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【名师点睛】将函数的奇偶性和导数在研究函数的单调性与极值中的应用联系在一起，重点考查函数的综合性，体现了函数在高中数学的重要地位，其解题的关键是第一问需运用奇函数与偶函数的定义及性质建立方程组进行求解；第二问属于函数的恒成立问题，需借助导数求解函数最值来解决.
12.【2015高考山东，文20】设函数处的切线与直线（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）是否存在自然数k，使得方程错误！未找到引用源。在(k,k?1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；
（Ⅲ）设函数错误！未找到引用源。（min{p,q}表示，p,q中的较小值），求m?x?的最大值. 【答案】（I）a?1 ；(II) k?1 ；(III) 【解析】
（I）由题意知，曲线又f'(x)?lnx?在点(1,f(1))处的切线斜率为2，所以f'(1)?2， 平行.
. 已知曲线
在点(1,f(1))4. 2ea?1,所以a?1. x（II）k?1时，方程f(x)?g(x)在(1,2)内存在唯一的根.
x2设h(x)?f(x)?g(x)?(x?1)lnx?x,
e当x?(0,1]时，h(x)?0. 又h(2)?3ln2?44?ln8??1?1?0, e2e2所以存在x0?(1,2)，使h(x0)?0. 因为h'(x)?lnx?1x(x?2)1所以当时，当x?(2,??)时，?1?,h'(x)?1??0，x?(1,2)xxeeh'(x)?0，
所以当x?(1,??)时，h(x)单调递增.
所以k?1时，方程f(x)?g(x)在(k,k?1)内存在唯一的根.
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（III）由（II）知，方程f(x)?g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0，且x?(0,x0)时，
?(x?1)lnx,x?(0,x0]?. f(x)?g(x)，x?(x0,??)时，f(x)?g(x)，所以m(x)??x2,x?(x0,??)??ex当x?(0,x0)时，若x?(0,1],m(x)?0;
1?1?0,可知0?m(x)?m(x0);故m(x)?m(x0). xx(2?x)当x?(x0,??)时，由m'(x)?,可得x?(x0,2)时，m'(x)?0,m(x)单调递增；xe若x?(1,x0),由m'(x)?lnx?x?(2,??)时，m'(x)?0,m(x)单调递减；
4,且m(x0)?m(2). e24综上可得函数m(x)的最大值为2.
e可知m(x)?m(2)?【考点定位】1.导数的几何意义；2.应用导数研究函数的单调性、最值；3.函数零点存在性定理.
【名师点睛】本题考查了导数的几何意义、应用导数研究函数的性质、函数零点存在性定理等，解答本题的主要困难是（II）(III)两小题，首先是通过构造函数，利用函数零点存在性定理，作出判断，并进一步证明函数在给定区间的单调性，明确方程f(x)?g(x)在(k,k?1)内存在唯一的根.其次是根据（II）的结论，确定得到m(x)的表达式，并进一步利用分类讨论思想，应用导数研究函数的单调性、最值.
本题是一道能力题，属于难题.在考查导数的几何意义、应用导数研究函数的性质、函数零点存在性定理等基础知识的同时，考查考生的计算能力、应用数学知识分析问题解决问题的能力及分类讨论思想.本题是教辅材料的常见题型，有利于优生正常发挥. 13.【2015高考四川，文21】已知函数f(x)＝－2lnx＋x－2ax＋a，其中a>0. (Ⅰ)设g(x)为f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；
(Ⅱ)证明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解. 【解析】(Ⅰ)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)
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g(x)＝f '(x)＝2(x－1－lnx－a)
所以g'(x)＝2－
22(x?1)? xx试题习题，尽在百度
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当x∈(0，1)时，g'(x)＜0，g(x)单调递减 当x∈(1，＋∞)时，g'(x)＞0，g(x)单调递增
(Ⅱ)由f '(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx
令Φ(x)＝－2xlnx＋x－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)＝(1＋lnx)－2xlnx 则Φ(1)＝1＞0，Φ(e)＝2(2－e)＜0 于是存在x0∈(1，e)，使得Φ(x0)＝0
令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1) 由u'(x)＝1－
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1≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增 x故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1 即a0∈(0，1)
当a＝a0时，有f '(x0)＝0，f(x0)＝Φ(x0)＝0 再由(Ⅰ)知，f '(x)在区间(1，＋∞)上单调递增 当x∈(1，x0)时，f '(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0 当x∈(x0，＋∞)时，f '(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0 又当x∈(0，1]时，f(x)＝(x－a0)－2xlnx＞0 故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0
综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解.
【考点定位】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、化归与转化等数学思想.
【名师点睛】本题第(Ⅰ)问隐藏二阶导数知识点，由于连续两次求导后，参数a消失，故函数的单调性是确定的，讨论也相对简单.第(Ⅱ)问需要证明的是：对于某个a∈(0，1)，
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f(x)的最小值恰好是0，而且在(1，＋∞)上只有一个最小值.因此，本题仍然要先讨论f(x)
的单调性，进一步说明对于找到的a，f(x)在(1，＋∞)上有且只有一个等于0的点，也就是在(1，＋∞)上有且只有一个最小值点.属于难题.
14.【2015高考天津，文20】（本小题满分14分）已知函数f(x)=4x-x,x?R, （I）求f(x)的单调区间;
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（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);
a1（III）若方程f(x)=a(a为实数)有两个正实数根x1，x2，且x1 3【答案】（I）f?x? 的单调递增区间是???,1? ,单调递减区间是?1,???;（II）见试题解析;（III）见试题解析. 【解析】 （I）由f￠(x)=4-4x3,可得f?x? 的单调递增区间是???,1? ,单调递减区间是?1,???;（II）g?x??f??x0??x?x0?,F?x??f?x??g?x? ,证明F?x? 在???,x0?单调递增,在 ?x0,???单调递减,所以对任意的实数x,F?x??F?x0??0 ,对于任意的正实数x,都有 1af(x)￡g(x);（III）设方程g?x??a 的根为x2? ,可得x2????43,由g?x?在 12???,??? 单调递减,得g?x2??f?x2??a?g?x2?? ,所以x2?x2? .设曲线y?f?x? 在 原点处的切线为y?h?x?, 方程h?x??a 的根为x1? ,可得x1??a ,由h?x??4x 在在4???,??? 单调递增,且hx1??a?f?x1??h?x1? ,可得x1??x1, 所以 ??1ax2?x1?x2??x1????43 . 34试题解析:（I）由f(x)=4x-x,可得f￠(x)=4-4x3,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.所以函数f?x? 的单调 递增区间是???,1? ,单调递减区间是?1,???. （II）设P?x0,0? ,则x0?4 ,f??x0???12, 曲线y?f?x? 在点P处的切线方程为 13y?f??x0??x?x0? ,即g?x??f??x0??x?x0?,令F?x??f?x??g?x? 即F?x??f?x??f??x??x?x0? 则F??x??f??x??f??x0?. 由于f￠(x)=4-4x3在???,??? 单调递减,故F??x?在???,??? 单调递减,又因为 试题习题，尽在百度 百度文库，精选习题 F??x0??0,所以当x????,x0?时,F??x??0,所以当x??x0,???时,F??x??0,所以F?x? 在???,x0?单调递增,在?x0,???单调递减,所以对任意的实数 x,F?x??F?x0??0 ,对于任意的正实数x,都有f(x)￡g(x). 11??a3（III）由（II）知g?x???12?x?4? ,设方程g?x??a 的根为x2? ,可得x2????43, 12??因为g?x?在???,??? 单调递减,又由（II）知g?x2??f?x2??a?gx2? ,所以x2?x2? .类似的,设曲线y?f?x? 在原点处的切线为y?h?x?, 可得h?x??4x ,对任意的 ??x????,???,有f?x??h?x???x4?0 即f?x??h?x? .设方程h?x??a 的根为x1? , 可得x1??a ,因为h?x??4x 在???,??? 单调递增,且hx1??a?f?x1??h?x1? ,因4??1a此,x1??x1, 所以x2?x1?x2??x1????43 . 3【考点定位】本题主要考查导数的几何意义及导数的应用.考查函数思想、化归思想及综合分析问题解决问题的能力 【名师点睛】给出可导函数求单调区间,实质是解关于导函数的不等式,若函数解析式中不含参数,一般比较容易.不过要注意求单调区间,要注意定义域优先原则,且结果必须写成区间形式,不能写成不等式形式;利用导数证明不等式是近几年高考的一个热点,解决此类问题的基本思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性和极值破解. 15.【2015高考新课标1，文21】（本小题满分12分）设函数f?x??e（I）讨论f?x?的导函数f??x?的零点的个数； （II）证明：当a?0时f?x??2a?aln2x?alnx. 2. a【答案】（I）当a￡0时，f￠(x)没有零点；当a>0时，f￠(x)存在唯一零点.（II）见解析 【解析】 试题分析：（I）先求出导函数，分a￡0与a>0考虑f??x?的单调性及性质，即可判断出零 +￥点个数；（II）由（I）可设f￠(x)在0，()的唯一零点为x，根据f??x?的正负，即可判 0定函数的图像与性质，求出函数的最小值，即可证明其最小值不小于2a+aln证不等式. 2，即证明了所a试题习题，尽在百度
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