高科数学专题复习课件：第三章 3_2 第3课时导数的应用

高科数学专题复习课件：第三章 3_2 第3课时导数的应用

§ 3.2 　 导数的应用 第 3 课时　导数与函数的综合问题 课时作业 题型分 类　 深度剖析 内容索引 题型分类　深度剖析 题型一　导数与不等式有关的问题 命题点 1 　解不等式 例 1 　 设 f ( x ) 是定义在 R 上的奇函数， f (2) ＝ 0 ，当 x >0 时， 有 < 0 恒成立，则不等式 x 2 f ( x )>0 的解集是 A.( － 2,0) ∪ (2 ，＋ ∞ ) B .( － 2,0) ∪ (0,2) C.( － ∞ ，－ 2) ∪ (2 ，＋ ∞ ) D.( － ∞ ，－ 2) ∪ (0,2) 答案 解析 又 φ (2) ＝ 0 ， ∴ 当且仅当 0< x <2 时， φ ( x )>0 ， 此时 x 2 f ( x )>0. 又 f ( x ) 为奇函数， ∴ h ( x ) ＝ x 2 f ( x ) 也为奇函数 . 故 x 2 f ( x )>0 的解集为 ( － ∞ ，－ 2) ∪ (0,2). 命题点 2 　证明不等式 例 2 　 (2016· 全国丙卷 ) 设函数 f ( x ) ＝ ln x － x ＋ 1. (1) 讨论 f ( x ) 的单调性； 解答 令 f ′ ( x ) ＝ 0 ，解得 x ＝ 1. 当 0< x <1 时， f ′ ( x )>0 ， f ( x ) 单调递增 ； 当 x >1 时， f ′ ( x )<0 ， f ( x ) 单调递减 . (2) 证明：当 x ∈ (1 ，＋ ∞ ) 时， 1 < < x ； 证明 由 (1) 知， f ( x ) 在 x ＝ 1 处取得最大值，最大值为 f (1) ＝ 0. 所以当 x ≠ 1 时， ln x < x － 1. (3) 设 c >1 ，证明：当 x ∈ (0,1) 时， 1 ＋ ( c － 1) x > c x . 证明 由题设 c >1 ，设 g ( x ) ＝ 1 ＋ ( c － 1) x － c x ，则 g ′ ( x ) ＝ c － 1 － c x ln c ， 当 x < x 0 时， g ′ ( x )>0 ， g ( x ) 单调递增； 当 x > x 0 时， g ′ ( x )<0 ， g ( x ) 单调递减 . 又 g (0) ＝ g (1) ＝ 0 ，故当 0< x <1 时， g ( x )>0. 所以当 x ∈ (0,1) 时， 1 ＋ ( c － 1) x > c x . 例 3 　 已知函数 f ( x ) ＝ . 命题点 3 　不等式恒成立或有解问题 解答 (1) 若函数 f ( x ) 在区间 ( a ， a ＋ ) 上存在极值，求正实数 a 的取值范围； 令 f ′ ( x ) ＝ 0 ，得 x ＝ 1 ； 当 x ∈ (0,1) 时， f ′ ( x )>0 ， f ( x ) 单调递增； 当 x ∈ (1 ，＋ ∞ ) 时， f ′ ( x )<0 ， f ( x ) 单调递减 . 几何画板展示 (2) 如果当 x ≥ 1 时，不等式 f ( x ) ≥ 恒 成立，求实数 k 的取值范围 . 解答 所以 h ( x ) ≥ h (1) ＝ 1 ，所以 g ′ ( x )>0 ， 所以 g ( x ) 为单调增函数，所以 g ( x ) ≥ g (1) ＝ 2 ， 故 k ≤ 2. 所以实数 k 的取值范围是 ( － ∞ ， 2]. 引申探究 本 例 ( 2) 中若改为：存在 x 0 ∈ [1 ， e] ，使不等式 f ( x ) ≥ 成立 ，求实数 k 的取值范围 . 解答 思维 升华 (1) 利用导数解不等式的思路 已知一个含 f ′ ( x ) 的不等式，可得到和 f ( x ) 有关的函数的单调性，然后可利用函数单调性解不等式 . (2) 利用导数证明不等式的方法 证明 f ( x )< g ( x ) ， x ∈ ( a ， b ) ，可以构造函数 F ( x ) ＝ f ( x ) － g ( x ) ，如果 F ′ ( x )<0 ，则 F ( x ) 在 ( a ， b ) 上是减函数，同时若 F ( a ) ≤ 0 ，由减函数的定义可知， x ∈ ( a ， b ) 时，有 F ( x )<0 ，即证明了 f ( x )< g ( x ). (3) 利用导数解决不等式的恒成立问题的策略 ① 首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围 . ② 也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题 . 跟踪训练 1 　 (2015· 福建 ) 已知函数 f ( x ) ＝ ln x － . (1) 求函数 f ( x ) 的单调递增区间； 解答 则有 F ′ ( x ) ＝ . (2) 证明：当 x ＞ 1 时， f ( x ) ＜ x － 1 ； 证明 当 x ∈ (1 ，＋ ∞ ) 时， F ′ ( x ) ＜ 0 ， 所以 F ( x ) 在 (1 ，＋ ∞ ) 上单调递减， 故当 x ＞ 1 时， F ( x ) ＜ F (1) ＝ 0 ， 即当 x ＞ 1 时， f ( x ) ＜ x － 1. 令 F ( x ) ＝ f ( x ) － ( x － 1) ， x ∈ (0 ，＋ ∞ ). (3) 确定实数 k 的所有可能取值，使得存在 x 0 ＞ 1 ，当 x ∈ (1 ， x 0 ) 时，恒有 f ( x ) ＞ k ( x － 1). 解答 由 (2) 知，当 k ＝ 1 时，不存在 x 0 ＞ 1 满足题意 . 当 k ＞ 1 时，对于 x ＞ 1 ，有 f ( x ) ＜ x － 1 ＜ k ( x － 1) ，则 f ( x ) ＜ k ( x － 1) ， 从而不存在 x 0 ＞ 1 满足题意 . 当 k ＜ 1 时，令 G ( x ) ＝ f ( x ) － k ( x － 1) ， x ∈ (0 ，＋ ∞ ) ， 由 G ′ ( x ) ＝ 0 ，得－ x 2 ＋ (1 － k ) x ＋ 1 ＝ 0. 当 x ∈ (1 ， x 2 ) 时， G ′ ( x ) ＞ 0 ， 故 G ( x ) 在 (1 ， x 2 ) 内单调递增 . 从而当 x ∈ (1 ， x 2 ) 时， G ( x ) ＞ G (1) ＝ 0 ， 即 f ( x ) ＞ k ( x － 1). 综上， k 的取值范围是 ( － ∞ ， 1). 题型二　利用导数研究函数零点问题 例 4 　 (2016· 福州模拟 ) 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； 解答 当 a ＝ 1 时， f ( x ) ＝ x － 1 － 2ln x ， 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) 若函数 f ( x ) 在区间 (0 ， ) 上无零点，求 a 的最小值 . 解答 几何画板展示 f ( x ) ＝ (2 － a )( x － 1) － 2ln x ， 令 m ( x ) ＝ (2 － a )( x － 1) ， x >0 ， h ( x ) ＝ 2ln x ， x >0 ， 则 f ( x ) ＝ m ( x ) － h ( x ) ， ∴ a ≥ 2 － 4ln 2 ， ∴ 2 － 4ln 2 ≤ a ＜ 2 ， 由 ①② 得 a ≥ 2 － 4ln 2 ， ∴ a min ＝ 2 － 4ln 2. 思维 升华 利用导数研究方程的根 ( 函数的零点 ) 的策略 研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题 . 可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数 . 跟踪训练 2 　 (2016· 郑州模拟 ) 定义在 R 上的奇函数 y ＝ f ( x ) 满足 f (3) ＝ 0 ，且不等式 f ( x )> － xf ′ ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上恒成立，则函数 g ( x ) ＝ xf ( x ) ＋ lg| x ＋ 1| 的零点个数为 A.4 B.3 C.2 D.1 答案 解析 定义在 R 上的奇函数 f ( x ) 满足： f (0) ＝ 0 ＝ f (3) ＝ f ( － 3) ， f ( － x ) ＝－ f ( x ) ， 当 x >0 时， f ( x )> － xf ′ ( x ) ，即 f ( x ) ＋ xf ′ ( x )>0 ， ∴ [ xf ( x ) ] ′ >0 ，即 h ( x ) ＝ xf ( x ) 在 x >0 时是增函数， 又 h ( － x ) ＝－ xf ( － x ) ＝ xf ( x ) ， ∴ h ( x ) ＝ xf ( x ) 是偶函数， ∴ 当 x <0 时， h ( x ) 是减函数，结合函数的定义域为 R ， 且 f (0) ＝ f (3) ＝ f ( － 3) ＝ 0 ， 可得函数 y 1 ＝ xf ( x ) 与 y 2 ＝－ lg| x ＋ 1| 的大致图象如图 ， 由图象可知，函数 g ( x ) ＝ xf ( x ) ＋ lg| x ＋ 1| 的零点的个数为 3 . 题型三　利用导数研究生活中的优化问题 例 5 　 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； 解 答 因为当 x ＝ 5 时， y ＝ 11 ， 所以 ＋ 10 ＝ 11 ， a ＝ 2. (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 . 解答 由 (1) 可知，该商品每日的销售量为 y ＝ ＋ 10( x － 6) 2 . 所以商场每日销售该商品所获得的利润为 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，当 x ＝ 4 时，函数 f ( x ) 取得极大值，也是最大值 . 所以，当 x ＝ 4 时，函数 f ( x ) 取得最大值且最大值等于 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 利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤 (1) 分析实际问题中各个量之间的关系，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使 f ′ ( x ) ＝ 0 的点的函数值的大小，最大 ( 小 ) 者为最大 ( 小 ) 值；若函数在开区间内只有一个极值点，那么该极值点就是最值点 . (4) 回归实际问题作答 . 令 y ′ ＝ x 2 － 39 x － 40 ＝ 0 ，得 x ＝－ 1 或 x ＝ 40 ， 由于当 0< x <40 时， y ′ <0 ；当 x >40 时， y ′ >0. 所以当 x ＝ 40 时， y 有最小值 . 答案 解析 40 典例 　 (12 分 ) 设 f ( x ) ＝ ＋ x ln x ， g ( x ) ＝ x 3 － x 2 － 3. (1) 如果存在 x 1 ， x 2 ∈ [0,2] 使得 g ( x 1 ) － g ( x 2 ) ≥ 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 ∈ [ ， 2] ，都有 f ( s ) ≥ g ( t ) 成立，求实数 a 的取值范围 . 一审 条件挖隐含 审题路线图系列 规范解答 审题路线图 (1) 存在 x 1 ， x 2 ∈ [0,2] 使得 g ( x 1 ) － g ( x 2 ) ≥ M ↓ ( 正确理解 “ 存在 ” 的含义 ) [ g ( x 1 ) － g ( x 2 ) ] max ≥ M ↓ 挖掘 [ g ( x 1 ) － g ( x 2 ) ] max 的隐含实质 g ( x ) max － g ( x ) min ≥ M ↓ 求得 M 的最大整数值 (2) 对任意 s ， t ∈ [ ， 2] 都有 f ( s ) ≥ g ( t ) ↓ ( 理解 “ 任意 ” 的含义 ) f ( x ) min ≥ g ( x ) max ↓ 求得 g ( x ) max ＝ 1 ＋ x ln x ≥ 1 恒成立 ↓ 分离参数 a a ≥ x － x 2 ln x 恒成立 ↓ 求 h ( x ) ＝ x － x 2 ln x 的最大 值 a ≥ h ( x ) max ＝ h (1) ＝ 1 ↓ a ≥ 1 返回 解　 (1) 存在 x 1 ， x 2 ∈ [0,2] 使得 g ( x 1 ) － g ( x 2 ) ≥ M 成立，等价于 [ g ( x 1 ) － g ( x 2 ) ] max ≥ M . [ 2 分 ] 由 g ( x ) ＝ x 3 － x 2 － 3 ，得 g ′ ( x ) ＝ 3 x 2 － 2 x ＝ 3 x ( x － ). 令 g ′ ( x )>0 ，得 x <0 或 x > ， 则满足条件的最大整数 M ＝ 4 . [ 5 分 ] 设 h ( x ) ＝ x － x 2 ln x ， h ′ ( x ) ＝ 1 － 2 x ln x － x ， 可知 h ′ ( x ) 在区间 [ ， 2] 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 . [ 10 分 ] 即函数 h ( x ) ＝ x － x 2 ln x 在区间 ( ， 1) 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 a ≥ 1 ，即实数 a 的取值范围是 [ 1 ，＋ ∞ ). [ 12 分 ] 返回 课时作业 1 . 已知 f ( x ) ， g ( x ) ( g ( x ) ≠ 0) 分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，当 x <0 时， f ′ ( x ) g ( x )< f ( x ) g ′ ( x ) ，且 f ( － 3) ＝ 0 ， 则 < 0 的解集为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 解析 A.( － ∞ ，－ 3) ∪ (3 ，＋ ∞ ) B .( － 3,0) ∪ (0,3) C.( － 3,0) ∪ (3 ，＋ ∞ ) D .( － ∞ ，－ 3) ∪ (0,3) √ ∵ 当 x <0 时， f ′ ( x ) g ( x )< f ( x ) g ′ ( x ) ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2.(2016· 兰州模拟 ) 已知定义在 R 上的可导函数 f ( x ) 的导函数为 f ′ ( x ) ，满足 f ′ ( x )< f ( x ) ，且 f ( x ＋ 2) 为偶函数， f (4) ＝ 1 ，则不等式 f ( x )0 ，故选 B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3. 方程 x 3 － 6 x 2 ＋ 9 x － 10 ＝ 0 的实根个数是 A.3 B.2 C.1 D.0 √ 答案 解析 设 f ( x ) ＝ x 3 － 6 x 2 ＋ 9 x － 10 ， 则 f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 － 12 x ＋ 9 ＝ 3( x － 1)( x － 3) ， 由此可知函数的极大值为 f (1) ＝－ 6<0 ，极小值为 f (3) ＝－ 10<0 ， 所以方程 x 3 － 6 x 2 ＋ 9 x － 10 ＝ 0 的实根个数为 1 ，故选 C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4. 当 x ∈ [ － 2,1 ] 时，不等式 ax 3 － x 2 ＋ 4 x ＋ 3 ≥ 0 恒成立，则实数 a 的取值范围是 A. [ － 5 ，－ 3] B .[ － 6 ，－ ] C. [ － 6 ，－ 2] D . [ － 4 ，－ 3] √ 答案 解析 令 g ( t ) ＝－ 3 t 3 － 4 t 2 ＋ t ，在 t ∈ [1 ，＋ ∞ ) 上， g ′ ( t )<0 ， g ( t ) 单调递减， 所以 g ( t ) max ＝ g (1) ＝－ 6 ， 因此 a ≥ － 6 ；同理，当 x ∈ [ － 2,0) 时，得 a ≤ － 2. 由以上两种情况得－ 6 ≤ a ≤ － 2 ，显然当 x ＝ 0 时也成立， 故实数 a 的取值范围为 [ － 6 ，－ 2]. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 5. 若商品的年利润 y ( 万元 ) 与年产量 x ( 百万件 ) 的函数关系式： y ＝－ x 3 ＋ 27 x ＋ 123( x >0) ，则获得最大利润时的年产量为 A.1 百万件 B.2 百万 件 C.3 百万件 D.4 百万件 √ 答案 解析 y ′ ＝－ 3 x 2 ＋ 27 ＝－ 3( x ＋ 3)( x － 3) ， 当 0< x <3 时， y ′ >0 ； 当 x >3 时， y ′ <0. 故当 x ＝ 3 时，该商品的年利润最大 . 6.( 2017· 合肥质检 ) 直线 x ＝ t 分别与函数 f ( x ) ＝ e x ＋ 1 的图象及 g ( x ) ＝ 2 x － 1 的图象相交于点 A 和点 B ，则 AB 的最小值为 A.2 B.3 C.4 － 2ln 2 D.3 － 2ln 2 √ 答案 解析 由题意得， AB ＝ |e x ＋ 1 － (2 x － 1 )| ＝ |e x － 2 x ＋ 2| ， 令 h ( x ) ＝ e x － 2 x ＋ 2 ， 则 h ′ ( x ) ＝ e x － 2 ，所以 h ( x ) 在 ( － ∞ ， ln 2) 上单调递减， 在 (ln 2 ，＋ ∞ ) 上单调递增， 所以 h ( x ) min ＝ h (ln 2) ＝ 4 － 2ln 2>0 ， 即 AB 的 最小值是 4 － 2ln 2 ，故选 C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7. 已知函数 f ( x ) ＝ 若 | f ( x )| ≥ ax ，则 a 的取值范围 是 A .( － ∞ ， 0] B .( － ∞ ， 1] C. [ － 2,1] D . [ － 2,0] √ 答案 解析 ① 由 (1) 得 x ( x － 2) ≥ ax 在区间 ( － ∞ ， 0] 上恒成立 . 当 x ＝ 0 时， a ∈ R ； 当 x <0 时，有 x － 2 ≤ a 恒成立， 所以 a ≥ － 2. 故 a ≥ － 2. ② 由 (2) 得 ln( x ＋ 1) － ax ≥ 0 在区间 (0 ，＋ ∞ ) 上恒成立 ， 设 h ( x ) ＝ ln( x ＋ 1) － ax ( x >0) ， 则 h ′ ( x ) ＝ － a ( x >0) ，可知 h ′ ( x ) 为减函数 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 当 a ≤ 0 时， h ′ ( x )>0 ，故 h ( x ) 为增函数， 所以 h ( x )> h (0) ＝ 0 恒成立； 当 a ≥ 1 时， 因为 ∈ (0,1) ， 所以 h ′ ( x ) ＝ － a <0 ，故 h ( x ) 为减函数， 所以 h ( x )< h (0) ＝ 0 恒成立，显然不符合题意； 当 0< a <1 时，对于给定的一个确定值 a ，总可以至少找到一个 x 0 >0 ，满足 h ( x 0 ) ＝ ln( x 0 ＋ 1) － ax 0 <0 成立 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 如 a ＝ 时 ，取 x 0 ＝ 4 ，则 h ( x 0 ) ＝ ln 5 － 2<0 成立， 可知 0< a <1 时，不符合题意 . 故 a ≤ 0. 由 ①② 可知 a 的取值范围是 [ － 2,0]. 8. 若函数 f ( x ) ＝ 2 x ＋ sin x 对任意的 m ∈ [ － 2,2] ， f ( mx － 3) ＋ f ( x )<0 恒成立，则 x 的取值范围是 ________. 答案 解析 ( － 3,1) 因为 f ( x ) 是 R 上的奇函数， f ′ ( x ) ＝ 2 ＋ cos x >0 ，则 f ( x ) 在定义域内为增函数， 所以 f ( mx － 3) ＋ f ( x )<0 可变形为 f ( mx － 3)< f ( － x ) ， 所以 mx － 3< － x ，将其看作关于 m 的一次函数， 则 g ( m ) ＝ x · m － 3 ＋ x ， m ∈ [ － 2,2] ， 可得当 m ∈ [ － 2,2] 时， g ( m )<0 恒成立 . g (2)<0 ， g ( － 2)<0 ，解得－ 3< x <1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9.(2016· 郴州模拟 ) 定义在 R 上的函数 f ( x ) 满足： f ( x ) ＋ f ′ ( x )>1 ， f (0) ＝ 4 ，则不等式 e x f ( x )>e x ＋ 3( 其中 e 为自然对数的底数 ) 的解集为 _________. 答案 解析 (0 ，＋ ∞ ) 设 g ( x ) ＝ e x f ( x ) － e x ( x ∈ R ) ， 则 g ′ ( x ) ＝ e x f ( x ) ＋ e x f ′ ( x ) － e x ＝ e x [ f ( x ) ＋ f ′( x ) － 1 ] ， ∵ f ( x ) ＋ f ′ ( x )>1 ， ∴ f ( x ) ＋ f ′ ( x ) － 1>0 ， ∴ g ′ ( x )>0 ， ∴ y ＝ g ( x ) 在定义域上单调递增， ∵ e x f ( x )>e x ＋ 3 ， ∴ g ( x )>3 ， 又 ∵ g (0) ＝ e 0 f (0) － e 0 ＝ 4 － 1 ＝ 3 ， ∴ g ( x )> g (0) ， ∴ x >0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10. 已知函数 f ( x ) ＝ ax 3 － 3 x 2 ＋ 1 ，若 f ( x ) 存在唯一的零点 x 0 且 x 0 >0 ，则 a 的取值范围是 _______ ___ _. 答案 解析 ( － ∞ ，－ 2) 当 a ＝ 0 时， f ( x ) ＝－ 3 x 2 ＋ 1 有两个零点，不合题意， 故 a ≠ 0 ， f ′ ( x ) ＝ 3 ax 2 － 6 x ＝ 3 x ( ax － 2) ， 令 f ′ ( x ) ＝ 0 ，得 x 1 ＝ 0 ， x 2 ＝ . 若 a >0 ，由三次函数图象知 f ( x ) 有负数零点，不合题意，故 a <0. 由三次函数图象及 f (0) ＝ 1>0 知， f ( )> 0 ， 又 a <0 ，所以 a < － 2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 11.(2016· 济南模拟 ) 已知 f ( x ) ＝ (1 － x )e x － 1. (1) 求函数 f ( x ) 的最大值； 解答 f ′ ( x ) ＝－ x e x . 当 x ∈ ( － ∞ ， 0) 时， f ′ ( x )>0 ， f ( x ) 单调递增； 当 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) 时， f ′ ( x )<0 ， f ( x ) 单调递减 . 所以 f ( x ) 的最大值为 f (0) ＝ 0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2) 设 g ( x ) ＝ ， x > － 1 且 x ≠ 0 ，证明： g ( x )<1. 证明 由 (1) 知，当 x >0 时， f ( x )<0 ， g ( x )<0<1. 当－ 1< x <0 时， g ( x )<1 等价于 f ( x )> x . 设 h ( x ) ＝ f ( x ) － x ，则 h ′ ( x ) ＝－ x e x － 1. 当 x ∈ ( － 1,0) 时， 0< － x <1,0 h (0) ＝ 0 ， 即 g ( x )<1. 综上，当 x > － 1 且 x ≠ 0 时总有 g ( x )<1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12.(2016· 东北师大附中、吉林一中等五校联考 ) 已知函数 f ( x ) ＝ e x ＋ ax － a ( a ∈ R 且 a ≠ 0). (1) 若 f (0) ＝ 2 ，求实数 a 的值，并求此时 f ( x ) 在 [ － 2,1] 上的最小值； 解答 由 f (0) ＝ 1 － a ＝ 2 ，得 a ＝－ 1. 易知 f ( x ) 在 [ － 2,0] 上单调递减，在 [0,1] 上单调递增， 所以当 x ＝ 0 时， f ( x ) 在 [ － 2,1] 上取得最小值 2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2) 若函数 f ( x ) 不存在零点，求实数 a 的取值范围 . 解答 f ′ ( x ) ＝ e x ＋ a ，由于 e x >0. ① 当 a >0 时， f ′ ( x )>0 ， f ( x ) 是增函数， 当 x >1 时， f ( x ) ＝ e x ＋ a ( x － 1)>0. 所以函数 f ( x ) 存在零点，不满足题意 . ② 当 a <0 时， f ′ ( x ) ＝ e x ＋ a ， 令 f ′ ( x ) ＝ 0 ，得 x ＝ ln( － a ). 在 ( － ∞ ， ln( － a )) 上， f ′ ( x )<0 ， f ( x ) 单调递减， 在 (ln( － a ) ，＋ ∞ ) 上， f ′ ( x )>0 ， f ( x ) 单调递增 ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 所以当 x ＝ ln( － a ) 时， f ( x ) 取最小值 . 函数 f ( x ) 不存在零点 ， 等价 于 f (ln( － a )) ＝ e ln( － a ) ＋ a ln( － a ) － a ＝－ 2 a ＋ a ln( － a )>0 ， 解得－ e 2 < a <0. 综上所述，所求实数 a 的取值范围是－ e 2 < a <0 . *13. 已知 a 为实数，函数 f ( x ) ＝ a ln x ＋ x 2 － 4 x . (1) 是否存在实数 a ，使得 f ( x ) 在 x ＝ 1 处取得极值？证明你的结论； 解答 函数 f ( x ) 的定义域为 (0 ，＋ ∞ ) ， 假设存在实数 a ，使 f ( x ) 在 x ＝ 1 处取得极值，则 f ′ (1) ＝ 0 ， 当 x >0 时， f ′ ( x ) ≥ 0 恒成立 ， ∴ f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增， ∴ x ＝ 1 不是 f ( x ) 的极值点 . 故不存在实数 a ，使得 f ( x ) 在 x ＝ 1 处取得极值 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2) 设 g ( x ) ＝ ( a － 2) x ，若 ∃ x 0 ∈ [ ， e] ，使得 f ( x 0 ) ≤ g ( x 0 ) 成立，求实数 a 的取值范围 . 解答 ∴ 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 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 ∴ x － 2ln x ＋ 2>0 ， x ∈ (1 ， e) 时， G ′ ( x )>0 ， G ( x ) 单调递增， ∴ G ( x ) min ＝ G (1) ＝－ 1. ∴ a ≥ G ( x ) min ＝－ 1. 故实数 a 的取值范围为 [ － 1 ，＋ ∞ ). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13