2018年高考数学(文)二轮复习+专题突破讲义：专题二+函数与导数专题二+第4讲

第4讲 导数的热点问题
利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大.
热点一 利用导数证明不等式
用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．
例1 (2017届云南省昆明市第一中学月考)设函数f (x )＝ax 2－1
2－ln x ，曲线y ＝f (x )在x ＝2处
与直线2x ＋3y ＝0垂直． (1)求函数f (x )的单调区间； (2)当x >1时，证明：f (x )>1x －e 1－
x .
(1)解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2ax －1
x
，
由已知得f ′(2)＝32，所以a ＝1
2
，
所以f ′(x )＝x －1x ＝x 2
－1
x
.
由f ′(x )>0，得x >1，由f ′(x )<0，得0<x <1.
所以函数f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)． (2)证明 令g (x )＝f (x )－⎝⎛⎭⎫
1x －e 1－x ， 则g ′(x )＝x －1x ＋1
x
2－e 1－x ，
由1x －e 1－x ＝e x －1
－x x e x －
1， 令h (x )＝e x －1－x ，则h ′(x )＝e x －1－1，
当x >1时，h ′(x )>0，所以h (x )在(1，＋∞)上为增函数， 所以h (x )>h (1)＝0，所以1
x －e 1－x >0，
即－e 1－x >－1
x ，
所以g ′(x )>x －2x ＋1
x
2，
而x －2x ＋1x 2＝x 3－2x ＋1x 2>x 2
－2x ＋1x 2
>0，
所以g ′(x )>0，
所以g (x )在(1，＋∞) 上为增函数，所以g (x )>g (1)＝0，即f (x )>1
x －e 1－x .
思维升华 用导数证明不等式的方法
(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b ]，则f (a )≤f (x )≤f (b )；②对∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，则f (x 1)<f (x 2)．对于减函数有类似结论．
(2)利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值M (或最小值m )，则对∀x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m )．
(3)证明f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )<0. 跟踪演练1 已知函数f (x )＝
1＋ln x
x
. (1)设a >0，若函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫a ，a ＋1
3上存在极值，求实数a 的取值范围； (2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥k 3＋k
x ＋1恒成立，求实数k 的取值范围．
解 (1)因为f (x )＝1＋ln x x ，则f ′(x )＝－ln x
x 2 (x >0)，
当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.
所以f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 所以f (x )在x ＝1处取得极大值．
因为f (x )在区间⎝
⎛⎭⎫a ，a ＋1
3(其中a >0)上存在极值，
所以⎩⎪⎨⎪⎧
a <1，a ＋13
>1，解得23
<a <1.
故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫23，1.
(2)不等式f (x )≥k 3＋k x ＋1，即(x ＋1)(1＋ln x )x ≥k 3＋k .
设g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )x ，则g ′(x )＝x －ln x
x 2.
令h (x )＝x －ln x ，则h ′(x )＝1－1
x .
因为x ≥1，所以h ′(x )≥0， 则h (x )在[1，＋∞)上单调递增． 所以h (x )的最小值为h (1)＝1>0，
从而g ′(x )>0，故g (x )在[1，＋∞)上单调递增， 所以g (x )的最小值为g (1)＝2，
所以k 3＋k ≤2，即(k －1)(k 2＋k ＋2)≤0， 解得k ≤1.故k 的取值范围为(－∞，1]． 热点二 利用导数讨论方程根的个数
方程的根、函数的零点、函数图象与x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解． 例2 (2017届汕头期末)设函数f (x )＝1
2x 2－(a ＋1)x ＋a ln x ，a >0.
(1)求函数f (x )的单调区间； (2)讨论函数f (x )的零点个数．
解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f ′(x )＝x －(a ＋1)＋a
x
＝x 2－(a ＋1)x ＋a x ＝(x －a )(x －1)x (x >0)．
当0<a <1时，令f ′(x )<0，得a <x <1；
令f ′(x )>0，得0<x <a 或x >1，
所以函数f (x )的单调增区间为(0，a )和(1，＋∞)， 单调减区间为(a,1);
当a ＝1时，f ′(x )＝(x －1)2
x
≥0恒成立，
所以函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)，无减区间； 当a >1时，令f ′(x )<0，得1<x <a ； 令f ′(x )>0，得0<x <1或x >a ，
所以函数f (x )的单调增区间为(0,1)和(a ，＋∞)， 单调减区间为(1，a ). (2)由(1)可知，当0<a <1时，
函数f (x )的单调增区间为(0，a )和(1，＋∞)， 单调减区间为(a,1)，
所以f (x )极大值＝f (a )＝－1
2a 2－a ＋a ln a <0，
f (x )极小值＝f (1)＝－1
2－a <0，
因为f (2a ＋2)＝a ln(2a ＋2)>0, 所以函数f (x )有唯一零点；
当a ＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 又f (1)＝－3
2<0，f (4)＝ln 4>0，
所以函数f (x )有唯一零点；
当a >1时，函数f (x )的单调递增区间是(0,1)和(a ，＋∞)，单调递减区间是(1，a )， 所以f (x )极大值＝f (1)＝－1
2－a <0，
f (x )极小值＝f (a )＝－1
2a 2－a ＋a ln a <0，
f (2a ＋2)＝a ln(2a ＋2)>0, 综上，函数f (x )有唯一零点.
思维升华 (1)函数y ＝f (x )－k 的零点问题，可转化为函数y ＝f (x )和直线y ＝k 的交点问题． (2)研究函数y ＝f (x )的值域，不仅要看最值，而且要观察随x 值的变化y 值的变化趋势． 跟踪演练2 (2017届运城期中)已知函数f (x )＝a 3x 3－12(a ＋1)x 2＋x －1
3(a ∈R )．
(1)若a <0，求函数f (x )的极值；
(2)当a ≤1时，判断函数f (x )在区间[0,2]上零点的个数． 解 (1)f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1 ＝a (x －1)⎝⎛⎭⎫x －1
a ， 因为a <0，所以1
a
<1，
当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
所以f (x )的极小值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝－2a 2＋3a －16a 2， 极大值为f (1)＝－1
6(a －1)．
(2)由(1)得f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1 ＝a (x －1)⎝⎛⎭
⎫x －1a ， ①当a <0时，f (x )在[0,1]上单调递增，在[1,2]上单调递减． 又f (1)＝－16(a －1)>0，f (0)＝－1
3<0，
f (2)＝1
3
(2a －1)<0，
所以f (x )在[0,2]上有两个零点；
②当a ＝0时，f (x )＝－12x 2＋x －1
3，在[0,2]上有两个零点；
③当0<a ≤12时，1
a
≥2，
f (x )在[0,1]上单调递增，在[1,2]上单调递减， 又f (1)＝－16(a －1)>0，f (0)＝－1
3<0，
f (2)＝1
3
(2a －1)≤0，
所以f (x )在[0,2]上有两个零点； ④当12<a <1时，1<1
a
<2，
f (x )在(0,1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1
a ，2上单调递增． 又f (1)＝－16(a －1)>0，f (0)＝－1
3<0，
f ⎝⎛⎭⎫1a ＝－2a 2＋3a －16a 2＝－(2a －1)(a －1)6a 2
>0， 所以f (x )在[0,1]上有且仅有一个零点，在[1,2]上没有零点， 所以f (x )在[0,2]上有且仅有一个零点；
⑤当a ＝1时，f ′(x )≥0恒成立，f (x )在[0,2]上单调递增， 因为f (0)＝－13<0，f (2)＝1
3>0，
所以f (x )在[0,2]上有且仅有一个零点，
综上可知，当1
2<a ≤1时，f (x )在[0,2]上有且仅有一个零点；
当a ≤1
2时，f (x )在[0,2]上有两个零点．
热点三 利用导数解决生活中的优化问题
生活中的实际问题受某些主要变量的制约，解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来，建立目标问题即关于这个变量的函数，然后通过研究这个函数的性质，从而找到变量在什么情况下可以达到目标最优．
例3 在一张足够大的纸板上截取一个面积为3 600平方厘米的矩形纸板ABCD ，然后在矩形纸板的四个角上切去边长相等的小正方形，再把它的边沿虚线折起，做成一个无盖的长方体纸盒(如图)．设小正方形边长为x 厘米，矩形纸板的两边AB ，BC 的长分别为a 厘米和b 厘米，其中a ≥b .
(1)当a ＝90时，求纸盒侧面积的最大值；
(2)试确定a ，b ，x 的值，使得纸盒的体积最大，并求出最大值． 解 (1)因为矩形纸板ABCD 的面积为3 600平方厘米， 故当a ＝90时，b ＝40， 从而包装盒子的侧面积 S ＝2×x (90－2x )＋2×x (40－2x ) ＝－8x 2＋260x ，x ∈(0,20)．
因为S ＝－8x 2＋260x ＝－8⎝⎛⎭⎫x －6542＋4 2252
， 故当x ＝654时，侧面积最大，最大值为4 225
2 平方厘米．
(2)包装盒子的体积 V ＝(a －2x )(b －2x )x
＝x [ab －2(a ＋b )x ＋4x 2]，x ∈⎝⎛⎭⎫0，b
2，b ≤60. V ＝x [ab －2(a ＋b )x ＋4x 2]≤x (ab －4abx ＋4x 2) ＝x (3 600－240x ＋4x 2) ＝4x 3－240x 2＋3 600x .
当且仅当a ＝b ＝60时等号成立． 设f (x )＝4x 3－240x 2＋3 600x ，x ∈(0,30)． 则f ′(x )＝12(x －10)(x －30)．
所以当0＜x ＜10时，f ′(x )＞0，f (x )在(0,10)上单调递增； 当10＜x ＜30时，f ′(x )＜0，f (x )在(10,30)上单调递减． 因此当x ＝10时，f (x )有最大值f (10)＝16 000， 此时a ＝b ＝60，x ＝10.
所以当a ＝b ＝60，x ＝10时纸盒的体积最大，最大值为16 000立方厘米． 思维升华 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
(1)建模：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式y ＝f (x )．
(2)求导：求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.
(3)求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．
(4)作答：回归实际问题作答．
跟踪演练3 图1是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图，图2是凹槽的横截面(阴影部分)示意图，其中四边形ABCD 是矩形，弧CmD 是半圆，凹槽的横截面的周长为4.若凹槽的强度T 等于横截面的面积S 与边AB 的乘积，设AB ＝2x ，BC ＝y .
(1)写出y 关于x 的函数表达式，并指出x 的取值范围； (2)求当x 取何值时，凹槽的强度最大． 解 (1)易知半圆CmD 的半径为x ， 故半圆CmD 的弧长为πx . 所以4＝2x ＋2y ＋πx ， 得y ＝4－(2＋π)x 2
.
依题意知0<x <y ，得0<x <4
4＋π.
所以y ＝4－(2＋π)x 2 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0<x <44＋π.
(2)依题意，设凹槽的强度为T ，横截面的面积为S ，则有 T ＝AB ·S ＝2x ⎝⎛⎭⎫2xy －12πx 2 ＝8x 2－(4＋3π)x 3.
令T ′＝16x －3(4＋3π)x 2＝0，得x ＝0或x ＝
16
9π＋12
. 因为0<
16
9π＋12<4π＋4
， 所以当0<x <
169π＋12时，T ′>0， 当
16
9π＋12<x <44＋π
时，T ′<0， 所以当x ＝16
9π＋12时凹槽的强度最大．
真题体验
(2017·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝a e 2x ＋(a －2)e x －x . (1)讨论f (x )的单调性；
(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)， f ′(x )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1)．
(i)若a ≤0，则f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减． (ii)若a >0，则由f ′(x )＝0，得x ＝－ln a . 当x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.
所以f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增． (2)(i)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点．
(ii)若a >0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1
a ＋ln a .
①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点； ②当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1
a
＋ln a >0，
即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；
③当a ∈(0,1)时，1－1
a ＋ln a <0，即f (－ln a )<0.
又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2＋2>0， 故f (x )在(－∞，－ln a )上有一个零点． 设正整数n 0满足n 0>ln ⎝⎛⎭⎫
3a －1，
则f (n 0)＝e n 0(a e n 0＋a －2)－n 0>e n 0－n 0>2n 0－n 0>0. 由于ln ⎝⎛⎭⎫3a －1>－ln a ，
因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1)． 押题预测
已知函数f (x )＝－2x ln x ＋x 2－2ax ＋a 2，记g (x )为f (x )的导函数．
(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线x ＋y ＋3＝0，求a 的值； (2)讨论g (x )＝0的解的个数；
(3)证明：对任意的0<s <t <2，恒有g (s )－g (t )s －t
<1.
押题依据 有关导数的综合应用试题多考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、导数与不等式等基础知识和基本方法，考查分类整合思想、转化与化归思想等数学思想方法．本题的命制正是根据这个要求进行的，全面考查了考生综合求解问题的能力． (1)解 由已知，可得函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，
g (x )＝2(x －1－ln x －a )，所以y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率k ＝g (1)＝－2a . 又切线垂直于直线x ＋y ＋3＝0，所以k ＝1， 即－2a ＝1，所以a ＝－1
2
.
(2)解 由(1)可得g (x )＝2(x －1－ln x －a )， 令g (x )＝0，得a ＝x －1－ln x (x >0)，
令h (x )＝x －1－ln x ，则h ′(x )＝1－1x ＝x －1
x
，
所以h (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
又当x →0时，h (x )→＋∞，当x ＝1时，h (x )＝0，
当x →＋∞时，h (x )→＋∞，
故当a <0时，g (x )＝0无解；
当a ＝0时，g (x )＝0有唯一解；
当a >0时，g (x )＝0有两解.
(3)证明 令φ(x )＝g (x )－x ＝x －2－2ln x －2a ，
∴φ′(x )＝1－2x ＝x －2x
， φ(x )在()
0，2上单调递减，又0<s <t <2，
∴φ(s )>φ(t )，∴g (s )－s >g (t )－t ，∴g (s )－g (t )>s －t .
∵s －t <0，∴g (s )－g (t )s －t <1.
A 组 专题通关
1．(2017届安徽百校论坛联考)已知函数f (x )＝ax －ln x ，F (x )＝e x ＋ax ，其中x >0.
(1)若a <0，f (x )和F (x )在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数a 的取值范围；
(2)设函数h (x )＝x 2－f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1∈⎝⎛⎭⎫0，12，求证：h (x 1)－h (x 2)>34
－ln 2. (1)解 f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x
， F ′(x )＝e x ＋a ，x >0，
∵a <0，f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，
即f (x )在(0，＋∞)上单调递减．
当－1≤a <0时，F ′(x )>0，
即F (x )在(0，＋∞)上单调递增，不合题意；
当a <－1时，由F ′(x )>0，得x >ln(－a )，
由F ′(x )<0，得0<x <ln(－a )．
∴F (x )的单调减区间为(0，ln(－a ))，
单调增区间为(ln(－a )，＋∞)．
∵f (x )和F (x )在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，
∴ln(－a )≥ln 3，解得a ≤－3，
综上，a 的取值范围是(－∞，－3]．
(2)证明 h (x )＝x 2－ax ＋ln x ，
∴h ′(x )＝2x 2－ax ＋1x
(x >0)， ∴x 1x 2＝12
，∵x 1∈⎝⎛⎭⎫0，12， ∴x 2∈(1，＋∞)，且ax i ＝2x 2i ＋1(i ＝1,2)，
∴h (x 1)－h (x 2)＝(x 21－ax 1＋ln x 1)－(x 22－ax 2＋ln x 2)
＝(－x 21－1＋ln x 1)－(－x 22－1＋ln x 2)
＝x 22－x 21＋ln x 1x 2
＝x 22－14x 22
－ln 2x 22(x 2>1)． 设t ＝2x 22 (t >2)，
φ(t )＝h (x 1)－h (x 2)＝t 2－12t
－ln t ， ∴φ′(t )＝(t －1)2
2t 2
>0， ∴φ(t )>φ(2)＝34
－ln 2， 即h (x 1)－h (x 2)>34
－ln 2. 2．(2017·吉林省长春市普通高中模拟)已知函数f (x )＝12
x 2＋(1－a )x －a ln x ，a ∈R . (1)若f (x )存在极值点1，求a 的值；
(2)若f (x )存在两个不同的零点，求证：a >e 2
.(e 为自然对数的底数，ln 2≈0.693 1) (1)解 f ′(x )＝x ＋1－a －a x
，
因为f (x )存在极值点1，
所以f ′(1)＝0，即2－2a ＝0，a ＝1，
经检验符合题意，所以a ＝1.
(2)证明 f ′(x )＝x ＋1－a －a x
＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎫1－a x (x >0)． ①当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，
所以f (x )在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；
②当a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝a ，
当x >a 时，f ′(x )>0，所以f (x )为增函数；
当0<x <a 时，f ′(x )<0，所以f (x )为减函数，
所以当x ＝a 时，f (x )取得极小值f (a )．
又因为f (x )存在两个不同零点，所以f (a )<0，
即12
a 2＋(1－a )a －a ln a <0， 整理得ln a >1－12a .令h (a )＝ln a ＋12
a －1(a >0)， h ′(a )＝1a ＋12
>0，h (a )在定义域内单调递增， h ⎝⎛⎭⎫e 2·h (e)＝⎝⎛⎭⎫ln e 2＋e 4－1⎝
⎛⎭⎫ln e ＋e 2－1 ＝e 2⎝⎛⎭⎫e 4
－ln 2， 由ln 2≈0.693 1，e ≈2.718 28知，e 4
－ln 2<0， 故a >e 2
成立． 3．在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经
验，潜水员下潜的平均速度为v (米/单位时间)，每单位时间的用氧量为⎝⎛⎭
⎫v 103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v 2
(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y (升)．
(1)求y 关于v 的函数关系式；
(2)若c ≤v ≤15(c >0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少.
解 (1)由题意，得下潜用时60v (单位时间)，
用氧量为⎣⎡⎦
⎤⎝⎛⎭⎫v 103＋1×60v ＝3v 250＋60v (升)； 水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)；
返回水面用时60v 2
＝120v (单位时间)，
用氧量为120v ×1.5＝180v (升),
∴总用氧量y ＝3v 250
＋240v ＋9(v >0)． (2)y ′＝6v 50－240v 2＝3(v 3－2 000)25v 2
， 令y ′＝0，得v ＝103
2，
当0<v <103
2时，y ′<0，函数单调递减，
当v >103
2时，y ′>0，函数单调递增，
∴当0<c <1032时，函数在(c,103
2)上单调递减，
在(103
2，15)上单调递增，
∴当v ＝103
2时总用氧量最少，
当c ≥103
2时，y 在[c,15]上单调递增，
∴当v ＝c 时，总用氧量最少．
4．已知函数f (x )＝ln x ＋a x
(a >0)． (1) 若函数f (x )有零点， 求实数a 的取值范围；
(2) 证明：当a ≥2e
时， f (x )>e －x . (1)解 方法一 函数f (x )＝ln x ＋a x
的定义域为 (0，＋∞)．
由f (x )＝ln x ＋a x ， 得f ′(x )＝1x －a x 2＝x －a x 2. 因为a >0，则当x ∈(0，a )时， f ′(x )<0；
当x ∈(a ，＋∞)时， f ′(x )>0.
所以函数f (x )在(0，a )上单调递减， 在(a ，＋∞)上单调递增．
当x ＝a 时， f (x )min ＝ln a ＋1.
当ln a ＋1≤0, 即0<a ≤1e
时， 又f (1)＝ln 1＋a ＝a >0, 则函数f (x )有零点.
所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎦
⎤0，1e . 方法二 函数f (x )＝ln x ＋a x
的定义域为(0，＋∞)． 由f (x )＝ln x ＋a x
＝0, 得a ＝－x ln x . 令g (x )＝－x ln x ，则g ′(x )＝－(ln x ＋1)．
当x ∈⎝⎛⎭
⎫0，1e 时， g ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时， g ′(x )<0.
所以函数g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递增， 在⎝⎛⎭
⎫1e ，＋∞上单调递减. 故当x ＝1e
时， 函数g (x )取得最大值 g ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e ln 1e ＝1e
. 因为函数f (x )＝ln x ＋a x 有零点， 则0<a ≤1e
， 所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎦
⎤0，1e . (2)证明 要证明当a ≥2e
时， f (x )>e －x ， 即证明当x >0，a ≥2e 时，ln x ＋a x
>e －x ， 即x ln x ＋a >x e －x .
令h (x )＝x ln x ＋a, 则h ′(x )＝ln x ＋1.
当0<x <1e 时，h ′(x )<0；当x >1e
时， h ′(x )>0. 所以函数h (x )在⎝⎛⎭
⎫0，1e 上单调递减， 在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增．
当x ＝1e 时， h (x )min ＝－1e
＋a . 于是，当a ≥2e 时， h (x )≥－1e ＋a ≥1e . ①
令φ(x )＝x e －x, 则φ′(x )＝e －x －x e －x ＝e －x (1－x )．
当0<x <1时， φ′(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0.
所以函数φ(x )在(0，1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减．
当x ＝1时， φ(x )max ＝φ(1)＝1e
. 于是， 当x >0时， φ(x )≤1e . ②
显然， 不等式①②中的等号不能同时成立．
故当a ≥2e
时， f (x )>e －x . 5．(2017届杭州地区重点中学期中)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
－x 3＋x 2＋bx ＋c ，x <1，a ln x ，x ≥1的图象过点(－1,2)，且在该点处的切线与直线x －5y ＋1＝0垂直．
(1)求实数b ，c 的值；
(2)对任意给定的正实数a ，曲线y ＝f (x )上是否存在两点P ，Q ，使得△POQ 是以O 为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y 轴上？
解 (1)当x <1时，f (x )＝－x 3＋x 2＋bx ＋c ，
则f ′(x )＝－3x 2＋2x ＋b ，
由题意知，⎩⎪⎨⎪⎧
f ′(－1)＝b －5＝－5，
f (－1)＝2－b ＋c ＝2，
解得b ＝c ＝0. (2)假设曲线y ＝f (x )上存在两点P ，Q ，使得△POQ 是以O 为直角顶点的直角三角形，则P ，Q 只能在y 轴的两侧，不妨设P (t ，f (t ))(t >0)，则Q (－t ，t 3＋t 2)，且t ≠1.
因为△POQ 是以O 为直角顶点的直角三角形，
所以OP →·OQ →＝0，
即－t 2＋f (t )·(t 3＋t 2)＝0， ①
是否存在点P ，Q 等价于方程①是否有解，
若0<t <1，则f (t )＝－t 3＋t 2，
代入方程①，得t 4－t 2＋1＝0，此方程无实数解．
若t >1，则f (t )＝a ln t ，代入方程①，得1a
＝(t ＋1)ln t ， 设h (x )＝(x ＋1)ln x (x ≥1)，
则h ′(x )＝ln x ＋1x
＋1>0在[1，＋∞)上恒成立， 所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，
从而h (x )≥h (1)＝0，
所以当a >0时，方程1a
＝(t ＋1)ln t 有解， 即方程①有解．
所以对任意给定的正实数a ，曲线y ＝f (x )上存在两点P ，Q ，使得△POQ 是以O 为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y 轴上．
B 组 能力提高
6．(2017届枣庄期末)设函数f (x )＝12
x 2－a ln x (a ∈R )，g (x )＝x 2－(a ＋1)x . (1)求函数f (x )的单调区间；
(2)当a ≥0时，讨论函数f (x )与g (x )的图象的交点个数．
解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x 2－a x
. 当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )的增区间是(0，＋∞)，无减区间；
当a >0时，f ′(x )＝(x ＋a )(x －a )x
， 当0<x <a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；
当x >a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增.
综上，当a ≤0时，函数f (x )的增区间是(0，＋∞)，无减区间；
当a >0时，f (x )的增区间是(a ，＋∞)，减区间是(0，a )．
(2)令F (x )＝f (x )－g (x )
＝－12
x 2＋(a ＋1)x －a ln x ，x >0， 问题等价于求函数F (x )的零点个数．
①当a ＝0时，F (x )＝－12
x 2＋x ，x >0，F (x )有唯一零点； 当a ≠0时，F ′(x )＝－(x －1)(x －a )x
. ②当a ＝1时，F ′(x )≤0，当且仅当x ＝1时取等号，
所以F (x )为减函数．注意到F (1)＝32
>0， F (4)＝－ln 4<0，
所以F (x )在(1,4)内有唯一零点；
③当a >1,0<x <1或x >a 时，F ′(x )<0；
当1<x <a 时，F ′(x )>0，
所以F (x )在(0,1)和(a ，＋∞)上单调递减，在(1，a )上单调递增．
注意到F (1)＝a ＋12
>0，F (2a ＋2)＝－a ln(2a ＋2)<0， 所以F (x )在(1,2a ＋2)内有唯一零点；
④当0<a <1,0<x <a 或x >1时，F ′(x )<0；
当a <x <1时，F ′(x )>0，
所以F (x )在(0，a )和(1，＋∞)上单调递减，在(a,1)上单调递增．
注意到F (1)＝a ＋12>0，F (a )＝a 2
(a ＋2－2ln a )>0， F (2a ＋2)＝－a ln(2a ＋2)<0，
所以F (x )在(1,2a ＋2)内有唯一零点.
综上，F (x )有唯一零点，即函数f (x )与g (x )的图象有且仅有一个交点．
7．(2017届江西鹰潭一中期中)已知函数f (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋a ln x ，其中常数a >0.
(1)当a >2时，求函数f (x )的单调递增区间；
(2)设定义在D 上的函数y ＝h (x )在点P (x 0，h (x 0))处的切线方程为l ：y ＝g (x )，若h (x )－g (x )x －x 0
>0在D 内恒成立，则称P 为函数y ＝h (x )的“类对称点”，当a ＝4时，试问y ＝f (x )是否存在“类对称点”，若存在，请至少求出一个“类对称点”的横坐标；若不存在，请说明理由． 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，
∵f (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋a ln x ，
∴f ′(x )＝2x －(a ＋2)＋a x
＝2x 2
－(a ＋2)x ＋a x ＝2⎝⎛⎭⎫x －a 2(x －1)x ， ∵a >2，∴a 2
>1，令f ′(x )>0， 即2⎝⎛⎭⎫x －a 2(x －1)x
>0， ∵x >0，∴0<x <1或x >a 2
， ∴函数f (x )的单调递增区间是(0,1)，⎝⎛⎭
⎫a 2，＋∞. (2)当a ＝4时，f (x )＝x 2－6x ＋4ln x ，
∴f ′(x )＝2x ＋4x
－6， y ＝g (x )＝⎝⎛⎭⎫2x 0＋4x 0
－6(x －x 0)＋x 20－6x 0＋4ln x 0， 令φ(x )＝f (x )－g (x )＝x 2－6x ＋4ln x －
⎣⎡⎦
⎤⎝⎛⎭⎫2x 0＋4x 0－6(x －x 0)＋x 20－6x 0＋4ln x 0， 则φ(x 0)＝0，
φ′(x )＝2x ＋4x
－6－⎝⎛⎭⎫2x 0＋4x 0－6 ＝2(x －x 0)⎝⎛⎭
⎫1－2x 0x ＝2x 0
(x －x 0)⎝⎛⎭⎫x 0－2x ＝2x 0(x －x 0)⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 0x －2x ，
当x 0<2时，φ(x )在⎝⎛⎭⎫x 0，2x 0
上单调递减． ∴当x ∈⎝⎛⎭⎫x 0，2x 0
时，φ(x )<φ(x 0)＝0， 从而有x ∈⎝⎛⎭⎫x 0，2x 0时，φ(x )x －x 0
<0； 当x 0>2时，φ(x )在⎝⎛⎭⎫2x 0
，x 0上单调递减， ∴当x ∈⎝⎛⎭⎫2x 0
，x 0时，φ(x )>φ(x 0)＝0， 从而有x ∈⎝⎛⎭⎫2x 0，x 0时，φ(x )x －x 0
<0， ∴当x ∈(0，2)∪(2，＋∞)时，y ＝f (x )不存在“类对称点”．当x 0＝2时，φ′(x )＝2x
(x －2)2， ∴φ(x )在(0，＋∞)上是增函数，故φ(x )x －x 0
>0， ∴当x 0＝2时，y ＝f (x )存在“类对称点”．。