资源描述
▁▂▃▄▅▆▇█▉▊▋▌精诚凝聚 =^_^= 成就梦想 ▁▂▃▄▅▆▇█▉▊▋▌
2009~2013年高考真题备选题库
第2章 函数、导数及其应用
第11节 导数的应用
考点一 应用导数研究函数的单调性
1．（2013新课标全国Ⅰ，5分）已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．
解：本题主要考查导数的基本知识，利用导数判断函数单调性、求极值．
(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.
由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8.
从而a＝4，b＝4.
(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，
f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2).
令f′(x)＝0得，x＝－ln 2或x＝－2.
从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减．
当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．
2.（2013山东，12分）已知函数f(x)＝ax2＋bx－ln x(a，b∈R)．
(1)设a≥0，求f(x)的单调区间；
(2)设a＞0，且对任意x＞0，f(x)≥f(1)．试比较ln a与－2b的大小．
解：本题主要考查利用导数研究函数的单调性和相关函数值的大小比较，考查分类讨论思想、推理论证能力和运算求解能力．
(1)由f(x)＝ax2＋bx－ln x，x∈(0，＋∞)，
得f′(x)＝.
①当a＝0时，f′(x)＝.
(ⅰ)若b≤0，当x>0时，f′(x)<0恒成立，
所以函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)．
(ⅱ)若b>0，当0<x<时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x>时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
②当a>0时，令f′(x)＝0，
得2ax2＋bx－1＝0.
由Δ＝b2＋8a>0，得x1＝，
x2＝.
当0<x<x2时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x>x2时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
综上所述，
当a＝0，b≤0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)；
当a＝0，b>0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是，＋∞.
(2)由题意知，函数f(x)在x＝1处取得最小值．
由(1)知是f(x)的唯一极小值点，
故＝1，整理得2a＋b＝1即b＝1－2a.
令g(x)＝2－4x＋ln x，
则g′(x)＝.
令g′(x)＝0，得x＝，
当0<x<时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x>时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
因此g(x)≤g＝1＋ln ＝1－ln 4<0.
故g(a)<0，即2－4a＋ln a＝2b＋ln a<0，
即ln a<－2b.
3．（2013湖南，13分）已知函数f(x)＝ex.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：当f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)时，x1＋x2＜0.
解：本题主要考查函数求导、函数的单调区间和不等式的证明，意在结合转化思想和函数思想，考查考生的计算能力、利用函数思想证明不等式的能力．
(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)．
f′(x)＝′ex＋ex＝ex＝ex.
当x<0时，f′(x)>0；当x>0时，f′(x)<0.
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)．
(2)证明：当x<1时，由于>0，ex>0，故f(x)>0；
同理，当x>1时，f(x)<0.
当f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)时，不妨设x1<x2，由(1)知，x1∈(－∞，0)，x2∈(0,1)．
下面证明：∀x∈(0,1)，f(x)<f(－x)，即证
ex<e－x.
此不等式等价于(1－x)ex－<0，
令g(x)＝(1－x)ex－，则g′(x)＝－xe－x(e2x－1)．
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，从而g(x)<g(0)＝0.即(1－x)ex－<0.
所以∀x∈(0,1)，f(x)<f(－x)．
而x2∈(0,1)，所以f(x2)<f(－x2)，从而f(x1)<f(－x2)．
由于x1，－x2∈(－∞，0)，f(x)在(－∞，0)上单调递增，所以x1<－x2，即x1＋x2<0.
4．(2009·江苏，5分)函数f(x)＝x3－15x2－33x＋6的单调减区间为________．
解析：f′(x)＝3x2－30x－33＝3(x2－10x－11)
＝3(x＋1)(x－11)<0，
解得：－1<x<11，故减区间为(－1,11)．
答案：(－1,11)
5．（2012福建，14分）已知函数f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；
(2)试确定a的取值范围，使得曲线y＝f(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.
解：(1)由于f′(x)＝ex＋2ax－e，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率k＝2a＝0，
所以a＝0，即f(x)＝ex－ex.
此时f′(x)＝ex－e，由f′(x)＝0得x＝1.
当x∈(－∞，1)时，有f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，有f′(x)＞0.
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，
令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲线y＝f(x)在点P处的切线与曲线y＝f(x)只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点．
因为g(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0)．
(1)若a≥0，当x＞x0时，g′(x)＞0，
则x＞x0时，g(x)＞g(x0)＝0；
当x＜x0时，g′(x)＜0，则x＜x0时，g(x)＞g(x0)＝0.故g(x)只有唯一零点x＝x0.
由P的任意性，a≥0不合题意．
(2)若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，则h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a.
令h′(x)＝0，得x＝ln(－2a)，记x*＝ln(－2a)，则当x∈(－∞，x*)时
h′(x)＜0，从而h(x)在(－∞，x*)内单调递减；当x∈(x*，＋∞)时，
h′(x)＞0，从而h(x)在(x*，＋∞)内单调递增．
①若x0＝x*，由x∈(－∞，x*)时，g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0；由x∈(x*，＋∞)时，g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0.知g(x)在R上单调递增．
所以函数g(x)在R上有且只有一个零点x＝x*.
②若x0＞x*，由于h(x)在(x*，＋∞)内单调递增，且h(x0)＝0，则当x∈(x*，x0)时，有g′(x)＝h(x)＜h(x0)＝0，g(x)＞g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(x1)＞0.
又当x∈(－∞，x1)时，易知g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＜ex1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋c，
其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0)．
由于a＜0，则必存在x2＜x1，使得ax＋bx2＋c＜0.
所以g(x2)<0，故g(x)在(x2，x1)内存在零点．即g(x)在R上至少有两个零点．
③若x0<x*，仿②并利用ex>，可证函数g(x)在R上至少有两个零点．
综上所述，当a<0时，曲线y＝f(x)上存在唯一点P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.
6．(2010新课标全国，12分)设函数f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)若a＝0，求f(x)的单调区间；
(2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围．
解：(1)a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)单调减少，在(0，＋∞)单调增加．
(2)f′(x)＝ex－1－2ax.
由(1)知ex≥1＋x，当且仅当x＝0时等号成立．
故f′(x)≥x－2ax＝(1－2a)x，从而当1－2a≥0，
即a≤时，f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)＝0，
于是当x≥0时，f(x)≥0.
由ex>1＋x(x≠0)可得e－x>1－x(x≠0)，从而当a>时，f′(x)<ex－1＋2a(e－x－1)＝e－x(ex－1)(ex－2a)，
故当x∈(0，ln2a)时， f′(x)<0，而f(0)＝0，于是当x∈(0，ln2a)时，f(x)<0，综合得a的取值范围为(－∞，]．
7．(2011北京，13分)已知函数f(x)＝(x－k)2e.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若对于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤，求k的取值范围．
解：(1)f ′(x)＝(x2－k2)e.
令f ′(x)＝0，得x＝±k.
当k>0时，f(x)与f ′(x)的情况如下：
x
(－∞，－k)
－k
(－k，k)
k
(k，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
4k2e－1
0
所以 ，f(x)的单调递增区间是(－∞，－k)和(k，＋∞)；单调递减区间是(－k，k)．
当k<0时，f(x)与f ′(x)的情况如下：
x
(－∞，k)
k
(k，－k)
－k
(－k，＋∞)
f ′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
0
4k2e－1
所以 ，f(x)的单调递减区间是(－∞，k)和(－k，＋∞)；单调递增区间是(k，－k)．
(2)当k>0时，因为f(k＋1)＝e>，所以不会有∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤.
当k<0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是
f(－k)＝.
所以∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤等价于f(－k)＝≤.
解得－≤k<0.
故当∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤时，k的取值范围是[－，0)．
考点二 应用导数研究函数的极值和最值
1．（2013新课标全国Ⅱ，5分）已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是( )
A.∃ x0∈R，f(x0)＝0
B.函数y＝f(x)的图象是中心对称图形
C.若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减
D.若x0是f(x)的极值点，则 f′(x0)＝0
解析：本题考查三次函数的性质，考查数形结合思想，考查考生分析问题和解决问题的能力．由于三次函数的三次项系数为正值，当x→－∞时，函数值→－∞，当x→＋∞时，函数值也→＋∞，又三次函数的图象是连续不断的，故一定穿过x轴，即一定∃x0∈R，f(x0)＝0，选项A中的结论正确；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＝x3＋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，选项B中的结论正确；由于三次函数的三次项系数为正值，故函数如果存在极值点x1，x2，则极小值点x2＞x1，即函数在－∞到极小值点的区间上是先递增后递减的，所以选项C中的结论错误；根据导数与极值的关系，显然选项D中的结论正确.
答案：C
2．（2013辽宁，5分）设函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝，f(2)＝，则x>0时，f(x)( )
A．有极大值，无极小值
B．有极小值，无极大值
C．既有极大值又有极小值
D．既无极大值也无极小值
解析：本题考查导数的应用以及转化能力．由题意[x2f(x)]′＝，令g(x)＝x2f(x)，则g′(x)＝，且f(x)＝，因此f′(x)＝＝.令h(x)＝ex－2g(x)，则h′(x)＝ex－2g′(x)＝ex－＝，所以x>2时，h′(x)>0；0<x<2时，h′(x)<0.从而有h(x)≥h(2)＝0，
即f′(x)≥0，所以当x>0时，f(x)是单调递增的，
f(x)既无极大值也无极小值．
答案：C
3．（2013湖北，5分）已知a为常数，函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，则( )
A．f(x1)＞0，f(x2)＞－
B．f(x1)＜0，f(x2)＜－
C．f(x1)＞0，f(x2)＜－
D．f(x1)＜0，f(x2)＞－
解析：本题主要考查函数与导数的基础知识与基本运算，意在考查考生分析问题、处理问题的能力．
∵f(x)＝x(ln x－ax)，
∴f′(x)＝ln x－2ax＋1.又函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点x1，x2，
∴f′(x)＝ln x－2ax＋1有两个零点x1，x2，即函数g(x)＝ln x与函数h(x)＝2ax－1有两个交点．∴a>0，且0<x1<x2.
设经过点(0，－1)的曲线g(x)＝ln x的切线与曲线g(x)＝ln x相切于点(x0，ln x0)，则切线方程为y－ln x0＝(x－x0)，将点(0，－1)代入，得x0＝1，故切点为(1,0)．此时，切线的斜率k＝1，∴要使函数g(x)＝ln x与函数h(x)＝2ax－1的图象有两个交点，结合图象可知，0<2a<1，即0<a<且0<x1<1<x2.
由函数的单调性得：
(0，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
最小值
最大值
∴f(x1)<0，f(x2)>f(1)＝－a>－.故选D.
答案：D
4．（2013福建，13分）已知函数f(x)＝x－aln x(a∈R)．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的极值．
解：本小题主要考查函数、导数的几何意义、函数的极值等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、分类与整合思想、数形结合思想、化归与转化思想．
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－.
(1)当a＝2时，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－(x>0)，
因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，
所以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.
(2)由f′(x)＝1－＝，x>0知：
①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；
②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a，
又当x∈(0，a)时，f′(x)<0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，
从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－aln a，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；
当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－aln a，无极大值．
5．（2013浙江，14分）已知a∈R，函数f(x)＝x3－3x2＋3ax－3a＋3.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当x∈[0,2]时，求|f(x)|的最大值．
解：本题以三次函数为载体，主要考查利用导数研究函数的性质、二次函数、绝对值等基础知识，意在考查考生的推理能力，函数与方程、分类讨论、数形结合等思想方法．
(1)由题意得f′(x)＝3x2－6x＋3a，故f′(1)＝3a－3.
又f(1)＝1，所以所求的切线方程为y＝(3a－3)x－3a＋4.
(2)由于f′(x)＝3(x－1)2＋3(a－1)，0≤x≤2，故
①当a≤0时，有f′(x)≤0，此时f(x)在[0,2]上单调递减，故|f(x)|max＝max{|f(0)|，|f(2)|}＝3－3a.
②当a≥1时，有f′(x)≥0，此时f(x)在[0,2]上单调递增，故|f(x)|max＝max{|f(0)|，|f(2)|}＝3a－1.
③当0<a<1时，设x1＝1－，x2＝1＋，
则0<x1<x2<2，f′(x)＝3(x－x1)(x－x2)．
列表如下：
x
0
(0，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2,2)
2
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
3－3a
单调递增
极大值f(x1)
单调递减f(x2)
极小值
单调递增
3a－1
由于f(x1)＝1＋2(1－a)，f(x2)＝1－2(1－a)，
故f(x1)＋f(x2)＝2>0，f(x1)－f(x2)＝
4(1－a)>0.
从而f(x1)>|f(x2)|.
所以|f(x)|max＝max{f(0)，|f(2)|，f(x1)}．
(ⅰ)当0<a<时，f(0)>|f(2)|.
又f(x1)－f(0)＝2(1－a)－(2－3a)＝>0，
故|f(x)|max＝f(x1)＝1＋2(1－a).
(ⅱ)当≤a<1时，|f(2)|＝f(2)，且f(2)≥f(0)．
又f(x1)－|f(2)|＝2(1－a)－(3a－2)＝，
所以当≤a<时，f(x1)>|f(2)|.
故|f(x)|max＝f(x1)＝1＋2(1－a).
当≤a<1时，f(x1)≤|f(2)|.
故|f(x)|max＝|f(2)|＝3a－1.
综上所述，|f(x)|max＝
6.（2011安徽，5分）函数f(x)＝axm(1－x)n在区间[0,1]上的图像如图所示，则m，n的值可能是( )
A．m＝1，n＝1
B．m＝1，n＝2
C．m＝2，n＝1
D．m＝3，n＝1
解析：当x＝0.5时，f(x)＝a0.5m0.5n>0，∴a>0.
当m＝1，n＝1时，f(x)＝ax(1－x)图像关于直线x＝对称，所以A不可能；
当m＝1，n＝2时，f(x)＝ax(1－x)2＝a(x3－2x2＋x)，
f′(x)＝a(3x－1)(x－1)，
所以f(x)max＝f()＝且<0.5，由图可知B可能；
当m＝2，n＝1时，f(x)＝ax2(1－x)＝－a(x3－x2)，
f′(x)＝－ax(3x－2)，所以f(x)max＝f()＝，
>0.5，所以C不可能；
当m＝3，n＝1时，f(x)＝ax3(1－x)＝－a(x4－x3)，
f′(x)＝－ax2(4x－3)，
所以f(x)max＝f()＝，>0.5，所以D不可能．
答案：B
7．（2011湖南，5分）设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝lnx的图像分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为( )
A．1 B.
C. D.
解析：|MN|的最小值，即函数h(x)＝x2－lnx的最小值，
h′(x)＝2x－＝，显然x＝是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t＝.
答案：D
8．（2012江苏，16分）若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y＝f(x)的极值点．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点．
(1)求a和b的值；
(2)设函数g(x)的导函数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点；
(3)设h(x)＝f(f(x))－c，其中c∈[－2,2]，求函数y＝h(x)的零点个数．
解：(1)由题设知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3.
(2)由(1)知f(x)＝x3－3x.因为f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2，于是函数g(x)的极值点只可能是1或－2.
当x<－2时，g′(x)<0；当－2<x<1时，g′(x)>0，故－2是g(x)的极值点．
当－2<x<1或x>1时，g′(x)>0，故1不是g(x)的极值点．
所以g(x)的极值点为－2.
(3)令f(x)＝t，则h(x)＝f(t)－c.先讨论关于x的方程f(x)＝d根的情况，d∈[－2,2]．
当|d|＝2时，由(2)可知，f(x)＝－2的两个不同的根为1和－2，注意到f(x)是奇函数，所以f(x)＝2的两个不同的根为－1和2.
当|d|<2时，因为f(－1)－d＝f(2)－d＝2－d>0，f(1)－d＝f(－2)－d＝－2－d<0，
所以－2，－1,1,2都不是f(x)＝d的根．由(1)知f′(x)＝3(x＋1)(x－1)．
①当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，于是f(x)是单调增函数，从而f(x)>f(2)＝2，此时f(x)＝d无实根．同理，f(x)＝d在(－∞，－2)上无实根．
②当x∈(1,2)时，f′(x)>0，于是f(x)是单调增函数，又f(1)－d<0，f(2)－d>0，y＝f(x)－d的图像不间断，所以f(x)＝d在(1,2)内有惟一实根．同理，f(x)＝d在(－2，－1)内有惟一实根．
③当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，故f(x)是单调减函数，又f(－1)－d>0，f(1)－d<0，
y＝f(x)－d的图像不间断，所以f(x)＝d在(－1,1)内有惟一实根．
由上可知：当|d|＝2时，f(x)＝d有两个不同的根x1，x2满足|x1|＝1，|x2|＝2；
当|d|<2时，f(x)＝d有三个不同的根x3，x4，x5满足|xi|<2，i＝3,4,5.
现考虑函数y＝h(x)的零点．
(ⅰ)当|c|＝2时，f(t)＝c有两个根t1，t2满足|t1|＝1，|t2|＝2，而f(x)＝t1有三个不同的根，f(x)＝t2有两个不同的根，故y＝h(x)有5个零点．
(ⅱ)当|c|<2时，f(t)＝c有三个不同的根t3，t4，t5满足|ti|<2，i＝3,4,5，而f(x)＝ti(i＝3,4,5)有三个不同的根，故y＝h(x)有9个零点．
综上可知，当|c|＝2时，函数y＝h(x)有5个零点；
当|c|<2时，函数y＝h(x)有9个零点．
9．(2010安徽，12分)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
解：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln2.
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，ln2)
ln2
(ln2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
2(1－ln2＋a)
单调递增
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，
f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．
(2)证明：设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，
于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当a>ln2－1时，g′(x)最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.
于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．
于是当a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．
而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
考点三 利用导数研究函数的综合问题
1．（2013新课标全国Ⅰ，12分）设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)，若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.
(1)求a，b，c，d的值；
(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．
解：本题主要考查利用导数求解曲线的切线，利用函数的导数研究函数的最值，进而解答不等式恒成立问题，意在考查考生综合运用导数这一重要工具解答函数与不等式问题的综合能力．
(1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.
而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)，故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.
从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.
(2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)．
设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，
则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1)．
由题设可得F(0)≥0，即k≥1.
令F′(x)＝0得x1＝－lnk，x2＝－2.
(ⅰ)若1≤k＜e2，则－2＜x1≤0，从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)＜0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增，故F(x)在[－2，＋∞)的最小值为F(x1)．而F(x1)＝2x1＋2－x－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.
故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．
(ⅱ)若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2)．从而当x＞－2时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增．而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．
(ⅲ)若k＞e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0.从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．
综上，k的取值范围是[1，e2]．
2．(2013山东，13分)设函数f(x)＝＋c(e＝2.718 28…是自然对数的底数，c∈R)．
(1)求f(x)的单调区间、最大值；
(2)讨论关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数．
解：本题考查导数的运算、导数与函数单调性的关系、利用导数研究方程的根等基础知识和基本方法，意在考查数形结合思想、函数与方程思想和考生的运算求解能力、逻辑推理能力以及综合运用知识分析问题、解决问题的能力．
(1)f′(x)＝(1－2x)e－2x，
由f′(x)＝0，解得x＝.
当x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x>时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以，函数f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是，最大值为f＝e－1＋c.
(2)令g(x)＝|ln x|－f(x)＝|ln x|－xe－2x－c，x∈(0，＋∞)．
①当x∈(1，＋∞)时，ln x>0，则g(x)＝ln x－xe－2x－c，
所以g′(x)＝e－2x.
因为2x－1>0，>0，所以g′(x)>0.
因此g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
②当x∈(0,1)时，ln x<0，则g(x)＝－ln x－xe－2x－c，
所以g′(x)＝e－2x.
因为e2x∈(1，e2)，e2x>1>x>0，所以－<－1.
又2x－1<1，所以－＋2x－1<0，即g′(x)<0.
因此g(x)在(0,1)上单调递减．
综合①②可知当x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g(1)＝－e－2－c.
当g(1)＝－e－2－c>0，即c<－e－2时，g(x)没有零点，
故关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数为0；
当g(1)＝－e－2－c＝0，即c＝－e－2时，g(x)只有一个零点，
故关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数为1；
当g(1)＝－e－2－c<0，即c>－e－2时，
①当x∈(1，＋∞)时，由(1)知
g(x)＝ln x－xe－2x－c≥ln x－>ln x－1－c，
要使g(x)>0，只需使ln x－1－c>0，即x∈(e1＋c，＋∞)；
②当x∈(0,1)时，由(1)知
g(x)＝－ln x－xe－2x－c≥－ln x－>－ln x－1－c，
要使g(x)>0，只需－ln x－1－c>0，即x∈(0，e－1－c)；
所以c>－e－2时，g(x)有两个零点，
故关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数为2.
综上所述，
当c<－e－2时，关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数为0；
当c＝－e－2时，关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数为1；
当c>－e－2时，关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数为2.
3．（2013陕西，14分）已知函数f(x)＝ex，x∈R.
(1)若直线y＝kx＋1与f(x)的反函数的图象相切，求实数k的值；
(2)设x>0，讨论曲线y＝f(x)与曲线y＝mx2(m>0)公共点的个数；
(3)设a<b，比较与的大小，并说明理由．
解：本题考查指数函数和对数函数互为反函数，函数导数的几何意义，利用导数研究两函数图象交点个数和比较大小的方法．
(1)f(x)的反函数为g(x)＝ln x.
设直线y＝kx＋1与g(x)＝ln x的图象在P(x0，y0)处相切，
则有y0＝kx0＋1＝ln x0，k＝g′(x0)＝，
解得x0＝e2，k＝.
(2)曲线y＝ex与y＝mx2的公共点个数等于曲线y＝与y＝m的公共点个数．
令φ(x)＝，则φ′(x)＝，∴φ′(2)＝0.
当x∈(0,2)时，φ′(x)<0，φ(x)在(0,2)上单调递减；
当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)在(0，＋∞)上的最小值为φ(2)＝.
当0<m<时，曲线y＝与y＝m无公共点；
当m＝时，曲线y＝与y＝m恰有一个公共点；
当m>时，在区间(0,2)内存在x1＝，使得φ(x1)>m，在(2，＋∞)内存在x2＝me2，使得φ(x2)>m.由φ(x)的单调性知，曲线y＝与y＝m在(0，＋∞)上恰有两个公共点．
综上所述，当x>0时，
若0<m<，曲线y＝f(x)与y＝mx2没有公共点；
若m＝，曲线y＝f(x)与y＝mx2有一个公共点；
若m>，曲线y＝f(x)与y＝mx2有两个公共点．
(3)法一：可以证明>.事实上，
>⇔>
⇔>⇔>1－
⇔>1－(b>a)． (*)
令ψ(x)＝＋－1(x≥0)，
则ψ′(x)＝－＝＝≥0(仅当x＝0时等号成立)，
∴ψ(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴x>0时，ψ(x)>ψ(0)＝0.
令x＝b－a，即得(*)式，结论得证．
法二：－
＝－
＝
＝[(b－a)eb－a＋(b－a)－2eb－a＋2]，
设函数u(x)＝xex＋x－2ex＋2(x≥0)，
则u′(x)＝ex＋xex＋1－2ex，
令h(x)＝u′(x)，则h′(x)＝ex＋ex＋xex－2ex＝xex≥0(仅当x＝0时等号成立)，
∴u′(x)单调递增，
∴当x>0时，u′(x)>u′(0)＝0，∴u(x)单调递增．
当x>0时，u(x)>u(0)＝0.
令x＝b－a，则得(b－a)eb－a＋(b－a)－2eb－a＋2>0，
∴－>0，
因此，>.
4．（2012山东，13分）已知函数f(x)＝(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求k的值；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)设g(x)＝(x2＋x)f′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x>0，g(x)<1＋e－2.
解：(1)由f(x)＝，
得f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，
由于曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与x轴平行，所以f′(1)＝0，因此k＝1.
(2)由(1)得f′(x)＝(1－x－xln x)，x∈(0，＋∞)，
令h(x)＝1－x－xln x，x∈(0，＋∞)，
当x∈(0,1)时，h(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.
又ex>0，所以x∈(0,1)时，f′(x)>0；
x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
因此f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(3)证明：因为g(x)＝(x2＋x)f′(x)，
所以g(x)＝(1－x－xln x)，x∈(0，＋∞)．
因此对任意x>0，g(x)<1＋e－2等价于1－x－xln x<(1＋e－2)．
由(2)h(x)＝1－x－xln x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝－ln x－2＝－(ln x－ln e－2)，x∈(0，＋∞)，
因此当x∈(0，e－2)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(e－2，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
所以h(x)的最大值为h(e－2)＝1＋e－2，
故1－x－xln x≤1＋e－2.
设φ(x)＝ex－(x＋1)．
因为φ′(x)＝ex－1＝ex－e0，
所以x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
φ(x)>φ(0)＝0，
故x∈(0，＋∞)时，φ(x)＝ex－(x＋1)>0，
即>1.
所以1－x－xln x≤1＋e－2<(1＋e－2)．
因此对任意x>0，g(x)<1＋e－2.
5．（2012浙江，14分）已知a＞0，b∈R，函数f(x)＝4ax3－2bx－a＋b.
(1)证明：当0≤x≤1时，
①函数f(x)的最大值为|2a－b|＋a；
②f(x)＋|2a－b|＋a≥0；
(2)若－1≤f(x)≤1对x∈[0,1]恒成立，求a＋b的取值范围．
解：(1)①f′(x)＝12ax2－2b＝12a(x2－)．
当b≤0时，有f′(x)≥0，此时f(x)在[0，＋∞)上单调递增．
当b＞0时，f′(x)＝12a(x＋)(x－)，
此时f(x)在[0，]上单调递减，在[，＋∞)上单调递增．
所以当0≤x≤1时，f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b,3a－b}＝＝|2a－b|＋a.
②由于0≤x≤1，故
当b≤2a时，
f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1)．
当b＞2a时，
f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a＞4ax3＋4a(1－x)－2a＝2a(2x3－2x＋1)．
设g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，则
g′(x)＝6x2－2＝6(x－)(x＋)，
于是
x
0
(0，)
(，1)
1
g′(x)
－
0
＋
g(x)
1
减
极小值
增
1
所以，g(x)min＝g()＝1－＞0.
所以当0≤x≤1时，2x3－2x＋1＞0.
故f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0.
(2)由①知，当0≤x≤1时，f(x)max＝|2a－b|＋a，所以|2a－b|＋a≤1.
若|2a－b|＋a≤1，则由②知f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1.
所以－1≤f(x)≤1，对任意0≤x≤1恒成
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
