高考数学一轮复习 专题15 导数的综合应用教学案 文-人教版高三全册数学教学案

专题15 导数的综合应用
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．
1．利用导数解决生活中的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式y ＝f (x )；
(2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；
(3)比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值； (4)回归实际问题作答． 2．不等式问题
(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．
(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数X 围问题转化为研究新函数的值域问题． 3．方程解的个数问题
构造函数，利用导数研究函数的单调性，极值和特殊点的函数值，根据函数性质结合草图推断方程解的个数．
高频考点一 用导数解决与不等式有关的问题 例1、已知函数f (x )＝
ax ＋b
x 2＋1
在点(－1，f (－1))处的切线方程为x ＋y ＋3＝0. (1)求函数f (x )的解析式；
(2)设g (x )＝ln x ，求证：g (x )≥f (x )在[1，＋∞)上恒成立； (3)若0<a <b ，求证：ln b －ln a b －a >2a
a 2＋
b 2.
(1)解 将x ＝－1代入切线方程得y ＝－2，
所以f (－1)＝b －a
1＋1＝－2，化简得b －a ＝－4.①
f ′(x )＝a （x 2＋1）－（ax ＋b ）·2x
（x 2＋1）2
， f ′(－1)＝
2a ＋2（b －a ）
4
＝－1.②
联立①②，解得a ＝2，b ＝－2.所以f (x )＝2x －2
x 2＋1
.
(3)证明 因为0<a <b ，所以b a
>1，
由(2)知ln b a >2·b
a －2⎝ ⎛⎭
⎪
⎫b a 2＋1，整理得ln b －ln a b －a >2a
a 2＋
b 2，
所以当0<a <b 时，ln b －ln a b －a >2a
a 2＋b
2.
【方法规律】证明不等式通常需要构造函数，利用函数的最值、单调性证明.
(1)证明不等式f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，利用导数求F (x )的值域，得到
F (x )<0即可；
(2)对于证明含有两个变量a ，b 的不等式时，一种方法是通过变形构造成不等式f (a )>f (b )，然后利用函数f (x )的单调性证明，另一种方法是通过换元构造成单变量不等式，如本例令x ＝b
a
然后再利用已知关系证明即可.
【变式探究】 (2016·全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；
(2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1
ln x
<x ；
(3)设c >1，证明当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x
.
(1)解 依题意，f (x )的定义域为(0，＋∞).
f ′(x )＝1
x
－1，令f ′(x )＝0，得x ＝1，
∴当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.
(2)证明 由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，且最大值f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x <x －1.
故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1
x
－1，
因此1<x －1
ln x
<x .
高频考点二、不等式恒成立问题求参数的X 围 例2、已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，x ∈[1，e]. (1)若a ＝1，求f (x )的最大值；
(2)若f (x )≤0恒成立，某某数a 的取值X 围. 解 (1)若a ＝1，则f (x )＝x ＋ln x ， f ′(x )＝1＋1x ＝x ＋1
x .
∵x ∈[1，e]，
∴f ′(x )>0，∴f (x )在[1，e]上为增函数，
∴f (x )max ＝f (e)＝e ＋1.
(2)法一 ∵f (x )≤0即ax ＋ln x ≤0对x ∈[1，e]恒成立， ∴a ≤－ln x
x
，x ∈[1，e].
令g (x )＝－ln x x
，x ∈[1，e]，
则g ′(x )＝ln x －1x
2
， ∵x ∈[1，e]，∴g ′(x )≤0， ∴g (x )在[1，e]上递减， ∴g (x )min ＝g (e)＝－1e ，∴a ≤－1e
.
法二 要使x ∈[1，e]，f (x )≤0恒成立，只需x ∈[1，e]时，f (x )max ≤0，显然当a ≥0时，
f (x )＝ax ＋ln x 在[1，e]上递增，
③当1<－1a <e 时，即－1<a <－1
e
时，
f (x )在⎣⎢⎡
⎦⎥⎤1，－1a 上递增，在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
－1
a ，e 上递减，
∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1a ，
∵1<－1a
<e ，∴0<ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a <1，∴f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1a <0成立.
由①②③可得a ≤－1e
.
【方法规律】由不等式恒(能)成立求参数的X 围常有两种方法：(1)讨论最值：先构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出含参函数的最值，进而得出相应的含参不等式求参数的取值X 围；(2)分离参数：先分离参数变量，再构造函数，求出函数的最值，从而求出参数的取值X 围.
【变式探究】已知a 为实数，函数f (x )＝a ln x ＋x 2
－4x .
(1)是否存在实数a ，使得f (x )在x ＝1处取得极值？证明你的结论；
(2)设g (x )＝(a －2)x ，若∃x 0∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1e ，e ，使得f (x 0)≤g (x 0)成立，某某数a 的取值X 围. 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2x －4＝2x 2
－4x ＋a
x
.
假设存在实数a ，使f (x )在x ＝1处取得极值，则f ′(1)＝0，∴a ＝2，此时，f ′(x )＝2（x －1）
2
x
，
当x >0时，f ′(x )≥0恒成立， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴x ＝1不是f (x )的极值点.
∴G ′(x )＝（2x －2）（x －ln x ）－（x －2）（x －1）
（x －ln x ）2
＝
（x －1）（x －2ln x ＋2）
（x －ln x ）
2
. ∵x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1e ，e ， ∴2－2ln x ＝2(1－ln x )≥0， ∴x －2ln x ＋2>0，
∴x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，1时，G ′(x )<0，G (x )单调递减； x ∈(1，e)时，G ′(x )>0，G (x )单调递增，
∴G (x )min ＝G (1)＝－1. ∴a ≥G (x )min ＝－1.
故实数a 的取值X 围为[－1，＋∞). 高频考点三、利用导数解决函数零点问题 例3、设函数f (x )＝x 2
2－k ln x ，k >0.
(1)求f (x )的单调区间和极值；
(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点.
(1)解 由f (x )＝x 2
2－k ln x (k >0)，得x ＞0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－k
x .由f ′(x )＝0，解得x ＝
k (负值舍去).
f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：
所以，f (x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞).
f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k （1－ln k ）
2
.
【方法技巧】函数零点问题通常可作以下适当转化来处理.
函数y ＝f (x )的零点⇔方程f (x )＝0的根⇔若f (x )＝g (x )－h (x )，则f (x )的零点就是函数y ＝g (x )与y ＝h (x )图象交点的横坐标. 【变式探究】设函数f (x )＝x 3
＋ax 2
＋bx ＋c . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；
(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值X 围.
解 (1)由f (x )＝x 3
＋ax 2
＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2
＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ， 所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c . (2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3
＋4x 2
＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2
＋8x ＋4. 令f ′(x )＝0，得3x 2
＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－2
3
.
当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：
x (－∞，－2) －2 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－2，－23 －2
3 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－23，＋∞ f ′(x ) ＋
－
＋
f (x )
c
c －32
27
所以，当c >0且c －3227<0，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－23，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.
由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2
＋4x ＋c 有三个不同零点.
高频考点四、利用导数解决生活中的优化问题
例4、某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝
a
x －3
＋10(x －6)2
，其中3<x <6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克． (1)求a 的值；
(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．
解 (1)因为x ＝5时，y ＝11，所以a
2
＋10＝11，a ＝2.
于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
x (3,4) 4 (4,6) f ′(x ) ＋ 0 － f (x )
单调递增
极大值42
单调递减
由上表可得，x ＝4时，函数f (x )取得极大值，也是最大值． 所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值，且最大值等于42.
答 当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
【感悟提升】在某某际问题中的最大值或最小值时，一般先设自变量、因变量、建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相符合．用导数某某际问题中的最大(小)值，如果函数在区间内只有一个极值点，那么根据实际意义可知该极值点就是最值点．
【变式探究】某品牌电动汽车的耗电量y 与速度x 之间有关系y ＝13x 3－392x 2
－40x (x >0)，为使
耗电量最小，则速度应定为________． 答案 40
1.【2016高考某某卷】（本小题满分16分）
已知函数()(0,0,1,1)x
x
f x a b a b a b =+>>≠≠. 设1
2,2
a b ==
. （1）求方程()2f x =的根;
（2）若对任意x R ∈,不等式(2)f()6f x m x ≥-恒成立，某某数m 的最大值；
（3）若01,1a b <<＞
，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值。

【答案】（1）①0 ②4（2）1 【解析】
（1）因为12,2
a b ==
，所以()22x x f x -=+. ①方程()2f x =，即22
2x
x
-+=，亦即2(2)2210x x -⨯+=，
所以2
(21)0x -=，于是21x =，解得0x =. ②由条件知2222(2)2
2(22)2(())2x
x x x f x f x --=+=+-=-.
因为(2)()6f x mf x ≥-对于x ∈R 恒成立，且()0f x >，
所以2(())4
()
f x m f x +≤对于x ∈R 恒成立.
而2(())444
()2()4()()()
f x f x f x f x f x f x +=+≥⋅=，且
2((0))44(0)f f +=， 所以4m ≤，故实数m 的最大值为4.
（2）因为函数()()2g x f x =-只有1个零点，而0
(0)(0)220g f a b =-=+-=， 所以0是函数()g x 的唯一零点.
因为()ln ln x
x
g'x a a b b =+，又由01,1a b <<>知ln 0,ln 0a b <>，
下证00x =. 若00x <，则0002x x <<，于是0()(0)02
x
g g <=， 又log 2
log 2log 2(log 2)220a a a a g a
b a =+->-=，且函数()g x 在以
2
x 和log 2a 为端点的闭区间上的图象不间断，所以在0
2
x 和log 2a 之间存在()g x 的零点，记为1x . 因为01a <<，所以log 20a <，又
02
x <，所以10x <与“0是函数()g x 的唯一零点”矛盾. 若00x >，同理可得，在02
x
和log 2a 之间存在()g x 的非0的零点，矛盾.
因此，00x =. 于是ln 1ln a
b
-
=，故ln ln 0a b +=，所以1ab =. 2.【2016高考某某理数】（本小题满分14分） 设函数3()(1)f x x ax b =---,R x ∈，其中R b a ∈, (I)求)(x f 的单调区间；
(II) 若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：1023x x +=； （Ⅲ）设0>a ，函数|)(|)(x f x g =，求证：)(x g 在区间]1,1[-上的最大值不小于．．．4
1
.
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析 【解析】
当x 变化时，)('x f ，)(x f 的变化情况如下表：
x
3(,1)3a -∞-
313a - 33(1,1)33a a -+ 313a + 3(1,)3a
++∞
)('x f ＋ 0 － 0 ＋ )(x f 单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以)(x f 的单调递减区间为33(1,1)33
a a
-
+，单调递增区间为3(,1)3a -∞-，3(1,)3
a
+
+∞. （Ⅱ）证明：因为)(x f 存在极值点，所以由（Ⅰ）知0>a ，且10≠x ，
由题意，得0)1(3)('200=--=a x x f ，即3
)1(2
0a x =
-， 进而b a
x a b ax x x f ---=---=3
32)1()(003
00. 又
b a ax x a
b x a x x f --+-=
----=-32)1(3
8)22()22()23(000300)(3
3200x f b a
x a =---
=，且0023x x ≠-，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数1x 满足)()(01x f x f =，且01x x ≠，因此0123x x -=，所以3201=+x x .
（Ⅲ）证明：设)(x g 在区间]2,0[上的最大值为M ，},max{y x 表示y x ,两数的最大值.下面分三种情况讨论： （1）当3≥a 时，33102133
a a
-≤<≤+，由（Ⅰ）知，)(x f 在区间]2,0[上单调递减，所以)(x f 在
233(0)(1)(1)33a a f f f ≥-=+，233(2)(1)(1)33
a a
f f f ≤+=-，
所以)(x f 在区间]2,0[上的取值X 围为33[(1),(1)]33
a a
f f +
-，因此
（3
所以)(x f 在区间]2,0[上的取值X 围为)]2(),0([f f ，因此
|}21||,1max{||})2(||,)0(max{|b a b f f M ----== |})(1||,)(1max{|b a a b a a +--++-=
综上所述，当0>a 时，)(x g 在区间]2,0[上的最大值不小于
3.【2016高考新课标3理数】设函数()cos 2(1)(cos 1)f x a x a x =+-+，其中0a >，记|()|f x 的最大值为A ． （Ⅰ）求()f x '； （Ⅱ）求A ；
（Ⅲ）证明|()|2f x A '≤．
【答案】（Ⅰ）'
()2sin 2(1)sin f x a x a x =---；（Ⅱ）2
123,05611,18532,1a a a a A a a a a ⎧
-<≤⎪⎪++⎪=<<⎨⎪
-≥⎪⎪⎩
；（Ⅲ）
见解析．
【解析】
令2
()2(1)1g t t t αα=+--，则A 是|()|g t 在[1,1]-上的最大值，(1)g α-=，(1)32g α=-，
且当14t α
α-=时，()g t 取得极小值，极小值为221(1)61()1488g ααααααα--++=--=-． 令1114αα--<
<，解得13α<-（舍去）
，1
5
α>． （Ⅰ）当1
05
α<≤时，()g t 在(1,1)-内无极值点，|(1)|g α-=，|(1)|23g α=-，
|(1)||(1)|g g -<，所以23A α=-．
（Ⅱ）当
115a <<时，由(1)(1)2(1)0g g α--=->，知1(1)(1)()4g g g αα
-->>．又 1(1)(17)
|()||(1)|048g g ααααα
--+--=>，所以2161|()|48A g ααααα-++==． 综上，2
123,0,5611
,1,8532, 1.A αααααααα⎧
-<≤⎪⎪++⎪=<<⎨
⎪
-≥⎪⎪⎩
4【2016高考某某理数】（本小题15分）已知3a ≥，函数F （x ）=min{2|x −1|，x 2
−2ax +4a −2}，
其中min{p ，q }=,>p p q q p q.
≤⎧⎨⎩，，
（I ）求使得等式F （x ）=x 2
−2ax +4a −2成立的x 的取值X 围；
（II ）（i ）求F （x ）的最小值m （a ）；
（ii ）求F （x ）在区间[0,6]上的最大值M （a ）.
【答案】（I ）[]2,2a ；（II ）（i ）()20,322
42,22
a m a a a a ⎧≤≤⎪=⎨-+->+⎪⎩（ii ）
()348,34
2,4
a a a a -≤<⎧M =⎨
≥⎩． 【解析】
（Ⅰ）由于3a ≥，故
当1x ≤时，()
()()22242212120x ax a x x a x -+---=+-->， 当1x >时，()
()()22422122x ax a x x x a -+---=--．
所以，使得等式()2
242F x x ax a =-+-成立的x 的取值X 围为[]2,2a ．
所以，()348,34
2,4
a a M a a -≤<⎧=⎨
≥⎩．
5.【2016高考新课标2理数】(Ⅰ)讨论函数x
x 2f (x)x 2
-=
+e 的单调性，并证明当0x >时，(2)20x x e x -++>；
(Ⅱ)证明：当[0,1)a ∈时，函数2x =(0)x e ax a g x x -->（
）有最小值.设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）2
1(,].24
e .
【解析】
（Ⅰ）()f x 的定义域为(,2)(2,)-∞-⋃-+∞.
222
(1)(2)(2)'()0,(2)(2)x x x
x x e x e x e f x x x -+--==≥++
且仅当0x =时，'()0f x =，所以()f x 在(,2),(2,)-∞--+∞单调递增， 因此当(0,)x ∈+∞时，()(0)1,f x f >=- 所以(2)(2),(2)20x
x
x e x x e x ->-+-++>
（II ）22(2)(2)2
()(()),x x e a x x g x f x a x x
-+++=
=+
由（I ）知，()f x a +单调递增，对任意[0,1),(0)10,(2)0,a f a a f a a ∈+=-<+=≥ 因此，存在唯一0(0,2],x ∈使得0()0,f x a +=即0'()0g x =，
因为2x e x +单调递增，对任意2
1(,],24e λ∈存在唯一的0(0,2],x ∈0()[0,1),a f x =∈
使得(),h a λ=所以()h a 的值域是2
1(,],24
e
综上，当[0,1)a ∈时，()g x 有()h a ，()h a 的值域是2
1(,].24
e
6.【2016年高考理数】（本小题13分） 设函数()a x
f x xe
bx -=+，曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为(1)4y e x =-+，
（1）求a ，b 的值； （2）求()f x 的单调区间.
【答案】（Ⅰ）2a =，b e =；（2）)(x f 的单调递增区间为(,)-∞+∞.
【解析】（1）根据题意求出()f x '，根据(2)22f e =+，(2)1f e '=-，求a ，b 的值； （2）由题意知判断)(x f '，即判断1
1)(-+-=x e
x x g 的单调性，知()0g x >，即()0f x '>，
由此求得()f x 的单调区间. 试题解析：（1）因为bx xe
x f x
a +=-)(，所以
b e x x f x a +-='-)1()(.
依题设，⎩⎨⎧-='+=,1)2(,22)2(e f e f 即⎩⎨⎧-=+-+=+--,
1,22222
2e b e e b e a a
从而),(,0)(+∞-∞∈>x x g .
综上可知，0)(>'x f ，),(+∞-∞∈x ，故)(x f 的单调递增区间为),(+∞-∞.
【2015高考新课标2，理12】设函数'
()f x 是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)0f -=，当
0x >时，'()()0xf x f x -<，则使得()0f x >成立的x 的取值X 围是（ ）
A ．(,1)(0,1)-∞-
B ．(1,0)(1,)-+∞
C ．(,1)(1,0)-∞--
D ．(0,1)(1,)+∞
【答案】A
【解析】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,)+∞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)-∞单调递减，且(1)(1)0g g -==．当01x <<时，
()0g x >，则()0f x >；当1x <-时，()0g x <，则()0f x >，综上所述，使得()0f x >成
立的x 的取值X 围是(,1)(0,1)-∞-，故选A ．
【2015高考新课标1，理12】设函数()f x =(21)x
e x ax a --+,其中a 1，若存在唯一的整数0x ，使得0()
f x 0，则a 的取值X 围是（ ）
(A)[-32e ，1） (B)[-32e ，34） (C)[32e ，34） (D)[32e
，1）
【答案】D
【2015高考新课标2，理21】（本题满分12分） 设函数2()mx
f x e
x mx =+-．
(Ⅰ)证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；
（Ⅱ）若对于任意12,[1,1]x x ∈-，都有12()()1f x f x e -≤-，求m 的取值X 围． 【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）[1,1]-． 【解析】(Ⅰ)'
()(1)2mx
f x m e
x =-+．
若0m ≥，则当(,0)x ∈-∞时，10mx
e
-≤，'()0f x <；当(0,)x ∈+∞时，10mx e -≥，
'()0f x >．
若0m <，则当(,0)x ∈-∞时，10mx
e
->，'()0f x <；当(0,)x ∈+∞时，10mx e -<，
'()0f x >．
所以，()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增．
（Ⅱ）由(Ⅰ)知，对任意的m ，()f x 在[1,0]-单调递减，在[0,1]单调递增，故()f x 在0x =处取得最小值．所以对于任意12,[1,1]x x ∈-，12()()1f x f x e -≤-的充要条件是：
(1)(0)1,
(1)(0)1,
f f e f f e -≤-⎧⎨
--≤-⎩即
【2015某某高考，17】（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12l l ，
，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12l l ，
的距离分别为5千米和40千米，点N 到12l l ，的距离分别为20千米和2.5千米，以12l l ，
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2
a
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.
【答案】（1）1000,0;a b ==（2）①62
4
9109(),4f t t t ⨯=+定义域为[5,20]， ②min 102,()153t f t ==千米 【解析】
（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2a
y x b =+，得4025 2.5400a
b a b
⎧=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩，
解得1000
0a b =⎧⎨=⎩
．
当(5,102t ∈时，()0g t '<，()g t 是减函数；
当()
10
2,20t ∈时，()0g t '>，()g t 是增函数．
从而，当102t =()g t 有极小值，也是最小值，所以()min 300g t =，
此时()min 153f t =．
答：当102t =时，公路l 的长度最短，最短长度为153千米．
（2014·某某卷）已知函数f (x )＝e x －ax 2
－bx －1，其中a ，b ∈R，e ＝2.718 28…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X 围． 【解析】解：(1)由f (x )＝e x
－ax 2
－bx －1，得g (x )＝f ′(x )＝e x
－2ax －b . 所以g ′(x )＝e x
－2a .
当x ∈[0，1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]．
当a ≤1
2时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0，1]上单调递增，
因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；
当a ≥e
2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0，1]上单调递减，
因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ；
当12<a <e
2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln(2a )∈(0，1)，所以函数g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增，
同理g (x )在区间(x 0，1)内存在零点x 2. 故g (x )在区间(0，1)内至少有两个零点．
由(1)知，当a ≤1
2时，g (x )在[0，1]上单调递增，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点；
当a ≥e
2时，g (x )在[0，1]上单调递减，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点，都不合题意．
所以12<a <e 2
.
此时g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增． 因此x 1∈(0，ln(2a )]，x 2∈(ln(2a )，1)，必有
g (0)＝1－b >0，g (1)＝e －2a －b >0.
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.
当e －2<a <1时，g (x )在区间[0，1]内有最小值g (ln(2a ))． 若g (ln(2a ))≥0，则g (x )≥0(x ∈[0，1])，
从而f (x )在区间[0，1]内单调递增，这与f (0)＝f (1)＝0矛盾，所以g (ln(2a ))<0. 又g (0)＝a －e ＋2>0，g (1)＝1－a >0.
故此时g (x )在(0，ln(2a ))和(ln(2a )，1)内各只有一个零点x 1和x 2.
由此可知f (x )在[0，x 1]上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在[x 2，1]上单调递增． 所以f (x 1)>f (0)＝0，f (x 2)<f (1)＝0， 故f (x )在(x 1，x 2)内有零点．
综上可知，a 的取值X 围是(e －2，1)．
（2014·某某卷）设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2
－x 3
，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．
故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1－4＋3a 3和 ⎝ ⎛⎭⎪⎫
－1＋4＋3a 3，＋∞内单调递减，
在⎝
⎛⎭
⎪⎫－1－4＋3a 3，－1＋4＋3a 3内单调递增．
(2)因为a >0，所以x 1<0，x 2>0， ①当a ≥4时，x 2≥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，x 2<1.
由(1)知，f (x )在[0，x 2]上单调递增，在[x 2，1]上单调递减， 所以f (x )在x ＝x 2＝－1＋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．
（2014·卷）已知函数f (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.
(1)求证：f (x )≤0；
(2)若a <sin x x <b 对x ∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立，求a 的最大值与b 的最小值．
从而g (x )<g (0)＝0对任意x ∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立．
当0<c <1时，存在唯一的x 0∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2使得g ′(x 0)＝cos x 0－c ＝0. g (x )与g ′(x )在区间⎝
⎛⎭
⎪⎫
0，π2
上的情况如下：
x (0，x 0) x 0 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 0，π2 g′(x) ＋ 0 －
g(x)
因为g (x )在区间(0，x 0)上是增函数，所以g (x 0)>g (0)＝0.进一步，“g (x )>0对任意x ∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立”当且仅当g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2＝1－π2c ≥0，即0<c ≤2π.
综上所述，当且仅当c ≤2π时，g (x )>0对任意x ∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立；当且仅当c ≥1时，g (x )<0
对任意x ∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立．
所以，若a <sin x x <b 对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立，则a 的最大值为2π，b 的最小值为1.
（2014·某某卷）已知函数f (x )＝e x
－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，x 2
<e x
；
(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x
.
f (x )无极大值．
(2)证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x
－2x . 由(1)得，g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)＝2－ln 4>0， 故g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1>0， 所以当x >0时，g (x )>g (0)>0，即x 2
<e x
.
(3)证明：①若c ≥1，则e x ≤c e x .又由(2)知，当x >0时，x 2<e x
. 故当x >0时，x 2
<c e x
.
取x 0＝0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2
<c e x
.
②若0<c <1，令k ＝1c
>1，要使不等式x 2<c e x 成立，只要e x >kx 2
成立．
而要使e x >kx 2成立，则只要x >ln(kx 2
)，只要x >2ln x ＋ln k 成立． 令h (x )＝x －2ln x －ln k ，则h ′(x )＝1－2x ＝x －2
x
.
所以当x >2时，h ′(x )>0，h (x )在(2，＋∞)内单调递增． 取x 0＝16k >16，所以h (x )在(x 0，＋∞)内单调递增．
又h (x 0)＝16k －2ln(16k )－ln k ＝8(k －ln 2)＋3(k －ln k )＋5k ， 易知k >ln k ，k >ln 2，5k >0，所以h (x 0)>0. 即存在x 0＝16c
，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .
综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x
.
方法二：(1)同方法一． (2)同方法一．
(3)对任意给定的正数c ，取x 0＝
4
c
，
由(2)知，当x >0时，e x >x 2
，所以e x
＝e x
2·e x 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22·⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 22
，
当x >x 0时，e x
>⎝ ⎛⎭
⎪
⎫x 22⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22>4c ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 22＝1
c x 2，
所以h (x )<h (0)＝－1<0，即13x 3<e x
.
取x 0＝3c ，当x >x 0时，有1c x 2<13
x 3<e x
.
因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2
<c e x
. （2014·某某卷）π为圆周率，e ＝2.718 28…为自然对数的底数． (1)求函数f (x )＝ln x x
的单调区间；
(2)求e 3，3e ，e π，πe ，，3π，π3
这6个数中的最大数与最小数；
(3)将e 3
，3e
，e π
，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 )＝ln x x ，所以f ′(x )＝1－ln x x
2
. 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 ，＋∞)．
(2)因为e<3<π，所以eln 3<eln π，πln e<πln 3，即ln 3e
<ln πe
，ln e π
<ln 3π
. 于是根据函数y ＝ln x ，y ＝e x ，y ＝πx
在定义域上单调递增，可得 3e
<πe
<π3
，e 3
<e π
<3π
.
由(1)知，当0<x <e 时，f (x )<f (e)＝1
e ，
即ln x x <1
e
. 在上式中，令x ＝e 2
π，又e 2
π<e ，则ln e 2
π<e π，从而2－ln π<e π，即得ln π>2－e
π.①
由①得，eln π>e ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－e π>2.7×⎝ ⎛⎭⎪⎫2－
2.72
3.1>2.7×(2－0.88)＝3.024>3，
即eln π>3，亦即ln πe
>ln e 3
，所以e 3
<πe
. 又由①得，3ln π>6－3e
π>6－e>π，即3ln π>π，
所以e π
<π3
.
综上可得，3e
<e 3
<πe
<e π
<π3
<3π
，
即这6个数从小到大的顺序为3e
，e 3
，πe
，e π
，π3
，3π
. （2014·某某卷）已知常数a ＞0，函数
f (x )＝ln(1＋ax )－
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x 1，x 2，且f (x 1)＋f (x 2)＞0，求a 的取值X 围． 【解析】解：(1)f ′(x )＝a
1＋ax －2（x ＋2）－2x （x ＋2）2＝ax 2
＋4（a －1）
（1＋ax ）（x ＋2）2.(*)
当a ≥1时，f ′(x )>0，此时，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增． 当0<a <1时，由f ′(x )＝0得
x 1＝2
1－a a ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫x 2
＝－2
1－a
a
舍去.
当x ∈(0，x 1)时，f ′(x )<0； 当x ∈(x 1，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在区间(0，x 1)上单调递减， 在区间(x 1，＋∞)上单调递增． 综上所述，
解得a ≠1
2.此时，由(*)式易知，x 1，x 2分别是f (x )的极小值点和极大值点．
而f (x 1)＋f (x 2)＝ln(1＋ax 1)－
2x 1x 1＋2＋ln(1＋ax 2)－2x 2x 2＋2
＝ln[1＋a (x 1＋x 2)＋a 2
x 1x 2]－4x 1x 2＋4（x 1＋x 2）x 1x 2＋2（x 1＋x 2）＋4＝ln(2a －1)2－4（a －1）2a －1＝ln(2a －1)2
＋22a －1－2.
令2a －1＝x .由0<a <1且a ≠1
2知，
当0<a <1
2时，－1<x <0；
当1
2<a <1时，0<x ＜1. 记g (x )＝ln x 2
＋2x
－2.
(i)当－1<x <0时，g (x )＝2ln(－x )＋2x －2，所以g ′(x )＝2x －2x 2＝2x －2
x
2<0，
因此，g (x )在区间(－1，0)上单调递减， 从而g (x )<g (－1)＝－4<0. 故当0<a <1
2时，f (x 1)＋f (x 2)<0.
(ii)当0<x <1时，g (x )＝2ln x ＋2
x
－2，
所以g ′(x )＝2x －2x 2＝2x －2
x
2<0，
因此，g (x )在区间(0，1)上单调递减，
从而g (x )>g (1)＝0.故当1
2
<a <1时，f (x 1)＋f (x 2)>0.
综上所述，满足条件的a 的取值X 围为⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，1. （2014·某某卷）已知函数f (x )＝(x 2
＋bx ＋b )1－2x (b ∈R)． (1)当b ＝4时，求f (x )的极值；
(2)若f (x )在区间⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，13上单调递增，求b 的取值X 围． 所以b 的取值X 围为⎝
⎛⎦⎥⎤－∞，19. （2014·某某卷）当x ∈[－2，1]时，不等式ax 3
－x 2
＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值X 围是( )
A ．[－5，－3] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6，－98 C ．[－6，－2] D ．[－4，－3]
【答案】C 【解析】当－2≤x <0时，不等式转化为a ≤x 2－4x －3
x 3，
令f (x )＝x 2－4x －3
x 3
(－2≤x <0)，
则f ′(x )＝－x 2
＋8x ＋9x 4＝－（x －9）（x ＋1）
x
4
，故f (x )在[－2，－1]上单调递减，在(－1，0)上单调递增，此时有a ≤1＋4－3－1＝－2.当x ＝0时，g (x )恒成立．当0<x ≤1时，a ≥x 2
－4x －3x 3
，
令个g (x )＝x 2－4x －3x 3(0<x ≤1)，则g ′(x )＝－x 2
＋8x ＋9
x 4
＝
－（x －9）（x ＋1）
x
4
， 故g (x )在(0，1]上单调递增，此时有a ≥1－4－3
1＝－6.
综上，－6≤a ≤－2.
（2014·全国卷）函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax
x ＋a
(a >1)． (1)讨论f (x )的单调性；
(2)设a 1＝1，a n ＋1＝ln(a n ＋1)，证明：
2n ＋2<a n ≤3n ＋2
. 【解析】解：(1)易知f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x [x －（a 2－2a ）]
（x ＋1）（x ＋a ）
2.
(2)由(1)知，当a ＝2时，f (x )在(－1，＋∞)是增函数． 当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝0，即ln(x ＋1)>
2x
x ＋2
(x >0)． 又由(1)知，当a ＝3时，f (x )在[0，3)是减函数． 当x ∈(0，3)时，f (x )<f (0)＝0，即ln(x ＋1)<3x
x ＋3
(0<x <3)． 下面用数学归纳法证明
2n ＋2<a n ≤3n ＋2
. (i)当n ＝1时，由已知2
3
<a 1＝1，故结论成立．
(ii)假设当n ＝k 时结论成立，即2k ＋2<a k ≤3k ＋2
. 当n ＝k ＋1时，
a k ＋1＝ln(a k ＋1)>ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k ＋2＋1>2×
2k ＋22
k ＋2＋2＝2k ＋3，
a k ＋1＝ln(a k ＋1)≤ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3k ＋2＋1<3×
3k ＋23
k ＋2
＋3＝3k ＋3， 即当n ＝k ＋1时，有
2k ＋3 <a k ＋1≤3k ＋3
，结论成立． 根据(i)(ii)知对任何n ∈结论都成立．
（2014·新课标全国卷Ⅰ）已知函数f (x )＝ax 3
－3x 2
＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值X 围是( ) A ．(2，＋∞) B．(1，＋∞) C ．(－∞，－2) D ．(－∞，－1)
【答案】C 【解析】当a ＝0时，f (x )＝－3x 2＋1，存在两个零点，不符合题意，故a ≠0. 由f ′(x )＝3ax 2
－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2a
.
若a <0，则函数f (x )的极大值点为x ＝0，且f (x )极大值＝f (0)＝1，极小值点为x ＝2
a
，且f (x )极
小值＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2a ＝
a 2－4a 2，此时只需a 2
－4a 2>0，即可解得a <－2； 若a >0，则f (x )极大值＝f (0)＝1>0，此时函数f (x )一定存在小于零的零点，不符合题意． 综上可知，实数a 的取值X 围为(－∞，－2)．
（2014·新课标全国卷Ⅰ）设函数f (x )＝a e x
ln x ＋b e x －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.
所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )>0. 故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e
＝－1e
.
设函数h (x )＝x e －x －2e ，则h ′(x )＝e －x
(1－x )．
所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0.
故h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为
h (1)＝－1e
.
因为g min (x )＝g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ＝h (1)＝h max (x )， 所以当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1.
（2014·新课标全国卷Ⅱ）已知函数f (x )＝e x
－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1.414 2＜2＜1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)．
－1＋b 2
－2b )时，g (x )<0. 综上，b 的最大值为2.
(3)由(2)知，g (ln 2)＝3
2
－22b ＋2(2b －1)ln 2.
当b ＝2时，g (ln 2)＝32－42＋6ln 2>0，ln 2>82－3
12>0.692 8；
当b ＝324
＋1时，ln(b －1＋b 2
－2b )＝ln 2，
g (ln 2)＝－3
2
－22＋(32＋2)ln 2<0，
ln 2<18＋228<0.693 4.
所以ln 2的近似值为0.693.
（2014·某某卷）设函数f (x )＝e x
x
2－k ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2x ＋ln x (k 为常数，e ＝2.718 28…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X 围． 【解析】解：(1)函数y ＝f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫
－2x 2＋1x
＝x e x －2e x x 3－k （x －2）
x 2
＝（x －2）（e x
－kx ）x
3
. 由k ≤0可得e x
－kx >0，
x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )>0，函数y ＝g (x )单调递增．
所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k )． 函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点．
当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g （0）>0，g （ln k ）<0，
g （2）>0，0<ln k <2，
解得e<k <e
2
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X 围为⎝ ⎛⎭
⎪⎫e ，e 2
2. （2014·某某卷）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g 1(x )＝g (x )，g n ＋1(x )＝g (g n (x ))，n ∈N ＋，求g n (x )的表达式； (2)若f (x )≥ag (x )恒成立，某某数a 的取值X 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． 【解析】解：由题设得，g (x )＝x
1＋x (x ≥0)．
(1)由已知，g 1(x )＝
x
1＋x
， g 2(x )＝g (g 1(x ))＝
x
1＋x 1＋x
1＋x
＝
x
1＋2x
，
g 3(x )＝
x
1＋3x
，…，可得g n (x )＝
x
1＋nx
.
当a ≤1时，φ′(x )≥0(仅当x ＝0，a ＝1时等号成立)， ∴φ(x )在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0， ∴φ(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立， ∴a ≤1时，ln(1＋x )≥
ax
1＋x
恒成立(仅当x ＝0时等号成立)． 当a >1时，对x ∈(0，a －1]有φ′(x )<0， ∴φ(x )在(0，a －1]上单调递减， ∴φ(a －1)<φ(0)＝0.
即a >1时，存在x >0，使φ(x )<0， 故知ln(1＋x )≥ax
1＋x 不恒成立．
综上可知，a 的取值X 围是(－∞，1]．
(3)由题设知g (1)＋g (2)＋…＋g (n )＝12＋23＋…＋n
n ＋1，
比较结果为g (1)＋g (2)＋…＋g (n )>n －ln(n ＋1)． 证明如下：
方法一：上述不等式等价于12＋13＋…＋1
n ＋1
<ln(n ＋1)，
在(2)中取a ＝1，可得ln(1＋x )>x
1＋x ，x >0.
令x ＝1n ，n ∈N ＋，则1n ＋1<ln n ＋1n
.
故有ln 2－ln 1>12，
ln 3－ln 2>1
3，
……
ln(n ＋1)－ln n >
1
n ＋1
， 上述各式相加可得ln(n ＋1)>12＋13＋…＋1
n ＋1，
结论得证．
方法三：如图，⎠
⎛0
n x x ＋1d x 是由曲线y ＝x x ＋1，x ＝n 及x 轴所围成的曲边梯形的面积，而12＋23＋…＋
n
n ＋1
是图中所示各矩形的面积和，
∴12＋23＋…＋n n ＋1>⎠⎛0
n x x ＋1
d x ＝ ⎠⎛0n
⎝
⎛⎭
⎪⎫1－1x ＋1d x ＝n －ln (n ＋1)，
结论得证．
（2014·某某卷）设f (x )＝x －a e x
(a ∈R)，x ∈R.已知函数y ＝f (x )有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2. (1)求a 的取值X 围；
(2)证明：x 2
x 1
随着a 的减小而增大； (3)证明：x 1＋x 2随着a 的减小而增大．
由f (－ln a )>0，即－ln a －1>0，解得0<a <e －1
.而此时，取s 1＝0，满足s 1∈(－∞，－ln a )，且f (s 1)＝－a <0；取s 2＝2a ＋ln 2a
，满足s 2∈(－ln a ，＋∞)，且f (s 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －e 2a ＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫ln 2a －e 2a <0.
故a 的取值X 围是(0，e －1
)．
(2)证明：由f (x )＝x －a e x
＝0，有a ＝x e x .设g (x )＝x e x ，由g ′(x )＝1－x e
x ，知g (x )在(－∞，
1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．并且，当x ∈(－∞，0]时，g (x )≤0; 当x ∈(0，＋∞)时，g (x )>0.由已知，x 1，x 2满足a ＝g (x 1)，a ＝g (x 2)．由a ∈(0，e －1
)及g (x )的单调性，可得x 1∈(0，1)，x 2∈(1，＋∞)．
对于任意的a 1，a 2∈(0，e －1
)，设a 1>a 2，g (ξ1)＝g (ξ2)＝a 1，其中0<ξ1<1<ξ2；g (η1)＝g (η2)＝a 2，其中0<η1<1<η2.
因为g (x )在(0，1)上单调递增，所以由a 1>a 2，即g (ξ1)>g (η1)，可得ξ1>η1.类似可得ξ2<η2. 又由ξ1，η1>0，得
ξ2ξ1<η2ξ1<η2
η1
， 所以x 2
x 1
随着a 的减小而增大．
(3)证明：由x 1＝a e x 1，x 2＝a e x 2，可得ln x 1＝ln a ＋x 1，ln x 2＝ln a ＋x 2.故x 2－x 1＝ln x 2－ln x 1＝ln x 2x 1
.
设x 2x 1＝t ，则t >1，且⎩
⎪⎨⎪⎧x 2＝tx 1，x 2－x 1＝ln t ，解得x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln t t －1，所以x 1＋x 2＝（t ＋1）ln t
t －1.① 令h (x )＝（x ＋1）ln x
x －1，x ∈(1，＋∞)，
则h ′(x )＝－2ln x ＋x －
1
x
（x －1）
2
. 令u (x )＝－2ln x ＋x －1x
，得u ′(x )＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫x －1x 2.
当x ∈(1，＋∞)时，u ′(x )>0.因此，u (x )在(1，＋∞)上单调递增，故对于任意的x ∈(1，＋∞)，u (x )>u (1)＝0，由此可得h ′(x )>0，故h (x )在(1，＋∞)上单调递增． 因此，由①可得x 1＋x 2随着t 的增大而增大．
而由(2)，t 随着a 的减小而增大，所以x 1＋x 2随着a 的减小而增大． （2014·某某卷）已知函数f (x )＝x 3
＋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 的取值X 围．
【解析】解：(1)因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧x 3
＋3x －3a ，x ≥a ，x 3－3x ＋3a ，x <a ，
所以f ′(x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧3x 2
＋3，x ≥a ，
3x 2－3，x <a .
由于f (1)－f (－1)＝－6a ＋2，因此，当－1<a ≤13时，M (a )－m (a )＝－a 3－3a ＋4；当1
3
<a <1时，
M (a )－m (a )＝－a 3＋3a ＋2.
(iii)当a ≥1时，有x ≤a ，故f (x )＝x 3
－3x ＋3a ，此时f (x )在(－1，1)上是减函数，因此，
M (a )＝f (－1)＝2＋3a ，m (a )＝f (1)＝－2＋3a ，
故M (a )－m (a )＝(2＋3a )－(－2＋3a )＝4.
综上，M (a )－m (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧8，a ≤－1，
－a 3－3a ＋4，－1<a ≤13
，
－a 3
＋3a ＋2，1
3
<a <1，
4，a ≥1.
(2)令h (x )＝f (x )＋b ，
则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3
＋3x －3a ＋b ，x ≥a ，
x 3－3x ＋3a ＋b ，x <a ，
h ′(x )＝⎩
⎪⎨⎪
⎧3x 2＋3，x >a ，3x 2－3，x <a .
因为[f (x )＋b ]2
≤4对x ∈[－1，1]恒成立，
因此－2≤3a ＋b ≤0.
(iii)当13<a <1时，h (x )在[－1，1]上的最小值是h (a )＝a 3
＋b ，最大值是h (－1)＝3a ＋b ＋2，
所以a 3
＋b ≥－2且3a ＋b ＋2≤2，解得－2827
<3a ＋b ≤0；
(iv)当a ≥1时，h (x )在[－1，1]上的最大值是h (－1)＝2＋3a ＋b ，最小值是h (1)＝－2＋3a ＋b ，所以3a ＋b ＋2≤2且3a ＋b －2≥－2，解得3a ＋b ＝0. 综上，得3a ＋b 的取值X 围是－2≤3a ＋b ≤0. （2014·某某卷）已知函数f (x )＝a e 2x
－b e
－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X 围．
下面分三种情况进行讨论：
当c <4时，对任意x ∈R，f ′(x )＝2e 2x
＋2e
－2x
－c >0，此时f (x )无极值． 当c ＝4时，对任意x ≠0，f ′(x )＝2e 2x ＋2e
－2x
－4>0，此时f (x )无极值．
当c >4时，令e 2x
＝t ，注意到方程2t ＋2t －c ＝0有两根t 1，2＝c ±c 2
－16
4
>0，则f ′(x )＝0有
两个根x 1＝12ln t 1，x 2＝1
2
ln t 2.
当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0；当x >x 2时，f ′(x )>0. 从而f (x )在x ＝x 2处取得极小值．
综上，若f (x )有极值，则c 的取值X 围为(4，＋∞)．
1.方程x 3
－6x 2
＋9x －10＝0的实根个数是( ) A.3 B.2 C.1
D.0
解析 设f (x )＝x 3
－6x 2
＋9x －10，f ′(x )＝3x 2
－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)，由此可知函数的极大值为f (1)＝－6＜0，极小值为f (3)＝－10＜0，所以方程x 3
－6x 2
＋9x －10＝0的实根个数为1. 答案 C
2.若存在正数x 使2x
(x －a )＜1成立，则实数a 的取值X 围是( ) A.(－∞，＋∞)
B.(－2，＋∞)
C.(0，＋∞)
D.(－1，＋∞)
解析 ∵2x
(x －a )＜1，∴a ＞x －12x .
令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－x
ln 2＞0.
∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1， ∴实数a 的取值X 围为(－1，＋∞). 答案 D
3.若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )>0，则( ) A.3f (1)<f (3) B.3f (1)>f (3) C.3f (1)＝f (3)
D.f (1)＝f (3)
解析 由于f (x )>xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦
⎥⎤f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2<0恒成立，因此f （x ）x 在R
上是单调递减函数，∴f （3）3
<
f （1）
1
，即3f (1)>f (3).
答案 B。