数学理科二轮总复习练习：专题三　导数及其应用 第2讲

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，业必贵于专精第2讲利用导数研究不等式问题1．(2015·江苏）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,所以函数f（x）在（－∞,＋∞）上单调递增；当a＞0，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\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(2a,3），0)）上单调递减；当a＜0，x∈(－∞，0）∪eq\b\lc\（\rc\)(\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）·f

eq\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\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a＞0，,－\f（4，27)a3＜b＜0）)或eq\b\lc\｛\rc\（\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＝1.2．(2016·江苏）已知函数f（x)＝ax＋bx(a＞0,b＞0，a≠1，b≠1）．(1)设a＝2，b＝eq\f(1，2).①求方程f（x）＝2的根；②若对任意x∈R，不等式f（2x）≥mf（x）－6恒成立，求实数m的最大值；（2)若0＜a＜1，b＞1，函数g(x)＝f（x）－2有且只有1个零点，求ab的值．解（1）①由已知可得2x＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)））x＝2，即2x＋eq\f(1，2x)＝2。∴(2x)2－2·2x＋1＝0，解得2x＝1，∴x＝0。②f(x）＝2x＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2）））x＝2x＋2－x，令t＝2x＋2－x，则t≥2.又f（2x）＝22x＋2－2x＝t2－2,故f(2x）≥mf（x）－6可化为t2－2≥mt－6，即m≤t＋eq\f(4,t），又t≥2,t＋eq\f(4,t)≥2eq\r(t·\f（4，t)）＝4(当且仅当t＝2时等号成立),∴m≤eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f（4，t））)min＝4。即m的最大值为4。（2)∵0＜a＜1,b＞1，∴lna＜0，lnb＞0.g（x)＝f(x)－2＝ax＋bx－2。g′（x）＝axlna＋bxlnb且g′（x）为单调递增,值域为R的函数．∴g′（x）一定存在惟一的变号零点．∴g(x）先减后增且有惟一极值点．由题意g(x）有且仅有1个零点，则g（x)的极值一定为0，而g(0)＝a0＋b0－2＝0,故极值点为0.∴g′（0)＝0，即lna＋lnb＝0.∴ab＝1。导数与不等式和函数零点相结合，往往作为高考压轴题出现，主要考查重要的数学思想方法数形结合，函数与方程思想，分类讨论，转化与化归思想，特殊与一般，特别关注等价转化思想的应用与代数式结构优化变形。热点一不等式恒成立例1已知函数f（x)＝xlnx，g(x）＝－x2＋ax－3.（1）对一切x∈（0，＋∞)，2f（x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围;（2）求证:对一切x∈(0，＋∞）,lnx>eq\f（1，ex）－eq\f（2，ex)恒成立．（1）解由题意知2xlnx≥－x2＋ax－3对一切x∈（0，＋∞）恒成立，则a≤2lnx＋x＋eq\f(3，x）.设h(x)＝2lnx＋x＋eq\f（3,x)（x〉0），则h′（x）＝eq\f(x＋3x－1，x2），当x∈(0,1）时，h′(x)<0,h（x)单调递减；当x∈(1，＋∞）时，h′（x）>0，h(x）单调递增，所以h（x)min＝h(1)＝4.因为对一切x∈（0，＋∞)，2f（x)≥g(x)恒成立,所以a≤h（x)min＝4，即实数a的取值范围是（－∞，4]．（2)证明问题等价于证明xlnx〉eq\f（x，ex）－eq\f(2，e）(x∈（0，＋∞））恒成立．又f（x)＝xlnx，f′(x）＝lnx＋1,当x∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(0,\f（1，e)))时，f′（x)〈0，f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞））时，f′（x）〉0，f（x)单调递增，所以f（x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，e））)＝－eq\f(1,e).设m(x）＝eq\f(x,ex）－eq\f（2，e)（x∈(0，＋∞）)，则m′(x）＝eq\f(1－x,ex),易知m(x）max＝m（1)＝－eq\f(1，e),从而对一切x∈（0，＋∞)，lnx〉eq\f（1,ex)－eq\f(2，ex）恒成立．思维升华利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可以分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．跟踪演练1已知函数f（x）＝lnx－eq\f（1，2)ax2＋x，a∈R。(1)若f(1)＝0，求函数f(x)的递减区间;（2)若关于x的不等式f(x）≤ax－1恒成立，求整数a的最小值．解(1）因为f（1)＝1－eq\f（a,2）＝0，所以a＝2,此时f（x)＝lnx－x2＋x(x>0)，f′（x）＝eq\f（1,x）－2x＋1＝eq\f(－2x2＋x＋1,x)（x>0)．由f′（x）〈0,得2x2－x－1>0,解得x<－eq\f(1，2）或x>1.又因为x〉0，所以x>1.所以f（x)的递减区间为（1，＋∞)．(2)方法一由f(x）≤ax－1恒成立，得lnx－eq\f(1，2）ax2＋x≤ax－1在(0，＋∞)上恒成立,问题等价于a≥eq\f（lnx＋x＋1，\f(1,2）x2＋x)在（0，＋∞)上恒成立．令g（x)＝eq\f（lnx＋x＋1,\f（1,2）x2＋x），只需a≥g(x）max即可．又g′（x)＝eq\f(x＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（1，2)x－lnx）)，\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋x)）2)，令g′(x）＝0，得－eq\f（1,2）x－lnx＝0。设h（x）＝－eq\f(1，2)x－lnx,因为h′（x）＝－eq\f（1，2)－eq\f（1,x)〈0，所以h（x）在(0，＋∞）上单调递减,不妨设－eq\f(1，2）x－lnx＝0的根为x0。当x∈（0，x0）时,g′(x)>0；当x∈（x0，＋∞)时，g′(x）〈0，所以g（x)在(0，x0)上是增函数，在（x0，＋∞）上是减函数，所以g（x)max＝g(x0)＝eq\f（lnx0＋x0＋1，\f(1，2）x\o\al（2,0)＋x0)＝eq\f(1＋\f(1,2)x0,x0\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1＋\f（1，2）x0）））＝eq\f(1，x0）。因为heq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2）)）＝ln2－eq\f（1，4）>0，h（1)＝－eq\f（1,2)〈0，所以eq\f(1,2)〈x0<1，此时1<eq\f（1，x0)<2,即g(x）max∈（1,2)，所以a≥2，即整数a的最小值为2.方法二令g(x）＝f（x)－（ax－1）＝lnx－eq\f（1，2)ax2＋(1－a）x＋1，所以g′(x）＝eq\f(1，x）－ax＋（1－a)＝eq\f（－ax2＋1－ax＋1,x).当a≤0时,因为x〉0，所以g′(x）〉0，所以g(x）在（0，＋∞）上是增函数．又因为g(1)＝ln1－eq\f（1，2）a×12＋(1－a）＋1＝－eq\f(3，2）a＋2〉0，所以关于x的不等式f(x）≤ax－1不能恒成立．当a>0时，g′（x）＝eq\f（－ax2＋1－ax＋1,x）＝－eq\f(ax－1x＋1，x）.令g′（x）＝0，得x＝eq\f（1,a）。所以当x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f（1，a)))时，g′(x)>0；当x∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,a）,＋∞))时,g′（x)<0，因此函数g(x）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f（1，a)）)上是增函数，在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,a),＋∞）)上是减函数．故函数g（x）的最大值为geq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,a))）＝lneq\f(1,a）－eq\f(1,2）a×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,a)))2＋（1－a)×eq\f（1,a)＋1＝eq\f（1，2a）－lna。令h(a）＝eq\f(1,2a）－lna，因为h(1）＝eq\f（1,2）〉0，h(2)＝eq\f(1，4）－ln2〈0，又h(a）在(0,＋∞)上是减函数，所以当a≥2时，h（a）<0，所以整数a的最小值为2.热点二不等式的证明例2已知函数f（x）＝ax2－bx＋lnx（a,b∈R）．当a＝1,b〉3时，记函数f(x）的导函数f′(x）的两个零点是x1和x2（x1〈x2），求证：f(x1)－f（x2)>eq\f（3,4）－ln2。证明方法一因为a＝1,所以f（x）＝x2－bx＋lnx，从而f′(x）＝eq\f（2x2－bx＋1，x）(x＞0)．由题意知，x1，x2是方程2x2－bx＋1＝0的两个根，故x1x2＝eq\f（1，2)。记g（x)＝2x2－bx＋1，因为b＞3，所以geq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，2））)＝eq\f（3－b，2）＜0，g(1)＝3－b＜0,所以x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f（1，2）))，x2∈（1，＋∞），且bxi＝2xeq\o\al(2,i)＋1(i＝1，2)．f(x1)－f（x2）＝(xeq\o\al（2,1）－xeq\o\al（2，2))－（bx1－bx2)＋lneq\f（x1,x2)＝－(xeq\o\al（2，1)－xeq\o\al(2,2))＋lneq\f(x1,x2)。因为x1x2＝eq\f(1，2），所以f（x1）－f（x2)＝xeq\o\al（2，2)－eq\f(1,4x\o\al（2,2)）－ln(2xeq\o\al(2，2)），x2∈（1，＋∞）．令t＝2xeq\o\al（2,2）∈(2,＋∞)，φ(t)＝f(x1)－f（x2)＝eq\f(t,2)－eq\f（1，2t)－lnt。因为φ′（t)＝eq\f(t－12，2t2)≥0,所以φ(t)在区间(2，＋∞)上单调递增，所以φ(t)＞φ(2)＝eq\f(3，4)－ln2,即f（x1）－f（x2）＞eq\f（3,4)－ln2。方法二因为a＝1,所以f（x）＝x2－bx＋lnx，从而f′(x）＝eq\f(2x2－bx＋1，x)（x＞0)．由题意知，x1，x2是方程2x2－bx＋1＝0的两个根．记g（x)＝2x2－bx＋1，因为b＞3,所以geq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，2））)＝eq\f(3－b，2)＜0，g(1)＝3－b＜0，所以x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1，2)）)，x2∈(1，＋∞），且f(x)在［x1，x2］上为减函数．所以f（x1)－f（x2）＞f

eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,2))）－f（1)＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，4）－\f(b,2)＋ln\f（1，2）））－（1－b)＝－eq\f（3，4)＋eq\f（b,2)－ln2.因为b＞3，故f(x1)－f（x2）＞－eq\f(3,4)＋eq\f（b，2）－ln2＞eq\f(3，4)－ln2.思维升华利用导数证明不等式的四个依据(1)依据待证不等式的特征、变量的取值范围及不等式的性质，将待证不等式化简．（2)依据不等式构造函数．(3)依据导数研究函数的单调性,求其最值．(4）依据单调性及最值，得到待证不等式．跟踪演练2已知函数f（x)＝ex－alnx－a，其中常数a〉0。(1）当a＝e时，求函数f（x)的极值；（2)若函数y＝f(x）有两个零点x1,x2(0〈x1<x2),求证:eq\f(1,a)<x1<1〈x2<a；(3)求证:e2x－2－ex－1lnx－x≥0。（1)解函数f（x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝e时,f（x）＝ex－elnx－e，f′(x）＝ex－eq\f（e，x)。而f′(x)＝ex－eq\f（e，x）在(0，＋∞)上单调递增,又f′(1）＝0，当0〈x<1时,f′(x）<f′(1）＝0，则f（x）在(0,1)上单调递减；当x>1时，f′（x)>f′（1）＝0，则f(x）在(1，＋∞）上单调递增，所以f（x)有极小值f（1)＝0，没有极大值．（2）证明先证明当f(x)≥0恒成立时，有0〈a≤e成立．若0<x≤eq\f(1，e）,则f（x)＝ex－a（lnx＋1)≥0显然成立；若x〉eq\f（1,e）,由f（x)≥0,得a≤eq\f（ex,lnx＋1）。令φ（x）＝eq\f(ex,lnx＋1),则φ′(x）＝eq\f(ex\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(lnx＋1－\f（1，x)）),lnx＋12).令g(x)＝lnx＋1－eq\f（1,x）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x〉\f(1,e)）)。由g′（x)＝eq\f（1,x)＋eq\f（1，x2）〉0，得g(x）在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,e),＋∞))上单调递增．又因为g(1）＝0，所以φ′(x)在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,e）,1））上为负,在（1，＋∞）上为正，因此φ（x)在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，e），1））上单调递减，在（1，＋∞)上单调递增，所以φ（x）min＝φ（1）＝e，从而0<a≤e。因此若函数y＝f(x)有两个零点，则a〉e,所以f(1)＝e－a<0.由f(a)＝ea－alna－a(a〉e）,得f′（a)＝ea－lna－2，则（f′（a））′＝ea－eq\f（1,a)>ea－eq\f（1，e)>e－eq\f（1,e)>0.所以f′（a)＝ea－lna－2在(e,＋∞)上单调递增，所以f′(a）>f′(e)＝ee－3>e2－3>0，所以f(a)＝ea－alna－a在（e，＋∞)上单调递增，所以f(a)>f（e）＝ee－2e〉e2－2e〉0，则f（1）f(a)〈0，所以1<x2〈a.由a>e，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a))）＝－alneq\f（1，a)－a＝＋alna－a〉＋alne－a＝>0，则f(1)f

eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，a)）)<0，所以eq\f(1，a）<x1<1.综上所述,eq\f(1，a）〈x1<1〈x2〈a.（3）证明由(1)知，当a＝e时，f（x)≥0恒成立，所以f（x)＝ex－elnx－e≥0，所以g（x)＝ex－elnx≥e.设h（x)＝eq\f(x，ex）（x〉0),则h′（x)＝eq\f(1－x,ex)。当0〈x〈1时，h′(x)>0，所以h(x)在(0，1)上单调递增；当x〉1时，h′（x）〈0，所以h（x）在(1，＋∞)上单调递减．所以h（x）＝eq\f（x，ex）(x>0）的最大值为h（1）＝eq\f（1，e）,即eq\f（x,ex）≤eq\f(1,e）,所以eq\f(x,ex－2)≤e.所以g（x）＝ex－elnx≥e≥eq\f（x，ex－2)，所以e2x－2－ex－1lnx－x≥0.已知函数f(x）＝x－1－alnx(其中a为参数)．（1)求函数f(x）的单调区间；（2）若对任意x∈(0,＋∞）都有f(x)≥0成立,求实数a的取值集合；(3）证明：eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（1＋\f(1，n)）)n<e<eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(1＋\f（1,n)))n＋1(其中n∈N*，e为自然对数的底数)．（1）解f′(x）＝1－eq\f(a，x）＝eq\f（x－a，x)（x〉0），当a≤0时,f′（x）＝a.列表如下：x(0，a)a(a，＋∞)f′（x)－0＋f(x)↘极小值↗所以f(x)在(a，＋∞）上是增函数，在(0，a）上是减函数．综上所述，当a≤0时，f（x）的单调递增区间是(0，＋∞）;当a>0时，f(x）的单调递增区间是(a，＋∞),单调递减区间是（0，a)．(2）解由题意得f(x）min≥0.当a≤0时，由(1）知f(x)在(0,＋∞）上是增函数，当x→0时，f(x)→－∞，故不合题意;当a〉0时，由（1）知f(x)min＝f（a)＝a－1－alna≥0.令g（a）＝a－1－alna，则由g′(a）＝－lna＝0，得a＝1，列表如下:a（0，1）1(1，＋∞)g′(a）＋0－g（a)↗极大值↘所以g（a)＝a－1－alna≤g(1）＝0，又f(x)min＝f(a)＝a－1－alna≥0，所以a－1－alna＝0，所以a＝1，即实数a的取值集合是{1｝．(3)证明要证不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1＋\f（1,n)))n〈e〈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f（1，n)））n＋1，两边取对数后，只要证nlneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f（1,n)））<1<（n＋1）lneq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f（1,n）)），即只要证eq\f（1,n＋1)<lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1＋\f（1,n)))<eq\f（1，n），令x＝1＋eq\f(1，n），则只要证1－eq\f(1,x)<lnx<x－1(1<x≤2）．由（1)知当a＝1时，f(x)＝x－1－lnx在(1,2］上单调递增，因此f(x)>f（1)，即x－1－lnx>0，所以lnx<x－1（1〈x≤2)．令φ(x）＝lnx＋eq\f（1,x）－1(1〈x≤2)，则φ′(x)＝eq\f(x－1，x2）〉0，所以φ(x)在（1,2]上单调递增，故φ（x)>φ(1）,即lnx＋eq\f（1,x)－1>0,所以1－eq\f（1，x）〈lnx（1〈x≤2)．综上，原命题得证．A组专题通关1．设f(x)是定义在R上的奇函数，当x＜0时，f′（x)＞0，且f（0）＝0,f

eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2）)）＝0,则不等式f(x)＜0的解集为________．答案eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－∞,－\f(1,2）)）∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))）解析如图所示,根据图象，得不等式f（x）＜0的解集为eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞,－\f（1,2))）∪eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).2．若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围为________．答案（－∞，4]解析条件可转化为a≤2lnx＋x＋eq\f（3,x）恒成立．设f(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3，x)，则f′(x）＝eq\f(x＋3x－1,x2)（x＞0)．当x∈（0，1）时，f′（x)＜0，函数f（x）单调递减；当x∈(1，＋∞)时,f′(x)＞0，函数f（x)单调递增,所以f（x)min＝f（1）＝4.所以a≤4.3．若存在正数x使2x（x－a）＜1成立,则a的取值范围是________．答案（－1，＋∞）解析∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－eq\f(1,2x)。令f（x）＝x－eq\f（1，2x),则f′（x）＝1＋2－xln2＞0。∴f（x）在(0，＋∞)上单调递增，∴f（x)＞f(0）＝0－1＝－1,∴a的取值范围是（－1，＋∞）．4．函数f（x)的定义域为R,f（－1）＝3，若对任意的x∈R，f′（x）〈3，则f(x)>3x＋6的解集为__________．答案(－∞，－1)解析设g（x)＝f(x）－(3x＋6），则g′(x)＝f′(x)－3〈0，所以g(x)为减函数．又g（－1)＝f（－1）－3＝0，所以根据单调性可知，g（x)〉0的解集是（－∞，－1）．5．已知函数f(x)＝lnx＋(e－a）x－b，其中e为自然对数的底数．若不等式f(x）≤0恒成立，则eq\f（b，a）的最小值为________．答案－eq\f(1，e）解析由不等式f（x)≤0恒成立可得f（x）max≤0。f′(x)＝eq\f（1，x)＋e－a,x>0，当e－a≥0，即a≤e时，f′(x)>0,f（x)在（0,＋∞）上单调递增，且x趋近于＋∞，f(x)趋近于＋∞，此时f（x)≤0不可能恒成立;当e－a<0,即a〉e时，由f′（x）＝0,得x＝eq\f（1,a－e),当x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0,\f(1，a－e）））时，f′(x)>0，f(x)单调递增,当x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,a－e)，＋∞)）时，f′（x）<0，f（x)单调递减，此时f(x）max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－e)）)＝－ln(a－e)－1－b≤0,则b≥－ln(a－e）－1。又a>e,所以eq\f(b，a）≥eq\f(－lna－e－1,a)，a〉e,令a－e＝t〉0，则eq\f(b，a)≥eq\f(－lnt－1,t＋e)，t>0.令g（t）＝eq\f(－lnt－1，t＋e),t〉0,则g′(t)＝eq\f（lnt－\f(e,t），t＋e2），由g′（t)＝0，得t＝e，且当t∈(0，e)时，g′(t）<0，g（t)单调递减；当t∈(e，＋∞）时，g′（t)>0，g(t）单调递增，所以g(t)min＝g（e）＝－eq\f(1,e)，即eq\f(b，a）≥eq\f(－lnt－1，t＋e）≥－eq\f（1，e），故eq\f(b,a)的最小值为－eq\f(1，e）.6．已知函数f（x)＝eq\f（1，3)x3－x2－3x＋eq\f（4，3），直线l：9x＋2y＋c＝0,若当x∈[－2,2］时，函数y＝f(x）的图象恒在直线l下方，则c的取值范围是________．答案(－∞，－6）解析根据题意知eq\f(1,3)x3－x2－3x＋eq\f（4,3）＜－eq\f(9，2）x－eq\f（c，2）在[－2，2］上恒成立，则－eq\f（c，2）＞eq\f(1,3）x3－x2＋eq\f(3,2）x＋eq\f（4,3），设g（x)＝eq\f（1,3)x3－x2＋eq\f（3,2）x＋eq\f(4，3)，则g′(x）＝x2－2x＋eq\f（3，2），则g′（x)＞0恒成立，所以g（x)在[－2，2］上单调递增，所以g（x）max＝g（2）＝3，则c＜－6.7．已知函数f（x）＝alnx（a〉0），e为自然对数的底数．(1)过点A（2，f(2）)的切线斜率为2，求实数a的值；(2)当x〉0时，求证：f（x）≥aeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（1－\f(1，x))）;(3）在区间(1，e）上－<0恒成立，求实数a的取值范围．(1）解∵f′(x）＝eq\f(a,x），f′（2）＝eq\f(a，2)＝2，∴a＝4。(2）证明令g(x）＝f（x）－aeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（1－\f（1，x)）)＝aeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(lnx－1＋\f(1，x)）)，则g′（x）＝aeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，x）－\f（1，x2）)），令g′(x)〉0，即aeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,x）－\f（1,x2)))>0，解得x〉1，∴g（x)在(0,1)上单调递减，在(1,＋∞）上单调递增，∴g(x)≥g（1)＝0，∴f(x)≥aeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（1－\f（1，x)))。(3）解由题意可知<，化简得eq\f(x－1，a)〈lnx，a〉eq\f(x－1,lnx)，令h(x）＝eq\f（x－1,lnx),则h′（x)＝eq\f（lnx－x－1×\f(1,x），lnx2）＝eq\f(lnx－1＋\f（1，x)，lnx2),由（2)知，当x∈（1，e）时，lnx－1＋eq\f（1，x)〉0,∴h′（x）〉0，即h(x)在（1，e）上单调递增，∴h(x）<h（e）＝e－1，∴a≥e－1.8．已知函数f(x）＝lnx＋eq\f(a＋e－2,x）（a＞0)．（1）当a＝2时,求出函数f（x）的单调区间；（2)若不等式f（x）≥a对于x＞0的一切值恒成立，求实数a的取值范围．解（1)由题意知,函数f（x）的定义域为（0，＋∞)．当a＝2时，函数f(x)＝lnx＋eq\f（e,x），所以f′(x)＝eq\f（1,x)－eq\f(e，x2）＝eq\f(x－e，x2),所以当x∈（0，e）时,f′（x)＜0，函数f(x)在(0，e)上单调递减；当x∈（e，＋∞)时，f′(x）＞0,函数f（x）在（e，＋∞）上单调递增．(2)由题意知lnx＋eq\f(a＋e－2,x)≥a恒成立,等价于xlnx＋a＋e－2－ax≥0在（0，＋∞）上恒成立．令g（x)＝xlnx＋a＋e－2－ax,则g′（x）＝lnx＋1－a，令g′（x)＝0，得x＝ea－1。当x变化时,g′(x)，g(x）的变化情况如下表：x（0，ea－1）ea－1（ea－1，＋∞）g′(x)－0＋g（x)↘极小值↗所以g(x）的最小值为g(ea－1)＝(a－1)ea－1＋a＋e－2－aea－1＝a＋e－2－ea－1.令t（x）＝x＋e－2－ex－1（x＞0），则t′(x)＝1－ex－1,令t′(x）＝0，得x＝1.当x变化时，t′(x）,t(x)的变化情况如下表：x（0,1)1（1，＋∞)t′(x)＋0－t（x)↗极大值↘所以当a∈（0,1）时,g(x)的最小值为t(a）＞t(0）＝e－2－eq\f(1，e）＝eq\f（ee－2－1,e）＞0，符合题意;当a∈［1，＋∞）时，g(x）的最小值为t（a）＝a＋e－2－ea－1≥0＝t（2），所以a∈[1,2]．综上所述，a∈（0,2]．B组能力提高9．定义在R上的函数f(x）满足：f(x）>1－f′(x）,f（0）＝0，f′（x)是f（x)的导函数，则不等式exf（x)>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）＞1－f（x)，∴f(x）＋f′（x)－1＞0,∴g′（x)＞0,∴y＝g(x)在定义域上单调递增．∵exf（x)＞ex－1，∴g（x）＞－1,又∵g（0）＝e0f(0)－e0＝－1，∴g(x）＞g（0），∴x＞0，∴不等式的解集为(0，＋∞)．10．已知不等式ex－x＞ax的解集为P，若［0，2］⊆P，则实数a的取值范围是________．答案（－∞，e－1）解析由题意知不等式ex－x＞ax在x∈[0，2]上恒成立．当x＝0时，显然对任意实数a，该不等式都成立．当x∈（0,2］时，原不等式即a＜eq\f（ex，x）－1，令g(x）＝eq\f(ex,x）－1,则g′(x)＝eq\f（exx－1,x2），当0＜x＜1时,g′(x)＜0，g（x）单调递减，当1＜x＜2时，g′（x)＞0，g（x）单调递增,故g（x)在(0，2]上的最小值为g（1）＝e－1，故a的取值范围为(－∞，e－1)．11．若函数f（x)＝eq\f(1,3）x3－x在（t，8－t2）上有最大值，则实数t的取值范围是________．答案（－3，－eq\r（6）］解析因为f′（x）＝x2－1,所以当x∈（－∞，－1）和(1，＋∞）时，f（x)单调递增,当x∈(－1,1)时，f(x)单调递减，故x＝－1是函数f（x)的极大值点．又函数f(x）在（t,8－t2)上有最大值，所以t〈－1<8－t2,又f(－1)＝f(2）＝eq\f（2,3）,且f（x）在（1，＋∞）上单调递增，所以f(8－t2)≤f(2)，从而t<－1〈8－t2≤2,得－3<t≤－eq\r(6）。12．已知函数f（x）＝2x－eq\f（2，x)－5lnx，g（x)＝x2－mx＋4，若存在x1∈(0,1)，对任意x2∈［1,2］，总有f(x1）≥g(x2）成立，则实数m的取值范围为________．答案［8－5ln2,＋∞)解析题意等价于f(x）在(0，1)上的最大值大于或等于g(x)在［1，2]上的最大值．f′（x）＝eq\f(2x2－5x＋2，x2），由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1，2)或x＝2。当x∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f(1，2)）)时，f′（x）>0，当x∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2），1))时，f′(x）〈0，所以在(0,1)上，f（x)max＝feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)））＝－3＋5ln2.又g(x）在［1,2］上的最大值为max｛g（1），g（2）｝,所以有eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2))）≥g1，,f\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2）)）≥g2）)⇒eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－3＋5ln2≥5－m，,－3＋5ln2≥8－2m))⇒eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(m≥8－5ln2，,m≥\f(1,2)11－5ln2)）⇒m≥8－5ln2,所以实数m的取值范围是[8－5ln2，＋∞)．13．已知不等式(m－n）2＋（m－lnn＋λ)2≥2对任意m∈R，n∈（0，＋∞）恒成立，则实数λ的取值范围为________．答案［1,＋∞）解析(m－n）2＋（m－lnn＋λ)2表示点（m，m＋λ)与点(n，lnn)之间的距离的平方,而点(m，m＋λ）在直线y＝x＋λ上，点(n，lnn)在曲线y＝lnx上，则直线y＝x＋λ上的点与曲线y＝lnx上的点之间的最小距离大于等于eq\r（2）,则直线一定在曲线上方，则λ〉－1。当y＝lnx的切线斜率为1时，y′＝eq\f(1，x)＝1，得x＝1，则y＝lnx在点（1，0)处的切线与y＝x＋λ平行，则点(1,0)到直线y＝x＋λ的距离eq\f（｜1＋λ|,\r（2））≥eq\r(2)，得λ≥1(λ≤－3舍去)．14．已知函数f（x）＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－|x3－2x2＋x｜，x<1,,lnx，x≥1，)）若对于任意的t∈R，f(t）≤kt恒成立，则实数k的取值范围是________．答案eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1））解析令y＝x3－2x2＋x，x〈1，则y′＝3x2－4x＋1＝（x－1)(3x－1），令y′>0，即（x－1)（3x－1）>0,解得x<eq\f（1，3)或x>1.又因为x〈1，所以x〈eq\f(1,3）.令y′〈0，得eq\f(1,3)〈x〈1，所以y的递增区间是eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1，3)))，递减区间是eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,3)，1）)，所以y极大值＝eq\f（4,27）.根据图象变换可作出函数y＝－|x3－2x2＋x|,x〈1的图象．又设函数y＝lnx（x≥1）的图象经过原点的切线斜率为k1,切点为（x1,lnx1），因为y′＝eq\f(1,x)，所以k1＝eq\f（1，x1）＝eq\f(lnx1－0，x1－0)，解得x1＝e,所以k1＝eq\f（1，e）。函数y＝x3－2x2＋x在原点处的切线斜率k2＝1.因为对任意的t∈R，f(t）≤kt，所以根据f(x）的图象，数形结合可得eq\f（1，e)≤k≤1.15．设函数f（x）＝ex－｜x－a｜，其中a是实数．（1)若f(x）在R上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若函数有极大值点x2和极小值点x1，且f（x2）－f(x1)≥k(x2－x1）恒成立，求实数k的取值范围．解（1）因为f(x)＝ex－｜x－a｜＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(ex－x＋a，x≥a,，ex＋x－a，x〈a,))则f′(x)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(ex－1，x≥a,，ex＋1，x〈a，））因为f(x)在R上单调递增，所以f′(x）≥0恒成立,当x<a时，f′(x）＝ex＋1≥1〉0恒成立，当x≥a时，f′(x)＝ex－1≥0恒成立，故f′（a)≥0，即a≥0.所以实数a的取值范围为[0，＋∞）．(2)由(1)知当a≥0时，f（x)在R上单调递增，不符合题意,所以有a<0。此时,当x〈a时,f′（x）＝ex＋1≥1〉0，f（x）单调递增，当x≥a时，f′（x）＝ex－1，令f′(x）＝0,得x＝0，所以f′(x)<0在(a,0）上恒成立，f(x)在（a，0)上单调递减;f′(x）>0在（0，＋∞)上恒成立，f（x）在(0，＋∞)上单调递增．所以f（x）极大值＝f(a）＝ea，f(x)极小值＝f(0)＝1＋a，即a〈0符合题意．由f(x2)－f（x1)≥k（x2－x1)