最新高三数学专题复习资料导数的应用(二)

第三节导数的应用(二)考纲下载1．能利用导数研究函数的单调性，极值或最值，并会解决与之有关的不等式问题．2．会利用导数解决某些简单的实际问题．1．生活中的优化问题生活中常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等一些实际问题，这些问题通常称为优化问题．2．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤1．在求实际问题中的最大值和最小值时，函数的定义域有什么要求？提示：实际问题中的函数的定义域应使实际问题有意义．2．在求实际问题的最值时，若函数在区间内只有一个极值点，则该极值与函数的最值有什么关系？提示：有关函数最大值、最小值的实际问题，一般指的是单峰函数，也就是说在实际问题中，如果遇到函数在区间内只有一个极值点，那么不与区间端点比较，就可以知道这个极值点就是最大(小)值点．1.(B.浙江高考)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( )解析：选B 在(－1,0)上，f ′(x )单调递增，所以f (x )图象的切线斜率呈递增趋势；在(0,1)上，f ′(x )单调递减，所以f (x )图象的切线斜率呈递减趋势．2．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 ( )解析：选C ∵f (x )在x ＝－2处取得极小值，∴在x ＝－2附近的左侧f ′(x )<0，当x <－2时，xf ′(x )>0.在x ＝－2附近的右侧f ′(x )>0，当－2<x <0时，xf ′(x )<0.3．(A.丽水模拟)已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( )A ．13万件B ．11万件C ．9万件D ．7万件 解析：选C ∵y ＝－13x 3＋81x －234，∴y ′＝－x 2＋81，令y ′＝0，得x ＝9.4．(A.台州模拟)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．(－∞，＋∞)解析：选B 令函数g(x)＝f(x)－2x－4，则g′(x)＝f′(x)－2>0，因此，g(x)在R上是增函数，又g(－1)＝f(－1)＋2－4＝2＋2－4＝0.所以，原不等式可化为g(x)>g(－1)，由g(x)的单调性，可得x>－1.5．函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是________．解析：f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，即函数f(x)恰有两个极值点，即f′(x)＝0有两个不等实根．∵f(x)＝ax3＋x，∴f′(x)＝3ax2＋1.要使f′(x)＝0有两个不等实根，则a<0.答案：(－∞，0)[例1] (A.金华调研)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．[自主解答] (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．又根据题意得200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝15r(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝π5(300r－4r3)．由h>0，且r>0可得0<r<53，故函数V(r)的定义域为(0,53)．(2)因V(r)＝π5(300r－4r3)，所以V′(r)＝π5(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因为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∈(5,53)时，V′(r)<0，故V(r)在(5,53)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．方法规律利用导数解决生活中优化问题的方法求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，然后利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．某工厂每天生产某种产品最多不超过40件，产品的正品率P与日产量x(x∈N*)件之间的关系为P＝4 200－x24 500，每生产一件正品盈利4 000元，每出现一件次品亏损2 000元．(注：正品率＝产品中的正品件数÷产品总件数×100%)(1)将日利润y(元)表示成日产量x(件)的函数；(2)该厂的日产量为多少件时，日利润最大？并求出日利润的最大值．解：(1)∵y＝4 000·4 200－x24 500·x－2 000·⎝⎛⎭⎪⎫1－4 200－x24 500·x＝3 600x－43x3，∴所求的函数关系式是y＝－43x3＋3 600x(x∈N*,1≤x≤40)．(2)由(1)知y′＝3 600－4x2. 令y′＝0，解得x＝30.∴当1≤x<30时，y′>0；当30<x≤40时，y′<0，∴函数y ＝－43x 3＋3 600x (x ∈N *,1≤x ≤40)在(1,30)上是单调递增函数，在(30,40)上是单调递减函数．∴当x ＝30时，函数y ＝－43x 3＋3 600x (x ∈N *,1≤x ≤40)取得最大值，最大值为－43×303＋3 600×30＝72 000(元)．∴该厂的日产量为30件时，日利润最大，最大值为72 000元．[例2] 已知函数f (x )＝(ax 2＋x －1)e x ，其中e 是自然对数的底数，a ∈R . (1)若a ＝1，求曲线f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若a <0，求f (x )的单调区间；(3)若a ＝－1，函数f (x )的图象与函数g (x )＝13x 3＋12x 2＋m 的图象有3个不同的交点，求实数m 的取值范围．[自主解答] (1)a ＝1时，f (x )＝(x 2＋x －1)e x ， 所以f ′(x )＝(2x ＋1)e x ＋(x 2＋x －1)e x ＝(x 2＋3x )e x ，所以曲线f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为k ＝f ′(1)＝4e.又因为f (1)＝e ，所以所求切线方程为y －e ＝4e(x －1)， 即4e x －y －3e ＝0.(2)f ′(x )＝(2ax ＋1)e x ＋(ax 2＋x －1)e x ＝[ax 2＋(2a ＋1)x ]e x ， ①若－12<a <0，当x <0或x >－2a ＋1a 时，f ′(x )<0；当0<x <－2a ＋1a时，f ′(x )>0.所以f (x )的单调递减区间为(－∞，0]，⎣⎢⎡⎭⎪⎫－2a ＋1a ，＋∞； 单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，－2a ＋1a . ②若a ＝－12，则f ′(x )＝－12x 2e x ≤0，所以f (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)．③若a <－12，当x <－2a ＋1a 或x >0时，f ′(x )<0；当－2a ＋1a<x <0时，f ′(x )>0.所以f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－2a ＋1a ，[0，＋∞)； 单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2a ＋1a ，0. (3)a ＝－1时，f (x )＝(－x 2＋x －1)e x ，由(2)知，f (x )＝(－x 2＋x －1)e x 在(－∞，－1]上单调递减，在[－1,0]上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减．所以f (x )在x ＝－1处取得极小值f (－1)＝－3e ，在x ＝0处取得极大值f (0)＝－1.由g (x )＝13x 3＋12x 2＋m ，得g ′(x )＝x 2＋x .当x <－1或x >0时，g ′(x )>0；当－1<x <0时，g ′(x )<0.所以g (x )在(－∞，－1]上单调递增，在[－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．故g (x )在x ＝－1处取得极大值g (－1)＝16＋m ，在x ＝0处取得极小值g (0)＝m .因为函数f (x )与函数g (x )的图象有3个不同的交点， 所以⎩⎨⎧f 1<g 1f0>g 0即⎩⎨⎧－3e <16＋m ，－1>m .所以－3e －16<m <－1.故实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－3e －16，－1.互动探究保持本例条件不变，试确定m 的取值范围，使函数g (x )分别有3个零点和2个零点．解：由例题可知，g (x )的极大值为g (－1)＝16＋m ，极小值g (0)＝m .当g (x )有3个零点时，需⎩⎨⎧g1>0，g 0<0，即⎩⎨⎧16＋m >0，m <0，解得－16<m <0.故函数g (x )有3个零点时，m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－16，0.当g (x )有2个零点时，需g (－1)＝0或g (0)＝0，即m ＝－16或m ＝0.方法规律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，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．(A.陕西高考)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 ab－a<1 恒成立，求m的取值范围．解：(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋e x ，则f′(x)＝x－e x2，∴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)－x3＝1x－mx2－x3(x＞0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x＞0)．设φ(x)＝－13x3＋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)＝2 3 .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 bf ab －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)， ∴(*)等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减， 由h ′(x )＝1x －mx2－1≤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，hx0仅在x ＝12时成立，∴m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞.1．导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题．2．高考对导数在不等式中的应用的考查主要有以下两个命题角度： (1)证明不等式；(2)解决不等式的恒成立问题．[例3] (A.福建高考)已知函数f (x )＝e x －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，x 2<e x ；(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0 ，使得当 x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x <c e x .[自主解答] (1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a . 又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2. 所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －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)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f (x )无极大值．(2)证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －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<e x.(3)证明：法一：对任意给定的正数c，取x0＝1 c ，由(2)知，当x>0时，x2<e x.所以当x>x0时，e x>x2>1cx，即x<c e x.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x<c e x.法二：令k＝1c(k>0)，要使不等式x<c e x成立，只要e x>kx成立．而要使e x>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<c e x.②若k>1，令h(x)＝x－ln x－ln k，则h′(x)＝1－1x＝x－1x，所以当x>1时，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)内单调递增．取x0＝4k，h(x)＝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＝4c，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x<c e x.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x<c e x.法三：①若c≥1，取x0＝0，由(2)的证明过程知，e x>2x，所以当x∈(x0，＋∞)时，有c e x≥e x>2x>x，即x<c e x.②若0<c<1，令h(x)＝c e x－x，则h′(x)＝c e x－1.令h′(x)＝0得x＝ln 1 c .当x>ln 1c时，h′(x)>0，h(x)单调递增．取x0＝2ln2c，h(x0)＝c e2ln2c－2ln2c＝2⎝⎛⎭⎪⎫2c－ln2c，易知2c－ln2c>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<c e x.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x<c e x.导数在不等式问题中的应用问题的常见类型及解题策略(1)利用导数证明不等式．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)．(2)利用导数解决不等式的恒成立问题．利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．1．(A.宁波模拟)设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝e x(cx＋d)，若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.(1)求a，b，c，d的值；(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．解：(1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝e x(cx＋d＋c)，故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.(2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2e x(x＋1)．设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2k e x(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2k e x(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(k e x－1)．由题设可得F(0)≥0，即k≥1.令F′(x)＝0，得x1＝－ln k，x2＝－2.(ⅰ)若1≤k＜e2，则－2＜x1≤0，从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)＜0；当x ∈(x1，＋∞)时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增，故F(x)在[－2，＋∞)的最小值为F(x1)．而F(x1)＝2x1＋2－x21－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．(ⅱ)若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(e x－e－2)．从而当x＞－2时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增．而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．(ⅲ)若k＞e2，则F(－2)＝－2k e－2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0.从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．综上，k的取值范围是[1，e2]．2．已知函数f(x)＝ln x.(1)求函数g(x)＝(x2＋1)f(x)－2x＋2(x≥1)的最小值；(2)当0<a<b时，求证：f(b)－f(a)>2a b－aa2＋b2.解：(1)由已知得，g(x)＝(x2＋1)ln x－2x＋2，g′(x)＝2x ln x＋x2＋1x－2＝2x ln x＋x＋1x－2，∵x≥1，∴2x ln x≥0，x＋1x－2≥0，∴g′(x)≥0，∴g(x)在[1，＋∞)上是增函数．∴g(x)min＝g(1)＝0.(2)由(1)知，当x>1时，g(x)>0，∴(x2＋1)ln x>2(x－1)，即ln x>2x－1x2＋1，令x＝ba，则lnba>2⎝⎛⎭⎪⎫ba－1⎝⎛⎭⎪⎫ba2＋1，即ln b－ln a>2a b－aa2＋b2，∴原命题得证．—————————————[课堂归纳——通法领悟]——————————————1个构造——构造函数解决问题把所求问题通过构造函数，转化为可用导数解决的问题，这是用导数解决问题时常用的方法．2个转化——不等式问题中的两个转化(1)利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．(2)将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性、极值问题处理．3个注意点——利用导数解决实际问题应注意的三点(1)既要注意将问题中涉及的变量关系用函数关系式表示，还要注意确定函数关系式中自变量的取值范围．(2)一定要注意求得函数结果的实际意义，不符合实际的值应舍去．(3)如果目标函数在定义区间内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点．压轴大题巧突破(四)利用导数研究函数的零点或方程的根[典例] (B.山东高考)(13分)设函数f(x)＝xe2x＋c(e＝2.718 28…是自然对数的底数，c∈R)．(1)求f(x)的单调区间、最大值；(2)讨论关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数．[化整为零破难题](1)先对函数f(x)进行求导，再求解不等式f′(x)>0或f′(x)<0，即可得出其单调区间．由于其在定义域内有唯一的极大值点也是最大值点，所以可得其最大值．(2)基础问题1：方程|ln x |＝f (x )中既有指数，也有对数，如何求解？ 求方程|ln x |＝f (x )根的个数，应构造函数g (x )＝|ln x |－f (x )，转化为判断函数g (x )零点的个数问题．基础问题2：如何判断函数g (x )＝|ln x |－f (x )的零点个数？函数g (x )＝|ln x |－f (x )的零点即为g (x )的图象与x 轴的交点，因此， 问题转化为判断g (x )的图象与x 轴公共点的个数．基础问题3：函数g (x )的图象不能利用描点法画出，如何判断其与x 轴公共点的个数？可根据函数g (x )的单调性与极值的情况，大体画出g (x )的图象，从而确定图象与x 轴公共点的个数．利用导数可以证明，函数g (x )在(1，＋∞)内单调递增，在(0,1)内单调递减，故g (x )有最小值g (1)．故当g (1)>0时，图象与x 轴没有公共点；当g (1)＝0时，图象与x 轴有唯一公共点；当g (1)<0时，图象与x 轴交点的个数不能确定(因为g (x )的定义域为(0，＋∞)，而不是R )．基础问题4：如何判断g (1)<0时，g (x )的图象与x 轴公共点的个数？ 若存在x 0∈(1，＋∞)，且g (x 0)>0，则在(1，＋∞)上存在零点；若存在x 1∈(0,1)，且g (x 1)>0，则在(0,1)上存在零点．因此只需判断g (x )>0在(0,1)和(1，＋∞)上是否有解即可．[规范解答不失分] (1)f ′(x )＝(1－2x )e －2x ， 由f ′(x )＝0，解得x ＝12.2分当x <12时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x >12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12e －1＋c .4分(2)令g (x )＝|ln x |－f (x )＝|ln x |－x e －2x －c ，x ∈(0，＋∞)． (ⅰ)当x ∈(1，＋∞)时，ln x >0，则g (x )＝ln x －x e －2x －c ， 所以g ′(x )＝e －2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2xx ＋2x －1.因为2x －1>0，e 2xx>0，所以g ′(x )>0，因此g (x )在(1，＋∞)上单调递增.6分 (ⅱ)当x0，1①ln x <0，则g (x )＝－ln x －x e －2x －c ，所以g ′(x )＝e－2x⎝ ⎛⎭⎪⎫－e 2x x ＋2x －1. 因为e 2x ∈(1，e 2)，e 2x >1>x >0， 所以－e 2xx<－1.又2x －1<1， 所以－e 2xx＋2x －1<0，即g ′(x )<0.因此g (x )在(0,1)上单调递减．综合(ⅰ)(ⅱ)可知，当x ∈(0，＋∞)时，g (x )≥g (1)＝－e －2－c .8分 当g (1)＝－e －2－c >0，即c <－e －2时，g (x )没有零点， 故关于x 的方程|ln x |＝f (x )根的个数为0；9分当g (1)＝－e －2－c ＝0，即c ＝－e －2时，g (x )只有一个零点， 故关于x 的方程|ln x |＝f (x )根的个数为1；10分 当g1e －2－c <0，即c >－e －2时，②a ．当x ∈(1，＋∞)时，由(1)知 g xln x －x e－2x－c ≥ln x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12e －1＋c >ln x －1－c ，③要使g (x )>0，只需使ln x －1－c >0，即x ∈(e 1＋c ，＋∞)；11分b ．当x ∈(0,1)时，由(1)知g xln x －x e －2x －c ≥－ln x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12e －1＋c >－ln x －1－c ，③要使g (x )>0，只需－ln x －1－c >0，即x ∈(0，e －1－c )； 所以c >－e －2时，g (x )有两个零点，故关于x 的方程|ln x |＝f (x )根的个数为2.12分 综上所述，当c <－e －2时，关于x 的方程|ln x |＝f (x )根的个数为0； 当c ＝－e －2时，关于x 的方程|ln x |＝f (x )根的个数为1； 当c >－e －2时，关于x 的方程|ln x |＝f (x )根的个数为2.13分 [易错警示要牢记][全盘巩固]1．已知f (x )＝14x 2＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(x )的图象是( )解析：选A f (x )＝14x 2＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ＝14x 2＋cos x ，f ′(x )＝12x －sin x .易知该函数为奇函数，所以排除B 、D.当x ＝π6时，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝12×π6－sin π6＝π12－12<0，可排除C.2．下面为函数f (x )＝x sin x ＋cos x 的递增区间的是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2 B ．(π，2π)C.⎝⎛⎭⎪⎫3π2，5π2 D ．(2π，3π) 解析：选C f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，5π2时，恒有f ′(x )>0.3．已知函数f (x )＝12x 3－x 2－72x ，则f (－a 2)与f (－1)的大小关系为( )A ．f (－a 2)≤f (－1)B ．f (－a 2)<f (－1)C ．f (－a 2)≥f (－1)D ．f (－a 2)与f (－1)的大小关系不确定 解析：选A 由题意可得f ′(x )＝32x 2－2x －72，令f ′(x )＝12(3x －7)(x ＋1)＝0，得x ＝－1或x ＝73.当x <－1时，f ′(x )>0，f (x )为增函数；当－1<x <73时，f ′(x )<0，f (x )为减函数．所以f (－1)是函数f (x )在(－∞，0]上的最大值，又因为－a 2≤0，所以f (－a 2)≤f (－1)．4．(A.湖南高考)已知函数f (x )＝x 2＋e x －12(x <0)与g (x )＝x 2＋ln(x ＋a )的图象上存在关于y 轴对称的点，则a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1e B ．(－∞， e) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ， e D.⎝⎛⎭⎪⎫－e ，1e解析：选B 由题意可得，当x>0时，y＝f(－x)与y＝g(x)的图象有交点，即g(x)＝f(－x)有正解，即x2＋ln(x＋a)＝(－x)2＋e－x－12有正解，即e－x－ln(x＋a)－12＝0有正解，令F(x)＝e－x－ln(x＋a)－12，则F′(x)＝－e－x－1x＋a<0，故函数F(x)＝e－x－ln(x＋a)－12在(0，＋∞)上是单调递减的，要使方程g(x)＝f(－x)有正解，则存在正数x使得F(x)≥0，即e－x－ln(x＋a)－12≥0，所以a≤ee－x－12－x，又y＝ee－x－12－x在(0，＋∞)上单调递减，所以a<ee－0－12－0＝e 12，选B.5．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)－f(x)≤0，对任意正数a，b，若a<b，则必有( ) A．af(b)≤bf(a) B．bf(a)≤af(b)C．af(a)≤bf(b) D．bf(b)≤af(a)解析：选A 设函数F(x)＝f xx(x>0)，则F′(x)＝⎝⎛⎭⎪⎫f xx′＝xf x f xx2.因为x>0，xf′(x)－f(x)≤0，所以F′(x)≤0，故函数F(x)在(0，＋∞)上为减函数．又0<a<b，所以F(a)≥F(b)，即f aa≥f bb，则bf(a)≥af(b)．6．(A.江西高考)在同一直角坐标系中，函数y＝ax2－x＋a2与y＝a2x3－2ax2＋x＋a(a∈R)的图象不可能的是( )解析：选B 分两种情况讨论：当a＝0时，函数为y＝－x与y＝x，图象为D，故D有可能；当a≠0时，函数y＝ax2－x＋a2的对称轴为x＝12a，对函数y＝a2x3－2ax2＋x＋a求导得y′＝3a2x2－4ax＋1＝(3ax－1)(ax－1)，令y′＝0，则x1＝13a，x2＝1a，所以对称轴x＝12a 介于两个极值点x1＝13a，x2＝1a之间，A，C满足，B不满足，所以B不可能．故选B.7．若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同的零点，则a的值为________．解析：由题意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)>0，得x<1或x>2，由f′(x)<0，得1<x<2，所以函数f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)，f(2)，若欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点，则需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4.答案：5或48．已知函数f(x)＝－12x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．解析：由题意知f′(x)＝－x＋4－3x＝－x2＋4x－3x＝－x－1x－3x，由f′(x)＝0，得函数f(x)的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，由t<1<t＋1或t<3<t ＋1，得0<t<1或2<t<3.答案：(0,1)∪(2,3)9．(A.金华模拟)若函数f(x)＝13x3－a2x满足：对于任意的x1，x2∈[0,1]都有|f(x1)－f(x2)|≤1恒成立，则a的取值范围是________．解析：由题意得，在[0,1]内，f (x )max －f (x )min ≤1.f ′(x )＝x 2－a 2，则函数f (x )＝13x 3－a 2x 的极小值点是x ＝|a |.若|a |>1，则函数f (x )在[0,1]上单调递减，故只要f (0)－f (1)≤1，即只要a 2≤43，即1<|a |≤233；若|a |≤1，此时f (x )min＝f (|a |)＝13|a |3－a 2|a |＝－23a 2|a |，由于f (0)＝0，f (1)＝13－a 2，故当|a |≤33时，f (x )max ＝f (1)，此时只要13－a 2＋23a 2|a |≤1即可，即a 2⎝⎛⎭⎪⎫23|a |－1≤23，由于|a |≤33，故23|a |－1≤23×33－1<0，故此式成立；当33<|a |≤1时，此时f (x )max ＝f (0)，故只要23a 2|a |≤1即可，此不等式显然成立．综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－233，233. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－233，233 10．已知函数f (x )＝e x (x 2＋ax －a )，其中a 是常数．若存在实数k ，使得关于x 的方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k 的取值范围．解：令f ′(x )＝e x [x 2＋(a ＋2)x ]＝0， 解得x ＝－(a ＋2)或x ＝0.当－(a ＋2)≤0，即a ≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f ′(x )≥0，所以f (x )是[0，＋∞)上的增函数，所以方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根． 当－(a ＋2)>0，即a <－2时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：由上表可知函数f (x )在[0，＋∞)上的最小值为f (－(a ＋2))＝a ＋4e a ＋2.因为函数f (x )是(0，－(a ＋2))上的减函数，(－(a ＋2)，＋∞)上的增函数，且当x ≥－a 时，有f (x )≥e －a ·(－a )>－a ，又f (0)＝－a .所以要使方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤a ＋4e a ＋2，－a .11．(A.天津高考)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．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 ＝13a2.(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 1f x0，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⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，32.12．已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，g (x )＝e x . (1)当a ≤0时，求f (x )的单调区间；(2)若不等式g (x )<x －mx 有解，求实数m 的取值范围；(3)证明：当a ＝0时，|f (x )－g (x )|>2.解：(1)f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝a ＋1x(x >0)，当a ＝0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a <0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝－1a，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞时，f ′(0)<0，f (x )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⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减．(2)由题意：e x <x －mx有解，即e x x <x －m 有解， 因此只需m <x －e x x 在(0，＋∞)上有解即可． 设h (x )＝x －e x x ， 则h ′(x )＝1－exx －e x2x＝1－e x⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12x ， 因为x ＋12x≥212＝2>1，且当x ∈(0，＋∞)时，e x >1，所以1－e x⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12x <0，即h ′(x )<0. 故h (x )在(0，＋∞)上单调递减， 所以h (x )<h (0)＝0，故实数m 的取值范围是(－∞，0)．(3)证明：当a ＝0时，f (x )＝ln x ，f (x )与g (x )的公共定义域为(0，＋∞)， |f (x )－g (x )|＝|ln x －e x |＝e x －ln x ＝e x －x －(ln x －x )， 设m (x )＝e x －x ，x ∈(0，＋∞)．因为m ′(x )＝e x －1>0，所以m (x )在(0，＋∞)上单调递增．故m (x )>m (0)＝1，又设n (x )＝ln x －x ，x ∈(0，＋∞)，则n ′(x )＝1x－1，当x ∈(0,1)时，n ′(x )>0，n (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，n ′(x )<0，n (x )单调递减，所以x＝1为n(x)的最大值点，即n(x)≤n(1)＝－1，故|f(x)－g(x)|＝m(x)－n(x)>1－(－1)＝2.[冲击名校]设函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝e x－ax，其中a为实数．(1)若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a的取值范围；(2)若g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．解：(1)令f′(x)＝1x－a＝1－axx<0，考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞)，故a>0，进而解得x>a－1，即f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数．同理，f(x)在(0，a－1)上是单调增函数．由于f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a－1，＋∞)，从而a－1≤1，即a≥1.令g′(x)＝e x－a＝0，得x＝ln a.当0<x<ln a时，g′(x)<0；当x>ln a时，g′(x)>0，所以x＝ln a是g(x)的极小值点．又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a>1，即a>e.综上，a的取值范围为(e，＋∞)．(2)当a≤0时，g(x)必为单调增函数；当a>0时，令g′(x)＝e x－a>0，解得a<e x，即x>ln a，因为g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有ln a ≤－1，即0<a≤e－1.综合上述两种情况，有a≤e－1.(ⅰ)当a＝0时，由f(1)＝0以及f′(x)＝1x>0，得f(x)存在唯一的零点．(ⅱ)当a<0时，由于f(e a)＝a－a e a＝a(1－e a)<0，f(1)＝－a>0，且函数f(x)在[e a,1]上的图象不间断，所以f(x)在(e a,1)上存在零点．另外，当x>0时，f′(x)＝1x－a>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f(x)只有一个零点．(ⅲ)当0<a≤e－1时，令f′(x)＝1x－a＝0，解得x＝a－1.当0<x<a－1时，f′(x)>0，当x>a－1时，f′(x)<0，所以，x＝a－1是f(x)的最大值点，且最大值为f(a－1)＝－ln a－1.①当－ln a－1＝0，即a＝e－1时，f(x)有一个零点x＝e.②当－ln a－1>0，即0<a<e－1时，f(x)有两个零点．实际上，对于0<a<e－1，由于f(e－1)＝－1－a e－1<0，f(a－1)>0，且函数f(x)在[e－1，a－1]上的图象不间断，所以f(x)在(e－1，a－1)上存在零点．另外，当x∈(0，a－1)时，f′(x)＝1x－a>0，故f(x)在(0，a－1)上是单调增函数，所以f(x)在(0，a－1)上只有一个零点．下面考虑f(x)在(a－1，＋∞)上的情况．先证f(e a－1)＝a(a－2－e a－1)<0.为此，我们要证明：当x>e时，e x>x2.设h(x)＝e x－x2，则h′(x)＝e x－2x，再设l(x)＝h′(x)＝e x－2x，则l′(x)＝e x－2.当x>1时，l′(x)＝e x－2>e－2>0，所以l(x)＝h′(x)在(1，＋∞)上是单调增函数．故当x>2时，h′(x)＝e x－2x>h′(2)＝e2－4>0，从而h(x)在(2，＋∞)上是单调增函数，进而当x>e时，h(x)＝e x－x2>h(e)＝e e－e2>0，即当x>e时，e x>x2.当0<a<e－1，即a－1>e时，f(e a－1)＝a－1－a e a－1＝a(a－2－e a－1)<0，又f(a－1)>0，且函数f(x)在[a－1，e a－1]上的图象不间断，所以f(x)在(a－1，e a－1)上存在零点．又当x>a－1时，f′(x)＝1x－a<0，故f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数，所以f(x)在(a－1，＋∞)上只有一个零点．综合(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)，当a≤0或a＝e－1时，f(x)的零点个数为1，当0<a<e－1时，f(x)的零点个数为2.。