2019版数学（理）高分计划一轮高分讲义：第2章　函数、导数及其应用 导数在研究函数中的应用（二）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精导数在研究函数中的应用(二）［方法梳理］1．分离参数法分离参数法是求参数的最值范围的一种方法．通过分离参数,用函数的观点讨论主变量的变化情况，由此我们可以确定参数的变化范围．这种方法可以避免分类讨论的麻烦,从而使问题得以顺利解决．分离参数法在解决不等式恒成立、不等式有解、函数有零点、函数的单调性中参数的取值范围问题时经常用到．解题的关键是分离出参数后将原问题转化为求函数的最值或值域问题．2．构造函数法构造函数法作为一种数学思维方法，在解决某些数学问题时，若能充分挖掘题目中潜在的信息，构造与之相关的函数,将陌生问题转化为熟悉问题,可使问题顺利解决．3．等价转化法等价转化是把未知解的问题转化到在已有知识范围内可解的问题的一种重要的思想方法．通过不断的转化，把不熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范甚至模式法、简单的问题．历年高考，等价转化思想无处不见，我们要不断培养和训练自觉的转化意识，将有利于强化解决数学问题中的应变能力,提高思维能力和技能、技巧．4．分类讨论思想方法分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想,所谓分类讨论，就是当问题所给的对象不能进行统一研究时，就需要对研究对象按某个标准分类，然后对每一类分别研究得出每一类的结论，最后综合各类结果得到整个问题的解答．实质上，分类讨论是“化整为零，各个击破，再积零为整"的数学策略．有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理性和概括性,所以在高考试题中占有重要的位置．5．任意性与存在性①∀x1∈［a,b］，∀x2∈［c，d]，使f1（x1)〉f2(x2）⇔［f1(x1)］min>[f2(x2)]max。②∃x1∈[a，b］，∃x2∈［c，d],使f1(x1）〉f2（x2)⇔[f1（x1)］max>[f2(x2)］min.③∀x1∈［a，b]，∃x2∈[c，d]，使f1(x1）〉f2（x2)⇔［f1（x1）]min〉[f2(x2）]min。④∃x1∈[a，b]，∀x2∈［c，d]，使f1(x1）〉f2(x2)⇔[f1(x)］max>［f2（x）］max。⑤∃x1∈[a，b］,x2∈［c，d]，使f1(x1）＝f2(x2）⇔f1（x）的值域与f2（x）的值域交集不为∅.［诊断自测］1．设函数f（x)的导函数为f′（x)，对任意x∈R都有f（x)>f′（x）成立，则（)A．3f（ln2)〉2B．3f（ln2）＝2C．3f(ln2）〈2D．3f（ln2）与2f答案A解析构造函数g(x)＝eq\f(fx，ex），则g′(x)＝eq\f(f′xex－fxex′,ex2)＝eq\f（f′x－fx,ex）〈0，即g(x)在R上是减函数，所以g(ln2）>g（ln3)，即eq\f（fln2，eln2）>eq\f（fln3,eln3），即eq\f(fln2，2）>eq\f(fln3,3）,所以3f(ln2）>2f（ln3)2．(2018·广州五校联考）设f(x)是定义在R上的奇函数,f（2)＝0,当x〉0时，有eq\f（xf′x－fx,x2）<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是()A．（－2，0）∪(2,＋∞) B．（－2，0)∪(0,2）C．(－∞，－2）∪（2，＋∞） D．(－∞，－2)∪（0,2)答案D解析∵当x>0时，eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(fx，x))）′<0，∴φ（x)＝eq\f(fx,x)为减函数,又φ(2)＝0,∴当且仅当0<x<2时，φ（x)>0，此时x2f(x又f(x）为奇函数，∴h（x）＝x2f(x)故x2f(x）〉0的解集为（－∞，－2)∪（0,2）3．已知f（x）＝eq\f（2x2＋ax－2a,2x)在［1,＋∞)上是单调递增函数，则a的取值范围是________．答案a≥－1解析∵f(x）＝x－eq\f(a，x)＋eq\f(a，2)，∴f′（x)＝1＋eq\f(a，x2).又f（x）在［1,＋∞)上是单调递增函数，∴f′（x)≥0,于是可得不等式a≥－x2对于x≥1恒成立．∴a≥（－x2）max。由x≥1，得－x2≤－1.∴a≥－1。4．（2017·河南期末）函数y＝x3－2ax＋a在(0，1）内有极小值，则实数a的取值范围为________．答案eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)）)解析对于函数y＝x3－2ax＋a，求导可得y′＝3x2－2a∵函数y＝x3－2ax＋a在(0，1)内有极小值，∴y′＝3x2－2a＝0，则其有一根在(0,1）内，当a>0时，3x2－2a＝0两根为±eq\r(\f(2，3）a)，若有一根在（0,1)内，则0<eq\r（\f(2，3）a）<1，即0<a〈eq\f(3，2）。当a＝0时，3x2－2a＝0两根相等，均为0,f（x）在（0，1）当a<0时，3x2－2a＝0无根，f(x)在(0,1）综合可得，0<a<eq\f(3，2）,故答案为eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(3，2))).题型1利用导数解不等式问题角度1证明不等式eq\o（\s\up7(）,\s\do5(典例）)已知函数f(x)＝eq\f(1，2）x2－ax＋(a－1）lnx.证明：若1〈a<5，则对任意x1，x2∈(0，＋∞），x1≠x2有eq\f(fx1－fx2，x1－x2）>－1。本题用构造函数法．证明不妨设x1>x2〉0，则eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>－1⇔f(x1)－f(x2)>－(x1－x2)⇔f（x1)＋x1>f(x2)＋x2.从而构造函数g（x）＝f(x)＋x＝eq\f(1，2）x2－ax＋(a－1)·lnx＋x.则g′（x）＝x－（a－1)＋eq\f(a－1,x）≥2eq\r（x·\f(a－1,x)）－(a－1）＝1－（eq\r(a－1)－1)2。由于1<a<5，故g′（x)〉0，即g(x)在(0，＋∞）单调递增，从而当x1〉x2〉0时，有g(x1)〉g(x2),即f（x1）＋x1>f(x2)＋x2，从而eq\f（fx1－fx2,x1－x2）>－1.当0〈x1〈x2时，有eq\f（fx1－fx2，x1－x2）＝eq\f(fx2－fx1，x2－x1)〉－1.综上，若1〈a<5，则对任意x1，x2∈（0，＋∞)，x1≠x2有eq\f(fx1－fx2，x1－x2）〉－1.角度2不等式恒成立问题eq\o(\s\up7(），\s\do5（典例）)(2015·北京高考）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．解（1）f(x）＝lneq\f（1＋x，1－x)，x∈（－1,1),f′（x）＝eq\f(2,1－x2），f′（0)＝2，f（0)＝0,所以切线方程为y＝2x。(2)证明:原命题等价于任意x∈（0，1），f（x)－2eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f（x3,3）))>0.设函数F(x)＝ln（1＋x）－ln(1－x)－2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3）)),F′(x)＝eq\f(2x4，1－x2）.当x∈(0，1)时，F′(x）>0，函数F（x)在x∈(0,1)上是单调递增函数．F(x)>F（0）＝0，因此任意x∈(0，1),f(x)>2eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f(x3，3)))。（3)lneq\f(1＋x,1－x）>keq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3））)，x∈（0，1）⇔t(x)＝lneq\f（1＋x，1－x）－keq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f(x3，3)）)>0，x∈(0，1)．t′（x)＝eq\f(2，1－x2）－k(1＋x2）＝eq\f（kx4＋2－k,1－x2)，x∈(0，1）．当k∈[0，2］,t′(x）≥0,函数t(x)单调递增，t(x)〉t（0）＝0显然成立．当k〉2时,令t′(x0)＝0得xeq\o\al(4,0）＝eq\f(k－2，k)∈（0，1)，t′(x）的变化情况列表如下：x(0，x0)x0(x0,1）t′（x)－0＋t(x）极小值t(x0)〈t（0)＝0，显然不成立．当k<0时，显然k取不到最大值．综上可知，k的最大值为2。角度3不等式存在性问题eq\o(\s\up7(），\s\do5（典例））(2018·太原联考）已知a为实数，函数f(x)＝alnx＋x2－4x。（1）是否存在实数a，使得f（x）在x＝1处取得极值?证明你的结论；(2）设g(x)＝（a－2)x，若∃x0∈［eq\f(1，e），e］，使得f（x0)≤g（x0)能成立，求实数a的取值范围．（1）探索性问题在求解后要验证；（2）采用分离系数法,构造函数法．解（1)函数f(x)定义域为(0,＋∞），f′（x)＝eq\f(a，x)＋2x－4＝eq\f（2x2－4x＋a,x)。假设存在实数a，使f(x）在x＝1处取极值,则f′(1)＝0，∴a＝2，此时，f′（x）＝eq\f（2x－12，x),当x〉0时，f′（x)≥0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞）上单调递增，∴x＝1不是f(x)的极值点，故不存在实数a，使得f（x）在x＝1处取得极值．(2)由f(x0）≤g(x0），得（x0－lnx0)a≥xeq\o\al（2,0)－2x0，记F（x)＝x－lnx（x〉0)，∴F′(x）＝eq\f（x－1，x)（x>0），∴当0〈x〈1时，F′（x）<0，F（x)单调递减；当x>1时，F′(x)〉0，F（x）单调递增．∴F（x)〉F（1)＝1>0,∴a≥eq\f（x\o\al（2,0）－2x0，x0－lnx0),记G（x)＝eq\f(x2－2x，x－lnx),x∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(1，e）,e)）。∴G′(x)＝eq\f(2x－2x－lnx－x－2x－1，x－lnx2)＝eq\f（x－1x－2lnx＋2，x－lnx2).∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e）），∴2－2lnx＝2（1－lnx)≥0，∴x－2lnx＋2>0,∴x∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,e），1）)时,G′（x)<0,G（x)单调递减；x∈（1，e)时，G′（x)>0，G（x）单调递增，∴G（x）min＝G（1）＝－1,∴a≥G(x)min＝－1。故实数a的取值范围为[－1，＋∞）．方法技巧解不等式或证明不等式时注意研究函数的单调性，有时需要构造相关函数，利用单调性解之．见角度1的典例．解决“恒成立”与“存在性”问题时，注意它们的互补关系，必要时作等价转化，即构造函数或分离参数,将问题直接转化为函数的最值问题．见角度2,3的典例．冲关针对训练1．（2017·陵川县校级期末）已知对于x∈R，g（x）≠0与f′(x)g(x)>f（x)g′（x)恒成立，且f(1）＝0,则不等式eq\f（fx,gx）>0的解集是________．答案（1，＋∞)解析令h(x)＝eq\f（fx,gx），则h′（x）＝eq\f(f′xgx－fxg′x，g2x)，而g(x）≠0与f′（x）g(x)〉f(x）g′(x）恒成立，故h′(x）〉0,h(x）在R上递增，而h（1）＝0，故不等式eq\f(fx，gx)>0，即h(x)>h(1),解得x>1，故不等式的解集是（1，＋∞）．2．已知函数f（x）＝xlnx,g（x)＝－x2＋ax－3.(1）求函数f（x）在[t,t＋2］（t〉0)上的最小值；(2)若存在x∈eq\b\lc\（\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f（1,e），e))（e是自然对数的底数，e＝2.71828…）使不等式2f(x)≥g（x)成立，求实数a的取值范围．解(1)由已知得f′(x)＝lnx＋1,当x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0,\f（1,e)））时，f′（x)〈0，此时f（x）单调递减；当x∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，e)，＋∞))时，f′(x）>0，此时f(x)单调递增．当0<t<t＋2〈eq\f(1,e)时,t无解；当0<t≤eq\f（1,e）〈t＋2，即0<t≤eq\f(1,e）时,f(x）min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,e)）)＝－eq\f（1,e）；当eq\f（1，e)〈t〈t＋2，即t〉eq\f（1，e)时，f(x）在［t，t＋2]上单调递增，故f（x)min＝f(t）＝tlnt.所以f（x)min＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(－\f（1，e），0<t≤\f(1，e)，,tlnt，t>\f(1,e）.))(2)由题意知2xlnx≥－x2＋ax－3，即a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x），x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e））设h(x）＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)，x∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,e）,e）)则h′(x）＝eq\f（2，x)＋1－eq\f（3,x2)＝eq\f(x＋3x－1,x2），当x∈eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,e),1）)时，h′(x)<0，此时h(x)单调递减；当x∈(1，e］时，h′(x）〉0,此时h（x)单调递增．所以h（x）max＝maxeq\b\lc\｛\rc\｝（\a\vs4\al\co1（h\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,e）))，he）),因为存在x∈eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(1，e）,e）)，使2f(x)≥g(x）成立，所以a≤h(x)max，又heq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,e)）)＝－2＋eq\f(1，e）＋3e，h(e)＝2＋e＋eq\f（3,e），故heq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,e））)>h(e）,所以a≤eq\f（1,e）＋3e－2。题型2导数与方程问题角度1零点的判断与证明eq\o（\s\up7(）,\s\do5（典例）)(2015·广东高考）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．研究f（x)的单调性，再用赋值法证明．解（1）f′(x）＝2xex＋（1＋x2）ex＝(x2＋2x＋1）ex＝(x＋1）2ex≥0，故f(x）是R上的单调递增函数，其单调增区间是（－∞，＋∞)，无单调减区间．（2)证明：因为f(0）＝（1＋02）e0－a＝1－a<0，且f(lna)＝(1＋ln2a）elna－a＝(1＋ln2a)a－a＝aln2由零点存在性定理知，f(x)在(－∞,＋∞)上至少有一个零点．又由(1）知,函数f（x）是（－∞，＋∞）上的单调递增函数，故函数f(x)在(－∞，＋∞）上仅有一个零点．角度2由零点求参数的取值eq\o（\s\up7（）,\s\do5（典例））（2017·张掖模拟)设函数f（x）＝eq\f(x2,2)－alnx。（1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1,f（1))处的切线方程;(2)求函数y＝f(x)的单调区间和极值；(3）若函数f（x)在区间(1，e2]内恰有两个零点，试求a的取值范围．将f(x）＝0化为eq\f(2lnx，x2)＝eq\f(1，a)，用构造函数法求解．解(1)当a＝1时，f（x)＝eq\f（x2,2)－lnx，f′(x）＝x－eq\f（1,x），∵f′（1）＝0，f(1)＝eq\f(1，2)，∴在点(1,f（1)）处的切线方程为y＝eq\f（1，2).（2）f′（x）＝eq\f（x2－a，x)，当a≤0时，f′（x）〉0，f(x)递增，函数无极值；当a>0时，在(0，eq\r（a））上递减，在（eq\r(a），＋∞）上递增，函数的极小值为f(eq\r(a)）＝eq\f（a1－lna，2).1．（2017·达州模拟）函数f(x）＝x3＋x2＋5ax－1存在极值点的充要条件是(）A．a≤eq\f(1,15)B．a〈eq\f(1，15）C．a≥eq\f（1,15)D．a>eq\f(1，15)答案B解析求得导函数f′（x）＝3x2＋2x＋5a，三次函数f(x)有极值,则f′(x)＝0有不相等的两个解，∴Δ＝4－60a〉0，∴a〈eq\f（1,15），故选B。2．(2017·深圳一模)若定义在R上的函数f（x)满足f（x)＋f′（x）〈1且f（0)＝3，则不等式f(x）〉eq\f（2,ex）＋1(其中e为自然对数的底数）的解集为________．答案(－∞，0）解析设g(x)＝exf（x)－ex（x∈R)，则g′(x）＝exf(x）＋exf′(x)－ex＝ex[f（x)＋f′（x)－1]，∵f(x)＋f′（x）〈1，∴f（x)＋f′（x)－1〈0，∴g′(x)〈0，∴y＝g（x）在定义域上单调递减，∵exf(x)>ex＋2，∴g(x)>2，又∵g（0)＝e0f（0）－e0＝3－1＝2∴g(x)〉g（0),∴x〈0，故答案为（－∞，0）．3．(2015·北京高考)设函数f(x)＝eq\f（x2，2）－klnx，k〉0.（1)求f(x）的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间（1，eq\r（e）］上仅有一个零点．解(1)由f（x）＝eq\f(x2,2)－klnx(k>0)，得f′（x）＝x－eq\f（k，x)＝eq\f(x2－k，x）.由f′(x)＝0,解得x＝eq\r（k).f(x）与f′（x)在区间(0,＋∞）上的情况如下：x（0,eq\r(k))eq\r（k)（eq\r（k），＋∞）f′(x）－0＋f（x）eq\f（k1－lnk，2）所以，f（x)的单调递减区间是(0,eq\r（k))，单调递增区间是（eq\r（k),＋∞）;f（x）在x＝eq\r（k）处取得极小值f（eq\r（k）)＝eq\f（k1－lnk,2).(2）证明：由(1）知，f（x)在区间（0，＋∞）上的最小值为f(eq\r（k)）＝eq\f(k1－lnk,2)。因为f(x)存在零点，所以eq\f(k1－lnk,2)≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x）在区间(1，eq\r(e)）上单调递减，且f（eq\r（e)）＝0，所以x＝eq\r(e）是f（x)在区间（1，eq\r（e）]上的唯一零点．当k〉e时,f(x)在区间(0，eq\r（e))上单调递减，且f（1)＝eq\f(1，2)>0，f(eq\r（e）)＝eq\f（e－k,2）〈0，所以f(x）在区间(1,eq\r（e）]上仅有一个零点．综上可知，若f（x）存在零点，则f(x)在区间(1，eq\r（e）]上仅有一个零点．4．(2015·全国卷Ⅰ)设函数f(x）＝e2x－alnx。（1）讨论f（x)的导函数f′(x）零点的个数;(2）证明：当a〉0时，f（x）≥2a＋alneq\f(2，a).解(1)f（x)的定义域为（0，＋∞)，f′(x）＝2e2x－eq\f（a，x）(x>0）．当a≤0时,f′（x）〉0，f′（x）没有零点；当a〉0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－eq\f（a,x)单调递增，所以f′（x)在(0，＋∞）上单调递增，又f′(a)>0，当b满足0〈b<eq\f(a，4)且b〈eq\f(1,4）时，f′(b）<0，故当a>0时，f′（x)存在唯一零点．(2)证明：由(1)，可设f′（x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈（0，x0)时，f′（x)<0,当x∈（x0，＋∞)时，f′（x）〉0。故f（x）在（0,x0）上单调递减,在（x0，＋∞）上单调递增，所以当x＝x0时，f（x)取得最小值,最小值为f(x0)．由于2e2x0－eq\f（a，x0)＝0，所以f（x0)＝eq\f(a，2x0)＋2ax0＋alneq\f(2,a）≥2a＋alneq\f（2，a）.故当a〉0时，f（x)≥2a＋alneq\f（2,a）。［重点保分两级优选练］A级一、选择题1．(2017·安庆二模）若函数y＝aex＋3x在R上有小于零的极值点，则实数a的取值范围是(）A．（－3，＋∞) B．（－∞,－3)C.eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(1，3）,＋∞)) D。eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f（1,3)）)答案B解析y＝aex＋3x,求导，y′＝aex＋3，由若函数y＝aex＋3x在R上有小于零的极值点,则y′＝aex＋3＝0有负根，则a≠0，则ex＝－eq\f(3，a)在y轴的左侧有交点，∴0<－eq\f（3,a)<1，解得:a<－3，实数a的取值范围为(－∞,－3)．故选B.2．（2018·太原模拟）设f（x），g(x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，g（x)≠0,当x<0时，f′(x)g(x）－f（x）g′(x)>0，且f（－3）＝0，则不等式eq\f(fx,gx）〈0的解集是（)A．（－3，0）∪(3，＋∞） B．（－3，0)∪(0，3）C．(－∞，－3)∪（3，＋∞) D．（－∞，－3）∪(0,3)答案D解析∵f(x)，g（x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，∴eq\f（fx，gx)为奇函数,eq\f（fx,gx)的图象关于原点对称．当x〈0时，f′（x）g（x）－f（x）g′(x)〉0，∴eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(fx，gx)））′＝eq\f（f′xgx－fxg′x,g2x）>0，∴当x〈0时，eq\f(fx,gx）是增函数，故当x〉0时,eq\f(fx,gx）也是增函数。函数eq\f(fx，gx)的单调性的示意图,如图所示：∵f（－3）＝0,∴f（3)＝0,∴由不等式eq\f(fx，gx）〈0，可得x<－3或0〈x〈3，故原不等式的解集为{x｜x〈－3或0<x〈3｝，故选D。3．（2017·冀州月考）函数f（x）＝x3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则xeq\o\al（2,1)＋xeq\o\al(2,2)等于()A.eq\f（2，3) B.eq\f（4,3)C.eq\f（8,3） D.eq\f（16，3）答案C解析由图象可得f(x)＝0的根为0，1,2，故d＝0，f（x)＝x(x2＋bx＋c），则1,2为x2＋bx＋c＝0的根，由根与系数的关系得b＝－3，c＝2，故f（x)＝x3－3x2＋2x,则f′(x）＝3x2－6x＋2，由图可得x1，x2为3x2－6x＋2＝0的根，则x1＋x2＝2,x1x2＝eq\f（2，3),故xeq\o\al(2，1)＋xeq\o\al（2,2）＝(x1＋x2）2－2x1x2＝eq\f（8,3).4．(2017·合肥期中)已知eq\f(a2＋2a＋2,x)≤eq\f(4,x2－x）＋1对于任意的x∈（1，＋∞）恒成立,则()A．a的最小值为－3 B．a的最小值为－4C．a的最大值为2 D．a的最大值为4答案A解析eq\f(a2＋2a＋2,x）≤eq\f(4，x2－x）＋1对于任意的x∈(1,＋∞）恒成立，转化为a2＋2a＋2≤eq\f（4x，x2－x）＋x＝eq\f（4,x－1）＋x＝f(x）的最小值．f′（x）＝eq\f（x＋1x－3,x－12）,可得x＝3时，函数f（x）取得极小值即最小值f(3)＝5.∴a2＋2a＋2≤5,化为a2＋2a－3≤即（a＋3)（a－1）≤0，解得－3≤a≤1.因此a的最小值为－3。故选A。5．（2018·兴庆区模拟）设f(x)是定义在R上的函数,其导函数为f′（x),若f（x)＋f′（x）〉1，f(0）＝2018，则不等式exf(x）>ex＋2017(其中e为自然对数的底数)的解集为（)A．(－∞，0)∪（0,＋∞） B．（0，＋∞)C．(2017，＋∞） D．（－∞，0)∪（2017,＋∞）答案B解析设g（x）＝exf(x)－ex，则g′(x)＝exf（x)＋exf′(x）－ex＝ex［f（x)＋f′(x）－1］,∵f(x）＋f′(x)>1，ex>0，∴g′(x）＝ex［f（x)＋f′(x）－1］>0，∴g（x)是R上的增函数．又g(0）＝f(0）－1＝2017，∴g(x）〉2017的解集为（0，＋∞），即不等式exf（x）>ex＋2017的解集为（0,＋∞)．故选B.6．(2017·金华模拟)设函数f（x）＝x(lnx－ax)(a∈R)在区间（0,2）上有两个极值点,则a的取值范围是（)A.eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（1,2)，0)) B.eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f(ln2＋1，4)）)C。eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（ln2＋1，4），\f(1，2）))答案D解析f（x)＝x(lnx－ax），求导f′(x)＝lnx－2ax＋1，由题意，关于x的方程2ax＝lnx＋1在区间(0,2）有两个不相等的实根，则y＝2ax与y＝lnx＋1有两个交点，由y＝lnx＋1，求导y′＝eq\f（1，x)，设切点（x0，y0），eq\f（lnx0＋1，x0)＝eq\f（1，x0)，解得x0＝1，∴切线的斜率k＝1，则2a＝1,a＝eq\f(1,2），则当x＝2,则直线斜率k＝eq\f（ln2＋1，2)，则a＝eq\f（ln2＋1,4），∴a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(ln2＋1，4），\f(1，2)))，故选D。7．(2017·江西模拟)若函数f(x）＝a(x－2）ex＋lnx＋eq\f(1，x)存在唯一的极值点，且此极值大于0,则（）A．0≤a〈eq\f（1,e) B．0≤a<eq\f(1,e2)C．－eq\f（1,e）〈a〈eq\f（1,e2) D．0≤a<eq\f(1,e)或a＝－eq\f（1，e)答案A解析f（x）＝a（x－2）ex＋lnx＋eq\f（1，x），x〉0，∴f′（x）＝a（x－1)ex＋eq\f（1,x)－eq\f（1,x2)＝（x－1)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(aex＋\f（1，x2))),由f′（x）＝0得到x＝1或aex＋eq\f（1,x2）＝0(*）．由于f（x)仅有一个极值点，关于x的方程(*)必无解，①当a＝0时，（*)无解，符合题意，②当a≠0时，由(*）得，a＝－eq\f（1,exx2)，∴a〉0，由于这两种情况都有，当0〈x〈1时，f′（x）<0，于是f（x)为减函数，当x>1时，f′（x)〉0，于是f（x)为增函数，∴x＝1为f（x)的极值点，∵f(1）＝－ae＋1>0,∴a〈eq\f(1，e).综上可得a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1(0,\f（1，e）)).故选A.8．（2017·濮阳期末)函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2］上的任意x1，x2都有|f（x1）－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是（）A．20B．18C．3D．0答案A解析对于区间［－3,2]上的任意x1，x2都有｜f（x1）－f(x2)|≤t，等价于对于区间[－3，2]上的任意x，都有f（x)max－f(x)min≤t。∵f（x）＝x3－3x－1,∴f′（x）＝3x2－3＝3（x－1)（x＋1），∵x∈［－3，2]，∴函数在［－3,－1］，[1,2]上单调递增,在[－1，1］上单调递减，∴f（x）max＝f(2)＝f（－1)＝1，f（x)min＝f(－3)＝－19，∴f（x）max－f(x)min＝20，∴t≥20，∴实数t的最小值是20，故选A.9．(2018·黄陵模拟）已知函数y＝xex＋x2＋2x＋a恰有两个不同的零点，则实数a的取值范围为(）A.eq\b\lc\（\rc\］（\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e）＋1)) B.eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f（1，e）＋1））C.eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,e）＋1，＋∞）) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，e），＋∞))答案B解析函数y＝xex＋x2＋2x＋a恰有两个不同的零点,就是xex＋x2＋2x＋a＝0恰有两个不同的实数解，设g(x)＝xex＋x2＋2x，则g′（x）＝ex＋xex＋2x＋2＝（x＋1)（ex＋2)，x<－1，g′(x)<0，函数是减函数，x〉－1,g′(x）>0,函数是增函数，函数的最小值为g(－1）＝－1－eq\f（1,e)，则－a>－1－eq\f(1，e)，即a〈1＋eq\f(1,e）。函数y＝xex＋x2＋2x＋a恰有两个不同的零点,则实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－∞,\f（1，e)＋1）)。故选B.10．设直线x＝t与函数f(x）＝x2，g（x）＝lnx的图象分别交于点M，N,则当｜MN｜达到最小时t的值为(）A．1B。eq\f（1，2)C.eq\f(\r（5），2)D.eq\f(\r(2),2）答案D解析｜MN|的最小值,即函数h（x)＝x2－lnx的最小值,h′（x)＝2x－eq\f(1，x)＝eq\f(2x2－1，x），令h′（x)＝0，得x＝eq\f(\r（2)，2）或x＝－eq\f(\r(2),2)（舍去），显然x＝eq\f(\r（2),2)是函数h（x）在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t＝eq\f(\r(2)，2)。二、填空题11．若函数f（x)＝－eq\f(1，3)x3＋eq\f(1，2）x2＋2ax在eq\b\lc\［\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2，3），＋∞))上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．答案eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9）,＋∞）)解析对f（x）求导,得f′（x)＝－x2＋x＋2a＝－eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f(1，2）)）2＋eq\f(1，4）＋2a.当x∈eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(2,3)，＋∞)）时，f′（x)的最大值为f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2，3）)）＝eq\f(2,9)＋2a.要使f(x)在eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（2,3),＋∞））上存在单调递增区间，则必须有f′eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2，3））)〉0，即eq\f(2,9）＋2a>0，解得a>－eq\f(1，9），所以a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(1，9），＋∞)).12．（2017·信阳模拟）已知R上可导函数f(x）的图象如图所示，则不等式（x2－2x－3)f′（x）〉0的解集为________．答案（－∞，－1）∪（－1,1)∪（3,＋∞）解析由函数图象可知f′（x)〉0的解集为(－∞，－1）∪（1，＋∞)，f′(x)〈0的解集为（－1，1）．由(x2－2x－3）f′（x)〉0,得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x2－2x－3>0，，f′x>0,）)①或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x2－2x－3<0，，f′x〈0,）)②解①得x<－1或x>3；解②得－1〈x<1.∴不等式（x2－2x－3)f′(x）>0的解集为（－∞，－1)∪(－1,1）∪（3，＋∞)．故答案为（－∞，－1)∪(－1，1)∪（3，＋∞）．13．(2017·七里河模拟)定义在R上的奇函数y＝f(x）满足f(3)＝0，且当x>0时，不等式f(x)〉－xf′(x)恒成立,则函数g（x）＝xf（x）＋lg｜x＋1｜的零点的个数是________．答案3解析定义在R上的奇函数f（x）满足：f(0)＝0＝f（3）＝f(－3)，且f（－x)＝－f（x），又x>0时，f(x）>－xf′（x），即f(x)＋xf′（x)>0，∴［xf（x）］′>0，函数h（x)＝xf（x）在x〉0时是增函数．又h(－x)＝－xf（－x)＝xf(x)，∴h（x）＝xf(x）是偶函数；∴x〈0时,h（x）是减函数，结合函数的定义域为R,且f(0)＝f(3）＝f(－3）＝0，可得函数y1＝xf(x)与y2＝－lg｜x＋1｜的大致图象如图所示,∴由图象知，函数g(x)＝xf(x)＋lg｜x＋1｜的零点的个数为3个．14．（2015·安徽高考)设x3＋ax＋b＝0，其中a，b均为实数．下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________．（写出所有正确条件的编号）①a＝－3，b＝－3；②a＝－3,b＝2；③a＝－3,b>2；④a＝0,b＝2；⑤a＝1，b＝2.答案①③④⑤解析令f（x)＝x3＋ax＋b，则f′（x)＝3x2＋a。对于①，由a＝b＝－3,得f(x）＝x3－3x－3，f′（x)＝3(x＋1）(x－1）,f(x）极大值＝f(－1)＝－1〈0，f（x)极小值＝f(1）＝－5〈0，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根；对于②，由a＝－3,b＝2,得f（x)＝x3－3x＋2，f′（x)＝3（x＋1)(x－1)，f（x）极大值＝f(－1）＝4〉0，f(x）极小值＝f(1)＝0，函数f（x）的图象与x轴有两个交点，故x3＋ax＋b＝0有两个实根；对于③，由a＝－3,b〉2，得f(x)＝x3－3x＋b,f′（x)＝3(x＋1)（x－1)，f（x)极大值＝f（－1）＝2＋b〉0，f(x）极小值＝f（1)＝b－2>0,函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根;对于④，由a＝0，b＝2，得f（x)＝x3＋2,f′（x）＝3x2≥0