高考考点完全题数学(理)考点通关练习题 第二章 函数、导数及其应用 16 Word版含答案

考点测试16 导数的应用(二)
一、基础小题
1．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间上的最大值是( )
A．－2 B．0
C．2 D．4
答案 C
解析令f′(x)＝3x2－6x＝0，得x＝0，x＝2(舍去)．比较f(－1)，f(0)，f(1)的大小知f(x)max＝f(0)＝2.
2．已知对任意实数x，都有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，则x<0时( )
A ．f ′(x )>0，g ′(x )>0
B ．f ′(x )>0，g ′(x )<0
C ．f ′(x )<0，g ′(x )>0
D ．f ′(x )<0，g ′(x )<0
答案 B
解析 由题意知f (x )是奇函数，g (x )是偶函数．当x >0时，f (x )，g (x )都单调递增，则当x <0时，f (x )单调递增，g (x )单调递减，即f ′(x )>0，g ′(x )<0.
3．若曲线f (x )＝x ，g (x )＝x α
在点P (1,1)处的切线分别为l 1，l 2，且l 1⊥l 2，则实数α的值为( )
A ．－2
B ．2
C ．12
D ．－12
答案 A 解析 f ′(x )＝
12x
，g ′(x )＝αx
α－1
，所以在点P 处的斜率分别为k 1＝1
2
，k 2＝α，因
为l 1⊥l 2，所以k 1k 2＝α
2
＝－1，所以α＝－2，选A.
4．若函数f (x )＝2x 2
－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )
A ．上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，又f (－2)＝1，f (3)＝1，∴f (x 2
－6)>1可化为－2<x 2
－6<3，∴2<x <3或－3<x <－2.
7．若0<x 1<x 2<1，则( ) A ．e x
2－e x
1>ln x 2－ln x 1 B ．e x 2－e x
1<ln x 2－ln x 1 C ．x 2e x
1>x 1e x
2 D ．x 2e x
1<x 1e x
2
答案 C
解析 构造函数f (x )＝e x －ln x ，则f ′(x )＝e x －1x
，故f (x )＝e x
－ln x 在(0,1)上有
一个极值点，即f (x )＝e x
－ln x 在(0,1)上不是单调函数，无法判断f (x 1)与f (x 2)的大小，
故A 、B 错；构造函数g (x )＝e
x
x ，则g ′(x )＝x e x －e x x 2＝
e x x －
x 2
，故函数g (x )＝e
x
x
在(0,1)
上单调递减，故g (x 1)>g (x 2)，x 2e x
1>x 1e x
2，故选C.
8．已知f (x )＝ln x －x 4＋3
4x
，g (x )＝－x 2－2ax ＋4，若对任意的x 1∈(0,2]，存在x 2∈，
使得f (x 1)≥g (x 2)成立，则a 的取值范围是( )
A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫54，＋∞
B ．⎣⎢⎡⎭
⎪⎫－18，＋∞ C ．⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－18，54 D ．⎝
⎛⎦⎥⎤－∞，－54
答案 A
解析 因为f ′(x )＝1x －34×1x 2－14＝－x 2
＋4x －34x 2＝－x －x －
4x
2
，易知，当x ∈
(0,1)时，f ′(x )<0，当x ∈(1,2]时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故f (x )min ＝f (1)＝12.对于二次函数g (x )＝－x 2
－2ax ＋4，易知该函数开口向下，
所以其在区间上的最小值在端点处取得，即g (x )min ＝min{g (1)，g (2)}．要使对任意的x 1∈(0,2]，存在x 2∈，使得f (x 1)≥g (x 2)成立，只需f (x 1)min ≥g (x 2)min ，即12≥g (1)且1
2≥g (2)，
所以12≥－1－2a ＋4且12≥－4－4a ＋4，解得a ≥5
4
.
二、高考小题
9．若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1，则下列结论中一定错误的是( )
A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k
<1k
B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k >
1k －1
C ．f ⎝
⎛⎭⎪
⎫1k －1<1k －1
D ．f ⎝
⎛⎭⎪
⎫1k －1>k k －1
答案 C
解析 构造函数g (x )＝f (x )－kx ＋1，
则g ′(x )＝f ′(x )－k >0，∴g (x )在R 上为增函数． ∵k >1，∴
1k －1>0，则g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1k －1>g (0)． 而g (0)＝f (0)＋1＝0， ∴g ⎝
⎛⎭⎪⎫1k －1＝f ⎝ ⎛⎭⎪
⎫1k －1－k k －1＋1>0， 即f ⎝
⎛⎭⎪⎫1k －1>k k －1
－1＝1k －1，
所以选项C 错误，故选C.
10．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 ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，1
B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34
C ．⎣⎢⎡⎭
⎪⎫32e ，34 D ．⎣⎢⎡⎭
⎪⎫32e ，1 答案 D
解析 由f (x 0)<0，即e x
0 (2x 0－1)－a (x 0－1)<0，
得e x
0 (2x 0－1)<a (x 0－1)．
当x 0＝1时，得e<0，显然不成立，所以x 0≠1. 若x 0>1，则a >
e
x 0
x 0－x 0－1
.
令g (x )＝
e
x
x －x －1
，则g ′(x )＝2x e x ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x －32x －2
.
当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32时，g ′(x )<0，g (x )为减函数， 当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫32，＋∞时，g ′(x )>0，g (x )为增函数， 要满足题意，则x 0＝2，此时需满足g (2)<a ≤g (3)，得3e 2
<a ≤52
e 3，与a <1矛盾，所以
x 0<1.
因为x 0<1，所以a <
e
x 0
x 0－x 0－1
.
易知，当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )>0，g (x )为增函数， 当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，g (x )为减函数，
要满足题意，则x 0＝0，此时需满足g (－1)≤a <g (0)， 得3
2e
≤a <1(满足a <1)．故选D. 11．如图，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A 的水平距离10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为( )
A ．y ＝1125x 3－35x
B ．y ＝
2125x 3－45
x C ．y ＝
3125
x 3
－x D ．y ＝－3125x 3＋15
x
答案 A
解析 根据题意知，所求函数在(－5,5)上单调递减．对于A ，y ＝1125x 3－35x ，∴y ′＝
3
125
x 2－35＝
3125(x 2－25)，∴∀x ∈(－5,5)，y ′<0，∴y ＝1125x 3－3
5
x 在(－5,5)内为减函数，同理可验证B 、C 、D 均不满足此条件，故选A.
12．设函数f (x )＝3sin πx m
.若存在f (x )的极值点x 0满足x 20＋2<m 2，则m 的取值范围是
( )
A ．(－∞，－6)∪(6，＋∞)
B ．(－∞，－4)∪(4，＋∞)
C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 答案 C 解析 f ′(x )＝
3π
m
cos πx
m
，
∵f (x )的极值点为x 0， ∴f ′(x 0)＝0，∴
3π
m
cos πx 0m
＝0，
∴πm x 0＝k π＋π
2，k ∈Z ， ∴x 0＝mk ＋m
2，k ∈Z .
又∵x 2
0＋2
<m 2
，
∴⎝ ⎛⎭⎪⎫mk ＋m 22＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤3sin ⎝
⎛⎭⎪⎫k π＋π22<m 2，k ∈Z ， 即m 2⎝ ⎛⎭
⎪⎫k ＋122＋3<m 2
，k ∈Z .
∵m ≠0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122<m 2
－3
m
2，k ∈Z .
又∵存在x 0满足x 2
0＋2
<m 2
，即存在k ∈Z 满足上式，
∴m 2－3m 2>⎣⎢⎡⎦⎥⎤
⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122min ，
∴m 2－3m 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫122，∴m 2
－3>m 24
，
∴m 2
>4，∴m >2或m <－2，故选C.
13．设x 3
＋ax ＋b ＝0，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)
①a ＝－3，b ＝－3；②a ＝－3，b ＝2；③a ＝－3，b >2；④a ＝0，b ＝2；⑤a ＝1，b ＝2. 答案 ①③④⑤
解析 设f (x )＝x 3
＋ax ＋b .
当a ＝－3，b ＝－3时，f (x )＝x 3
－3x －3，f ′(x )＝3x 2
－3，令f ′(x )>0，得x >1或x <－1；令f ′(x )<0，得－1<x <1，故f (x )在(－∞，－1)上为增函数，在(－1,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，又f (－1)＝－1，f (1)＝－5，f (3)＝15，故方程f (x )＝0只有一个实根，故①正确．
当a ＝－3，b ＝2时，f (x )＝x 3
－3x ＋2，易知f (x )在(－∞，－1)上为增函数，在(－1,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，又f (－1)＝4，f (1)＝0，x →－∞时，f (x )→－∞，从而方程f (x )＝0有两个根，故②错．
当a ＝－3，b >2时，f (x )＝x 3－3x ＋b ，易知f (x )的极大值为f (－1)＝2＋b >0，极小值为f (1)＝b －2>0，x →－∞时，f (x )→－∞，故方程f (x )＝0有且仅有一个实根，故③正确．
当a ＝0，b ＝2时，f (x )＝x 3＋2，显然方程f (x )＝0有且仅有一个实根，故④正确． 当a ＝1，b ＝2时，f (x )＝x 3
＋x ＋2，f ′(x )＝3x 2
＋1>0，则f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数，易知f (x )的值域为R ，故f (x )＝0有且仅有一个实根，故⑤正确．
综上，正确条件的编号有①③④⑤. 三、模拟小题
14．已知函数g (x )满足g (x )＝g ′(1)e
x －1
－g (0)x ＋12
x 2
，且存在实数x 0，使得不等式
2m －1≥g (x 0)成立，则实数m 的取值范围为( )
A ．(－∞，2]
B ．(－∞，3]
C ．已知函数f (x )＝m －1－x 2
(e≤x ≤2e)(e 为自然对数的底数)与g (x )＝2－5ln x 的图象上存在关于x 轴对称的点，则实数m 的取值范围是( )
A ． D ．
答案 D
解析 由题意可知，方程m －1－x 2
＝5ln x －2在上有解，即m ＝x 2
＋5ln x －1在上有解．令
h (x )＝x 2＋5ln x －1，h ′(x )＝2x ＋5
x
，易知h (x )在上单调递增，所以h (x )在上的最小值为
e 2
＋5－1＝e 2
＋4，最大值为(2e)2
＋5ln 2e －1＝4e 2
＋5ln 2＋4.所以实数m 的取值范围是．故选D.
16．已知函数f (x )＝x 3
－tx 2
＋3x ，若对于任意的a ∈，b ∈(2,3]，函数f (x )在区间上单调递减，则实数t 的取值范围是( )
A ．(－∞，3]
B ．(－∞，5]
C ．上单调递减，则有f ′(x )≤0在上恒成立，即不等式3x 2
－2tx ＋3≤0在上恒成立，即有t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在上恒成立，而函数y ＝32⎝ ⎛⎭
⎪⎫
x ＋1x 在上单调递增，由于a ∈，b ∈(2,3]，当b
＝3时，函数y ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 取得最大值，即y max ＝32⎝ ⎛⎭
⎪⎫
3＋13＝5，所以t ≥5，故选D.
17．已知f (x )＝12x 2＋b x ＋c (b ，c 是常数)和g (x )＝14x ＋1
x 是定义在M ＝{x |1≤x ≤4}上的
函数，对于任意的x ∈M ，存在x 0∈M 使得f (x )≥f (x 0)，g (x )≥g (x 0)，且f (x 0)＝g (x 0)，则
f (x )在M 上的最大值为( )
A ．7
2 B ．5 C ．6 D ．8
答案 B
解析 因为g (x )＝14x ＋1
x
≥2
14＝1(当且仅当x ＝2时等号成立)，所以f (2)＝2＋b 2
＋c ＝g (2)＝1，c ＝－1－b
2，所以f (x )＝12x 2＋b x －1－b 2，f ′(x )＝x －b x 2＝x 3
－b
x 2.因为f (x )在x
＝2处有最小值，所以f ′(2)＝0，即b ＝8，所以c ＝－5，f (x )＝12x 2＋8x －5，f ′(x )＝x 3
－8
x 2，
所以f (x )在上单调递减，在上单调递增，而f (1)＝12＋8－5＝7
2，f (4)＝8＋2－5＝5，所以
函数f (x )的最大值为5，故选B.
18．已知函数f (x )＝ax 3
＋x 2
－ax (a ∈R ，且a ≠0)．如果存在实数a ∈(－∞，－1]，使得函数g (x )＝f (x )＋f ′(x )，x ∈(b >－1)在x ＝－1处取得最小值，则实数b 的最大值为________．
答案
17－1
2
解析 依题意，f ′(x )＝3ax 2
＋2x －a ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )＝ax 3
＋(3a ＋1)x 2
＋(2－a )x －a ，则g (x )≥g (－1)在区间上恒成立，即(x ＋1)≥0 ①，当x ＝－1时，不等式①成立，当－1<x ≤b 时，不等式①可化为ax 2
＋(2a ＋1)x ＋1－3a ≥0 ②，令h (x )＝ax 2
＋(2a ＋1)x ＋1－3a ，由a ∈(－∞，－1]知其图象是开口向下的抛物线，故h (x )在闭区间上的最小值必
在端点处取得，又h (－1)＝－4a >0，则不等式②成立的充要条件是h (b )≥0，整理得
b 2＋2b －3b ＋1
≤－1a ，则该不等式在a ∈(－∞，－1]上有解，即b 2＋2b －3b ＋1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a max ＝1，得－1<b ≤17－12，
故实数b 的最大值为
17－1
2
.
一、高考大题
1．设函数f (x )＝αcos2x ＋(α－1)(cos x ＋1)，其中α>0，记|f (x )|的最大值为A . (1)求f ′(x )； (2)求A ；
(3)证明|f ′(x )|≤2A .
解 (1)f ′(x )＝－2αsin2x －(α－1)sin x . (2)当α≥1时，
|f (x )|＝|αcos2x ＋(α－1)(cos x ＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f (0)． 因此A ＝3α－2.
当0<α<1时，将f (x )变形为f (x )＝2αcos 2
x ＋(α－1)·cos x －1. 设t ＝cos x ，则t ∈，
令g (t )＝2αt 2
＋(α－1)t －1，则A 是|g (t )|在上的最大值，g (－1)＝α，g (1)＝3α－2，且当t ＝1－α4α时，g (t )取得最小值，最小值为g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－α4α＝－α－
2
8α－1
＝－α2
＋6α＋1
8α
.
令－1<1－α4α<1，解得α<－13(舍去)，或α>15
.
①当0<α≤1
5时，g (t )在(－1,1)内无极值点，|g (－1)|＝α，|g (1)|＝2－3α，|g (－
1)|<|g (1)|，所以A ＝2－3α.
②当15<α<1时，由g (－1)－g (1)＝2(1－α)>0，知g (－1)>g (1)>g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－α4α. 又⎪⎪⎪⎪
⎪⎪g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－α4α－|g (－1)|＝－α
＋7α
8α
>0，
所以A ＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－α4α＝
α2＋6α＋18α.
综上，A ＝⎩⎪⎨⎪⎧
2－3α，0<α≤15
，
α2
＋6α＋18α，1
5<α<1，
3α－2，α≥1.
(3)证明：由(1)得|f ′(x )|＝|－2αsin2x －(α－1)sin x |≤2α＋|α－1|. 当0<α≤1
5时，|f ′(x )|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A .
当15<α<1时，A ＝α8＋18α＋3
4>1， 所以|f ′(x )|≤1＋α<2A .
当α≥1时，|f ′(x )|≤3α－1≤6α－4＝2A . 所以|f ′(x )|≤2A .
2．已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1
x
2，a ∈R .
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋3
2对于任意的x ∈成立．
解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝ax 2－x －
x
3
.
当a ≤0时，x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，
x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．
当a >0时，
f ′(x )＝
a x －
x 3
⎝
⎛⎭⎪⎫x －2a ⎝
⎛
⎭
⎪⎫
x ＋2a .
①0<a <2时，
2
a
>1，
当x ∈(0,1)或x ∈⎝
⎛⎭
⎪⎫
2a
，＋∞时，
f ′(x )>0，f (x )单调递增，
当x ∈⎝
⎛⎭
⎪⎫
1，
2a 时，
f ′(x )<0，f (x )单调递减．
②a ＝2时，
2
a
＝1，在x ∈(0，＋∞)内，
f ′(x )≥0，f (x )单调递增．
③a >2时，0<2
a
<1，
当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫
0，
2a 或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝
⎛
⎭
⎪⎫2a
，1时，
f ′(x )<0，f (x )单调递减．
综上所述，
当a ≤0时，f (x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减； 当0<a <2时，f (x )在(0,1)内单调递增，在⎝
⎛
⎭⎪⎫
1，2a 内单调递减，在⎝
⎛
⎭
⎪⎫
2a
，＋∞内单
调递增；
当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增； 当a >2时，f (x )在⎝
⎛⎭⎪⎫
0，2a 内单调递增，在⎝
⎛
⎭
⎪⎫
2
a
，1内单调递减，在(1，＋∞)内单
调递增．
(2)由(1)知，a ＝1时，
f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋
2x －1x
2
－⎝
⎛⎭
⎪⎫
1－1x －2x
2＋2x 3 ＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2
x
3－1，x ∈．
设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2
x
3－1，x ∈．
则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x )． 由g ′(x )＝
x －1
x
≥0，可得g (x )≥g (1)＝1. 当且仅当x ＝1时取得等号． 又h ′(x )＝－3x 2
－2x ＋6
x
4
. 设φ(x )＝－3x 2
－2x ＋6，则φ(x )在x ∈内单调递减． 因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10， 所以∃x 0∈(1,2)，使得x ∈(1，x 0)时， φ(x )>0，x ∈(x 0,2)时，φ(x )<0.
所以h (x )在(1，x 0)内单调递增，在(x 0,2)内单调递减． 由h (1)＝1，h (2)＝12，可得h (x )≥h (2)＝12，
当且仅当x ＝2时取得等号． 所以f (x )－f ′(x )>g (1)＋h (2)＝3
2
，
即f (x )>f ′(x )＋3
2对于任意的x ∈成立．
3．已知函数f (x )＝x 3
＋ax ＋14，g (x )＝－ln x .
(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；
(2)用min{m ，n }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 (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⎩⎪⎨
⎪⎧
x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0.
解得x 0＝12，a ＝－3
4
.
因此，当a ＝－3
4
时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线．
(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0，从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0，故
h (x )在(1，＋∞)上无零点．
当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋5
4≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x
＝1是h (x )的零点；若a <－5
4
，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0，故x ＝1不是
h (x )的零点．
当x ∈(0,1)时，g (x )＝－ln x >0，所以只需考虑f (x )在(0,1)上的零点个数． ①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)上单调．而
f (0)＝14，f (1)＝a ＋54
，所以当a ≤－3时，f (x )在(0,1)上有一个零点；当a ≥0时，f (x )
在(0,1)上没有零点．
②若－3<a <0，则f (x )在⎝
⎛⎭⎪⎫0， －a 3上单调递减，在⎝
⎛
⎭
⎪⎫
－a
3，1上单调递增，故在
(0,1)中，当x ＝
－a
3时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝
⎛
⎭⎪⎫－a 3＝2a
3
－a 3＋14
. a ．若f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－a 3>0，即－34<a <0，f (x )在(0,1)上无零点；
b ．若f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0,1)上有唯一零点；
c ．若f ⎝
⎛⎭
⎪⎫
－a 3<0，即－3<a <－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54<a <－34时，
f (x )在(0,1)上有两个零点；当－3<a ≤－5
4
时，f (x )在(0,1)上有一个零点．
综上，当a >－34或a <－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－5
4时，h (x )有两个零点；
当－54<a <－3
4
时，h (x )有三个零点．
二、模拟大题 4．已知函数f (x )＝
x ln x
x －1
－a (a <0)． (1)当x ∈(0,1)时，求f (x )的单调性；
(2)若h (x )＝(x 2
－x )·f (x )，且方程h (x )＝m 有两个不相等的实数根x 1，x 2.求证：x 1
＋x 2>1.
解 (1)f ′(x )＝
x －1－ln x
x －2
，
设g (x )＝x －1－ln x ，则g ′(x )＝1－1
x
，
∴当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，∴g (x )>g (1)＝0，∴f ′(x )>0，∴f (x )在(0,1)上单调递增．
(2)证明：∵h (x )＝x 2
ln x －ax 2
＋ax (a <0)，
∴h ′(x )＝2x ln x ＋x －2ax ＋a ，设g (x )＝2x ln x ＋x －2ax ＋a ， ∴g ′(x )＝2ln x －2a ＋3，
∵y ＝g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增， 当x →0时，g ′(0)<0，g ′(1)＝3－2a >0，
∴必存在t ∈(0,1)，使得g ′(t )＝0，即2ln t －2a ＋3＝0， ∴y ＝h ′(x )在(0，t )上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增． 又当x →0时，h ′(0)<0，h ′(1)＝1－a >0. 设h ′(x 0)＝0，则x 0∈(0,1)，
∴y ＝h (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 又h (1)＝0，不妨设x 1<x 2则0<x 1<x 0，x 0<x 2<1，
由(1)知
⎩
⎪⎨
⎪⎧
f
x 1f x 0，f x 2
f x 0
⇒⎩
⎪⎨⎪⎧
h
x 1f x 0x 21－x 1，h x 2
f x 0
x 22－x 2
，
∴f (x 0)(x 2
2－x 2)>h (x 2)＝h (x 1)>f (x 0)(x 2
1－x 1)， ∴(x 2
2－x 2)－(x 2
1－x 1)＝(x 2－x 1)(x 2＋x 1－1)>0， ∴x 1＋x 2>1.
5．已知函数f (x )＝e x
－ax 2
，曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝bx ＋1. (1)求a ，b 的值；
(2)求函数f(x)在上的最大值；
(3)证明：当x>0时，e x＋(1－e)x－x ln x－1≥0.
解(1)f′(x)＝e x－2ax，由题意，得f′(1)＝e－2a＝b，
f(1)＝e－a＝b＋1，解得a＝1，b＝e－2.
(2)解法一：由(1)知，f(x)＝e x－x2，
∴f′(x)＝e x－2x≥x＋1－2x≥1－x≥0，x∈，
故f(x)在上单调递增，f(x)max＝f(1)＝e－1.
解法二：由(1)知，f(x)＝e x－x2，
∴f′(x)＝e x－2x，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝e x－2.
由g′(x)>0，得x>ln 2；由g′(x)<0，得0<x<ln 2.
∴g(x)＝f′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
∴f′(x)≥f′(ln 2)＝2－2ln 2 >0，
∴f(x)在上单调递增，∴f(x)max＝f(1)＝e－1.
(3)证明：∵f(0)＝1，又由(2)知，f(x)的图象过点(1，e－1)，且y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝(e－2)x＋1，故可猜测：当x>0，x≠1时，
f(x)的图象恒在切线y＝(e－2)x＋1的上方．
下面证明：当x>0时，f(x)≥(e－2)x＋1.
设m(x)＝f(x)－(e－2)x－1，x>0，则m′(x)＝e x－2x－(e－2)，设h(x)＝e x－2x－(e －2)，则h′(x)＝e x－2.
由(2)知，m′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增．
又m′(0)＝3－e>0，m′(1)＝0,0<ln 2<1，
∴m′(ln 2)<0.
∴存在x0∈(0,1)，使得m′(x0)＝0，
∴当x∈(0，x0)∪(1，＋∞)时，m′(x)>0；
当x∈(x0 ,1)时，m′(x)<0.
故m(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
又m(0)＝m(1)＝0，∴m(x)＝e x－x2－(e－2)x－1≥0(当且仅当x＝1时取等号)．
∴e x＋－x－1
x
≥x，x>0.
由(2)知，e x≥x＋1，∴x≥ln (x＋1)，∴x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取等号．
∴e x＋－x－1
x
≥x≥ln x＋1，即
e x＋－x－1
x
≥ln x＋1.
∴e x＋(2－e)x－1≥x ln x＋x，即e x＋(1－e)x－x ln x－1≥0成立，当且仅当x＝1时等号成立．
6．已知函数f (x )＝e x
－
x ＋
2
2
，g (x )＝2ln (x ＋1)＋e －x
.
(1)x ∈(－1，＋∞)时，证明：f (x )>0； (2)a >0，若g (x )≤ax ＋1，求a 的取值范围．
解 (1)证明：令p (x )＝f ′(x )＝e x －x －1，则p ′(x )＝e x
－1，
在(－1,0)上，p ′(x )<0，p (x )单调递减；在(0，＋∞)上，p ′(x )>0，p (x )单调递增． 所以p (x )的最小值为p (0)＝0，即f ′(x )≥0，
所以f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，即f (x )>f (－1)>0. (2)令h (x )＝g (x )－(ax ＋1)，则h ′(x )＝2x ＋1－e －x
－a ， 令q (x )＝
2x ＋1－e －x
－a ，则q ′(x )＝1e
x －2x ＋
2
.
由(1)得q ′(x )<0，则q (x )在(－1，＋∞)上单调递减． ①当a ＝1时，q (0)＝h ′(0)＝0且h (0)＝0.
在(－1,0)上，h ′(x )>0，h (x )单调递增；在(0，＋∞)上，h ′(x )<0，h (x )单调递减． 所以h (x )的最大值为h (0)，即h (x )≤0恒成立． ②当a >1时，h ′(0)<0， 在(－1,0)上，h ′(x )＝2x ＋1－e －x
－a <2x ＋1
－1－a ， 令
2x ＋1－1－a ＝0，解得x ＝1－a
a ＋1
∈(－1,0)． 在⎝
⎛⎭
⎪
⎫1－a a ＋1，0上，h ′(x )<0，h (x )单调递减，
又h (0)＝0，所以此时h (x )>0，与h (x )≤0恒成立矛盾． ③当0<a <1时，h ′(0)>0， 在(0，＋∞)上，h ′(x )＝2x ＋1－e －x
－a >2x ＋1
－1－a ， 令
2x ＋1－1－a ＝0，解得x ＝1－a
a ＋1
∈(0，＋∞)． 即在⎝ ⎛⎭
⎪
⎫0，1－a a ＋1上，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 又h (0)＝0，所以此时h (x )>0，与h (x )≤0恒成立矛盾． 综上，a 的取值为1.。