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8.设点P在曲线y＝ex上，点Q在曲线y＝ln(2x)上，则|PQ|的最小值为( )
2A.1－ln 2 9. 已知函数f(x)＝
B.2(1－ln 2) C.1＋ln 2 D.2(1＋ln 2) ln x＋（x－b）2
x?1?
(b∈R)，若存在x∈?，2?，使得f(x)＋xf′(x)>0，则
?2?
实数b的取值范围是( ) 3??
A.?－∞，?
2??
9??
B.?－∞，? C.(－∞，3)
4??
D.(－∞，2)
10.设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c为常数)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，不等式
f(x)≥f′(x)恒成立，则
b2
a2＋c2
的最大值为________.
11.已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)，其中e为自然对数的底数. (1)若f′(x)＝ex－a对任意x≥0恒成立，求a的取值范围；
1
e3
(2)求证：当n≥2，n∈N时，恒有1n＋4n＋7n＋…＋(3n－2)n<(3n)n.
e－1
ex12.已知函数f(x)＝2. x－mx＋1
(1)若m∈(－2，2)，求函数y＝f(x)的单调区间；
1??0，?，则当x∈[0，m＋1]时，函数y＝f(x)的图象是否总在直线y＝x上方？请写(2)若m∈?
?2?出判断过程.
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导数的应用(最值与函数的零点)答案
高考真题
?x－3x，x≤0，
1.(1)2 (2)(－∞，－1) [(1)当a＝0时，f(x)＝?
?－2x，x＞0.若x≤0，f′(x)＝3x2－3＝3(x2－1).
由f′(x)＞0得x＜－1，由f′(x)＜0得－1＜x≤0. ∴f(x)在(－∞，－1)上单调递增；
在(－1，0]上单调递减，∴f(x)最大值为f(－1)＝2. 若x＞0，f(x)＝－2x单调递减，所以f(x)＜f(0)＝0. 所以f(x)最大值为2.
(2)f(x)的两个函数在无限制条件时图象如图.由(1)知，当a≥－1时，f(x)取得最大值2.
当a＜－1时，y＝－2x在x＞a时无最大值.且－2a＞2. 所以a＜－1.]
2.(1)解 由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，切线斜率k＝f′(0)＝b. 又f(0)＝c，所以切点坐标为(0，c).
所以所求切线方程为y－c＝b(x－0)，即bx－y＋c＝0. (2)解 由a＝b＝4得f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c ∴f′(x)＝3x2＋8x＋4＝(3x＋2)(x＋2) 令f′(x)＝0，得(3x＋2)(x＋2)＝0， 2
解得x＝－2或x＝－，
3
3
f′(x)，f(x)随x的变化情况如下：
x f′(x) f(x) 所以，当c＞0且c－
(－∞，－2) ＋ ? －2 0 2???－2，－? 3??－ ? 2－ 30 ?2??－，＋∞? ?3?＋ ? c c－ 322732＜0时，存在x1∈(－∞，－2)， 27
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x2∈?－2，－?，x3∈?－，＋∞?，
32??
使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由f(x)的单调性知，当且仅当c∈?0，?时，函数f(x)＝x3＋
?27?4x2＋4x＋c有三个不同零点.
(3)证明 当Δ＝4a2－12b＜0时，即a2－3b＜0，
??2?3??2?3??
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. 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. 3.(1)解 f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞). （x－1）（x＋2）ex－（x－2）exx2exf′(x)＝＝≥0，
（x＋2）2（x＋2）2且仅当x＝0时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)单调递增. 因此当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝－1. 所以(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0. (2)证明 g′(x)＝
（x－2）ex＋a（x＋2）
x3
＝x＋2
(f(x)＋a). x3
由(1)知，f(x)＋a单调递增，对任意a∈[0，1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0. 因此，存在唯一xa∈( 0，2]，使得f(xa)＋a＝0，即g′(xa)＝0. 当0 7 当x>xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增. 因此g(x)在x＝xa处取得最小值，最小值为g(xa)＝exa. xa＋2 xexa（x＋1）exex?e? ?′＝于是h(a)＝，由?>0，单调递增. xa＋2（x＋2）2x＋2?x＋2? exa－a（xa＋1） x2a＝ exa＋f（xa）（x＋1） x2a＝所以，由xa∈(0，2]， 1e0exae2e2 得＝ 2 ex?1e?因为单调递增，对任意λ∈?，?，存在唯一的xa∈(0，2]，a＝－f(xa)∈[0，1)，使得 x＋2?24? ?1e?h(a)＝λ.所以h(a)的值域是?，?. ?24?综上，当a∈[0，1)时，g(x)有最小值h(a)， 2 ?1e? h(a)的值域是?，?. ?24? 2 提高演练 1?1?3?1?21 1.C [当x∈(0，1]时，得a≥－3??－4??＋，令t＝，则t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2 x?x??x?x＋t，令g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，则g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)(9t－1)，显然在[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].] 2.(1)解 因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，所以 f′(x)＝ 11 ＋，f′(0)＝2. 1＋x1－x又因为f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x. x?? (2)证明 令g(x)＝f(x)－2?x＋?，则 3?? 42xg′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝. 1－x2 3 8