【导与练】高考数学 试题汇编 第二节 导数的应用 理（含解析）.doc

第二节导数的应用 利用导数研究函数的单调性考向聚焦利用导数研究函数的单调性属于高考的重点考查内容,常见考查方式有三种:(1)求不含参函数的单调区间(容易题);(2)求含参函数的单调区间(难点是对参数的讨论,中档题);(3)由函数的单调区间(包括两种情况函数在某区间上是单调增函数或单调减函数,函数在某区间上存在单调区间),求参数的取值范围.高考试卷中本考点通常出现在解答题的第(1)问,有时与不等式交汇,难度不大,所占分值6分左右,并且持续的重点考查备考指津重视对分类讨论和等价转化数学思想方法的训练,强化两种题型的训练:一是求函数的单调区间,二是已知函数的单调性求参数的取值范围1.(2011年江西卷,理4)若f(x)=x2-2x-4ln x,则f(x)0的解集为()(a)(0,+)(b)(-1,0)(2,+)(c)(2,+)(d)(-1,0)解析:法一:由题意知x0,f(x)=2x-2-4x,则f(x)0等价于2x-2-4x0,即2x2-2x-4x0,又x0,2x2-2x-40,x2.故选c.法二:因为f(x)的定义域为(0,+),所以排除选项b、d,由于f(x)=2x-2-4x,把x=1代入f(x),得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(x)=f(x)-20,g(x)在r上单调递增,且g(-1)=f(-1)-(-2+4)=0,当x-1时,g(x)g(-1)=0,即f(x)2x+4,故此不等式的解集为(-1,+).故选b.答案:b.3.(2012年全国大纲卷,理20,12分)设函数f(x)=ax+cos x,x0,.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设f(x)1+sin x,求a的取值范围.解:(1)f(x)=a-sin x,当a1时,f(x)0,且仅当a=1,x=2时,f(x)=0,所以f(x)在0,上是增函数;当a0时,f(x)0,且仅当a=0,x=0或x=时,f(x)=0,所以f(x)在0,上是减函数;当0a1时,由f(x)=0解得x1=arcsin a,x2=-arcsin a.当x0,x1)时,sin x0,f(x)是增函数;当x(x1,x2)时,sin xa,f(x)0,f(x)是减函数;当x(x2,)时,sin x0,f(x)是增函数.(2)由f(x)1+sin x得f()1,a-11,所以a2.令g(x)=sin x-2x(0x2),则g(x)=cos x-2.当x(0,arccos 2)时,g(x)0,当x(arccos 2,2)时,g(x)0,x=k.当k0时,f(x)与f(x)的情况如下表所示x(-,-k)-k(-k,k)k(k,+)f(x)+0-0+f(x)4k2e0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k0时,f(k+1)=ek+1k=e1+1ke-1=1e,不会有“对于任意的x(0,+),都有f(x)1e”.当k0时,由(1)可知,f(x)在(0,+)的最大值是f(-k)=4k2e,要使“对于任意x(0,+),f(x)1e”,则需f(x)max1e,即4k2e1e,4k21,即-12k0得1+x0,x-1,f(x)0得1+x0,x-1,f(x)在(-,-1)上单调递减,在(-1,+)上单调递增,x=-1是f(x)的一个极小值点.答案:d.6.(2012年全国大纲卷,理10,5分)已知函数y=x3-3x+c的图像与x轴恰有两个公共点,则c等于()(a)-2或2(b)-9或3(c)-1或1(d)-3或1解析:函数y=x3-3x+c与x轴恰有两个公共点,函数y=x3-3x+c必有一个极值点为0(如图)或y=3x2-3=3(x+1)(x-1),令y=0,得x=1,取x=1,令y=x3-3x+c=0,解得c=2,取x=-1,令y=x3-3x+c=0,解得c=-2.总之,c=2.答案:a.7.(2012年重庆卷,理8,5分)设函数f(x)在r上可导,其导函数为f(x),且函数y=(1-x)f(x)的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是()(a)函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)(b)函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(1)(c)函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(-2)(d)函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2)解析:由y=(1-x)f(x)的图象知,x2时,f(x)0,-2x2时,f(x)0),令h(t)=t2-ln t(t0),h(t)=2t-1t=2t2-1t,令h(t)0,得t22,令h(t)0,得0t22,h(t)在(0,22)上单调递减,在(22,+)上单调递增.当t=22时,h(t)取最小值,即t=22时,|mn|取最小值,故选d.答案:d.9.(2012年江苏数学,14,5分)已知正数a,b,c满足:5c-3ab4c-a,cln ba+cln c,则ba的取值范围是.解析:本题考查不等式的性质、和导数的应用,考查化归和转化的能力.把5c-3ab4c-a变形为5ca-3ba4ca-1,5ca-34ca-1,0ca2;-3a,lnbaac-lnac.设x=ac,h(x)=x-ln x(x12),利用导数可以证明h(x)在(12,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,h(x)h(1)=1,故lnba1,bae,由可得eba7.答案:e,7 本题把不等式与导数隐含关系结合在一起,考法独特.10.(2011年广东卷,理12)函数f(x)=x3-3x2+1在x=处取得极小值.解析:f(x)=3x2-6x=3x(x-2),令f(x)=0得x=0或x=2,令f(x)0得x2,令f(x)0得0x0),g(x)=x3+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a2=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)由f(x)=ax2+1,g(x)=x3+bx,得f(x)=2ax,g(x)=3x2+b,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,f(1)=c,g(1)=c,f(1)=g(1),a+1=c,b+1=c,2a=3+b,解得a=b=3,c=4,所求a,b的值为a=3,b=3.(2)令f(x)=f(x)+g(x)=x3+ax2+bx+1=x3+ax2+a24x+1,f(x)=3x2+2ax+a24.令f(x)=0得x1=-a2,x2=-a6.a0,-a2-a6.x,f(x),f(x)的变化如下表:x(-,-a2)-a2(-a2,-a6)-a6(-a6,+)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值f(x)+g(x)的递增区间为(-,-a2),(-a6,+),递减区间为(-a2,-a6).当-a2-1,即0a2时,函数f(x)在(-,-1上递增,f(x)在区间(-,-1上的最大值为f(-1)=a-14a2.当-a2-1且-a6-1,即2a6时,函数f(x)在区间(-,-a2)内递增,在区间(-a2,-1上递减,f(x)在(-,-1上的最大值为f(-a2)=1.当-a66时,函数f(x)在区间(-,-a2)内递增,在(-a2,-a6)上递减,在(-a6,-1上递增,又f(-a2)-f(-1)=1-a+a24=(a2-1)20,f(x)在区间(-,-1上的最大值为f(-a2)=1.综上所述:当00)由f(x)=3x2-2x-12x2=0得x=1或x=-13(舍去)f(x)与f(x)的变化情况如下:x(0,1)1(1,+)f(x)-0+f(x)递减3递增由表知:f(x)极小值=f(1)=3. 本题主要考查导数的几何意义及导数的应用,利用导数研究函数的单调性、极值、最值是高考必考知识,难度适中.13.(2012年广东卷,理21,14分)设a0,b=xr|2x2-3(1+a)x+6a0,d=ab.(1)求集合d(用区间表示);(2)求函数f(x)=2x3-3(1+a)x2+6ax在d内的极值点.解:(1)设g(x)=2x2-3(1+a)x+6a,对称轴方程为x=3(1+a)4,=9(1+a)2-426a=9a2-30a+9=9(a-3)(a-13),当a-1时x=3(1+a)40,g(0)=6a0,方程2x2-3(1+a)x+6a=0有两根x1=3(1+a)-9a2-30a+940.b=(-,x1)(x2,+),d=(x2,+)=(3(1+a)+9a2-30a+94,+).当-10,g(0)=6a0,方程2x2-3(1+a)x+6a=0有两根x1=3(1+a)-9a2-30a+940,x2=3(1+a)+9a2-30a+940,b=(-,x1)(x2,+),d=(x2,+)=(3(1+a)+9a2-30a+94,+),当00,g(0)=6a0,0,方程2x2-3(1+a)x+6a=0有两根x1=3(1+a)-9a2-30a+94,x2=3(1+a)+9a2-30a+94满足0x1x2,b=(-,x1)(x2,+),d=(0,x1)(x2,+)=(0,3(1+a)-9a2-30a+94)(3(1+a)+9a2-30a+94,+).当13a1时,方程2x2-3(1+a)x+6a=0的判别式=9a2-30a+90,b=r,d=(0,+).综上所述,当a0时,d=(3(1+a)+9a2-30a+94,+)当0a13时,d=(0,3(1+a)-9a2-30a+94)(3(1+a)+9a2-30a+94,+),当13a1时,d=(0,+).(2)f(x)=6x2-(1+a)x+a=6(x-a)(x-1)(a0(a1)得x1,f(x)0(a1)得,ax1,f(x)在(-,a)上是增函数,在(a,1)上是减函数,(1,+)上是增函数;f(x)有极小值点1,极大值点a.当a0时,若3(1+a)+9a2-30a+9413,矛盾.故f(x)在d内无极值点当0a13时,由于3(1+a)-9a2-30a+9413(1+a)+9a2-30a+94显然成立,若a9a2-30a+9,解得0a13.f(x)在d内只有一个极大值点a;当13a1时,f(x)在(0,a)上单调递增,在(a,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增成立.f(x)在d内有两个极值点a和1,综上,当a0时,f(x)在d内无极值点;当0a13时,f(x)在d内仅有一个极大值点a,无极小值点;当13a0,br,函数f(x)=4ax3-2bx-a+b.(1)证明:当0x1时,函数f(x)的最大值为|2a-b|+a;f(x)+|2a-b|+a0;(2)若-1f(x)1对x0,1恒成立,求a+b的取值范围.解:(1)f(x)=12ax2-2b=12a(x2-b6a).当b0时,有f(x)0,此时f(x)在0,+)上单调递增.当b0时,f(x)=12a(x+b6a)(x-b6a),此时f(x)在0,b6a上单调递减,在b6a,+)上单调递增.所以当0x1时,f(x)max=max|f(0),f(1)|=max|-a+b,3a-b|=3a-b,b2a,-a+b,b2a=|2a-b|+a.由于0x1,故当b2a时,f(x)+|2a-b|+a=f(x)+3a-b=4ax3-2bx+2a4ax3-4ax+2a=2a(2x3-2x+1),当b2a时,f(x)+|2a-b|+a=f(x)-a+b=4ax3+2b(1-x)-2a4ax3+4a(1-x)-2a=2a(2x3-2x+1).设g(x)=2x3-2x+1,0x1,则g(x)=6x2-2=6(x-33)(x+33),于是x0(0,33)33(33,1)1g(x)-0+g(x)1极小值1所以,g(x)min=g(33)=1-4390.所以当0x1时,2x3-2x+10.故f(x)+|2a-b|+a2a(2x3-2x+1)0.(2)由知,当0x1,f(x)max=|2a-b|+a,所以|2a-b|+a1若|2a-b|+a1,则由知f(x)-(|2a-b|+a)-1.所以-1f(x)1,对任意0x1恒成立的充要条件是|2a-b|+a1,a0,即2a-b0,3a-b1,a0或2a-b0.在直角坐标系ab中,(*)所表示的平面区域为如图所示的阴影部分,其中不包括点b.作一组平行直线a+b=t(tr),得-1a+b3,所以a+b的取值范围是(-1,3. 本题主要考查利用导数研究函数的性质、线性规划等基础知识,同时考查推理论证能力,运算能力及分析问题解决问题的能力,考查分类讨论的数学思想及学生的创新意识.15.(2012年福建卷,理20,14分)已知函数f(x)=ex+ax2-ex,ar.(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)处切线斜率k=f(1)=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.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).若a0,当xx0时,g(x)0,则xx0时,g(x)g(x0)=0;当xx0时,g(x)0,则xg(x0)=0.故g(x)只有唯一零点x=x0.由p的任意性,a0不合题意.若a0,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*,+)内单调递增.a.若x0=x*,由x(-,x*)时,g(x)=h(x)h(x*)=0;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*.b.若x0x*,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)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a0,则必存在x2x1,使得ax22+bx2+c0.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.若x0x36,可证函数g(x)在r上至少有两个零点.综上所述,当a0知ax2-2ax+10在r上恒成立,则a0=4a2-4a0,解得0a1,a的取值范围是(0,1.17.(2011年江西卷,理19)设f(x)=-13x3+12x2+2ax.(1)若f(x)在(23,+)上存在单调递增区间,求a的取值范围;(2)当0a0,得a-19,所以,当a-19时,f(x)在(23,+)上存在单调递增区间.(2)令f(x)=0得两根x1=1-1+8a2,x2=1+1+8a2,所以f(x)在(-,x1),(x2,+)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增,当0a2时,有x11x24,所以f(x)在1,4上的最大值为f(x2),又f(4)-f(1)=-272+6a0,即f(4)f(1).所以f(x)在1,4上的最小值为f(4)=8a-403=-163,得a=1,x2=2,从而f(x)在1,4上的最大值为f(2)=103.导数的综合应用考向聚焦导数的综合应用主要从以下角度考查:(1)利用导数研究多项式函数、幂函数、分式函数、以e为底的对数函数及以e为底的指数函数的性质以及求参数等综合问题;(2)求最值,以实际问题中的最优化问题形式呈现;(3)把导数与函数、方程、不等式、数列等结合起来综合考查;实际问题多为中低档难度的题目,综合考查则常在解答题的最后一问以压轴题呈现,具有一定的难度,所占分值为1214分,为高考必考内容备考指津导数的综合应用问题以导数应用为核心,以参数处理为主要特征,所以要重视参数处理能力的训练,重视代数变形技能的训练,重视问题等价转化能力的训练.强化以下几种题型的训练:(1)最值与不等式恒成立问题;(2)方程有解及解的个数讨论问题;(3)实际应用问题18.(2012年新课标全国卷,理12,5分)设点p在曲线y=12ex上,点q在曲线y=ln(2x)上,则|pq|的最小值为()(a)1-ln 2(b)2(1-ln 2)(c)1+ln 2(d)2(1+ln 2)解析:本题主要考查导数的综合应用及互反函数的简单性质.由题意知,y=12ex与y=ln(2x)是一对互反函数,二者图象关于直线y=x对称,结合图象知,当|pq|最小时,记点p应是斜率为1的直线与曲线y=12ex的切点,设p(x0,y0),点p到直线y=x的距离为|ph|,易知此时|pq|=2|ph|,由y=12ex知k=y|x=x0=12ex0=1,x0=ln 2,p(ln 2,1),点p到直线x-y=0的距离|ph|=|ln2-1|2=1-ln22.|pq|=2|ph|=2(1-ln 2).答案:b. 结合两个函数解析式的形式特征,应考虑到二者互为反函数,故其图象关于直线y=x对称,结合图象的对称性易知:当|pq|最小时,点p应是斜率为1的直线与y=12ex的切点,点q是斜率为1的直线与y=ln(2x)的切点,并且|pq|也等于某切点到直线y=x的距离的2倍,联系导数即可.19.(2011年安徽卷,理10)函数f(x)=axm(1-x)n在区间0,1上的图象如图所示,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:由选择项分析当n=1时,f(x)=axm(1-x)=a(xm-xm+1),当m=1时,f(x)=a(x-x2),对称轴为x=12,不合题意.当m=2时,f(x)=a(x2-x3),令f(x)=a(2x-3x2)=0得x=0或x=23,不合题意.当m=3时,f(x)=a(x3-x4),令f(x)=a(3x2-4x3)=0得x=0或x=34,不合题意.故选b.答案:b.20.(2012年江苏数学,18,16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-2x0,故-2是g(x)的极值点.当-2x1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或-2,注意到f(x)是奇函数,所以f(x)=2的两个不同的根为-1或2.当|d|0,f(1)-d=f(-2)-d=-2-d0,于是f(x)是单调递增函数,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.当x(1,2)时,f(x)0,于是f(x)是单调增函数,又f(1)-d0,y=f(x)-d的图象不间断,所以f(x)=d在(1,2)内有唯一实根.同理,f(x)=d在(-2,-1)内有唯一实根.当x(-1,1)时,f(x)0,f(1)-d0,y=f(x)-d的图象不间断,所以f(x)=d在(-1,1)内有唯一实根.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.()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.()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|-1,p0).(1)判断函数h(x)是否为补函数,并证明你的结论;(2)若存在m0,1,使h(m)=m,称m是函数h(x)的中介元.记p=1n(nn+)时h(x)的中介元为xn,且sn=i=1nxi,若对任意的nn+,都有sn-1,p0,所以当x(0,1)时,g(x)-1且0时,由(*)得x1n=11+1(0,1)或x1n=11-1+0,1;得中介元xn=(11+1)n.综合()():对任意的-1,中介元为xn=(11+1)n(nn+),于是,当-1时,有sn=i=1n(11+1)i=11+1-(11+1)n11+,当n无限增大时,(11+1)n无限接近于0,sn无限接近于11+,故对任意的nn+,sn12成立等价于11+12,即3,+).(3)当=0时,h(x)=(1-xp)1p,中介元为xp=(12)1p,()当01时,依题意只需(1-xp)1p1-x在x(0,1)时恒成立,也即xp+(1-x)p1在x(0,1)时恒成立,设(x)=xp+(1-x)p,x0,1,则(x)=pxp-1-(1-x)p-1,由(x)=0得x=12,且当x(0,12)时, (x)0,又因为 (0)= (1)=1,所以当x(0,1)时, (x)0.(1)求a的值;(2)若对任意的x0,+),有f(x)kx2成立,求实数k的最小值;(3)证明i=1n22i-1-ln(2n+1)-a),由f(x)=0得x=1-a-a,当x变化时,f(x)、f(x)的变化情况如下表:x(-a,1-a)1-a(1-a,+)f(x)-0+f(x)极小值所以f(x)在x=1-a处取得最小值,故f(1-a)=1-a=0,a=1.(2)解:当k0时,取x=1,有f(1)=1-ln 20,故k0不合题意.当k0时,令g(x)=f(x)-kx2,即g(x)=x-ln(x+1)-kx2,则g(x)=xx+1-2kx=-x2kx-(1-2k)x+1,由g(x)=0得x1=0或x2=1-2k2k=12k-1-1,当x2=1-2k2k0,即k12时,g(x)0,即0k0.故g(x)在(0,1-2k2k)上单调递增,故当取x0(0,1-2k2k)时,g(x0)g(0)=0,所以f(x0)kx02不成立.0k12时,不合题意.综上所述k12,即k的最小值是12.(3)证明:当n=1时,不等式左边=2-ln 32=右边,所以n=1时,不等式成立.当n2时,i=1nf(22i-1)=i=1n22i-1-ln(1+22i-1)=i=1n22i-1-i=1nln(2i+1)-ln(2i-1)=i=1n22i-1-ln(2n+1),在2中取k=12,得f(x)x22(x0),故f(22i-1)2(2i-1)22(2i-3)(2i-1)(in*,i2),所以i=1n22i-1-ln(2n+1)=i=1nf(22i-1)=f(2)+i=2nf(22i-1)2-ln 3+i=2n2(2i-3)(2i-1)=2-ln 3+i=2n(12i-3-12i-1)=2-ln 3+1-12n-12,综上,i=1n22i-1-ln(2n+1)0,g(x)0;当x(1,+)时,h(x)0,所以x(0,1)时,f(x)0;x(1,+)时,f(x)0,g(x)1+e-2等价于1-x-xln x0,h(x)单调递增;当x(e-2,+)时,h(x)0, (x)单调递增, (x) (0)=0,故x(0,+)时, (x)=ex-(x+1)0,即exx+11,所以1-x-xln x1+e-20,g(x)1+e-2.24.(2012年新课标全国卷,理21,12分)已知函数f(x)满足f(x)=f(1)ex-1-f(0)x+12x2.(1)求f(x)的解析式及单调区间;(2)若f(x)12x2+ax+b,求(a+1)b的最大值.解:(1)由已知得f(x)=f(1)ex-1-f(0)+xf(1)=f(1)-f(0)+1f(0)=1又f(0)=f(1)e-1f(1)=ef(x)=ex-x+12x2由于f(x)=ex-1+x,当x(-,0)时,f(x)0f(x)单调递减区间为(-,0),单调递增区间为(0,+).(2)由已知可得ex-(a+1)xb若a+10,则对任意常数b,当x0,且x1-ba+1时可得ex-(a+1)x0,设g(x)=ex-(a+1)x则g(x)=ex-(a+1)当x(-,ln(a+1)时g(x)0g(x)在(-,ln(a+1)上单调递减,在(ln(a+1),+)上单调递增.g(x)min=g(ln(a+1)=a+1-(a+1)ln(a+1)所以f(x)12x2+ax+b等价于ba+1-(a+1)ln(a+1)(a+1)b(a+1)2-(a+1)2ln(a+1)令h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1)则h(a)=(a+1)1-2ln(a+1)h(a)在(-1,e12-1)上单调递增,在(e12-1,+)上单调递减故h(a)在a=e12-1处取得最大值e2从而h(a)e2,即(a+1)be2当a=e12-1,b=e122时式成立故f(x)12x2+ax+b.综上知(a+1)b的最大值为e2. 本题解答时,思路切入并不困难,尤其第(1)问,体现了导数运算及巧妙的赋值处理,来求得f(1)=e,f(0)=1;但是第(2)问的解决难度相当大,貌似恒成立问题,但涉及两个参数,(a+1)b与x无法做到分离,基本感觉无思路状态,面对这种问题,分类讨论思想起了关键作用.最后还涉及视常数a为变量的转换问题,更突显了题目的难度与深度.25.(2012年湖南卷,理22,13分)已知函数f(x)=eax-x,其中a0.(1)若对一切xr,f(x)1恒成立,求a的取值集合.(2)在函数f(x)的图象上取定两点a(x1,f(x1),b(x2,f(x2)(x1k成立?若存在,求x0的取值范围;若不存在,请说明理由.解:(1)若a0,f(x)=eax-x0而f(x)=aeax-1,令f(x)=0得x=1aln1a,当x1aln1a时,f(x)1aln1a时,f(x)0,f(x)单调递增.故当x=1aln1a时,f(x)取最小值f(1aln1a)=1a-1aln1a.于是对一切xr,f(x)1恒成立,当且仅当1a-1aln1a1令g(t)=t-tln t,则g(t)=-ln t.当0t0,g(t