2016届高考数学（理）5年高考真题备考试题库：第2章 第11节 导数的应用 26页

2010~2014 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 1. （2014 四川，5 分）已知 f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，x∈(－1,1)，现有下列命题：① f(－x)＝－f(x)；②f( 2x 1＋x2 )＝2f(x)；③|f(x)|≥2|x|.其中的所有正确命题的序号是(　　) A．①②③ B．②③ C．①③ D．①② 解析：f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝－f(x)，故①正确；因为 f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)＝ln 1＋x 1－x，又当 x∈(－1,1)时， 2x 1＋x2∈(－1,1)，所以 f( 2x 1＋x2 )＝ln 1＋ 2x 1＋x2 1－ 2x 1＋x2 ＝ln( 1＋x 1－x )2＝2ln1＋x 1－x＝ 2f(x)，故②正确；当 x∈[0,1)时，|f(x)|≥2|x|⇔f(x)－2x≥0，令 g(x)＝f(x)－2x＝ln(1＋x)－ln(1 －x)－2x(x∈[0,1))，因为 g′(x)＝ 1 1＋x＋ 1 1－x－2＝ 2x2 1－x2>0，所以 g(x)在区间[0,1)上单调递 增，g(x)＝f(x)－2x≥g(0)＝0，即 f(x)≥2x，又 f(x)与 y＝2x 都为奇函数，所以|f(x)|≥2|x|成立， 故③正确，故选 A. 答案：A 2. （2014 新课标全国Ⅱ，5 分）设函数 f(x)＝ 3sinπx m.若存在 f(x)的极值点 x0 满足 x20＋ [f(x0)]23，其中 k∈Z.由题意，存在整数 k 使得不等式 m21－(k＋1 2 )2>3 成立．当 k≠－1 且 k≠0 时，必有 (k＋1 2 )2>1，此时不等式显然不能成立，故 k＝－1 或 k＝0，此时，不等式 即为 3 4m2>3，解得 m<－2 或 m>2. 答案：C 3. （2014 辽宁，5 分）当 x∈[－2,1]时，不等式 ax3－x2＋4x＋3≥0 恒成立，则实数 a 的取值范围是(　　) A．[－5，－3] B.[－6，－9 8]C．[－6，－2] D．[－4，－3] 解析：当 x∈(0,1]时，得 a≥－3( 1 x )3－4( 1 x )2＋1 x，令 t＝1 x，则 t∈[1，＋∞)，a≥ －3t3－4t2＋t，令 g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，则 g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)(9t－ 1)，显然在[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)单调递减，所以 g(t)max＝g(1)＝－6，因此 a≥－6； 同理，当 x∈[－2,0)时，得 a≤－3( 1 x )3－4( 1 x )2＋1 x，令 m＝1 x，则 m∈(－∞，－1 2]，a≤ －3m3－4m2＋m，令 g(m)＝－3m3－4m2＋m，m∈(－∞，－1 2]，则 g′(m)＝－9m2－8m＋1＝ －(m＋1)(9m－1)．显然在(－∞，－1]上 g′(m)<0，在[－1，－1 2]上，g′(m)>0，所以 g(m)min ＝g(－1)＝－2.所以 a≤－2.由以上两种情况得－6≤a≤－2，显然当 x＝0 时也成立．故实数 a 的取值范围为[－6，－2]． 答案：C 4. （2014 湖北，14 分）π 为圆周率，e＝2.718 28…为自然对数的底数． (1)求函数 f(x)＝ln x x 的单调区间； (2)求 e3,3e，eπ，πe,3π，π3 这 6 个数中的最大数与最小数； (3)将 e3,3e，eπ，πe,3π，π3 这 6 个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论． 解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)， 因为 f(x)＝ln x x ，所以 f′(x)＝1－ln x x2 . 当 f′(x)>0，即 0e 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 3π3； 由ln 3 3 2－e π.　① 由①得，eln π>e(2－e π )>2.7×(2－2.72 3.1 )>2.7×(2－0.88)＝3.024>3， 即 eln π>3，亦即 ln πe>ln e3，所以 e3<πe. 又由①得，3ln π>6－3e π >6－e>π，即 3ln π>π，所以 eπ<π3. 综上可得，3e0， 所以当 x∈(0,2)时，f′(x)<0，函数 y＝f(x)单调递减， x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数 y＝f(x)单调递增． 所以 f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)由(1)知，k≤0 时，函数 f(x)在(0,2)内单调递减， 故 f(x)在(0,2)内不存在极值点； 当 k>0 时，设函数 g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)， 因为 g′(x)＝ex－k＝ex－eln k， 当 00，y＝g(x)单调递增． 故 f(x)在(0,2)内不存在两个极值点； 当 k>1 时，得 x∈(0，ln k)时，g′(x)<0，函数 y＝g(x)单调递减． x∈(ln k，＋∞)时，g′(x)>0，函数 y＝g(x)单调递增． 所以函数 y＝g(x)的最小值为 g(ln k)＝k(1－ln k)． 函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点当且仅当Error!解得 e0. (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． 解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， f′(x)＝1＋a－2x－3x2. 令 f′(x)＝0，得 x1＝ －1－ 4＋3a 3 ，x2＝ －1＋ 4＋3a 3 ，x1x2 时，f′(x)<0；当 x10. 故 f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增． (2)因为 a>0，所以 x1<0，x2>0. ①当 a≥4 时，x2≥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 00 时，x20，t(a)在(0，1 3 )上是增函数，故 t(a)≥t(0)＝－ 2， 因此－2≤3a＋b≤0； ③当1 30，g(1)＝e－2a－b>0. 由 f(1)＝0 有 a＋b＝e－1<2，有 g(0)＝1－b＝a－e＋2>0，g(1)＝e－2a－b＝1－a>0. 解得 e－20，g(1)＝1－a>0， 故此时 g(x)在(0，ln(2a))和(ln(2a)，1)内各只有一个零点 x1 和 x2. 由此可知 f(x)在[0，x1]上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在[x2,1]上单调递增． 所以 f(x1)>f(0)＝0，f(x2)0)，则 t>1，所以 m≤－ t－1 t2－t＋1＝－ 1 t－1＋ 1 t－1＋1 对任意 t>1 成立． 因为 t－1＋ 1 t－1＋1≥2 (t－1)· 1 t－1＋1＝3， 所以－ 1 t－1＋ 1 t－1＋1 ≥－1 3， 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(－∞，－1 3]. (3)令函数 g(x)＝ex＋1 ex－a(－x3＋3x)， 则 g′(x)＝ex－1 ex＋3a(x2－1)． 当 x≥1 时，ex－1 ex>0，x2－1≥0， 又 a>0，故 g′(x)>0. 所以 g(x)是[1，＋∞)上的单调增函数，因此 g(x)在[1，＋∞)上的最小值是 g(1)＝e＋e－1 －2a. 由于存在 x0∈[1，＋∞)，使 ex0＋e－x0－a(－x30＋3x0)<0 成立，当且仅当最小值 g(1)<0. 故 e＋e－1－2a<0，即 a>e＋e－1 2 . 令函数 h(x)＝x－(e－1)ln x－1， 则 h′(x)＝1－e－1 x .令 h′(x)＝0，得 x＝e－1， 当 x∈(0，e－1)时，h′(x)<0， 故 h(x)是(0，e－1)上的单调减函数； 当 x∈(e－1，＋∞)时，h′(x)>0， 故 h(x)是(e－1，＋∞)上的单调增函数． 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(e)＝0，即 a－1>(e－1)ln a，故 ea－1>ae－1. 综上所述，当 a∈( e＋e－1 2 ，e)时，ea－1ae－1. 11. （2014 辽宁，12 分）已知函数 f(x)＝(cos x－x)(π＋2x)－8 3(sin x＋1)，g(x)＝3(x－π)cos x－4(1＋sin x)ln(3－2x π ). 证明：(1)存在唯一 x0∈(0，π 2 )，使 f(x0)＝0； (2)存在唯一 x1∈( π 2，π )，使 g(x1)＝0，且对(1)中的 x0，有 x0＋x1<π. 证明：(1)当 x∈(0，π 2 )时，f′(x)＝－(1＋sin x)(π＋2x)－2x－2 3cos x<0， 则函数 f(x)在(0，π 2 )上为减函数， 又 f(0)＝π－8 3>0，f( π 2 )＝－π2－16 3 <0， 所以存在唯一 x0∈(0，π 2 )，使 f(x0)＝0. (2)考虑函数 h(x)＝3(x－π)cos x 1＋sin x －4ln(3－2x π )，x∈[ π 2，π ]. 令 t＝π－x，则 x∈[ π 2，π ]时，t∈[0，π 2 ]. 设 u(t)＝h(π－t)＝ 3tcos t 1＋sin t－4ln(1＋2t π )， 则 u′(t)＝ 3f(t) (π＋2t)(1＋sin t). 由(1)得，当 t∈(0，x0)时，u′(t)>0， 当 t∈(x0，π 2)时，u′(t)<0. 在(0，x0)上 u(t)是增函数，又 u(0)＝0， 从而当 t∈(0，x0]时，u(t)>0， 所以 u(t)在(0，x0]上无零点． 在(x0，π 2)上 u(t)为减函数，由 u(x0)>0，u( π 2 )＝－4ln 2<0，知存在唯一 t1∈(x0，π 2)， 使 u(t1)＝0. 所以存在唯一的 t1∈(0，π 2 )，使 u(t1)＝0. 因此存在唯一的 x1＝π－t1∈( π 2，π )，使 h(x1)＝h(π－t1)＝u(t1)＝0. 因为当 x∈( π 2，π )时，1＋sin x>0， 故 g(x)＝(1＋sin x)h(x)与 h(x)有相同的零点， 所以存在唯一的 x1∈( π 2，π )，使 g(x1)＝0. 因 x1＝π－t1，t1>x0，所以 x0＋x1<π. 12. （2014 天津，14 分）设 f(x)＝x－aex(a∈R)，x∈R.已知函数 y＝f(x)有两个零点 x1， x2，且 x10 在 R 上恒成立，可得 f(x)在 R 上单调递增，不合题意． ②a>0 时 由 f′(x)＝0，得 x＝－ln a. 当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，－ln a) －ln a (－ln a，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  －ln a－1  这时，f(x)的单调递增区间是(－∞，－ln a)；单调递减区间是(－ln a，＋∞)．于是，“函 数 y＝f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立：a.f(－ln a)>0； b．存在 s1∈(－∞，－ln a)，满足 f(s1)<0； c．存在 s2∈(－ln a，＋∞)，满足 f(s2)<0. 由 f(－ln a)>0，即－ln a－1>0，解得 00. 由已知，x1，x2 满足 a＝g(x 1)，a＝g(x 2)，由 a∈(0，e －1)，及 g(x)的单调性，可得 x1(0,1)，x2∈(1，＋∞)． 对于任意的 a1，a2∈(0，e－1)，设 a1>a2，g(ξ1)＝g(ξ2)＝a1,0<ξ1<1<ξ2，g(η1)＝g(η2)＝a2， 其中 0<η1<1<η2. 因为 g(x)在(0,1)上单调递增，故由 a1>a2，即 g(ξ1)>g(η1)，可得 ξ1>η1；类似可得 ξ2<η2. 又由 ξ1，η1>0，得ξ2 ξ1<η2 ξ1<η2 η1. 所以x2 x1随着 a 的减小而增大． (3)证明：由 x1＝aex1，x2＝aex2， 可得 ln x1＝ln a＋x1，ln x2＝ln a＋x2. 故 x2－x1＝ln x2－ln x1＝lnx2 x1. 设x2 x1＝t，则 t>1，且Error! 解得 x1＝ ln t t－1，x2＝tln t t－1. 所以，x1＋x2＝ (t＋1)ln t t－1 .　① 令 h(x)＝ (x＋1)ln x x－1 ，x∈(1，＋∞)， 则 h′(x)＝ －2ln x＋x－1 x (x－1)2 ， 令 u(x)＝－2ln x＋x－1 x，得 u′(x)＝( x－1 x )2. 当 x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0. 因此，u(x)在(1，＋∞)上单调递增， 故对于任意的 x∈(1，＋∞)，u(x)>u(1)＝0， 由此可得 h′(x)>0，故 h(x)在(1，＋∞)上单调递增． 因此，由①可得 x1＋x2 随着 t 的增大而增大． 而由(2)知，t 随着 a 的减小而增大，所以 x1＋x2 随着 a 的减小而增大 13. （2014 湖南，13 分）已知常数 a>0，函数 f(x)＝ln(1＋ax)－ 2x x＋2. (1)讨论 f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性； (2)若 f(x)存在两个极值点 x1，x2，且 f(x1)＋f(x2)>0，求 a 的取值范围． 解：(1)f′(x)＝ a 1＋ax－2(x＋2)－2x (x＋2)2 ＝ ax2＋4(a－1) (1＋ax)(x＋2)2.　(*) 当 a≥1 时，f′(x)>0.此时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增． 当 00. 故 f(x)在区间(0，x1)上单调递减，在区间(x1，＋∞)上单调递增． 综上所述，当 a≥1 时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当 0－1 a且 x≠－2，所以－2 1－a a >－1 a，－2 1－a a ≠－2，解得 a≠1 2.此时，由(*)式易知，x1，x2 分别 是 f(x)的极小值点和极大值点．而 f(x1)＋f(x2)＝ln(1＋ax1)－ 2x1 x1＋2＋ln(1＋ax2)－ 2x2 x2＋2 ＝ln[1＋a(x1＋x2)＋a2x1x2]－ 4x1x2＋4(x1＋x2) x1x2＋2(x1＋x2)＋4 ＝ln(2a－1)2－4(a－1) 2a－1 ＝ln(2a－1)2＋ 2 2a－1－2. 令 2a－1＝x，由 0g(1)＝0.故当1 20. 综上所述，满足条件的 a 的取值范围为( 1 2，1 ). 14. （2014 陕西，14 分）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． (1)令 g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求 gn(x)的表达式； (2)若 f(x)≥ag(x)恒成立，求实数 a 的取值范围； (3)设 n∈N＋，比较 g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与 n－f(n)的大小，并加以证明． 解：由题设得，g(x)＝ x 1＋x(x≥0)． (1)由已知，g1(x)＝ x 1＋x， g2(x)＝g(g1(x))＝ x 1＋x 1＋ x 1＋x ＝ x 1＋2x， g3(x)＝ x 1＋3x，…，可得 gn(x)＝ x 1＋nx. 下面用数学归纳法证明． ①当 n＝1 时，g1(x)＝ x 1＋x，结论成立． ②假设 n＝k 时结论成立，即 gk(x)＝ x 1＋kx. 那么，当 n＝k＋1 时， gk＋1(x)＝g(gk(x))＝ gk(x) 1＋gk(x)＝ x 1＋kx 1＋ x 1＋kx ＝ x 1＋(k＋1)x ， 即结论成立． 由①②可知， 结论对 n∈N＋成立． 所以 gn(x)＝ x 1＋nx. (2)已知 f(x)≥ag(x)恒成立，即 ln(1＋x)≥ ax 1＋x恒成立． 设 φ(x)＝ln(1＋x)－ ax 1＋x(x≥0)， 则 φ′(x)＝ 1 1＋x－ a (1＋x)2 ＝x＋1－a (1＋x)2 ， 当 a≤1 时，φ′(x)≥0(仅当 x＝0，a＝1 时等号成立)， ∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又 φ(0)＝0， ∴φ(x)≥0 在[0，＋∞)上恒成立， ∴a≤1 时，ln(1＋x)≥ ax 1＋x恒成立(仅当 x＝0 时等号成立)． 当 a>1 时，对 x∈(0，a－1]有 φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减， ∴φ(a－1)<φ(0)＝0， 即 a>1 时，存在 x>0，使 φ(x)<0，故知 ln(1＋x)≥ ax 1＋x不恒成立． 综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]． (3)由题设知 g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝1 2＋2 3＋…＋ n n＋1，n－f(n)＝n－ln(n＋1)， 比较结果为 g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)． 证明如下： 证法一：上述不等式等价于1 2＋1 3＋…＋ 1 n＋1 x 1＋x，x>0. 令 x＝1 n，n∈N＋，则 1 n＋1 x 1＋x，x>0. 令 x＝1 n，n∈N＋，则 lnn＋1 n > 1 n＋1. 故有 ln 2－ln 1>1 2， ln 3－ln 2>1 3， …… ln(n＋1)－ln n> 1 n＋1， 上述各式相加可得 ln(n＋1)>1 2＋1 3＋…＋ 1 n＋1， 结论得证． 证法三：如图，∫n 0 x x＋1dx 是由曲线 y＝ x x＋1，x＝n 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积， 而1 2＋2 3＋…＋ n n＋1是图中所示各矩形的面积和， ∴1 2＋2 3＋…＋ n n＋1>∫n 0 x x＋1dx＝∫n 0(1－ 1 x＋1)dx＝n－ln(n＋1)，结论得证 15. （2014 重庆，12 分）已知函数 f(x)＝ae2x－be－2x－cx(a，b，c∈R)的导函数 f′(x) 为偶函数，且曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率为 4－c. (1)确定 a，b 的值； (2)若 c＝3，判断 f(x)的单调性； (3)若 f(x)有极值，求 c 的取值范围． 解：(1)对 f(x)求导得 f′(x)＝2ae2x＋2be－2x－c， 由 f′(x)为偶函数，知 f′(－x)＝f′(x)， 即 2(a－b)(e2x－e－2x)＝0，所以 a＝b. 又 f′(0)＝2a＋2b－c＝4－c，故 a＝1，b＝1. (2)当 c＝3 时，f(x)＝e2x－e－2x－3x，那么 f′(x)＝2e2x＋2e－2x－3≥2 2e2x·2e－2x－3＝1>0， 故 f(x)在 R 上为增函数． (3)由(1)知 f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c，而 2e2x＋2e－2x≥2 2e2x·2e－2x＝4， 当 x＝0 时等号成立． 下面分三种情况进行讨论． 当 c<4 时，对任意 x∈R，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c>0，此时 f(x)无极值； 当 c＝4 时，对任意 x≠0，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－4>0，此时 f(x)无极值； 当 c>4 时，令 e2x＝t，注意到方程 2t＋2 t－c＝0 有两根 t1,2＝c ± c2－16 4 >0， 即 f′(x)＝0 有两个根 x1＝1 2ln t1 或 x2＝1 2ln t2. 当 x1x2 时，f′(x)>0，从而 f(x)在 x＝x2 处取得极小值． 综上，若 f(x)有极值，则 c 的取值范围为(4，＋∞)． 16. （2014 江西，12 分）已知函数 f(x)＝(x2＋bx＋b) 1－2x(b∈R)． (1)当 b＝4 时，求 f(x)的极值； (2)若 f(x)在区间(0，1 3 )上单调递增，求 b 的取值范围． 解：(1)当 b＝4 时，f′(x)＝ －5x(x＋2) 1－2x ， 由 f′(x)＝0 得 x＝－2 或 x＝0. 当 x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当 x∈(－2,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当 x∈(0，1 2 )时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故 f(x)在 x＝－2 取极小值 f(－2)＝0，在 x＝0 取极大值 f(0)＝4. (2)f′(x)＝ －x[5x＋(3b－2)] 1－2x ， 因为当 x∈(0，1 3 )时， －x 1－2x<0， 依题意当 x∈(0，1 3 )时，有 5x＋(3b－2)≤0，从而5 3＋(3b－2)≤0. 所以 b 的取值范围为(－∞，1 9] 17．（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)(ex－1 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)． 18.（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)＝2ax2＋bx－1 x . ①当 a＝0 时，f′(x)＝bx－1 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 01 b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(0，1 b )，单调递增区间是( 1 b，＋∞). ②当 a>0 时，令 f′(x)＝0， 得 2ax2＋bx－1＝0. 由 Δ＝b2＋8a>0，得 x1＝ －b－ b2＋8a 4a ， x2＝ －b＋ b2＋8a 4a . 当 0x2 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 (0，－b＋ b2＋8a 4a )， 单 调 递 增 区 间 是 ( －b＋ b2＋8a 4a ，＋∞). 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(0，1 b )，单调递增区间是( 1 b，＋∞)； 当 a>0 时 ， 函 数 f(x) 的 单 调 递 减 区 间 是 (0，－b＋ b2＋8a 4a )， 单 调 递 增 区 间 是 －b＋ b2＋8a 4a ，＋∞. (2)由题意知，函数 f(x)在 x＝1 处取得最小值． 由(1)知 －b＋ b2＋8a 4a 是 f(x)的唯一极小值点， 故 －b＋ b2＋8a 4a ＝1，整理得 2a＋b＝1 即 b＝1－2a. 令 g(x)＝2－4x＋ln x， 则 g′(x)＝1－4x x . 令 g′(x)＝0，得 x＝1 4， 当 00，g(x)单调递增； 当 x>1 4时，g′(x)<0，g(x)单调递减． 因此 g(x)≤g( 1 4 )＝1＋ln 1 4＝1－ln 4<0. 故 g(a)<0，即 2－4a＋ln a＝2b＋ln a<0， 即 ln a<－2b. 19．（2013 湖南，13 分）已知函数 f(x)＝ 1－x 1＋x2ex. (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)＝( 1－x 1＋x2 )′ex＋ 1－x 1＋x2ex＝[ x2－2x－1 (1＋x2)2 ＋ 1－x 1＋x2]ex＝ －x[(x－1)2＋2] (1＋x2)2 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 1－x 1＋x2>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 x10 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)]′＝ex x，令 g(x)＝x2f(x)，则 g′(x) ＝ex x，且 f(x)＝g(x) x2 ，因此 f′(x)＝xg′(x)－2g(x) x3 ＝ex－2g(x) x3 .令 h(x)＝ex－2g(x)，则 h′(x)＝ex －2g′(x)＝ex－2ex x ＝ex(x－2) x ，所以 x>2 时，h′(x)>0；00 时，f(x)是单调递增的， f(x)既无极大值也无极小值． 答案：C 22．（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)＞－1 2 B．f(x1)＜0，f(x2)＜－1 2 C．f(x1)＞0，f(x2)＜－1 2 D．f(x1)＜0，f(x2)＞－1 2 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 0f(1)＝－a>－1 2.故选 D. 答案：D 23．（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－a x. (1)当 a＝2 时，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－2 x(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－a x＝x－a x ，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． 24．（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 00，f(x1)－f(x2)＝ 4(1－a) 1－a>0. 从而 f(x1)>|f(x2)|. 所以|f(x)|max＝max{f(0)，|f(2)|，f(x1)}． (ⅰ)当 0|f(2)|. 又 f(x1)－f(0)＝2(1－a) 1－a－(2－3a)＝ a2(3－4a) 2(1－a) 1－a＋2－3a >0， 故|f(x)|max＝f(x1)＝1＋2(1－a) 1－a. (ⅱ)当2 3≤a<1 时，|f(2)|＝f(2)，且 f(2)≥f(0)． 又 f(x1)－|f(2)|＝2(1－a) 1－a－(3a－2)＝ a2(3－4a) 2(1－a) 1－a＋3a－2 ， 所以当2 3≤a<3 4时，f(x1)>|f(2)|. 故|f(x)|max＝f(x1)＝1＋2(1－a) 1－a. 当3 4≤a<1 时，f(x1)≤|f(2)|. 故|f(x)|max＝|f(2)|＝3a－1. 综上所述，|f(x)|max＝Error! 25．（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 a0，φ(x)在(2，＋∞)上单调递 增， ∴φ(x)在(0，＋∞)上的最小值为 φ(2)＝e2 4. 当 0e2 4时，在区间(0,2)内存在 x1＝ 1 m ，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＝ex x2与 y＝m 在(0，＋∞)上恰有两个公共点． 综上所述，当 x>0 时， 若 0e2 4，曲线 y＝f(x)与 y＝mx2 有两个公共点． (3)法一：可以证明f(a)＋f(b) 2 >f(b)－f(a) b－a .事实上， f(a)＋f(b) 2 >f(b)－f(a) b－a ⇔ea＋eb 2 >eb－ea b－a ⇔b－a 2 >eb－ea eb＋ea⇔b－a 2 >1－ 2ea eb＋ea ⇔b－a 2 >1－ 2 eb－a＋1(b>a)．　(*) 令 ψ(x)＝x 2＋ 2 ex＋1－1(x≥0)， 则 ψ′(x)＝1 2－ 2ex (ex＋1)2 ＝ (ex＋1)2－4ex 2(ex＋1)2 ＝ (ex－1)2 2(ex＋1)2 ≥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：f(a)＋f(b) 2 －f(b)－f(a) b－a ＝eb＋ea 2 －eb－ea b－a ＝beb＋bea－aeb－aea－2eb＋2ea 2(b－a) ＝ ea 2(b－a)[(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， ∴eb＋ea 2 －eb－ea b－a >0， 因此，f(a)＋f(b) 2 >f(b)－f(a) b－a . 26．（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－20，故－2 是 g(x)的极值点． 当－21 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．