2019届二轮复习解题技巧导数及其应用学案（全国通用）

第19讲　导数及其应用
专 题 探 究　【p72】
【命题趋势】
2019高考对本节内容的考查仍将突出导数的工具性，主要涉及导数及其运算，灵活运用导数公式及运算法则进行求导，理解导数的几何意义，会求切线方程．题型选择、填空、解答均可出现，一般属于中档题目．重点考查利用导数研究函数极值、最值及单调性问题和生活中的优化问题，这也是高考的必考点，其中蕴含对转化与化归、分类讨论和数形结合等数学思想方法的考查，综合性强，有一定难度，一般以大题的形式出现．
【备考建议】
新课标命题的高考中，导数属于高考重点考查的内容，在复习中应对这些问题予以关注：
(1)定积分的简单计算或利用定积分求某些图形的面积，确定或应用过某点的切线的斜率(方程)；
(2)利用函数的单调性与导数的关系，讨论含有参数的较复杂基本函数的单调性(区间)，根据函数的单调性，利用导数求某些参数的取值范围；
(3)利用函数的极值与导数的关系，求某些含有参数的较复杂基本函数的极值大小、个数或最值，根据函数极值的存在情况，利用导数求某些参数的取值范围．要掌握解决这些问题的基本数学方法与数学思想，不断培养提高数形结合、转化与化归、分类讨论、函数与方程的数学思想．
典 例 剖 析　【p72】
探究一　定积分及其几何意义
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

例1(1)曲线f(x)＝、直线x＝2、x＝3以及x轴所围成的封闭图形的面积是2ln，则实数a的值为(　　)
A．－2 B．2
C．1 D．－1
【解析】选B.
因f(x)＝a，故f(x)dx＝dx＝a[ln(x－1)－ln(x＋1)]|＝aln |＝a＝aln，则由aln＝2ln，解得a＝2，故选B.
(2)已知函数f(x)＝ln x＋x2＋x在x＝1处的切线斜率为t，g(x)＝
则g(x)dx＝________．
【解析】6＋
由f′(x)＝＋x＋1，得t＝3，
所以g(x)＝
所以g(x)dx＝dx＋
dx，
其中dx＝|＝6，
dx由定积分的几何意义可知，其表示半径为3的圆的面积的，即，故g(x)dx＝6＋.
【点评】定积分与微积分基本定理的常见题型有两类：一类是定积分的计算，关键是利用导数通过逆向思维找原函数；另一类是曲边多边形面积的计算，关健是通过数形结合确定被积函数．
探究二　导数的几何意义及应用
例2(1)已知曲线C1：f(x)＝＋x，曲线C2：g(x)＝ax－cos x．若对于曲线C1上任意一点的切线l1，在曲线C2上总存在与l1垂直的切线l2，则实数a的取值范围是________．
【解析】－≤a≤－1
直线l1在任意P点的切线斜率k＝f′(x0)＝＋1＝－＋＋1，令t＝，则0 (2)设函数f(x)＝x2－2ax(a>0)与g(x)＝a2ln x＋b有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则实数b的最大值为(　　)
A. B.e2 C. D．－
【解析】选A.
设公共点坐标为(x0，y0)，则f′(x)＝3x－2a，g′(x)＝，所以有f′(x0)＝g′(x0)，即3x0－2a＝，解出x0＝a，又y0＝f(x0)＝g(x0)，所以有x－2ax0＝a2ln x0＋b，故b＝x－2ax0－a2ln x0，对b求导有b′＝－2a(1＋ln a)，故b关于a的函数在为增函数，在为减函数，所以当a＝时b有最大值，选A.
【点评】导数的几何意义是高考考查的热点．在三类题型中均有可能考查，同时在解答题中进行考查时，综合性较强，往往综合考查方程与不等式知识，考查函数方程思想、数形结合思想、推理论证能力．
探究三　利用导数研究函数的单调性
例3已知函数f(x)＝aln x(a∈R)．
(1)设h(x)＝f(x)＋ax2＋(a2＋2)x，求函数h(x)的单调区间；
(2)设函数y＝f(x)与函数u(x)＝的图象的一个公共点为P，若过点P有且仅有一条公切线，求点P的坐标及实数a的值．
【解析】(1)因h(x)＝aln x＋ax2＋(a2＋2)x(x>0)，
故h′(x)＝＋2ax＋(a2＋2)＝＝.
①若a≥0，则h′(x)>0，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a<0，则当－>－，即a2>2，也即a<－时，在x∈时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；在x∈时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；在x∈时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减．
当－<－，即a2<2，也即－0，函数h(x)单调递增；在x∈时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减．
当a＝－时，h′(x)≤0，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
综上：当a≥0，函数h(x)的单调递增区间是(0，＋∞)；
当－ 当a<－时，函数h(x)的单调递增区间是；单调递减区间是和；当a＝－时，函数h(x)的单调递减区间是(0，＋∞)．
(2)设点P(x0，y0)，因f′(x)＝，u′(x)＝－，即2ax0＝－1；
又设切线方程为y＝kx＋b，将P(x0，aln x0)代入可得b＝aln x0－kx0；将P代入可得b＝－kx0，借助切线唯一可得＝aln x0，即1－x0＝－ln x0，也即ln x0＋1－x0＝0，构造函数m(t)＝ln t＋1－t(t>0)，显然函数m(t)＝ln t＋1－t(t>0)只有一个零点1.
下证当01时，函数m(t)＝ln t＋1－t(t>0)都是单调函数，且都没有零点.
因m′(t)＝－1＝，故当00，函数单调递增；且m(t)1时，m′(t)<0，函数单调递减；且m(t) 【点评】1.利用导数研究函数的单调性时，一定要注意函数的定义域，单调区间和单调性必须在函数的定义域内进行研究；
2．“函数的单调增(或减)区间为D”与“函数在区间d上单调增(或减)”是两个不同概念，一般d⊆D.
3．根据函数单调性求参数的一般思路：
(1)利用集合间的包含关系处理：函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．
(2)转化为不等式的恒成立问题，即“若函数f(x)单调递增，则f′(x)≥0；若函数f(x)单调递减，则f′(x)≤0在区间上恒成立”来求解．
探究四　利用导数研究函数的极值、最值
例4(1)已知f(x)＝x3－3x＋3－，g(x)＝－(x＋1)2＋a，∃x1∈[0，2]，∀x2∈[0，2]，使得f(x1)≤g(x2)成立，则实数a的取值范围是____________．
【解析】a≥10－
∃x1∈[0，2]，∀x2∈[0，2]使得f(x1)≤g(x2)成立，等价于f(x)min≤g(x)min，
f′(x)＝3x2－3＋＝(x－1)，
故当x∈(0，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，2)时，f′(x)>0，
故f(x)min＝f(1)＝1－；
当x＝2时，g(x)取得最小值为g(2)＝a－9，所以1－≤a－9，即实数a的取值范围是a≥10－.
(2)已知函数f(x)＝e2x，g(x)＝ln x＋，∀a∈R，∃b∈(0，＋∞)，使得f(a)＝g(b)，则b－a的最小值为(　　)
A．1＋ B．1－
C．2－1 D.－1
【解析】选A.
令e2x＝ln x＋＝t，则a＝，b＝et－，b－a＝et－－，令h(t)＝et－－，则h′(t)＝et－－，导函数为增函数，且h′＝0，所以函数h(t)在上递减，在上递增，最小值为h＝1＋.
例5已知函数f(x)＝xln x－x2(a∈R)．
(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若g(x)＝f(x)＋(a－1)x在x＝1处取得极小值，求实数a的取值范围．
【解析】(1)当a＝2时，f(x)＝xln x－x2，f′(x)＝ln x＋1－2x，f(1)＝－1，f′(1)＝－1，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x.
(2)由已知得g(x)＝xln x－x2＋(a－1)x，则g′(x)＝ln x－ax＋a，记h(x)＝g′(x)＝ln x－ax＋a，则h(1)＝0，h′(x)＝－a＝.
①当a≤0，x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，函数g′(x)单调递增，所以当x∈(0，1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在x＝1处取得极小值，满足题意．
②当01，当x∈时，h′(x)>0，故函数g′(x)单调递增，
可得当x∈(0，1)时，g′(x)<0，x∈时，g′(x)>0，所以g(x)在x＝1处取得极小值，满足题意．
③当a＝1时，当x∈(0，1)时，h′(x)>0，g′(x)在(0，1)内单调递增；x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，g′(x)在(1，＋∞)内单调递减，所以当x∈(0，＋∞)时，g′(x)≤0，g(x)单调递减，不合题意．
④当a>1时，即0<<1，当x∈时，h′(x)<0，g′(x)单调递减，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，g′(x)单调递减，g′(x)<0，所以g(x)在x＝1处取得极大值，不合题意．
综上可知，实数a的取值范围为a<1.
【点评】1.函数极值与最值为两个不同概念．一般地，其研究思想是利用函数单调性．
2．求函数极值、最值的步骤：
(1)确定函数的定义域；
(2)求方程f′(x)＝0的根；
(3)用方程f′(x)＝0的根顺次将函数的定义域分成若干个小开区间，并形成表格；
(4)由f′(x)＝0根的两侧导数的符号来判断f′(x)在这个根处取极值的情况；
(5)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
探究五　导数的综合应用
例6已知函数f(x)＝ae2x－aex－xex(a≥0，e＝2.718…，e为自然对数的底数)，若f(x)≥0对于x∈R恒成立．
(1)求实数a的值；
(2)证明：f(x)存在唯一极大值点x0，且＋≤f(x0)<.
【解析】(1)由f(x)＝ex(aex－a－x)≥0，可得g(x)＝aex－a－x≥0，因为g(0)＝0，所以g(x)≥g(0)，
从而x＝0是g(x)的一个极小值点，由于g′(x)＝aex－1，所以g′(0)＝a－1＝0，即a＝1.
当a＝1时，g(x)＝ex－1－x，g′(x)＝ex－1，
∵x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，0)上单调递减，
x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
∴g(x)≥g(0)＝0，故a＝1.
(2)当a＝1时，f(x)＝e2x－ex－xex，
f′(x)＝ex(2ex－x－2)．
令h(x)＝2ex－x－2，则h′(x)＝2ex－1，
∵x∈(－∞，－ln 2)时，h′(x)<0，h(x)在(－∞，－ln 2)上为减函数；
x∈(－ln 2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(－ln 2，＋∞)上为增函数，
由于h(－1)<0，h(－2)>0，所以在(－2，－1)上存在x＝x0满足h(x0)＝0，
∵h(x)在(－∞，－ln 2)上为减函数，∴x∈(－∞，x0)时，h(x)>0，即f′(x)>0，f(x)在(－∞，x0)上为增函数，x∈(x0，－ln 2)时，h(x)<0，即f′(x)<0，f(x)在(x0，－ln 2)上为减函数，
x∈(－ln 2，0)时，h(x)<0，即f′(x)<0，f(x)在(－ln 2，0)上为减函数，
x∈(0，＋∞)时，h(x)>0，即f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，
因此f(x)在(－ln 2，＋∞)上只有一个极小值点0，
综上可知，f(x)存在唯一的极大值点x0，且x0∈(－2，－1)．∵h(x0)＝0，∴2ex0－x0－2＝0，
所以f(x0)＝e2x0－ex0－x0ex0＝－(x0＋1)＝－，x0∈(－2，－1)，
∵x∈(－2，－1)时，－<，∴f(x0)<；
∵ln∈(－2，－1)，∴f(x0)≥f＝＋；
综上知：＋≤f(x0)<.
【点评】不等式恒成立问题一般转化为函数最值问题，利用导数求函数在闭区间上的最值问题，先对函数求导，再求导函数的零点，一般先看能不能因式分解，如果不能就要分三个方面考虑，一是导函数恒正或恒负，二是可观察出函数的零点，再通过二阶导数证明导函数单调，导函数只有唯一零点，三是导函数的零点不可求，我们一般称为隐零点，通过图象和根的存在性定理，先判定和设零点，后面一般需要回代消去隐零点或参数．
(备选题)例7已知函数f(x)＝aln x－ex.
(1)讨论f(x)的极值点的个数；
(2)若a∈N*，且f(x)<0恒成立，求a的最大值．
参考数据：

x
1.6
1.7
1.8
ex
4.953
5.474
6.050
ln x
0.470
0.531
0.588
【解析】(1)根据题意可得f′(x)＝－ex＝(x>0)，
当a≤0时，f′(x)<0，函数是减函数，无极值点；
当a>0时，令f′(x)＝0得a－xex＝0，即xex＝a，
又y＝xex在(0，＋∞)上是增函数，且当x→＋∞时，xex→＋∞，
所以xex＝a在(0，＋∞)上存在一解，不妨设为x0，
所以函数y＝f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
所以函数y＝f(x)有一个极大值点，无极小值点；
综上，当a≤0时，无极值点；当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，无极小值点．
(2)因为a∈N*，由(1)知f(x)有极大值f(x0)，且x0满足x0ex0＝a，①
可知f(x)max＝f(x0)＝aln x0－ex0，要使f(x)<0恒成立，即f(x0)＝aln x0－ex0<0恒成立，②
由①可得ex0＝，代入②得aln x0－<0，
即a<0恒成立，
因为a∈N*，所以ln x0－<0，
因为ln 1.7－<0，ln 1.8－>0，且y＝ln x0－在(0，＋∞)上是增函数，
设m为y＝ln x0－的零点，则m∈(1.7，1.8)，
可知0 由②可得aln x0 当10，a<，
令g(x)＝，x∈(1，m)，g′(x)＝<0，
所以g(x)在(1，m)上是减函数，且≈10.29，≈10.31，
所以10.29 【点评】本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题．
高 考 回 眸　【p73】
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

考题1[2018·全国卷Ⅰ]设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为(　　)
A．y＝－2x B．y＝－x
C．y＝2x D．y＝x
【解析】选D.
解法一：由基本函数y＝x3，y＝(a－1)x2，y＝ax的奇偶性，结合f(x)为奇函数，易知a＝1.则f(x)＝x3＋x，求导数，得f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，由点斜式得y－0＝1×(x－0)，即y＝x.
解法二：∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，
∴f(－x)＝－f(x)，
即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax，
∴(2a－2)x2＝0，得a＝1，
则f(x)＝x3＋x，求导数，得f′(x)＝3x2＋1，
∴f′(0)＝1，
由点斜式得y－0＝1×(x－0)，即y＝x.
【命题立意】本题主要考查函数的奇偶性和导数的几何意义，考查运算求解能力．
考题2[2017·全国卷Ⅱ]若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为(　　)
A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1
【解析】选A.
∵f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
∴导函数f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1，
∵f′(－2)＝0，∴a＝－1，
∴导函数f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1，
令f′(x)＝0，∴x1＝－2，x1＝1，
当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：

x
(－∞，－2)
－2
(－2，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

　　从上表可知：极小值为f(1)＝－1.故选A.
【命题立意】本题主要考查应用导数研究函数的极值，考查运算求解能力．
考题3[2018·全国卷Ⅲ]已知函数f(x)＝(2＋x＋ax2)ln(1＋x)－2x.
(1)若a＝0，证明：当－10时，f(x)>0；
(2)若x＝0是f(x)的极大值点，求a.
【解析】(1)当a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，
f′(x)＝ln(1＋x)－.
设函数g(x)＝f′(x)＝ln(1＋x)－，
则g′(x)＝.
当－10时，g′(x)>0.
故当x>－1时，g(x)≥g(0)＝0，当且仅当x＝0时，g(x)＝0，从而f′(x)≥0，且仅当x＝0时，f′(x)＝0.
所以f(x)在(－1，＋∞)单调递增．又f(0)＝0，故当－10时，f(x)>0.
(2)(i)若a≥0，由(1)知，当x>0时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x>0＝f(0)，这与x＝0是f(x)的极大值点矛盾．
(ii)若a<0，设函数h(x)＝＝ln(1＋x)－.
由于当|x|0，故h(x)与f(x)符号相同．
又h(0)＝f(0)＝0，故x＝0是f(x)的极大值点当且仅当x＝0是h(x)的极大值点．
h′(x)＝－＝.
如果6a＋1<0，则a2x2＋4ax＋6a＋1＝0存在根x1<0，故当x∈(x1，0)，且|x|0；当x∈(0，1)时，h′(x)<0.所以x＝0是h(x)的极大值点，从而x＝0是f(x)的极大值点，综上，a＝－.
【命题立意】本题主要考查应用导数研究函数的极值和证明不等式，考查运算求解和推理论证能力以及分类与整合和数形结合思想．
考点限时训练　【p147】
A组　基础演练
1．函数f(x)＝2ln x＋x2－bx＋a(b>0，a∈R)在点(b，f(b))处的切线斜率的最小值是(　　)
A．2 B．2
C. D．1
【解析】选A.
因为f(x)＝2ln x＋x2－bx＋a，∴f′(x)＝＋2x－b，所以k＝＋2b－b＝＋b≥2，当且仅当＝b时取等号，即b＝时，k取得最小值为2，故选A.
2．由函数f(x)＝ex－e的图象，直线x＝2及x轴所围成的阴影部分面积等于(　　)
A．e2－2e－1 B．e2－2e
C. D．e2－2e＋1
【解析】选B.
f(x)与x轴交于点(1，0)，故所求面积为S＝(ex－e)dx＝(ex－ex)|＝e2－2e，故选B.
3．已知f(x)＝x2－aln x在区间(0，2)上不单调，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－2，0)∪(0，2) B．(－4，0)∪(0，4)
C．(0，2) D．(0，4)
【解析】选D.
因为函数f(x)在区间(0，2)上不单调，所以f′(x)＝x－＝在(0，2)上有零点，即∈(0，2)，所以a∈(0，4)，故选D.
4．如图是函数y＝cos在一个周期内的图象，则阴影部分的面积是(　　)

A. B.
C. D.－
【解析】选B.
由已知，函数y＝cos的周期为T＝π，图中阴影的最右的端点坐标为，故阴影部分的面积S＝－∫0cosdx＋∫cosdx＝
－|0＋|＝
－＋
＝＋1＝，故选B.
5．已知函数y＝x2的图象在点处的切线为l，若l也与函数y＝ln x，x∈(0，1)的图象相切，则x0必满足(　　)
A．0 C. 【解析】选D.
设l与函数y＝ln x，x∈(0，1)的图象的切点为(x1，ln x1)，则由(ln x)′＝，(x2)′＝2x得＝2x0＝，x1∈(0，1)，所以x0＝>，x＝1－ln，x－1－ln 2x0＝0.令h(x)＝x2－1－ln 2x，则h()＝1－ln 2<0，h()＝2－ln 2>0，由零点存在定理得x0∈(，)，选D.
6．已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)＝[f(x)－x3]·ex，若函数g(x)在x∈[－3，2]上单调递增，求实数c的取值范围．
【解析】(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax－1.
当x＝时，得a＝f′＝3×＋2a×－1，解之，得a＝－1.
(2)因为f(x)＝x3－x2－x＋c.
从而f′(x)＝3x2－2x－1＝3(x－1)，列表如下：

x

－

1
(1 ，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
增
有极
大值
减
有极
小值
增
所以f(x)的单调递增区间是和(1，＋∞); f(x)的单调递减区间是.
(3)函数g(x)＝(f(x)－x3)·ex＝(－x2－x＋c)·ex，
有g′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex＝(－x2－3x＋c－1)ex，
因为函数g(x)在区间x∈[－3，2]上单调递增，
等价于h(x)＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3，2]上恒成立，
只要h(2)≥0，解得c≥11，
所以c的取值范围是c≥11.
7．已知函数f(x)＝ex＋2ax.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上的最小值为0，求a的值；
(3)若对于任意x≥0，f(x)≥e－x恒成立，求a的取值范围．
【解析】(1)当a≥0时，函数f′(x)＝ex＋2a>0，f(x)在R上单调递增；
当a<0时，f′(x)＝ex＋2a，
令ex＋2a＝0，得x＝ln(－2a)，
所以，当x∈(－∞，ln(－2a))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
(2)由(1)可知，当a≥0时，函数f(x)＝ex＋2ax>0，不符合题意．
当a<0时，f′(x)＝ex＋2a，
因为，当x∈(－∞，ln(－2a))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
①当ln(－2a)≤1，即－≤a<0时，f(x)最小值为f(1)＝2a＋e.
解2a＋e＝0，得a＝－，符合题意．
②当ln(－2a)>1，即a<－时，f(x)最小值为
f(ln(－2a))＝－2a＋2aln(－2a)．
解－2a＋2aln(－2a)＝0，得a＝－，不符合题意．
综上，a＝－.
(3)构建新函数g(x)＝ex－e－x＋2ax，g′(x)＝ex＋e－x＋2a.
①当2a≥－2，即a≥－1时，
因为ex＋e－x≥2，所以g′(x)≥0(且a＝－1时，仅当x＝0时，g′(x)＝0.)
所以g(x)在R上单调递增．
又g(0)＝0，所以，当a≥－1时，对于任意x≥0都有g(x)≥0.
②当a<－1时，解ex＋e－x＋2a<0，即(ex)2＋2aex＋1<0，
得－a－ 其中0<－a－<1，－a＋>1.
所以ln(－a－) 且ln(－a－)<0，ln(－a＋)>0.
所以g(x)在(0，ln(－a＋))上单调递减．
又g(0)＝0，所以存在x0∈(0，ln(－a＋))，使g(x0)<0，不符合题意．
综上，a的取值范围为[－1，＋∞)．
B组　能力提升
8．设函数f(x)＝x2－2x＋1＋aln x有两个极值点x1，x2，且x1 A. B.
C. D.
【解析】选B.
由已知得：f(x)的定义域为x>0，且f′(x)＝，
∵f(x)有两个极值点x1，x2，∴x1，x2是方程2x2－2x＋a＝0的两根，
又∵0 a＝2x2－2x，∴f(x2)＝(x2－1)2＋(2x2－2x)ln x2，
令g(t)＝(t－1)2＋(2t－2t2)ln t，
则g′(t)＝2(1－2t)ln t>0，故g(t)递增，∴g 而g＝，g(1)＝0，所以f(x2)∈，选B.
9．已知e为自然对数的底数，若对任意的x∈，总存在唯一的y∈[－1，1]，使得ln x－x＋1＋a＝y2ey成立，则实数a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
【解析】选B.
设f(x)＝ln x－x＋1＋a，当x∈时，f′(x)＝>0，f(x)是增函数，∴x∈时，f(x)∈.设g(y)＝y2ey，∵对任意的x∈，总存在唯一的y∈，使得ln x－x＋1＋a＝y2ey成立，∴是g(y)的不含极值点的单值区间的子集，∵g′(y)＝eyy(2＋y)，∴y∈时，若y∈[－1，0)，g′(y)<0，g(y)是减函数，若y∈(0，1]，g′(y)>0，g(y)是增函数，∴g(y)min＝g(0)＝0，∵g(－1)＝ 10．已知直线y＝b与函数f(x)＝2x＋5和g(x)＝ax＋ln x的图象分别交于A，B两点，若的最小值为3，则2a－b＝________．
【解析】1
设A(x1，b)，B(x2，b)，2x1＋5＝ax2＋ln x2＝b，
＝x2－x1＝x2－(ax2＋ln x2－5)
＝.
令h(x)＝(2－a)x－ln x＋5(x>0)，
h′(x)＝(2－a)－，
因为的最小值为3，所以h′(x)＝0的根为x＝.函数h(x)在上单调递减，在上单调递增，所以h(x)min＝h＝6＋ln(2－a)＝6，a＝1，x2＝1，b＝1，2a－b＝1，填1.
11．已知函数f(x)＝ln x＋x2－ax，a∈R.
(1)已知函数f(x)有两个极值点，求a的取值范围；
(2)设x＝m和x＝n是函数f(x)的两个极值点(其中n>m)．若a≥，求f(n)－f(m)的最大值.
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝ln x＋x2－ax，
所以f′(x)＝＋x－a＝.
由题意得方程x2－ax＋1＝0有两个不相等的正根，故得a>2.
(2)由(1)知，x＝m和x＝n是方程x2－ax＋1＝0的两根，所以
f(n)－f(m)＝ln ＋(n2－m2)－a(n－m)＝ln ＋(n2－m2)－(n＋m)(n－m)＝ln －(n2－m2)＝ln －＝ln －.
设t＝(t>1)，则f(n)－f(m)＝ln t－，又a≥，所以m＋n≥，
则(m＋n)2＝＝t＋＋2≥＝，
于是有t＋≥，由于函数y＝t＋在t∈(1，＋∞)单调递增，所以t≥2.
令g(t)＝ln t－(t≥2)，
则g′(t)＝－＝－<0.
所以g(t)在[2，＋∞)上单调递减，
所以g(t)≤g(2)＝ln 2－.
故f(n)－f(m)的最大值是ln 2－.
12．已知函数f(x)＝aln x＋bx2＋x(a，b∈R)．
(1)若函数f(x)在(1，f(1))处的切线的斜率为1，且对任意x∈[1，e]有f(x)－x≤(a＋2)·成立，求实数a的取值范围；
(2) 若h(x)＋x＝f(x)＋x2，求h(x)在[1，e]上的最小值及相应的x值．
【解析】(1)若函数f(x)在(1，f(1))处的切线的斜率为1，则f′(1)＝a＋b＋1＝1，则a＝－b.
故f(x)＝aln x－x2＋x，
若f(x)－x＝aln x－x2≤(a＋2)成立，
则a(x－ln x)≥x2－2x成立，∵x∈[1，e]，
∴ln x≤1≤x，且等号不能同时取得，
所以ln x0.
因而a≥(x∈[1，e])．
令g(x)＝(x∈[1，e])，
又g′(x)＝，
当x∈[1，e]时，x－1≥0，ln x≤1，x＋2－2ln x>0，
从而g′(x)≥0(仅当x＝1时取等号)，
所以g(x)在[1，e]上为增函数．
故g(x)的最大值为g(e)＝，
所以实数a的取值范围是.
(2)h(x)＋x＝f(x)＋x2⇒h(x)＝aln x＋x2，
h′(x)＝(x>0)，
当x∈[1，e]时，2x2＋a∈[a＋2，a＋2e2]．
若a≥－2，h′(x)在[1，e]上非负(仅当a＝－2，x＝1时，h′(x)＝0)，故函数h(x)在[1，e]上是增函数，此时[h(x)]min＝h(1)＝1.
若－2e2 当1≤x<时，h′(x)<0，此时h(x)是减函数；
当0，此时h(x)是增函数．
故[h(x)]min＝h＝ln－.
若a≤－2e2时，h′(x)在[1，e]上非正(仅当a＝－2e2，x＝e时，h′(x)＝0)，故函数h(x)在[1，e]上是减函数，此时[h(x)]min＝h(e)＝a＋e2.
综上可知，当a≥－2时，h(x)的最小值为1，相应的x值为1；
当－2e2 当a≤－2e2时，h(x)的最小值为a＋e2，相应的x值为e.