恒成立

(2)设g(x)f(x)2x,若存在实数t，当x1,m时，g(xt)x恒成立，求实数m的最大值。 【答案】（1）b=10， a=100；(2) 实数m的最大值是4。

【解析】（1）由f（-1）=-2，代入函数解析式得到关于lga与lgb的等式记作①，化简后得到关于a与b的等式记作②，又因为f（x）≥2x恒成立，把f（x）的解析式代入后，令△≤0得到关于lga与lgb的不等式，把①代入后得到关于lgb的不等式，根据平方大于等于0，即可求出b的值，把b的值代入②即可求出a的值；

（1）由f（-1）=-2知，lgb-lga+1=0①，所以a b =10②．又f（x）≥2x恒成立，f（x）-2x≥0恒成立，则有x2+x•lga+lgb≥0恒成立，故△=（lga）2-4lgb≤0，将①式代入上式得：（lgb）2-2lgb+1≤0，即（lgb-1）2≤0，故lgb=1即b=10，代入②得，a=100；

(2) g(x)f(x)2xx22x1(x1)2,∵存在实数t，当x1,m时，g(xt)x恒成立；即

(xt1)2x恒成立.

tR,xxt1xxxt1xx（x1,m）恒成立.

22设xu，则uut1uu

∴(uu2)maxt1(uu2)min，即tR,t12，且t1mm 2mm1m4，∴实数m的最大值是4。

2．已知函数f(x)mxalnxm,g(x)（1）求g(x)的极值；

（2）设m1,a0，若对任意的x1,x2[3,4](x1x2)，f(x2)f(x1)值；

（3）设a2，若对任意给定的x0(0,e]，在区间(0,e]上总存在t1,t2(t1t2)，使得f(t1)f(t2)g(x0) 成立，求m的取值范围．

223e[,)e13【答案】（1）极大值为1，无极小值．（2）3 ．（3）．

11恒成立，求a的最小g(x2)g(x1)ex，其中m，a均为实数． ex【解析】

试题分析：（1）求函数极值，先明确定义域为R,再求其导数为g(x)e(1x)ex．由g(x)0，得x = 1.分析

试卷第1页，总19页

导数在定义区间符号正负，确定函数先增后减，所以y =g(x)有极大值为1，无极小值．（2）不等式恒成立

f(x2)f(x1)11g(x2)g(x1)问题，先化简不等式．化简不等式的难点有两个，一是绝对值，二是两个参量y1g(x).利用导数可知两者都是增函

x1,x2.可从函数单调性去绝对值，分析两个函数，一是yf(x)，二是f(x2)f(x1)数，故原不等式等价于f(x2)11,(x2x1)g(x2)g(x1)，变量分离调整为

111f(x1),(x2x1)u(x)f(x)g(x2)g(x1)g(x)在区间[3,4]上为减函数，即,这又等价转化为函数a1ex(x1)ex1x1u(x)1≤0a≥xe[3,4]xex2x恒成立，即在上恒成立．继续变量分离得

ex1ex1x1a≥(xe)axyxemxx在[3,4]上最大值,就为a的最小值..最后只需求函数（3）本题含义为：

x1对于函数yg(x)在(0,e]上值域中每一个值，函数yf(x)在(0,e]上总有两个不同自变量与之对应相等．首先求出函数yg(x)在(0,e]上值域(0,1]，然后根据函数yf(x)在(0,e]上必须不为单调函数且每段单调区间对应的值域都需包含(0,1].由f(x)在(0,e]不单调得3m≥f(e)≥1，e1. 试题解析：（1）列表如下：

x g(x) m2e，由每段单调区间对应的值域都需包含(0,1]得

g(x)e(1x)ex，令g(x)0，得x = 1． 1分

（∞，1）  ↗ 1 0 极大值 （1，∞）  ↘

g(x)

∵g(1) = 1，∴y =g(x)的极大值为1，无极小值． 3分 （2）当m1,a0时，f(x)xalnx1，x(0,)． f(x)xa0x在[3,4]恒成立，∴f(x)在[3,4]上为增函数． 4分

∵试卷第2页，总19页

x11exe(x1)h(x)h(x)g(x)ex，∵x2设> 0在[3,4]恒成立，

∴h(x)在[3,4]上为增函数． 5分

f(x2)f(x1)11g(x2)g(x1)设x2x1，则等价于f(x2)f(x1)h(x2)h(x1)，

即f(x2)h(x2)f(x1)h(x1)．

1exu(x)f(x)h(x)xalnx1ex，则u(x)在[3,4]为减函数． 设a1ex(x1)u(x)1≤02xex∴在（3，4）上恒成立． 6分

∴a≥xex1ex1ex1x1v(x)xev()x1ex恒成立．x设，∵x11ex(x1)x21131ex1[()2]x24，=x[3，

4]，

1133ex1[()2]e21x244∴，∴v(x)< 0，v(x)为减函数．

22ev(x)3∴在[3，4]上的最大值为v(3) = 3 ． 8分

2222eea∴a≥3 3，∴的最小值为3 3． 9分

（3）由（1）知g(x)在(0,e]上的值域为(0,1]． 10分 ∵f(x)mx2lnxm，x(0,)，

当m0时，f(x)2lnx在(0,e]为减函数，不合题意． 11分

m(x2)m当m0时，0f(x)x，由题意知f(x)在(0,e]不单调，

22emme．①12分 所以，即22(0,)(,e)此时f(x)在m上递减，在m上递增， ∴f(e)≥1，即f(e)me2m≥1，解得3m≥e1． 13分 由①②，得m≥3e1．②

2f()≤f(1)0∵1(0,e]，∴m成立． 14分

试卷第3页，总19页

2t(0,]m，使得f(t)≥1． 下证存在取tem，先证xem2mm，即证2em0．③ x3,)设w(x)2ex，则w(x)2e10在e1时恒成立．

33[,)w(x)≥w()0w(x)e1e1∴在时为增函数．∴，∴③成立．

[mf(e)≥1． 再证

∵f(em)memmm≥331m≥e1，∴e1时，命题成立． [3,)me1综上所述，的取值范围为． 16分

考点：函数极值，不等式恒成立 3．已知函数fxlnx1x． （1）求fx的单调区间；

（2）若kZ，且fx1xk13对任意x1恒成立，求k的最大值； xfx0（3）对于在区间0,1上任意一个常数a，是否存在正数x0，使得e【答案】（1）单调递增区间为1,0，单调递减区间为0,； （2）4；（3）存在正数x0满足条件． 【解析】

1a2x0成立？请说明理由． 2试题分析：本题考查考查导数的应用，（1）求函数的单调区间，就是求出导函数f'(x)，然后解不等式

3；（2）不等式fx1xk1恒成立问题，f'(x)0（或f'(x)0）得单调增区间（或减区间）

x化简不等式为xlnxxkx3k0，为此设g(x)xlnxxkx3k，求它的最小值，由最小值大于0得k的范围，由g'(x)lnx2k，在x1时，lnx0，因此要分类，k2或k2，k2时易

k2k2k20时求k的最大值，最终得单调性，k2时，得g(x)极小g(e)3ke，问题转化为3ke可得结果；（3）探索性问题，假设存在，不等式e当x0时，函数hxfx01a2a2x01x0转化为x0x010，为此只需找到22ea2x1xx10的最小值hxmin满足hxmin0即可． 2e1x'1当x1,0时，f'x0 试题解析：（1）易得，函数定义域为1,，且fxx1x1试卷第4页，总19页

即fx在区间1,0上是增函数，当0,时，f'x0，即即fx在区间0,上是减函数

fx的单调递增区间为1,0，单调递减区间为0,．

（2）由fx1xk133变形，得lnxx1xk1 xxx1lnx0

'整理得xlnxxkx3k0，令gxxlnxxkx3k,gxlnx2k，

若

k2时，

g'x0恒成立，即gx在区间1,上递增，由

11g10,12k0kk2

22又

kZk的最大值为2．

k2若k2由lnx2k0xek2，由lnx2k01xek2，即gx在1,e上单调递减，k2k23kek2 在区间e,上单调递增，所以gx在区间1,上有最小值，为ge于是转化为3ke令hx3xek20k2恒成立，求k的最大值

'当x2ln3时，hx0,hx单调递减

x2h'x3ex2，

'当2x2ln3时，hx0,hx单调递增．

hx在x2ln3处取得最大值．

11ln3232ln34，h130,h2ln333ln30

eh412e20,h515e30，k4,k的最大值为4．

（3）假设存在这样的x0满足题意，则由ea2a2x01x0x0x010 22ea2x1只需找到当x0时，函数hxxx10的最小值hxmin满要找一个x00使式成立，

2efx01足hxmin0即可．在

11h'xxax，令h'x0exxlna，取x0lna

ae时

，

0xx0h'x0，在

xx0时，

h'x0hxminhx0hlna下面只需证明：在0a1时，又令paa2lnaalnaa1 2a2lnaalnaa10成立即可 2a2lnaalnaa1,a0,1 2试卷第5页，总19页

'则pa12lna0,pa在a0,1时为增函数． 2pap10,x0lna符合条件，

即存在正数x0满足条件．

考点：导数与单调性，函数的极值，不等式恒成立问题，探索性问题．

【名题点睛】1．导数法求函数单调区间的一般流程:求定义域→求导数f'(x)→求f'(x)=0在定义域内的根→用求得的根划分定义区间→确定f'(x)在各个开区间内的符号→得相应开区间上的单调性．

2．不等式恒成立问题，通常转化为求函数的最值，要注意的是求最大值还是求最小值，比较难的问题是求出最小值后，还要再用导数研究此值的单调性，判断其正负等等． 4．（本小题13分）已知定义在(,1)(1,)的奇函数满足：①f(4)1；②对任意x2均有f(x)0；

③对任意x1,y1，均有f(x)f(y)f(xyxy2)． （Ⅰ）求f(2)的值；

（Ⅱ）证明：f(x)在1,上为增函数；

（Ⅲ）是否存在实数k，使得f(sin2(k4)(sincos)k)2对任意的0,恒成立？若存在，求出的k范围；若不存在说明理由．

【答案】（1）f(2)0；（2）证明如下；（3）存在，当k(623,7)时，满足题意； 【解析】

试题分析：（1）利用条件，通过赋值运算可得到f(m1)f(n1)f(mn1)，对m，n再进行赋值，即可得到f(2)0；（2）证明函数的单调性，通常有两种方法，一种是用定义法，一种是用导数法，本题中，f(x)是一个抽象函数，只能采用定义法，若x1x2，得出f(x1)f(x2)，则函数为增函数，若x1x2，得出f(x1)f(x2)，则函数为减函数；（3）主要是针对二次函数来讨论，通过二次函数的对称轴，以及最值来分情况，同学们在做此类问题时，要紧紧抓住图像，数形结合来解决问题往往是直观有效的； 试题解析：（Ⅰ）由f(x)f(y)f(xyxy2)f[x(y1)(1y)1]f[(y1)(x1)1]， 令mx1，ny1，则m,n0，且有f(m1)f(n1)f(mn1)对任意m,n0均成立， 令mn1即有f(2)f(2)f(2)，得f(2)0；

（Ⅱ）由f(m1)f(n1)f(mn1)有f(mn1)f(n1)f(m1)，只需m1就好

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设x2mn1,x1n1，其中n,m0,m1，则x2x1n(m1)0，故x2x1， 则f(x2)f(x1)f(mn1)f(n1)f(m1)，m1,m12所以f(m1)0， 即f(x2)f(x1)0，f(x2)f(x1)，f(x)在(1,)单调递增 （Ⅲ）由f(m1)f(n1)f(mn1)，

令mn3，有f(4)f(4)f(10)，f(10)2，

1101011，由f(91)f(1)f(91)0，故f()2，由奇偶性 f()2， 9999910则f(x)2的解集是 (,)(1,10)， 910于是问题等价于是否存在实数k使sin2(k4)(sincos)k，

9令m9,n或1sin2(k4)(sincos)k10对任意的[0,]恒成立，

2令tsincos,t[1,2]，问题等价于t(k4)t110 9或1t2(k4)tk110对t[1,2]恒成立， 令g(t)t2(k4)tk1，则g(t)10对t[1,2]恒成立的必要条件是 913101kg(1)2k30999即得，此时无解； 101g(2)2kk10k8194219299991g(1)1012k410同理1g(t)10恒成立的必要条件是，即，

1g(2)101(12)k4211055k7解得2，得k7；

2152k842k-4335（-，）21g(1)101g(2)10成立，

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（2）当5k43k422时，t0,2 ，g(t)t2(k4)tk1在[1,2]先减后增， 2242（k4）k4k4g()1，即(k4)k11，

2421g(t)10恒成立还需g(t)min化简为k212k240，(k6)212，即23k623，解得623k623．

623k623故有5解得623k422；

k4222综上所述存在k(623,7)，使f(sin2(k4)(sincos)k)2对任意的0,恒成立． 考点：用定义法证明单调性二次函数分情况讨论

4xa5．已知函数g(x)是奇函数，f(x)lg(10x1)bx是偶函数。 x2（1）求ab的值。

（2）若对任意的t0,，不等式g(t22t)g(2t2k)0恒成立，求实数k的取值范围. （3）设h(x)f(x)围。

【答案】（1）ab【解析】

试题分析：（1）由条件利用函数的奇偶性的性质求得a、b的值，可得a+b的值；（2）由条件利用函数的单

22调性求得3t2kk，t∈[0，+∞）恒成立，求得3t2k的最小值，可得k的范围；（3）由题意可得存

1x，若存在x,1，使不等式g(x)hlg(10a9)成立，求实数a的取值范2119a101 （2）k（3）2310在x∈（-∞，1]，使不等式gxlg10a10成立，求得g（x）的最大值，可得a的范围

4x1试题解析：（1）由g(0)0得a1，则g(x)，经检验g(x)是奇函数，

2x由f(1)f(1)得b11x，则f(x)lg(101)x，经检验f(x)是偶函数 22ab1 24x11x2（2）g(x)，且g(x)在(,)单调递增，且g(x)为奇函数。 2x2x由g(t22t)g(2t2k)0恒成立，得

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g(t22t)g(2t2k)g(2t2k)， t22t2t2k,t0,恒成立

即3t22tk，t0,恒成立

令F(x)3t22t，在0,的最小值为F()131 31k

3（3）h(x)lg(10x1)，

h(lg(10a9))lg10lg(10a9)1lg(10a10)

则由已知得，存在x,1，使不等式g(x)lg(10a10)成立， 而g(x)在,1单增，gmax(x)g(1)3 23lg(10a10)lg102lg102310 10a101010 又a101 又10a909a 1010a1009a101 10考点：函数恒成立问题；函数单调性的判断与证明；函数奇偶性的性质 6．已知函数fxx2ax.

2（1）若任意a1，1，不等式fx3恒成立，求实数x的取值范围； （2）求证：对任意x1， x2R，都有fx1x21成立； fx1fx222Ma（3）对于给定的正数a，有一个最大的正数Ma，使得整个区间0，上，不等式fx5恒成立，求出Ma的解析式.

【答案】（1）1x1；（2）见解析；（3）Ma{【解析】试题分析：

aa25a5aa50a52 试卷第9页，总19页

（1）由题意令ga2axx,a1，1，则gamax23，可得{g13g13 ，即可求解实数k的取值

范围；

（2）对任意x1， x2R，作差化简2f2x1x2fx1fx20，即可. 22（3）由题意得fxxaa，由不等式fx5恒成立得fxmax5且fxmin5，结合二

次函数的图象，分类讨论，即可求解Ma的表达式. 试题解析：

（1）因为a1，1， x22ax3恒成立，令ga2axx， a1，1，则gamax3

2所以{g1x22x3g1x2x32 ，解得1x1

（2）对任意x1， x2R，

x1x2xxx1x222 2f12fxfx2axx2ax2 24ax121212222x1x20， x1x21x12x22x1x22x12x2 ffx1fx2 222222Ma（3）fxx2axxaa对称轴xa0， x0，由不等式fx5恒成立得222fxmax5且fxmin5

2Ma因为a0，当a5，即a5时，则Maa， fx在0，为减函数.

2由题意知： fMa5由fx5且xa，解得： xaa5 所以a5时， Maaa5 22当5a0，即0a5时，则fxmin5总成立fxmax5

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Ma由题意得： Maa， fx在0，a为减函数， fx在0，为增函数，

又f00，则fMa5， Maa 由fx5， 综上Ma{xa解得xaa25，所以0a5时， Maaa25 aa25a5aa50a52 点睛:本题考查了函数的综合应用，解答中涉及到不等式的恒成立问题的求解，不等式的性质的应用，以及二次函数的图象与性质的应用，解答中把不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题是解答的关键，试题综合性强，属于中档试题.

7．定义在R上的函数fx满足： fmnfmfn2对任意m、n R恒成立，当x0时，

fx2.

（1）求证fx在R上是单调递增函数；

（2）已知f15，解关于t的不等式ftt8；

22（3）若f24，且不等式ftata7对任意t2,2恒成立.求实数a的取值范围.

【答案】(1)见解析;(2) t1,2;(3) a7,2.

【解析】试题分析：（1）结合已知先构造x2x10，可得fx2x12，利用函数的单调性的定义作差（2）由f（1），及f（2）=f（1）+f（1）-2可求f（2），然后结合（I）中的函数fx1fx2变形可证明；

的单调性可把已知不等式进行转化，解二次不等式即可；（3）由f（-2）及已知可求f（-1），进而可求f（-3），由已知不等式及函数的单调性可转化原不等式，结合恒成立与最值求解的相互转化即可求解. 试题解析：（1）x1,x2R,当x1x2时， x2x10,fx2x12

fx1fx2fx1fx2x1x1fx1fx2x1fx12 2fx2x10，所以fx1fx2，所以fx在R上是单调递增函数 4分

（2）

f15,f2f1f128，由ft2t8得ft2tf2

22 fx在R上是单调递增函数，所以tt22tt2{t2t2tt22

{1t2 t1,28分

tR试卷第11页，总19页

（3）由f24得4f2f1f12f11

2所以f3f2f14127，由ftata7得

ft2ataf3

 fx在R上是单调递增函数，所以t2ata3

t2ata30对任意t2,2恒成立.记gtt2ata32t2

只需gmint0.对称轴t（1）当a 2a72a4时， gmintg242aa30a与a4矛盾. 23此时a；

43aa2a（2）当224a4时， gmint06a2，又4a4，所以

244a2；

（3）当a2a4时， gmintg242aa30a7 2又a47a4； 综合上述得： a7,214分.

考点：1.抽象函数及其应用；2.函数单调性的性质；3.函数恒成立问题．

8．（本题满分10分）已知函数（1） 若对于任意的（2） 若

的最小值为

。

恒成立，求实数的取值范围；

，求实数的值； ，均存在以

为三边长的三角形，求实数的取值范围。

（3） 若对任意的【答案】21．（1）

（2），

令，则，

当时，无最小值，舍去；

试卷第12页，总19页

当时，最小值不是，舍去；

当时，

。

，最小值为，

综上所述，（3） 由题意，

对任意恒成立。

当时，因且，

故当

，即时，

；

，满足条件；

当时，且，故，；

综上所述，

点睛：（1）对于含参数的函数在求最值时，要注意对参数进行分类讨论，分类时要做到合理、不重不漏． （2）已知恒成立求参数的范围时，若参数可分离，则利用分离参数的方法，将问题转化为求函数的最值的问题处理．求最值时可根据函数的单调性求解，也可利用基本不等式求解． 9．（本题满分12分）设函数f(x)logax(a0,a1)， （1）若不等式f(x)x20在(0,)内恒成立，求a的取值范围；

（2）判断是否存在大于１的实数a，使得对任意x1[a,2a]，都有x2[a,a2]满足等式：f(x1)f(x2)p，且满足该等式的常数p的取值唯一？若存在，求出所有符合条件的a的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）【解析】

试题分析：（1）不等式logaxx2在(0,)内恒成立，所以在(0,)内ylogax图像在yx2图像的上方，

121a1；（2）存在大于1的实数2满足条件． 1612120a112∴11，可得a1；

16loga22（2）假设存在大于1的实数a 满足条件，

试卷第13页，总19页

由f(x1)f(x2)p，即logax1logax2loga(x1x2)p，∴x1x2ap，

apaapapap2ax2[,]，把x2看作x1的函数x2，其在区间[a,2a]上单调递减，∴x1[a,2a]时，∴p，2aax1aa2a∴p2loga2 ，

p3因为常数p的取值唯一，所以2loga23，∴a2． 所以存在大于1的实数a，且a2． 考点：函数的单调性，恒成立问题

点评：解本题的关键是把恒成立问题转化为利用函数的单调性求最值问题，利用函数的单调性求出函数的最值，从而解得字母的取值范围．

110．已知函数fxx， gxm．

22x（1）若对任意x11,3， x20,2都有fx1gx2成立，求实数m的取值范围； （2）若对任意x20,2，总存在x11,3，使得fx1gx2成立，求实数m的取值范围． 【答案】（1）m1;（2）8,

【解析】试题分析：（1）由题设知： fx1mingx2max，即可转化为研究函数最值即可. （2）由题设知fx1maxgx2max，即可转化为研究函数最值即可． 试题解析：

（1）由题设知： fx1mingx2max，

∵fx在1,0上递减，在0,3上递增，∴fx1minf00 又∵gx在0,2上递减，∴gx2maxg01m ∴有01m，

m的范围为1,

（2）由题设知fx1maxgx2max，

∴有f3g0，即91m，∴M的范围为8, 11．已知函数f(x)(log2x)22log1x1,g(x)x2ax1 2试卷第14页，总19页

（1）求函数yf(cos(x3))的定义域；

（2）若存在aR,对任意x1,2，总存在唯一x01,2，使得f(x1)g(x0)成立.求实数a的取

8值范围.

【答案】（1）x2k16x2k5(kZ) 6（2）a2或a【解析】

5 2试题分析：解：（1）由cos(x即x2k3)0 解得2k2x32k2 kZ

6x2k5(kZ) 6（2）首先，f(x)(log2x)22log2x1(1log2x)2 ∵x,2∴3log2x1 ∴函数f(x)的值域为[0,4]

8其次，由题意知：[0,4]yyxax1(1x2)，且对任意y0,4，总存在唯一x01,2，

21使得yg(x0)．以下分三种情况讨论：

g(1)a20a1①当时，则，解得a2； 2g(2)52a4②当g(1)a24a2时，则，解得a4； 2g(2)52a000a5③当12时，则g(1)a24或g(1)a20，解得a4；

22g(2)52a0g(2)52a4综上：a2或a5 2考点：三角函数的性质

点评：主要是考查了三角函数的性质和对数函数的不等式的求解，以及二次方程根的分布问题，属于中档题。 12．已知函数f(x)12x2alnx(a2)x． 2（1）当a1时，求函数f(x)在[1,e]上的最小值和最大值；

试卷第15页，总19页

（2）当a0时，讨论函数f(x)的单调性；

（3）是否存在实数a，对任意的x1,x2(0,)，且x1x2，都有求出a的取值范围；若不存在，说明理由.

【答案】（1）最小值为f(2)2ln2,f(x)maxf(1)f(x2)f(x1)a恒成立，若存在，x2x11； 2（2）①当2a0时，f(x)在(0,a)上是增函数，在(a,2)上是减函数，在(2,)上是增函数，②当a2时，在(0,)上是增函数，③当a2时，则f(x)在(0,2)上是增函数，在(2,a)上是减函数，

在(a,)上是增函数；（3）a【解析】

1. 2试题分析：（1）函数f(x)定义域为0,,当a1时求导判断导函数得正负,即可得函数单调性,从而得到

ax2(a2)x2a(x2)(xa)最值；（2）因为f(x)xa2,根据a0,将a与2进行比

xxx'较,分类讨论,确定函数的单调性；（3）假设存在a使不等式恒成立,不妨设0x1x2,若f(x2)f(x1)a，x2x1即f(x2)ax2f(x1)ax1，构建函数g(x)f(x)ax,在0,为增函数,只需g(x)0在0,恒成立即可. 试题解析：解： （1）当a1时，f(x)12x2lnxx. 22x2x2(x1)(x2)则f(x)x1，x[1,e]

xxx'∴当x(1,2)时，f'(x)0，当x(2,e)时，f'(x)0， ∴f(x)在(1,2)上是减函数，在(2,e)上是增函数.

∴当x2时，f(x)取得最小值，其最小值为f(2)2ln2.

1exe2. 又f(1)，f(e)22试卷第16页，总19页

e21e22e3f(e)f(1)e20，∴f(e)f(1)

222∴f(x)maxf(1)1. 2（2）f(x)的定义域为(0,)，

ax2(a2)x2a(x2)(xa)f(x)xa2，

xxx'①当2a0时，f(x)在(0,a)上是增函数，在(a,2)上是减函数，在(2,)上是增函数. ②当a2时，在(0,)上是增函数.

③当a2时，则f(x)在(0,2)上是增函数，在(2,a)上是减函数，在(a,)上是增函数. （3）假设存在实数a，对任意的x1,x2(0,)，且x1x2，都有f(x2)f(x1)a恒成立，

x2x1不妨设0x1x2，若f(x2)f(x1)a，即f(x2)ax2f(x1)ax1，

x2x1令g(x)f(x)ax121x2alnx(a2)xaxx22alnx2x 22只要g(x)在(0,)为增函数

2ax22x2a(x1)212ag(x)x2 xxx'要使g'(x)0在(0,)恒成立，只需12a0，a1， 2故存在a(,]满足题意.

考点：1.函数最值；2.含参讨论判单调性；3.恒成立问题.

【方法点晴】本题主要是考查了导数在研究函数中的运用,分析函数的单调性和函数的最值,和不等式的证明综合运用.（1）利用已知函数求解函数定义域,然后求解导函数,分析导数大于或小于零得到单调区间.（2）根据已知函数的单调性,对于参数a分情况讨论,得到最值.（3）假设存在实数a满足题意,则利用函数的单调性得到a的范围.

13．已知函数fx2， gxx2xb bR，记

x212试卷第17页，总19页

hxfx1。 fx(1) 判断的奇偶性（不用证明）并写出的单调区间；

（2）若2h2xmhx0对于一切x1,2恒成立，求实数m的取值范围.

x（3）对任意x1,2，都存在x1,x21,2，使得fxfx1， gxgx2.若fx1gx2，求实数b的值；

【答案】（1）奇函数，在R上单调递增（2）5,（3）b3

【解析】试题分析：（1）利用奇偶性的定义判断函数的奇偶性，利用复合函数的单调性性质写出单调区间；

2x2x（2）含参数的恒成立问题采用分离参数法，得到m21，解得kx21， x1,2的最

大值，则mkxmax即可；（3）由题意可知， fxmaxfx1， gxmaxgx2，所以

gxmaxg11b4，解得b3。

试题解析：

x（Ⅰ）函数hx21为奇函数，在R上单调递增 2x（Ⅱ）当x1,2时， 2x22x2x4x即m2121，

122xx1m2x20 22x10， m22x1

2x令kx21， x1,2，下面求函数kx的最大值。

x1,2， 22x117,5 ∴kxmax5

故m的取值范围是5,

（Ⅲ）据题意知，当x1,2时， fxmaxfx1， gxmaxgx2 ∵fx2在区间1,2上单调递增，

x2∴fxmaxf224，即fx14

2又∵gxx2xbx1b1

2∴函数ygx的对称轴为x1

试卷第18页，总19页

∴函数ygx在区间1,2上单调递减 ∴gxmaxg11b，即gx21b 由fx1gx2，得1b4，∴b3

点睛：（1）复合函数的单调性“同增异减”，本题熟悉此性质的应用来判断单调区间；（2）含参的函数恒成立问题，我们一般都采取分离参数法进行解题，再进行恒成立的最值求解；（3）本题先由题意分析得

fxmaxfx1， gxmaxgx2，再解得答案。

14．函数fxmx22mxn(m0)，当1x1时，19 【解析】试题分析：由题意得|f0|1|n|11n1，此n1，从而2m0， f213 9 考点：二次函数性质

试卷第19页，总19页fx1恒成立，求f23 ．

【答案】|f1|1|2+n|13n1，因