2014年高考数学(文)二轮复习专题提升训练(江苏专用)：5 导数的综合应用 Word版含解析]

解答题规范练三角函数的综合应用(推荐时间：80分钟)1． 设函数f (x )＝a ·b ，其中向量a ＝(2cos x,1)，b ＝(cos x ，3sin 2x )，x ∈R .(1)若函数f (x )＝1－3，且x ∈⎣⎡⎦⎤－π3，π3，求x 的值； (2)求函数y ＝f (x )的单调增区间，并在给出的坐标系中画出y ＝f (x )在区间[0，π]上的图象．解 (1)依题设得f (x )＝2cos 2x ＋3sin 2x ＝1＋cos 2x ＋3sin 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋1. 由2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋1＝1－3，得sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＝－32. ∵－π3≤x ≤π3，∴－π2≤2x ＋π6≤5π6，∴2x ＋π6＝－π3，即x ＝－π4.(2)当－π2＋2k π≤2x ＋π6≤π2＋2k π(k ∈Z )，即－π3＋k π≤x ≤π6＋k π(k ∈Z )时，函数y ＝f (x )单调递增，即函数y ＝f (x )的单调增区间为⎣⎡⎦⎤－π3＋k π，π6＋k π(k ∈Z )，2． 已知向量a ＝(cos x ＋3sin x ，3sin x )，b ＝(cos x －3sin x ，2cos x )，函数f (x )＝a ·b －cos2x .(1)求函数f (x )的值域；(2)若f (θ)＝15，θ∈⎣⎡⎦⎤π6，π3，求sin 2θ的值． 解 (1)f (x )＝a ·b －cos 2x＝(cos x ＋3sin x )(cos x －3sin x )＋3sin x ·2cos x －cos 2x ＝cos 2x －3sin 2x ＋23sin x cos x －cos 2x ＝cos 2x －sin 2x －2sin 2x ＋23sin x cos x －cos 2x＝cos 2x ＋3sin 2x －1 ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－1， f (x )的值域为[－3,1]．(2)由(1)知f (θ)＝2sin ⎝⎛⎭⎫2θ＋π6－1， 由题设2sin ⎝⎛⎭⎫2θ＋π6－1＝15，即sin ⎝⎛⎭⎫2θ＋π6＝35， ∵θ∈⎣⎡⎦⎤π6，π3，∴2θ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π2，5π6， ∴cos ⎝⎛⎭⎫2θ＋π6＝－45， ∴sin 2θ＝sin ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫2θ＋π6－π6 ＝sin ⎝⎛⎭⎫2θ＋π6cos π6－cos ⎝⎛⎭⎫2θ＋π6sin π6 ＝35×32－⎝⎛⎭⎫－45×12＝33＋410.3． 已知向量m ＝⎝⎛⎭⎫sin A ，12与n ＝(3，sin A ＋3cos A )共线，其中A 是△ABC 的内角． (1)求角A 的大小；(2)若BC ＝2，求△ABC 面积S 的最大值． 解 (1)∵m ∥n ，∴sin A ·(sin A ＋3cos A )－32＝0.∴1－cos 2A 2＋32sin 2A －32＝0， 即32sin 2A －12cos 2A ＝1， 即sin ⎝⎛⎭⎫2A －π6＝1. ∵A ∈(0，π)，∴2A －π6∈⎝⎛⎭⎫－π6，11π6. 故2A －π6＝π2，A ＝π3.(2)∵BC ＝2，由余弦定理得b 2＋c 2－bc ＝4，又b 2＋c 2≥2bc ，∴bc ≤4(当且仅当b ＝c 时等号成立)， 从而S △ABC ＝12bc sin A ＝34bc ≤34×4＝ 3.即△ABC 面积S 的最大值为 3.4． 在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知cos A －3cos C cos B ＝3c －ab.(1)求sin Csin A的值； (2)若B 为钝角，b ＝10，求a 的取值范围． 解 (1)由正弦定理，设a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝k ， 则3c －a b ＝3k sin C －k sin A k sin B ＝3sin C －sin Asin B， 所以cos A －3cos C cos B ＝3sin C －sin A sin B，即(cos A －3cos C )sin B ＝(3sin C －sin A )cos B ， 化简可得sin(A ＋B )＝3sin(B ＋C )． 又A ＋B ＋C ＝π，所以sin C ＝3sin A ， 因此sin Csin A ＝3.(2)由sin Csin A＝3得c ＝3a . 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c >ba 2＋c 2<b2，又b ＝10，所以52<a <10.5． 已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫其中x ∈R ，A >0，ω>0，－π2<φ<π2的部分图象如图所示．(1)求函数f (x )的解析式；(2)已知函数f (x )的图象上的三点M ，N ，P 的横坐标分别为－1,1,5，求sin ∠MNP 的值． 解 (1)由图可知，A ＝1，最小正周期T ＝4×2＝8. 由T ＝2πω＝8，得ω＝π4.又f (1)＝sin ⎝⎛⎭⎫π4＋φ＝1，且－π2<φ<π2， 所以π4＋φ＝π2，解得φ＝π4.所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫π4x ＋π4. (2)因为f (－1)＝0，f (1)＝1， f (5)＝sin ⎝⎛⎭⎫5π4＋π4＝－1，所以M (－1,0)，N (1,1)，P (5，－1)． 所以MN ＝5，PN ＝20，MP ＝37. 由余弦定理得cos ∠MNP ＝5＋20－3725×20＝－35.因为∠MNP ∈(0，π)， 所以sin ∠MNP ＝45.6． 已知向量a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos x ，sin x )，c ＝(sin x ＋2sin α，cos x ＋2cos α)，其中0<α<x <π.(1)若α＝π4，求函数f (x )＝b ·c 的最小值及相应x 的值；(2)若a 与b 的夹角为π3，且a ⊥c ，求tan 2α的值．解 (1)∵b ＝(cos x ，sin x )，c ＝(sin x ＋2sin α，cos x ＋2cos α)，α＝π4，∴f (x )＝b ·c ＝cos x sin x ＋2cos x sin α＋sin x cos x ＋2sin x cos α＝2sin x cos x ＋2(sin x ＋cos x )．令t ＝sin x ＋cos x ⎝⎛⎭⎫π4<x <π， 则2sin x cos x ＝t 2－1，且－1<t < 2. 则y ＝t 2＋2t －1＝⎝⎛⎭⎫t ＋222－32，－1<t <2， ∴t ＝－22时，y min ＝－32，此时sin x ＋cos x ＝－22， 即2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4＝－22， ∵π4<x <π，∴π2<x ＋π4<54π， ∴x ＋π4＝76π，∴x ＝11π12.∴函数f (x )的最小值为－32，相应x 的值为11π12.(2)∵a 与b 的夹角为π3，∴cos π3＝a ·b |a |·|b |＝cos αcos x ＋sin αsin x ＝cos(x －α)．∵0<α<x <π，∴0<x －α<π，∴x －α＝π3.∵a ⊥c ，∴cos α(sin x ＋2sin α)＋sin α(cos x ＋2cos α)＝0， ∴sin(x ＋α)＋2sin 2α＝0，即sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π3＋2sin 2α＝0. ∴52sin 2α＋32cos 2α＝0，3∴tan 2α＝－5.。

导数的综合应用(推荐时间：70分钟)1． 设函数f (x )＝x 3－92x 2＋6x －a .(1)对于任意实数x ，f ′(x )≥m 恒成立，求m 的最大值；(2)若方程f (x )＝0有且仅有一个实根，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝3x 2－9x ＋6， 因为x ∈(－∞，＋∞)，f ′(x )≥m ， 即3x 2－9x ＋(6－m )≥0恒成立，所以Δ＝81－12(6－m )≤0，解得m ≤－34，即m 的最大值为－34.(2)因为当x <1时，f ′(x )>0；当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以当x ＝1时，f (x )取极大值f (1)＝52－a ；当x ＝2时，f (x )取极小值，f (2)＝2－a ， 故当f (2)>0或f (1)<0时，f (x )＝0仅有一个实根． 解得a <2或a >52.2． 已知x ＝1是函数f (x )＝(ax －2)e x (a ∈R )的一个极值点．(1)求a 的值；(2)当x 1，x 2∈[0,2]时，证明：f (x 1)－f (x 2)≤e. (1)解 f ′(x )＝(ax ＋a －2)e x ， 由已知得f ′(1)＝0，解得a ＝1.当a ＝1时，f (x )＝(x －2)e x 在x ＝1处取得极小值．所以a ＝1.(2)证明 由(1)知，f (x )＝(x －2)e x ，f ′(x )＝(x－1)e x ，当x ∈[0,1]时，f ′(x )＝(x －1)e x ≤0， f (x )在区间[0,1]上单调递减； 当x ∈(1,2]时，f ′(x )＝(x －1)e x >0， f (x )在区间(1,2]上单调递增，所以在区间[0,2]上，f (x )的最小值为f (1)＝－e. 又f (0)＝－2，f (2)＝0，所以在区间[0,2]上，f (x )的最大值为f (2)＝0， 对于x 1，x 2∈[0,2]，有f (x 1)－f (x 2)≤f (x )max －f (x )min ，所以f (x 1)－f (x 2)≤0－(－e)＝e. 3． 已知函数f (x )＝x ln x .(1)求函数f (x )的极值；(2)设函数g (x )＝f (x )－k (x －1)，其中k ∈R ，求函数g (x )在区间[1，e]上的最大值．解 (1)f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)．令f ′(x )≥0，得ln x ≥－1＝ln e －1，x ≥1e；令f ′(x )≤0，得x ∈(]0，1e . 所以f (x )的单调递增区间是[)1e ，＋∞，单调递减区间是(]0，1e ，f (x )的极小值为f ()1e ＝－1e.f (x )无极大值．(2)g (x )＝x ln x －k (x －1)，则g ′(x )＝ln x ＋1－k ，由g ′(x )＝0，得x ＝e k －1，所以，在区间(0，e k －1)上，g (x )为递减函数， 在区间(e k －1，＋∞)上，g (x )为递增函数． 当e k －1≤1，即k ≤1时，在区间[1，e]上，g (x )为递增函数，所以，g (x )的最大值为g (e)＝e －k e ＋k ； 当1<e k －1<e ，即1<k <2时， g (x )的最大值是g (1)或g (e)， 由g (1)＝g (e)，得k ＝ee －1，当1<k <ee －1时，g (e)＝e －e k ＋k >0＝g (1)，g (x )最大值为g (e)＝e －k e ＋k ， 当e e －1≤k <2时，g (e)＝e －e k ＋k <0＝g (1)，g (x )最大值为g (1)＝0；当e k －1≥e ，即k ≥2时，在区间[1，e]上，g (x )为递减函数，所以g (x )最大值为g (1)＝0.综上，当k <ee －1时，g (x )最大值为e －k e ＋k ；当k ≥ee －1时，g (x )的最大值为0.4． 某网店专卖当地某种特产，由以往的经验表明，不考虑其他因素，该特产每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克，1<x ≤5)满足：当1<x ≤3时，y ＝a (x －3)2＋bx －1(a ，b 为常数)；当3<x ≤5时，y ＝－70x ＋490，已知当销售价格为2元/千克时，每日可售出该特产700千克；当销售价格为3元/千克时，每日可售出该特产150千克．(1)求a ，b 的值，并确定y 关于x 的函数解析式；(2)若该特产的销售成本为1元/千克，试确定销售价格x 的值，使店铺每日销售该特产所获利润f (x )最大(x 精确到0.01元/千克)． 解 (1)因为x ＝2时，y ＝700；x ＝3时，y ＝150，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝700b2＝150，解得a ＝400，b ＝300.每日的销售量y ＝⎩⎪⎨⎪⎧400(x －3)2＋300x －1 (1<x ≤3)－70x ＋490 (3<x ≤5).(2)由(1)知，当1<x ≤3时，每日销售利润f (x )＝⎣⎡⎦⎤400(x －3)2＋300x －1(x －1)＝400(x －3)2(x －1)＋300＝400(x 3－7x 2＋15x －9)＋300(1<x ≤3) f ′(x )＝400(3x 2－14x ＋15)． 当x ＝53，或x ＝3时f ′(x )＝0；当x ∈()1，53时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈()53，3时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．∴x ＝53是函数f (x )在(1,3]上的唯一极大值点，f ()53＝400×3227＋300>700；当3<x ≤5时，每日销售利润f (x )＝(－70x ＋490)(x －1)＝－70(x 2－8x ＋7)f (x )在x ＝4时有最大值，且f (4)＝630<f ()53. 综上，销售价格x ＝53≈1.67元/千克时，每日利润最大．5． 已知函数f (x )＝ln(e x ＋a ＋1)(a 为常数)是实数集R 上的奇函数，函数g (x )＝λf (x )＋sin x 在区间[－1,1]上是减函数． (1)求实数a 的值；(2)若g (x )≤λt －1在x ∈[－1,1]上恒成立，求实数t 的最大值；(3)若关于x 的方程ln x f (x )＝x 2－2e x ＋m 有且只有一个实数根，求m 的值．解 (1)∵f (x )＝ln(e x ＋a ＋1)是实数集R 上的奇函数，∴f (0)＝0，即ln(e 0＋a ＋1)＝0⇒2＋a ＝1⇒a ＝－1，将a ＝－1代入f (x )＝ln e x ＝x ，显然为奇函数． (2)由(1)知g (x )＝λf (x )＋sin x ＝λx ＋sin x ， ∴g ′(x )＝λ＋cos x ，x ∈[－1,1]， ∴要使g (x )是区间[－1,1]上的减函数， 则有g ′(x )≤0在x ∈[－1,1]上恒成立， ∴λ≤(－cos x )min ，∴λ≤－1.要使g (x )≤λt －1在x ∈[－1,1]上恒成立， 只需g (x )max ＝g (－1)＝－λ－sin 1≤λt －1在λ≤－1时恒成立即可．∴(t ＋1)λ＋sin 1－1≥0(其中λ≤－1)恒成立即可．令h (λ)＝(t ＋1)λ＋sin 1－1(λ≤－1)，则⎩⎨⎧t ＋1≤0，h (－1)≥0，即⎩⎨⎧t ＋1≤0，－t －2＋sin 1≥0，∴t ≤sin 1－2，∴实数t 的最大值为sin 1－2. (3)由(1)知方程ln xf (x )＝x 2－2e x ＋m ，即ln x x＝x 2－2e x ＋m ， 令f 1(x )＝ln xx ，f 2(x )＝x 2－2e x ＋m ， ∵f ′1(x )＝1－ln xx 2当x ∈(0，e]时，f ′1(x )≥0， ∴f 1(x )在(0，e]上为增函数； 当x ∈[e ，＋∞)时，f ′1(x )≤0， ∴f 1(x )在[e ，＋∞)上为减函数； 当x ＝e 时，f 1(x )max ＝1e.而f 2(x )＝x 2－2e x ＋m ＝(x －e)2＋m －e 2. ∴当x ＝e 时，f 2(x )min ＝m －e 2.只有当m －e 2＝1e ，即m ＝e 2＋1e 时，方程有且只有一个实数根． 6． 已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，不等式f (x )≥bx －2对∀x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数b 的取值范围；(3)当x >y >e －1时，证明不等式e x ln(1＋y )>e y ln(1＋x )．(1)解 f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x (x >0)．当a ≤0时，ax －1<0，从而f ′(x )<0， 函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，若0<x <1a ，则ax －1<0，从而f ′(x )<0，若x >1a，则ax －1>0，从而f ′(x )>0，函数在()0，1a 上单调递减，在()1a ，＋∞上单调递增．(2)解 根据(1)函数的极值点是x ＝1a ，若1a ＝1，则a ＝1.所以f (x )≥bx －2，即x －1－ln x ≥bx －2， 由于x >0，即b ≤1＋1x －ln xx.令g (x )＝1x －ln x x ，则g ′(x )＝－1x 2－1－ln xx 2＝ln x －2x 2， 可知x ＝e 2为函数g (x )在(0，＋∞)内唯一的极小值点，也是最小值点，故g (x )min ＝g (e 2)＝－1e 2， 所以1＋1x －ln x x 的最小值是1－1e 2，故只要b ≤1－1e2即可，故b 的取值范围是(]－∞，1－1e 2.(3)证明 不等式e x ln(1＋y )>e y ln(1＋x )⇔e x ＋1ln (x ＋1)>e y ＋1ln (y ＋1).构造函数h (x )＝e xln x，则h ′(x )＝e x ln x －1xe x ln 2x ＝e x ()ln x －1xln 2x ， 可知函数在(e ，＋∞)上h ′(x )>0， 即函数h (x )在(e ，＋∞)上单调递增， 由于x >y >e －1，所以x ＋1>y ＋1>e ，所以e x ＋1ln (x ＋1)>e y ＋1ln (y ＋1)，所以e x ln(1＋y )>e y ln(1＋x )．。

15 导数的综合应用一、填空题1．函数f (x )＝12x －x 3在区间[－3,3]上的最小值是__________．2．(2013江苏溧水中学模拟)已知f (x )＝x ＋cos x (x ∈R )，则不等式f (e x －1)＞f (0)的解集为__________．3．已知函数y ＝3x 3＋2x 2－1在区间(m,0)内为减函数，则m 的取值范围是__________．4．(2013江苏南通高三调研)已知f (x )＝x 4－4x 3＋(3＋m )x 2－12x ＋12，m ∈R .若对于任意实数x ，f (x )≥0恒成立，则m 的取值范围为________．5．已知函数f (x )＝x ＋sin x ．设P ，Q 是函数f (x )图象上相异的两点，则直线PQ 的斜率________0(填“＞”、“＜”)．6．已知：三次函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递增，在(－1,2)上单调递减，当且仅当x ＞4时，f (x )＞x 2－4x ＋5.则函数f (x )的解析式为________．7．对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)f ′(x )≥0，则必有f (0)＋f (2)________2f (1)．8．(2013江苏淮安四校联考)挖一条隧道，截面下方为矩形，上方为半圆(如图)，如果截面积为20 m 2，当宽为__________时，使截面周长最小．9．(2013江苏盐城三模)若不等式|ax 3－ln x |≥1对任意x ∈ (0,1]都成立，则实数a 的取值范围是________．二、解答题10．设函数f (x )＝6x 3＋3(a ＋2)x 2＋2ax .(1)若f (x )的两个极值点为x 1，x 2，且x 1x 2＝1，求实数a 的值；(2)是否存在实数a ，使得f (x )是(－∞，＋∞)上的单调函数？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．11．某集团为了获得更大的收益，每年要投入一定的资金用于广告促销．经调查投入广告费t (百万元)，可增加销售额约为－t 2＋5t (百万元)(0≤t ≤5)．(1)若该公司将当年的广告费控制在3百万元之内，则应投入多少广告费，才能使该公司由此获得的收益最大？(2)现该公司准备共投入3百万元，分别用于广告促销和技术改造．经预测，每投入技术改造费x (百万元)，可增加的销售额约为－13x 3＋x 2＋3x (百万元)．请设计一个资金分配方案，使该公司由此获得的收益最大？(注：收益＝销售额－投放)．12．(2013江苏泰州月考)已知f (x )＝2x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)求函数f (x )的最小值；(2)若存在x ∈ (0，＋∞)，使f (x )≤g (x )成立，求实数a 的取值范围；(3)证明对一切x ∈ (0，＋∞)，都有f (x )＞2⎝⎛⎭⎫x e x －2e 成立．参考答案一、填空题1．－16 解析：由f ′(x )＝12－3x 2＝0，得x ＝－2或x ＝2.又f (－3)＝－9，f (－2)＝－16，f (2)＝16，f (3)＝9，∴函数f (x )在[－3,3]上的最小值为－16.2．(0，＋∞) 解析：f (x )＝x ＋cos x ，f ′(x )＝1－sin x ≥0，∴f (x )(x ∈R )是增函数．若f (e x －1)＞f (0)，则e x －1＞0，e x ＞1，即x ＞0.∴解集为(0，＋∞)．3.⎣⎡⎭⎫－49，0 解析：由y ′＝9x 2＋4x ≤0得－49≤x ≤0，而y ＝3x 3＋2x 2－1在区间(m,0)内为减函数，所以－49≤m ＜0. 4．[4，＋∞) 解析：f (x )＝x 4－4x 3＋(3＋m )x 2－12x ＋12＝(x 2＋3)(x －2)2＋(m －4)x 2. 当m ＜4时，f (2)＝4(m －4)＜0，不合题意；当m ≥4时，f (x )＝(x 2＋3)(x －2)2＋(m －4)x 2≥0，对一切实数x 恒成立．所以m 的取值范围是[4，＋∞)．5．＞6．f (x )＝x 3－32x 2－6x －11 解析：∵f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单增，(－1,2)上单减，∴f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝0有两根－1,2. ∴2312,,326,12,3a a b b ⎧-+⎧⎪=-⎪⎪∴⎨⎨⎪⎪=--⨯=⎩⎪⎩∴f (x )＝x 3－32x 2－6x ＋c . 令H (x )＝f (x )－x 2＋4x －5＝x 3－52x 2－2x ＋c －5，H ′(x )＝3x 2－5x －2＝(3x ＋1)(x －2)，H (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－13，(2，＋∞)上单调递增，⎝⎛⎭⎫－13，2上单调递减， 故(4)0,11.1()0.3H c H =⎧⎪∴=-⎨-<⎪⎩∴f (x )＝x 3－32x 2－6x －11.7．≥ 解析：当x ≥1时，f ′(x )≥0，故f (2)≥f (1)；当x ＜1时，f ′(x )≤0，故f (0)≥f (1)，又f (2)≥f (1)，所以f (0)＋f (2)≥2f (1)．8．4104＋π解析：如图所示，设半圆的半径为r ，矩形的高为h ，则截面积S ＝2rh ＋πr 22＝20，截面周长C ＝2r ＋2h ＋πr ＝2r ＋20－πr 22r ＋πr ＝2r ＋20r －πr 2＋πr ＝⎝⎛⎭⎫2＋π2r ＋20r . 设C ′(r )＝⎝⎛⎭⎫2＋π2－20r 2， 令C ′(r )＝0，解得r ＝2104＋π. 故当r ＝2104＋π时，周长C 最小，即宽为4104＋π时，截面周长最小． 9．a ≥e 23解析：显然x ＝1时，有|a |≥1，则a ≤－1或a ≥1. 令g (x )＝ax 3－ln x ，g ′(x )＝3ax 2－1x ＝3ax 3－1x.①当a ≤－1时，对任意x ∈(0,1]，g ′(x )＝3ax 3－1x＜0，g (x )在(0,1]上递减， g (x )min ＝g (1)＝a ≤－1，此时g (x )∈[a ，＋∞)，|g (x )|的最小值为0，不适合题意．②当a ≥1时，对任意x ∈(0,1]，g ′(x )＝3ax 3－1x ＝0⇒x ＝313a， |g (x )|的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫313a ＝13＋13ln(3a )≥1，解得：a ≥e 23，故所求a ≥e 23. 二、解答题10．解：(1)f ′(x )＝18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a ，令f ′(x )＝0，得18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a ＝0两根为x 1，x 2，且x 1x 2＝1＝2a 18，所以a ＝9.(2)由f ′(x )＝18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a 开口向上，且Δ＝36(a ＋2)2－8×18a ＝36(a 2＋4)＞0恒成立，得方程18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a ＝0有两个相异实根，故不存在a 使f (x )是单调函数．11．解：(1)设投入t (t 百万元)的广告费后增加的收益为f (t )(百万元)，则有f (t )＝(－t 2＋5t )－t ＝－t 2＋4t ＝－(t －2)2＋4(0＜t ≤3)，所以当t ＝2百万元时，f (t )取得最大值4百万元．即投入2百万元时的广告费时，该公司由此获得的收益最大．(2)设用技术改造的资金为x (百万元)，则用于广告促销的资金为(3－x )(百万元)，则有g (x )＝⎝⎛⎭⎫－13x 3＋x 2＋3x ＋[－(3－x )2＋5(3－x )]－3＝－13x 3＋4x ＋3(0≤x ≤3)， 所以g ′(x )＝－x 2＋4.令g ′(x )＝0，解得x ＝2，或x ＝－2(舍去)．又当0≤x ＜2时，g ′(x )＞0，当2＜x ≤3时，g ′(x )＜0.故g (x )在[0,2]上是增函数，在[2,3]上是减函数．所以当x ＝2时，g (x )取最大值，即将2百万元用于技术改造， 1百万元用于广告促销，该公司由此获得的收益最大．12．(1)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2(ln x ＋1)，令f ′(x )＝0，得x ＝1e . 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＜0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减；在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增． 故当x ＝1e 时，f (x )取最小值为－2e.(2)解：存在x ∈∈(0，＋∞)，使f (x )≤g (x )成立，即存在x ∈ (0，＋∞)使2x ln x ≤－x 2＋ax－3能成立，等价于存在x ∈ (0，＋∞)使a ≥2ln x ＋x ＋3x能成立． 等价于a ≥⎝⎛⎭⎫2ln x ＋x ＋3x min . 记h (x )＝2ln x ＋x ＋3x，x ∈ (0，＋∞)， 则h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2. 当x ∈ (0,1)时，h ′(x )＜0；当x ∈ (1，＋∞)时，h ′(x )＞0，所以当x ＝1时，h (x )取最小值为4，故a ≥4.(3)证明：记j (x )＝2⎝⎛⎭⎫x e x －2e ，x ∈ (0，＋∞)，则j ′(x )＝2⎝⎛⎭⎫1－x e x .当x ∈ (0,1)时，j ′(x )＞0；当x ∈ (1，＋∞)时，j ′(x )＜0，所以当x ＝1时，j (x )取最大值为－2e. 又由(1)知当x ＝1e 时，f (x )取最小值为－2e， 故对一切x ∈ (0，＋∞)，都有f (x )＞2⎝⎛⎭⎫x e x －2e 成立．。

常考问题5 导数的综合应用[真题感悟]1．(2013·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，下列结论中错误的是( )．A ．∃x 0∈R ，f (x 0)＝0B ．函数y ＝f (x )的图象是中心对称图形C ．若x 0是f (x )的极小值点，则f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递减D ．若x 0是f (x )的极值点，则f ′(x 0)＝0解析 若c ＝0，则有f (0)＝0，所以A 正确．函数f (x )的解析式可以通过配方的方法化为形如(x ＋m )3＋n (x ＋m )＋h 的形式，通过平移函数图象，函数的解析式可以化为y ＝x 3＋nx 的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点对称，故函数f (x )的图象是中心对称图形，所以B 正确；由三次函数的图象可知，若x 0是f (x )的极小值点，则极大值点在x 0的左侧，所以函数在区间(－∞，x 0)单调递减是错误的，D 正确．选C.答案 C2．(2013·湖北卷)已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，则实数a 的取值范围是( )． A ．(－∞，0)B ．(0，12)C ．(0，1)D ．(0，＋∞)解析 由题知，x >0，f ′(x )＝ln x ＋1－2ax ，由于函数f (x )有两个极值点，则f ′(x )＝0有两个不等的正根，即函数y ＝ln x ＋1与y ＝2ax 的图象有两个不同的交点(x >0)，则a >0；设函数y ＝ln x ＋1上任一点(x 0，1＋ln x 0)处的切线为l ，则k l ＝y ′＝1x 0，当l 过坐标原点时，1x 0＝1＋ln x 0x 0⇒x 0＝1，令2a ＝1⇒a ＝12，结合图象知0<a <12，故选B. 答案 B3．(2013·安徽卷)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2.若f (x 1)＝x 1<x 2，则关于x 的方程3(f (x ))2＋2af (x )＋b ＝0的不同实根个数为 ( )．A ．3B ．4C ．5D ．6 解析 因为函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2，可知关于导函数的方程f ′(x )＝3x2＋2ax＋b＝0有两个不等的实根x1，x2，则方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有两个不等的实根，即f(x)＝x1或f(x)＝x3，原方程根的个数就是这两个方程f(x)＝x1和f(x)＝x2的不等实根的个数之和，再结合图象可看出函数y＝f(x)的图象与直线y＝x1和直线y＝x2共有3个不同的交点，故所求方程有3个不同的实根．答案 A[考题分析]题型选择题、填空题、解答题难度中档考查利用导数解决函数的单调性、极值与最值高档①在选择题、填空题中考查导数、不等式以及图象等交汇问题；②在解答题中考查利用导数研究含参数的函数单调性、极值、最值以及与不等式交汇等．(说明：部分省市要求不一样)。

常考问题4 导数的简单应用[真题感悟]1．(2012·南京、盐城模拟)函数f (x )＝(x 2＋x ＋1)e x (x ∈R)的单调减区间为________．解析 f ′(x )＝(2x ＋1)e x ＋(x 2＋x ＋1)e x＝(x 2＋3x ＋2)e x ＜0，解得－2＜x ＜－1，故函数f (x )的减区间为(－2，－1)．答案 (－2，－1)(或闭区间)2．(2013·广东卷)若曲线y ＝kx ＋ln x 在点(1，k )处的切线平行于x 轴，则k ＝________.解析 ∵y ′＝k ＋1x，∴y ′|x ＝1＝k ＋1＝0，∴k ＝－1. 答案 －13．(2013·江西卷)设函数f (x )在(0，＋∞)内可导，且f (e x )＝x ＋e x ，则f ′(1)＝________.解析 设e x ＝t ，则x ＝ln t (t >0)，∴f (t )＝ln t ＋t ，∴f ′(t )＝1t ＋1，∴f ′(1)＝2.答案 24．(2013·新课标全国Ⅰ卷)若函数f (x )＝(1－x 2)(x 2＋ax ＋b )的图象关于直线x ＝－2对称，则f (x )的最大值是________．解析 由题意知⎩⎨⎧ f (0)＝f (－4)，f (－1)＝f (－3)，即⎩⎨⎧b ＝－15×(16－4a ＋b )，0＝9－3a ＋b ，解得a ＝8，b ＝15， 所以f (x )＝(1－x 2)(x 2＋8x ＋15)，则f ′(x )＝－4(x ＋2)(x 2＋4x －1)．令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝－2－5或x ＝－2＋5，当x <－2－5时，f ′(x )>0；当－2－5<x<－2时，f′(x)<0；当－2<x<－2＋5时，f′(x)>0；当x>－2＋5时，f′(x)<0，＝16；所以当x＝－2－5时，f(x)极大值当x＝－2＋5时，f(x)＝16，所以函数f(x)的最大值为16.极大值答案16[考题分析]高考对本内容的考查主要有：(1)导数的几何意义是考查热点，要求是B级，理解导数的几何意义是曲线上在某点处的切线的斜率，能够解决与曲线的切线有关的问题；(2)导数的运算是导数应用的基础，要求是B级，熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式及复合函数的导数运算，一般不单独设置试题，是解决导数应用的第一步；(3)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，要求是B级，对应用导数研究函数的单调性与极值要达到相等的高度.。

北大附中2014届高考数学二轮复习专题精品训练：导数及其应用本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题 (本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知实数a 、b 、c 、d 成等比数列，且函数y ＝ln （x ＋2）－x 当x ＝b 时取到极大值c ，则ad 等于( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．2 【答案】A2．⎰=-202)12cos 2(πdx x( ) A ．32-B ．1C ．12D ．32【答案】B3．如图，函数()y f x =的图象在点P 处的切线方程是,(1)'(1)2y kx b f f =+-=若，则b=( )A ．-1B ．1C ．2D ．-2【答案】C4．32()32f x ax x =++,若'(1)4f -=,则a 的值等于( )A ．319 B ．316 C ．313 D ．310 【答案】D5．曲线sin 1sin cos 2x y x x =-+在点(,0)4M π处的切线的斜率为( )A ． 12B ．12-C ．2 D ．2【答案】A6．函数32)(ax x x f +-=，若1)2(='f ，则=a ( )A ．4B ．41 C ．-4D ．41-【答案】B7．如图所示，一质点(,)P x y 在xOy 平面上沿曲线运动，速度大小不变，其在x 轴上的投影点(,0)Q x 的运动速度()V V t =的图象大致为( )【答案】B8．已知()1sin cos f x x x =+，()1n f x +是()n f x 的导函数，即()()21f x f x '=，()()32f x f x '=，…，()()1n n f x f x +'=，n ∈*N ，则()2011f x =( )A ．sin cos x x +B ．sin cos x x -C ．sin cos x x -+D ．sin cos x x --【答案】D 9．函数1ln ()xf x x+=在（1，1）处的切线方程是( ) A ．1x = B ．1y x =-C ．1y =D ．1y =-【答案】C10．设()f x 在x 处可导，则()()lim2h f x h f x h h→+--等于( )A ．()2f x 'B ．()12f x 'C ．()f x 'D ．()4f x '【答案】C11．设函数)(x f 在区间],[b a 上连续，用分点b x x x x x a n i i =<<<<<=- 110，把区间],[b a 等分成n 个小区间，在每个小区间],[1i i x x -上任取一点),,2,1(n i i =ξ，作和式∑=∆=ni i n xf S 1)(ξ（其中x ∆为小区间的长度），那么n S 的大小( )A ．与)(x f 和区间],[b a 有关，与分点的个数n 和i ξ的取法无关B ． 与)(x f 和区间],[b a 和分点的个数n 有关，与i ξ的取法无关C ． 与)(x f 和区间],[b a 和分点的个数n,i ξ的取法都有关。

常考问题6 三角函数的图象与性质[真题感悟]1．(2013·江苏卷)函数y ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的最小正周期为 ________. 解析 ω＝2，T ＝2π|ω|＝π.答案 π2．(2011·江苏卷)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)，(A ，ω，φ是常数，A ＞0，ω＞0)的部分图象如图所示，则f (0)＝________.解析 因为由图象可知振幅A ＝2，T 4＝7π12－π3＝π4，所以周期T ＝π＝2πω，解得ω＝2，将⎝ ⎛⎭⎪⎫7π12，－2代入，解得一个符合的φ＝π3，从而y ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，∴f (0)＝62. 答案 623．(2013·四川卷改编)函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0，－π2<φ<π2)的部分图象如图所示，则ω，φ的值分别是________．解析 34T ＝5π12－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3，T ＝π， ∴ω＝2，∴2×5π12＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，∴φ＝2k π－π3，k ∈Z ，又φ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2， ∴φ＝－π3.答案 2，－π34．(2013·新课标全国Ⅰ卷)设当x ＝θ时，函数f (x )＝sin x －2cos x 取得最大值，则cos θ＝________.解析 f (x )＝sin x －2cos x ＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫55sin x －255cos x ＝5sin(x －φ)，其中sin φ＝255，cos φ＝55，当x －φ＝2k π＋π2(k ∈Z )时，函数f (x )取得最大值，即θ＝2k π＋π2＋φ时，函数f (x )取到最大值，所以cos θ＝－sin φ＝－255.答案 －255[考题分析]三角函数的有关知识大部分是B 级要求，只有函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象与性质是A 级要求；试题类型可能是填空题，同时在解答题中也是必考题，经常与向量综合考查，构成中档题.。

常考问题3 导数的简单应用(建议用时：50分钟)1．函数f (x )＝12x 2－ln x 的单调递减区间为________．解析 由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f ′(x )＝x －1x ≤0，解得0<x ≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．答案 (0,1]2．(2013·扬州质量检测)已知函数f (x )的导函数f ′(x )＝a (x ＋1)(x －a )，若f (x )在x ＝a 处取到极大值，则a 的取值范围是________．解析 根据函数极大值与导函数的关系，借助二次函数图象求解．因为f (x )在x ＝a 处取到极大值，所以x ＝a 为f ′(x )的一个零点，且在x ＝a 的左边f ′(x )＞0，右边f ′(x )＜0，所以导函数f ′(x )的开口向下，且a ＞－1，即a 的取值范围是(－1,0)．答案 (－1,0)3．已知函数y ＝f (x )(x ∈R )的图象如图所示，则不等式xf ′(x )<0的解集为________．解析 xf ′(x )<0⇒⎩⎨⎧ x >0，f ′(x )<0或⎩⎨⎧x <0，f ′(x )>0. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2时，f (x )单调递减，此时f ′(x )<0. 当x ∈(－∞，0)时，f (x )单调递增，此时f ′(x )>0.答案 ()－∞，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，24．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋x ＋2(a >0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a 的取值范围是______．解析 由题意可知f ′(x )＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1，所以根据导函数图象可得 又a >0，解得3<a <2.答案 (3，2)5．(2013·苏锡常镇调研)已知a ，b 为正实数，函数f (x )＝ax 3＋bx ＋2x 在[0,1]上的最大值为4，则f (x )在[－1,0]上的最小值为________．解析 因为函数f (x )＝ax 3＋bx ＋2x 在[0,1]上的最大值为4，所以函数g (x )＝ax 3＋bx 在[0,1]上的最大值为2，而g (x )是奇函数，所以g (x )在[－1,0]上的最小值为－2，故f (x )在[－1,0]上的最小值为－2＋2－1＝－32.答案 －326．设P 为曲线C ：f (x )＝x 2－x ＋1上的点，曲线C 在点P 处的切线斜率的取值范围是[－1,3]，则点P 的纵坐标的取值范围是________．解析 设P (x 0，y 0)，则f ′(x )＝2x －1.∴－1≤2x 0－1≤3，即0≤x 0≤2.∵y 0＝f (x 0)＝x 20－x 0＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－122＋34， ∵x 0∈[0,2]，∴34≤y 0≤3，故点P 的纵坐标的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，3. 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，3 7．已知函数f (x )＝a ln x ＋x 在区间[2,3]上单调递增，则实数a 的取值范围是________．解析 ∵f (x )＝a ln x ＋x .∴f ′(x )＝a x ＋1.又∵f (x )在[2,3]上单调递增，∴a x ＋1≥0在x ∈[2,3]上恒成立，∴a ≥(－x )max ＝－2，∴a ∈[－2，＋∞)．答案 [－2，＋∞)8．(2013·盐城调研)若a >0，b >0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值为________．解析 依题意知f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，∴f ′(1)＝0，即12－2a －2b ＝0，∴a ＋b ＝6.又a >0，b >0，∴ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝9，当且仅当a ＝b ＝3时取等号，∴ab 的最大值为9.答案 99．已知f (x )＝e x －ax －1.(1)求f (x )的单调增区间；(2)若f (x )在定义域R 内单调递增，求a 的取值范围．解 (1)∵f (x )＝e x －ax －1(x ∈R )，∴f ′(x )＝e x －a .令f ′(x )≥0，得e x ≥a .当a ≤0时，f ′(x )>0在R 上恒成立；当a >0时，有x ≥ln a ．综上，当a ≤0时，f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞)；当a >0时，f (x )的单调增区间为(ln a ，＋∞)．(2)由(1)知f ′(x )＝e x －a .∵f (x )在R 上单调递增，∴f ′(x )＝e x －a ≥0恒成立，即a ≤e x 在R 上恒成立．∵x ∈R 时，e x >0，∴a ≤0，即a 的取值范围是(－∞，0]．10．(2013·西安五校二次联考)已知函数f (x )＝12ax 2－(2a ＋1)x ＋2ln x ，a ∈R .(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1和x ＝3处的切线互相平行，求a 的值；(2)求f (x )的单调区间．解 f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x (x >0)．(1)由题意得f ′(1)＝f ′(3)，解得a ＝23.(2)f ′(x )＝(ax －1)(x －2)x(x >0)．①当a ≤0时，x >0，ax －1<0.在区间(0,2)上，f ′(x )>0；在区间(2，＋∞)上，f ′(x )<0，故f (x )的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2，＋∞)．②当0<a <12时，1a >2.在区间(0,2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上，f ′(x )>0；在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫2，1a 上，f ′(x )<0.故f (x )的单调递增区间是(0,2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫2，1a . ③当a ＝12时，f ′(x )＝(x －2)22x ≥0，故f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)．④当a >12时，0<1a <2，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(2，＋∞)上，f ′(x )>0；在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2上，f ′(x )<0.故f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(2，＋∞)，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2. 11．(2013·重庆卷)设f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0,6)．(1)确定a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间与极值．解 (1)因f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，故f ′(x )＝2a (x －5)＋6x .令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －16a ＝(6－8a )(x －1)，由点(0,6)在切线上可得6－16a ＝8a －6，故a ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝12(x －5)2＋6ln x (x >0)，f ′(x )＝x －5＋6x ＝(x －2)(x －3)x. 令f ′(x )＝0，解得x ＝2或3.当0<x <2或x >3时，f ′(x )>0，故f (x )在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2<x<3时，f′(x)<0，故f(x)在(2,3)上为减函数．由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝92＋6ln 2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln 3. 备课札记：。

提能专训(二十三) 导数的综合应用一、选择题1．(2014·江西八校联考)已知m 是区间[0,4]内任取的一个数，那么函数f (x )＝13x 3－2x 2＋m 2x ＋3在x ∈R 上是增函数的概率是( )A.14B.13C.12D.23[答案] C[解析] ∵f (x )＝13x 3－2x 2＋m 2x ＋3在R 上是增函数，∴f ′(x )＝x 2－4x ＋m 2≥0在R 上恒成立，∴Δ＝16－4m 2≤0，解得m ≤－2或m ≥2. 又∵0≤m ≤4，∴2≤m ≤4. 故所求的概率为P ＝24＝12.2．(2014·辽宁五校联考)已知a ，b 是实数，且e<a <b ，其中e 是自然对数的底数，则a b 与b a 的大小关系是( )A ．a b>b aB ．a b <b aC ．a b＝b aD ．a b与b a的大小关系不确定[答案] A[解析] 构造辅助函数f (x )＝ln xx，因为f ′(x )＝1－ln xx 2，所以在(e ，＋∞)上，f ′(x )<0，f (x )为减函数，则f (a )>f (b )，即ln a a >ln b b，b ln a >a ln b ，ln a b >ln b a，所以a b >b a .3．(2014·忻州联考)定义在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )，f ′(x )是它的导函数，且恒有f (x )<f ′(x )·tan x 成立，则( )A.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3B ．f (1)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin 1 C.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 [答案] D[解析] ∵f (x )<f ′(x )·tan x ， 即f ′(x )sin x －f (x )cos x >0，∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x sin x ′＝fxx －f x xsin 2x>0，∴函数f xsin x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，从而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3sinπ3，即3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3. 4．(2014·浙江名校联考)若函数f (x )＝x cos x 在(0，＋∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排列为a 1，a 2，…，a n ，…，则对任意正整数n 必有( )A ．π<a n ＋1－a n <3π2B.π2<a n ＋1－a n <π C ．0<a n ＋1－a n <π2D ．－π2<a n ＋1－a n <0[答案] B[解析] f ′(x )＝cos x －x sin x ，令f ′(x )＝0，得1x ＝tan x ，函数y ＝1x与y ＝tan x的图象如图所示，a n 与a n ＋1就是两个函数图象相邻交点的横坐标．由于函数y ＝1x在(0，＋∞)上是减函数，故随着n 的增加，a n 越来越接近其所在周期内的零点(y ＝tan x 的零点)，故a n＋1－a n <π，又a n 与a n ＋1在各自周期内零点的右侧，因此a n ＋1－a n >π2，故选B.5．(2014·陕西卷改编)设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝xf ′(x )，x ≥0，其中f ′(x )是f (x )的导函数．若f (x )≥ag (x )恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－1，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，0)D ．(－∞，1][答案] D[解析] 对f (x )求导，得f ′(x )＝11＋x ，所以g (x )＝xf ′(x )＝x1＋x .若f (x )≥ag (x )恒成立，即ln(1＋x )≥ax1＋x恒成立．设φ(x )＝ln(1＋x )－ax 1＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝11＋x －a1＋x2＝x ＋1－a＋x2. 当a ≤1时，φ′(x )≥0(当且仅当x ＝0，a ＝1时等号成立)， 所以φ(x )在[0，＋∞)上单调递增．又φ(0)＝0，即φ(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立， 所以当a ≤1时，ln(1＋x )≥ax1＋x恒成立(当且仅当x ＝0时等号成立)． 当a >1时，对x ∈(0，a －1)，有φ′(x )<0，则φ(x )在(0，a －1]上单调递减， 所以φ(a －1)<φ(0)＝0，即a >1时，存在x >0，使φ(x )<0， 可知ln(1＋x )≥ax1＋x不恒成立．综上，实数a 的取值范围是(－∞，1]，故选D.6．(2014·鄂尔多斯模拟)已知a ≥0，函数f (x )＝(x 2－2ax )e x，若f (x )在[－1,1]上是单调减函数，则a 的取值范围是( )A ．0<a <34B.12<a <34 C ．a ≥34D ．0<a <12[答案] C[解析] f ′(x )＝(2x －2a )e x ＋(x 2－2ax )e x ＝[x 2＋(2－2a )x －2a ]e x，由题意当x ∈[－1,1]时，f ′(x )≤0恒成立，即x 2＋(2－2a )x －2a ≤0恒成立．令g (x )＝x 2＋(2－2a )x －2a ，则有⎩⎪⎨⎪⎧g－，g ，即⎩⎪⎨⎪⎧－2＋－2a －－2a ≤0，12＋2－2a －2a ≤0，解得a ≥34，故选C.7．已知函数f (x )＝2x 2－ax ＋ln x 在其定义域上不单调，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，4]B ．(－∞，4)C ．(4，＋∞)D ．[4，＋∞)[答案] C[解析] 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，因为f (x )＝2x 2－ax ＋ln x ，所以f ′(x )＝4x －a ＋1x ＝1x(4x 2－ax ＋1)．由函数f (x )在区间(0，＋∞)上不单调可知f ′(x )＝0有两个正解，即4x 2－ax ＋1＝0有两个正解，设为x 1，x 2.故有⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝－a2－4×4×1>0，x 1＋x 2＝a 4>0，x 1x 2＝14>0，解得a >4.所以a 的取值范围为(4，＋∞)．8．已知三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则f－f＝()A ．5B ．－5C ．2D ．－2 [答案] D[解析] 对f (x )求导，得f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，结合题中图象知，x ＝－1,2为导函数的零点，所以f ′(－1)＝f ′(2)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3a －2b ＋c ＝0，12a ＋4b ＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－c6，b ＝c4.所以f ′(x )＝－c2x 2＋c2x ＋c ＝－c2(x 2－x －2)，于是f－f＝4＋2－21－1－2＝－2.故选D.9．(2014·安庆二模)设1<x <2，则ln x x，⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2，ln x2x2的大小关系是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x x<ln x 2x 2B.ln x x<⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x 2x2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x 2x 2<ln x x D.ln x 2x2<⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x x[答案] A[解析] 令f (x )＝x －ln x (1<x <2)， 则f ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0，∴函数y ＝f (x )在(1,2)内为增函数．∴f (x )>f (1)＝1>0，∴x >ln x >0⇒0<ln x x<1.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x x. 又ln x2x2－ln x x ＝2ln x －x ln xx 2＝－x xx2>0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x x<ln x 2x 2，故选A.10．(2014·昆明质检)已知函数f (x )＝e x－ax －b ，若f (x )≥0恒成立，则ab 的最大值为( )A. e B ．e 2C ．e D.e 2[答案] D[解析] 利用导数求解．当a ≤0时，函数f (x )＝e x－ax －b 在R 上单调递增，f (x )≥0不恒成立，所以a ≤0舍去．当a >0时，由f ′(x )＝e x－a ＝0解得x ＝ln a ，且当x <ln a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x >ln a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，所以f (x )≥0恒成立，即f (x )min ＝f (ln a )＝a －a ln a －b ≥0，所以b ≤a －a ln a ，ab ≤a 2－a 2ln a ，a >0.令y ＝x 2－x 2ln x ，x >0，则y ′＝2x －2x ln x －x ＝x (1－2ln x )，x >0，由y ′＝0解得x ＝e ，且x ∈(0，e)时，y ′>0，函数y ＝x 2－x 2ln x 单调递增；x ∈(e ，＋∞)时，y ′<0，函数y ＝x 2－x 2ln x 单调递减，所以当x ＝e 时，函数y ＝x 2－x 2ln x 取得最大值e －12e ＝12e ，所以ab ≤a 2－a 2ln a ≤12e ，即ab 的最大值是12e ，故选D.11．设直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2＋1，g (x )＝x ＋ln x 的图象分别交于P ，Q 两点，则|PQ |的最小值是( )A ．－12B.12C ．1D ．－12或1[答案] C[解析] 直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2＋1，g (x )＝x ＋ln x 的图象分别交于P (t ，f (t ))，Q (t ，g (t ))两点，则|PQ |＝|f (t )－g (t )|.记h (t )＝f (t )－g (t )＝t 2＋1－(t ＋ln t )．函数h (t )的定义域为(0，＋∞)，h ′(t )＝2t －1－1t ＝1t (2t 2－t －1)＝1t(2t ＋1)(t －1)．由h ′(t )＝0，解得t ＝1或t ＝－12(舍去)．显然当t ∈(0,1)时，h ′(t )<0，函数h (t )单调递减；当t ∈(1，＋∞)时，h ′(t )>0，函数h (t )单调递增．故函数h (t )的最小值为h (1)＝12＋1－(1＋ln 1)＝1，故|PQ |的最小值为1. 二、填空题12．(2014·南京、盐城二模)表面积为12π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为________．[答案] 1∶2[解析] 因为12π＝2πrh ＋2πr 2，rh ＋r 2＝6，所以V ＝πr 2h ＝πr (6－r 2)，0<r < 6.由V ′＝π(6－3r 2)＝0得r ＝ 2.当0<r <2时，V ′>0，当2<r <6时，V ′<0，所以当r ＝2时，V 取极大值，也是最大值，此时h ＝22，r ∶h ＝1∶2.13．(2014·青岛一模)如果对定义在R 上的函数f (x )，以任意两个不相等的实数x 1，x 2，都有x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)>x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)，则称函数f (x )为“H 函数”．给出下列函数：①y＝－x 3＋x ＋1；②y ＝3x －2(sin x －cos x )；③y ＝e x＋1；④f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln|x |，x ≠0，0，x ＝0.以上函数是“H 函数”的所有序号为________．[答案] ②③[解析] 因为x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)>x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)，即(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0， 所以函数f (x )在R 上是增函数．由y ′＝－3x 2＋1>0得－33<x <33，即函数在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33上是增函数，故①不是“H 函数”；由y ′＝3－2(cos x ＋sin x )＝3－22sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4≥3－22>0恒成立，所以②为“H 函数”； 由y ′＝e x>0恒成立，所以③为“H 函数”；由于④为偶函数，所以不可能在R 上是增函数，所以不是“H 函数”．综上，是“H 函数”的有②③.14．(2014·唐山一模)定义在R 上的函数f (x )满足：f (－x )＋f (x )＝x 2，当x <0时，f ′(x )<x ，则不等式f (x )＋12≥f (1－x )＋x 的解集为________．[答案] ⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12[解析] ∵f (x )＋f (－x )＝x 2，∴f ′(x )－f ′(－x )＝2x ，∴f ′(－x )＝f ′(x )－2x ， 当x <0时，f ′(x )<x ，∴f ′(－x )＝f ′(x )－2x <x －2x ＝－x ，∴当x >0时，f ′(x )＝f ′(－x )＋2x <－x ＋2x ＝x ，令g (x )＝f (x )＋12－f (1－x )－x ，则g ′(x )＝f ′(x )＋f ′(1－x )－1<x＋1－x －1＝0，∴g (x )在R 上单调递减，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－12＝0，∴g (x )≥0即g (x )≥g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，故原不等式的解集为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12.三、解答题15．(2014·怀化一模)已知函数f (x )＝ax ＋b ln x ＋c (a ，b ，c 是常数)在x ＝e 处的切线方程为(e －1)x ＋e y －e ＝0，且f (1)＝0.(1)求常数a ，b ，c 的值；(2)若函数g (x )＝x 2＋mf (x )(m ∈R )在区间(1,3)内不是单调函数，求实数m 的取值范围． 解：(1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a ＋b x. ∵f (x )在x ＝e 处的切线方程为(e －1)x ＋e y －e ＝0， ∴f ′(e)＝－e －1e，且f (e)＝2－e ，即a ＋b e ＝－e －1e，且a e ＋b ＋c ＝2－e.又f (1)＝a ＋c ＝0，解得a ＝－1，b ＝1，c ＝1. (2)由(1)知f (x )＝－x ＋ln x ＋1(x >0)， ∴g (x )＝x 2＋mf (x )＝x 2－mx ＋m ln x ＋m (x >0)，∴g ′(x )＝2x －m ＋m x ＝1x(2x 2－mx ＋m )(x >0)．令d (x )＝2x 2－mx ＋m (x >0)．①当函数g (x )在(1,3)内有一个极值时，g ′(x )＝0在(1,3)内有且仅有一个根，即d (x )＝2x 2－mx ＋m ＝0在(1,3)内有且仅有一个根．又∵d (1)＝2>0，∴当d (3)＝0，即m ＝9时，d (x )＝2x 2－mx ＋m ＝0在(1,3)内有且仅有一个根x ＝32；当d (3)≠0时，应有d (3)<0，即2×32－3m ＋m <0，解得m >9，∴m ≥9.②当函数g (x )在(1,3)内有两个极值时，g ′(x )＝0在(1,3)内有两个根，即二次函数d (x )＝2x 2－mx ＋m ＝0在(1,3)内有两个不等根，所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝m 2－4×2×m >0，d ＝2－m ＋m >0，d ＝2×32－3m ＋m >0，1<m 4<3，解得8<m <9.综上，实数m 的取值范围是(8，＋∞)． 16．(2014·长春调研)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求f (x )的单调区间和极值；(2)设A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))，且x 1≠x 2，证明：f x 2－f x 1x 2－x 1<f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋x ·1x＝1＋ln x .令f ′(x )>0，则ln x >－1＝ln 1e ，∴x >1e ；令f ′(x )<0，则ln x <－1＝ln 1e ，∴0<x <1e，∴f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ， f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1eln 1e ＝－1e，f (x )无极大值．(2)不防设x 1<x 2，f x 2－f x 1x 2－x 1<f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，即x 2ln x 2－x 1ln x 1x 2－x 1<ln x 1＋x 22＋1，x 2ln x 2－x 1ln x 1<x 2ln x 1＋x 22－x 1ln x 1＋x 22＋x 2－x 1，∴x 2ln2x 2x 1＋x 2<x 1ln 2x 1x 1＋x 2＋x 2－x 1， 两边同除以x 1得，x 2x 1ln 2·x 2x 11＋x 2x 1<ln 21＋x 2x 1＋x 2x 1－1，令x 2x 1＝t ，则t >1，即证：t ln 2t 1＋t <ln 21＋t＋t －1. 令g (t )＝t ln2t 1＋t －ln 21＋t－t ＋1，则g ′(t )＝ln2t 1＋t ＋t ·1＋t 2t ·2＋t 2＋1＋t 2·2＋t2－1＝ln2t 1＋t ＋1－t 1＋t＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋t －1t ＋1－t －1t ＋1， 令t －1t ＋1＝x (x >0)，h (x )＝ln(1＋x )－x ， 则h ′(x )＝11＋x －1＝－x1＋x <0，h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴h (x )<h (0)＝0，即ln (1＋x )<x ，即g ′(t )＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋t －1t ＋1－t －1t ＋1<0恒成立， ∴g (t )在(1，＋∞)上是减函数，∴g (t )<g (1)＝0， ∴t ln 2t 1＋t <ln 21＋t＋t －1得证， ∴f x 2－f x 1x 2－x 1<f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22成立．17．(2014·济南针对性训练)已知函数f (x )＝e x－x －1，g (x )＝x 2e ax. (1)求f (x )的最小值； (2)求g (x )的单调区间；(3)当a ＝1时，对于在(0,1)中的任一个常数m ，是否存在正数x 0使得f (x 0)>m2g (x 0)成立？如果存在，求出符合条件的一个x 0；否则说明理由．解：(1)f (x )的定义域是R ，f ′(x )＝e x －1，且在(－∞，0)上f ′(x )<0，在(0，＋∞)上f ′(x )>0， 所以f (x )min ＝f (0)＝0.(2)g ′(x )＝2x e ax＋ax 2e ax＝(2x ＋ax 2)e ax.①当a ＝0时，若x <0，则g ′(x )<0，若x >0，则g ′(x )>0.所以当a ＝0时，函数g (x )在区间(－∞，0)内为减函数，在区间(0，＋∞)内为增函数． ②当a >0时，由2x ＋ax 2>0，解得x <－2a或x >0，由2x ＋ax 2<0，解得－2a<x <0.所以当a >0时，函数g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 内为增函数，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a，0内为减函数，在区间(0，＋∞)内为增函数．③当a <0时，由2x ＋ax 2>0，解得0<x <－2a，由2x ＋ax 2<0，解得x <0或x >－2a.所以当a <0时，函数g (x )在区间(－∞，0)内为减函数，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 内为增函数，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a，＋∞内为减函数．(3)假设存在这样的x 0满足题意，则f (x 0)>m 2g (x 0)，e x 0－x 0－1>m 2x 20e x 0，m 2x 20＋x 0＋1e x 0－1<0，(*) 要找一个x 0>0，使(*)式成立，只需找到当x >0时，函数h (x )＝m 2x 2＋x ＋1e x －1的最小值h (x )min <0即可，h ′(x )＝x ⎝⎛⎭⎪⎫m －1ex ，令h ′(x )＝0得e x＝1m，则x ＝－ln m ，取x 0＝－ln m ，当0<x <x 0时，h ′(x )<0，当x >x 0时，h ′(x )>0，所以h (x )min ＝h (x 0)＝h (－ln m )＝m2(ln m )2－m ln m ＋m －1.下面只需证明：当0<m <1时，m2(ln m )2－m ln m ＋m －1<0成立即可，令p (m )＝m2(ln m )2－m ln m ＋m －1，m ∈(0,1)，则p ′(m )＝12(ln m )2≥0，从而p (m )在m ∈(0,1)时为增函数，则p (m )<p (1)＝0，从而m2(lnm )2－m ln m ＋m －1<0得证．于是h (x )的最小值h (－ln m )<0，因此可找到一个正常数x 0＝－ln m (0<m <1)，使得f (x 0)>m2g (x 0)成立．18．(2014·湖北八市联考)定义在R 上的函数g (x )及二次函数h (x )满足：g (x )＋2g (－x )＝e x ＋2ex －9，h (－2)＝h (0)＝1且h (－3)＝－2.(1)求g (x )和h (x )的解析式；(2)对于x 1，x 2∈[－1,1]，均有h (x 1)＋ax 1＋5≥g (x 2)－x 2g (x 2)成立，求a 的取值范围；(3)设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ g x x ，h x x ，在(2)的条件下，讨论方程f [f (x )]＝a ＋5的解的个数情况．解：(1)∵g (x )＋2g (－x )＝e x ＋2e x －9，① ∴g (－x )＋2g (x )＝e －x ＋2e －x －9，即g (－x )＋2g (x )＝2e x ＋1e x －9，② 由①②联立解得，g (x )＝e x －3.∵h (x )是二次函数，且h (－2)＝h (0)＝1，可设h (x )＝ax (x ＋2)＋1，由h (－3)＝－2，解得a ＝－1，∴h (x )＝－x (x ＋2)＋1＝－x 2－2x ＋1，∴g (x )＝e x －3，h (x )＝－x 2－2x ＋1.(2)设φ(x )＝h (x )＋ax ＋5＝－x 2＋(a －2)x ＋6， F (x )＝g (x )－xg (x )＝e x －3－x (e x －3)＝(1－x )e x ＋3x －3，依题意知，当－1≤x ≤1时，φ(x )min ≥F (x )max .∵F ′(x )＝－e x ＋(1－x )e x ＋3＝－x e x ＋3，在[－1,1]上单调递减，∴F ′(x )min ＝F ′(1)＝3－e>0，∴F (x )在[－1,1]上单调递增，∴F (x )max ＝F (1)＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ φ－＝7－a ≥0，φ＝a ＋3≥0，解得－3≤a ≤7，∴实数a 的取值范围为[－3,7]．(3)设t ＝a ＋5，由(2)知，2≤t ≤12.f (x )的图象如图所示：设f (x )＝T ，则f (T )＝t .当t ＝2，即a ＝－3时，T ＝－1或者T ＝ln 5，f (x )＝－1有2个解，f (x )＝ln 5有3个解；当2<t<e2－3，即－3<a<e2－8时，T＝ln(t＋3)且ln 5<T<2，f(x)＝T有3个解；当t＝e2－3，即a＝e2－8时，T＝2，f(x)＝T有2个解；当e2－3<t≤12，即e2－8<a≤7时，T＝ln(t＋3)>2，f(x)＝T有1个解．综上所述：当a＝－3时，方程有5个解；当－3<a<e2－8时，方程有3个解；当a＝e2－8时，方程有2个解；当e2－8<a≤7时，方程有1个解．。

提能专训（十八)导数的综合应用一、选择题1．（2013·兰州一中12月月考)设f(x）,g(x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x＜0时，f′(x）g(x）＋f（x)g′(x)＞0且g（3）＝0,则不等式f(x)g（x）＜0的解集是( ）A．（－3，0）∪(3，＋∞)B．(－3，0）∪(0，3）C．(－∞,－3）∪（3，＋∞) D．（－∞，－3)∪（0,3）答案：D 解题思路:因为f（x)，g（x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以h(x)＝f(x)g（x)为奇函数,当x＜0时，h′(x）＝f′（x）g(x)＋f（x）g′(x）＞0，所以h（x)在（－∞,0）为单调增函数，h（－3)＝－h（3)＝0，所以当x＜0时，h（x）＜0＝h（－3),解得x＜－3，当x＜0时,h（x)＞0,解得－3＜x＜0,由于h(x)关于原点对称，所以x＞0时h(x)＜0的x的取值范围为（0,3)，故选D。

2．(2013·哈尔滨第九中学第五次月考)若f（x）＝x2－2x－4ln x，不等式f′(x）＞0的解集记为p，关于x的不等式x2＋(a－1)x－a＞0的解集记为q，且p是q的充分不必要条件,则实数a的取值范围是（）A．(－2，－1] B．［－2，－1］C．∅D．［－2，＋∞)答案：D 解题思路:对于命题p:∵f（x）＝x2－2x－4ln x，∴f′（x)＝2x－2－错误!＝错误!，由f′（x）＞0,得错误!∴x＞2.由p是q的充分不必要条件知,命题p的解集(2，＋∞)是命题q不等式解集的子集，对于命题q:x2＋(a －1）x－a＞0⇔(x＋a)（x－1)＞0，当a≥－1时,解集为(－∞，－a）∪（1，＋∞)，显然符合题意；当a＜－1时，解集为（－∞，1)∪(－a,＋∞），则由题意得－2≤a＜－1。

综上，实数a的取值范围是[－2，＋∞)，故选D.3．(2013·哈尔滨第九中学第五次月考)已知定义在R上的函数f(x),g(x)满足错误!＝a x，且f′（x）g（x）＜f（x）g′(x)，错误!＋错误!＝错误!。

常考问题5 导数的综合应用[真题感悟](2013·江苏卷)设函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝e x－ax，其中a为实数．(1)若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a的取值范围；(2)若g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．解(1)令f′(x)＝1x－a＝1－axx<0，考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞)，故a>0，进而解得x>a－1，即f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数．同理，f(x)在(0，a－1)上是单调增函数．由于f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a－1，＋∞)，从而a－1≤1，即a≥1.令g′(x)＝e x－a＝0，得x＝ln a．当x<ln a时，g′(x)<0；当x>ln a时，g′(x)>0.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a>1，即a>e.综上，有a∈(e，＋∞)．(2)当a≤0时，g(x)必为单调增函数；当a>0时，令g′(x)＝e x－a>0，解得a<e x，即x>ln a，因为g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有ln a≤－1，即0<a≤e－1.结合上述两种情况，有a≤e－1.(ⅰ)当a＝0时，由f(1)＝0以及f′(x)＝1x>0，得f(x)存在唯一的零点；(ⅱ)当a<0时，由于f(e a)＝a－a e a＝a(1－e a)<0，f(1)＝－a>0，且函数f(x)在[e a,1]上的图象不间断，所以f(x)在(e a,1)上存在零点．另外，当x>0时，f′(x)＝1 x－a>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f(x)只有一个零点．(ⅲ)当0<a≤e－1时，令f′(x)＝1x－a＝0，解得x＝a－1.当0<x<a－1时，f′(x)>0，当x>a－1时，f′(x)<0，所以，x＝a－1是f(x)的最大值点，且最大值为f(a－1)＝－ln a－1.①当－ln a－1＝0，即a＝e－1时，f(x)有一个零点x＝e.②当－ln a－1>0，即0<a<e－1时，f(x)有两个零点．实际上，对于0<a<e－1，由于f(e－1)＝－1－a e－1<0，f(a－1)>0，且函数f(x)在[e－1，a－1]上的图象不间断，所以f(x)在(e－1，a－1)上存在零点．另外，当x∈(0，a－1)时，f′(x)＝1x－a>0，故f(x)在(0，a－1)上是单调增函数，所以f(x)在(0，a－1)上只有一个零点．下面考虑f(x)在(a－1，＋∞)上的情况．先证f(e a－1)＝a(a－2－e a－1)<0.为此，我们要证明：当x>e时，e x>x2.设h(x)＝e x－x2，则h′(x)＝e x－2x，再设l(x)＝h′(x)＝e x－2x，则l′(x)＝e x－2.当x>1时，l′(x)＝e x－2>e－2>0，所以l(x)＝h′(x)在(1，＋∞)上是单调增函数．故当x>2时，h′(x)＝e x－2x>h′(2)＝e2－4>0，从而h(x)在(2，＋∞)上是单调增函数．进而当x>e时，h(x)＝e x－x2>h(e)＝e e－e2>0.即当x>e时，e x>x2.当0<a<e－1，即a－1>e时，f(e a－1)＝a－1－a e a－1＝a(a－2－e a－1)<0，又f(a－1)>0，且函数f(x)在[a－1，e a－1]上的图象不间断，所以f(x)在(a－1，e a－1)上存在零点．又当x>a－1时，f′(x)＝1x－a<0，故f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数，所以f(x)在(a－1，＋∞)上只有一个零点．综合(ⅰ)，(ⅱ)，(ⅲ)，当a≤0或a＝e－1时，f(x)的零点个数为1，当0<a<e－1时，f(x)的零点个数为2.[考题分析]高考对本内容的考查主要有：(1)导数在实际问题中的应用为函数应用题注入了新鲜的血液，使应用题涉及到的函数模型更加宽广，要求是B级；(2)导数还经常作为高考的压轴题，能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力．估计以后对导数的考查力度不会减弱．作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.。

常考问题4 导数的综合应用(建议用时：50分钟)1．若函数y ＝－43x 3＋bx 有三个单调区间，则b 的取值范围是________．解析 由条件y ′＝－4x 2＋b ，∴Δ＝0＋16b ＞0，得b ＞0.答案 (－2，－1)2．已知函数f (x )＝13x 3－2x 2＋3m ，x ∈[0，＋∞)，若f (x )＋5≥0恒成立，则实数m的取值范围是________．解析 f ′(x )＝x 2－4x ，由f ′(x )>0，得x >4或x <0.∴f (x )在(0,4)上递减，在(4，＋∞)上递增，∴当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min ＝f (4)．∴要使f (x )＋5≥0恒成立，只需f (4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m ≥179.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫179，＋∞ 3．下面四个图象中，有一个是函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋(a 2－1)x ＋1(a ∈R)的导函数y＝f ′(x )图象，则f (－1)等于________．解析 ∵f ′(x )＝x 2＋2ax ＋a 2－1，∴f ′(x )的图象开口向上，则②，④排除．若图象不过原点，则f ′(x )的图象为①，此时a ＝0，f (－1)＝53；若图象过原点，则f ′(x )的图象为③，此时a 2－1＝0，又对称轴x ＝－a >0，∴a ＝－1，∴f (－1)＝－13. 答案 －13或534．(2013·南通调研)设P 是函数y ＝x (x ＋1)图象上异于原点的动点，且该图象在点P 处的切线的倾斜角为θ，则θ的取值范围是________．解析 因为y ′＝12x －12(x ＋1)＋x ＝3x 2＋12x ≥234＝3，(当且仅当x ＝13时，“＝”成立)设点P (x ，y )(x ＞0)，则在点P 处的切线的斜率k ≥3，所以tanθ≥3，又θ∈[0，π)，故θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，π2. 答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，π2 5．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x ＋1的解集为______．解析 构造函数g (x )＝e x ·f (x )－e x ，因为g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )]－e x >e x －e x ＝0，所以g (x )＝e x ·f (x )－e x 为R 上的增函数．又因为g (0)＝e 0·f (0)－e 0＝1，所以原不等式转化为g (x )>g (0)，解得x >0.答案 (0，＋∞)6．(2013·温州模拟)关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是________．解析 由题意知使函数f (x )＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可，又f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2.当x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0，所以当x ＝0时，f (x )取得极大值，即f (x )极大值＝f (0)＝－a ；当x ＝2时，f (x )取得极小值，即f (x )极小值＝f (2)＝－4－a ，所以{ －a ＞0，－4－a ＜0，解得－4＜a ＜0.答案 (－4,0)7．若函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是______．解析 对f (x )求导，得f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x ＝－(x －1)(x －3)x .由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，所以t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，解得0<t <1或2<t <3.答案 (0,1)∪(2,3)8．已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是______．解析 由于f ′(x )＝1＋1(x ＋1)2>0，因此函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以x ∈[0,1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1.根据题意可知存在x ∈[1,2]，使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 能成立，令h (x )＝x 2＋52x ，则要使a ≥h (x )在x ∈[1,2]能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x 在x ∈[1,2]上单调递减(可利用导数判断)，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞ 9．(2013·徐州质检)现有一张长为80 cm ，宽为60cm 的长方形铁皮ABCD ，准备用它做成一只无盖长方体铁皮盒，要求材料利用率为100%，不考虑焊接处损失．如图，若长方形ABCD 的一个角剪下一块正方形铁皮，作为铁皮盒的底面，用余下材料剪拼后作为铁皮盒的侧面，设长方体的底面边长为x (cm)，高为y (cm)，体积为V (cm 3)(1) 求出x 与 y 的关系式；(2) 求该铁皮盒体积V 的最大值．解 (1)由题意得x 2＋4xy ＝4 800，即y ＝4 800－x 24x，0＜x ＜60. (2)铁皮盒体积V (x )＝x 2y ＝x 2×4 800－x 24x ＝－14x 3＋1 200x ，V ′(x )＝－34x 2＋1200，令V ′(x )＝0，得x ＝40，因为x ∈(0,40)，V ′(x )＞0，V (x )是增函数；x∈(40,60)，V ′(x )＜0，V (x )是减函数，所以V (x )＝－14x 3＋1 200x ，在x ＝40时取得极大值，也是最大值，其值为32 000 cm 3.所以该铁皮盒体积V 的最大值是32 000 cm 3.10．(2013·东北三校联考)已知x ＝3是函数f (x )＝a ln(1＋x )＋x 2－10x 的一个极值点．(1)求a ；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)若直线y ＝b 与函数y ＝f (x )的图象有3个交点，求b 的取值范围．解 f (x )的定义域为(－1，＋∞)．(1)f ′(x )＝a 1＋x＋2x －10，又f ′(3)＝a 4＋6－10＝0，∴a＝16.经检验此时x＝3为f(x)的极值点，故a＝16.(2)由(1)知f′(x)＝2(x－1)(x－3)x＋1.当－1<x<1或x>3时，f′(x)>0；当1<x<3时，f′(x)<0.∴f(x)的单调增区间为(－1,1)，(3，＋∞)，单调减区间为(1,3)．(3)由(2)知，f(x)在(－1,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，且当x＝1或x＝3时，f′(x)＝0.所以f(x)的极大值为f(1)＝16ln 2－9，极小值为f(3)＝32ln 2－21.因为f(16)>162－10×16>16ln 2－9＝f(1)，f(e－2－1)<－32＋11＝－21<f(3)，所以根据函数f(x)的大致图象可判断，在f(x)的三个单调区间(－1,1)，(1,3)，(3，＋∞)内，直线y＝b与y＝f(x)的图象各有一个交点，当且仅当f(3)<b<f(1)．因此b的取值范围为(32ln 2－21,16ln 2－9)．11．(2013·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝e x－ln(x＋m)．(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)>0.(1)解f′(x)＝e x－1x＋m，由x＝0是f(x)的极值点，得f′(0)＝0，所以m＝1，于是f(x)＝e x－ln(x＋1)，定义域为{x|x>－1}，f′(x)＝e x－1x＋1，函数f′(x)＝e x－1x＋1在(－1，＋∞)上单递增，且f′(0)＝0，因此当x∈(－1,0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)证明当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)>0，当m＝2时，函数f′(x)＝e x－1x＋2在(－2，＋∞)上单调递增．又f′(－1)<0，f′(0)>0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(－1,0)．当x∈(－2，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值．由f′(x0)＝0，得e x0＝1x0＋2，即ln(x0＋2)＝－x0，故f(x)≥f(x0)＝1x0＋2＋x0＝(x0＋1)2x0＋2>0.综上，当m≤2时，f(x)>0. 备课札记：。

1．(2019·宁波模拟)曲线y ＝xx －2在点(1，－1)处的切线方程为________． [解析] 由题意可得：y ′＝－2（x －2）2，所以在点(1，－1)处的切线斜率为－2，所以在点(1，－1)处的切线方程为y ＝－2x ＋1．[答案] y ＝－2x ＋12．(2019·江苏省高考名校联考信息卷(一))若函数f (x )＝x 3－3x 2的单调递减区间为[a ，b ]，则a ＋b ＝______．[解析] 因为f (x )＝x 3－3x 2，所以f ′(x )＝3x 2－6x ．令f ′(x )≤0，得0≤x ≤2，所以函数f (x )的单调递减区间为[0，2]，所以a ＝0，b ＝2所以a ＋b ＝2．[答案] 23．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知f (x )是定义在R 上的函数，f ′(x )为其导函数，f (x )＋f (x ＋2)＝4，当x ∈[0，2]时，f (x )＝x 2，则f ′(2 019)＝______．[解析] 因为f (x )＋f (x ＋2)＝4，所以f (x ＋2)＋f (x ＋4)＝4，所以f (x ＋4)＝f (x )，所以f (x )的周期为4．当x ∈[2，4]时，x －2∈[0，2]，f (x －2)＝(x －2)2，因为f (x )＋f (x ＋2)＝4，所以f (x －2)＋f (x )＝4，所以f (x )＝4－f (x －2)＝4－(x －2)2＝4x －x 2，所以f ′(x )＝－2x ＋4，根据周期性知，f ′(2 019)＝f ′(3)＝－2．[答案] －24．已知函数f (x )＝－x 2＋2ln x ，g (x )＝x ＋ax ，若函数f (x )与g (x )有相同的极值点，则实数a的值为________．[解析] 因为f (x )＝－x 2＋2ln x ，所以f ′(x )＝－2x ＋2x ＝－2（x ＋1）（x －1）x (x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1(舍去)，又当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，所以x ＝1是函数f (x )的极值点．因为g (x )＝x ＋a x ，所以g ′(x )＝1－a x 2．又函数f (x )与g (x )＝x ＋ax 有相同极值点，所以x ＝1也是函数g (x )的极值点，所以g ′(1)＝1－a ＝0，解得a ＝1．经检验，当a ＝1时，函数g (x )取到极小值．[答案] 15．(2019·高三第一次调研测试)在平面直角坐标系xOy 中，已知直线y ＝3x ＋t 与曲线y ＝a sin x ＋b cos x (a ，b ，t ∈R )相切于点(0，1)，则(a ＋b )t 的值为______．[解析] 由题意可得t ＝1，b ＝1，y ′＝a cos x －b sin x ，则a cos 0－b sin 0＝3，a ＝3，所以(a ＋b )t ＝4．[答案] 46．(2018·高考江苏卷)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________．[解析] f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R )，当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1，所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意．当a >0时，由f ′(x )>0得x >a 3，由f ′(x )<0得0<x <a3，则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞上单调递增，又f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ⎝⎛⎭⎫a 3＝－a327＋1＝0，得a ＝3，所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)，当x ∈(－1，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，则f (x )max ＝f (0)＝1，f (－1)＝－4，f (1)＝0，则f (x )min ＝－4，所以f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3．[答案] －37．(2019·江苏省高考名校联考信息卷(八))已知函数f (x )＝x ln x ＋12x 2－3x 在区间⎝⎛⎭⎫n －12，n 内有极值，则整数n 的值为______．[解析] 由题意知，f ′(x )＝ln x ＋1＋x －3＝ln x ＋x －2，令g (x )＝ln x ＋x －2，因为g (32)＝ln32＋32－2＝ln 32－12<ln e －12＝0，g (2)＝ln 2>0，所以函数g (x )＝ln x ＋x －2在(32，2)内有零点．又g ′(x )＝1x ＋1>0恒成立，所以函数g (x )＝ln x ＋x －2在(0，＋∞)上单调递增，所以函数g (x )＝ln x＋x －2有唯一的零点x 0∈(32，2)，则当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，则x 0是函数f (x )唯一的极值点，且x 0∈(32，2)，结合题意可知n ＝2．[答案] 28．(2019·高三第二学期四校联考)函数f (x )＝a ·e x －e －x 的图象在x ＝0处的切线与直线y ＝2x －3平行，则不等式f (x 2－1)＋f (1－x )<0的解集为______．[解析] f ′(x )＝a e x ＋e －x ，由题易知f ′(0)＝a ＋1＝2，所以a ＝1，所以f (x )＝e x －e －x ．易知f (x )＝e x －e －x 为奇函数且f ′(x )＝e x ＋e －x >0，所以f (x )在R 上单调递增．不等式f (x 2－1)＋f (1－x )<0可化为f (x 2－1)<f (x －1)，由f (x )单调递增可得x 2－1<x －1，解得0<x <1，所以不等式的解集为{x |0<x <1}．[答案] {x |0<x <1}9．(2019·南京四校第一学期联考)已知函数f (x )＝x 2－4x 的图象上有两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，x 1＜x 2，若曲线y ＝f (x )在点A ，B 处的切线互相垂直，则3x 1－2x 2的最大值是________．[解析] 由题意得f ′(x )＝2x －4，因为曲线y ＝f (x )在点A ，B 处的切线互相垂直，所以x 1≠2，x 2≠2，(2x 1－4)·(2x 2－4)＝－1．又x 1＜x 2，所以2x 1－4＜0，2x 2－4＞0，x 1＝－14x 2－8＋2，则3x 1－2x 2＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－14x 2－8＋2－2x 2＝－2x 2－34x 2－8＋6＝－⎣⎡⎦⎤12（4x 2－8）＋34x 2－8＋2≤－212（4x 2－8）·34x 2－8＋2＝2－6，当且仅当12(4x 2－8)＝34x 2－8时，上式取等号，因此3x 1－2x 2的最大值为2－6．[答案] 2－ 610．(2018·江苏名校高三入学摸底)已知函数f (x )＝x 2－a ln x 的图象在x ＝2处的切线与直线x ＋3y ＝0垂直，g (x )＝x 32－ax x ，若存在正实数m ，n ，使得f (m )≤f (x )，g (n )≤g (x )对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立，则函数h (x )＝mf (x )＋ng (x )的零点个数是________．[解析] 由题意可得函数f (x )＝x 2－a ln x 的图象在x ＝2处的切线斜率为3，f ′(x )＝2x －ax ，f ′(2)＝4－a 2＝3，a ＝2，f ′(x )＝2x －2x ＝2（x ＋1）（x －1）x ，当0<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以f (m )＝f (1)，m ＝1．g (x )＝x －2x (x >0)，g ′(x )＝1－1x ＝x －1x，当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，所以g (n )＝g (1)，n ＝1．则h (x )＝f (x )＋g (x )＝x 2－2ln x ＋x －2x ，易知当0<x <1时，h (x )单调递减，当x >1时，h (x )单调递增，且h (1)＝0，所以函数h (x )有1个零点．[答案] 111．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知函数f (x )＝x 2ln x －a (x 2－x )(a ＜0)，g (x )＝f （x ）x 2－x． (1)若函数g (x )的图象在x ＝2处的切线在y 轴上的截距为4ln 2，求a 的值； (2)判断函数g (x )在x ∈(0，1)上的单调性，并说明理由；(3)若方程f (x )＝m 有两个不相等的实数根x 1，x 2，求证：x 1＋x 2＞1．[解] (1)g (x )＝f （x ）x 2－x ＝x ln x x －1－a (a ＜0)，则g ′(x )＝（ln x ＋1）（x －1）－x ln x （x －1）2＝x －ln x －1（x －1）2．g (2)＝2ln 2－a ，g ′(2)＝1－ln 2，函数g (x )的图象在x ＝2处的切线方程为y －(2ln 2－a )＝(1－ln 2)(x －2)，将点(0，4ln 2)代入，解得a ＝－2．(2)令h (x )＝x －ln x －1，则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，当x ∈(0，1)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减，h (x )＞h (1)＝0，则当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0，所以函数g (x )在x ∈(0，1)上单调递增．(3)证明：f ′(x )＝2x ln x ＋x －a (2x －1)，令φ(x )＝2x ln x ＋x －a (2x －1)(a ＜0)，则φ′(x )＝2ln x ＋3－2a ，易知φ′(x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，又φ′(e a －2)＝－1＜0，φ′(1)＝3－2a ＞0，则存在x 0∈(0，1)，使得φ′(x 0)＝0，即2ln x 0＋3－2a ＝0，则f ′(x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，又f ′(x 0)＝2x 0ln x 0＋x 0－2ax 0＋a ＝a －2x 0＜0，f ′(1)＝1－a ＞0，又当0＜x ＜x 0时，函数f ′(x )的图象均在y 轴下方，所以可设f ′(x 3)＝0，则x 3∈(x 0，1)，所以f (x )在(0，x 3)上单调递减，在(x 3，＋∞)上单调递增，又f (1)＝0，不妨设x 1＜x 2，则数形结合可知0＜x 1＜x 3＜x 2＜1．由(2)知，g (x 1)＜g (x 3)＜g (x 2)，即⎩⎪⎨⎪⎧f （x 1）＞g （x 3）（x 21－x 1），f （x 2）＜g （x 3）（x 22－x 2）， 则g (x 3)(x 22－x 2)＞f (x 2)＝f (x 1)＞g (x 3)(x 21－x 1)， 所以(x 22－x 2)－(x 21－x 1)＝(x 2－x 1)(x 2＋x 1－1)＞0，故x 1＋x 2＞1．12．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知函数f (x )＝ln x x －1．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设m >0，求函数f (x )在区间[m ，2m ]上的最大值． [解] (1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln xx 2， 由⎩⎪⎨⎪⎧f ′（x ）>0，x >0得0<x <e ；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′（x ）<0，x >0，得x >e ． 所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．(2)①当⎩⎪⎨⎪⎧2m ≤e ，m >0，即0<m ≤e2时，[m ，2m ]⊆(0，e)，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2m )＝ln 2m2m－1；②当m <e<2m ，即e2<m <e 时，(m ，e)⊆(0，e)，(e ，2m )⊆(e ，＋∞)，函数f (x )在区间(m ，e)上单调递增，在(e ，2m )上单调递减， 所以f (x )max ＝f (e)＝ln e e －1＝1e－1； ③当m ≥e 时，(m ，2m )⊆(e ，＋∞)，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递减，所以f (x )max ＝f (m )＝ln mm－1．综上所述，当0<m ≤e 2时，f (x )max ＝ln 2m2m －1；当e 2<m <e 时，f (x )max ＝1e －1； 当m ≥e 时，f (x )max ＝ln mm－1． 13．(2019·高三第二次调研测试)已知函数f (x )＝2ln x ＋12x 2－ax ，a ∈R ．(1)当a ＝3时，求函数f (x )的极值．(2)设函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线方程为y ＝g (x )，若函数y ＝f (x )－g (x )是(0，＋∞)上的增函数，求x 0的值．(3)是否存在一条直线与函数f (x )的图象相切于两个不同的点？并说明理由． [解] (1)当a ＝3时，f (x )＝2ln x ＋12x 2－3x (x >0)，f ′(x )＝2x ＋x －3＝x 2－3x ＋2x ，令f ′(x )＝0得，x ＝1或x ＝2．当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表所示．所以函数f (x )的极大值f (1)＝－52，极小值为f (2)＝2ln 2－4．(2)依题意，知切线方程为y ＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)(x 0>0)， 从而g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)(x 0>0)， 记p (x )＝f (x )－g (x )，则p (x )＝f (x )－f (x 0)－f ′(x 0)(x －x 0)在(0，＋∞)上为增函数， 所以p ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)≥0在(0，＋∞)上恒成立， 即p ′(x )＝2x －2x 0＋x －x 0≥0在(0，＋∞)上恒成立，即x ＋2x ≥x 0＋2x 0在(0，＋∞)上恒成立，因为x ＋2x≥2x ·2x＝22(当且仅当x ＝2时，等号成立)， 所以22≥x 0＋2x 0，从而(x 0－2)2≤0，所以x 0＝2．(3)假设存在一条直线与函数f (x )的图象有两个不同的切点T 1(x 1，y 1)，T 2(x 2，y 2)，不妨设0<x 1<x 2，则函数f (x )的图象在点T 1处的切线l 1的方程为y －f (x 1)＝f ′(x 1)(x －x 1)，在点T 2处的切线l 2的方程为y －f (x 2)＝f ′(x 2)(x －x 2)．因为l 1，l 2为同一条直线，所以f ′(x 1)＝f ′(x 2)，f (x 1)－x 1f ′(x 1)＝f (x 2)－x 2f ′(x 2)，即2x 1＋x 1－a ＝2x 2＋x 2－a ，2ln x 1＋12x 21－ax 1－x 1⎝⎛⎭⎫2x 1＋x 1－a ＝2ln x 2＋12x 22－ax 2－x 2⎝⎛⎭⎫2x 2＋x 2－a ， 整理得2ln x 212＋2x 21－x 212＝0．①令t ＝x 212，由0<x 1<x 2与x 1x 2＝2，得t ∈(0，1)．记p (t )＝2ln t ＋1t －t ，则p ′(t )＝2t －1t 2－1＝－（t －1）2t 2<0，所以p (t )在(0，1)上为减函数，所以p (t )>p (1)＝0．从而①式不可能成立，所以假设不成立，即不存在一条直线与函数f (x )的图象相切于两个不同的点．14．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b (a ，b ∈R )． (1)试讨论f (x )的单调性；(2)若b ＝c －a (实数c 是与a 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)∪(1，32)∪(32，＋∞)，求c 的值．[解] (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝－2a3．当a ＝0时， 因为f ′(x )＝3x 2≥0，所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a >0时，x ∈(－∞，－2a 3)∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0，x ∈(－2a3，0)时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(－∞，－2a 3)，(0，＋∞)上单调递增，在(－2a3，0)上单调递减；当a <0时，x ∈(－∞，0)∪(－2a 3，＋∞)时，f ′(x )>0，x ∈(0，－2a3)时，f ′(x )<0， 所以函数f (x )在(－∞，0)，(－2a 3，＋∞)上单调递增，在(0，－2a3)上单调递减．(2)由(1)知，函数f (x )的两个极值为f (0)＝b ， f (－2a 3)＝427a 3＋b ，则函数f (x )有三个零点等价于f (0)·f (－2a 3)＝b (427a 3＋b )<0， 从而⎩⎪⎨⎪⎧a >0，－427a 3<b <0或⎩⎪⎨⎪⎧a <0，0<b <－427a 3．又b ＝c －a ，所以当a >0时，427a 3－a ＋c >0或当a <0时，427a 3－a ＋c <0．设g (a )＝427a 3－a ＋c ，因为函数f (x )有三个零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪(1，32)∪(32，＋∞)，则在(－∞，－3)上g (a )<0，且在(1，32)∪(32，＋∞)上g (a )>0均恒成立，从而g (－3)＝c －1≤0，且g (32)＝c －1≥0，因此c ＝1．此时，f (x )＝x 3＋ax 2＋1－a ＝(x ＋1)[x 2＋(a －1)x ＋1－a ]，因为函数有三个零点，则x 2＋(a －1)x ＋1－a ＝0有两个异于－1的不等实根， 所以Δ＝(a －1)2－4(1－a )＝a 2＋2a －3>0，且(－1)2－(a －1)＋1－a ≠0， 解得a ∈(－∞，－3)∪(1，32)∪(32，＋∞)．综上c ＝1．。

2014年普通高等学校招生全国统一考试分类汇编（5）（一） 函数的单调性与最值[2014·江苏卷]19． 已知函数f (x )＝e x ＋e －x ，其中e 是自然对数的底数． (1)证明：f (x )是R 上的偶函数．(2)若关于x 的不等式mf (x )≤e －x ＋m －1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围．(3)已知正数a 满足：存在x 0∈[1，＋∞)，使得f (x 0)<a (－x 30＋3x 0)成立．试比较e a －1与a e －1的大小，并证明你的结论．解：19． (1)证明：因为对任意 x ∈R ，都有f (－x )＝e －x ＋e －(－x )＝e －x ＋e x ＝f (x )， 所以f (x )是R 上的偶函数．(2)由条件知 m (e x ＋e －x －1)≤e －x －1在(0，＋∞)上恒成立． 令 t ＝e x (x >0)，则 t >1，所以 m ≤－t －1t 2－t ＋1＝－1t －1＋1t －1＋ 1对任意 t >1成立．因为t －1＋1t －1＋ 1≥2（t －1）·1t － 1＋1＝3, 所以 －1t －1＋1t －1＋ 1≥－13，当且仅当 t ＝2, 即x ＝ ln 2时等号成立．因此实数 m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－13. (3)令函数 g (x )＝e x ＋1e x － a (－x 3＋3x )，则g ′ (x ) ＝e x －1ex ＋3a (x 2－1)．当 x ≥1时，e x －1e x >0，x 2－1≥0.又a >0，故 g ′(x )>0，所以g (x )是[1，＋∞)上的单调递增函数， 因此g (x )在[1，＋∞)上的最小值是 g (1)＝ e ＋e －1－2a . 由于存在x 0∈[1，＋∞)，使e x 0＋e －x 0－a (－x 30＋ 3x 0 )<0 成立， 当且仅当最小值g (1)<0，故 e ＋e －1－2a <0, 即 a >e ＋e －12.令函数h (x ) ＝ x －(e －1)ln x －1，则 h ′(x )＝1－e －1x . 令 h ′(x )＝0, 得x ＝e －1.当x ∈(0，e －1)时，h ′(x )<0，故h (x )是(0，e －1)上的单调递减函数；当x ∈(e －1，＋∞)时，h ′(x )>0，故h (x )是(e －1，＋∞)上的单调递增函数． 所以h (x )在(0，＋∞)上的最小值是h (e －1)．注意到h (1)＝h (e)＝0，所以当x ∈(1，e －1)⊆(0，e －1)时，h (e －1)≤h (x )<h (1)＝0； 当x ∈(e －1，e)⊆(e －1，＋∞)时， h (x )<h (e)＝0.所以h (x )<0对任意的x ∈(1，e)成立．故①当a ∈⎝⎛⎭⎫e ＋e－12，e ⊆(1，e)时， h (a )<0，即a －1<(e －1)ln a ，从而e a －1<a e －1；②当a ＝e 时，e a －1＝a e －1；③当a ∈(e ，＋∞)⊆(e －1，＋∞)时，h (a )>h (e)＝0，即a －1>(e －1)ln a ，故e a －1>a e －1.综上所述，当a ∈⎝⎛⎭⎫e ＋e －12，e 时，e a －1<a e －1；当a ＝e 时，e a －1＝a e －1；当a ∈(e ，＋∞)时，e a －1>a e－1.[2014·四川卷]21． 已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0，1]上的最小值； (2)若f (1)＝0，函数f (x )在区间(0，1)内有零点，证明：e －2＜a ＜1.解：21． (1)由f (x )＝e x －ax 2－bx －1，得g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b ，所以g ′(x )＝e x －2a .当x ∈[0，1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]．当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0，1]上单调递增，因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0，1]上单调递减，因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ； 当12＜a ＜e2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln(2a )∈(0，1)， 所以函数g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增， 于是，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b .综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12＜a ＜e2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ； 当a ≥e2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b .(2)证明：设x 0为f (x )在区间(0，1)内的一个零点，则由f (0)＝f (x 0)＝0可知，f (x )在区间(0，x 0)上不可能单调递增，也不可能单调递减． 则g (x )不可能恒为正，也不可能恒为负． 故g (x )在区间(0，x 0)内存在零点x 1.同理g (x )在区间(x 0，1)内存在零点x 2.故g (x )在区间(0，1)内至少有两个零点．由(1)知，当a ≤12时，g (x )在[0，1]上单调递增，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点；当a ≥e2时，g (x )在[0，1]上单调递减，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点，都不合题意．所以12＜a ＜e 2.此时g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增． 因此x 1∈(0，ln(2a ))，x 2∈(ln(2a )，1)，必有g (0)＝1－b ＞0，g (1)＝e －2a －b ＞0.由f (1)＝0有a ＋b ＝e －1<2，有 g (0)＝a －e ＋2>0，g (1)＝1－a >0.解得e －2＜a ＜1. 所以，函数f (x )在区间(0，1)内有零点时，e －2＜a ＜1.（二）函数的奇偶性与周期性[2014·江苏卷]19． 已知函数f (x )＝e x ＋e －x ，其中e 是自然对数的底数．(1)证明：f (x )是R 上的偶函数．(2)若关于x 的不等式mf (x )≤e －x ＋m －1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围．(3)已知正数a 满足：存在x 0∈[1，＋∞)，使得f (x 0)<a (－x 30＋3x 0)成立．试比较e a －1与a e －1的大小，并证明你的结论．解：19． (1)证明：因为对任意 x ∈R ，都有f (－x )＝e －x ＋e －(－x )＝e －x ＋e x ＝f (x )， 所以f (x )是R 上的偶函数．(2)由条件知 m (e x ＋e －x －1)≤e －x －1在(0，＋∞)上恒成立．令 t ＝e x (x >0)，则 t >1，所以 m ≤－t －1t 2－t ＋1＝－1t －1＋1t －1＋ 1对任意 t >1成立．因为t －1＋1t －1＋ 1≥2（t －1）·1t － 1＋1＝3, 所以 －1t －1＋1t －1＋ 1≥－13，当且仅当 t ＝2, 即x ＝ ln 2时等号成立．因此实数 m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－13. (3)令函数 g (x )＝e x ＋1e x － a (－x 3＋3x )，则g ′ (x ) ＝e x －1ex ＋3a (x 2－1)．当 x ≥1时，e x －1e x >0，x 2－1≥0.又a >0，故 g ′(x )>0，所以g (x )是[1，＋∞)上的单调递增函数， 因此g (x )在[1，＋∞)上的最小值是 g (1)＝ e ＋e －1－2a . 由于存在x 0∈[1，＋∞)，使e x 0＋e －x 0－a (－x 30＋ 3x 0 )<0 成立， 当且仅当最小值g (1)<0，故 e ＋e －1－2a <0, 即 a >e ＋e －12.令函数h (x ) ＝ x －(e －1)ln x －1，则 h ′(x )＝1－e －1x . 令 h ′(x )＝0, 得x ＝e －1.当x ∈(0，e －1)时，h ′(x )<0，故h (x )是(0，e －1)上的单调递减函数；当x ∈(e －1，＋∞)时，h ′(x )>0，故h (x )是(e －1，＋∞)上的单调递增函数． 所以h (x )在(0，＋∞)上的最小值是h (e －1)．注意到h (1)＝h (e)＝0，所以当x ∈(1，e －1)⊆(0，e －1)时，h (e －1)≤h (x )<h (1)＝0； 当x ∈(e －1，e)⊆(e －1，＋∞)时，h (x )<h (e)＝0.所以h (x )<0对任意的x ∈(1，e)成立．故①当a ∈⎝⎛⎭⎫e ＋e－12，e ⊆(1，e)时， h (a )<0，即a －1<(e －1)ln a ，从而e a －1<a e －1；②当a ＝e 时，e a －1＝a e －1；③当a ∈(e ，＋∞)⊆(e －1，＋∞)时，h (a )>h (e)＝0，即a －1>(e －1)ln a ，故e a －1>a e －1.综上所述，当a ∈⎝⎛⎭⎫e ＋e －12，e 时，e a －1<a e －1；当a ＝e 时，e a －1＝a e －1；当a ∈(e ，＋∞)时，e a －1>a e（三） 函数模型及其应用[2014·陕西卷]10． 如图1-2所示，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切)．已知环湖弯曲路段为某三次函数图像的一部分，则该函数的解析式为( )图1-2A ．y ＝12x 3－12x 2－xB ．y ＝12x 3＋12x 2－3xC ．y ＝14x 3－xD ．y ＝14x 3＋12x 2－2x10．A [解析] 由题意可知，该三次函数的图像过原点，则其常数项为0，不妨设其解析式为y ＝f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ，则f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，∴f ′(0)＝－1，f ′(2)＝3，可得c ＝－1，3a ＋b ＝1.又y ＝ax 3＋bx 2＋cx 过点(2，0)，∴4a ＋2b ＝1，∴a ＝12，b ＝－12，c ＝－1，∴y ＝f (x )＝12x 3－12x 2－x .（五）导数及其运算[2014·陕西卷]21． 设函数f (x )＝ln x ＋mx ，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数；(3)若对任意b ＞a ＞0，f （b ）－f （a ）b －a ＜1恒成立，求m 的取值范围．21．解：(1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －e x 2，∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增． ∴x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)，设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0，1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图像(如图所示)，可知①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．(3)对任意的b >a >0，f （b ）－f （a ）b －a <1恒成立，等价于f (b )－b <f (a )－a 恒成立．(*) 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋mx －x (x >0)，∴(*)等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减． 由h ′(x )＝1x －mx 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m ≥－x 2＋x ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14(x >0)恒成立， ∴m ≥14⎝⎛⎭⎫对m ＝14，h ′（x ）＝0仅在x ＝12时成立， ∴m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫14，＋∞.[2014·安徽卷]20．设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a >0. (1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2)当x ∈[0，1]时，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值． 20．解： (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2.令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a3，x 2＝－1＋4＋3a3，且x 1<x 2，所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2)．当x <x 1或x >x 2时，f ′(x )<0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1－4＋3a 3和 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋4＋3a 3，＋∞内单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－1－4＋3a 3，－1＋4＋3a 3内单调递增．(2)因为a >0，所以x 1<0，x 2>0，①当a ≥4时，x 2≥1，由(1)知，f (x )在[0，1]上单调递增，所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值．②当0<a <4时，x 2<1，由(1)知，f (x )在[0，x 2]上单调递增，在[x 2，1]上单调递减， 因此f (x )在x ＝x 2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以当0<a <1时，f (x )在x ＝1处取得最小值；当a ＝1时，f (x )在x ＝0和x ＝1处同时取得最小值； 当1<a <4时，f (x )在x ＝0处取得最小值． [2014·北京卷]20．已知函数f (x )＝2x 3－3x . (1)求f (x )在区间[－2，1]上的最大值；(2)若过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切，求t 的取值范围；(3)问过点A (－1，2)，B (2，10)，C (0，2)分别存在几条直线与曲线y ＝f (x )相切？(只需写出结论) 20．解：(1)由f (x )＝2x 3－3x 得f ′(x )＝6x 2－3. 令f ′(x )＝0，得x ＝－22或x ＝22. 因为f (－2)＝－10，f ⎝⎛⎭⎫－22＝2，f ⎝⎛⎭⎫22＝－2，f (1)＝－1， 所以f (x )在区间[－2，1]上的最大值为f ⎝⎛⎭⎫－22＝ 2. (2)设过点P (1，t )的直线与曲线y ＝f (x )相切于点(x 0，y 0)，则y 0＝2x 30－3x 0，且切线斜率为k ＝6x 20－3， 所以切线方程为y －y 0＝(6x 20－3)(x －x 0)， 因此t －y 0＝(6x 20－3)(1－x 0)，整理得4x 30－6x 20＋t ＋3＝0， 设g (x )＝4x 3－6x 2＋t ＋3，则“过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切”等价于“g (x )有3个不同零点”． g ′(x )＝12x 2－12x ＝12x (x －1)．当x 变化时，g (x )与g ′(x )的变化情况如下：所以，g (0)＝t ＋3是g (x )的极大值，g (1)＝t ＋1是g (x )的极小值．结合图像知，当g (x )有3个不同零点时，有⎩⎪⎨⎪⎧g （0）＝t ＋3>0，g （1）＝t ＋1－0，解得－3<t <－1.故当过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切时，t 的取值范围是(－3，－1)．(3)过点A (－1，2)存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点B (2，10)存在2条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点C (0，2)存在1条直线与曲线y ＝f (x )相切． [2014·福建卷] 22．已知函数f (x )＝e x －ax (a 为常数)的图像与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x ＞0时，x 2＜e x ；(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . 22．解：方法一：(1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a .又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2.所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2.令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2. 当x ＜ln 2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ＞ln 2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． 所以当x ＝ln 2时，f (x )有极小值，且极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4， f (x )无极大值．(2)证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －2x . 由(1)得，g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)＝2－ln 4＞0，即g ′(x )＞0.所以g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1＞0， 所以当x ＞0时，g (x )＞g (0)＞0，即x 2＜e x . (3)证明：对任意给定的正数c ，取x 0＝1c，由(2)知，当x ＞0时，x 2＜e x .所以当x ＞x 0时，e x ＞x 2＞1c x ，即x <c e x .因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . 方法二：(1)同方法一． (2)同方法一．(3)证明：令k ＝1c (k ＞0)，要使不等式x ＜c e x 成立，只要e x ＞kx 成立．而要使e x ＞kx 成立，则只需要x >ln(kx )， 即x ＞ln x ＋ln k 成立．①若0＜k ≤1，则ln k ≤0，易知当x ＞0时，x ＞ln x ≥ln x ＋ln k 成立． 即对任意c ∈[1，＋∞)，取x 0＝0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . ②若k ＞1，令h (x )＝x －ln x －ln k ，则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，所以当x ＞1时，h ′(x )＞0，h (x )在(1，＋∞)上单调递增．取x 0＝4k ，h (x 0)＝4k －ln(4k )－ln k ＝2(k －ln k )＋2(k －ln 2)， 易知k ＞ln k ，k ＞ln 2，所以h (x 0)＞0.因此对任意c ∈(0，1)，取x 0＝4c ，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x .综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . 方法三：(1)同方法一． (2)同方法一．(3)证明：①若c ≥1，取x 0＝0，由(2)的证明过程知，e x ＞2x ， 所以当x ∈(x 0，＋∞)时，有c e x ≥e x ＞2x ＞x ，即x ＜c e x . ②若0＜c ＜1，令h (x )＝c e x －x ，则h ′(x )＝c e x －1.令h ′(x )＝0得x ＝ln 1c .当x ＞ln 1c 时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增．取x 0＝2ln 2c ，则h (x 0)＝c e2ln 2c －2ln 2c ＝2⎝⎛⎭⎫2c －ln 2c ， 易知2c －ln 2c＞0，又h (x )在(x 0，＋∞)内单调递增，所以当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有h (x )＞h (x 0)＞0，即x ＜c e x .综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . [2014·广东卷]11．曲线y ＝－5e x ＋3在点(0，－2)处的切线方程为________．[解析] 11．5x ＋y ＋2＝0 ∵y ′＝－5e x ，∴所求切线斜是k ＝－5e 0＝－5，∴切线方程是y －(－2)＝－5(x －0)，即5x ＋y ＋2＝0.[2014·江苏卷]11． 在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋bx (a ，b 为常数)过点P (2，－5)，且该曲线在点P 处的切线与直线7x ＋2y ＋3＝0平行，则a ＋b 的值是________．11．－3 [解析] 易知y ′＝2ax －bx 2.根据题意有⎩⎨⎧－5＝4a ＋b2，4a －b 4＝－72，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－2，故a ＋b ＝－3.[2014·江苏卷]23．已知函数f 0(x )＝sin xx (x >0)，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求2f 1⎝⎛⎭⎫π2＋π2f 2⎝⎛⎭⎫π2的值；(2)证明：对任意的n ∈N *，等式⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝⎛⎭⎫π4＋π4f n ⎝⎛⎭⎫π4＝22都成立．23．解： (1)由已知，得f 1(x )＝f ′0(x )＝⎝⎛⎭⎫sin x x ′＝cos x x －sin xx 2， 于是f 2(x )＝f 1′(x )＝⎝⎛⎭⎫cos x x ′－⎝⎛⎭⎫sin x x 2′＝ －sin x x －2cos x x 2＋2sin x x 3，所以f 1⎝⎛⎭⎫π2＝－4π2，f 2⎝⎛⎭⎫π2＝－2π＋16π3. 故2f 1⎝⎛⎭⎫π2＋π2f 2⎝⎛⎭⎫π2＝－1.(2)证明：由已知得，xf 0(x )＝sin x ，等式两边分别对x 求导，得f 0(x )＋xf 0′(x )＝cos x ， 即f 0(x )＋xf 1(x )＝cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2.类似可得2f 1(x )＋xf 2(x )＝－sin x ＝sin(x ＋π)，3f 2(x )＋xf 3(x )＝－cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋3π2，4f 3(x )＋xf 4(x )＝sin x ＝sin(x ＋2π)．下面用数学归纳法证明等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立．(i)当n ＝1时，由上可知等式成立．(ii)假设当n ＝k 时等式成立，即kf k －1(x )＋xf k (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2.因为[kf k －1(x )＋xf k (x )]′＝kf k －1′(x )＋f k (x )＋xf k ′(x )＝(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )，⎣⎡⎦⎤sin ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2′＝cos ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2·⎝⎛⎭⎫x ＋k π2′＝sin ⎣⎡⎦⎤x ＋（k ＋1）π2，所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin ⎣⎡⎦⎤x ＋（k ＋1）π2， 因此当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合(i)(ii)可知，等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立．令x ＝π4，可得nf n －1⎝⎛⎭⎫π4＋π4f n ⎝⎛⎭⎫π4＝sin ⎝⎛⎭⎫π4＋n π2(n ∈N *)，所以⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝⎛⎭⎫π4＋π4f n ⎝⎛⎭⎫π4＝(n ∈N *)．[2014·全国新课标卷Ⅰ]21． 设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0. (1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)＜aa －1，求a 的取值范围．21．解：(1)f ′(x )＝ax ＋(1－a )x －b .由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1， (2)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ，f ′(x )＝ax ＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝⎛⎭⎫x －a 1－a (x －1)．(i)若a ≤12，则a1－a ≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<a 1－a 的充要条件为f (1)<a a －1，即1－a 2－1<aa －1，解得－2－1<a <2－1.(ii)若12<a <1，则a1－a >1，故当x ∈⎝⎛⎭⎫1，a1－a 时，f ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫a1－a ，＋∞时，f ′(x )>0.f (x )在⎝⎛⎭⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫a1－a ，＋∞上单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<a a －1的充要条件为f ⎝⎛⎭⎫a 1－a <aa －1. 而f ⎝⎛⎭⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 22（1－a ）＋a a －1>aa －1，所以不合题意．(iii)若a >1, 则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a a －1，符合题意．综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．20．，[2014·山东卷] 设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数．(1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论函数f (x )的单调性．20．解：(1)由题意知，当a ＝0时，f (x )＝x －1x ＋1，x ∈(0，＋∞)．此时f ′(x )＝2（x ＋1）2，所以f ′(1)＝12.又f (1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为x －2y －1＝0.(2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a x ＋2（x ＋1）2＝ax 2＋（2a ＋2）x ＋a x （x ＋1）2.当a ≥0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a ＜0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ， 由于Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)， ①当a ＝－12时，Δ＝0，f ′(x )＝－12（x －1）2x （x ＋1）2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②当a ＜－12时，Δ＜0，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ③当－12＜a ＜0时，Δ＞0.设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )的两个零点， 则x 1＝－（a ＋1）＋2a ＋1a，x 2＝－（a ＋1）－2a ＋1a .因为x 1＝a ＋1－2a ＋1－a ＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a ＞0，所以，x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减，x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减．综上可得，当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－12＜a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－（a ＋1）＋2a ＋1a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）－2a ＋1a ，＋∞上单调递减， 在⎝⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）＋2a ＋1a ，－（a ＋1）－2a ＋1a 上单调递增．19．、、[2014·四川卷] 设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图像上(n ∈N *)．(1)证明：数列{b n }为等比数列；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图像在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列{a n b 2n }的前n 项和S n .19．解：(1)证明：由已知得，b n ＝2a n ＞0，当n ≥1时，b n ＋1b n＝2a n ＋1－a n ＝2d .故数列{b n }是首项为2a 1，公比为2d的等比数列．(2)函数f (x )＝2x 在点(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，其在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2，所以d ＝a 2－a 1＝1，a n ＝n ，b n ＝2n ，a n b 2n ＝n ·4n .于是，S n ＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n －1)×4n －1＋n ×4n ，4S n ＝1×42＋2×43＋…＋(n －1)×4n ＋n ×4n ＋1，因此，S n －4S n ＝4＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1＝4n ＋1－43－n ·4n ＋1＝（1－3n ）4n ＋1－43， 所以，S n ＝（3n －1）4n ＋1＋49.19．、[2014·天津卷] 已知函数f (x )＝x 2－23ax 3(a ＞0)，x ∈R .(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)若对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1，求a 的取值范围．19．解：(1)由已知，有f ′(x )＝2x －2ax 2(a >0)．令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝1a.当所以，f (x )的单调递增区间是⎝⎭⎫0，1a ；单调递减区间是(－∞，0)，⎝⎛⎭1a ，＋∞. 当x ＝0时，f (x )有极小值，且极小值f (0)＝0；当x ＝1a时，f (x )有极大值，且极大值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝13a 2. (2)由f (0)＝f ⎝⎛⎭⎫32a ＝0及(1)知，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，32a 时，f (x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫32a ，＋∞时，f (x )<0. 设集合A ＝{f (x )|x ∈(2，＋∞)}，集合B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f （x ）x ∈（1，＋∞），f （x ）≠0，则“对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1”等价于A ⊆B ，显然0∉B .下面分三种情况讨论：(i)当32a >2，即0<a <34时，由f ⎝⎛⎭⎫32a ＝0可知，0∈A ，而0∉B ，所以A 不是B 的子集． (ii)当1≤32a ≤2，即34≤a ≤32时，有f (2)≤0，且此时f (x )在(2，＋∞)上单调递减，故A ＝(－∞，f (2))，因而A ⊆(－∞，0)．由f (1)≥0，有f (x )在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，则(－∞，0)⊆B ，所以A ⊆B .(iii)当32a <1，即a >32时，有f (1)<0，且此时f (x )在(1，＋∞)上单调递减，故B ＝⎝⎛⎭⎫1f （1），0，A ＝(－∞，f (2))，所以A 不是B 的子集．综上，a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤34，32. （六）导数的应用 21．、[2014·四川卷] 已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0，1]上的最小值； (2)若f (1)＝0，函数f (x )在区间(0，1)内有零点，证明：e －2＜a ＜1.21．解：(1)由f (x )＝e x －ax 2－bx －1，得g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b ，所以g ′(x )＝e x －2a . 当x ∈[0，1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]．当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0，1]上单调递增，因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0，1]上单调递减，因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ； 当12＜a ＜e2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln(2a )∈(0，1)， 所以函数g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增， 于是，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b .综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12＜a ＜e2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ； 当a ≥e2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b .(2)证明：设x 0为f (x )在区间(0，1)内的一个零点，则由f (0)＝f (x 0)＝0可知， f (x )在区间(0，x 0)上不可能单调递增，也不可能单调递减． 则g (x )不可能恒为正，也不可能恒为负． 故g (x )在区间(0，x 0)内存在零点x 1.同理g (x )在区间(x 0，1)内存在零点x 2.故g (x )在区间(0，1)内至少有两个零点．由(1)知，当a ≤12时，g (x )在[0，1]上单调递增，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点；当a ≥e2时，g (x )在[0，1]上单调递减，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点，都不合题意．所以12＜a ＜e 2.此时g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增． 因此x 1∈(0，ln(2a ))，x 2∈(ln(2a )，1)，必有 g (0)＝1－b ＞0，g (1)＝e －2a －b ＞0.由f (1)＝0有a ＋b ＝e －1<2，有g (0)＝a －e ＋2>0，g (1)＝1－a >0.解得e －2＜a ＜1. 所以，函数f (x )在区间(0，1)内有零点时，e －2＜a ＜1.15．[2014·安徽卷] 若直线l 与曲线C 满足下列两个条件：(i)直线l 在点P (x 0，y 0)处与曲线C 相切；(ii)曲线C 在点P 附近位于直线l 的两侧．则称直线l 在点P 处“切过”曲线C .下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)． ①直线l ：y ＝0在点P (0，0)处“切过”曲线C ：y ＝x 3；②直线l ：x ＝－1在点P (－1，0)处“切过”曲线C ：y ＝(x ＋1)2； ③直线l ：y ＝x 在点P (0，0)处“切过”曲线C ：y ＝sin x ； ④直线l ：y ＝x 在点P (0，0)处“切过”曲线C ：y ＝tan x ； ⑤直线l ：y ＝x －1在点P (1，0)处“切过”曲线C ：y ＝ln x .15．①③④ [解析] 对于①，因为y ′＝3x 2，y ′x ＝0＝0，所以l ：y ＝0是曲线C ：y ＝x 3在点P (0，0)处的切线，画图可知曲线C 在点P 附近位于直线l 的两侧，①正确；对于②，因为y ′＝2(x ＋1)，y ′x ＝－1＝0，所以l ：x ＝－1不是曲线C ：y ＝(x ＋1)2在点P (－1，0)处的切线，②错误；对于③，y ′＝cos x ，y ′x ＝0＝1，所以曲线C 在点P (0，0)处的切线为l ：y ＝x ，画图可知曲线C 在点P 附近位于直线l 的两侧，③正确；对于④，y ′＝1cos 2x ，y ′x ＝0＝1，所以曲线C 在点P (0，0)处的切线为l ：y ＝x ，画图可知曲线C 在点P 附近位于直线l 的两侧，④正确；对于⑤，y ′＝1x ，y ′x ＝1＝1，所以曲线C 在点P (1，0)处切线为l ：y ＝x －1，又由h (x )＝x －1－ln x (x >0)可得h ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，所以h min (x )＝h (1)＝0，故x －1≥ln x ，所以曲线C 在点P 附近位于直线l 的下侧，⑤错误．20．、[2014·安徽卷] 设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a >0. (1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2)当x ∈[0，1]时，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值． 20．解： (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)， f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2.令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a3，x 2＝－1＋4＋3a3，且x 1<x 2，所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2)．当x <x 1或x >x 2时，f ′(x )<0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1－4＋3a 3和 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋4＋3a 3，＋∞内单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－1－4＋3a 3，－1＋4＋3a 3内单调递增．(2)因为a >0，所以x 1<0，x 2>0，①当a ≥4时，x 2≥1，由(1)知，f (x )在[0，1]上单调递增，所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值．②当0<a <4时，x 2<1，由(1)知，f (x )在[0，x 2]上单调递增，在[x 2，1]上单调递减， 因此f (x )在x ＝x 2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以当0<a <1时，f (x )在x ＝1处取得最小值；当a ＝1时，f (x )在x ＝0和x ＝1处同时取得最小值； 当1<a <4时，f (x )在x ＝0处取得最小值． 20．、[2014·北京卷] 已知函数f (x )＝2x 3－3x . (1)求f (x )在区间[－2，1]上的最大值；(2)若过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切，求t 的取值范围；(3)问过点A (－1，2)，B (2，10)，C (0，2)分别存在几条直线与曲线y ＝f (x )相切？(只需写出结论) 20．解：(1)由f (x )＝2x 3－3x 得f ′(x )＝6x 2－3. 令f ′(x )＝0，得x ＝－22或x ＝22. 因为f (－2)＝－10，f ⎝⎛⎭⎫－22＝2，f ⎝⎛⎭⎫22＝－2，f (1)＝－1， 所以f (x )在区间[－2，1]上的最大值为f ⎝⎛⎭⎫－22＝ 2. (2)设过点P (1，t )的直线与曲线y ＝f (x )相切于点(x 0，y 0)，则y 0＝2x 30－3x 0，且切线斜率为k ＝6x 20－3，所以切线方程为y －y 0＝(6x 20－3)(x －x 0)，因此t －y 0＝(6x 20－3)(1－x 0)，整理得4x 30－6x 20＋t ＋3＝0，设g (x )＝4x 3－6x 2＋t ＋3，则“过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切”等价于“g (x )有3个不同零点”． g ′(x )＝12x 2－12x ＝12x (x －1)．当x 变化时，g (x )与g ′(x )的变化情况如下：所以，g (0)＝t ＋3是g (x )的极大值，g (1)＝t ＋1是g (x )的极小值．结合图像知，当g (x )有3个不同零点时，有⎩⎪⎨⎪⎧g （0）＝t ＋3>0，g （1）＝t ＋1－0，解得－3<t <－1.故当过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切时，t 的取值范围是(－3，－1)．(3)过点A (－1，2)存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点B (2，10)存在2条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点C (0，2)存在1条直线与曲线y ＝f (x )相切． 22．、[2014·福建卷] 已知函数f (x )＝e x －ax (a 为常数)的图像与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x ＞0时，x 2＜e x ；(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . 22．解：方法一：(1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a .又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2.所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.当x ＜ln 2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞ln 2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．所以当x ＝ln 2时，f (x )有极小值，且极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f (x )无极大值． (2)证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －2x .由(1)得，g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)＝2－ln 4＞0，即g ′(x )＞0.所以g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1＞0，所以当x ＞0时，g (x )＞g (0)＞0，即x 2＜e x . (3)证明：对任意给定的正数c ，取x 0＝1c ，由(2)知，当x ＞0时，x 2＜e x .所以当x ＞x 0时，e x ＞x 2＞1cx ，即x <c e x .因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . 方法二：(1)同方法一． (2)同方法一．(3)证明：令k ＝1c (k ＞0)，要使不等式x ＜c e x 成立，只要e x ＞kx 成立．而要使e x ＞kx 成立，则只需要x >ln(kx )， 即x ＞ln x ＋ln k 成立．①若0＜k ≤1，则ln k ≤0，易知当x ＞0时，x ＞ln x ≥ln x ＋ln k 成立． 即对任意c ∈[1，＋∞)，取x 0＝0， 当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x .②若k ＞1，令h (x )＝x －ln x －ln k ，则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，所以当x ＞1时，h ′(x )＞0，h (x )在(1，＋∞)上单调递增．取x 0＝4k ，h (x 0)＝4k －ln(4k )－ln k ＝2(k －ln k )＋2(k －ln 2)， 易知k ＞ln k ，k ＞ln 2，所以h (x 0)＞0.因此对任意c ∈(0，1)，取x 0＝4c ，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x .综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . 方法三：(1)同方法一． (2)同方法一．(3)证明：①若c ≥1，取x 0＝0，由(2)的证明过程知，e x ＞2x ， 所以当x ∈(x 0，＋∞)时，有c e x ≥e x ＞2x ＞x ，即x ＜c e x . ②若0＜c ＜1，令h (x )＝c e x －x ，则h ′(x )＝c e x －1.令h ′(x )＝0得x ＝ln 1c .当x ＞ln 1c时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增．取x 0＝2ln 2c ，则h (x 0)＝c e2ln 2c －2ln 2c＝2⎝⎛⎭⎫2c －ln 2c ， 易知2c －ln 2c ＞0，又h (x )在(x 0，＋∞)内单调递增，所以当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有h (x )＞h (x 0)＞0，即x ＜c e x .综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x .21．[2014·广东卷] 已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax ＋1(a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a <0时，试讨论是否存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，12∪⎝⎛⎭⎫12，1，使得f (x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫12. 21．[2014·湖北卷] π为圆周率，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)求函数f (x )＝ln xx 的单调区间；(2)求e 3，3e ，e π，πe ，3π，π3这6个数中的最大数与最小数． 21．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f (x )＝ln xx ，所以f ′(x )＝1－ln x x 2.当f ′(x )>0，即0<x <e 时，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )<0，即x >e 时，函数f (x )单调递减．故函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)． (2)因为e<3<π，所以eln 3<eln π，πln e<πln 3，即ln 3e <ln πe ，ln e π<ln 3π.于是根据函数y ＝ln x ，y ＝e x ，y ＝πx 在定义域上单调递增可得，3e <πe <π3，e 3<e π<3π.故这6个数中的最大数在π3与3π之中，最小数在3e 与e 3之中． 由e<3<π及(1)的结论，得f (π)<f (3)<f (e)， 即ln ππ<ln 33<ln e e .由ln ππ<ln 33， 得ln π3<ln3π，所以3π>π3.由ln 33<ln e e，得ln 3e <ln e 3，所以3e <e 3.综上，6个数中的最大数是3π，最小数是3e . 9．[2014·湖南卷] 若0＜x 1＜x 2＜1，则( )A ．e x 2－e x 1＞ln x 2－ln x 1B ．e x 2－e x 1＜ln x 2－ln x 1C ．x 2e x 1＞x 1e x 2D ．x 2e x 1＜x 1e x 29．C [解析] 依题可构造函数f (x )＝e xx ，则f ′(x )＝e x ·x －e x x 2＝e x （x －1）x 2.当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，所以f (x )＝e xx在区间(0，1)上递减，故0＜x 1＜x 2＜1时有f (x 1)＞f (x 2)，即x 2e x 1＞x 1e x 2.21．、[2014·湖南卷] 已知函数f (x )＝x cos x －sin x ＋1(x ＞0)． (1)求f (x )的单调区间；(2)记x i 为f (x )的从小到大的第i (i ∈N *)个零点，证明：对一切n ∈N *，有1x 21＋1x 22＋…＋1x 2n ＜23.21．解： (1)f ′(x )＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x . 令f ′(x )＝0，得x ＝k π(k ∈N *)．当x ∈(2k π，(2k ＋1)π)(k ∈N )时，sin x >0，此时f ′(x )<0; 当x ∈((2k ＋1)π，(2k ＋2)π)(k ∈N )时，sin x <0，此时f ′(x )>0. 故f (x )的单调递减区间为(2k π，(2k ＋1)π)(k ∈N )，单调递增区间为((2k ＋1)π，(2k ＋2)π)(k ∈N )．(2)由(1)知，f (x )在区间(0，π)上单调递减．又f ⎝⎛⎭⎫π2＝0，故x 1＝π2.当n ∈N *时，因为f (n π)f []（n ＋1）π＝[(－1)n n π＋1][(－1)n ＋1(n ＋1)π＋1]＜0，且函数f (x )的图像是连续不断的，所以f (x )在区间(n π，(n ＋1)π)内至少存在一个零点．又f (x )在区间(n π，(n ＋1)π)上是单调的，故 n π＜x n ＋1＜(n ＋1)π.因此，当n ＝1时，1x 21＝4π2＜23；当n ＝2时，1x 21＋1x 22＜1π2(4＋1)＜23；当n ≥3时，1x 21＋1x 22＋…＋1x 2n <1π2⎣⎡⎦⎤4＋1＋122＋…＋1（n －1）2 ＜1π2⎣⎡⎦⎤5＋11×2＋…＋1（n －2）（n －1）＜1π2⎣⎡⎦⎤5＋⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －2－1n －1 ＝1π2⎝⎛⎭⎫6－1n －1＜6π2＜23.综上所述，对一切n ∈N *，1x 21＋1x 22＋…＋1x 2n ＜23.11．[2014·江西卷] 若曲线y ＝x ln x 上点P 处的切线平行于直线2x －y ＋1＝0，则点P 的坐标是________．11．(e ，e) [解析] 由题意知，y ′＝ln x ＋1，直线斜率为2.由导数的几何意义知，令ln x ＋1＝2，得x ＝e ，所以y ＝eln e ＝e ，所以P (e ，e)． 21．、、[2014·江西卷] 将连续正整数1，2，…，n (n ∈N *)从小到大排列构成一个数123…n ，F (n )为这个数的位数(如n ＝12时，此数为123456789101112，共有15个数字，F (12)＝15)，现从这个数中随机取一个数字，p (n )为恰好取到0的概率． (1)求p (100)；(2)当n ≤2014时，求F (n )的表达式；(3)令g (n )为这个数中数字0的个数，f (n )为这个数中数字9的个数，h (n )＝f (n )－g (n )，S ＝{n |h (n )＝1，n ≤100，n ∈N *}，求当n ∈S 时p (n )的最大值．21．解：(1)当n ＝100时，这个数中总共有192个数字，其中数字0的个数为11，所以恰好取到0的概率为p (100)＝11192.(2)F (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，1≤n ≤9，2n －9，10≤n ≤99，3n －108，100≤n ≤999，4n －1107，1000≤n ≤2014.(3)当n ＝b (1≤b ≤9，b ∈N *)，g (n )＝0；当n ＝10k ＋b (1≤k ≤9，0≤b ≤9，k ∈N *，b ∈N )时，g (n )＝k ； 当n ＝100时，g (n )＝11，即g (n )＝ ⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n ≤9，k ，n ＝10k ＋b ，11，n ＝100.1≤k ≤9，0≤b ≤9，k ∈N *，b ∈N ，同理有f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n ≤8，k ，n ＝10k ＋b －1，1≤k ≤8，0≤b ≤9，k ∈N *，b ∈N ，n －80，89≤n ≤98，20，n ＝99，100.由h (n )＝f (n )－g (n )＝1，可知n ＝9，19，29，39，49，59，69，79，89，90，所以当n ≤100时，S ＝{9，19，29，39，49，59，69，79，89，90}． 当n ＝9时，p (9)＝0.当n ＝90时，p (90)＝g （90）F （90）＝9171＝119.当n ＝10k ＋9(1≤k ≤8，k ∈N *)时，p (n )＝g （n ）F （n ）＝k 2n －9＝k 20k ＋9，由y ＝k20k ＋9关于k 单调递增，故当n ＝10k ＋9(1≤k ≤8，k ∈N *)时，p (n )的最大值为p (89)＝8169.又8169<119，所以当n ∈S 时，p (n )的最大值为119. 12．、[2014·辽宁卷] 当x ∈[－2，1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5，－3] B.⎣⎡⎦⎤－6，－98C ．[－6，－2] D ．[－4，－3] 12．C [解析] 当－2≤x <0时，不等式可转化为a ≤x 2－4x －3x 3，令f (x )＝x 2－4x －3x 3(－2≤x <0)，则f ′(x )＝－x 2＋8x ＋9x 4＝－（x －9）（x ＋1）x 4，故函数f (x )在[－2，－1]上单调递减，在(－1，0)上单调递增，此时有a ≤f min (x )＝f (－1)＝1＋4－3－1＝－2.当x ＝0时，不等式恒成立．当0<x ≤1时，a ≥x 2－4x －3x 3，令g (x )＝x 2－4x －3x 3(0<x ≤1)，则g ′(x )＝－x 2＋8x ＋9x 4，故函数g (x )在(0，1]上单调递增，此时有a ≥g max (x )＝g (1)＝1－4－31＝－6. 综上，－6≤a ≤－2. 11．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是( )A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)11．D [解析] f ′(x )＝k －1x ＝kx －1x ，且x >0，由题可知f ′(x )≥0，即得kx －1≥0，得x ≥1k (k <0时不满足)，因为函数f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，所以1k≤1，解得k ≥1.21．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0，2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2. (1)求a ；(2)证明：当k ＜1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． 21．解：(1)f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a .曲线y ＝f (x )在点(0，2)处的切线方程为y ＝ax ＋2.由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2.设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4， 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0， g (x )单调递增，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4， 所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0，所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根． 综上，g (x )＝0在R 有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． 12．[2014·全国新课标卷Ⅰ] 已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)12．C [解析] 显然a ＝0时，函数有两个不同的零点，不符合．当a ≠0时，由f ′(x )＝3ax 2－6x ＝0，得x 1＝0，x 2＝2a .当a >0时，函数f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，2a 上单调递减，又f (0)＝1，所以函数f (x )存在小于0的零点，不符合题意；当a <0时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，2a ，(0，＋∞)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫2a ，0上单调递增，所以只需f ⎝⎛⎭⎫2a >0，解得a <－2，所以选C. 21．、[2014·全国新课标卷Ⅰ] 设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0. (1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)＜aa －1，求a 的取值范围． 21．解：(1)f ′(x )＝ax ＋(1－a )x －b .由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1，(2)f (x )的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ，f ′(x )＝ax ＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝⎛⎭⎫x －a 1－a (x －1)．(i)若a ≤12，则a1－a≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<a 1－a 的充要条件为f (1)<a a －1，即1－a 2－1<aa －1，解得－2－1<a <2－1.(ii)若12<a <1，则a1－a >1，故当x ∈⎝⎛⎭⎫1，a 1－a 时，f ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫a1－a ，＋∞时，f ′(x )>0.f (x )在⎝⎛⎭⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫a 1－a ，＋∞上单调递增． 所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<a a －1的充要条件为f ⎝⎛⎭⎫a 1－a <aa －1. 而f ⎝⎛⎭⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 22（1－a ）＋a a －1>aa －1，所以不合题意．(iii)若a >1, 则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a a －1，符合题意．综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．20．，[2014·山东卷] 设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数．(1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论函数f (x )的单调性．20．解：(1)由题意知，当a ＝0时，f (x )＝x －1x ＋1，x ∈(0，＋∞)．此时f ′(x )＝2（x ＋1）2，所以f ′(1)＝12. 又f (1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为x －2y －1＝0. (2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a x ＋2（x ＋1）2＝ax 2＋（2a ＋2）x ＋a x （x ＋1）2.当a ≥0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a ＜0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ，由于Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)， ①当a ＝－12时，Δ＝0，f ′(x )＝－12（x －1）2x （x ＋1）2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②当a ＜－12时，Δ＜0，g (x )＜0， f ′(x )＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ③当－12＜a ＜0时，Δ＞0.设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )的两个零点，。