高中数学高考2018高考数学（文）大一轮复习习题 冲刺985 压轴题命题区间（二） 函数与导数 Word版含答案

这是一份高中数学高考2018高考数学（文）大一轮复习习题 冲刺985 压轴题命题区间（二） 函数与导数 Word版含答案，共37页。试卷主要包含了设函数f＝x2－ax＋b等内容，欢迎下载使用。

压轴题命题区间(二)函数与导数

第一课时　构造辅助函数求解导数问题

对于证明与函数有关的不等式，或已知不等式在某个范围内恒成立求参数取值范围、讨论一些方程解的个数等类型问题时，常常需要构造辅助函数，并求导研究其单调性或寻求其几何意义来解决；题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，这里给出几种常用的构造技巧．

“比较法”构造函数
　(2017·广州模拟)已知函数f(x)＝ex－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0,1)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．
　(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a．
因为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)取得极小值，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)＞0，
故g(x)在R上单调递增．
所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜ex．

在本例第(2)问中，发现“x2，ex”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x2＜ex”构造函数，得到“g(x)＝ex－x2”，并利用(1)的结论求解．

已知函数f(x)＝，直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0(x0＜1)处的切线，求证：f(x)≤g(x)．
证明：函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．
令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，
则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝－＝．
设φ(x)＝(1－x)e－(1－x0)ex，
则φ′(x)＝－e－(1－x0)ex，
∵x0＜1，∴φ′(x)＜0，
∴φ(x)在R上单调递减，又φ(x0)＝0，
∴当x＜x0时，φ(x)＞0，当x＞x0时，φ(x)＜0，
∴当x＜x0时，h′(x)＞0，当x＞x0时，h′(x)＜0，
∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，
∴h(x)≤h(x0)＝0，
∴f(x)≤g(x)．

“拆分法”构造函数
　设函数f(x)＝aexln x＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线为y＝e(x－1)＋2．
(1)求a，b；
(2)证明：f(x)＞1．
　(1)f′(x)＝aex＋(x＞0)，
由于直线y＝e(x－1)＋2的斜率为e，图象过点(1,2)，
所以即解得
(2)证明：由(1)知f(x)＝exln x＋(x＞0)，
从而f(x)＞1等价于xln x＞xe－x－．
构造函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x，
所以当x∈时，g′(x)＜0，
当x∈时，g′(x)＞0，
故g(x)在上单调递减，
在上单调递增，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－．
构造函数h(x)＝xe－x－，
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)＝－．
综上，当x＞0时，g(x)＞h(x)，即f(x)＞1．

对于第(2)问“aexln x＋＞1”的证明，若直接构造函数h(x)＝aexln x＋－1，求导以后不易分析，因此并不宜对其整体进行构造函数，而应先将不等式“aexln x＋＞1”合理拆分为“xln x＞xe－x－”，再分别对左右两边构造函数，进而达到证明原不等式的目的．

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)＝－(x＞0)．
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，
故即解得
(2)证明：由(1)知f(x)＝＋(x＞0)，
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)＞．

“换元法”构造函数

　已知函数f(x)＝ax2＋xln x(a∈R)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线x＋3y＝0垂直．
(1)求实数a的值；
(2)求证：当n＞m＞0时，ln n－ln m＞－．
　(1)因为f(x)＝ax2＋xln x，
所以f′(x)＝2ax＋ln x＋1，
因为切线与直线x＋3y＝0垂直，所以切线的斜率为3，
所以f′(1)＝3，即2a＋1＝3，故a＝1．
(2)证明：要证ln n－ln m＞－，
即证ln＞－，只需证ln －＋＞0．
令＝x，构造函数g(x)＝ln x－＋x(x≥1)，
则g′(x)＝＋＋1．
因为x∈
对“待证不等式”等价变形为“ln－＋＞0”后，观察可知，对“”进行换元，变为“ln x－＋x＞0”，构造函数“g(x)＝ln x－＋x(x≥1)”来证明不等式，可简化证明过程中的运算．

已知函数f(x)＝x2ln x．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)证明：对任意的t＞0，存在唯一的s，使t＝f(s)；
(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s＝g(t)，证明：当t＞e2时，有＜＜．
解：(1)由已知，得f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)(x＞0)，
令f′(x)＝0，得x＝．
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x



f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值


所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是．
(2)证明：当0＜x≤1时，f(x)≤0，
∵t＞0，∴当0＜x≤1时不存在t＝f(s)．
令h(x)＝f(x)－t，x∈　(2017·广州综合测试)已知函数f(x)＝ex＋m－x3，g(x)＝ln(x＋1)＋2．
(1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为1，求实数m的值；
(2)当m≥1时，证明：f(x)＞g(x)－x3．
　(1)因为f(x)＝ex＋m－x3，
所以f′(x)＝ex＋m－3x2．
因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为1，
所以f′(0)＝em＝1，解得m＝0．
(2)证明：因为f(x)＝ex＋m－x3，g(x)＝ln(x＋1)＋2，
所以f(x)＞g(x)－x3等价于ex＋m－ln(x＋1)－2＞0．
当m≥1时，ex＋m－ln(x＋1)－2≥ex＋1－ln(x＋1)－2．
要证ex＋m－ln(x＋1)－2＞0，
只需证明ex＋1－ln(x＋1)－2＞0．
设h(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－2，则h′(x)＝ex＋1－．
设p(x)＝ex＋1－，则p′(x)＝ex＋1＋＞0，
所以函数p(x)＝h′(x)＝ex＋1－在(－1，＋∞)上单调递增．
因为h′＝e－2＜0，h′(0)＝e－1＞0，
所以函数h′(x)＝ex＋1－在(－1，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈．
因为h′(x0)＝0，所以ex0＋1＝，
即ln(x0＋1)＝－(x0＋1)．
当x∈(－1，x0)时，h′(x)＜0，
当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，
所以当x＝x0时，h(x)取得最小值h(x0)，
所以h(x)≥h(x0)＝ex0＋1－ln(x0＋1)－2
＝＋(x0＋1)－2＞0．
综上可知，当m≥1时，f(x)＞g(x)－x3．

本题可先进行适当放缩，m≥1时，ex＋m≥ex＋1，再两次构造函数h(x)，p(x)．

(2016·合肥一模)已知函数f(x)＝ex－xln x，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，其中e为自然对数的底数．
(1)求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求t的取值范围．
解：(1)由f(x)＝ex－xln x，知f′(x)＝e－ln x－1，
则f′(1)＝e－1，
而f(1)＝e，
则所求切线方程为y－e＝(e－1)(x－1)，
即y＝(e－1)x＋1．
(2)∵f(x)＝ex－xln x，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，
∴g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立等价于ex－tx2＋x－ex＋xln x≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，
即t≤对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
令F(x)＝，
则F′(x)＝＝，
令G(x)＝ex＋e－－ln x，
则G′(x)＝ex－－＝＞0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
∴G(x)＝ex＋e－－ln x在(0，＋∞)上单调递增，且G(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，G(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，G(x)＞0，
即当x∈(0,1)时，F′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，
∴F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴F(x)≥F(1)＝1，
∴t≤1，
即t的取值范围是(－∞，1]．

1．设函数f(x)＝x2ex－1＋ax3＋bx2，已知x＝－2和x＝1为f(x)的极值点．
(1)求a，b的值；
(2)讨论f(x)的单调性；
(3)设g(x)＝x3－x2，比较f(x)与g(x)的大小．
解：(1)因为f′(x)＝ex－1(2x＋x2)＋3ax2＋2bx
＝xex－1(x＋2)＋x(3ax＋2b)，
又x＝－2和x＝1为f(x)的极值点，
所以f′(－2)＝f′(1)＝0，
因此
解得
(2)因为a＝－，b＝－1，
所以f′(x)＝x(x＋2)(ex－1－1)，
令f′(x)＝0，
解得x1＝－2，x2＝0，x3＝1．
因为当x∈(－∞，－2)∪(0,1)时，f′(x)＜0；
当x∈(－2,0)∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0．
所以f(x)在(－2,0)和(1，＋∞)上是单调递增的；
在(－∞，－2)和(0,1)上是单调递减的．
(3)由(1)可知f(x)＝x2ex－1－x3－x2．
故f(x)－g(x)＝x2ex－1－x3＝x2(ex－1－x)，
令h(x)＝ex－1－x，则h′(x)＝ex－1－1．
令h′(x)＝0，得x＝1，
因为当x∈(－∞，1]时，h′(x)≤0，
所以h(x)在(－∞，1]上单调递减；
故当x∈(－∞，1]时，h(x)≥h(1)＝0；
因为当x∈　已知函数g(x)＝ln x＋ax2＋bx，函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴．
(1)确定a与b的关系；
(2)若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性．
　(1)依题意得g′(x)＝＋2ax＋b(x＞0)．
由函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴得：g′(1)＝1＋2a＋b＝0，∴b＝－2a－1．
(2)由(1)得
g′(x)＝＝．
∵函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，
∴当a＝0时，g′(x)＝－．
由g′(x)＞0，得0＜x＜1，由g′(x)＜0，得x＞1，
当a＞0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝，
若＜1，即a＞，
由g′(x)＞0，得x＞1或0＜x＜，
由g′(x)＜0，得＜x＜1；
若＞1，即0＜a＜，
由g′(x)＞0，得x＞或0＜x＜1，
由g′(x)＜0，得1＜x＜，
若＝1，即a＝在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0．
综上可得：当a＝0时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当0＜a＜时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增；
当a＝时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a＞时，函数g(x)在上单调递增，
在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．
(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．
(3)本题(2)求解应先分a＝0或a＞0两种情况，再比较和1的大小．

(2016·太原一模)已知函数f(x)＝x－aln x(a∈R)．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)设函数h(x)＝f(x)＋，求函数h(x)的单调区间．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝x－2ln x，f(1)＝1，
即切点为(1,1)，
∵f′(x)＝1－，∴f′(1)＝1－2＝－1，
∴曲线y＝f(x)在点(1,1)处的切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0．
(2)由题意知，h(x)＝x－aln x＋(x＞0)，
则h′(x)＝1－－＝
＝，
①当a＋1＞0，即a＞－1时，
令h′(x)＞0，∵x＞0，∴x＞1＋a，
令h′(x)＜0，∵x＞0，∴0＜x＜1＋a．
②当a＋1≤0，
即a≤－1时，h′(x)＞0恒成立，
综上，当a＞－1时，h(x)的单调递减区间是(0，a＋1)，单调递增区间是(a＋1，＋∞)；当a≤－1时，h(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间．


利用导数研究函数的极值

　设a＞0，函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋a(1＋ln x)．
(1)若曲线y＝f(x)在(2，f(2))处的切线与直线y＝－x＋1垂直，求切线方程．
(2)求函数f(x)的极值．
　(1)由已知，得f′(x)＝x－(a＋1)＋(x＞0)，
又由题意可知y＝f(x)在(2，f(2))处切线的斜率为1，
所以f′(2)＝1，
即2－(a＋1)＋＝1，解得a＝0，
此时f(2)＝2－2＝0，故所求的切线方程为y＝x－2．
(2)f′(x)＝x－(a＋1)＋＝
＝(x＞0)．
①当0＜a＜1时，
若x∈(0，a)，则f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
若x∈(a,1)，则f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
若x∈(1，＋∞)，则f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．
此时x＝a是f(x)的极大值点，
x＝1是f(x)的极小值点，
函数f(x)的极大值是f(a)＝－a2＋aln a，
极小值是f(1)＝－．
②当a＝1时，f′(x)＝≥0，
所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)内单调递增，
此时f(x)没有极值点，故无极值．
③当a＞1时，
若x∈(0,1)，则f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
若x∈(1，a)，则f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
若x∈(a，＋∞)，则f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．
此时x＝1是f(x)的极大值点，x＝a是f(x)的极小值点，函数f(x)的极大值是f(1)＝－，极小值是f(a)＝－a2＋aln a．
综上，当0＜a＜1时，f(x)的极大值是－a2＋aln a，
极小值是－；当a＝1时，f(x)没有极值；
当a＞1时f(x)的极大值是－，极小值是－a2＋aln a．

对于解析式中含有参数的函数求极值，有时需要分类讨论后解决问题．讨论的思路主要有：
(1)参数是否影响f′(x)零点的存在；
(2)参数是否影响f′(x)不同零点(或零点与函数定义域中的间断点)的大小；
(3)参数是否影响f′(x)在零点左右的符号(如果有影响，需要分类讨论)．

(2016·山东高考)设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R．
(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；
(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围．
解：(1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，
可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)．
所以g′(x)＝－2a＝．
当a≤0，x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；
当a＞0，x∈时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，
x∈时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减．
所以当a≤0时，g(x)的单调增区间为(0，＋∞)；
当a＞0时，g(x)的单调增区间为，单调减区间为．
(2)由(1)知，f′(1)＝0．①当a≤0时，f′(x)单调递增，
所以当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．
②当0＜a＜时，＞1，
由(1)知f′(x)在内单调递增，
可得当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，当x∈时，f′(x)＞0．
所以f(x)在(0,1)内单调递减，在内单调递增，
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．
③当a＝时，＝1，
f′(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，
所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意．
④当a＞时，0＜＜1，
当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
所以f(x)在x＝1处取极大值，符合题意．
综上可知，实数a的取值范围为．

利用导数研究函数的最值

　已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＞0时，求函数f(x)在上的最小值．
　(1)由题意，f′(x)＝－a(x＞0)，
①当a≤0时，f′(x)＝－a＞0，即函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
②当a＞0时，令f′(x)＝－a＝0，可得x＝，
当0＜x＜时，f′(x)＝＞0；
当x＞时，f′(x)＝＜0，
故函数f(x)的单调递增区间为，
单调递减区间为．
综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)①当≤1，即a≥1时，函数f(x)在区间上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln 2－2a．
②当≥2，即0＜a≤时，函数f(x)在区间上是增函数，所以f(x)的最小值是f(1)＝－a．
③当1＜＜2，即＜a＜1时，函数f(x)在上是增函数，在上是减函数．
又f(2)－f(1)＝ln 2－a，
所以当＜a＜ln 2时，最小值是f(1)＝－a；
当ln 2≤a＜1时，最小值为f(2)＝ln 2－2a．
综上可知，当0＜a＜ln 2时，函数f(x)的最小值是－a；
当a≥ln 2时，函数f(x)的最小值是ln 2－2a．

(1)在闭区间上图象连续的函数一定存在最大值和最小值，在不是闭区间的情况下，函数在这个区间上的最大值和最小值可能都存在，也可能只存在一个，或既无最大值也无最小值；
(2)在一个区间上，如果函数只有一个极值点，则这个极值点就是最值点．

1．若函数f(x)＝(a＞0)在(e为自然对数的底数)上的最大值．
解：(1)当x＜1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝．
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
0



f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)

极小值

极大值

故当x＝0时，函数f(x)取得极小值为f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝．
(2)①当－1≤x＜1时，由(1)知，函数f(x)在和上单调递减，在上单调递增．
因为f(－1)＝2，f＝，f(0)＝0，
所以f(x)在上单调递增，
则f(x)在上的最大值为f(e)＝a．
综上所述，当a≥2时，f(x)在上的最大值为a；
当a＜2时，f(x)在上的最大值为2．
3．已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；
(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围．
解：(1)由已知得f′(x)＝a－＝(x＞0)．
当a≤0时，f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点．
当a＞0时，由f′(x)＜0，得0＜x＜，
由f′(x)＞0，得x＞，
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，
即f(x)在x＝处有极小值．
∴当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点，
当a＞0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点．
(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，
∴f′(1)＝0，解得a＝1，∴f(x)≥bx－2⇒1＋－≥b，
令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝，
令g′(x)＝0，得x＝e2．
则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－，
故实数b的取值范围为．
4．已知方程f(x)·x2－2ax＋f(x)－a2＋1＝0，其中a∈R，x∈R．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在．
当a＜0时，由(1)得，f(x)在(0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，所以f(x)在．
综上所述，实数a的取值范围是(－∞，－1]∪(0,1]．
5．设函数f(x)＝x2－ax＋b．
(1)讨论函数f(sin x)在内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；
(2)记f0(x)＝x2－a0x＋b0，求函数|f(sin x)－f0(sin x)|在上的最大值D；
(3)在(2)中，取a0＝b0＝0，求z＝b－满足条件D≤1时的最大值．
解：(1)由题意，
f(sin x)＝sin2x－asin x＋b＝sin x(sin x－a)＋b，
则f′(sin x)＝(2sin x－a)cos x，
因为－＜x＜，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，在内存在唯一的x0，使得2sin x0＝a．
－＜x≤x0时，函数f(sin x)单调递减；
x0≤x＜时，函数f(sin x)单调递增．
因此，－2＜a＜2，b∈R时，函数f(sin x)在x0处有极小值f(sin x0)＝f＝b－．
(2)当－≤x≤时，|f(sin x)－f0(sin x)|＝|(a0－a)sin x＋b－b0|≤|a－a0|＋|b－b0|，
当(a0－a)(b－b0)≥0，x＝时等号成立，
当(a0－a)(b－b0)＜0时，x＝－时等号成立．
由此可知，|f(sin x)－f0(sin x)|在上的最大值为D＝|a－a0|＋|b－b0|．
(3)D≤1即为|a|＋|b|≤1，
此时0≤a2≤1，－1≤b≤1，从而z＝b－≤1．
取a＝0，b＝1，则|a|＋|b|≤1，并且z＝b－＝1．
由此可知，z＝b－满足条件D≤1的最大值为1．
6．已知函数f(x)＝x－，g(x)＝aln x(a∈R)．
(1)当a≥－2时，求F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；
(2)设h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)有两个极值点为x1，x2，其中x1∈，求h(x1)－h(x2)的最小值．
解：(1)由题意得F(x)＝x－－aln x(x＞0)，
则F′(x)＝，令m(x)＝x2－ax＋1，则Δ＝a2－4．
①当－2≤a≤2时，Δ≤0，从而F′(x)≥0，
所以F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
②当a＞2时，Δ＞0，设F′(x)＝0的两根为
x1＝，x2＝，
所以F(x)的单调递增区间为
和，
F(x)的单调递减区间为．
综上，当－2≤a≤2时，F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a＞2时，F(x)的单调递增区间为
和，
F(x)的单调递减区间为．
(2)对h(x)＝x－＋aln x，x∈(0，＋∞)求导得，
h′(x)＝1＋＋＝，
h′(x)＝0的两根分别为x1，x2，则有x1·x2＝1，x1＋x2＝－a，
所以x2＝，从而有a＝－x1－．
令H(x)＝h(x)－h
＝x－＋ln x－
＝2，
即H′(x)＝2ln x＝(x＞0)．
当x∈时，H′(x)＜0，所以H(x)在上单调递减，
又H(x1)＝h(x1)－h＝h(x1)－h(x2)，
所以min＝H＝5ln 2－3．
第三课时　导数的综合应用(一)

利用导数研究函数的零点或方程的根

　(2016·北京高考)设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c．
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围；
(3)求证：a2－3b＞0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件．
　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax＋b．
因为f(0)＝c，f′(0)＝b，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c．
(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，
所以f′(x)＝3x2＋8x＋4．
令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，
解得x＝－2或x＝－．
f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：
x
(－∞，－2)
－2

－

f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

c

c－

所以当c＞0且c－＜0时，
存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，
使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0．
由f(x)的单调性知，当且仅当c∈时，
函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点．
(3)证明：当Δ＝4a2－12b＜0时，
f′(x)＝3x2＋2ax＋b＞0，x∈(－∞，＋∞)，
此时函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增，
所以f(x)不可能有三个不同零点．
当Δ＝4a2－12b＝0时，
f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一个零点，记作x0．
当x∈(－∞，x0)时，
f′(x)＞0，f(x)在区间(－∞，x0)上单调递增；
当x∈(x0，＋∞)时，
f′(x)＞0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增．
所以f(x)不可能有三个不同零点．
综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，
则必有Δ＝4a2－12b＞0．
故a2－3b＞0是f(x)有三个不同零点的必要条件．
当a＝b＝4，c＝0时，
a2－3b＞0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有两个不同零点，
所以a2－3b＞0不是f(x)有三个不同零点的充分条件．
因此a2－3b＞0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件．

利用导数研究方程根的方法
(1)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．
(2)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．
(3)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．

已知函数f(x)＝(2－a)x－2(1＋ln x)＋a．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间．
(2)若函数f(x)在区间上无零点，求a的最小值．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2ln x，
则f′(x)＝1－，其中x∈(0，＋∞)．
由f′(x)＞0，得x＞2，
由f′(x)＜0，得0＜x＜2，
故f(x)的单调递减区间为(0,2)，
单调递增区间为(2，＋∞)．
(2)f(x)＝(2－a)x－2(1＋ln x)＋a
＝(2－a)(x－1)－2ln x，
令m(x)＝(2－a)(x－1)，h(x)＝2ln x，其中x＞0，
则f(x)＝m(x)－h(x)．
①当a＜2时，m(x)在上为增函数，h(x)在上为增函数，
结合图象知，若f(x)在上无零点，
则m≥h，
即(2－a)≥2ln ，
所以a≥2－4ln 2，所以2－4ln 2≤a＜2．
②当a≥2时，在上m(x)≥0，h(x)＜0，
所以f(x)＞0，所以f(x)在上无零点．
由①②得a≥2－4ln 2，
所以amin＝2－4ln 2．

利用导数证明不等式

　设f(x)＝ex－1．
(1)当x＞－1时，证明：f(x)＞；
(2)当a＞ln 2－1且x＞0时，证明：f(x)＞x2－2ax．
　(1)当x＞－1时，f(x)＞，
即ex－1＞＝2x－1，当且仅当ex＞2x，
即ex－2x＞0恒成立时原不等式成立．
令g(x)＝ex－2x，则g′(x)＝ex－2．
令g′(x)＝0，
即ex－2＝0，解得x＝ln 2．
当x∈(－∞，ln 2)时，g′(x)＝ex－2＜0，
故函数g(x)在(－1，ln 2)上单调递减；
当x∈
对于最值与不等式的证明相结合试题的求解往往先对不等式进行化简，然后通过构造新函数，转化为函数的最值，利用导数来解决．
解决此类问题应该注意三个方面：
(1)在化简所证不等式的时候一定要注意等价变形，尤其是两边同时乘以或除以一个数或式的时候，注意该数或式的符号；
(2)灵活构造函数，使研究的函数形式简单，便于计算最值；
(3)在利用导数求解最值时要注意定义域的限制，且注意放缩法的灵活应用．

(2017·兰州诊断)已知函数f(x)＝ex－ax－1(a为常数)，曲线y＝f(x)在与y轴的交点A处的切线斜率为－1．
(1)求a的值及函数y＝f(x)的单调区间；
(3)若x1＜ln 2，x2＞ln 2，且f(x1)＝f(x2)，试证明：x1＋x2＜2ln 2．
解：(1)由f(x)＝ex－ax－1，
得f′(x)＝ex－a．
又f′(0)＝1－a＝－1，
所以a＝2，
所以f(x)＝ex－2x－1，f′(x)＝ex－2．
由f′(x)＝ex－2＞0，得x＞ln 2．
所以函数y＝f(x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增．
(2)证明：设x＞ln 2，
所以2ln 2－x＜ln 2，
f(2ln 2－x)＝e(2ln 2－x)－2(2ln 2－x)－1
＝＋2x－4ln 2－1．
令g(x)＝f(x)－f(2ln 2－x)
＝ex－－4x＋4ln 2(x≥ln 2)，
所以g′(x)＝ex＋4e－x－4≥0，
当且仅当x＝ln 2时，等号成立，
所以g(x)＝f(x)－f(2ln 2－x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．
又g(ln 2)＝0，
所以当x＞ln 2时，
g(x)＝f(x)－f(2ln 2－x)＞g(ln 2)＝0，
即f(x)＞f(2ln 2－x)，
所以f(x2)＞f(2ln 2－x2)，
又因为f(x1)＝f(x2)，
所以f(x1)＞f(2ln 2－x2)，
由于x2＞ln 2，
所以2ln 2－x2＜ln 2，
因为x1＜ln 2，
由(1)知函数y＝f(x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减，
所以x1＜2ln 2－x2，
即x1＋x2＜2ln 2．

利用导数研究不等式恒成立问题

　设f(x)＝ex－a(x＋1)．
(1)若∀x∈R，f(x)≥0恒成立，求正实数a的取值范围；
(2)设g(x)＝f(x)＋，且A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)是曲线y＝g(x)上任意两点，若对任意的a≤－1，直线AB的斜率恒大于常数m，求m的取值范围．
　(1)因为f(x)＝ex－a(x＋1)，
所以f′(x)＝ex－a．
由题意，知a＞0，
故由f′(x)＝ex－a＝0，
解得x＝ln a．
故当x∈(－∞，ln a)时，
f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
当x∈(ln a，＋∞)时，
f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．
所以函数f(x)的最小值为f(ln a)＝eln a－a(ln a＋1)＝－aln a．
由题意，若∀x∈R，f(x)≥0恒成立，
即f(x)＝ex－a(x＋1)≥0恒成立，
故有－aln a≥0，
又a＞0，所以ln a≤0，解得0＜a≤1．
所以正实数a的取值范围为(0,1]．
(2)设x1，x2是任意的两个实数，且x1＜x2．
则直线AB的斜率为k＝，
由已知k＞m，
即＞m．
因为x2－x1＞0，
所以g(x2)－g(x1)＞m(x2－x1)，
即g(x2)－mx2＞g(x1)－mx1．
因为x1＜x2，
所以函数h(x)＝g(x)－mx在R上为增函数，
故有h′(x)＝g′(x)－m≥0恒成立，
所以m≤g′(x)．
而g′(x)＝ex－a－，
又a≤－1＜0，
故g′(x)＝ex＋－a≥2－a
＝2－a．
而2－a＝2＋()2
＝(＋1)2－1≥3，
所以m的取值范围为(－∞，3]．

解决该类问题的关键是根据已知不等式的结构特征灵活选用相应的方法，由不等式恒成立求解参数的取值范围问题一般采用分离参数的方法．而第(2)问则巧妙地把直线的斜率与导数问题结合在一起，命题思路比较新颖，解决此类问题需将已知不等式变形为两个函数值的大小问题，进而构造相应的函数，通过导函数研究其单调性解决．

已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3．
(1)若对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．
解：(1)由题意知2xln x≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立，
则a≤2ln x＋x＋，
设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，
则h′(x)＝．
①当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；
②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．
所以h(x)min＝h(1)＝4，
对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，
所以a≤h(x)min＝4，
即实数a的取值范围是(－∞，4]．
(2)问题等价于证明xln x＞－(x＞0)．
又f(x)＝xln x(x＞0)，f′(x)＝ln x＋1，
当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f＝－．
设m(x)＝－(x＞0)，
则m′(x)＝，
当x∈(0,1)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减，
所以m(x)max＝m(1)＝－，从而对一切x∈(0，＋∞)，
f(x)＞m(x)恒成立，
即xln x＞－恒成立．
即对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．

1．设函数f(x)＝ln x＋ax2＋x－a－1(a∈R)．
(1)当a＝－时，求函数f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥0时，不等式f(x)≥x－1在(e是自然对数的底数)时，不等式f(x)－g(x)＜3恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)当m＝4时，f(x)＝4x－，f′(x)＝4＋，
f′(2)＝5，
又f(2)＝6，
∴所求切线方程为y－6＝5(x－2)，
即y＝5x－4．
(2)由题意知，x∈(1，]时，
mx－－3ln x＜3恒成立，
即m(x2－1)＜3x＋3xln x恒成立，
∵x∈(1，]，∴x2－1＞0，
则m＜恒成立．
令h(x)＝，x∈(1，]，
则m＜h(x)min．
h′(x)＝＝－，
∵x∈(1，]，
∴h′(x)＜0，
即h(x)在(1，]上是减函数．
∴当x∈(1，]时，h(x)min＝h()＝．
∴m的取值范围是．
3．(2017·广西质检)设函数f(x)＝cln x＋x2＋bx(b，c∈R，c≠0)，且x＝1为f(x)的极值点．
(1)若x＝1为f(x)的极大值点，求f(x)的单调区间(用c表示)；
(2)若f(x)＝0恰有两解，求实数c的取值范围．
解：f′(x)＝＋x＋b＝(x＞0)，又f′(1)＝0，
所以f′(x)＝(x＞0)且c≠1，b＋c＋1＝0．
(1)因为x＝1为f(x)的极大值点，所以c＞1，
当0＜x＜1时，f′(x)＞0；
当1＜x＜c时，f′(x)＜0；
当x＞c时，f′(x)＞0，
所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，(c，＋∞)；单调递减区间为(1，c)．
(2)①若c＜0，
则f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
f(x)＝0恰有两解，
则f(1)＜0，即＋b＜0，
所以－＜c＜0；
②若0＜c＜1，
则f(x)极大值＝f(c)＝cln c＋c2＋bc，
f(x)极小值＝f(1)＝＋b，
因为b＝－1－c，
则f(x)极大值＝cln c＋＋c(－1－c)＝cln c－c－＜0，
f(x)极小值＝－－c＜0，从而f(x)＝0只有一解；
③若c＞1，
则f(x)极小值＝cln c＋＋c(－1－c)＝cln c－c－＜0，
f(x)极大值＝－－c＜0，
则f(x)＝0只有一解．
综上，使f(x)＝0恰有两解的c的取值范围为．
4．(2017·福建省质检)已知函数f(x)＝ax－ln(x＋1)，g(x)＝ex－x－1．曲线y＝f(x)与y＝g(x)在原点处的切线相同．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若x≥0时，g(x)≥kf(x)，求k的取值范围．
解：(1)因为f′(x)＝a－(x＞－1)，g′(x)＝ex－1，
依题意，f′(0)＝g′(0)，即a－1＝0，解得a＝1，
所以f′(x)＝1－＝，
当－1＜x＜0时，f′(x)＜0；当x＞0时，f′(x)＞0．
故f(x)的单调递减区间为(－1,0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)由(1)知，当x＝0时，f(x)取得最小值0，
所以f(x)≥0，即x≥ln(x＋1)，从而ex≥x＋1．
设F(x)＝g(x)－kf(x)＝ex＋kln(x＋1)－(k＋1)x－1，
则F′(x)＝ex＋－(k＋1)≥x＋1＋－(k＋1)，
(ⅰ)当k＝1时，因为x≥0，所以F′(x)≥x＋1＋－2≥0(当且仅当x＝0时等号成立)，
此时F(x)在．
5．(2016·石家庄质检)已知函数f(x)＝－x3＋ax－，g(x)＝ex－e(e为自然对数的底数)．
(1)若曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线与曲线y＝g(x)在(0，g(0))处的切线互相垂直，求实数a的值；
(2)设函数h(x)＝试讨论函数h(x)零点的个数．
解：(1)由已知，f′(x)＝－3x2＋a，g′(x)＝ex，
所以f′(0)＝a，g′(0)＝1，
由题意，知a＝－1．
(2)易知函数g(x)＝ex－e在R上单调递增，仅在x＝1处有一个零点，且x＜1时，g(x)＜0，
又f′(x)＝－3x2＋a，
①当a≤0时，f′(x)≤0，f(x)在R上单调递减，且过点，f(－1)＝－a＞0，
即f(x)在x≤0时必有一个零点，
此时y＝h(x)有两个零点；
②当a＞0时，令f′(x)＝－3x2＋a＝0，
两根为x1＝－＜0，x2＝ ＞0，
则－ 是函数f(x)的一个极小值点， 是函数f(x)的一个极大值点，
而f＝－3＋a－
＝－ －＜0；
现在讨论极大值的情况：
f＝－3＋a－＝ －，
当f＜0，即a＜时，
函数y＝f(x)在(0，＋∞)上恒小于零，
此时y＝h(x)有两个零点；
当f＝0，即a＝时，
函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有一个零点x0＝ ＝，
此时y＝h(x)有三个零点；
当f＞0，即a＞时，
函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，一个零点小于，一个零点大于，
若f(1)＝－1＋a－＜0，
即a＜时，y＝h(x)有四个零点；
若f(1)＝－1＋a－＝0，
即a＝时，y＝h(x)有三个零点；
若f(1)＝－1＋a－＞0，
即a＞时，y＝h(x)有两个零点．
综上所述：当a＜或a＞时，y＝h(x)有两个零点；
当a＝或a＝时，y＝h(x)有三个零点；
当＜a＜时，y＝h(x)有四个零点．
6．已知函数f(x)＝ax＋bln x＋1，此函数在点(1，f(1))处的切线为x轴．
(1)求函数f(x)的单调区间和最大值；
(2)当x＞0时，证明：＜ln＜；
(3)已知n∈N*，n≥2，求证：＋＋…＋＜ln n＜1＋＋…＋．
解：(1)由题意得
因为f′(x)＝a＋，
所以解得
所以f(x)＝－x＋ln x＋1．
即f′(x)＝－1＋＝，
又函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以当0＜x＜1时，f′(x)＞0，当x＞1时，f′(x)＜0．
故函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)，
函数f(x)的最大值为f(1)＝0．
(2)证明：由(1)知f(x)＝－x＋ln x＋1，
且f(x)≤0(当且仅当x＝1时取等号)，
所以ln x≤x－1(当且仅当x＝1时取等号)．
当x＞0时，由≠1，得ln ＜－1＝；
由≠1，得ln＜－1＝－⇒－ln＞⇒ln＞．
故当x＞0时，＜ln＜．
(3)证明：由(2)可知，
当x＞0时，＜ln＜．
取x＝1,2，…，n－1，n∈N*，n≥2，
将所得各式相加，得
＋＋…＋＜ln＋ln＋…＋ln＜1＋＋…＋，
故＋＋…＋＜ln n＜1＋＋…＋．

第四课时　导数的综合应用(二)


利用导数研究存在性与任意性问题

　设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3．
(1)如果存在x1，x2∈，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
　(1)存在x1，x2∈，
使得g(x1)－g(x2)≥M成立，
等价于max≥M．
由g(x)＝x3－x2－3，
得g′(x)＝3x2－2x＝3x．
由g′(x)＜0，解得0＜x＜；
由g′(x)＞0，解得x＜0或x＞．
又x∈，
所以g(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又g(0)＝－3，g(2)＝1，
故g(x)max＝g(2)＝1，
g(x)min＝g＝－．
所以max
＝g(x)max－g(x)min
＝1＋＝≥M，
则满足条件的最大整数M＝4．
(2)对于任意的s，t∈，
都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间上，
函数f(x)min≥g(x)max．
由(1)可知在区间上，g(x)的最大值为g(2)＝1．
在区间上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．
设h(x)＝x－x2ln x，x∈，
则h′(x)＝1－2xln x－x，
易知h′(x)在区间上是减函数，
又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；
当＜x＜1时，h′(x)＞0．
所以函数h(x)＝x－x2ln x在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝1，
所以实数a的取值范围是
等价转化法求解双参数不等式
双参数不等式问题的求解方法一般采用等价转化法．本例第(1)问是“存在性”问题，转化方法是：如果存在x1，x2∈使得g(x1)－g(x2)≥M成立，则可转化为M≤max，即求解使不等式M≤g(x)max－g(x)min成立时的M的最大取值；第(2)问是“恒成立”问题，转化方法是：如果对于任意的x1，x2∈，都有f(x1)≥g(x2)成立，则可转化为在区间上，f(x)min≥g(x)max，求解得到实数a的取值范围．

已知函数f(x)＝ln x－ax＋－1(a∈R)．
(1)当0＜a＜时，讨论f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝x2－2bx＋4．当a＝时，若对任意x1∈(0,2)，存在x2∈，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝ln x－ax＋－1，
所以f′(x)＝－a＋＝－，x∈(0，＋∞)，
令f′(x)＝0，可得两根分别为1，－1，
因为0＜a＜，所以－1＞1＞0，
当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．
(2)a＝∈，－1＝3∉(0,2)，
由(1)知，当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(1,2)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
所以f(x)在(0,2)上的最小值为f(1)＝－．
对任意x1∈(0,2)，存在x2∈，使f(x1)≥g(x2)等价于g(x)在上的最小值不大于f(x)在(0,2)上的最小值－，(*)
又g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈，
所以，①当b＜1时，g(x)min＝g(1)＝5－2b＞0，此时与(*)矛盾；
②当1≤b≤2时，g(x)min＝4－b2≥0，同样与(*)矛盾；
③当b＞2时，g(x)min＝g(2)＝8－4b，
且当b＞2时，8－4b＜0，
解不等式8－4b≤－，可得b≥，
所以实数b的取值范围为．

利用导数研究探究性问题

　(2017·昆明两区七校调研)已知f(x)＝x2＋ax－ln x＋e，g(x)＝x2＋e．
(1)若a＝－1，判断是否存在x0＞0，使得f(x0)＜0，并说明理由；
(2)设h(x)＝f(x)－g(x)，是否存在实数a，当x∈(0，e](e＝2．718 28…为自然常数)时，函数h(x)的最小值为3，并说明理由．
　(1)不存在x0＞0，使得f(x0)＜0．
理由如下：当a＝－1时，f(x)＝x2－x－ln x＋e，x∈(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－1－＝＝．
f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x
(0,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值f(1)


当x＝1时，函数f(x)有极小值f(x)极小值＝f(1)＝e，
此极小值也是最小值，
故不存在x0＞0，使得f(x0)＜0．
(2)因为f(x)＝x2＋ax－ln x＋e，g(x)＝x2＋e，
所以h(x)＝f(x)－g(x)＝ax－ln x．
则h′(x)＝a－，
假设存在实数a，
使h(x)＝ax－ln x(x∈(0，e])有最小值3，
(ⅰ)当a≤0时，h′(x)＜0，
所以h(x)在(0，e]上单调递减，
h(x)min＝h(e)＝ae－1＝3，a＝，不符合题意．
(ⅱ)当a＞0时，
①当0＜a≤时，≥e，h′(x)＜0在(0，e]上恒成立，
所以h(x)在(0，e]上单调递减，
h(x)min＝h(e)＝ae－1＝3，a＝，不符合题意．
②当a＞时，0＜＜e，当0＜x＜时，
h′(x)＜0，h(x)在上单调递减；
当＜x＜e时，
h′(x)＞0，h(x)在上单调递增，
所以h(x)min＝h＝1＋ln a＝3，
解得a＝e2＞．
综上所述，存在a＝e2，
使x∈(0，e]时，h(x)有最小值3．

解决探究性问题的注意事项
探究问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．
(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采用另外的途径．

(2016·广州五校联考)已知函数f(x)＝，其中a为实数．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)是否存在实数a，使得对任意x∈(0,1)∪(1，＋∞)，f(x)＞恒成立？若不存在，请说明理由，若存在，求出a的值并加以证明．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝，f′(x)＝，
f′(2)＝，又f(2)＝0，
所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为
y＝(x－2)．
(2)①当0＜x＜1时，ln x＜0，
则＞⇔a＞x－ln x，
令g(x)＝x－ln x，则g′(x)＝，
再令h(x)＝2－2－ln x，
则h′(x)＝－＝＜0，
故当0＜x＜1时，h′(x)＜0，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，
所以当0＜x＜1时，h(x)＞h(1)＝0，
所以g′(x)＝＞0，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，g(x)＜g(1)＝1，
所以a≥1．
②当x＞1时，ln x＞0，
则＞ ⇔a＜x－ln x．
由①知当x＞1时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，当x＞1时，h(x)＞h(1)＝0，
所以g′(x)＝＞0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)＞g(1)＝1，所以a≤1．
综合①②得：a＝1．


1．已知函数f(x)＝(ax2－x＋a)ex，g(x)＝bln x－x(b＞0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝时，若对任意x1∈(0,2)，存在x2∈，使f(x1)＋g(x2)≥0成立，求实数b的取值范围．
解：(1)由题意得f′(x)＝(x＋1)(ax＋a－1)ex．
当a＝0时，f′(x)＝－(x＋1)ex，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，－1)上单调递增；
当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减．
当a≠0时，令f′(x)＝0，则x＝－1或x＝－1＋，
当a＞0时，因为－1＋＞－1，
所以f(x)在(－∞，－1)和上单调递增，在上单调递减；
当a＜0时，因为－1＋＜－1，
所以f(x)在和(－1，＋∞)上单调递减，在上单调递增．
(2)由(1)知当a＝时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，
因此f(x)在(0,2)上的最小值为f(1)＝0．
由题意知，对任意x1∈(0,2)，存在x2∈，
使g(x2)≥－f(x1)成立，
因为max＝0，
所以bln x2－x2≥0，即b≥．
令h(x)＝，x∈，
则h′(x)＝＜0，
因此h(x)min＝h(2)＝，所以b≥，
即实数b的取值范围是．
2．(2017·南昌模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax2－a＋2(a∈R，a为常数)
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若存在x0∈(0,1]，使得对任意的a∈(－2,0]，不等式mea＋f(x0)＞0(其中e为自然对数的底数)都成立，求实数m的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－2ax＝，当a≤0时，f′(x)≥0，
所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，由f′(x)≥0且x＞0，
解得0＜x≤ ，
所以函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
(2)由(1)知，当a∈(－2,0]时，函数f(x)在区间(0,1]上单调递增，
所以x∈(0,1]时，函数f(x)的最大值是f(1)＝2－2a，
对任意的a∈(－2,0]，
都存在x0∈(0,1]，不等式mea＋f(x0)＞0都成立，
等价于对任意的a∈(－2,0]，不等式mea＋2－2a＞0都成立，不等式mea＋2－2a＞0可化为m＞，
记g(a)＝(a∈(－2,0])，
则g′(a)＝＝＞0，
所以g(a)的最大值是g(0)＝－2，
所以实数m的取值范围是(－2，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求实数a的值及f(x)的极值；
(2)是否存在区间(t＞0)使函数f(x)在此区间上存在极值点和零点？若存在，求出实数t的取值范围，若不存在，请说明理由．
解：(1)f′(x)＝＝(x＞0)．
∵f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，
∴f′(1)＝1－a－ln 1＝0．
解得a＝1．∴f(x)＝，f′(x)＝－，
当0＜x＜1时，f′(x)＞0，当x＞1时，f′(x)＜0，
∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故f(x)在x＝1处取得极大值1，无极小值．
(2)∵x＞1时，f(x)＝＞0，
当x→0时，f(x)→－∞，
由(1)得f(x)在(0,1)上单调递增，
由零点存在性定理，知f(x)在区间(0,1)上存在唯一零点．

函数f(x)的图象如图所示．
∵函数f(x)在区间(t＞0)上存在极值点和零点，
∴即解得＜t＜．
∴存在符合条件的区间，实数t的取值范围为．
4．(2017·沈阳质监)已知函数f(x)＝x2－aln x＋b(a∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为3x－y－3＝0，求实数a，b的值；
(2)若x＝1是函数f(x)的极值点，求实数a的值；
(3)若－2≤a＜0，对任意x1，x2∈(0,2]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤m恒成立，求m的最小值．
解：(1)因为f(x)＝x2－aln x＋b，
所以f′(x)＝x－，
因为曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为3x－y－3＝0，
所以即解得
(2)因为x＝1是函数f(x)的极值点，
所以f′(1)＝1－a＝0，所以a＝1．
当a＝1时，f(x)＝x2－ln x＋b，定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x－＝＝，
当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以a＝1．
(3)因为－2≤a＜0,0＜x≤2，所以f′(x)＝x－＞0，
故函数f(x)在(0,2]上单调递增，
不妨设0＜x1≤x2≤2，
则|f(x1)－f(x2)|≤m可化为f(x2)＋≤f(x1)＋，
设h(x)＝f(x)＋＝x2－aln x＋b＋，
则h(x1)≥h(x2)．
所以h(x)为(0,2]上的减函数，
即h′(x)＝x－－≤0在(0,2]上恒成立，
等价于x3－ax－m≤0在(0,2]上恒成立，
即m≥x3－ax在(0,2]上恒成立，
又－2≤a＜0，所以ax≥－2x，所以x3－ax≤x3＋2x，
而函数y＝x3＋2x在(0,2]上是增函数，
所以x3＋2x≤12(当且仅当a＝－2，x＝2时等号成立)．
所以m≥12，
即m的最小值为12．