江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 函數(shù)、不等式與導(dǎo)數(shù) 5.3 小題考法—導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用講義（含解析） 考點(diǎn)(一) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，或由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的值(或范圍). ∵x>0，∴ax2＋2x－1>0有實(shí)數(shù)解． 當(dāng)a≥0時(shí)，顯然滿足； 當(dāng)a<0時(shí)，只需Δ＝4＋4a>0，解得－1<a<0. 綜上知a>－1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－1，＋∞)． 答案：(－1，＋∞) 3．已知定義域?yàn)閧x|x≠0}的偶函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，對(duì)任意正實(shí)數(shù)x滿足xf′(x)>－2f(x)，若g(x)＝x2f(x)，則不等式g(x)<g(1)的解集是________． 解析：因?yàn)間(x)＝x2f(x)， 所以g′(x)＝x2·f′(x)＋2xf(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]， 由題意知，當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)＋2f(x)>0， 所以g′(x)>0，即g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 又f(x)為偶函數(shù)，則g(x)也是偶函數(shù)， 所以g(x)＝g(|x|)． 由g(x)<g(1)得g(|x|)<g(1)， 所以則x∈(－1,0)∪(0,1)． 答案：(－1,0)∪(0,1) [方法技巧] 與單調(diào)性有關(guān)的兩類問(wèn)題的求解策略 (1)若求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性)，只要在函數(shù)定義域內(nèi)解(或證明)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0. (2)若已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)，則轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問(wèn)題來(lái)求解. 考點(diǎn)(二) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值 　　 　　　　　　　　　　　　　　　 　　　主要考查利用函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，求函數(shù)的極值、最值或由極值的情況求參數(shù). [典例感悟] [典例]　(1)若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點(diǎn)，則f(x)的極小值為_(kāi)_______． (2)已知函數(shù)f(x)＝x＋xln x，若k∈Z，且k(x－1)<f(x)對(duì)任意的x>1恒成立，則k的最大值為_(kāi)_______． (3)(2018·江蘇高考)若函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，則f(x)在[－1,1]上的最大值與最小值的和為_(kāi)_______． [解析]　(1)因?yàn)閒(x)＝(x2＋ax－1)ex－1， 所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1 ＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1. 因?yàn)閤＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點(diǎn)，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根， 所以a＝－1， f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1. 令f′(x)>0，解得x<－2或x>1， 令f′(x)<0，解得－2<x<1， 所以f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞增，在(－2,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取得極小值，且f(x)極小值＝f(1)＝－1. (2)法一：依題意得，k<對(duì)任意的x>1恒成立．令g(x)＝，則g′(x)＝，令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，則h′(x)＝1－＝>0，所以函數(shù)h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 因?yàn)閔(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0，所以方程h(x)＝0在(1，＋∞)上存在唯一實(shí)數(shù)根x0，且滿足x0∈(3,4)，即有h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，ln x0＝x0－2. 當(dāng)1<x<x0時(shí)，h(x)<0，即g′(x)<0，當(dāng)x>x0時(shí)，h(x)>0，即g′(x)>0，所以函數(shù)g(x)＝在(1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以[g(x)]min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3,4)．所以k<[g(x)]min＝x0∈(3,4)，故整數(shù)k的最大值是3. 法二：依題意得，當(dāng)x＝2時(shí)，k(2－1)<f(2)，即k<2＋2ln 2<2＋2＝4，因此滿足題意的最大整數(shù)k的可能取值為3.當(dāng)k＝3時(shí)，記g(x)＝f(x)－k(x－1)，即g(x)＝xln x－2x＋3(x>1)，則g′(x)＝ln x－1.當(dāng)1<x<e時(shí)，g′(x)<0，g(x)在區(qū)間(1，e)上單調(diào)遞減；當(dāng)x>e時(shí)，g′(x)>0，g(x)在區(qū)間(e，＋∞)上單調(diào)遞增．因此，g(x)的最小值是g(e)＝3－e>0，于是有g(shù)(x)>0恒成立．所以滿足題意的最大整數(shù)k的值是3. (3)法一：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(x>0)． ①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上無(wú)零點(diǎn)． ②當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)>0，得x>； 由f′(x)<0，得0<x<， ∴f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．又f(x)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)， ∴f＝－＋1＝0，∴a＝3. 此時(shí)f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)， 當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，f(x)在[－1,0]上單調(diào)遞增，在[0,1]上單調(diào)遞減． 又f(1)＝0，f(－1)＝－4， ∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3. 法二：令f(x)＝2x3－ax2＋1＝0， 得a＝＝2x＋. 令g(x)＝2x＋，則g′(x)＝2－. 由g′(x)<0，得0<x<1；由g′(x)>0，得x>1， ∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． ∵f(x)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)， ∴a＝g(1)＝3， 此時(shí)f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)， 當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，f(x)在[－1,0]上單調(diào)遞增，在[0,1]上單調(diào)遞減． 又f(1)＝0，f(－1)＝－4， ∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3. [答案]　(1)－1　(2)3　(3)－3 [方法技巧] 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值、最值的方法 (1)若求極值，則先求方程f′(x)＝0的根，再檢查f′(x)在方程根的左右函數(shù)值的符號(hào)． (2)若已知極值大小或存在情況，則轉(zhuǎn)化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況來(lái)求解． (3)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]的最值時(shí)，在得到極值的基礎(chǔ)上，結(jié)合區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進(jìn)行比較得到函數(shù)的最值． (4)最值和極值還可以用來(lái)轉(zhuǎn)化恒成立問(wèn)題以及方程有解問(wèn)題． [演練沖關(guān)] 1．函數(shù)f(x)＝ax3＋ax2－2ax＋2a＋1的圖象經(jīng)過(guò)四個(gè)象限，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______． 解析：由f′(x)＝ax2＋ax－2a＝0得x＝1或x＝－2，結(jié)合圖象可知函數(shù)的圖象經(jīng)過(guò)四個(gè)象限的充要條件是或 即或 解得－<a<－. 答案： 2．已知點(diǎn)A(0,1)，曲線C：y＝logax恒過(guò)點(diǎn)B，若P是曲線C上的動(dòng)點(diǎn)，且·的最小值為2，則實(shí)數(shù)a＝________. 解析：點(diǎn)A(0,1)，B(1,0)，設(shè)P(x，logax)， 則·＝(1，－1)·(x，logax－1)＝x－logax＋1. 依題f(x)＝x－logax＋1在(0，＋∞)上有最小值2且f(1)＝2，所以x＝1是f(x)的極值點(diǎn)，即最小值點(diǎn)． f′(x)＝1－＝. 若0<a<1，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，在(0，＋∞)無(wú)最小值，所以a>1. 設(shè)f′(x)＝0，則x＝logae， 當(dāng)x∈(0，logae)時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(logae，＋∞)時(shí)，f′(x)>0， 從而當(dāng)且僅當(dāng)x＝logae時(shí)，f(x)取最小值， 所以logae＝1，a＝e. 答案：e 3．已知函數(shù)f(x)＝x－ln x，g(x)＝x2－ax，若?x∈(0,1]，使f(x)≥成立，則實(shí)數(shù)a的最大值為_(kāi)_______． 解析：因?yàn)?x∈(0,1]，使f(x)≥，即x－ln x≥，所以a(x＋1)≤2x2－xln x. 因?yàn)閤＋1∈(1,2]，所以?x∈(0,1]，使得a≤成立． 令M(x)＝，則M′(x)＝. 令y＝2x2＋3x－ln x－1，則由y′＝＝0 可得x＝或x＝－1(舍)． 當(dāng)x∈時(shí)，y′＜0，則函數(shù)y＝2x2＋3x－ln x－1在上單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈時(shí)，y′＞0，則函數(shù)y＝2x2＋3x－ln x－1在上單調(diào)遞增． 所以y≥2×2＋3×－ln －1＝ln 4－＞0， 所以M′(x)＞0在x∈(0,1]時(shí)恒成立， 所以M(x)在(0,1]上單調(diào)遞增． 所以只需a≤M(1)，即a≤1. 所以實(shí)數(shù)a的最大值為1. 答案：1 [必備知能·自主補(bǔ)缺] (一) 主干知識(shí)要牢記 1.導(dǎo)數(shù)公式及運(yùn)算法則 (1)基本導(dǎo)數(shù)公式 ①c′＝0(c為常數(shù))；②(xm)′＝mxm－1(m∈Q)； ③(sin x)′＝cos x；④(cos x)′＝－sin x； ⑤(ax)′＝axln a(a>0且a≠1)； ⑥(ex)′＝ex；⑦(logax)′ ＝(a>0且a≠1)； ⑧(ln x)′＝. (2)導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算 ①(u±v)′＝u′±v′； ②(uv)′＝u′v＋uv′； ③′＝(v≠0)． 2．導(dǎo)數(shù)與極值、最值 (1)函數(shù)f(x)在x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左正右負(fù)”?f(x)在x0處取極大值；函數(shù)f(x)在x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左負(fù)右正”?f(x)在x0處取極小值． (2)函數(shù)f(x)在一閉區(qū)間上的最大值是此函數(shù)在此區(qū)間上的極值與其端點(diǎn)處函數(shù)值中的“最大者”；函數(shù)f(x)在一閉區(qū)間上的最小值是此函數(shù)在此區(qū)間上的極值與其端點(diǎn)處函數(shù)值中的“最小者”． (二) 二級(jí)結(jié)論要用好 1．常用乘式與除式的求導(dǎo) (1)[xnf(x)]′＝nxn－1f(x)＋xnf′(x)； (2)′＝； (3)[exf(x)]′＝ex[f(x)＋f′(x)]； (4)′＝. 2．不等式恒成立(或有解)問(wèn)題的常用結(jié)論 (1)恒成立問(wèn)題 a>f(x)恒成立?a>f(x)max； a≥f(x)恒成立a≥f(x)max； a<f(x)恒成立?a<f(x)min； a≤f(x)恒成立a≤f(x)min. (2)有解問(wèn)題 a>f(x)有解?a>f(x)min； a≥f(x)有解?a≥f(x)min； a<f(x)有解?a<f(x)max； a≤f(x)有解?a≤f(x)max. [課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練] A組——抓牢中檔小題 1．函數(shù)f(x)＝xln x的單調(diào)減區(qū)間是________． 解析：由題意可知函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 且f′(x)＝1＋ln x， 令f′(x)＝1＋ln x＜0，解得0<x＜， 故函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為. 答案： 2．函數(shù)y＝ex－ln x的值域?yàn)開(kāi)_______． 解析：由題意可得y′＝e－(x>0)，令y′>0得x>，令y′<0得0<x<，所以函數(shù)y＝ex－ln x在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，由函數(shù)連續(xù)、無(wú)上界，從而y≥2，即函數(shù)y＝ex－ln x的值域?yàn)閇2，＋∞) . 答案：[2，＋∞) 3．(2018·常州期末)已知函數(shù)f(x)＝bx＋ln x，其中b∈R.若過(guò)原點(diǎn)且斜率為k的直線與曲線y＝f(x)相切，則k－b的值為_(kāi)_______． 解析：設(shè)直線方程為y＝kx，切點(diǎn)為A(x0，y0)， 則有 從而有bx0＋ln x0＝kx0＝bx0＋1，解得x0＝e， 所以k－b＝＝. 答案： 4．拋物線f(x)＝x2過(guò)點(diǎn)P的切線方程為_(kāi)_______________． 解析：顯然點(diǎn)P不在拋物線上，設(shè)此切線過(guò)拋物線上的點(diǎn)(x0，x)．由f′(x)＝2x知，此切線的斜率為2x0.又因?yàn)榇饲芯€過(guò)點(diǎn)P，6和點(diǎn)(x0，x)， 所以＝2x0，即x－5x0＋6＝0， 解得x0＝2或x0＝3， 即切線過(guò)拋物線y＝x2上的點(diǎn)(2,4)或點(diǎn)(3,9)， 所以切線方程為y－4＝4(x－2)和y－9＝6(x－3)， 即4x－y－4＝0和6x－y－9＝0. 答案：4x－y－4＝0和6x－y－9＝0 5．設(shè)a∈R，若函數(shù)f(x)＝ex＋ax(x∈R)有大于零的極值點(diǎn)，則a的取值范圍是________． 解析：令f′(x)＝ex＋a＝0，則ex＝－a，x＝ln(－a)． 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有大于零的極值點(diǎn)，所以ln(－a)＞0，所以－a＞1，即a＜－1. 答案：(－∞，－1) 6．已知函數(shù)f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在區(qū)間[k,2]上的最大值為28，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為_(kāi)_______． 解析：由題意知f′(x)＝3x2＋6x－9， 令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3， 所以f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表： x (－∞，－3) －3 (－3,1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在區(qū)間[k,2]上的最大值為28，所以k≤－3. 答案：(－∞，－3] 7．已知函數(shù)f(x)＝x－1－(e－1)ln x，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則滿足f(ex)＜0的x的取值范圍為_(kāi)_______． 解析：由f′(x)＝1－＝0(x>0)得x＝e－1. 當(dāng)x∈(0，e－1)時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(e－1，＋∞)時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增． 又f(1)＝f(e)＝0,1<e－1<e， 所以由f(ex)<0得1<ex<e，解得0<x<1. 答案：(0,1) 8．已知函數(shù)f(x)＝ln x－(m∈R)在區(qū)間[1，e]上取得最小值4，則m＝________. 解析：因?yàn)閒(x)在區(qū)間[1，e]上取得最小值4，所以至少滿足f(1)≥4，f(e)≥4，解得m≤－3e， 又f′(x)＝，且x∈[1，e]， 所以f′(x)<0，即f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減， 所以f(x)min＝f(e)＝1－＝4，解得m＝－3e. 答案：－3e 9．若函數(shù)f(x)＝mx2＋ln x－2x在定義域內(nèi)是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________． 解析：因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，所以f′(x)＝2mx＋－2＝≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以二次函數(shù)g(x)＝2mx2－2x＋1在定義域(0，＋∞)上必須大于等于0，所以解得m≥. 答案： 10．若a＞0，b＞0，且函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，若t＝ab，則t的最大值為_(kāi)_______． 解析：∵f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2， ∴f′(x)＝12x2－2ax－2b. 又f(x)在x＝1處取得極值， ∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，即a＋b＝6， ∴t＝ab＝a(6－a)＝－(a－3)2＋9， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝3時(shí)，t取得最大值9. 答案：9 11．在曲線y＝x－(x>0)上一點(diǎn)P(x0，y0)處的切線分別與x軸，y軸交于點(diǎn)A，B，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，若△OAB的面積為，則x0＝________. 解析：因?yàn)閥′＝1＋，切點(diǎn)P，x0>0， 所以切線斜率k＝y(tǒng)′|x＝x0＝1＋， 所以切線方程是y－＝(x－x0)． 令y＝0，得x＝，即A； 令x＝0得y＝－，即B. 所以S△OAB＝OA×OB＝××＝＝， 解得x0＝. 答案： 12．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不單調(diào)，則t的取值范圍是________． 解析：由題意知x>0，且f′(x)＝－x＋4－＝＝－， 由f′(x)＝0得函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)為1,3， 則只要這兩個(gè)極值點(diǎn)有一個(gè)在區(qū)間(t，t＋1)內(nèi)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上就不單調(diào)， 由t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1，得0＜t＜1或2＜t＜3. 答案：(0,1)∪(2,3) 13．已知函數(shù)f(x)＝－xln x＋ax在(0，e]上是增函數(shù)，函數(shù)g(x)＝|ex－a|＋，當(dāng)x∈[0，ln 3]時(shí)，函數(shù)g(x)的最大值M與最小值m的差為，則a的值為_(kāi)_______． 解析：由題意可知f′(x)＝－(ln x＋1)＋a≥0在(0，e]上恒成立，所以a≥ln x＋1，即a≥2. 當(dāng)2≤a＜3時(shí)，g(x)＝ g(x)在[0，ln a]上單調(diào)遞減，在[ln a，ln 3]上單調(diào)遞增，因?yàn)間(0)－g(ln 3)＝a－1＋－＝2a－4≥0，所以g(0)≥g(ln 3)， 所以M－m＝g(0)－g(ln a)＝a－1＝， 解得a＝； 當(dāng)a≥3時(shí)，g(x)＝a－ex＋， g(x)在[0，ln 3]上遞減， 所以M－m＝g(0)－g(ln 3)＝2≠，舍去． 故a＝. 答案： 14．若函數(shù)f(x)＝(a∈R)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 解析：設(shè)g(x)＝－，因?yàn)閒(x)＝|g(x)|在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增，所以g(x)有兩種情況： ①g(x)≤0且g(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞減． 又g′(x)＝，所以g′(x)＝≤0在區(qū)間[1,2]上恒成立，且g(1)≤0. 所以無(wú)解． ②g(x)≥0且g(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增，即g′(x)＝≥0在區(qū)間[1,2]上恒成立，且g(1)≥0， 所以解得a∈. 綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為. 答案： B組——力爭(zhēng)難度小題 1．設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的極大值點(diǎn)，則a的取值范圍為_(kāi)_______． 解析：f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b， 由f′(1)＝0，得b＝1－a. ∴f′(x)＝－ax＋a－1＝ ＝－. ①若a≥0，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減； 所以x＝1是f(x)的極大值點(diǎn)． ②若a＜0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－. 因?yàn)閤＝1是f(x)的極大值點(diǎn)， 所以－＞1，解得－1＜a＜0. 綜合①②，得a的取值范圍是(－1，＋∞)． 答案：(－1，＋∞) 2．(2018·蘇北四市期末)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C：xy＝上任意一點(diǎn)P到直線l：x＋y＝0的距離的最小值為_(kāi)_______． 解析：設(shè)過(guò)曲線C：xy＝上任意一點(diǎn)P的切線與直線l：x＋y＝0平行． 因?yàn)閥′＝－，所以y′|x＝x0＝－＝－， 解得x0＝±. 當(dāng)x0＝時(shí)，P(，1)到直線l：x＋y＝0的距離d＝＝； 當(dāng)x0＝－時(shí)，P(－，－1)到直線l：x＋y＝0的距離d＝＝， 所以曲線C：xy＝上任意一點(diǎn)到直線l：x＋y＝0的距離的最小值為. 答案： 3．設(shè)函數(shù)f(x)＝g(x)＝f(x)－b.若存在實(shí)數(shù)b，使得函數(shù)g(x)恰有3個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______. 解析：對(duì)于函數(shù)y＝，y′＝，由y′>0，得x<2；由y′<0，得x>2， 所以y＝在(－∞，2]上單調(diào)遞增，在[2，＋∞)上單調(diào)遞減，極大值為，當(dāng)x→＋∞時(shí)，y→0. 先不考慮a，作出y＝和y＝－x－1的圖象如圖所示．只有當(dāng)b∈時(shí)，直線y＝b與曲線y＝和直線y＝－x－1共有三個(gè)公共點(diǎn)． 因?yàn)橹本€y＝與直線y＝－x－1的交點(diǎn)為. 所以當(dāng)a∈時(shí)，存在直線y＝b與曲線y＝f(x)恰有三個(gè)公共點(diǎn)． 答案： 4．曲線y＝－(x<0)與曲線y＝ln x公切線(切線相同)的條數(shù)為_(kāi)_______． 解析：令公切線與曲線f(x)＝－切于點(diǎn)A(x1<0)，與曲線g(x)＝ln x切于點(diǎn)B(x2，ln x2)(x2>0)．因?yàn)閒′(x)＝，g′(x)＝，所以＝，即x2＝x.又kAB＝＝，所以＝，所以2x1ln(－x1)＝x1－2.令－x1＝t>0，所以－2tln t＝－t－2，即2tln t＝t＋2(t>0)，所以ln t＝＋(t>0)，畫(huà)出函數(shù)y＝ln t與y＝＋的圖象如圖所示，在(0，＋∞)上只有一解，所以公切線只有一條． 答案：1 5．已知函數(shù)f(x)＝若對(duì)于?t∈R，f(t)≤kt恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________． 解析：令y＝x3－2x2＋x，x<1，則y′＝3x2－4x＋1＝(x－1)(3x－1)， 令y′>0，即(x－1)(3x－1)>0， 解得x<或x>1. 又因?yàn)閤<1，所以x<. 令y′<0，得<x<1， 所以y的增區(qū)間是，減區(qū)間是， 所以y極大值＝.根據(jù)圖象變換可作出函數(shù)y＝－|x3－2x2＋x|，x<1的圖象． 又設(shè)函數(shù)y＝ln x(x≥1)的圖象經(jīng)過(guò)原點(diǎn)的切線斜率為k1，切點(diǎn)(x1，ln x1)， 因?yàn)閥′＝，所以k1＝＝， 解得x1＝e，所以k1＝. 函數(shù)y＝x3－2x2＋x在原點(diǎn)處的切線斜率 k2＝y(tǒng)′|x＝0＝1. 因?yàn)?t∈R，f(t)≤kt，所以根據(jù)f(x)的圖象，數(shù)形結(jié)合可得≤k≤1. 答案： 6．已知函數(shù)f(x)＝ln x＋(e－a)x－b，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．若不等式f(x)≤0恒成立，則的最小值為_(kāi)_______． 解析：f′(x)＝＋(e－a)＝(x＞0)， 當(dāng)e－a≥0，即a≤e時(shí)，f(eb)＝(e－a)eb＞0，顯然f(x)≤0不恒成立． 當(dāng)e－a＜0，即a＞e時(shí)，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)；當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)， 所以f(x)max＝f＝－ln(a－e)－b－1. 由f(x)≤0恒成立，得f(x)max≤0， 所以b≥－ln(a－e)－1，所以得≥. 設(shè)g(x)＝(x＞e)， g′(x)＝＝. 由于y＝＋ln(x－e)為增函數(shù)，且當(dāng)x＝2e時(shí)，g′(x)＝0，所以當(dāng)x∈(e,2e)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)為減函數(shù)；當(dāng)x∈(2e，＋∞)時(shí)，g′(x)＞0，g(x)為增函數(shù)，所以g(x)min＝g(2e)＝－，所以≥－，當(dāng)a＝2e，b＝－2時(shí)，取得最小值－. 答案：－