第三章导数及其应用

第三章 导数及其应用考点1 导数的概念及计算1．(2014·陕西，10)如图，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切)．已知环湖弯曲路段为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为( )A ．y ＝12x 3－12x 2－xB ．y ＝12x 3＋12x 2－3xC ．y ＝14x 3－xD ．y ＝14x 3＋12x 2－2x1.解析 法一 由题意可知，该三次函数满足以下条件：过点(0，0)，(2，0)，在(0，0)处的切线方程为y ＝－x ，在(2，0)处的切线方程为y ＝3x －6，以此对选项进行检验．A 选项， y ＝12x 3－12x 2－x ，显然过两个定点，又y ′＝32x 2－x －1，则y ′|x ＝0＝－1，y ′|x ＝2＝3，故条件都满足，由选择题的特点知应选A.法二 设该三次函数为f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d ，则f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ， 由题设有⎩⎪⎨⎪⎧f （0）＝0⇒d ＝0，f （2）＝0⇒8a ＋4b ＋2c ＋d ＝0，f ′（0）＝－1⇒c ＝－1，f ′（2）＝3⇒12a ＋4b ＋c ＝3，解得a ＝12，b ＝－12，c ＝－1，d ＝0.故该函数的解析式为y ＝12x 3－12x 2－x ，选A.答案 A2.(2016·新课标全国Ⅲ，16)已知f (x )为偶函数，当x ≤0时，f (x )＝-x-1e－x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，2)处的切线方程是________.2.解析设x>0，则－x<0，f(－x)＝e x－1＋x，因为f(x)为偶函数，所以f(x)＝e x－1＋x，f′(x)＝e x－1＋1，f′(1)＝2，y－2＝2(x－1)，即y＝2x.答案y＝2x3．(2015·新课标全国Ⅰ，14)已知函数f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,7)，则a＝________.3.解析f′(x)＝3ax2＋1，f′(1)＝1＋3a，f(1)＝a＋2.点(1，f(1))处的切线方程为y－(a＋2)＝(1＋3a)(x－1)．将(2，7)代入切线方程，得7－(a＋2)＝(1＋3a)，解得a＝1.答案14.(2015·新课标全国Ⅱ，16)已知曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________.4.解析由y＝x＋ln x，得y′＝1＋1x，得曲线在点(1，1)的切线的斜率为k＝y′|x＝1＝2，所以切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1，此切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，消去y得ax2＋ax＋2＝0，得a≠0且Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.答案85.(2015·天津，11)已知函数f(x)＝aax ln，x∈(0，＋∞)，其中a为实数，f′(x)为f(x)的导函数．若f′(1)＝3，则a的值为________．5.解析f′(x)＝xa ln＋ax·1x＝a(ln x＋1)，由f′(1)＝3得，a(ln 1＋1)＝3，解得a＝3.答案 36.(2014·江苏，11)在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋bx (a ，b 为常数)过点P (2，－5)，且该曲线在点P 处的切线与直线7x ＋2y ＋3＝0平行，则a ＋b 的值是________．6.解析 由曲线y ＝ax 2＋b x 过点P (2，－5)可得－5＝4a ＋b 2 (1)．又y ′＝2ax －bx 2，所以在点P处的切线斜率4a －b 4＝－72 (2)．由(1)(2)解得a ＝－1，b ＝－2，所以a ＋b ＝－3.答案 －37.(2014·广东，11)曲线y ＝－5e x ＋3在点(0，－2)处的切线方程为______________7.解析 由y ＝－5e x ＋3得，y ′＝－5e x ，所以切线的斜率k ＝y ′|x ＝0＝－5，所以切线方程为y ＋2＝－5(x －0)，即5x ＋y ＋2＝0. 答案 5x ＋y ＋2＝08.(2014·北京，20)已知函数f (x )＝2x 3－3x . (1)求f (x )在区间[－2,1]上的最大值；(2)若过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切，求t 的取值范围；(3)问过点A (－1,2)，B (2,10)，C (0,2)分别存在几条直线与曲线y ＝f (x )相切？(只需写出结论) 8.解 (1)由f (x )＝2x 3－3x 得f ′(x )＝6x 2－3.令f ′(x )＝0，得x ＝－22或x ＝22. 因为f (－2)＝－10，f ⎝⎛⎭⎫－22＝2，f ⎝⎛⎭⎫22＝－2，f (1)＝－1，所以f (x )在区间[－2，1]上的最大值为f ⎝⎛⎭⎫－22＝ 2. (2)设过点P (1，t )的直线与曲线y ＝f (x )相切于点(x 0，y 0)，则y0＝2x30－3x0，且切线斜率为k＝6x20－3，所以切线方程为y－y0＝(6x20－3)(x－x0)，因此t－y0＝(6x20－3)(1－x0)．整理得4x30－6x20＋t＋3＝0.设g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”．g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)，g(x)与g′(x)的情况如下：当g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3时，此时g(x)在区间(－∞，1]和(1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点．当g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1时，此时g(x)在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点．当g(0)＞0且g(1)＜0，即－3＜t＜－1时，因为g(－1)＝t－7＜0，g(2)＝t＋11＞0，所以g(x)分别在区间[－1，0)，[0，1)和[1，2)上恰有1个零点，由于g(x)在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上单调，所以g(x)分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点．综上可知，当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切时，t的取值范围是(－3，－1)．(3)过点A(－1，2)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切；过点B(2，10)存在2条直线与曲线y＝f(x)相切；过点C(0，2)存在1条直线与曲线y＝f(x)相切．考点2 导数的应用1.(2016·四川，6)已知a是函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝()A.－4B.－2C.4D.21.解析∵f(x)＝x3－12x，∴f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，则x1＝－2，x2＝2.当x∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x∈(－2，2)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，∴f(x)的极小值点为a＝2.答案D2.(2015·陕西，9)设f(x)＝x－sin x，则f(x)()A．既是奇函数又是减函数B．既是奇函数又是增函数C．是有零点的减函数D．是没有零点的奇函数2.解析f(x)＝x－sin x的定义域为R，关于原点对称，且f(－x)＝－x－sin(－x)＝－x＋sin x＝－f(x)，故f(x)为奇函数．又f′(x)＝1－sin x≥0恒成立，所以f(x)在其定义域内为增函数，故选B.答案B3.(2015·安徽，10)函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，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 <03.解析 由已知f (0)＝d >0，可排除D ；其导函数f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c 且f ′(0)＝c >0，可排除B ； 又f ′(x )＝0有两不等实根，且x 1x 2＝ca ＞0，所以a ＞0.故选A.答案 A4.(2014·新课标全国Ⅱ，11)若函数f (x )＝k x －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)4.解析 因为f (x )＝k x －ln x ，所以f ′(x )＝k －1x .因为f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增， 所以当x ＞1时，f ′(x )＝k －1x ≥0恒成立，即k ≥1x在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x ＞1，所以0＜1x ＜1，所以k ≥1.故选D.答案 D5.(2014·湖南，9)若0＜x 1＜x 2＜1，则( )A ．e2x －e 1x＞ln x 2－ln x 1B ．e2x －e 1x＜ln x 2－ln x 1C ．x 2e 1x＞x 1e 2x D ．x 2e 1x＜x 1e2x5.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 －1）x 2，故函数g (x )＝e xx 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. 答案 C6.(2014·新课标全国Ⅰ，12)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 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞) B ．(1，＋∞) C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)6. 解析 由题意知f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，当a ＝0时，不满足题意． 当a ≠0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝2a，当a ＞0时，f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞上单调递增，在 ⎝⎛⎭⎫0，2a 上单调递减． 又f (0)＝1，此时f (x )在(－∞，0)上存在零点，不满足题意；当a ＜0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，2a ，(0，＋∞)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫2a ，0上单调递增， 要使f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则需f ⎝⎛⎭⎫2a ＞0， 即a ×⎝⎛⎭⎫2a 3－3×⎝⎛⎭⎫2a 2＋1＞0，解得a ＜－2，故选C. 答案 C7.(2016·新课标全国卷Ⅱ，20)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1). (1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0，求a 的取值范围.7.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，f ′(x )＝ln x ＋1x －3，f ′(1)＝－2，f (1)＝0，曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0. (2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0等价于ln x －a （x －1）x ＋1>0，设g (x )＝ln x －a （x －1）x ＋1，则g ′(x )＝1x －2a（x ＋1）2＝x 2＋2（1－a ）x ＋1x （x ＋1）2，g (1)＝0.(ⅰ)当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1>0，故g ′(x )>0，g (x )在(1，＋∞)单调递增，因此g (x )>0；(ⅱ)当a >2时，令g ′(x )＝0得，x 1＝a －1－（a －1）2－1，x 2＝a －1＋（a －1）2－1. 由x 2>1和x 1x 2＝1得x 1<1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )<0，g (x )在(1，x 2)单调递减，因此g (x )<0， 综上，a 的取值范围是(－∞，2].8.(2016·新课标全国Ⅲ，21)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 －1ln x <x ；(3)设c >1，证明：当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x . 8.(1)解 由题设，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －1，令f ′(x )＝0解得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，最大值为f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x －1，即1<x －1ln x <x .(3)证明 由题设c >1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x ，则g ′(x )＝c －1－c x ln c ， 令g ′(x )＝0，解得x 0＝ln c －1ln cln c.当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减. 由(2)知1<c －1ln c<c ，故0<x 0<1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0. 所以当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x .9.(2016·山东，20)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R . (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值.求实数a 的取值范围. 9.解 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a .可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)， 则g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x.当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增；当a ＞0时，x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时，g ′(x )＞0时，函数g (x )单调递增， x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减. 所以当a ≤0时，g (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，g (x )的单调增区间为⎝⎛⎭⎫0，12a ，单调减区间为⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞. (2)由(1)知，f ′(1)＝0. ①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，所以当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意.②当0＜a ＜12时，12a ＞1，由(1)知f ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 内单调递增. 可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，x ∈⎝⎛⎭⎫1，12a 时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(0，1)内单调递减，在⎝⎛⎭⎫1，12a 内单调递增. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意. ③当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减.所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意.④当a ＞12时，0＜12a ＜1，当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减. 所以f (x )在x ＝1处取极大值，合题意 .综上可知，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，＋∞.10.(2016·四川，21)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －ee x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f (x )的单调性； (2)证明：当x >1时，g (x )>0；(3)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立. 10.(1)解 f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x (x >0).当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减. 当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a. 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. (2)证明 令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －1－1. 当x >1时，s ′(x )>0，所以e x －1>x ， 从而g (x )＝1x －1ex －1>0.(3)解 由(2)知，当x >1时，g (x )>0. 当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0，故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0<a <12时，12a>1，由(1)有f ⎝⎛⎭⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝⎛⎭⎫12a >0. 所以f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立； 当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)，当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x >x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0. 因此，h (x )在区间(1，＋∞)单调递增.又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0， 即f (x )>g (x )恒成立.综上，a ∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞.11.(2016·北京，20)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 的取值范围； (3)求证：a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件.11.(1)解 由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，切线斜率k ＝f ′(0)＝b . 又f (0)＝c ，所以切点坐标为(0，c ).所以所求切线方程为y －c ＝b (x －0)，即bx －y ＋c ＝0. (2)解 由a ＝b ＝4得f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ∴f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4＝(3x ＋2)(x ＋2) 令f ′(x )＝0，得(3x ＋2)(x ＋2)＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下：所以，当c ＞0且c －3227＜0时，存在x 1∈(－∞，－2)，x 2∈⎝⎛⎭⎫－2，－23，x 3∈⎝⎛⎭⎫－23，＋∞， 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. (3)证明 当Δ＝4a 2－12b ＜0时，即a 2－3b ＜0， f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＞0，x ∈(－∞，＋∞)， 此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增， 所以f (x )不可能有三个不同零点.当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )＞0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在区间(x 0，＋∞)上单调递增. 所以f (x )不可能有三个不同零点.综上所述，若函数f (x )有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b ＞0， 故a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要条件.当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b ＞0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点， 所以a 2－3b ＞0不是f (x )有三个不同零点的充分条件. 因此a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件.12.(2015·新课标全国Ⅱ，21)已知f (x )＝ln x ＋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． 12.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －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 ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0. 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a 取得最大值，最大值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln ⎝⎛⎭⎫1a ＋a ⎝⎛⎭⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1. 因此f ⎝⎛⎭⎫1a ＞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)．13.(2015·新课标全国Ⅰ，21)设函数f (x )＝e 2x －a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数；(213.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点．当a >0时，因为e 2x 单调递增，－ax 单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明 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2e2x 0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .14.(2015·福建，22)已知函数f (x )＝ln x －(x －1)22.(1)求函数f (x )的单调递增区间； (2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1；(3)确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0＞1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )＞k (x －1)． 14.解 (1)f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)．由f ′(x )＞0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0.解得0＜x ＜1＋52.故f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋52.(2)令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)． 则有F ′(x )＝1－x 2x.当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＜0，所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减， 故当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0， 即当x ＞1时，f (x )＜x －1.(3)由(2)知，当k ＝1时，不存在x 0＞1满足题意． 当k ＞1时，对于x ＞1，有f (x )＜x －1＜k (x －1)， 则f (x )＜k (x －1)，从而不存在x 0＞1满足题意． 当k ＜1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)， 则有G ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋（1－k ）x ＋1x .由G ′(x )＝0得，－x 2＋(1－k )x ＋1＝0.解得x 1＝1－k －（1－k ）2＋42＜0，x 2＝1－k ＋（1－k ）2＋42＞1.当x ∈(1，x 2)时，G ′(x )＞0，故G (x )在[1，x 2)内单调递增． 从而当x ∈(1，x 2)时，G (x )＞G (1)＝0， 即f (x )＞k (x －1)．综上，k 的取值范围是(－∞，1)．15.(2015·浙江，17)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和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 2，l 1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y ＝ax 2＋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．15.解 (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y ＝ax 2＋b，得⎩⎨⎧a25＋b＝40，a 400＋b＝2.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1 000，b ＝0.(2)①由(1)知，y ＝1 000x 2(5≤x ≤20)，则点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫t ，1 000t 2， 设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于A ，B 点，y ′＝－2 000x 3， 则l 的方程为y －1 000t 2＝－2 000t 3(x －t )，由此得A ⎝⎛⎭⎫3t 2，0，B ⎝⎛⎭⎫0，3 000t 2. 故f (t )＝⎝⎛⎭⎫3t 22＋⎝⎛⎭⎫3 000t 22＝32t 2＋4×106t 4，t ∈[5，20]． ②设g (t )＝t 2＋4×106t 4，则g ′(t )＝2t －16×106t5. 令g ′(t )＝0，解得t ＝10 2.当t ∈(5，102)时，g ′(t )＜0，g (t )是减函数； 当t ∈(102，20)时，g ′(t )＞0，g (t )是增函数．从而，当t ＝102时，函数g (t )有极小值，也是最小值， 所以g (t )min ＝300，此时f (t )min ＝15 3.答：当t ＝102时，公路l 的长度最短，最短长度为153千米．16.(2015·湖南，21)已知a >0，函数f (x )＝a e x cos x (x ∈[0，＋∞))．记x n 为f (x )的从小到大的第n (n ∈N *)个极值点．(1)证明：数列{f (x n )}是等比数列；(2)若对一切n ∈N *，x n ≤|f (x n )|恒成立，求a 的取值范围． 16.解 (1)f ′(x )＝a e x cos x －a e x sin x ＝2a e x cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4. 令f ′(x )＝0，由x ≥0， 得x ＋π4＝m π－π2，即x ＝m π－3π4，m ∈N *.而对于cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4，当k ∈Z 时， 若2k π－π2＜x ＋π4＜2k π＋π2，即2k π－3π4＜x ＜2k π＋π4，则cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4＞0. 若2k π＋π2＜x ＋π4＜2k π＋3π2，即2k π＋π4＜x ＜2k π＋5π4，则cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4＜0. 因此，在区间⎝⎛⎭⎫（m －1）π，m π－3π4与⎝⎛⎭⎫m π－3π4，m π＋π4上，f ′(x )的符号总相反． 于是当x ＝m π－3π4(m ∈N *)时，f (x )取得极值，所以x n ＝n π－34π(n ∈N *)．此时，f (x n )＝a e n π－3π4cos ⎝⎛⎭⎫n π－3π4＝(－1)n ＋12a 2e n π－3π4. 易知f (x n )≠0，而f （x n ＋1）f （x n ）＝（－1）n ＋22a 2e （n ＋1）π－3π4（－1）n ＋12a 2e n π－3π4＝－e π是常数，故数列{f (x n )}是首项为f (x 1)＝2a 2e π4，公比为－e π的等比数列． (2)对一切n ∈N *，x n ≤|f (x n )|恒成立，即n π－3π4≤2a 2e n π－3π4恒成立，亦即2a ≤e n π－3π4n π－3π4恒成立(因为a ＞0)．设g (t )＝e tt (t ＞0)，则g ′(t )＝e t （t －1）t 2.令g ′(t )＝0得t ＝1.当0＜t ＜1时，g ′(t )＜0，所以g (t )在区间(0，1)上单调递减； 当t ＞1时，g ′(t )＞0，所以g (t )在区间(1，＋∞)上单调递增． 因为x 1∈(0，1)，且当n ≥2时，x n ∈(1，＋∞)，x n ＜x n ＋1， 所以[g (x n )]min ＝min{g (x 1)，g (x 2)} ＝min ⎩⎨⎧⎭⎬⎫g ⎝⎛⎭⎫π4，g ⎝⎛⎭⎫5π4＝g ⎝⎛⎭⎫π4 ＝4πe π4. 因此，x n ≤|f (x n )|恒成立，当且仅当2a ≤4π4πe ，解得a ≥2π44π-e .故a 的取值范围是⎥⎦⎤⎢⎣⎡∝+-,424ππe .17.(2015·山东，20)设函数f (x )＝(x ＋a )ln x ，g (x )＝x 2e x . 已知曲线y ＝f (x ) 在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y ＝0平行． (1)求a 的值；(2)是否存在自然数k ，使得方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m (x )＝min{f (x )，g (x )}(min{p ，q }表示p ，q 中的较小值)，求m (x )的最大值． 17.解 (1)由题意知，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为2， 所以f ′(1)＝2，又f ′(x )＝ln x ＋ax ＋1，所以a ＝1.(2)k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(1，2)内存在唯一的根． 设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －x 2e x ，当x ∈(0，1]时，h (x )＜0.又h (2)＝3ln 2－4e 2＝ln 8－4e 2＞1－1＝0，所以存在x 0∈(1，2)，使得h (x 0)＝0. 因为h ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＋x （x －2）e x ，所以当x ∈(1，2)时，h ′(x )＞1－1e ＞0，当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0，所以当x ∈(1，＋∞)时，h (x )单调递增，所以k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根． (3)由(2)知方程f (x )＝g (x )在(1，2)内存在唯一的根x 0.且x ∈(0，x 0)时，f (x )＜g (x )，x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )＞g (x )， 所以m (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（x ＋1）ln x ，x ∈（0，x 0]，x 2e x ，x ∈（x 0，＋∞）.当x ∈(0，x 0)时，若x ∈(0，1]，m (x )≤0； 若x ∈(1，x 0)，由m ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＞0，可知0＜m (x )≤m (x 0)； 故m (x )≤m (x 0)．当x ∈(x 0，＋∞)时，由m ′(x )＝x （2－x ）e x ，可得x ∈(x 0，2)时，m ′(x )＞0，m (x )单调递增；x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )＜0，m (x )单调递减； 可知m (x )≤m (2)＝4e 2，且m (x 0)＜m (2)．综上可得，函数m (x )的最大值为4e 2.18.(2015·浙江，20)设函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )．(1)当b ＝a 24＋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． 18.解 (1)当b ＝a 24＋1时，f (x )＝⎝⎛⎭⎫x ＋a 22＋1，故对称轴为直线x ＝－a2.当a ≤－2时，g (a )＝f (1)＝a 24＋a ＋2.当－2＜a ≤2时，g (a )＝f ⎝⎛⎭⎫－a2＝1. 当a ＞2时，g (a )＝f (－1)＝a 24－a ＋2.综上，g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧a 24＋a ＋2，a ≤－2，1，－2＜a ≤2，a 24－a ＋2，a ＞2.(2)设s ，t 为方程f (x )＝0的解，且－1≤t ≤1，则⎩⎪⎨⎪⎧s ＋t ＝－a ，st ＝b ，由于0≤b －2a ≤1，因此－2t t ＋2≤s ≤1－2tt ＋2(－1≤t ≤1)．当0≤t ≤1时，－2t 2t ＋2≤st ≤t －2t 2t ＋2，由于－23≤－2t 2t ＋2≤0和－13≤t －2t 2t ＋2≤9－45，所以－32≤b ≤9－4 5.当－1≤t ＜0时，t －2t 2t ＋2≤st ≤－2t 2t ＋2，由于－2≤－2t 2t ＋2＜0和－3≤t －2t 2t ＋2＜0，所以－3≤b ＜0.故b 的取值范围是[－3，9－45]．19.(2015·天津，20)已知函数f (x )＝4x －x 4，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间；(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)有两个实数根x 1，x 2，且x 1＜x 2，求证：x 2－x 1≤－a3＋134.19.(1)解 由f (x )＝4x －x 4，可得f ′(x )＝4－4x 3.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，f (x )的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (2)证明 设点P 的坐标为(x 0，0)，则x 0＝413，f ′(x 0)＝－12.曲线y ＝f (x )在点P 处的切线方程为y ＝f ′(x 0)(x －x 0)，即g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)． 令函数F (x )＝f (x )－g (x )，即F (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)， 则F ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)．由于f ′(x )＝－4x 3＋4在(－∞，＋∞)上单调递减， 故F ′(x )在(－∞，＋∞)上单调递减，又因为F ′(x 0)＝0，所以当x ∈(－∞，x 0)时，F ′(x )＞0，当x ∈(x 0，＋∞)时，F ′(x )＜0， 所以F (x )在(－∞，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减， 所以对于任意的实数x ，F (x )≤F (x 0)＝0， 即对于任意的实数x ，都有f (x )≤g (x )． (3)证明 由(2)知g (x )＝－12(x －413)．设方程g (x )＝a 的根为x 2′， 可得x 2′＝－a 12＋413.因为g (x )在(－∞，＋∞)上单调递减， 又由(2)知g (x 2)≥f (x 2)＝a ＝g (x 2′)， 因此x 2≤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 .对于任意的x ∈(－∞，＋∞)，有f (x )－h (x )＝－x 4≤0，即f (x )≤h (x )．设方程h (x )＝a 的根为x 1′，可得x 1′＝a4.因为h (x )＝4x 在(－∞，＋∞)上单调递增，且h (x 1′)＝a ＝f (x 1)≤h (x 1)，因此x 1′≤x 1， 由此可得x 2－x 1≤x 2′－x 1′＝－a 3＋413.20.(2015·广东，21)设a 为实数，函数f (x )＝(x －a )2＋|x －a |－a (a －1)． (1)若f (0)≤1，求a 的取值范围； (2)讨论f (x )的单调性；(3)当20.解 (1)f (0)＝a 2＋|a |－a 2＋a ＝|a |＋a ，因为f (0)≤1，所以|a |＋a ≤1， 当a ≤0时，|a |＋a ＝－a ＋a ＝0≤1，显然成立； 当a >0，则有|a |＋a ＝2a ≤1，所以a ≤12，所以0<a ≤12，综上所述，a 的取值范围是a ≤12.(2)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－（2a －1）x ，x ≥a ，x 2－（2a ＋1）x ＋2a ，x <a .对于u 1＝x 2－(2a －1)x ，其对称轴为x ＝2a －12＝a －12<a ，开口向上，所以f (x )在(a ，＋∞)上单调递增；对于u 1＝x 2－(2a ＋1)x ＋2a ，其对称轴为x ＝2a ＋12＝a ＋12>a ，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，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－3x ，x ≥2，x 2－5x ＋4，x <2，令f (x )＋4x ＝0，即f (x )＝－4x(x >0)，因为f (x )在(0，2)上单调递减，所以f (x )>f (2)＝－2，而y ＝－4x 在(0，2)上单调递增，y <f (2)＝2，所以y ＝f (x )与y ＝－4x 在(0，2)无交点．当x ≥2时，f (x )＝x 2－3x ＝－4x，即x 3－3x 2＋4＝0，所以x 3－2x 2－x 2＋4＝0，所以(x －2)2(x ＋1)＝0， 因为x ≥2，所以x ＝2，即当a ＝2时，f (x )＋4x 有一个零点x ＝2.(ⅱ)当a >2时，f (x )min ＝f (a )＝a －a 2， 当x ∈(0，a )时，f (0)＝2a >4，f (a )＝a －a 2，而y ＝－4x 在x ∈(0，a )上单调递增，当x ＝a 时，y ＝－4a ，下面比较f (a )＝a －a 2与－4a的大小，因为a －a 2－⎝⎛⎭⎫－4a ＝－（a 3－a 2－4）a ＝－（a －2）（a 2＋a ＋2）a<0 所以f (a )＝a －a 2<－4a.结合图象不难得当a >2，y ＝f (x )与y ＝－4x有两个交点，综上，当a ＝2时，f (x )＋4x 有一个零点x ＝2；当a >2，y ＝f (x )与y ＝－4x 有两个零点a ≥2时，讨论f (x )＋4x 在区间(0，＋∞)内的零点个数．21.(2014·安徽，20)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． 21.解 (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2. 令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a 3，x 2＝－1＋4＋3a3，x 1＜x 2，所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2)．当x ＜x 1或x ＞x 2时，f ′(x )＜0；当x 1＜x ＜x 2时，f ′(x )＞0.故f (x )在(－∞，x 1)和(x 2，＋∞)内单调递减，在(x 1，x 2)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， 因此f (x )在x ＝x 2＝－1＋4＋3a3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．22.(2014·广东，21)已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax ＋1(a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＜0时，试讨论是否存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，12∪⎝⎛⎭⎫12，1，使得f (x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫12.22.解 (1)f ′(x )＝x 2＋2x ＋a 开口向上，方程x 2＋2x ＋a ＝0的判别式Δ＝4－4a ＝4(1－a )，若a ≥1，则Δ≤0，f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ≥0恒成立，∴f (x )在R 上单调递增．若a ＜1，则Δ＞0，方程x 2＋2x ＋a ＝0有两个不同的实数根，x 1＝－1－1－a ，x 2＝－1＋1－a ， 当x ＜x 1或x ＞x 2时，f ′(x )＞0；当x 1＜x ＜x 2时，f ′(x )＜0，∴f (x )的单调递增区间为(－∞，－1－1－a )和(－1＋1－a ，＋∞)， 单调递减区间为(－1－1－a ，－1＋1－a )． 综上所述，当a ≥1时，f (x )在R 上单调递增；当a <1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，－1－1－a )和(－1＋1－a ，＋∞)， f (x )的单调递减区间为(－1－1－a ，－1＋1－a )． (2)当a ＜0时，Δ＞0，且f (0)＝1，f ⎝⎛⎭⎫12＝3124＋a 2，f (1)＝73＋a ， 此时x 1＜0，x 2＞0， 令x 2＝12得a ＝－54.①当－54＜a ＜0时，x 1＜0＜x 2＜12，f (x )在(0，x 2)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫x 2，12上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12，1上单调递增． (ⅰ)若－54＜a ＜－712，则f (0)＝1＞f ⎝⎛⎭⎫12， ∴存在x 0∈(0，x 2)，使得f (x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫12； (ⅱ)当－712≤a ＜0时，f (0)≤f ⎝⎛⎭⎫12， ∴不存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，12∪⎝⎛⎭⎫12，1，使得f (x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫12.②当a ＝－54时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上单调递减，在⎝⎛⎭⎫12，1上单调递增． ∴不存在x 0，使得f (x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫12. ③当－2512＜a ＜－54时，f ⎝⎛⎭⎫12＜f (1)， ∴存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，12∪⎝⎛⎭⎫12，1，使得f (x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫12. ④当a ≤－2512时，f ⎝⎛⎭⎫12≥f (1)， ∴不存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，12∪⎝⎛⎭⎫12，1，使得f (x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫12. 综上，当a ∈⎣⎡⎭⎫－712，0∪{－54}∪⎝⎛⎦⎤－∞，－2512时，不存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，12∪⎝⎛⎭⎫12，1，使得 f (x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫12；当a ∈⎝⎛⎭⎫－2512，－54∪⎝⎛⎭⎫－54，－712时，存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，12∪⎝⎛⎭⎫12，1，使得f (x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫12.23.(2014·天津，19)已知函数f (x )＝x 2－23ax 3(a ＞0)，x ∈R .(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)若对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1.求a 的取值范围． 23.解 (1)由已知，有f ′(x )＝2x －2ax 2(a ＞0)． 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝1a.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0，1a ；单调递减区间是(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞. 当x ＝0时，f (x )有极小值，且极小值f (0)＝0；当x ＝1a 时，f (x )有极大值，且极大值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝13a 2. (2)由f (0)＝f ⎝⎛⎭⎫32a ＝0及(1)知，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，32a 时，f (x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫32a ，＋∞时，f (x )＜0. 设集合A ＝{f (x )|x ∈(2，＋∞)}，集合B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f （x ）|x ∈（1，＋∞），f （x ）≠0，则“对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1”等价于A ⊆B . 显然，0∉B .下面分三种情况讨论：(1)当32a ＞2，即0＜a ＜34时，由f ⎝⎛⎭⎫32a ＝0可知，0∈A ，而0∉B ，所以A 不是B 的子集． (2)当1≤32a ≤2，即34≤a ≤32时，有f (2)≤0，且此时f (x )在(2，＋∞)上单调递减，故A ＝(－∞，f (2))，因而A ⊆(－∞，0)；由f (1)≥0，有f (x )在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，则(－∞，0)⊆B .所以A ⊆B . (3)当32a ＜1，即a ＞32时，有f (1)＜0，且此时f (x )在(1，＋∞)上单调递减，故B ＝⎝⎛⎭⎫1f （1），0，A ＝(－∞，f (2))，所以A 不是B 的子集． 综上，a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤34，32.24.(2014·陕西，21)设函数f (x )＝ln x ＋mx ，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数；(3)若对任意b ＞a ＞0，f (b)－f (a )b －a ＜1恒成立，求m 的取值范围．24.解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －e x 2，∴当x ∈(0，e)，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0，1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0，1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减． ∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点， 因此x ＝1也是φ(x )的最大值点． ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m ＞23时，函数g (x )无零点； ②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点； ③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点； ④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点； 当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点； 当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点． (3)对任意的b ＞a ＞0，f （b ）－f （a ）b －a＜1恒成立， 等价于f (b )－b ＜f (a )－a 恒成立． (*)设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋m x－x (x ＞0)， ∴(*)式等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减．由h ′(x )＝1x －m x 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立， 得m ≥－x 2＋x ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14(x ＞0)恒成立， ∴m ≥14(对m ＝14，h ′(x )＝0仅在x ＝12时成立)， ∴m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫14，＋∞.25.(2014·新课标全国Ⅰ，21)设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1, f (1))处的切线斜率为0.(1) 求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)＜a a －1，求a 的取值范围． 25.解 (1)f ′(x )＝a x＋(1－a )x －b . 由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1.(2)f (x )的定义域为(0，＋∞).由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ， f ′(x )＝a x ＋(1－a )x －1＝1－a x (x －a 1－a)(x －1)． ①若a ≤12，则a 1－a≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(1，＋∞)单调递增． 所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)＜a a －1的充要条件为f (1)＜a a －1，即1－a 2－1＜a a －1， 解得－2－1＜a ＜2－1.②若12＜a ＜1，则a 1－a＞1， 故当x ∈⎝⎛⎭⎫1，a 1－a 时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝⎛⎭⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )＞0. f (x )在⎝⎛⎭⎫1，a 1－a 单调递减，在⎝⎛⎭⎫a 1－a ，＋∞单调递增． 所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)＜a a －1的充要条件为f ⎝⎛⎭⎫a 1－a ＜a a －1. 而f ⎝⎛⎭⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 22（1－a ）＋a a －1＞a a －1，所以不合题意． ③若a ＞1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12＜a a －1. 综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．。