压轴大题突破练——函数与导数(一)1．已知f(x)＝x3＋ax2－a2x＋2.(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若a≠0，求函数f(x)的单调区间；(3)若不等式2xlnx≤f′(x)＋a2＋1恒成立，求实数a的取值范围．解 (1)∵a＝1，∴f(x)＝x3＋x2－x＋2，∴f′(x)＝3x2＋2x－1，∴k＝f′(1)＝4，又f(1)＝3，∴切点坐标为(1,3)，∴所求切线方程为y－3＝4(x－1)，即4x－y－1＝0.(2)f′(x)＝3x2＋2ax－a2＝(x＋a)(3x－a)，由f′(x)＝0得x＝－a或x＝.①当a>0时，由f′(x)<0，得－a<x<.由f′(x)>0，得x<－a或x>，此时f(x)的单调递减区间为(－a，)，单调递增区间为(－∞，－a)和(，＋∞)．②当a<0时，由f′(x)<0，得<x<－a.由f′(x)>0，得x<或x>－a，此时f(x)的单调递减区间为(，－a)，单调递增区间为(－∞，)和(－a，＋∞)．综上：当a>0时，f(x)的单调递减区间为(－a，)，单调递增区间为(－∞，－a)和(，＋∞)．当a<0时，f(x)的单调递减区间为(，－a)，单调递增区间为(－∞，)和(－a，＋∞)．(3)依题意x∈(0，＋∞)，不等式2xlnx≤f′(x)＋a2＋1恒成立，等价于2xlnx≤3x2＋2ax＋1在(0，＋∞)上恒成立，可得a≥lnx－x－在(0，＋∞)上恒成立，设h(x)＝lnx－－，则h′(x)＝－＋＝－.-4-\n令h′(x)＝0，得x＝1，x＝－(舍)，当0<x<1时，h′(x)>0；当x>1时，h′(x)<0.当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1，＋∞)h′(x)＋0－h(x)单调递增－2单调递减∴当x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝－2，∴a≥－2，∴a的取值范围是[－2，＋∞)．2．已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x，g(x)＝ax＋＋1＋2xcosx．当x∈[0,1]时，(1)求证：1－x≤f(x)≤；(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．(1)证明 要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≥1－x，只需证明(1＋x)e－x≥(1－x)ex.记h(x)＝(1＋x)e－x－(1－x)ex，则h′(x)＝x(ex－e－x)．当x∈(0,1)时，h′(x)>0，因此h(x)在[0,1]上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0，所以f(x)≥1－x，x∈[0,1]．要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≤，只需证明ex≥x＋1.记K(x)＝ex－x－1，则K′(x)＝ex－1，当x∈(0,1)时，K′(x)>0，因此K(x)在[0,1]上是增函数，故K(x)≥K(0)＝0.所以f(x)≤，x∈[0,1]．综上，1－x≤f(x)≤，x∈[0,1]．(2)解 f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2x－(ax＋＋1＋2xcosx)≥1－x－ax－1－－2xcosx＝－x(a＋1＋＋2cosx)．(由(1)知)故G(x)＝＋2cosx，则G′(x)＝x－2sinx.记H(x)＝x－2sinx，则H′(x)＝1－2cosx，当x∈(0,1)时，H′(x)<0，于是G′(x)在[0,1]上是减函数．从而当x∈(0,1)时，G′(x)<G′(0)＝0.故G(x)在[0,1]上是减函数．于是G(x)≤G(0)＝2，-4-\n从而a＋1＋G(x)≤a＋3.所以，当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0,1]上恒成立．下面证明，当a>－3时，f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立．f(x)－g(x)≤－1－ax－－2xcosx＝－ax－－2xcosx＝－x(＋a＋＋2cosx)．(由(1)知)记I(x)＝＋a＋＋2cosx＝＋a＋G(x)，则I′(x)＝＋G′(x)，当x∈(0,1)时，I′(x)<0，故I(x)在[0,1]上是减函数，于是I(x)在[0,1]上的值域为[a＋1＋2cos1，a＋3]．因为当a>－3时，a＋3>0，所以存在x0∈(0,1)，使得I(x0)>0，此时f(x0)<g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立．综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．3．已知定义在正实数集上的函数f(x)＝x2＋2ax，g(x)＝3a2lnx＋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)．(1)解 f′(x)＝x＋2a，g′(x)＝，由题意知f(x0)＝g(x0)，f′(x0)＝g′(x0)，即由x0＋2a＝，得x0＝a或x0＝－3a(舍去)．即有b＝a2＋2a2－3a2lna＝a2－3a2lna.令h(t)＝t2－3t2lnt(t>0)，则h′(t)＝2t(1－3lnt)．于是当t(1－3lnt)>0，即0<t<e时，h′(t)>0；当t(1－3lnt)<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，-4-\n即b的最大值为e.(2)证明 设F(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋2ax－3a2lnx－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)．4．已知f(x)＝x2＋3x＋1，g(x)＝＋x.(1)a＝2时，求y＝f(x)和y＝g(x)的公共点个数；(2)a为何值时，y＝f(x)和y＝g(x)的公共点个数恰为两个．解 (1)由得x2＋3x＋1＝＋x，整理得x3＋x2－x－2＝0(x≠1)．令y＝x3＋x2－x－2，求导得y′＝3x2＋2x－1，令y′＝0，得x1＝－1，x2＝，故得极值点分别在－1和处取得，且极大值、极小值都是负值．故公共点只有一个．(2)由得x2＋3x＋1＝＋x，整理得a＝x3＋x2－x(x≠1)，令h(x)＝x3＋x2－x，联立对h(x)求导可以得到极值点分别在－1和处，画出草图，如图，h(－1)＝1，h()＝－，当a＝h(－1)＝1时，y＝a与y＝h(x)仅有一个公共点(因为(1,1)点不在y＝h(x)曲线上)，故a＝－时恰有两个公共点．-4-
