五年高考真题(数学理) 3.2导数的应用

五年高考真题(数学理)3.2导数的应用五年高考真题(数学理)3.2导数的应用五年高考真题(数学理)3.2导数的应用五年高考真题(数学理)3.2导数的应用编制仅供参考审核批准生效日期地址：电话：传真:邮编:eq\a\vs4\al\co1(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()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))＜eq\f(1,k) B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))＞eq\f(1,k－1)C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))＜eq\f(1,k－1) D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))＞eq\f(k,k－1)解析∵导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，∴f′(x)－k＞0，k－1＞0，eq\f(1,k－1)＞0，可构造函数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，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))＞g(0)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))－eq\f(k,k－1)＞－1，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))＞eq\f(1,k－1)，∴选项C错误，故选C.答案C2．(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B3．(2015·新课标全国Ⅱ，21)设函数f(x)＝emx＋x2－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(emx－1)＋2x.若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0.若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－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的充要条件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）－f（0）≤e－1，,f（－1）－f（0）≤e－1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(em－m≤e－1，,e－m＋m≤e－1.))①设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－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－1＋2－e＜0，故当t∈[－1，1]时，g(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em－m＞e－1；当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1.综上，m的取值范围是[－1，1]．4．(2015·北京，18)已知函数f(x)＝lneq\f(1＋x,1－x).(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求证：当x∈(0，1)时，f(x)＞2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))；(3)设实数k使得f(x)＞keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))对x∈(0，1)恒成立，求k的最大值．(1)解因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，所以f′(x)＝eq\f(1,1＋x)＋eq\f(1,1－x)，f′(0)＝2.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.(2)证明令g(x)＝f(x)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))，则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝eq\f(2x4,1－x2).因为g′(x)>0(0<x<1)，所以g(x)在区间(0，1)上单调递增．所以g(x)>g(0)＝0，x∈(0，1)，即当x∈(0，1)时，f(x)>2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3))).(3)解由(2)知，当k≤2时，f(x)>keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))对x∈(0，1)恒成立．当k>2时，令h(x)＝f(x)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))，则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝eq\f(kx4－（k－2）,1－x2).所以当0<x<eq\r(4,\f(k－2,k))时，h′(x)<0，因此h(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(4,\f(k－2,k))))上单调递减．当0<x<eq\r(4,\f(k－2,k))时，h(x)<h(0)＝0，即f(x)<keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3))).所以当k>2时，f(x)>keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))并非对x∈(0，1)恒成立．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)lnx＋x2－2ax－2a2＋a，其中a(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，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－a)－2lnx－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a,x)))，所以g′(x)＝2－eq\f(2,x)＋eq\f(2a,x2)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4))),x2)，当0＜a＜eq\f(1,4)时，g(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－4a),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－4a),2)，＋∞))上单调递增，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－4a),2)，\f(1＋\r(1－4a),2)))上单调递减；当a≥eq\f(1,4)时，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．(2)证明由f′(x)＝2(x－a)－2lnx－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a,x)))＝0，解得a＝eq\f(x－1－lnx,1＋x－1)，令φ(x)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x－1－lnx,1＋x－1)))lnx＋x2－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1－lnx,1＋x－1)))x－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1－lnx,1＋x－1)))eq\s\up12(2)＋eq\f(x－1－lnx,1＋x－1)，则φ(1)＝1＞0，φ(e)＝－eq\f(e（e－2）,1＋e－1)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e－2,1＋e－1)))eq\s\up12(2)＜0，故存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0，令a0＝eq\f(x0－1－lnx0,1＋xeq\o\al(－1,0))，u(x)＝x－1－lnx(x≥1)，由u′(x)＝1－eq\f(1,x)≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以0＝eq\f(u（1）,1＋1)＜eq\f(u（x0）,1＋xeq\o\al(－1,0))＝a0＜eq\f(u（e）,1＋e－1)＝eq\f(e－2,1＋e－1)＜1，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－xn，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：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|＜eq\f(a,1－n)＋2.(1)解由f(x)＝nx－xn，可得f′(x)＝n－nxn－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(－∞，－1)(－1，1)(1，＋∞)f′(x)－＋－f(x)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＝n，f′(x0)＝n－n2.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－n2)(x－x0)，设方程g(x)＝a的根为x2′，可得x2′＝eq\f(a,n－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)＝－xn＜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′＝eq\f(a,n).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′＝eq\f(a,1－n)＋x0.因为n≥2，所以2n－1＝(1＋1)n－1≥1＋Ceq\o\al(1,n－1)＝1＋n－1＝n，故2≥n＝x0.所以，|x2－x1|＜eq\f(a,1－n)＋2.7．(2014·广东，21)设函数f(x)＝eq\f(1,\r(（x2＋2x＋k）2＋2（x2＋2x＋k）－3))，其中k<－2.(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(x2＋2x＋k＋3)(x2＋2x＋k－1)>0，因此eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x＋k＋3>0,x2＋2x＋k－1>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x＋k＋3<0,x2＋2x＋k－1<0))，设y1＝x2＋2x＋k＋3，y2＝x2＋2x＋k－1，则这两个二次函数的对称轴均为x＝－1，且方程x2＋2x＋k＋3＝0的判别式Δ1＝4－4(k＋3)＝－4k－8，方程x2＋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x1，2＝eq\f(－2±\r(Δ1),2)＝－1±eq\r(－k－2)，x3，4＝eq\f(－2±\r(Δ2),2)＝－1±eq\r(2－k)，且有－1－eq\r(2－k)<－1－eq\r(－k－2)<－1＋eq\r(－k－2)<－1＋eq\r(2－k)，因此函数f(x)的定义域D为(－∞，－1－eq\r(2－k))∪(－1－eq\r(－k－2)，－1＋eq\r(－k－2))∪(－1＋eq\r(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－eq\r(2－k))上单调递增，在(－1－eq\r(－k－2)，－1)上单调递减，在(－1，－1＋eq\r(－k－2))上单调递增，在(－1＋eq\r(2－k)，＋∞)上单调递减．(3)由于k<－6，故－1－eq\r(2－k)<－1－eq\r(－k－2)<－3<－1<1<－1＋eq\r(－k－2)<－1＋eq\r(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－eq\r(－k－2)，－1)上f(x)>f(1)＝f(－3)的解集为(－1－eq\r(－k－2)，－3)，在(－1，－1＋eq\r(－k－2))上f(x)>f(1)的解集为(1，－1＋eq\r(－k－2))．再在其余两个区间(－∞，－1－eq\r(2－k))和(－1＋eq\r(2－k)，＋∞)上讨论．令x＝1，则(x2＋2x＋k)2＋2(x2＋2x＋k)－3＝k2＋8k＋12，令(x2＋2x＋k)2＋2(x2＋2x＋k)－3＝k2＋8k＋12，则(x2＋2x＋k)2＋2(x2＋2x＋k)－(k2＋8k＋15)＝0，即(x2＋2x＋k)2＋2(x2＋2x＋k)－(k＋5)(k＋3)＝0，即[x2＋2x＋k＋(k＋5)][x2＋2x＋k－(k＋3)]＝0，化简得(x2＋2x＋2k＋5)(x2＋2x－3)＝0，解得除了－3，1的另外两个根为－1±eq\r(－2k－4)，因此利用函数f(x)的单调性可知在(－∞，－1－eq\r(2－k))上f(x)>f(1)的解集为(－1－eq\r(－2k－4)，－1－eq\r(2－k))，在(－1＋eq\r(2－k)，＋∞)上f(x)>f(1)的解集为(－1＋eq\r(2－k)，－1＋eq\r(－2k－4))，综上所述，k<－6时，在D上f(x)>f(1)的解集为(－1－eq\r(－2k－4)，－1－eq\r(2－k))∪(－1－eq\r(－k－2)，－3)∪(1，－1＋eq\r(－k－2))∪(－1＋eq\r(2－k)，－1＋eq\r(－2k－4))．8．(2013·重庆，17)设f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，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)2＋6lnx，故f′(x)＝2a(x－5)＋eq\f(6,x).令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x由点(0，6)在切线上可得6－16a＝8a－6，故a＝eq\f(1,2).(2)由(1)知，f(x)＝eq\f(1,2)(x－5)2＋6lnx(x>0)，f′(x)＝x－5＋eq\f(6,x)＝eq\f(（x－2）（x－3）,x).令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.当0<x<2或x>3时，f′(x)>0，故f(x)在(0，2)，(3，＋∞)上为增函数；当2<x<3时，f′(x)<0，故f(x)在(2，3)上为减函数．由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝eq\f(9,2)＋6ln2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln3.9．(2012·北京，18)已知函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，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)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋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.(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当b＝eq\f(1,4)a2时，h(x)＝x3＋ax2＋eq\f(1,4)a2x＋1，h′(x)＝3x2＋2ax＋eq\f(1,4)a2.令h′(x)＝0，得x1＝－eq\f(a,2)，x2＝－eq\f(a,6).a>0时，h(x)与h′(x)的情况如下：xeq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(－∞，))－eq\f(a,2))－eq\f(a,2)(－eq\f(a,2)，－eq\f(a,6))－eq\f(a,6)(－eq\f(a,6)，＋∞)h′(x)＋0－0＋h(x)所以函数h(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,6)，＋∞))；单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，－\f(a,6))).当－eq\f(a,2)≥－1，即0<a≤2时，函数h(x)在区间(－∞，－1]上单调递增，h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h(－1)＝a－eq\f(1,4)a2.当－eq\f(a,2)<－1，且－eq\f(a,6)≥－1，即2<a≤6时，函数h(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a,2)))内单调递增，在区间eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，－1))上单调递减，h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝1.当－eq\f(a,6)<－1，即a>6时，函数h(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a,2)))内单调递增，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，－\f(a,6)))内单调递减，在区间eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(a,6)，－1))上单调递增．又因heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))－h(－1)＝1－a＋eq\f(1,4)a2＝eq\f(1,4)(a－2)2>0，所以h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝1.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)＝ax2＋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 B．1是f(x)的极值点C．3是f(x)的极值 D．点(2，8)在曲线y＝f(x)上解析A正确等价于a－b＋c＝0，①B正确等价于b＝－2a，C正确等价于eq\f(4ac－b2,4a)＝3，③D正确等价于4a＋2b＋c下面分情况验证，若A错，由②、③、④组成的方程组的解为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝5，,b＝－10，,c＝8.))符合题意；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；若D错，由①、②、③组成的方程组a的解为－eq\f(3,4)也不是整数．综上，故选A.答案A2．(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g(x)＝eq\f(f（x）,x)，则g(x)为偶函数，且g(1)＝g(－1)＝0.则当x＞0时，g′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(f（x）,x)))′＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)＜0，故g(x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数．所以在(0，＋∞)上，当0＜x＜1时，g(x)＞g(1)＝0⇔eq\f(f（x）,x)＞0⇔f(x)＞0；在(－∞，0)上，当x＜－1时，g(x)＜g(－1)＝0⇔eq\f(f（x）,x)＜0⇔f(x)＞0.综上，得使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，选A.答案A3．(2014·新课标全国Ⅱ，12)设函数f(x)＝eq\r(3)sineq\f(πx,m).若存在f(x)的极值点x0满足xeq\o\al(2,0)＋[f(x0)]2<m2，则m的取值范围是()A．(－∞，－6)∪(6，＋∞)B．(－∞，－4)∪(4，＋∞)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析由正弦型函数的图象可知：f(x)的极值点x0满足f(x0)＝±eq\r(3)，则eq\f(πx0,m)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，从而得x0＝(k＋eq\f(1,2))m(k∈Z)．所以不等式xeq\o\al(2,0)＋[f(x0)]2<m2即为(k＋eq\f(1,2))2m2＋3<m2，变形得m2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,2)))\s\up12(2)))>3，其中k∈Z.由题意，存在整数k使得不等式m2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,2)))\s\up12(2)))>3成立．当k≠－1且k≠0时，必有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,2)))eq\s\up12(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eq\f(3,4)m2>3，解得m<－2或m>2.答案C4．(2013·浙江，8)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(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)＝(ex－1)(x－1)，此时f′(x)＝ex(x－1)＋(ex－1)＝ex·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)＝(ex－1)(x－1)2，此时f′(x)＝ex(x－1)2＋(2x－2)(ex－1)＝ex·x2－2x－ex＋2＝ex(x＋1)(x－1)－2(x－1)＝(x－1)[ex(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C5．(2012·陕西，7)设函数f(x)＝xex，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)ex，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D6．(2011·广东，12)函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝________处取得极小值．解析∵f′(x)＝3x2－6x＝0得x＝0或x＝2.∴当x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时f′(x)>0，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27．(2015·江苏，19)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋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的取值范围恰好是(－∞，－3)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))，求c的值．解(1)f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－eq\f(2a,3).当a＝0时，因为f′(x)＝3x2＞0(x≠0)，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a＞0时，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))，(0，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))上单调递减；当a＜0时，x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))时，f′(x)＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))上单调递减．(2)由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)＝b，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)))＝eq\f(4,27)a3＋b，则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)))＝beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,27)a3＋b))＜0，从而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞0，,－\f(4,27)a3＜b＜0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜0，,0＜b＜－\f(4,27)a3.))又b＝c－a，所以当a＞0时，eq\f(4,27)a3－a＋c＞0或当a＜0时，eq\f(4,27)a3－a＋c＜0.设g(a)＝eq\f(4,27)a3－a＋c，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))，则在(－∞，－3)上g(a)＜0，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))上g(a)＞0均恒成立．从而g(－3)＝c－1≤0，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝c－1≥0，因此c＝1.此时，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]，因函数有三个零点，则x2＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3＞0且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，解得a∈(－∞，－3)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).综上c＝1.8．(2015·重庆，20)设函数f(x)＝eq\f(3x2＋ax,ex)(a∈R)．(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．解(1)对f(x)求导得f′(x)＝eq\f(（6x＋a）ex－（3x2＋ax）ex,（ex）2)＝eq\f(－3x2＋（6－a）x＋a,ex)，因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.当a＝0时，f(x)＝eq\f(3x2,ex)，f′(x)＝eq\f(－3x2＋6x,ex)，故f(1)＝eq\f(3,e)，f′(1)＝eq\f(3,e)，从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－eq\f(3,e)＝eq\f(3,e)(x－1)，化简得3x－ey＝0.(2)由(1)知f′(x)＝eq\f(－3x2＋（6－a）x＋a,ex).令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0解得x1＝eq\f(6－a－\r(a2＋36),6)，x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),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．由f(x)在[3，＋∞)上为减函数，知x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6)≤3，解得a≥－eq\f(9,2)，故a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，＋∞)).9．(2015·新课标全国Ⅰ，21)已知函数f(x)＝x3＋ax＋eq\f(1,4)，g(x)＝－lnx.(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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(3,0)＋ax0＋\f(1,4)＝0，,3xeq\o\al(2,0)＋a＝0，))解得x0＝eq\f(1,2)，a＝－eq\f(3,4).因此，当a＝－eq\f(3,4)时，x轴为曲线y＝f(x)的切线．(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－lnx<0，从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)无零点．当x＝1时，若a≥－eq\f(5,4)，则f(1)＝a＋eq\f(5,4)≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；若a<－eq\f(5,4)，则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零点．当x∈(0，1)时，g(x)＝－lnx>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)＝3x2＋a在(0，1)无零点，故f(x)在(0，1)单调．而f(0)＝eq\f(1,4)，f(1)＝a＋eq\f(5,4)，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<a<0，则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a,3))))单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))，1))单调递增，故在(0，1)中，当x＝eq\r(－\f(a,3))时，f(x)取得最小值，最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))＝eq\f(2a,3)eq\r(－\f(a,3))＋eq\f(1,4).①若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))>0，即－eq\f(3,4)<a<0，f(x)在(0，1)无零点；②若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))＝0，即a＝－eq\f(3,4)，则f(x)在(0，1)有唯一零点；③若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))<0，即－3<a<－eq\f(3,4)，由于f(0)＝eq\f(1,4)，f(1)＝a＋eq\f(5,4)，所以当－eq\f(5,4)<a<－eq\f(3,4)时，f(x)在(0，1)有两个零点；当－3<a≤－eq\f(5,4)时，f(x)在(0，1)有一个零点．综上，当a>－eq\f(3,4)或a<－eq\f(5,4)时，h(x)有一个零点；当a＝－eq\f(3,4)或a＝－eq\f(5,4)时，h(x)有两个零点；当－eq\f(5,4)<a<－eq\f(3,4)时，h(x)有三个零点．10．(2015·安徽，21)设函数f(x)＝x2－ax＋b.(1)讨论函数f(sinx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；(2)记f0(x)＝x2－a0x＋b0，求函数|f(sinx)－f0(sinx)|在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的最大值D；(3)在(2)中，取a0＝b0＝0，求z＝b－eq\f(a2,4)满足D≤1时的最大值．解(1)f(sinx)＝sin2x－asinx＋b＝sinx(sinx－a)＋b，－eq\f(π,2)<x<eq\f(π,2).[f(sinx)]′＝(2sinx－a)cosx，－eq\f(π,2)<x<eq\f(π,2).因为－eq\f(π,2)<x<eq\f(π,2)，所以cosx>0，－2<2sinx<2.①a≤－2，b∈R时，函数f(sinx)单调递增，无极值．②a≥2，b∈R时，函数f(sinx)单调递减，无极值．③对于－2<a<2，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内存在唯一的x0，使得2sinx0＝a.－eq\f(π,2)<x≤x0时，函数f(sinx)单调递减；x0≤x<eq\f(π,2)时，函数f(sinx)单调递增；因此，－2<a<2，b∈R时，函数f(sinx)在x0处有极小值f(sinx0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝b－eq\f(a2,4).(2)－eq\f(π,2)≤x≤eq\f(π,2)时，|f(sinx)－f0(sinx)|＝|(a0－a)sinx＋b－b0|≤|a－a0|＋|b－b0|.当(a0－a)(b－b0)≥0时，取x＝eq\f(π,2)，等号成立．当(a0－a)(b－b0)<0时，取x＝－eq\f(π,2)，等号成立．由此可知，|f(sinx)－f0(sinx)|在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的最大值为D＝|a－a0|＋|b－b0|.(3)D≤1即为|a|＋|b|≤1，此时0≤a2≤1，－1≤b≤1，从而z＝b－eq\f(a2,4)≤1.取a＝0，b＝1，则|a|＋|b|≤1，并且z＝b－eq\f(a2,4)＝1.由此可知，z＝b－eq\f(a2,4)满足条件D≤1的最大值为1.11．(2014·山东，20)设函数f(x)＝eq\f(ex,x2)－k(eq\f(2,x)＋lnx)(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)．(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，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x2ex－2xex,x4)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x2)＋\f(1,x)))＝eq\f(xex－2ex,x3)－eq\f(k（x－2）,x2)＝eq\f(（x－2）（ex－kx）,x3)由k≤0可得ex－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)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)，因为g′(x)＝ex－k＝ex－elnk，当0<k≤1时，当x∈(0，2)时，g′(x)＝ex－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，lnk)时，g′(x)<0，函数y＝g(x)单调递减，x∈(lnk，＋∞)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(lnk)＝k(1－lnk)．函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点当且仅当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（0）>0，,g（lnk）<0，,g（2）>0，,0<lnk<2.))解得e<k<eq\f(e2,2).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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，\f(e2,2))).12．(2013·福建，17)已知函数f(x)＝x－alnx(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－eq\f(a,x).(1)当a＝2时，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－eq\f(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－eq\f(a,x)＝eq\f(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－alna，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－alna，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)＝ex(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.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，1)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，\f(3,4))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，1))解析设g(x)＝ex(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，因为g′(x)＝ex(2x＋1)，所以当x<－eq\f(1,2)时，g′(x)<0，当x>－eq\f(1,2)时，g′(x)>0，所以当x＝－eq\f(1,2)时，[g(x)]min＝－2e－eq\f(1,2)，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，且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得eq\f(3,2e)≤a<1，故选D.答案D2．(2014·辽宁，11)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.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－6，－\f(9,8)))C．[－6，－2] D．[－4，－3]解析当x∈(0，1]时，得a≥－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(3)－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,x)，令t＝eq\f(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≤－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C3．(2013·四川，10)设函数f(x)＝eq\r(ex＋x－a)(a∈R，e为自然对数的底数)．若曲线y＝sinx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－1－1，1]C．[1，e＋1] D．[e－1－1，e＋1]解析因为y0＝sinx0∈[－1，1]，而f(x)≥0，f(f(y0))＝y0，所以y0∈[0，1]．设eq\r(ex＋x－a)＝x，x∈[0，1]，①所以ex＋x－x2＝a在x∈[0，1]上有解，令g(x)＝ex＋x－x2，所以g′(x)＝ex＋1－2x，设h(x)＝ex＋1－2x，则h′(x)＝ex－2，所以当x∈(0，ln2)时，h′(x)＜0，当x∈(ln2，1)时，h′(x)＞0，所以g′(x)≥g′(ln2)＝3－2ln2＞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A4．(2015·广东，19)设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)ex－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(O是坐标原点)，证明：m≤eq\r(3,a－\f(2,e))－1.(1)解f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex∀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＋a2)ea－a，∵a>1，∴f(0)<0，f(a)>2aea－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)2ex，设P(x0，y0)，则f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0，∴x0＝－1，把x0＝－1，代入y＝f(x)得y0＝eq\f(2,e)－a，∴kOP＝a－eq\f(2,e).f′(m)＝em(m＋1)2＝a－eq\f(2,e)，令g(m)＝em－(m＋1)，g′(m)＝em－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.∴em－(m＋1)≥0，即em≥m＋1.∴em(m＋1)2≥(m＋1)3，即a－eq\f(2,e)≥(m＋1)3.∴m＋1≤eq\r(3,a－\f(2,e))，即m≤eq\r(3,a－\f(2,e))－1.5．(2015·山东，21)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－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)＝eq\f(1,x＋1)＋a(2x－1)＝eq\f(2ax2＋ax－a＋1,x＋1).令g(x)＝2ax2＋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＝a2－8a(1－a)＝a(9(ⅰ)当0＜a≤eq\f(8,9)时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点；(ⅱ)当a＞eq\f(8,9)时，Δ＞0，设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1＜x2)，因为x1＋x2＝－eq\f(1,2)，所以x1＜－eq\f(1,4)，x2＞－eq\f(1,4).由g(－1)＝1＞0，可得－1＜x1＜－eq\f(1,4).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，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；当0≤a≤eq\f(8,9)时，函数f(x)无极值点；当a＞eq\f(8,9)时，函数f(x)有两个极值点．(2)由(1)知，①当0≤a≤eq\f(8,9)时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(0)＝0，所以x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，符合题意；②当eq\f(8,9)＜a≤1时，由g(0)≥0，得x2≤0，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－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,x＋1)＞0，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(x2－x)＝ax2＋(1－a)x，当x＞1－eq\f(1,a)时，ax2＋(1－a)x＜0，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)＝eaxsinx(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；(2)若a≥eq\f(1,\r(e2－1))，则对一切n∈N*，xn＜|f(xn)|恒成立.证明(1)f′(x)＝aeaxsinx＋eaxcosx＝eax(asinx＋cosx)＝eq\r(a2＋1)eaxsin(x＋φ)，其中tanφ＝eq\f(1,a)，0＜φ＜eq\f(π,2).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，f′(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)＝ea(nπ－φ)sin(nπ－φ)＝(－1)n＋1ea(nπ－φ)sinφ.易知f(xn)≠0，而eq\f(f（xn＋1）,f（xn）)＝eq\f(（－1）n＋2ea[（n＋1）π－φ]sinφ,（－1）n＋1ea（nπ－φ）sinφ)＝－eaπ是常数，故数列{f(xn)}是首项为f(x1)＝ea(π－φ)sinφ，公比为－eaπ的等比数列．(2)由(1)知，sinφ＝eq\f(1,\r(a2＋1))，于是对一切n∈N*；xn＜|f(xn)|恒成立，即nπ－φ＜eq\f(1,\r(a2＋1))ea(nπ－φ)恒成立，等价于eq\f(\r(a2＋1),a)＜eq\f(ea（nπ－φ）,a（nπ－φ）)(*)恒成立，因为(a＞0)．设g(t)＝eq\f(et,t)(t＞0)，则g′(t)＝eq\f(et（t－1）,t2).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.因此，要使(*)式恒成立，只需eq\f(\r(a2＋1),a)＜g(1)＝e，即只需a＞eq\f(1,\r(e2－1)).而当a＝eq\f(1,\r(e2－1))时，由tanφ＝eq\f(1,a)＝eq\r(e2－1)＞eq\r(3)且0＜φ＜eq\f(π,2)知，eq\f(π,3)＜φ＜eq\f(π,2).于是π－φ＜eq\f(2π,3)＜eq\r(e2－1)，且当n≥2时，nπ－φ≥2π－φ＞eq\f(3π,2)＞eq\r(e2－1).因此对一切n∈N*，axn＝eq\f(nπ－φ,\r(e2－1))≠1，所以g(axn)＞g(1)＝e＝eq\f(\r(a2＋1),a).故(*)式亦恒成立．综上所述，若a≥eq\f(1,\r(e2－1))，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，＋∞)，则有F′(x)＝eq\f(1,1＋x)－1＝eq\f(－x,x＋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)＝eq\f(1,x＋1)－k＝eq\f(－kx＋（1－k）,x＋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．当0＜k＜1时，令G′(x)＝0，得x＝eq\f(1－k,k)＝eq\f(1,k)－1＞0，取x0＝eq\f(1,k)－1，对任意x∈(0，x0)，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－eq\f(1,1＋x)－2x＝eq\f(－2x2＋（k－2）x＋k－1,x＋1).故当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(k－2＋\r(（k－2）2＋8（k－1）),4)))时，M′(x)＞0，M(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(k－2＋\r(（k－2）2＋8（k－1）),4)))上单调递增，故M(x)＞M(0)＝0，即|f(x)－g(x)|＞x2，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－x2，x∈[0，＋∞)．则有N′(x)＝eq\f(1,x＋1)－k－2x＝eq\f(－2x2－（k＋2）x＋1－k,x＋1).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－（k＋2）＋\r(（k＋2）2＋8（1－k）),4)))时，N′(x)＞0，N(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－（k＋2）＋\r(（k＋2）2＋8（1－k）),4)))上单调递增，故N(x)＞N(0)＝0，即f(x)－g(x)＞x2.记x0与eq\f(－（k＋2）＋\r(（k＋2）2＋8（1－k）),4)中的较小者为x1，则当x∈(0，x1)时，恒有|f(x)－g(x)|＞x2.故满足题意的t不存在．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)－x2，x∈[0，＋∞)，则有H′(x)＝1－eq\f(1,1＋x)－2x＝eq\f(－2x2－x,x＋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)|＜x2.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＞x2，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)|＞x2，故满足题意的t不存在．当k＜1时，取k1＝eq\f(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)，此时|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＞(k1－k)x＝eq\f(1－k,2)x，令eq\f(1－k,2)x＞x2，解得0＜x＜eq\f(1－k,2)，此时f(x)－g(x)＞x2.记x0与eq\f(1－k,2)的较小者为x1，当x∈(0，x1)时，恒有|f(x)－g(x)|＞x2.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)－x2，x∈[0，＋∞)，则有M′(x)＝1－eq\f(1,1＋x)－2x＝eq\f(－2x2－x,x＋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)|＜x2，此时，任意正实数t均满足题意．综上，k＝1.8．(2014·新课标全国Ⅰ，21)设函数f(x)＝aexlnx＋eq\f(bex－1,x)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))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，＋∞)，f′(x)＝aexlnx＋eq\f(a,x)ex－eq\f(b,x2)ex－1＋eq\f(b,x)ex－1.由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e.故a＝1，b＝2.(2)证明由(1)知，f(x)＝exlnx＋eq\f(2,x)ex－1，从而f(x)>1等价于xlnx>xe－x－eq\f(2,e).设函数g(x)＝xlnx，则g′(x)＝1＋lnx.所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，g′(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，g′(x)>0.故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).设函数h(x)＝xe－x－eq\f(2,e)，则h′(x)＝e－x(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，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－eq\f(1,e).综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.9．(2014·北京，18)已知函数f(x)＝xcosx－sinx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)求证：f(x)≤0；(2)若a<eq\f(sinx,x)<b对x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立，求a的最大值与b的最小值．(1)证明由f(x)＝xcosx－sinx得f′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx.因为在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上f′(x)＝－xsinx<0，所以f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减．从而f(x)≤f(0)＝0.(2)解当x>0时，“eq\f(sinx,x)>a”等价于“sinx－ax>0”；“eq\f(sinx,x)<b”等价于“sinx－bx<0”．令g(x)＝sinx－cx，则g′(x)＝cosx－c.当c≤0时，g(x)>0对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立．当c≥1时，因为对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，g′(x)＝cosx－c<0，所以g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减．从而g(x)<g(0)＝0对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立．当0<c<1时，存在唯一的x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))使得g′(x0)＝cosx0－c＝0.g(x)与g′(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的情况如下：x(0，x0)x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))g′(x)＋0－g(x)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∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立”当且仅当geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1－eq\f(π,2)c≥0，即0<c≤eq\f(2,π).综上所述，当且仅当c≤eq\f(2,π)时，g(x)>0对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立；当且仅当c≥1时，g(x)<0对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立．所以，若a<eq\f(sinx,x)<b对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立，则a的最大值为eq\f(2,π)，b的最小值为1.10．(2014·江西，18)已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)eq\r(1－2x)(b∈R)．(1)当b＝4时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在区间(0，eq\f(1,3))上单调递增，求b的取值范围．解(1)当b＝4时，f′(x)＝eq\f(－5x（x＋2）,\r(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∈eq\b\lc\(\rc\