5、] A
[解析] 設(shè)F(x)＝，
則F′(x)＝＝，
∵f(x)0，即F(x)在x∈R上為增函數(shù)，
∴F(1)>F(0)，F(xiàn)(2012)>F(0)，
即>，>，
∴f(1)>ef(0)，
f(2012)>e2012f(0)．
[方法點(diǎn)撥] 1.函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)
在區(qū)間(a，b)內(nèi)，如果f ′(x)>0，那么函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增．如果f ′(x)<0，那么函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞減．
2．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性的步驟．
(1)找出函數(shù)f(x)的定義域；
(2)求f ′(x)；
(3)在定
6、義域內(nèi)解不等式f ′(x)>0，f ′(x)<0.
3．求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性)，只需在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)解(或證明)不等式f ′(x)>0或f ′(x)<0.
4．若已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的值或取值范圍，只需轉(zhuǎn)化為不等式f ′(x)≥0或f ′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間內(nèi)恒成立的問題求解，解題過程中要注意分類討論；函數(shù)單調(diào)性問題以及一些相關(guān)的逆向問題，都離不開分類討論思想．
3．(2015新課標(biāo)Ⅱ理，12)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x＞0時(shí)，xf′(x)－f(x)＜0，則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是( )
A．(－∞，－1)∪(0
7、,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
[答案] A
[解析] 考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用．
記函數(shù)g(x)＝，則g′(x)＝，因?yàn)楫?dāng)x>0時(shí)，xf′(x)－f(x)<0，故當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)(x∈R)是奇函數(shù)，故函數(shù)g(x)是偶函數(shù)，所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，且g(－1)＝g(1)＝0.當(dāng)00，則f(x)>0；當(dāng)x<－1時(shí)，g(x)<0，則f(x)>0，綜上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)，故選A.
8、
[方法點(diǎn)撥] 1.在研究函數(shù)的性質(zhì)與圖象，方程與不等式的解，不等式的證明等問題中，根據(jù)解題的需要可以構(gòu)造新的函數(shù)g(x)，通過研究g(x)的性質(zhì)(如單調(diào)性、極值等)來解決原問題是常用的方法．如在討論f ′(x)的符號(hào)時(shí)，若f ′(x)的一部分為h(x)，f ′(x)的符號(hào)由h(x)所決定，則可轉(zhuǎn)化為研究h(x)的極(最)值來解決，證明f(x)>g(x)時(shí)，可構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，轉(zhuǎn)化為h(x)的最小值問題等等．
2．應(yīng)用函數(shù)與方程思想解決函數(shù)、方程、不等式問題，是多元問題中的常見題型，常見的解題思路有以下兩種：
(1)分離變量，構(gòu)造函數(shù)，將不等式恒成立、方程求解等轉(zhuǎn)化為
9、求函數(shù)的最值(或值域)，然后求解．
(2)換元，將問題轉(zhuǎn)化為一次不等式、二次不等式或二次方程，進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)加以解決．
3．有關(guān)二次方程根的分布問題一般通過兩類方法解決：一是根與系數(shù)的關(guān)系與判別式，二是結(jié)合函數(shù)值的符號(hào)(或大小)、對(duì)稱軸、判別式用數(shù)形結(jié)合法處理．
4．和函數(shù)與方程思想密切關(guān)聯(lián)的知識(shí)點(diǎn)
①函數(shù)y＝f(x)，當(dāng)y>0時(shí)轉(zhuǎn)化為不等式f(x)>0.
②數(shù)列是自變量為正整數(shù)的函數(shù)．
③直線與二次曲線位置關(guān)系問題常轉(zhuǎn)化為二次方程根的分布問題．
④立體幾何中有關(guān)計(jì)算問題，有時(shí)可借助面積、體積公式轉(zhuǎn)化為方程或函數(shù)最值求解．
5．注意方程(或不等式)有解與恒成立的區(qū)別．
6．含兩
10、個(gè)未知數(shù)的不等式(函數(shù))問題的常見題型及具體轉(zhuǎn)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
11、．
(5)?x1∈[a，b]，當(dāng)x2∈[c，d]時(shí)，f(x1)＝g(x2)?f(x)在[a，b]上的值域與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)已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是下列四個(gè)圖象之一，且其導(dǎo)函數(shù)y＝f ′(x)的圖象如下圖所示，則該函數(shù)的圖象是( )
[答案] B
[解析] 本題考查原函數(shù)圖象與
12、導(dǎo)函數(shù)圖象之間的關(guān)系．
由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得，y＝f(x)在[－1,0]上每一點(diǎn)處的切線斜率逐漸變大，而在[0,1]上則逐漸變小，故選B.
(理)(2014石家莊市質(zhì)檢)定義在區(qū)間[0,1]上的函數(shù)f(x)的圖象如下圖所示，以A(0，f(0))、B(1，f(1))、C(x，f(x))為頂點(diǎn)的△ABC的面積記為函數(shù)S(x)，則函數(shù)S(x)的導(dǎo)函數(shù)S′(x)的大致圖象為( )
[答案] D
[解析] ∵A、B為定點(diǎn)，∴|AB|為定值，∴△ABC的面積S(x)隨點(diǎn)C到直線AB的距離d而變化，而d隨x的變化情況為增大→減小→0→增大→減小，∴△ABC的面積先增大再減小，當(dāng)A、B、C三
13、點(diǎn)共線時(shí)，構(gòu)不成三角形；然后△ABC的面積再逐漸增大，最后再逐漸減小，觀察圖象可知，選D.
[方法點(diǎn)撥] 1.由導(dǎo)函數(shù)的圖象研究函數(shù)的圖象與性質(zhì)，應(yīng)注意導(dǎo)函數(shù)圖象位于x軸上方的部分對(duì)應(yīng)f(x)的增區(qū)間，下方部分對(duì)應(yīng)f(x)的減區(qū)間，與x軸的交點(diǎn)對(duì)應(yīng)函數(shù)可能的極值點(diǎn)，導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性決定函數(shù)f(x)增長的速度；
2．由函數(shù)的圖象確定導(dǎo)函數(shù)的圖象時(shí)，應(yīng)注意觀察函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值點(diǎn)，它們依次對(duì)應(yīng)f′(x)的正負(fù)值區(qū)間和零點(diǎn)，圖象上開或下降的快慢決定導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性．
5．已知常數(shù)a、b、c都是實(shí)數(shù)，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，f′(x)≤0的解集為{x|－2≤x≤3
14、}，若f(x)的極小值等于－115，則a的值是( )
A．－ B.
C．2 D．5
[答案] C
[解析] 依題意得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2，3]，于是有3a>0，－2＋3＝－，－23＝，
∴b＝－，c＝－18a，函數(shù)f(x)在x＝3處取得極小值，于是有f(3)＝27a＋9b＋3c－34＝－115，－a＝－81，a＝2，故選C.
二、解答題
6．(文)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0,2)處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為－2.
(1)求a；
(2)證明：當(dāng)k<1時(shí)，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個(gè)交點(diǎn).
15、
[分析] (1)由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可把斜率用a來表示，再由斜率公式可求出a的值；(2)把曲線與直線只有一個(gè)交點(diǎn)轉(zhuǎn)化為函數(shù)只有一個(gè)零點(diǎn)作為本問的切入點(diǎn)，利用分類討論的思想和利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性來判斷所設(shè)函數(shù)的單調(diào)性，從而得出此函數(shù)在每個(gè)區(qū)間的單調(diào)情況，進(jìn)而求出零點(diǎn)個(gè)數(shù)，解決本問．
[解析] (1)f′(x)＝3x3－6x＋a，f′(0)＝a，
由題設(shè)得－＝－2，所以a＝1.
(2)由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.
設(shè)g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.
由題設(shè)知1－k>0.
當(dāng)x≤0時(shí)，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)單調(diào)遞增
16、，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，
所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一實(shí)根．
當(dāng)x>0時(shí)，令h(x)＝x3－3x2＋4，則g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．
h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以
g(x)>h(x)≥h(2)＝0，
所以g(x)＝0在(0，＋∞)上沒有實(shí)根．
綜上，g(x)在R上有唯一實(shí)根，即曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個(gè)交點(diǎn)．
(理)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點(diǎn)A，曲線y＝f(x)在點(diǎn)A處的切線斜率為－1.
(1)求a的值及函數(shù)f(
17、x)的極值；
(2)證明：當(dāng)x>0時(shí)，x21，轉(zhuǎn)化為證明x>2lnx＋lnk成立．構(gòu)造函數(shù)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.
18、
令f′(x)＝0，得x＝ln2.
當(dāng)xln2時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；
所以當(dāng)x＝ln2時(shí)，f(x)有極小值．
且極小值為f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－ln4，
f(x)無極大值．
(2)令g(x)＝ex－x2，則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上單調(diào)遞增，又g(0)＝1>0，
所以當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>g(0)>0，即x20時(shí)x2
19、以當(dāng)x>0時(shí)，x21，要使不等式x2kx2成立，而要使ex>kx2成立，則只要x>ln(kx2)，只要x>2lnx＋lnk成立，
令h(x)＝x－2lnx－lnk，則h′(x)＝1－＝，所以當(dāng)x>2時(shí)，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增
取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增
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＝，當(dāng)
20、x∈(x0，＋∞)時(shí)，恒有x20.
(1)設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，討論g(x)的單調(diào)性；
(2)證明：存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)有唯一解．
[解析] 本
21、題主要考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用、函數(shù)的零點(diǎn)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力、創(chuàng)新意識(shí)，考查函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合、化歸與轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想．
(1)由已知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
g(x)＝f′(x)＝2(x－1－lnx－a)，
所以g′(x)＝2－＝.
當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增．
(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，
22、
則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，函數(shù)u(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1，
即a0∈(0,1)．
當(dāng)a＝a0時(shí)，有f′(x0)＝0，f(x0)＝Φ(x0)＝0
再由(1)知，f′(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
當(dāng)x∈(1，x0)時(shí)，f′(x)＜0，從而f(x)＞f(x0)＝0；
當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，從而f(x)＞f(
23、x0)＝0；
又當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx＞0，
故x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)≥0.
綜上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)有唯一解．
(理)(2015江蘇，19)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．
(1)試討論f(x)的單調(diào)性；
(2)若b＝c－a(實(shí)數(shù)c是與a無關(guān)的常數(shù))，當(dāng)函數(shù)f(x)有三個(gè)不同的零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍恰好是(－∞，－3)∪∪，求c的值．
[解析] 考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)性、極值、函數(shù)零點(diǎn)．
(1)先求函數(shù)導(dǎo)數(shù)，通過討論導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)求解；(2)通過構(gòu)造函數(shù)，利
24、用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)關(guān)系求解．
(1)f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－.
當(dāng)a＝0時(shí)，因?yàn)閒′(x)＝3x2≥0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)a>0時(shí)，x∈∪(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，x∈(－，0)時(shí)，f′(x)<0，
所以函數(shù)f(x)在，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；
當(dāng)a<0時(shí)，x∈(－∞，0)∪時(shí)，f′(x)>0，x∈時(shí)，f′(x)<0，
所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
(2)由(1)知，函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值為f(0)＝b，f＝a3＋b，則函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于f(0)f＝ba
25、3＋b<0，從而或.
又b＝c－a，所以當(dāng)a>0時(shí)，a3－a＋c>0，
或當(dāng)a<0時(shí)，a3－a＋c<0.
設(shè)g(a)＝a3－a＋c，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍恰好是(－∞，－3)∪∪，則在(－∞，－3)上g(a)<0，且在∪上g(a)>0均恒成立，
從而g(－3)＝c－1≤0，且g＝c－1≥0，因此c＝1.
此時(shí)，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]，
因函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn)，則x2＋(a－1)x＋1－a＝0有兩個(gè)異于－1的不等實(shí)根，
所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，
解
26、得a∈(－∞，－3)∪1，∪，＋∞.
綜上c＝1.
[方法點(diǎn)撥] 用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)綜合題的一般步驟：
第一步，將所給問題轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)性質(zhì)的問題．
若已給出函數(shù)，直接進(jìn)入下一步．
第二步，確定函數(shù)的定義域．
第三步，求導(dǎo)數(shù)f ′(x)，解方程f ′(x)＝0，確定f(x)的極值點(diǎn)x＝x0.
第四步，判斷f(x)在給定區(qū)間上的單調(diào)性和極值，若在x＝x0左側(cè)f ′(x)>0，右側(cè)f ′(x)>0，則f(x0)為極大值，反之f(x0)為極小值，若在x＝x0兩側(cè)f ′(x)不變號(hào)，則x＝x0不是f(x)的極值點(diǎn)．
第五步，求f(x)的最值，比較各極值點(diǎn)與區(qū)間端點(diǎn)f(a)，f(b)的大小，
27、最大的一個(gè)為最大值、最小的一個(gè)為最小值．
第六步，得出問題的結(jié)論．
8．濟(jì)南市“兩會(huì)”召開前，某政協(xié)委員針對(duì)自己提出的“環(huán)保提案”對(duì)某處的環(huán)境狀況進(jìn)行了實(shí)地調(diào)研，據(jù)測(cè)定，該處的污染指數(shù)與附近污染源的強(qiáng)度成正比，與到污染源的距離成反比，比例常數(shù)為k(k>0)．現(xiàn)已知相距36km的A、B兩家化工廠(污染源)的污染強(qiáng)度分別為正數(shù)a、b，它們連線上任意一點(diǎn)C處的污染指數(shù)y等于兩化工廠對(duì)該處的污染指數(shù)之和．設(shè)AC＝x(km)．
(1)試將y表示為x的函數(shù)；
(2)若a＝1時(shí)，y在x＝6處取得最小值，試求b的值．
[解析] (1)設(shè)點(diǎn)C受A污染源污染指數(shù)為，點(diǎn)C受B污染源污染指數(shù)為，其中k為比例
28、系數(shù)，且k>0.
從而點(diǎn)C處污染指數(shù)y＝＋(0
29、．利用導(dǎo)數(shù)解決優(yōu)化問題的步驟
①審題，設(shè)未知數(shù)；②結(jié)合題意列出函數(shù)關(guān)系式；③確定函數(shù)的定義域；④在定義域內(nèi)求極值、最值；⑤下結(jié)論．
9．(2015重慶理，20)設(shè)函數(shù)f(x)＝(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝0處取得極值，確定a的值，并求此時(shí)曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；
(2)若f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)，求a的取值范圍．
[解析] 第一問主要考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義，導(dǎo)數(shù)的求導(dǎo)公式以及極值問題，屬于簡單題型．第二問屬于主要考查了導(dǎo)數(shù)的求導(dǎo)公式以及單調(diào)性的應(yīng)用，是高考常考題型，屬于簡單題型．
(1)對(duì)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝＝，
因?yàn)閒(x)在x＝
30、0處取得極值，所以f′(0)＝0，即a＝0.
當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝，f′(x)＝，
故f(1)＝，f′(1)＝.
從而f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－＝(x－1)，化簡得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＝.
當(dāng)x0，即f′(x)>0，故f(x)為增函數(shù)；
當(dāng)x>x2時(shí)，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)為減函數(shù)；
由f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)，知x2＝≤3，
31、
解得a≥－，
故a的取值范圍為.
[方法點(diǎn)撥] 1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)最值的一般步驟
(1)求定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f ′(x)；(3)求極值，先解方程f ′(x)＝0，驗(yàn)證f ′(x)在根左右兩側(cè)值的符號(hào)確定單調(diào)性，若在x＝x0左側(cè)f ′(x)>0，右側(cè)f ′(x)<0，則f(x0)為極大值，反之f(x0)為極小值，若在x＝x0兩側(cè)f(x)的值不變號(hào)，則x＝x0不是f(x)的極值點(diǎn)；(4)求最值，比較各極值點(diǎn)與區(qū)間[a，b]的端點(diǎn)值f(a)、f(b)的大小，其中最大的一個(gè)為最大值，最小的一個(gè)為最小值．
2．已知f(x)在某區(qū)間上的極值或極值的存在情況，則轉(zhuǎn)化為方程f ′(x)＝0的根的
32、大小或存在情況．
10．(文)已知函數(shù)f(x)＝(ax2＋bx＋c)ex在[0,1]上單調(diào)遞減且滿足f(0)＝1，f(1)＝0.
(1)求a的取值范圍；
(2)設(shè)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，
則f(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex，
f ′(x)＝[ax2＋(a－1)x－a]ex
依題意須對(duì)于任意x∈(0,1)，有f ′(x)<0.
當(dāng)a>0時(shí)，因?yàn)槎魏瘮?shù)y＝ax2＋(a－1)x－a的圖象開口向上，而f ′(0)＝－a<0，所以須
f ′(1)＝(a－1
33、)e<0，即00，f(x)不符合條件．
故a的取值范圍0≤a≤1.
(2)因?yàn)間(x)＝(－2ax＋1＋a)ex，g′(x)＝(－2ax＋1－a)ex，
(ⅰ)當(dāng)a＝0時(shí)，g′(x)＝ex>0，g(x)在x＝0處取得最小值g(0)＝1，在x＝1處取得最大值g(1)＝e.
(ⅱ)當(dāng)a＝1時(shí)，對(duì)于任意x∈(0,1)有g(shù)′(x)＝－2xex<0，g(x)在x＝0處取得最
34、大值g(0)＝2，在x＝1處取得最小值g(1)＝0.
(ⅲ)當(dāng)00.
①若≥1，即0
35、，考查分類討論數(shù)學(xué)思想，體現(xiàn)導(dǎo)數(shù)的工具作用．第(1)問中不要漏掉a＝0，a＝1.第(2)問分類的依據(jù)是判定g(x)在[0,1]上的單調(diào)性．
(理)設(shè)函數(shù)f(x)＝axn(1－x)＋b(x>0)，n為正整數(shù)，a、b為常數(shù)．函數(shù)y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為x＋y＝1.
(1)求a、b的值；
(2)求函數(shù)f(x)的最大值；
(3)證明：f(x)<.
[分析] (1)根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義及點(diǎn)(1，f(1))在直線x＋y＝1上可求得a、b.
(2)通過求導(dǎo)判定f(x)的單調(diào)性求其最大值．
(3)借用第(2)問的結(jié)論f(x)的最大值小于，構(gòu)造新的函數(shù)關(guān)系．
[解析] (1)因
36、為f(1)＝b，由點(diǎn)(1，b)在直線x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0，
因?yàn)閒 ′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，
所以f ′(1)＝－a.
又因?yàn)榍芯€x＋y＝1的斜率為－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，＋∞)上有唯一零點(diǎn)x＝.
在(0，)上，f ′(x)>0，故f(x)單調(diào)遞增；
而在(，＋∞)上，f ′(x)<0，故f(x)單調(diào)遞減．
故f(x)在(0，＋∞)上的最大值為f
37、()＝()n(1－)＝.
(3)令φ(t)＝lnt－1＋(t>0)，則
φ′(t)＝－＝(t>0)．
在(0,1)上，φ′(t)<0，故φ(t)單調(diào)遞減；
而在(1，＋∞)上φ′(t)>0，φ(t)單調(diào)遞增．
故φ(t)在(0，＋∞)上的最小值為φ(1)＝0.
所以φ(t)>0(t>1)，
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)≤<，
故所證不等式成立．
[點(diǎn)評(píng)] 本題主要考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義，通過導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最大值，判斷函數(shù)的單調(diào)性，在判斷單調(diào)性和求函數(shù)的最大值時(shí)一定要注意函數(shù)的定義域.
【走向高考】全國通用高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題5 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用含解析
