f′（x）=0 解得：x=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）‎ 当x变化时，f′（x），f（x）随x变化情况如下表：‎ ‎（0，）‎ ‎（，+∞）‎ f′（x）‎ ‎﹣‎ ‎0‎ ‎+‎ f（x）‎ 递减 递增 由表可知：f（x）在（0，）上是单调减函数，在（，+∞）上是单调增函数 所以，当a＞0时，f（x）的单调减区间为（0，），单调增区间为（，+∞）﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）‎ ‎（Ⅲ）当x＞0时，要证f（x）﹣ax﹣2+ex＞0，即证ex﹣lnx﹣2＞0，‎ 令h（x）=ex﹣lnx﹣2，（x＞0），只需证h（x）＞0，‎ ‎∵h′（x）=ex﹣，‎ 由指数函数及幂函数的性质知：h′（x）=ex﹣在（0，+∞）上是增函数 又h′（1）=e﹣1＞0，h′（）=e﹣2＜0，‎ ‎∴h′（1）h′（）＜0，‎ 即h′（x）在（，1）内存在唯一的零点，也即h′（x）在（0，+∞）上有唯一零点﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）‎ 设h′（x）的零点为t，则h′（t）=et﹣=0，即et=，（＜t＜1），‎ 由h′（x）的单调性知：‎ 当x∈（0，t）时，h′（x）＜h′（t）=0，h（x）为减函数 当x∈（t+∞）时，h′（x）＞h′（t）=0，h（x）为增函数，‎ 所以当x＞0时，‎ ‎，‎ 又，故等号不成立，‎ ‎∴g（x）＞0，即当x＞0时，f（x）＞g（x）．‎ h（x）＞h（t）=et﹣lnt﹣2=﹣2=+t﹣2≥2﹣2=0．‎ 又＜t＜1，等号不成立，∴h（x）＞0，‎ 即在x＞0时，f（x）＞g（x）．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（14分）‎ ‎【点评】本题考查求函数解析式，函数的单调性，零点的存在性定理，注意解题方法的积累，综合性较强，难度较大．‎ ‎　‎ ‎21．（2016•天津一模）已知函数f（x）=lnx ‎（Ⅰ）若曲线g（x）=f（x）+在x=2处的切线与直线x+4y=0平行，求a的值；‎ ‎（Ⅱ）求证：函数φ（x）=f（x）﹣在（0，+∞）上为单调增函数；‎ ‎（Ⅲ）若斜率为k的直线与y=f（x）的图象交于A、B两点，点M（x0，y0）为线段AB的中点，求证：kx0＞1．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．菁优网版权所有 ‎【专题】方程思想；构造法；导数的概念及应用；导数的综合应用．‎ ‎【分析】（1）求函数的导数，根据切线和直线平行，建立方程关系进行求解即可．‎ ‎（2）求函数φ（x）的解析式和导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行证明即可．‎ ‎（3）根据中点坐标公式进行转化，构造函数，利用导数证明不等式即可．‎ ‎【解答】解：（1）g（x）=f（x）+=lnx+，（x＞0），‎ 则g′（x）=﹣，…（2分）‎ g′（2）=，…（3分）‎ 解得a=3，…（4分）‎ ‎（2）φ（x）=f（x）﹣=（x＞0），‎ 函数的导数φ′（x）=﹣=≥0 …（6分）‎ 则函数函数φ（x）=f（x）﹣在（0，+∞）上为单调增函数； …（7分）‎ ‎（3）设点A（m，lnm），B（n，lnn），不妨设m＞n＞0，则，‎ 要证kx0＞1，即•＞1 …（8分）‎ 即证证＜．只需证，即证，‎ ‎ 只需证，…（10分），‎ 设h（x）=lnx﹣（x＞1），‎ 由（2）得，h（x）在（1，+∞）上是单调增函数，‎ ‎∵x＞1，∴h（x）＞h（1）=0，‎ 即，‎ 即．‎ ‎∴所以不等式kx0＞1．成立．…（14分）‎ ‎【点评】本题主要考查导数的综合应用，利用导数的几何意义求出切线斜率，利用函数单调性和导数之间的关系证明单调性以及构造函数证明不等式是导数的基本应用，综合性较强，难度较大．‎ ‎　‎ ‎22．（2016•南昌校级二模）已知函数f（x）=a（x﹣1）（ex﹣a）（常数a∈R且a≠0）．‎ ‎（Ⅰ）证明：当a＞0时，函数f（x）有且只有一个极值点；‎ ‎（Ⅱ）若函数f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：0＜f（x1）＜且0＜f（x2）＜．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．菁优网版权所有 ‎【专题】证明题；数形结合；转化法；导数的综合应用．‎ ‎【分析】（Ⅰ）证明：当a＞0时，f′（x）=0只有一个根，即可证明函数f（x）有且只有一个极值点；‎ ‎（Ⅱ）求出函数f（x）存在两个极值的等价条件，求出a的取值范围，结合不等式的性质进行求解即可．‎ ‎【解答】（Ⅰ）证明：函数的导数f′（x）=a[ex﹣a+（x﹣1）ex]=a（xex﹣a），‎ 当a＞0时，由f′（x）=0，得xex=a，即ex=，‎ 作出函数y=ex和y=的图象，则两个函数的图象有且只有1个交点，即函数f（x）有且只有一个极值点；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a＞0时，函数f（x）有且只有一个极值点；不满足条件，‎ 则a＜0，‎ ‎∵f（x）存在两个极值点x1，x2，‎ ‎∴x1，x2，是h（x）=f′（x）=a（xex﹣a）的两个零点，‎ 令h′（x）=a（x+1）ex=0，得x=﹣1，‎ 令h′（x）＞0得x＜﹣1，‎ 令h′（x）＜0得x＞﹣1，‎ ‎∴h（x）在（﹣∞，﹣1]上是增函数，在[﹣1，+∞）上是减函数，‎ ‎∵h（0）=f′（0）=﹣a2＜0，∴必有x1＜﹣1＜x2＜0．‎ 令f′（t）=a（tet﹣a）=0，得a=tet，‎ 此时f（t）=a（t﹣1）（et﹣a）=tet（t﹣1）（et﹣tet）=﹣e2tt（t﹣1）2=﹣e2t（t3﹣2t2+t），‎ ‎∵x1，x2，是h（x）=f′（x）=a（xex﹣a）的两个零点，‎ ‎∴f（x1）=﹣e（x13﹣2x12+x1），f（x2）=﹣e（x23﹣2x22+x2），‎ 将代数式﹣e2t（t3﹣2t2+t）看作以t为变量的函数g（t）=﹣e2t（t3﹣2t2+t）．‎ g′（t）=﹣e2t（t2﹣1）（2t﹣1），‎ 当t＜﹣1时，g′（t）=﹣e2t（t2﹣1）（2t﹣1）＞0，‎ 则g′（t）在（﹣∞，﹣1）上单调递增，‎ ‎∵x1＜﹣1，∴f（x1）=g（x1）＜g（﹣1）=，‎ ‎∵f（x1）=﹣ex1（x1﹣1）2＞0，‎ ‎∴0＜f（x1）＜，‎ 当﹣1＜t＜0时，g′（t）=﹣e2t（t2﹣1）（2t﹣1）＜0，‎ 则g′（t）在（﹣1，0）上单调递减，‎ ‎∵﹣1＜x2＜0，∴0=g（0）=g（x2）=f（x2）＜g（﹣1）=‎ 综上，0＜f（x1）＜且0＜f（x2）＜．‎ ‎【点评】本题主要考查导数的综合应用，函数极值和导数之间的关系，求函数的导数，研究函数的单调性和极值是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．‎ ‎　‎ ‎23．（2016•岳阳校级一模）已知函数f（x）=ax，g（x）=lnx，其中a∈R．‎ ‎（1）若函数F（x）=f[sin（1﹣x）]+g（x）在区间（0，1）上为增函数，求a的取值范围；‎ ‎（2）设an=sin，求证：＜ln2．‎ ‎【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．菁优网版权所有 ‎【专题】综合题；函数思想；综合法；导数的概念及应用．‎ ‎【分析】（1）因为函数F（x）=f[sin（1﹣x）]+g（x）在区间（0，1）上为增函数，可以对其进行转化，可以转化为F′（x）＞0在（0，1）上恒成立，利用常数分离法进行求解；‎ ‎（2）这个证明题可以利用一个恒等式，sinx＜x，然后对sin从第三项开始进行放缩，然后进行证明．‎ ‎【解答】（1）解：∵函数F（x）=f[sin（1﹣x）]+g（x）=asin（1﹣x）+lnx，‎ ‎∴F′（x）=acos（1﹣x）×（﹣1）+，‎ 只要F′（x）在区间（0，1）上大于等于0，‎ ‎∴F′（x）=acos（1﹣x）×（﹣1）+≥0，‎ ‎∴a≤，求 的最小值即可，‎ 求h（x）=xcos（1﹣x）的最大值即可，0＜1﹣x＜1，‎ ‎∵h′（x）=cos（1﹣x）+xsin（1﹣x）＞0，‎ ‎∴h（x）在（0，1）增函数，‎ h（x）＜h（1）=1，‎ ‎∴的最小值为1，‎ ‎∴a≤1；‎ ‎（2）证明：∵0＜＜1，‎ ‎∵sinx＜x在x∈（0，1）上恒成立，‎ ‎∴sin=sin+sin+…+sin≤++…+＜+++++…+=﹣＜＜ln2，‎ ‎∴sin＜ln2．‎ ‎【点评】第一问利用导数可以很容易解决，第二问利用了常数分离法进行证明，第三问需要进行放缩证明，主要利用sinx＜x进行证明，此题难度比较大，计算量比较大．‎ ‎　‎ ‎24．（2016•吉林三模）设，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线2x+y+1=0垂直．‎ ‎（1）求a的值；‎ ‎（2）若∀x∈[1，+∞），f（x）≤m（x﹣1）恒成立，求m的范围．‎ ‎（3）求证：．‎ ‎【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题；导数的综合应用．‎ ‎【分析】（1）求得函数f（x）的导函数，利用曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线2x+y+1=0垂直，即可求a的值；‎ ‎（2）先将原来的恒成立问题转化为，设，即∀x∈（1，+∞），g（x）≤0．利用导数研究g（x）在（0，+∞）上单调性，求出函数的最大值，即可求得实数m的取值范围．‎ ‎（3）由（2）知，当x＞1时，时，成立．不妨令，得出，再分别令k=1，2，…，n．得到n个不等式，最后累加可得．‎ ‎【解答】解：（1）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）‎ 由题设，‎ ‎∴‎ ‎∴1+a=1，∴a=0．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）‎ ‎（2），∀x∈（1，+∞），f（x）≤m（x﹣1），即 设，即∀x∈（1，+∞），g（x）≤0．‎ ‎﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）‎ ‎①若m≤0，g'（x）＞0，g（x）≥g（1）=0，这与题设g（x）≤0矛盾．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）‎ ‎②若m＞0方程﹣mx2+x﹣m=0的判别式△=1﹣4m2‎ 当△≤0，即时，g'（x）≤0．‎ ‎∴g（x）在（0，+∞）上单调递减，‎ ‎∴g（x）≤g（1）=0，即不等式成立．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）‎ 当时，方程﹣mx2+x﹣m=0，其根，，‎ 当x∈（1，x2），g'（x）＞0，g（x）单调递增，g（x）＞g（1）=0，与题设矛盾．‎ 综上所述，．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）‎ ‎（3）由（2）知，当x＞1时，时，成立．‎ 不妨令 所以，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11分）‎ ‎﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）‎ 累加可得即﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（14分）‎ ‎【点评】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性、导数在最大值、最小值问题中的应用，考查学生的计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎25．（2016•汕头模拟）已知函数f（x）=lnx﹣（1+a）x2﹣x．‎ ‎（1）讨论 函数f（x）的单调性；‎ ‎（2）当a＜1时，证明：对任意的x∈（0，+∞），有f（x）＜﹣﹣（1+a）x2﹣a+1．‎ ‎【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．菁优网版权所有 ‎【专题】综合题；函数思想；转化思想；分析法；导数的综合应用．‎ ‎【分析】（1）求出原函数的导函数，对a分类求解原函数的单调区间；‎ ‎（2）利用分析法证明，把要证的不等式转化为证明成立，即证．令g（x）=，h（x）=x﹣lnx，由导数求出g（x）的最大值和h（x）的最小值，由g（x）的最大值小于h（x）的最小值得答案．‎ ‎【解答】（1）解：由f（x）=lnx﹣（1+a）x2﹣x，得 f′（x）=（x＞0），‎ 当a=﹣1时，f′（x）=，‎ 当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；‎ 当时，﹣2（1+a）＞0，﹣2（1+a）x2﹣x+1≥0，即f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上为增函数；‎ 当时，﹣2（1+a）＞0，二次方程﹣2（1+a）x2﹣x+1=0有两根，，‎ 当x∈（0，x1），x∈（x2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；‎ 当a＞﹣1时，﹣2（1+a）＜0，二次方程﹣2（1+a）x2﹣x+1=0有两根，，，‎ 当x∈（0，x2）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（x2，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数．‎ ‎（2）证明：要证f（x）＜﹣﹣（1+a）x2﹣a+1，‎ 即证lnx﹣（1+a）x2﹣x＜﹣﹣（1+a）x2﹣a+1，‎ 即，‎ ‎∵a＜1，∴1﹣a＞0，‎ 也就是证，‎ 即证．‎ 令g（x）=，则g′（x）=，‎ 当x∈（0，e）时，g′（x）＞0，g（x）为增函数，当x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）为减函数，‎ ‎∴；‎ 令h（x）=x﹣lnx，h′（x）=1﹣，‎ 当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）为减函数，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）为增函数，‎ ‎∴h（x）min=h（1）=1，‎ ‎∴成立，‎ 故对任意的x∈（0，+∞），有f（x）＜﹣﹣（1+a）x2﹣a+1．‎ ‎【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，体现了分类讨论的数学思想方法，考查逻辑推理能力和运算能力，属难题．‎ ‎　‎ ‎26．（2016•遂宁模拟）已知函数f（x）=mex﹣x﹣1．（其中e为自然对数的底数）‎ ‎（1）若曲线y=f（x）过点P（0，1），求曲线y=f（x）在点P（0，1）处的切线方程．‎ ‎（2）若f（x）的两个零点为x1，x2且x1＜x2，求y=（e﹣e）（﹣m）的值域．‎ ‎（3）若f（x）＞0恒成立，试比较em﹣1与me﹣1的大小，并说明理由．‎ ‎【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用．菁优网版权所有 ‎【专题】综合题；转化思想；分析法；函数的性质及应用；导数的综合应用．‎ ‎【分析】（1）由f（0）=1，可得m=2，求出f（x）的导数，求得切线的斜率，由点斜式方程可得切线的方程；‎ ‎（2）由零点的概念，化简函数y，令x2﹣x1=t（t＞0），，求出导数，求得单调性，即可得到所求值域；‎ ‎（3）由f（x）＞0得mex﹣x﹣1＞0，即有，令，求出导数，单调区间和最大值；又令h（m）=（e﹣1）lnm﹣m+1，求出导数，求得单调区间，即可得到所求大小关系．‎ ‎【解答】解：（1）当x=0时，f（0）=m﹣1=1⇒m=2，‎ f′（x）=2ex﹣1，f′（0）=2﹣1=1，‎ ‎∴所求切线方程y=x+1，即x﹣y+1=0；‎ ‎（2）由题意，，． ‎ 相减可得m（e﹣e）=x2﹣x1，‎ 即有=‎ ‎=，‎ 令x2﹣x1=t（t＞0），，‎ 又，‎ ‎∴g（t）在（0，+∞）上单调递减，‎ ‎∴g（t）＜g（0）=0，‎ ‎∴g（t）∈（﹣∞，0），‎ ‎∴的值域为（﹣∞，0）；‎ ‎（3）由f（x）＞0得mex﹣x﹣1＞0，即有，‎ 令，则，‎ 令u′（x）＞0⇒x＜0，u′（x）＜0⇒x＞0，‎ ‎∴u（x）在（﹣∞，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减．‎ ‎∴u（x）max=u（0）=1，∴m＞1．‎ 又令h（m）=（e﹣1）lnm﹣m+1，‎ 则．‎ 令h′（m）＞0⇒m＜e﹣1，h′（m）＜0⇒m＞e﹣1，又m＞1‎ ‎∴h（m）在（1，e﹣1）上单调递增，在（e﹣1，+∞）上单调递减 又h（1）=﹣1+1=0，h（e）=e﹣1﹣e+1=0‎ ‎∴当1＜m＜e时，h（m）＞0⇒（e﹣1）lnm﹣m+1＞0，‎ 即（e﹣1）lnm＞m﹣1‎ ‎∴em﹣1＜me﹣1，‎ 同理，当m=e时，em﹣1=me﹣1，当m＞e时，em﹣1＞me﹣1．‎ 综上，当1＜m＜e时，em﹣1＜me﹣1‎ 当m=e时，em﹣1=me﹣1，‎ 当m＞e时，em﹣1＞me﹣1．‎ ‎【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间，考查函数方程的转化思想，以及单调性的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎27．（2016•太原校级二模）已知函数，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=x﹣1．‎ ‎（1）求实数a的值，并求f（x）的单调区间；‎ ‎（2）试比较20142015与20152014的大小，并说明理由；‎ ‎（3）是否存在k∈Z，使得kx＞f（x）+2对任意x＞0恒成立？若存在，求出k的最小值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的单调性．菁优网版权所有 ‎【专题】综合题；转化思想；分析法；导数的概念及应用；导数的综合应用；不等式的解法及应用．‎ ‎【分析】（1）由求导公式求出导数，再由切线的方程得f′（1）=1，列出方程求出a的值，代入函数解析式和导数，分别求出f′（x）＞0、f′（x）＜0对应的x的范围，即求出函数f（x）的单调区间；‎ ‎（2）根据函数f（x）的单调性得：＞，由对数的运算律、单调性化简即可；‎ ‎（3）先将kx＞f（x）+2分离出k：k＞+，构造函数g（x）=+，再求出此函数的导数g′（x）并化简，再构造函数并二次求导，通过特殊函数值的符号，确定函数零点所在的区间，列出表格判断出g（x）的单调性，从而求出g（x）的最大值，再由自变量的范围确定出g（x）的最大值的范围，从而求出满足条件的k的最小值．‎ ‎【解答】解：（1）f（x）的导数为f′（x）=（x＞0），‎ 所以f′（1）==，‎ 由切线方程得f′（1）=1，即=1，解得a=0；‎ 此时f（x）=（x＞0），f′（x）=，‎ 令f′（x）＞0得，1﹣lnx＞0，解得0＜x＜e；‎ 令f′（x）＜0得，1﹣lnx＜0，解得x＞e，‎ 所以f（x）的增区间为（0，e），减区间为（e，+∞）；‎ ‎（2）由（1）知，函数f（x）在（e，+∞）上单调递减，‎ 所以f（2014）＞f（2015），‎ 即＞，则2015ln2014＞2014ln2015，‎ 所以ln20142015＞ln20152014，即20142015＞20152014；‎ ‎（3）若kx＞f（x）+2对任意x＞0恒成立，‎ 则k＞+的最大值，‎ 记g（x）=+，只需k＞g（x）max．‎ 又g′（x）=﹣=，‎ 记h（x）=1﹣2x﹣2lnx（x＞0），则h′（x）=﹣2﹣，‎ 所以h（x）在（0，+∞）上单调递减．‎ 又h（1）=﹣1＜0，h（）=1﹣+ln2＞1﹣+ln2=ln＞0，‎ 所以存在唯一x0∈（，1），使得h（x0）=0，即1﹣2x0﹣2lnx0=0，‎ 当x＞0时，h（x）、g′（x）、g（x）的变化情况如下：‎ x ‎（0，x0）‎ x0‎ ‎（x0，+∞）‎ h（x）‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎﹣‎ g′（x）‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎﹣‎ g（x）‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 所以g（x）max=g（x0）=，‎ 又因为1﹣2x0﹣2lnx0=0，所以2x0+2lnx0=1，‎ 所以g（x0）===•（）2+，‎ 因为x0∈（，1），可得∈（1，），‎ 所以＜g（x0）＜1+，‎ 又g（x）max≥g（1）=2，所以2≤g（x）＜1+，‎ 因为k＞g（x）max，即k＞g（x0），且k∈Z，故k的最小整数值为3．‎ 所以存在最小整数k=3，使得kx＞f（x）+2对任意x＞0恒成立．‎ ‎【点评】本题考查导数的几何意义，导数与函数的单调性、最值之间的关系，恒成立问题转化为求函数的最值，以及构造法、二次求导判断函数的单调性，考查分析问题、解决问题的能力，化简计算能力，属于难题．‎ ‎　‎ ‎28．（2016•眉山模拟）已知函数f（x）=lnx，g（x）=ex，其中e是自然对数的底数，e=2.71828…‎ ‎（1）若函数φ（x）=f（x）﹣，求函数φ（x）的单调区间；‎ ‎（2）若x≥0，g（x）≥kf（x+1）+1恒成立，求实数k的取值范围；‎ ‎（3）设直线l为函数f（x）的图象上一点，A（x0，f（x0））处的切线，证明：在区间（1，+∞）上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y=g（x）相切．‎ ‎【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；函数恒成立问题．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题；分类讨论；函数思想；转化思想；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用．‎ ‎【分析】（1）求出原函数的导函数，确定导数恒大于0，从而可得求函数φ （x）的单调区间；‎ ‎（2）把g（x）≥kf（x+1）+1 （x≥0）恒成立，转化为kln（x+1）≤ex﹣1在x≥0时恒成立，然后分k≤0和k＞0讨论，当k＞0时，利用放缩法转化为kln（x+1）≤kx≤ex﹣1恒成立求解；‎ ‎（3）先求直线l为函数的图象上一点A（x0，f （x0））处的切线方程，再设直线l与曲线y=g（x）相切于点（），进而可得，再证明在区间（1，+∞）上x0存在且唯一即可．‎ ‎【解答】（1）解：φ（x）=f（x）﹣=lnx﹣，‎ φ′（x）=．‎ ‎∵x＞0且x≠1，∴φ'（x）＞0，‎ ‎∴函数φ（x）的单调递增区间为（0，1）和（1，+∞）；‎ ‎（2）解：由g（x）≥kf（x+1）+1 （x≥0）恒成立，‎ 得ex≥kln（x+1）+1在x≥0时恒成立，‎ 即kln（x+1）≤ex﹣1在x≥0时恒成立，‎ ‎∵ex﹣1≥0，ln（x+1）≥0．‎ 若k≤0，则kln（x+1）≤ex﹣1在x≥0时恒成立；‎ 若k＞0，由ln（x+1）≤x，得kln（x+1）≤kx，‎ 由kx≤ex﹣1，知当x=0时，对于任意正实数k都成立，‎ 当x＞0时，不等式化为，‎ 令h（x）=，h′（x）=．‎ 令φ（x）=（x﹣1）ex，则φ′（x）=xex＞0，‎ ‎∴φ（x）=（x﹣1）ex在（0，+∞）上为增函数，‎ 则h′（x）＞h′（0）=0，‎ 则h（x）在（0，+∞）上为增函数，‎ ‎∴h（x）＞h（0）=1．‎ ‎∴当0＜k≤1时，kln（x+1）≤kx≤ex﹣1恒成立．‎ 综上，若x≥0，则使g（x）≥kf（x+1）+1恒成立的实数k的取值范围是（﹣∞，1]；‎ ‎（3）证明：∵f′（x）=，∴f′（x0）=，‎ ‎∴切线l的方程为y﹣lnx0=（x﹣x0），‎ 即y=，①‎ 设直线l与曲线y=g（x）相切于点（），‎ ‎∵g′（x）=ex，∴，∴x1=﹣lnx0．‎ ‎∴直线l方程又为y﹣=（x+lnx0），‎ 即y=，②‎ 由①②得，‎ ‎∴．‎ 下面证明在区间（1，+∞）上x0存在且唯一．‎ 由（1）可知，φ（x）=lnx﹣在区间（1，+∞）上递增．‎ 又φ（e）=lne﹣=，φ（e2）=，‎ 结合零点存在性定理，说明方程φ（x）=0必在区间（e，e2）上有唯一的根，这个根就是所求的唯一x0．‎ 在区间（1，+∞）上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y=g（x）相切．‎ ‎【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查导数知识的综合运用运用，考查数学转化思想方法，体现了分类讨论的数学思想方法，训练了函数零点存在性定理的用法，综合性比较强，难度较大，属压轴题．‎ ‎　‎ ‎29．（2016•佛山模拟）已知函数f（x）=ln（1+x）﹣ax在x=﹣处的切线的斜率为1．‎ ‎（Ⅰ）求a的值及f（x）的最大值；‎ ‎（Ⅱ）证明：1+++…+＞ln（n+1）（n∈N*）；‎ ‎（Ⅲ）设g（x）=b（ex﹣x），若f（x）≤g（x）恒成立，求实数b的取值范围．‎ ‎【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究曲线上某点切线方程．菁优网版权所有 ‎【专题】综合题；压轴题．‎ ‎【分析】（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞）．求导数，利用函数f（x）=ln（1+x）﹣ax在x=﹣处的切线的斜率为1，可求a的值，再确定函数的单调性，从而可求f（x）的最大值；‎ ‎（Ⅱ）法（一）：由（Ⅰ），得ln（1+x）﹣x≤0，即ln（1+x）≤x，当且仅当x=0时，等号成立．令x=（k∈N*），从而可得＞ln（k+1）﹣lnk（k=1，2，…，n），将上述n个不等式依次相加，即可证得结论；‎ 法（二）：先证明当n=1时，不等式成立；再假设当n=k时，不等式成立，结合x＞ln（1+x）（x＞﹣1，且x≠0）及x=，即可证得结论；‎ ‎（Ⅲ）先确定b≥0．由（Ⅰ），知f（x）max=f（0）=0，再求g（x）的最小值，从而可求实数b的取值范围．‎ ‎【解答】（Ⅰ）解：函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞）．‎ 求导数，得f′（x）=﹣a．‎ 由已知，∵函数f（x）=ln（1+x）﹣ax在x=﹣处的切线的斜率为1‎ ‎∴f′（﹣）=1，即﹣a=1，∴a=1．‎ 此时f（x）=ln（1+x）﹣x，f′（x）=﹣1=，‎ 当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0；当x＞0时，f′（x）＜0．‎ ‎∴当x=0时，f（x）取得极大值，该极大值即为最大值，‎ ‎∴f（x）max=f（0）=0．…（4分）‎ ‎（Ⅱ）证明：法（一）：由（Ⅰ），得ln（1+x）﹣x≤0，‎ 即ln（1+x）≤x，当且仅当x=0时，等号成立．‎ 令x=（k∈N*），则＞ln（1+），即＞ln，‎ ‎∴＞ln（k+1）﹣lnk（k=1，2，…，n）．‎ 将上述n个不等式依次相加，得 ‎1+++…+＞（ln2﹣ln1）+（ln3﹣ln2）+…+[ln（n+1）﹣lnn]，‎ ‎∴1+++…+＞ln（n+1）（n∈N*）．…（10分）‎ 法（二）：用数学归纳法证明．‎ ‎（1）当n=1时，左边=1=lne，右边=ln2，∴左边＞右边，不等式成立．‎ ‎（2）假设当n=k时，不等式成立，即1+++…+＞ln（k+1）．‎ 那么1+++…++＞ln（k+1）+，‎ 由（Ⅰ），知x＞ln（1+x）（x＞﹣1，且x≠0）．‎ 令x=，则＞ln（1+）=ln，‎ ‎∴ln（k+1）+＞ln（k+1）+ln=ln（k+2），‎ ‎∴1+++…++＞ln（k+2）．‎ 即当n=k+1时，不等式也成立．…（10分）‎ 根据（1）（2），可知不等式对任意n∈N*都成立．‎ ‎（Ⅲ）解：∵f（0）=0，g（0）=b，若f（x）≤g（x）恒成立，则b≥0．‎ 由（Ⅰ），知f（x）max=f（0）=0．‎ ‎（1）当b=0时，g（x）=0，此时f（x）≤g（x）恒成立；‎ ‎（2）当b＞0时，g′（x）=b（ex﹣1），‎ 当x∈（﹣1，0）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；‎ 当x∈（0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增．‎ ‎∴g（x）在x=0处取得极小值，即为最小值，‎ ‎∴g（x）min=g（0）=b＞0≥f（x），即f（x）≤g（x）恒成立．‎ 综合（1）（2）可知，实数b的取值范围为[0，+∞）．…（14分）‎ ‎【点评】本题考查导数知识的运用，考查数学归纳法，考查恒成立问题，解题的关键是理解导数的几何意义，掌握数学归纳法的证题步骤，确定函数的最值，综合性强．‎ ‎　‎ ‎30．（2016•日照一模）已知函数．‎ ‎（Ⅰ）记函数，求函数F（x）的最大值；‎ ‎（Ⅱ）记函数若对任意实数k，总存在实数x0，使得H（x0）=k成立，求实数s的取值集合．‎ ‎【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用；函数恒成立问题．菁优网版权所有 ‎【专题】计算题；分类讨论；转化思想；分析法；综合法；导数的综合应用．‎ ‎【分析】（Ⅰ）化简函数，的表达式，求出函数的导数，求出极值点以及端点的函数值，然后求函数F（x）的最大值；‎ ‎（Ⅱ）求出函数H（x）的值域为R．求出在[s，+∞）单调递增，其值域为．然后求解函数的值域，通过（1）若s＞e，求解值域，（2）若0＜s≤e，函数的值域，判断是否满足题意，推出实数s的取值集合．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）函数．‎ 函数，F（x）=x2﹣lnx，x ‎，令F′（x）=0，得．‎ ‎∴，F（2）=4﹣ln2，且，‎ ‎∴x=2时，函数F（x）取得最大值，最大值为4﹣ln2．…（4分）‎ ‎（Ⅱ）∵对任意实数k，总存在实数x0，使得H（x0）=k成立，∴函数H（x）的值域为R．‎ 函数在[s，+∞）单调递增，其值域为．‎ 函数，．当x=e时，y'=0．‎ 当x＞e时，y'＜0，函数在[e，+∞）单调递减，‎ 当0＜x＜e时，y'＞0，函数在（0，e）单调递增．…（8分）‎ ‎（1）若s＞e，函数在（0，e）单调递增，在（e，s）单调递减，其值域为，‎ 又，不符合题意；‎ ‎（2）若0＜s≤e，函数在（0，s）单调递增，其值域为，‎ 由题意得，即s2﹣2elns≤0；‎ 令u（s）=s2﹣2elns，．‎ 当时，u'（s）＞0，u（s）在单调递增；‎ 当，u'（s）＜0，u（s）在单调递减．‎ ‎∴时，u（s）有最小值，从而u（s）≥0恒成立（当且仅当时，u（s）=0）．‎ 由（1）（2）得，u（s）=0，所以．‎ 综上所述，实数s的取值集合为．…（13分）‎ ‎【点评】本题考查函数的导数的综合应用，函数的最值的求法，考查转化思想以及分析问题解决问题的能力．‎ ‎　‎