考点10导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例

1、圆学子梦想 铸金字品牌温馨提示： 此题库为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，关闭Word文档返回原板块。 考点10 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例一、选择题1. （2014· 湖南高考文科·9）若，则（ ）A.B.C. D.【解题提示】构造新函数，利用函数的单调性求解。【解析】选C .选项具体分析结论A构造函数，根据的图象可知在（0,1）上不单调错误B同上错误C构造新函数，所以在（0,1）上是减函数，所以正确D同上错误2.（2014·辽宁高考文科·12）与（2014·辽宁高考理科·11）相同当

2、时，不等式恒成立，则实数的取值范围是【解题提示】 采用分离常数法，利用导数求函数的最值，【解析】选.当时，不等式恒成立令，则设 ，在上为增函数，所以，则上为增函数，的最大值；从而；当时，；当时，不等式恒成立，所以上为减函数，在上为增函数，故，则综上所述，3.(2014·陕西高考文科·T10)如图,修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切),已知环湖弯曲路段为某三次函数图像的一部分,则该函数的解析式为()A.y=x3-x2-x B.y=x3+x2-3xC.y=x3-x D.y=x3+x2-2x【解题指南】根据已知图像可以得到函数图像在与x轴交点处的导数,再利用

3、导数及函数的零点列出三元一次方程组,解之即得所求.【解析】选A.由已知可得此函数为三次函数且过原点,故可设函数解析式为y=f(x)=ax3+bx2+cx,所以f'(x)=3ax2+2bx+c,由题意知f'(0)=-1,f'(2)=3,f(2)=0,即c=-1,12a+4b+c=3,8a+4b+2c=0,解之得a=,b=-,c=-1.所以y=x3-x2-x.4.(2014·陕西高考理科·T10)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A的水平距离10千米处下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则函数的解析式为()A.y=x3-xB.y=

4、x3-xC.y=x3-xD.y=-x3+x【解题指南】根据函数的图象可以得到函数的极值点,再利用导数求得解析式的极值点,二者能够统一的即为所求.【解析】选A.由函数图象可得函数的极值点为±5,对四个选项中函数解析式进行求导,只有选项A的函数解析式求导得y'=3×x2-,令y'=0得x=±5,所以只有选项A的解析式与图象相统一,故选A.5. (2014·新课标全国卷高考文科数学·T11)若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+)单调递增,则k的取值范围是() A. B. C. D. 【解题提示】利用函数f(x)在区间(1,+)上

5、单调递增,可得其导函数f(x)0恒成立,分离参数,求得k的取值范围.【解析】选D.因为f(x)在(1,+)上递增,所以f'(x)0恒成立,因为f(x)=kx-lnx,所以f'(x)=k-0.即k1>.所以k1,+),选D6. (2014·新课标全国卷高考理科数学·T8)设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=()A.0 B.1 C.2 D.3【解题提示】将函数y=ax-ln（x+1）求导,将x=0代入,利用导数的几何意义求得a.【解析】选D.因为f(x)=ax-ln(x+1),所以f'(x)=a-.所以f(0)

6、=0,且f'(0)=2.联立解得a=3.故选D.7. (2014·新课标全国卷高考理科数学·T12)设函数f(x)=sin.若存在f(x)的极值点x0满足+<m2,则m的取值范围是()A. B. C. D. 【解题提示】利用函数f(x)=sin的性质,求得x0和f(x0)代入不等式,解不等式,得m的取值范围.【解析】选C.因为f(x)=sin的极值为±,即f(x0)2=3,|x0|,所以+f(x0)2,所以+3<m2,解得|m|>2.故选C.8.（2014·四川高考理科·9）已知，现有下列命题：；.其中的所有正确命题的

7、序号是（ ）A. B. C. D. 【解题提示】可直接验证都正确，对于，可以利用奇偶性和导数确定其单调性来加以判断【解析】选A. 对于：，故正确；对于： ，故正确；对于：当时，令（），因为，所以在单增，即，又与为奇函数，所以成立，故正确.【误区警示】本题容易错误理解为中的，与中的不对应，导致错选C二、解答题9. (2014·湖北高考文科·T13)(本小题满分14分)为圆周率,e=2.71828为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=的单调区间.(2)求e3,3e,e,e,3,3这6个数中的最大数与最小数.【解题指南】(1)先求函数定义域,然后在定义域内解不等式即可得到单调增

8、、减区间.(2)由e<3<,得eln3<eln,lne<ln3,即ln3e<lne,lne<ln3.再根据函数y=lnx,y=ex,y=x在定义域上单调递增,可得3e<e<3,e3<e<3,从而六个数的最大数在3与3之中,最小数在3e与e3之中.由e<3<及(1)的结论,得f()<f(3)<f(e),即<<,由此进而得到结论.【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+).因为f(x)= ,所以f'(x)=.当f'(x)>0,即0<x<e时,函数f(x)单调递增.当

9、f'(x)<0,即x>e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<,所以eln3<eln,lne<ln3,即ln3e<lne,lne<ln3.于是根据函数y=lnx,y=ex,y=x在定义域上单调递增,可得3e<e<3,e3<e<3.故这6个数的最大数在3与3之中,最小数在3e与e3之中.由e<3<及(1)的结论,得f()<f(3)<f(e),即<<.由<,得ln3<ln3,所以3>3;由&l

10、t;,得ln3e<lne3,所以3e<e3.综上,6个数中的最大数是3,最小数是3e.10. （2014·湖北高考理科·22）为圆周率，为自然对数的底数.（1） 求函数的单调间；（2） 求这6个数中的最大数与最小数；（3） 将这6个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论.【解题指南】（）先求函数定义域，然后在定义域内解不等式,即可得到单调增、减区间；（）由e3，得eln3eln，lneln3，即ln3elne，lneln3再根据函数y=lnx，y=ex，y=x在定义域上单调递增，可得3ee3，e3e3，从而六个数的最大数在3与3之中，最小数在3e与e3之中由e3

11、及（）的结论，得f（）f（3）f（e），即，由此进而得到结论；（）由（）可知，3ee33，3ee3，又由（）知，得，故只需比较e3与e和e与3的大小由（）可得0xe时，令，有，从而，即得，由还可得lnelne3，3ln，由此易得结论； 【解析】（1）函数的定义域为，因为，所以。当，即时，函数单调递增；当，即时，函数单调递减；故函数的单调增区间为，单调减区间为。（2）因为，所以，即。于是根据函数在定义域上单调递增，可得，。故这6个数的最大数在与之中，最小数在与之中由及（1）的结论，得，即。由，得，所以；由，得，所以。综上，6个数中的最大数是，最小数是。（3）由（2）知，.又由（2）知，得。故只需

12、比较与和的大小。由（1）知，当时，即。在上式中，令，又，则，从而即得 。 由得，即，亦即，所以。又由得，即，所以综上可得，即6个数从小到大的顺序为。11. （2014·湖南高考文科·21）（本小题满分13分）已知函数.（1） 求的单调区间；（2）记为的从小到大的第个零点，证明：对一切，有【解题提示】（1）利用导数的符号判断单调性，（2）利用放缩法证明。【解析】（1）令得当时，此时当时，此时故的单调递减区间为，单调递增区间为。（2） 由（1）知，在区间上单调递减，又，故当时，因为且函数的图象是连续不断的，所以在区间内至少存在一个零点，又在区间上是单调的，故因此当时，当时，当时

13、，综上所述，对一切，.12. （2014·湖南高考理科·22）已知常数,函数.(1)讨论在区间上的单调性;(2)若存在两个极值点,且,求的取值范围.【解题提示】(1)先求导数，利用导数的符号判断增减性，表达式中有参数a，需要分类讨论；（2）注意到定义域，限制a的取值范围，有极值点时其导数有两个变号零点。【解析】(1)对函数求导可得,因为,所以当时,即时,恒成立,则函数在单调递增,当时, ，所以当时，当时，所以函数在区间单调递减,在单调递增. (2) 因为,所以当时，不存在极值点，所以要使得有两个极值点，必有。又的两个极值点只可能是，且由的定义域可知，所以，解得。此时分别是的

14、极小值点，和极大值点。令，且当时，；当时，；记当时，所以在时，是减函数，故当时，不合题意。当时，所以在时，是减函数，故当时，综上所述，满足条件的的取值范围为。13.(2014·广东高考文科·T21)(14分)已知函数f(x)=x3+x2+ax+1(aR).(1)求函数f(x)的单调区间.(2)当a<0时,试讨论是否存在x0使得f(x0)=f.【解题提示】(1)求导后对a进行分类讨论.(2)要根据a的取值对x0的存在性进行讨论.【解析】(1)因为f'(x)=x2+2x+a,二次方程x2+2x+a=0的判别式=4-4a.当a1时,0,f'(x)0,此时(-

15、,+)是函数f(x)的单调递增区间;当a<1时,>0,f'(x)=0有两个实数根x=-1+和x=-1-,此时(-,-1-),(-1+,+)是函数f(x)的单调递增区间,(-1-,-1+)是函数f(x)的单调递减区间.综上,当a1时,函数f(x)只有单调递增区间(-,+);当a<1时,函数f(x)的单调递增区间是(-,-1-),(-1+,+),单调递减区间是(-1-,-1+).(2)f=+,f(x0)-f=+ax0+1-,整理得f(x0)-f=(4+14x0+7+12a),若存在x0使得f(x0)=f,则二次方程4+14x0+7+12a=0在区间上有解,因为a<0

16、,则=142-16(7+12a)=4(21-48a)>0,x0=(x0=舍去),且0<<1,解得7<<11,平方整理得-<a<-.令=,解得a=-.当a(-,-)时,存在x0使得f(x0)=f;若a=-或a时,不存在x0使得f(x0)=f.14.(2014·广东高考理科)(14分)设函数f(x)=,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).【解题提示】(1)设t=x2+2x+k,解不等式t2+2

17、t-3>0后再解关于x的不等式.(2)设t=x2+2x+k,u=t2+2t-3,f(x)=,通过复合讨论函数f(x)的单调性.(3)将f(x)>f(1)作等价转化,再构造二次函数,运用图象求x的范围.【解析】(1)因为k<-2,令t=x2+2x+k,则t2+2t-3>0得t<-3或t>1,由t<-3得x2+2x+k+3<0,解得-1-<x<-1+,由t>1得x2+2x+k-1>0,解得x<-1-或x>-1+,f(x)的定义域D=(-,-1-)(-1-,-1+)(-1+,+).(2)由(1)知-1-<-3,

18、-1-<-1,-1+>-1,-1+>1,令t=x2+2x+k,u=t2+2t-3,f(x)=.当x<-1-时,t=x2+2x+k单调递减,u=t2+2t-3(t>0)单调递增,f(x)=单调递减,这时f(x)为增函数(“同增异减”是研究复合函数单调性的有效方法);当-1-<x<-1+时,t在(-1-,-1)上单调递减,同理得f(x)为增函数;t在(-1,-1+)上单调递增,同理得f(x)为减函数(同理推断,降低运算量);当x>-1+时,t单调递增,同理得f(x)为减函数;所以f(x)在(-,-1-),(-1-,-1)上为增函数;在(-1,-1+)

19、,(-1+,+)上为减函数(数形结合,明确单调区间).(3)因为k<-6,f(x)>f(1),有(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3<(3+k)2+2(3+k)-3,设m=x2+2x,则(m+k)2+2(m+k)<(3+k)2+2(3+k),(*)(换元,化繁为简).令函数g(x)=(x+k)2+2(x+k)=x2+(2k+2)x+k2+2k,其图象的对称轴为x=-k-1>5,设x=3关于x=-k-1的对称点为x',则=-k-1x'=-2k-5,由g(x)的图象知满足(*)的m的范围为3<m<-2k-5,即3<x2+2x

20、<-2k-5,(数形结合,降低运算量)所以解得又-1-<-1-,-1-<-3,-1+>1,-1+<-1+,(数形结合,明确端点大小)所以满足题意的x的取值范围是(-1-,-1-)(-1-,-3)(1,-1+)(-1+,-1+).15.（2014·福建高考文科·22）22.（本小题满分12分）已知函数（为常数）的图像与轴交于点，曲线在点处的切线斜率为.（1） 求的值及函数的极值；（2） 证明：当时，（3）证明：对任意给定的正数c，总存在，使得当时，恒有【解题指南】(1)由求的值，再判断的单调性求极值；(2)构造函数，判断单调性，求最值给出证明；(

21、3)分与两种情况给予证明.【解析】解法一：(1)由，得，又，得，令，得，2分当时，单调递减；当时，单调递增；当时，取得极小值，且极小值为，无极大值；4分(2)令，则，由(1)得，6分故在上单调递增，又，当时，即；7分(3)若，则，又由()知，当时，当时，取，当时，恒有，9分若，令，要使不等式成立，只要成立，而要使成立，则只要，只要，10分令，则，当时，在上单调递增，取，则在上单调递增，又，而，则，即存在，当时，恒有，13分综上，对任意给定的正数，总存在时，恒有.14分方法二：(1)同方法一.(2)同方法一.(3)对任意给定的正数，取，由(2)知，当时，则，当时，对任意给定的正数，总存在时，恒有

22、.解法三：(1)同解法一.(2)同解法一.(3)先证明当时，恒有，令，则，由(2)知，当时，从而，在上单调递减，即，取，当时，有，对任意给定的正数，总存在时，恒有.17. （2014·浙江高考文科·21）已知函数，若在上的最小值记为。（1）求；（2）证明：当时，恒有【解析】（I）因为，所以（i）当时，若，则，故在上是减函数；若，则，故在上是增函数；所以（ii）当时，有，则，若，则，故在上是减函数，所以综上所述，（2）令当时，若，得，则在上是增函数，所以在上的最大值是且，所以，故若，得，则在上是减函数，所以在上的最大值是，令，则所以在上是增函数，所以，即故当时，故，得此时在上

23、是减函数，因此在上的最大值是故综上，当时，恒有18.（2014·浙江高考理科·22）（本题满分14分）已知函数（1） 若在上的最大值和最小值分别记为，求；（2） 设若对恒成立，求的取值范围.【解析】（1）因为，所以由于当时，有，故，此时在上是增函数，所以，当时，若，在上是增函数；若，在上是减函数，所以，由于，因此当时，当时，当时，有，故，此时在上是减函数，因此，故综上，（2）令，则因为对于恒成立，即对恒成立，所以由（1）可知，当时，在上增函数，在上的最大值是最小值是，则且，矛盾；当时，在上的最小值是，最大值是所以且，从而且令，则，所以在上是增函数，故，所以当时，在上的最小值

24、是，最大值是所以且，解得当时，在上的最大值是，最小值是，所以且，解得综上，的取值范围是.19.（2014·辽宁高考理科·21）（本小题满分12分）已知函数证明：（）存在唯一，使；（）存在唯一，使，且对（）中的，有【解析】（）证明：当时，所以函数在上为增函数，所以存在唯一，使；（）当时，化简得令，则时，.记.则由（）当时，；当时，；可见在上，为增函数，而，因此当时，所以在上无零点.在上，为减函数，而，知存在，使.设，则所以存在惟一的，使得因为，所以20. （2014·山东高考理科·20）设函数（为常数，是自然对数的底数）.（）当时，求函数的单调区间；（）若

25、函数在内存在两个极值点，求的取值范围.【解题指南】(1)先利用导数公式求函数的导数,根据单调性与导数的关系求出函数的单调区间.(2)本题可对k进行分类讨论，由（）知,函数在内不存在极值点，因此只需考虑时，是否存在两个极值点即可.【解析】（）（）由（）知， 时，函数在内单调递减，故在内不存在极值点，k>0时21.（2014·山东高考文科·20）设函数，其中为常数.（）若，求曲线在点处的切线方程；（）讨论函数的单调性.【解题指南】(1)先利用导数公式求函数的导数,根据曲线在点的切线求出切点.(2)本题可对a行分类讨论.【解析】(1)(2) 22.(2014·陕西

26、高考文科·T21)(本小题满分14分)设函数f(x)=lnx+,mR.(1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值.(2)讨论函数g(x)=f'(x)-零点的个数.(3)若对任意b>a>0,<1恒成立,求m的取值范围.【解题指南】(1)利用导数确定函数单调性,再由单调性求函数的极值.(2)首先变形将函数零点个数转化为直线与曲线的交点个数,然后求导确定函数最值,数形结合分类讨论确定零点的个数.(3)先用构造函数法将恒成立转化,再通过分离参数后求函数最值确定m的取值范围.【解析】(1)由题设,当m=e时,f(x)=lnx+,则f'(x)=,

27、所以当x(0,e),f'(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减,当x(e,+),f'(x)>0,f(x)在(e,+)上单调递增,所以x=e时,f(x)取得最小值f(e)=lne+=2,所以f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)=f'(x)-=-(x>0),令g(x)=0,得m=-+x(x>0).设(x)=-x3+x(x0),则'(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),当x(0,1)时,'(x)>0,(x)在(0,1)上单调递增;当x(1,+)时,'(x)<0,(x)在(1,+)上单调递减.所以x=1

28、是(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此x=1也是(x)的极大值点,所以(x)的最大值为(1)=.又(0)=0,结合y=(x)的图象,可知当m>时,函数g(x)无零点;当m=时,函数g(x)有且只有一个零点;当0<m<时,函数g(x)有两个零点;当m0时,函数g(x)有且只有一个零点.综上所述,当m>时,函数g(x)无零点;当m=或m0时,函数g(x)有且只有一个零点;当0<m<时,函数g(x)有两个零点.(3)对任意的b>a>0,<1恒成立,等价于f(b)-b<f(a)-a恒成立.(*)设h(x)=f(x)-x=lnx+-x(x&g

29、t;0),所以(*)等价于h(x)在(0,+)上单调递减.由h'(x)=-10在(0,+)恒成立,得m-x2+x=-+(x>0)恒成立,所以m,所以m的取值范围.23.(2014·陕西高考理科·T21)(本小题满分14分)设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf'(x),x0,其中f'(x)是f(x)的导函数.(1)令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x),nN+,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nN+,比较g(1)+g(2)+g(n)与n-f(n)的大小,并加以证明.【解

30、题指南】(1)根据已知求得g1(x),g2(x),g3(x),猜想gn(x)的表达式并用数学归纳法证明.(2)利用已知变形确立新函数,对新函数求导后,对参数分类确定函数单调性解决恒成立问题,从而求得实数a的取值范围.(3)利用特值法确定g(1)+g(2)+g(n)与n-f(n)的大小,用数学归纳法证明.【解析】由题设得,g(x)=(x0).(1)由已知,g1(x)=,g2(x)=g(g1(x)=,g3(x)=,可得gn(x)=.下面用数学归纳法证明:当n=1时,g1(x)=,结论成立.假设n=k时结论成立,即gk(x)=.那么,当n=k+1时,gk+1(x)=g(gk(x)=,即结论成立.由可

31、知,结论对nN+成立.(2)已知f(x)ag(x)恒成立,即ln(1+x)恒成立.设(x)=ln(1+x)-(x0),则'(x)=-=,当a1时,'(x)0)(当且仅当x=0,a=1时等号成立),所以(x)在0,+)上单调递增,又(0)=0,所以(x)0在0,+)上恒成立,所以a1时,ln(1+x)恒成立(仅当x=0时等号成立),当a>1时,对x(0,a-1有'(x)<0,所以(x)在(0,a-1上单调递减,所以(a-1)<(0)=0.即a>1时,存在x>0,使(x)<0,故知ln(1+x)不恒成立,综上可知,a的取值范围是(-,1.

32、(3)由题设得g(1)+g(2)+g(n)=+,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:上述不等式等价于+<ln(n+1),在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>,x>0.令x=,nN+,则<ln.下面用数学归纳法证明:当n=1时,<ln2,结论成立.假设n=k时结论成立,即+<ln(k+1).那么,当n=k+1时,+<ln(k+1)+<ln(k+1)+ln=ln(k+2),三即结论成立.由可知,结论对nN+成立.24. （2014·天津高考文科·19）（

33、本小题满分14分） 已知函数（1） 求的单调区间和极值；（2） 若对于任意的，都存在，使得，求的取值范围【解析】(1)由已知,有f'(x)=2x-2ax2(a>0).令f'(x)=0,解得x=0或x=.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(-,0)0f'(x)-0+0-f(x)0所以f(x)的单调递增区间是;单调递减区间是(-,0), .当x=0时,f(x)有极小值,且极小值f(0)=0;当x=时,f(x)有极大值,且极大值=.(2)由f(0)=0及(1)知,当x时,f(x)>0;当x时,f(x)<0.设集合A=f(x)|x(2

34、,+),集合B=.则“对于任意的x1(2,+),都存在x2(1,+),使得f(x1)·f(x2)=1”等价于AB.显然,0B.下面分三种情况讨论:>2,即0<a<时,由=0可知,0A,而0B.所以A不是B的子集.当12,即a时,有f(2)0,且此时f(x)在(2,+)上单调递减,故A=(-,f(2),因而A(-,0);由f(1)0,有f(x)在(1,+)上的取值范围包含(-,0),则(-,0)B,所以,AB.当<1,即a>时,有f(1)<0,且此时f(x)在(1,+)上单调递减,故B=,A=(-,f(2),所以A不是B的子集.综上,a的取值范围是2

35、5.（2014·天津高考理科·20）（本小题满分14分）已知函数，.已知函数有两个零点，且.（1）求的取值范围；（2）证明 随着的减小而增大；（3）证明 随着的减小而增大.【解析】（1）由，可得.下面分两种情况讨论：时， 在上恒成立，可得在上单调递增，不合题意.时，由，得.当变化时，的变化情况如下表：0这时，的单调递增区间是；单调递减区间是.于是，“函数有两个零点”等价于如下条件同时成立：（i）；（ii）存在，满足；（iii）存在，满足.由，即，解得，而此时，取，满足，且；取，满足，且.所以，的取值范围是.（2）由，有.设，由，知在上单调递增，在上单调递减.当时，；当时，.

36、由已知，满足，. 由，及的单调性，可得，. 对于任意的，设，其中；，其中.因为在上单调递增，故由，即，可得；类似可得.又由，得.所以，随着的减小而增大.（3）由，可得，.故.设，则，且解得，.所以. 令，则.令，得.当时，.因此，在上单调递增，故对于任意的，由此可得，故在上单调递增.因此，由可得随着的增大而增大.而由（2），随着的减小而增大，所以随着的减小而增大.26.（2014·安徽高考文科·20）与（2014·安徽高考理科·18）相同设函数，其中（1） 讨论在其定义域上的单调性；（2） 当时，求取得最大值和最小值时的的值.【解题提示】利用导数求函数的

37、单调性和最值。【解析】(1) 定义域为，令得，所以，当或时；当时。所以f(x)在和内单调递减,在内单调递增。(2)因为a>0,所以。当时，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。当0<a<4时，由（1）知，f(x)在上单调递增，在上单调递减。所以f(x)在处取得最大值。又f(0)=1,f(1)=a,所以当0<a<1时，f(x)在x=1处取得最小值；当a=1时，f(x)在x=0和x=1处同时取得最小值；当1<a<4时，f(x)在x=0处取得最小值.27. (2014·新课标全国卷高考文科数学

38、·T21)(本小题满分12分)已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.(1)求a.(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.【解题提示】(1)利用切线的性质结合已知条件求得a.(2)由f(x)=kx-2,化为“k= g(x)”型,通过研究函数g(x)的性质,画出g(x)的草图,完成证明.【解析】(1)因为f(x)=x3-3x2+ax+2,所以f'(x)=3x2-6x+a,f'(0)=a,设切点A(0,2),切线与x轴交点为B(-2,0),则kAB=f'(0),

39、即=a,所以,a=1.(2)当k<1时,令f(x)-kx+2=x3-3x2+x-kx+4=0.则x2-3x+1+=k,x0,令g(x)=x2-3x+1+.则g'(x)=2x-3-=.令h(x)=2x3-3x2-4,则h'(x)=6x2-6x=6x(x-1),所以当x(0,1)时,h'(x)<0,h(x)递减.当x(-,0)或(1,+)时,h'(x)>0,h(x)递增;且h(0)<0,h(2)=0.所以当x<2时,h(x)<0,g'(x)<0,g(x)在(-,0),(0,2)上递减;当x>2时,h(x)>

40、;0,g'(x)>0,g(x)在(0,+)上递增;所以当x(0,2)(0,+)时,g(x)g(2)=1,当x(-,0)时,单调递减,且g(x)(-,+).所以当k<1时,g(x)=k仅有一个根,图像如图所示,所以,当k<1时,y=f(x)与y=kx-2仅有一个交点.28. (2014·新课标全国卷高考理科数学·T21)(本小题满分12分)已知函数f(x)=ex-e-x-2x.(1)讨论f(x)的单调性.(2)设g (x)= f(2x)-4b f(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值.(3)已知1.4142<<1.4143,估计ln2的近似值(精确到0.001).【解题提示】(1)求f'(x),结合f(x)的符号判断单调性.(2)构造函数,分离出b,求得b的最大值.(3)利用第(2)问的结论,估计ln2的近似值.【解析】 -20，等号仅当x=0时成立.所以f(x)在（-,+）单调递增.(2) +（8b-4）x,g(x)=2+(4b-2)= 当b2时，g(x)0，等号仅当x=0时成立，所以g(x)在(-,+)单调递增.而g(0)=0，所以对任意x0，g(x)0.当b2时，若x满足22b