高考数学二轮复习教案：第二编 专题一 第2讲 导数及其应用 21页

第2讲　导数及其应用 ‎「考情研析」　　1.导数的几何意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点．　2.利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型.‎ 核心知识回顾 ‎1.导数的几何意义 ‎(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处切线的斜率，即k＝f′(x0)．‎ ‎(2)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．‎ ‎2．函数的单调性 ‎(1)在某个区间(a，b)内，如果f′(x)＞0(f′(x)<0)，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增(单调递减)．‎ ‎(2)利用导数求函数f(x)的单调区间的一般步骤：‎ ‎①确定函数f(x)的定义域；‎ ‎②求导数f′(x)；‎ ‎③在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)>0或f′(x)<0；‎ ‎④根据③的结果确定函数f(x)的单调区间．‎ ‎3．导数与极值 函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左正右负”⇔f(x)在x0处取得极大值；函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左负右正”⇔f(x)在x0处取得极小值．‎ ‎4．求函数f(x)在区间[a，b]上的最值的一般步骤 ‎(1)求函数y＝f(x)在[a，b]内的极值；‎ ‎(2)比较函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)的大小，最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．‎ 热点考向探究 考向1 导数的几何意义 例1　(1)(2019·唐山市高三第二次模拟)已知函数f(x)＝为奇函数，则f(x)在x ‎＝2处的切线斜率等于(　　)‎ A．6 B．－2‎ C．－6 D．－8‎ 答案　B 解析　设x>0，则－x<0，f(－x)＝x2－2x，又f(x)为奇函数，则f(x)＝－f(－x)＝－x2＋2x，f′(x)＝－2x＋2，则f′(2)＝－2，故选B.‎ ‎(2)设直线y＝x＋b是曲线y＝ln x(x＞0)的一条切线，则实数b的值为(　　)‎ A．ln 2－1 B．ln 2－2‎ C．2ln 2－1 D．2ln 2－2‎ 答案　A 解析　设切点坐标为(x0，ln x0)，则＝，即x0＝2，∴切点坐标为(2，ln 2)，又切点在直线y＝x＋b上，∴ln 2＝1＋b，即b＝ln 2－1.‎ ‎(3)已知曲线y＝x3＋，则曲线在点P(2,4)处的切线方程为_____________；曲线过点P(2,4)的切线方程为__________________________．‎ 答案　4x－y－4＝0　4x－y－4＝0或x－y＋2＝0‎ 解析　①∵P(2,4)在曲线y＝x3＋上，y′＝x2，‎ ‎∴在点P(2,4)处的切线的斜率为y′|x＝2＝4.∴曲线在点P(2,4)处的切线方程为y－4＝4(x－2)，即4x－y－4＝0.‎ ‎②设曲线y＝x3＋与过点P(2,4)的切线相切于点A，则切线的斜率为y′|x＝x0＝x.‎ ‎∴切线方程为y－＝x(x－x0)，‎ 即y＝x·x－x＋.‎ ‎∵点P(2,4)在切线上，∴4＝2x－x＋，即x－3x＋4＝0，∴x＋x－4x＋4＝0，∴x(x0＋1)－4(x0＋1)(x0－1)＝0，‎ ‎∴(x0＋1)(x0－2)2＝0，解得x0＝－1或x0＝2，故所求的切线方程为x－y＋2＝0或4x－y－4＝0.‎ 函数在某点的导数值就是对应曲线在该点处切线的斜率，这是导数的几何意义，所以与导数有关的问题常涉及求导数、求斜率、求切点坐标、求切线方程、求参数值等．注意切点既在原函数的图象上又在切线上这一条件的应用．‎ ‎1．(2019·南阳市六校高二下学期第一次联考)曲线y＝ex上的点到直线y＝x－2的最短距离是(　　)‎ A. B．2‎ C． D．1‎ 答案　C 解析　设与y＝x－2平行的直线与y＝ex相切，则切线斜率k＝1.∵y＝ex，∴y′＝ex，由y′＝ex＝1得x＝0，当x＝0时，y＝e0＝1，即切点坐标为(0,1)，则点(0,1)到直线y＝x－2的距离是曲线y＝ex上的点到直线y＝x－2的最短距离，∵点(0,1)到直线的距离为d＝＝，∴曲线y＝ex上的点到直线l：y＝x－2的距离的最小值为，故选C.‎ ‎2．若点P是函数f(x)＝x2－ln x上任意一点，则P到直线x－y－2＝0的最小距离为(　　)‎ A. B． C． D．3‎ 答案　B 解析　由f′(x)＝2x－＝1得x＝1(负值舍去)，故曲线f(x)＝x2－ln x上切线斜率为1的切点是(1,1)，所以点P到直线x－y－2＝0的最小距离为＝，故选B.‎ ‎3．(2019·山西大学附属中学高二下学期模块诊断)函数f(x)＝ax2＋sinx的图象在x＝处的切线方程为y＝x＋b，则b的值为(　　)‎ A．1＋ B．1－ C．1＋ D．1－ 答案　B 解析　∵f(x)＝ax2＋sinx，∴f′(x)＝2ax＋cosx.由题意，得f′＝2a×＋cos＝aπ＝1，解得a＝，‎ ‎∴f(x)＝x2＋sinx.∴当x＝时，f＝×2＋sin＝＋1，故切点坐标为，将切点坐标代入切线方程得＋1＝＋b，解得b＝1－.故选B.‎ 考向2 利用导数研究函数的单调性 例2　(1)已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数f(x)的单调递增区间是(　　)‎ A.和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞)‎ C.和(2，＋∞) D．(1,2)‎ 答案　C 解析　函数f(x)＝x2－5x＋2ln x的定义域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋＝＝＞0，解得0＜x＜或x＞2，故函数f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)．‎ ‎(2)(2019·山西大学附属中学高二下学期3月模块诊断)已知函数f(x)＝，则f(x)的单调递增区间为(　　)‎ A．(0,1) B．(0，e)‎ C．(1，＋∞) D．(e，＋∞)‎ 答案　B 解析　∵f(x)＝(x>0)，∴f′(x)＝.‎ 由f′(x)＝>0，得ln x<1，解得00时，f(x)>0‎ D．当x>0时，f(x)－ex≤0‎ 答案　D 解析　设h(x)＝，则h′(x)＝＝＝－，则h(x)＝ln x－(ln x)2＋c(c为常数)，又f(e)＝e2得h(e)＝＝ln e－(ln e)2＋c＝e，即1－＋c ‎＝e，∴c＝e－，即h(x)＝ln x－(ln x)2＋e－，‎ ‎∵h′(x)＝－＝，x>0，∴由h′(x)>0得1－ln x>0，得0e，此时函数h(x)为减函数．则h(2)>h(1)，即>，则f(2)>2f(1)，故A错误．h(3)>h(4)，即>，则4f(3)>3f(4)，故B错误．由h(x)的表达式可得，当x→＋∞时，h(x)→－∞，而h(x)＝，故当x>0时，f(x)>0不成立，故C错误．由h(x)的单调性可知，当x>0时，h(x)≤h(e)，即≤h(e)＝e，故f(x)－ex≤0.故选D.‎ ‎3．设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.若f(x)在上存在单调增区间，则a的取值范围为________．‎ 答案　a＞－ 解析　由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－2＋＋2a，当x∈时，f′(x)的最大值为f′＝＋2a；令＋2a＞0，得a＞－，所以，当a＞－时，f(x)在上存在单调递增区间．‎ 考向3 利用导数研究函数的极值、最值 例3　(1)(2019·鞍山一中高三三模)已知函数f(x)＝xex－ax3－ax2有三个极值点，则a的取值范围是(　　)‎ A．(0，e) B． C．(e，＋∞) D． 答案　C 解析　由题意，函数的导数f′(x)＝ex＋xex－ax2－ax，若函数f(x)＝xex－ax3－ax2有三个极值点，等价于f′(x)＝ex＋xex－ax2－ax＝0有三个不同的实根．(1＋x)ex－ax(x＋1)＝0，即(x＋1)(ex－ax)＝0，则x＝－1，所以ex－ax＝0有两个不等于－1的根，则a＝.设h(x)＝，则h′(x)＝＝，则由h′(x)>0得x＞1，由h′(x)<0得x<1且x≠0，则当x＝1时，h(x)取得极小值h(1)＝e，当x<0时，h(x)＜0，作出函数h(x)＝的图象如图．要使a＝有两个不同的根，则满足a＞e，即实数a的取值范围是(e，＋∞)．故选C.‎ ‎(2)已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为(　　)‎ A．[－3，＋∞) B．(－3，＋∞)‎ C．(－∞，－3) D．(－∞，－3]‎ 答案　D 解析　由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，－3)‎ ‎－3‎ ‎(－3,1)‎ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，所以k≤－3.‎ ‎(3)已知函数f(x)＝，其中a为正实数，x＝是f(x)的一个极值点．‎ ‎①求a的值；‎ ‎②当b>时，求函数f(x)在[b，＋∞)上的最小值．‎ 解　f′(x)＝.‎ ‎①因为x＝是函数y＝f(x)的一个极值点，所以f′＝0，因此a－a＋1＝0，解得a＝.经检验，当a＝时，x＝是y＝f(x)的一个极值点，故所求a的值为.‎ ‎②由①可知，f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝.‎ f(x)与f′(x)随x的变化情况如下：‎ x f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎    所以f(x)的单调递增区间是，，单调递减区间是.‎ 当0得0e，故f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以f(x)有极大值，也是最大值，最大值为f(e)＝，无极小值和最小值，故选D.‎ ‎2．(2019·白银市靖远县高三第四次联考)若x＝1是函数f(x)＝x3＋x2＋ax＋1的极值点，则曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率为(　　)‎ A．－1 B．1‎ C．－5 D．5‎ 答案　C 解析　由题意可知，f′(x)＝3x2＋2x＋a，则f′(1)＝5＋a＝0，解得a＝－5，所以k＝f′(0)＝－5，故选C.‎ ‎3．(1)已知函数f(x)＝，若函数f(x)在区间上存在极值，则正实数a的取值范围为________；‎ ‎(2)设函数f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围为________．‎ 答案　(1)　(2)(－1，＋∞)‎ 解析　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＝－.令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)在(0,1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减．所以x＝1为f(x)的极大值点，所以a＜1＜a＋，故＜a＜1，即正实数a的取值范围为.‎ ‎(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b，由f′(1)＝0，得b＝1－a.所以f′(x)＝－ax＋a－1＝＝.‎ ‎①若a≥0，当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以x＝1是f(x)的极大值点．②若a＜0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－.因为x＝1是f(x)的极大值点，所以－＞1，解得－1＜a＜0，综合①②可得a的取值范围是a＞－1，即(－1，＋∞).‎ 真题押题 ‎『真题模拟』‎ ‎1．(2019·南阳市六校高二下学期第一次联考)设函数f(x)是R上可导的偶函数，且f(3)＝2，当x>0，满足2f(x)＋xf′(x)>1，则x2f(x)>18的解集为(　　)‎ A．(－∞，－3) B．(－∞，－3)∪(3，＋∞)‎ C．(3，＋∞) D．(－3,3)‎ 答案　B 解析　令g(x)＝x2f(x)，∵函数f(x)在(－∞，＋∞)上是可导的偶函数，∴g(x)＝x2f(x)在(－∞，＋∞)上也是偶函数，又当x>0时，2f(x)＋xf′(x)>1，‎ ‎∴2xf(x)＋x2f′(x)>x>0，∴g′(x)>0，∴g(x)＝x2f(x)在(0，＋∞)上是增函数．∵f(3)＝2，由x2f(x)>18，得x2f(x)>18＝32f(3)，∴g(|x|)>g(3)，∴|x|>3，∴x∈(－∞，－3)∪(3，＋∞)．故选B.‎ ‎2．(2019·淮南高三检测)函数f(x)＝x3＋ax2＋(a－3)x(a∈R)的导函数是f′(x)，若f′(x)是偶函数，则以下结论正确的是(　　)‎ A．y＝f(x)的极大值为1‎ B．y＝f(x)的极大值为－2‎ C．y＝f(x)的极小值为2‎ D．y＝f(x)的极小值为－2‎ 答案　D 解析　由题意可得，f′(x)＝3x2＋2ax＋a－3，又f′(－x)＝f′(x)，∴a＝0，∴f(x)＝x3－3x，f′(x)＝3x2－3，故f(x)在x＝－1处取得极大值2，在x＝1处取得极小值－2，选D.‎ ‎3．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线y＝aex＋xln x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则(　　)‎ A．a＝e，b＝－1 B．a＝e，b＝1‎ C．a＝e－1，b＝1 D．a＝e－1，b＝－1‎ 答案　D 解析　y′＝aex＋ln x＋1，k＝y′|x＝1＝ae＋1，∴切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1.又切线方程为y＝2x＋b，‎ ‎∴即a＝e－1，b＝－1.故选D.‎ ‎4．(2019·沈阳模拟)若函数f(x)＝x＋(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，则f(x)在下列区间上单调递增的是(　　)‎ A．(－2,0) B．(0,1)‎ C．(1，＋∞) D．(－∞，－2)‎ 答案　D 解析　由题意，知f′(x)＝1－，∵函数f(x)＝x＋(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，∴当1－＝0时，b＝x2，又x∈(1,2)，∴b∈(1,4)．令f′(x)>0，解得x<－或x>，即f(x)的单调递增区间为(－∞，－)，(，＋∞)，∵b∈(1,4)，‎ ‎∴(－∞，－2)符合题意，故选D.‎ ‎『金版押题』‎ ‎5．已知函数f(x)＝xeax－1－ln x－ax，a∈，函数f(x)的最小值为M，则实数M的最小值是(　　)‎ A．－1 B．－ C．0 D．－ 答案　C 解析　求得f′(x)＝eax－1＋axeax－1－a－＝eax－1(1＋ax)－＝(1＋ax).考查y＝eax－1－是否有零点，令y＝0，可得a＝，记φ(x)＝，φ′(x)＝，故φ(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，所以φ(x)min＝ φ(e2)＝－，即≥－，因为a≤－，所以a≤⇔eax－1－≤0，故可知，当x∈时，1＋ax>0，f′(x)≤0，f(x)单调递减，当x∈时，1＋ax<0，f ‎′(x)≥0，f(x)单调递增．由上知f(x)min＝f＝－e－2＋1－ln .设－＝t∈(0，e2]，M＝1－ln t＋e－2t＝－ln t＋1(00；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，故当x＝e时，f(x)max＝f(e)，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，‎ ‎∴f(e)>f(3)>f(2)．故选D.‎ ‎4．(2019·汉中市高三年级教学质量第二次检测)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x<0时，f(x)＝ex(x＋1)，给出下列命题：‎ ‎①当x>0时，f(x)＝e－x(x－1)；‎ ‎②函数f(x)有3个零点；‎ ‎③f(x)>0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)；‎ ‎④∀x1，x2∈R，都有|f(x1)－f(x2)|<2.‎ 其中正确命题的个数是(　　)‎ A．4 B．3‎ C．2 D．1‎ 答案　A 解析　当x>0时，有－x<0，由奇函数定义可知f(x)＝－f(－x)，所以f(x)＝－e－x(－x＋1)＝e－x(x－1)，命题①正确；当x<0时，f(x)＝ex(x＋1)＝0，解得x＝－1，即f(－1)＝0，根据奇函数的性质可知f(1)＝0，又因为定义域是R，所以f(0)＝0，因此函数f(x)有3个零点，命题②正确；当x<0时，f(x)>0，即ex(x＋1)>0，解得x>－1，∴－10时，通过①的分析，可知f(x)＝－e－x(－x＋1)＝e－x(x－1)，当f(x)>0时，即e－x(x－1)>0，解得x>1，∴x>1，命题③正确；当x<0时，f(x)＝ex(x＋1)，f′(x)＝ex(x＋2)，当x∈(－2,0)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(－∞，－2)，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，∴f(x)的极小值为f(－2)＝－，当x→0时，f(x)→1，根据③可知，当－10，当x<－1时，f ‎(x)<0，所以当x<0时，－≤f(x)<1，由于f(x)是奇函数，∴x>0时，－1b>c B．b>a>c C．c>a>b D．a>c>b 答案　B 解析　由已知可知函数y＝f(x＋1)的图象关于直线x＝－1对称，所以函数y＝f(x)关于x＝0对称，也就是关于y轴对称，因此y＝f(x)是偶函数，所以有f(－x)＝f(x)．构造函数g(x)＝xf(x)，g(－x)＝－xf(－x)＝－xf(x)＝－g(x)，所以g(x)是R上的奇函数．当x∈(－∞，0)时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，由已知可知f(x)＋xf′(x)<0，即g′(x)<0，所以当x∈(－∞，0)时函数g(x)是减函数，由奇函数性质可知：g(0)＝0，‎ ‎∴g(x)是R上的减函数．a＝0.76f(0.76)＝g(0.76)，‎ b＝(log0.76)f(log0.76)＝g(log0.76)，c＝60.6f(60.6)＝g(60.6)，∵log0.76<0<0.76<1<60.6，∴b>a>c，故选B.‎ ‎7．(2019·东北三省四市高三第一次模拟)已知函数f(x)＝若x1≠x2，且f(x1)＋f(x2)＝2，则x1＋x2的取值范围是(　　)‎ A．[2，＋∞) B．[e－1，＋∞)‎ C．[3－2ln 2，＋∞) D．[3－2ln 3，＋∞)‎ 答案　C 解析　设x1x1≥1，则f(x1)＋f(x2)＝1＋ln x1＋1＋ln x2＝2＋ln (x1x2)＝2，∴x1x2＝1，不成立；若x12时，g′(x)>0，则g(x)单调递增．‎ ‎∴g(x)min＝g(2)＝1－2ln 2＋2＝3－2ln 2，∴x1＋x2∈[3－2ln 2，＋∞)，故选C.‎ 二、填空题 ‎8．(2019·福建龙岩市高三阶段性测试)已知函数f(x)＝ex－ax在x＝0处取得极小值，则a＝________.‎ 答案　1‎ 解析　由题意得f′(x)＝ex－a.因为函数f(x)在x＝0处取得极小值，所以f′(0)＝1－a＝0，解得a＝1.当a＝1时，f′(x)＝ex－1，所以当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝0时，函数f(x)取得极小值．因此a＝1即为所求．‎ ‎9．已知函数f(x)＝.若函数f(x)在区间(t＞0)上不是单调函数，则实数t的取值范围为________．‎ 答案　＜t＜1‎ 解析　f′(x)＝－(x＞0)，由f′(x)＞0，得0＜x＜1；由f′(x)＜0，得x＞1.所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．因为函数f(x)在区间(t＞0)上不是单调函数，所以解得＜t＜1.‎ ‎10．已知函数f(x)＝ax－ln x，当x∈(0，e](e为自然常数)时，函数f(x)的最小值为3，则a的值为________．‎ 答案　e2‎ 解析　易知a＞0，由f′(x)＝a－＝＝0，得x＝，当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，∴f(x)在x＝时取得最小值f＝1－ln .①当0＜≤e时，由1－ln ＝3，得a＝e2，符合题意；②当＞e时，x∈(0，e]，f(x)min＝f(e)，即ae－ln e＝3，得a＝，舍去．‎ 三、解答题 ‎11．(2019·云南省第二次高中毕业生复习统一检测)已知函数f(x)＝ex－ax2.‎ ‎(1)证明：当a＝1，x≥0时，ex>x2；‎ ‎(2)若f(x)有极大值，求a的取值范围．‎ 解　(1)证明：当a＝1时，f(x)＝ex－x2，f′(x)＝ex－2x，‎ 令φ(x)＝f′(x)，则φ′(x)＝ex－2.‎ ‎∴当0ln 2时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增．‎ ‎∴当x∈[0，＋∞)时，φ(x)min＝φ(ln 2)＝2(1－ln 2)>0.‎ ‎∴当x∈[0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在[0，＋∞)上单调递增．‎ ‎∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝1>0，即ex>x2.‎ ‎(2)由题意得f′(x)＝ex－2ax.由f(x)有极大值得f′(x)＝0有解，且a>0.‎ 令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－2a.‎ 由g′(x)＝0得x＝ln (2a)．‎ ‎∴当xln (2a)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．‎ ‎∴g(x)min＝g[ln (2a)]＝2a[1－ln (2a)]．‎ 当g(x)min≥0，即0时，‎ ‎∴g(0)＝1>0，g[ln (2a)]＝2a[1－ln (2a)]<0.‎ 由(1)知g(2a)＝e2a－(2a)2>0，‎ 即2a>2ln (2a)>ln (2a)．‎ ‎∴存在x1∈(0，ln (2a))，x2∈(ln (2a)，2a)，‎ 使g(x1)＝g(x2)＝0.‎ ‎∴当x∈(－∞，x1)时，g(x)>0，即f(x)单调递增；‎ 当x∈(x1，x2)时，g(x)<0，即f(x)单调递减；‎ 当x∈(x2，＋∞)时，g(x)>0，即f(x)单调递增．‎ ‎∴x1是f(x)唯一的极大值点．‎ 综上所述，所求a的取值范围为.‎ ‎12．已知函数f(x)＝－x3＋2x2＋ax＋(a∈R)．‎ ‎(1)若a＝3，试求函数f(x)的图象在x＝2处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；‎ ‎(2)若函数f(x)在区间[0,2]上的最大值为2，试求实数a的值．‎ 解　(1)因为a＝3，‎ 所以f(x)＝－x3＋2x2＋3x＋，‎ 所以f′(x)＝－x2＋4x＋3，‎ 所以f′(2)＝－22＋4×2＋3＝7.‎ 因为f(2)＝－＋8＋6＋＝12，‎ 所以切线方程为y－12＝7(x－2)，即y＝7x－2.‎ 所以直线与坐标轴的交点坐标分别为(0，－2)，，‎ 所以该直线与坐标轴围成的三角形的面积S＝×2×＝.‎ ‎(2)f′(x)＝－x2＋4x＋a＝－(x－2)2＋a＋4.‎ 若a＋4≤0，即a≤－4，则f′(x)≤0在[0,2]上恒成立，‎ 所以函数f(x)在[0,2]上单调递减，‎ 所以f(x)max＝f(0)＝<2，此时a不存在．‎ 若a≥0，则f′(x)≥0在[0,2]上恒成立，‎ 所以函数f(x)在[0,2]上单调递增，‎ 所以f(x)max＝f(2)＝－＋8＋2a＋＝2a＋6＝2，‎ 解得a＝－2，‎ 因为a≥0，所以此时a不存在．‎ 若－40)，‎ f′(x)＝2x－2＋＝＝>0，‎ 所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎(2)f′(x)＝2x－2a＋＝，‎ 由题意得，x1和x2是方程2x2－2ax＋1＝0的两个不相等的正实根，则解得a>，‎ ‎2ax1＝2x＋1,2ax2＝2x＋1.‎ 由于>，所以x1∈，x2∈.‎ 所以2f(x1)－f(x2)＝2(x－2ax1＋ln x1)－(x－2ax2＋ln x2)＝2x－x－4ax1＋2ax2－ln x2＋2ln x1＝－2x＋x－ln －1＝－＋x－ln －1＝－＋x－ln x－2ln 2－1.‎ 令t＝x，g(t)＝－＋t－ln t－2ln 2－1，‎ 则g′(t)＝＋1－＝＝，‎ 当1时，g′(t)>0.‎ 所以g(t)在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则g(t)min＝g(1)＝－，‎ 所以2f(x1)－f(x2)的最小值为－.‎ ‎15．(2019·江西省吉安一中、九江一中、新余一中等八所重点中学高三联考)已知函数f(x)＝ax－a＋1－(其中a为常数且a∈R)．‎ ‎(1)若函数f(x)为减函数，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)若函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围，并说明理由．‎ 解　(1)∵f(x)＝ax－a＋1－，‎ ‎∴f′(x)＝a－，‎ 若函数f(x)为减函数，则f′(x)≤0，‎ 即a≤对x∈(0，＋∞)恒成立．‎ 设m(x)＝，∵m′(x)＝，∴m(x)在区间(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．‎ ‎∴m(x)min＝m(e)＝－，∴a≤－，即a≤－e－3，‎ 故实数a的取值范围是(－∞，－e－3]．‎ ‎(2)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ ‎∵f(x)＝，‎ 设h(x)＝ax2－(a－1)x－ln x，则问题转化为函数h(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围．‎ ‎∵h′(x)＝ax－(a－1)－＝＝，‎ ‎∴当a≥0时，∵函数h(x)在区间(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴若函数h(x)有两个不同的零点，则必有h(1)＝－a＋1<0，即a>2.此时，在x∈(1，＋∞)上有h(2)＝2a－2(a－1)－ln 2＝2－ln 2>0，在x∈(0,1)上，∵h(x)＝a(x2－2x)＋x－ln x，‎ ‎∵－1－a＋x－ln x，‎ ‎∴h>－a＋e－ln ＝e>0，‎ ‎∴h(x)在区间(0,1)，(1，＋∞)上各有一个零点，故a>2符合题意；当a＝－1时，h′(x)＝≤0，‎ ‎∴函数h(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，‎ ‎∴函数h(x)至多有一个零点，不符合题意；‎ 当－10，∴函数h(x)至多有一个零点，不符合题意；‎ 当a<－1时，∵函数h(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，‎ ‎∴函数h(x)的极小值为h＝＋(a－1)－ln ＝1－＋ln (－a)>0，‎ ‎∴函数h(x)至多有一个零点，不符合题意．‎ 综上所述，实数a的取值范围是(2，＋∞)．‎ ‎ ‎