高考压轴题命题区间(一) 函数与方程
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压轴题命题区间(一)
函数与方程
函数零点个数的判断
[典例] 已知函数f(x)＝则函数g(x)＝2|x|f(x)－2的零点个数为________．
[解析] 由g(x)＝2|x|f(x)－2＝0，得f(x)＝|x|－1，作出y＝f(x)，y＝|x|－1的图象，由图象可知共有2个交点，故函数的零点个数为2．
[答案] 2
[方法点拨]
判定函数零点个数的3种方法
解方程
方程f(x)＝0根的个数即为函数y＝f(x)零点的个数
定理法
利用函数零点存在性定理及函数的性质判定
图象法
转化为求两函数图象交点的个数问题进行判断
[对点演练]
1．已知函数f(x)满足：①定义域为R；②?x∈R，都有f(x＋2)＝f(x)；③当x∈[－1,1]时，f(x)＝－|x|＋1．则方程f(x)＝log2|x|在区间[－3,5]内解的个数是( )
A．5
B．6
C．7
D．8
解析：选A 由题意画出y1＝f(x)，y2＝log2|x|的图象如图所示，由图象可得所求解的个数为5．
2．已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝x2－3x，则函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点个数为________．
解析：设x＜0，则－x＞0，
所以f(x)＝－f(－x)＝－[(－x)2－3(－x)]＝－x2－3x．
求函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点等价于求方程f(x)＝x－3的解．
当x≥0时，x2－3x＝－3＋x，解得x1＝3，x2＝1；
当x＜0时，－x2－3x＝－3＋x，解得x3＝－2－，
所以函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点的集合为{－2－，1,3}，共3个．
答案：3
函数零点区间的确定
[典例] (1)如图是函数f(x)＝x2＋ax＋b的部分图象，则函数g(x)＝ln
x＋f′(x)的零点所在的区间是( )
A．
B．(1,2)
C．
D．(2,3)
(2)已知曲线f(x)＝ke－2x在点x＝0处的切线与直线x－y－1＝0垂直，若x1，x2是函数g(x)＝f(x)－|ln
x|的两个零点，则( )
A．1＜x1x2＜
B．＜x1x2＜1
C．2＜x1x2＜2
D．＜x1x2＜2
[解析] (1)由函数图象可知0＜b＜1，f(1)＝0，从而－2＜a＜－1，f′(x)＝2x＋a，所以g(x)＝ln
x＋2x＋a，函数g(x)＝ln
x＋2x＋a在定义域内单调递增，g＝ln
＋1＋a＜0，g(1)＝ln
1＋2＋a＞0，所以函数g(x)＝ln
x＋f′(x)的零点所在的区间是．
(2)依题意得f′(x)＝－2ke－2x，f′(0)＝－2k＝－1，k＝．在同一坐标系下画出函数y＝f(x)＝e－2x与y＝|ln
x|的大致图象如图所示，结合图象不难看出，这两条曲线的两个交点中，其中一个交点的横坐标属于区间(0,1)，另一个交点的横坐标属于区间(1，＋∞)，不妨设x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，则有e－2x1＝|ln
x1|＝－ln
x1∈，e－2x2＝|ln
x2|＝ln
x2∈，e－2x2－e－2x1＝ln
x2＋ln
x1＝ln(x1x2)∈，于是有e－＜x1x2＜e0，即＜x1x2＜1．
[答案] (1)C (2)B
[方法点拨]
函数零点存在性定理是解决函数零点问题的主要依据，这个定理能够判断函数零点的存在，并且能找到零点所在的区间．
在使用函数零点存在性定理时要注意两点：一是当函数值在一个区间上不变号，无论这个函数单调性如何，这个函数在这个区间上都不会有零点；二是此定理只能判断函数在一个区间上是否存在零点，而不能判断这个区间上零点的个数．
[对点演练]
1．已知实数a，b满足2a＝3,3b＝2，则函数f(x)＝ax＋x－b的零点所在的区间是( )
A．(－2，－1)
B．(－1,0)
C．(0,1)
D．(1,2)
解析：选B ∵2a＝3,3b＝2，∴a＞1,0＜b＜1，
又f(x)＝ax＋x－b，∴f(－1)＝－1－b＜0，f(0)＝1－b＞0，从而由零点存在性定理可知f(x)在区间(－1,0)上存在零点．
2．已知定义在R上的奇函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，当0＜x≤1时，f(x)＝logx，则方程f(x)－1＝0在(0,6)内的所有根之和为( )
A．8
B．10
C．12
D．16
解析：选C ∵奇函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，∴f(x)＝f(2－x)＝－f(－x)，即f(x)＝－f(x＋2)＝f(x＋4)，∴f(x)是周期函数，其周期T＝4．
当0＜x≤1时，f(x)＝logx，故f(x)在(0,6)上的函数图象如图所示．由图可知方程f(x)－1＝0在(0,6)内的根共有4个，其和为x1＋x2＋x3＋x4＝2＋10＝12，故选C．
求与零点有关的参数的取值范围
[典例] 已知函数f(x)＝函数g(x)＝b－f(2－x)，其中b∈R，若函数y＝f(x)－g(x)恰有4个零点，则b的取值范围是( )
A．
B．
C．
D．
[解析] 由f(x)＝得f(2－x)＝
所以f(x)＋f(2－x)＝即f(x)＋f(2－x)＝
所以y＝f(x)－g(x)＝f(x)＋f(2－x)－b，
所以y＝f(x)－g(x)恰有4个零点等价于方程f(x)＋f(2－x)－b＝0有4个不同的解，
即函数y＝b与函数y＝f(x)＋f(2－x)的图象有4个公共点，由图象可知＜b＜2．
[答案] D
[方法点拨]
已知函数有零点(方程有根)求参数值或取值范围常用的方法和思路：
(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数：先将参数分离，转化为求函数值域加以解决；
(3)数形结合：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后观察求解．
[对点演练]
1．已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－2x恰有三个不同的零点，则实数a的取值范围是( )
A．[－1,1)
B．[0,2]
C．[－2,2)
D．[－1,2)
解析：选D g(x)＝f(x)－2x＝
要使函数g(x)恰有三个不同的零点，只需g(x)＝0恰有三个不同的实数根，
所以或
所以g(x)＝0的三个不同的实数根为x＝2(x＞a)，x＝－1(x≤a)，x＝－2(x≤a)．
再借助数轴，可得－1≤a＜2．
所以实数a的取值范围是[－1，2)．
2．(2017·长春质检)已知函数f(x)＋2＝，当x∈(0，1]时，f(x)＝x2，若在区间(－1,1]内，g(x)＝f(x)－t(x＋1)有两个不同的零点，则实数t的取值范围是( )
A．
B．
C．
D．
解析：选D 当x∈(－1,0]时，x＋1∈(0,1]，f(x)＝－2＝－2＝－，所以函数f(x)在(－1，1]上的解析式为f(x)＝
作出函数f(x)在(－1,1]上的大致图象如图．
令y＝t(x＋1)，y＝t(x＋1)表示恒过定点(－1,0)、斜率为t的直线，由图可知直线y＝t(x＋1)的临界位置，此时t＝，因此t的取值范围是．故选D．
1．在，k∈Z上存在零点的函数是( )
A．y＝sin
2x
B．y＝cos
2x
C．y＝tan
2x
D．y＝sin2x
解析：选B 当x∈，k∈Z时，
sin
2x＜0，sin2x＞0恒成立．故排除A，D，若tan
2x＝0，
则2x＝kπ，x＝，k∈Z，所以y＝tan
2x在x∈，k∈Z上不存在零点，当x＝＋2kπ，k∈Z时，cos
2x＝0，故选B．
2．若a＜b＜c，则函数f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)的两个零点分别位于区间( )
A．(a，b)、(b，c)内
B．(－∞，a)、(a，b)内
C．(b，c)、(c，＋∞)内
D．(－∞，a)、(c，＋∞)内
解析：选A f(a)＝(a－b)(a－c)，f(b)＝(b－c)(b－a)，f(c)＝(c－a)(c－b)，∵a＜b＜c，∴f(a)＞0，f(b)＜0，f(c)＞0，即f(a)·f(b)＜0，f(b)·f(c)＜0，又∵f(x)在R上是连续函数，∴两零点分别位于区间(a，b)，(b，c)内．
3．在下列区间中，函数f(x)＝3x－x2有零点的是( )
A．[0,1]
B．[1,2]
C．[－2，－1]
D．[－1,0]
解析：选D ∵f(0)＝1，f(1)＝2，
∴f(0)f(1)＞0；
∵f(2)＝5，f(1)＝2，∴f(2)f(1)＞0；
∵f(－2)＝－，f(－1)＝－，
∴f(－2)f(－1)＞0；
∵f(0)＝1，f(－1)＝－，∴f(0)f(－1)＜0．
易知[－1,0]符合条件，故选D．
4．已知函数f(x)＝ex－2ax，函数g(x)＝－x3－ax2．若不存在x1，x2∈R，使得f′(x1)＝g′(x2)，则实数a的取值范围为( )
A．(－2,3)
B．(－6,0)
C．[－2,3]
D．[－6,0]
解析：选D 易得f′(x)＝ex－2a＞－2a，g′(x)＝－3x2－2ax≤，由题意可知≤－2a，解得－6≤a≤0．
5．函数y＝ln
x＋x－－2的零点所在的区间为( )
A．
B．(1,2)
C．(2，e)
D．(e,3)
解析：选C 由题意，求函数y＝ln
x＋x－－2(x＞0)的零点，即为求曲线y＝ln
x与y＝－x＋＋2的交点，可知y＝ln
x在(0，＋∞)上为单调递增函数，而y＝－x＋＋2在(0，＋∞)上为单调递减函数，故交点只有一个，当x＝2时，ln
x＜－x＋＋2，当x＝e时，ln
x＞－x＋＋2，因此函数y＝ln
x＋x－－2的零点在(2，e)内．故选C．
6．已知定义在R上的函数f(x)满足：①对任意x∈R，有f(x＋2)＝2f(x)；②当x∈[－1,1]时，f(x)＝．若函数g(x)＝则函数y＝f(x)－g(x)在区间(－4,5)上的零点个数是( )
A．7
B．8
C．9
D．10
解析：选C 函数f(x)与g(x)在区间[－5,5]上的图象如图所示，由图可知，函数f(x)与g(x)的图象在区间(－4,5)上的交点个数为9，即函数y＝f(x)－g(x)在区间(－4,5)上零点的个数是9．
7．若f(x)＋1＝，当x∈[0，1]时，f(x)＝x，在区间(－1,1]内，g(x)＝f(x)－mx－有两个零点，则实数m的取值范围是( )
A．
B．
C．
D．
解析：选B 依题意，f(x)＝－1，
当x∈(－1,0)时，x＋1∈(0,1)，
f(x)＝－1＝－1，
由g(x)＝0得f(x)＝m．
在同一坐标系上画出函数y＝f(x)与y＝m在区间(－1,1]内的图象，
结合图象可知，要使g(x)有两个零点，只需函数y＝f(x)与y＝m在区间(－1，1]内的图象有两个不同的交点，
故实数m的取值范围是，选B．
8．(2017·海口调研)若关于x的方程|x4－x3|＝ax在R上存在4个不同的实根，则实数a的取值范围为( )
A．
B．
C．
D．
解析：选A 依题意，注意到x＝0是方程|x4－x3|＝ax的一个根．
当x＞0时，a＝|x3－x2|，
记f(x)＝x3－x2，
则有f′(x)＝3x2－2x，
易知f(x)＝x3－x2在区间上单调递减，
在区间(－∞，0)，上单调递增．
又f(1)＝0，
因此g(x)＝＝的图象如图所示，由题意得直线y＝a与函数y＝g(x)的图象有3个不同的交点时，a∈，选A．
9．对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”．若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax－a＋3互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围是( )
A．[2,4]
B．
C．
D．[2,3]
解析：选D 函数f(x)＝ex－1＋x－2的零点为x＝1，
设g(x)＝x2－ax－a＋3的零点为b，
若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax－a＋3互为“零点相邻函数”，
则|1－b|≤1，∴0≤b≤2．
由于g(x)＝x2－ax－a＋3必经过点(－1,4)，
∴要使其零点在区间[0,2]上，
则即
解得2≤a≤3．
10．已知在区间[－4,4]上g(x)＝－x2－x＋2，f(x)＝
给出下列四个命题：
①函数y＝f[g(x)]有三个零点；
②函数y＝g[f(x)]有三个零点；
③函数y＝f[f(x)]有六个零点；
④函数y＝g[g(x)]有且只有一个零点．
其中正确命题的个数是( )
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：选D 画出函数f(x)，g(x)的草图，如图，
①设t＝g(x)，则由f[g(x)]＝0，得f(t)＝0，
则t＝g(x)有三个不同值，由于y＝g(x)是减函数，所以f[g(x)]＝0有3个解，
所以①正确；
②设m＝f(x)，若g[f(x)]＝0，即g(m)＝0，
则m＝x0∈(1,2)，所以f(x)＝x0∈(1,2)，
由图象知对应f(x)＝x0∈(1,2)的解有3个，
所以②正确；
③设n＝f(x)，若f[f(x)]＝0，
即f(n)＝0，n＝x1∈(－3，－2)或n＝0或n＝x2＝2，
而f(x)＝x1∈(－3，－2)有1个解，f(x)＝0对应有3个解，f(x)＝x2＝2对应有2个解，所以f[f(x)]＝0共有6个解，所以③正确；
④设s＝g(x)，若g[g(x)]＝0，即g(s)＝0，
所以s＝x3∈(1,2)，则g(x)＝x3，
因为y＝g(x)是减函数，所以方程g(x)＝x3只有1个解，所以④正确，故四个命题都正确．
11．已知函数f(x)＝若函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，则实数m的取值范围为________．
解析：当x∈[0,1]时，f′(x)＝6x2＋6x≥0，
则f(x)＝2x3＋3x2＋m在[0,1]上单调递增，
因为函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，
所以在区间[0,1]和(1，＋∞)内分别有一个交点，
则m＜0，且f(1)＝m＋5＞0，解得－5＜m＜0．
答案：(－5,0)
12．设函数f(x)＝则函数y＝f(f(x))－1的零点个数为________．
解析：①当x≤0时，
y＝f(f(x))－1＝f(2x)－1＝log22x－1＝x－1，
令x－1＝0，则x＝1，
显然与x≤0矛盾，
所以此情况无零点．
②当x＞0时，分两种情况：
当x＞1时，log2x＞0，
y＝f(f(x))－1＝f(log2x)－1＝log2(log2x)－1，
令log2(log2x)－1＝0，得log2x＝2，
解得x＝4；
当0＜x≤1时，log2x≤0，
y＝f(f(x))－1＝f(log2x)－1＝2log2x－1＝x－1，
令x－1＝0，解得x＝1．
综上，函数y＝f(f(x))－1的零点个数为2．
答案：2
13．函数f(x)＝|x－1|＋2cos
πx(－4≤x≤6)的所有零点之和为________．
解析：原问题可转化为求y＝|x－1|与y＝－2cos
πx在[－4,6]内的交点的横坐标的和，
因为上述两个函数图象均关于x＝1对称，
所以x＝1两侧的交点关于x＝1对称，
那么两对应交点的横坐标的和为2，
分别画出两个函数在[－4,6]上的图象(如图)，
可知在x＝1两侧分别有5个交点，
所以所求和为5×2＝10．
答案：10
14．已知函数f(x)＝与g(x)＝a(x＋1)的图象在(－1,1]上有2个交点，若方程x－＝5a的解为正整数，则满足条件的实数a的个数为________．
解析：在同一坐标系中作出函数f(x)与g(x)的图象，如图，结合图象可知，实数a的取值范围是．
由x－＝5a，可得x2－5ax－1＝0，
设h(x)＝x2－5ax－1，
当x＝1时，由h(1)＝1－5a－1＝0，
可得a＝0，不满足题意；
当x＝2时，由h(2)＝4－10a－1＝0，
可得a＝≤，满足题意；
当x＝3时，由h(3)＝9－15a－1＝0
可得a＝＞，
不满足题意．
又函数y＝x－在(0，＋∞)上单调递增，
故满足条件的实数a的个数为1．
答案：1
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
[典例]
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．
[解] (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．
[方法点拨]
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．
[对点演练]
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)＝－eq
\f(1－x0,e)＝eq
\f(?1－x?e－?1－x0?ex,e)．
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
[典例] 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．
[解] (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．
[方法点拨]
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．
[对点演练]
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
[典例] 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＞－．
[解] (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∈[1，＋∞)，所以g′(x)＝＋＋1＞0，
故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
由已知n＞m＞0，得＞1，
所以g＞g(1)＝0，
即证得ln
－＋＞0成立，所以命题得证．
[方法点拨]
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．
[对点演练]
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∈[1，＋∞)．
由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
h(1)＝－t＜0，h(et)＝e2tln
et－t＝t(e2t－1)＞0．
故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．
(3)证明：因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s＞1，
从而＝＝＝＝，
其中u＝ln
s．
要使＜＜成立，只需0＜ln
u＜．
当t＞e2时，若s＝g(t)≤e，
则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．
所以s＞e，
即u＞1，从而ln
u＞0成立．
另一方面，令F(u)＝ln
u－，u＞1，F′(u)＝－，
令F′(u)＝0，得u＝2．
当1＜u＜2时，F′(u)＞0；
当u＞2时，F′(u)＜0．
故对u＞1，F(u)≤F(2)＜0，
因此ln
u＜成立．
综上，当t＞e2时，有＜＜．
二次(甚至多次)构造函数
[典例] 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．
[解] (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．
[方法点拨]
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)．
[对点演练]
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∈[1，＋∞)时，h′(x)≥0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增；
故x∈[1，＋∞)时，h(x)≥h(1)＝0．
所以对任意x∈(－∞，＋∞)，恒有h(x)≥0；
又x2≥0，因此f(x)－g(x)≥0．
故对任意x∈(－∞，＋∞)，恒有f(x)≥g(x)．
2．已知函数f(x)＝ln．
(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；
(3)设实数k使得f(x)＞k对x∈(0,1)恒成立，求k的最大值．
解：(1)因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)(－1＜x＜1)，
所以f′(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，
则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝．
因为g′(x)>0(0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．
(3)由(2)知，当k≤2时，f(x)>k对x∈(0,1)恒成立．
当k>2时，令h(x)＝f(x)－k，
则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝．
所以当0时，h′(x)<0，
因此h(x)在区间上单调递减．
故当0时，h(x)即f(x)所以当k>2时，f(x)>k并非对x∈(0,1)恒成立．
综上可知，k的最大值为2．
3．已知函数f(x)＝mex－ln
x－1．
(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当m≥1时，证明：f(x)＞1．
解：(1)当m＝1时，f(x)＝ex－ln
x－1，
所以f′(x)＝ex－．
所以f(1)＝e－1，f′(1)＝e－1．
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x．
(2)证明：当m≥1时，
f(x)＝mex－ln
x－1≥ex－ln
x－1(x＞0)．
要证明f(x)＞1，只需证明ex－ln
x－2＞0．
设g(x)＝ex－ln
x－2，则g′(x)＝ex－．
设h(x)＝ex－，则h′(x)＝ex＋＞0，
所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增．
因为g′＝e－2＜0，g′(1)＝e－1＞0，
所以函数g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈．
因为g′(x0)＝0，所以ex0＝，即ln
x0＝－x0．
当x∈(0，x0)时，g′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0．
所以当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)．
故g(x)≥g(x0)＝ex0－ln
x0－2＝＋x0－2＞0．
综上可知，当m≥1时，f(x)＞1．
4．已知函数f(x)＝a－(x＞0)，其中e为自然对数的底数．
(1)当a＝0时，判断函数y＝f(x)极值点的个数；
(2)若函数有两个零点x1，x2(x1＜x2)，设t＝，证明：x1＋x2随着t的增大而增大．
解：(1)当a＝0时，f(x)＝－(x＞0)，
f′(x)＝＝，
令f′(x)＝0，得x＝2，
当x∈(0,2)时，f′(x)＜0，y＝f(x)单调递减，
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，y＝f(x)单调递增，
所以x＝2是函数的一个极小值点，无极大值点，
即函数y＝f(x)有一个极值点．
(2)证明：令f(x)＝a－＝0，得x＝aex，
因为函数有两个零点x1，x2(x1＜x2)，
所以x1eq
\o\al(,1)＝aex1，xeq
\o\al(,2)＝aex2，可得ln
x1＝ln
a＋x1，
ln
x2＝ln
a＋x2．
故x2－x1＝ln
x2－ln
x1＝ln．
又＝t，则t＞1，且
解得x1＝，x2＝．
所以x1＋x2＝·．①
令h(x)＝，x∈(1，＋∞)，
则h′(x)＝．
令u(x)＝－2ln
x＋x－，得u′(x)＝2．
当x∈(1，＋∞)时，u′(x)＞0．
因此，u(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故对于任意的x∈(1，＋∞)，u(x)＞u(1)＝0，
由此可得h′(x)＞0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
因此，由①可得x1＋x2随着t的增大而增大．
第二课时 利用导数探究含参数函数的性质
利用导数研究函数的单调性
[典例] 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．
[解] (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．
[方法点拨]
(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．
[对点演练]
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
[典例] 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．
[解] (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．
[方法点拨]
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)．
[对点演练]
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
[典例] 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[1,2]上的最小值．
[解] (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[1,2]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[1,2]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．
[方法点拨]
(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．
[对点演练]
1．若函数f(x)＝(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为( )
A．
B．
C．＋1
D．－1
解析：选D f′(x)＝＝．
令f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)，
若≤1，即0＜a≤1时，在[1，＋∞)上f′(x)＜0，f(x)max＝f(1)＝＝．
解得a＝－1，符合题意．
若＞1，即a＞1时，在[1，)上f′(x)＞0，在(，＋∞)上f′(x)＜0，所以f(x)max＝f()＝＝，
解得a＝＜1，不符合题意，综上知，a＝－1．
2．已知函数f(x)＝xln
x，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a为实数)．
(1)当a＝5时，求函数y＝g(x)在x＝1处的切线方程；
(2)求f(x)在区间(t>0)上的最小值．
解：(1)当a＝5时，g(x)＝(－x2＋5x－3)ex，g(1)＝e．
又g′(x)＝(－x2＋3x＋2)ex，
故切线的斜率为g′(1)＝4e．
所以切线方程为y－e＝4e(x－1)，
即y＝4ex－3e．
(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln
x＋1，
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
?
①当t≥时，在区间上f(x)为增函数，
所以f(x)min＝f(t)＝tln
t．
②当0所以f(x)min＝f＝－．
综上，f(x)min＝
1．已知函数f(x)＝x－ax2－ln(1＋x)(a＞0)．
(1)若x＝2是f(x)的极值点，求a的值；
(2)求f(x)的单调区间．
解：f′(x)＝，x∈(－1，＋∞)．
(1)依题意，得f′(2)＝0，即＝0，解得a＝．
经检验，a＝符合题意，故a的值为．
(2)令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝－1．
①当0＜a＜1时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：
x
(－1，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
?
f(x1)
?
f(x2)
?
∴f(x)的单调增区间是，单调减区间是(－1,0)和．
②当a＝1时，f(x)的单调减区间是(－1，＋∞)．
③当a＞1时，－1＜x2＜0，f(x)与f′(x)的变化情况如下：
x
(－1，x2)
x2
(x2，x1)
x1
(x1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
?
f(x2)
?
f(x1)
?
∴f(x)的单调增区间是，单调减区间是和(0，＋∞)．
综上，当0＜a＜1时，f(x)的单调增区间是，
单调减区间是(－1,0)和；
当a＝1时，f(x)的单调减区间是(－1，＋∞)；
当a＞1时，f(x)的单调增区间是，单调减区间是和(0，＋∞)．
2．已知函数f(x)＝
(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；
(2)求f(x)在[－1，e](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[－1,0]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[－1,1)上的最大值为2．
②当1≤x≤e时，f(x)＝aln
x，当a≤0时，f(x)≤0；
当a＞0时，f(x)在[1，e]上单调递增，
则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a．
综上所述，当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；
当a＜2时，f(x)在[－1，e]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[0，＋∞)上存在最大值和最小值，求实数a的取值范围．
解：(1)由f(x)·x2－2ax＋f(x)－a2＋1＝0得f(x)＝，则f′(x)＝．
①当a＝0时，f′(x)＝，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，
即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．
②当a＞0时，令f′(x)＝0，得x1＝－a，x2＝，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下：
x
(－∞，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
?
极小值
?
极大值
?
故f(x)的单调递减区间是(－∞，－a)，，单调递增区间是．
③当a＜0时，令f′(x)＝0，得x1＝－a，x2＝，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下：
x
(－∞，x2)
x2
(x2，x1)
x1
(x1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
极大值
?
极小值
?
所以f(x)的单调递增区间是，(－a，＋∞)，单调递减区间是．
(2)由(1)得，a＝0不合题意．
当a＞0时，由(1)得，f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)在[0，＋∞)上存在最大值f＝a2＞0．
设x0为f(x)的零点，易知x0＝，且x0＜．
从而当x＞x0时，f(x)＞0；当x＜x0时，f(x)＜0．
若f(x)在[0，＋∞)上存在最小值，必有f(0)≤0，
解得－1≤a≤1．
所以当a＞0时，若f(x)在[0，＋∞)上存在最大值和最小值，则实数a的取值范围是(0,1]．
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[0，＋∞)上存在最小值f(－a)＝－1．
易知当x≥－a时，－1≤f(x)＜0，所以若f(x)在[0，＋∞)上存在最大值，必有f(0)≥0，解得a≥1或a≤－1．
所以当a＜0时，若f(x)在[0，＋∞)上存在最大值和最小值，则实数a的取值范围是(－∞，－1]．
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[h(x1)－h(x2)]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
[典例] 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．
[解] (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．
[方法点拨]
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．
[对点演练]
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
[典例] 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．
[证明] (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∈[ln
2，＋∞)时，g′(x)＝ex－2≥0，
故函数g(x)在[ln
2，＋∞)上单调递增．
所以g(x)在(－1，＋∞)上的最小值为
g(ln
2)＝eln
2－2ln
2＝2(1－ln
2)＞0，
所以在(－1，＋∞)上有g(x)≥g(ln
2)＞0，
即ex＞2x．
故当x∈(－1，＋∞)时，f(x)＞．
(2)f(x)＞x2－2ax，即ex－1＞x2－2ax，
则ex－x2＋2ax－1＞0．
令p(x)＝ex－x2＋2ax－1，
则p′(x)＝ex－2x＋2a，
令h(x)＝ex－2x＋2a，则h′(x)＝ex－2．
由(1)可知，当x∈(－∞，ln
2)时，
h′(x)＜0，函数h(x)单调递减；
当x∈[ln
2，＋∞)时，h′(x)≥0，函数h(x)单调递增．
所以h(x)的最小值为h(ln
2)＝eln
2－2ln
2＋2a＝2－2ln
2＋2a．
因为a＞ln
2－1，
所以h(ln
2)＞2－2ln
2＋2(ln
2－1)＝0，
即h(x)≥h(ln
2)＞0，
所以p′(x)＝h(x)＞0，
即p(x)在R上为增函数，
故p(x)在(0，＋∞)上为增函数，
所以p(x)＞p(0)，
而p(0)＝0，所以p(x)＝ex－x2＋2ax－1＞0，
即当a＞ln
2－1且x＞0时，f(x)＞x2－2ax．
[方法点拨]
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．
[对点演练]
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
[典例] 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．
[解] (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]．
[方法点拨]
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．
[对点演练]
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[1，＋∞)上恒成立．
解：(1)当a＝－时，f(x)＝ln
x－x2＋x－，且定义域为(0，＋∞)，
因为f′(x)＝－x＋1＝－，(x＞0)
当x∈时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0，
所以f(x)的单调增区间是；
单调减区间是．
(2)证明：令g(x)＝f(x)－x＋1＝ln
x＋ax2－a，
则g′(x)＝＋2ax＝，
所以当a≥0时，g′(x)＞0在[1，＋∞)上恒成立，
所以g(x)在[1，＋∞)上是增函数，且g(1)＝0，
所以g(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即当a≥0时，不等式f(x)≥x－1在[1，＋∞)上恒成立．
2．已知函数f(x)＝mx－，g(x)＝3ln
x．
(1)当m＝4时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)若x∈(1，](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．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．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[0，＋∞)上单调递增，
从而F(x)≥F(0)＝0，即g(x)≥kf(x)．
(ⅱ)当k＜1时，因为f(x)≥0，所以f(x)≥kf(x)．
由(ⅰ)知g(x)－f(x)≥0，所以g(x)≥f(x)≥kf(x)，
故g(x)≥kf(x)．
(ⅲ)当k＞1时，令h(x)＝ex＋－(k＋1)，
则h′(x)＝ex－，
显然h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
又h′(0)＝1－k＜0，h′(－1)＝e－1－1＞0，
所以h′(x)在(0，－1)上存在唯一零点x0，
当x∈(0，x0)时，h′(x)＜0，
所以h(x)在[0，x0)上单调递减，
从而h(x)＜h(0)＝0，即F′(x)＜0，
所以F(x)在[0，x0)上单调递减，
从而当x∈(0，x0)时，F(x)＜F(0)＝0，
即g(x)＜kf(x)，不合题意．
综上，实数k的取值范围为(－∞，1]．
5．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
[典例] 设f(x)＝＋xln
x，g(x)＝x3－x2－3．
(1)如果存在x1，x2∈[0,2]，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．
[解] (1)存在x1，x2∈[0,2]，
使得g(x1)－g(x2)≥M成立，
等价于[g(x1)－g(x2)]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∈[0,2]，
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[g(x1)－g(x2)]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[1,2]上单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝1，
所以实数a的取值范围是[1，＋∞)．
[方法点拨]
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∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，则可转化为M≤[g(x1)－g(x2)]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．
[对点演练]
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∈[1,2]，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∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)等价于g(x)在[1,2]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∈[1,2]，
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
[典例] 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．
[解] (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．
[方法点拨]
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．
[对点演练]
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∈[1,2]，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∈[1,2]，
使g(x2)≥－f(x1)成立，
因为[－f(x1)]max＝0，
所以bln
x2－x2≥0，即b≥．
令h(x)＝，x∈[1,2]，
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．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．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．
压轴题命题区间(三)
三角函数与平面向量
三角函数的图象与性质
[典例] 已知函数f(x)＝2sin2－cos
2x，x∈．
(1)求f(x)的最大值和最小值；
(2)若不等式－2＜f(x)－m＜2在x∈上恒成立，求实数m的取值范围．
[解] (1)f(x)＝2sin2－cos
2x＝－cos
2x＝1＋sin
2x－cos
2x
＝1＋2sin，
因为x∈，
所以≤2x－≤，
故2≤1＋2sin≤3，
所以f(x)max＝f＝3，f(x)min＝f＝2．
(2)因为－2＜f(x)－m＜2?f(x)－2＜m＜f(x)＋2，x∈，
所以m＞f(x)max－2且m＜f(x)min＋2．
又x∈时，f(x)max＝3，f(x)min＝2，
所以1＜m＜4，
即m的取值范围是(1,4)．
[方法点拨]
本题求解的关键在于将三角函数f(x)进行正确的“化一”及“化一”后角的范围的确定，因此，求解时要准确运用三角公式，并借助三角函数的图象和性质去确定函数f(x)的最值．
[对点演练]
已知函数f(x)＝Asin(A＞0，ω＞0)，g(x)＝tan
x，它们的最小正周期之积为2π2，f(x)的最大值为2g．
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)设h(x)＝f2(x)＋2cos2x，当x∈时，h(x)的最小值为3，求a的值．
解：(1)由题意得·π＝2π2，所以ω＝1．
又A＝2g＝2tan＝2tan＝2，
所以f(x)＝2sin．
由2kπ－≤x＋≤2kπ＋(k∈Z)，
得2kπ－≤x≤2kπ＋(k∈Z)．
故f(x)的单调递增区间为(k∈Z)．
(2)h(x)＝f2(x)＋2cos2x＝×4sin2＋2cos2x＝3＋(cos
2x＋1)
＝3＋＋3sin
2x＋cos
2x＝3＋＋2sin．
因为h(x)的最小值为3，
令3＋＋2sin＝3?sin＝－．
因为x∈，
所以2x＋∈，
所以2a＋＝－，
即a＝－．
三角函数和解三角形
[典例] 已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C的对边，且＝．
(1)求A的大小；
(2)当a＝时，求b2＋c2的取值范围．
[解] (1)已知在△ABC中，＝，
由正弦定理，得＝，
即2sin
Bcos
A＝sin
Acos
C＋sin
Ccos
A＝sin(A＋C)＝sin
B，
所以cos
A＝，
所以A＝60°．
(2)由正弦定理，得＝＝＝2，
则b＝2sin
B，c＝2sin
C，
所以b2＋c2＝4sin2B＋4sin2C＝2(1－cos
2B＋1－cos
2C)＝2[2－cos
2B－cos
2(120°－B)]
＝2[2－cos
2B－cos(240°－2B)]＝2＝4＋2sin(2B－30°)．
因为0°＜B＜120°，
所以－30°＜2B－30°＜210°，
所以－＜sin(2B－30°)≤1，
所以3＜b2＋c2≤6．
即b2＋c2的取值范围是(3,6]．
[方法点拨]
三角函数和三角形的结合，一般可以利用正弦定理、余弦定理先确定三角形的边、角，再代入到三角函数中，三角函数和差公式的灵活运用是解决此类问题的关键．
[对点演练]
已知函数f(x)＝2cos2x－sin．
(1)求函数f(x)的最大值，并写出f(x)取最大值时x的取值集合；
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若f(A)＝，b＋c＝2，求实数a的最小值．
解：(1)∵f(x)＝2cos2x－sin＝(1＋cos
2x)－
＝1＋sin
2x＋cos
2x＝1＋sin．
∴函数f(x)的最大值为2．
要使f(x)取最大值，则sin＝1，
∴2x＋＝2kπ＋，k∈Z，
解得x＝kπ＋，k∈Z．
故f(x)取最大值时x的取值集合为．
(2)由题意知，f(A)＝sin＋1＝，化简得sin＝．
∵A∈(0，π)，
∴2A＋∈，
∴2A＋＝，∴A＝．
在△ABC中，根据余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos＝(b＋c)2－3bc．
由b＋c＝2，知bc≤2＝1，
当且仅当b＝c＝1时等号成立．即a2≥1．
∴当b＝c＝1时，实数a的最小值为1．
平面向量
[典例] 若a，b，c均为单位向量，且a·b＝0，(a－c)·(b－c)≤0，则|a＋b－c|的最大值为( )
A．－1
B．1
C．
D．2
[解析] 法一：(目标不等式法)
因为|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b＝0，
所以|a＋b|2＝a2＋b2＋2a·b＝2，
故|a＋b|＝．
展开(a－c)·(b－c)≤0，
得a·b－(a＋b)·c＋c2≤0，
即0－(a＋b)·c＋1≤0，
整理，得(a＋b)·c≥1．
而|a＋b－c|2＝(a＋b)2－2(a＋b)·c＋c2＝3－2(a＋b)·c，
所以3－2(a＋b)·c≤3－2×1＝1．
所以|a＋b－c|2≤1，
即|a＋b－c|≤1，
故|a＋b－c|的最大值为1．
法二：(基向量法)
取向量a，b作为平面向量的一组基底，
设c＝ma＋nb．
由|c|＝1，即|ma＋nb|＝1，
可得(ma)2＋(nb)2＋2mna·b＝1，
由题意，知|a|＝|b|＝1，a·b＝0．
整理，得m2＋n2＝1．
而a－c＝(1－m)a－nb，b－c＝－ma＋(1－n)b，
故由(a－c)·(b－c)≤0，
得[(1－m)a－nb]·[－ma＋(1－n)b]≤0，
展开，得m(m－1)a2＋n(n－1)b2≤0，
即m2－m＋n2－n≤0，
又m2＋n2＝1，
故m＋n≥1．
而a＋b－c＝(1－m)a＋(1－n)b，
故|a＋b－c|2＝[(1－m)a＋(1－n)b]2＝(1－m)2a2＋2(1－m)(1－n)a·b＋(1－n)2b2
＝(1－m)2＋(1－n)2＝m2＋n2－2(m＋n)＋2＝3－2(m＋n)．
又m＋n≥1，
所以3－2(m＋n)≤1．
故|a＋b－c|2≤1，
即|a＋b－c|≤1．
故|a＋b－c|的最大值为1．
法三：(坐标法)
因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，
所以?a，b?＝．
设＝a，＝b，＝c，
因为a⊥b，
所以OA⊥OB．
分别以OA，OB所在的直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图(1)所示，
则a＝(1,0)，b＝(0,1)，
则A(1,0)，B(0,1)．
设C(x，y)，则c＝(x，y)，且x2＋y2＝1．
则a－c＝(1－x，－y)，b－c＝(－x,1－y)，
故由(a－c)·(b－c)≤0，
得(1－x)×(－x)＋(－y)×(1－y)≤0，
整理，得1－x－y≤0，即x＋y≥1．
而a＋b－c＝(1－x,1－y)，
则|a＋b－c|＝＝．
因为x＋y≥1，所以3－2(x＋y)≤1，
即|a＋b－c|≤1．
所以|a＋b－c|的最大值为1．
法四：(三角函数法)
因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，
所以?a，b?＝．
设＝a，＝b，＝c，
因为a⊥b，所以OA⊥OB．
分别以OA，OB所在的直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，
如图(1)所示，
则a＝(1,0)，b＝(0,1)，A(1,0)，B(0,1)．
因为|c|＝1，设∠COA＝θ，
所以C点的坐标为(cos
θ，sin
θ)．
则a－c＝(1－cos
θ，－sin
θ)，b－c＝(－cos
θ，1－sin
θ)，
故由(a－c)·(b－c)≤0，
得(1－cos
θ)×(－cos
θ)＋(－sin
θ)×(1－sin
θ)≤0，
整理，得sin
θ＋cos
θ≥1．
而a＋b－c＝(1－cos
θ，1－sin
θ)，
则|a＋b－c|＝＝．
因为sin
θ＋cos
θ≥1，
所以3－2(sin
θ＋cos
θ)≤1，
即|a＋b－c|≤1，
所以|a＋b－c|的最大值为1．
法五：(数形结合法)
设＝a，＝b，＝c，
因为|a|＝|b|＝|c|＝1，
所以点A，B，C在以O为圆心、1为半径的圆上．
易知＝a－c，＝b－c，|c|＝|
|．
由(a－c)·(b－c)≤0，
可得·≤0，
则≤∠BCA＜π(因为A，B，C在以O为圆心的圆上，所以A，B，C三点不能共线，即∠BCA≠π)，
故点C在劣弧AB上．
由a·b＝0，得OA⊥OB，
设＝a＋b，如图(2)所示，
因为a＋b－c＝－＝，
所以|a＋b－c|＝||，
即|a＋b－c|为点D与劣弧AB上一点C的距离，
显然，当点C与A或B点重合时，CD最长且为1，
即|a＋b－c|的最大值为1．
[答案] B
[方法点拨]
平面向量具有双重性，处理平面向量问题一般可以从两个角度进行：
(1)利用其“形”的特征，将其转化为平面几何的有关知识进行解决；
(2)利用其“数”的特征，通过坐标转化为代数中的有关问题进行解决．
[对点演练]
1．在△ABD中，AB＝2，AD＝2，E，C分别在线段AD，BD上，且AE＝AD，BC＝BD，·＝，则∠BAD的大小为( )
A．
B．
C．
D．
解析：选D 依题意，＝＋＝＋
＝＋(－)＝＋，＝－＝－，
所以·＝eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(3,4)
))·eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－
))
＝－||2＋||2－·＝－×22＋×(2)2－·＝，
所以·＝－4，
所以cos∠BAD＝eq
\f(·,|
|·||)＝＝－，
因为0＜∠BAD＜π，
所以∠BAD＝．
2．在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°．动点E和F分别在线段BC和DC上，且＝λ，＝，则·的最小值为________．
解析：法一：(等价转化思想)
因为＝，＝，
＝－＝－＝＝，
＝＋＝＋λ，
＝＋＋＝＋＋＝＋．
所以·＝(＋λ)·eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋9λ,18λ)
＋
))
＝2＋λ2＋·
＝×4＋λ＋×2×1×cos
120°
＝＋λ＋≥2
＋＝，
当且仅当＝λ，
即λ＝时，·的最小值为．
法二：(坐标法)
以线段AB的中点为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
则A(－1,0)，B(1,0)，C，D，
所以＝＋＝＋λ＝，
＝＋＝＋＝，
所以·＝＋×λ＝＋＋≥＋2
＝，
当且仅当＝λ，
即λ＝时，·的最小值为．
答案：
1．已知等腰△OAB中，|OA|＝|OB|＝2，且|＋|≥||，那么·的取值范围是( )
A．[－2,4)
B．(－2,4)
C．(－4,2)
D．(－4,2]
解析：选A 依题意，(＋)2≥(－)2，
化简得·≥－2，
又根据三角形中，两边之差小于第三边，
可得||－||＜||＝|－|，
两边平方可得(||－||)2＜(－)2，
化简可得·＜4，∴－2≤·＜4．
2．△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1,2＝＋且||＝||，则向量在方向上的投影为( )
A．
B．
C．－
D．－
解析：选A 由2＝＋可知O是BC的中点，
即BC为△ABC外接圆的直径，
所以||＝||＝||，由题意知||＝||＝1，
故△OAB为等边三角形，所以∠ABC＝60°．
所以向量在方向上的投影为||·cos∠ABC＝1×cos
60°＝．故选A．
3．设α，β∈[0，π]，且满足sin
αcos
β－cos
αsin
β＝1，则sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范围为( )
A．[－，1]
B．[－1，]
C．[－1,1]
D．[1，]
解析：选C ∵sin
αcos
β－cos
αsin
β＝1，
即sin(α－β)＝1，α，β∈[0，π]，
∴α－β＝，又则≤α≤π，
∴sin(2α－β)＋sin
(α－2β)＝sin＋sin(α－2α＋π)＝cos
α＋sin
α＝sin，
∵≤α≤π，∴≤α＋≤，
∴－1≤sin≤1，
即所求取值范围为[－1,1]．故选C．
4．设a，b为单位向量，若向量c满足|c－(a＋b)|＝|a－b|，则|c|的最大值是( )
A．1
B．
C．2
D．2
解析：选D ∵向量c满足|c－(a＋b)|＝|a－b|，
∴|c－(a＋b)|＝|a－b|≥|c|－|a＋b|，
∴|c|≤|a＋b|＋|a－b|≤＝＝2．
当且仅当|a＋b|＝|a－b|，
即a⊥b时，(|a＋b|＋|a－b|)max＝2．
∴|c|≤2．∴|c|的最大值为2．
5．已知函数f(x)＝sin2＋sin
ωx－(ω＞0)，x∈R．若f(x)在区间(π，2π)内没有零点，则ω的取值范围是( )
A．
B．∪
C．
D．∪
解析：选D f(x)＝＋sin
ωx－＝(sin
ωx－cos
ωx)＝sin．
因为函数f(x)在区间(π，2π)内没有零点，
所以＞2π－π，即＞π，所以0＜ω＜1．
当x∈(π，2π)时，ωx－∈，
若函数f(x)在区间(π，2π)内有零点，
则ωπ－＜kπ＜2ωπ－(k∈Z)，
即＋＜ω＜k＋(k∈Z)．
当k＝0时，＜ω＜；
当k＝1时，＜ω＜．
所以函数f(x)在区间(π，2π)内没有零点时，0＜ω≤或≤ω≤．
6．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，x＝－为f(x)的零点，x＝为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在上单调，则ω的最大值为( )
A．11
B．9
C．7
D．5
解析：选B 由题意得
则ω＝2k＋1，k∈Z，φ＝或φ＝－．
若ω＝11，则φ＝－，
此时f(x)＝sin，f(x)在区间上单调递增，
在区间上单调递减，
不满足f(x)在区间上单调；若ω＝9，则φ＝，
此时f(x)＝sin，满足f(x)在区间上单调递减，故选B．
7．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知a2＋c2＝ac＋b2，b＝，且a≥c，则2a－c的最小值是________．
解析：由a2＋c2－b2＝2accos
B＝ac，
所以cos
B＝，则B＝60°，又a≥c，
则A≥C＝120°－A，
所以60°≤A＜120°，
＝＝＝＝2，
则2a－c＝4sin
A－2sin
C＝4sin
A－2sin(120°－A)＝2sin(A－30°)，
当A＝60°时，2a－c取得最小值．
答案：
8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acos
B－bcos
A＝c，当tan(A－B)取最大值时，角B的值为______．
解析：由acos
B－bcos
A＝c及正弦定理，
得sin
Acos
B－sin
Bcos
A＝sin
C＝sin(A＋B)＝(sin
Acos
B＋cos
Asin
B)，
整理得sin
Acos
B＝3cos
Asin
B，
即tan
A＝3tan
B，
易得tan
A＞0，tan
B＞0，
∴tan(A－B)＝＝＝≤＝，
当且仅当＝3tan
B，
即tan
B＝时，tan(A－B)取得最大值，
此时B＝．
答案：
9．已知向量a，b，|a|＝1，|b|＝2．若对任意单位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤，则a·b的最大值是________．
解析：由于e是任意单位向量，可设e＝，
则|a·e|＋|b·e|＝＋≥＝＝|a＋b|．
∵|a·e|＋|b·e|≤，∴|a＋b|≤，
∴(a＋b)2≤6，∴|a|2＋|b|2＋2a·b≤6．
∵|a|＝1，|b|＝2，∴1＋4＋2a·b≤6，
∴a·b≤，∴a·b的最大值为．
答案：
10．已知函数f(x)＝sin
x＋cos
x(x∈R)．
(1)若α∈[0，π]且f(α)＝2，求α；
(2)先将y＝f(x)的图象上所有点的横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)，再将得到的图象上所有点向右平行移动θ(θ＞0)个单位长度，得到的图象关于直线x＝对称，求θ的最小值．
解：(1)f(x)＝sin
x＋cos
x＝2＝2sin．
由f(α)＝2，得sin＝，
即α＋＝2kπ＋或α＋＝2kπ＋，k∈Z．
于是α＝2kπ－或α＝2kπ＋，k∈Z．
又α∈[0，π]，
故α＝．
(2)将y＝f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)，
得到y＝2sin的图象，
再将y＝2sin图象上所有点的横坐标向右平行移动θ个单位长度，
得到y＝2sin的图象．
由于y＝sin
x的图象关于直线x＝kπ＋(k∈Z)对称，
令2x－2θ＋＝kπ＋，解得x＝＋θ＋，k∈Z．
由于y＝2sin的图象关于直线x＝对称，
令＋θ＋＝，解得θ＝－＋，k∈Z．
由θ＞0可得，
当k＝1时，θ取得最小值．
11．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin2A＝sin2B＋sin2C－sin
Bsin
C．
(1)求角A；
(2)若a＝2，求b＋c的取值范围．
解：(1)由正弦定理及sin2A＝sin2B＋sin2C－sin
Bsin
C，知a2＝b2＋c2－bc，
所以cos
A＝＝．
又0＜A＜，所以A＝．
(2)由(1)知A＝，
所以B＋C＝，
所以B＝－C．
因为a＝2，
所以＝＝，
所以b＝4sin
B，c＝4sin
C，
所以b＋c＝4sin
B＋4sin
C＝4sin＋4sin
C＝2(cos
C＋sin
C)＝4sin．
因为△ABC是锐角三角形，
所以0＜B＝－C＜，
所以＜C＜，
所以＜C＋＜，
所以＜sin≤1，
所以6＜4sin≤4．
故b＋c的取值范围为(6,4]．
12．在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2acos
B＝2c－b．
(1)若cos(A＋C)＝－，求cos
C的值；
(2)若b＝5，·＝－5，求△ABC的面积；
(3)若O是△ABC外接圆的圆心，且·＋·＝m，求m的值．
解：(1)由2acos
B＝2c－b，
得2sin
Acos
B＝2sin
C－sin
B，
即2sin
Acos
B＝2sin(A＋B)－sin
B，
整理得2cos
Asin
B＝sinB．
∵sin
B≠0，
故cos
A＝，
则A＝60°．
由cos(A＋C)＝－cos
B＝－，
知cos
B＝，
所以sin
B＝．
所以cos
C＝cos(120°－B)＝－cos
B＋sin
B＝．
(2)·＝·(－)＝·－2＝||·||·cos
A－||2
＝bc－b2＝－5，
又b＝5，解得c＝8，
所以△ABC的面积为bcsin
A＝×5×8×＝10．
(3)由·＋·＝m，
可得··＋··＝m2，(
)
因为O是△ABC外接圆的圆心，
所以·＝2，·＝2，
又||＝，
所以(
)可化为·c2＋·b2＝m·，
所以m＝2(cos
Bsin
C＋sin
Bcos
C)＝2sin(B＋C)＝2sin
A＝．
压轴题命题区间(四)
数__列
数列的性质
[典例] (1)对于函数y＝f(x)，部分x与y的对应关系如下表：
x
1
2
3
4
5
6
7
8
9
y
3
7
5
9
6
1
8
2
4
数列{xn}满足：x1＝1，且对于任意n∈N
，点(xn，xn＋1)都在函数y＝f(x)的图象上，则x1＋x2＋…＋x2
018＝( )
A．7
564
B．7
549
C．7
546
D．7
539
(2)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝12，a3·a5＝4，则下列说法正确的是( )
A．{an}是单调递减数列
B．{Sn}是单调递减数列
C．{a2n}是单调递减数列
D．{S2n}是单调递减数列
[解析] (1)∵数列{xn}满足x1＝1，且对任意n∈N
．
点(xn，xn＋1)都在函数y＝f(x)的图象上，
∴xn＋1＝f(xn)，
∴由图表可得x2＝f(x1)＝3，x3＝f(x2)＝5，x4＝f(x3)＝6，x5＝f(x4)＝1，x6＝f(x5)＝3，…，
∴数列{xn}是周期为4的周期数列，
∴x1＋x2＋…＋x2
018＝504(x1＋x2＋x3＋x4)＋x1＋x2＝504×15＋4＝7
564．
故选A．
(2)由于{an}是等比数列，
则a3a5＝a＝4，又a2＝12，
则a4＞0，a4＝2，q2＝，
当q＝－时，{an}和{Sn}不具有单调性，选项A和B错误；
a2n＝a2q2n－2＝12×n－1单调递减，选项C正确；
当q＝－时，{S2n}不具有单调性，选项D错误．
[答案] (1
压轴题命题区间(一)
函数与方程
函数零点个数的判断
[典例] 已知函数f(x)＝则函数g(x)＝2|x|f(x)－2的零点个数为________．
[解析] 由g(x)＝2|x|f(x)－2＝0，得f(x)＝|x|－1，作出y＝f(x)，y＝|x|－1的图象，由图象可知共有2个交点，故函数的零点个数为2．
[答案] 2
[方法点拨]
判定函数零点个数的3种方法
解方程
方程f(x)＝0根的个数即为函数y＝f(x)零点的个数
定理法
利用函数零点存在性定理及函数的性质判定
图象法
转化为求两函数图象交点的个数问题进行判断
[对点演练]
1．已知函数f(x)满足：①定义域为R；②?x∈R，都有f(x＋2)＝f(x)；③当x∈[－1,1]时，f(x)＝－|x|＋1．则方程f(x)＝log2|x|在区间[－3,5]内解的个数是( )
A．5
B．6
C．7
D．8
解析：选A 由题意画出y1＝f(x)，y2＝log2|x|的图象如图所示，由图象可得所求解的个数为5．
2．已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝x2－3x，则函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点个数为________．
解析：设x＜0，则－x＞0，
所以f(x)＝－f(－x)＝－[(－x)2－3(－x)]＝－x2－3x．
求函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点等价于求方程f(x)＝x－3的解．
当x≥0时，x2－3x＝－3＋x，解得x1＝3，x2＝1；
当x＜0时，－x2－3x＝－3＋x，解得x3＝－2－，
所以函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点的集合为{－2－，1,3}，共3个．
答案：3
函数零点区间的确定
[典例] (1)如图是函数f(x)＝x2＋ax＋b的部分图象，则函数g(x)＝ln
x＋f′(x)的零点所在的区间是( )
A．
B．(1,2)
C．
D．(2,3)
(2)已知曲线f(x)＝ke－2x在点x＝0处的切线与直线x－y－1＝0垂直，若x1，x2是函数g(x)＝f(x)－|ln
x|的两个零点，则( )
A．1＜x1x2＜
B．＜x1x2＜1
C．2＜x1x2＜2
D．＜x1x2＜2
[解析] (1)由函数图象可知0＜b＜1，f(1)＝0，从而－2＜a＜－1，f′(x)＝2x＋a，所以g(x)＝ln
x＋2x＋a，函数g(x)＝ln
x＋2x＋a在定义域内单调递增，g＝ln
＋1＋a＜0，g(1)＝ln
1＋2＋a＞0，所以函数g(x)＝ln
x＋f′(x)的零点所在的区间是．
(2)依题意得f′(x)＝－2ke－2x，f′(0)＝－2k＝－1，k＝．在同一坐标系下画出函数y＝f(x)＝e－2x与y＝|ln
x|的大致图象如图所示，结合图象不难看出，这两条曲线的两个交点中，其中一个交点的横坐标属于区间(0,1)，另一个交点的横坐标属于区间(1，＋∞)，不妨设x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，则有e－2x1＝|ln
x1|＝－ln
x1∈，e－2x2＝|ln
x2|＝ln
x2∈，e－2x2－e－2x1＝ln
x2＋ln
x1＝ln(x1x2)∈，于是有e－＜x1x2＜e0，即＜x1x2＜1．
[答案] (1)C (2)B
[方法点拨]
函数零点存在性定理是解决函数零点问题的主要依据，这个定理能够判断函数零点的存在，并且能找到零点所在的区间．
在使用函数零点存在性定理时要注意两点：一是当函数值在一个区间上不变号，无论这个函数单调性如何，这个函数在这个区间上都不会有零点；二是此定理只能判断函数在一个区间上是否存在零点，而不能判断这个区间上零点的个数．
[对点演练]
1．已知实数a，b满足2a＝3,3b＝2，则函数f(x)＝ax＋x－b的零点所在的区间是( )
A．(－2，－1)
B．(－1,0)
C．(0,1)
D．(1,2)
解析：选B ∵2a＝3,3b＝2，∴a＞1,0＜b＜1，
又f(x)＝ax＋x－b，∴f(－1)＝－1－b＜0，f(0)＝1－b＞0，从而由零点存在性定理可知f(x)在区间(－1,0)上存在零点．
2．已知定义在R上的奇函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，当0＜x≤1时，f(x)＝logx，则方程f(x)－1＝0在(0,6)内的所有根之和为( )
A．8
B．10
C．12
D．16
解析：选C ∵奇函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，∴f(x)＝f(2－x)＝－f(－x)，即f(x)＝－f(x＋2)＝f(x＋4)，∴f(x)是周期函数，其周期T＝4．
当0＜x≤1时，f(x)＝logx，故f(x)在(0,6)上的函数图象如图所示．由图可知方程f(x)－1＝0在(0,6)内的根共有4个，其和为x1＋x2＋x3＋x4＝2＋10＝12，故选C．
求与零点有关的参数的取值范围
[典例] 已知函数f(x)＝函数g(x)＝b－f(2－x)，其中b∈R，若函数y＝f(x)－g(x)恰有4个零点，则b的取值范围是( )
A．
B．
C．
D．
[解析] 由f(x)＝得f(2－x)＝
所以f(x)＋f(2－x)＝即f(x)＋f(2－x)＝
所以y＝f(x)－g(x)＝f(x)＋f(2－x)－b，
所以y＝f(x)－g(x)恰有4个零点等价于方程f(x)＋f(2－x)－b＝0有4个不同的解，
即函数y＝b与函数y＝f(x)＋f(2－x)的图象有4个公共点，由图象可知＜b＜2．
[答案] D
[方法点拨]
已知函数有零点(方程有根)求参数值或取值范围常用的方法和思路：
(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数：先将参数分离，转化为求函数值域加以解决；
(3)数形结合：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后观察求解．
[对点演练]
1．已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－2x恰有三个不同的零点，则实数a的取值范围是( )
A．[－1,1)
B．[0,2]
C．[－2,2)
D．[－1,2)
解析：选D g(x)＝f(x)－2x＝
要使函数g(x)恰有三个不同的零点，只需g(x)＝0恰有三个不同的实数根，
所以或
所以g(x)＝0的三个不同的实数根为x＝2(x＞a)，x＝－1(x≤a)，x＝－2(x≤a)．
再借助数轴，可得－1≤a＜2．
所以实数a的取值范围是[－1，2)．
2．(2017·长春质检)已知函数f(x)＋2＝，当x∈(0，1]时，f(x)＝x2，若在区间(－1,1]内，g(x)＝f(x)－t(x＋1)有两个不同的零点，则实数t的取值范围是( )
A．
B．
C．
D．
解析：选D 当x∈(－1,0]时，x＋1∈(0,1]，f(x)＝－2＝－2＝－，所以函数f(x)在(－1，1]上的解析式为f(x)＝
作出函数f(x)在(－1,1]上的大致图象如图．
令y＝t(x＋1)，y＝t(x＋1)表示恒过定点(－1,0)、斜率为t的直线，由图可知直线y＝t(x＋1)的临界位置，此时t＝，因此t的取值范围是．故选D．
1．在，k∈Z上存在零点的函数是( )
A．y＝sin
2x
B．y＝cos
2x
C．y＝tan
2x
D．y＝sin2x
解析：选B 当x∈，k∈Z时，
sin
2x＜0，sin2x＞0恒成立．故排除A，D，若tan
2x＝0，
则2x＝kπ，x＝，k∈Z，所以y＝tan
2x在x∈，k∈Z上不存在零点，当x＝＋2kπ，k∈Z时，cos
2x＝0，故选B．
2．若a＜b＜c，则函数f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)的两个零点分别位于区间( )
A．(a，b)、(b，c)内
B．(－∞，a)、(a，b)内
C．(b，c)、(c，＋∞)内
D．(－∞，a)、(c，＋∞)内
解析：选A f(a)＝(a－b)(a－c)，f(b)＝(b－c)(b－a)，f(c)＝(c－a)(c－b)，∵a＜b＜c，∴f(a)＞0，f(b)＜0，f(c)＞0，即f(a)·f(b)＜0，f(b)·f(c)＜0，又∵f(x)在R上是连续函数，∴两零点分别位于区间(a，b)，(b，c)内．
3．在下列区间中，函数f(x)＝3x－x2有零点的是( )
A．[0,1]
B．[1,2]
C．[－2，－1]
D．[－1,0]
解析：选D ∵f(0)＝1，f(1)＝2，
∴f(0)f(1)＞0；
∵f(2)＝5，f(1)＝2，∴f(2)f(1)＞0；
∵f(－2)＝－，f(－1)＝－，
∴f(－2)f(－1)＞0；
∵f(0)＝1，f(－1)＝－，∴f(0)f(－1)＜0．
易知[－1,0]符合条件，故选D．
4．已知函数f(x)＝ex－2ax，函数g(x)＝－x3－ax2．若不存在x1，x2∈R，使得f′(x1)＝g′(x2)，则实数a的取值范围为( )
A．(－2,3)
B．(－6,0)
C．[－2,3]
D．[－6,0]
解析：选D 易得f′(x)＝ex－2a＞－2a，g′(x)＝－3x2－2ax≤，由题意可知≤－2a，解得－6≤a≤0．
5．函数y＝ln
x＋x－－2的零点所在的区间为( )
A．
B．(1,2)
C．(2，e)
D．(e,3)
解析：选C 由题意，求函数y＝ln
x＋x－－2(x＞0)的零点，即为求曲线y＝ln
x与y＝－x＋＋2的交点，可知y＝ln
x在(0，＋∞)上为单调递增函数，而y＝－x＋＋2在(0，＋∞)上为单调递减函数，故交点只有一个，当x＝2时，ln
x＜－x＋＋2，当x＝e时，ln
x＞－x＋＋2，因此函数y＝ln
x＋x－－2的零点在(2，e)内．故选C．
6．已知定义在R上的函数f(x)满足：①对任意x∈R，有f(x＋2)＝2f(x)；②当x∈[－1,1]时，f(x)＝．若函数g(x)＝则函数y＝f(x)－g(x)在区间(－4,5)上的零点个数是( )
A．7
B．8
C．9
D．10
解析：选C 函数f(x)与g(x)在区间[－5,5]上的图象如图所示，由图可知，函数f(x)与g(x)的图象在区间(－4,5)上的交点个数为9，即函数y＝f(x)－g(x)在区间(－4,5)上零点的个数是9．
7．若f(x)＋1＝，当x∈[0，1]时，f(x)＝x，在区间(－1,1]内，g(x)＝f(x)－mx－有两个零点，则实数m的取值范围是( )
A．
B．
C．
D．
解析：选B 依题意，f(x)＝－1，
当x∈(－1,0)时，x＋1∈(0,1)，
f(x)＝－1＝－1，
由g(x)＝0得f(x)＝m．
在同一坐标系上画出函数y＝f(x)与y＝m在区间(－1,1]内的图象，
结合图象可知，要使g(x)有两个零点，只需函数y＝f(x)与y＝m在区间(－1，1]内的图象有两个不同的交点，
故实数m的取值范围是，选B．
8．(2017·海口调研)若关于x的方程|x4－x3|＝ax在R上存在4个不同的实根，则实数a的取值范围为( )
A．
B．
C．
D．
解析：选A 依题意，注意到x＝0是方程|x4－x3|＝ax的一个根．
当x＞0时，a＝|x3－x2|，
记f(x)＝x3－x2，
则有f′(x)＝3x2－2x，
易知f(x)＝x3－x2在区间上单调递减，
在区间(－∞，0)，上单调递增．
又f(1)＝0，
因此g(x)＝＝的图象如图所示，由题意得直线y＝a与函数y＝g(x)的图象有3个不同的交点时，a∈，选A．
9．对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”．若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax－a＋3互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围是( )
A．[2,4]
B．
C．
D．[2,3]
解析：选D 函数f(x)＝ex－1＋x－2的零点为x＝1，
设g(x)＝x2－ax－a＋3的零点为b，
若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax－a＋3互为“零点相邻函数”，
则|1－b|≤1，∴0≤b≤2．
由于g(x)＝x2－ax－a＋3必经过点(－1,4)，
∴要使其零点在区间[0,2]上，
则即
解得2≤a≤3．
10．已知在区间[－4,4]上g(x)＝－x2－x＋2，f(x)＝
给出下列四个命题：
①函数y＝f[g(x)]有三个零点；
②函数y＝g[f(x)]有三个零点；
③函数y＝f[f(x)]有六个零点；
④函数y＝g[g(x)]有且只有一个零点．
其中正确命题的个数是( )
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：选D 画出函数f(x)，g(x)的草图，如图，
①设t＝g(x)，则由f[g(x)]＝0，得f(t)＝0，
则t＝g(x)有三个不同值，由于y＝g(x)是减函数，所以f[g(x)]＝0有3个解，
所以①正确；
②设m＝f(x)，若g[f(x)]＝0，即g(m)＝0，
则m＝x0∈(1,2)，所以f(x)＝x0∈(1,2)，
由图象知对应f(x)＝x0∈(1,2)的解有3个，
所以②正确；
③设n＝f(x)，若f[f(x)]＝0，
即f(n)＝0，n＝x1∈(－3，－2)或n＝0或n＝x2＝2，
而f(x)＝x1∈(－3，－2)有1个解，f(x)＝0对应有3个解，f(x)＝x2＝2对应有2个解，所以f[f(x)]＝0共有6个解，所以③正确；
④设s＝g(x)，若g[g(x)]＝0，即g(s)＝0，
所以s＝x3∈(1,2)，则g(x)＝x3，
因为y＝g(x)是减函数，所以方程g(x)＝x3只有1个解，所以④正确，故四个命题都正确．
11．已知函数f(x)＝若函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，则实数m的取值范围为________．
解析：当x∈[0,1]时，f′(x)＝6x2＋6x≥0，
则f(x)＝2x3＋3x2＋m在[0,1]上单调递增，
因为函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，
所以在区间[0,1]和(1，＋∞)内分别有一个交点，
则m＜0，且f(1)＝m＋5＞0，解得－5＜m＜0．
答案：(－5,0)
12．设函数f(x)＝则函数y＝f(f(x))－1的零点个数为________．
解析：①当x≤0时，
y＝f(f(x))－1＝f(2x)－1＝log22x－1＝x－1，
令x－1＝0，则x＝1，
显然与x≤0矛盾，
所以此情况无零点．
②当x＞0时，分两种情况：
当x＞1时，log2x＞0，
y＝f(f(x))－1＝f(log2x)－1＝log2(log2x)－1，
令log2(log2x)－1＝0，得log2x＝2，
解得x＝4；
当0＜x≤1时，log2x≤0，
y＝f(f(x))－1＝f(log2x)－1＝2log2x－1＝x－1，
令x－1＝0，解得x＝1．
综上，函数y＝f(f(x))－1的零点个数为2．
答案：2
13．函数f(x)＝|x－1|＋2cos
πx(－4≤x≤6)的所有零点之和为________．
解析：原问题可转化为求y＝|x－1|与y＝－2cos
πx在[－4,6]内的交点的横坐标的和，
因为上述两个函数图象均关于x＝1对称，
所以x＝1两侧的交点关于x＝1对称，
那么两对应交点的横坐标的和为2，
分别画出两个函数在[－4,6]上的图象(如图)，
可知在x＝1两侧分别有5个交点，
所以所求和为5×2＝10．
答案：10
14．已知函数f(x)＝与g(x)＝a(x＋1)的图象在(－1,1]上有2个交点，若方程x－＝5a的解为正整数，则满足条件的实数a的个数为________．
解析：在同一坐标系中作出函数f(x)与g(x)的图象，如图，结合图象可知，实数a的取值范围是．
由x－＝5a，可得x2－5ax－1＝0，
设h(x)＝x2－5ax－1，
当x＝1时，由h(1)＝1－5a－1＝0，
可得a＝0，不满足题意；
当x＝2时，由h(2)＝4－10a－1＝0，
可得a＝≤，满足题意；
当x＝3时，由h(3)＝9－15a－1＝0
可得a＝＞，
不满足题意．
又函数y＝x－在(0，＋∞)上单调递增，
故满足条件的实数a的个数为1．
答案：1
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
[典例]
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．
[解] (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．
[方法点拨]
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．
[对点演练]
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)＝－eq
\f(1－x0,e)＝eq
\f(?1－x?e－?1－x0?ex,e)．
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
[典例] 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．
[解] (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．
[方法点拨]
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．
[对点演练]
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
[典例] 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＞－．
[解] (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∈[1，＋∞)，所以g′(x)＝＋＋1＞0，
故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
由已知n＞m＞0，得＞1，
所以g＞g(1)＝0，
即证得ln
－＋＞0成立，所以命题得证．
[方法点拨]
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．
[对点演练]
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∈[1，＋∞)．
由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
h(1)＝－t＜0，h(et)＝e2tln
et－t＝t(e2t－1)＞0．
故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．
(3)证明：因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s＞1，
从而＝＝＝＝，
其中u＝ln
s．
要使＜＜成立，只需0＜ln
u＜．
当t＞e2时，若s＝g(t)≤e，
则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．
所以s＞e，
即u＞1，从而ln
u＞0成立．
另一方面，令F(u)＝ln
u－，u＞1，F′(u)＝－，
令F′(u)＝0，得u＝2．
当1＜u＜2时，F′(u)＞0；
当u＞2时，F′(u)＜0．
故对u＞1，F(u)≤F(2)＜0，
因此ln
u＜成立．
综上，当t＞e2时，有＜＜．
二次(甚至多次)构造函数
[典例] 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．
[解] (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．
[方法点拨]
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)．
[对点演练]
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∈[1，＋∞)时，h′(x)≥0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增；
故x∈[1，＋∞)时，h(x)≥h(1)＝0．
所以对任意x∈(－∞，＋∞)，恒有h(x)≥0；
又x2≥0，因此f(x)－g(x)≥0．
故对任意x∈(－∞，＋∞)，恒有f(x)≥g(x)．
2．已知函数f(x)＝ln．
(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；
(3)设实数k使得f(x)＞k对x∈(0,1)恒成立，求k的最大值．
解：(1)因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)(－1＜x＜1)，
所以f′(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，
则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝．
因为g′(x)>0(0
所以g(x)>g(0)＝0，x∈(0,1)，
即当x∈(0,1)时，f(x)>2．
(3)由(2)知，当k≤2时，f(x)>k对x∈(0,1)恒成立．
当k>2时，令h(x)＝f(x)－k，
则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝．
所以当0
因此h(x)在区间上单调递减．
故当0
综上可知，k的最大值为2．
3．已知函数f(x)＝mex－ln
x－1．
(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当m≥1时，证明：f(x)＞1．
解：(1)当m＝1时，f(x)＝ex－ln
x－1，
所以f′(x)＝ex－．
所以f(1)＝e－1，f′(1)＝e－1．
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x．
(2)证明：当m≥1时，
f(x)＝mex－ln
x－1≥ex－ln
x－1(x＞0)．
要证明f(x)＞1，只需证明ex－ln
x－2＞0．
设g(x)＝ex－ln
x－2，则g′(x)＝ex－．
设h(x)＝ex－，则h′(x)＝ex＋＞0，
所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增．
因为g′＝e－2＜0，g′(1)＝e－1＞0，
所以函数g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈．
因为g′(x0)＝0，所以ex0＝，即ln
x0＝－x0．
当x∈(0，x0)时，g′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0．
所以当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)．
故g(x)≥g(x0)＝ex0－ln
x0－2＝＋x0－2＞0．
综上可知，当m≥1时，f(x)＞1．
4．已知函数f(x)＝a－(x＞0)，其中e为自然对数的底数．
(1)当a＝0时，判断函数y＝f(x)极值点的个数；
(2)若函数有两个零点x1，x2(x1＜x2)，设t＝，证明：x1＋x2随着t的增大而增大．
解：(1)当a＝0时，f(x)＝－(x＞0)，
f′(x)＝＝，
令f′(x)＝0，得x＝2，
当x∈(0,2)时，f′(x)＜0，y＝f(x)单调递减，
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，y＝f(x)单调递增，
所以x＝2是函数的一个极小值点，无极大值点，
即函数y＝f(x)有一个极值点．
(2)证明：令f(x)＝a－＝0，得x＝aex，
因为函数有两个零点x1，x2(x1＜x2)，
所以x1eq
\o\al(,1)＝aex1，xeq
\o\al(,2)＝aex2，可得ln
x1＝ln
a＋x1，
ln
x2＝ln
a＋x2．
故x2－x1＝ln
x2－ln
x1＝ln．
又＝t，则t＞1，且
解得x1＝，x2＝．
所以x1＋x2＝·．①
令h(x)＝，x∈(1，＋∞)，
则h′(x)＝．
令u(x)＝－2ln
x＋x－，得u′(x)＝2．
当x∈(1，＋∞)时，u′(x)＞0．
因此，u(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故对于任意的x∈(1，＋∞)，u(x)＞u(1)＝0，
由此可得h′(x)＞0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
因此，由①可得x1＋x2随着t的增大而增大．
第二课时 利用导数探究含参数函数的性质
利用导数研究函数的单调性
[典例] 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．
[解] (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．
[方法点拨]
(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．
[对点演练]
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
[典例] 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．
[解] (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．
[方法点拨]
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)．
[对点演练]
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
[典例] 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[1,2]上的最小值．
[解] (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[1,2]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[1,2]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．
[方法点拨]
(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．
[对点演练]
1．若函数f(x)＝(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为( )
A．
B．
C．＋1
D．－1
解析：选D f′(x)＝＝．
令f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)，
若≤1，即0＜a≤1时，在[1，＋∞)上f′(x)＜0，f(x)max＝f(1)＝＝．
解得a＝－1，符合题意．
若＞1，即a＞1时，在[1，)上f′(x)＞0，在(，＋∞)上f′(x)＜0，所以f(x)max＝f()＝＝，
解得a＝＜1，不符合题意，综上知，a＝－1．
2．已知函数f(x)＝xln
x，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a为实数)．
(1)当a＝5时，求函数y＝g(x)在x＝1处的切线方程；
(2)求f(x)在区间(t>0)上的最小值．
解：(1)当a＝5时，g(x)＝(－x2＋5x－3)ex，g(1)＝e．
又g′(x)＝(－x2＋3x＋2)ex，
故切线的斜率为g′(1)＝4e．
所以切线方程为y－e＝4e(x－1)，
即y＝4ex－3e．
(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln
x＋1，
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
?
①当t≥时，在区间上f(x)为增函数，
所以f(x)min＝f(t)＝tln
t．
②当0
综上，f(x)min＝
1．已知函数f(x)＝x－ax2－ln(1＋x)(a＞0)．
(1)若x＝2是f(x)的极值点，求a的值；
(2)求f(x)的单调区间．
解：f′(x)＝，x∈(－1，＋∞)．
(1)依题意，得f′(2)＝0，即＝0，解得a＝．
经检验，a＝符合题意，故a的值为．
(2)令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝－1．
①当0＜a＜1时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：
x
(－1，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
?
f(x1)
?
f(x2)
?
∴f(x)的单调增区间是，单调减区间是(－1,0)和．
②当a＝1时，f(x)的单调减区间是(－1，＋∞)．
③当a＞1时，－1＜x2＜0，f(x)与f′(x)的变化情况如下：
x
(－1，x2)
x2
(x2，x1)
x1
(x1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
?
f(x2)
?
f(x1)
?
∴f(x)的单调增区间是，单调减区间是和(0，＋∞)．
综上，当0＜a＜1时，f(x)的单调增区间是，
单调减区间是(－1,0)和；
当a＝1时，f(x)的单调减区间是(－1，＋∞)；
当a＞1时，f(x)的单调增区间是，单调减区间是和(0，＋∞)．
2．已知函数f(x)＝
(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；
(2)求f(x)在[－1，e](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[－1,0]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[－1,1)上的最大值为2．
②当1≤x≤e时，f(x)＝aln
x，当a≤0时，f(x)≤0；
当a＞0时，f(x)在[1，e]上单调递增，
则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a．
综上所述，当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；
当a＜2时，f(x)在[－1，e]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[0，＋∞)上存在最大值和最小值，求实数a的取值范围．
解：(1)由f(x)·x2－2ax＋f(x)－a2＋1＝0得f(x)＝，则f′(x)＝．
①当a＝0时，f′(x)＝，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，
即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．
②当a＞0时，令f′(x)＝0，得x1＝－a，x2＝，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下：
x
(－∞，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
?
极小值
?
极大值
?
故f(x)的单调递减区间是(－∞，－a)，，单调递增区间是．
③当a＜0时，令f′(x)＝0，得x1＝－a，x2＝，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下：
x
(－∞，x2)
x2
(x2，x1)
x1
(x1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
极大值
?
极小值
?
所以f(x)的单调递增区间是，(－a，＋∞)，单调递减区间是．
(2)由(1)得，a＝0不合题意．
当a＞0时，由(1)得，f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)在[0，＋∞)上存在最大值f＝a2＞0．
设x0为f(x)的零点，易知x0＝，且x0＜．
从而当x＞x0时，f(x)＞0；当x＜x0时，f(x)＜0．
若f(x)在[0，＋∞)上存在最小值，必有f(0)≤0，
解得－1≤a≤1．
所以当a＞0时，若f(x)在[0，＋∞)上存在最大值和最小值，则实数a的取值范围是(0,1]．
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[0，＋∞)上存在最小值f(－a)＝－1．
易知当x≥－a时，－1≤f(x)＜0，所以若f(x)在[0，＋∞)上存在最大值，必有f(0)≥0，解得a≥1或a≤－1．
所以当a＜0时，若f(x)在[0，＋∞)上存在最大值和最小值，则实数a的取值范围是(－∞，－1]．
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[h(x1)－h(x2)]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
[典例] 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．
[解] (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．
[方法点拨]
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．
[对点演练]
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
[典例] 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．
[证明] (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∈[ln
2，＋∞)时，g′(x)＝ex－2≥0，
故函数g(x)在[ln
2，＋∞)上单调递增．
所以g(x)在(－1，＋∞)上的最小值为
g(ln
2)＝eln
2－2ln
2＝2(1－ln
2)＞0，
所以在(－1，＋∞)上有g(x)≥g(ln
2)＞0，
即ex＞2x．
故当x∈(－1，＋∞)时，f(x)＞．
(2)f(x)＞x2－2ax，即ex－1＞x2－2ax，
则ex－x2＋2ax－1＞0．
令p(x)＝ex－x2＋2ax－1，
则p′(x)＝ex－2x＋2a，
令h(x)＝ex－2x＋2a，则h′(x)＝ex－2．
由(1)可知，当x∈(－∞，ln
2)时，
h′(x)＜0，函数h(x)单调递减；
当x∈[ln
2，＋∞)时，h′(x)≥0，函数h(x)单调递增．
所以h(x)的最小值为h(ln
2)＝eln
2－2ln
2＋2a＝2－2ln
2＋2a．
因为a＞ln
2－1，
所以h(ln
2)＞2－2ln
2＋2(ln
2－1)＝0，
即h(x)≥h(ln
2)＞0，
所以p′(x)＝h(x)＞0，
即p(x)在R上为增函数，
故p(x)在(0，＋∞)上为增函数，
所以p(x)＞p(0)，
而p(0)＝0，所以p(x)＝ex－x2＋2ax－1＞0，
即当a＞ln
2－1且x＞0时，f(x)＞x2－2ax．
[方法点拨]
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．
[对点演练]
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
[典例] 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．
[解] (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]．
[方法点拨]
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．
[对点演练]
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[1，＋∞)上恒成立．
解：(1)当a＝－时，f(x)＝ln
x－x2＋x－，且定义域为(0，＋∞)，
因为f′(x)＝－x＋1＝－，(x＞0)
当x∈时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0，
所以f(x)的单调增区间是；
单调减区间是．
(2)证明：令g(x)＝f(x)－x＋1＝ln
x＋ax2－a，
则g′(x)＝＋2ax＝，
所以当a≥0时，g′(x)＞0在[1，＋∞)上恒成立，
所以g(x)在[1，＋∞)上是增函数，且g(1)＝0，
所以g(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即当a≥0时，不等式f(x)≥x－1在[1，＋∞)上恒成立．
2．已知函数f(x)＝mx－，g(x)＝3ln
x．
(1)当m＝4时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)若x∈(1，](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．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．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[0，＋∞)上单调递增，
从而F(x)≥F(0)＝0，即g(x)≥kf(x)．
(ⅱ)当k＜1时，因为f(x)≥0，所以f(x)≥kf(x)．
由(ⅰ)知g(x)－f(x)≥0，所以g(x)≥f(x)≥kf(x)，
故g(x)≥kf(x)．
(ⅲ)当k＞1时，令h(x)＝ex＋－(k＋1)，
则h′(x)＝ex－，
显然h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
又h′(0)＝1－k＜0，h′(－1)＝e－1－1＞0，
所以h′(x)在(0，－1)上存在唯一零点x0，
当x∈(0，x0)时，h′(x)＜0，
所以h(x)在[0，x0)上单调递减，
从而h(x)＜h(0)＝0，即F′(x)＜0，
所以F(x)在[0，x0)上单调递减，
从而当x∈(0，x0)时，F(x)＜F(0)＝0，
即g(x)＜kf(x)，不合题意．
综上，实数k的取值范围为(－∞，1]．
5．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
[典例] 设f(x)＝＋xln
x，g(x)＝x3－x2－3．
(1)如果存在x1，x2∈[0,2]，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．
[解] (1)存在x1，x2∈[0,2]，
使得g(x1)－g(x2)≥M成立，
等价于[g(x1)－g(x2)]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∈[0,2]，
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[g(x1)－g(x2)]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[1,2]上单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝1，
所以实数a的取值范围是[1，＋∞)．
[方法点拨]
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∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，则可转化为M≤[g(x1)－g(x2)]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．
[对点演练]
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∈[1,2]，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∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)等价于g(x)在[1,2]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∈[1,2]，
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
[典例] 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．
[解] (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．
[方法点拨]
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．
[对点演练]
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∈[1,2]，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∈[1,2]，
使g(x2)≥－f(x1)成立，
因为[－f(x1)]max＝0，
所以bln
x2－x2≥0，即b≥．
令h(x)＝，x∈[1,2]，
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．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．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．
压轴题命题区间(三)
三角函数与平面向量
三角函数的图象与性质
[典例] 已知函数f(x)＝2sin2－cos
2x，x∈．
(1)求f(x)的最大值和最小值；
(2)若不等式－2＜f(x)－m＜2在x∈上恒成立，求实数m的取值范围．
[解] (1)f(x)＝2sin2－cos
2x＝－cos
2x＝1＋sin
2x－cos
2x
＝1＋2sin，
因为x∈，
所以≤2x－≤，
故2≤1＋2sin≤3，
所以f(x)max＝f＝3，f(x)min＝f＝2．
(2)因为－2＜f(x)－m＜2?f(x)－2＜m＜f(x)＋2，x∈，
所以m＞f(x)max－2且m＜f(x)min＋2．
又x∈时，f(x)max＝3，f(x)min＝2，
所以1＜m＜4，
即m的取值范围是(1,4)．
[方法点拨]
本题求解的关键在于将三角函数f(x)进行正确的“化一”及“化一”后角的范围的确定，因此，求解时要准确运用三角公式，并借助三角函数的图象和性质去确定函数f(x)的最值．
[对点演练]
已知函数f(x)＝Asin(A＞0，ω＞0)，g(x)＝tan
x，它们的最小正周期之积为2π2，f(x)的最大值为2g．
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)设h(x)＝f2(x)＋2cos2x，当x∈时，h(x)的最小值为3，求a的值．
解：(1)由题意得·π＝2π2，所以ω＝1．
又A＝2g＝2tan＝2tan＝2，
所以f(x)＝2sin．
由2kπ－≤x＋≤2kπ＋(k∈Z)，
得2kπ－≤x≤2kπ＋(k∈Z)．
故f(x)的单调递增区间为(k∈Z)．
(2)h(x)＝f2(x)＋2cos2x＝×4sin2＋2cos2x＝3＋(cos
2x＋1)
＝3＋＋3sin
2x＋cos
2x＝3＋＋2sin．
因为h(x)的最小值为3，
令3＋＋2sin＝3?sin＝－．
因为x∈，
所以2x＋∈，
所以2a＋＝－，
即a＝－．
三角函数和解三角形
[典例] 已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C的对边，且＝．
(1)求A的大小；
(2)当a＝时，求b2＋c2的取值范围．
[解] (1)已知在△ABC中，＝，
由正弦定理，得＝，
即2sin
Bcos
A＝sin
Acos
C＋sin
Ccos
A＝sin(A＋C)＝sin
B，
所以cos
A＝，
所以A＝60°．
(2)由正弦定理，得＝＝＝2，
则b＝2sin
B，c＝2sin
C，
所以b2＋c2＝4sin2B＋4sin2C＝2(1－cos
2B＋1－cos
2C)＝2[2－cos
2B－cos
2(120°－B)]
＝2[2－cos
2B－cos(240°－2B)]＝2＝4＋2sin(2B－30°)．
因为0°＜B＜120°，
所以－30°＜2B－30°＜210°，
所以－＜sin(2B－30°)≤1，
所以3＜b2＋c2≤6．
即b2＋c2的取值范围是(3,6]．
[方法点拨]
三角函数和三角形的结合，一般可以利用正弦定理、余弦定理先确定三角形的边、角，再代入到三角函数中，三角函数和差公式的灵活运用是解决此类问题的关键．
[对点演练]
已知函数f(x)＝2cos2x－sin．
(1)求函数f(x)的最大值，并写出f(x)取最大值时x的取值集合；
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若f(A)＝，b＋c＝2，求实数a的最小值．
解：(1)∵f(x)＝2cos2x－sin＝(1＋cos
2x)－
＝1＋sin
2x＋cos
2x＝1＋sin．
∴函数f(x)的最大值为2．
要使f(x)取最大值，则sin＝1，
∴2x＋＝2kπ＋，k∈Z，
解得x＝kπ＋，k∈Z．
故f(x)取最大值时x的取值集合为．
(2)由题意知，f(A)＝sin＋1＝，化简得sin＝．
∵A∈(0，π)，
∴2A＋∈，
∴2A＋＝，∴A＝．
在△ABC中，根据余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos＝(b＋c)2－3bc．
由b＋c＝2，知bc≤2＝1，
当且仅当b＝c＝1时等号成立．即a2≥1．
∴当b＝c＝1时，实数a的最小值为1．
平面向量
[典例] 若a，b，c均为单位向量，且a·b＝0，(a－c)·(b－c)≤0，则|a＋b－c|的最大值为( )
A．－1
B．1
C．
D．2
[解析] 法一：(目标不等式法)
因为|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b＝0，
所以|a＋b|2＝a2＋b2＋2a·b＝2，
故|a＋b|＝．
展开(a－c)·(b－c)≤0，
得a·b－(a＋b)·c＋c2≤0，
即0－(a＋b)·c＋1≤0，
整理，得(a＋b)·c≥1．
而|a＋b－c|2＝(a＋b)2－2(a＋b)·c＋c2＝3－2(a＋b)·c，
所以3－2(a＋b)·c≤3－2×1＝1．
所以|a＋b－c|2≤1，
即|a＋b－c|≤1，
故|a＋b－c|的最大值为1．
法二：(基向量法)
取向量a，b作为平面向量的一组基底，
设c＝ma＋nb．
由|c|＝1，即|ma＋nb|＝1，
可得(ma)2＋(nb)2＋2mna·b＝1，
由题意，知|a|＝|b|＝1，a·b＝0．
整理，得m2＋n2＝1．
而a－c＝(1－m)a－nb，b－c＝－ma＋(1－n)b，
故由(a－c)·(b－c)≤0，
得[(1－m)a－nb]·[－ma＋(1－n)b]≤0，
展开，得m(m－1)a2＋n(n－1)b2≤0，
即m2－m＋n2－n≤0，
又m2＋n2＝1，
故m＋n≥1．
而a＋b－c＝(1－m)a＋(1－n)b，
故|a＋b－c|2＝[(1－m)a＋(1－n)b]2＝(1－m)2a2＋2(1－m)(1－n)a·b＋(1－n)2b2
＝(1－m)2＋(1－n)2＝m2＋n2－2(m＋n)＋2＝3－2(m＋n)．
又m＋n≥1，
所以3－2(m＋n)≤1．
故|a＋b－c|2≤1，
即|a＋b－c|≤1．
故|a＋b－c|的最大值为1．
法三：(坐标法)
因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，
所以?a，b?＝．
设＝a，＝b，＝c，
因为a⊥b，
所以OA⊥OB．
分别以OA，OB所在的直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图(1)所示，
则a＝(1,0)，b＝(0,1)，
则A(1,0)，B(0,1)．
设C(x，y)，则c＝(x，y)，且x2＋y2＝1．
则a－c＝(1－x，－y)，b－c＝(－x,1－y)，
故由(a－c)·(b－c)≤0，
得(1－x)×(－x)＋(－y)×(1－y)≤0，
整理，得1－x－y≤0，即x＋y≥1．
而a＋b－c＝(1－x,1－y)，
则|a＋b－c|＝＝．
因为x＋y≥1，所以3－2(x＋y)≤1，
即|a＋b－c|≤1．
所以|a＋b－c|的最大值为1．
法四：(三角函数法)
因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，
所以?a，b?＝．
设＝a，＝b，＝c，
因为a⊥b，所以OA⊥OB．
分别以OA，OB所在的直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，
如图(1)所示，
则a＝(1,0)，b＝(0,1)，A(1,0)，B(0,1)．
因为|c|＝1，设∠COA＝θ，
所以C点的坐标为(cos
θ，sin
θ)．
则a－c＝(1－cos
θ，－sin
θ)，b－c＝(－cos
θ，1－sin
θ)，
故由(a－c)·(b－c)≤0，
得(1－cos
θ)×(－cos
θ)＋(－sin
θ)×(1－sin
θ)≤0，
整理，得sin
θ＋cos
θ≥1．
而a＋b－c＝(1－cos
θ，1－sin
θ)，
则|a＋b－c|＝＝．
因为sin
θ＋cos
θ≥1，
所以3－2(sin
θ＋cos
θ)≤1，
即|a＋b－c|≤1，
所以|a＋b－c|的最大值为1．
法五：(数形结合法)
设＝a，＝b，＝c，
因为|a|＝|b|＝|c|＝1，
所以点A，B，C在以O为圆心、1为半径的圆上．
易知＝a－c，＝b－c，|c|＝|
|．
由(a－c)·(b－c)≤0，
可得·≤0，
则≤∠BCA＜π(因为A，B，C在以O为圆心的圆上，所以A，B，C三点不能共线，即∠BCA≠π)，
故点C在劣弧AB上．
由a·b＝0，得OA⊥OB，
设＝a＋b，如图(2)所示，
因为a＋b－c＝－＝，
所以|a＋b－c|＝||，
即|a＋b－c|为点D与劣弧AB上一点C的距离，
显然，当点C与A或B点重合时，CD最长且为1，
即|a＋b－c|的最大值为1．
[答案] B
[方法点拨]
平面向量具有双重性，处理平面向量问题一般可以从两个角度进行：
(1)利用其“形”的特征，将其转化为平面几何的有关知识进行解决；
(2)利用其“数”的特征，通过坐标转化为代数中的有关问题进行解决．
[对点演练]
1．在△ABD中，AB＝2，AD＝2，E，C分别在线段AD，BD上，且AE＝AD，BC＝BD，·＝，则∠BAD的大小为( )
A．
B．
C．
D．
解析：选D 依题意，＝＋＝＋
＝＋(－)＝＋，＝－＝－，
所以·＝eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(3,4)
))·eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－
))
＝－||2＋||2－·＝－×22＋×(2)2－·＝，
所以·＝－4，
所以cos∠BAD＝eq
\f(·,|
|·||)＝＝－，
因为0＜∠BAD＜π，
所以∠BAD＝．
2．在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°．动点E和F分别在线段BC和DC上，且＝λ，＝，则·的最小值为________．
解析：法一：(等价转化思想)
因为＝，＝，
＝－＝－＝＝，
＝＋＝＋λ，
＝＋＋＝＋＋＝＋．
所以·＝(＋λ)·eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋9λ,18λ)
＋
))
＝2＋λ2＋·
＝×4＋λ＋×2×1×cos
120°
＝＋λ＋≥2
＋＝，
当且仅当＝λ，
即λ＝时，·的最小值为．
法二：(坐标法)
以线段AB的中点为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
则A(－1,0)，B(1,0)，C，D，
所以＝＋＝＋λ＝，
＝＋＝＋＝，
所以·＝＋×λ＝＋＋≥＋2
＝，
当且仅当＝λ，
即λ＝时，·的最小值为．
答案：
1．已知等腰△OAB中，|OA|＝|OB|＝2，且|＋|≥||，那么·的取值范围是( )
A．[－2,4)
B．(－2,4)
C．(－4,2)
D．(－4,2]
解析：选A 依题意，(＋)2≥(－)2，
化简得·≥－2，
又根据三角形中，两边之差小于第三边，
可得||－||＜||＝|－|，
两边平方可得(||－||)2＜(－)2，
化简可得·＜4，∴－2≤·＜4．
2．△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1,2＝＋且||＝||，则向量在方向上的投影为( )
A．
B．
C．－
D．－
解析：选A 由2＝＋可知O是BC的中点，
即BC为△ABC外接圆的直径，
所以||＝||＝||，由题意知||＝||＝1，
故△OAB为等边三角形，所以∠ABC＝60°．
所以向量在方向上的投影为||·cos∠ABC＝1×cos
60°＝．故选A．
3．设α，β∈[0，π]，且满足sin
αcos
β－cos
αsin
β＝1，则sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范围为( )
A．[－，1]
B．[－1，]
C．[－1,1]
D．[1，]
解析：选C ∵sin
αcos
β－cos
αsin
β＝1，
即sin(α－β)＝1，α，β∈[0，π]，
∴α－β＝，又则≤α≤π，
∴sin(2α－β)＋sin
(α－2β)＝sin＋sin(α－2α＋π)＝cos
α＋sin
α＝sin，
∵≤α≤π，∴≤α＋≤，
∴－1≤sin≤1，
即所求取值范围为[－1,1]．故选C．
4．设a，b为单位向量，若向量c满足|c－(a＋b)|＝|a－b|，则|c|的最大值是( )
A．1
B．
C．2
D．2
解析：选D ∵向量c满足|c－(a＋b)|＝|a－b|，
∴|c－(a＋b)|＝|a－b|≥|c|－|a＋b|，
∴|c|≤|a＋b|＋|a－b|≤＝＝2．
当且仅当|a＋b|＝|a－b|，
即a⊥b时，(|a＋b|＋|a－b|)max＝2．
∴|c|≤2．∴|c|的最大值为2．
5．已知函数f(x)＝sin2＋sin
ωx－(ω＞0)，x∈R．若f(x)在区间(π，2π)内没有零点，则ω的取值范围是( )
A．
B．∪
C．
D．∪
解析：选D f(x)＝＋sin
ωx－＝(sin
ωx－cos
ωx)＝sin．
因为函数f(x)在区间(π，2π)内没有零点，
所以＞2π－π，即＞π，所以0＜ω＜1．
当x∈(π，2π)时，ωx－∈，
若函数f(x)在区间(π，2π)内有零点，
则ωπ－＜kπ＜2ωπ－(k∈Z)，
即＋＜ω＜k＋(k∈Z)．
当k＝0时，＜ω＜；
当k＝1时，＜ω＜．
所以函数f(x)在区间(π，2π)内没有零点时，0＜ω≤或≤ω≤．
6．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，x＝－为f(x)的零点，x＝为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在上单调，则ω的最大值为( )
A．11
B．9
C．7
D．5
解析：选B 由题意得
则ω＝2k＋1，k∈Z，φ＝或φ＝－．
若ω＝11，则φ＝－，
此时f(x)＝sin，f(x)在区间上单调递增，
在区间上单调递减，
不满足f(x)在区间上单调；若ω＝9，则φ＝，
此时f(x)＝sin，满足f(x)在区间上单调递减，故选B．
7．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知a2＋c2＝ac＋b2，b＝，且a≥c，则2a－c的最小值是________．
解析：由a2＋c2－b2＝2accos
B＝ac，
所以cos
B＝，则B＝60°，又a≥c，
则A≥C＝120°－A，
所以60°≤A＜120°，
＝＝＝＝2，
则2a－c＝4sin
A－2sin
C＝4sin
A－2sin(120°－A)＝2sin(A－30°)，
当A＝60°时，2a－c取得最小值．
答案：
8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acos
B－bcos
A＝c，当tan(A－B)取最大值时，角B的值为______．
解析：由acos
B－bcos
A＝c及正弦定理，
得sin
Acos
B－sin
Bcos
A＝sin
C＝sin(A＋B)＝(sin
Acos
B＋cos
Asin
B)，
整理得sin
Acos
B＝3cos
Asin
B，
即tan
A＝3tan
B，
易得tan
A＞0，tan
B＞0，
∴tan(A－B)＝＝＝≤＝，
当且仅当＝3tan
B，
即tan
B＝时，tan(A－B)取得最大值，
此时B＝．
答案：
9．已知向量a，b，|a|＝1，|b|＝2．若对任意单位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤，则a·b的最大值是________．
解析：由于e是任意单位向量，可设e＝，
则|a·e|＋|b·e|＝＋≥＝＝|a＋b|．
∵|a·e|＋|b·e|≤，∴|a＋b|≤，
∴(a＋b)2≤6，∴|a|2＋|b|2＋2a·b≤6．
∵|a|＝1，|b|＝2，∴1＋4＋2a·b≤6，
∴a·b≤，∴a·b的最大值为．
答案：
10．已知函数f(x)＝sin
x＋cos
x(x∈R)．
(1)若α∈[0，π]且f(α)＝2，求α；
(2)先将y＝f(x)的图象上所有点的横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)，再将得到的图象上所有点向右平行移动θ(θ＞0)个单位长度，得到的图象关于直线x＝对称，求θ的最小值．
解：(1)f(x)＝sin
x＋cos
x＝2＝2sin．
由f(α)＝2，得sin＝，
即α＋＝2kπ＋或α＋＝2kπ＋，k∈Z．
于是α＝2kπ－或α＝2kπ＋，k∈Z．
又α∈[0，π]，
故α＝．
(2)将y＝f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)，
得到y＝2sin的图象，
再将y＝2sin图象上所有点的横坐标向右平行移动θ个单位长度，
得到y＝2sin的图象．
由于y＝sin
x的图象关于直线x＝kπ＋(k∈Z)对称，
令2x－2θ＋＝kπ＋，解得x＝＋θ＋，k∈Z．
由于y＝2sin的图象关于直线x＝对称，
令＋θ＋＝，解得θ＝－＋，k∈Z．
由θ＞0可得，
当k＝1时，θ取得最小值．
11．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin2A＝sin2B＋sin2C－sin
Bsin
C．
(1)求角A；
(2)若a＝2，求b＋c的取值范围．
解：(1)由正弦定理及sin2A＝sin2B＋sin2C－sin
Bsin
C，知a2＝b2＋c2－bc，
所以cos
A＝＝．
又0＜A＜，所以A＝．
(2)由(1)知A＝，
所以B＋C＝，
所以B＝－C．
因为a＝2，
所以＝＝，
所以b＝4sin
B，c＝4sin
C，
所以b＋c＝4sin
B＋4sin
C＝4sin＋4sin
C＝2(cos
C＋sin
C)＝4sin．
因为△ABC是锐角三角形，
所以0＜B＝－C＜，
所以＜C＜，
所以＜C＋＜，
所以＜sin≤1，
所以6＜4sin≤4．
故b＋c的取值范围为(6,4]．
12．在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2acos
B＝2c－b．
(1)若cos(A＋C)＝－，求cos
C的值；
(2)若b＝5，·＝－5，求△ABC的面积；
(3)若O是△ABC外接圆的圆心，且·＋·＝m，求m的值．
解：(1)由2acos
B＝2c－b，
得2sin
Acos
B＝2sin
C－sin
B，
即2sin
Acos
B＝2sin(A＋B)－sin
B，
整理得2cos
Asin
B＝sinB．
∵sin
B≠0，
故cos
A＝，
则A＝60°．
由cos(A＋C)＝－cos
B＝－，
知cos
B＝，
所以sin
B＝．
所以cos
C＝cos(120°－B)＝－cos
B＋sin
B＝．
(2)·＝·(－)＝·－2＝||·||·cos
A－||2
＝bc－b2＝－5，
又b＝5，解得c＝8，
所以△ABC的面积为bcsin
A＝×5×8×＝10．
(3)由·＋·＝m，
可得··＋··＝m2，(
)
因为O是△ABC外接圆的圆心，
所以·＝2，·＝2，
又||＝，
所以(
)可化为·c2＋·b2＝m·，
所以m＝2(cos
Bsin
C＋sin
Bcos
C)＝2sin(B＋C)＝2sin
A＝．
压轴题命题区间(四)
数__列
数列的性质
[典例] (1)对于函数y＝f(x)，部分x与y的对应关系如下表：
x
1
2
3
4
5
6
7
8
9
y
3
7
5
9
6
1
8
2
4
数列{xn}满足：x1＝1，且对于任意n∈N
，点(xn，xn＋1)都在函数y＝f(x)的图象上，则x1＋x2＋…＋x2
018＝( )
A．7
564
B．7
549
C．7
546
D．7
539
(2)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝12，a3·a5＝4，则下列说法正确的是( )
A．{an}是单调递减数列
B．{Sn}是单调递减数列
C．{a2n}是单调递减数列
D．{S2n}是单调递减数列
[解析] (1)∵数列{xn}满足x1＝1，且对任意n∈N
．
点(xn，xn＋1)都在函数y＝f(x)的图象上，
∴xn＋1＝f(xn)，
∴由图表可得x2＝f(x1)＝3，x3＝f(x2)＝5，x4＝f(x3)＝6，x5＝f(x4)＝1，x6＝f(x5)＝3，…，
∴数列{xn}是周期为4的周期数列，
∴x1＋x2＋…＋x2
018＝504(x1＋x2＋x3＋x4)＋x1＋x2＝504×15＋4＝7
564．
故选A．
(2)由于{an}是等比数列，
则a3a5＝a＝4，又a2＝12，
则a4＞0，a4＝2，q2＝，
当q＝－时，{an}和{Sn}不具有单调性，选项A和B错误；
a2n＝a2q2n－2＝12×n－1单调递减，选项C正确；
当q＝－时，{S2n}不具有单调性，选项D错误．
[答案] (1
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