高三数学（文数）总复习练习专题五 导数及其应用
1．(2015·课标Ⅰ，14，易)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＝________．
【解析】 f′(x)＝3ax2＋1，f′(1)＝3a＋1，f(1)＝a＋2，故f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)，代入点(2，7)得，a＝1.
【答案】 1
2．(2015·课标Ⅱ，16，中)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＝________．
【解析】 ∵f′(x)＝1＋，∴f′(1)＝2，
∴切线方程为y－1＝2(x－1)，
即y＝2x－1.
由
得ax2＋ax＋2＝0.∴Δ＝a2－8a＝0，
解得a＝8(a＝0舍去)．
【答案】 8
1．(2011·重庆，3，易)曲线y＝－x3＋3x2在点(1，2)处的切线方程为( )
A．y＝3x－1
B．y＝－3x＋5
C．y＝3x＋5
D．y＝2x
A y′＝－3x2＋6x，当x＝1时，切线的斜率k＝－3×12＋6×1＝3.故切线方程为y－2＝3(x－1)，即y＝3x－1，故选A.
2．(2011·山东，4，中)曲线y＝x3＋11在点P(1，12)处的切线与y轴交点的纵坐标是( )
A．－9 B．－3
C．9 D．15
【答案】 C ∵y′＝3x2，∴过点P(1，12)的切线的斜率k＝3，切线方程为y－12＝3(x－1)，即3x－y＋9＝0，故切线与y轴交点为(0，9)，故选C.
3．(2014·广东，11，易)曲线y＝－5ex＋3在点(0，－2)处的切线方程为________．
【解析】 ∵切线的斜率为
y′|x＝0＝－5ex|x＝0＝－5，
∴曲线在点(0，－2)处的切线方程为y＋2＝－5x，即5x＋y＋2＝0.
【答案】 5x＋y＋2＝0
4．(2013·广东，12，中)若曲线y＝ax2－ln x在点(1，a)处的切线平行于x轴，则a＝________.
【解析】 令f(x)＝ax2－ln x，得f′(x)＝2ax－，
所以曲线在点(1，a)处的切线的斜率k＝f′(1)＝2a－1＝0，得a＝.
【答案】
方法点拨：曲线在某点处的切线平行于一条直线(斜率存在)，则曲线在该点处的导数等于直线的斜率．
5．(2014·江西，11，中)若曲线y＝xln x上点P处的切线平行于直线2x－y＋1＝0，则点P的坐标是________．
【解析】 由题意知，y′＝ln x＋1，直线斜率为2.由导数的几何意义，令ln x＋1＝2，得x＝e，所以y＝eln e＝e，所以P(e，e)．
【答案】 (e，e)
方法点拨：先求函数的导数，再利用导数的几何意义确定切点的坐标．
6．(2012·北京，18，13分，中)已知函数f(x)＝ax2＋1(a＞0)，g(x)＝x3＋bx.
(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；
(2)当a＝3，b＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间[k，2]上的最大值为28，求k的取值范围．
解：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．
即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b.
解得a＝3，b＝3.
(2)令h(x)＝f(x)＋g(x)．
当a＝3，b＝－9时，
h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，
h′(x)＝3x2＋6x－9.
令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1.
h(x)与h′(x)在(－∞，2]上的情况如下：
x
(－∞，－3)
－3
(－3，1)
1
(1，2)
2
h′(x)
＋
0
－
0
＋
h(x)
28
－4
3
由此可知：
当k≤－3时，函数h(x)在区间[k，2]上的最大值为h(－3)＝28；当－3＜k＜2时，函数h(x)在区间[k，2]上的最大值小于28.因此，k的取值范围是(－∞，－3]．
7．(2014·山东，20，13分，难)设函数f(x)＝aln x＋，其中a为常数．
(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)讨论函数f(x)的单调性．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋
＝＋，
∵a＝0，∴f′(x)＝，
根据导数的几何意义，所求切线的斜率
k＝f′(1)＝.
又∵f(1)＝0，∴所求切线方程为y＝(x－1)，即x－2y－1＝0.
(2)f′(x)＝
＝，
当a≥0时，由x＞0知f′(x)＞0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a＜0时，令g(x)＝ax2＋2(a＋1)x＋a，由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，
①当a＝－时，Δ＝0，f′(x)＝≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当a＜－时，Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0.故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
③当Δ＞0，即－＜a＜0时，
令x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，则x1＝，
x2＝，
由x1＝
＝＞0，
令f′(x)＞0，则x∈(x1，x2)，
令f′(x)＜0，则x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)，
∴f(x)在(x1，x2)上单调递增，在(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递减．
综上所述：当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当－＜a＜0时，f(x)在(x1，x2)上单调递增，在(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递减
(其中x1＝，x2＝；
当a≤－时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
方法点拨：(1)求出函数的定义域和导数，根据导数的几何意义求切线方程；(2)将导数通分，只看分子的符号决定导数的符号，对含参数的二次式进行分类讨论．
考向1 导数的运算
1．基本初等函数的导数公式
原函数
导函数
f(x)＝C(C为常数)
f′(x)＝0
f(x)＝xα(α∈Q*)
f′(x)＝αxα－1(α∈Q*)
f(x)＝sin x
f′(x)＝cos x
f(x)＝cos x
f′(x)＝－sin x
f(x)＝ax(a＞0)
f′(x)＝axln a(a＞0)
f(x)＝ex
f′(x)＝ex
f(x)＝logax(a>0，且a≠1)
f′(x)＝(a＞0，且a≠1)
f(x)＝ln x
f′(x)＝
2.导数的运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；
(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；
(3)′＝(g(x)≠0)．
(1)(2015·山东济南一模，5)设f′(x)是f(x)＝的导数，则＝( )
A. B．－ C．2 D．－2
(2)(2013·江西，13)设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(ex)＝x＋ex，则f′(1)＝________.
【解析】 (1)由f(x)＝＝－1－，
得f′(x)＝，
所以f(2)＝－2，f′(2)＝1，所以＝－.
(2)令t＝ex，故x＝ln t，所以f(t)＝ln t＋t，即f(x)＝ln x＋x，所以f′(x)＝＋1，所以f′(1)＝1＋1＝2.
【答案】 (1)B (2)2
【点拨】 解题(1)时，首先将函数解析式进行化简，便于求导运算；解题(2)时，先用换元法，求出函数的解析式，然后再求导.
导数运算的原则和方法
(1)原则：先化简解析式，再求导．
(2)方法：
①连乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导；
②分式形式：观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导；
③对数形式：先化为和、差的形式，再求导；
④根式形式：先化为分数指数幂的形式，再求导；
⑤三角形式：先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导．
要牢记导数公式和导数的四则运算法则，切忌记混公式法则．
(2015·吉林长春模拟，6)函数y＝的导数是( )
A．y′＝ B．y′＝
C．y′＝ D．y′＝
【答案】 B 因为y＝，
所以y′＝
＝，故选B.
考向2 导数的几何意义及其应用
1．导数的几何意义
函数f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)的几何意义是在曲线y＝f(x)上点(x0，f(x0))处的切线的斜率．相应地，切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
2．导数几何意义的应用
(1)已知切点A(x0，f(x0))求斜率k，即求该点处的导数值k＝f′(x0)．
(2)已知斜率k，求切点A(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)＝k.
(3)已知过某点M(x1，f(x1))(不是切点)的切线斜率为k时，常需设出切点A(x0，f(x0))，利用k＝求解．
(1)(2014·江苏，11)在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋(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________．
(2)(2013·北京，18，13分)设L为曲线C：y＝在点(1，0)处的切线．
①求L的方程；
②证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线L的下方．
【思路导引】 (1)依据点在曲线上，导数在切点处的取值等于切线的斜率，切线与直线平行，建立关于a，b的方程组并求解a，b；(2)先求切线方程，后证明直线L上任意一点对应的函数值均大于曲线C上任一点对应的函数值．
【解析】 (1)因为曲线y＝ax2＋过点P(2，－5)，
所以4a＋＝－5.①
又y′＝2ax－，且曲线在点P(2，－5)处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，所以4a－＝－.②
由①②解得所以a＋b＝－3.
(2)①设f(x)＝，则f′(x)＝.
所以切线的斜率k＝f′(1)＝1，
所以L的方程为y＝x－1.
②证明：令g(x)＝x－1－f(x)，则除切点之外，曲线C在直线L的下方等价于g(x)＞0(∀x＞0，x≠1)．
g(x)满足g(1)＝0，
且g′(x)＝1－f′(x)＝.
当0＜x＜1时，x2－1＜0，ln x＜0，所以g′(x)＜0，故g(x)单调递减；
当x＞1时，x2－1＞0，ln x＞0，所以g′(x)＞0，故g(x)单调递增．
所以g(x)＞g(1)＝0(∀x＞0，x≠1)．
所以除切点(1，0)之外，曲线C在直线L的下方．
求函数的切线方程的注意事项
(1)首先应判断所给点是不是切点，如果不是，要先设出切点．
(2)切点既在原函数的图象上也在切线上，可将切点代入两者的函数解析式建立方程组．
(3)在切点处的导数值等于切线的斜率，这是求切线方程最重要的条件．
(4)曲线与直线相切并不一定只有一个公共点．例如，y＝x3在(1，1)处的切线l与y＝x3的图象还有一个交点(－2，－8)．
(1)(2014·安徽，15)若直线l与曲线C满足下列两个条件：
(i)直线l在点P(x0，y0)处与曲线C相切；(ii)曲线C在点P附近位于直线l的两侧，则称直线l在点P处“切过”曲线C.
下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．
①直线l：y＝0在点P(0，0)处“切过”曲线C：y＝x3
②直线l：x＝－1在点P(－1，0)处“切过”曲线C：y＝(x＋1)2
③直线l：y＝x在点P(0，0)处“切过”曲线C：y＝sin x
④直线l：y＝x在点P(0，0)处“切过”曲线C：y＝tan x
⑤直线l：y＝x－1在点P(1，0)处“切过”曲线C：y＝ln x
(2)(2012·课标全国，13)曲线y＝x(3ln x＋1)在点(1，1)处的切线方程为__________．
(1)【解析】 ①y′＝3x2.在点P(0，0)处，x＝0时，k＝0，切线方程为y＝0，满足(i)．由图1可知，满足(ii)．
②y′＝2(x＋1)，在点P(－1，0)处，x＝－1时，k＝0，切线方程为y＝0，曲线在P(－1，0)处的切线方程不是x＝－1，不满足(i)．
③y′＝cos x，在点P(0，0)处，x＝0时，k＝1，切线方程为y＝x，满足(i)；由图2知，满足(ii)．
④y′＝＝.在点P(0，0)处，k＝1，切线方程为y＝x，满足(i)；由图3知，满足(ii)．
⑤y′＝，在点P(1，0)处，k＝1，切线方程为y＝x－1，满足(i)；由图4可知，不满足(ii)．
综上，①③④为真命题．
【答案】 ①③④
(2)【解析】 y′＝3ln x＋1＋x·＝3ln x＋4，曲线在点(1，1)处的斜率为k＝f′(1)＝4，∴切线方程为y－1＝4(x－1)，即y＝4x－3.
【答案】 y＝4x－3
1．(2015·湖北襄阳一模，5)函数f(x)＝excos x的图象在点(0，f(0))处的切线的倾斜角为( )
A. B．0 C. D．1
【答案】 A 由f′(x)＝ex(cos x－sin x)，则在点(0，f(0))处的切线的斜率k＝f′(0)＝1，故倾斜角为，选A.
2．(2015·湖南长沙二模，6)若曲线f(x)＝x4－x在点P处的切线平行于直线3x－y＝0，则点P的坐标为( )
A．(－1，2) B．(1，－3) C．(1，0) D．(1，5)
【答案】 C 设点P的坐标为(x0，y0)，因为f′(x)＝4x3－1，所以f′(x0)＝4x－1＝3，即x0＝1.把x0＝1代入函数f(x)＝x4－x得y0＝0，所以点P的坐标为(1，0)．
3．(2015·四川成都质检，8)已知函数f(x)＝－x3＋2x2＋2x，若存在满足0≤x0≤3的实数x0，使得曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线与直线x＋my－10＝0垂直，则实数m的取值范围是( )
A．[6，＋∞) B．(－∞，2]
C．[2，6] D．[5，6]
【答案】 C f′(x)＝－x2＋4x＋2＝－(x－2)2＋6，因为x0∈[0，3]，所以f′(x0)∈[2，6]，又因为切线与直线x＋my－10＝0垂直，所以切线的斜率为m，所以m的取值范围是[2，6]．
4．(2014·河南开封二模，12)过点A(2，1)作曲线f(x)＝x3－3x的切线最多有( )
A．3条 B．2条 C．1条 D．0条
【答案】 A 由题意得，f′(x)＝3x2－3，设切点为(x0，x－3x0)，那么切线的斜率为k＝3x－3，利用点斜式方程可知切线方程为y－(x－3x0)＝(3x－3)(x－x0)，将点A(2，1)代入可得关于x0的一元三次方程2x－6x＋7＝0.令y＝2x－6x＋7，则y′＝6x－12x0.由y′＝0得x0＝0或x0＝2.当x0＝0时，y＝7>0；x0＝2时，y＝－1<0.所以方程2x－6x＋7＝0有3个解．故过点A(2，1)作曲线f(x)＝x3－3x的切线最多有3条，故选A.
方法点拨：曲线y＝f(x)过点P(x0，y0)(点不在曲线y＝f(x)上)的切线方程的求解步骤：
(1)设出切点坐标P′(x1，f(x1))；
(2)写出过P′(x1，f(x1))的切线方程为y－f(x1)＝f′(x1)·(x－x1)；
(3)将点P(x0，y0)代入切线方程，求出x1；
(4)将x1的值代入方程y－f(x1)＝f′(x1)·(x－x1)可得过点P(x0，y0)的切线方程．
5．(2015·江西上饶一模，13)已知函数y＝f(x)的图象在M(1，f(1))处的切线方程是y＝x＋2，则f(1)＋f′(1)＝________.
【解析】 由题设知，点M(1，f(1))既在函数y＝f(x)的图象上，又在切线y＝x＋2上，所以f(1)＝＋2＝.又f′(1)＝，所以f(1)＋f′(1)＝＋＝3.
【答案】 3
6．(2015·湖北武汉一模，11)设f1(x)＝sin x，定义fn＋1(x)为fn(x)的导数，即fn＋1(x)＝f′n(x)，n∈N*.若△ABC的内角A满足f1(A)＋f2(A)＋…＋f2 014(A)＝，则tan A的值是________．
【解析】 f1(x)＝sin x，f2(x)＝f′1(x)＝cos x，f3(x)＝f′2(x)＝－sin x，f4(x)＝f′3(x)＝－cos x，f5(x)＝f′4(x)＝sin x，…，所以f1(A)＋f2(A)＋…＋f2 014(A)＝f1(A)＋f2(A)＝sin A＋cos A＝.又sin2A＋cos2A＝1，所以sin A＝.
因为A为△ABC的内角，
所以sin A＝.
所以cos A＝，所以tan A＝＝－2－.
【答案】 －2－
方法点拨：本题的解题关键是找到导函数的周期．
7．(2014·湖南岳阳一模，15)设曲线y＝上有一点P(x1，y1)，与曲线切于点P的切线为m，若直线n过P且与m垂直，则称n为曲线在点P处的法线，设n交x轴于点Q，又作PR⊥x轴于R，则RQ的长为________．
【解析】 依题意知，令y＝f(x)＝，
∴f′(x1)＝.
∵n与m垂直，∴n的斜率为－2，
∴直线n的方程为y－y1＝－2(x－x1)．
由题意设点Q，点R的坐标分别为(xQ，0)，(xR，0)．
令y＝0，又y1＝，则－＝－2·(xQ－x1)，解得xQ＝＋x1，由题意知，xR＝x1，
∴|RQ|＝|xQ－xR|＝.
【答案】
8．(2015·湖南株洲质检，15)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)图象的对称中心为M(x0，f(x0))，
记函数f(x)的导函数为f′(x)，f′(x)的导函数为f″(x)，则有f″(x0)＝0.若函数f(x)＝x3－3x2，则f ＋ f ＋…＋f ＋f ＝________.
【解析】 f′(x)＝3x2－6x，f″(x)＝6x－6.
令f″(x)＝0，得x＝1，f(1)＝－2，
∴f(x)的对称中心为(1，－2)，
∴f(2－x)＋f(x)＝－4，
f ＋f ＋…＋f ＋f ＝－4×2 012＋f(1)＝－8 048－2＝－8 050.
【答案】 －8 050
1．(2015·课标Ⅰ，21，12分，难)设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)单调递增．又f′(a)>0，当b满足0
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x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)单调递减，在(x0，＋∞)单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．
由于－＝0，所以f(x0)＝－aln x0＝－＝－aln＋2ax0＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
2．(2015·安徽，21，13分，难)已知函数f(x)＝(a>0，r>0)．
(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；
(2)若＝400，求f(x)在(0，＋∞)内的极值．
解：(1)由题意知x≠－r，所求的定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞)．
f(x)＝＝，
f′(x)＝
＝，
所以当x＜－r或x＞r时，f′(x)＜0；
当－r＜x＜r时，f′(x)＞0，
因此，f(x)的单调递减区间为(－∞，－r)，(r，＋∞)；f(x)的单调递增区间为(－r，r)．
(2)由(1)的解答可知f′(r)＝0，f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，＋∞)上单调递减．因此，x＝r是f(x)的极大值点，所以f(x)在(0，＋∞)内的极大值为f(r)＝＝＝＝100.
3．(2015·课标Ⅱ，21，12分，难)已知函数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．
解：(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∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
所以f(x)在上单调递增，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＝取得最大值，
最大值为f ＝ln＋a
＝－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01时，g(a)>0.
因此，a的取值范围是(0，1)．
4．(2015·山东，20，13分，难)设函数f(x)＝(x＋a)ln x，g(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．
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＋＋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－，
当x∈(0，1]时，h(x)<0.
又h(2)＝3ln 2－＝ln 8－>1－1＝0，
所以存在x0∈(1，2)，使得h(x0)＝0.
因为h′(x)＝ln x＋＋1＋，
所以当x∈(1，2)时，h′(x)>1－>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x0，
且x∈(0，x0)时，f(x)g(x)，
所以m(x)＝
当x∈(0，x0)时，若x∈(0，1]，m(x)≤0；若x∈(1，x0)，由m′(x)＝ln x＋＋1＞0，可知0＜m(x)≤m(x0)；
故m(x)≤m(x0)．
当x∈(x0，＋∞)时，由m′(x)＝，
可得x∈(x0，2)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)＝，
且m(x0)＜m(2)．
综上可得函数m(x)的最大值为.
5．(2015·湖南，21，13分，难)已知a>0，函数f(x)＝aexcos x(x∈[0，＋∞))．记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点．
(1)证明：数列{f(xn)}是等比数列；
(2)若对一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，求a的取值范围．
解：(1)证明：f′(x)＝aexcos x－aexsin x＝aexcos.
令f′(x)＝0，由x≥0，得x＋＝mπ－，即x＝mπ－，m∈N*.
而对于cos，当k∈Z时，
若2kπ－0；
若2kπ＋0，所以≤恒成立．
设g(t)＝(t>0)，则g′(t)＝.
令g′(t)＝0得t＝1.
当01时，g′(t)>0，所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增．
因为x1∈(0，1)，且当n≥2时，xn∈(1，＋∞)，xn0且g(1)<0，即－30，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．
6．(2013·广东，21，14分，难)设函数f(x)＝x3－kx2＋x(k∈R)．
(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)当k＜0时，求函数f(x)在[k，－k]上的最小值m和最大值M.
解：f′(x)＝3x2－2kx＋1.
(1)当k＝1时，f′(x)＝3x2－2x＋1，
Δ＝4－12＝－8＜0，
∴f′(x)＞0，f(x)在R上单调递增．
(2)方法一：当k＜0时，f′(x)＝3x2－2kx＋1，其图象开口向上，对称轴为直线x＝，且过(0，1)．
①当Δ＝4k2－12＝4(k＋)(k－)≤0，即－≤k＜0时，f′(x)≥0，f(x)在[k，－k]上单调递增，从而当x＝k时，f(x)取得最小值m＝f(k)＝k.
当x＝－k时，f(x)取得最大值，
M＝f(－k)＝－k3－k3－k＝－2k3－k.
②当Δ＝4k2－12＝4(k＋)(k－)＞0，即k＜－时，令f′(x)＝3x2－2kx＋1＝0，解得x1＝，x2＝
eq f(k－
(k2－3),3)，注意到k＜x2＜x1＜0，
∴m＝min{f(k)，f(x1)}，
M＝max{f(－k)，f(x2)}．
∵f(x1)－f(k)＝x－kx＋x1－k＝(x1－k)(x＋1)＞0，
∴f(x)的最小值m＝f(k)＝k.
∵f(x2)－f(－k)＝x－kx＋x2－(－k3－k3－k)＝(x2＋k)·[(x2－k)2＋k2＋1]＜0，
∴f(x)的最大值M＝f(－k)＝－2k3－k.
综上所述，当k＜0时，f(x)的最小值m＝f(k)＝k，最大值M＝f(－k)＝－2k3－k.
方法二：当k<0时，对∀x∈[k，－k]，都有f(x)－f(k)＝x3－kx2＋x－k3＋k3－k＝(x2＋1)(x－k)≥0，
故f(x)≥f(k)．
f(x)－f(－k)＝x3－kx2＋x＋k3＋k3＋k＝(x＋k)(x2－2kx＋2k2＋1)＝(x＋k)[(x－k)2＋k2＋1]≤0，
故f(x)≤f(－k)，而f(k)＝k<0，f(－k)＝－2k3－k>0.
所以f(x)max＝f(－k)＝－2k3－k，f(x)min＝f(k)＝k.
7．(2014·江苏，19，16分，难)已知函数f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然对数的底数．
(1)证明：f(x)是R上的偶函数；
(2)若关于x的不等式mf(x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；
(3)已知正数a满足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)＜a(－x＋3x0)成立．试比较ea－1与ae－1的大小，并证明你的结论．
解：(1)证明：因为对任意x∈R，都有f(－x)＝e－x＋e－(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，所以f(x)是R上的偶函数．
(2)由条件知m(ex＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立．
令t＝ex(x＞0)，则t＞1，
所以m≤－＝－对任意t＞1成立．
因为t－1＋＋1≥2＋1＝3，
所以－≥－，
当且仅当t－1＝，即t＝2，即x＝ln 2时等号成立．
因此，实数m的取值范围是.
(3)令函数g(x)＝ex＋－a(－x3＋3x)，则g′(x)＝ex－＋3a(x2－1)．
当x≥1时，ex－＞0，x2－1≥0，又a＞0，故g′(x)＞0.
所以g(x)是[1，＋∞)上的单调增函数，因此g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝e＋e－1－2a.
由于存在x0∈[1，＋∞)，使ex0＋e－x0－a(－x＋3x0)＜0成立，当且仅当最小值g(1)＜0.
故e＋e－1－2a＜0，即a＞.
令函数h(x)＝x－(e－1)ln x－1，则h′(x)＝1－.令h′(x)＝0，得x＝e－1，
当x∈(0，e－1)时，h′(x)＜0，故h(x)是(0，e－1)上的单调减函数；
当x∈(e－1，＋∞)时，h′(x)＞0，故h(x)是(e－1，＋∞)上的单调增函数．
所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值是h(e－1)．
注意到h(1)＝h(e)＝0，所以当x∈(1，e－1)⊆(0，e－1)时，h(e－1)≤h(x)＜h(1)＝0.
当x∈(e－1，e)⊆(e－1，＋∞)时，h(x)＜h(e)＝0.所以h(x)＜0对任意的x∈(1，e)成立．
①当a∈⊆(1，e)时，h(a)＜0，即a－1<(e－1)ln a，从而ea－10，则函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；
②若f′(x)<0，则函数y＝f(x)在这个区间内单调递减；
③若f′(x)＝0，则函数y＝f(x)在这个区间内为常函数．
求函数f(x)的单调区间，也是求不等式f′(x)>0(或f′(x)<0)的解集，但单调区间不能脱离函数定义域而单独存在，求单调区间要坚持“定义域优先”的原则．
(2014·湖北，21，14分)π为圆周率，e＝2.718 28…为自然对数的底数．
(1)求函数f(x)＝的单调区间；
(2)求e3，3e，eπ，πe，3π，π3这6个数中的最大数与最小数．
【思路导引】 (1)先求函数的定义域，再对函数求导，进而求出函数的单调区间；(2)解题的关键是利用(1)的结论及y＝ln x，y＝ex，y＝πx在定义域内的单调性来确定6个数中的最大数与最小数．
【解析】 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为f(x)＝，所以f′(x)＝.
当f′(x)>0，即0e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 3π3；
由<，得ln 3e0时为增函数；f′(x)<0时为减函数．
(2013·重庆，17，13分)设f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0，6)．
(1)确定a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值．
解：(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，
故f′(x)＝2a(x－5)＋.
令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)，由点(0，6)在切线上，可得6－16a＝8a－6，解得a＝.
(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6ln x(x＞0)，
f′(x)＝x－5＋＝.
令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.
当0＜x＜2或x＞3时，f′(x)＞0，故f(x)的增区间是(0，2)，(3，＋∞)；当2＜x＜3时，f′(x)＜0，故f(x)的减区间是(2，3)．
由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln 2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln 3.
方法点拨：解答本题的关键是根据切线与坐标轴的交点求出a的值，
然后利用导数求单调区间与极值．
考向2 已知函数的单调性求参数的范围
导数与函数单调性的关系
(1)f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件；
(2)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的必要不充分条件(f′(x)＝0不恒成立)．
由函数f(x)在区间[a，b]内单调递增(或递减)，可得f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在该区间恒成立，而不是f′(x)>0(或<0)恒成立，“＝”不能少．
(2014·湖南永州质检，20，13分)已知函数f(x)＝－－ax(a∈R)．
(1)当a＝时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在[－1，1]上为单调函数，求实数a的取值范围．
【解析】 (1)当a＝时，f(x)＝－－x，
f′(x)＝[(ex)2－3ex＋2]＝(ex－1)(ex－2)，
令f′(x)＝0，得ex＝1或ex＝2，即x＝0或x＝ln 2；
令f′(x)>0，则x<0或x>ln 2；
令f′(x)<0，则00，函数h(t)为单调增函数．
故h(t)在上的极小值点为t＝.
又h(e)＝＋0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成了不等式问题；
(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．
(2011·安徽，18，13分)设f(x)＝，其中a为正实数．
(1)当a＝时，求f(x)的极值点；
(2)若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围．
解：对f(x)求导得
f′(x)＝ex.①
(1)当a＝时，若f′(x)＝0，
则4x2－8x＋3＝0，
解得x1＝，x2＝.
结合①式可知
x
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
所以x1＝是极小值点，x2＝是极大值点．
(2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号，结合①与条件a＞0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，
因此Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合a＞0，知0＜a≤1.
考向3 利用导数研究函数的极值和最值
1．判断函数极值的方法
一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，
(1)如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；
(2)如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．
“极值点”不是点，若函数f(x)在x1处取得极大值，则x1即为极大值点，极大值为f(x1)；在x2处取得极小值，则x2为极小值点，极小值为f(x2)．
2．求可导函数f(x)的极值的步骤
(1)求导函数f′(x)；
(2)求方程f′(x)＝0的根；
(3)检验f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧的函数值的符号，如果左正右负，那么函数y＝f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么函数y＝f(x)在这个根处取得极小值，可列表完成．
f′(x0)＝0是x0为f(x)的极值点的必要不充分条件．例如，f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点．
3．函数的最值
在闭区间[a，b]上的连续函数y＝f(x)，在[a，b]上必有最大值与最小值．在区间[a，b]上的连续函数y＝f(x)，若有唯一的极值点，则这个极值点就是最值点．
极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值．
(2013·浙江，21，15分)已知a∈R，函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax.
(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)若|a|＞1，求f(x)在闭区间[0，2|a|]上的最小值．
【解析】 (1)当a＝1时，f(x)＝2x3－6x2＋6x，
f′(x)＝6x2－12x＋6.
所以f′(2)＝6.
又因为f(2)＝4，所以切线方程为y－4＝6(x－2)，
即y＝6x－8.
(2)记g(a)为f(x)在闭区间[0，2|a|]上的最小值．
f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)．
令f′(x)＝0，得到x1＝1，x2＝a.
当a＞1时，
x
0
(0，1)
1
(1，a)
a
(a，2a)
2a
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
0
极大值
3a－1
极小值
a2(3－a)
4a3
比较f(0)＝0和f(a)＝a2(3－a)的大小可得
g(a)＝
当a＜－1时，
x
0
(0，1)
1
(1，－2a)
－2a
f′(x)
－
0
＋
f(x)
0
极小值
3a－1
－28a3－24a2
得g(a)＝3a－1.
综上所述，f(x)在闭区间[0，2|a|]上的最小值为
g(a)＝
【点拨】 解答本题的思路是：先求导，然后根据需要对参数a进行分类讨论，判断f′(x)的符号，得出函数的单调性，进而得出函数在每个区间上的最小值．
1.求函数f(x)极值的方法
求函数的极值应先确定函数的定义域，解方程f′(x)＝0，再判断f′(x)＝0的根是否是极值点，可通过列表的形式进行分析，若遇极值点含参数不能比较大小时，则需分类讨论．
2．求函数f(x)在区间[a，b]上的最值的方法
(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值；
(2)若函数在闭区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，与f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成；
(3)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．
(2014·安徽，20，13分)设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，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．
解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2，
令f′(x)＝0得x1＝，
x2＝，且x1＜x2.
∴f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)，
当x＜x1或x＞x2时，f′(x)＜0；当x1＜x＜x2时，f′(x)＞0，
∴f(x)在和上单调递减，
在上单调递增．
(2)∵a＞0，∴x1＜0，x2＞0，
①当a≥4时，x2≥1，由(1)知f(x)在[0，1]上单调递增，
∴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，x2＜1，由(1)知f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2，1]上单调递减，
∴f(x)在x＝x2＝处取得最大值．
又f(0)＝1，f(1)＝a，
∴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．
考向4 利用导数解决实际问题
利用导数解决实际应用问题一般有如下几类：
(1)给出了具体的函数关系式，只需研究这个函数的性质即可；
(2)函数关系式中含有比例系数，根据已知数据求出比例系数得到函数关系式，再研究函数的性质；
(3)没有给出函数关系，需要先建立函数关系，再研究函数的性质．
(2013·重庆，20，12分)某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．
(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；
(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．
【思路导引】 根据数量关系列出函数关系式，并利用导数研究函数的单调性与最值．
【解析】 (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh(元)，底面的总成本为160πr2元，
所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．
又据题意知200πrh＋160πr2＝12 000π，
所以h＝(300－4r2)，
从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．
因为r＞0，又由h＞0可得r＜5，
故函数V(r)的定义域为(0，5)．
(2)因为V(r)＝(300r－4r3)，
所以V′(r)＝(300－12r2)．
令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因r2＝－5不在定义域内，舍去)．
当r∈(0，5)时，V′(r)＞0，故V(r)在(0，5)上为增函数；
当r∈(5，5)时，V′(r)＜0，故V(r)在(5，5)上为减函数．
由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.
即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．
【点拨】 本题在列出V关于r的表达式后，要根据r和人的实际意义得出正确的定义域，往往在这点上易出现错误．
1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤
→分析实际问题中各量之间的关系，找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y＝f(x)，根据实际意义确定定义域；
→求函数y＝f(x)的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0得出定义域内的实根，确定极值点；
→比较函数在区间端点和极值点处的函数值大小，获得所求的最大(小)值；
→还原到原实际问题中作答．
2．在利用导数解决实际问题时，若在定义域内只有一个极值，这个值即为最优解．
(2011·山东，21，12分)某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为立方米，且l≥2r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c(c＞3)千元，设该容器的建造费用为y千元．
(1)写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域；
(2)求该容器的建造费用最小时的r.
解：(1)设容器的容积为V，由题意知V＝πr2l＋πr3，又V＝，故l＝＝－r＝.
由于l≥2r，因此≥2r，
整理得≥5r，故0＜r≤2.
所以建造费用y＝2πrl×3＋4πr2c＝2πr××3＋4πr2c.
因此y＝4π(c－2)r2＋，0＜r≤2.
(2)由(1)得y′＝8π(c－2)r－
＝，0＜r＜2.
由于c＞3，所以c－2＞0，
当r3－＝0时，r＝.
令＝m，则m＞0，
所以y′＝(r－m)(r2＋rm＋m2)．
①当0＜m＜2，即c＞时，
当r＝m时，y′＝0；
当r∈(0，m)时，y′＜0；
当r∈(m，2)时，y′＞0.
所以r＝m是函数y的极小值点，也是最小值点．
②当m≥2，即3＜c≤时，
当r∈(0，2)时，y′＜0，函数单调递减，
所以r＝2是函数y的最小值点．
综合所述，若3＜c≤，
建造费用最小时r＝2；
若c＞，建造费用最小时r＝.
考向5 利用导数解决不等式问题
1．不等式的证明问题
可以从所证不等式的结构和特点出发，结合已有的知识利用转化与化归思想，构造一个新的函数，再借助导数确定函数的单调性，利用单调性实现问题的转化，从而使不等式得到证明，其一般步骤是：构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论．
2．不等式恒成立问题
若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需满足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可，利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值，从而问题得解．
(2014·浙江，21，15分)已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a＞0)，若f(x)在[－1，1]上的最小值记为g(a)．
(1)求g(a)；
(2)证明：当x∈[－1，1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.
【思路导引】 (1)结合参数a的取值情况加以分类讨论，进而确定函数在给定区间内的最值； (2)将不等式恒成立问题进行转化，结合导数及其应用、函数的单调性等来证明．
【解析】 (1)因为a＞0，－1≤x≤1，所以
①当0＜a＜1时，
若x∈[－1，a]，则f(x)＝x3－3x＋3a，f′(x)＝3x2－3＜0，故f(x)在(－1，a)上是减函数；
若x∈[a，1]，则f(x)＝x3＋3x－3a，f′(x)＝3x2＋3＞0，故f(x)在(a，1)上是增函数．
所以g(a)＝f(a)＝a3.
②当a≥1时，有x≤a，则f(x)＝x3－3x＋3a，f′(x)＝3x2－3＜0，故f(x)在(－1，1)上是减函数，
所以g(a)＝f(1)＝－2＋3a.
综上，g(a)＝
(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(a)，
①当0＜a＜1时，g(a)＝a3.
若x∈[a，1]，h(x)＝x3＋3x－3a－a3，得h′(x)＝3x2＋3，则h(x)在(a，1)上是增函数，
所以，h(x)在[a，1]上的最大值是h(1)＝4－3a－a3，且0＜a＜1，所以h(1)≤4.
故f(x)≤g(a)＋4；
若x∈[－1，a]，h(x)＝x3－3x＋3a－a3，得h′(x)＝3x2－3，则h(x)在(－1，a)上是减函数，
所以，h(x)在[－1，a]上的最大值是h(－1)＝2＋3a－a3.
令t(a)＝2＋3a－a3，则t′(a)＝3－3a2＞0，
知t(a)在(0，1)上是增函数．所以，t(a)＜t(1)＝4，
即h(－1)＜4.
故f(x)≤g(a)＋4.
②当a≥1时，g(a)＝－2＋3a，故h(x)＝x3－3x＋2，得h′(x)＝3x2－3，
此时h(x)在(－1，1)上是减函数，因此h(x)在[－1，1]上的最大值是h(－1)＝4.故f(x)≤g(a)＋4.
综上，当x∈[－1，1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.
利用导数证明不等式的方法
(1)证明f(x)＜g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)＜0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)＜0，即证明了f(x)＜g(x)．
(2)证明f(x)＞g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)＞0，则F(x)在(a，b)上是增函数，同时若F(a)≥0，由增函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)＞0，即证明了f(x)＞g(x)．
(2011·课标全国，21，12分)已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x＞0，且x≠1时，f(x)＞.
解：(1)f′(x)＝－.
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1，1)，
故即
解得a＝1，b＝1.
(2)证明：由(1)知f(x)＝＋，所以f(x)－＝.
考虑函数h(x)＝2ln x－(x＞0)，
则h′(x)＝－
＝－.
所以当x≠1时，h′(x)＜0.而h(1)＝0，故当x∈(0，1)时，h(x)＞0，
可得h(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，
可得h(x)＞0.
从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－＞0，即f(x)＞.
考向6 利用导数研究与函数零点有关的问题
导数在研究函数零点中的应用
(1)研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点归根到底是研究函数的性质，如单调性、极值等．
(2)用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．
(2014·四川，21，14分)已知函数f(x)＝ex－ax2－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．证明：e－2＜a＜1.
【思路导引】 (1)根据导数研究函数的单调性和最值；(2)利用零点存在性定理等知识证明不等式．
【解析】 (1)由f(x)＝ex－ax2－bx－1，有g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b.
所以g′(x)＝ex－2a.
当x∈[0，1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]．
当a≤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≥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＜a＜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．
于是，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b.
综上所述，当a≤时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；
当＜a＜时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b；
当a≥时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.
(2)证明：设x0为f(x)在区间(0，1)内的一个零点，则由f(0)＝f(x0)＝0可知f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减．
则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负，故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1.
同理，g(x)在区间(x0，1)内存在零点x2.
所以g(x)在区间(0，1)内至少有两个零点．
由(1)知，当a≤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≥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．
所以＜a＜.
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x1∈(0，ln(2a)]，x2∈(ln(2a)，1)，必有
g(0)＝1－b＞0，g(1)＝e－2a－b＞0.
由f(1)＝0有a＋b＝e－1＜2，有
g(0)＝a－e＋2＞0，g(1)＝1－a＞0.
解得e－2＜a＜1.
所以，函数f(x)在区间(0，1)内有零点时，e－2＜a＜1.
利用导数研究方程根的方法
研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．
(2014·湖南，21，13分)已知函数f(x)＝xcos x－sin x＋1(x＞0)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)记xi为f(x)的从小到大的第i(i∈N*)个零点，证明：对一切n∈N*，有＋＋…＋＜.
解：(1)f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x.
令f′(x)＝0，得x＝kπ(k∈N*)．
当x∈(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)时，sin x＞0，此时f′(x)＜0；
当x∈((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)时，sin x＜0，此时f′(x)＞0.
故f(x)的单调递减区间为(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)，单调递增区间为((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)．
(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，π)上单调递减，又f ＝0，故x1＝.
当n∈N*时，因为f(nπ)f((n＋1)π)＝[(－1)nnπ＋1]·[(－1)n＋1(n＋1)π＋1]＜0，
且函数f(x)的图象是连续不断的，所以f(x)在区间(nπ，(n＋1)π)内至少存在一个零点．又f(x)在区间(nπ，(n＋1)π)上是单调的，故nπ＜xn＋1＜(n＋1)π.
因此，当n＝1时，＝＜；
当n＝2时，＋＜(4＋1)＜；
当n≥3时，
＋＋…＋
＜
＜
＝[5＋＋＋…＋
＝＜＜.
综上所述，对一切n∈N*，＋＋…＋＜.
思路点拨：第(1)问，求导并结合三角函数的性质求解函数的单调区间；第(2)问，利用第(1)问的结论，得出函数的零点满足nπ＜xn＋1＜(n＋1)π，再利用分类讨论思想和放缩法证明不等式．
1．(2015·河南郑州一模，6)设函数f′(x)＝x2＋3x－4，则y＝f(x＋1)的单调递减区间为( )
A．(－4，1) B．(－5，0)
C. D.
【答案】 B 由f′(x)＝x2＋3x－4，令f′(x)＜0，即x2＋3x－4＜0，解得－4＜x＜1，所以函数f(x)的单调递减区间为(－4，1)，所以y＝f(x＋1)的单调递减区间为(－5，0)．
2．(2015·山西长治调研，6)已知函数f(x)＝x3－x2＋cx＋d有极值，则c的取值范围为( )
A．c＜ B．c≤ C．c≥ D．c＞
【答案】 A 由题意得f′(x)＝x2－x＋c，若函数f(x)有极值，则Δ＝1－4c＞0，解得c＜.
方法点拨：f(x)在区间D内有极值，则f′(x)在区间D内有变号零点；本题中f′(x)＝x2－x＋c有两个不相等的实根．
3．(2015·四川成都一模，8)函数f(x)是定义域为R的函数，对任意实数x都有f(x)＝f(2－x)成立．若当x≠1时，不等式(x－1)·f′(x)＜0成立，设a＝f(0.5)，b＝f ，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是( )
A．b＞a＞c B．a＞b＞c
C．c＞b＞a D．a＞c＞b
【答案】 A 因为对任意实数x都有f(x)＝f(2－x)成立，所以函数的图象关于x＝1对称，又由于若当x≠1时，不等式(x－1)·f′(x)＜0成立，所以函数在(1，＋∞)上单调递减，所以b＝f ＞a＝f(0.5)＝f ＞f(3)＝c.
思路点拨：本题解题关键是由(x－1)f′(x)＜0，得出x＞1时f′(x)＜0，函数在(1，＋∞)上单调递减．
4．(2015·湖北八校联考，9)已知函数f(x)＝x3－tx2＋3x，若对于任意的a∈[1，2]，b∈(2，3]，函数f(x)在区间[a，b]上单调递减，则实数t的取值范围是( )
A．(－∞，3] B．(－∞，5]
C．[3，＋∞) D．[5，＋∞)
【答案】 D ∵f(x)＝x3－tx2＋3x，∴f′(x)＝3x2－2tx＋3，由于函数f(x)在[a，b]上单调递减，则有f′(x)≤0在[a，b]上恒成立，即不等式3x2－2tx＋3≤0在[a，b]上恒成立，即有t≥在[a，b]上恒成立，而函数y＝在[1，3]上单调递增，由于a∈[1，2]，b∈(2，3]，当b＝3时，函数y＝取得最大值，
即ymax＝＝5，所以t≥5，故选D.
5．(2014·山东青岛二模，14)已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是____________．
【解析】 由原函数有零点，可转化为方程ex－2x＋a＝0有解，即方程a＝2x－ex有解．
令函数g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex.令g′(x)＞0，得x＜ln 2，g′(x)<0，得x>ln 2.所以g(x)在(－∞，ln 2)上是增函数，在(ln 2，＋∞)上是减函数，所以g(x)的最大值为g(ln 2)＝2ln 2－2.因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以a的取值范围为(－∞，2ln 2－2]．
【答案】 (－∞，2ln 2－2]
6．(2015·河南新乡一模，13)设x1，x2是函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点，若x1＜2＜x2，则实数a的取值范围是________．
【解析】 由题意得f′(x)＝3x2－4ax＋a2的两个零点x1，x2满足x1＜2＜x2，所以f′(2)＝12－8a＋a2＜0，解得2＜a＜6.
【答案】 (2，6)
7．(2015·湖北黄冈一模，20，13分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在点x0处取得极小值－5，其导函数y＝f′(x)的图象经过点(0，0)，(2，0)．
(1)求a，b的值；
(2)求x0及函数f(x)的表达式．
解：(1)由题设可得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
∵f′(x)的图象过点(0，0)，(2，0)，
∴解得a＝－3，b＝0.
(2)由f′(x)＝3x2－6x＞0，得x＞2或x＜0，
∴在(－∞，0)上f′(x)＞0，在(0，2)上f′(x)＜0，在(2，＋∞)上f′(x)＞0，∴f(x)在(－∞，0)，(2， ＋∞)上递增，在(0，2)上递减，因此f(x)在x＝2处取得极小值，
∴x0＝2，由f(2)＝－5，得c＝－1，∴f(x)＝x3－3x2－1.
8．(2014·山东济南质检，20，12分)2014年1月，山东“两会”在省城济南召开，会上人大代表和政协委员就当前的“雾霾”发表自己的看法．某政协委员针对自己提出的“环保提案”对某处的环境状况进行了实地调研．据测定，该处的污染指数与附近污染源的强度成正比，与到污染源的距离成反比，比例常数为k(k＞0)．现已知相距36 km的A，B两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a，b(a>0，b>0)，
它们连线上任意一点C处的污染指数y等于两化工厂对该处的污染指数之和．设AC＝x km.
(1)试将y表示为x的函数；
(2)若a＝1时，y在x＝6处取得最小值，试求b的值．
解：(1)由题意知，点C受A污染源污染指数为，点C受B污染源污染指数为，其中k为比例常数，且k＞0.
从而点C处污染指数
y＝＋(0＜x＜36)．
(2)因为a＝1，所以y＝＋，
y′＝k，令y′＝0，
得x＝，
当x∈时，函数单调递减；
当x∈时，函数单调递增．
所以x＝时，函数取得最小值．又此时x＝6，解得b＝25，经检验符合题意．
9．(2015·山东省实验中学模拟，21，14分)函数f(x)＝＋＋.
(1)求y＝f(x)在上的最值；
(2)若a≥0，求g(x)＝＋＋的极值点．
解：(1)f′(x)＝－，
令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝－3.
列表如下：
x
－4
(－4，－3)
－3
(－3，－1)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
－
极小值－
x
－1
(－1，－)
－
f′(x)
0
－
f(x)
极大值0
－2
∴y＝f(x)在上的最大值为0，最小值为－2.
(2)g′(x)＝－，
设u＝x2＋4x＋3a，
Δ＝16－12a，
①当a≥时，Δ≤0，g′(x)≤0，
∴y＝g(x)没有极值点．
②当0＜a＜时，x1＝－2－，x2＝－2＋＜0，
∴减区间为(－∞，x1)，(x2，0)，增区间为(x1，x2)，
∴有两个极值点x1，x2.
③当a＝0时，g(x)＝＋，g′(x)＝－，
∴减区间为(－∞，－4)，增区间为(－4，0)，
∴有一个极值点x＝－4.
综上所述，a＝0时，有一个极值点x＝－4；0＜a＜时，有两个极值点x1＝－2－，x2＝－2＋：a≥时，没有极值点．
10．(2014·安徽阜阳一模，20，13分)已知定义域为R的奇函数f(x)，当x＞0时，f(x)＝ln x－ax＋1(a∈R)．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若函数y＝f(x)在R上恰有5个零点，求实数a的取值范围．
解：(1)设x＜0，则－x＞0.
因为f(x)是奇函数，
所以f(x)＝－f(－x)＝－ln(－x)－ax－1.
当x＝0时，f(x)＝0.
所以函数
f(x)＝
(2)因为函数f(x)是奇函数，所以函数y＝f(x)的零点关于原点对称，由f(x)＝0恰有5个不同的实数根，知5个实数根中有2个正根、2个负根、1个零根，且2个正根和2个负根互为相反数．
所以要使方程f(x)＝0恰有5个不同的实数根，只要使方程f(x)＝0在(0，＋∞)上恰有两个不同的实数根即可．
下面研究x∈(0，＋∞)时的情况：
因为f′(x)＝－a，所以当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，方程f(x)＝0在(0，＋∞)上不可能有两个不同的实数根．
当a＞0时，f′(x)＝－a
＝.
令f′(x)＝0，得x＝.
当0＜x＜时，f′(x)＞0，函数f(x)在上单调递增；
当x＞时，f′(x)＜0，函数f(x)在单调递减．
所以函数f(x)在x＝处取得极大值－ln a.
所以要使方程f(x)＝0在(0，＋∞)上恰有两个不同的实数根，只要－ln a＞0，解得0＜a＜1，故a的取值范围是(0，1)．
11．(2015·江西南昌调研，20，13分)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)证明：当a＞ln 2－1且x＞0时，ex＞x2－2ax＋1.
解：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
2(1－ln 2＋a)
单调递增
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值．
极小值为f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)．
(2)证明：设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，
于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当a＞ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)＞0，
于是对任意x∈R都有g′(x)>0，
所以g(x)在R上单调递增．
所以当a＞ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0)．
而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.即ex－x2＋2ax－1＞0，故ex＞x2－2ax＋1.
(时间：120分钟__分数：150分)
一、选择题(共12小题，每小题5分，共60分)
1．(2015·山东潍坊质检，5)若曲线y＝x4的一条切线l与直线x＋4y－3＝0垂直，则l的方程为( )
A．4x－y－3＝0
B．x＋4y－5＝0
C．4x－y＋3＝0
D．x＋4y＋3＝0
【答案】 A 由已知得切线l的斜率为4，设切点为(x0，y0)，∵y′＝4x3，∴4x＝4，∴x0＝1.
∴切点为(1，1)，∴切线l的方程为4x－y－3＝0.
2．(2014·江西抚州期末，6)曲线y＝x2＋ln x在点(1，1)处的切线方程为( )
A．3x－y－2＝0 B．x－3y＋2＝0
C．3x＋y－4＝0 D．x＋3y－4＝0
【答案】 A y′＝2x＋，故y′|x＝1＝3，故在点(1，1)处的切线方程为y－1＝3(x－1)，化简整理得3x－y－2＝0.
3．(2014·黑龙江哈师大附中二模，4)设函数f(x)＝axln x(a∈R，a≠0)，若f′(e)＝2，则f(e)的值为( )
A．1 B.
C．e D．2e
【答案】 C f′(x)＝aln x＋a，故f′(e)＝2a＝2，得a＝1，故f(x)＝xln x，f(e)＝e.
4．(2013·浙江，8)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是( )
【答案】 B 根据导函数值的大小变化情况，确定原函数的变化情况．
从导函数的图象可以看出，导函数值先增大后减小，x＝0时最大，所以函数f(x)的图象的变化率也先增大后减小，在x＝0时变化率最大．A项，在x＝0时变化率最小，故错误；C项，变化率是越来越大的，故错误；D项，变化率是越来越小的，故错误，B项正确．
5．(2012·陕西，9)设函数f(x)＝＋ln x，则( )
A．x＝为f(x)的极大值点
B．x＝为f(x)的极小值点
C．x＝2为f(x)的极大值点
D．x＝2为f(x)的极小值点
【答案】 D f′(x)＝－＋＝＝0，可得x＝2.当0＜x＜2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．∴x＝2为f(x)的极小值点．
6．(2011·辽宁，11)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为( )
A．(－1，1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
【答案】 B 方法一：设g(x)＝f(x)－(2x＋4)，则g′(x)＝f′(x)－2>0，∴g(x)在R上单调递增，且g(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0.∴当x>－1时，g(x)>g(－1)＝0，即f(x)>2x＋4，故此不等式的解集为 (－1，＋∞)．
方法二：由x∈R，f(－1)＝2，f′(x)>2，可设f(x)＝4x＋6，则由4x＋6>2x＋4，得x>－1.故选B.
7．(2012·重庆，8)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是( )
【答案】 C ∵函数f(x)在x＝－2处取得极小值，∴f′(－2)＝0，且函数f(x)在x＝－2左侧附近为减函数，在x＝－2右侧附近为增函数，即当x＜－2时，f′(x)＜0，当x＞－2时，f′(x)＞0，从而当x＜－2时，y＝xf′(x)＞0，当－2＜x＜0时，y＝xf′(x)＜0，对照选项可知只有C符合题意．
8．(2014·河北石家庄一模，8)若不等式2xln x≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0) B．(－∞，4]
C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)
【答案】 B 2xln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋，设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，则h′(x)＝.当x∈(0，1)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝4.故a的取值范围是(－∞，4]．
9．(2015·河南周口调研，8)已知函数f(x)＝＋的两个极值点分别为x1，x2，且x1∈(0，1)，x2∈(1，＋∞)，点P(m，n)表示的平面区域为D，若函数y＝loga(x＋4)(a＞1)的图象上存在区域D内的点，则实数a的取值范围是( )
A．(1，3] B．(1，3)
C．(3，＋∞) D．[3，＋∞)
【答案】 B 由题意，知y′＝x2＋mx＋＝0的两根x1，x2满足x1∈(0，1)，x2∈(1，＋∞)，所以即画出其表示的可行域D，因为y＝loga(x＋4)(a＞1)的图象上存在区域D内的点，所以loga(－1＋4)＞1，即a＜3，所以实数a的取值范围为(1，3)．
10．(2014·湖北宜昌一模，8)已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0，2)时，f(x)＝ln x－ax，当x∈ (－2，0)时，f(x)的最小值为1，则a的值等于( )
A. B.
C. D．1
【答案】 D 由f(x)是奇函数，x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1知，当x∈(0，2)时，f(x)的最大值为－1.
令f′(x)＝－a＝0，得x＝.
当0＜x＜时，f′(x)＞0；
当x＞时，f′(x)＜0.
∴f(x)max＝f＝－ln a－1＝－1，解得a＝1.
11．(2015·湖南常德质检，9)定义在R上的函数f(x)满足：f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，则ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系为( )
A．ex1f(x2)＞ex2f(x1)
B．ex1f(x2)＜ex2f(x1)
C．ex1f(x2)＝ex2f(x1)
D．ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系不确定
【答案】 A 设g(x)＝，则g′(x)＝＝，由题意g′(x)＞0，所以g(x)单调递增，当x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，即＜，所以ex1f(x2)＞ex2f(x1)．
12．(2015·辽宁丹东二模，12)已知函数f(x)的定义域为[－3，＋∞)，且f(6)＝2.f′(x)为f(x)的导函数，f′(x)的图象如图所示．若正数a，b满足f(2a＋3b)<2，则的取值范围是( )
A.∪(3，＋∞)
B.
C.∪(3，＋∞)
D.
二、填空题(共4小题，每小题4分，共16分)
13．(2013·江西，11)若曲线y＝xα＋1(α∈R)在点(1，2)处的切线经过坐标原点，则α＝________.
【解析】 求导得y′＝αxα－1，曲线在点(1，2)处的切线的斜率k＝α，由点斜式得切线方程为y－2＝α(x－1)．
∵切线经过原点(0，0)，∴－2＝α×(－1)，α＝2.
【答案】 2
14．(2015·山东省实验中学月考，13)已知f(x)＝x2＋2xf′(1)，则f′(0)＝________.
【解析】 函数的导数为f′(x)＝2x＋2f′(1)，∴f′(1)＝2＋2f′(1)，解得f′(1)＝－2，所以f′(x)＝2x－4，故f′(0)＝－4.
【答案】 －4
15．(2015·山西大同月考，13)若直线l与幂函数y＝xn的图象相切于点A(，3)，则直线l的方程为________．
【解析】 由已知，得点A(，3)在幂函数y＝xn的图象上，即3＝n，n＝3，y＝x3.由导数的几何意义，幂函数在点A处的切线的斜率为k＝3×()2＝9，所以，由直线方程的点斜式得直线l的方程为9x－y－6＝0.
【答案】 9x－y－6＝0
16．(2014·湖北武汉模拟，14)某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p元，销量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8 300－170p－p2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________元．
【解析】 设商场销售该商品所获利润为y元，则y＝(p－20)(8 300－170p－p2)
＝－p3－150p2＋11 700p－166 000(p≥20)，
则y′＝－3p2－300p＋11 700.
令y′＝0得p2＋100p－3 900＝0，
解得p＝30或p＝－130(舍去)．
则p，y，y′变化关系如下表：
p
(20，30)
30
(30，＋∞)
y′
＋
0
－
y
极大值
故当p＝30时，y取极大值为23 000元．
又y＝－p3－150p2＋11 700p－166 000在[20，＋∞)上只有一个极值，故也是最值．
所以该商品零售价定为每件30元，所获利润最大为23 000元．
【答案】 30 23 000
三、解答题(共6小题，共74分)
17．(12分)(2014·大纲全国，21)函数f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)在区间(1，2)是增函数，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝3ax2＋6x＋3，f′(x)＝0的判别式Δ＝36(1－a)．
①若a≥1，则f′(x)≥0，当且仅当a＝1，x＝－1时，f′(x)＝0.
故此时f(x)在R上是增函数．
②由于a≠0，故当a＜1时，f′(x)＝0有两个根：
x1＝，x2＝.
若0＜a＜1，则当x∈(－∞，x2)或x∈(x1，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)分别在(－∞，x2)，(x1，＋∞)上是增函数；
当x∈(x2，x1)时，f′(x)＜0，故f(x)在(x2，x1)是减函数．
若a＜0，则当x∈(－∞，x1)或x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＜0，故f(x)分别在(－∞，x1)，(x2，＋∞)是减函数；
当x∈(x1，x2)时f′(x)＞0，故f(x)在(x1，x2)是增函数．
(2)当a＞0，x＞0时，f′(x)＝3ax2＋6x＋3＞0，故当a＞0时，f(x)在区间(1，2)是增函数．
当a＜0时，f(x)在区间(1，2)是增函数，当且仅当f′(1)≥0且f′(2)≥0，解得－≤a＜0.
综上，a的取值范围是∪(0，＋∞)．
思路点拨：(1)先求出导函数，然后对参数a的取值进行分类讨论，利用导函数符号的变化判断函数的单调性；(2)根据a的符号进行分类讨论，再由(1)的结果及已知条件确定参数a所满足的条件，进而求其取值范围．
18．(12分)(2013·北京，18)已知函数f(x)＝x2＋xsin x＋cos x.
(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．
解：由f(x)＝x2＋xsin x＋cos x，得f′(x)＝x(2＋cos x)．
(1)因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a)．
解得a＝0，b＝f(0)＝1.
(2)令f′(x)＝0，得x＝0.
f(x)与f′(x)的情况如下：
x
(－∞，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
1
所以函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1是f(x)的最小值．
当b≤1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b最多只有一个交点；
当b＞1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1＞4b－2b－1＞b，
f(0)＝1＜b，
所以存在x1∈(－2b，0)，x2∈(0，2b)，使得f(x1)＝f(x2)＝b.
由于函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b＞1时曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．
综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)．
19．(12分)(2014·广东，21)已知函数f(x)＝x3＋x2＋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x0∈∪，使得f(x0)＝f.
解：(1)f′(x)＝x2＋2x＋a，
方程x2＋2x＋a＝0的判别式Δ＝4－4a＝4(1－a)，
若a≥1，则Δ≤0，f′(x)＝x2＋2x＋a≥0，∴f(x)在R上单调递增．
若a＜1，则Δ＞0，方程x2＋2x＋a＝0有两个不同的实数根，x1＝－1－，x2＝－1＋.
当x＜x1或x＞x2时，f′(x)＞0；当x1＜x＜x2时，f′(x)＜0，
∴f(x)的单调递增区间为(－∞，－1－)和(－1＋，＋∞)，
单调递减区间为(－1－，－1＋)．
(2)当a<0时，x1＝－1－<0，x2＝－1＋>0.
①当－1＋≥1时，即a≤－3时，f(x)在(0，1)上单调递减，不满足题意；
②当－1＋<1时，即－32，
故函数f(x)的单调递增区间为和(2，＋∞)．
(2)f′(x)＝，a＜0，
由f′(x)＝0得x＝－或x＝－.
当x∈时，f(x)单调递增；
当x∈时，f(x)单调递减；
当x∈时，f(x)单调递增．
易知f(x)＝(2x＋a)2≥0，
且f ＝0.
①当－≤1，即－2≤a＜0时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±2－2，均不符合题意．
②当1＜－≤4，即－8≤a＜－2时，
f(x)在[1，4]上的最小值为f ＝0，不符合题意．
③当－＞4，即a＜－8时，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x＝1或x＝4处取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8，得a＝－10或a＝－6(舍去)，当a＝－10时，f(x)在(1，4)上单调递减，f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意．
综上，a＝－10.
21．(12分)(2014·福建，22)已知函数f(x)＝ex－ax(a为常数)的图象与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，x2＜ex；
(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.
解：方法一：(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.
又f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2.
所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.
令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
所以当x＝ln 2时，f(x)有极小值．
且极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4.
f(x)无极大值．
(2)证明：令g(x)＝ex－x2，
则g′(x)＝ex－2x.
由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＝2－ln 4＞0，即g′(x)＞0.
所以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x2＜ex.
(3)证明：对任意给定的正数c，取x0＝，由(2)知，当x＞0时，x2＜ex.
所以当x＞x0时，ex＞x2＞x，即x＜cex.
因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.
方法二：(1)同方法一．
(2)同方法一．
(3)证明：令k＝(k＞0)，要使不等式x＜cex成立，只需要ex＞kx成立．
而要使ex＞kx成立，则只需要x＞ln(kx)，即x＞ln x＋ln k成立．
①若0＜k≤1，则ln k≤0，易知当x＞0时，x＞ln x≥ln x＋ln k成立．
即对任意c∈[1，＋∞)，取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.
②若k＞1，令h(x)＝x－ln x－ln k，
则h′(x)＝1－＝，
所以当x＞1时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)内单调递增．
取x0＝4k，
h(x0)＝4k－ln(4k)－ln k＝2(k－ln k)＋2(k－ln 2)，
易知k＞ln k，k＞ln 2，所以h(x0)＞0.
因此，对任意c∈(0，1)，取x0＝，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.
综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.
方法三：(1)同方法一．
(2)同方法一．
(3)证明：①若c≥1，取x0＝0，
由(2)的证明过程知，ex＞2x，
所以当x∈(x0，＋∞)时，有cex≥ex＞2x＞x，即x＜cex.
②若0＜c＜1，
令h(x)＝cex－x，则h′(x)＝cex－1.
令h′(x)＝0，得x＝ln .
当x＞ln 时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．
取x0＝2ln ，
h(x0)＝ce2ln －2ln ＝2，
易知－ln ＞0，又h(x)在(x0，＋∞)内单调递增，
所以当x∈(x0，＋∞)时，恒有h(x)＞h(x0)＞0，即x＜cex.
综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.
注：对c的分类可有不同的方式，只要解法正确即可．
思路点拨：(1)求f′(x)，依题设条件可得f′(0)＝－1，从而可求出a的值；求方程f′(x)＝0的根，判断在导函数等于0的点的左右两侧的导数的符号，得出结论；(2)构造函数，
利用函数的单调性来证明不等式；(3)方法二、三对c进行分类讨论，通过构造函数，利用导数来求其单调性，就可得所求证的结果．
22．(14分)(2014·陕西，21)设函数f(x)＝ln x＋，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)－零点的个数；
(3)若对任意b＞a＞0，＜1恒成立，求m的取值范围．
解：(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋，则f′(x)＝，
∴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，
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋＝2，∴f(x)的极小值为2.
(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)．
设φ(x)＝－x3＋x(x≥0)，
则φ′(x)＝－x2＋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)＝.
又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知
①当m>时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0＜m＜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＞时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点．
(3)对任意的b＞a＞0，＜1恒成立，
等价于f(b)－b＜f(a)－a恒成立．(*)
设h(x)＝f(x)－x＝ln x＋－x(x＞0)．
∴(*)等价于h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
由h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，
得m≥－x2＋x＝－＋(x＞0)恒成立，
∴m≥(对m＝，h′(x)＝0仅在x＝时成立，
∴m的取值范围是.
方法点拨：(1)利用导数研究函数的单调性，从而得到f(x)的极小值；(2)依据函数零点的意义将问题转化为三次函数图象问题进行解决；(3)将不等式恒成立进行合理变形转化，构建新函数，借助导数分离参数化归为二次函数在(0，＋∞)上的值域问题，从而求得参数范围．
