高考数学 热点题型和提分秘籍 专题15 导数与函数的最值及在实际生活中的应用 理（含解析）

专题十五导数与函数的最值及在实际生活中的应用【高频考点解读】1.会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．2.会利用导数解决某些实际问题．【热点题型】题型一函数的最值与导数例1、已知a∈R，函数f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx－1.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)求f(x)在区间(0，e]上的最小值．【提分秘籍】1.极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值．2.求给定区间上的函数的最值关键是判断函数在此区间上的单调性，但要注意极值点不一定是最值点，还要与端点值比较，对于含参数的函数最值，要注意分类讨论．【举一反三】已知函数f(x)＝ax－eq\f(2,x)－3lnx，其中a为常数．(1)当函数f(x)的图象在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))))处的切线的斜率为1时，求函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))上的最小值；(2)若函数f(x)在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a的取值范围；【热点题型】题型二生活中的优化问题例2、某商场根据调查，估计家电商品从年初(1月)开始的x个月内累计的需求量p(x)(单位：百件)满足p(x)＝eq\f(x,2)(39x－2x2＋41)(1≤x≤12且x∈N*)．(1)求第x个月的需求量f(x)的表达式；(2)若第x个月的销售量满足g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx－21x1≤x<7，x∈N*,\f(x2,ex)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x2－10x＋96))7≤x≤12，x∈N*))(单位：百件)，每件利润q(x)＝100ex－6元，求该商场销售该商品，第几个月的月利润达到最大值，最大是多少？(e6取值为403)【提分秘籍】利用导数解决生活中优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系y＝f(x)，根据实际意义确定定义域；(2)求函数y＝f(x)的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0得出定义域内的实根，确定极值点；(3)比较函数在区间端点和极值点处的函数值大小，获得所求的最大(小)值；(4)还原到原实际问题中作答．【举一反三】某玩具厂生产一种儿童智力玩具，每个玩具的材料成本为20元，加工费为t元(t为常数，且2≤t≤5)，出厂价为x元(25≤x≤40)．根据市场调查知，日销售量q(单位：个)与ex成反比，且当每个玩具的出厂价为30元时，日销售量为100个．(1)求该玩具厂的日利润y元与每个玩具的出厂价x元之间的函数关系式；(2)若t＝5，则每个玩具的出厂价x为多少元时，该工厂的日利润y最大？并求最大值．解析：(1)设日销量q＝eq\f(k,ex)(k≠0)，则eq\f(k,e30)＝100，∴k＝100e30，∴日销量q＝eq\f(100e30,ex)，∴y＝eq\f(100e30x－20－t,ex)(25≤x≤40)．【热点题型】题型三不等式的证明问题例3、已知函数f(x)＝lnx＋mx2(m∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若m＝0，A(a，f(a))、B(b，f(b))是函数f(x)图象上不同的两点，且a>b>0，f′(x)为f(x)的导函数，求证：f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))<eq\f(fa－fb,a－b)<f′(b)；(2)易知原不等式等价于eq\f(2,a＋b)<eq\f(fa－fb,a－b)<eq\f(1,b)，要证eq\f(fa－fb,a－b)<eq\f(1,b)，只需证lneq\f(a,b)<eq\f(a,b)－1，令eq\f(a,b)＝t>1，即证lnt－t＋1<0，令g(t)＝lnt－t＋1，则g′(t)＝eq\f(1,t)－1<0，因此g(t)<g(1)＝0，eq\f(fa－fb,a－b)<eq\f(1,b)得证．【提分秘籍】1．要证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义，可知对任意的x∈(a，b)，有F(x)<0，即证明了f(x)<g(x)．2．对于和形式的不等式的证明，一般地根据条件先构造一恒成立的不等式，将和式拆解，再利用同向不等式的可加性，进行转化放缩以证明结论．【举一反三】已知函数f(x)＝alnx＋1(a>0)．(1)当x>0时，求证：f(x)－1≥aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))；(2)在区间(1，e)上f(x)>x恒成立，求实数a的范围；(3)当a＝eq\f(1,2)时，求证：f(2)＋f(3)＋…＋f(n＋1)>2(n＋1－eq\r(n＋1))(n∈N*)．【热点题型】题型四由不等式恒成立求参数范围例4、设函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－bx.(1)当a＝b＝eq\f(1,2)时，求函数f(x)的最大值；(2)令F(x)＝f(x)＋eq\f(1,2)ax2＋bx＋eq\f(a,x)(0<x≤3)，其图象上任意一点P(x0，y0)处切线的斜率k≤eq\f(1,2)恒成立，求实数a的取值范围；【提分秘籍】利用不等式恒成立求参数范围的方法(1)根据不等式分离参数．(2)利用分离参数后的不等式构造新函数F(x)．(3)判断F(x)的单调性及求其最值．(4)根据参数m≥F(x)max或m≥F(x)min求参数范围．【热点题型】题型五由不等式存在成立求参数范围例5、已知函数f(x)＝axsinx＋cosx，且f(x)在x＝eq\f(π,4)处的切线斜率为eq\f(\r(2)π,8).(1)求a的值，并讨论f(x)在[－π，π]上的单调性；(2)设函数g(x)＝ln(mx＋1)＋eq\f(1－x,1＋x)，x≥0，其中m>0，若对任意的x1∈[0，＋∞)总存在x2∈[0，eq\f(π,2)]，使得g(x1)≥f(x2)成立，求m的取值范围．【提分秘籍】1．对于任意x1∈D1存在x2∈D2使得g(x1)≥f(x2)成立其解决方法是：(1)求出g(x)在D1的最大值．(2)求出f(x)在D2的最小值．(3)转化g(x)大≥f(x)小，求出参数范围．2．若存在成立的不等式中参数可得如M≥F(x)，则只需求出F(x)的最小值可解决问题．【举一反三】已知函数f(x)＝eq\f(a,2x)＋xlnx，g(x)＝x3－x2－x－1.(1)如果存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M，求满足该不等式的最大整数M；(2)如果对任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．【高考风向标】1．（·四川卷）已知函数f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.71828…为自然对数的底数．(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0，1]上的最小值；(2)若f(1)＝0，函数f(x)在区间(0，1)内有零点，求a的取值范围．【解析】解：(1)由f(x)＝ex－ax2－bx－1，得g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b.所以g′(x)＝ex－2a因此x1∈(0，ln(2a)]，x2∈(ln(2g(0)＝1－b>0，g(1)＝e－2a－b由f(1)＝0得a＋b＝e－1<2，则g(0)＝a－e＋2>0，g(1)＝1－a>0，解得e－2<a<1.2．（·安徽卷）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．(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，所以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．3．（·北京卷）已知函数f(x)＝xcosx－sinx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)求证：f(x)≤0；(2)若a<eq\f(sinx,x)<b对x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立，求a的最大值与b的最小值．因为g(x)在区间(0，x0)上是增函数，所以g(x0)>g(0)＝0.进一步，“g(x)>0对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立”当且仅当geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1－eq\f(π,2)c≥0，即0<c≤eq\f(2,π).综上所述，当且仅当c≤eq\f(2,π)时，g(x)>0对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立；当且仅当c≥1时，g(x)<0对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立．所以，若a<eq\f(sinx,x)<b对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立，则a的最大值为eq\f(2,π)，b的最小值为1.4．（·福建卷）已知函数f(x)＝ex－ax(a为常数)的图像与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x>0时，x2<ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.5．（·湖北卷）π为圆周率，e＝2.71828…为自然对数的底数．(1)求函数f(x)＝eq\f(lnx,x)的单调区间；(2)求e3，3e，eπ，πe，，3π，π3这6个数中的最大数与最小数；(3)将e3，3e，eπ，πe，3π，π3这6个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论．【解析】解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f(x)＝eq\f(lnx,x)，所以f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).当f′(x)>0，即0<x<e时，函数f(x)单调递增；当f′(x)<0，即x>e时，函数f(x)单调递减．故函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．即这6个数从小到大的顺序为3e，e3，πe，eπ，π3，3π.6．（·湖南卷）已知常数a＞0，函数f(x)＝ln(1＋ax)－eq\f(2x,x＋2).(1)讨论f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，且f(x1)＋f(x2)＞0，求a的取值范围．令2a－1＝x.由0<a<1且a≠eq\f(1,2)知，当0<a<eq\f(1,2)时，－1<x<0；当eq\f(1,2)<a<1时，0<x＜1.记g(x)＝lnx2＋eq\f(2,x)－2.7．（·江西卷）已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)eq\r(1－2x)(b∈R)．(1)当b＝4时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))上单调递增，求b的取值范围．8．（·辽宁卷）当x∈[－2，1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是()A．[－5，－3]B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－6，－\f(9,8)))C．[－6，－2]D．[－4，－3]【答案】C【解析】当－2≤x<0时，不等式转化为a≤eq\f(x2－4x－3,x3)，令f(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)(－2≤x<0)，则f′(x)＝eq\f(－x2＋8x＋9,x4)＝eq\f(－（x－9）（x＋1）,x4)，故f(x)在[－2，－1]上单调递减，在(－1，0)上单调递增，此时有a≤eq\f(1＋4－3,－1)＝－2.当x＝0时，g(x)恒成立．当0<x≤1时，a≥eq\f(x2－4x－3,x3)，令个g(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)(0<x≤1)，则g′(x)＝eq\f(－x2＋8x＋9,x4)＝eq\f(－（x－9）（x＋1）,x4)，故g(x)在(0，1]上单调递增，此时有a≥eq\f(1－4－3,1)＝－6.综上，－6≤a≤－2.9．（·全国卷）函数f(x)＝ln(x＋1)－eq\f(ax,x＋a)(a>1)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a1＝1，an＋1＝ln(an＋1)，证明：eq\f(2,n＋2)<an≤eq\f(3,n＋2).当n＝k＋1时，ak＋1＝ln(ak＋1)>lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k＋2)＋1))>eq\f(2×\f(2,k＋2),\f(2,k＋2)＋2)＝eq\f(2,k＋3)，ak＋1＝ln(ak＋1)≤lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,k＋2)＋1))<eq\f(3×\f(3,k＋2),\f(3,k＋2)＋3)＝eq\f(3,k＋3)，即当n＝k＋1时，有eq\f(2,k＋3)<ak＋1≤eq\f(3,k＋3)，结论成立．根据(i)(ii)知对任何n∈结论都成立．10．（·新课标全国卷Ⅰ）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)11．（·新课标全国卷Ⅰ）设函数f(x)＝aexlnx＋eq\f(bex－1,x)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.(1)求a，b；(2)证明：f(x)>1.12．（·新课标全国卷Ⅱ）已知函数f(x)＝ex－e－x－2x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x＞0时，g(x)＞0，求b的最大值；(3)已知1.4142＜eq\r(2)＜1.4143，估计ln2的近似值(精确到0.001)．13．（·山东卷）设函数f(x)＝eq\f(ex,x2)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋lnx))(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围．当且仅当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（0）>0，,g（lnk）<0，,g（2）>0，,0<lnk<2，))解得e<k<eq\f(e2,2).综上所述，函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点时，k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，\f(e2,2))).14．（·陕西卷）设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求gn(x)的表达式；(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设n∈N＋，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．下面用数学归纳法证明．故有ln2－ln1>eq\f(1,2)，ln3－ln2>eq\f(1,3)，……ln(n＋1)－lnn>eq\f(1,n＋1)，上述各式相加可得ln(n＋1)>eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)，结论得证．结论得证．15．（·天津卷）设f(x)＝x－aex(a∈R)，x∈R.已知函数y＝f(x)有两个零点x1，x2，且x1<x2.(1)求a的取值范围；(2)证明：eq\f(x2,x1)随着a的减小而增大；(3)证明：x1＋x2随着a的减小而增大．这时，f(x)的单调递增区间是(－∞，－lna)；单调递减区间是(－lna，＋∞)．于是，“函数y＝f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立：①f(－lna)>0；②存在s1∈(－∞，－lna)，满足f(s1)<0；③存在s2∈(－lna，＋∞)，满足f(s2)<0.由f(－lna)>0，即－lna－1>0，解得0<a<e－1.而此时，取s1＝0，满足s1∈(－∞，－lna)，且f(s1)＝－a<0；取s2＝eq\f(2,a)＋lneq\f(2,a)，满足s2∈(－lna，＋∞)，且f(s2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－e\f(2,a)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)－e\f(2,a)))<0.故a的取值范围是(0，e－1)．16．（·浙江卷）已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a∈R)．(1)若f(x)在[－1，1]上的最大值和最小值分别记为M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)；(2)设b∈R，若[f(x)＋b]2≤4对x∈[－1，1]恒成立，求3a＋b所以由(1)知，(i)当a≤－1时，h(x)在(－1，1)上是增函数，h(x)在[－1，1]上的最大值是h(1)＝4－3a＋b，最小值是h(－1)＝－4－3a＋b，则－4－3a＋b≥－2且4－3a＋17．（·重庆卷）已知函数f(x)＝ae2x－be－2x－cx(a，b，c∈R)的导函数f′(x)为偶函数，且曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率为4－c.(1)确定a，b的值；(2)若c＝3，判断f(x)的单调性；(3)若f(x)有极值，求c的取值范围．当x1<x<x2时，f′(x)<0；当x>x2时，f′(x)>0.从而f(x)在x＝x2处取得极小值．综上，若f(x)有极值，则c的取值范围为(4，＋∞)．18．（·安徽卷）设函数fn(x)＝－1＋x＋eq\f(x2,22)＋eq\f(x3,32)＋…＋eq\f(xn,n2)(x∈R，n∈N*)．证明：(1)对每个n∈N*，存在唯一的xn∈eq\f(2,3)，1，满足fn(xn)＝0；(2)对任意p∈N*，由(1)中xn构成的数列{xn}满足0<xn－xn＋p<eq\f(1,n).19．（·安徽卷）设函数f(x)＝ax－(1＋a2)x2，其中a>0，区间I＝{x|f(x)>0}．(1)求I的长度(注：区间(α，β)的长度定义为β－α)；(2)给定常数k∈(0，1)，当1－k≤a≤1＋k时，求I长度的最小值．20．（·安徽卷）若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有极值点x1，x2，且f(x1)＝x1，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数是()A．3B．4C．5D．621．（·福建卷）已知函数f(x)＝x－alnx(a∈R)．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；(2)求函数f(x)的极值．22．（·湖北卷）设n是正整数，r为正有理数．(1)求函数f(x)＝(1＋x)r＋1－(r＋1)x－1(x>－1)的最小值；(2)证明：eq\f(nr＋1－（n－1）r＋1,r＋1)<nr<eq\f(（n＋1）r＋1－nr＋1,r＋1)；(3)设x∈R，记[x]为不小于x的最小整数，例如[2]＝2，[π]＝4，－eq\f(3,2)＝－1.令S＝eq\r(3,81)＋eq\r(3,82)＋eq\r(3,83)＋…＋eq\r(3,125)，求[S]的值．(参数数据：80eq\f(4,3)≈344.7，81eq\f(4,3)≈350.5，124eq\f(4,3)≈618.3，126eq\f(4,3)≈631.7)23．（·湖北卷）已知a为常数，函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，则()A．f(x1)>0，f(x2)>－eq\f(1,2)B．f(x1)<0，f(x2)<－eq\f(1,2)C．f(x1)>0，f(x2)<－eq\f(1,2)D．f(x1)<0，f(x2)>－eq\f(1,2)【解析】D【解析】f′(x)＝lnx－(2ax－1)＝0lnx＝2ax－1，函数y＝lnx与函数y＝2ax－1的图像有两个交点，令y1＝lnx，y2＝2ax－1，在同一坐标系中作出这两个函数的图像，显然a≤0时，两个函数图像只有一个公共点，故a>0，此时当直线的斜率逐渐变大直到直线y＝2ax－1与曲线y＝lnx相切时，两函数图像均有两个不同的公共点，y′1＝eq\f(1,x)，故曲线y＝lnx上的点(x0，lnx0)处的切线方程是y－lnx0＝eq\f(1,x0)(x－x0)，该直线过点(0，－1)，则－1－lnx0＝－1，解得x0＝1，故过点(0，－1)的曲线y＝lnx的切线斜率是1，故2a＝1，即a＝eq\f(1,2)，所以a的取值范围是0，eq\f(1,2).因为0<x1<1<x2，当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0，f(x)递增，f(1)＝－a，f(x1)<f(1)＝－a<0，f(x2)>f(1)＝－a>－eq\f(1,2)，选D.24．（·江西卷）已知函数f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))))，a为常数且a>0.(1)证明：函数f(x)的图像关于直线x＝eq\f(1,2)对称；(2)若x0满足f(f(x0))＝x0，但f(x0)≠x0，则称x0为函数f(x)的二阶周期点．如果f(x)有两个二阶周期点x1，x2，试确定a的取值范围；(3)对于(2)中的x1，x2和a，设x3为函数f(f(x))的最大值点，A(x1，f(f(x1)))，B(x2，f(f(x2)))，C(x3，0)．记△ABC的面积为S(a)，讨论S(a)的单调性．当a>eq\f(1,2)时，有f(f(x))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a2x，x≤\f(1,4a)，,2a－4a2x，\f(1,4a)<x≤\f(1,2)，,2a（1－2a）＋4a2x，\f(1,2)<x≤\f(4a－1,4a)，,4a2－4a2x，x>\f(4a－1,4a).))所以f(f(x))＝x有四个解0，eq\f(2a,1＋4a2)，eq\f(2a,1＋2a)，eq\f(4a2,1＋4a2)，又f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,1＋2a)))＝eq\f(2a,1＋2a)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,1＋4a2)))≠eq\f(2a,1＋4a2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4a2,1＋4a2)))≠eq\f(4a2,1＋4a2)，故只有eq\f(2a,1＋4a2)，eq\f(4a2,1＋4a2)是f(x)的二阶周期点．综上所述，所求a的取值范围为a>eq\f(1,2).25．（·北京卷）设L为曲线C：y＝eq\f(lnx,x)在点(1，0)处的切线．(1)求L的方程；(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线L的下方．【解析】解：(1)设f(x)＝eq\f(lnx,x)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).所以f′(1)＝1.所以L的方程为y＝x－1.(2)令g(x)＝x－1－f(x)，则除切点之外，曲线C在直线L的下方等价于g(x)>0(x>0，x≠1)．g(x)满足g(1)＝0，且26．（·辽宁卷）已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x，g(x)＝ax＋eq\f(x3,2)＋1＋2xcosx．当x∈[0，1]时，(1)求证：1－x≤f(x)≤eq\f(1,1＋x)；(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．从而当x∈(0，1)时，G′(x)＜G′(0)＝0，故G(x)在[0，1]上是减函数．于是G(x)≤G(0)＝2.从而a＋1＋G(x)≤a＋3，所以，当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．下面证明，当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．f(x)－g(x)≤eq\f(1,1＋x)－1－ax－eq\f(x3,2)－2xcosx＝eq\f(－x,1＋x)－ax－eq\f(x3,2)－2xcosx＝－xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋x)＋a＋\f(x2,2)＋2cosx)).记I(x)＝eq\f(1,1＋x)＋a＋eq\f(x2,2)＋2cosx＝eq\f(1,1＋x)＋a＋G(x)，则I′(x)＝eq\f(－1,（1＋x）2)＋G′(x)．当x∈(0，1)时，I′(x)＜0.故I(x)在[0，1]上是减函数，于是I(x)在[0，1]上的值域为[a＋1＋2cos1，a＋3]．因为当a＞－3时，a＋3＞0，所以存在x0∈(0，1)，使得I(x0)＞0，此时f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．下面证明，当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．因为27．（·辽宁卷）设函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，f(2)＝eq\f(e2,8)，则x>0时，f(x)()A．有极大值，无极小值B．有极小值，无极大值C．既有极大值又有极小值D．既无极大值也无极小值28．（·全国卷）已知函数f(x)＝ln(1＋x)－eq\f(x（1＋λx）,1＋x).(1)若x≥0时f(x)≤0，求λ的最小值；(2)设数列{an}的通项an＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，证明：a2n－an＋eq\f(1,4n)＞ln2.29．（·全国卷）若函数f(x)＝x2＋ax＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))是增函数，则a的取值范围是()A．[－1，0]B．[－1，＋∞)C．[0，3]D．[3，＋∞)30．（·山东卷）设函数f(x)＝eq\f(x,e2x)＋c(e＝2.71828…是自然对数的底数，c∈R)．(1)求f(x)的单调区间、最大值；(2)讨论关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数．综上所述，当c<－e－2时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为0；当c＝－e－2时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为1；当c>－e－2时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为2.31．（·陕西卷）已知函数f(x)＝ex，x∈R.(1)若直线y＝kx＋1与f(x)的反函数的图像相切，求实数k的值；(2)设x>0，讨论曲线y＝f(x)与曲线y＝mx2(m>0)公共点的个数；(3)设a<b，比较eq\f(f（a）＋f（b）,2)与eq\f(f（b）－f（a）,b－a)的大小，并说明理由．综上所述，x>0时，若0<m<eq\f(e2,4)，曲线y＝f(x)与y＝mx2没有公共点；若m＝eq\f(e2,4)，曲线y＝f(x)与y＝mx2有一个公共点；若m>eq\f(e2,4)，曲线y＝f(x)与y＝mx2有两个公共点．当x>0时，u(x)>u(0)＝0.令x＝b－a，则得(b－a)eb－a＋(b－a)－2eb－a＋2>0，∴eq\f(eb＋ea,2)－eq\f(eb－ea,b－a)>0，因此，eq\f(f（a）＋f（b）,2)>eq\f(f（b）－f（a）,b－a).32．（·四川卷]已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x＋a，x<0，,lnx，x>0，))其中a是实数．设A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))为该函数图像上的两点，且x1<x2.(1)指出函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)的图像在点A，B处的切线互相垂直，且x2<0，求x2－x1的最小值；(3)若函数f(x)的图像在点A，B处的切线重合，求a的取值范围．33．（·四川卷）设函数f(x)＝eq\r(ex＋x－a)(a∈R，e为自然对数的底数)．若曲线y＝sinx上存在(x0，y0)使得f(f(y0))＝y0，则a的取值范围是()A．[1，e]B．[e－1－1，1]C．[1，e＋1]D．[e－1－1，e＋1]【答案】A【解析】因为y0＝sinx0∈[－1，1]，且f(x)在[－1，1]上(有意义时)是增函数，对于y0∈[－1，1]，如果f(y0)＝c＞y0，则f(f(y0))＝f(c)＞f(y0)＝c＞y0，不可能有f(f(y0))＝y0.同理，当f(y0)＝d＜y0时，则f(f(y0))＝f(d)＜f(y0)＝d＜y0，也不可能有f(f(y0))＝y0，因此必有f(y0)＝y0，即方程f(x)＝x在[－1，1]上有解，即eq\r(ex＋x－a)＝x在[－1，1]上有解．显然，当x＜0时，方程无解，即需要eq\r(ex＋x－a)＝x在[0，1]上有解．当x≥0时，两边平方得ex＋x－a＝x2，故a＝ex－x2＋x.记g(x)＝ex－x2＋x，则g′(x)＝ex－2x＋1.当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，ex＞0，－2x＋1≥0，故g′(x)＞0，当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，ex＞eq\r(e)＞1，0>－2x＋1≥－1，故g′(x)＞0.综上，g′(x)在x∈[0，1]上恒大于0，所以g(x)在[0，1]上为增函数，值域为[1，e]，从而a的取值范围是[1，e]．34．（·四川卷）函数y＝eq\f(x3,3x－1)的图像大致是()图1－535．（·天津卷）已知函数f(x)＝x2lnx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的t>0，存在唯一的s，使t＝f(s)；(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s＝g(t)．证明：当t>e2时，有eq\f(2,5)<eq\f(lng（t）,lnt)<eq\f(1,2).(2)证明：当0<x≤1时，f(x)≤0，设t>0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．h(1)＝－t<0，h(et)＝e2tlnet－t＝t(e2t－1)>0.故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．36．（·天津卷）已知函数f(x)＝x(1＋a|x|)，设关于x的不等式f(x＋a)<f(x)的解集为A，若－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)A，则实数a的取值范围是()A.eq\f(1－\r(5),2)，0B.eq\f(1－\r(3),2)，0C.eq\f(1－\r(5),2)，0∪0，eq\f(1＋\r(3),2)D．－∞，eq\f(1－\r(5),2)在x<0时，f(x)＝－ax2＋x，f(x＋a)＝－a(x＋a)2＋x＋a，令f(x)＝f(x＋a)，则x＝eq\f(1－a2,2a)，令eq\f(1－a2,2a)<eq\f(1,2)，可得a2＋a－1<0，故eq\f(1－\r(5),2)<a<0.37．（·新课标全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)＞0.38．（·新课标全国卷Ⅱ]等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．【答案】－49【解析】由已知，a1＋a10＝0，a1＋a15＝eq\f(10,3)d＝eq\f(2,3)，a1＝－3，∴nSn＝eq\f(n3－10n2,3)，易得n＝6或n＝7时，nSn出现最小值．当n＝6时，nSn＝－48；n＝7时，nSn＝－49.故nSn的最小值为－49.39．（·新课标全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是()A．x0∈R，f(x0)＝0B．函数y＝f(x)的图像是中心对称图形C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝040．（·浙江卷）已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1，2)，则()A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值41．（·重庆卷）设f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0，6)．(1)确定a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值．(2)由(1)知，f(x)＝eq\f(1,2)(x－5)2＋6lnx(x＞0)，f′(x)＝x－5＋eq\f(6,x)＝eq\f(（x－2）（x－3）,x)，令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.当0＜x＜2或x＞3时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，2)，(3，＋∞)上为增函数；当2＜x＜3时，f′(x)＜0，故f(x)在(2，3)上为减函数．由此可知，f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝eq\f(9,2)＋6ln2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln3.【随堂巩固】1．已知函数f(x)＝ax2＋c，且f′(1)＝2，则a的值为()A.eq\r(2)B．1C．－1D．0【答案】B【解析】因为f′(x)＝2ax，