高考数学一轮总复习：第三章 导数及应用

高考数学一轮总复习：第三章导数及应用目录第1课时导数的概念及运算第2课时导数的应用（一）——单调性第3课时导数的应用（二）——极值与最值专题研究（一）利用导数证明不等式专题研究（二）利用导数研究恒成立问题专题研究（三）利用导数研究函数的零点第1课时导数的概念及运算1．y＝lneq\f(1,x)的导函数为()A．y′＝－eq\f(1,x) B．y′＝eq\f(1,x)C．y′＝lnx D．y′＝－ln(－x)答案A解析y＝lneq\f(1,x)＝－lnx，∴y′＝－eq\f(1,x).2．曲线y＝eq\f(x＋1,x－1)在点(3，2)处的切线的斜率是()A．2 B．－2C.eq\f(1,2) D．－eq\f(1,2)答案D解析y′＝eq\f(（x＋1）′（x－1）－（x＋1）（x－1）′,（x－1）2)＝－eq\f(2,（x－1）2)，故曲线在(3，2)处的切线的斜率k＝y′|x＝3＝－eq\f(2,（3－1）2)＝－eq\f(1,2)，故选D.3．曲线f(x)＝2exsinx在点(0，f(0))处的切线方程为()A．y＝0 B．y＝2xC．y＝x D．y＝－2x答案B解析∵f(x)＝2exsinx，∴f(0)＝0，f′(x)＝2ex(sinx＋cosx)，∴f′(0)＝2，∴所求切线方程为y＝2x.4．过点(－1，1)的直线l与曲线y＝x3－x2－2x＋1相切，且(－1，1)不是切点，则直线l的斜率是()A．2 B．1C．－1 D．－2答案C解析设切点为(a，b)，∵f(x)＝x3－x2－2x＋1，∴b＝a3－a2－2a＋1.∴f′(x)＝3x2－2x－2，则直线l的斜率k＝f′(a)＝3a2－2a－2，则切线方程为y－(a3－a2－2a＋1)＝(3a2－2a－2)(x－a)，∵点(－1，1)在切线上，∴1－(a3－a2－2a＋1)＝(3a2－2a－2)(－1－a)．整理，得(a－1)·(a2－1)＝0⇒a＝1或a＝－1.当a＝1时，b＝－1，此时切点为(1，－1)；当a＝－1时，b＝1，此时切点为(－1，1)不合题意；∴a＝1，此时直线l的斜率k＝f′(1)＝－1，故选C.5．一质点沿直线运动，如果由始点起经过t秒后的位移为s＝eq\f(1,3)t3－eq\f(3,2)t2＋2t，那么速度为零的时刻是()A．0秒 B．1秒末C．2秒末 D．1秒末和2秒末答案D解析∵s＝eq\f(1,3)t3－eq\f(3,2)t2＋2t，∴v＝s′(t)＝t2－3t＋2.令v＝0，得t2－3t＋2＝0，t1＝1或t2＝2.6．设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(ex)＝x＋ex，则f′(2019)＝()A．1 B．2C.eq\f(1,2019) D.eq\f(2020,2019)答案D解析令ex＝t，则x＝lnt，所以f(t)＝lnt＋t，故f(x)＝lnx＋x.求导得f′(x)＝eq\f(1,x)＋1，故f′(2019)＝eq\f(1,2019)＋1＝eq\f(2020,2019).故选D.7．若函数f(x)的导函数的图像关于y轴对称，则f(x)的解析式可能为()A．f(x)＝3cosx B．f(x)＝x3＋x2C．f(x)＝1＋2sinx D．f(x)＝ex＋x答案C解析A项中，f′(x)＝－3sinx是奇函数，图像关于原点对称，不关于y轴对称；B项中，f′(x)＝3x2＋2x＝3(x＋eq\f(1,3))2－eq\f(1,3)，其图像关于直线x＝－eq\f(1,3)对称；C项中，f′(x)＝2cosx是偶函数，图像关于y轴对称；D项中，f′(x)＝ex＋1，由指数函数的图像可知该函数的图像不关于y轴对称．故选C.8．已知曲线f(x)＝eq\f(ax2,x＋1)在点(1，f(1))处切线的斜率为1，则实数a的值为()A.eq\f(3,2) B．－eq\f(3,2)C．－eq\f(3,4) D.eq\f(4,3)答案D解析由f′(x)＝eq\f(2ax（x＋1）－ax2,（x＋1）2)＝eq\f(ax2＋2ax,（x＋1）2)，得f′(1)＝eq\f(3a,4)＝1，解得a＝eq\f(4,3).故选D.9．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2·sinx＋xcosx，则其导函数f′(x)的图像大致是()答案C解析由f(x)＝eq\f(1,2)x2sinx＋xcosx，得f′(x)＝xsinx＋eq\f(1,2)x2cosx＋cosx－xsinx＝eq\f(1,2)x2cosx＋cosx.由此可知，f′(x)是偶函数，其图像关于y轴对称，排除选项A，B.又f′(0)＝1，故选C.10．设a∈R，函数f(x)＝ex＋a·e－x的导函数是f′(x)，且f′(x)是奇函数，则a的值为()A．1 B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D．－1答案A解析因为f′(x)＝ex－ae－x，由奇函数的性质可得f′(0)＝1－a＝0，解得a＝1.故选A.11．若点P是曲线y＝x2－lnx上任意一点，则点P到直线y＝x－2距离的最小值为()A．1 B.eq\r(2)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\r(3)答案B解析当过点P的直线平行于直线y＝x－2且与曲线y＝x2－lnx相切时，切点P到直线y＝x－2的距离最小．对函数y＝x2－lnx求导，得y′＝2x－eq\f(1,x).由2x－eq\f(1,x)＝1，可得切点坐标为(1，1)，故点(1，1)到直线y＝x－2的距离为eq\r(2)，即为所求的最小值．故选B.12．已知y＝eq\f(1,3)x3－x－1＋1，则其导函数的值域为________．答案[2，＋∞)13．已知函数f(x)＝x(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)，则f′(0)＝________．答案－120解析f′(x)＝(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)＋x[(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)]′，所以f′(0)＝(－1)×(－2)×(－3)×(－4)×(－5)＝－120.14．曲线f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2＋ax存在与直线3x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是________．答案(－∞，1]解析由题意，得f′(x)＝eq\f(1,x)＋x＋a，故存在切点P(t，f(t))，使得eq\f(1,t)＋t＋a＝3，所以3－a＝eq\f(1,t)＋t有解．因为t>0，所以3－a≥2(当且仅当t＝1时取等号)，即a≤1.15．曲线y＝log2x在点(1，0)处的切线与坐标轴所围成三角形的面积等于________．答案eq\f(1,2)log2e解析∵y′＝eq\f(1,xln2)，∴k＝eq\f(1,ln2).∴切线方程为y＝eq\f(1,ln2)(x－1)．∴三角形面积为S△＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,ln2)＝eq\f(1,2ln2)＝eq\f(1,2)log2e.16．若抛物线y＝x2－x＋c上的一点P的横坐标是－2，抛物线过点P的切线恰好过坐标原点，则实数c的值为________．答案4解析∵y′＝2x－1，∴y′|x＝－2＝－5.又P(－2，6＋c)，∴eq\f(6＋c,－2)＝－5.∴c＝4.17．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝2x2.(1)求x<0时，f(x)的表达式；(2)令g(x)＝lnx，问是否存在x0，使得f(x)，g(x)在x＝x0处的切线互相平行？若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由．答案(1)f(x)＝－2x2(x<0)(2)存在，x0＝eq\f(1,2)解析(1)当x<0时，－x>0，f(x)＝－f(－x)＝－2(－x)2＝－2x2.∴当x<0时，f(x)的表达式为f(x)＝－2x2.(2)若f(x)，g(x)在x0处的切线互相平行，则f′(x0)＝g′(x0)，当x>0时，f′(x0)＝4x0＝g′(x0)＝eq\f(1,x0)，解得，x0＝±eq\f(1,2).故存在x0＝eq\f(1,2)满足条件．18．已知函数f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线方程；(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标．答案(1)y＝13x－32(2)直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26)解析(1)根据题意，得f′(x)＝3x2＋1.所以曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的斜率k＝f′(2)＝13，所以要求的切线的方程为y＝13x－32.(2)设切点为(x0，y0)，则直线l的斜率为f′(x0)＝3x02＋1，所以直线l的方程为y＝(3x02＋1)(x－x0)＋x03＋x0－16.又直线l过点(0，0)，则(3x02＋1)(0－x0)＋x03＋x0－16＝0，整理得x03＝－8，解得x0＝－2，所以y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，l的斜率k＝13，所以直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26)．第2课时导数的应用（一）——单调性1．当x>0时，f(x)＝x＋eq\f(4,x)的单调减区间是()A．(2，＋∞) B．(0，2)C．(eq\r(2)，＋∞) D．(0，eq\r(2))答案B解析f′(x)＝1－eq\f(4,x2)＝eq\f(（x－2）（x＋2）,x2)<0，又∵x>0，∴x∈(0，2)，∴选B.2．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是()A．(－∞，2) B．(0，3)C．(1，4) D．(2，＋∞)答案D解析f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2，故选D.3．函数y＝xcosx－sinx在下面哪个区间上是增函数()A．(eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)) B．(π，2π)C．(eq\f(3π,2)，eq\f(5π,2)) D．(2π，3π)答案B解析方法一：(分析法)计算函数在各个端点处的函数值，有下表：xeq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πeq\f(5π,2)3πy－1－π12π－1－3π由表中数据大小变化易得结论B项．方法二：(求导法)由y′＝－xsinx>0，则sinx<0，只有B项符合，故选B项．4．函数f(x)＝lnx－ax(a>0)的单调递增区间为()A．(0，eq\f(1,a)) B．(eq\f(1,a)，＋∞)C．(－∞，eq\f(1,a)) D．(－∞，a)答案A解析由f′(x)＝eq\f(1,x)－a>0，得0<x<eq\f(1,a).∴f(x)的单调递增区间为(0，eq\f(1,a))．5.在R上可导的函数f(x)的图像如图所示，则关于x的不等式xf′(x)<0的解集为()A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－2，－1)∪(1，2) D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)答案A解析在(－∞，－1)和(1，＋∞)上，f(x)递增，所以f′(x)>0，使xf′(x)<0的范围为(－∞，－1)；在(－1，1)上，f(x)递减，所以f′(x)<0，使xf′(x)<0的范围为(0，1)．综上，关于x的不等式xf′(x)<0的解集为(－∞，－1)∪(0，1)．6．若函数y＝a(x3－x)的递减区间为(－eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(3),3))，则a的取值范围是()A．a>0B．－1＜a＜0C．a>1D．0＜a＜1答案A解析y′＝a(3x2－1)，解3x2－1＜0，得－eq\f(\r(3),3)＜x＜eq\f(\r(3),3).∴f(x)＝x3－x在(－eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(3),3))上为减函数．又y＝a(x3－x)的递减区间为(－eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(3),3))．∴a>0.7．如果函数f(x)的导函数f′(x)的图像如图所示，那么函数f(x)的图像最有可能的是()答案A8．若f(x)＝x3－ax2＋1在(1，3)上单调递减，则实数a的取值范围是()A．(－∞，3] B．[eq\f(9,2)，＋∞)C．(3，eq\f(9,2)) D．(0，3)答案B解析因为函数f(x)＝x3－ax2＋1在(1，3)上单调递减，所以f′(x)＝3x2－2ax≤0在(1，3)上恒成立，即a≥eq\f(3,2)x在(1，3)上恒成立．因为eq\f(3,2)<eq\f(9,2)，所以a≥eq\f(9,2).故选B.9．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)·f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f(eq\f(1,2))，c＝f(3)，则()A．a<b<c B．c<a<bC．c<b<a D．b<c<a答案B解析由f(x)＝f(2－x)可得对称轴为x＝1，故f(3)＝f(1＋2)＝f(1－2)＝f(－1)．又x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，可知f′(x)>0.即f(x)在(－∞，1)上单调递增，f(－1)<f(0)<f(eq\f(1,2))，即c<a<b.10．已知函数f(x)(x∈R)图像上任一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(x0－2)(x02－1)(x－x0)，那么函数f(x)的单调减区间是()A．[－1，＋∞) B．(－∞，2]C．(－∞，－1)和(1，2) D．[2，＋∞)答案C解析因为函数f(x)(x∈R)图像上任一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(x0－2)(x02－1)(x－x0)，所以函数f(x)的图像在点(x0，y0)处的切线的斜率k＝(x0－2)(x02－1)，函数f(x)的导函数为f′(x)＝(x－2)(x2－1)．由f′(x)＝(x－2)(x2－1)<0，得x<－1或1<x<2，即函数f(x)的单调递减区间是(－∞，－1)和(1，2)．故选C.11．函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2－x＋5的单调递增区间为________．答案(0，eq\f(\r(5)－1,2))解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，再由f′(x)＝eq\f(1,x)－x－1>0得可解0<x<eq\f(\r(5)－1,2).12．若函数y＝－eq\f(1,3)x3＋ax有三个单调区间，则实数a的取值范围是________．答案a>0解析y′＝－x2＋a，y＝－eq\f(1,3)x3＋ax有三个单调区间，则方程－x2＋a＝0应有两个不等实根，故a>0.13．已知函数f(x)＝kx3＋3(k－1)x2－k2＋1(k>0)的单调递减区间是(0，4)．(1)实数k的值为________；(2)若在(0，4)上为减函数，则实数k的取值范围是________．答案(1)eq\f(1,3)(2)0<k≤eq\f(1,3)解析(1)f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x，由题意知f′(4)＝0，解得k＝eq\f(1,3).(2)由f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x≤0并结合导函数的图像可知，必有－eq\f(2（k－1）,k)≥4，解得k≤eq\f(1,3).又k>0，故0<k≤eq\f(1,3).14．已知函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，且对任意的x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为________．答案(－1，＋∞)解析令g(x)＝f(x)－2x－4，则g′(x)＝f′(x)－2>0，∴g(x)在R上为增函数，且g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0.原不等式可转化为g(x)>g(－1)，解得x>－1，故原不等式的解集为(－1，＋∞)．15．设函数f(x)＝x(ex－1)－ax2.(1)若a＝eq\f(1,2)，求f(x)的单调区间；(2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围．答案(1)增区间(－∞，－1]，[0，＋∞)，减区间[－1，0](2)(－∞，1]解析(1)当a＝eq\f(1,2)时，f(x)＝x(ex－1)－eq\f(1,2)x2，f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0；当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，－1]，[0，＋∞)上单调递增，在[－1，0]上单调递减．(2)f(x)＝x(ex－1－ax)．令g(x)＝ex－1－ax，则g′(x)＝ex－a.若a≤1，则当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，而g(0)＝0，从而当x≥0时g(x)≥0，即f(x)≥0.若a>1，则当x∈(0，lna)时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，而g(0)＝0，从而当x∈(0，lna)时g(x)<0，即f(x)<0.综上得a的取值范围为(－∞，1]．16．已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(ax,x＋1)(a∈R)．(1)若函数f(x)在区间(0，4)上单调递增，求a的取值范围；(2)若函数y＝f(x)的图像与直线y＝2x相切，求a的值．答案(1)a≥－4(2)4解析(1)f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a（x＋1）－ax,（x＋1）2)＝eq\f(（x＋1）2＋ax,x（x＋1）2).∵函数f(x)在区间(0，4)上单调递增，∴f′(x)≥0在(0，4)上恒成立，∴(x＋1)2＋ax≥0，即a≥－eq\f(x2＋2x＋1,x)＝－(x＋eq\f(1,x))－2在(0，4)上恒成立．∵x＋eq\f(1,x)≥2，当且仅当x＝1时取等号，∴a≥－4.(2)设切点为(x0，y0)，则y0＝2x0，f′(x0)＝2，y0＝lnx0＋eq\f(ax0,x0＋1)，∴eq\f(1,x0)＋eq\f(a,（x0＋1）2)＝2①且2x0＝lnx0＋eq\f(ax0,x0＋1)②由①得a＝(2－eq\f(1,x0))(x0＋1)2，③代入②，得2x0＝lnx0＋(2x0－1)(x0＋1)，即lnx0＋2x02－x0－1＝0.令F(x)＝lnx＋2x2－x－1，则F′(x)＝eq\f(1,x)＋4x－1＝eq\f(4x2－x＋1,x)>0，∴F(x)在(0，＋∞)上单调递增．∵F(1)＝0，∴x0＝1，代入③式得a＝4.第3课时导数的应用（二）——极值与最值1．函数y＝x3－3x2－9x(－2<x<2)有()A．极大值为5，极小值为－27 B．极大值为5，极小值为－11C．极大值为5，无极小值 D．极大值为－27，无极小值答案C解析y′＝3x2－6x－9＝3(x2－2x－3)＝3(x－3)(x＋1)，∴y′＝0时，x＝3或x＝－1.∵－2<x<2，∴x＝－1时，y＝5.x＝－1为极大值点，极大值为5，无极小值．2．当函数y＝x·2x取极小值时，x＝()A.eq\f(1,ln2) B．－eq\f(1,ln2)C．－ln2 D．ln2答案B解析由y＝x·2x，得y′＝2x＋x·2x·ln2.令y′＝0，得2x(1＋x·ln2)＝0.∵2x>0，∴x＝－eq\f(1,ln2).3．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)的极小值点答案D解析因为f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，所以f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－2,x2)，且x>0.当x>2时，f′(x)>0，这时f(x)为增函数；当0<x<2时，f′(x)<0，这时f(x)为减函数．所以x＝2为f(x)的极小值点．故选D.4．f(x)＝ex－x(e为自然对数的底数)在区间[－1，1]上的最大值是()A．1＋eq\f(1,e) B．1C．e＋1 D．e－1答案D解析f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0.令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得x<0，则函数f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，f(－1)＝e－1＋1，f(1)＝e－1，f(－1)－f(1)＝eq\f(1,e)＋2－e<eq\f(1,2)＋2－e<0，所以f(1)>f(－1)．故选D.5．若函数y＝ax3＋bx2取得极大值和极小值时的x的值分别为0和eq\f(1,3)，则()A．a－2b＝0 B．2a－b＝0C．2a＋b＝0 D．a＋2b＝0答案D解析y′＝3ax2＋2bx，据题意，0，eq\f(1,3)是方程3ax2＋2bx＝0的两根，∴－eq\f(2b,3a)＝eq\f(1,3)，∴a＋2b＝0.6．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2，2]上有最大值3，那么此函数在[－2，2]上的最小值是()A．－37 B．－29C．－5 D．以上都不对答案A解析f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，∴f(x)在(－2，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减．∴x＝0为极大值点，也为最大值点．∴f(0)＝m＝3，∴m＝3.∴f(－2)＝－37，f(2)＝－5.∴最小值是－37，选A.7．若函数f(x)＝x3－3bx＋3b在(0，1)内有极小值，则()A．0＜b＜1 B．b＜1C．b>0 D．b＜eq\f(1,2)答案A解析f(x)在(0，1)内有极小值，则f′(x)＝3x2－3b在(0，1)上先负后正，∴f′(0)＝－3b＜0.∴b>0.f′(1)＝3－3b>0，∴b＜1.综上，b的取值范围为0＜b＜1.8．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图像可能是()答案C解析由f(x)在x＝－2处取得极小值可知，当x<－2时，f′(x)<0，则xf′(x)>0；当－2<x<0时，f′(x)>0，则xf′(x)<0；当x>0时，xf′(x)>0.9．已知f(x)＝x3＋px2＋qx的图像与x轴相切于非原点的一点，且f(x)极小值＝－4，那么p，q值分别为()A．6，9 B．9，6C．4，2 D．8，6答案A解析设图像与x轴的切点为(t，0)(t≠0)，设eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（t）＝t3＋pt2＋qt＝0，,f′（t）＝3t2＋2pt＋q＝0，))注意t≠0，可得出p＝－2t，q＝t2.∴p2＝4q，只有A满足这个等式(亦可直接计算出t＝－3)．10．若函数f(x)＝ax3－3x＋1对于x∈[－1，1]总有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围为()A．[2，＋∞) B．[4，＋∞)C．{4} D．[2，4]答案C解析f′(x)＝3ax2－3，当a≤0时，f(x)min＝f(1)＝a－2≥0，a≥2，不合题意；当0<a≤1时，f′(x)＝3ax2－3＝3a(x＋eq\f(1,\r(a)))(x－eq\f(1,\r(a)))，f(x)在[－1，1]上为减函数，f(x)min＝f(1)＝a－2≥0，a≥2，不合题意；当a>1时，f(－1)＝－a＋4≥0，且f(eq\f(1,\r(a)))＝－eq\f(2,\r(a))＋1≥0，解得a＝4.综上所述，a＝4.11．若f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则常数c的值为________．答案6解析f′(x)＝3x2－4cx＋c2，∵f(x)在x＝2处有极大值，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（2）＝0，,f′（x）<0（x>2），,f′（x）>0（x<2）.))解得c＝6.12．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则f(2)的值为________．答案18解析f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）＝10，,f′（1）＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋a＋b＋1＝10，,2a＋b＋3＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3.))当a＝－3，b＝3时，f′(x)＝3(x－1)2≥0，f(x)无极值．当a＝4，b＝－11时，令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－eq\f(11,3).当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－eq\f(11,3))－eq\f(11,3)(－eq\f(11,3)，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，f(2)＝18.13．若函数f(x)＝eq\f(x2＋a,x＋1)在x＝1处取得极值，则a＝________．答案3解析f′(x)＝eq\f(x2＋2x－a,（x＋1）2)，由f(x)在x＝1处取得极值知f′(1)＝0，∴a＝3.14．已知函数f(x)＝(x－k)ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值．答案(1)减区间(－∞，k－1)，增区间(k－1，＋∞)(2)k≤1时，最小值f(0)＝－k；1<k<2时，最小值f(k－1)＝－ek－1；k≥2时，最小值f(1)＝(1－k)e解析(1)f′(x)＝(x－k＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)与f′(x)的变化情况如下表：x(－∞，k－1)k－1(k－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)－ek－1所以f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)，单调递增区间是(k－1，＋∞)．(2)当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(0)＝－k；当0<k－1<1，即1<k<2时，由(1)知f(x)在[0，k－1]上单调递减，在(k－1，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；当k－1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0，1]上单调递减，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.15．已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－eq\f(4,3)处取得极值．(1)确定a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．答案(1)a＝eq\f(1,2)(2)g(x)在(－∞，－4]和[－1，0]上为减函数，在[－4，－1]和[0，＋∞)上为增函数解析(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，因为f(x)在x＝－eq\f(4,3)处取得极值，所以f′(－eq\f(4,3))＝0，即3a×eq\f(16,9)＋2×(－eq\f(4,3))＝eq\f(16a,3)－eq\f(8,3)＝0，解得a＝eq\f(1,2).(2)由(1)得g(x)＝(eq\f(1,2)x3＋x2)ex.g′(x)＝(eq\f(1,2)x3＋eq\f(5,2)x2＋2x)ex＝eq\f(1,2)x(x＋1)(x＋4)ex.令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.当x<－4时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；当－4<x<－1时，g′(x)>0，故g(x)为增函数；当－1<x<0时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；当x>0时，g′(x)>0，故g(x)为增函数．综上，知g(x)在(－∞，－4]和[－1，0]上为减函数，在[－4，－1]和[0，＋∞)上为增函数．16．成都市“两会”召开前，某政协委员针对自己提出的“环保提案”对某处的环境状况进行了实地调研．据测定，该处的污染指数与附近污染源的强度成正比，与到污染源的距离成反比，比例常数为k(k>0)．现已知相距36km的A，B两家化工厂(污染源)的污染强度分别为正数a，b，它们连线上任意一点C处的污染指数y等于两化工厂对该处的污染指数之和．(1)设A，C两处的距离为x，试将y表示为x的函数；(2)若a＝1时，y在x＝6处取得最小值，试求b的值．答案(1)y＝eq\f(ka,x)＋eq\f(kb,36－x)(0<x<36)(2)b＝25解析(1)设点C处受A污染源的污染指数为eq\f(ka,x)，受B污染源的污染指数为eq\f(kb,36－x)(k>0)．从而点C处污染指数y＝eq\f(ka,x)＋eq\f(kb,36－x)(0<x<36)．(2)因为a＝1，所以y＝eq\f(k,x)＋eq\f(kb,36－x).y′＝k[－eq\f(1,x2)＋eq\f(b,（36－x）2)]，令y′＝0，解得x＝eq\f(36,1＋\r(b))，当x∈(0，eq\f(36,1＋\r(b)))时，函数y单调递减，当x∈(eq\f(36,1＋\r(b))，＋∞)时，函数y单调递增．所以当x＝eq\f(36,1＋\r(b))时，函数取得最小值．又此时x＝6，解得b＝25，经验证符合题意．专题研究（一）利用导数证明不等式1．已知f(x)＝eq\f(lnx,x)，则()A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2)C．f(3)>f(2)>f(e) D．f(e)>f(3)>f(2)答案D解析f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令f′(x)＝0，得x＝e.所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故x＝e时，f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,e)，而f(2)＝eq\f(ln2,2)＝eq\f(ln8,6)，f(3)＝eq\f(ln3,3)＝eq\f(ln9,6)，所以f(e)>f(3)>f(2)．故选D.2．若0<x1<x2<1，则()A．ex2－ex1>lnx2－lnx1 B．ex2－ex1<lnx2－lnx1C．x2ex1>x1ex2 D．x2ex1<x1ex2答案C解析令f(x)＝eq\f(ex,x)，则f′(x)＝eq\f(xex－ex,x2)＝eq\f(ex（x－1）,x2).当0<x<1时，f′(x)<0，即f(x)在(0，1)上单调递减，因为0<x1<x2<1，所以f(x2)<f(x1)，即eq\f(ex2,x2)<eq\f(ex1,x1)，所以x2ex1>x1ex2，故选C.3．已知函数f(x)＝xlnx＋ax，a∈R，函数f(x)的图像在x＝1处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直．(1)求a的值和函数f(x)的单调区间；(2)求证：ex>f′(x)．答案(1)单调递增区间为(e－2，＋∞)，单调递减区间为(0，e－2)(2)证明略解析(1)由题易知，f′(x)＝lnx＋1＋a，x>0，且f(x)的图像在x＝1处的切线的斜率k＝2，所以f′(1)＝ln1＋1＋a＝2，所以a＝1.所以f′(x)＝lnx＋2，当x>e－2时，f′(x)>0，当0<x<e－2时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为(e－2，＋∞)，单调递减区间为(0，e－2)．(2)证明：设g(x)＝ex－f′(x)＝ex－lnx－2，x>0，因为g′(x)＝ex－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝e－1>0，g′(eq\f(1,2))＝eeq\s\up6(\f(1,2))－2<0，所以g′(x)在(eq\f(1,2)，1)上存在唯一的零点t，使得g′(t)＝et－eq\f(1,t)＝0，即et＝eq\f(1,t)(eq\f(1,2)<t<1)．当0<x<t时，g′(x)<g′(t)＝0，当x>t时，g′(x)>g′(t)＝0，所以g(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增，所以x>0时，g(x)≥g(t)＝et－lnt－2＝eq\f(1,t)－lneq\f(1,et)－2＝t＋eq\f(1,t)－2≥2－2＝0，又eq\f(1,2)<t<1，所以上式等号取不到，所以g(x)>0，即ex>f′(x)．4．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.答案(1)单调递减区间为(－∞，ln2)，单调递增区间为(ln2，＋∞)；极小值2(1－ln2＋a)无极大值(2)略解析(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)2(1－ln2＋a)故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)．f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．无极大值．(2)设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(2)知当a>ln2－1时，g′(x)最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．于是当a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.5．已知函数f(x)＝aex－lnx－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥eq\f(1,e)时，f(x)≥0.答案(1)f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增(2)证明略解析(1)∵函数f(x)＝aex－lnx－1，∴x>0，f′(x)＝aex－eq\f(1,x)，∵x＝2是f(x)的极值点，∴f′(2)＝ae2－eq\f(1,2)＝0，解得a＝eq\f(1,2e2)，∴f(x)＝eq\f(1,2e2)ex－lnx－1，∴f′(x)＝eq\f(1,2e2)ex－eq\f(1,x)，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，当x>2时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．(2)证明：当a≥eq\f(1,e)时，f(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1，设g(x)＝eq\f(ex,e)－lnx－1，则g′(x)＝eq\f(ex,e)－eq\f(1,x)，当0＜x＜1时，g′(x)＜0，当x>1时，g′(x)>0，∴x＝1是g(x)的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0，∴当a≥eq\f(1,e)时，f(x)≥0.6．已知函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2＋x，a∈R.(1)令g(x)＝f(x)－(ax－1)，讨论g(x)的单调区间；(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，证明：x1＋x2≥eq\f(\r(5)－1,2).审题(1)证明x1＋x2≥eq\f(\r(5)－1,2)等价于求x1＋x2的范围．(2)将f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0具体化，配方得x1＋x2的方程(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－lnx1x2.(3)消元，消去x1x2得关于x1＋x2的不等式．(4)解不等式得x1＋x2的范围．答案(1)略(2)证明略解析(1)当a≤0时，函数单调递增区间为(0，＋∞)，无递减区间；当a>0时，函数单调递增区间为(0，eq\f(1,a))，单调递减区间为(eq\f(1,a)，＋∞)．(2)当a＝－2时，f(x)＝lnx＋x2＋x，x>0，由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0可得x1x2＋lnx1x2＋x12＋x1＋x22＋x2＝0，即(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－lnx1x2，令t＝x1x2，φ(t)＝t－lnt，则φ′(t)＝1－eq\f(1,t)＝eq\f(t－1,t)，则φ(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，又由x1>0，x2>0可知x1＋x2>0，故x1＋x2≥eq\f(\r(5)－1,2).专题研究（二）利用导数研究恒成立问题1．已知函数f(x)＝x2ex，当x∈[－1，1]时，不等式f(x)<m恒成立，则实数m的取值范围为()A．[eq\f(1,e)，＋∞) B．(eq\f(1,e)，＋∞)C．[e，＋∞) D．(e，＋∞)答案D解析由f′(x)＝ex(2x＋x2)＝x(x＋2)ex，得当－1<x<0时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当0<x<1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，且f(1)>f(－1)，故f(x)max＝f(1)＝e，则m>e.故选D.2．已知函数f(x)＝x＋eq\f(4,x)，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈[eq\f(1,2)，1]，∃x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是()A．a≤1 B．a≥1C．a≤2 D．a≥2答案A解析由题意知f(x)min(x∈[eq\f(1,2)，1])≥g(x)min(x∈[2，3])，因为f(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1，故选A.3．已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq\f(lnx,x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．答案(1)当a≤0时，f(x)在R上单调递减；当a>0时，f(x)的增区间为(－∞，lna)，减区间为(lna，＋∞)(2)a≤eq\f(1,2e)解析(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在R上单调递减；当a>0时，令f′(x)＝0得x＝lna.由f′(x)>0得f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；由f′(x)＜0得f(x)的单调递减区间为(lna，＋∞)．(2)因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，则ax≤eq\f(lnx,x)，即a≤eq\f(lnx,x2).设h(x)＝eq\f(lnx,x2)，则问题转化为a≤(eq\f(lnx,x2))max，由h′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3)，令h′(x)＝0，则x＝eq\r(e).当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0，eq\r(e))eq\r(e)(eq\r(e)，＋∞)h′(x)＋0－H(x)单调递增极大值eq\f(1,2e)单调递减由上表可知，当x＝eq\r(e)时，函数h(x)有极大值，即最大值为eq\f(1,2e).所以a≤eq\f(1,2e).4．设函数f(x)＝(1－x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．答案(1)f(x)在(－∞，－1－eq\r(2))，(－1＋eq\r(2)，＋∞)上单调递减，在(－1－eq\r(2)，－1＋eq\r(2))上单调递增(2)[1，＋∞)解析(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.令f′(x)＝0得x＝－1－eq\r(2)或x＝－1＋eq\r(2).当x∈(－∞，－1－eq\r(2))时，f′(x)<0；当x∈(－1－eq\r(2)，－1＋eq\r(2))时，f′(x)>0；当x∈(－1＋eq\r(2)，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，－1－eq\r(2))，(－1＋eq\r(2)，＋∞)上单调递减，在(－1－eq\r(2)，－1＋eq\r(2))上单调递增．(2)方法一：f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，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0<a<1时，设函数g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1>0(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.当0<x<1时，f(x)>(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝eq\f(\r(5－4a)－1,2)，则x0∈(0，1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1.当a≤0时，取x0＝eq\f(\r(5)－1,2)，则x0∈(0，1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.综上，a的取值范围是[1，＋∞)．方法二：令g(x)＝f(x)－ax－1＝(1－x2)·ex－(ax＋1)．g(0)＝0.即当x≥0时，g(x)≤0＝g(0)．g′(x)＝(1－x2－2x)ex－a.g″(x)＝－(x2＋4x＋1)·ex.当x≥0时，g″(x)<0.∴g′(x)在[0，＋∞)单调递减．∴g′(x)≤g′(0)＝1－a，要使g(x)≤g(0)在[0，＋∞)恒成立．∴1－a≤0，∴a≥1.5．已知函数f(x)＝x3－ax2＋10.(1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的单调递增区间；(2)在区间[1，2]内至少存在一个实数x，使得f(x)<0成立，求实数a的取值范围．答案(1)(－∞，0)和(eq\f(2,3)，＋∞)(2)(eq\f(9,2)，＋∞)解析(1)当a＝1时，f′(x)＝3x2－2x，由f′(x)>0，得x<0或x>eq\f(2,3)，所以函数y＝f(x)在(－∞，0)与(eq\f(2,3)，＋∞)上为增函数，即函数y＝f(x)的单调增区间是(－∞，0)和(eq\f(2,3)，＋∞)．(2)方法一：f′(x)＝3x2－2ax＝3x(x－eq\f(2,3)a)，当eq\f(2,3)a≤1，即a≤eq\f(3,2)时，f′(x)≥0在[1，2]恒成立，f(x)在[1，2]上为增函数，故f(x)min＝f(1)＝11－a，所以11－a<0，a>11，这与a≤eq\f(3,2)矛盾．当1<eq\f(2,3)a<2，即eq\f(3,2)<a<3时，若1≤x<eq\f(2,3)a，则f′(x)<0；若eq\f(2,3)a<x≤2，则f′(x)>0.所以当x＝eq\f(2,3)a时，f(x)取得最小值，因此f(eq\f(2,3)a)<0，即eq\f(8,27)a3－eq\f(4,9)a3＋10＝－eq\f(4,27)a3＋10<0，可得a>3eq\r(3,\f(5,2))，这与eq\f(3,2)<a<3矛盾．当eq\f(2,3)a≥2，即a≥3时，f′(x)≤0在[1，2]恒成立，f(x)在[1，2]上为减函数，所以f(x)min＝f(2)＝18－4a，所以18－4a<0，解得a>eq\f(9,2)，满足a≥3.综上所述，实数a的取值范围为(eq\f(9,2)，＋∞)．方法二：由题意得f(x)<0在x∈[1，2]有解．即x3－ax2＋10<0在x∈[1，2]有解．即a>x＋eq\f(10,x2)在x∈[1，2]有解．令g(x)＝x＋eq\f(10,x2)，x∈[1，2]．∴a>g(x)min.g′(x)＝1－eq\f(20,x3)<0.∴g(x)在[1，2]单调递减．∴g(x)min＝g(2)＝eq\f(9,2)，∴a>eq\f(9,2).6．已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq\f(a,x)(a∈R)，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋ex－xex.(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)<g(x2)成立，求a的取值范围．答案(1)当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1<a<e时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).(2)(eq\f(e2－2e,e＋1)，1)解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(（x－1）（x－a）,x2).①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.②当1<a<e时，x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数；所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数．f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1<a<e时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值．由(1)知当a<1时f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).g′(x)＝(1－ex)x.当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－eq\f(a,e)<1，即a>eq\f(e2－2e,e＋1)，所以a的取值范围为(eq\f(e2－2e,e＋1)，1)．专题研究（三）利用导数研究函数的零点1．若a>2，则函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－ax2＋1在区间(0，2)上恰好有()A．0个零点 B．1个零点C．2个零点 D．3个零点答案B解析∵f′(x)＝x2－2ax，且a>2，∴当x∈(0，2)时，f′(x)<0，即f(x)在(0，2)上是单调减函数．又∵f(0)＝1>0，f(2)＝eq\f(11,3)－4a<0，∴f(x)在(0，2)上恰好有1个零点．故选B.2．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．(－∞，－2)C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)答案B解析方法一：当a＝0时，显然f(x)有两个零点，不符合题意．当a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(2,a).当a>0时，eq\f(2,a)>0，所以函数f(x)＝ax3－3x2＋1在(－∞，0)与(eq\f(2,a)，＋∞)上为增函数，在(0，eq\f(2,a))上为减函数，因为f(x)存在唯一零点x0，且x0>0，则f(0)<0，即1<0，不成立．当a<0时，eq\f(2,a)<0，所以函数f(x)＝ax3－3x2＋1在(－∞，eq\f(2,a))和(0，＋∞)上为减函数，在(eq\f(2,a)，0)上为增函数，因为f(x)存在唯一零点x0，且x0>0，则f(eq\f(2,a))>0，即a·eq\f(8,a3)－3·eq\f(4,a2)＋1>0，解得a>2或a<－2，又因为a<0，故a的取值范围为(－∞，－2)．选B.方法二：f′(x)＝3ax2－6x，当a＝3时，f′(x)＝9x2－6x＝3x(3x－2)，则当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；x∈(0，eq\f(2,3))时，f′(x)<0；x∈(eq\f(2,3)，＋∞)时，f′(x)>0，注意f(0)＝1，f(eq\f(2,3))＝eq\f(5,9)>0，则f(x)的大致图像如图(1)所示，不符合题意，排除A，C.当a＝－eq\f(4,3)时，f′(x)＝－4x2－6x＝－2x(2x＋3)，则当x∈(－∞，－eq\f(3,2))时，f′(x)<0，x∈(－eq\f(3,2)，0)时，f′(x)>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，注意f(0)＝1，f(－eq\f(3,2))＝－eq\f(5,4)，则f(x)的大致图像如图(2)所示．不符合题意，排除D.故选B.3．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．答案(－∞，2ln2－2]解析由原函数有零点，可将问题转化为方程ex－2x＋a＝0有解问题，即方程a＝2x－ex有解．令函数g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，得x＝ln2，所以g(x)在(－∞，ln2)上是增函数，在(ln2，＋∞)上是减函数，所以g(x)的最大值为g(ln2)＝2ln2－2.因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以，a∈(－∞，2ln2－2]．4．函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的导函数的图像如图所示．(1)求a，b的值并写出f(x)的单调区间；(2)若函数y＝f(x)有三个零点，求c的取值范围．答案(1)a＝－eq\f(1,2)，b＝－2函数f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减(2)(－eq\f(7,6)，eq\f(10,3))解析(1)因为f(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋bx＋c，所以f′(x)＝x2＋2ax＋b.因为f′(x)＝0的两个根为－1，2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＋2＝－2a，,－1×2＝b，))解得a＝－eq\f(1,2)，b＝－2，由导函数的图像可知，当－1＜x＜2时，f′(x)＜0，函数单调递减，当x＜－1或x>2时，f′(x)>0，函数单调递增，故函数f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减．(2)由(1)得f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2－2x＋c，函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1，2)上是减函数，所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝eq\f(7,6)＋c，极小值为f(2)＝c－eq\f(10,3).而函数f(x)恰有三个零点，故必有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(7,6)＋c>0，,c－\f(10,3)＜0，))解得－eq\f(7,6)＜c＜eq\f(10,3).所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是(－eq\f(7,6)，eq\f(10,3))．5．已知f(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(ex,e)－3，F(x)＝lnx＋eq\f(ex,e)－3x＋2.(1)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性；(2)判断函数F(x)在(0，＋∞)上零点的个数．答案(1)f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增(2)3个解析(1)f′(x)＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(ex,e)＝eq\f(x2ex－e,e