高考数学考点10导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例.docx

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考点10 导数在研究函数中的应用与生活中的优
化问题举例
一、选择题
1.(2015·新课标全国卷Ⅱ理科·T12)设函数f ′(x)是奇函数f(x)(x ∈R)的导函
数,f(-1)=0,当x>0时,xf ′(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x 的取值范围是 ( ) A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞) C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞)
【解题指南】根据xf ′(x)-f(x)<0,构造函数g(x)=
,对函数g(x)=
求导,利用其单
调性及奇偶性确定f(x)>0成立的x 的取值范围.
【解析】选A.记函数()()f x g x x
=，则''
2
()()()xf x f x g x x -=，因为当0x >时，'()()0xf x f x -<，故当0x >时，'()0g x <所以g(x)在(0,+∞)上单调递减;
又因为函数f(x)(x ∈R)是奇函数,故函数g(x)是偶函数,所以g(x)在(-∞,0)上单调递
增,
且g(-1)=g(1)=0.
当0<x<1时,g(x)>0,则f(x)>0; 当x<-1时,g(x)<0,则f(x)>0,
综上所述,使得f(x)>0成立的x 的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).
2.（2015·安徽高考文科·T10）函数()32f x ax bx cx d
=+++的图像如图所示，则下列结论成立的
是（ ）
A.a>0,b<0,c>0,d>0
B.a>0,b<0,c<0,d>0
C.a<0,b<0,c<0,d>0
D.a>0,b>0,c>0,d<0
【解题指南】结合图像的特征及导函数的性质进行判断。

【解析】选A 。

由函数f(x)的图像可知a>0,令x=0得d>0，又
/2()32f x ax bx c =++可知12x x ，是方程/
()0f x =的两个根，由图可知120,0x x >>，所以121220030.03b x x b a
c c x x a ⎧
+=->⎪<⎧⎪⇒⎨⎨
>⎩⎪=>⎪⎩，
故选A.
3. (2015·陕西高考理科·T12)对二次函数f(x)=ax 2
+bx+c(a 为非零常数),四位同学分别给出下列结论,其中有且仅有一个结论是错误的,则错误的结论是 ( ) A.-1是f(x)的零点 B.1是f(x)的极值点 C.3是f(x)的极值
D.点(2,8)在曲线y=f(x)上
【解题指南】根据选项假设A 错误,利用导数推导函数的极值点及极值,与其余的选项相符,假设正确,从而确定答案.
【解析】选A.若选项A 错误,则选项B,C,D 正确.f ′(x)=2ax+b,因为1是f(x)的极值点,3是f(x)的极值,
所以{
{{
,
解得,即,230230)1(3
)1(a b a c b a c b a f f -=+==+=++='=,因为点(2,8)在曲线y=f(x)上,所以4a+2b+c=8,即4a+2×(-2a)+a+3=8,解得:a=5,所以b=-10,c=8,所以f(x)=5x 2
-10x+8,因为f(-1)=5×1-10×(-1)+8=23≠0,所
以-1不是f(x)的零点,所以选项A 错误,选项B 、C 、D 正确.
4.(2015·福建高考理科·T10) 若定义在R 上的函数()f x 满足()01f =- ，其导函数
()f x ' 满足()1f x k '>> ，则下列结论中一定错误的是（ ） A ．
11f k k ⎛⎫< ⎪⎝⎭ B ．111
f k k ⎛⎫> ⎪-⎝⎭ C ．1111f k k ⎛⎫
< ⎪--⎝⎭ D ． 111k f k k ⎛⎫> ⎪--⎝⎭ 【解题指南】利用导数与单调性的关系及构造函数法求解.
【解析】选C.因为f ′(x)>k>1,构造函数g(x)=f(x)-kx,所以g(x)在R 上单调递增,又
>0,所以g >g(0)即f - >-1,得到f >
,所以C 选项一定错误.A,B,D 都有可能正确.
5.(2015·福建高考文科·T12)“对任意x ∈
,ksinxcosx<x ”是“k<1”的 ( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件 【解题指南】构造函数,利用导数求出k 的范围.
【解析】选B.令g(x)=ksinxcosx-x=
sin2x-x,因为x ∈
,2x ∈ ,当k ≤0时,sin2x>0,g(x)<0恒成立,当0<k ≤1时,g ′(x)=kcos2x-1,因为 <1,所以此时 g ′(x)<0,g(x)在
上单调递减,又g(0)=0,所以g(x)<g(0)=0成立,当k>1时, g ′(x)=0有一个根x 0且在区间(0,x 0)单调递增,此时g(x)<0不恒成立,故k 的范围是k ≤1,k ≤1不能推出k<1,充分性不成立,但是k<1能推出k ≤1,必要性成立.
6.(2015·新课标全国卷Ⅰ理科·T12)设函数f(x)=e x (2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x 0,使得f(x 0)<0,则a 的取值范围是 ( )
A.)1,23[e -
B. )43,23[e -
C. )43,23[e
D. )1,23
[e
【解题指南】构造函数g(x)=e x (2x-1),y=ax-a,使得f(x 0)<0,即g(x 0)在直线y=ax-a 的下方.
【解析】选D.设g(x)=e x (2x-1),y=ax-a,由题意知存在唯一的整数x 0,使得g(x 0)在直线y=ax-a 的下方.因为g ′(x)=e x (2x+1),所以当x<- 时,g ′(x)<0,当x>-
时,g ′(x)>0,
所以,当x=-12
时,[g(x)]min =-2
.
当x=0时,g(0)=-1,g(1)=e,直线y=ax-a 恒过点(1,0),且斜率为a,故-a>g(0)=-1, 且g(-1)=-3e -1≥-a-a,解得
≤a<1.
二、填空题
7.(2015·新课标全国卷Ⅰ文科·T14)已知函数f =ax 3+x+1的图象在点 处的切线过点 ,则a= .
【解题指南】先对函数f =ax 3+x+1求导,求出在点 处的切线方程.
【解析】因为f ′(x)=3ax 2+1,所以图象在点 处的切线的斜率k=3a+1,所以切线方程为
y-7=(3a+1)(x-2),即y=(3a+1)x-6a+5,又切点为 ,
所以f(1)=3a+1-6a+5=-3a+6,又f(1)=a+2,所以-3a+6=a+2,解得a=1. 答案:1
8.(2015·新课标全国卷Ⅱ文科·T16)已知曲线y=x+lnx 在点(1,1)处的切线与曲线
y=ax 2+(a+2)x+1相切,则a= .
【解题指南】先对函数y=x+ln x 求导,然后将(1,1)代入到导函数中,求出切线的斜率,从而确定切线方程,再将切线方程与曲线y=ax 2+(a+2)x+1联立,利用Δ=0求出a 的值. 【解析】y ′=1+
,则曲线y=x+ln x 在点(1,1)处的切线斜率为k=y ′ =1+1=2,故切线
方程为y=2x-1.因为y=2x-1与曲线y=ax 2
+(a+2)x+1相切,联立⎩⎨⎧+++=-=1
)2(122
x a ax y x y 得ax 2+ax+2=0,显然a ≠0,所以由Δ=a 2-8a=0⇒a=8. 答案:8
9.（2015·安徽高考理科·T15）设3
0x ax b ++=，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）
(1)3,3a b =-=-；(2)3,2a b =-=；(3)3,2a b =->；(4)0,2a b ==;(5)1,2a b ==
【解题指南】利用导数的单调性及极值判断各选项。

【解析】令3(),f x x ax b =++则/2()3,f x x a =+当0a ≥时，/
()0,()f x f x ≥是单调递增函数，必
有一个实根，故（4）（5）正确；当a<0时，由于选项中a=-3，所以只考虑a=-3这一种情况。

此时
/2
()333(1)(1)f x x x x =-=+-，所以f(x)的极大值为f(-1)=-1+3+b=b+2,f(x)的极小值为f(1)=1-3+b=b-2,要有一个根，需满足b+2<0或b-2>0
2b <-或b>2,故（1）（3）正确。

所以选（1）（3）（4）（5）
答案：（1）（3）（4）（5）
10.(2015·四川高考理科·T15)已知函数f(x )=2x
,ax x x g +=2
)((其中a ∈R).对于不相等的实数21,x x ,
设2
1212121)
()(,)()(x x x g x g n x x x f x f m --=--=
.现有如下命题:
①对于任意不相等的实数21,x x ,都有m>0;
②对于任意的a 及任意不相等的实数21,x x ,都有n>0; ③对于任意的a,存在不相等的实数21,x x 使得m=n; ④对于任意的a,存在不相等的实数21,x x ,使得m=-n. 其中的真命题有 (写出所有真命题的序号).
【解题指南】利用函数的单调性和割线斜率及数形结合解题.
【解析】(1)设x 1>x 2,函数f(x)=2x
单调递增,所以0,222121>->x x x
x ,x 1-x 2>0
则022)()(12
121212
1>--=--=x x x x x f x f m x x 所以①正确.
(2)设21x x >则021>-x x
则n a x x x x a x x x x x x x x a x x x x x g x g ++=-++-=--+-=--212
1212121212
2212121))(()(1)()(
可令1,221==x x
a=-4,则n=-1<0,所以②错误. (3)因为m=n,由(2)得:
a x x x x x f x f ++=--212
121)
()(分母乘到右边,右边即为g(x 1)-g(x 2),所以原等式即为
f(x 1)-f(x 2)=g(x 1)-g(x 2),即为f(x 1)-g(x 1)=f(x 2)-g(x 2),令h(x)=f(x)-g(x),则原题意转化为对于任意的a,
函数h(x)=f(x)-g(x)存在不相等的实数x 1,x 2使得函数值相等,h(x)=2x -x 2-ax,则h ′(x)=2x
ln 2-2x-a,则
h ″(x)=2x (ln 2)2
-2,令h ″(x 0)=0,且1<x 0<2,当x<x 0时,h ″(x)<0,当x>x 0时,h ″(x)>0,所以h ′(x)先减后增,可得h ′(x 0)为h ′(x)的极小值.若a=-10 000,则h ′(x 0)>0,即h ′(x)>0,h(x)单调递增,不满足题意,所以③错误.
(4)由(3)得f(x 1)-f(x 2)=g(x 2)-g(x 1),则f(x 1)+g(x 1)=g(x 2)+f(x 2),设h(x)=f(x)+g(x),有x 1,x 2使其函数值相等,则h(x)不恒为单调.
h(x)=2x +x 2+ax,h ′(x)=2x ln2+2x+a,h ″(x)=2x (ln2)2
+2>0恒成立,h ′(x)单调递增且h ′(-∞)<0, h ′(+∞)>0.所以h(x)先减后增,满足题意,所以④正确. 答案:①④
11.（2015·四川高考文科·T15)已知函数()2x f x =，2
()g x x ax =+（其中a R ∈）。

对于不相等的实数
1x ，2x ，设1212()()f x f x m x x -=
-，1212
()()
g x g x n x x -=-。

现有如下命题：
①对于任意不相等的实数1x ，2x ，都有0m >；
②对于任意的a 及任意不相等的实数1x ，2x ，都有0n >； ③对于任意的a ，存在不相等的实数1x ，2x ，使得m n =； ④对于任意的a ，存在不相等的实数1x ，2x ，使得m n =-。

其中的真命题有____________（写出所有真命题的序号）。

【解题指南】利用函数的单调性和割线斜率及数形结合解题。

【解析】答案：(1) (4)
(1)设1x >2x ,函数()2x
f x =单调递增，所有1x 2>2
x 2,1x -2x >0, 则2121)()(x x x f x f m --==2
1x 2
122x x x -->0,
所以正确；
(2)设1x >2x ,则1x -2x >0,则2
121)
()(n x x x g x g --=
a x x x x a x x x x x x x x a x x ++=-++-=--+-=212
1212121212
22
1))(()(，可令1x =1，2x =2，
a=—4，则n=—1<0，所以错误；
(3)因为n =m ，由（2）得：
2
121)
()(x x x f x f --a x x ++=21，分母乘到右边，右边即为)()(21x g x g -，
所以原等式即为)()(21x f x f -=)()(21x g x g -，
即为)()(21x g x f -=)()(f 21x g x -，令)()()(x g x f x h -=,
则原题意转化为对于任意的a ，函数)()()(x g x f x h -=存在不相等的实数1x ，2x 使得函数值相等，
ax x x h x --=22)(，则a x n x x --='22l 2)(h ，则22l 2)(h 2
-=''）（n x x ，
令()"
0h x =，且12x <<，当0x x <时，0)(h <''x ，当0x x >时，0)(h >''x ，所以)(h x '先减后增，
可得()'
h x 为)(h x '极小值。

若10000a =-，则()'
0h x
>，即()'0h x >，()h x 单调递增，不满足题意，
所以错误。

(4)由(3) 得
)()(21x f x f -=)()(21x g x g -，则()()()()
1122f
x g x g x f x
+=+，设()()()h x f x g x =+，有1x ，2x 使其函数值相等，则()h x 不恒为单调。

()22x h x x ax =++，()'2ln 22x h x x a =++，()()2
''2ln 220x h x =+>恒成立，()'h x 单调递增且()'0h -∞<，()'0h +∞>。

所以()h x 先减后增，满足题意，所以正确。

12. (2015·陕西高考理科·T15)设曲线y=e x
在点(0,1)处的切线与曲线y=
(x>0)上点P 处的切线垂直,则P 的坐标为 . 【解题指南】利用y=e x 在某点处的切线斜率与另一曲线的切线斜率垂直求得另一曲线的斜率,进而求得切点坐标.
【解析】由f ′(x)=e x ,得f ′(0)=e 0=1.
又y=e x 在(0,1)处的切线与y=
(x>0)上点P 处的切线垂直, 所以点P 处的切线斜率为-1.
又y ′=- ,设点P(x 0,y 0),所以-
=-1,x 0=±1,由x>0,得x 0=1,y 0=1,
所以点P 的坐标为(1,1). 答案:(1,1)
13. (2015·陕西高考文科·T15)函数y=xe x 在其极值点处的切线方程为 . 【解题指南】求出极值点,再结合导数的几何意义即可求出切线的方程. 【解析】依题意得y ′=e x +xe x , 令y ′=0,可得x=-1, 所以y=-
.
因此函数y=xe x 在其极值点处的切线方程为y=-
. 答案:y=-
三、解答题
14. (2015·广东高考理科·T19)设a>1,函数f(x)=(1+x 2
)e x
-a. (1)求f(x)的单调区间.
(2)证明:f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点.
(3)若曲线y=f(x)在点P 处的切线与x 轴平行,且在点M(m,n)处的切线与直线OP 平行(O 是坐标原点), 证明:m ≤
-1.
【解题指南】(1)利用导数的运算法则求f(x)的导数,再利用导数判断单调性.(2)利用函数零点存在定理判断函数零点的个数.(3)构造函数证明不等式.
【解析】(1)依题意得f ′(x)=(1+x 2)′e x +(1+x 2)(e x )′=(1+x)2e x
≥0, 所以f 的单调递增区间是(-∞,+∞). （2）因为a>1,
所以()()()
0110102
2>-+>-+=<-=a a a e a a f a f a 且
所以()()上有零点，，在a 0x f
又由（1）知()()∞+∞-，在x f 上是单调增函数， ()()∞+∞-，在x f 上仅有一个零点.
（3）由（1）知令()0='x f 得1-=x 又()⎪⎭
⎫
⎝⎛---=
-a e p a e f 2,1,21即， 所以()()m OP e m m f e
a a e k 2
1,2010
2
+='-=----=又，
所以()e a e m m 212
-=+,
令()()1,1-='--=m m e m g m e m g 则， 所以()()0000<<'>>'m m g m m g 得，得，
所以函数()()()上单调递增，，上单调递减，在，在∞+∞-00m g
所以()()()上恒成立在即R m g g m g 0,0min ≥=， 所以,1+≥m e m
()()()().12,12
,111123
3
322--
≤+≥-
+=++≥+=-
e
a m m e
a m m m e m e a m 所以即因此
15. (2015·北京高考理科·T18)(13分) 已知函数1+x
()ln 1f x x
=- 。

（1）求曲线()y f x = 在点(0,(0))f 处的切线方程；
（2）求证：当(0,1)x ∈ 时，3
()2()3
x f x x >+ ；
（3）设实数k 使得3
()()3
x f x k x >+ 对(0,1)x ∈ 恒成立，求k 的最大值。

【解题指南】（1）求出切点(0,(0))f ，导数'(0)f ，代入切线方程；
（2）构造函数3
()ln(1)ln(1)2()3x F x x x x =+---+，证明最小值大于0；
（3）构造函数3
1()ln ()0,(0,1)13
x x t x k x x x +=-+>∈-， 求导42
22
22'()(1),(0,1)11kx k t x k x x x x
+-=-+=∈--，,讨论k 的取值情况。

【解析】（1）2
11
()ln
,(1,1),'(),'(0)2,(0)011x f x x f x f f x x +=∈-===-- ，所以切线方程为2y x = 。

（2）原命题造价于任意3
(0,1),()2()03x x f x x ∈-+> ，
设函数3
()ln(1)ln(1)2()3x F x x x x =+---+ ，
4
2
2'()1x F x x =- 。

当(0,1)x ∈ 时，'()0F x > ，函数()F x 在(0,1)x ∈ 上是单调递增函数。

()(0)0F x F >= ，因此任
意3
(0,1),()2()3
x x f x x ∈>+。

（3）31ln (),(0,1)13x x k x x x +>+∈- 3
1()ln ()0,(0,1)13
x x t x k x x x +⇔=-+>∈-
42
22
22'()(1),(0,1)11kx k t x k x x x x
+-=-+=∈-- 当[0,2]k ∈ ，'()0t x ≥ ，函数()t x 是单调递增，
()(0)0t x t >= 显然成立。

当2k > 时，令'()0t x = 得4
02
k x k
-=
(0,1)∈ ，'()t x 的变化情况列表如下： x
0(0,)x
0x
0(,1)x
'()t x - 0 + ()t x
↘
极小值
↗
0()(0)0t x t <= ，显然不成立。

当0k < 时，显然K 不取最大值。

综上可知，K 的最大值为2.
16. (2015·北京高考文科·T19)(13分)设函数f(x)=2
2
x -klnx,k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值.
(2)证明若f(x)有零点,则f(x)在区间(1,)e 上仅有一个零点. 【解题指南】(1)求定义域,求导,解f ′(x)=0,列表,写结论.
(2)讨论f(x)在(1,)e 的单调性,及在区间端点的函数值符号,从而判断零点的个数.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞), 2'()k x k
f x x x x
-=-=.
因为k>0,所以令f ′(x)=0得x=k ,列表如下:
x (0, k )
k
(k ,+∞)
f ′(x) - 0 + f(x)
↘
极小值
↗
减区间为(0, k ),增区间为(k ,+∞). 当x=k 时,取得极小值()f k =
ln 2
k k k -. (2)当 ≤1,即0<k ≤1时,f(x)在(1,)e 上单调递增,
1(1)2f =
, ()222
e k e k
f e -=-=>0,所以f(x)在区间(1,e )上没有零点.
当1k e << 即1k e << 时，()f x 在(1,)k 上减，在(,)k e 上增，
1(1)02f =
> ，()02e k f e -=> ，()f k = ln 2k k k -=(1ln )
02
k k -> ，
此时函数没有零点。

当k e ≥
，即k e ≥ 时，()f x 在(1,)e 上减，1(1)02f =
> ，()02
e k
f e -=<。

所以()f x 在区间(1,)e 上仅有一个零点。

综上，若()f x 有零点，则()f x 在区间(1,)e 上仅有一个零点。

17.(2015·浙江高考文科·T20)设函数f(x)=x 2+ax+b(a,b ∈R). (1)当b=
+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 的取值范围.
【解题指南】(1)将函数进行配方,利用对称轴与给定区间的位置关系,通过分类讨论确定函数在给定区间上的最小值,并用分段函数的形式进行表示;(2)设定函数的零点,根据条件表示两个零点之间的不等关系,通过分类讨论,分别确定参数b 的取值情况,利用并集原理得到参数b 的取值范围.
【解析】（1）当214a b =+时，2()()12a f x x =++，故其对称轴为2a x =-. 当2a -≤时，2
()(1)24
a g a f a ==++， 当22a -＜≤时，()()12
a g a f =-=，
当2a ＞时，2
()(1)24
a g a f a =-=-+. 综上，2
2
2,2,4()1,22,2,24
a a a g a a a a a ⎧++-⎪⎪⎪
=-⎨⎪⎪-+⎪⎩≤＜≤＞
（2）设,s t 为方程()0f x =的解，且11t -≤≤，则s t a
st b
+=-⎧⎨=⎩
由于021b a -≤≤，因此
212(11)22
t t
s t t t ---++≤≤≤≤， 当01t ≤≤时，
222222t t t b t t --++≤≤，由于222032t t --+≤≤和2
1294532
t t t ---+≤≤， 所以2
9453
b --≤≤，
当10t -≤≤时，
22
2222
t t t b t t --++≤≤， 由于22202t t --+≤＜和22302
t t t --+≤＜，所以30b -≤＜ 综上可知，b 的取值范围是3,945⎡⎤--⎣⎦
.
18.（2015·四川高考文科·T21)已知函数
222ln 2)(a ax x x x f +-+-=，其中0a >。

（Ⅰ）设()g x 是()f x 的导函数，讨论()g x 的单调性；
（Ⅱ）证明：存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解。

【解题指南】（1）二次求导后，进行讨论。

（2）先假设存在，再通过求导，结合函数的单调性，证明存在性。

【解析】（1）由已知，函数的定义域为),0(+∞， 所以)ln 1(2)()(a x x x f x g ---='= 所以x
x x x g )
1(222)(-=-
=' 当)(,0)()1,0(x g x g x <'∈时，单调递减； 当)(,0)(),1(x g x g x >'+∞∈时，单调递增。

（2）0a >，由（1）得'()()f x g x =在(1,)+∞上单调递增，且'(1)20f a =-<，'
lim ()0x f x →+∞
>，由零
点存在定理知存在唯一的0(1,)x ∈+∞使得
'000
2
()=22=0f x x a x -
+-①.所以当0(1,)x x ∈ 时，()f x 单调递减；当0(,)x x ∈+∞时，()f x 单调递增.又2
(1)(1a)0f =-≥，所以满足()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解等价于：当(1,)x ∈+∞时，
min 0()()0f x f x ==即可.
即22
0000()2ln 20f x x x ax a =-+-+=，结合①式解得
2
020
1ln x x =. 令2
21()ln x x x ϕ=
-，显然()x ϕ单调递减，(1)10ϕ=>，1(2)=ln 202
ϕ-<，由零点存在定理知储存在0(1,2)x ∈使得0()0x ϕ=，即2
0201ln x x =成立.由①式可得000
1,(1,2)a x x x =-∈，解得(0,1)a ∈.从而结论得证.
19.(2015·四川高考理科·T21)已知函数f(x)=-2(x+a)lnx+x 2-2ax-2a 2
+a,其中a>0. (1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性.
(2)证明:存在a ∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解. 【解题指南】(1)求导后,对参数a 进行讨论.
(2)先假设存在,再通过求导,结合函数的单调性,证明存在性. 【解析】（1）解
0,0),1ln (2)(>>----=a x a x x a x x g 2
222
)41
)21((2)(2)(x a x x a x x x g -+-=+-='. ①当,0)(,4
1
≥≥x g a 此时)(x g 在定义域),0(+∞单调递增；
②当0)(),2
411,2411(,410<-+--∈<
<x g a a x a 0)(),,2
411()2411,
0(>∞-+--∈x g a
a x 此时，)(x g 在区间),2
411()2411,
0(∞-+--a
a 单调递增； 在区间)(x g )2
411,2411(
a a -+--单调递减。

（2）证明：假设存在在区间）内恒成立，且，在区间（使得0)(10)(),1,0(=∞+≥∈x f x f a
0)1(),1(≥+∞f 下：内有唯一解，在此假设，则可得2
1
0≤<a （1） 0)1ln (2)(,100
000=----
=>a x x a
x x f x 0
)1(ln 0002
0=-+--a x a x x x 所以， （2）
则)(x f 在区间递增，递减，在区间),(),1(00+∞x x 由假设0)()(,10min ==>x f x f x （3）
下面只需证明，存在唯一“10>x ”，使（1）（2）（3）同时成立。

由（2）：0
02
00)1(ln x a
x a x x -+-=代入（3）
025)1(2202030=---+a ax x a x 现在只需证明该方程在区间内有唯一解),1(+∞ 令)(x h =20203025)1(2a ax x a x ---+
则)3
2
,0(3)1(2,5)1(43)(2
∈-=--+='a x a x a x x h 导函数的对称轴
又0)(,1,01)1(='><--='m h m a h 则有唯一 当0)(),,1(<'∈x h m x ，0)(),,(>'+∞∈x h m x
则函数)(x h 在区间),1(m 上单调递减，在上单调递增),(+∞m
又,0132)1(2
<---=a a h x ∞+，)(x h ∞+
则方程025)1(22
02030=---+a ax x a x 在区间),1(+∞有唯一解
则，存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解。

20.(2015·浙江高考理科·T18)已知函数f(x)=x 2+ax+b(a,b ∈R),记M(a,b)是|f(x)|在区间[-1,1]上的最大值.
(1)证明:当|a|≥2时,M(a,b)≥2.
(2)当a,b 满足M(a,b)≤2时,求|a|+|b|的最大值.
【解题指南】(1)分析题意可知f(x)在[-1,1]上单调,从而可知M(a,b)=max{|f(1)|,|f(-1)|},分类讨论a 的取值范围即可求解. (2)分析题意可知|a|+|b|=||,0,
||,0,
a b ab a b ab +≥⎧⎨
-<⎩
再由M(a,b)≤2可得|1+a+b|=|f(1)|≤2,|1-a+b|=|f(-1)|≤2,即可得解.
【解析】(1)由22()()24
a a f x x
b =++-,得对称轴为直线x=- ,由|a|≥2,得|-
|≥1,故f(x)在
[-1,1]上单调,所以M(a,b)=max{|f(1)|,|f(-1)|},
当a ≥2时,由f(1)-f(-1)=2a ≥4,得max{|f(1)|,|f(-1)|}≥2,即M(a,b)≥2, 当a ≤-2时,由f(-1)-f(1)=-2a ≥4,得max{|f(1)|,|f(-1)|}≥2,即M(a,b)≥2, 综上,当|a|≥2时,M(a,b)≥2.
(2)由M(a,b)≤2,得|1+a+b|=|f(1)|≤2,|1-a+b|=|f(-1)|≤2,
所以|a+b|≤3,|a-b|≤3,由|a|+|b|=||,0,
||,0,a b ab a b ab +≥⎧⎨-<⎩
得|a|+|b|≤3,
当a=2,b=-1时,|a|+|b|=3,
且|x 2+2x-1|在[-1,1]上的最大值为2, 即M(2,-1)=2,
所以|a|+|b|的最大值是3.
21. （2015·四川高考文科·T21)已知函数f (x )＝－x 2lnx ＋x 2－2ax ＋a 2
，其中a >0.
（Ⅰ）设()g x 是()f x 的导函数，讨论()g x 的单调性；
（Ⅱ）证明：存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间
(1,)+∞内有唯一解。

【解析】（1）由已知，函数的定义域为),0(+∞， 所以)ln 1(2)()(a x x x f x g ---='= 所以g ′(x )＝22(x 1)
2x x
--
=
当)(,0)()1,0(x g x g x <'∈时，单调递减；
当)(,0)(),1(x g x g x >'+∞∈时，单调递增。

(II )由f ′(x )＝2(x －1－lnx －a )＝0，解得a ＝x －1－lnx
令Φ(x )＝－2xlnx ＋x 2
－2x (x －1－lnx )＋(x －1－lnx )2
＝(1＋lnx )2
－2xlnx 则Φ(1)＝1＞0，Φ(e )＝2(2－e )＜0 于是存在x 0∈(1，e )，使得Φ(x 0)＝0
令a 0＝x 0－1－lnx 0＝u (x 0)，其中u (x )＝x －1－lnx (x ≥1) 由u ′(x )＝1－
1
x
≥0知，函数u (x )在区间(1，＋∞)上单调递增 故0＝u (1)＜a 0＝u (x 0)＜u (e )＝e －2＜1 即a 0∈(0，1)
当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝Φ(x 0)＝0 再由(I )知，f ′(x )在区间(1，＋∞)上单调递增 当x ∈(1，x 0)时，f ′(x )＜0，从而f (x )＞f (x 0)＝0 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0，从而f (x )＞f (x 0)＝0 又当x ∈(0，1]时，f (x )＝(x －a 0)2
－2xlnx ＞0 故x ∈(0，＋∞)时，f (x )≥0
综上所述，存在a ∈(0，1)，使得f (x )≥0恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解.
22. (2015·广东高考文科·T21)设a 为实数,函数f = + -a . (1)若f ≤1,求a 的取值范围. (2)讨论f 的单调性.
(3)当a ≥2时,讨论f +
在区间 ∞ 内的零点个数. 【解析】(1)f(0)=a 2+ -a 2+a= +a, 因为f ≤1,所以 +a ≤1, 当a ≤0时,0≤1,显然成立; 当a>0时,则有2a ≤1, 所以a ≤ ,所以0<a ≤
. 综上所述,a 的取值范围是a ≤
.
(2) ()⎪⎩⎪⎨⎧<++-≥--=a
x a x a x a
x x a x x f ,2)12(,12)(22，
令u 1=x 2-(2a-1)x,
对于()x a x u 1221--=,其对称轴为a a a x <-=-=2
1
212,开口向上, 所以f(x)在(a,+∞)上单调递增;
令u 2=x 2-(2a+1)x+2a,
对于()22212u x a x a =-++,其对称轴为a a a x >+=+=
2
1
212,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-a 2.
(ⅰ)当a=2时,f(x)min =f(2)=-2,
⎪⎩⎪⎨⎧<+-≥-=2
,452
,3)(2
2x x x x x x x f f(x)= 令f + =0,即f(x)=-
(x>0). 因为f(x)在(0,2)上单调递减,
所以f(x)>f(2)=-2,
而y=-
在(0,2)上单调递增,y<f(2)=-2, 所以y=f(x)与y=-
在(0,2)内无交点.
当x ≥2时,f(x)=x 2-3x=-
, 即x 3-3x 2+4=0,所以x 3-2x 2-x 2+4=0,
所以()0)1(22
=+-x x ，因为x ≥2,所以x=2,
即当a=2时,f +
有一个零点x=2. (ⅱ)当a>2时,f(x)min =f(a)=a-a 2, f(0)=2a>4,f(a)=a-a 2,
而y=-
在x ∈(0,+∞)上单调递增, 当x=a 时,y=-
.
下面比较a-a 2与-
的大小.
因为0)
2)(2()4()4(2232
<++--=---=
---a
a a a a a a a a a 所以a-a 2<-
,
结合图象不难得当a>2时,y=f(x)与y=-
有两个交点.
综上,当a=2时,f+有一个零点x=2;
当a>2时,f(x)+有两个零点.
23.(2015·山东高考理科·T21)(本小题满分14分)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由.
(2)若∀x>0,f(x)≥0成立,求a的取值范围.
【解题指南】(1)先求导函数,再根据a的取值分类讨论.
(2)结合第(1)问的结论,求出x∈(0,+∞)的最小值即可.
【解析】(1)
2
121
()(21)
11
ax ax a
f x a x
x x
++-
'=+-=
++
,函数f(x)极值点的个数等价于f′
(x)=0,即2ax2+ax+1-a=0在x∈(-1,+∞)上的变号根的个数.
令g(x)=2ax2+ax+1-a,
①a=0时,g(x)=1≠0,此时f′(x)>0,函数f(x)单调递增,无极值点;
②a≠0时,令Δ=a2-8a(1-a)=9a2-8a≤0,解得0<a≤时,f(x)单调递增,无极值点;
③a<0时,Δ>0,抛物线g(x)的开口向下,对称轴为
x=-,g(0)=1-a>0,g(-1)=1>0,2ax2+ax+1-a=0在x∈(-1,+∞)上有一个变号根,即f(x)有一个极值点;
④a>时,Δ>0,抛物线g(x)的开口向上,对称轴为x=-,g(-1)=1>0,2ax2+ax+1-a=0在x∈
与x∈上各有一个变号根,即f(x)有两个极值点.
综上:a<0时,f(x)有一个极值点;0≤a≤时,f(x)无极值点;a>时,f(x)有两个极值点.
(2)①由(1)知,0≤a≤时,f′(x)≥0恒成立,f(x)单调递增,所以x>0时,f(x)≥f(0)=0符合题意;
②a<0时,令h(x)=ln(x+1)-x,x∈,h′(x)=-1=<0,所以h(x)单调递减,h(x)
≤h(0)=0,所以ln(x+1)≤x,因为f(x)在x≥0时先增后
减,f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x.
当x→+∞时,f(x)→-∞,不满足,∀x>0,f(x)≥0,舍去;
③<a≤1时,由(1)知,对称轴x=-,Δ>0,g(0)=1-a≥0,所以f′(x)≥0恒成立,f(x)单调
递增,即x>0时,f(x)≥f(0)=0符合题意;
④a>1时,由(1)知,对称轴x=-,Δ>0,g(0)=1-a<0,所以存在x
0>0,使x∈(0,x
)有g(x)<0,
即f′(x)<0,f(x)单调递减,故x∈(0,x
)时,f(x)<f(0)=0不符合∀x>0,f(x)≥0,舍去. 综上:所求a的取值范围是.
24.(2015·天津高考文科·T20)(本小题满分14分)已知函数f(x)=4x-x4,x∈R,
(1)求f(x)的单调性.
(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)有两个正实数根x1,x2,且x1<x2,求证:x2-x1≤-+.
【解析】(1)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.
所以函数f(x)的单调递增区间是(-∞,1),单调递减区间是(1,+∞).
(2)设P(x0,0),则x0=,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)=4-4x3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,
所以当x∈(x0,+∞)时,F′(x)<0,
所以F(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,
所以对任意的实数x,F(x)≤F(x0)=0,对于任意的实数x,都有f(x)≤g(x).
(3)由(2)知
1
3
()12(4),
g x x
=--设方程g(x)=a的根为x′2,可得
1
3
2
4
12
a
x'=-+,
因为g(x)在(-∞,+∞)上单调递减,
又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x′2),
所以x2≤x′2,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x′1,可得
1
, 4 a
x'=因为h(x)=4x在(-∞,+∞)上单调递增且h(x′1)=a=f(x1)
≤h(x1),因此x′1≤x1,所以
1
3 2121
4.
3
a
x x x x
''
-≤-=-+
25. (2015·湖北高考文科·T21)设函数f(x),g(x)的定义域均为R,且f(x)是奇函数,g(x)是偶函数,f(x)+g(x)=e x,其中e为自然对数的底数.
(1)求f(x),g(x)的解析式,并证明:当x>0时,
f(x)>0,g(x)>1.
(2)设a ≤0,b ≥1,证明:当x>0时,ag(x)+(1-a)<
()
f x x
<bg(x)+(1-b). 【解题指南】(1)将等式f(x)+g(x)=e x 中x 用-x 来替换,并结合已知f(x)是奇函数,g(x)是偶函数可得
-f(x)+g(x)=e -x .于是联立方程组即可求出f(x),g(x)的表达式;当x>0时,由指数与指数函数的性质知e x >1,0<e -x <1,进而可得到f(x)>0.然后再由基本不等式即可得出g(x)>1.(2)由(1)得f ′(x)=g(x),g ′(x)=f(x).于是要证明ag(x)+(1-a)<
()
f x x
<bg(x)+(1-b),即证f(x)>axg(x)+(1-a)x,同时证明f(x)<bxg(x)+(1-b)x,于是构造函数h(x)=f(x)-cxg(x)-(1-c)x,利用导数在函数的单调性与极值中的应用即可得出结论成立.
【解析】(1)由f(x),g(x)的奇偶性及f(x)+g(x)=e x ,①得:-f(x)+g(x)=e -x .② 联立①②解得f(x)= 12
(e x -e -x ),
g(x)= 12
(e x +e -x ).
当x>0时,e x >1,0<e -x <1,故f(x)>0.③
又由基本不等式,有1()(e e )e e 12
x x x x g x --=+>=,即g(x)>1.④
(2)由(1)得, 2111e 1
()(e )(e )(e e )()2e 2e 2x x x x x x x f x g x -''=-=+=+=， ⑤
2111e 1
()(e )(e )(e e )()2e 2e 2
x x x x x x x g x f x -''=+=-=-=，⑥
当x>0时,
()
f x x
>ag(x)+(1-a)等价于f(x)>axg(x)+(1-a)x,⑦ ()
f x x
<bg(x)+(1-b)等价于f(x)<bxg(x)+(1-b)x.⑧ 设h(x)=f(x)-cxg(x)-(1-c)x,由⑤⑥, 有h ′(x)=g(x)-cg(x)-cxf(x)-(1-c) =(1-c)[g(x)-1]-cxf(x). 当x>0时,
若c ≤0,由③④,得h ′(x)>0,故h(x)在(0,+∞)上为增函数,从而h(x)>h(0)=0,即f(x)>cxg(x)+(1-c)x,故⑦成立.
若c ≥1,由③④,得h ′(x)<0,故h(x)在(0,+∞)上为减函数,从而h(x)<h(0)=0,即f(x)<cxg(x)+(1-c)x,故⑧成立.综合⑦⑧,得ag(x)+(1-a)<
()
f x x
<bg(x)+(1-b). 26.(2015·福建高考理科·T20)已知函数f(x)=ln(1+x),g(x)=kx(k ∈R). (1)证明:当x>0时,f(x)<x.
(2)证明:当k<1时,存在x 0>0,使得对任意的x ∈(0,x 0),恒有f(x)>g(x).
(3)确定k 的所有可能取值,使得存在t>0,对任意的x ∈(0,t),恒有f(x)-g(x)<x 2.
【解题指南】(1)构造函数,求导转化成最值问题. (2)构造函数,求导分类讨论并转化成最值问题. (3)构造函数与分类讨论.
【解析】(1)令F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x ∈ ∞ ,则有F ′(x)=
-1=
, 当x ∈ ∞ 时,F ′(x)<0,所以F(x)在 ∞ 上单调递减, 故当x>0时,F(x)<F(0)=0, 即当x>0时,f(x)<x.
(2)令G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,x ∈ ∞ , 则有G ′(x)=
-k=
,
当k ≤0时,G ′(x)>0,故G(x)在 ∞ 上单调递增,G(x)>G(0)=0, 故对任意正实数x 0均满足题意. 当0<k<1时,令G ′(x)=0,得x=
= -1>0,取x 0=
-1,对任意x ∈(0,x 0)有G ′(x)>0,从而
G(x)在[0,x 0)上单调递增,所以G(x)>G(0)=0,即f(x)>g(x).综上,当k<1时,总存在x 0>0,使得对任意x ∈(0,x 0),恒有f(x)>g(x).
(3)当k>1时,由(1)知,对于∀x ∈(0,+∞),g(x)>x>f(x),故g(x)>f(x), =g(x)-f(x)=kx-ln(1+x).令M(x)=kx-ln(1+x)-x 2,x ∈ ∞ ,则有
11)2(2211)(2/
+-+-+-=-+-=x k x k x x x k x M ，故当⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-+-+-∈4)1(8)2(2,02k k k x 时，0)(/
>x M ，)(x M 在⎪⎪⎭
⎫
⎢⎢⎣⎡-+-+-4)1(8)2(2,
02k k k 上单调递增.故M(x)>M(0)=0,即 >x 2,所以满足题意的t 不存在.
当k<1时,由(2)知,存在x 0>0,使得当x ∈(0,x 0)时,f(x)>g(x),此时 =f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,令N(x)=ln(1+x)-kx-x 2,x ∈ ∞ ,则有
11)2(2211)(2/
+-+++-=--+=x k x k x x k x x N ，当⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-++++-∈4)1(8)2()2(,
02k k k x 时，0)(/
>x N ，)(x N 在⎪⎪⎭
⎫
⎢⎢⎣⎡-++++-4)1(8)2()2(,
02k k k 上单调递增.故0)0()(=>N x N ,即2
)()(x x g x f >-.记0x 与4
)
1(8)2()2(2k k k -++++- ,
中的较小者为x 1,则当x ∈(0,x 1)时,恒有 >x 2,故满足题意的t 不存在. 当k=1时,由(1)知,当x>0时, =g(x)-f(x)=x-ln(1+x),令H(x)=x-ln(1+x)-x 2
,x ∈ ∞ ,则有H ′(x)=1-
-2x=
,当x>0时,H ′(x)<0,所以
H(x)在 ∞ 上单调递减,故H(x)<H(0)=0,故当x>0时, <x 2,此时,任意正实数t 均满足题意.综上,k=1.
27.(2015·新课标全国卷Ⅰ理科·T20)(12分)已知函数f(x)=x 3+ax+
,g(x)=-lnx, (1)当a 为何值时,x 轴为曲线y=f(x)的切线.
(2)用min 表示m,n 中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.
【解析】(1)设曲线y=f(x)与x 轴相切于点(x 0,0),则f(x 0)=0,f ′(x 0)=0,即
⎪⎩⎪⎨⎧=+=++.
03,04120
3
0a x ax x 解得.43,210
-==a x 因此，当4
3
-=a 时，x 轴为曲线)(x f y =的切线.
（2）当),1(+∞∈x 时，,0ln )(<-=x x g 从而{,0)(})(),(m in )(<≤=x g x g x f x h 故h(x)在(1,+∞)无零点.
当x=1时,若a ≥- ,则f(1)=a+ ≥0,h(1)=min }=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a<-
,则f(1)<0,h(1)=min }=f(1)<0,故x=1不是h(x)的零点.
当x ∈(0,1)时,g(x)=-lnx>0.所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.
(i)若a ≤-3或a ≥0,则f ′(x)=3x 2+a 在(0,1)上无零点,故f(x)在(0,1)单调.而f(0)=
,f(1)=a+
,所以当a ≤-3时, f(x)在(0,1)有一个零点;当a ≥0时, f(x)在(0,1)没有零点.
(ii) 若,03<<-a 则)(x f 在)3,0(a -单调递减，在)1,3(a
-单调递增，故在)1,0(中，当
3a x -
=时，)(x f 取得最小值，最小值为.4
1
332)3(+-=
-a a a f ①若,0)3(>-a f 即,043
<<-a )(x f 在)1,0(没有零点；
②若,0)3(=-a f 即,4
3
-=a 则)(x f 在)1,0(有唯一零点；
③,0)3(<-a f 即,433-<<-a 由于,45)1(,41)0(+==a f f 所以当4
3
45-<<-a
时)(x f 在)1,0(有两个零点；当4
5
3-≤<-a 时，)(x f 在)1,0(有一个零点.
综上，当43->a 或4
5
-<a 时，)(x h 有一个零点；当43-=a 或45-=a 时，)(x h 有两个零点；
当4
3
45-<<-
a 时，)(x h 有三个零点. 28.(2015·新课标全国卷Ⅰ文科·T21)(12分)设函数f(x)=e 2x -aln x. (1)讨论f(x)的导函数f ′(x)的零点的个数.
(2)证明:当a>0时, ()2
2ln f x a a a ≥+
【解题指南】先对函数f(x)=e 2x
-aln x 求导,再分a ≤0,a>0两种情况讨论函数的单调性,从而确定f ′(x)的零点的个数.(2)结合(1)求出函数f(x)的最小值. 【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f ′(x)=2e 2x -
(x>0). 当a ≤0时,f ′(x)>0,f ′(x)没有零点;
当a>0时,因为y=e 2x 单调递增,y=-
单调递增,所以f ′(x)在(0,+∞)上单调递增.由y=2e 2x 与y=
的大致图象如图所示,存在交点A,则当x<x 0时,f ′(x)<0,当x>x 0时,f ′(x)>0,故f ′(x)存在唯一零点.
(2)由(1),可设f ′(x)在(0,+∞)的唯一零点为x 0,当x ∈(0,x 0)时,f ′(x)<0;当x ∈(x 0,+∞)时,f ′(x)>0.故f(x)在(0,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增,所以当x=x 0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x 0). 由于,020
20=-
x a
e x 所以f(x 0)= -aln x 0 = +2ax 0-2ax 0-aln x 0 = +2ax 0-(2ax 0+aln x 0) =
+2ax 0-a(2x 0+ln x 0),
因为2 -
=0,
所以 =
,
由两边取对数得:2x 0=ln
,
所以f(x 0)=
+2ax 0-a
=
+2ax 0-aln
=
+2ax 0+aln
≥2a+aln
.
故当0a >时()2
2ln f x a a a
≥+
29.(2015·新课标全国卷Ⅱ理科·T21)(12分)设函数f(x)=e mx +x 2-mx.
(1)证明:f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
(2)若对于任意x 1,x 2∈[-1,1],都有|f(x 1)-f(x 2)|≤e-1,求m 的取值范围.
【解题指南】(1)先对函数f(x)求导,然后分m ≥0,m<0两种情况来讨论.(2)根据(1)的结论求出f(x)有最小值,然后构造函数g(t)=e t -t-e+1求m 的取值范围. 【解析】(1)f ′(x)=m(e mx -1)+2x.
若m ≥0,则当x ∈(-∞,0)时,e mx -1≤0,f ′(x)<0; 当x ∈(0,+∞)时,e mx -1≥0,f ′(x)>0.
若m<0,则当x ∈(-∞,0)时,e mx -1>0,f ′(x)<0; 当x ∈(0,+∞)时,e mx -1<0,f ′(x)>0.
所以f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
(2)由(1)知,对于任意的m,f(x)在[-1,0]单调递减,在[0,1]单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意x 1,x 2∈[-1,1],|f(x 1)-f(x 2)|≤e-1的充要条件是
()(),
()(),f f e f f e 1-0≤-1⎧⎨
-1-0≤-1⎩
即,,
m m e m e e m e -⎧-≤-1⎪⎨+≤-1⎪⎩① 设函数g(t)=e t -t-e+1,g ′(t)=e t -1. 当t<0时,g ′(t)<0;
当t>0时,g ′(t)>0.故g(t)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增. 又g(1)=0,g(-1)=e -1+2-e<0,故当t ∈[-1,1]时,g(t)≤0. 当m ∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立; 当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即e m -m>e-1; 当m<-1时,g(-m)>0,即e -m +m>e-1. 综上,m 的取值范围是[-1,1].
30.(2015·新课标全国卷Ⅱ文科·T21)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 的取值范围.
【解题指南】(1)先对函数f(x)求导,然后分a ≤0,a>0两种情况来讨论. (2)根据(1)的结论求出f(x)的最大值,然后构造函数确定a 的取值范围. 【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f ′(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 ∈(0,
)时,f ′(x)>0;x ∈(
,+∞)时,f ′(x)<0,
所以f(x)在(0, )上单调递增,在(
,+∞)上单调递减. (2)由(1)知,当a ≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;
当a>0时,f(x)在x= 处取得最大值,最大值为f( )=ln( )+a(1-
)=-ln a+a-1. 因此f(
)>2a-2等价于ln a+a-1<0,令g(a)=ln a+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). 31. (2015·江苏高考·T17)(本小题满分14分)
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的山区边界的直线型公路,记两条相互垂直的公路为l 1,l 2,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l 1,l 2的距离分别为5千米和40千米,点N 到l 1,l 2的距离分别为20千米和2.5千米,以l 1,l 2所在的直线分别为y,x 轴,建立平面直角坐标系xOy,假设曲线C 符合函数2a
y x 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. 【解题指南】(1)将M,N 的坐标代入曲线C 的方程,求解二元一次方程组即可得出a,b 的值.
(2)曲线C 在x=t 处的导数即为l 的斜率,利用点斜式即可写出直线l 的方程,求出l 与两坐标轴的交点,利用两点间的距离公式即可表示出f(t),然后利用导数判断函数的单调性,求出最小值.
【解析】(1)由题意知,M 点的坐标为(5,40),N 点的坐标为(20,2.5),代入曲线C 的方程
2a y x b =+可得:22240,52.5,
20a a a b ⎧=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩
解得1000,
0.a b =⎧⎨=⎩
(2)①由(1)知曲线C 的方程为y=2
1000x (5≤x ≤20),y ′=3
2000x -,所以y ′|x=t =-3
2000t 即为l
的斜率.又当x=t 时,y=2
1000t ,所以P 点的坐标为(t, 2
1000t ),所以l 的方程为
y-2
1000t =-3
2000t (x-t).令x=0,得y=2
3000t ;令y=0,得x=32
t.所以f(t)=
22233000()()2t t
+,其中
5≤t ≤20;
②由①知f(t)= 22233000()()
2t t +,其中5≤t ≤20.令22233000g()()()2t t t =+= t 2+
,所以666'
55949109810g ()22t t t t t ⨯⨯-⨯=-=⋅=66
5
9(102)2t t -⋅.因为5≤t ≤20,令g ′(t)<0,得5≤t<102;
令g ′(t)=0,得t=102;g ′(t)>0,得102<t ≤20.所以g(t)在区间[5,102)单调递减,在(102,20]单调递增.所以g(102)=675是g(t)的极小值,也是最小值.所以当t=102时f(t)取得最小值,最小值为f(102)=153.
32. (2015·江苏高考·T19)已知函数f(x)=x 3+ax 2+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)∪(1, 32
)∪(32
,+∞),求c 的值.
【解题指南】(1)利用f(x)的导数的正负讨论f(x)的单调性.(2)f(x)有三个零点等价于f(x)的极大值大于0,同时极小值小于0,据此将该问题转化为关于a,c 的两个不等式组的解集问题.之后令g(a)= 427
a 3-a+c,通过g(-3)≤0和g(32
)≥0确定出c 的值,再利用
函数因式分解进行验证.
【解析】(1)f ′(x)=3x 2+2ax=3x(x+23
a),
令f ′(x)=0,得x=0或-23
a.
①当a<0时,令f ′(x)>0,得x<0或x>-23
a;令f ′(x)<0,得0<x<-23
a.所以f(x)的单调增区间是(-∞,0)和
(-23
a,+∞),单调递减区间是(0,- 23
a).
②当a=0时,f ′(x)≥0恒成立,所以f(x)在R 上单调递增. ③当a>0,令f ′(x)>0,得x<-23
a 或x>0;
令f ′(x)<0,得-23
a<x<0.所以f(x)的单调增区间是(-∞,- 23
a)和(0,+∞),单调递减区间是(-23
a,0).
综上所述,当a<0时,f(x)的单调增区间是(-∞,0)和(-23
a,+∞),单调递减区间是(0,-
2
3
a); 当a=0时,f(x)在R 上单调递增;
当a>0,f(x)的单调增区间是(-∞,- 23a)和(0,+∞),单调递减区间是(-23
a,0). (2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,f(-23
a )=427
a 3+b,则函数f(x)有三个零点等。