2020年新课标版高考文数：§3.2导数的应用

1、我 2 导数的应用挖命题【考情探究】考点内容解读5 年考情预测热度考题示例考向关联考点利用导数 研究函数 的单调性1了解函数单调性和导数 的关系；2能利用导数研究函数的 单调性，会求函数的单调区 间(其中多项式函数不超过 三次)2017 课标全国n,21,12 分导数与函数的单调性不等式恒成立求参数范围2016 课标全国I,12,5 分利用函数单调性求参数 范围 不等式恒成立求参数范围2014 课标n,11,5 分利用函数单调性求参数 范围不等式恒成立求参数范围利用导数 研究函数 的极值 与最值1了解函数在某点取得极 值的必要条件和充分条件；2会用导数求函数的极大 值、极小值(其中多项式函 数

2、不超过三次);会求闭区间 上函数的最大值、最小值 (其中多项式函数不超过三 次)2018 课标全国I,21,12 分导数与函数单调性、极 值、最值不等式的证明2017 课标全国m,21,12 分利用最值证明不等式导数与函数单调性2015 课标n,21,12 分:利用导数求函数最值导数与函数单调性2014 课标n,3,5 分函数极值存在的充要条件利用导数为零判断 极值点是否存在导数的综 合应用利用导数解决实际问题、 函数的零点(方程的根)的问 题、不等式问题以及恒成 立(存在性)冋题2018 课标全国n,21,12 分函数的零点导数与函数的单调 性2014 课标n,21,12 分零点个数的证明利

3、用导数几何意义 求切线方程2015 课标I,21,12 分不等式的证明零点个数问题分析解读函数的单调性是函数的一条重要性质，也是高中阶段研究的重点.一是直接用导数研究函数的单调性、求函数的最值与极值，以及实际问题中的优化问题等，这是新课标的一个新要求.二是把导数与函数、方程、不等式、数列等知识相联系，综合考查函数的最值与参数的取值，常以解答题的形式岀现.本节内容在高考中分值为17 分左右，属难度较大题.破考点【考点集训】考点一利用导数研究函数的单调性1. (2018 河南、河北重点高中第二次联考，6)若函数 f(x)=ex-(a-1)x+1 在(0,1)上递减，则 a 的取值范围是()A.(e

4、+1,+OO )B.e+1，+CO)C.(e-1，+O)D.e-1，+O)答案 B2. (2018 河南信阳一模，15)已知定义在 R 上的可导函数 f(x)满足 f (x)2-2m,则实数 m 的取值范围是 _ .答案(1,+O)存在.若 f(x)在(-1,1)上单调递减，则对于任意 x (-1,1),不等式 f (x)=3x2-aw0 恒成立，即 a 3x2,2 (2018 河南信阳一模,22)已知实数 入0 设函数 f(x)=eX-x.(1)当入=时，求函数 f(x)的极值；(2)若对任意 x (0,+g不等式 f(x) 0 恒成立，求入的最小值.解析 (1)当入=时,f(x)=eX-x

5、,求导得 f (x)=ex-1.令 f (x)0,即 ex1,解得 x0,即 ex1,解得 x0.2又 x (-1,1)时,3x 3,存在实数 a,使函数 f(x)在(-1,1)上单调递减，实数 a 的取值范围是3,+a).考点一P 八、 1. (2018 广东珠海二中期中,15)已知 xo是函数 f(x)=x3-12x 的极小值点，则 xo=_ .答案 22. (2017 湖南郴州三模,14)已知奇函数 f(x)= 一-_则函数 h(x)的最大值为 _答案 1-e3. (2018 湖北荆州一模,20)已知函数 f(x)=-x2+ax-ln x(a R).(1) 若函数 f(x)是单调递减函数

6、，求实数 a 的取值范围；(2) 若函数 f(x)在区间(0,3)上既有极大值又有极小值，求实数 a 的取值范围.解析(1)f(x)的定义域为(0,+)(x)=-2x+a-=- (x0).T函数 f(x)是单调递减函数，f (x)0 对 x(0,+g)成立，-2x2+ax-1 0 对 x (0,+ 恒成立，即 a2_=2当且仅当 2x=-,即 x=时取 “ =”, a 2 .T函数 f(x)在(0,3)上既有极大值又有极小值，f (x)=-=0 在(0,3)上有两个相异实根，即 2x2-ax+1=0 在(0,3)上有两个相异实根，-或令 g(x)=2x2-ax+1,则- 得 2 -a故 a 的

7、取值范围为一一.考点三导数的综合应用1. (2019 届福建厦门模拟,12)定义在(0,+g)的函数 f(x)满足 f(x)+xf (x)=-, f(1)=0,若关于 x 的方程|f(x)|-a=0 有 3 个实根，则 a 的取值范围是_ .答案 -因为 g(x)=，所以易知：当 0 x0,函数 g(x)单调递增；当 xe 时,g(x)0 时,f(x) 0? eXxx?入诈 In x?心一，从而结合题意可知：& .令 g(x)=(x0).3. (2019 届河南濮阳模拟,21)已知函数 f(x)=a _一 -In x,其中 a R.(1) 若 a=1,求曲线 y=f(x)在点 P(1,

8、 f(1)处的切线方程;(2) 若对任意 x 1,都有 f(x) 0 恒成立，求实数 a 的取值范围.解析 (1)当 a=1 时,f(x)=xln x,则 f(1)=0,对 f(x)求导得 f (x)=1+一一,所以 f (1)=1,所以曲线 y=f(x)在点 P(1, f(1)处的切线方程为 y=x-1.(2)f(x)=a- ln x 的导数为 f (x)=-,若 a1 时,x-0,ln x0,可得 f(x)0,则当 =-4a2-时，f (x) 0 恒成立，可得 f(x)在1,+ 上单调递增,而 f(1)=0,所以当 x 1 时，都有 f(x) 0,满足题意；当 0 即 0a-时，f (x)

9、=0 有两个不等实根，不妨设为 X1,X2，且 X10,所以有 0X11X2, 当 1XX2时,f (X)0,故 f(x)在(1,X2)上单调递减，而 f(1)=0,所以当 X (1,X2)时,f(x)0.1当 a=0 时,h(x)在定义域(0,+a)恒大于 0,h(x)没有零点.2当 a0 在(0,+r上恒成立，所以 h(x)在定义域(0,+ 上为增函数 因为 h(1)=-0,h( _)=-_-10 时,h(x)=x- =-= -当 x (0,_)时,h(x)0,h(x)在(一一,+,+ 上为增函数，所以当 x= 一时,h(x)取极小值，也是最小值,h( 一)=-a-aln_=-a(1-ln

10、 a).当 a (0,e)时,h( _)=-a(1-ln a)0,h(x)没有零点；当 a=e 时,h( _)=(1-ln a)=0,h(x)有 1 个零点 x=_;当 a (e,+ 时),h( 一)=-a(1-ln a)0 且 h(_)1 时,x-ln x0,22所以 xln x,贝 U h(x)=-x -aln x-x -ax.因为 2a -1,所以 h(2a)-(2a)2-2a2=0,所以 h(x)=0 在区间(一,+ 内有一解，所以方程 h(x)=0 在区间(0,+询有两解.综上所述，当 a 0,e)时,y=f(x)-g(x)+ -没有零点, 当 ae 时,y=f(x)-g(x)+ -

11、有 2 个零点.炼技法【方法集训】方法 1 利用导数求函数的单调区间1. (2018 河南信阳二模,9)已知定义在 R 上的函数 f(x)=-ax3+x2+ax+1 有三个不同的单调区间，则实数 a 的取值范围是()A.(-1)U(1,+)B.-1,0)U(0,1C.(-1,1)D.(-1,0)U(0,1)答案 D2. (2019 届山东烟台模拟,10)已知函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d- 在 R 上是单调递增函数，则的最小值是()A.1B.2C.3D.4答案 A_. 23. (2019 届陕西渭南模拟,21)已知函数 f(x)=ln x-ax -bx.(1)若 a=-1,函数 f(

12、x)在其定义域内是增函数，求 b 的取值范围；f(x)的图象与 x 轴交于 A(X1,0),B(X2,0)(X1X2)两点,AB 的中点为 C(x,0)，求证:f (x)0),/f(x)在(0,+ 上是增函数，-f (x)= _+2x-b 0 对 x (0,+ 恒成立, 即 b0, _+2x 2 一,当且仅当 x=时，取 “ =”，二 b 2b 的取值范围为(-巴 2 .(2)证明：由已知得-两式相减，得 In=a(xi+x2)(xi-x2)+b(x1-X2),In=(xi_X2)a(xi+X2)+b.由 f (x)=2ax-b 及2XO=XI+X2,得f (xo)=一 2axo-b=- -

13、a(xi+X2)+b=- In令 t=-(0vt1), (4)=-In t(0t1),则 (t) 一 (又=0X1X2,.f(a)f(c);2函数 f(x)在 x=c 处取得极小值，在 x=e 处取得极大值3函数 f(x)在 x=c 处取得极大值，在 x=e 处取得极小值4函数 f(x)的最小值为 f(d).A.B. C.D.答案 A2.(2017 湖南三湘名校联盟三模,12)已知函数 f(x)=ax3+(3-a)x 在-1,1上的最大值为 3,则实数 a 的取值范围是()答案 B23.(2019 届福建三明模拟,21)已知函数 f(x)=xln x-x-x(a R).(1) 若曲线 y=f(

14、x)在 x=e 处的切线的斜率为-1,求切线的方程；若 f(x)有两个极值点 X1,X2,求 a 的取值范围，并证明：X1X2X1+X2.解析Tf(x)=xln x-x2-x(x0),f (x)=ln x-ax(x0).由 f (e)=1-ae=-1,解得 a=-,f(e)=-e.故切点坐标为(e,-e),所以曲线 y=f(x)在 x=e 处的切线方程为 x+y=0.(2) f (x)=ln x-ax(x0),令 f (x)=0,得 a=.令 g(x)= (x0),则 g(x)=-,当 0 x1 时,g(x)1 时,g(x)0.令 g(x)=0,得 x=e.当 0 x0;当 xe 时,g(x)

15、0.故 g(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+上单调递减，所以 g(x)max=g(e)=-.所以当 a0 时，f(x)有一个极值点；当 0a-时，f(x)有两个极值点；当 a时,f(x)没有极值点.综上,a 的取值范围是-.因为 X1,X2是 f(x)的两个极值点，所以-即不妨设 0X1X2,则 1X1eX2,所以-,即- a,由可得 ln X1+ln X2=a(X1+X2),即-=a，由得-X1+X2.A.B.-C.-3,3D.-3,12过专题【五年高考】A组统一命题课标卷题组考点一利用导数研究函数的单调性1.(2016课标全国I,12,5分)若函数f(x)=x-sin 2x+asin

16、 x 在(-g，+ 单调递增，则 a 的取值范围是()A.-1,1B. -_ C. -_ _D.-答案 C2.-(2015 课标H,12,5 分)设函数 f(x)=ln(1+|x|)，则使得 f(x)f(2x-1)成立的 x 的取值范围是(-)A. -B. - U (1,+ )C. D. - U 答案 A3. (2014 课标U,11,5 分)若函数 f(x)=kx-ln x 在区间(1,+ 单调递增，则 k 的取值范围是()A.(- -2B.(- -1C.2,+ )D.1,+ )答案 D2 x4. (2017 课标全国II,21,12 分)设函数 f(x)=(1-x )e .(1)讨论 f(

17、x)的单调性;当 x0 时，f(x) ax+1,求 a 的取值范围.2 x解析(1)f (x)=(1-2x-x )e .令 f (x)=0,得 x=-1- -或 x=-1+ -当 x (- -1- 一)时，f (x)0;当 x (-1+_,+ ), f (x) 1 时,设函数 h(x)=(1-x)ex,h(x)=-xex0),因此 h(x)在0,+ 上单调递减，而 h(0)=1,故 h(x) 1,所以 f(x)=(x+1)h(x) x+1 ax+1.当 0a0(x0),所以 g(x)在0,+ 上单调递增,而 g(0)=0,故 exx+1. 当 0 x(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)

18、2-ax-1= x(1-a-x-x2),取 xo=,则 x0 (0,1),(1-xo)(1+xo)2-axo-1=0,故 f(xo)axo+1.当 a(1-xo)(1+xo)2=1Aaxo+1.综上,a 的取值范围是1,+ ).解题思路(1)求 f (x),令 f (x)0,求出 f(x)的单调增区间，令 f (x) 1 时,构造函数可知(1-x) ex 1 所以 f(x)=(x+1)(1-x)舍w x+1 ax+1 成立；当 0ax+1,通过举反例 X0=- , f(x0)ax0+1,从而说明命题不成立；当 a0.解析(1)f(x)的定义域为(0,+ ),xf (x)=ae由题设知，f (2

19、)=0,所以 aj.从而 f(x)=一 ex-ln x-1, f (x)=一 ex-_.当 0 x2 时,f (x)2 时,f (x)0.所以 f(x)在(0,2)单调递减，在(2,+ Q 单调递增.(2)证明：当 a_时，f(x) -In x-1.设 g(x)=_ln x-1,则 g(x)=_-.当 0 x1 时,g(x)1 时,g(x)0.所以 x=1 是 g(x)的最小值点.故当 x0 时,g(x) g(1)=0.因此，当 a-时，f(x) 0.2. (2017 课标全国 山,21,12 分)已知函数 f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.(1) 讨论 f(x)的单调性;当 a0

20、时，证明 f(x) 0,则当 x (0,+ 时，f (x)0,故 f(x)在(0,+ 上单调递增.若 a0;当 x -时，f (x)0,故 f(x)在 -上单调递增，在-上单调递减.(2) 证明：由知，当 a0 时，f(x)在 x=-处取得最大值,最大值为 f -一 =ln 1-一.所以 f(x) -2 等价于 In - -1-w-2,即 In - +1 0;当 x (1,+ 时),g(x)0 时,g(x) 0.从而当 a0,所以 f(x)在(0,+ 上单调递增.若 a0,则当 x-时，f (x)0;当 x - 时,f (x)0.所以 f(x)在 -上单调递增，在-上单调递减.(2)解法一：由

21、知，当 a0 时，f(x)在 x=-处取得最大值，最大值为 f - =ln_+a - =-ln a+a-1.因此 f - 2a-2 等价于 In a+a-10.令 g(a)=ln a+a-1,则 g(a)在(0,+上单调递增,g(1)=0.于是，当 0a1 时,g(a)1 时,g(a)0.因此,a 的取值范围是(0,1).解法二：由知，当 a0 时，f(x)在 x=-处取得最大值，最大值为 f - =ln_+a -因此 f - 2a-2 等价于 ln a+a 1 时,ln a+a a 1;当 0a1 时,ln a+aa1.因此,a 的取值范围是(0,1).解法三：由知，当 a0 时，f(x)在

22、 x=-处取得最大值，最大值为 f - =ln-+a -当 0a 1 时，f(x)的最大值 f - =-ln a+a-1 a-10;当 x (3-2_,3+2_)时,f (x)0,所以 f(x)=0 等价于-3a=0.设 g(x)=- -3a,则 g(x)=- 0,仅当 x=0 时 g(x)=0,所以 g(x)在(-g,+g单调递增.故 g(x)至多有一个零点一个零点.又 f(3a-1)=-6a2+2a-=-6- -0,故 f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.2. (2016 课标全国 山,21,12 分)设函数 f(x)=ln x-x+1.(1) 讨论 f(x)的单调性;(2)

23、证明当 x (1,+g时,11,证明当 x (0,1)时,1+(c-1)xcx解析(1)由题设知,f(x)的定义域为(0,+gf),(x)=-1,令 f (x)=0,解得 x=1. 当 0 x0, f(x)单调递增；当 x1 时，f (x)0, f(x)单调递减.(4分)(2) 证明：由知 f(x)在 x=1 处取得最大值,最大值为 f(1)=0.所以当 x 工 1 时,ln xx-1.故当 x (1,+ 时山 xx-1,ln-一 1,即 1一1,设 g(x)=1+(c-1)x-c ,则 g(x)=c-1-cxln c,令 g(x)=0,解得 X0=.当 XVX0时,g(x)0,g(x)单调递

24、增；当 xx时,g(x)0,g(x)单调递减.(9 分)由知 1二c，故 0 xo1.又 g(0)=g(1)=0,故当 0 x0.所以当 x (0,1)时,1+(c-1)xcx.(12 分)3. (2015 课标I,21,12 分)设函数 f(x)=e2x-aln x.(1) 讨论 f(x)的导函数 f (x)零点的个数；(2) 证明:当 a0 时,f(x) 2a+aln_.解析(1)f(x)的定义域为(0,+ gf),(x)=2e2x-(x0).当 a0, f (x)没有零点；2x当 a0 时，因为 y=e 单调递增，y=-单调递增 所以 f (x)在(0,+ 上单调递增.又 f (a)0,

25、当 b 满足 0b-且 b-时，f (b)0 时，f (x)存在唯一零点.(6 分)(2)证明:由(1),可设 f (x)在(0,+ 上的唯一零点为 xo,当 x (0,xo)时,f (x)0. 故 f(x)在(0,X0)上单调递减，在 (x,+ 上单调递增，所以当 x=x时,f(x)取得最小值，最小值为 f(X0).由于 2=0,所以 f(x0)=-2ax+aln-2a+aln.故当 a0 时,f(x) 2a+aln-.(12 分)4. (2014 课标II,21,12 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

26、) 求 a;(2) 证明:当 k0.当 x 0,g(x)单调递增,g(-1)=k-10 时，令 h(x)=x -3x +4,则 g(x)=h(x)+(1-k)xh(x).h(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减，在 (2,+ 上单调递增 所以 g(x)h(x) h(2)=0. 所以 g(x)=0 在(0,+ 上没有实根.综上,g(x)=0 在 R 上有唯一实根，即曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点.=-ln a+a-1.=-ln a+a-1.，从而 f(x)至多有B组自主命题省(区、市)卷题组考点一利用导数研究函数的单调性1.(2017 山东,1

27、0,5 分)若函数 exf(x)(e=2.718 28是自然对数的底数)在 f(x)的定义域上单调递增，则称函数 f(x)具有 M 性质.下列函 数中具有 M 性质的是()A.f(x)=2-xB.f(x)=x2C.f(x)=3-xD.f(x)=cos x答案 A2._(2017江苏,11,5 分)已知函数 f(x)=x3-2x+ex,其中 e 是自然对数的底数.若 f(a-1)+f(2a2) 0,则实数 a 的取值范围是 _答案-考点二利用导数研究函数的极值与最值1. (2016 四川,6,5 分)已知 a 为函数 f(x)=x3-12x 的极小值点，则 a=()A.-4B.-2C.4D.2答

28、案 D2. (2017 北京,20,13 分)已知函数 f(x)=excos x-x.(1) 求曲线 y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程；(2) 求函数 f(x)在区间-上的最大值和最小值.解析 (1)因为 f(x)=excos x-x,所以 f (x)=ex(cos x-sin x)-1, f (0)=0. 又因为 f(0)=1,所以曲线 y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为 y=1.x(2)设 h(x)=e (cos x-sin x)-1,则 h(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x.当 x -时,h(x)0,所以 h(x)在

29、区间-上单调递减.所以对任意 x -，有 h(x)h(0)=0,即 f (x)1,则当 x - 时,f (x)0.所以 f(x)在 x=1 处取得极小值. 若 a 1,则当 x (0,1)时,ax-1 x-10.所以 1 不是 f(x)的极小值点.综上可知,a 的取值范围是(1,+).考点三导数的综合应用1.2015 安徽,10,5 分)函数f(x)=ax3+bx2+cx+d 的图象如图所示，则下列结论成立的是(C.a0,b0,d0答案 A2.(2018 天津,20,14 分)设函数 f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3)，其中甘恥匕 R,且上上是公差为 d 的等差数列(1)若 t2=

30、0,d=1,求曲线 y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程；(2) 若 d=3,求 f(x)的极值;(3) 若曲线 y=f(x)与直线 y=-(x-td-6 一有三个互异的公共点，求 d 的取值范围解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想和分类讨论思想，考查综合分析问题和解决问题的能力.由已知，可得 f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故 f (x)=3x2-1.因此 f(0)=0, f (0)=-1,又因为曲线 y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为 y-f(0)= f (0)(x-0),故所求切线方程为 x+y

31、=0.(2)由已知可得 f(x)=(x-t2+3)(X-t2)(X-t2-3)=(X-t2)3-9(X-t2)=X3-3t2X2+(3 -9)x-+9t2.2故 f (x)=3x -6t2X+3 -9.令 f (X)=0,解得 X=t2-,或 X=t2+.当 X 变化时，f (X), f(X)的变化情况如下表：X(-8,2-)t2-(t2-,t2+)t2+(t2+，+8)f (X)+0-0+f(x)/极大值极小值/所以函数 f(x)的极大值为f(t2-_)=(-一)3-9(-_)=6一;函数 f(x)的极小值为 f(t2+)=( 一)3-9洛 _)=-6 一曲线 y=f(x)与直线 y=-(x

32、-t2)-6 一有三个互异的公共点等价于关于x 的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6_=0 有三个互异的实数解.令 u=x-t2,可得 u3+(1-d2)u+6_=0.设函数 g(x)=x3+(1-d2)x+6 一,则曲线 y=f(x)与直线 y=-(x-t2)-6 一有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点.2 2g(x)=3x2+(1-d2).当 d2 0,这时 g(x)在 R 上单调递增，不合题意.当 d21 时，令 g(x)=0,解得 X1=- ,X2=易得,g(x)在(-8，X)上单调递增，在X1,X2上单调递减，在(X2,+8上单调递增g(

33、x)的极大值 g(x1)=g -=+60.g(x)的极小值 g(x2)=g=-+6.若 g(x2) 0,由 g(x)的单调性可知函数 y=g(x)至多有两个零点，不合题意.A.a0,b0,D.a0,b0,c0,d023右 g(X2)27 也就是 |d|，此时 |d|X2,g(|d|)=|d|+6 0,且-2|d|X1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+6-62+6 0 恒成立，则实数 a 的取值范围是()A.-5,-3B.-C.-6,-2D.-4,-3答案 C2. (2014 湖南,9,5 分)若 0X1X2ln x2-ln X1B. - X1D.X2VX1答案 C3. (2015 天

34、津,20,14 分)已知函数 f(x)=4x-x4,x R.(1) 求 f(x)的单调区间；(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:对于任意的实数 x,都有 f(x) g(x);(3) 若方程 f(x)=a(a 为实数)有两个实数根 X1,X2,且 X10,即 x1 时，函数 f(x)单调递增；当 f (x)1 时，函数 f(x)单调递减.所以，f(x)的单调递增区间为(-g,1),单调递减区间为(1,+g).(2) 证明：设点 P 的坐标为(xo,0),则 X0=, f(X0)=-12.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y

35、=f (xo)(x-xo),即 g(x)=f(xo)(x-xo).令函数F(x)=f(x)-g(x),即 F(x)=f(x)-f (xo)(x-xo),则 F(x)=f (x)-f (xo).由于 f (x)=-4x3+4 在(-g，+g上单调递减，故 F(x )在(-g，+g上单调递减.又因为 F(x)=O,所以当 x (-g,x)时,F(x)0,当 x (x,+g)时,F(x)0,所以 F(x)在(-g，X)上单调递增，在(X0,+g上单调递减，所以对于任意的实数 x,F(x) F(X0)=0, 即对于任意的实数 x,都有 f(x) f(X2)=a=g(x 刃,因此 X2x2.类似地，设曲

36、线 y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x),可得 h(x)=4x.对于任意的 x (-g，+ g()f(x)-h(x)=-x40,即f(x) h(x).设方程 h(x)=a 的根为 X1,可得 X1=-.因为 h(x)=4x 在(-g，+g上单调递增，且 h(x1)=a=f(x1) h(X1),因此 X10 时,(x-k)f (x)+x+10,求 k 的最大值. 解析(1)f(x)的定义域为(-g，+gf),(x)=eX-a.若 a0,所以 f(x)在(-g，+g)递增.若 a0,则当 x (-g,lna)时,f (x)0,所以，f(x)在(-g,lna)单调递减，在(In a,+碍调递增.(2)由于 a=1，所以(x-k)f (x)+x+1=(x-k)(eX-1)+x+1.故当 x0 时,(x-k)f (x)+x+10 等价于 k0).令 g(x)=+x,贝寸 g(x)=-+1=- 由知,函数 h(x)=ex-x-2 在(0,+ 单调递增.而 h(1)0,所以 h(x)在(0,+ 存在唯一的零点.故g(x)在(0,+ 存在唯一的零点.设 此零点为a则a(1,2).当