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压轴大题突破练——函数与导数(一)
1．已知f(x)＝x3＋ax2－a2x＋2.
(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若a≠0，求函数f(x)的单调区间；
(3)若不等式2xln x≤f′(x)＋a2＋1恒成立，求实数a的取值范围．
解　(1)∵a＝1，∴f(x)＝x3＋x2－x＋2，
∴f′(x)＝3x2＋2x－1，∴k＝f′(1)＝4，又f(1)＝3，
∴切点坐标为(1,3)，
∴所求切线方程为y－3＝4(x－1)，即4x－y－1＝0.
(2)f′(x)＝3x2＋2ax－a2＝(x＋a)(3x－a)，
由f′(x)＝0得x＝－a或x＝.
①当a>0时，由f′(x)<0，得－a<x<.
由f′(x)>0，得x<－a或x>，
此时f(x)的单调递减区间为(－a，)，单调递增区间为(－∞，－a)和(，＋∞)．
②当a<0时，由f′(x)<0，得<x<－a.
由f′(x)>0，得x<或x>－a，
此时f(x)的单调递减区间为(，－a)，
单调递增区间为(－∞，)和(－a，＋∞)．
综上：当a>0时，f(x)的单调递减区间为(－a，)，
单调递增区间为(－∞，－a)和(，＋∞)．
当a<0时，f(x)的单调递减区间为(，－a)，
单调递增区间为(－∞，)和(－a，＋∞)．
(3)依题意x∈(0，＋∞)，不等式2xln x≤f′(x)＋a2＋1恒成立，等价于2xln x≤3x2＋2ax＋1在(0，＋∞)上恒成立，
可得a≥ln x－x－在(0，＋∞)上恒成立，
设h(x)＝ln x－－，则h′(x)＝－＋
＝－.
令h′(x)＝0，得x＝1，x＝－(舍)，
当0<x<1时，h′(x)>0；当x>1时，h′(x)<0.
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x
(0,1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
单调递增
－2
单调递减
∴当x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝－2，
∴a≥－2，∴a的取值范围是[－2，＋∞)．
2．已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x，g(x)＝ax＋＋1＋2xcos x．当x∈[0,1]时，
(1)求证：1－x≤f(x)≤；
(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
(1)证明　要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≥1－x，
只需证明(1＋x)e－x≥(1－x)ex.
记h(x)＝(1＋x)e－x－(1－x)ex，
则h′(x)＝x(ex－e－x)．
当x∈(0,1)时，h′(x)>0，
因此h(x)在[0,1]上是增函数，
故h(x)≥h(0)＝0，所以f(x)≥1－x，x∈[0,1]．
要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≤，
只需证明ex≥x＋1.
记K(x)＝ex－x－1，则K′(x)＝ex－1，
当x∈(0,1)时，K′(x)>0，
因此K(x)在[0,1]上是增函数，
故K(x)≥K(0)＝0.
所以f(x)≤，x∈[0,1]．
综上，1－x≤f(x)≤，x∈[0,1]．
(2)解　f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2x－(ax＋＋1＋2xcos x)≥1－x－ax－1－－2xcos x
＝－x(a＋1＋＋2cos x)．(由(1)知)
故G(x)＝＋2cos x，则G′(x)＝x－2sin x.
记H(x)＝x－2sin x，则H′(x)＝1－2cos x，
当x∈(0,1)时，H′(x)<0，
于是G′(x)在[0,1]上是减函数．
从而当x∈(0,1)时，G′(x)<G′(0)＝0.
故G(x)在[0,1]上是减函数．
于是G(x)≤G(0)＝2，
从而a＋1＋G(x)≤a＋3.
所以，当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0,1]上恒成立．
下面证明，当a>－3时，f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立．
f(x)－g(x)≤－1－ax－－2xcos x
＝－ax－－2xcos x
＝－x(＋a＋＋2cos x)．(由(1)知)
记I(x)＝＋a＋＋2cos x＝＋a＋G(x)，
则I′(x)＝＋G′(x)，
当x∈(0,1)时，I′(x)<0，
故I(x)在[0,1]上是减函数，
于是I(x)在[0,1]上的值域为[a＋1＋2cos 1，a＋3]．
因为当a>－3时，a＋3>0，
所以存在x0∈(0,1)，使得I(x0)>0，
此时f(x0)<g(x0)，
即f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立．
综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．
3．已知定义在正实数集上的函数f(x)＝x2＋2ax，g(x)＝3a2ln x＋b，其中a>0.设两曲线y＝f(x)，y＝g(x)有公共点，且在该点处的切线相同．
(1)用a表示b，并求b的最大值；
(2)求证：f(x)≥g(x)．
(1)解　f′(x)＝x＋2a，g′(x)＝，
由题意知f(x0)＝g(x0)，f′(x0)＝g′(x0)，
即
由x0＋2a＝，得x0＝a或x0＝－3a(舍去)．
即有b＝a2＋2a2－3a2ln a＝a2－3a2ln a.
令h(t)＝t2－3t2ln t(t>0)，则h′(t)＝2t(1－3ln t)．
于是当t(1－3ln t)>0，即0<t<e时，h′(t)>0；
当t(1－3ln t)<0，即t>e 时，h′(t)<0.
故h(t)在(0，e)上为增函数，在(e，＋∞)上为减函数，
于是h(t)在(0，＋∞)上的最大值为h(e)＝e，
即b的最大值为e.
(2)证明　设F(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋2ax－3a2ln x－b(x>0)，
则F′(x)＝x＋2a－＝(x>0)．
故F′(x)在(0，a)上为减函数，在(a，＋∞)上为增函数．
于是F(x)在(0，＋∞)上的最小值是F(a)＝F(x0)＝f(x0)－g(x0)＝0.
故当x>0时，有f(x)－g(x)≥0，
即当x>0时，f(x)≥g(x)．
4．已知f(x)＝x2＋3x＋1，g(x)＝＋x.
(1)a＝2时，求y＝f(x)和y＝g(x)的公共点个数；
(2)a为何值时，y＝f(x)和y＝g(x)的公共点个数恰为两个．
解　(1)由
得x2＋3x＋1＝＋x，
整理得x3＋x2－x－2＝0(x≠1)．
令y＝x3＋x2－x－2，
求导得y′＝3x2＋2x－1，
令y′＝0，得x1＝－1，x2＝，
故得极值点分别在－1和处取得，且极大值、极小值都是负值．
故公共点只有一个．
(2)由得x2＋3x＋1＝＋x，
整理得a＝x3＋x2－x(x≠1)，
令h(x)＝x3＋x2－x，
联立
对h(x)求导可以得到极值点分别在－1和处，画出草图，如图，

h(－1)＝1，h()＝－，
当a＝h(－1)＝1时，y＝a与y＝h(x)仅有一个公共点(因为(1,1)点不在y＝h(x)曲线上)，
故a＝－时恰有两个公共点．