2017年高考数学（理,山东）二轮专题复习（教师用书）：第1部分 专题6 突破点18 导数的应用(酌情自选)
突破点18 导数的应用(酌情自选)
(对应学生用书第167页)
提炼1
导数与函数的单调性
(1)函数单调性的判定方法
在某个区间(a，b)内，如果f′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在此区间内单调递增；如果f′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在此区间内单调递减．
(2)常数函数的判定方法
如果在某个区间(a，b)内，恒有f′(x)＝0，那么函数y＝f(x)是常数函数，在此区间内不具有单调性．
(3)已知函数的单调性求参数的取值范围
设可导函数f(x)在某个区间内单调递增(或递减)，则可以得出函数f(x)在这个区间内f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，从而转化为恒成立问题来解决(注意等号成立的检验).
提炼2
函数极值的判别注意点
(1)可导函数极值点的导数为0，但导数为0的点不一定是极值点，如函数f(x)＝x3，当x＝0时就不是极值点，但f′(0)＝0.
(2)极值点不是一个点，而是一个数x0，当x＝x0时，函数取得极值．在x0处有f′(x0)＝0是函数f(x)在x0处取得极值的必要不充分条件．
(3)函数f(x)在一闭区间上的最大值是此函数在此区间上的极大值与其端点函数值中的最大值，函数f(x)在一闭区间上的最小值是此函数在此区间上的极小值与其端点函数值中的最小值.
提炼3
函数最值的判别方法
(1)求函数f(x)在闭区间[a，b]上最值的关键是求出f′(x)＝0的根的函数值，再与f(a)，f(b)作比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
(2)求函数f(x)在非闭区间上的最值，只需利用导数法判断函数f(x)的单调性
，即可得结论．
回访1 导数与函数的单调性
1．(2016·全国乙卷)若函数f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是( )
A．[－1,1] B.
C. D.
C [取a＝－1，则f(x)＝x－sin 2x－sin x，f′(x)＝1－cos 2x－cos x，但f′(0)＝1－－1＝－＜0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增的条件，故排除A，B，D.故选C.]
2．(2015·全国卷Ⅱ)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，＋∞)
A [设y＝g(x)＝(x≠0)，则g′(x)＝，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，
∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0.
∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数，
∴g(x)的图象的示意图如图所示．
当x>0，g(x)>0时，f(x)>0,0
0，x<－1，
∴使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.]
回访2 函数的极值与最值
3．(2014·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是( )
A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)
B [f′(x)＝3ax2－6x，
当a＝3时，f′(x)＝9x2－6x＝3x(3x－2)，
则当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；
x∈时，f′(x)<0；
x∈时，f′(x)>0，注意f(0)＝1，f＝>0，则f(x)的大致图象如图(1)所示．
(1)
不符合题意，排除A、C.
当a＝－时，f′(x)＝－4x2－6x＝－2x(2x＋3)，则当x∈时，f′(x)<0，x∈时，f′(x)>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，注意f(0)＝1，f＝－
，则f(x)的大致图象如图(2)所示．
(2)
不符合题意，排除D.]
4．(2016·北京高考)设函数f(x)＝
(1)若a＝0，则f(x)的最大值为________；
(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________．
2 a<－1 [由当x≤a时，f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1.
如图是函数y＝x3－3x与y＝－2x在没有限制条件时的图象．
(1)若a＝0，则f(x)max＝f(－1)＝2.
(2)当a≥－1时，f(x)有最大值；
当a<－1时，y＝－2x在x>a时无最大值，且－2a>(x3－3x)max，所以a<－1.]
(对应学生用书第167页)
热点题型1 利用导数研究函数的单调性问题
题型分析：利用导数研究函数的单调性问题常在解答题的第(1)问中呈现，有一定的区分度，此类题涉及函数的极值点、利用导数判断函数的单调性、不等式的恒成立等.
(2016·烟台二模)已知函数f(x)＝aln(x＋1)－b(x＋1)2图象上点P(1，f(1))处的切线方程为y＝－3x＋2ln 2－1.
(1)求a，b的值，并判断f(x)的单调性；
(2)若方程f(x)－t＝0在内有两个不等实数根，求实数t的取值范围(其中e为自然对数的底数，e＝2.718 28…)；
(3)设g(x)＝－2x2＋x＋m－1，若对任意的x∈(－1,2)，f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围．
[解] (1)由题意可知，x∈(－1，＋∞)，
f′(x)＝－2b(x＋1)，f′(1)＝－4b，f(1)＝aln 2－4b，
可得，－4b＝－3，aln 2－4b＝2ln 2－4，解得a＝2，b＝1.3分
此时f′(x)＝－2(x＋1)＝，
因为x∈(－1，＋∞)，当x∈(－1,0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减.5分
(2)依题意，t＝2ln(x＋1)－(x＋1)2，由(1)可知，
当x∈，f(x)单调递增，当x∈(0，e－1)，f(x)单调递减，6分
而f(0)＝－1，f＝－2－，f(e－1)＝2－e2，
因为－2－－(2－e2)＝e2－4－＞0，8分
所以f＞f(e－1)，要使方程f(x)－t＝0在内有两个不等实数根，
只需－2－≤t＜－1，所以－2－≤t＜－1.10分
(3)由f(x)≤g(x)可得，2ln(x＋1)－(x＋1)2≤－2x2＋x＋m－1，
即2ln(x＋1)＋x2－3x≤m在x∈(－1,2)上恒成立，
令h(x)＝2ln(x＋1)＋x2－3x，11分
h′(x)＝＋2x－3＝＝，
当x∈时，h′(x)＞0，单调递增，x∈，h′(x)＜0，单调递减，
x∈(1,2)时，h′(x)＞0，单调递增，又h＝－2ln 2，h(2)＝2ln 3－2，13分
又h－h(2)＝－2ln 6＞0，
所以hmax(x)＝h＝－2ln 2，所以m≥－2ln 2.14分
根据函数y＝f(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围的方法：
(1)若函数y＝f(x)在(a，b)上单调递增，转化为f′(x)≥0在(a，b)上恒成立求解．
(2)若函数y＝f(x)在(a，b)上单调递减，转化为f′(x)≤0在(a，b)上恒成立求解．
(3)若函数y＝f(x)在(a，b)上单调，转化为f′(x)在(a，b)上不变号即f′(x)在(a，b)上恒正或恒负．
(4)若函数y＝f(x)在(a，b)上不单调，转化为f′(x)在(a，b)上变号．
[变式训练1] (2016·重庆模拟)设函数f(x)＝(a∈R).
【导学号：67722067】
(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．
[解] (1)对f(x)求导得
f′(x)＝
＝.2分
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＝0.6分
(2)由(1)知f′(x)＝.
令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，
由g(x)＝0，解得x1＝，
x2＝.8分
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.12分
热点题型2 利用导数研究函数的极值、最值问题
题型分析：利用导数研究函数的极值、最值是高考重点考查内容，主要以解答题的形式考查，难度较大.
(2016·山东高考)设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R.
(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；
(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围．
[解] (1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，1分
可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)．
所以g′(x)＝－2a＝.2分
当a≤0，x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；3分
当a>0，x∈时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
x∈时，函数g(x)单调递减.5分
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.6分
(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.7分
②当01，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.9分
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.11分
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a>.13分
利用导数研究函数极值、最值的方法
1．若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．
2．若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．
3．求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
[变式训练2] (2016·全国丙卷)设函数f(x)＝αcos 2x＋(α－1)·(cos x＋1)，其中α>0，记|f(x)|的最大值为A.
(1)求f′(x)；
(2)求A；
(3)证明|f′(x)|≤2A.
[解] (1)f′(x)＝－2αsin 2x－(α－1)sin x．2分
(2)当α≥1时，|f(x)|＝|αcos 2x＋(α－1)(cos x＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f(0)．故A＝3α－2.
当0<α<1时，将f(x)变形为
f(x)＝2αcos2x＋(α－1)cos x－1.
令g(t)＝2at2＋(α－1)t－1，
则A是|g(t)|在[－1,1]上的最大值，
g(－1)＝α，g(1)＝3α－2，
且当t＝时，g(t)取得极小值，
极小值为g＝－－1＝－.
令－1<<1，解得α>.6分
①当0<α≤时，g(t)在(－1,1)内无极值点，|g(－1)|＝α，|g(1)|＝2－3α，|g(－1)|＜|g(1)|，
所以A＝2－3α.
②当<α<1时，由g(－1)－g(1)＝2(1－α)>0，
知g(－1)＞g(1)>g.
又－|g(－1)|＝＞0，
所以A＝＝.
综上，A＝8分
(3)证明：由(1)得|f′(x)|＝|－2αsin 2x－(α－1)sin x|≤2α＋|α－1|.
当0<α≤时，|f′(x)|≤1＋α≤2－4α＜2(2－3α)＝2A.
当<α＜1时，A＝＋＋≥1，
所以|f′(x)|≤1＋α＜2A.
当α≥1时，|f′(x)|≤3α－1≤6α－4＝2A.
所以|f′(x)|≤2A.12分
热点题型3 利用导数解决不等式问题
题型分析：此类问题以函数、导数与不等式相交汇为命题点，实现函数与导数、不等式及求最值的相互转化，达成了综合考查考生解题能力的目的.
设函数f(x)＝x2＋ln(x＋1)．
(1)求证：当x∈(0，＋∞)时，f(x)＞x恒成立；
(2)求证：＋＋…＋＜ln 2 016；
(3)求证：＜n(1－cos 1＋ln 2)．
[证明] (1)设g(x)＝x－f(x)＝x－x2－ln(x＋1)，
则g′(x)＝1－2x－＝.
当x＞0时，g′(x)＜0，
所以g(x)在(0，＋∞)上递减，
所以g(x)＜g(0)＝0，即x＜f(x)恒成立.4分
(2)由(1)知，x＞0时，x－x2＜ln(x＋1)，
令x＝(n∈N*)，
得－＜ln ，
所以＜，
即＋＋…＋＜ln 2 016.7分
(3)因为y＝sin x在[0,1]上单调递增，
所以sin
＝n
＜nsin xdx＝n(－cos x)|＝n(1－cos 1)．
又y＝在[0,1]上单调递减，9分
所以
＝＋＋…＋
＝n
＜ndx
＝nln(1＋x)|
＝nln 2.11分
所以＜n(1－cos 1＋ln 2).12分
1．利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数h(x)．
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
2．构造辅助函数的四种方法
(1)移项法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)．
(2)构造“形似”
函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．
(3)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x))．
(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．
[变式训练3] (名师押题)已知函数f(x)＝ln x－mx＋m，m∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；
(3)在(2)的条件下，任意的0＜a＜b，求证：＜.
[解] (1)f′(x)＝－m＝(x∈(0，＋∞))．
当m≤0时，f′(x)＞0恒成立，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m＞0时，由f′(x)＝－m＝＞0，
则x∈，则f(x)在上单调递增，在上单调递减.4分
(2)由(1)得：当m≤0时显然不成立；
当m＞0时，f(x)max＝f＝ln－1＋m＝m－ln m－1，
只需m－ln m－1≤0，即令g(x)＝x－ln x－1，则g′(x)＝1－，
函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝0.
则若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，m＝1.8分
(3)证明：＝＝－1＝·－1，
由0＜a＜b得＞1，
由(2)得：ln≤－1，则·－1≤－1＝＝＜，
则原不等式＜成立.12分
专题限时集训(十八) 导数的应用
[A组 高考达标]
一、选择题
1．(2016·四川高考)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝( )
A．－4 B．－2
C．4 D．2
D [由题意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0得x＝±2，∴当x<－2或x>2时，f′(x)>0；当－20时，f(x)＝f(－x)＝ln x－3x，所以f′(x)＝－3，则f′(1)＝－2.所以y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－2(x－1)，即y＝－2x－1.]
7．(2016·长沙一模)已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，其导函数记为f′(x)，若对于任意的实数x，有f(x)＞f′(x)，且y＝f(x)－1是奇函数，则不等式f(x)＜ex的解集为________．
(0，＋∞) [由题意令g(x)＝，
则g′(x)＝
＝.
因为f(x)＞f′(x)，所以g′(x)＜0，
即g(x)在R上是单调递减函数，
因为y＝f(x)－1为奇函数，所以f(0)－1＝0，即f(0)＝1，g(0)＝1，
则不等式f(x)＜ex等价为＜1＝g(0)，
即g(x)＜g(0)，
解得x＞0，所以不等式的解集为(0，＋∞)．]
8．(2016·郑州一模)已知函数f(x)＝x3－3ax(a∈R)，若直线x＋y＋m＝0对任意的m∈R都不是曲线y＝f(x)的切线，则a的取值范围为________．
a＜ [f(x)＝x3－3ax(a∈R)，则f′(x)＝3x2－3a，
若直线x＋y＋m＝0对任意的m∈R都不是曲线y＝f(x)的切线，
则直线的斜率为－1，f′(x)＝3x2－3a与直线x＋y＋m＝0没有交点，
又抛物线开口向上则必在直线上面，即最小值大于直线斜率，
则当x＝0时取最小值，－3a＞－1，
则a的取值范围为a＜.]
三、解答题
9．(2016·潍坊二模)已知函数f(x)＝＋bln x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x.
(1)求函数f(x)的单调区间及极值；
(2)若∀x≥1，f(x)≤kx恒成立，求k的取值范围．
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝，2分
故f′(1)＝b－a＝1，
又f(1)＝a，点(1，a)在直线y＝x上，
∴a＝1，则b＝2.
∴f(x)＝＋2ln x且f′(x)＝，
当0＜x＜时，f′(x)＜0，当x＞时，
f′(x)＞0，
故函数f(x)的单调增区间为，单调减区间为，
f(x)极小值＝f＝2－2ln 2，无极大值.6分
(2)由题意知，k≥＝＋(x≥1)恒成立，
令g(x)＝＋(x≥1)，
则g′(x)＝－＝(x≥1)，8分
令h(x)＝x－xln x－1(x≥1)，
则h′(x)＝－ln x(x≥1)，
当x≥1时，h′(x)≤0，h(x)在[1，＋∞)上为减函数，
故h(x)≤h(1)＝0，故g′(x)≤0，
∴g(x)在[1，＋∞)上为减函数，
故g(x)的最大值为g(1)＝1，∴k≥1.12分
10．(2016·北京高考)设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围；
(3)求证：a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件．
[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分
(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.8分
(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.10分
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.13分
[B组 名校冲刺]
一、选择题
1．(2016·江西赣中南五校联考)已知函数y＝f(x)对任意的x∈满足f′(x)cos x＋f(x)sin x＞0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是
( )
A.f＜f B.f＜f
C．f(0)＞2f D．f(0)＞f
A [令g(x)＝，则
g′(x)＝
＝，由对任意的x∈满足f′(x)cos x＋f(x)sin x＞0，可得g′(x)＞0，即函数g(x)在上为增函数，则g＜g，即＜，
即f＜f.故选A.]
2．(2016·忻州模拟)已知函数f(x)＝ax2＋bx－ln x(a＞0，b∈R)，若对任意x＞0，f(x)≥f(1)，则( )
A．ln a＜－2b B．ln a≤－2b
C．ln a＞－2b D．ln a≥－2b
A [f′(x)＝2ax＋b－，由题意可知f′(1)＝0，即2a＋b＝1，由选项可知，只需比较ln a＋2b与0的大小，而b＝1－2a，所以只需判断ln a＋2－4a的符号．构造一个新函数g(x)＝2－4x＋ln x，则g′(x)＝－4，令g′(x)＝0，得x＝，当x＜时，g(x)为增函数，当x＞时，g(x)为减函数，所以对任意x＞0有g(x)≤g＝1－ln 4＜0，所以有g(a)＝2－4a＋ln a＝2b＋ln a＜0⇒ln a＜－2b，故选A.]
3．(2016·深圳一模)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x有两个不同零点，则实数a的取值范围是( )
A．(0,1) B．(－∞，1)
C. D.
A [令g(x)＝ln x，h(x)＝ax2－x，
将问题转化为两个函数图象交点的问题．
当a≤0时，g(x)和h(x)的图象只有一个交点，不满足题意；
当a＞0时，由ln x－ax2＋x＝0，得a＝.
令r(x)＝，则
r′(x)＝
＝，
当0＜x＜1时，r′(x)＞0，r(x)是单调增函数，
当x＞1时，r′(x)＜0，r(x)是单调减函数，且＞0，∴0＜a＜1.
∴a的取值范围是(0,1)．故选A.]
4．(2016·南昌模拟)已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是( )
【导学号：67722070】
A．(－∞，0) B.
C．(0,1) D．(0，＋∞)
B [∵f(x)＝x(ln x－ax)，
∴f′(x)＝ln x－2ax＋1，
由题意可知f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，
令f′(x)＝0，则2a＝，
令g(x)＝，则g′(x)＝，
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
又∵当x→0时，g(x)→－∞，
当x→＋∞时，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1，
∴只需0＜2a＜1⇒0＜a＜.]
二、填空题
5．(2016·皖南八校联考)已知x∈(0,2)，若关于x的不等式＜恒成立，则实数k的取值范围为________．
[0，e－1) [依题意，知k＋2x－x2＞0，即k＞x2－2x对任意x∈(0,2)恒成立，从而k≥0，所以由＜可得k＜＋x2－2x.令f(x)＝＋x2－2x，则f′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1).
令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1,2)时，f′(x)＞0，函数f(x)在(1,2)上单调递增，当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，函数f(x)在(0,1)上单调递减，所以k＜f(x)min＝f(1)＝e－1，故实数k的取值范围是[0，e－1)．]
6．(2016·武汉模拟)已知函数g(x)满足g(x)＝g′(1)ex－1－g(0)x＋x2，且存在实数x0使得不等式2m－1≥g(x0)成立，则m的取值范围为________．
[1，＋∞) [g′(x)＝g′(1)ex－1－g(0)＋x，当x＝1时，
g(0)＝1，由g(0)＝g′(1)e0－1，解得g′(1)＝e，所以g(x)＝ex－x＋x2，则g′(x)＝ex－1＋x，当x＜0时，g′(x)＜0，当x＞0时，g′(x)＞0，所以当x＝0时，函数g(x)取得最小值g(0)＝1，根据题意将不等式转化为2m－1≥g(x)min＝1，所以m≥1.]
三、解答题
7．(2016·全国甲卷)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2.
故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.4分
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－＞0.
设g(x)＝ln x－，
则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.8分
①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)＞0；
②当a＞2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.
由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此g(x)＜0.
综上，a的取值范围是(－∞，2].12分
8．(2016·四川高考)设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x>1时，g(x)>0；
(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立．
[解] (1)由题意得f′(x)＝2ax－＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．
当a>0时，由f′(x)＝0有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.4分
(2)证明：令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.
当x>1时，s′(x)>0，所以ex－1>x，
从而g(x)＝－>0.8分
(3)由(2)知，当x>1时，g(x)>0.
当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0.
故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
当01.
由(1)有f0，
所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立.11分
当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)．
当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0.
因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，
即f(x)>g(x)恒成立．
综上，a∈.14分
