2015年讲义高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)压轴题目突破练——函数与导数

第8讲函数与方程一、选择题1．设f(x)＝e x＋x－4，则函数f(x)的零点位于区间()．A．(－1,0) B．(0,1)C．(1,2) D．(2,3)解析∵f(x)＝e x＋x－4，∴f′(x)＝e x＋1>0，∴函数f(x)在R上单调递增．对于A项，f(－1)＝e－1＋(－1)－4＝－5＋e－1<0，f(0)＝－3<0，f(－1)f(0)>0，A不正确，同理可验证B、D不正确．对于C项，∵f(1)＝e＋1－4＝e－3<0，f(2)＝e2＋2－4＝e2－2>0，f(1)f(2)<0，故选C.答案 C2．函数f(x)＝2x＋3x的零点所在的一个区间是( )．A．(－2，－1) B．(－1,0)C．(0,1) D．(1,2)解析f(x)＝2x＋3x在R上为增函数，且f(－1)＝2－1－3＝－52，f(0)＝1，则f(x)＝2x＋3x在(－1,0)上有唯一的一个零点．答案 B3．函数f(x)＝2x－2x－a的一个零点在区间(1,2)内，则实数a的取值范围是()．A．(1,3) B．(1,2)C．(0,3) D．(0,2)解析由条件可知f(1)f(2)<0，即(2－2－a)(4－1－a)<0，即a(a－3)<0，解之得0<a<3.答案 C4．已知f(x)是R上最小正周期为2的周期函数，且当0≤x<2时，f(x)＝x3－x，则函数y＝f(x)的图象在区间[0,6]上与x轴的交点的个数为()．A ．6B ．7C ．8D ．9解析 当0≤x <2时，令f (x )＝x 3－x ＝0，得x ＝0或x ＝1.根据周期函数的性质，由f (x )的最小正周期为2，可知y ＝f (x )在[0,6)上有6个零点，又f (6)＝f (3×2)＝f (0)＝0，∴f (x )在[0,6]上与x 轴的交点个数为7. 答案 B5．设函数f (x )(x ∈R )满足f (－x )＝f (x )，f (x )＝f (2－x )，且当x ∈[0,1]时，f (x )＝x 3.又函数g (x )＝|x cos(πx )|，则函数h (x )＝g (x )－f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，32上的零点个数为( )．A ．5B ．6C ．7D ．8解析 由题意知函数y ＝f (x )是周期为2的偶函数且0≤x ≤1时，f (x )＝x 3，则当－1≤x ≤0时，f (x )＝－x 3，且g (x )＝|x cos(πx )|，所以当x ＝0时，f (x )＝g (x )．当x ≠0时，若0<x ≤12，则x 3＝x cos(πx )，即x 2＝|cos πx |.同理可以得到在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，0，⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，⎝ ⎛⎦⎥⎤1，32上的关系式都是上式，在同一个坐标系中作出所得关系式等号两边函数的图像，如图所示，有5个根．所以总共有6个．答案 B6．方程x 2＋2x －1＝0的解可视为函数y ＝x ＋2的图象与函数y ＝1x的图象交点的横坐标，若x 4＋ax －4＝0的各个实根x 1，x 2，…，x k (k ≤4)所对应的点⎝⎛⎭⎪⎫x i ，4x i (i ＝1,2，…，k )均在直线y ＝x 的同侧，则实数a 的取值范围是( )．A ．RB ．∅C ．(－6,6)D ．(－∞，－6)∪(6，＋∞) 解析 (转化法)方程的根显然x ≠0，原方程等价于x 3＋a ＝4x，原方程的实根是曲线y ＝x 3＋a 与曲线y ＝4x的交点的横坐标；而曲线y ＝x 3＋a 是由曲线y＝x 3向上或向下平移|a |个单位而得到的．若交点⎝ ⎛⎭⎪⎫x i，4x i (i ＝1,2，…，k )均在直线y ＝x 的同侧， 因直线y ＝x 与y ＝4x交点为：(－2，－2)，(2,2)；所以结合图象可得：⎩⎨⎧a ＞0，x 3＋a ＞－2，x ≥－2，或⎩⎨⎧a ＜0，x 3＋a ＜2，x ≤2，⇒a ∈(－∞，－6)∪(6，＋∞)；选D. 答案 D 二、填空题7．用二分法研究函数f (x )＝x 3＋3x －1的零点时，第一次经计算f (0)<0，f (0.5)>0可得其中一个零点x 0∈______，第二次应计算________． 解析 ∵f (x )＝x 3＋3x －1是R 上的连续函数，且f (0)<0，f (0.5)>0，则f (x )在x ∈(0,0.5)上存在零点，且第二次验证时需验证f (0.25)的符号． 答案 (0,0.5) f (0.25)8．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2x－1， x－x 2－2x x ≤0.若函数g (x )＝f (x )－m 有3个零点，则实数m 的取值范围是________．解析 画出图象，令g (x )＝f (x )－m ＝0，即f (x )与y ＝m 的 图象的交点有3个，∴0<m <1. 答案 (0,1)9.函数f(x)= 21x 2x ,x 02lgx 1,x 0⎧-+≤⎪⎨⎪->⎩的零点个数为_______.解析 作出函数f(x)的图象，从图象中可知函数f(x)的零点有4个.答案 410．若直角坐标平面内两点P ，Q 满足条件：①P 、Q 都在函数f (x )的图象上；②P 、Q 关于原点对称，则称点对(P 、Q )是函数f (x )的一个“友好点对”(点对(P 、Q )与点对(Q ，P )看作同一个“友好点对”)．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＋4x ＋1，x <0，2ex ，x ≥0，则f (x )的“友好点对”的个数是________．解析 设P (x ，y )、Q (－x ，－y )(x >0)为函数f (x )的“友好点对”，则y ＝2e x ，－y ＝2(－x )2＋4(－x )＋1＝2x 2－4x ＋1，∴2e x ＋2x 2－4x ＋1＝0，在同一坐标系中作函数y 1＝2e x 、y 2＝－2x 2＋4x －1的图象，y 1、y 2的图象有两个交点，所以f (x )有2个“友好点对”，故填2. 答案 2 三、解答题11．若方程lg(－x 2＋3x －m )＝lg(3－x )在x ∈(0,3)内有唯一零点，求实数m 的取值范围．解析 原方程可化为－(x －2)2＋1＝m (0<x <3)，设y 1＝－(x －2)2＋1(0<x <3)，y 2＝m ， 在同一坐标系中画出它们的图像(如图所示)．由原方程在(0,3)内有唯一解，知y 1与y 2的图像只有一个公 共点， 可见m 的取值范围是－3<m≤0或m ＝1.12．对于函数f (x )，若存在x 0∈R ，使f (x 0)＝x 0成立，则称x 0为f (x )的不动点，已知函数f (x )＝ax 2＋(b ＋1)x ＋b －1(a ≠0) (1)当a ＝1，b ＝－2时，求f (x )的不动点；(2)若对任意实数b ，函数f (x )恒有两个相异的不动点，求a 的取值范围． 解析 (1)当a ＝1，b ＝－2时，f (x )＝x 2－x －3， 由题意可知x ＝x 2－x －3，得x 1＝－1，x 2＝3 故当a ＝1，b ＝－2时，f (x )的不动点是－1,3.(2)∵f (x )＝ax 2＋(b ＋1)x ＋b －1(a ≠0)恒有两个不动点，∴x ＝ax 2＋(b ＋1)x ＋b －1，即ax 2＋bx ＋b －1＝0恒有两相异实根， ∴Δ＝b 2－4ab ＋4a ＞0(b ∈R)恒成立． 于是Δ′＝(4a )2－16a ＜0解得0＜a ＜1，故当b ∈R ，f (x )恒有两个相异的不动点时，0＜a ＜1. 13．已知二次函数f (x )＝x 2－16x ＋q ＋3.(1)若函数在区间[－1,1]上存在零点，求实数q 的取值范围；(2)是否存在常数t (t ≥0)，当x ∈[t,10]时，f (x )的值域为区间D ，且区间D 的长度为12－t (视区间[a ，b ]的长度为b －a )．解 (1)∵函数f (x )＝x 2－16x ＋q ＋3的对称轴是x ＝8，∴f (x )在区间[－1,1]上是减函数．∵函数在区间[－1,1]上存在零点，则必有⎩⎨⎧f (1)≤0，f (－1)≥0，即⎩⎨⎧1－16＋q ＋3≤0，1＋16＋q ＋3≥0，∴－20≤q ≤12. (2)∵0≤t <10，f (x )在区间[0,8]上是减函数，在区间[8,10]上是增函数，且对称轴是x ＝8.①当0≤t ≤6时，在区间[t,10]上，f (t )最大，f (8)最小， ∴f (t )－f (8)＝12－t ，即t 2－15t ＋52＝0，解得t ＝15±172，∴t ＝15－172；②当6<t ≤8时，在区间[t,10]上，f (10)最大，f (8)最小， ∴f (10)－f (8)＝12－t ，解得t ＝8；③当8<t <10时，在区间[t,10]上，f (10)最大，f (t )最小， ∴f (10)－f (t )＝12－t ，即t 2－17t ＋72＝0，解得t ＝8,9， ∴t ＝9.综上可知，存在常数t ＝15－172，8,9满足条件. 14．已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e 2x(x >0)．(1)若g (x )＝m 有零点，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根． 解 (1)法一：∵g (x )＝x ＋e 2x≥2e 2＝2e ，等号成立的条件是x ＝e ， 故g (x )的值域是[2e ，＋∞)，因而只需m ≥2e，则g (x )＝m 就有零点．法二：作出g (x )＝x ＋e 2x(x >0)的大致图象如图：可知若使g (x )＝m 有零点， 则只需m ≥2e. 法三：由g (x )＝m 得x 2－mx ＋e 2＝0. 此方程有大于零的根，故⎩⎨⎧m 2Δ＝m 2－4e 2≥0等价于⎩⎨⎧m m ≥2e或m ≤－2e，故m ≥2e.(2)若g (x )－f (x )＝0有两个相异的实根，即g (x )与f (x )的图象有两个不同的交点，作出g(x)＝x＋e2x(x>0)的大致图象．∵f(x)＝－x2＋2e x＋m－1＝－(x－e)2＋m－1＋e2.其图象的对称轴为x＝e，开口向下，最大值为m－1＋e2. 故当m－1＋e2>2e，即m>－e2＋2e＋1时，g(x)与f(x)有两个交点，即g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)。

专题一 高考中的导数应用问题1．函数f (x )＝(x －3)e x 的单调递增区间是( )A ．(－∞，2)B ．(0,3)C ．(1,4)D ．(2，＋∞) 答案 D解析 函数f (x )＝(x －3)e x 的导数为f ′(x )＝[(x －3)·e x ]′＝1·e x ＋(x －3)·e x ＝(x －2)e x . 由函数导数与函数单调性的关系，得当f ′(x )>0时，函数f (x )单调递增，此时由不等式f ′(x )＝(x －2)e x >0，解得x >2.2．若函数f (x )＝x 3－6bx ＋3b 在(0,1)内有最小值，则实数b 的取值X 围是( ) A ．(0,1) B ．(－∞，1)C ．(0，＋∞) D.⎝⎛⎭⎫0，12 答案 D解析 f (x )在(0,1)内有最小值，即f (x )在(0,1)内有极小值，f ′(x )＝3x 2－6b ， 由题意，得函数f ′(x )的草图如图，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(0)<0，f ′(1)>0， 即⎩⎪⎨⎪⎧－6b <0，3－6b >0，解得0<b <12.故选D.3．函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t的最小值是( )A ．20B ．18C ．3D ．0 答案 A解析 因为f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，令f ′(x )＝0，得x ＝±1，可知－1,1为函数的极值点．又f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1，所以在区间[－3,2]上f (x )max ＝1，f (x )min ＝－19.由题设知在区间[－3,2]上f (x )max －f (x )min ≤t ，从而t ≥20， 所以t 的最小值是20.4．已知函数f (x )＝ln a ＋ln xx在[1，＋∞)上为减函数，则实数a 的取值X 围为__________．答案 [e ，＋∞)解析 f ′(x )＝1x·x －(ln a ＋ln x )x 2＝1－(ln a ＋ln x )x 2，因为f (x )在[1，＋∞)上为减函数，故f ′(x )≤0在[1，＋∞)上恒成立，即ln a ≥1－ln x 在[1，＋∞)上恒成立．设φ(x )＝1－ln x ，φ(x )max ＝1，故ln a ≥1，a ≥e.5．已知函数f (x )＝mx 3＋nx 2的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线3x ＋y ＝0平行，若f (x )在区间[t ，t ＋1]上单调递减，则实数t 的取值X 围是__________． 答案 [－2，－1]解析 由题意知，点(－1,2)在函数f (x )的图象上， 故－m ＋n ＝2.①又f ′(x )＝3mx 2＋2nx ，则f ′(－1)＝－3， 故3m －2n ＝－3.②联立①②解得：m ＝1，n ＝3，即f (x )＝x 3＋3x 2， 令f ′(x )＝3x 2＋6x ≤0，解得－2≤x ≤0， 则[t ，t ＋1]⊆[－2,0]，故t ≥－2且t ＋1≤0， 所以t ∈[－2，－1].题型一 利用导数研究函数的单调性 例1设函数f (x )＝x (e x －1)－ax 2.(1)若a ＝12，求f (x )的单调区间；(2)若当x ≥0时，f (x )≥0，求a 的取值X 围．思维启迪 求出f ′(x )，分析函数的单调性，得出结论．解 (1)a ＝12时，f (x )＝x (e x －1)－12x 2，f ′(x )＝e x －1＋x e x －x ＝(e x －1)(x ＋1)．当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0；当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)，(0，＋∞)，单调递减区间为(－1,0)．(2)f (x )＝x (e x －1－ax )，令g (x )＝e x －1－ax ，g ′(x )＝e x －a .若a ≤1，则当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )为增函数，而g (0)＝0，从而当x ≥0时，g (x )≥0，即f (x )≥0. 若a >1，则当x ∈(0，ln a )时，g ′(x )<0，g (x )为减函数， 而g (0)＝0，从而当x ∈(0，ln a )时，g (x )<0，即f (x )<0. 综合得a 的取值X 围为(－∞，1]．思维升华 (1)判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断f ′(x )的符号问题上，而f ′(x )>0或f ′(x )<0，最终可转化为一个一元一次或一元二次不等式问题．(2)若已知f (x )的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题求解．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝⎛⎭⎫23.(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ，若函数g (x )在x ∈[－3，2]上单调递增，某某数c 的取值X 围．解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.当x ＝23时，得a ＝f ′⎝⎛⎭⎫23＝3×⎝⎛⎭⎫232＋2a ×23－1， 解之，得a ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c .则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝⎛⎭⎫x ＋13(x －1)，列表如下： x (－∞，－13)－13 (－13，1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) ＋0 －0 ＋ f (x )↗ 极大值↘极小值↗所以f (x )的单调递增区间是(－∞，－13)和(1，＋∞)；f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫－13，1. (3)函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ＝(－x 2－x ＋c )·e x ，有g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x ＝(－x 2－3x ＋c －1)e x ，因为函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，所以h (x )＝－x 2－3x ＋c －1≥0在x ∈[－3,2]上恒成立． 只要h (2)≥0，解得c ≥11，所以c 的取值X 围是[11，＋∞)． 题型二 利用导数研究与不等式有关的问题 例2 已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；(2)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，某某数a 的取值X 围； (3)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x 成立．思维启迪 (1)求f ′(x )，讨论参数t 求最小值； (2)分离a ，利用求最值得a 的X 围；(3)寻求所证不等式和题中函数f (x )的联系，充分利用(1)中所求最值． 解 (1)由f (x )＝x ln x ，x >0，得f ′(x )＝ln x ＋1， 令f ′(x )＝0，得x ＝1e.当x ∈(0，1e )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(1e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．①当0<t <1e <t ＋2，即0<t <1e 时，f (x )min ＝f (1e )＝－1e；②当1e ≤t <t ＋2，即t ≥1e时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，f (x )min ＝f (t )＝t ln t .所以f (x )min＝⎩⎨⎧－1e ，0<t <1et ln t ，t ≥1e.(2)2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x >0)，则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2，①当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减， ②当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4，对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4.(3)问题等价于证明x ln x >x e x －2e (x ∈(0，＋∞))．由(1)可知f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x ＝1e 时取到，设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－x e x ，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e，当且仅当x ＝1时取到．从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x成立．思维升华 (1)恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解，若不能分离参数，可以将参数看成常数直接求解． (2)证明不等式，可以转化为求函数的最值问题．已知函数f (x )＝sin x (x ≥0)，g (x )＝ax (x ≥0)．(1)若f (x )≤g (x )恒成立，某某数a 的取值X 围； (2)当a 取(1)中的最小值时，求证：g (x )－f (x )≤16x 3.(1)解 令h (x )＝sin x －ax (x ≥0)，则h ′(x )＝cos x －a .若a ≥1，h ′(x )＝cos x －a ≤0，h (x )＝sin x －ax (x ≥0)单调递减，h (x )≤h (0)＝0，则sin x ≤ax (x ≥0)成立．若0<a <1，存在x 0∈(0，π2)，使得cos x 0＝a ，当x ∈(0，x 0)，h ′(x )＝cos x －a >0，h (x )＝sin x －ax (x ∈(0，x 0))单调递增，h (x )>h (0)＝0，不合题意， 结合f (x )与g (x )的图象可知a ≤0显然不合题意， 综上可知，a ≥1.(2)证明 当a 取(1)中的最小值1时，g (x )－f (x )＝x －sin x .设H (x )＝x －sin x －16x 3(x ≥0)，则H ′(x )＝1－cos x －12x 2.令G (x )＝1－cos x －12x 2，则G ′(x )＝sin x －x ≤0(x ≥0)，所以G (x )＝1－cos x －12x 2在[0，＋∞)上单调递减，此时G (x )＝1－cos x －12x 2≤G (0)＝0，即H ′(x )＝1－cos x －12x 2≤0，所以H (x )＝x －sin x －16x 3(x ≥0)单调递减．所以H (x )＝x －sin x －16x 3≤H (0)＝0，即x －sin x －16x 3≤0(x ≥0)，即x －sin x ≤16x 3(x ≥0)．所以，当a 取(1)中的最小值时，g (x )－f (x )≤16x 3.题型三 利用导数研究方程解或图象交点问题 例3已知f (x )＝ax 2 (a ∈R )，g (x )＝2ln x .(1)讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )的单调性；(2)若方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不等解，求a 的取值X 围． 思维启迪 (1)通过讨论a 确定F (x )的符号；(2)将方程f (x )＝g (x )变形为a ＝2ln x x 2，研究φ(x )＝2ln xx 2图象的大致形状．解 (1)F (x )＝ax 2－2ln x ，其定义域为(0，＋∞)，∴F ′(x )＝2ax －2x ＝2(ax 2－1)x(x >0)．①当a >0时，由ax 2－1>0，得x >1a. 由ax 2－1<0，得0<x <1a. 故当a >0时，F (x )在区间⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增， 在区间⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减．②当a ≤0时，F ′(x )<0 (x >0)恒成立． 故当a ≤0时，F (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)原式等价于方程a ＝2ln xx 2＝φ(x )在区间[2，e]上有两个不等解．∵φ′(x )＝2x (1－2ln x )x 4在(2，e)上为增函数，在(e ，e)上为减函数，则φ(x )max ＝φ(e)＝1e ，而φ(e)＝2e 2<φ(2)＝2ln 24＝ln 22＝φ(2)． ∴φ(x )min ＝φ(e)， 如图当f (x )＝g (x )在[2，e]上有两个不等解时有 φ(x )min ＝ln 22， 故a 的取值X 围为ln 22≤a <1e.思维升华 对于可转化为a ＝f (x )解的个数确定参数a 的X 围问题，都可以通过f (x )的单调性、极值确定f (x )的大致形状，进而求a 的X 围．已知函数f (x )＝|ax －2|＋b ln x (x >0)．(1)若a ＝1，f (x )在(0，＋∞)上是单调增函数，求b 的取值X 围； (2)若a ≥2，b ＝1，求方程f (x )＝1x 在(0,1]上解的个数．解 (1)f (x )＝|x －2|＋b ln x＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2＋b ln x (0<x <2)，x －2＋b ln x (x ≥2).①当0<x <2时，f (x )＝－x ＋2＋b ln x ，f ′(x )＝－1＋b x .由条件，得－1＋bx ≥0恒成立，即b ≥x 恒成立．∴b ≥2.②当x ≥2时，f (x )＝x －2＋b ln x ，f ′(x )＝1＋bx，由条件，得1＋bx ≥0恒成立，即b ≥－x 恒成立．∴b ≥－2.综合①，②得b 的取值X 围是{b |b ≥2}． (2)令g (x )＝|ax －2|＋ln x －1x，即g (x )＝⎩⎨⎧－ax ＋2＋ln x －1x (0<x <2a)，ax －2＋ln x －1x (x ≥2a).当0<x <2a 时，g (x )＝－ax ＋2＋ln x －1x ，g ′(x )＝－a ＋1x ＋1x 2.∵0<x <2a ，∴1x >a2.则g ′(x )>－a ＋a 2＋a 24＝a (a －2)4≥0.即g ′(x )>0，∴g (x )在(0，2a )上是递增函数．当x ≥2a 时，g (x )＝ax －2＋ln x －1x ，g ′(x )＝a ＋1x ＋1x2>0.∴g (x )在(2a ，＋∞)上是递增函数．又因为函数g (x )在x ＝2a 有意义，∴g (x )在(0，＋∞)上是递增函数． ∵g (2a )＝ln 2a －a2，而a ≥2，∴ln 2a ≤0，则g (2a )<0.∵a ≥2，∴g (1)＝a －3. 当a ≥3时，g (1)＝a －3≥0， ∴g (x )＝0在(0,1]上解的个数为1. 当2≤a ≤3时，g (1)＝a －3<0，∴g (x )＝0在(0,1]上无解，即解的个数为0.1．已知函数f (x )＝ax 3＋x 2＋bx (其中常数a ，b ∈R )，g (x )＝f (x )＋f ′(x )是奇函数．(1)求f (x )的表达式；(2)讨论g (x )的单调性，并求g (x )在区间[1,2]上的最大值与最小值． 解 (1)由题意得f ′(x )＝3ax 2＋2x ＋b ，因此g (x )＝f (x )＋f ′(x )＝ax 3＋(3a ＋1)x 2＋(b ＋2)x ＋b . 因为函数g (x )是奇函数，所以g (－x )＝－g (x )， 即对任意实数x ，有a (－x )3＋(3a ＋1)(－x )2＋ (b ＋2)(－x )＋b ＝－[ax 3＋(3a ＋1)x 2＋(b ＋2)x ＋b ]， 从而3a ＋1＝0，b ＝0，解得a ＝－13，b ＝0，因此f (x )的表达式为f (x )＝－13x 3＋x 2.(2)由(1)知g (x )＝－13x 3＋2x ，所以g ′(x )＝－x 2＋2.令g ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝2， 则当x <－2或x >2时，g ′(x )<0，从而g (x )在区间(－∞，－ 2 )，(2，＋∞)上是减函数； 当－2<x <2时，g ′(x )>0，从而g (x )在区间(－2，2)上是增函数．由上述讨论知，g (x )在区间[1,2]上的最大值与最小值只能在x ＝1，2，2时取得， 而g (1)＝53，g (2)＝423，g (2)＝43，因此g (x )在区间[1,2]上的最大值为g (2)＝423，最小值g (2)＝43.2．已知函数f (x )＝ax ＋x ln x 的图象在点x ＝e(e 为自然对数的底数)处的切线斜率为3.(1)某某数a 的值；(2)若k ∈Z ，且k <f (x )x －1对任意x >1恒成立，求k 的最大值．解 (1)因为f (x )＝ax ＋x ln x ，所以f ′(x )＝a ＋ln x ＋1. 因为函数f (x )＝ax ＋x ln x 的图象在点x ＝e 处的切线斜率为3， 所以f ′(e)＝3，即a ＋ln e ＋1＝3，所以a ＝1.(2)由(1)知，f (x )＝x ＋x ln x ，又k <f (x )x －1对任意x >1恒成立，即k <x ＋x ln x x －1对任意x >1恒成立．令g (x )＝x ＋x ln x x －1，则g ′(x )＝x －ln x －2(x －1)2，令h (x )＝x －ln x －2(x >1)，则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x >0，所以函数h (x )在(1，＋∞)上单调递增． 因为h (3)＝1－ln 3<0，h (4)＝2－2ln 2>0，所以方程h (x )＝0在(1，＋∞)上存在唯一实根x 0，且满足x 0∈(3,4)． 当1<x <x 0时，h (x )<0，即g ′(x )<0，当x >x 0时，h (x )>0，即g ′(x )>0，所以函数g (x )＝x ＋x ln xx －1在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以[g (x )]min ＝g (x 0)＝x 0(1＋ln x 0)x 0－1＝x 0(1＋x 0－2)x 0－1＝x 0∈(3,4)，所以k <[g (x )]min ＝x 0∈(3,4)，故整数k 的最大值为3. 3．设函数f (x )＝e x －1－x －ax 2.(1)若a ＝0，求f (x )的单调区间；(2)若当x ≥0时f (x )≥0，求a 的取值X 围． 解 (1)若a ＝0，f (x )＝e x －1－x ，f ′(x )＝e x －1.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)f ′(x )＝e x －1－2ax .由(1)知e x ≥1＋x ，当且仅当x ＝0时等号成立，故f ′(x )≥x －2ax ＝(1－2a )x ，从而当1－2a ≥0，即a ≤12时，f ′(x )≥0(x ≥0)． ∴f (x )在[0，＋∞)上单调递增．而f (0)＝0，于是当x ≥0时，f (x )≥0.由e x >1＋x (x ≠0)可得e －x >1－x (x ≠0)．从而当a >12时，f ′(x )<e x －1＋2a (e －x －1)＝e －x (e x －1)(e x －2a )，令e －x (e x －1)(e x －2a )<0得1<e x <2a ，∴0<x <ln 2a .故当x ∈(0，ln 2a )时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0，ln 2a )上单调递减．而f (0)＝0，于是当x ∈(0，ln 2a )时，f (x )<0.不符合要求．综上可得a 的取值X 围为(－∞，12]． 4．已知f (x )＝x 2＋3x ＋1，g (x )＝a －1x －1＋x . (1)a ＝2时，求y ＝f (x )和y ＝g (x )的公共点个数；(2)a 为何值时，y ＝f (x )和y ＝g (x )的公共点个数恰为两个．解 (1)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝f (x )，y ＝g (x )，得x 2＋3x ＋1＝1x －1＋x ， 整理得x 3＋x 2－x －2＝0(x ≠1)．令y ＝x 3＋x 2－x －2，求导得y ′＝3x 2＋2x －1，令y ′＝0，得x 1＝－1，x 2＝13， 故得极值点分别在－1和13处取得，且极大值、极小值都是负值． 故公共点只有一个． (2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝f (x )，y ＝g (x )，得x 2＋3x ＋1＝a －1x －1＋x ， 整理得a ＝x 3＋x 2－x (x ≠1)，令h (x )＝x 3＋x 2－x ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝a ，y ＝h (x )＝x 3＋x 2－x (x ≠1)， 如图，求导h (x )可以得到极值点分别在－1和13处，画出草图， h (－1)＝1，h (13)＝－527， 当a ＝h (－1)＝1时，y ＝a 与y ＝h (x )仅有一个公共点(因为(1,1)点不在y ＝h (x )曲线上)，故a ＝－527时恰有两个公共点． 5．定义在R 上的函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋3同时满足以下条件：①f (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数；②f ′(x )是偶函数；③f (x )的图象在x ＝0处的切线与直线y ＝x ＋2垂直．(1)求函数y ＝f (x )的解析式；(2)设g (x )＝4ln x －m ，若存在x ∈[1，e]，使g (x )<f ′(x )，某某数m 的取值X 围． 解 (1)f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c .∵f (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，∴f ′(1)＝3a ＋2b ＋c ＝0，(*)由f ′(x )是偶函数得b ＝0，①又f (x )的图象在x ＝0处的切线与直线y ＝x ＋2垂直，∴f ′(0)＝c ＝－1，②将①②代入(*)得a ＝13， ∴f (x )＝13x 3－x ＋3. (2)由已知得，若存在x ∈[1，e]，使4ln x －m <x 2－1，即存在x ∈[1，e]，使m >(4ln x －x 2＋1)min .设M (x )＝4ln x －x 2＋1，x ∈[1，e]，则M ′(x )＝4x －2x ＝4－2x 2x， 令M ′(x )＝0，∵x ∈[1，e]，∴x ＝ 2. 当2<x ≤e 时，M ′(x )<0，∴M (x )在(2，e)上为减函数；当1≤x ≤2时，M ′(x )>0，∴M (x )在[1，2]上为增函数，∴M (x )在[1，e]上有最大值且在x ＝2处取到．又M (1)＝0，M (e)＝5－e 2<0，∴M (x )的最小值为5－e 2.∴m >5－e 2.6．(2013·某某)已知a >0，函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －a x ＋2a . (1)记f (x )在区间[0,4]上的最大值为g (a )，求g (a )的表达式；(2)是否存在a ，使函数y ＝f (x )在区间(0,4)内的图象上存在两点，在该两点处的切线相互垂直？若存在，求a 的取值X 围；若不存在，请说明理由．解 (1)当0≤x ≤a 时，f (x )＝a －xx ＋2a ； 当x >a 时，f (x )＝x －a x ＋2a. 因此，当x ∈(0，a )时，f ′(x )＝－3a (x ＋2a )2<0， f (x )在(0，a )上单调递减；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＝3a (x ＋2a )2>0， f (x )在(a ，＋∞)上单调递增．①若a ≥4，则f (x )在(0,4)上单调递减，g (a )＝f (0)＝12. ②若0<a <4，则f (x )在(0，a )上单调递减，在(a,4)上单调递增．所以g (a )＝max{f (0)，f (4)}．而f (0)－f (4)＝12－4－a 4＋2a ＝a －12＋a，故当0<a ≤1时，g (a )＝f (4)＝4－a4＋2a ； 当1<a <4时，g (a )＝f (0)＝12. 综上所述，g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 4－a 4＋2a ，0<a ≤1，12，a >1.(2)由(1)知，当a ≥4时，f (x )在(0,4)上单调递减，故不满足要求．当0<a <4时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a,4)上单调递增．若存在x 1，x 2∈(0,4)(x 1<x 2)，使曲线y ＝f (x )在(x 1，f (x 1))，(x 2，f (x 2))两点处的切线互相垂直．则x 1∈(0，a )，x 2∈(a,4)，且f ′(x 1)·f ′(x 2)＝－1.即－3a(x 1＋2a )2·3a (x 2＋2a )2＝－1. 亦即x 1＋2a ＝3a x 2＋2a.(*) 由x 1∈(0，a )，x 2∈(a,4)得x 1＋2a ∈(2a,3a )，3a x 2＋2a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 4＋2a ，1. 故(*)成立等价于集合A ＝{x |2a <x <3a }与集合B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x |3a 4＋2a <x <1的交集非空． 因为3a 4＋2a<3a ，所以当且仅当0<2a <1， 即0<a <12时，A ∩B ≠∅. 综上所述，存在a 使函数f (x )在区间(0,4)内的图象上存在两点，在该两点处的切线互相垂直，且a 的取值X 围是⎝⎛⎭⎫0，12.。