【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 )＝3ax2－，設(shè)公切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x0，則與f(x)的圖象相切的直線方程為y＝(ln x0＋1)x－x0，與g(x)的圖象相切的直線方程為y＝x－2ax－，∴解之得x0ln x0＝－，由(1)知x＝，∴a＝.第四講　 　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用1．(2015上饒模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋mx－2，g(x)＝mx＋ln x.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)m＝－1時(shí)，試推斷方程：＝＋是否有實(shí)數(shù)解．2．已知函數(shù)f(x)＝aln x＋1(a0)．(1)當(dāng)a＝1且x1時(shí)，證明：f(x)3－；(2)若對(duì)?x∈(1，e)，f(x)x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．3．(2015菏澤模擬)已知函數(shù)f(x)＝(其中k∈R，e＝ 28…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，f′(x)為f(x)導(dǎo)函數(shù)．(1)當(dāng)k＝2時(shí)，其曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)若x∈(0,1]時(shí)，f′(x)＝0都有解，求k的取值范圍；(3)若f′(1)＝0，試證明：對(duì)任意x0，f′(x)恒成立．4．已知函數(shù)f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋2](t0)上的最小值；(3)若對(duì)一切的x∈(0，＋∞)，2f(x)g′(x)＋2恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．5.(2015銀川模擬)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＝e2x－2＋x2－2f(0)x，g(x)＝f－x2＋(1－a)x＋a.(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)如果s、t、r滿足|s－r|≤|t－r|，≥2且x≥1時(shí)，試比較和ex－1＋a哪個(gè)更靠近ln x，并說(shuō)明理由． 6.(2015山東省實(shí)驗(yàn)診斷)已知函數(shù)f(x)＝.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(t0)上不是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)t的取值范圍；(3)如果當(dāng)x≥1時(shí)，不等式f(x)≥恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．答案1．解：(1)由題意可得：f′(x)＝ex＋m.當(dāng)m≥0時(shí)，f′(x)0，所以當(dāng)m≥0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為R.當(dāng)m0時(shí)，令f′(x)0，即ex＋m0，可得：xln(－m)；令f′(x)0時(shí)，即ex＋m0，可得：xln(－m)．所以當(dāng)m0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(ln(－m)，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(－∞，ln(－m))．(2)當(dāng)m＝－1時(shí)，g(x)＝－x＋ln x(x0)，易得：g′(x)＝－1.令g′(x)0，可得：0x1；令g′(x)0，可得：x1.故g(x)在x＝1處取得極大值，亦即最大值．即g(x)≤g(1)＝－1，∴|g(x)|≥1.令h(x)＝＋，所以h′(x)＝.令h′(x)0，可得：0xe，令h′(x)0，可得：xe.故h(x)在x＝e處取得極大值，亦即最大值．∴h(x)≤h(e)＝＋1.所以方程＝＋無(wú)實(shí)數(shù)解．2．解：(1)證明：要證f(x)3－，即證ln x＋－20，令m(x)＝ln x＋－2，則m′(x)＝－＝0.所以m(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以m(x)m(1)＝0，所以ln x＋－20，即f(x)3－成立．(2)由f(x)x且x∈(1，e)可得a，令h(x)＝，h′(x)＝，由(1)知ln x－1＋1＋－＝0，所以h′(x)0，函數(shù)h(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，h(x)h(e)＝e－1，所以a≥e－1.所以a的取值范圍是[e－1，＋∞)．3．解：(1)由f(x)＝得f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線斜率為f′(1)＝－，∵f(1)＝，∴曲線y＝f(x)切線方程為y－＝－(x－1)；即y＝－x＋.(2)由f′(x)＝0得k＝，令F(x)＝，∵0x≤1，∴F′(x)＝－0，所以F(x)在(0,1]上單調(diào)遞減，又當(dāng)x趨向于0時(shí)，F(xiàn)(x)趨向于正無(wú)窮大，故F(x)≥F(1)＝1，即k≥[1，＋∞)．(3)由f′(1)＝0，得k＝1，令g(x)＝(x2＋x)f′(x)，所以g(x)＝(1－x－xln x)，x∈(0，＋∞)，因此，對(duì)任意x0，g(x)e－2＋1等價(jià)于1－x－xln x(e－2＋1)，由h(x)＝1－x－xln x，x∈(0，＋∞)，得h′(x)＝－ln x－2，x∈(0，＋∞)．因此，當(dāng)x∈(0，e－2)時(shí)，h′(x)0，h(x)單調(diào)遞增；x∈(e－2，＋∞)時(shí)，h′(x)0，h(x)單調(diào)遞減．所以h(x)的最大值為h(e－2)＝e－2＋1，故1－x－xln x≤e－2＋1.設(shè)φ(x)＝ex－(x＋1)，∵φ′(x)＝ex－1，所以x∈(0，＋∞)時(shí)φ′(x)0，φ(x)單調(diào)遞增，φ(x)φ(0)＝0，故x∈(0，＋∞)時(shí)，φ(x)＝ex－(x＋1)0，即1，所以1－x－xln x≤e－2＋1(e－2＋1)．因此，對(duì)任意x0，f′(x)恒成立．4．解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)0得0x；令f′(x)0得x.∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間為.(2)(ⅰ)當(dāng)0tt＋2時(shí)，無(wú)解；(ⅱ)當(dāng)0tt＋2，即0t時(shí)，由(1)知，f(x)min＝f＝－；(ⅲ)當(dāng)≤tt＋2，即≤t時(shí)，f(x)在區(qū)間[t，t＋2]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(t)＝tln t.綜上，f(x)min＝(3)由2f(x)g′(x)＋2，得2xln x3x2＋2ax＋1.∵x0，∴aln x－x－，設(shè)h(x)＝ln x－x－，則h′(x)＝－＋＝－.令h′(x)＝0，得x＝1，x＝－(舍)．當(dāng)0x1時(shí)，h′(x)0，h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x1時(shí)，h′(x)0，h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∴當(dāng)x＝1時(shí)，h(x)取得最大值，h(x)max＝－2，∴a－2.∴a的取值范圍是(－2，＋∞)． ：(1)f′(x)＝f′(1)e2x－2＋2x－2f(0)，所以f′(1)＝f′(1)＋2－2f(0)，即f(0)＝1. 又f(0)＝e－2，所以f′(1)＝2e2，所以f(x)＝e2x＋x2－2x.(2)∵f(x)＝e2x－2x＋x2，∴g(x)＝f－x2＋(1－a)x＋a＝ex＋x2－x－x2＋(1－a)x＋a＝ex－a(x－1)，∴g′(x)＝ex－a.①當(dāng)a≤0時(shí)，g′(x)0，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增；②當(dāng)a0時(shí)，由g′(x)＝ex－a＝0得x＝ln a，∴x∈(－∞，ln a)時(shí)，g′(x)0，g(x)單調(diào)遞減；x∈(ln a，＋∞)時(shí)，g′(x)0，g(x)單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)；當(dāng)a0時(shí)，函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(ln a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，ln a)．(3)設(shè)p(x)＝－ln x，q(x)＝ex－1＋a－ln x，∵p′(x)＝－－0，∴p(x)在x∈[1，＋∞)上為減函數(shù)，又p(e)＝0，∴當(dāng)1≤x≤e時(shí)，p(x)≥0，當(dāng)xe時(shí)，p(x)0.∵q′(x)＝ex－1－，q″(x)＝ex－1＋0，∴q′(x)在x∈[1，＋∞)上為增函數(shù)，又q′(1)＝0，∴x∈[1，＋∞)時(shí)，q′(x)≥0，∴q(x)在x∈[1，＋∞)上為增函數(shù)，∴q(x)≥q(1)＝a＋10.①當(dāng)1≤x≤e時(shí)，|p(x)|－|q(x)|＝p(x)－q(x)＝－ex－1－a，設(shè)m(x)＝－ex－1－a，則m′(x)＝－－ex－10，∴m(x)在x∈[1，＋∞)上為減函數(shù)，∴m(x)≤m(1)＝e－1－a，∵a≥2，∴m(x)0，∴|p(x)||q(x)|，∴比ex－1＋a更靠近ln x.②當(dāng)xe時(shí)，|p(x)|－|q(x)|＝－p(x)－q(x)＝－＋2ln x－ex－1－a2ln x－ex－1－a，設(shè)n(x)＝2ln x－ex－1－a，則n′(x)＝－ex－1，n″(x)＝－－ex－10，∴n′(x)在xe時(shí)為減函數(shù)，∴n′(x)n′(e)＝－ee－10，∴n(x)在xe時(shí)為減函數(shù)，∴n(x)n(e)＝2－a－ee－10，∴|p(x)||q(x)|，∴比ex－1＋a更靠近ln x.綜上在a≥2，x≥1時(shí)，比ex－1＋a更靠近ln x. ：(1)f′(x)＝－(x0)，解f′(x)0，得0x1；解f′(x)0，得x1；所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間(t0)上不是單調(diào)函數(shù)，所以解得t1.故t的取值范圍為.(3)不等式f(x)≥恒成立，即≥a恒成立，令g(x)＝，則g′(x)＝＝，令h(x)＝x－ln x，則h′(x)＝1－，∵x≥1，∴h′(x)≥0，∴h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)min＝h(1)＝10，從而g′(x)0，所以g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，且g(x)min＝g(1)＝2，所以a≤(－∞，2]．高考大題專項(xiàng)練(一)　函數(shù)與導(dǎo)數(shù)A組1．(2015東北三校聯(lián)考)已知實(shí)數(shù)a為常數(shù)，函數(shù)f(x)＝xln x＋ax2.(1)若曲線y＝f(x)在x＝1處的切線過(guò)點(diǎn)A(0，－2)，求實(shí)數(shù)a的值；(2)若函數(shù)y＝f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1x2)．①求證：－a0；②求證：f(x1)0，f(x2)－.2．(2015長(zhǎng)沙模擬)若函數(shù)f(x)是定義域D內(nèi)的某個(gè)區(qū)間I上的增函數(shù)，且F(x)＝在I上是減函數(shù)，則稱y＝f(x)是I上的“單反減函數(shù)”，已知f(x)＝ln x，g(x)＝2x＋＋aln x(a∈R)．(1)判斷f(x)在(0,1]上是否是“單反減函數(shù)”；(2)若g(x)是[1，＋∞)上的“單反減函數(shù)”，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．3．(2015鄭州二模)已知函數(shù)f(x)＝ax＋ln(x－1)，其中a為常數(shù)．(1)試討論f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a＝時(shí)，存在x使得不等式|f(x)|－≤成立，求b的取值范圍．B組1．(2015石家莊二模)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－2(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若k為整數(shù)，a＝1，且當(dāng)x0時(shí)，f′(x)1恒成立，其中f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，求k的最大值．2．(2015汕頭二模)設(shè)函數(shù)f(x)＝－ax.(1)若函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上為減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的最小值；(2)若存在x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．3．(2015寧德質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝ln x－a(x－1)(a∈R)．(1)若a＝－2，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)若不等式f(x)0對(duì)任意x∈(1，＋∞)恒成立．①求實(shí)數(shù)a的取值范圍；②試比較ea－2與ae－2的大小，并給出證明(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e≈ 28)．答案A組1．解：(1)由已知：f′(x)＝ln x＋1＋2ax(x0)，f′(1)＝2a＋1，即為切線斜率，切點(diǎn)P(1，a)，切線方程：y－a＝(2a＋1)(x－1)，把(0，－2)代入得a＝1.(2)①證明：依題意f′(x)＝0有兩個(gè)不等實(shí)根x1，x2(x1x2)，設(shè)g(x)＝ln x＋2ax＋1，則g′(x)＝＋2a(x0)，(ⅰ)當(dāng)a≥0時(shí)，g′(x)0，所以g(x)是增函數(shù)，不符合題意；(ⅱ)當(dāng)a0時(shí)，由g′(x)＝0得x＝－0，列表如下：x－g′(x)＋0－g(x)極大值g(x)max＝g＝l