【走向高考】（全国通用）2022高考数学二轮复习第一部分微专题强化练专题5导数及其应用一、选择题1．(文)曲线y＝xex＋2x－1在点(0，－1)处的切线方程为( )A．y＝3x－1 B．y＝－3x－1C．y＝3x＋1D．y＝－2x－1[答案] A[解析] k＝y′|x＝0＝(ex＋xex＋2)|x＝0＝3，∴切线方程为y＝3x－1，故选A.(理)(2022·吉林市质检)若函数f(x)＝2sinx(x∈[0，π])在点P处的切线平行于函数g(x)＝2·(＋1)在点Q处的切线，则直线PQ的斜率( )A．1 B.C.D.2[答案] C[解析] f′(x)＝2cosx，x∈[0，π]，∴f′(x)∈[－2,2]，g′(x)＝＋≥2，当且仅当x＝1时，等号成立，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则由题意知，2cosx1＝＋，∴2cosx1＝2且＋＝2，∵x1∈[0，π]，∴x1＝0，∴y1＝0，x2＝1，y2＝，∴kPQ＝＝.[方法点拨] 1.导数的几何意义函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)．2．求曲线y＝f(x)的切线方程的类型及方法(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f(x)过点P的切线方程：求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程；(2)已知切线的斜率为k，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程；14\n(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程．3．若曲线的切线与已知直线平行或垂直，求曲线的切线方程时，先由平行或垂直关系确定切线的斜率，再由k＝f′(x0)求出切点坐标(x0，y0)，最后写出切线方程．4．(1)在点P处的切线即是以P为切点的切线，P一定在曲线上．(2)过点Q的切线即切线过点Q，Q不一定是切点，所以本题的易错点是把点Q作为切点．因此在求过点P的切线方程时，应首先检验点P是否在已知曲线上．2．已知f(x)为定义在(－∞，＋∞)上的可导函数，且f(x)<f′(x)对于x∈R恒成立，且e为自然对数的底，则下面正确的是( )A．f(1)>e·f(0)，f(2022)>e2022·f(0)B．f(1)<e·f(0)，f(2022)>e2022·f(0)C．f(1)>e·f(0)，f(2022)<e2022·f(0)D．f(1)<e·f(0)，f(2022)<e2022·f(0)[答案] A[解析] 设F(x)＝，则F′(x)＝＝，∵f(x)<f′(x)对于x∈R恒成立，∴F′(x)>0，即F(x)在x∈R上为增函数，∴F(1)>F(0)，F(2022)>F(0)，即>，>，∴f(1)>ef(0)，f(2022)>e2022f(0)．[方法点拨] 1.函数的单调性与导数在区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增．如果f′(x)<0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递减．2．利用导数研究函数的单调性的步骤．(1)找出函数f(x)的定义域；(2)求f′(x)；(3)在定义域内解不等式f′(x)>0，f′(x)<0.3．求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.14\n4．若已知函数的单调性求参数的值或取值范围，只需转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间内恒成立的问题求解，解题过程中要注意分类讨论；函数单调性问题以及一些相关的逆向问题，都离不开分类讨论思想．3．(2022·新课标Ⅱ理，12)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是( )A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0)D．(0,1)∪(1，＋∞)[答案] A[解析] 考查导数的应用．记函数g(x)＝，则g′(x)＝，因为当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，故当x>0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减；又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，且g(－1)＝g(1)＝0.当0<x<1时，g(x)>0，则f(x)>0；当x<－1时，g(x)<0，则f(x)>0，综上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.[方法点拨] 1.在研究函数的性质与图象，方程与不等式的解，不等式的证明等问题中，根据解题的需要可以构造新的函数g(x)，通过研究g(x)的性质(如单调性、极值等)来解决原问题是常用的方法．如在讨论f′(x)的符号时，若f′(x)的一部分为h(x)，f′(x)的符号由h(x)所决定，则可转化为研究h(x)的极(最)值来解决，证明f(x)>g(x)时，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，转化为h(x)的最小值问题等等．2．应用函数与方程思想解决函数、方程、不等式问题，是多元问题中的常见题型，常见的解题思路有以下两种：(1)分离变量，构造函数，将不等式恒成立、方程求解等转化为求函数的最值(或值域)，然后求解．(2)换元，将问题转化为一次不等式、二次不等式或二次方程，进而构造函数加以解决．3．有关二次方程根的分布问题一般通过两类方法解决：一是根与系数的关系与判别式，二是结合函数值的符号(或大小)、对称轴、判别式用数形结合法处理．4．和函数与方程思想密切关联的知识点①函数y＝f(x)，当y>0时转化为不等式f(x)>0.②数列是自变量为正整数的函数．③直线与二次曲线位置关系问题常转化为二次方程根的分布问题．④立体几何中有关计算问题，有时可借助面积、体积公式转化为方程或函数最值求解．14\n5．注意方程(或不等式)有解与恒成立的区别．6．含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略：(1)∀x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最大值．(2)∃x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最小值．(3)∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最小值．(4)∃x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最大值．(5)∃x1∈[a，b]，当x2∈[c，d]时，f(x1)＝g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的值域与g(x)在[c，d]上的值域交集非空．(6)∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，f(x1)＝g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的值域⊆g(x)在[c，d]上的值域．(7)∀x2∈[c，d]，∃x1∈[a，b]，f(x1)＝g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的值域⊇g(x)在[c，d]上的值域．4．(文)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如下图所示，则该函数的图象是( )[答案] B[解析] 本题考查原函数图象与导函数图象之间的关系．由导数的几何意义可得，y＝f(x)在[－1,0]上每一点处的切线斜率逐渐变大，而在[0,1]上则逐渐变小，故选B.(理)(2022·石家庄市质检)定义在区间[0,1]上的函数f(x)的图象如下图所示，以A(0，f(0))、B(1，f(1))、C(x，f(x))为顶点的△ABC的面积记为函数S(x)，则函数S(x)的导函数S′(x)的大致图象为( )14\n[答案] D[解析] ∵A、B为定点，∴|AB|为定值，∴△ABC的面积S(x)随点C到直线AB的距离d而变化，而d随x的变化情况为增大→减小→0→增大→减小，∴△ABC的面积先增大再减小，当A、B、C三点共线时，构不成三角形；然后△ABC的面积再逐渐增大，最后再逐渐减小，观察图象可知，选D.[方法点拨] 1.由导函数的图象研究函数的图象与性质，应注意导函数图象位于x轴上方的部分对应f(x)的增区间，下方部分对应f(x)的减区间，与x轴的交点对应函数可能的极值点，导函数的单调性决定函数f(x)增长的速度；2．由函数的图象确定导函数的图象时，应注意观察函数的单调区间、极值点，它们依次对应f′(x)的正负值区间和零点，图象上开或下降的快慢决定导函数的单调性．5．已知常数a、b、c都是实数，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的导函数为f′(x)，f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－115，则a的值是( )A．－B.C．2D．5[答案] C[解析] 依题意得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2，3]，于是有3a>0，－2＋3＝－，－2×3＝，∴b＝－，c＝－18a，函数f(x)在x＝3处取得极小值，于是有f(3)＝27a＋9b＋3c－34＝－115，－a＝－81，a＝2，故选C.二、解答题6．(文)已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.(1)求a；(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.14\n[分析] (1)由导数的几何意义可把斜率用a来表示，再由斜率公式可求出a的值；(2)把曲线与直线只有一个交点转化为函数只有一个零点作为本问的切入点，利用分类讨论的思想和利用导数判断函数的单调性来判断所设函数的单调性，从而得出此函数在每个区间的单调情况，进而求出零点个数，解决本问．[解析] (1)f′(x)＝3x3－6x＋a，f′(0)＝a，由题设得－＝－2，所以a＝1.(2)由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.由题设知1－k>0.当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一实根．当x>0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0，所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根．综上，g(x)在R上有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．(理)已知函数f(x)＝ex－ax(a为常数)的图象与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x>0时，x2<ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.[分析] (1)由导数的几何意义可求出a的值，再根据极值的定义求解；(2)构造函数g(x)＝ex－x2证明其在(0，＋∞)上的最小值大于0；(3)根据(2)的结论可知c≥1时结论成立，当c<1时，令k＝>1，转化为证明x>2lnx＋lnk成立．构造函数h(x)＝x－2lnx－lnk求解．[解析] (1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.又f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2.当x<ln2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>ln2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；14\n所以当x＝ln2时，f(x)有极小值．且极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－ln4，f(x)无极大值．(2)令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln2)＝2－ln4>0，即g′(x)>0.所以g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1>0，所以当x>0时，g(x)>g(0)>0，即x2<ex.(3)①若c≥1，则ex≤cex，又由(2)知，当x>0时x2<ex，所以当x>0时，x2<ce2，取x0＝0当x∈(x0，＋∞)时恒有x2<cex②若0<c<1，令k＝>1，要使不等式x2<cex成立，只要ex>kx2成立，而要使ex>kx2成立，则只要x>ln(kx2)，只要x>2lnx＋lnk成立，令h(x)＝x－2lnx－lnk，则h′(x)＝1－＝，所以当x>2时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)内单调递增又h(x0)＝16k－2ln(16k)－lnk＝8(k－ln2)＋3(k－lnk)＋5k易知k>lnk，k>ln2,5k>0，所以h(x0)>0.即存在x0＝，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.[方法点拨] 函数在某点处的导数等于经过该点的切线的斜率；极值点满足导数等于0，但满足导数等于0的并不一定是极值点，应注意根据极值的定义判断；在证明有些导数问题时，要注意借助上问的结论．7．(文)(2022·四川文，21)已知函数f(x)＝－2xlnx＋x2－2ax＋a2，其中a>0.(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；(2)证明：存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．[解析] 本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、化归与转化等数学思想．(1)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－1－lnx－a)，所以g′(x)＝2－＝.14\n当x∈(0,1)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．(2)由f′(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx，令Φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx，则Φ(1)＝1＞0，Φ(e)＝2(2－e)＜0，于是，存在x0∈(1，e)，使得Φ(x0)＝0.令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)，由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1，即a0∈(0,1)．当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝Φ(x0)＝0再由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．当x∈(1，x0)时，f′(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0；又当x∈(0,1]时，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx＞0，故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.综上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．(理)(2022·江苏，19)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)． (1)试讨论f(x)的单调性；(2)若b＝c－a(实数c是与a无关的常数)，当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，求c的值．[解析] 考查利用导数求函数单调性、极值、函数零点．(1)先求函数导数，通过讨论导函数零点求解；(2)通过构造函数，利用导数与函数关系求解．(1)f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－.当a＝0时，因为f′(x)＝3x2≥0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a>0时，x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(－，0)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减；14\n当a<0时，x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0，x∈时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．(2)由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)＝b，f＝a3＋b，则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f＝ba3＋b<0，从而或.又b＝c－a，所以当a>0时，a3－a＋c>0，或当a<0时，a3－a＋c<0.设g(a)＝a3－a＋c，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，则在(－∞，－3)上g(a)<0，且在∪上g(a)>0均恒成立，从而g(－3)＝c－1≤0，且g＝c－1≥0，因此c＝1.此时，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]，因函数有三个零点，则x2＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，解得a∈(－∞，－3)∪1，∪，＋∞.综上c＝1.[方法点拨] 用导数研究函数综合题的一般步骤：第一步，将所给问题转化为研究函数性质的问题．若已给出函数，直接进入下一步．第二步，确定函数的定义域．第三步，求导数f′(x)，解方程f′(x)＝0，确定f(x)的极值点x＝x0.第四步，判断f(x)在给定区间上的单调性和极值，若在x＝x0左侧f′(x)>0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为极大值，反之f(x0)为极小值，若在x＝x0两侧f′(x)不变号，则x＝x0不是f(x)的极值点．第五步，求f(x)的最值，比较各极值点与区间端点f(a)，f(b)的大小，最大的一个为最大值、最小的一个为最小值．第六步，得出问题的结论．14\n8．济南市“两会”召开前，某政协委员针对自己提出的“环保提案”对某处的环境状况进行了实地调研，据测定，该处的污染指数与附近污染源的强度成正比，与到污染源的距离成反比，比例常数为k(k>0)．现已知相距36km的A、B两家化工厂(污染源)的污染强度分别为正数a、b，它们连线上任意一点C处的污染指数y等于两化工厂对该处的污染指数之和．设AC＝x(km)．(1)试将y表示为x的函数；(2)若a＝1时，y在x＝6处取得最小值，试求b的值．[解析] (1)设点C受A污染源污染指数为，点C受B污染源污染指数为，其中k为比例系数，且k>0.从而点C处污染指数y＝＋(0<x<36)．(2)因为a＝1，所以，y＝＋，y′＝k[－＋]，令y′＝0，得x＝，当x∈(0，)时，函数单调递减；当x∈(，＋∞)时，函数单调递增．∴当x＝时，函数取得最小值，又此时x＝6，解得b＝25，经验证符合题意．所以，污染源B的污染强度b的值为25.[方法点拨] 1.解决实际问题的关键在于建立数学模型和目标函数，把“问题情景”转化为数学语言，抽象为数学问题，选择合适的求解方法．而最值问题的应用题，写出目标函数利用导数求最值是首选的方法，若在函数的定义域内函数只有一个极值点，该极值点即为函数的最值点．2．利用导数解决优化问题的步骤①审题，设未知数；②结合题意列出函数关系式；③确定函数的定义域；④在定义域内求极值、最值；⑤下结论．9．(2022·重庆理，20)设函数f(x)＝(a∈R)．(1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围．14\n[解析] 第一问主要考查了导数的几何意义，导数的求导公式以及极值问题，属于简单题型．第二问属于主要考查了导数的求导公式以及单调性的应用，是高考常考题型，属于简单题型．(1)对f(x)求导得f′(x)＝＝，因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.当a＝0时，f(x)＝，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝.从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝(x－1)，化简得3x－ey＝0.(2)由(1)知f′(x)＝，令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0解得x1＝，x2＝.当x<x1时，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)为减函数；当x1<x<x2时，g(x)>0，即f′(x)>0，故f(x)为增函数；当x>x2时，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)为减函数；由f(x)在[3，＋∞)上为减函数，知x2＝≤3，解得a≥－，故a的取值范围为.[方法点拨] 1.利用导数研究函数最值的一般步骤(1)求定义域；(2)求导数f′(x)；(3)求极值，先解方程f′(x)＝0，验证f′(x)在根左右两侧值的符号确定单调性，若在x＝x0左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为极大值，反之f(x0)为极小值，若在x＝x0两侧f(x)的值不变号，则x＝x0不是f(x)的极值点；(4)求最值，比较各极值点与区间[a，b]的端点值f(a)、f(b)的大小，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．2．已知f(x)在某区间上的极值或极值的存在情况，则转化为方程f′(x)＝0的根的大小或存在情况．14\n10．(文)已知函数f(x)＝(ax2＋bx＋c)ex在[0,1]上单调递减且满足f(0)＝1，f(1)＝0.(1)求a的取值范围；(2)设g(x)＝f(x)－f′(x)，求g(x)在[0,1]上的最大值和最小值．[解析] (1)由f(0)＝1，f(1)＝0得c＝1，a＋b＝－1，则f(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex，f′(x)＝[ax2＋(a－1)x－a]ex依题意须对于任意x∈(0,1)，有f′(x)<0.当a>0时，因为二次函数y＝ax2＋(a－1)x－a的图象开口向上，而f′(0)＝－a<0，所以须f′(1)＝(a－1)e<0，即0<a<1；当a＝1时，对任意x∈(0,1)有f′(x)＝(x2－1)ex<0，f(x)符合条件；当a＝0时，对于任意x∈(0,1)，f′(x)＝－xex<0，f(x)符合条件；当a<0时，因f′(0)＝－a>0，f(x)不符合条件．故a的取值范围0≤a≤1.(2)因为g(x)＝(－2ax＋1＋a)ex，g′(x)＝(－2ax＋1－a)ex，(ⅰ)当a＝0时，g′(x)＝ex>0，g(x)在x＝0处取得最小值g(0)＝1，在x＝1处取得最大值g(1)＝e.(ⅱ)当a＝1时，对于任意x∈(0,1)有g′(x)＝－2xex<0，g(x)在x＝0处取得最大值g(0)＝2，在x＝1处取得最小值g(1)＝0.(ⅲ)当0<a<1时，由g′(x)＝0得x＝>0.①若≥1，即0<a≤时，g(x)在[0,1]上单调递增，g(x)在x＝0处取得最小值g(0)＝1＋a，在x＝1处取得最大值g(1)＝(1－a)e.②若<1，即<a<1时，g(x)在x＝处取得最大值g()＝2ae，在x＝0或x＝1处取得最小值，而g(0)＝1＋a,g(1)＝(1－a)e，则当<a≤时，g(x)在x＝0处取得最小值g(0)＝1＋a；当<a<1时，g(x)在x＝1处取得最小值g(1)＝(1－a)e.[点评] 本题考查导数运算，二次函数、恒成立问题、导数应用等，考查分类讨论数学思想，体现导数的工具作用．第(1)问中不要漏掉a＝0，a＝1.第(2)问分类的依据是判定g(x)在[0,1]上的单调性．(理)设函数f(x)＝axn(1－x)＋b(x>0)，n为正整数，a、b为常数．函数y＝f(x)在(1，14\nf(1))处的切线方程为x＋y＝1.(1)求a、b的值；(2)求函数f(x)的最大值；(3)证明：f(x)<.[分析] (1)根据导数的几何意义及点(1，f(1))在直线x＋y＝1上可求得a、b.(2)通过求导判定f(x)的单调性求其最大值．(3)借用第(2)问的结论f(x)的最大值小于，构造新的函数关系．[解析] (1)因为f(1)＝b，由点(1，b)在直线x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0，因为f′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，所以f′(1)＝－a.又因为切线x＋y＝1的斜率为－1，所以－a＝－1，即a＝1，故a＝1，b＝0.(2)由(1)知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，f′(x)＝(n＋1)xn－1(－x)．令f′(x)＝0，解得x＝，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x＝.在(0，)上，f′(x)>0，故f(x)单调递增；而在(，＋∞)上，f′(x)<0，故f(x)单调递减．故f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f()＝()n(1－)＝.(3)令φ(t)＝lnt－1＋(t>0)，则φ′(t)＝－＝(t>0)．在(0,1)上，φ′(t)<0，故φ(t)单调递减；而在(1，＋∞)上φ′(t)>0，φ(t)单调递增．故φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0.所以φ(t)>0(t>1)，14\n即lnt>1－(t>1)．令t＝1＋，得ln>，即ln()n＋1>lne，所以()n＋1>e，即<.由(2)知，f(x)≤<，故所证不等式成立．[点评] 本题主要考查了导数的几何意义，通过导数求函数的最大值，判断函数的单调性，在判断单调性和求函数的最大值时一定要注意函数的定义域.14
