聪明出于勤奋，天才在于积累。我们要振作精神，下苦功学习。查字典数学网编辑函数与导数解答题专题训练，以备借鉴。
1.(2014皖南八校联考)已知函数f(x)=ex(ax2-2x+2)，其中a0.
(1)若曲线y=f(x)在x=2处的切线与直线x+e2y-1=0垂直，求实数a的值;
(2)讨论f(x)的单调性.
解 f(x)=ex[ax2+ (2a-2)x](a0).
(1)由题意得f(2)-1e2=-1，解得a=58.
(2)令f(x)=0，得x1=0，x2=2-2aa.
①当0
②当a=1时，f(x)在(-，+)内单调递增;
③当a1时，f(x)的增区间为-，2-2aa，(0，+)，减区间为2-2aa，0.
2.(2014云南二模)已知f(x)=ex(x3+mx2-2x+2).
(1)假设m=-2，求f(x)的极大值与极小值;
(2)是否存在实数m，使f(x)在[-2，-1]上单调递增?如果存在，求实数m的取值范围;如果不存在，请说明理由.
解 (1 )当m=-2时，f(x)=ex(x3-2x2-2x+2)的定义域为(-，+).
∵f(x)=ex(x3-2x2-2x+2)+ex(3x2-4x-2)
=xex(x2+x-6)=(x+3)x(x-2)ex，
当x(-，-3)或x(0,2)时，f(x)
当x(-3,0)或x(2，+)时，f(x)
f(-3)=f(0)=f(2)=0，
f(x)在(-，-3)上单调递减，在(-3,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2，+)上单调递增，
当x=-3或x=2时，f(x)取得极小值;
当x=0时，f (x)取得极大值，
f(x)极小值=f(-3)=-37e-3，f(x)极小值=f(2)=-2e2，f(x)极大值=f(0)=2.
(2)f(x)=ex(x3+mx2-2x+ 2)+ex(3x2+2mx-2)=xex[x2+(m+3)x+2m-2].
∵f(x)在[-2，-1]上单调递增，
当x[-2，-1]时，f(x)0.
又当x[-2，-1]时，xex0，
当x[-2，-1]时，x2+(m+3)x+2m-20，
-22-2m+3+2m-20，-12-m+3+2m-20，
解得m4，
当m(-，4]时，f(x)在[-2，-1]上单调递增.
3.(文)(2014山西四校联考)已知函数f(x)=ax2+x-xlnx.
(1)若a=0，求函数f(x)的单调区间;
(2)若f(1)=2，且在定义域内f(x)bx2+2x恒成立，求实数b的取值范围.
解 (1)当a=0时，f(x)=x-xlnx，函数定义域为(0，+).
f(x)=-lnx，由-lnx=0，
得x=1.
当x(0,1)时，f(x)0，f(x)在(0,1)上是增函数;
当x(1，+)时，f(x)0，f(x)在(1，+)上是减函数.
(2)由f(1)=2，得a+1=2，
a=1，
f(x)=x2+x-xlnx，
由f(x)bx2+2x，
得(1-b)x-1lnx.
∵x0，
b1-1x-lnxx恒成立.
令g(x)=1-1x-lnxx，可得g(x)=lnxx2，
g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，+)上单调递增，
g(x)min=g(1)=0，
b的取值范围是(- ，0].
3.(理)(文)4.
(2014广州调研)已知f(x)是二次函数，不等式f(x)0的解集是(0,5)，且f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线6x+y+1 =0平行.
(1)求f(x)的解析式;
(2)是否存在tN*，使得方程f(x)+37x=0在区间(t， t+1)内有两个不相等的实数根?若存在，求出t的值;若不存在，说明理由.
解 ( 1)∵f(x)是二次函数，
不等式f(x)0的解集是(0,5)，
可设f(x)=ax(x-5)，a0.
f(x)=2ax-5a.
∵函数f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线6x+y+1=0平行，
f(1)=-6.2a-5a=-6，解得a=2.
f(x)=2x(x-5)=2x2-10x.
(2)由(1)知，方程f(x)+37x=0等价于方程2x3-10x2+37=0.
设h(x)=2x3-10x2+37，
则h(x)=6x2-20x=2x(3x-10).
当x0，103时，h(x)0，函数h(x)在0，103上单调递减;
当x103，+时，h(x)0，函数h(x)在103，+上单调递增.
∵h(3)=10，h103=-1270，h(4)=50，
方程h(x)=0在区间3，103，103，4内各有一个实数根，在区间(0,3)，( 4，+)内没有实数根.
存在唯一的正整数t=3，使得方程f(x)+37x=0在区间(t，t+1)内有且只有两个不相等的实数根.
4.(理)(文)5 .
(2014辽宁五校联考)已知函数f(x)=xlnx.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)证明：对任意的t0，存在唯一的实数m使t=f(m);
(3)设(2)中所确定的m关于t的函数为m=g(t)，证明：当te时，有710
解 (1)∵f(x)=xlnx，f(x)=lnx+1(x0)，
令f(x)=0，得x=1e.
当x0，1e时，f(x)0，此时f(x)在0，1e上单调递减;
当x1e，+时，f(x)0，f(x)在1e，+上单调递增.
(2)当0
又t0，
令h(x)=f(x)-t，x[1，+)，
由(1)知h(x)在区间[1，+)上为增函数，h(1)=-t0，
h(et)=t(et-1)0，
存在唯一的实数m，使t=f(m)成立.
(3)∵m=g(t)且由(2)知t=f(m)，t0，
当te时，若m=g(t)e，
则由f(m)的单调性有t=f(m)f(e)=e，矛盾，
me.
又lngtlnt=lnmlnfm=lnmlnmlnm=lnmlnm+lnlnm=uu+lnu，其中u=lnm，u1，
要使710
只需0
令F(u)=lnu-37u，u1，F(u)=1u-37，
当1
当u73时，F(u)0，F(u)单调递减.
对u1，F(u)0，
即lnu37u成立.
综上，当te时，710
5.(理)(2014浙江 考试院抽测)已知a为给定的正实数，m为实数，函数f(x)=ax3-3(m+a)x2+12mx+1.
(1)若f(x)在(0,3)上无极值点，求m的值;
(2)若存在x0(0,3)，使得f(x0)是f(x)在[0,3]上的最值，求实数m的取值范围.
解 (1)由题意得f(x)=3ax2-6(m+a)x+12m=3(x-2)(ax-2m)，
由 于f(x)在(0,3)上无极值点，
故2ma=2，所以m=a.
(2)由于f(x)=3(x-2)(ax-2m)，故
①当2ma0或2ma3，
即 m0或m32a时，
取x0=2即满足题意.
此时m0或m32a.
②当02，即0
x00，2ma
2ma
2ma，2
2(2,3)3
f(x)+0-0+
f(x)1单调递增极大值单调递减极小值单调递增9m+1
故f(2)f(0)或f2maf(3)，
即-4a+12m+11或-4m3+12m2aa2+19m+1，
即3ma或-m2m-3a2a20，
即ma3或m0或m=3a2.
此时0
③当2 3，即a
x0(0,2)22，2ma
2ma
2ma，3
3
f(x)+0-0+
f(x)1单调递增极大值单调递减极小值单调递增9m+1
故f2maf(0)或f(2)f(3)，
即-4m3+12m2aa2+11或-4a+12m+19m+1，
即-4m2m-3aa20或3m4a，
即m=0或m3a或m4a3.
此时4a33a2.
综上所述，实数m的取值范围是ma3或m4a3.
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