在(x0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的正实数x，
都有F(x)≤F(x0)＝0，即对于任意的正实数x，都有f(x)≤g(x)． (3)证明 不妨设x1≤x2. 由(2)知g(x)＝(n－n)(x－x0)， 设方程g(x)＝a的根为x2′， 可得x2′＝2
an－n2
＋x0.
当n≥2时，g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减， 又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′)，可得x2≤x2′. 类似地，设曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝h(x)， 可得h(x)＝nx.
当x∈(0，＋∞)，f(x)－h(x)＝－x＜0， 即对于任意的x∈(0，＋∞)，f(x)＜h(x)． 设方程h(x)＝a的根为x1′，可得x1′＝. 因为h(x)＝nx在(－∞，＋∞)上单调递增，且h(x1′)＝a＝f(x1)＜h(x1)，因此x1′＜x1. 由此可得x2－x1＜x2′－x1′＝＋x0.
1－n因为n≥2，所以2故2≥n1n?1n－1
nana＝(1＋1)
n－1
≥1＋Cn－1＝1＋n－1＝n，
1
＝x0.
所以，|x2－x1|＜＋2.
1－n7．(2014·广东，21)设函数f(x)＝
，其中k<－2. 222
（x＋2x＋k）＋2（x＋2x＋k）－3(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示)； (2)讨论函数f(x)在D上的单调性；
(3)若k<－6，求D上满足条件f(x)>f(1)的x的集合(用区间表示)． 解 (1)由题意知(x＋2x＋k＋3)(x＋2x＋k－1)>0，
??x＋2x＋k＋3>0因此?2或
?x＋2x＋k－1>0???x＋2x＋k＋3<0?2， ?x＋2x＋k－1<0?
2
2
2
2
a1
设y1＝x＋2x＋k＋3，y2＝x＋2x＋k－1，则这两个二次函数的对称轴均为x＝－1， 且方程x＋2x＋k＋3＝0的判别式Δ1＝4－4(k＋3)＝－4k－8， 方程x＋2x＋k－1＝0的判别式Δ2＝4－4(k－1)＝8－4k， 因为k<－2，所以Δ2>Δ1>0， 因此对应的两根分别为
2
2
22
x1，2＝x3，4＝－2±Δ1
＝－1±－k－2， 2－2±Δ2
＝－1±2－k， 2
且有－1－2－k<－1－－k－2<－1＋－k－2<－1＋2－k，
因此函数f(x)的定义域D为(－∞，－1－2－k)∪(－1－－k－2，－1＋－k－2)∪(－1＋2－k，＋∞)．
(2)由(1)中两个二次函数的单调性，且对称轴都为x＝－1，易知函数f(x)在
(－∞，－1－2－k)上单调递增，在(－1－－k－2，－1)上单调递减，在(－1，－1＋－k－2)上单调递增，在(－1＋2－k，＋∞)上单调递减．
(3)由于k<－6，故－1－2－k<－1－－k－2<－3<－1<1<－1＋－k－2<－1＋2－k. 利用函数图象的对称性可知f(1)＝f(－3)，
再利用函数f(x)的单调性可知在(－1－－k－2，－1)上f(x)>f(1)＝f(－3)的解集为(－1－－k－2，－3)，在(－1，－1＋－k－2)上f(x)>f(1)的解集为(1，－1＋－k－2)． 再在其余两个区间(－∞，－1－2－k)和(－1＋2－k，＋∞)上讨论． 令x＝1，则(x＋2x＋k)＋2(x＋2x＋k)－3＝k＋8k＋12， 令(x＋2x＋k)＋2(x＋2x＋k)－3＝k＋8k＋12， 则(x＋2x＋k)＋2(x＋2x＋k)－(k＋8k＋15)＝0， 即(x＋2x＋k)＋2(x＋2x＋k)－(k＋5)(k＋3)＝0， 即[x＋2x＋k＋(k＋5)][x＋2x＋k－(k＋3)]＝0， 化简得(x＋2x＋2k＋5)(x＋2x－3)＝0，
解得除了－3，1的另外两个根为－1±－2k－4，
因此利用函数f(x)的单调性可知在(－∞，－1－2－k)上f(x)>f(1)的解集为(－1－－2k－4，－1－2－k)，
在(－1＋2－k，＋∞)上f(x)>f(1)的解集为(－1＋2－k，－1＋－2k－4)， 综上所述，k<－6时，在D上f(x)>f(1)的解集为(－1－－2k－4，－1－2－k)∪(－1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
－－k－2，－3)∪(1，－1＋－k－2)∪(－1＋2－k，－1＋－2k－4)．
8．(2013·重庆，17)设f(x)＝a(x－5)＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0，6)． (1)确定a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值． 解 (1)因为f(x)＝a(x－5)＋6ln x， 6
故f′(x)＝2a(x－5)＋.
2
2
x令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)， 1
由点(0，6)在切线上可得6－16a＝8a－6，故a＝.
2
16（x－2）（x－3）2
(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)＋6ln x(x>0)，f′(x)＝x－5＋＝.
2xx令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3. 当0
故f(x)在(0，2)，(3，＋∞)上为增函数；
当2 9 由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln 2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋ 26ln 3. 9．(2012·北京，18)已知函数f(x)＝ax＋1(a>0)，g(x)＝x＋bx. (1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值； (2)当a＝4b时，求函数f(x)＋g(x)的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值． 解 (1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x＋b. 因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)． 即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b. 解得a＝3，b＝3. 1211(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当b＝a时，h(x)＝x3＋ax2＋a2x＋1，h′(x)＝3x2＋2ax＋a2. 444令h′(x)＝0，得x1＝－，x2＝－. 26 2 2 2 3 aaa>0时，h(x)与h′(x)的情况如下： x h′(x) h(x) (－∞，－＋ a2) － 20 a(－，－) 26－ aa－ 60 a(－，＋∞) 6＋ a? ? ? a? ? ? 所以函数h(x)的单调递增区间为?－∞，－?和?－，＋∞?；单调递减区间为 2??6?? ?a?－a，－a?. ?2?6?? 当－≥－1，即0 2 函数h(x)在区间(－∞，－1]上单调递增，h(x)在区间 12 (－∞，－1]上的最大值为h(－1)＝a－a. 4当－<－1，且－≥－1， 26即2 函数h(x)在区间?－∞，－?内单调递增，在区间?－，－1?上单调递减，h(x)在区间(－ 2???2?∞，－1]上的最大值为h?－?＝1. ?2? 当－<－1，即a>6时，函数h(x)在区间?－∞，－?内单调递增，在区间?－，－?内单 2?6?6??2 aaa? a??a? ?a?a? a??aa???调递减，在区间?－，－1?上单调递增． ?6? 121?a?2 又因h?－?－h(－1)＝1－a＋a＝(a－2)>0，所以h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值 44?2?为h?－?＝1. ?2? 考点二 利用导数研究函数的极值与最值 1．(2015·陕西，12)对二次函数f(x)＝ax＋bx＋c(a为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是( ) A．－1是f(x)的零点 C．3是f(x)的极值 解析 A正确等价于a－b＋c＝0，① B正确等价于b＝－2a，② 4ac－bC正确等价于＝3，③ 4aD正确等价于4a＋2b＋c＝8.④ 2 2 a?a?B．1是f(x)的极值点 D．点(2，8)在曲线y＝f(x)上 下面分情况验证， a＝5，?? 若A错，由②、③、④组成的方程组的解为?b＝－10，符合题意； ??c＝8. 若B错，由①、③、④组成的方程组消元转化为关于a的方程后无实数解； 若C错，由①、②、④组成方程组，经验证a无整数解； 3 若D错，由①、②、③组成的方程组a的解为－也不是整数． 4综上，故选A. 答案 A 2．(2015·新课标全国Ⅱ，12)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( ) A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞) 解析 因为f(x)(x∈R)为奇函数，f(－1)＝0，所以f(1)＝－f(－1)＝0.当x≠0时，令 f（x）?f（x）?′g(x)＝，则g(x)为偶函数，且g(1)＝g(－1)＝0.则当x＞0时，g′(x)＝??x?x? ＝ xf′（x）－f（x） ＜0，故g(x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数．所 x2f（x） ＞0?f(x)＞0； xf（x） ＜0?f(x)＞0.综上，得使得x以在(0，＋∞)上，当0＜x＜1时，g(x)＞g(1)＝0? 在(－∞，0)上，当x＜－1时，g(x)＜g(－1)＝0?f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，选A. 答案 A πx2 3．(2014·新课标全国Ⅱ，12)设函数f(x)＝3sin.若存在f(x)的极值点x0满足x0＋ m[f(x0)] 22