考点10 导数在研究函数中的应用与生活中
的优化问题举例
一、选择题
1.(2015·新课标全国卷Ⅱ理科·T12)设函数f ′(x)是奇函数f(x)(x ∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf ′(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x 的取值范围是 ( ) A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞) C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞)
【解题指南】根据xf ′(x)-f(x)<0,构造函数g(x)=,对函数g(x)=
求导,利用其单调性及奇偶
性确定f(x)>0成立的x 的取值范围.
【解析】选A.记函数()()f x g x x =，则''
2
()()()xf x f x g x x
-=，因为当0x >时，'()()0xf x f x -<，故当0x >时，'()0g x <所以g(x)在(0,+∞)上单调递减;
又因为函数f(x)(x ∈R)是奇函数,故函数g(x)是偶函数,所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,
且g(-1)=g(1)=0.
当0
综上所述,使得f(x)>0成立的x 的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).
2.（2015·安徽高考文科·T10）函数()32f x ax bx cx d
=+++的图像如图所示，则下
列结论成立的是（ ）
A.a>0,b<0,c>0,d>0
B.a>0,b<0,c<0,d>0
C.a<0,b<0,c<0,d>0
D.a>0,b>0,c>0,d<0
【解题指南】结合图像的特征及导函数的性质进行判断。
【解析】选A 。由函数f(x)的图像可知a>0,令x=0得d>0，又
/2()32f x ax bx c =++可知12x x ，是方程/()0f x =的两个根，由图可知120,0x x >>，所以
1212
20030.03b x x b a
c c x x a ?
+=->?
>??=>??，
故选A.
3. (2015·陕西高考理科·T12)对二次函数f(x)=ax 2+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
【解题指南】根据选项假设A 错误,利用导数推导函数的极值点及极值,与其余的选项相符,假设正确,从而确定答案.
【解析】选A.若选项A 错误,则选项B,C,D 正确.f ′(x)=2ax+b,因为1是f(x)的极值点,3是f(x)
的极值,所以{
{
{
,
解得
,即
,230230)1(3)1(a
b a
c b a c b a f f -=+==+=++='=,因为点(2,8)在曲线y=f(x)上,所以4a+2b+c=8,即4a+2×(-2a)+a+3=8,解得:a=5,所以b=-10,c=8,所以f(x)=5x 2-10x+8,因为f(-1)=5×1-10×(-1)+8=23≠0,所以-1不是f(x)的零点,所以选项A 错误,选项B 、C 、D 正确.
4.(2015·福建高考理科·T10) 若定义在R 上的函数()f x 满足()01f =- ，其导函数
()f x ' 满足()1f x k '>> ，则下列结论中一定错误的是（ ）
A ．11f k k ??< ???
B ．111f k k ??> ?-??
C ．1111f k k ??< ?--??
D ． 111k f k k ??> ?--??
【解题指南】利用导数与单调性的关系及构造函数法求解.
【解析】选C.因为f ′(x)>k>1,构造函数g(x)=f(x)-kx,所以g(x)在R 上单调递增,又
>0,所以
g >g(0)即f ->-1,得到f >,所以C 选项一定错误.A,B,D 都有可能正确.
5.(2015·福建高考文科·T12)“对任意x ∈,ksinxcosx A.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 【解题指南】构造函数,利用导数求出k 的范围. 【解析】选B.令 g(x)=ksinxcosx-x=sin2x-x,因为x ∈ ,2x ∈ ,当k ≤0时,sin2x>0,g(x)<0 恒成立,当0 g ′(x)<0,g(x)在上单调递减,又g(0)=0,所以g(x) g ′(x)=0有一个根x 0且在区间(0,x 0)单调递增,此时g(x)<0不恒成立,故k 的范围是k ≤1,k ≤1不能推出k<1,充分性不成立,但是k<1能推出k ≤1,必要性成立. 6.(2015·新课标全国卷Ⅰ理科·T12)设函数f(x)=e x (2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x 0,使得f(x 0)<0,则a 的取值范围是 ( ) A.)1,23[e - B. )4 3,23[e - C. )43,23[e D. )1,23[e 【解题指南】构造函数g(x)=e x (2x-1),y=ax-a,使得f(x 0)<0,即g(x 0)在直线y=ax-a 的下方. 【解析】选D.设g(x)=e x (2x-1),y=ax-a,由题意知存在唯一的整数x 0,使得g(x 0)在直线y=ax-a 的下方.因为g ′(x)=e x (2x+1),所以当x<-时,g ′(x)<0,当x>-时,g ′(x)>0, 所以,当x=- 1 2 时,[g(x)]min =-2. 当x=0时,g(0)=-1,g(1)=e,直线y=ax-a 恒过点(1,0),且斜率为a,故-a>g(0)=-1, 且g(-1)=-3e -1≥-a-a,解得≤a<1. 二、填空题 7.(2015·新课标全国卷Ⅰ文科·T14)已知函数f =ax 3+x+1的图象在点 处的切线过 点 ,则a= . 【解题指南】先对函数f =ax 3+x+1求导,求出在点 处的切线方程. 【解析】因为f ′(x)=3ax 2+1,所以图象在点处的切线的斜率k=3a+1,所以切线方程为 y-7=(3a+1)(x-2),即y=(3a+1)x-6a+5,又切点为 , 所以f(1)=3a+1-6a+5=-3a+6,又f(1)=a+2,所以-3a+6=a+2,解得a=1. 答案:1 8.(2015·新课标全国卷Ⅱ文科·T16)已知曲线y=x+lnx 在点(1,1)处的切线与曲线y=ax 2+(a+2)x+1相切,则a= . 【解题指南】先对函数y=x+ln x 求导,然后将(1,1)代入到导函数中,求出切线的斜率,从而确定切线方程,再将切线方程与曲线y=ax 2+(a+2)x+1联立,利用Δ=0求出a 的值. 【解析】y ′=1+,则曲线y=x+ln x 在点(1,1)处的切线斜率为k=y ′ =1+1=2,故切线方程为 y=2x-1.因为y=2x-1与曲线y=ax 2 +(a+2)x+1相切,联立???+++=-=1 )2(1 22 x a ax y x y 得ax 2+ax+2=0,显然a ≠0,所以由Δ=a 2-8a=0?a=8. 答案:8 9.（2015·安徽高考理科·T15）设3 0x ax b ++=，其中,a b 均为实数，下列条件中， 使得该三次方程仅有一个实根的是 （写出所有正确条件的编号） (1)3,3a b =-=-；(2)3,2a b =-=；(3)3,2a b =->；(4)0,2a b ==;(5)1,2a b == 【解题指南】利用导数的单调性及极值判断各选项。 【解析】令3(),f x x ax b =++则/2()3,f x x a =+当0a ≥时，/ ()0,()f x f x ≥是单调递 增函数，必有一个实根，故（4）（5）正确；当a<0时，由于选项中a=-3，所以只考虑 a=-3这一种情况。此时 /2 ()333(1)(1)f x x x x =-=+-，所以f(x)的极大值为f(-1)=-1+3+b=b+2,f(x)的极小值为f(1)=1-3+b=b-2,要有一个根，需满足b+2<0或b-2>0 2b <-或b>2,故（1）（3）正确。所以选（1）（3）（4）（5） 答案：（1）（3）（4）（5） 10.(2015·四川高考理科·T15)已知函数f(x )=2x ,ax x x g +=2 )((其中a ∈R).对于不相等的实数21,x x ,设2 1212121) ()(,)()(x x x g x g n x x x f x f m --= --= .现有如下命题: ①对于任意不相等的实数21,x x ,都有m>0; ②对于任意的a 及任意不相等的实数21,x x ,都有n>0; ③对于任意的a,存在不相等的实数21,x x 使得m=n; ④对于任意的a,存在不相等的实数21,x x ,使得m=-n. 其中的真命题有 (写出所有真命题的序号). 【解题指南】利用函数的单调性和割线斜率及数形结合解题. 【解析】(1)设x 1>x 2,函数f(x)=2x 单调递增,所以0,222121>->x x x x ,x 1-x 2>0 则022)()(12 121212 1>--=--=x x x x x f x f m x x 所以①正确. (2)设21x x >则021>-x x 则n a x x x x a x x x x x x x x a x x x x x g x g ++=-++-=--+-=--212 1212121212 2212121))(()(1)()( 可令1,221==x x a=-4,则n=-1<0,所以②错误. (3)因为m=n,由(2)得: a x x x x x f x f ++=--212 121) ()(分母乘到右边,右边即为g(x 1)-g(x 2),所以原 等式即为f(x 1)-f(x 2)=g(x 1)-g(x 2),即为f(x 1)-g(x 1)=f(x 2)-g(x 2),令h(x)=f(x)-g(x),则原题意转化为对于任意的a,函数h(x)=f(x)-g(x)存在不相等的实数x 1,x 2使得函数值相等,h(x)=2x -x 2-ax,则h ′(x)=2x ln 2-2x-a,则 h ″(x)=2x (ln 2)2-2,令h ″(x 0)=0,且1 (4)由(3)得f(x 1)-f(x 2)=g(x 2)-g(x 1),则f(x 1)+g(x 1)=g(x 2)+f(x 2),设h(x)=f(x)+g(x),有x 1,x 2使其函数值相等,则h(x)不恒为单调. h(x)=2x +x 2+ax,h ′(x)=2x ln2+2x+a,h ″(x)=2x (ln2)2+2>0恒成立,h ′(x)单调递增且h ′(-∞)<0, h ′(+∞)>0.所以h(x)先减后增,满足题意,所以④正确. 答案:①④ 11.（2015·四川高考文科·T15)已知函数()2x f x =，2 ()g x x ax =+（其中a R ∈）。对于不相等的实数1x ，2x ，设1212()()f x f x m x x -= -，1212 ()() g x g x n x x -=-。现有如下命题： ①对于任意不相等的实数1x ，2x ，都有0m >； ②对于任意的a 及任意不相等的实数1x ，2x ，都有0n >； ③对于任意的a ，存在不相等的实数1x ，2x ，使得m n =； ④对于任意的a ，存在不相等的实数1x ，2x ，使得m n =-。 其中的真命题有____________（写出所有真命题的序号）。 【解题指南】利用函数的单调性和割线斜率及数形结合解题。 【解析】答案：(1) (4) (1)设1x >2x ,函数()2x f x = 单调递增，所有1x 2>2x 2,1x -2x >0, 则 2121)()(x x x f x f m --==2 1x 2 122x x x -->0,所以正确； (2)设1x >2x ,则1x -2x >0,则2 121) ()(n x x x g x g --= a x x x x a x x x x x x x x a x x ++=-++-=--+-=212 1212121212 221))(()(，可令1x =1，2x =2， a=—4，则n=—1<0，所以错误； (3)因为n =m ，由（2）得： 2 121) ()(x x x f x f --a x x ++=21，分母乘到右边，右边即为 )()(21x g x g -，所以原等式即为)()(21x f x f -=)()(21x g x g -， 即为)()(21x g x f -=)()(f 21x g x -，令)()()(x g x f x h -=, 则原题意转化为对于任意的a ，函数)()()(x g x f x h -=存在不相等的实数1x ，2x 使得函数值相等，ax x x h x --=2 2)(，则a x n x x --='22l 2)(h ，则22l 2)(h 2 -=''）（n x x ， 令()" 0h x = ，且12x << ，当0x x <时，0)(h <''x ，当0x x >时，0)(h >''x ，所以) (h x '先减后增，可得()' h x 为)(h x '极小值。若10000a =-，则()'0h x > ，即()' 0h x >，() h x 单调递增，不满足题意，所以错误。 (4)由(3) 得)()(21x f x f -=)()(21x g x g -，则()()()()1122f x g x g x f x +=+，设()()()h x f x g x =+，有1x ，2x 使其函数值相等，则()h x 不恒为单调。 ()22x h x x ax =++，()'2ln 22x h x x a =++，()()2 ''2ln 220x h x =+>恒成立，() 'h x 单调递增且()' 0h -∞<，()' 0h +∞>。所以()h x 先减后增，满足题意，所以正确。 12. (2015·陕西高考理科·T15)设曲线y=e x 在点(0,1)处的切线与曲线y=(x>0)上点P 处的切线垂直,则P 的坐标为 . 【解题指南】利用y=e x 在某点处的切线斜率与另一曲线的切线斜率垂直求得另一曲线的斜率,进而求得切点坐标. 【解析】由f ′(x)=e x ,得f ′(0)=e 0=1. 又y=e x 在(0,1)处的切线与y=(x>0)上点P 处的切线垂直, 所以点P 处的切线斜率为-1. 又y ′=-,设点P(x 0,y 0),所以-=-1,x 0=±1,由x>0,得x 0=1,y 0=1, 所以点P 的坐标为(1,1). 答案:(1,1) 13. (2015·陕西高考文科·T15)函数y=xe x 在其极值点处的切线方程为 . 【解题指南】求出极值点,再结合导数的几何意义即可求出切线的方程. 【解析】依题意得y ′=e x +xe x , 令y ′=0,可得x=-1, 所以y=-. 因此函数y=xe x 在其极值点处的切线方程为y=-. 答案:y=- 三、解答题 14. (2015·广东高考理科·T19)设a>1,函数f(x)=(1+x 2)e x -a. (1)求f(x)的单调区间. (2)证明:f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点. (3)若曲线y=f(x)在点P 处的切线与x 轴平行,且在点M(m,n)处的切线与直线OP 平行(O 是坐标原点), 证明:m ≤ -1. 【解题指南】(1)利用导数的运算法则求f(x)的导数,再利用导数判断单调性.(2)利用函数零点存在定理判断函数零点的个数.(3)构造函数证明不等式. 【解析】(1)依题意得f ′(x)=(1+x 2)′e x +(1+x 2)(e x )′=(1+x)2e x ≥0, 所以f 的单调递增区间是(-∞,+∞). （2）因为a>1, 所以()()() 0110102 2 >-+>-+=<-=a a a e a a f a f a 且 所以()()上有零点，，在a 0x f 又由（1）知()()∞+∞-，在x f 上是单调增函数， ()()∞+∞-，在x f 上仅有一个零点. （3）由（1）知令()0='x f 得1-=x 又()?? ? ??---= -a e p a e f 2,1,21即， 所以()()m OP e m m f e a a e k 2 1,2010 2 +='-=----=又， 所以()e a e m m 212-=+, 令()()1,1-='--=m m e m g m e m g 则， 所以()()0000<<'>>'m m g m m g 得，得， 所以函数()()()上单调递增，，上单调递减，在，在∞+∞-00m g 所以()()()上恒成立在即R m g g m g 0,0min ≥=， 所以,1+≥m e m ()()()().12,12 ,111123 3 3 22-- ≤+≥- +=++≥+=- e a m m e a m m m e m e a m 所以即因此 15. (2015·北京高考理科·T18)(13分) 已知函数1+x ()ln 1f x x =- 。 （1）求曲线()y f x = 在点(0,(0))f 处的切线方程； （2）求证：当(0,1)x ∈ 时，3 ()2()3 x f x x >+ ； （3）设实数k 使得3 ()()3 x f x k x >+ 对(0,1)x ∈ 恒成立，求k 的最大值。 【解题指南】（1）求出切点(0,(0))f ，导数'(0)f ，代入切线方程； （2）构造函数3 ()ln(1)ln(1)2()3x F x x x x =+---+，证明最小值大于0； （3）构造函数3 1()ln ()0,(0,1)13 x x t x k x x x +=-+>∈-， 求导42 22 22'()(1),(0,1)11kx k t x k x x x x +-= -+=∈--，,讨论k 的取值情况。 【解析】（1）2 11 ()ln ,(1,1),'(),'(0)2,(0)011x f x x f x f f x x +=∈-===-- ，所以切线方程为2y x = 。 （2）原命题造价于任意3 (0,1),()2()03x x f x x ∈-+> ， 设函数3 ()ln(1)ln(1)2()3x F x x x x =+---+ ， 4 2 2'()1x F x x =- 。 当(0,1)x ∈ 时，'()0F x > ，函数()F x 在(0,1)x ∈ 上是单调递增函数。 ()(0)0F x F >= ，因此任意3 (0,1),()2()3 x x f x x ∈>+。 （3）31ln (),(0,1)13x x k x x x +>+∈- 3 1()ln ()0,(0,1)13x x t x k x x x +?=-+>∈- 42 22 22'()(1),(0,1)11kx k t x k x x x x +-=-+=∈-- 当[0,2]k ∈ ，'()0t x ≥ ，函数()t x 是单调递增， ()(0)0t x t >= 显然成立。 当2k > 时，令'()0t x = 得4 02 k x k -= (0,1)∈ ，'()t x 的变化情况列表如下： 0()(0)0t x t <= ，显然不成立。 当0k < 时，显然K 不取最大值。 综上可知，K 的最大值为2. 16. (2015·北京高考文科·T19)(13分)设函数f(x)=2 2 x -klnx,k>0. (1)求f(x)的单调区间和极值. (2)证明若f(x)有零点,则f(x)在区间 上仅有一个零点. 【解题指南】(1)求定义域,求导,解f ′(x)=0,列表,写结论. (2)讨论f(x)在的单调性,及在区间端点的函数值符号,从而判断零点的个数. 【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞), 2'()k x k f x x x x -=-=. 因为k>0,所以令f ′(x)=0得,列表如下: 减区间为(0, 增区间为∞). 当,取得极小值f = ln 2 k k k -. (2)当 ≤1,即0 1 (1)2f = , 222 e k e k f -=-=>0,所以f(x)在区间上没有零点. 当1< 即1k e << 时，()f x 在 上减，在 上增， 1 (1)02f = > ，02e k f -=> ，f = ln 2k k k -=(1ln )02 k k -> ， 此时函数没有零点。 ，即k e ≥ 时，()f x 在 上减，1(1)02f = > ，02 e k f -=<。 所以()f x 在区间 上仅有一个零点。 综上，若()f x 有零点，则()f x 在区间 上仅有一个零点。 17.(2015·浙江高考文科·T20)设函数f(x)=x 2+ax+b(a,b ∈R). (1)当b=+1时,求函数f(x)在[-1,1]上的最小值g(a)的表达式. (2)已知函数f(x)在[-1,1]上存在零点,0≤b-2a ≤1,求b 的取值范围. 【解题指南】(1)将函数进行配方,利用对称轴与给定区间的位置关系,通过分类讨论确定函数在给定区间上的最小值,并用分段函数的形式进行表示;(2)设定函数的零点,根据条件表示两个零点之间的不等关系,通过分类讨论,分别确定参数b 的取值情况,利用并集原理得到参数b 的取值范围. 【解析】（1）当2 14 a b = +时，2()()12a f x x =++，故其对称轴为2a x =-. 当2a -≤时，2 ()(1)24 a g a f a ==++， 当22a -＜≤时，()()12 a g a f =-=， 当2a ＞时，2 ()(1)24 a g a f a =-=-+. 综上，2 2 2,2,4()1,22,2,24 a a a g a a a a a ?++-??? =-???-+??≤＜≤＞ （2）设,s t 为方程()0f x =的解，且11t -≤≤，则s t a st b +=-?? =? 由于021b a -≤≤ ，因此212(11)22 t t s t t t ---++≤≤≤≤， 当01t ≤≤时，222222t t t b t t --++≤≤，由于222032t t --+≤≤ 和2 12932 t t t ---+≤≤ 所以2 93 b --≤≤ 当10t -≤≤时，22 2222 t t t b t t --++≤≤， 由于22202t t --+≤＜和22302 t t t --+≤＜，所以30b -≤＜ 综上可知，b 的取值范围是3,9?--?. 18.（2015·四川高考文科·T21)已知函数 222ln 2)(a ax x x x f +-+-=，其中0a >。 （Ⅰ）设()g x 是()f x 的导函数，讨论()g x 的单调性； （Ⅱ）证明：存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间 (1,)+∞内有唯一解。 【解题指南】（1）二次求导后，进行讨论。（2）先假设存在，再通过求导，结合函数的单调性，证明存在性。 【解析】（1）由已知，函数的定义域为),0(+∞， 所以)ln 1(2)()(a x x x f x g ---='= 所以x x x x g ) 1(222)(-=- =' 当)(,0)()1,0(x g x g x <'∈时，单调递减； 当)(,0)(),1(x g x g x >'+∞∈时，单调递增。 （2）0a >，由（1）得'()()f x g x =在(1,)+∞上单调递增，且'(1)20f a =-<， 'lim ()0x f x →+∞ >，由零点存在定理知存在唯一的0(1,)x ∈+∞使得 '000 2 ()=22=0f x x a x - +-①.所以当0(1,)x x ∈ 时，()f x 单调递减；当0(,)x x ∈+∞时，()f x 单调递增.又2(1)(1a)0f =-≥，所以满足()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解等价 于：当(1,)x ∈+∞时，min 0()()0f x f x ==即可. 即2 20000()2ln 20f x x x ax a =-+-+=，结合①式解得 2 20 1ln x x =. 令2 21()ln x x x ?= -，显然()x ?单调递减，(1)10?=> ，1ln 202 ?-<，由零点存在定理知储存 在0(1x ∈使得0()0x ?=，即 2 20 1ln x x =成立.由①式可 得000 1 ,a x x x =- ∈，解得(0,1)a ∈.从而结论得证. 19.(2015·四川高考理科·T21)已知函数f(x)=-2(x+a)lnx+x 2-2ax-2a 2+a,其中a>0. (1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性. (2)证明:存在a ∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解. 【解题指南】(1)求导后,对参数a 进行讨论. (2)先假设存在,再通过求导,结合函数的单调性,证明存在性. 【解析】（1）解 0,0),1ln (2)(>>----=a x a x x a x x g 2 222 )41 )21((2)(2)(x a x x a x x x g -+-=+-='. ①当,0)(,4 1 ≥≥x g a 此时)(x g 在定义域),0(+∞单调递增； ②当0)(),2 411,2411(,410<-+--∈< 0)(),,2 411()2411, 0(>∞-+--∈x g a a x 此时，)(x g 在区间),2 411()2411, 0(∞-+--a a 单调递增； 在区间)(x g )2 411,2411( a a -+--单调递减。 （2）证明：假设存在在区间）内恒成立，且，在区间（使得0)(10)(),1,0(=∞+≥∈x f x f a 0)1(),1(≥+∞f 下：内有唯一解，在此假设，则可得2 1 0≤ 000=---- =>a x x a x x f x 0)1(ln 0002 0=-+--a x a x x x 所以， （2） 则)(x f 在区间递增，递减，在区间),(),1(00+∞x x 由假设0)()(,10min ==>x f x f x （3） 下面只需证明，存在唯一“10>x ”，使（1）（2）（3）同时成立。 由（2）：0 02 00)1(ln x a x a x x -+-=代入（3） 025)1(2202030=---+a ax x a x 现在只需证明该方程在区间内有唯一解),1(+∞ 令)(x h =20203025)1(2a ax x a x ---+ 则)3 2 ,0(3)1(2,5)1(43)(2 ∈-=--+='a x a x a x x h 导函数的对称轴 又0)(,1,01)1(='><--='m h m a h 则有唯一 当0)(),,1(<'∈x h m x ，0)(),,(>'+∞∈x h m x 则函数)(x h 在区间),1(m 上单调递减，在上单调递增),(+∞m 又,0132)1(2<---=a a h x ∞+，)(x h ∞+ 则方程025)1(2202 030=---+a ax x a x 在区间),1(+∞有唯一解 则，存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解。 20.(2015·浙江高考理科·T18)已知函数f(x)=x 2+ax+b(a,b ∈R),记M(a,b)是|f(x)|在区间[-1,1]上的最大值. (1)证明:当|a|≥2时,M(a,b)≥2. (2)当a,b 满足M(a,b)≤2时,求|a|+|b|的最大值. 【解题指南】(1)分析题意可知f(x)在[-1,1]上单调,从而可知M(a,b)=max{|f(1)|,|f(-1)|},分类讨论a 的取值范围即可求解. (2)分析题意可知|a|+|b|=||,0, ||,0, a b ab a b ab +≥?? - 再由M(a,b)≤2可得|1+a+b|=|f(1)|≤2,|1-a+b|=|f(-1)|≤2,即可得解. 【解析】(1)由2 2()()24 a a f x x b =++-,得对称轴为直线x=-,由|a|≥2,得|-|≥1,故f(x) 在[-1,1]上单调,所以M(a,b)=max{|f(1)|,|f(-1)|}, 当a ≥2时,由f(1)-f(-1)=2a ≥4,得max{|f(1)|,|f(-1)|}≥2,即M(a,b)≥2, 当a ≤-2时,由f(-1)-f(1)=-2a ≥4,得max{|f(1)|,|f(-1)|}≥2,即M(a,b)≥2, 综上,当|a|≥2时,M(a,b)≥2. (2)由M(a,b)≤2,得|1+a+b|=|f(1)|≤2,|1-a+b|=|f(-1)|≤2, 所以|a+b|≤3,|a-b|≤3,由|a|+|b|=||,0, ||,0, a b ab a b ab +≥?? - 得|a|+|b|≤3, 当a=2,b=-1时,|a|+|b|=3, 且|x 2+2x-1|在[-1,1]上的最大值为2, 即M(2,-1)=2, 所以|a|+|b|的最大值是3. 21. （2015·四川高考文科·T21)已知函数f (x )＝－x 2lnx ＋x 2－2ax ＋a 2，其中a >0. （Ⅰ）设()g x 是()f x 的导函数，讨论()g x 的单调性； （Ⅱ）证明：存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间 (1,)+∞内有唯一解。 【解析】（1）由已知，函数的定义域为),0(+∞， 所以)ln 1(2)()(a x x x f x g ---='= 所以g ′(x )＝22(x 1) 2x x -- = 当)(,0)()1,0(x g x g x <'∈时，单调递减； 当)(,0)(),1(x g x g x >'+∞∈时，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 2 －2x (x －1－lnx )＋(x －1－lnx )2 ＝(1＋lnx )2 －2xlnx 则Φ(1)＝1＞0，Φ(e )＝2(2－e )＜0 于是存在x 0∈(1，e )，使得Φ(x 0)＝0 令a 0＝x 0－1－lnx 0＝u (x 0)，其中u (x )＝x －1－lnx (x ≥1) 由u ′(x )＝1－ 1 x ≥0知，函数u (x )在区间(1，＋∞)上单调递增 故0＝u (1)＜a 0＝u (x 0)＜u (e )＝e －2＜1 即a 0∈(0，1) 当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝Φ(x 0)＝0 再由(I )知，f ′(x )在区间(1，＋∞)上单调递增 当x ∈(1，x 0)时，f ′(x )＜0，从而f (x )＞f (x 0)＝0 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0，从而f (x )＞f (x 0)＝0 又当x ∈(0，1]时，f (x )＝(x －a 0)2 －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. 22. (2015·广东高考文科·T21)设a 为实数,函数f = + -a . (1)若f ≤1,求a 的取值范围. (2)讨论f 的单调性. (3)当a ≥2时,讨论f +在区间内的零点个数. 【解析】(1)f(0)=a 2+-a 2+a=+a, 因为f ≤1,所以 +a ≤1,