五年高考真題(數(shù)學理) 3.2導數(shù)的應用

五年高考真題(數(shù)學理)3.2導數(shù)的應用五年高考真題(數(shù)學理)3.2導數(shù)的應用五年高考真題(數(shù)學理)3.2導數(shù)的應用五年高考真題(數(shù)學理)3.2導數(shù)的應用編制僅供參考審核批準生效日期地址：電話：傳真:郵編:eq\a\vs4\al\co1(第二節(jié)導數(shù)的應用)考點一利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性1．(2015·福建，10)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)＝－1，其導函數(shù)f′(x)滿足f′(x)＞k＞1，則下列結論中一定錯誤的是()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))＜eq\f(1,k) B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))＞eq\f(1,k－1)C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))＜eq\f(1,k－1) D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))＞eq\f(k,k－1)解析∵導函數(shù)f′(x)滿足f′(x)＞k＞1，∴f′(x)－k＞0，k－1＞0，eq\f(1,k－1)＞0，可構造函數(shù)g(x)＝f(x)－kx，可得g′(x)＞0，故g(x)在R上為增函數(shù)，∵f(0)＝－1，∴g(0)＝－1，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))＞g(0)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))－eq\f(k,k－1)＞－1，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))＞eq\f(1,k－1)，∴選項C錯誤，故選C.答案C2．(2011·遼寧，11)函數(shù)f(x)的定義域為R，f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)>2，則f(x)>2x＋4的解集為()A．(－1，1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)解析設g(x)＝f(x)－2x－4，則g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，g′(x)＝f′(x)－2>0，g(x)在R上為增函數(shù)．由g(x)>0，即g(x)>g(－1)．∴x>－1，選B.答案B3．(2015·新課標全國Ⅱ，21)設函數(shù)f(x)＝emx＋x2－mx.(1)證明：f(x)在(－∞，0)單調遞減，在(0，＋∞)單調遞增；(2)若對于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|0≤e－1，求m的取值范圍．(1)證明f′(x)＝m(emx－1)＋2x.若m≥0，則當x∈(－∞，0)時，emx－1≤0，f′(x)＜0；當x∈(0，＋∞)時，emx－1≥0，f′(x)＞0.若m＜0，則當x∈(－∞，0)時，emx－1＞0，f′(x)＜0；當x∈(0，＋∞)時，emx－1＜0，f′(x)＞0.所以，f(x)在(－∞，0)單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增．(2)解由(1)知，對任意的m，f(x)在[－1，0]上單調遞減，在[0，1]上單調遞增，故f(x)在x＝0處取得最小值．所以對于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要條件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）－f（0）≤e－1，,f（－1）－f（0）≤e－1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(em－m≤e－1，,e－m＋m≤e－1.))①設函數(shù)g(t)＝et－t－e＋1，則g′(t)＝et－1.當t＜0時，g′(t)＜0；當t＞0時，g′(t)＞0.故g(t)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增．又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故當t∈[－1，1]時，g(t)≤0.當m∈[－1，1]時，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；當m＞1時，由g(t)的單調性，g(m)＞0，即em－m＞e－1；當m＜－1時，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1.綜上，m的取值范圍是[－1，1]．4．(2015·北京，18)已知函數(shù)f(x)＝lneq\f(1＋x,1－x).(1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)求證：當x∈(0，1)時，f(x)＞2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))；(3)設實數(shù)k使得f(x)＞keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))對x∈(0，1)恒成立，求k的最大值．(1)解因為f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，所以f′(x)＝eq\f(1,1＋x)＋eq\f(1,1－x)，f′(0)＝2.又因為f(0)＝0，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝2x.(2)證明令g(x)＝f(x)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))，則g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝eq\f(2x4,1－x2).因為g′(x)>0(0<x<1)，所以g(x)在區(qū)間(0，1)上單調遞增．所以g(x)>g(0)＝0，x∈(0，1)，即當x∈(0，1)時，f(x)>2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3))).(3)解由(2)知，當k≤2時，f(x)>keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))對x∈(0，1)恒成立．當k>2時，令h(x)＝f(x)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))，則h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝eq\f(kx4－（k－2）,1－x2).所以當0<x<eq\r(4,\f(k－2,k))時，h′(x)<0，因此h(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(4,\f(k－2,k))))上單調遞減．當0<x<eq\r(4,\f(k－2,k))時，h(x)<h(0)＝0，即f(x)<keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3))).所以當k>2時，f(x)>keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))并非對x∈(0，1)恒成立．綜上可知，k的最大值為2.5．(2015·四川，21)已知函數(shù)f(x)＝－2(x＋a)lnx＋x2－2ax－2a2＋a，其中a(1)設g(x)是f(x)的導函數(shù)，討論g(x)的單調性；(2)證明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0在區(qū)間(1，＋∞)內恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內有唯一解．(1)解由已知，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－a)－2lnx－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a,x)))，所以g′(x)＝2－eq\f(2,x)＋eq\f(2a,x2)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4))),x2)，當0＜a＜eq\f(1,4)時，g(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－4a),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－4a),2)，＋∞))上單調遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－4a),2)，\f(1＋\r(1－4a),2)))上單調遞減；當a≥eq\f(1,4)時，g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞增．(2)證明由f′(x)＝2(x－a)－2lnx－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a,x)))＝0，解得a＝eq\f(x－1－lnx,1＋x－1)，令φ(x)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x－1－lnx,1＋x－1)))lnx＋x2－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1－lnx,1＋x－1)))x－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1－lnx,1＋x－1)))eq\s\up12(2)＋eq\f(x－1－lnx,1＋x－1)，則φ(1)＝1＞0，φ(e)＝－eq\f(e（e－2）,1＋e－1)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e－2,1＋e－1)))eq\s\up12(2)＜0，故存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0，令a0＝eq\f(x0－1－lnx0,1＋xeq\o\al(－1,0))，u(x)＝x－1－lnx(x≥1)，由u′(x)＝1－eq\f(1,x)≥0知，函數(shù)u(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞增，所以0＝eq\f(u（1）,1＋1)＜eq\f(u（x0）,1＋xeq\o\al(－1,0))＝a0＜eq\f(u（e）,1＋e－1)＝eq\f(e－2,1＋e－1)＜1，即a0∈(0，1)，當a＝a0時，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0，由(1)知，f′(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞增，故當x∈(1，x0)時，f′(x)＜0，從而f(x)＞f(x0)＝0；當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＞0，從而f(x)＞f(x0)＝0，所以，當x∈(1，＋∞)時，f(x)≥0，綜上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0在區(qū)間(1，＋∞)內恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內有唯一解．6.(2015·天津，20)已知函數(shù)f(x)＝nx－xn，x∈R，其中n∈N*，n≥2.(1)討論f(x)的單調性；(2)設曲線y＝f(x)與x軸正半軸的交點為P，曲線在點P處的切線方程為y＝g(x)，求證：對于任意的正實數(shù)x，都有f(x)≤g(x)；(3)若關于x的方程f(x)＝a(a為實數(shù))有兩個正實根x1，x2，求證：|x2－x1|＜eq\f(a,1－n)＋2.(1)解由f(x)＝nx－xn，可得f′(x)＝n－nxn－1＝n(1－xn－1)．其中n∈N*，且n≥2，下面分兩種情況討論：①當n為奇數(shù)時．令f′(x)＝0，解得x＝1，或x＝－1.當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，－1)(－1，1)(1，＋∞)f′(x)－＋－f(x)所以，f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調遞減，在(－1，1)內單調遞增．②當n為偶數(shù)時．當f′(x)＞0，即x＜1時，函數(shù)f(x)單調遞增；當f′(x)＜0，即x＞1時，函數(shù)f(x)單調遞減；所以，f(x)在(－∞，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減．(2)證明設點P的坐標為(x0，0)，則x0＝n，f′(x0)＝n－n2.曲線y＝f(x)在點P處的切線方程為y＝f′(x0)(x－x0)，即g(x)＝f′(x0)(x－x0)．令F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)，則F′(x)＝f′(x)－f′(x0)．由于f′(x)＝－nxn－1＋n在(0，＋∞)上單調遞減，故F′(x)在(0，＋∞)上單調遞減，又因為F′(x0)＝0，所以當x∈(0，x0)時，F(xiàn)′(x)＞0，當x∈(x0，＋∞)時，F(xiàn)′(x)＜0，所以F(x)在(0，x0)內單調遞增，在(x0，＋∞)上單調遞減，所以對于任意的正實數(shù)x，都有F(x)≤F(x0)＝0，即對于任意的正實數(shù)x，都有f(x)≤g(x)．(3)證明不妨設x1≤x2.由(2)知g(x)＝(n－n2)(x－x0)，設方程g(x)＝a的根為x2′，可得x2′＝eq\f(a,n－n2)＋x0.當n≥2時，g(x)在(－∞，＋∞)上單調遞減，又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′)，可得x2≤x2′.類似地，設曲線y＝f(x)在原點處的切線方程為y＝h(x)，可得h(x)＝nx.當x∈(0，＋∞)，f(x)－h(huán)(x)＝－xn＜0，即對于任意的x∈(0，＋∞)，f(x)＜h(x)．設方程h(x)＝a的根為x1′，可得x1′＝eq\f(a,n).因為h(x)＝nx在(－∞，＋∞)上單調遞增，且h(x1′)＝a＝f(x1)＜h(x1)，因此x1′＜x1.由此可得x2－x1＜x2′－x1′＝eq\f(a,1－n)＋x0.因為n≥2，所以2n－1＝(1＋1)n－1≥1＋Ceq\o\al(1,n－1)＝1＋n－1＝n，故2≥n＝x0.所以，|x2－x1|＜eq\f(a,1－n)＋2.7．(2014·廣東，21)設函數(shù)f(x)＝eq\f(1,\r(（x2＋2x＋k）2＋2（x2＋2x＋k）－3))，其中k<－2.(1)求函數(shù)f(x)的定義域D(用區(qū)間表示)；(2)討論函數(shù)f(x)在D上的單調性；(3)若k<－6，求D上滿足條件f(x)>f(1)的x的集合(用區(qū)間表示)．解(1)由題意知(x2＋2x＋k＋3)(x2＋2x＋k－1)>0，因此eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x＋k＋3>0,x2＋2x＋k－1>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x＋k＋3<0,x2＋2x＋k－1<0))，設y1＝x2＋2x＋k＋3，y2＝x2＋2x＋k－1，則這兩個二次函數(shù)的對稱軸均為x＝－1，且方程x2＋2x＋k＋3＝0的判別式Δ1＝4－4(k＋3)＝－4k－8，方程x2＋2x＋k－1＝0的判別式Δ2＝4－4(k－1)＝8－4k，因為k<－2，所以Δ2>Δ1>0，因此對應的兩根分別為x1，2＝eq\f(－2±\r(Δ1),2)＝－1±eq\r(－k－2)，x3，4＝eq\f(－2±\r(Δ2),2)＝－1±eq\r(2－k)，且有－1－eq\r(2－k)<－1－eq\r(－k－2)<－1＋eq\r(－k－2)<－1＋eq\r(2－k)，因此函數(shù)f(x)的定義域D為(－∞，－1－eq\r(2－k))∪(－1－eq\r(－k－2)，－1＋eq\r(－k－2))∪(－1＋eq\r(2－k)，＋∞)．(2)由(1)中兩個二次函數(shù)的單調性，且對稱軸都為x＝－1，易知函數(shù)f(x)在(－∞，－1－eq\r(2－k))上單調遞增，在(－1－eq\r(－k－2)，－1)上單調遞減，在(－1，－1＋eq\r(－k－2))上單調遞增，在(－1＋eq\r(2－k)，＋∞)上單調遞減．(3)由于k<－6，故－1－eq\r(2－k)<－1－eq\r(－k－2)<－3<－1<1<－1＋eq\r(－k－2)<－1＋eq\r(2－k).利用函數(shù)圖象的對稱性可知f(1)＝f(－3)，再利用函數(shù)f(x)的單調性可知在(－1－eq\r(－k－2)，－1)上f(x)>f(1)＝f(－3)的解集為(－1－eq\r(－k－2)，－3)，在(－1，－1＋eq\r(－k－2))上f(x)>f(1)的解集為(1，－1＋eq\r(－k－2))．再在其余兩個區(qū)間(－∞，－1－eq\r(2－k))和(－1＋eq\r(2－k)，＋∞)上討論．令x＝1，則(x2＋2x＋k)2＋2(x2＋2x＋k)－3＝k2＋8k＋12，令(x2＋2x＋k)2＋2(x2＋2x＋k)－3＝k2＋8k＋12，則(x2＋2x＋k)2＋2(x2＋2x＋k)－(k2＋8k＋15)＝0，即(x2＋2x＋k)2＋2(x2＋2x＋k)－(k＋5)(k＋3)＝0，即[x2＋2x＋k＋(k＋5)][x2＋2x＋k－(k＋3)]＝0，化簡得(x2＋2x＋2k＋5)(x2＋2x－3)＝0，解得除了－3，1的另外兩個根為－1±eq\r(－2k－4)，因此利用函數(shù)f(x)的單調性可知在(－∞，－1－eq\r(2－k))上f(x)>f(1)的解集為(－1－eq\r(－2k－4)，－1－eq\r(2－k))，在(－1＋eq\r(2－k)，＋∞)上f(x)>f(1)的解集為(－1＋eq\r(2－k)，－1＋eq\r(－2k－4))，綜上所述，k<－6時，在D上f(x)>f(1)的解集為(－1－eq\r(－2k－4)，－1－eq\r(2－k))∪(－1－eq\r(－k－2)，－3)∪(1，－1＋eq\r(－k－2))∪(－1＋eq\r(2－k)，－1＋eq\r(－2k－4))．8．(2013·重慶，17)設f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，其中a∈R，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與y軸相交于點(0，6)．(1)確定a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間與極值．解(1)因為f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，故f′(x)＝2a(x－5)＋eq\f(6,x).令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－16a＝(6－8a)(x由點(0，6)在切線上可得6－16a＝8a－6，故a＝eq\f(1,2).(2)由(1)知，f(x)＝eq\f(1,2)(x－5)2＋6lnx(x>0)，f′(x)＝x－5＋eq\f(6,x)＝eq\f(（x－2）（x－3）,x).令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.當0<x<2或x>3時，f′(x)>0，故f(x)在(0，2)，(3，＋∞)上為增函數(shù)；當2<x<3時，f′(x)<0，故f(x)在(2，3)上為減函數(shù)．由此可知f(x)在x＝2處取得極大值f(2)＝eq\f(9,2)＋6ln2，在x＝3處取得極小值f(3)＝2＋6ln3.9．(2012·北京，18)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.(1)若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)在它們的交點(1，c)處具有公共切線，求a，b的值；(2)當a2＝4b時，求函數(shù)f(x)＋g(x)的單調區(qū)間，并求其在區(qū)間(－∞，－1]上的最大值．解(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.因為曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)在它們的交點(1，c)處具有公共切線，所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b解得a＝3，b＝3.(2)記h(x)＝f(x)＋g(x)．當b＝eq\f(1,4)a2時，h(x)＝x3＋ax2＋eq\f(1,4)a2x＋1，h′(x)＝3x2＋2ax＋eq\f(1,4)a2.令h′(x)＝0，得x1＝－eq\f(a,2)，x2＝－eq\f(a,6).a>0時，h(x)與h′(x)的情況如下：xeq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(－∞，))－eq\f(a,2))－eq\f(a,2)(－eq\f(a,2)，－eq\f(a,6))－eq\f(a,6)(－eq\f(a,6)，＋∞)h′(x)＋0－0＋h(x)所以函數(shù)h(x)的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,6)，＋∞))；單調遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，－\f(a,6))).當－eq\f(a,2)≥－1，即0<a≤2時，函數(shù)h(x)在區(qū)間(－∞，－1]上單調遞增，h(x)在區(qū)間(－∞，－1]上的最大值為h(－1)＝a－eq\f(1,4)a2.當－eq\f(a,2)<－1，且－eq\f(a,6)≥－1，即2<a≤6時，函數(shù)h(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a,2)))內單調遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，－1))上單調遞減，h(x)在區(qū)間(－∞，－1]上的最大值為heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝1.當－eq\f(a,6)<－1，即a>6時，函數(shù)h(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a,2)))內單調遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，－\f(a,6)))內單調遞減，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(a,6)，－1))上單調遞增．又因heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))－h(huán)(－1)＝1－a＋eq\f(1,4)a2＝eq\f(1,4)(a－2)2>0，所以h(x)在區(qū)間(－∞，－1]上的最大值為heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝1.考點二利用導數(shù)研究函數(shù)的極值與最值1．(2015·陜西，12)對二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a為非零整數(shù))，四位同學分別給出下列結論，其中有且只有一個結論是錯誤的，則錯誤的結論是()A．－1是f(x)的零點 B．1是f(x)的極值點C．3是f(x)的極值 D．點(2，8)在曲線y＝f(x)上解析A正確等價于a－b＋c＝0，①B正確等價于b＝－2a，C正確等價于eq\f(4ac－b2,4a)＝3，③D正確等價于4a＋2b＋c下面分情況驗證，若A錯，由②、③、④組成的方程組的解為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝5，,b＝－10，,c＝8.))符合題意；若B錯，由①、③、④組成的方程組消元轉化為關于a的方程后無實數(shù)解；若C錯，由①、②、④組成方程組，經驗證a無整數(shù)解；若D錯，由①、②、③組成的方程組a的解為－eq\f(3,4)也不是整數(shù)．綜上，故選A.答案A2．(2015·新課標全國Ⅱ，12)設函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導函數(shù)，f(－1)＝0，當x>0時，xf′(x)－f(x)＜0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是()A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1，0)D．(0，1)∪(1，＋∞)解析因為f(x)(x∈R)為奇函數(shù)，f(－1)＝0，所以f(1)＝－f(－1)＝0.當x≠0時，令g(x)＝eq\f(f（x）,x)，則g(x)為偶函數(shù)，且g(1)＝g(－1)＝0.則當x＞0時，g′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(f（x）,x)))′＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)＜0，故g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，在(－∞，0)上為增函數(shù)．所以在(0，＋∞)上，當0＜x＜1時，g(x)＞g(1)＝0?eq\f(f（x）,x)＞0?f(x)＞0；在(－∞，0)上，當x＜－1時，g(x)＜g(－1)＝0?eq\f(f（x）,x)＜0?f(x)＞0.綜上，得使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0，1)，選A.答案A3．(2014·新課標全國Ⅱ，12)設函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sineq\f(πx,m).若存在f(x)的極值點x0滿足xeq\o\al(2,0)＋[f(x0)]2<m2，則m的取值范圍是()A．(－∞，－6)∪(6，＋∞)B．(－∞，－4)∪(4，＋∞)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析由正弦型函數(shù)的圖象可知：f(x)的極值點x0滿足f(x0)＝±eq\r(3)，則eq\f(πx0,m)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，從而得x0＝(k＋eq\f(1,2))m(k∈Z)．所以不等式xeq\o\al(2,0)＋[f(x0)]2<m2即為(k＋eq\f(1,2))2m2＋3<m2，變形得m2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,2)))\s\up12(2)))>3，其中k∈Z.由題意，存在整數(shù)k使得不等式m2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,2)))\s\up12(2)))>3成立．當k≠－1且k≠0時，必有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)>1，此時不等式顯然不能成立，故k＝－1或k＝0，此時，不等式即為eq\f(3,4)m2>3，解得m<－2或m>2.答案C4．(2013·浙江，8)已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，設函數(shù)f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1，2)，則()A．當k＝1時，f(x)在x＝1處取到極小值B．當k＝1時，f(x)在x＝1處取到極大值C．當k＝2時，f(x)在x＝1處取到極小值D．當k＝2時，f(x)在x＝1處取到極大值解析當k＝1時，f(x)＝(ex－1)(x－1)，此時f′(x)＝ex(x－1)＋(ex－1)＝ex·x－1，所以f′(1)＝e－1≠0，所以f(1)不是極值，A，B項均錯．當k＝2時，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，此時f′(x)＝ex(x－1)2＋(2x－2)(ex－1)＝ex·x2－2x－ex＋2＝ex(x＋1)(x－1)－2(x－1)＝(x－1)[ex(x＋1)－2]，所以f′(1)＝0，且當x>1時，f′(x)>0；在x＝1附近的左側，f′(x)<0，所以f(1)是極小值．答案C5．(2012·陜西，7)設函數(shù)f(x)＝xex，則()A．x＝1為f(x)的極大值點B．x＝1為f(x)的極小值點C．x＝－1為f(x)的極大值點D．x＝－1為f(x)的極小值點解析f′(x)＝(x＋1)ex，當x<－1時，f′(x)<0，當x>－1時，f′(x)>0，所以x＝－1為f(x)的極小值點，故選D.答案D6．(2011·廣東，12)函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋1在x＝________處取得極小值．解析∵f′(x)＝3x2－6x＝0得x＝0或x＝2.∴當x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)時f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)．當x∈(0，2)時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)．∴f(x)在x＝2處取得極小值．答案27．(2015·江蘇，19)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．(1)試討論f(x)的單調性；(2)若b＝c－a(實數(shù)c是與a無關的常數(shù))，當函數(shù)f(x)有三個不同的零點時，a的取值范圍恰好是(－∞，－3)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))，求c的值．解(1)f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－eq\f(2a,3).當a＝0時，因為f′(x)＝3x2＞0(x≠0)，所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增；當a＞0時，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))∪(0，＋∞)時，f′(x)＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))時，f′(x)＜0，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))，(0，＋∞)上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))上單調遞減；當a＜0時，x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))時，f′(x)＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))時，f′(x)＜0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))上單調遞減．(2)由(1)知，函數(shù)f(x)的兩個極值為f(0)＝b，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)))＝eq\f(4,27)a3＋b，則函數(shù)f(x)有三個零點等價于f(0)·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)))＝beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,27)a3＋b))＜0，從而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞0，,－\f(4,27)a3＜b＜0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜0，,0＜b＜－\f(4,27)a3.))又b＝c－a，所以當a＞0時，eq\f(4,27)a3－a＋c＞0或當a＜0時，eq\f(4,27)a3－a＋c＜0.設g(a)＝eq\f(4,27)a3－a＋c，因為函數(shù)f(x)有三個零點時，a的取值范圍恰好是(－∞，－3)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))，則在(－∞，－3)上g(a)＜0，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))上g(a)＞0均恒成立．從而g(－3)＝c－1≤0，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝c－1≥0，因此c＝1.此時，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]，因函數(shù)有三個零點，則x2＋(a－1)x＋1－a＝0有兩個異于－1的不等實根，所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3＞0且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，解得a∈(－∞，－3)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).綜上c＝1.8．(2015·重慶，20)設函數(shù)f(x)＝eq\f(3x2＋ax,ex)(a∈R)．(1)若f(x)在x＝0處取得極值，確定a的值，并求此時曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)若f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)，求a的取值范圍．解(1)對f(x)求導得f′(x)＝eq\f(（6x＋a）ex－（3x2＋ax）ex,（ex）2)＝eq\f(－3x2＋（6－a）x＋a,ex)，因為f(x)在x＝0處取得極值，所以f′(0)＝0，即a＝0.當a＝0時，f(x)＝eq\f(3x2,ex)，f′(x)＝eq\f(－3x2＋6x,ex)，故f(1)＝eq\f(3,e)，f′(1)＝eq\f(3,e)，從而f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－eq\f(3,e)＝eq\f(3,e)(x－1)，化簡得3x－ey＝0.(2)由(1)知f′(x)＝eq\f(－3x2＋（6－a）x＋a,ex).令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0解得x1＝eq\f(6－a－\r(a2＋36),6)，x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6).當x＜x1時，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)為減函數(shù)；當x1＜x＜x2時，g(x)＞0，即f′(x)＞0，故f(x)為增函數(shù)；當x＞x2時，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)為減函數(shù)．由f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)，知x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6)≤3，解得a≥－eq\f(9,2)，故a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，＋∞)).9．(2015·新課標全國Ⅰ，21)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax＋eq\f(1,4)，g(x)＝－lnx.(1)當a為何值時，x軸為曲線y＝f(x)的切線；(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，設函數(shù)h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，討論h(x)零點的個數(shù)．解(1)設曲線y＝f(x)與x軸相切于點(x0，0)，則f(x0)＝0，f′(x0)＝0.即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(3,0)＋ax0＋\f(1,4)＝0，,3xeq\o\al(2,0)＋a＝0，))解得x0＝eq\f(1,2)，a＝－eq\f(3,4).因此，當a＝－eq\f(3,4)時，x軸為曲線y＝f(x)的切線．(2)當x∈(1，＋∞)時，g(x)＝－lnx<0，從而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)無零點．當x＝1時，若a≥－eq\f(5,4)，則f(1)＝a＋eq\f(5,4)≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零點；若a<－eq\f(5,4)，則f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零點．當x∈(0，1)時，g(x)＝－lnx>0.所以只需考慮f(x)在(0，1)的零點個數(shù)．(ⅰ)若a≤－3或a≥0，則f′(x)＝3x2＋a在(0，1)無零點，故f(x)在(0，1)單調．而f(0)＝eq\f(1,4)，f(1)＝a＋eq\f(5,4)，所以當a≤－3時，f(x)在(0，1)有一個零點；當a≥0時，f(x)在(0，1)沒有零點．(ⅱ)若－3<a<0，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a,3))))單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))，1))單調遞增，故在(0，1)中，當x＝eq\r(－\f(a,3))時，f(x)取得最小值，最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))＝eq\f(2a,3)eq\r(－\f(a,3))＋eq\f(1,4).①若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))>0，即－eq\f(3,4)<a<0，f(x)在(0，1)無零點；②若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))＝0，即a＝－eq\f(3,4)，則f(x)在(0，1)有唯一零點；③若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))<0，即－3<a<－eq\f(3,4)，由于f(0)＝eq\f(1,4)，f(1)＝a＋eq\f(5,4)，所以當－eq\f(5,4)<a<－eq\f(3,4)時，f(x)在(0，1)有兩個零點；當－3<a≤－eq\f(5,4)時，f(x)在(0，1)有一個零點．綜上，當a>－eq\f(3,4)或a<－eq\f(5,4)時，h(x)有一個零點；當a＝－eq\f(3,4)或a＝－eq\f(5,4)時，h(x)有兩個零點；當－eq\f(5,4)<a<－eq\f(3,4)時，h(x)有三個零點．10．(2015·安徽，21)設函數(shù)f(x)＝x2－ax＋b.(1)討論函數(shù)f(sinx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))內的單調性并判斷有無極值，有極值時求出極值；(2)記f0(x)＝x2－a0x＋b0，求函數(shù)|f(sinx)－f0(sinx)|在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的最大值D；(3)在(2)中，取a0＝b0＝0，求z＝b－eq\f(a2,4)滿足D≤1時的最大值．解(1)f(sinx)＝sin2x－asinx＋b＝sinx(sinx－a)＋b，－eq\f(π,2)<x<eq\f(π,2).[f(sinx)]′＝(2sinx－a)cosx，－eq\f(π,2)<x<eq\f(π,2).因為－eq\f(π,2)<x<eq\f(π,2)，所以cosx>0，－2<2sinx<2.①a≤－2，b∈R時，函數(shù)f(sinx)單調遞增，無極值．②a≥2，b∈R時，函數(shù)f(sinx)單調遞減，無極值．③對于－2<a<2，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))內存在唯一的x0，使得2sinx0＝a.－eq\f(π,2)<x≤x0時，函數(shù)f(sinx)單調遞減；x0≤x<eq\f(π,2)時，函數(shù)f(sinx)單調遞增；因此，－2<a<2，b∈R時，函數(shù)f(sinx)在x0處有極小值f(sinx0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝b－eq\f(a2,4).(2)－eq\f(π,2)≤x≤eq\f(π,2)時，|f(sinx)－f0(sinx)|＝|(a0－a)sinx＋b－b0|≤|a－a0|＋|b－b0|.當(a0－a)(b－b0)≥0時，取x＝eq\f(π,2)，等號成立．當(a0－a)(b－b0)<0時，取x＝－eq\f(π,2)，等號成立．由此可知，|f(sinx)－f0(sinx)|在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的最大值為D＝|a－a0|＋|b－b0|.(3)D≤1即為|a|＋|b|≤1，此時0≤a2≤1，－1≤b≤1，從而z＝b－eq\f(a2,4)≤1.取a＝0，b＝1，則|a|＋|b|≤1，并且z＝b－eq\f(a2,4)＝1.由此可知，z＝b－eq\f(a2,4)滿足條件D≤1的最大值為1.11．(2014·山東，20)設函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x2)－k(eq\f(2,x)＋lnx)(k為常數(shù)，e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))．(1)當k≤0時，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在(0，2)內存在兩個極值點，求k的取值范圍．解(1)函數(shù)y＝f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x2ex－2xex,x4)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x2)＋\f(1,x)))＝eq\f(xex－2ex,x3)－eq\f(k（x－2）,x2)＝eq\f(（x－2）（ex－kx）,x3)由k≤0可得ex－kx>0，所以當x∈(0，2)時，f′(x)<0，函數(shù)y＝f(x)單調遞減，當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)y＝f(x)單調遞增．所以f(x)的單調遞減區(qū)間為(0，2)，單調遞增區(qū)間為(2，＋∞)．(2)由(1)知，k≤0時，函數(shù)f(x)在(0，2)內單調遞減，故f(x)在(0，2)內不存在極值點；當k>0時，設函數(shù)g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)，因為g′(x)＝ex－k＝ex－elnk，當0<k≤1時，當x∈(0，2)時，g′(x)＝ex－k>0，y＝g(x)單調遞增．故f(x)在(0，2)內不存在兩個極值點；當k>1時，得x∈(0，lnk)時，g′(x)<0，函數(shù)y＝g(x)單調遞減，x∈(lnk，＋∞)時，g′(x)>0，函數(shù)y＝g(x)單調遞增．所以函數(shù)y＝g(x)的最小值為g(lnk)＝k(1－lnk)．函數(shù)f(x)在(0，2)內存在兩個極值點當且僅當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（0）>0，,g（lnk）<0，,g（2）>0，,0<lnk<2.))解得e<k<eq\f(e2,2).綜上所述，函數(shù)f(x)在(0，2)內存在兩個極值點時，k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，\f(e2,2))).12．(2013·福建，17)已知函數(shù)f(x)＝x－alnx(a∈R)．(1)當a＝2時，求曲線y＝f(x)在點A(1，f(1))處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)的極值．解函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(a,x).(1)當a＝2時，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－eq\f(2,x)(x>0)，因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，所以曲線y＝f(x)在點A(1，f(1))處的切線方程為y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.(2)由f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)，x>0知：①當a≤0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)為(0，＋∞)上的增函數(shù)，函數(shù)f(x)無極值；②當a>0時，由f′(x)＝0，解得x＝a.又當x∈(0，a)時，f′(x)<0；當x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0，從而函數(shù)f(x)在x＝a處取得極小值，且極小值為f(a)＝a－alna，無極大值．綜上，當a≤0時，函數(shù)f(x)無極值；當a>0時，函數(shù)f(x)在x＝a處取得極小值a－alna，無極大值．考點三導數(shù)的綜合問題1．(2015·新課標全國Ⅰ，12)設函數(shù)f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)<0，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，1)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，\f(3,4))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，1))解析設g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，由題知存在唯一的整數(shù)x0，使得g(x0)在直線y＝ax－a的下方，因為g′(x)＝ex(2x＋1)，所以當x<－eq\f(1,2)時，g′(x)<0，當x>－eq\f(1,2)時，g′(x)>0，所以當x＝－eq\f(1,2)時，[g(x)]min＝－2e－eq\f(1,2)，當x＝0時，g(0)＝－1，g(1)＝3e>0，直線y＝a(x－1)恒過(1，0)且斜率為a，故－a>g(0)＝－1，且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得eq\f(3,2e)≤a<1，故選D.答案D2．(2014·遼寧，11)當x∈[－2，1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A．[－5，－3] B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－6，－\f(9,8)))C．[－6，－2] D．[－4，－3]解析當x∈(0，1]時，得a≥－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(3)－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,x)，令t＝eq\f(1,x)，則t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，令g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，則g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)(9t－1)，顯然在[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)單調遞減，所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6；同理，當x∈[－2，0)時，得a≤－2.由以上兩種情況得－6≤a≤－2，顯然當x＝0時也成立．故實數(shù)a的取值范圍為[－6，－2]．答案C3．(2013·四川，10)設函數(shù)f(x)＝eq\r(ex＋x－a)(a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))．若曲線y＝sinx上存在點(x0，y0)使得f(f(y0))＝y(tǒng)0，則a的取值范圍是()A．[1，e] B．[e－1－1，1]C．[1，e＋1] D．[e－1－1，e＋1]解析因為y0＝sinx0∈[－1，1]，而f(x)≥0，f(f(y0))＝y(tǒng)0，所以y0∈[0，1]．設eq\r(ex＋x－a)＝x，x∈[0，1]，①所以ex＋x－x2＝a在x∈[0，1]上有解，令g(x)＝ex＋x－x2，所以g′(x)＝ex＋1－2x，設h(x)＝ex＋1－2x，則h′(x)＝ex－2，所以當x∈(0，ln2)時，h′(x)＜0，當x∈(ln2，1)時，h′(x)＞0，所以g′(x)≥g′(ln2)＝3－2ln2＞0，所以g(x)在[0，1]上單調遞增．所以原題中的方程有解必須方程①有解，所以g(0)≤a≤g(1)，故選A.答案A4．(2015·廣東，19)設a>1，函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a.(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點；(3)若曲線y＝f(x)在點P處的切線與x軸平行，且在點M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標原點)，證明：m≤eq\r(3,a－\f(2,e))－1.(1)解f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex?x∈R，f′(x)≥0恒成立．∴f(x)的單調增區(qū)間為(－∞，＋∞)．(2)證明∵f(0)＝1－a，f(a)＝(1＋a2)ea－a，∵a>1，∴f(0)<0，f(a)>2aea－a>2a－a＝a>0∴f(0)·f(a)<0，∴f(x)在(0，a)上有一零點，又∵f(x)在(－∞，＋∞)上遞增，∴f(x)在(0，a)上僅有一個零點，∴f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點．(3)證明f′(x)＝(x＋1)2ex，設P(x0，y0)，則f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0，∴x0＝－1，把x0＝－1，代入y＝f(x)得y0＝eq\f(2,e)－a，∴kOP＝a－eq\f(2,e).f′(m)＝em(m＋1)2＝a－eq\f(2,e)，令g(m)＝em－(m＋1)，g′(m)＝em－1.令g′(x)>0，則m>0，∴g(m)在(0，＋∞)上增．令g′(x)<0，則m<0，∴g(m)在(－∞，0)上減．∴g(m)min＝g(0)＝0.∴em－(m＋1)≥0，即em≥m＋1.∴em(m＋1)2≥(m＋1)3，即a－eq\f(2,e)≥(m＋1)3.∴m＋1≤eq\r(3,a－\f(2,e))，即m≤eq\r(3,a－\f(2,e))－1.5．(2015·山東，21)設函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.(1)討論函數(shù)f(x)極值點的個數(shù)，并說明理由；(2)若?x＞0，f(x)≥0成立，求a的取值范圍．解(1)由題意知，函數(shù)f(x)的定義域為(－1，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋a(2x－1)＝eq\f(2ax2＋ax－a＋1,x＋1).令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．①當a＝0時，g(x)＝1，此時f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上單調遞增，無極值點；②當a＞0時，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9(ⅰ)當0＜a≤eq\f(8,9)時，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上單調遞增，無極值點；(ⅱ)當a＞eq\f(8,9)時，Δ＞0，設方程2ax2＋ax－a＋1＝0的兩根為x1，x2(x1＜x2)，因為x1＋x2＝－eq\f(1,2)，所以x1＜－eq\f(1,4)，x2＞－eq\f(1,4).由g(－1)＝1＞0，可得－1＜x1＜－eq\f(1,4).所以當x∈(－1，x1)時，g(x)＞0，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調遞增；當x∈(x1，x2)時，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調遞減；當x∈(x2，＋∞)時，g(x)＞0，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調遞增；因此函數(shù)有兩個極值點．(ⅲ)當a＜0時，Δ＞0，由g(－1)＝1＞0，可得x1＜－1.當x∈(－1，x2)時，g(x)＞0，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調遞增；當x∈(x2，＋∞)時，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調遞減；所以函數(shù)有一個極值點．綜上所述，當a＜0時，函數(shù)f(x)有一個極值點；當0≤a≤eq\f(8,9)時，函數(shù)f(x)無極值點；當a＞eq\f(8,9)時，函數(shù)f(x)有兩個極值點．(2)由(1)知，①當0≤a≤eq\f(8,9)時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，因為f(0)＝0，所以x∈(0，＋∞)時，f(x)＞0，符合題意；②當eq\f(8,9)＜a≤1時，由g(0)≥0，得x2≤0，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又f(0)＝0，所以x∈(0，＋∞)時，f(x)＞0，符合題意；③當a＞1時，由g(x)＜0，可得x2＞0.所以x∈(0，x2)時，函數(shù)f(x)單調遞減；因為f(0)＝0，所以x∈(0，x2)時，f(x)＜0，不合題意；④當a＜0時，設h(x)＝x－ln(x＋1)．因為x∈(0，＋∞)時，h′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,x＋1)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調遞增，因此當x∈(0，＋∞)時，h(x)＞h(0)＝0，即ln(x＋1)＜x.可得f(x)＜x＋a(x2－x)＝ax2＋(1－a)x，當x＞1－eq\f(1,a)時，ax2＋(1－a)x＜0，此時f(x)＜0，不合題意．綜上所述，a的取值范圍是[0，1]．6．(2015·湖南，21)已知a＞0，函數(shù)f(x)＝eaxsinx(x∈[0，＋∞))．記xn為f(x)的從小到大的第n(n∈N*)個極值點，證明：(1)數(shù)列{f(xn)}是等比數(shù)列；(2)若a≥eq\f(1,\r(e2－1))，則對一切n∈N*，xn＜|f(xn)|恒成立.證明(1)f′(x)＝aeaxsinx＋eaxcosx＝eax(asinx＋cosx)＝eq\r(a2＋1)eaxsin(x＋φ)，其中tanφ＝eq\f(1,a)，0＜φ＜eq\f(π,2).令f′(x)＝0，由x≥0得x＋φ＝mπ，即x＝mπ－φ，m∈N*，對k∈N，若2kπ＜x＋φ＜(2k＋1)π，即2kπ－φ＜x＜(2k＋1)π－φ，則f′(x)＞0；若(2k＋1)π＜x＋φ＜(2k＋2)π，即(2k＋1)π－φ＜x＜(2k＋2)π－φ，則f′(x)＜0.因此，在區(qū)間((m－1)π，mπ－φ)與(mπ－φ，mπ)上，f′(x)的符號總相反．于是當x＝mπ－φ(m∈N*)時，f(x)取得極值，所以xn＝nπ－φ(n∈N*)．此時，f(xn)＝ea(nπ－φ)sin(nπ－φ)＝(－1)n＋1ea(nπ－φ)sinφ.易知f(xn)≠0，而eq\f(f（xn＋1）,f（xn）)＝eq\f(（－1）n＋2ea[（n＋1）π－φ]sinφ,（－1）n＋1ea（nπ－φ）sinφ)＝－eaπ是常數(shù)，故數(shù)列{f(xn)}是首項為f(x1)＝ea(π－φ)sinφ，公比為－eaπ的等比數(shù)列．(2)由(1)知，sinφ＝eq\f(1,\r(a2＋1))，于是對一切n∈N*；xn＜|f(xn)|恒成立，即nπ－φ＜eq\f(1,\r(a2＋1))ea(nπ－φ)恒成立，等價于eq\f(\r(a2＋1),a)＜eq\f(ea（nπ－φ）,a（nπ－φ）)(*)恒成立，因為(a＞0)．設g(t)＝eq\f(et,t)(t＞0)，則g′(t)＝eq\f(et（t－1）,t2).令g′(t)＝0得t＝1.當0＜t＜1時，g′(t)＜0，所以g(t)在區(qū)間(0，1)上單調遞減；當t＞1時，g′(t)＞0，所以g(t)在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞增．從而當t＝1時，函數(shù)g(t)取得最小值g(1)＝e.因此，要使(*)式恒成立，只需eq\f(\r(a2＋1),a)＜g(1)＝e，即只需a＞eq\f(1,\r(e2－1)).而當a＝eq\f(1,\r(e2－1))時，由tanφ＝eq\f(1,a)＝eq\r(e2－1)＞eq\r(3)且0＜φ＜eq\f(π,2)知，eq\f(π,3)＜φ＜eq\f(π,2).于是π－φ＜eq\f(2π,3)＜eq\r(e2－1)，且當n≥2時，nπ－φ≥2π－φ＞eq\f(3π,2)＞eq\r(e2－1).因此對一切n∈N*，axn＝eq\f(nπ－φ,\r(e2－1))≠1，所以g(axn)＞g(1)＝e＝eq\f(\r(a2＋1),a).故(*)式亦恒成立．綜上所述，若a≥eq\f(1,\r(e2－1))，則對一切n∈N*，xn＜|f(xn)|恒成立．7．(2015·福建，20)已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k∈R)．(1)證明：當x＞0時，f(x)＜x；(2)證明：當k＜1時，存在x0＞0，使得對任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x)；(3)確定k的所有可能取值，使得存在t＞0，對任意的x∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|＜x2.(1)證明令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈(0，＋∞)，則有F′(x)＝eq\f(1,1＋x)－1＝eq\f(－x,x＋1).當x∈(0，＋∞)時，F(xiàn)′(x)＜0，所以F(x)在(0，＋∞)上單調遞減，故當x＞0時，F(xiàn)(x)＜F(0)＝0，即當x＞0時，f(x)＜x.(2)證明令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈(0，＋∞)，則有G′(x)＝eq\f(1,x＋1)－k＝eq\f(－kx＋（1－k）,x＋1).當k≤0時，G′(x)＞0，故G(x)在(0，＋∞)單調遞增，G(x)＞G(0)＝0，故任意正實數(shù)x0均滿足題意．當0＜k＜1時，令G′(x)＝0，得x＝eq\f(1－k,k)＝eq\f(1,k)－1＞0，取x0＝eq\f(1,k)－1，對任意x∈(0，x0)，有G′(x)＞0，從而G(x)在(0，x0)單調遞增，所以G(x)＞G(0)＝0，即f(x)＞g(x)．綜上，當k＜1時，總存在x0＞0，使得對任意x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x)．(3)解當k＞1時，由(1)知，對于?x∈(0，＋∞)，g(x)＞x＞f(x)，故g(x)＞f(x)，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)．M(x)＝kx－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)．則有M′(x)＝k－eq\f(1,1＋x)－2x＝eq\f(－2x2＋（k－2）x＋k－1,x＋1).故當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(k－2＋\r(（k－2）2＋8（k－1）),4)))時，M′(x)＞0，M(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(k－2＋\r(（k－2）2＋8（k－1）),4)))上單調遞增，故M(x)＞M(0)＝0，即|f(x)－g(x)|＞x2，所以滿足題意的t不存在．當k＜1時，由(2)知，存在x0＞0，使得當x∈(0，x0)時，f(x)＞g(x)，此時|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx.令N(x)＝ln(1＋x)－kx－x2，x∈[0，＋∞)．則有N′(x)＝eq\f(1,x＋1)－k－2x＝eq\f(－2x2－（k＋2）x＋1－k,x＋1).當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－（k＋2）＋\r(（k＋2）2＋8（1－k）),4)))時，N′(x)＞0，N(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－（k＋2）＋\r(（k＋2）2＋8（1－k）),4)))上單調遞增，故N(x)＞N(0)＝0，即f(x)－g(x)＞x2.記x0與eq\f(－（k＋2）＋\r(（k＋2）2＋8（1－k）),4)中的較小者為x1，則當x∈(0，x1)時，恒有|f(x)－g(x)|＞x2.故滿足題意的t不存在．當k＝1時，由(1)知，當x＞0時，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1＋x)，令H(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)，則有H′(x)＝1－eq\f(1,1＋x)－2x＝eq\f(－2x2－x,x＋1).當x＞0時，H′(x)＜0，所以H(x)在[0，＋∞)上單調遞減，故H(x)＜H(0)＝0.故當x＞0時，恒有|f(x)－g(x)|＜x2.此時，任意正實數(shù)t均滿足題意．綜上，k＝1.法二(1)(2)證明同法一．(3)解當k＞1時，由(1)知，對于?x∈(0，＋∞)，g(x)＞x＞f(x)，故|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)＞kx－x＝(k－1)x.令(k－1)x＞x2，解得0＜x＜k－1.從而得到，當k＞1時，對于x∈(0，k－1)，恒有|f(x)－g(x)|＞x2，故滿足題意的t不存在．當k＜1時，取k1＝eq\f(k＋1,2)，從而k＜k1＜1，由(2)知，存在x0＞0，使得x∈(0，x0)，f(x)＞k1x＞kx＝g(x)，此時|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＞(k1－k)x＝eq\f(1－k,2)x，令eq\f(1－k,2)x＞x2，解得0＜x＜eq\f(1－k,2)，此時f(x)－g(x)＞x2.記x0與eq\f(1－k,2)的較小者為x1，當x∈(0，x1)時，恒有|f(x)－g(x)|＞x2.故滿足題意的t不存在．當k＝1時，由(1)知，x＞0，|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝x－ln(1＋x)，令M(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)，則有M′(x)＝1－eq\f(1,1＋x)－2x＝eq\f(－2x2－x,x＋1).當x＞0時，M′(x)＜0，所以M(x)在[0，＋∞)上單調遞減，故M(x)＜M(0)＝0.故當x＞0時，恒有|f(x)－g(x)|＜x2，此時，任意正實數(shù)t均滿足題意．綜上，k＝1.8．(2014·新課標全國Ⅰ，21)設函數(shù)f(x)＝aexlnx＋eq\f(bex－1,x)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝e(x－1)＋2.(1)求a，b；(2)證明：f(x)>1.(1)解函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝aexlnx＋eq\f(a,x)ex－eq\f(b,x2)ex－1＋eq\f(b,x)ex－1.由題意可得f(1)＝2，f′(1)＝e.故a＝1，b＝2.(2)證明由(1)知，f(x)＝exlnx＋eq\f(2,x)ex－1，從而f(x)>1等價于xlnx>xe－x－eq\f(2,e).設函數(shù)g(x)＝xlnx，則g′(x)＝1＋lnx.所以當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，g′(x)<0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，g′(x)>0.故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調遞增，從而g(x)在(0，＋∞)上的最小值為geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).設函數(shù)h(x)＝xe－x－eq\f(2,e)，則h′(x)＝e－x(1－x)．所以當x∈(0，1)時，h′(x)>0；當x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0.故h(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，從而h(x)在(0，＋∞)上的最大值為h(1)＝－eq\f(1,e).綜上，當x>0時，g(x)>h(x)，即f(x)>1.9．(2014·北京，18)已知函數(shù)f(x)＝xcosx－sinx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)求證：f(x)≤0；(2)若a<eq\f(sinx,x)<b對x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立，求a的最大值與b的最小值．(1)證明由f(x)＝xcosx－sinx得f′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx.因為在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上f′(x)＝－xsinx<0，所以f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調遞減．從而f(x)≤f(0)＝0.(2)解當x>0時，“eq\f(sinx,x)>a”等價于“sinx－ax>0”；“eq\f(sinx,x)<b”等價于“sinx－bx<0”．令g(x)＝sinx－cx，則g′(x)＝cosx－c.當c≤0時，g(x)>0對任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立．當c≥1時，因為對任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，g′(x)＝cosx－c<0，所以g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調遞減．從而g(x)<g(0)＝0對任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立．當0<c<1時，存在唯一的x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))使得g′(x0)＝cosx0－c＝0.g(x)與g′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的情況如下：x(0，x0)x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))g′(x)＋0－g(x)因為g(x)在區(qū)間[0，x0]上是增函數(shù)，所以g(x0)>g(0)＝0.進一步，“g(x)>0對任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立”當且僅當geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1－eq\f(π,2)c≥0，即0<c≤eq\f(2,π).綜上所述，當且僅當c≤eq\f(2,π)時，g(x)>0對任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立；當且僅當c≥1時，g(x)<0對任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立．所以，若a<eq\f(sinx,x)<b對任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立，則a的最大值為eq\f(2,π)，b的最小值為1.10．(2014·江西，18)已知函數(shù)f(x)＝(x2＋bx＋b)eq\r(1－2x)(b∈R)．(1)當b＝4時，求f(x)的極值；(2)若f(x)在區(qū)間(0，eq\f(1,3))上單調遞增，求b的取值范圍．解(1)當b＝4時，f′(x)＝eq\f(－5x（x＋2）,\r(1－2x))，由f′(x)＝0得x＝－2或x＝0.當x∈(－∞，－2)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；當x∈(－2，0)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；當x∈eq\b\lc\(\rc\