學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高考數(shù)學(xué)蘇教版一輪考點(diǎn)測(cè)試16導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（二）含解析考點(diǎn)測(cè)試16導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)高考概覽本考點(diǎn)是高考必考知識(shí)點(diǎn),?？碱}型為選擇題、填空題、解答題，分值5分、12分,中、高等難度考綱研讀1.了解函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系;能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,會(huì)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項(xiàng)式函數(shù)不超過三次)2．了解函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的必要條件和充分條件;會(huì)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值（其中多項(xiàng)式函數(shù)不超過三次）;會(huì)求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值（其中多項(xiàng)式函數(shù)不超過三次）3．會(huì)用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際問題一、基礎(chǔ)小題1．函數(shù)f（x）＝x－lnx的單調(diào)遞增區(qū)間為（）A．（－∞，0) B．（0,1)C．（1，＋∞) D．（－∞，0)∪(1，＋∞)答案C解析函數(shù)的定義域?yàn)椋?，＋∞）．f′（x)＝1－eq\f（1，x），令f′(x)〉0，得x>1.故選C。2．已知奇函數(shù)f′（x)是函數(shù)f（x）(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，若x〉0時(shí),f′(x)>0，則()A．f(0）〉f（log32）〉f(－log23）B．f(log32）〉f(0）>f(－log23）C．f（－log23）>f(log32)>f（0）D．f（－log23)>f（0)〉f（log32)答案C解析因?yàn)閒′(x)是奇函數(shù)，所以f(x）是偶函數(shù)．所以f(－log23)＝f(log23），而log23〉log22＝1，0〈log32<1,所以0〈log32<log23.又當(dāng)x〉0時(shí),f′（x)>0,所以f（x）在（0，＋∞)上是增函數(shù),所以f（log23)>f(log32）〉f(0)，所以f(－log23)〉f(log32)〉f（0)．3．若曲線f(x）＝eq\r（x),g(x）＝xα在點(diǎn)P(1,1）處的切線分別為l1，l2，且l1⊥l2，則實(shí)數(shù)α的值為()A．－2 B．2C．eq\f(1,2） D．－eq\f（1,2）答案A解析f′(x）＝eq\f（1，2\r(x）)，g′(x)＝αxα－1，所以曲線f(x),g（x）在點(diǎn)P處的切線斜率分別為k1＝eq\f（1，2）,k2＝α，因?yàn)閘1⊥l2，所以k1k2＝eq\f（α,2）＝－1,所以α＝－2，選A。4．函數(shù)y＝eq\f(x＋1，ex）的圖象大致為(）答案C解析因?yàn)閥＝eq\f（x＋1,ex），所以y′＝－eq\f(x,ex)，令y′>0，則x<0，令y′<0，則x>0，令y′＝0，則x＝0，所以函數(shù)y＝eq\f（x＋1,ex)在（－∞，0）上為增函數(shù),在(0，＋∞）上為減函數(shù),且x＝0是函數(shù)的極大值點(diǎn),結(jié)合4個(gè)函數(shù)的圖象,故選C。5．若函數(shù)f（x）＝2x2－lnx在其定義域內(nèi)的一個(gè)子區(qū)間（k－1，k＋1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是（)A．[1,＋∞） B．eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1（1，\f（3,2)))C．［1，2） D．eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2）)答案B解析因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)椋?,＋∞)，f′(x）＝4x－eq\f(1，x),由f′(x）＝0，得x＝eq\f（1,2)。據(jù)題意得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(k－1〈\f(1，2）<k＋1，,k－1≥0，)）解得1≤k<eq\f(3,2）.故選B.6．已知定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x），滿足f′(x）〈2f（x)(其中f′（x)是f(xA．e2f（1)〉f(2) B．e2f（1）<C．9f(ln2)〈4f（ln3） D．9f答案A解析令h(x）＝eq\f(fx,e2x)，則h′(x)＝eq\f（f′x－2fx，e2x)〈0，所以函數(shù)h（x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(1)>h（2），即eq\f（f1，e2）>eq\f(f2，e4)，所以e2f（1）〉f(2），ln2<ln3，則h（ln2)>h(ln3），即eq\f(fln2，e2ln2)〉eq\f(fln3，e2ln3），所以9f（ln2）〉4f(ln3）．故選A.7．已知函數(shù)f（x)＝ax3＋bx2＋cx－17（a，b，c∈R)的導(dǎo)函數(shù)為f′（x),f′（x）≤0的解集為{x|－2≤x≤3}，若f（x)的極小值等于－98,則a的值是()A．－eq\f(81,22） B．eq\f（1,3)C．2 D．5答案C解析由題意，f′(x）＝3ax2＋2bx＋c，因?yàn)閒′（x)≤0的解集為｛x｜－2≤x≤3｝，所以a＞0,且－2＋3＝－eq\f（2b，3a)，－2×3＝eq\f（c，3a),則3a＝－2b，c＝－18a，又f（x)的極小值為f(3)＝27a＋9b＋3c－17＝－98，解得a＝2,b＝－3，c＝－36，故選C.8．已知函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f′（x)＝5＋cosx，x∈(－1，1），且f(0)＝0，如果f(1－x)＋f(1－x2）<0，則實(shí)數(shù)x的取值范圍為________．答案(1，eq\r（2))解析∵導(dǎo)函數(shù)f′（x)是偶函數(shù),且f(0）＝0，∴原函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，且定義域?yàn)?－1,1),又導(dǎo)函數(shù)值恒大于0，∴原函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增,∴所求不等式變形為f(1－x）〈f(x2－1），∴－1<1－x〈x2－1〈1，解得1〈x<eq\r（2）,∴實(shí)數(shù)x的取值范圍是（1，eq\r（2））．二、高考小題9．(2019·天津高考)已知a∈R，設(shè)函數(shù)f（x）＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x2－2ax＋2a，x≤1，,x－alnx，x>1。)）若關(guān)于x的不等式f（x）≥0在R上恒成立,則a的取值范圍為()A．[0,1］ B．［0,2]C．［0，e］ D．[1，e］答案C解析當(dāng)x≤1時(shí)，由f（x）＝x2－2ax＋2a≥0恒成立,而二次函數(shù)f(x）圖象的對(duì)稱軸為直線x＝a，∴當(dāng)a≥1時(shí)，f(x）min＝f（1）＝1>0恒成立，當(dāng)a〈1時(shí),f（x)min＝f(a）＝2a－a2≥0,∴0≤a<1.綜上，a≥0.當(dāng)x〉1時(shí)，f（x)＝x－alnx≥0恒成立,即a≤eq\f(x，lnx）恒成立．設(shè)g(x）＝eq\f（x,lnx），則g′（x）＝eq\f(lnx－1,lnx2）。令g′（x)＝0，得x＝e，且當(dāng)1〈x〈e時(shí)，g′（x）〈0，當(dāng)x〉e時(shí)，g′(x)〉0，∴g(x）min＝g(e)＝e，∴a≤e。綜上,a的取值范圍是0≤a≤e,即[0，e］．故選C。10．(2017·山東高考)若函數(shù)exf(x）(e＝2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))在f(x）的定義域上單調(diào)遞增，則稱函數(shù)f(x）具有M性質(zhì)．下列函數(shù)中具有M性質(zhì)的是（)A．f(x）＝2－x B．f（x)＝x2C．f（x)＝3－x D．f(x)＝cosx答案A解析當(dāng)f(x）＝2－x時(shí)，exf(x)＝eq\f(ex，2x）＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（e，2）)）x?！遝q\f（e，2）〉1，∴當(dāng)f（x)＝2－x時(shí)，exf（x）在f(x)的定義域上單調(diào)遞增,故函數(shù)f(x)具有M性質(zhì)．易知B,C,D不具有M性質(zhì)，故選A.11．（2015·全國卷Ⅰ）設(shè)函數(shù)f（x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整數(shù)x0使得f（x0）〈0，則a的取值范圍是（)A。eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（3，2e)，1）） B．eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（3，2e），\f（3,4）))C。eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(3，2e）,\f（3,4)）） D．eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(3,2e），1)）答案D解析由f（x0）<0，即ex0(2x0－1）－a(x0－1）<0，得<a（x0－1）．當(dāng)x0＝1時(shí),得e〈0,顯然不成立,所以x0≠1.若x0〉1,則a〉。令g(x)＝eq\f(ex2x－1，x－1)，則g′(x)＝eq\f(2xex\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－\f(3，2）)），x－12）。當(dāng)x∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（1，\f(3，2))）時(shí)，g′(x）〈0，g(x)為減函數(shù)，當(dāng)x∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（3,2），＋∞））時(shí)，g′（x）〉0,g(x)為增函數(shù)，要滿足題意，則x0＝2，此時(shí)需滿足g（2)<a≤g（3），得3e2<a≤eq\f(5,2)e3，與a〈1矛盾，所以x0<1.因?yàn)閤0〈1,所以a<.易知，當(dāng)x∈（－∞，0)時(shí)，g′(x）〉0，g（x)為增函數(shù)，當(dāng)x∈(0,1）時(shí)，g′（x）<0,g（x）為減函數(shù)，要滿足題意，則x0＝0,此時(shí)需滿足g（－1)≤a<g(0），得eq\f（3,2e)≤a〈1(滿足a<1)．故選D.12．(2017·江蘇高考）已知函數(shù)f(x）＝x3－2x＋ex－eq\f（1,ex），其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．若f(a－1)＋f（2a2)≤0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f（1,2）))解析易知函數(shù)f(x）的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．∵f（x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，∴f(－x)＝(－x)3－2（－x)＋e－x－eq\f（1,e－x)＝－x3＋2x＋eq\f(1,ex)－ex＝－f(x)，∴f（x）為奇函數(shù)，又f′（x）＝3x2－2＋ex＋eq\f(1，ex)≥3x2－2＋2＝3x2≥0（當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，取“＝”），從而f（x）在R上單調(diào)遞增，∴f（a－1）＋f(2a2）≤0?f(a－1）≤f(－2a2）?－2a2≥a－1，解得－1≤a≤eq\f（1,2）。13．（2015·安徽高考)設(shè)x3＋ax＋b＝0,其中a，b均為實(shí)數(shù)．下列條件中，使得該三次方程僅有一個(gè)實(shí)根的是__________．(寫出所有正確條件的編號(hào))①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b>2;④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2。答案①③④⑤解析設(shè)f（x)＝x3＋ax＋b。當(dāng)a＝－3，b＝－3時(shí),f(x)＝x3－3x－3，f′（x）＝3x2－3，令f′(x)>0，得x>1或x<－1；令f′（x）〈0，得－1〈x〈1，故f（x）在（－∞，－1）上為增函數(shù),在（－1,1)上為減函數(shù)，在（1,＋∞)上為增函數(shù),又f（－1）＝－1,f（1）＝－5，f（3）＝15，故方程f（x)＝0只有一個(gè)實(shí)根,故①正確．當(dāng)a＝－3，b＝2時(shí)，f(x)＝x3－3x＋2，易知f(x）在(－∞,－1)上為增函數(shù),在（－1，1)上為減函數(shù)，在（1,＋∞）上為增函數(shù)，又f(－1）＝4，f(1)＝0，x→－∞時(shí)，f(x）→－∞，從而方程f（x）＝0有兩個(gè)根，故②錯(cuò)誤．當(dāng)a＝－3，b>2時(shí)，f（x）＝x3－3x＋b，易知f（x）的極大值為f（－1)＝2＋b〉0，極小值為f(1)＝b－2>0，x→－∞時(shí)，f(x)→－∞，故方程f(x)＝0有且僅有一個(gè)實(shí)根,故③正確．當(dāng)a＝0，b＝2時(shí)，f（x)＝x3＋2，顯然方程f（x）＝0有且僅有一個(gè)實(shí)根,故④正確．當(dāng)a＝1，b＝2時(shí)，f(x)＝x3＋x＋2，f′(x)＝3x2＋1〉0，則f(x）在（－∞，＋∞)上為增函數(shù)，易知f（x）的值域?yàn)镽，故f(x）＝0有且僅有一個(gè)實(shí)根，故⑤正確．綜上，正確條件的編號(hào)有①③④⑤.三、模擬小題14．（2019·河南豫南九校聯(lián)考）設(shè)定義在(0,＋∞）上的函數(shù)f(x）的導(dǎo)函數(shù)f′(x）滿足xf′（x）〉1，則（）A．f（2)－f（1)〉ln2 B．f(2）－f(1）<ln2C．f(2)－f（1)〉1 D．f(2）－f（1）〈1答案A解析根據(jù)題意，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞），則xf′（x）〉1?f′（x)〉eq\f(1,x）＝（lnx）′，即f′(x）－(lnx）′>0.令F(x）＝f（x)－lnx，則F（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，故f（2）－ln2〉f(1）－ln1,即f(2)－f(1)>ln2。15．(2019·安陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,3)＋eq\f(x2，2）與g(x）＝6x＋a的圖象有3個(gè)不同的交點(diǎn)，則a的取值范圍是(）A.eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f（22，3),\f(27，2）)） B．eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(22,3)，\f（27，2））)C。eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1(－\f(27,2）,\f(22，3））） D．eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f（27，2），\f（22,3）)）答案B解析原問題等價(jià)于函數(shù)h（x）＝eq\f(x3，3)＋eq\f（x2,2)－6x的圖象與直線y＝a有三個(gè)不同的交點(diǎn)．h′(x）＝x2＋x－6＝（x－2)（x＋3),當(dāng)x∈（－∞，－3)時(shí)，h′(x）>0，h（x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（－3,2)時(shí)，h′（x）〈0，h(x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(2，＋∞）時(shí)，h′(x)〉0，h(x)單調(diào)遞增．函數(shù)h(x）的圖象如圖所示．又h（－3)＝eq\f（27，2),h（2）＝－eq\f(22,3)，數(shù)形結(jié)合可得a的取值范圍是eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(22,3),\f(27，2））)。故選B。16．（2019·沈陽質(zhì)量監(jiān)測(cè)（三)）已知函數(shù)f(x）＝alnx－2x，若不等式f(x＋1)>ax－2ex在x∈(0，＋∞）上恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(）A．a(chǎn)≤2 B．a(chǎn)≥2C．a(chǎn)≤0 D．0≤a≤2答案A解析由函數(shù)f(x）＝alnx－2x，得f(ex)＝alnex－2ex＝ax－2ex。f（x＋1)>ax－2ex,即f（x＋1)>f（ex）,因?yàn)閤>0時(shí)，1<x＋1<ex，所以只需f(x）＝alnx－2x在（1，＋∞）上單調(diào)遞減，即x>1時(shí)，f′（x）＝eq\f(a,x）－2≤0恒成立，即a≤2x在（1，＋∞)上恒成立，所以a≤2，故選A。17．（2019·徐州模擬）已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2－x＋1，x－1)，g(x）＝eq\f（lnx,x)，若函數(shù)y＝f［g（x)]＋a有三個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，x3(其中x1<x2〈x3),則2g（x1)＋g（x2)＋g(x3)的取值范圍為________．答案eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（2，e2－e）,0））解析由題意，得f′(x)＝eq\f（xx－2，x－12）（x≠1)，所以函數(shù)f(x)在（0，1)，(1,2）上單調(diào)遞減，在(－∞，0)，（2,＋∞）上單調(diào)遞增,由此作出函數(shù)f（x）的大致圖象如圖1所示．因?yàn)間′(x)＝eq\f（1－lnx，x2）(x>0)，所以函數(shù)g(x)在（e，＋∞)上單調(diào)遞減，在（0,e)上單調(diào)遞增，所以g（x)max＝g（e)＝eq\f（1,e)，作出函數(shù)g（x)的大致圖象如圖2所示．feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，e）））＝eq\f（1－e＋e2,e－e2)。因?yàn)閒[g（x）]＋a＝0有三個(gè)不同的零點(diǎn)，所以y＝f[g（x）］的圖象與直線y＝－a有三個(gè)不同的交點(diǎn)，所以－a∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1－e＋e2，e－e2），－1）)，即a∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1－e＋e2，e2－e））).令g(x）＝t，則問題等價(jià)于方程eq\f(t2－t＋1，t－1)＋a＝0，即t2＋(a－1）t＋1－a＝0有兩個(gè)解t1,t2,不妨設(shè)t1〈t2,且t1＋t2＝1－a。由圖知g(x2)＝g（x3）＝t2，g（x1)＝t1，所以2g(x1)＋g(x2）＋g(x3）＝2(t1＋t2）＝2（1－a)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（2，e2－e）,0）).一、高考大題1．(2019·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f（x)＝2sinx－xcosx－x,f′(x）為f(x)的導(dǎo)數(shù)．(1）證明：f′(x）在區(qū)間(0，π）存在唯一零點(diǎn)；（2)若x∈［0，π］時(shí)，f(x)≥ax，求a的取值范圍．解（1）證明：設(shè)g(x)＝f′（x)，則g（x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.當(dāng)x∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2）)）時(shí)，g′(x)〉0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π，2),π）)時(shí)，g′(x）〈0，所以g(x）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f（π，2)））上單調(diào)遞增,在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π，2），π）)上單調(diào)遞減．又g（0)＝0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（π,2）））>0,g（π)＝－2，故g（x)在(0,π）存在唯一零點(diǎn)．所以f′（x）在區(qū)間（0，π)存在唯一零點(diǎn)．（2）由題設(shè)知f(π)≥aπ,f（π）＝0，可得a≤0.由（1）知，f′(x)在（0，π)只有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x0，且當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′（x)>0；當(dāng)x∈（x0，π)時(shí),f′(x)<0，所以f（x）在(0,x0)上單調(diào)遞增，在（x0，π）上單調(diào)遞減．又f(0)＝0,f(π）＝0，所以當(dāng)x∈［0，π]時(shí),f（x）≥0.又當(dāng)a≤0，x∈[0,π]時(shí)，ax≤0，故f（x)≥ax.因此，a的取值范圍是（－∞,0］．2．(2019·天津高考)設(shè)函數(shù)f(x）＝lnx－a（x－1)ex，其中a∈R.（1）若a≤0，討論f(x）的單調(diào)性；(2)若0〈a〈eq\f(1，e),①證明f(x）恰有兩個(gè)零點(diǎn)；②設(shè)x0為f（x)的極值點(diǎn)，x1為f(x）的零點(diǎn)，且x1〉x0,證明3x0－x1>2。解(1)由已知，f(x)的定義域?yàn)椋?,＋∞)，且f′(x)＝eq\f（1，x)－[aex＋a(x－1）ex］＝eq\f(1－ax2ex,x）。因此當(dāng)a≤0時(shí)，1－ax2ex>0，從而f′（x)>0,所以f(x)在(0，＋∞）內(nèi)單調(diào)遞增．(2)證明：①由(1)知,f′（x）＝eq\f(1－ax2ex，x）。令g（x）＝1－ax2ex，由0<a<eq\f(1，e),可知g（x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減．又g(1)＝1－ae>0，且geq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（ln\f（1，a）))＝1－aeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f（1,a)））2·eq\f（1，a)＝1－eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（ln\f(1，a)))2〈0,故g（x)＝0在（0，＋∞）內(nèi)有唯一解，從而f′（x)＝0在(0,＋∞)內(nèi)有唯一解,不妨設(shè)為x0,則1<x0〈lneq\f（1，a）.當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)＝eq\f(gx，x)〉eq\f（gx0，x）＝0，所以f(x)在(0，x0)內(nèi)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x0，＋∞）時(shí)，f′（x)＝eq\f(gx，x）〈eq\f（gx0，x）＝0，所以f(x）在（x0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，因此x0是f（x）的唯一極值點(diǎn)．令h（x）＝lnx－x＋1，則當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)＝eq\f(1,x)－1〈0,故h（x）在（1,＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，從而當(dāng)x>1時(shí)，h（x)〈h(1)＝0，所以lnx〈x－1，從而feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（ln\f(1,a）)）＝lneq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（ln\f(1，a)))－aeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（ln\f(1，a)－1））elneq\f（1，a）＝lneq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（ln\f（1,a)))－lneq\f（1，a）＋1＝heq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（ln\f(1,a)))〈0。又因?yàn)閒（x0）〉f（1）＝0，所以f(x）在（x0，＋∞）內(nèi)有唯一零點(diǎn)．又f(x)在(0,x0)內(nèi)有唯一零點(diǎn)1，從而，f（x)在(0,＋∞）內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)．②由題意，eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（f′x0＝0，，fx1＝0，）)即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(ax\o\al（2，0)ex0＝1,,lnx1＝ax1－1ex1,）)從而lnx1＝eq\f（x1－1，x\o\al（2,0）)ex1－x0,即ex1－x0＝eq\f(x\o\al(2，0)lnx1，x1－1).因?yàn)楫?dāng)x>1時(shí)，lnx<x－1，又x1>x0〉1，故ex1－x0〈eq\f（x\o\al（2,0)x1－1,x1－1）＝xeq\o\al（2，0），兩邊取對(duì)數(shù)，得lnex1－x0<lnxeq\o\al（2，0），于是x1－x0<2lnx0〈2(x0－1）,整理得3x0－x1〉2.3．(2019·江蘇高考）設(shè)函數(shù)f(x)＝（x－a)（x－b）(x－c)，a，b，c∈R，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)．(1)若a＝b＝c,f(4)＝8，求a的值；（2）若a≠b，b＝c，且f(x）和f′(x)的零點(diǎn)均在集合{－3,1，3}中，求f(x）的極小值；(3)若a＝0,0＜b≤1，c＝1，且f（x)的極大值為M,求證：M≤eq\f（4，27).解(1)因?yàn)閍＝b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b）(x－c)＝(x－a)3。因?yàn)閒(4)＝8,所以（4－a）3＝8，解得a＝2。（2)因?yàn)閎＝c,所以f(x)＝(x－a)(x－b)2＝x3－（a＋2b）x2＋b（2a＋b)x－ab2,從而f′(x）＝3(x－b)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x－\f（2a＋b,3）））。令f′（x)＝0，得x＝b或x＝eq\f(2a＋b，3）。因?yàn)閍,b,eq\f(2a＋b,3)都在集合{－3，1，3｝中，且a≠b,所以eq\f（2a＋b,3)＝1,a＝3，b＝－3。此時(shí)，f(x)＝（x－3）（x＋3）2，f′（x)＝3(x＋3)（x－1)．令f′(x）＝0,得x＝－3或x＝1.列表如下：x(－∞,－3）－3（－3，1)1（1,＋∞)f′(x）＋0－0＋f（x)極大值極小值所以f（x)的極小值為f(1)＝（1－3)×(1＋3）2＝－32.（3)證明：因?yàn)閍＝0，c＝1,所以f（x）＝x（x－b）（x－1)＝x3－(b＋1)x2＋bx，f′(x)＝3x2－2（b＋1)x＋b。因?yàn)?＜b≤1,所以Δ＝4(b＋1）2－12b＝(2b－1）2＋3〉0，則f′(x）有2個(gè)不同的零點(diǎn),設(shè)為x1,x2(x1〈x2)．由f′(x）＝0，得x1＝eq\f(b＋1－\r（b2－b＋1），3)，x2＝eq\f（b＋1＋\r（b2－b＋1），3).列表如下：x（－∞，x1)x1（x1，x2)x2（x2，＋∞）f′（x)＋0－0＋f(x)極大值極小值所以f(x)的極大值M＝f(x1)．證法一：M＝f（x1）＝xeq\o\al(3，1)－(b＋1）xeq\o\al(2,1）＋bx1＝［3xeq\o\al（2,1)－2(b＋1）x1＋b]eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（x1，3)－\f(b＋1，9））)－eq\f(2b2－b＋1，9)x1＋eq\f(bb＋1,9）＝eq\f(－2b2－b＋1b＋1，27)＋eq\f(bb＋1,9）＋eq\f(2,27)（eq\r（b2－b＋1)）3＝eq\f(bb＋1,27）－eq\f(2b－12b＋1，27)＋eq\f(2，27）(eq\r(bb－1＋1））3≤eq\f(bb＋1,27)＋eq\f（2,27)≤eq\f（4,27）.因此M≤eq\f（4，27).證法二：因?yàn)?<b≤1,所以x1∈（0,1）．當(dāng)x∈（0,1)時(shí)，f(x）＝x(x－b)(x－1)≤x（x－1）2.令g（x）＝x（x－1）2，x∈（0,1)，則g′（x)＝3eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))(x－1）．令g′(x)＝0，得x＝eq\f（1，3）。列表如下：xeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f（1，3)）)eq\f(1，3)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,3），1））g′（x)＋0－g(x)極大值所以當(dāng)x＝eq\f（1,3）時(shí),g(x)取得極大值，且是最大值,故g（x)max＝geq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,3)）)＝eq\f（4,27).所以當(dāng)x∈（0，1）時(shí),f(x)≤g(x)≤eq\f(4,27）.因此M≤eq\f(4,27）.二、模擬大題4．（2019·吉林省長春市高三第二次模擬）已知函數(shù)f（x)＝ex＋bx－1（b∈R)．(1）討論f(x）的單調(diào)性；(2）若方程f（x)＝lnx有兩個(gè)實(shí)數(shù)根,求實(shí)數(shù)b的取值范圍．解（1）由題可得，f′（x)＝ex＋b，當(dāng)b≥0時(shí)，f′（x)＞0，f（x）在(－∞，＋∞）上單調(diào)遞增；當(dāng)b＜0時(shí)，若x≥ln（－b），則f′(x)≥0，f(x）在[ln(－b)，＋∞）上單調(diào)遞增；若x＜ln（－b）,則f′(x）＜0，f（x）在(－∞，ln（－b）)上單調(diào)遞減．（2)令g(x）＝ex＋bx－1－lnx，則g′（x)＝ex＋b－eq\f(1，x），易知g′（x)單調(diào)遞增且一定有大于0的零點(diǎn),不妨設(shè)為x0，g′(x0）＝0，即ex0＋b－eq\f（1,x0）＝0,b＝eq\f(1,x0）－ex0，故若g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，需滿足g（x0）＜0，即ex0＋bx0－1－lnx0＝ex0＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,x0）－ex0）)x0－1－lnx0＝ex0－ex0x0－lnx0〈0.令h（x)＝ex－exx－lnx,h′(x)＝－exx－eq\f(1,x）＜0，所以h（x)在（0，＋∞）上單調(diào)遞減，由h（1)＝0，得ex0－ex0x0－lnx0<0的解集為(1，＋∞),由b＝eq\f（1，x0)－ex0,得b＜1－e.當(dāng)b＜1－e時(shí)，ex＋bx－1－lnx＞x＋bx－lnx，有g(shù)(eb)＞eb＋beb－lneb＝（b＋1）eb－b，令φ(x)＝（x＋1）ex－x＝（x＋1)(ex－1）＋1，由于x＜1－e，所以x＋1＜2－e＜0，ex＜1，故φ（x)＝（x＋1）ex－x＞0，所以g(eb)＞0，故g（eb)g(x0)＜0，g(x）在（0，x0)上有唯一零點(diǎn),另一方面，在(x0，＋∞)上，當(dāng)x→＋∞時(shí),由ex增長速度大,所以有g(shù)(x)＞0，即g(x）在(x0,＋∞)上有唯一零點(diǎn)．故當(dāng)b<1－e時(shí)，g(x）在(0，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn),滿足題意，即實(shí)數(shù)b的取值范圍為(－∞，1－e)．5．(2019·長沙一模)已知函數(shù)