高考数学复习 第三章 第二节 导数的应用 文试题

eq\a\vs4\al\co1(第二节导数的应用)考点一导数与函数的单调性1．(2015·陕西，9)设f(x)＝x－sinx，则f(x)()A．既是奇函数又是减函数 B．既是奇函数又是增函数C．是有零点的减函数 D．是没有零点的奇函数解析f(x)＝x－sinx的定义域为R，关于原点对称，且f(－x)＝－x－sin(－x)＝－x＋sinx＝－f(x)，故f(x)为奇函数．又f′(x)＝1－sinx≥0恒成立，所以f(x)在其定义域内为增函数，故选B.答案B2．(2014·新课标全国Ⅱ，11)若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是()A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)解析因为f(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－eq\f(1,x).因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x＞1时，f′(x)＝k－eq\f(1,x)≥0恒成立，即k≥eq\f(1,x)在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x＞1，所以0＜eq\f(1,x)＜1，所以k≥1.故选D.答案D3．(2013·浙江，8)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是()解析由导函数图象知，函数f(x)在[－1，1]上为增函数．当x∈(－1，0)时，f′(x)由小到大，则f(x)图象的增长趋势由缓到快，当x∈(0，1)时f′(x)由大到小，则f(x)的图象增长趋势由快到缓，故选B.答案B4．(2015·新课标全国Ⅱ，21)已知f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a＞0，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)＞0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)＜0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值；当a＞0时，f(x)在x＝eq\f(1,a)取得最大值，最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))＝－lna＋a－1.因此feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＞2a－2等价于lna＋a－1＜0.令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.因此，a的取值范围是(0，1)．5．(2015·天津，20)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x1＜x2，求证：x2－x1≤－eq\f(a,3)＋4eq\f(1,3).(1)解由f(x)＝4x－x4，可得f′(x)＝4－4x3.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)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)证明设点P的坐标为(x0，0)，则x0＝4eq\f(1,3)，f′(x0)＝－12.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)．令函数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)＝－4x3＋4在(－∞，＋∞)上单调递减，故F′(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，又因为F′(x0)＝0，所以当x∈(－∞，x0)时，F′(x)＞0，当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(－∞，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)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)≤g(x)．(3)证明由(2)知g(x)＝－12(x－4eq\f(1,3))．设方程g(x)＝a的根为x2′，可得x2′＝－eq\f(a,12)＋4eq\f(1,3).因为g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′)，因此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)＝4x.对于任意的x∈(－∞，＋∞)，有f(x)－h(x)＝－x4≤0，即f(x)≤h(x)．设方程h(x)＝a的根为x1′，可得x1′＝eq\f(a,4).因为h(x)＝4x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,3)＋4eq\f(1,3).6．(2015·广东，21)设a为实数，函数f(x)＝(x－a)2＋|x－a|－a(a－1)．(1)若f(0)≤1，求a的取值范围；(2)讨论f(x)的单调性；(3)当a≥2时，讨论f(x)＋eq\f(4,x)在区间(0，＋∞)内的零点个数．解(1)f(0)＝a2＋|a|－a2＋a＝|a|＋a，因为f(0)≤1，所以|a|＋a≤1，当a≤0时，|a|＋a＝－a＋a＝0≤1，显然成立；当a>0，则有|a|＋a＝2a≤1，所以a≤eq\f(1,2)，所以0<a≤eq\f(1,2)，综上所述，a的取值范围是a≤eq\f(1,2).(2)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－（2a－1）x，x≥a，,x2－（2a＋1）x＋2a，x<a.))对于u1＝x2－(2a－1)x，其对称轴为x＝eq\f(2a－1,2)＝a－eq\f(1,2)<a，开口向上，所以f(x)在(a，＋∞)上单调递增；对于u1＝x2－(2a＋1)x＋2a，其对称轴为x＝eq\f(2a＋1,2)＝a＋eq\f(1,2)>a，开口向上，所以f(x)在(－∞，a)上单调递减，综上，f(x)在(a，＋∞)上单调递增，在(－∞，a)上单调递减，(3)由(2)得f(x)在(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，所以f(x)min＝f(a)＝a－a2.(ⅰ)当a＝2时，f(x)min＝f(2)＝－2，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－3x，x≥2，,x2－5x＋4，x<2，))令f(x)＋eq\f(4,x)＝0，即f(x)＝－eq\f(4,x)(x>0)，因为f(x)在(0，2)上单调递减，所以f(x)>f(2)＝－2，而y＝－eq\f(4,x)在(0，2)上单调递增，y<f(2)＝2，所以y＝f(x)与y＝－eq\f(4,x)在(0，2)无交点．当x≥2时，f(x)＝x2－3x＝－eq\f(4,x)，即x3－3x2＋4＝0，所以x3－2x2－x2＋4＝0，所以(x－2)2(x＋1)＝0，因为x≥2，所以x＝2，即当a＝2时，f(x)＋eq\f(4,x)有一个零点x＝2.(ⅱ)当a>2时，f(x)min＝f(a)＝a－a2，当x∈(0，a)时，f(0)＝2a>4，f(a)＝a－a2，而y＝－eq\f(4,x)在x∈(0，a)上单调递增，当x＝a时，y＝－eq\f(4,a)，下面比较f(a)＝a－a2与－eq\f(4,a)的大小，因为a－a2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,a)))＝eq\f(－（a3－a2－4）,a)＝eq\f(－（a－2）（a2＋a＋2）,a)<0所以f(a)＝a－a2<－eq\f(4,a).结合图象不难得当a>2，y＝f(x)与y＝－eq\f(4,x)有两个交点，综上，当a＝2时，f(x)＋eq\f(4,x)有一个零点x＝2；当a>2，y＝f(x)与y＝－eq\f(4,x)有两个零点．7．(2014·安徽，20)设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x∈[0，1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．解(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令f′(x)＝0，得x1＝eq\f(－1－\r(4＋3a),3)，x2＝eq\f(－1＋\r(4＋3a),3)，x1＜x2，所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．当x＜x1或x＞x2时，f′(x)＜0；当x1＜x＜x2时，f′(x)＞0.故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)内单调递减，在(x1，x2)内单调递增．(2)因为a＞0，所以x1＜0，x2＞0.①当a≥4时，x2≥1，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．②当0＜a＜4时，x2＜1.由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2，1]上单调递减，因此f(x)在x＝x2＝eq\f(－1＋\r(4＋3a),3)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．8．(2014·广东，21)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2＋ax＋1(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＜0时，试讨论是否存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).解(1)f′(x)＝x2＋2x＋a开口向上，方程x2＋2x＋a＝0的判别式Δ＝4－4a＝4(1－a)，若a≥1，则Δ≤0，f′(x)＝x2＋2x＋a≥0恒成立，∴f(x)在R上单调递增．若a＜1，则Δ＞0，方程x2＋2x＋a＝0有两个不同的实数根，x1＝－1－eq\r(1－a)，x2＝－1＋eq\r(1－a)，当x＜x1或x＞x2时，f′(x)＞0；当x1＜x＜x2时，f′(x)＜0，∴f(x)的单调递增区间为(－∞，－1－eq\r(1－a))和(－1＋eq\r(1－a)，＋∞)，单调递减区间为(－1－eq\r(1－a)，－1＋eq\r(1－a))．综上所述，当a≥1时，f(x)在R上单调递增；当a<1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－1－eq\r(1－a))和(－1＋eq\r(1－a)，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(－1－eq\r(1－a)，－1＋eq\r(1－a))．(2)当a＜0时，Δ＞0，且f(0)＝1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(31,24)＋eq\f(a,2)，f(1)＝eq\f(7,3)＋a，此时x1＜0，x2＞0，令x2＝eq\f(1,2)得a＝－eq\f(5,4).①当－eq\f(5,4)＜a＜0时，x1＜0＜x2＜eq\f(1,2)，f(x)在(0，x2)上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(1,2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增．(ⅰ)若－eq\f(5,4)＜a＜－eq\f(7,12)，则f(0)＝1＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，∴存在x0∈(0，x2)，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))；(ⅱ)当－eq\f(7,12)≤a＜0时，f(0)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，∴不存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).②当a＝－eq\f(5,4)时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增．∴不存在x0，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).③当－eq\f(25,12)＜a＜－eq\f(5,4)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜f(1)，∴存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).④当a≤－eq\f(25,12)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≥f(1)，∴不存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).综上，当a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,12)，0))∪{－eq\f(5,4)}∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(25,12)))时，不存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))；当a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(25,12)，－\f(5,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，－\f(7,12)))时，存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).考点二导数与极值、最值1．(2015·安徽，10)函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则下列结论成立的是()A．a>0，b<0，c>0，d>0B．a>0，b<0，c<0，d>0C．a<0，b<0，c>0，d>0D．a>0，b>0，c>0，d<0解析由已知f(0)＝d>0，可排除D；其导函数f′(x)＝3ax2＋2bx＋c且f′(0)＝c>0，可排除B；又f′(x)＝0有两不等实根，且x1x2＝eq\f(c,a)＞0，所以a＞0.故选A.答案A2．(2013·福建，12)设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是()A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)B．－x0是f(－x)的极小值点C．－x0是－f(x)的极小值点D．－x0是－f(－x)的极小值点解析x0是f(x)的极大值点，而不一定是最大值点，∴A错；y＝f(－x)与y＝f(x)的图象关于y轴对称，－x0应为f(－x)一个极大值点，∴B错；y＝－f(x)与y＝f(x)图象关于x轴对称，则x0为－f(x)的极小值点，∴C错，故选D.答案D3．(2012·陕西，9)设函数f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，则()A．x＝eq\f(1,2)为f(x)的极大值点B．x＝eq\f(1,2)为f(x)的极小值点C．x＝2为f(x)的极大值点D．x＝2为f(x)的极小值点解析f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－2,x2)，当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0，所以x＝2为f(x)的极小值点，故选D.答案D4．(2011·浙江，10)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)的图象是()解析令g(x)＝f(x)ex，则g′(x)＝f′(x)ex＋f(x)ex，∵x＝－1为函数g(x)的一个极值点，∴g′(－1)＝f′(－1)e－1＋f(－1)e－1＝0.∴f′(－1)＝－f(－1)．D选项中，f(－1)＞0，∴f′(－1)＝－f(－1)＜0，这与图象不符．答案D5．(2015·山东，20)设函数f(x)＝(x＋a)lnx，g(x)＝eq\f(x2,ex).已知曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y＝0平行．(1)求a的值；(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示p，q中的较小值)，求m(x)的最大值．解(1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，所以f′(1)＝2，又f′(x)＝lnx＋eq\f(a,x)＋1，所以a＝1.(2)k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根．设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)lnx－eq\f(x2,ex)，当x∈(0，1]时，h(x)＜0.又h(2)＝3ln2－eq\f(4,e2)＝ln8－eq\f(4,e2)＞1－1＝0，所以存在x0∈(1，2)，使得h(x0)＝0.因为h′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)＋1＋eq\f(x（x－2）,ex)，所以当x∈(1，2)时，h′(x)＞1－eq\f(1,e)＞0，当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0，所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增，所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．(3)由(2)知方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根x0.且x∈(0，x0)时，f(x)＜g(x)，x∈(x0，＋∞)时，f(x)＞g(x)，所以m(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x＋1）lnx，x∈（0，x0]，,\f(x2,ex)，x∈（x0，＋∞）.))当x∈(0，x0)时，若x∈(0，1]，m(x)≤0；若x∈(1，x0)，由m′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)＋1＞0，可知0＜m(x)≤m(x0)；故m(x)≤m(x0)．当x∈(x0，＋∞)时，由m′(x)＝eq\f(x（2－x）,ex)，可得x∈(x0，2)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增；x∈(2，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减；可知m(x)≤m(2)＝eq\f(4,e2)，且m(x0)＜m(2)．综上可得，函数m(x)的最大值为eq\f(4,e2).6．(2015·浙江，20)设函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)．(1)当b＝eq\f(a2,4)＋1时，求函数f(x)在[－1，1]上的最小值g(a)的表达式；(2)已知函数f(x)在[－1，1]上存在零点，0≤b－2a≤1，求b解(1)当b＝eq\f(a2,4)＋1时，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋1，故对称轴为直线x＝－eq\f(a,2).当a≤－2时，g(a)＝f(1)＝eq\f(a2,4)＋a＋2.当－2＜a≤2时，g(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝1.当a＞2时，g(a)＝f(－1)＝eq\f(a2,4)－a＋2.综上，g(a)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a2,4)＋a＋2，a≤－2，,1，－2＜a≤2，,\f(a2,4)－a＋2，a＞2.))(2)设s，t为方程f(x)＝0的解，且－1≤t≤1，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s＋t＝－a，,st＝b，))由于0≤b－2a≤1，因此eq\f(－2t,t＋2)≤s≤eq\f(1－2t,t＋2)(－1≤t≤1)．当0≤t≤1时，eq\f(－2t2,t＋2)≤st≤eq\f(t－2t2,t＋2)，由于－eq\f(2,3)≤eq\f(－2t2,t＋2)≤0和－eq\f(1,3)≤eq\f(t－2t2,t＋2)≤9－4eq\r(5)，所以－eq\f(3,2)≤b≤9－4eq\r(5).当－1≤t＜0时，eq\f(t－2t2,t＋2)≤st≤eq\f(－2t2,t＋2)，由于－2≤eq\f(－2t2,t＋2)＜0和－3≤eq\f(t－2t2,t＋2)＜0，所以－3≤b＜0.故b的取值范围是[－3，9－4eq\r(5)]．7．(2014·天津，19)已知函数f(x)＝x2－eq\f(2,3)ax3(a＞0)，x∈R.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1.求a的取值范围．解(1)由已知，有f′(x)＝2x－2ax2(a＞0)．令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq\f(1,a).当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))eq\f(1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))f′(x)－0＋0－f(x)↘0↗eq\f(1,3a2)↘所以，f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))；单调递减区间是(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).当x＝0时，f(x)有极小值，且极小值f(0)＝0；当x＝eq\f(1,a)时，f(x)有极大值，且极大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eq\f(1,3a2).(2)由f(0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2a)))＝0及(1)知，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2a)))时，f(x)＞0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2a)，＋∞))时，f(x)＜0.设集合A＝{f(x)|x∈(2，＋∞)}，集合B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,f（x）)|x∈（1，＋∞），f（x）≠0)).则“对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1”等价于A⊆B.显然，0∉B.下面分三种情况讨论：(1)当eq\f(3,2a)＞2，即0＜a＜eq\f(3,4)时，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2a)))＝0可知，0∈A，而0∉B，所以A不是B的子集．(2)当1≤eq\f(3,2a)≤2，即eq\f(3,4)≤a≤eq\f(3,2)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A⊆B.(3)当eq\f(3,2a)＜1，即a＞eq\f(3,2)时，有f(1)＜0，且此时f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,f（1）)，0))，A＝(－∞，f(2))，所以A不是B的子集．综上，a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(3,2))).8．(2013·新课标全国Ⅰ，20)已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．解(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8.从而a＝4，b＝4.(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,2))).令f′(x)＝0得x＝－ln2或x＝－2.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．考点三导数的综合应用1．(2014·湖南，9)若0＜x1＜x2＜1，则()A．ex2－ex1＞lnx2－lnx1 B．ex2－ex1＜lnx2－lnx1C．x2ex1＞x1ex2 D．x2ex1＜x1ex2解析构造函数f(x)＝ex－lnx，则f′(x)＝ex－eq\f(1,x)，故f(x)＝ex－lnx在(0，1)上有一个极值点，即f(x)＝ex－lnx在(0，1)上不是单调函数，无法判断f(x1)与f(x2)的大小，故A、B错；构造函数g(x)＝eq\f(ex,x)，则g′(x)＝eq\f(xex－ex,x2)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，故函数g(x)＝eq\f(ex,x)在(0，1)上单调递减，故g(x1)＞g(x2)，x2ex1＞x1ex2，故选C.答案C2．(2014·新课标全国Ⅰ，12)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是()A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)解析由题意知f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，当a＝0时，不满足题意．当a≠0时，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq\f(2,a)，当a＞0时，f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上单调递减．又f(0)＝1，此时f(x)在(－∞，0)上存在零点，不满足题意；当a＜0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,a)))，(0，＋∞)上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，0))上单调递增，要使f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则需feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＞0，即a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))eq\s\up12(3)－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))eq\s\up12(2)＋1＞0，解得a＜－2，故选C.答案C3．(2015·新课标全国Ⅰ，21)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).(1)解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e2x单调递增，－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，＋∞)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).4．(2015·福建，22)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(（x－1）2,2).(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)证明：当x＞1时，f(x)＜x－1；(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)＞k(x－1)．解(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－x＋1＝eq\f(－x2＋x＋1,x)，x∈(0，＋∞)．由f′(x)＞0得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞0，,－x2＋x＋1＞0.))解得0＜x＜eq\f(1＋\r(5),2).故f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(5),2))).(2)令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)．则有F′(x)＝eq\f(1－x2,x).当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在[1，＋∞)上单调递减，故当x＞1时，F(x)＜F(1)＝0，即当x＞1时，f(x)＜x－1.(3)由(2)知，当k＝1时，不存在x0＞1满足题意．当k＞1时，对于x＞1，有f(x)＜x－1＜k(x－1)，则f(x)＜k(x－1)，从而不存在x0＞1满足题意．当k＜1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，则有G′(x)＝eq\f(1,x)－x＋1－k＝eq\f(－x2＋（1－k）x＋1,x).由G′(x)＝0得，－x2＋(1－k)x＋1＝0.解得x1＝eq\f(1－k－\r(（1－k）2＋4),2)＜0，x2＝eq\f(1－k＋\r(（1－k）2＋4),2)＞1.当x∈(1，x2)时，G′(x)＞0，故G(x)在[1，x2)内单调递增．从而当x∈(1，x2)时，G(x)＞G(1)＝0，即f(x)＞k(x－1)．综上，k的取值范围是(－∞，1)．5．(2015·浙江，17)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y＝eq\f(a,x2＋b)(其中a，b为常数)模型．(1)求a，b的值；(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域；②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．解(1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)．将其分别代入y＝eq\f(a,x2＋b)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,25＋b)＝40，,\f(a,400＋b)＝2.5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1000，,b＝0.))(2)①由(1)知，y＝eq\f(1000,x2)(5≤x≤20)，则点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1000,t2)))，设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，y′＝－eq\f(2000,x3)，则l的方程为y－eq\f(1000,t2)＝－eq\f(2000,t3)(x－t)，由此得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t,2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3000,t2))).故f(t)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3000,t2)))\s\up12(2))＝eq\f(3,2)eq\r(t2＋\f(4×106,t4))，t∈[5，20]．②设g(t)＝t2＋eq\f(4×106,t4)，则g′(t)＝2t－eq\f(16×106,t5).令g′(t)＝0，解得t＝10eq\r(2).当t∈(5，10eq\r(2))时，g′(t)＜0，g(t)是减函数；当t∈(10eq\r(2)，20)时，g′(t)＞0，g(t)是增函数．从而，当t＝10eq\r(2)时，函数g(t)有极小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，此时f(t)min＝15eq\r(3).答：当t＝10eq\r(2)时，公路l的长度最短，最短长度为15eq\r(3)千米．6．(2015·湖南，21)已知a>0，函数f(x)＝aexcosx(x∈[0，＋∞))．记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点．(1)证明：数列{f(xn)}是等比数列；(2)若对一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，求a的取值范围．解(1)f′(x)＝aexcosx－aexsinx＝eq\r(2)aexcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).令f′(x)＝0，由x≥0，得x＋eq\f(π,4)＝mπ－eq\f(π,2)，即x＝mπ－eq\f(3π,4)，m∈N*.而对于coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，当k∈Z时，若2kπ－eq\f(π,2)＜x＋eq\f(π,4)＜2kπ＋eq\f(π,2)，即2kπ－eq\f(3π,4)＜x＜2kπ＋eq\f(π,4)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＞0.若2kπ＋eq\f(π,2)＜x＋eq\f(π,4)＜2kπ＋eq\f(3π,2)，即2kπ＋eq\f(π,4)＜x＜2kπ＋eq\f(5π,4)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＜0.因此，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(（m－1）π，mπ－\f(3π,4)))与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mπ－\f(3π,4)，mπ＋\f(π,4)))上，f′(x)的符号总相反．于是当x＝mπ－eq\f(3π,4)(m∈N*)时，f(x)取得极值，所以xn＝nπ－eq\f(3,4)π(n∈N*)．此时，f(xn)＝aenπ－eq\f(3π,4)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(nπ－\f(3π,4)))＝(－1)n＋1eq\f(\r(2)a,2)enπ－eq\f(3π,4).易知f(xn)≠0，而eq\f(f（xn＋1）,f（xn）)＝eq\f(（－1）n＋2\f(\r(2)a,2)e（n＋1）π－\f(3π,4),（－1）n＋1\f(\r(2)a,2)enπ－\f(3π,4))＝－eπ是常数，故数列{f(xn)}是首项为f(x1)＝eq\f(\r(2)a,2)eeq\f(π,4)，公比为－eπ的等比数列．(2)对一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，即nπ－eq\f(3π,4)≤eq\f(\r(2)a,2)enπ－eq\f(3π,4)恒成立，亦即eq\f(\r(2),a)≤eq\f(enπ－\f(3π,4),nπ－\f(3π,4))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．因为x1∈(0，1)，且当n≥2时，xn∈(1，＋∞)，xn＜xn＋1，所以[g(xn)]min＝min{g(x1)，g(x2)}＝mineq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)))))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(4,π)eeq\f(π,4).因此，xn≤|f(xn)|恒成立，当且仅当eq\f(\r(2),a)≤eq\f(4,π)eeq\f(π,4).解得a≥eq\f(\r(2)π,4)e－eq\f(π,4).故a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)π,4)e－\f(π,4)，＋∞)).7．(2014·陕西，21)设函数f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，m∈R.(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)－eq\f(x,3)零点的个数；(3)若对任意b＞a＞0，eq\f(f（b）－f（a）,b－a)＜1恒成立，求m的取值范围．解(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋eq\f(e,x)，则f′(x)＝eq\f(x－e,x2)，∴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，∴x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋eq\f(e,e)＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)＝eq\f(1,x)－eq\f(m,x2)－eq\f(x,3)(x＞0)，令g(x)＝0，得m＝－eq\f(1,3)x3＋x(x＞0)．设φ(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x(x≥0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点．∴φ(x)的最大值为φ(1)＝eq\f(2,3).又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m＞eq\f(2,3)时，函数g(x)无零点；②当m＝eq\f(2,3)时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0＜m＜eq\f(2,3)时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m＞eq\f(2,3)时，函数g(x)无零点；当m＝eq\f(2,3)或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0＜m＜eq\f(2,3)时，函数g(x)有两个零点．(3)对任意的b＞a＞0，eq\f(f（b）－f（a）,b－a)＜1恒成立，等价于f(b)－b＜f(a)－a恒成立．(*)设h(x)＝f(x)－x＝lnx＋eq\f(m,x)－x(x＞0)，∴(*)等价于h(x)在(0，＋∞)上单调递减．由h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(m,x2)－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)(x＞0)恒成立，∴m≥eq\f(1,4)(对m＝eq\f(1,4)，h′(x)＝0仅在x＝eq\f(1,2)时成立)，∴m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)).8．(2014·新课标全国Ⅰ，21)设函数f(x)＝alnx＋eq\f(1－a,2)x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)＜eq\f(a,a－1)，求a的取值范围．解(1)f′(x)＝eq\f(a,x)＋(1－a)x－b.由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f(x)＝alnx＋eq\f(1－a,2)x2－x，f′(x)＝eq\f(a,x)＋(1－a)x－1＝eq\f(1－a,x)(x－eq\f(a,1－a))(x－1)．①若a≤eq\f(1,2)，则eq\f(a,1－a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)＜eq\f(a,a－1)的充要条件为f(1)＜eq\f(a,a－1)，即eq\f(1－a,2)－1＜eq\f(a,a－1)，解得－eq\r(2)－1＜a＜eq\r(2)－1.②若eq\