从而z＝b－≤1.
4
取a＝0，b＝1，则|a|＋|b|≤1，并且z＝b－＝1.
4由此可知，z＝b－满足条件D≤1的最大值为1.
4
e2
11．(2014·山东，20)设函数f(x)＝2－k(＋ln x)(k为常数，e＝2.718 28?是自然对数
xa2
a2
a2
xx的底数)．
(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围． 解 (1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)，
x2ex－2xex?21?
f′(x)＝－k?－2＋?
x4?xx?xex－2exk（x－2）
＝－ x3x2（x－2）（e－kx）＝ 3
xx由k≤0可得e－kx>0，
所以当x∈(0，2)时，f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减， 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增． 所以f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)由(1)知，k≤0时，函数f(x)在(0，2)内单调递减， 故f(x)在(0，2)内不存在极值点；
当k>0时，设函数g(x)＝e－kx，x∈[0，＋∞)， 因为g′(x)＝e－k＝e－e当0 当x∈(0，2)时，g′(x)＝e－k>0，y＝g(x)单调递增． 故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点； 当k>1时， 得x∈(0，ln k)时，g′(x)<0，函数y＝g(x)单调递减， xxxln kxx， x∈(ln k，＋∞)时，g′(x)>0，函数y＝g(x)单调递增． 所以函数y＝g(x)的最小值为g(ln k)＝k(1－ln k)． 函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点 g（0）>0，??g（ln k）<0，e 当且仅当?解得e 2g（2）>0， ??0 2 ?e?综上所述，函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点时，k的取值范围为?e，?. ?2? 12．(2013·福建，17)已知函数f(x)＝x－aln x(a∈R)． (1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程； (2)求函数f(x)的极值． 解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－. 2 (1)当a＝2时，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－(x>0)，因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，所 2 axx以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0. (2)由f′(x)＝1－＝ax－a，x>0知： xx①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值； ②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a. 又当x∈(0，a)时，f′(x)<0； 当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0， 从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－aln a，无极大值． 综上，当a≤0时，函数f(x)无极值； 当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－aln a，无极大值． 考点三 导数的综合问题 1．(2015·新课标全国Ⅰ，12)设函数f(x)＝e(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0，则a的取值范围是( ) A.?－ x?3，1? ? ?2e? x?33?B.?－，? ?2e4??3?D.?，1? ?2e? ?33?C.?，? ?2e4? 解析 设g(x)＝e(2x－1)，y＝ax－a，由题知存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线y＝ ax－a的下方， 11x因为g′(x)＝e(2x＋1)，所以当x<－时，g′(x)<0，当x>－时，g′(x)>0，所以当x22 11＝－时，[g(x)]min＝－2e－， 22 当x＝0时，g(0)＝－1，g(1)＝3e>0，直线y＝a(x－1)恒过(1，0)且斜率为a，故－a>g(0)＝－1， 3－1 且g(－1)＝－3e≥－a－a，解得≤a<1，故选D. 2e 答案 D 2．(2014·辽宁，11)当x∈[－2，1]时，不等式ax－x＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是( ) A．[－5，－3] C．[－6，－2] 3 9??B.?－6，－? 8?? D．[－4，－3] 2 3 2 1?1??1?13 解析 当x∈(0，1]时，得a≥－3??－4??＋，令t＝，则t∈[1，＋∞)，a≥－3tx?x??x?x－4t＋t，令g(t)＝－3t－4t＋t，t∈[1，＋∞)，则g′(t)＝－9t－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]． 答案 C 3．(2013·四川，10)设函数f(x)＝e＋x－a(a∈R，e为自然对数的底数)．若曲线y＝sin x2 3 2 2 x上存在点(x0，y0)使得f(f(y0))＝y0，则a的取值范围是( ) A．[1，e] B．[e－1，1] D．[e－1，e＋1] x－1－1 C．[1，e＋1] 解析 因为y0＝sin x0∈[－1，1]，而f(x)≥0，f(f(y0))＝y0，所以y0∈[0，1]．设e＋x－a＝x，x∈[0，1]，①所以e＋x－x＝a在x∈[0，1]上有解，令g(x)＝e＋x－x，所以g′(x)＝e＋1－2x，设h(x)＝e＋1－2x，则h′(x)＝e－2，所以当x∈(0，ln 2)时，h′(x)＜0，当x∈(ln 2，1)时，h′(x)＞0，所以g′(x)≥ xxxx2 x2 g′(ln 2)＝3－2ln 2＞0，所以g(x)在[0，1]上单调递增．所以原题中的方程有解必须 方程①有解，所以g(0)≤a≤g(1)，故选A. 答案 A 4．(2015·广东，19)设a>1，函数f(x)＝(1＋x)e－a. (1)求f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点； (3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行 3 (O是坐标原点)，证明：m≤ x2 2 xa－－1. x2 2e (1)解 f′(x)＝2xe＋(1＋x)e＝(x＋2x＋1)e＝(x＋1)e ?x∈R，f′(x)≥0恒成立． ∴f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)． (2)证明 ∵f(0)＝1－a，f(a)＝(1＋a)e－a， ∵a>1，∴f(0)<0，f(a)>2ae－a>2a－a＝a>0， ∴f(0)·f(a)<0， ∴f(x)在(0，a)上有一零点，又∵f(x)在(－∞，＋∞)上递增， ∴f(x)在(0，a)上仅有一个零点， ∴f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点． (3)证明 f′(x)＝(x＋1)e，设P(x0，y0)， 则f′(x0)＝ex0(x0＋1)＝0， ∴x0＝－1， 2 把x0＝－1，代入y＝f(x)得y0＝－a， e2 ∴kOP＝a－. e 2 2x2 x2xaaf′(m)＝em(m＋1)2＝a－， 令g(m)＝e－(m＋1)，g′(m)＝e－1. 令g′(x)>0，则m>0， ∴g(m)在(0，＋∞)上增． 令g′(x)<0，则m<0， ∴g(m)在(－∞，0)上减． ∴g(m)min＝g(0)＝0. mm2e ∴e－(m＋1)≥0，即e≥m＋1. ∴e(m＋1)≥(m＋1)， 23 即a－≥(m＋1). e 3 ∴m＋1≤322 a－，即m≤a－－1. ee 2 mmm23 5．(2015·山东，21)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x－x)，其中a∈R. (1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由； (2)若?x＞0，f(x)≥0成立，求a的取值范围． 解 (1)由题意知，函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)， f′(x)＝ 2 1 ＋a(2x－1) x＋1 2ax＋ax－a＋1＝. x＋1 令g(x)＝2ax＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)． ①当a＝0时，g(x)＝1，此时f′(x)＞0， 函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点； ②当a＞0时，Δ＝a－8a(1－a)＝a(9a－8)． 8 (ⅰ)当0＜a≤时，Δ≤0，g(x)≥0， 9 2 2 f′(x)≥0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点； 8 (ⅱ)当a＞时，Δ＞0， 9 设方程2ax＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1＜x2)， 1 因为x1＋x2＝－， 211 所以x1＜－，x2＞－. 44 1 由g(－1)＝1＞0，可得－1＜x1＜－. 4 所以当x∈(－1，x1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增； 当x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减； 当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增； 因此函数有两个极值点． (ⅲ)当a＜0时，Δ＞0， 2