2015年全国各地高考数学试题分类汇编：导数及其应用

1.（15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1时，fx2x； （Ⅱ）求证：当x0，3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.

试题解析：（Ⅰ）

f(x)ln1x2,x(1,1),f(x),f(0)2,f(0)0，曲线21x1xyfx在点0，f0处的切线方程为2xy0；

xx31时，fx2x，即不等式f(x)2（Ⅱ）当x0，(x)0，对

33x(0,1)成立，设

1xx3x3F(x)ln2(x)ln(1x)ln(1x)2(x)，则

1x332x41时，F(x)0，故F(x)在（0，1）上为增函数，则，当x0，F(x)21x3F(x)F(0)0，因此对x(0,1)， f(x)2(xx33)成立；

1x31，（Ⅲ）使f等价于F(x)lnxkx成立，x0，31x0，1；

xx3k(x)0，x32kx42k2， F(x)k(1x)221x1x(x)0，函数在（0，1）上位增函数，F(x)F(0)0，符合当k[0,2]时，F题意；

(x)0,x04当k2时，令Fk2(0,1)， kx F(x) F(x) (0,x0) - x0 0 极小值 (x0,1) +   F(x)F(0)，显然不成立，

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.

x22.（15北京文科）设函数fxklnx，k0．

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】（1）单调递减区间是(0,k)，单调递增区间是(k,)；极小值

f(k)k(1lnk)；（2）证明详见解析. 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.

1ek0，f(e)0， 22当ke时，f(x)在区间(0,e)上单调递减，且f(1)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：导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值、函数零点问题.

3．（15年安徽理科）设函数f(x)xaxb.

2（1）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；

22（2）记f0(x)x2a0xb0,求函数f(sinx)f0(sinx)在(-,)上的最大值D；

22a（3）在（2）中，取a0b00,求zb2满足D1时的最大值。

4

4.（15年安徽文科）已知函数f(x)ax(a0,r0)

(xr)2（1）求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；

（2）若

a400，求f(x)在(0,)内的极值。 r【答案】（1）递增区间是（-r,r）;递减区间为（-∞，-r）和（r，+∞）；（2）极大值为100；无极小值.

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知 f(x)在（内的极大值为f(r)0,）ara100 24r4r内无极小值； f(x)在（0,）所以f(x)在（内极大值为100，无极小值. 0,）考点：1.导数在函数单调性中的应用；2.函数的极值.

5.（15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11 B．kk11f C．kk111f D．k1k1k1f k1k1【答案】C

考点：函数与导数．

6.（15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)(Ⅱ)证明：当k<1时，存在x0>0,使得对任意xÎ(0，x0),恒有f(x)>g(x)；

2(Ⅲ)确定k的所以可能取值，使得存在t>0，对任意的xÎ(0，t),恒有|f(x)-g(x)|【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详见解析；(Ⅲ)k=1． 【解析】

试题分析：(Ⅰ)构造函数F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x?(0,?),只需求值域的右端点并和0比较即可；(Ⅱ)构造函数G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,x?(0,?),即G(x)0，

(x)=求导得G¢1-k 1+x=-kx+(1-k)，利用导数研究函数G(x)的形状和最值，证明当k<1时，存在x0>0，使

1+x(0,+得G(x)0即可；(Ⅲ)由(Ⅰ)知，当k>1时，对于\"x违),g(x)>x>f(x)，故

g(x)>f(x)，则不等式|f(x)-g(x)|M(x)=kx-ln(1+x)-x2,x违[0，+)，只需说明M(x)0，易发现函数M(x)在k-2+(k-2)2+8(k-1)xÎ（0，)递增，而M(0)0，故不存在；当k<1时，由(Ⅱ)知，

4存在x0>0,使得对任意的任意的xÎ(0，x0),恒有f(x)>g(x)，此时不等式变形为

ln(1+x)-kx构

造

N(x)=ln(1+x)-kx-x2,x违[0，+)，易发现函数

N(x)在

-(k+2）+(k+2)2+8(1-k)xÎ（0，)递增，而N(0)0，不满足题意；当k=1时，代入证

4明即可．

试题解析：解法一：(1)令F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x?(0,?),则有

F¢(x)=1x-1=-

1+x1+x(x)<0,所以F(x)在(0,+?)上单调递减； 当x?(0,?),F¢故当x>0时，F(x)0时，f(x)1-kx+(1-k)¢G(x)=-k=G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,x?(0,?),(2)令则有

1+x1+x(x)>0,所以G(x)在[0,+?)上单调递增,G(x)>G(0)=0 当k£0G¢故对任意正实数x0均满足题意.

(x)=0,得x=当00． kk取x0=1-1，(x)>0,所以G(x)在[0,x0)上单调递增,对任意xÎ(0,x0),恒有G¢kG(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xÎ(0，x0),恒有f(x)>g(x)．

(0,+(3)当k>1时，由（1）知，对于\"x违),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违[0，+)，则有

21-2x+(k-2)x+k-1M¢(x)=k--2x=,

1+x1+x故当

k-2+(k-2)2+8(k-1)xÎ（0，)4时，

M¢(x)>0,

M(x)在

k-2+(k-2)2+8(k-1)[0，)上单调递增，故M(x)>M(0)=0,即|f(x)-g(x)|>x2,所以

4满足题意的t不存在.

当k<1时，由（2）知存在x0>0,使得对任意的任意的xÎ(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违[0，+)，则有

1-2x2-(k+2)x-k+1N(x)=-k-2x=,

1+x1+x故

当

-(k+2）+(k+2)2+8(1-k)xÎ（0，)4时，

N¢(x)>0,

M(x)在

-(k+2)+(k+2)2+8(1-k)[0，)上单调递增，故N(x)>N(0)=0,即f(x)-g(x)>x2,记

4-(k+2)+(k+2)2+8(1-k)x0与中较小的为x1，

4则当x?(0，x1)时，恒有|f(x)g(x)|>x，故满足题意的t不存在. 当k=1，由（1）知，当x违(0,+22),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)，

21-2x-x(x)=1--2x=, 令H(x)=x-ln(1+x)-x,x违[0，+)，则有H¢1+x1+x(x)<0,所以H(x)在[0，+¥）当x>0时，H¢上单调递减，故H(x)故当x>0时，恒有|f(x)-g(x)|解法二：（1）（2）同解法一.

2(0,+（3）当k>1时，由（1）知，对于\"x违),g(x)>x>f(x)，，

故|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)>kx-x=(k-1)x， 令(k-1)x>x,解得02从而得到当k>1时，对于x?(0,k1)恒有|f(x)-g(x)|>x,所以满足题意的t不存在.

2当k<1时，取k1=k+1，从而k0,使得任意xÎ(0，x0),恒有f(x)>k1x>kx=g(x). 此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)>(k1-k)x=1-kx, 2令

1-k1-k2x>x2,解得0x, 221-k2中较小的为x1，则当x?(0，x1)时，恒有|f(x)g(x)|>x， 2记x0与

故满足题意的t不存在.

(0,+当k=1，由（1）知，当x违2),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)，

12x2x2x, 令M(x)xln(1x)x,x[0，+)，则有M(x)11x1x(x)<0,所以M(x)在[0，+）当x>0时，M¢上单调递减，故M(x)故当x>0时，恒有|f(x)-g(x)|考点：导数的综合应用．

27.（15年福建文科）“对任意x(0,)，ksinxcosxx”是“k1”的（）

2A．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

考点：导数的应用．

(x1)28.（15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；

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

15【答案】(Ⅰ)0,（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）,1． ；2【解析】

x2x1'试题分析：(Ⅰ)求导函数fx，解不等式f(x)0并与定义域求交集，得

x函数fx的单调递增区间；（Ⅱ）构造函数Fxfxx1，x1,．欲证明（Ⅲ）由（II）知，当k1时，不存在fxx1，只需证明F(x)的最大值小于0即可；

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，构造函数Gxfxkx1，x0,，利用导数研究函数G(x)的形状，只要存在x01，当x(1,x0)时

G(x)0即可．

1x2x1试题解析：（I）fxx1，x0,．

xxx015由fx0得2解得0x．

2xx1015故fx的单调递增区间是0,． 2（II）令Fxfxx1，x0,．

1x2则有Fx．

x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,，

x21kx11则有Gxx1k．

xx由Gx0得，x21kx10．

解得x11k1k2240，x21k1k2241．

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． 考点：导数的综合应用．

9.（15年新课标1理科）设函数f(x)=ex(2x1)axa,其中a1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)0，则a的取值范围是（ ） A.[-，1） B. [-，） C. [，） D. [，1） 【答案】D

10.（15年新课标2理科）设函数f’(x)是奇函数

时，（A）（C）【答案】A 【解析】 记函数

，则

，因为当

，则使得（B）（D）

的导函数，（f-1）=0，当

成立的x的取值范围是

时，，故

当故函数

时，，所以在在时，

单调递减；又因为函数单调递减，且

，则

．当

是奇函数，

时，

是偶函数，所以，则

；当

，综上所述，使得

成立的的取值范围是

，故选A．

11.（15年新课标2理科）设函数f(x)emxx2mx。

（1）证明：f(x)在(,0)单调递减，在(0,)单调递增；

（2）若对于任意x1,x2[1,1]，都有|f(x1)f(x2)|e1，求m的取值范围。

12.（15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=．

【答案】8 【解析】

试题分析：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.（15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,



1,单调递减；（II）0,1. a【解析】

1

单调递增,在a

考点：导数的应用.

14.（15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

考点：1、函数的零点； 2、利用导数研究函数的极值．

15.（15年陕西理科）设fnx是等比数列1，x，x2，，xn的各项和，其中x0，n， n2．

1（I）证明：函数Fnxfnx2在,1内有且仅有一个零点（记为xn），且

211n1xnxn；

22（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)试题分析：（I）先利用零点定理可证Fnx在,1内至少存在一个零点，再利用函数的

12单调性可证Fnx在,1内有且仅有一个零点，进而利用xn是Fnx的零点可证

12xn11n1xn；（II）先设hxfnxgnx，再对x的取值范围进行讨论来判断hx22与0的大小，进而可得fnx和gnx的大小．

试题解析：（I）Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x+x-2,则Fn(1)=n-1>0,

2n112n11121Fn()121222212n1210, 2n所以Fn(x)在,1内至少存在一个零点xn.

12又Fn(x)12xnxn110，故在,1内单调递增， 2所以Fn(x)在,1内有且仅有一个零点xn.

1211n+11-xnn+1因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)=0，即-2=0，故xn=+xn.

221-xnn+1)(1+x)((II)解法一：由题设，g(x)=.

nn2设h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x+x当x=1时,fn(x)=gn(x) 当x1时,h(x)12xnxn12nn+1)(1+x)(-,x>0.

n2nn1xn1.

2h(x)xn12xn1nxn1nn1n1x2若

0=n(n+1)n-1n(n+1)n-1x-x=0.

22n1若x>1,h(x)x2xn1nxn1nn1n1n(n+1)n-1n(n+1)n-1x=x-x=0. 222所以h(x)在(0,1)上递增，在(1,)上递减， 所以h(x)综上所述，当x=1时,fn(x)=gn(x)；当x1时fn(x)当x1时,用数学归纳法可以证明fn(x)0.

nnn21(1-x)2<0,所以f2(x)fk+1(x)=fk(x)+xk+12又gk+1(x)-令

2xk+1+(k+1)xk+k+12=kxk+1-(k+1)xk+12

，

则

hk(x)=kxk+1-(k+1)xk+1(x>0)hk(x)k(k1)xkkk1xk1kk1xk1(x1)

(x)0,hk(x)在(0,1)上递减； 所以当01,hk2xk+1+(k+1)xk+k+1所以hk(x)>hk(1)=0，从而gk+1(x)>

2故fk+1(x)解法三:由已知，记等差数列为{ak},等比数列为{bk},k=1,2,,n+1.则a1=b1=1，

an+1=bn+1=xn，

xn1(2kn),bkxk1(2kn), 所以ak1+k1n令mk(x)akbk1k1xn1nxk1,x0(2kn).

当x=1时,ak=bk,所以fn(x)=gn(x). 当x1时,mk(x)k1n1nx(k1)xk2k1xk2xnk11 n而2kn，所以k-1>0，nk11. 若01,xn-k+1<1,mk(x)0,

n-k+1(x)0, >1,mk从而mk(x)在(0,1)上递减,mk(x)在(1,)上递增.所以mk(x)>mk(1)=0，

时,akbk(2kn),又a1=b1,an+1=bn+1，故fn(x)16.（15年陕西文科）函数yxex在其极值点处的切线方程为____________.

【答案】y

1e

考点：导数的几何意义.

17.（15年天津理科）已知函数f(x)nxxn,xR，其中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为实数)有两个正实根x1，x2，求证：|x2-x1|n试题解析：(I)由f(x)nxx，可得，其中nN*且n2，

下面分两种情况讨论： （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：

x f(x) (,1) (1,1) (1,)    f(x)    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n，曲线yf(x)在点P

，

2处的切线方程为yf(x0)xx0，即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，,)时，F(x0)0，所以当x(0,x0)时，F(x0)0，当x(x0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).

2 (III)证明：不妨设x1x2，由(II)知g(x)nn设方程g(x)a的根为x，xx，

02可得

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

设方程h(x)a的根为x1，可得x1a，因为h(x)nx在,上单调递增，且n

考点：1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式.

18.（15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】

试题分析：因为fxa1lnx ,所以f1a3. 考点：导数的运算法则.

19.（15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. 解：（Ⅰ）f(x)ln(x1)a(xx)，定义域为(1,)

21a(2x1)(x1)12ax2ax1a， f(x)a(2x1)x1x1x1设g(x)2ax2ax1a， 当a0时，g(x)1,f(x)10，函数f(x)在(1,)为增函数，无极值点. x122当a0时，a8a(1a)9a8a，

若0a若a8时0，g(x)0,f(x)0，函数f(x)在(1,)为增函数，无极值点. 98时0，设g(x)0的两个不相等的实数根x1,x2，且x1x2， 911且x1x2，而g(1)10，则1x1x2，

24所以当x(1,x1),g(x)0,f(x)0,f(x)单调递增； 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. 因此此时函数f(x)有两个极值点；

当a0时0，但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.

所以函数只有一个极值点。 综上可知当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）由（Ⅰ）可知当0a8时f(x)在(0,)单调递增，而f(0)0， 9则当x(0,)时，f(x)0，符合题意； 当

8a1时，g(0)0,x20，f(x)在(0,)单调递增，而f(0)0， 9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(xx)ax(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.

另解：（Ⅰ）f(x)ln(x1)a(xx)，定义域为(1,)

2221时ax2(1a)x0， a1a(2x1)(x1)12ax2ax1a， f(x)a(2x1)x1x1x1当a0时，f(x)210，函数f(x)在(1,)为增函数，无极值点. x122设g(x)2axax1a,g(1)1,a8a(1a)9a8a，

当a0时，根据二次函数的图像和性质可知g(x)0的根的个数就是函数f(x)极值点的个数.

若a(9a8)0，即0a极值点.

若a(9a8)0，即a8时，g(x)0，f(x)0函数在(1,)为增函数，无98或a0， 9而当a0时g(1)0此时方程g(x)0在(1,)只有一个实数根，此时函数f(x)只

有一个极值点； 当a点；

综上可知当0a8时方程g(x)0在(1,)都有两个不相等的实数根，此时函数f(x)有两个极值98时f(x)的极值点个数为0；当a0时f(x)的极值点个数为1；当9a8时，f(x)的极值点个数为2. 92（Ⅱ）设函数f(x)ln(x1)a(xx)，x0，都有f(x)0成立. 即ln(x1)a(x2x)0 当x1时，ln20恒成立；

ln(x1)a0；

x2xln(x1)2a0；由x0均有ln(x1)x成立。 当0x1时，xx0，2xxln(x1)1(0,)，则只需a0； 故当x1时，，2xxx1ln(x1)1(,1)，则需1a0，即a1.综上可知对于当0x1时，2xxx1当x1时，xx0，

2x0，都有f(x)0成立，只需0a1即可，故所求a的取值范围是0a1.

另解：设函数f(x)ln(x1)a(xx)，f(0)0，要使x0，都有f(x)0成立，只需函数函数f(x)在(0,)上单调递增即可， 于是只需x0，f(x)当x21a(2x1)0成立， x1112时a，令2x1t0，g(t)(,0)， 2(x1)(2x1)t(t3)11121时f()0；当0x，a， 2223(x1)(2x1)22关于t(1,0)单调递增，则g(t)g(1)1，t(t3)1(13)则a0；当x令2x1t(1,0)，g(t)则a1,于是0a1.

又当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(xx)ax(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.

评析：求解此类问题往往从三个角度求解：一是直接求解，通过对参数a的讨论来研究函数的单调性，进一步确定参数的取值范围；二是分离参数法，求相应函数的最值或取值范围以达到解决问题的目的；三是凭借函数单调性确定参数的取值范围，然后对参数取值范围以外的部分进行分析验证其不符合题意，即可确定所求.

221时ax2(1a)x0， a20.（15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到点N到l1，以l1，l1，l2的距离分别为5千米和40千米，l2的距离分别为20千米和2.5千米，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中a，b为常数）模型.

a（其x2b

（1）求a，b的值；

（2）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.

691092【答案】（1）a1000,b0;（2）①f(t)t,定义域为[5,20]，②4t4t102,f(t)min153千米

（2）①由（1）知，y100010005x20（），则点的坐标为t,2， 2xt2000， x3设在点处的切线l交x，y轴分别于，点，y

考点：利用导数求函数最值，导数几何意义

21.（15年江苏）已知函数f(x)x3ax2b(a,bR).

（1）试讨论f(x)的单调性；

（2）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. 【答案】（1）当a0时，fx在,上单调递增； 当a0时，fx在,32322a2a0,，上单调递增，在,0上单调递减；

332a2a,上单调递增，在0,上单调递减．

33当a0时，fx在,0，（2）c1.

考点：利用导数求函数单调性、极值、函数零点