高考数学一轮总复习 第3章 导数及其应用 第2节 导数的应用高考AB卷 理

【大高考】2017版高考数学一轮总复习 第3章 导数及其应用 第2节 导数的应用高考AB 卷 理利用导数研究函数的单调性1.(2016·全国Ⅱ，21)(1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x 的单调性，并证明当x >0时，(x －2)e x＋x ＋2>0；(2)证明：当a ∈[0，1)时，函数g (x )＝e x－ax －ax2(x >0)有最小值.设g (x )的最小值为h (a )，求函数h (a )的值域.(1)解 f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞). f ′(x )＝（x －1）（x ＋2）e x－（x －2）e x（x ＋2）2＝x 2ex（x ＋2）2≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(－∞，－2)，(－2，＋∞)单调递增. 因此当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝－1. 所以(x －2)e x>－(x ＋2)，即(x －2)e x＋x ＋2>0.(2)证明 g ′(x )＝（x －2）e x＋a （x ＋2）x 3＝x ＋2x3(f (x )＋a ). 由(1)知，f (x )＋a 单调递增，对任意a ∈[0，1)，f (0)＋a ＝a －1<0，f (2)＋a ＝a ≥0. 因此，存在唯一x a ∈( 0，2]，使得f (x a )＋a ＝0，即g ′(x a )＝0. 当0<x <x a 时，f (x )＋a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >x a 时，f (x )＋a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增. 因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值，最小值为g (x a )＝e xa －a （x a ＋1）x 2a ＝e xa ＋f （x a ）（x ＋1）x 2a ＝e xa x a ＋2. 于是h (a )＝e x a x a ＋2，由⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx ＋2′＝（x ＋1）e x （x ＋2）2>0，e xx ＋2单调递增.所以，由x a ∈(0，2]，得12＝e 00＋2<h (a )＝e x a x a ＋2≤e 22＋2＝e24. 因为e xx ＋2单调递增，对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24，存在唯一的x a ∈(0，2]，a ＝－f (x a )∈[0，1)，使得h (a )＝λ.所以h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.综上，当a ∈[0，1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24. 2.(2015·全国Ⅱ，21)设函数f (x )＝e mx＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1，1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1，求m 的取值范围. (1)证明 f ′(x )＝m (e mx－1)＋2x .若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1≤0，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时， e mx－1≥0，f ′(x )＞0.若m ＜0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1＞0，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时， e mx－1＜0，f ′(x )＞0.所以，f (x )在(－∞，0)单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增.(2)解 由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，故f (x )在x ＝0处取得最小值.所以对于任意x 1，x 2∈[－1，1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f （1）－f （0）≤e －1，f （－1）－f （0）≤e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m －m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1.① 设函数g (t )＝e t －t －e ＋1，则g ′(t )＝e t－1. 当t ＜0时，g ′(t )＜0；当t ＞0时，g ′(t )＞0.故g (t )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增. 又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e ＜0， 故当t ∈[－1，1]时，g (t )≤0.当m ∈[－1，1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立； 当m ＞1时，由g (t )的单调性，g (m )＞0，即e m－m ＞e －1； 当m ＜－1时，g (－m )＞0，即e －m＋m ＞e －1. 综上，m 的取值范围是[－1，1].利用导数研究函数的极值与最值3.(2015·全国Ⅱ，12)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( ) A.(－∞，－1)∪(0，1) B.(－1，0)∪(1，＋∞) C.(－∞，－1)∪(－1，0)D.(0，1)∪(1，＋∞)解析 因为f (x )(x ∈R )为奇函数，f (－1)＝0，所以f (1)＝－f (－1)＝0.当x ≠0时，令g (x )＝f （x ）x ，则g (x )为偶函数，且g (1)＝g (－1)＝0.则当x ＞0时，g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0，故g (x )在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数.所以在(0，＋∞)上，当0＜x ＜1时，g (x )＞g (1)＝0⇔f （x ）x＞0⇔f (x )＞0； 在(－∞，0)上，当x ＜－1时，g (x )＜g (－1)＝0⇔f （x ）x＜0⇔f (x )＞0.综上，得使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，选A.答案 A4.(2014·全国Ⅱ，12)设函数f (x )＝3sin πxm.若存在f (x )的极值点x 0满足x 20＋[f (x 0)]2<m 2，则m 的取值范围是( ) A.(－∞，－6)∪(6，＋∞) B.(－∞，－4)∪(4，＋∞) C.(－∞，－2)∪(2，＋∞)D.(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析 由正弦型函数的图象可知：f (x )的极值点x 0满足f (x 0)＝±3，则πx 0m ＝π2＋k π(k ∈Z )，从而得x 0＝(k ＋12)m (k ∈Z ).所以不等式x 20＋[f (x 0)]2<m 2即为(k ＋12)2m 2＋3<m 2，变形得m 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122>3，其中k ∈Z .由题意，存在整数k 使得不等式m 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122>3成立.当k ≠－1且k ≠0时，必有⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122>1，此时不等式显然不能成立，故k ＝－1或k ＝0，此时，不等式即为34m 2>3，解得m <－2或m >2.答案 C5.(2016·全国Ⅲ，21)设函数f (x )＝a cos 2x ＋(a －1)·(cos x ＋1)，其中a ＞0，记|f (x )|的最大值为4.(1)求f ′(x )；(2)求A ；(3)证明|f ′(x )|≤2A . (1)解 f ′(x )＝－2a sin 2x －(a －1)sin x .(2)解 当a ≥1时，|f (x )|＝|a cos 2x ＋(a －1)(cos x ＋1)| ≤a ＋2(a －1)＝3a －2.因此A ＝3a －2.当0＜a ＜1时，将f (x )变形为f (x )＝2a cos 2x ＋(a －1)·cos x －1，令g (t )＝2at 2＋(a －1)t －1，则A 是|g (t )|在[－1，1]上的最大值，g (－1)＝a ，g (1)＝3a －2，且当t ＝1－a 4a 时，g (t )取得极小值，极小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 4a ＝－（a －1）28a －1＝－a 2＋6a ＋18a. 令－1＜1－a 4a ＜1，解得a ＜－13(舍去)，a ＞15.(ⅰ)当0＜a ≤15时，g (t )在(－1，1)内无极值点，|g (－1)|＝a ，|g (1)|＝2－3a ，|g (－1)|＜|g (1)|，所以A ＝2－3a . (ⅱ)当15＜a ＜1时，由g (－1)－g (1)＝2(1－a )＞0，知g (－1)＞g (1)＞g ⎝⎛⎭⎪⎫1－a 4a .又⎪⎪⎪⎪⎪⎪g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 4a －|g (－1)|＝（1－a ）（1＋7a ）8a ＞0， 所以A ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 4a ＝a 2＋6a ＋18a . 综上，A ＝⎩⎪⎨⎪⎧2－3a ，0＜a ≤15，a 2＋6a ＋18a ，15＜a ＜1，3a －2，a ≥1.(3)证明 由(1)得|f ′(x )|＝|－2a sin 2x －(a －1)sin x |≤2a ＋|a －1|. 当0＜a ≤15时，|f ′(x )|≤1＋a ≤2－4a ＜2(2－3a )＝2A .当15＜a ＜1时，A ＝a 8＋18a ＋34≥1， 所以|f ′(x )|≤1＋a ＜2A .当a ≥1时，|f ′(x )|≤3a －1≤6a －4＝2A . 所以|f ′(x )|≤2A .6.(2015·全国Ⅰ，21)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 ＝－34.因此，当a ＝－34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，＋∞)无零点.当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x ＝1是h (x )的零点；若a <－54，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)的零点个数.(ⅰ)若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0，1)无零点，故f (x )在(0，1)单调.而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0，1)有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0，1)没有零点.(ⅱ)若－3<a <0，则f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 3单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－a3，1单调递增，故在(0，1)上，当x ＝－a3时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3＝2a3－a 3＋14. ①若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3>0，即－34<a <0，f (x )在(0，1)无零点；②若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0，1)有唯一零点； ③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)有两个零点；当－3<a ≤－54时，f (x )在(0，1)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 ＝－54时，h (x )有两个零点；当－54<a <－34时，h (x )有三个零点.导数的综合问题7.(2015·全国Ⅰ，12)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 ，1B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1 解析 设g (x )＝e x(2x －1)，y ＝ax －a ，由题知存在唯一的整数x 0，使得g (x 0)在直线y ＝ax －a 的下方，因为g ′(x )＝e x(2x ＋1)，所以当x <－12时，g ′(x )<0，当x >－12时，g ′(x )>0，所以当x ＝－12时，[g (x )]min ＝－2e －12，当x ＝0时，g (0)＝－1，g (1)＝3e>0，直线y ＝a (x －1)恒过(1，0)且斜率为a ，故－a >g (0)＝－1，且g (－1)＝－3e －1≥－a －a ，解得32e≤a <1，故选D.答案 D8.(2016·全国Ⅰ，21)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2有两个零点. (1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2. 解 (1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a ). ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，f (x )只有一个零点.②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a 2，则f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎪⎫b 2－32b >0，故f (x )存在两个零点.③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a ).若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)上单调递增.又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点.若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增. 又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点. 综上，a 的取值范围为(0，＋∞).(2)不妨设x 1<x 2.由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)，f (x )在(－∞，1)上单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，即f (2－x 2)<0. 由于f (2－x 2)＝－x 2e2－x2＋a (x 2－1)2，而f (x 2)＝(x 2－2)e x2＋a (x 2－1)2＝0， 所以f (2－x 2)＝－x 2e 2－x2－(x 2－2)e x2.设g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x，则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x－e x)，所以当x >1时，g ′(x )<0，而g (1)＝0，故当x >1时，g (x )<0，从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0，故x 1＋x 2<2.9.(2014·全国Ⅰ，21)设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x，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.(1)解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋bxe x －1.由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e.故a ＝1，b ＝2. (2)证明 由(1)知，f (x )＝e xln x ＋2xe x －1，从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x－2e .设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x .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 .综上，当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1.利用导数研究函数的单调性1.(2015·福建，10)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 ＜1kB.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＞1k －1C.f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＜1k －1D.f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＞k k －1解析 ∵导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1，∴f ′(x )－k ＞0，k －1＞0，1k －1＞0，可构造函数g (x )＝f (x )－kx ，可得g ′(x )＞0，故g (x )在R 上为增函数，∵f (0)＝－1， ∴g (0)＝－1，∴g ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＞g (0)，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－k k －1＞－1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞1k －1， ∴选项C 错误，故选C. 答案 C2.(2016·北京，18)设函数f (x )＝x ea －x＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝(e －1)x ＋4.(1)求a ，b 的值； (2)求f (x )的单调区间. 解 (1)f (x )的定义域为R . ∵f ′(x )＝ea －x－x ea －x＋b ＝(1－x )ea －x＋b .依题设，⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1. 解得a ＝2，b ＝e. (2)由(1)知f (x )＝x e 2－x＋e x ，由f ′(x )＝e2－x(1－x ＋e x －1)及e2－x＞0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号.令g (x )＝1－x ＋ex －1，则g ′(x )＝－1＋ex －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )＜0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增. 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而g (x )＞0，x ∈(－∞，＋∞)， 综上可知，f ′(x )＞0，x ∈(－∞，＋∞).故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞). 3.(2015·北京，18)已知函数f (x )＝ln 1＋x1－x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求证：当x ∈(0，1)时，f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33； (3)设实数k 使得f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0，1)恒成立，求k 的最大值. (1)解 因为f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )，所以f ′(x )＝11＋x ＋11－x ，f ′(0)＝2.又因为f (0)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x .(2)证明 令g (x )＝f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33， 则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x41－x2.因为g ′(x )>0(0<x <1)，所以g (x )在区间(0，1)上单调递增. 所以g (x )>g (0)＝0，x ∈(0，1)，即当x ∈(0，1)时，f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33. (3)解 由(2)知，当k ≤2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0，1)恒成立. 当k >2时，令h (x )＝f (x )－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则 h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－（k －2）1－x2. 所以当0<x <4k －2k时，h ′(x )<0，因此h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4k －2k 上单调递减.当0<x <4k －2k时，h (x )<h (0)＝0，即f (x )<k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.所以当k >2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33并非对x ∈(0，1)恒成立. 综上可知，k 的最大值为2.4.(2015·四川，21)已知函数f (x )＝－2(x ＋a )ln x ＋x 2－2ax －2a 2＋a ，其中a ＞0.(1)设g (x )是f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性；(2)证明：存在a ∈(0，1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解.(1)解 由已知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，g (x )＝f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x ， 所以g ′(x )＝2－2x＋2a x 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －14x 2，当0＜a ＜14时，g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减； 当a ≥14时，g (x )在区间(0，＋∞)上单调递增.(2)证明 由f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝⎛⎭⎪⎫1＋a x ＝0，解得a ＝x －1－ln x1＋x－1， 令φ(x )＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x －1－ln x 1＋x －1ln x ＋x 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －1x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －12＋x －1－ln x1＋x－1， 则φ(1)＝1＞0，φ(e)＝－e （e －2）1＋e －1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫e －21＋e －12＜0， 故存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0， 令a 0＝x 0－1－ln x 01＋x －1，u (x )＝x －1－ln x (x ≥1)， 由u ′(x )＝1－1x≥0知，函数u (x )在区间(1，＋∞)上单调递增， 所以0＝u （1）1＋1＜u （x 0）1＋x －10＝a 0＜u （e ）1＋e －1＝e －21＋e－1＜1，即a 0∈(0，1)， 当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝φ(x 0)＝0， 由(1)知，f ′(x )在区间(1，＋∞)上单调递增， 故当x ∈(1，x 0)时，f ′(x )＜0，从而f (x )＞f (x 0)＝0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0，从而f (x )＞f (x 0)＝0， 所以，当x ∈(1，＋∞)时，f (x )≥0，综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解.5.(2015·天津，20)已知函数f(x)＝nx－x n，x∈R，其中n∈N*，n≥2.(1)讨论f(x)的单调性；(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：对于任意的正实数x，都有f(x)≤g(x)；(3)若关于x的方程f(x)＝a(a为实数)有两个正实根x1，x2，求证：|x2－x1|＜a1－n＋2.(1)解由f(x)＝nx－x n，可得f′(x)＝n－nx n－1＝n(1－x n－1). 其中n∈N*，且n≥2，下面分两种情况讨论：①当n为奇数时.令f′(x)＝0，解得x＝1，或x＝－1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以，f(②当n为偶数时.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)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.(2)证明设点P的坐标为(x0，0)，则x0＝n 1n－1，f′(x0)＝n－n2.曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)，即g(x)＝f′(x0)(x－x0). 令F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)，则F′(x)＝f′(x)－f′(x0).由于f′(x)＝－nx n－1＋n在(0，＋∞)上单调递减，故F′(x)在(0，＋∞)上单调递减，又因为F′(x0)＝0，所以当x∈(0，x0)时，F′(x)＞0，当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(0，x0)内单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的正实数x，都有F(x)≤F(x0)＝0，即对于任意的正实数x，都有f(x)≤g(x).(3)证明 不妨设x 1≤x 2. 由(2)知g (x )＝(n －n 2)(x －x 0)， 设方程g (x )＝a 的根为x 2′，可得x 2′＝an －n 2＋x 0.当n ≥2时，g (x )在(－∞，＋∞)上单调递减， 又由(2)知g (x 2)≥f (x 2)＝a ＝g (x 2′)，可得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 )＝nx .当x ∈(0，＋∞)，f (x )－h (x )＝－x n＜0， 即对于任意的x ∈(0，＋∞)，f (x )＜h (x ). 设方程h (x )＝a 的根为x 1′，可得x 1′＝a n.因为h (x )＝nx 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′＝a1－n ＋x 0.因为n ≥2，所以2n －1＝(1＋1)n －1≥1＋C 1n －1＝1＋n －1＝n ，故2≥n 1n －1＝x 0.则当x 1≤x 2时，|x 2－x 1|＝x 2－x 1＜a1－n ＋2，同理可证当x 1＞x 2结论成立.所以，|x 2－x 1|＜a1－n＋2.6.(2013·重庆，17)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)＋6x.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，故a ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝12(x －5)2＋6ln x (x >0)，f ′(x )＝x －5＋6x＝（x －2）（x －3）x.令f ′(x )＝0，解得x 1＝2，x 2＝3. 当0<x <2或x >3时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，2)，(3，＋∞)上为增函数；当2<x <3时，f ′(x )<0，故f (x )在(2，3)上为减函数.由此可知f (x )在x ＝2处取得极大值f (2)＝92＋6ln 2，在x ＝3处取得极小值f (3)＝2＋6ln 3.利用导数研究函数的极值与最值7.(2015·陕西，12)对二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a 为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是( ) A.－1是f (x )的零点 B.1是f (x )的极值点 C.3是f (x )的极值 D.点(2，8)在曲线y ＝f (x )上 解析 A 正确等价于a －b ＋c ＝0，① B 正确等价于b ＝－2a ，② C 正确等价于4ac －b24a ＝3，③D 正确等价于4a ＋2b ＋c ＝8.④ 下面分情况验证，若A 错，由②、③、④组成的方程组的解为⎩⎪⎨⎪⎧a ＝5，b ＝－10，c ＝8.符合题意；若B 错，由①、③、④组成的方程组消元转化为关于a 的方程后无实数解； 若C 错，由①、②、④组成方程组，经验证a 无整数解；若D 错，由①、②、③组成的方程组a 的解为－34也不是整数.综上，故选A.答案 A8.(2013·浙江，8)已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x －1)(x －1)k(k ＝1，2)，则( )A.当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值B.当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极大值C.当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值D.当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值解析 当k ＝1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)，此时f ′(x )＝e x (x －1)＋(e x －1)＝e x·x －1，所以f ′(1)＝e －1≠0，所以f (1)不是极值，A ，B 项均错.当k ＝2时，f (x )＝(e x－1)(x －1)2，此时f ′(x )＝e x (x －1)2＋(2x －2)(e x －1)＝e x ·x 2－2x －e x ＋2＝e x (x ＋1)(x －1)－2(x －1)＝(x －1)[e x(x ＋1)－2]，所以f ′(1)＝0，且当x >1时，f ′(x )>0；在x ＝1附近的左侧，f ′(x )<0，所以f (1)是极小值. 答案 C9.(2012·陕西，7)设函数f (x )＝x e x，则( ) A.x ＝1为f (x )的极大值点 B.x ＝1为f (x )的极小值点 C.x ＝－1为f (x )的极大值点 D.x ＝－1为f (x )的极小值点解析 f ′(x )＝(x ＋1)e x，当x <－1时，f ′(x )<0，当x >－1时，f ′(x )>0，所以x ＝－1为f (x )的极小值点，故选D. 答案 D10.(2015·江苏，19)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b (a ，b ∈R ). (1)试讨论f (x )的单调性；(2)若b ＝c －a (实数c 是与a 无关的常数)，当函数f (x )有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞，求c 的值.解 (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝－2a3.当a ＝0时，因为f ′(x )＝3x 2＞0(x ≠0)， 所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0上单调递减； 当a ＜0时，x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞时，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3上单调递减. (2)由(1)知，函数f (x )的两个极值为f (0)＝b ，f ⎝⎛⎭⎪⎫－2a 3＝427a 3＋b ，则函数f (x )有三个零点等价于f (0)·f ⎝⎛⎭⎪⎫－2a 3＝b ⎝⎛⎭⎪⎫427a 3＋b ＜0，从而⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，－427a 3＜b ＜0，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，0＜b ＜－427a 3.又b ＝c －a ，所以当a ＞ 0时，427a 3－a ＋c ＞0或当a ＜0时，427a 3－a ＋c ＜0.设g (a )＝427a 3－a ＋c ，因为函数f (x )有三个零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞， 则在(－∞，－3)上g (a )＜0，且在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上g (a )＞0均恒成立.从而g (－3)＝c －1≤0，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝c －1≥0，因此c ＝1. 此时，f (x )＝x 3＋ax 2＋1－a ＝(x ＋1)[x 2＋(a －1)x ＋1－a ]，因函数有三个零点，则x 2＋(a －1)x ＋1－a ＝0有两个异于－1的不等实根，所以Δ＝(a －1)2－4(1－a )＝a 2＋2a －3＞0，且(－1)2－(a －1)＋1－a ≠0，解得a ∈(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞.综上c ＝1. 11.(2015·重庆，20)设函数f (x )＝3x 2＋axex(a ∈R ). (1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围. 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝（6x ＋a ）e x －（3x 2＋ax ）ex（e x ）2＝－3x 2＋（6－a ）x ＋a e x， 因为f (x )在x ＝0处取得极值， 所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e(x －1)，化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋（6－a ）x ＋ae x. 令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ， 由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366.当x ＜x 1时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数； 当x 1＜x ＜x 2时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0，故f (x )为增函数； 当x ＞x 2时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数.由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92，故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.12.(2015·安徽，21)设函数f (x )＝x 2－ax ＋b .(1)讨论函数f (sin x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；(2)记f 0(x )＝x 2－a 0x ＋b 0，求函数|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的最大值D ；(3)在(2)中，取a 0＝b 0＝0，求z ＝b －a 24满足D ≤1时的最大值.解 (1)f (sin x )＝sin 2x －a sin x ＋b ＝ sin x (sin x －a )＋b ，－π2<x <π2.[f (sin x )]′＝(2sin x －a )cos x ，－π2<x <π2.因为－π2<x <π2，所以cos x >0，－2<2sin x <2.①a ≤－2，b ∈R 时，函数f (sin x )单调递增，无极值. ②a ≥2，b ∈R 时，函数f (sin x )单调递减，无极值.③对于－2<a <2，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2内存在唯一的x 0，使得2sin x 0＝a .－π2<x ≤x 0时，函数f (sin x )单调递减； x 0≤x <π2时，函数f (sin x )单调递增；因此，－2<a <2，b ∈R 时，函数f (sin x )在x 0处有极小值f (sin x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝b －a 24. (2)－π2≤x ≤π2时，|f (sin x )－f 0(sin x )|＝|(a 0－a )sin x ＋b －b 0|≤|a －a 0|＋|b －b 0|.当(a 0－a )(b －b 0)≥0时，取x ＝π2，等号成立.当(a 0－a )(b －b 0)<0时，取x ＝－π2，等号成立.由此可知，|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的最大值为D ＝|a －a 0|＋|b －b 0|. (3)D ≤1即为|a |＋|b |≤1，此时0≤a 2≤1，－1≤b ≤1， 从而z ＝b －a 24≤1.取a ＝0，b ＝1，则|a |＋|b |≤1，并且z ＝b －a 24＝1.由此可知，z ＝b －a 24满足条件D ≤1的最大值为1.13.(2013·福建，17)已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R ).(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的极值.解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ax.(1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝1－2x(x >0)，因而f (1)＝1，f ′(1)＝－1，所以曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0. (2)由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax，x >0知：①当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值； ②当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a . 又当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，从而函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值. 综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值.导数的综合问题14.(2014·辽宁，11)当x ∈[－2，1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A.[－5，－3] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6，－98C.[－6，－2]D.[－4，－3] 解析 当x ∈(0，1]时，得a ≥－3⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 3－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋1x ，令t ＝1x ，则t ∈[1，＋∞)，a ≥－3t3－4t 2＋t ，令g (t )＝－3t 3－4t 2＋t ，t ∈[1，＋∞)，则g ′(t )＝－9t 2－8t ＋1＝－(t ＋1)(9t －1)，显然在[1，＋∞)上，g ′(t )<0，g (t )单调递减，所以g (t )max ＝g (1)＝－6，因此a ≥－6；同理，当x ∈[－2，0)时，得a ≤－2.由以上两种情况得－6≤a ≤－2，显然当x ＝0时也成立.故实数a 的取值范围为[－6，－2]. 答案 C15.(2013·四川，10)设函数f (x )＝e x＋x －a (a ∈R ，e 为自然对数的底数).若曲线y ＝sinx 上存在点(x 0，y 0)使得f (f (y 0))＝y 0，则a 的取值范围是( )A.[1，e]B.[e －1－1，1] C.[1，e ＋1]D.[e －1－1，e ＋1]解析 因为y 0＝sin x 0∈[－1，1]，而f (x )≥0，f (f (y 0))＝y 0，所以y 0∈[0，1].设e x＋x －a ＝x ，x ∈[0，1]，①所以e x ＋x －x 2＝a 在x ∈[0，1]上有解，令g (x )＝e x ＋x －x 2，所以g ′(x )＝e x ＋1－2x ，设h (x )＝e x ＋1－2x ，则h ′(x )＝e x－2，所以当x ∈(0，ln 2)时，h ′(x )＜0，当x ∈(ln 2，1)时，h ′(x )＞0，所以g ′(x )≥g ′(ln 2)＝3－2ln 2＞0，所以g (x )在[0，1]上单调递增.所以原题中的方程有解必须方程①有解，所以g (0)≤a ≤g (1)，故选A. 答案 A16.(2016·四川，21)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x－e 1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数).解 (1)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 .此时，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)令g (x )＝1x －1e x －1，s (x )＝e x －1－x .则s ′(x )＝ex －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在区间(1，＋∞)内单调递增.又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当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， 所以此时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 ＋1x2>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，＋∞.17.(2016·山东，20)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x2，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1，2]成立.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）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 －1）x 3⎝⎛⎭⎪⎫x －2a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2a .①0<a <2时，2a>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，2a＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增.③a >2时，0<2a<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⎝⎛⎭⎪⎫2a，1内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增.(2)证明 由(1)知，a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x2－⎝⎛⎭⎪⎫1－1x －2x2＋2x 3 ＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1，2].设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1，2]，则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x ).由g ′(x )＝x －1x≥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 ＋6x4. 设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在x ∈[1，2]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)＝32.即f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1，2]成立.18.(2015·广东，19)设a >1，函数f (x )＝(1＋x 2)e x－a . (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行，且在点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行(O 是坐标原点)，证明：m ≤3a －2e－1.(1)解 f ′(x )＝2x e x＋(1＋x 2)e x＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x，∀x ∈R ，f ′(x )≥0恒成立.∴f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞).(2)证明 ∵f (0)＝1－a ，f (a )＝(1＋a 2)e a－a ， ∵a >1，∴f (0)<0，f (a )>2a e a－a >2a －a ＝a >0， ∴f (0)·f (a )<0，∴f (x )在(0，a )上有一零点， 又∵f (x )在(－∞，＋∞)上递增， ∴f (x )在(0，a )上仅有一个零点， ∴f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点. (3)证明 f ′(x )＝(x ＋1)2e x，设P (x 0，y 0)， 则f ′(x 0)＝e x 0(x 0＋1)2＝0，∴x 0＝－1， 把x 0＝－1，代入y ＝f (x )得y 0＝2e －a ，∴k OP ＝a －2e .f ′(m )＝e m (m ＋1)2＝a －2e ，令g (m )＝e m －(m ＋1)，g ′(m )＝e m－1.令g ′(x )>0，则m >0，∴g (m )在(0，＋∞)上增. 令g ′(x )<0，则m <0，∴g (m )在(－∞，0)上减. ∴g (m )min ＝g (0)＝0.∴e m －(m ＋1)≥0，即e m≥m ＋1.∴e m (m ＋1)2≥(m ＋1)3，即a －2e≥(m ＋1)3.∴m ＋1≤3a －2e ，即m ≤3a －2e－1. 19.(2015·山东，21)设函数f (x )＝ln(x ＋1)＋a (x 2－x )，其中a ∈R . (1)讨论函数f (x )极值点的个数，并说明理由； (2)若∀x ＞0，f (x )≥0成立，求a 的取值范围. 解 (1)由题意知，函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋1＋a (2x －1) ＝2ax 2＋ax －a ＋1x ＋1.令g (x )＝2ax 2＋ax －a ＋1，x ∈(－1，＋∞). ①当a ＝0时，g (x )＝1，此时f ′(x )＞0， 函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点； ②当a ＞0时，Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8). (ⅰ)当0＜a ≤89时，Δ≤0，g (x )≥0，f ′(x )≥0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点；(ⅱ)当a ＞89时，Δ＞0，设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1，x 2(x 1＜x 2)， 因为x 1＋x 2＝－12，所以x 1＜－14，x 2＞－14.由g (－1)＝1＞0，可得－1＜x 1＜－14.所以当x ∈(－1，x 1)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 因此函数有两个极值点. (ⅲ)当a ＜0时，Δ＞0， 由g (－1)＝1＞0，可得x 1＜－1. 当x ∈(－1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 所以函数有一个极值点.综上所述，当a ＜0时，函数f (x )有一个极值点； 当0≤a ≤89时，函数f (x )无极值点；当a ＞89时，函数f (x )有两个极值点.(2)由(1)知，①当0≤a ≤89时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为f (0)＝0，所以x ∈(0，＋∞)时，f (x )＞0，符合题意； ②当89＜a ≤1时，由g (0)≥0，得x 2≤0，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝0，所以x ∈(0，＋∞)时，f (x )＞0，符合题意； ③当a ＞1时，由g (0)＜0，可得x 2＞0. 所以x ∈(0，x 2)时，函数f (x )单调递减；因为f (0)＝0，所以x ∈(0，x 2)时，f (x )＜0，不合题意； ④当a ＜0时，设h (x )＝x －ln(x ＋1). 因为x ∈(0，＋∞)时，h ′(x )＝1－1x ＋1＝x x ＋1＞0 ， 所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增， 因此当x ∈(0，＋∞)时，h (x )＞h (0)＝0， 即ln(x ＋1)＜x .可得f (x )＜x ＋a (x 2－x )＝ax 2＋(1－a )x ， 当x ＞1－1a时，ax 2＋(1－a )x ＜0，此时f (x )＜0，不合题意. 综上所述，a 的取值范围是[0，1].20.(2015·湖南，21)已知a ＞0，函数f (x )＝e axsin x (x ∈[0，＋∞)).记x n 为f (x )的从小到大的第n (n ∈N *)个极值点，证明： (1)数列{f (x n )}是等比数列； (2)若a ≥1e 2－1，则对一切n ∈N *，x n ＜|f (x n )|恒成立.证明 (1)f ′(x )＝a e axsin x ＋e axcos x ＝e ax(a sin x ＋cos x ) ＝a 2＋1e axsin(x ＋φ)， 其中tan φ＝1a ，0＜φ＜π2.令f ′(x )＝0，由x ≥0得x ＋φ＝m π， 即x ＝m π－φ，m ∈N *，对k ∈N ，若2k π＜x ＋φ＜(2k ＋1)π，即2k π－φ＜x ＜(2k ＋1)π－φ，则f ′(x )＞0；若(2k ＋1)π＜x ＋φ＜(2k ＋2)π，即(2k ＋1)π－φ＜x ＜(2k ＋2)π－φ，则f ′(x )＜0.因此，在区间((m －1)π，m π－φ)与(m π－φ，m π)上，f ′(x )的符号总相反. 于是当x ＝m π－φ(m ∈N *)时，f (x )取得极值， 所以x n ＝n π－φ(n ∈N *). 此时，f (x n )＝e a (n π－φ)sin(n π－φ)＝(－1)n ＋1ea (n π－φ)sin φ.易知f (x n )≠0，而f （x n ＋1）f （x n ）＝（－1）n ＋2e a [（n ＋1）π－φ]sin φ（－1）n ＋1e a （n π－φ）sin φ＝－e a π是常数，故数列{f (x n )}是首项为 f (x 1)＝e a (π－φ)sin φ，公比为－e a π的等比数列.(2)由(1)知，sin φ＝1a 2＋1，于是对一切n ∈N *； x n ＜|f (x n )|恒成立， 即n π－φ＜1a 2＋1ea (n π－φ)恒成立，等价于a 2＋1a ＜ea （n π－φ）a （n π－φ）(*)恒成立，因为(a ＞0).设g (t )＝e tt (t ＞0)，则g ′(t )＝e t（t －1）t2. 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. 从而当t ＝1时，函数g (t )取得最小值g (1)＝e.因此，要使(*)式恒成立，只需a 2＋1a＜g (1)＝e ，即只需a ＞1e 2－1. 而当a ＝1e 2－1时，由tan φ＝1a ＝e 2－1＞3且0＜φ＜π2知，π3＜φ＜π2. 于是π－φ＜2π3＜e 2－1，且当n ≥2时，n π－φ≥2π－φ＞3π2＞e 2－1.因此对一切n ∈N *，ax n ＝n π－φe 2－1≠1，所以g (ax n )＞g (1)＝e ＝a 2＋1a.故(*)式亦恒成立.综上所述，若a ≥1e 2－1，则对一切n ∈N *，x n ＜|f (x n )|恒成立. 21.(2014·北京，18)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.(1)证明 由f (x )＝x cos x －sin x 得f ′(x )＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x .因为在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上f ′(x )＝－x sin x <0，所以f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减.从而f (x )≤f (0)＝0.(2)解 当x >0时，“sin x x >a ”等价于“sin x －ax >0”；“sin xx<b ”等价于“sin x －bx <0”.令g (x )＝sin x －cx ，则g ′(x )＝cos x －c .当c ≤0时，g (x )>0对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立.当c ≥1时，因为对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2， g ′(x )＝cos x －c <0，所以g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减.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：因为g (x )00g (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.。