（五年高考真题）2016届高考数学复习 第三章 第二节 导数的应用

第二节 导数的应用

考点一 利用导数研究函数的单调性

1．(2015·福建，10)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，则下列结论中一定错误的是( )

?1?1A．f??＜ k??kC．f?

1?1?B．f??＞ ?k?k－1D．f?

?1?＜1

??k－1?k－1?1?＞k

?

?k－1?k－1

1

＞0，可构k－1

解析 ∵导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，∴f′(x)－k＞0，k－1＞0，

造函数g(x)＝f(x)－kx，可得g′(x)＞0，故g(x)在R上为增函数，∵f(0)＝－1， ∴g(0)＝－1，∴g?∴f?

?1?＞g(0)，

??k－1?

?1?－k＞－1，∴f?1?＞1，∴选项C错误，故选C.

??k－1?k－1?k－1?k－1??

答案 C

2．(2011·辽宁，11)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为( ) A．(－1，1)

B．(－1，＋∞)

C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)

解析 设g(x)＝f(x)－2x－4，则g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，g′(x)＝f′(x)－2>0，g(x)在R上为增函数． 由g(x)>0，即g(x)>g(－1)． ∴x>－1，选B. 答案 B

3．(2015·新课标全国Ⅱ，21)设函数f(x)＝e＋x－mx. (1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；

(2)若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|0≤e－1，求m的取值范围． (1)证明 f′(x)＝m(e－1)＋2x.

若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，e－1≤0，f′(x)＜0； 当x∈(0，＋∞)时，e－1≥0，f′(x)＞0.

mxmxmxmx2

若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，e－1＞0，f′(x)＜0； 当x∈(0，＋∞)时，e－1＜0，f′(x)＞0. 所以，f(x)在(－∞，0)单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增．

(2)解 由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条

??f（1）－f（0）≤e－1，件是?

?f（－1）－f（0）≤e－1，???e－m≤e－1，即?－m① ?e＋m≤e－1.?

mmxmx设函数g(t)＝e－t－e＋1，则g′(t)＝e－1. 当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0.

故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 又g(1)＝0，g(－1)＝e＋2－e＜0，故当t∈[－1，1]时，

－1

ttg(t)≤0.

当m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立； 当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0， 即e－m＞e－1；

当m＜－1时，g(－m)＞0， 即e＋m＞e－1.

综上，m的取值范围是[－1，1]．

1＋x4．(2015·北京，18)已知函数f(x)＝ln.

1－x(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；

－mm?x?(2)求证：当x∈(0，1)时，f(x)＞2?x＋?； ?3?

?x?(3)设实数k使得f(x)＞k?x＋?对x∈(0，1)恒成立，求k的最大值． ?3?

11

(1)解 因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，所以f′(x)＝＋，f′(0)＝2.

1＋x1－x又因为f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x. 2x?x?2

(2)证明 令g(x)＝f(x)－2?x＋?，则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x)＝2. 1－x?3?

3

4

3

3

因为g′(x)>0(0g(0)＝0，x∈(0，1)，

?x?即当x∈(0，1)时，f(x)>2?x＋?. ?3?

(3)解 由(2)知，当k≤2时，f(x)>

3

?x?k?x＋?对x∈(0，1)恒成立． ?3?

?x?当k>2时，令h(x)＝f(x)－k?x＋?，则 ?3?

kx4－（k－2）

h′(x)＝f′(x)－k(1＋x)＝. 2

1－x2

3

3

4k－2?4k－2?

所以当0

k?k?

4k－2当0

k?x?即f(x)

?3?

?x?所以当k>2时，f(x)>k?x＋?并非对x∈(0，1)恒成立． ?3?

综上可知，k的最大值为2.

5．(2015·四川，21)已知函数f(x)＝－2(x＋a)ln x＋x－2ax－2a＋a，其中a＞0. (1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；

(2)证明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．

(1)解 由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

2

2

3

3

g(x)＝f′(x)

＝2(x－a)－2ln x－2?1＋?， 22a所以g′(x)＝2－＋2

??

a?x?

xx＝

?1??1?2?x－?＋2?a－??2??4?

x2

2

，

1

当0＜a＜时，g(x)在区间

4

?1－1－4a??1＋1－4a??0，?，?，＋∞?上单调递增，

22?????1－1－4a1＋1－4a?在区间?，?上单调递减；

22??

1

当a≥时，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．

4(2)证明 由f′(x)＝2(x－a)－2ln x－2?1＋?＝0， 解得a＝

??

a?x?

x－1－ln x， －1

1＋x令φ(x)＝－2?x＋

??

x－1－ln x?2

ln x＋x－ －1?1＋x?

2

x?x?x－1－ln x?x－1－ln ?x－1－ln

2?x－2?－1－1??＋1＋x－1， ?1＋x??1＋x?

则φ(1)＝1＞0，

e（e－2）?e－2?2φ(e)＝－－2?－1?＜0， －1

1＋e?1＋e?故存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0， 令a0＝

x0－1－ln x0

， －11＋x0

u(x)＝x－1－ln x(x≥1)，

1

由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，

x所以0＝

u（1）u（x0）u（e）e－2

＜－1＝a0＜－1＝－1＜1， 1＋11＋x01＋e1＋e

即a0∈(0，1)，

当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0， 由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增， 故当x∈(1，x0)时，f′(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0； 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0， 所以，当x∈(1，＋∞)时，f(x)≥0，

综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．

6.(2015·天津，20)已知函数f(x)＝nx－x，x∈R，其中n∈N，n≥2. (1)讨论f(x)的单调性；

(2)设曲线y＝f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y＝g(x)，求证：

n*

对于任意的正实数x，都有f(x)≤g(x)；

(3)若关于x的方程f(x)＝a(a为实数)有两个正实根x1，x2，求证：|x2－x1|＜(1)解 由f(x)＝nx－x， 可得f′(x)＝n－nx*

＋2. 1－nann－1

＝n(1－xn－1

)．

其中n∈N，且n≥2，下面分两种情况讨论： ①当n为奇数时．

令f′(x)＝0，解得x＝1，或x＝－1.

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x f′(x) f(x) (－∞，－1) － (－1，1) ＋ (1，＋∞) － ? ? ? 所以，f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减， 在(－1，1)内单调递增． ②当n为偶数时．

当f′(x)＞0，即x＜1时，函数f(x)单调递增； 当f′(x)＜0，即x＞1时，函数f(x)单调递减；

所以，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)证明 设点P的坐标为(x0，0)， 则x0＝n1n?1，f′(x0)＝n－n.

2

曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为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)， 则F′(x)＝f′(x)－f′(x0)． 由于f′(x)＝－nxn－1

＋n在(0，＋∞)上单调递减，

故F′(x)在(0，＋∞)上单调递减，又因为F′(x0)＝0， 所以当x∈(0，x0)时，F′(x)＞0， 当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)＜0， 所以F(x)在(0，x0)内单调递增，

在(x0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的正实数x，

都有F(x)≤F(x0)＝0，即对于任意的正实数x，都有f(x)≤g(x)． (3)证明 不妨设x1≤x2. 由(2)知g(x)＝(n－n)(x－x0)， 设方程g(x)＝a的根为x2′， 可得x2′＝2

an－n2

＋x0.

当n≥2时，g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减， 又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′)，可得x2≤x2′. 类似地，设曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝h(x)， 可得h(x)＝nx.

当x∈(0，＋∞)，f(x)－h(x)＝－x＜0， 即对于任意的x∈(0，＋∞)，f(x)＜h(x)． 设方程h(x)＝a的根为x1′，可得x1′＝. 因为h(x)＝nx在(－∞，＋∞)上单调递增，且h(x1′)＝a＝f(x1)＜h(x1)，因此x1′＜x1. 由此可得x2－x1＜x2′－x1′＝＋x0.

1－n因为n≥2，所以2故2≥n1n?1n－1

nana＝(1＋1)

n－1

≥1＋Cn－1＝1＋n－1＝n，

1

＝x0.

所以，|x2－x1|＜＋2.

1－n7．(2014·广东，21)设函数f(x)＝

，其中k<－2. 222

（x＋2x＋k）＋2（x＋2x＋k）－3(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示)； (2)讨论函数f(x)在D上的单调性；

(3)若k<－6，求D上满足条件f(x)>f(1)的x的集合(用区间表示)． 解 (1)由题意知(x＋2x＋k＋3)(x＋2x＋k－1)>0，

??x＋2x＋k＋3>0因此?2或

?x＋2x＋k－1>0???x＋2x＋k＋3<0?2， ?x＋2x＋k－1<0?

2

2

2

2

a1

设y1＝x＋2x＋k＋3，y2＝x＋2x＋k－1，则这两个二次函数的对称轴均为x＝－1， 且方程x＋2x＋k＋3＝0的判别式Δ1＝4－4(k＋3)＝－4k－8， 方程x＋2x＋k－1＝0的判别式Δ2＝4－4(k－1)＝8－4k， 因为k<－2，所以Δ2>Δ1>0， 因此对应的两根分别为

2

2

22

x1，2＝x3，4＝－2±Δ1

＝－1±－k－2， 2－2±Δ2

＝－1±2－k， 2

且有－1－2－k<－1－－k－2<－1＋－k－2<－1＋2－k，

因此函数f(x)的定义域D为(－∞，－1－2－k)∪(－1－－k－2，－1＋－k－2)∪(－1＋2－k，＋∞)．

(2)由(1)中两个二次函数的单调性，且对称轴都为x＝－1，易知函数f(x)在

(－∞，－1－2－k)上单调递增，在(－1－－k－2，－1)上单调递减，在(－1，－1＋－k－2)上单调递增，在(－1＋2－k，＋∞)上单调递减．

(3)由于k<－6，故－1－2－k<－1－－k－2<－3<－1<1<－1＋－k－2<－1＋2－k. 利用函数图象的对称性可知f(1)＝f(－3)，

再利用函数f(x)的单调性可知在(－1－－k－2，－1)上f(x)>f(1)＝f(－3)的解集为(－1－－k－2，－3)，在(－1，－1＋－k－2)上f(x)>f(1)的解集为(1，－1＋－k－2)． 再在其余两个区间(－∞，－1－2－k)和(－1＋2－k，＋∞)上讨论． 令x＝1，则(x＋2x＋k)＋2(x＋2x＋k)－3＝k＋8k＋12， 令(x＋2x＋k)＋2(x＋2x＋k)－3＝k＋8k＋12， 则(x＋2x＋k)＋2(x＋2x＋k)－(k＋8k＋15)＝0， 即(x＋2x＋k)＋2(x＋2x＋k)－(k＋5)(k＋3)＝0， 即[x＋2x＋k＋(k＋5)][x＋2x＋k－(k＋3)]＝0， 化简得(x＋2x＋2k＋5)(x＋2x－3)＝0，

解得除了－3，1的另外两个根为－1±－2k－4，

因此利用函数f(x)的单调性可知在(－∞，－1－2－k)上f(x)>f(1)的解集为(－1－－2k－4，－1－2－k)，

在(－1＋2－k，＋∞)上f(x)>f(1)的解集为(－1＋2－k，－1＋－2k－4)， 综上所述，k<－6时，在D上f(x)>f(1)的解集为(－1－－2k－4，－1－2－k)∪(－1

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

－－k－2，－3)∪(1，－1＋－k－2)∪(－1＋2－k，－1＋－2k－4)．

8．(2013·重庆，17)设f(x)＝a(x－5)＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0，6)． (1)确定a的值；

(2)求函数f(x)的单调区间与极值． 解 (1)因为f(x)＝a(x－5)＋6ln x， 6

故f′(x)＝2a(x－5)＋.

2

2

x令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，

所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)， 1

由点(0，6)在切线上可得6－16a＝8a－6，故a＝.

2

16（x－2）（x－3）2

(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)＋6ln x(x>0)，f′(x)＝x－5＋＝.

2xx令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3. 当03时，f′(x)>0，

故f(x)在(0，2)，(3，＋∞)上为增函数；

当2

9

由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln 2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋

26ln 3.

9．(2012·北京，18)已知函数f(x)＝ax＋1(a>0)，g(x)＝x＋bx.

(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值； (2)当a＝4b时，求函数f(x)＋g(x)的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值． 解 (1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x＋b.

因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，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.

1211(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当b＝a时，h(x)＝x3＋ax2＋a2x＋1，h′(x)＝3x2＋2ax＋a2.

444令h′(x)＝0，得x1＝－，x2＝－.

26

2

2

2

3

aaa>0时，h(x)与h′(x)的情况如下：

x h′(x) h(x) (－∞，－＋ a2) － 20 a(－，－) 26－ aa－ 60 a(－，＋∞) 6＋ a? ? ?

a?

? ?

所以函数h(x)的单调递增区间为?－∞，－?和?－，＋∞?；单调递减区间为

2??6??

?a?－a，－a?.

?2?6??

当－≥－1，即0

2

函数h(x)在区间(－∞，－1]上单调递增，h(x)在区间 12

(－∞，－1]上的最大值为h(－1)＝a－a.

4当－<－1，且－≥－1，

26即2

函数h(x)在区间?－∞，－?内单调递增，在区间?－，－1?上单调递减，h(x)在区间(－

2???2?∞，－1]上的最大值为h?－?＝1. ?2?

当－<－1，即a>6时，函数h(x)在区间?－∞，－?内单调递增，在区间?－，－?内单

2?6?6??2

aaa?

a??a?

?a?a?

a??aa???调递减，在区间?－，－1?上单调递增．

?6?

121?a?2

又因h?－?－h(－1)＝1－a＋a＝(a－2)>0，所以h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值

44?2?为h?－?＝1.

?2?

考点二 利用导数研究函数的极值与最值

1．(2015·陕西，12)对二次函数f(x)＝ax＋bx＋c(a为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是( ) A．－1是f(x)的零点 C．3是f(x)的极值

解析 A正确等价于a－b＋c＝0，① B正确等价于b＝－2a，② 4ac－bC正确等价于＝3，③

4aD正确等价于4a＋2b＋c＝8.④

2

2

a?a?B．1是f(x)的极值点 D．点(2，8)在曲线y＝f(x)上

下面分情况验证，

a＝5，??

若A错，由②、③、④组成的方程组的解为?b＝－10，符合题意；

??c＝8.

若B错，由①、③、④组成的方程组消元转化为关于a的方程后无实数解； 若C错，由①、②、④组成方程组，经验证a无整数解； 3

若D错，由①、②、③组成的方程组a的解为－也不是整数．

4综上，故选A. 答案 A

2．(2015·新课标全国Ⅱ，12)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( ) A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞)

解析 因为f(x)(x∈R)为奇函数，f(－1)＝0，所以f(1)＝－f(－1)＝0.当x≠0时，令

f（x）?f（x）?′g(x)＝，则g(x)为偶函数，且g(1)＝g(－1)＝0.则当x＞0时，g′(x)＝??x?x?

＝

xf′（x）－f（x）

＜0，故g(x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数．所

x2f（x）

＞0?f(x)＞0； xf（x）

＜0?f(x)＞0.综上，得使得x以在(0，＋∞)上，当0＜x＜1时，g(x)＞g(1)＝0?

在(－∞，0)上，当x＜－1时，g(x)＜g(－1)＝0?f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，选A.

答案 A

πx2

3．(2014·新课标全国Ⅱ，12)设函数f(x)＝3sin.若存在f(x)的极值点x0满足x0＋

m[f(x0)]

22

πx0π

解析 由正弦型函数的图象可知：f(x)的极值点x0满足f(x0)＝±3，则＝＋kπ

m21222

(k∈Z)，从而得x0＝(k＋)m(k∈Z)．所以不等式x0＋[f(x0)]

2

1221?2?22?(k＋)m＋33，其中k∈Z.由题意，存在整数k使得不等式2????1?2??1?2??m?1－?k＋??>3成立．当k≠－1且k≠0时，必有?k＋?>1，此时不等式显然不能成

?2???2??

2

32

立，故k＝－1或k＝0，此时，不等式即为m>3，解得m<－2或m>2.

4答案 C

4．(2013·浙江，8)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e－1)(x－1)(k＝1，2)，则( )

A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值 B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值 C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值 D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值

解析 当k＝1时，f(x)＝(e－1)(x－1)，此时f′(x)＝e(x－1)＋(e－1)＝e·x－1，所以f′(1)＝e－1≠0，所以f(1)不是极值，A，B项均错．

当k＝2时，f(x)＝(e－1)(x－1)，此时f′(x)＝e(x－1)＋(2x－2)(e－1)＝e·x－2x－e＋2＝e(x＋1)(x－1)－2(x－1)＝(x－1)[e(x＋1)－2]，所以f′(1)＝0，且当x>1时，f′(x)>0；在x＝1附近的左侧，f′(x)<0，所以f(1)是极小值． 答案 C

5．(2012·陕西，7)设函数f(x)＝xe，则( ) A．x＝1为f(x)的极大值点 B．x＝1为f(x)的极小值点 C．x＝－1为f(x)的极大值点 D．x＝－1为f(x)的极小值点

解析 f′(x)＝(x＋1)e，当x<－1时，f′(x)<0，当x>－1时，f′(x)>0，所以x＝－1为f(x)的极小值点，故选D. 答案 D

6．(2011·广东，12)函数f(x)＝x－3x＋1在x＝________处取得极小值．

3

2

xkxxxxx2x2xx2

xxxxx解析 ∵f′(x)＝3x－6x＝0得x＝0或x＝2.∴当x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时f′(x)>0，

2

f(x)为增函数．

当x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)为减函数． ∴f(x)在x＝2处取得极小值． 答案 2

7．(2015·江苏，19)已知函数f(x)＝x＋ax＋b(a，b∈R)． (1)试讨论f(x)的单调性；

(2)若b＝c－a(实数c是与a无关的常数)，当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值

3

2

?3??3?范围恰好是(－∞，－3)∪?1，?∪?，＋∞?，求c的值．

?2??2?

2a2

解 (1)f′(x)＝3x＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－.

3当a＝0时，因为f′(x)＝3x＞0(x≠0)， 所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；

2a???2a?当a＞0时，x∈?－∞，－?∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0，x∈?－，0?时， 3???3?2a???2a?f′(x)＜0，所以函数f(x)在?－∞，－?，(0，＋∞)上单调递增，在?－，0?上单调

33

2

????

递减；

2a??2a??当a＜0时，x∈(－∞，0)∪?－，＋∞?时，f′(x)＞0，x∈?0，－?时，

3??3??2a??2a??f′(x)＜0，所以函数f(x)在(－∞，0)，?－，＋∞?上单调递增，在?0，－?上单调

?

3

??3?

递减．

?2a?43

(2)由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)＝b，f?－?＝a＋b，则函数f(x)有三个零

?3?27?2a??43?点等价于f(0)·f?－?＝b?a＋b?＜0， ?3??27?

a＞0，a＜0，????

从而?43或?43

－a＜b＜00＜b＜－a.??27?27?

4343

又b＝c－a，所以当a＞ 0时，a－a＋c＞0或当a＜0时，a－a＋c＜0.

2727设g(a)＝

43

a－a＋c，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－27

?3??3?3)∪?1，?∪?，＋∞?， ?2??2?

?3??3?则在(－∞，－3)上g(a)＜0，且在?1，?∪?，＋∞?上g(a)＞0均恒成立． ?2??2??3?从而g(－3)＝c－1≤0，且g??＝c－1≥0，因此c＝1. ?2?

此时，f(x)＝x＋ax＋1－a＝(x＋1)[x＋(a－1)x＋1－a]，

因函数有三个零点，则x＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，所以Δ＝(a－1)－4(1－a)＝a＋2a－3＞0， 且(－1)－(a－1)＋1－a≠0，

22

2

2

3

2

2

?3??3?解得a∈(－∞，－3)∪?1，?∪?，＋∞?.综上c＝1. ?2??2?

3x＋ax8．(2015·重庆，20)设函数f(x)＝(a∈R)． xe

(1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围． （6x＋a）e－（3x＋ax）e

解 (1)对f(x)求导得f′(x)＝ x2

（e）－3x＋（6－a）x＋a＝， xe

因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.

3x－3x＋6x33

当a＝0时，f(x)＝x，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝，从而f(x)在点(1，xeeee

2

2

2

2

x2xf(1))处的切线方程为y－＝(x－1)，化简得3x－ey＝0.

－3x＋（6－a）x＋a(2)由(1)知f′(x)＝. xe令g(x)＝－3x＋(6－a)x＋a， 6－a－a＋36

由g(x)＝0解得x1＝，

66－a＋a＋36x2＝. 6

当x＜x1时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数； 当x1＜x＜x2时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，故f(x)为增函数； 当x＞x2时，g(x)＜0，即f′(x)＜0， 故f(x)为减函数．

6－a＋a＋369

由f(x)在[3，＋∞)上为减函数，知x2＝≤3，解得a≥－，

62

2

2

2

2

2

3

e3e

?9?故a的取值范围为?－，＋∞?. ?2?

13

9．(2015·新课标全国Ⅰ，21)已知函数f(x)＝x＋ax＋，g(x)＝－ln x.

4(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；

(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，讨论h(x)零点的个数．

解 (1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0，0)，则f(x0)＝0，f′(x0)＝0.即1??x30＋ax0＋＝0，4 ?

??3x20＋a＝0，13解得x0＝，a＝－.

24

3

因此，当a＝－时，x轴为曲线y＝f(x)的切线．

4(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<0， 从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0， 故h(x)在(1，＋∞)无零点．

55

当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1

445

是h(x)的零点；若a<－，则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是

4

h(x)的零点．

当x∈(0，1)时，g(x)＝－ln x>0.所以只需考虑f(x)在(0，1)的零点个数．

(ⅰ)若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x＋a在(0，1)无零点，故f(x)在(0，1)单调．而

2

f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0，1)有一个零点；当a≥0时，f(x)

在(0，1)没有零点．

(ⅱ)若－3

1454

??

－?单调递减，在?3??

a??

－，1?单调递增，故在(0，1)

3?

a?

－时，f(x)取得最小值，最小值为f?3?

a?

a?2a－?＝3?3

a1－＋. 34

????

3a?

－?>0，即－

43?

f(x)在(0，1)无零点；

②若f?

3a?

－?＝0，即a＝－，

43?

则f(x)在(0，1)有唯一零点；

③若f?

??31553a?

－?<0，即－3

444443?

5

在(0，1)有两个零点；当－3

4

3535

综上，当a>－或a<－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；

444453

当－

44

10．(2015·安徽，21)设函数f(x)＝x－ax＋b.

2

?ππ?(1)讨论函数f(sin x)在?－，?内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；

?22??ππ?2

(2)记f0(x)＝x－a0x＋b0，求函数|f(sin x)－f0(sin x)|在?－，?上的最大值D；

?22?

(3)在(2)中，取a0＝b0＝0，求z＝b－满足D≤1时的最大值．

4解 (1)f(sin x)＝sin x－asin x＋b＝ ππ

sin x(sin x－a)＋b，－

22

ππ

[f(sin x)]′＝(2sin x－a)cos x，－

22ππ

因为－0，－2<2sin x<2.

22①a≤－2，b∈R时，函数f(sin x)单调递增，无极值． ②a≥2，b∈R时，函数f(sin x)单调递减，无极值．

2

a2

?ππ?③对于－2

?22?

－

π

π2

x0≤x<时，函数f(sin x)单调递增；

a?a?因此，－2

ππ

(2)－≤x≤时，|f(sin x)－f0(sin x)|＝|(a0－a)sin x＋b－b0|≤|a－a0|＋|b－b0|.

22π

当(a0－a)(b－b0)≥0时，取x＝，等号成立．

2π

当(a0－a)(b－b0)<0时，取x＝－，等号成立．

2

2

?ππ?由此可知，|f(sin x)－f0(sin x)|在?－，?上的最大值为D＝|a－a0|＋|b－b0|. ?22?

(3)D≤1即为|a|＋|b|≤1，此时0≤a≤1，－1≤b≤1，

2

从而z＝b－≤1.

4

取a＝0，b＝1，则|a|＋|b|≤1，并且z＝b－＝1.

4由此可知，z＝b－满足条件D≤1的最大值为1.

4

e2

11．(2014·山东，20)设函数f(x)＝2－k(＋ln x)(k为常数，e＝2.718 28?是自然对数

xa2

a2

a2

xx的底数)．

(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；

(2)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围． 解 (1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)，

x2ex－2xex?21?

f′(x)＝－k?－2＋?

x4?xx?xex－2exk（x－2）

＝－ x3x2（x－2）（e－kx）＝ 3

xx由k≤0可得e－kx>0，

所以当x∈(0，2)时，f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减， 当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)＝e－kx，x∈[0，＋∞)， 因为g′(x)＝e－k＝e－e当0

当x∈(0，2)时，g′(x)＝e－k>0，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，

xxxln kxx，

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

g（0）>0，??g（ln k）<0，e

当且仅当?解得e

2g（2）>0，

??0

2

?e?综上所述，函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点时，k的取值范围为?e，?.

?2?

12．(2013·福建，17)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 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－.

2

(1)当a＝2时，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－(x>0)，因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，所

2

axx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－＝ax－a，x>0知：

xx①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． 考点三 导数的综合问题

1．(2015·新课标全国Ⅰ，12)设函数f(x)＝e(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0，则a的取值范围是( ) A.?－

x?3，1?

?

?2e?

x?33?B.?－，? ?2e4??3?D.?，1? ?2e?

?33?C.?，? ?2e4?

解析 设g(x)＝e(2x－1)，y＝ax－a，由题知存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线y＝

ax－a的下方，

11x因为g′(x)＝e(2x＋1)，所以当x<－时，g′(x)<0，当x>－时，g′(x)>0，所以当x22

11＝－时，[g(x)]min＝－2e－，

22

当x＝0时，g(0)＝－1，g(1)＝3e>0，直线y＝a(x－1)恒过(1，0)且斜率为a，故－a>g(0)＝－1，

3－1

且g(－1)＝－3e≥－a－a，解得≤a<1，故选D.

2e

答案 D

2．(2014·辽宁，11)当x∈[－2，1]时，不等式ax－x＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是( ) A．[－5，－3] C．[－6，－2]

3

9??B.?－6，－? 8??

D．[－4，－3]

2

3

2

1?1??1?13

解析 当x∈(0，1]时，得a≥－3??－4??＋，令t＝，则t∈[1，＋∞)，a≥－3tx?x??x?x－4t＋t，令g(t)＝－3t－4t＋t，t∈[1，＋∞)，则g′(t)＝－9t－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≤－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

3．(2013·四川，10)设函数f(x)＝e＋x－a(a∈R，e为自然对数的底数)．若曲线y＝sin

x2

3

2

2

x上存在点(x0，y0)使得f(f(y0))＝y0，则a的取值范围是( )

A．[1，e]

B．[e－1，1] D．[e－1，e＋1]

x－1－1

C．[1，e＋1]

解析 因为y0＝sin x0∈[－1，1]，而f(x)≥0，f(f(y0))＝y0，所以y0∈[0，1]．设e＋x－a＝x，x∈[0，1]，①所以e＋x－x＝a在x∈[0，1]上有解，令g(x)＝e＋x－x，所以g′(x)＝e＋1－2x，设h(x)＝e＋1－2x，则h′(x)＝e－2，所以当x∈(0，ln 2)时，h′(x)＜0，当x∈(ln 2，1)时，h′(x)＞0，所以g′(x)≥

xxxx2

x2

g′(ln 2)＝3－2ln 2＞0，所以g(x)在[0，1]上单调递增．所以原题中的方程有解必须

方程①有解，所以g(0)≤a≤g(1)，故选A. 答案 A

4．(2015·广东，19)设a>1，函数f(x)＝(1＋x)e－a. (1)求f(x)的单调区间；

(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；

(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行

3

(O是坐标原点)，证明：m≤

x2

2

xa－－1.

x2

2e

(1)解 f′(x)＝2xe＋(1＋x)e＝(x＋2x＋1)e＝(x＋1)e ?x∈R，f′(x)≥0恒成立．

∴f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)．

(2)证明 ∵f(0)＝1－a，f(a)＝(1＋a)e－a， ∵a>1，∴f(0)<0，f(a)>2ae－a>2a－a＝a>0， ∴f(0)·f(a)<0，

∴f(x)在(0，a)上有一零点，又∵f(x)在(－∞，＋∞)上递增， ∴f(x)在(0，a)上仅有一个零点， ∴f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点． (3)证明 f′(x)＝(x＋1)e，设P(x0，y0)， 则f′(x0)＝ex0(x0＋1)＝0， ∴x0＝－1，

2

把x0＝－1，代入y＝f(x)得y0＝－a，

e2

∴kOP＝a－.

e

2

2x2

x2xaaf′(m)＝em(m＋1)2＝a－，

令g(m)＝e－(m＋1)，g′(m)＝e－1. 令g′(x)>0，则m>0， ∴g(m)在(0，＋∞)上增． 令g′(x)<0，则m<0， ∴g(m)在(－∞，0)上减． ∴g(m)min＝g(0)＝0.

mm2e

∴e－(m＋1)≥0，即e≥m＋1. ∴e(m＋1)≥(m＋1)， 23

即a－≥(m＋1).

e

3

∴m＋1≤322

a－，即m≤a－－1. ee

2

mmm23

5．(2015·山东，21)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x－x)，其中a∈R. (1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由； (2)若?x＞0，f(x)≥0成立，求a的取值范围． 解 (1)由题意知，函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，

f′(x)＝

2

1

＋a(2x－1) x＋1

2ax＋ax－a＋1＝.

x＋1

令g(x)＝2ax＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)． ①当a＝0时，g(x)＝1，此时f′(x)＞0， 函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点； ②当a＞0时，Δ＝a－8a(1－a)＝a(9a－8)． 8

(ⅰ)当0＜a≤时，Δ≤0，g(x)≥0，

9

2

2

f′(x)≥0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点；

8

(ⅱ)当a＞时，Δ＞0，

9

设方程2ax＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1＜x2)， 1

因为x1＋x2＝－，

211

所以x1＜－，x2＞－. 44

1

由g(－1)＝1＞0，可得－1＜x1＜－.

4

所以当x∈(－1，x1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增； 当x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减； 当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增； 因此函数有两个极值点． (ⅲ)当a＜0时，Δ＞0，

2

由g(－1)＝1＞0，可得x1＜－1. 当x∈(－1，x2)时，

g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；

当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减； 所以函数有一个极值点．

综上所述，当a＜0时，函数f(x)有一个极值点； 8

当0≤a≤时，函数f(x)无极值点；

98

当a＞时，函数f(x)有两个极值点．

9

8

(2)由(1)知，①当0≤a≤时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，

9因为f(0)＝0，所以x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，符合题意； 8

②当＜a≤1时，由g(0)≥0，得x2≤0，

9所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，

又f(0)＝0，所以x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，符合题意； ③当a＞1时，由g(x)＜0，可得x2＞0. 所以x∈(0，x2)时，函数f(x)单调递减；

因为f(0)＝0，所以x∈(0，x2)时，f(x)＜0，不合题意； ④当a＜0时，设h(x)＝x－ln(x＋1)． 因为x∈(0，＋∞)时，h′(x)＝1－

1x＝＞0 ， x＋1x＋1

所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因此当x∈(0，＋∞)时，h(x)＞h(0)＝0， 即ln(x＋1)＜x.

可得f(x)＜x＋a(x－x)＝ax＋(1－a)x， 12

当x＞1－时，ax＋(1－a)x＜0，

2

2

a此时f(x)＜0，不合题意． 综上所述，a的取值范围是[0，1]．

6．(2015·湖南，21)已知a＞0，函数f(x)＝esin x(x∈[0，＋∞))．记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N)个极值点，证明： (1)数列{f(xn)}是等比数列；

*

ax(2)若a≥1e－1

2

，则对一切n∈N，xn＜|f(xn)|恒成立.

axax*

证明 (1)f′(x)＝aesin x＋ecos x ＝e(asin x＋cos x) ＝a＋1esin(x＋φ)， 1π

其中tan φ＝，0＜φ＜.

a2

令f′(x)＝0，由x≥0得x＋φ＝mπ， 即x＝mπ－φ，m∈N，

对k∈N，若2kπ＜x＋φ＜(2k＋1)π， 即2kπ－φ＜x＜(2k＋1)π－φ， 则f′(x)＞0；

若(2k＋1)π＜x＋φ＜(2k＋2)π，

即(2k＋1)π－φ＜x＜(2k＋2)π－φ，则f′(x)＜0. 因此，在区间((m－1)π，mπ－φ)与(mπ－φ，mπ)上，

*

2

axaxf′(x)的符号总相反．

于是当x＝mπ－φ(m∈N)时，f(x)取得极值， 所以xn＝nπ－φ(n∈N)． 此时，f(xn)＝e(－1)

n＋1a(nπ－φ)

a(nπ－φ)

**

sin(nπ－φ)＝

esin φ.

易知f(xn)≠0，而

f（xn＋1）

f（xn）

（－1）esin φaπa(π－φ)＝＝－e是常数，故数列{f(xn)}是首项为f(x1)＝esin n＋1a（nπ－φ）

（－1）esin φφ，公比为－e的等比数列． (2)由(1)知，sin φ＝

，于是对一切n∈N； 2

a＋1

1

e

a(nπ－φ)

a（nπ－φ）

a2＋1e

恒成立，等价于＜(*) aa（nπ－φ）

aπ

n＋2a[（n＋1）π－φ]

1

*

xn＜|f(xn)|恒成立，即nπ－φ＜恒成立，因为(a＞0)．

a2＋1

ee（t－1）

设g(t)＝(t＞0)，则g′(t)＝. 2

tttt令g′(t)＝0得t＝1.

当0＜t＜1时，g′(t)＜0，所以g(t)在区间(0，1)上单调递减；

当t＞1时，g′(t)＞0，所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增． 从而当t＝1时，函数g(t)取得最小值g(1)＝e.

a2＋1

因此，要使(*)式恒成立，只需＜g(1)＝e，

a即只需a＞而当a＝1. 2

e－11

1πππ2

时，由tan φ＝＝e－1＞3且0＜φ＜知，＜φ＜. 2a232e－1

2π3π22

于是π－φ＜＜e－1，且当n≥2时，nπ－φ≥2π－φ＞＞e－1.

32

a2＋1

因此对一切n∈N，axn＝≠1，所以g(axn)＞g(1)＝e＝.故(*)式亦恒成立． 2ae－1

*

nπ－φ

综上所述，若a≥*

，

e－1

21

则对一切n∈N，xn＜|f(xn)|恒成立．

7．(2015·福建，20)已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k∈R)． (1)证明：当x＞0时，f(x)＜x；

(2)证明：当k＜1时，存在x0＞0，使得对任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x)； (3)确定k的所有可能取值，使得存在t＞0，对任意的x∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|＜

x2.

(1)证明 令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈(0，＋∞)， 1－x则有F′(x)＝－1＝. 1＋xx＋1当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＜0， 所以F(x)在(0，＋∞)上单调递减，

故当x＞0时，F(x)＜F(0)＝0，即当x＞0时，f(x)＜x.

(2)证明 令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈(0，＋∞)， 则有G′(x)＝

1－kx＋（1－k）

－k＝. x＋1x＋1

当k≤0时，G′(x)＞0，故G(x)在(0，＋∞)单调递增，G(x)＞G(0)＝0， 故任意正实数x0均满足题意．

1－k1

当0＜k＜1时，令G′(x)＝0，得x＝＝－1＞0，

kk1

取x0＝－1，对任意x∈(0，x0)，

k有G′(x)＞0，

从而G(x)在(0，x0)单调递增， 所以G(x)＞G(0)＝0， 即f(x)＞g(x)．

综上，当k＜1时，总存在x0＞0，使得对任意x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x)． (3)解 当k＞1时，由(1)知，对于?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，＋∞)．

则有M′(x)＝k－

2

1

－2x 1＋x－2x＋（k－2）x＋k－1＝.

x＋1

?k－2＋（k－2）2＋8（k－1）?

故当x∈?0，?时，M′(x)＞0，

4??

?k－2＋（k－2）2＋8（k－1）?M(x)在?0，?上单调递增，

4??

故M(x)＞M(0)＝0，即|f(x)－g(x)|＞x，所以满足题意的t不存在． 当k＜1时，由(2)知，存在x0＞0，使得当x∈(0，x0)时，f(x)＞g(x)， 此时|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝ ln(1＋x)－kx.

令N(x)＝ln(1＋x)－kx－x，x∈[0，＋∞)． 则有N′(x)＝

2

2

2

1

－k－2x x＋1

－2x－（k＋2）x＋1－k＝.

x＋1

?－（k＋2）＋（k＋2）2＋8（1－k）?当x∈?0，?时，

4??

N′(x)＞0，N(x)在

?－（k＋2）＋（k＋2）2＋8（1－k）?

?0，?上单调递增，

4??

故N(x)＞N(0)＝0，即f(x)－g(x)＞x.

－（k＋2）＋（k＋2）＋8（1－k）

记x0与中的较小者为x1，

4则当x∈(0，x1)时，恒有|f(x)－g(x)|＞x. 故满足题意的t不存在．

2

2

2

当k＝1时，由(1)知，当x＞0时，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1＋x)， 令H(x)＝x－ln(1＋x)－x，x∈[0，＋∞)， 1－2x－x则有H′(x)＝1－－2x＝.

1＋xx＋1当x＞0时，H′(x)＜0，

所以H(x)在[0，＋∞)上单调递减， 故H(x)＜H(0)＝0.

故当x＞0时，恒有|f(x)－g(x)|＜x. 此时，任意正实数t均满足题意． 综上，k＝1.

法二 (1)(2)证明 同法一．

(3)解 当k＞1时，由(1)知，对于?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＞x，解得0＜x＜k－1.

从而得到，当k＞1时，对于x∈(0，k－1)， 恒有|f(x)－g(x)|＞x， 故满足题意的t不存在． 当k＜1时，取k1＝

2

2

22

2

k＋1

2

，从而k＜k1＜1，

由(2)知，存在x0＞0，使得x∈(0，x0)，

f(x)＞k1x＞kx＝g(x)，

1－k此时|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＞(k1－k)x＝x，

2令

1－k1－kx＞x2，解得0＜x＜， 22

2

此时f(x)－g(x)＞x. 1－k记x0与的较小者为x1，

2

当x∈(0，x1)时，恒有|f(x)－g(x)|＞x. 故满足题意的t不存在．

当k＝1时，由(1)知，x＞0，|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝x－ln(1＋x)， 令M(x)＝x－ln(1＋x)－x，x∈[0，＋∞)，

2

2

1－2x－x则有M′(x)＝1－－2x＝.

1＋xx＋1

当x＞0时，M′(x)＜0，所以M(x)在[0，＋∞)上单调递减， 故M(x)＜M(0)＝0.故当x＞0时， 恒有|f(x)－g(x)|＜x，

此时，任意正实数t均满足题意． 综上，k＝1.

2

2

bex－1

8．(2014·新课标全国Ⅰ，21)设函数f(x)＝aeln x＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))

xx处的切线方程为y＝e(x－1)＋2. (1)求a，b； (2)证明：f(x)>1.

(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

abbf′(x)＝aexln x＋ex－2ex－1＋ex－1.

xxx由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e.故a＝1，b＝2. 2x－1x(2)证明 由(1)知，f(x)＝eln x＋e，

x2－x从而f(x)>1等价于xln x>xe－. e设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x.

?1?所以当x∈?0，?时，g′(x)<0； ?e??1?当x∈?，＋∞?时，g′(x)>0. ?e?

1?1???0，故g(x)在?上单调递减，在?，＋∞?上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小??e??e?1?1?值为g??＝－. e?e?2－x设函数h(x)＝xe－，

e则h′(x)＝e(1－x)．

所以当x∈(0，1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0. 故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 1

从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－. e综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.

－x?π?9．(2014·北京，18)已知函数f(x)＝xcos x－sin x，x∈?0，?.

2??

(1)求证：f(x)≤0；

sin x?π?(2)若a<

2?x?(1)证明 由f(x)＝xcos x－sin x得

f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x.

?π?因为在区间?0，?上f′(x)＝－xsin x<0，

2???π?所以f(x)在区间?0，?上单调递减．

2??

从而f(x)≤f(0)＝0.

sin xsin x(2)解 当x>0时，“>a”等价于“sin x－ax>0”；“

xxbx<0”．

令g(x)＝sin x－cx，则g′(x)＝cos x－c.

?π?当c≤0时，g(x)>0对任意x∈?0，?恒成立．

2??

?π??π?当c≥1时，因为对任意x∈?0，?，g′(x)＝cos x－c<0，所以g(x)在区间?0，?上2?2???

单调递减．

?π?从而g(x)

cos x0－c＝0.

g(x)与g′(x)在区间?0，?上的情况如下：

2

??

π??

x g′(x) g(x) (0，x0) ＋ ? x0 0 ?x0，π? ??2??－ ? 因为g(x)在区间[0，x0]上是增函数，所以g(x0)>g(0)＝0.进一步，“g(x)>0对任意

x∈?0，?恒成立”当且仅当g??＝1－c≥0，即0

22

??

π??

?π???

π22π

2?π?综上所述，当且仅当c≤时，g(x)>0对任意x∈?0，?恒成立；当且仅当c≥1时，g(x)<0

2?π?

?π?对任意x∈?0，?恒成立．

2??

sin x2?π?所以，若a<

2?xπ?10．(2014·江西，18)已知函数f(x)＝(x＋bx＋b)1－2x(b∈R)． (1)当b＝4时，求f(x)的极值；

1

(2)若f(x)在区间(0，)上单调递增，求b的取值范围．

3－5x（x＋2）

解 (1)当b＝4时，f′(x)＝，

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；

2

?1?当x∈?0，?时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故f(x)在x＝－2处取极小值f(－2)＝0，?2?

在x＝0处取极大值f(0)＝4.

－x[5x＋（3b－2）]

(2)f′(x)＝，

1－2x－x?1?因为当x∈?0，?时，<0，依题意，

?3?1－2x?1?当x∈?0，?时，有5x＋(3b－2)≤0， ?3?

5

从而＋(3b－2)≤0.

3

1??所以b的取值范围为?－∞，?. 9??

8

11．(2014·辽宁，21)已知函数f(x)＝(cos x－x)(π＋2x)－(sin x＋1)，g(x)＝3(x－

3

?2x?π)cos x－4(1＋sin x)ln?3－?. ?π?

?π?证明：(1)存在唯一x0∈?0，?，使f(x0)＝0；

2??

?π?(2)存在唯一x1∈?，π?，使g(x1)＝0，且对(1)中的x0，有x0＋x1<π.

?2?

2?π?证明 (1)当x∈?0，?时，f′(x)＝－(1＋sin x)(π＋2x)－2x－cos x<0，函数f(x)

2?3?

816?π??π?2

在?0，?上为减函数，又f(0)＝π－>0，f??＝－π－<0，所以存在唯一x0∈

2?33??2?

?0，π?，使f(x)＝0.

?0

2???

2?3（x－π）cos x?(2)考虑函数h(x)＝－4ln?3－x?，

1＋sin x?π?

??x∈?，π?.

?

?π??π?令t＝π－x，则x∈?，π?时，t∈?0，?.

2??2??

2?3tcos t?记u(t)＝h(π－t)＝－4ln?1＋t?，

1＋sin t?π?3f（t）

则u′(t)＝.

（π＋2t）（1＋sin t）由(1)得，当t∈(0，x0)时，u′(t)>0， π??当t∈?x0，?时，u′(t)<0. 2??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． π???π?在?x0，?上u(t)为减函数，由u(x0)>0，u??＝ 2???2?π??－4ln 2<0，知存在唯一t1∈?x0，?，使u(t1)＝0.

2??

π

?2

?π?所以存在唯一的t1∈?0，?，使u(t1)＝0.

2???π?因此存在唯一的x1＝π－t1∈?，π?，

?2?

使h(x1)＝h(π－t1)＝u(t1)＝0.

?π?因为当x∈?，π?时，1＋sin x>0，故g(x)＝(1＋sin x)h(x)与h(x)有相同的零点，

?2??π?所以存在唯一的x1∈?，π?，使g(x1)＝0.

?2?

因x1＝π－t1，t1>x0，所以x0＋x1<π. 12．(2013·天津，20)已知函数f(x)＝xln x. (1)求函数f(x)的单调区间；

(2)证明：对任意的t>0，存在唯一的s，使t＝f(s)； (3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s＝g(t)， 2ln g（t）12

证明：当t>e时，有<<. 5ln t2(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．

2

f′(x)＝2xln x＋x＝x(2 ln x＋1)，

令f′(x)＝0，得x＝

1e.

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x f′(x) f(x) ?0，1??? e??－ ? 1e ?1，＋∞??? ?e?＋ 0 极小值 ? 所以函数f(x)的单调递减区间是?0，(2)证明 当0

?

?

1??1??，单调递增区间是?，＋∞?. e??e?

t>0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．

由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．

h(1)＝－t<0，h(et)＝e2tln et－t＝t(e2t－1)>0.故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．

(3)证明 因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s>1，从而ln sln s＝＝ 2

ln（sln s）2ln s＋ln（ln s），其中u＝ln s.

2u＋ln u2ln g（t）1u要使<<成立，只需0

5ln t22

当t>e时，若s＝g(t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e，矛盾． 所以s>e，即u>1，从而ln u>0成立．

2

2

ln g（t）ln s＝＝

ln tln f（s）

uu11

另一方面，令F(u)＝ln u－，u>1.F′(u)＝－，

2u2

令F′(u)＝0，得u＝2.

当10；当u>2时，F′(u)<0. 故对u>1，F(u)≤F(2)<0.因此ln u<成立．

22ln g（t）12

综上，当t>e时，有<<. 5ln t2

u

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