高考数学浙江理科一轮【第九章】解析几何 第九章 9.3

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1、 精品资料 §9.3　导数的综合应用 1． 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 (1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)； (2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0； (3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值； (4)回归实际问题作答． 2． 不等式问题 (1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题． (2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数

2、范围问题转化为研究新函数的值域问题． 1． 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)连续函数在闭区间上必有最值． (　√　) (2)函数f(x)＝x2－3x＋2的极小值也是最小值． (　√　) (3)函数f(x)＝＋x－1和g(x)＝－x－1都是在x＝0时取得最小值－1. (　×　) (4)函数f(x)＝x2ln x没有最值． (　×　) (5)已知x∈(0，)，则sin x>x. (　×　) (6)若a>2，则方程x3－ax2＋1＝0

3、在(0,2)上没有实数根． (　×　) 2． (2013·福建)设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是 (　　) A．∀x∈R，f(x)≤f(x0) B．－x0是f(－x)的极小值点 C．－x0是－f(x)的极小值点 D．－x0是－f(－x)的极小值点 答案　D 解析　A错，因为极大值未必是最大值．B错，因为函数y＝f(x)与函数y＝f(－x)的图象 关于y轴对称，－x0应是f(－x)的极大值点．C错，函数y＝f(x)与函数y＝－f(x)的图象 关于x轴对称，x0应为－

4、f(x)的极小值点．D对，函数y＝f(x)与y＝－f(－x)的图象关于原 点对称，－x0应为y＝－f(－x)的极小值点． 3． 设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为 (　　) A．1 B. C. D. 答案　D 解析　|MN|的最小值，即函数h(x)＝x2－ln x的最小值， h′(x)＝2x－＝， 显然x＝是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点， 也是最小值点，故t＝. 4． 若函数f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则实数a的取值范围是______

5、____． 答案　(－2,2) 解析　由于函数f(x)是连续的，故只需要两个极值异号即可．f′(x)＝3x2－3，令3x2－3＝0，得x＝±1，只需f(－1)·f(1)<0，即(a＋2)(a－2)<0，故a∈(－2,2)． 5． 若f(x)＝，0<a<b<e，则f(a)、f(b)的大小关系为________． 答案　f(a)<f(b) 解析　f′(x)＝， 当x∈(0，e)时，>0，即f′(x)>0， ∴f(x)在(0，e)上为增函数， 又∵0<a<b<e，∴f(a)<f(b)．

6、题型一　利用导数证明不等式 例1　已知定义在正实数集上的函数f(x)＝x2＋2ax，g(x)＝3a2ln x＋b，其中a>0.设两曲线y＝f(x)，y＝g(x)有公共点，且在该点处的切线相同． (1)用a表示b，并求b的最大值； (2)求证：f(x)≥g(x)(x>0)． 思维启迪　(1)设公共点为(x0，y0)，则f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)可得a，b的关系； (2)构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，求F(x)的最值． (1)解　设两曲线的公共点为(x0，y0)， f′(x)＝x＋2a，g′(x)＝， 由题意知f(x0)＝g(x0)，f′

7、(x0)＝g′(x0)， 即 由x0＋2a＝，得x0＝a或x0＝－3a(舍去)． 即有b＝a2＋2a2－3a2ln a＝a2－3a2ln a. 令h(t)＝t2－3t2ln t(t>0)，则h′(t)＝2t(1－3ln t)． 于是当t(1－3ln t)>0，即0<t<e时，h′(t)>0； 当t(1－3ln t)<0，即t>e时，h′(t)<0. 故h(t)在(0，e)上为增函数，在(e，＋∞)上为减函数， 于是h(t)在(0，＋∞)上的最大值为h(e)＝e， 即b的最大值为e. (2)证明　设F(x)＝f(x)－g(x)＝

8、x2＋2ax－3a2ln x－b(x>0)， 则F′(x)＝x＋2a－＝(x>0)． 故F(x)在(0，a)上为减函数，在(a，＋∞)上为增函数． 于是F(x)在(0，＋∞)上的最小值是F(a)＝F(x0)＝f(x0)－g(x0)＝0. 故当x>0时，有f(x)－g(x)≥0， 即当x>0时，f(x)≥g(x)． 思维升华　利用导数证明不等式的步骤 (1)构造新函数，并求其单调区间； (2)判断区间端点函数值与0的关系； (3)判断定义域内函数值与0的大小关系，证不等式． 　当0<x<时，求证：tan x>x＋. 证明　设f(x)

9、＝tan x－， 则f′(x)＝－1－x2＝tan2x－x2 ＝(tan x－x)(tan x＋x)． 因为0<x<，所以x<tan x(简单进行证明亦可)， 所以f′(x)>0， 即x∈时，f(x)为增函数． 所以x∈时，f(x)>f(0)． 而f(0)＝0，所以f(x)>0，即tan x－>0. 故tan x>x＋. 题型二　利用导数求参数的取值范围 例2　已知函数f(x)＝(a∈R)，g(x)＝. (1)求f(x)的单调区间与极值； (2)若函数f(x)的图象与函数g(x)的图象在区间(0，e2]上有公共点，求实数a

10、的取值范围． 思维启迪　(1)解f′(x)＝0，根据函数值的变化得到单调区间、极值； (2)构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过F(x)的单调性和函数值的变化研究f(x)、g(x)的交点情况． 解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝. 令f′(x)＝0，得x＝e1－a， 当x∈(0，e1－a)时，f′(x)>0，f(x)是增函数； 当x∈(e1－a，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)是减函数． 所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e1－a]， 单调递减区间为[e1－a，＋∞)， 极大值为f(x)极大值＝f(e1－a)＝ea－1，无极

11、小值． (2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝， 则F′(x)＝. 令F′(x)＝0，得x＝e2－a；令F′(x)>0，得x<e2－a； 令F′(x)<0，得x>e2－a， 故函数F(x)在区间(0，e2－a]上是增函数， 在区间[e2－a，＋∞)上是减函数． ①当e2－a<e2，即a>0时， 函数F(x)在区间(0，e2－a]上是增函数， 在区间[e2－a，e2]上是减函数，F(x)max＝F(e2－a)＝ea－2. 又F(e1－a)＝0，F(e2)＝>0， 由图象，易知当0<x<e1－a时，F(x)<0；

12、当e1－a<x≤e2，F(x)>0， 此时函数f(x)的图象与函数g(x)的图象在区间(0，e2]上有1个公共点． ②当e2－a≥e2，即a≤0时，F(x)在区间(0，e2]上是增函数， F(x)max＝F(e2)＝. 若F(x)max＝F(e2)＝≥0，即－1≤a≤0时， 函数f(x)的图象与函数g(x)的图象在区间(0，e2]上只有1个公共点； 若F(x)max＝F(e2)＝<0，即a<－1时， 函数f(x)的图象与函数g(x)的图象在区间(0，e2]上没有公共点． 综上，满足条件的实数a的取值范围是[－1，＋∞)． 思维升华　函数零点或函数图象

13、交点问题的求解，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一． 　已知函数f(x)＝x3－3ax－1，a≠0. (1)求f(x)的单调区间； (2)若f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与y＝f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围． 解　(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)， 当a<0时，对x∈R，有f′(x)>0， ∴当a<0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)． 当a>0时，由f′(x)>0， 解得x<－或x>.

14、 由f′(x)<0，解得－<x<， ∴当a>0时，f(x)的单调增区间为(－∞，－)，(，＋∞)，单调减区间为(－，)． (2)∵f(x)在x＝－1处取得极值， ∴f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0， ∴a＝1. ∴f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3， 由f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝1. 由(1)中f(x)的单调性可知，f(x)在x＝－1处取得极大值f(－1)＝1， 在x＝1处取得极小值f(1)＝－3. ∵直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有三个不同的交点，结合如图所示f(x)的图象可知： 实数m的取值范围是(

15、－3,1)． 题型三　生活中的优化问题 例3　某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，其中3<x<6，a为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克． (1)求a的值； (2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大． 思维启迪　(1)由x＝5时y＝11求a； (2)建立商场每日销售该商品所获利润和售价x的函数关系，利用导数求最值． 解　(1)因为x＝5时，y＝11，所以＋10＝11，a＝2. (2)由(1)可知，该商

16、品每日的销售量y＝＋10(x－6)2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润 f(x)＝(x－3)[＋10(x－6)2] ＝2＋10(x－3)(x－6)2,3<x<6. 从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)] ＝30(x－4)(x－6)． 于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (3,4) 4 (4,6) f′(x) ＋ 0 － f(x) 单调递增 极大值42 单调递减 由上表可得，x＝4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点． 所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等

17、于42. 答　当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大． 思维升华　在求实际问题中的最大值或最小值时，一般先设自变量、因变量、建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相符合．用导数求解实际问题中的最大(小)值，如果函数在区间内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点． 　某创业投资公司拟投资开发某种新能源产品，估计能获得10万元～1 000万元的投资收益．现准备制订一个对科研课题组的奖励方案：奖金y(万元)随投资收益x(万元)的增加而增加，且资金不超过9万元，同时奖金不超过投资收益的20%. (1)若建立函数f(x)模

18、型制订奖励方案，试用数学语言表述公司对奖励函数f(x)模型的基本要求； (2)现有两个奖励函数模型： ①y＝＋2； ②y＝4lg x－3. 试分析这两个函数模型是否符合公司要求？ 解　(1)设奖励函数模型为y＝f(x)， 则公司对函数模型的基本要求是： 当x∈[10,1 000]时，f(x)是增函数，f(x)≤9恒成立， f(x)≤恒成立． (2)①对于函数模型f(x)＝＋2， 当x∈[10,1 000]时，f(x)是增函数， 则f(x)max＝f(1 000)＝＋2＝<9. 所以f(x)≤9恒成立． 因为函数＝＋在[10,1 000]上是减函数， 所以[]m

19、ax＝＋>. 从而＝＋≤不恒成立， 即f(x)≤不恒成立． 故该函数模型不符合公司要求． ②对于函数模型f(x)＝4lg x－3， 当x∈[10,1 000]时，f(x)是增函数， 则f(x)max＝f(1 000)＝4lg 1 000－3＝9. 所以f(x)≤9恒成立． 设g(x)＝4lg x－3－，则g′(x)＝－. 当x≥10时，g′(x)＝－≤<0， 所以g(x)在[10,1 000]上是减函数， 从而g(x)≤g(10)＝－1<0. 所以4lg x－3－<0，即4lg x－3<， 所以f(x)≤恒成立． 故该函数模型符合公司要

20、求． 二审结论会转换 典例：(14分)已知函数f(x)＝x2＋aln x. (1)若a＝－1，求函数f(x)的极值，并指出是极大值还是极小值； (2)若a＝1，求函数f(x)在[1，e]上的最大值和最小值； (3)若a＝1，求证：在区间[1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)＝x3的图象的下方．  求f(x)的极值 ↓(从结论出发向条件转化，注意隐含条件——定义域) 求f′(x)＝0的解，即f(x)的极值点 ↓(转化为求函数值) 将极值点代入f(x)求对应的极大、极小值 ↓(转化为研究单调性) 求f(x)在[1，e]上的单调性 ↓(转化为求

21、函数值) 比较端点值、极值，确定最大、最小值 ↓(构造函数进行转化) F(x)＝f(x)－g(x) ↓(将图象的上、下关系转化为数量关系) 求证F(x)<0在[1，＋∞)上恒成立． ↓研究函数F(x)在[1，＋∞)上的单调性． 规范解答 (1)解　由于函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当a＝－1时，f′(x)＝x－＝， [1分] 令f′(x)＝0得x＝1或x＝－1(舍去)， [2分] 当x∈(0,1)时，函数f(x)单调递减， [3分] 当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)单调递增， [4分]

22、 所以f(x)在x＝1处取得极小值为. [5分] (2)解　当a＝1时，易知函数f(x)在[1，e]上为增函数， [7分] ∴f(x)min＝f(1)＝， f(x)max＝f(e)＝e2＋1. [9分] (3)证明　设F(x)＝f(x)－g(x) ＝x2＋ln x－x3， 则F′(x)＝x＋－2x2 ＝， [11分] 当x>1时，F′(x)<0， 故f(x)在区间[1，＋∞)上是减函数， 又F(1)＝－<0， ∴在区间[1，＋∞)上，F(x)<0恒成立． 即f(x)<

23、;g(x)恒成立．[13分] 因此，当a＝1时，在区间[1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)图象的下方．[14分] 温馨提醒　(1)导数法是求解函数单调性、极值、最值、参数等问题的有效方法，应用导数求单调区间关键是求解不等式的解集；最值问题关键在于比较极值与端点函数值的大小；参数问题涉及的有最值恒成立的问题、单调性的逆向应用等，求解时注意分类讨论思想的应用． (2)对于一些复杂问题，要善于将问题转化，转化成能用熟知的导数研究问题． 方法与技巧 1． 利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用． 2． 在实际问题中

24、，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较． 失误与防范 1． 函数f(x)在某个区间内单调递增，则f′(x)≥0而不是f′(x)>0 (f′(x)＝0在有限个点处取到)． 2． 利用导数解决实际生活中的优化问题，要注意问题的实际意义．  A组　专项基础训练 一、选择题 1． 在R上可导的函数f(x)的图象如图所示，则关于x的不等式 x·f′(x)<0的解集为 (　　) A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞) C．(－2，－1)∪(1,2) D．

25、(－∞，－2)∪(2，＋∞) 答案　A 解析　由f(x)的图象知，当x<－1或x>1时，f′(x)>0； 当－1<x<1时，f′(x)<0， ∴x·f′(x)<0的解集是(－∞，－1)∪(0,1)． 2． 已知函数f(x)＝x2＋mx＋ln x是单调递增函数，则m的取值范围是 (　　) A．m>－2 B．m≥－2 C．m<2 D．m≤2 答案　B 解析　依题意知，x>0，f′(x)＝， 令g(x)＝2x2＋mx＋1，x∈(0，＋∞)， 当－≤0时，g(0)＝1>0恒成立，

26、∴m≥0成立， 当－>0时，则Δ＝m2－8≤0，∴－2≤m<0， 综上，m的取值范围是m≥－2. 3． 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是(　　) A．(－1,2) B．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C．(－3,6) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 答案　B 解析　∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)， 由已知可得f′(x)＝0有两个不相等的实根． ∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)>0，即a2－3a－18>0. ∴a>6或a<－3. 4． 若函数f

27、(x)＝ (a>0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为 (　　) A. B. C.＋1 D.－1 答案　D 解析　f′(x)＝＝， 当x>时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当－<x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x＝时，令f(x)＝＝，＝<1，不合题意． ∴f(x)max＝f(1)＝＝，a＝－1，故选D. 5． 某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R与年产量x的年关系是R＝R(x)＝则总利润最大时，每年生产的产品是

28、 (　　) A．100 B．150 C．200 D．300 答案　D 解析　由题意得，总成本函数为C＝C(x)＝20 000＋100x， 总利润P(x)＝ 又P′(x)＝ 令P′(x)＝0，得x＝300，易知x＝300时，总利润P(x)最大． 二、填空题 6． 设函数f(x)＝kx3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数k的值为________． 答案　4 解析　若x＝0，则不论k取何值，f(x)≥0都成立； 当x>0，即x∈(0,1]时， f(x)＝kx3－3x＋1≥0可化为k≥－. 设g(x)＝－，则

29、g′(x)＝， 所以g(x)在区间(0，]上单调递增， 在区间[，1]上单调递减， 因此g(x)max＝g()＝4，从而k≥4； 当x<0即x∈[－1,0)时， f(x)＝kx3－3x＋1≥0可化为k≤－， g(x)＝－在区间[－1,0)上单调递增， 因此g(x)min＝g(－1)＝4，从而k≤4，综上k＝4. 7． 已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝________. 答案　－2或2 解析　设f(x)＝x3－3x＋c，对f(x)求导可得， f′(x)＝3x2－3， 令f′(x)＝0，可得x＝±1， 易知f(x)在(－∞，－1

30、)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减． 若f(1)＝1－3＋c＝0，可得c＝2； 若f(－1)＝－1＋3＋c＝0，可得c＝－2. 8． 已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m、n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是________． 答案　－13 解析　对函数f(x)求导得f′(x)＝－3x2＋2ax， 由函数f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0， 即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3. 由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x， 易知f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1

31、)上单调递增， ∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4. 又∵f′(x)＝－3x2＋6x的图象开口向下， 且对称轴为x＝1，∴当n∈[－1,1]时， f′(n)min＝f′(－1)＝－9. 故f(m)＋f′(n)的最小值为－13. 三、解答题 9． 设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. (1)求f(x)的单调区间与极值； (2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1. (1)解　由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R. 令f′(x)＝0，得x＝ln 2. 于是当x变化时，f

32、′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 2(1－ln 2＋a) 单调递增 故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)， 单调递增区间是(ln 2，＋∞)， f(x)在x＝ln 2处取得极小值， 极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)． (2)证明　设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R， 于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. 由(1)知当a>ln 2－1时， g′(x)取最小值为g′(ln 2)＝2

33、(1－ln 2＋a)>0. 于是对任意x∈R，都有g′(x)>0， 所以g(x)在R内单调递增． 于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)， 都有g(x)>g(0)． 而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0. 即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1. 10．统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y(升)关于行驶速度x(千米/小时)的函数解析式可以表示为y＝x3－x＋8(0<x≤120)．已知甲、乙两地相距100千米． (1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙

34、地要耗油多少升？ (2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？ 解　(1)当x＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了小时，共耗油×(×403－×40＋8)＝17.5(升)． 因此，当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时， 从甲地到乙地要耗油17.5升． (2)当速度为x千米/小时时， 汽车从甲地到乙地行驶了小时， 设耗油量为h(x)升， 依题意得h(x)＝(x3－x＋8)· ＝x2＋－(0<x≤120)， h′(x)＝－＝(0<x≤120)． 令h′(x)＝0，得x＝80. 当x∈(0,80)时，

35、h′(x)<0，h(x)是减函数； 当x∈(80,120)时，h′(x)>0，h(x)是增函数， ∴当x＝80时，h(x)取得极小值h(80)＝11.25. 易知h(80)是h(x)在(0,120]上的最小值． 故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，为11.25升． B组　专项能力提升 1． 已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－ax(a>)，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a等于 (　　) A. B. C. D．1 答案　D 解析　∵f(x)是奇

36、函数，∴f(x)在(0,2)上的最大值为－1. 当x∈(0,2)时，f′(x)＝－a，令f′(x)＝0得x＝， 又a>，∴0<<2. 当x<时，f′(x)>0，f(x)在(0，)上单调递增； 当x>时，f′(x)<0，f(x)在(，2)上单调递减， ∴f(x)max＝f()＝ln －a·＝－1，解得a＝1. 2． 已知函数f(x)的定义域为R，其导函数f′(x)的图象如图所示，则对 于任意x1，x2∈R(x1≠x2)，下列结论正确的是 (　　) ①f(x)<0恒成立； ②(x1－x2)·[f(x1)－f

37、(x2)]<0； ③(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]>0； ④f()>； ⑤f()<. A．①③ B．①③④ C．②④ D．②⑤ 答案　D 解析　由函数f(x)的导函数的图象可得，函数f(x)是减函数，且随 着自变量的增大，导函数越来越大，即函数f(x)图象上的点向右运 动时，该点的切线的斜率为负，且值越来越大，由此可作出函数 f(x)的草图如图所示，由图示可得<0且 f()<，由此可得结论中仅②⑤正确，故应选D. 3． 已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若∃x1，x2∈R，使得f

38、(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是________． 答案　[－，＋∞) 解析　f′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x) 当x>－1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增； 当x<－1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减． 所以函数f(x)的最小值为f(－1)＝－. 而函数g(x)的最大值为a，则由题意， 可得－≤a即a≥－. 4． 已知f(x)＝ax－ln x，x∈(0，e]，g(x)＝，其中e是自然常数，a∈R. (1)讨论a＝1时，函数f(x)的单调性和极值； (2)求证：在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋； (3

39、)是否存在正实数a，使f(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由． (1)解　∵f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝， ∴当0<x<1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减； 当1<x≤e时，f′(x)>0时，此时f(x)单调递增． ∴f(x)的极小值为f(1)＝1. (2)证明　∵f(x)的极小值为1，即f(x)在(0，e]上的最小值为1，∴[f(x)]min＝1. 又g′(x)＝， ∴当0<x<e时，g′(x)>0，g(x)在(0，e]上单调递增． ∴[g(x)]max＝g(e)＝<， ∴[

40、f(x)]min－[g(x)]max>， ∴在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋. (3)解　假设存在正实数a，使f(x)＝ax－ln x(x∈(0，e])有最小值3， 则f′(x)＝a－＝. ①当0<<e时，f(x)在(0，)上单调递减， 在(，e]上单调递增， [f(x)]min＝f()＝1＋ln a＝3，a＝e2，满足条件； ②当≥e时，f(x)在(0，e]上单调递减， [f(x)]min＝f(e)＝ae－1＝3， a＝(舍去)，所以，此时f(x)无最小值． 综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时f(x)有最小值3. 5． 已知函数

41、f(x)＝2ln x－ax＋a(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)≤0恒成立，证明：当0<x1<x2时，<2(－1)． 解　(1)f′(x)＝，x>0. 若a≤0，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 若a>0，当x∈(0，)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减． (2)由(1)知，若a≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又f(1)＝0，故f(x)≤0不恒成立． 若a>2，当x∈(，1)时，f(x)单调递减，f(x)>f(1)＝0，不合题意， 若0<a<2，当x∈(1，)时，f(x)单调递增，f(x)>f(1)＝0，不合题意， 若a＝2，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，f(x)≤f(1)＝0符合题意． 故a＝2，且ln x≤x－1(当且仅当x＝1时取“＝”)． 当0<x1<x2时，f(x2)－f(x1)＝2ln－2(x2－x1) <2(－1)－2(x2－x1)＝2(－1)(x2－x1)， 所以<2(－1)．