2022年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 理

2022年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 理真題試做1．(xx·課標(biāo)全國(guó)高考，理12)設(shè)點(diǎn)P在曲線y＝ex上，點(diǎn)Q在曲線y＝ln(2x)上，則|PQ|的最小值為(　　)．A．1－ln 2 B．(1－ln 2)C．1＋ln 2 D．(1＋ln 2)2．(xx·湖北高考，理3)已知二次函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，則它與x軸所圍圖形的面積為(　　)．A． B． C． D．3．(xx·大綱全國(guó)高考，理10)已知函數(shù)y＝x3－3x＋c的圖象與x軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)，則c＝(　　)．A．－2或2 B．－9或3 C．－1或1 D．－3或14．(xx·陜西高考，理14)設(shè)函數(shù)f(x)＝D是由x軸和曲線y＝f(x)及該曲線在點(diǎn)(1,0)處的切線所圍成的封閉區(qū)域，則z＝x－2y在D上的最大值為__________．5．(xx·山東高考，理22)已知函數(shù)f(x)＝(k為常數(shù)，e＝2.718 28…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與x軸平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)設(shè)g(x)＝(x2＋x)f′(x)，其中f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，證明：對(duì)任意x＞0，g(x)＜1＋e－2.6．(xx·浙江高考，理22)已知a＞0，b∈R，函數(shù)f(x)＝4ax3－2bx－a＋b.(1)證明：當(dāng)0≤x≤1時(shí)，①函數(shù)f(x)的最大值為|2a－b|＋a；②f(x)＋|2a－b|＋a≥0；(2)若－1≤f(x)≤1對(duì)x∈[0,1]恒成立，求a＋b的取值范圍．7．(xx·重慶高考，理16)設(shè)f(x)＝aln x＋＋x＋1，其中a∈R，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線垂直于y軸．(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的極值．考向分析從近三年高考來(lái)看，該部分高考命題有以下特點(diǎn)：從內(nèi)容上看，考查導(dǎo)數(shù)主要有三個(gè)層次：(1)導(dǎo)數(shù)的概念、求導(dǎo)公式與法則、導(dǎo)數(shù)的幾何意義；(2)導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用，包括求函數(shù)極值、求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、證明函數(shù)的單調(diào)性等；(3)導(dǎo)數(shù)的綜合考查，包括導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用題以及導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式等的綜合題．另外對(duì)微積分基本定理的考查頻率較低，難度較小，著重于基礎(chǔ)知識(shí)、基本方法的考查．從特點(diǎn)上看，高考對(duì)導(dǎo)數(shù)的考查有時(shí)單獨(dú)考查，有時(shí)在知識(shí)交會(huì)處考查，常常將導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式、方程、數(shù)列、解析幾何等結(jié)合在一起考查．從形式上看，考查導(dǎo)數(shù)的試題有選擇題、填空題、解答題，有時(shí)三種題型會(huì)同時(shí)出現(xiàn)．熱點(diǎn)例析熱點(diǎn)一　導(dǎo)數(shù)的幾何意義【例1】設(shè)函數(shù)f(x)＝ax＋(a，b∈Z)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y＝3.(1)求y＝f(x)的解析式；(2)證明曲線y＝f(x)上任一點(diǎn)處的切線與直線x＝1和直線y＝x所圍三角形的面積為定值，并求出此定值．規(guī)律方法 1．導(dǎo)數(shù)的幾何意義：函數(shù)y＝f(x)在x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)的幾何意義是：曲線y＝f(x)在點(diǎn)(x0，f(x0))處的切線的斜率(瞬時(shí)速度就是位移函數(shù)s(t)對(duì)時(shí)間t的導(dǎo)數(shù))．2．求曲線切線方程的步驟：(1)求出函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝x0的導(dǎo)數(shù)f′(x0)，即曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(x0，f(x0))處切線的斜率；(2)已知或求得切點(diǎn)坐標(biāo)P(x0，f(x0))，由點(diǎn)斜式得切線方程為y－y0＝f′(x0)(x－x0)．特別提醒：①當(dāng)曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(x0，f(x0))處的切線平行于y軸(此時(shí)導(dǎo)數(shù)不存在)時(shí)，由切線定義可知，切線方程為x＝x0；②當(dāng)切點(diǎn)坐標(biāo)未知時(shí)，應(yīng)首先設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)，再求解．變式訓(xùn)練1 (1)設(shè)曲線y＝ax2在點(diǎn)(1，a)處的切線與直線2x－y－6＝0平行，則a＝__________；(2)曲線y＝sin x(0≤x≤π)與直線y＝圍成的封閉圖形的面積是(　　)．A． B．2－ C．2－ D．－熱點(diǎn)二　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性【例2】已知a∈R，函數(shù)f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍．規(guī)律方法 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的一般步驟：(1)確定函數(shù)的定義域；(2)求導(dǎo)函數(shù)f′(x)；(3)①若求單調(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)＜0.②若已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)，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)恒成立問題求解．解題過(guò)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．變式訓(xùn)練2 已知函數(shù)f(x)＝x－＋a(2－ln x)，a＞0.討論f(x)的單調(diào)性．熱點(diǎn)三　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值和最值問題【例3】已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2－3x，(1)若f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若x＝－是f(x)的極值點(diǎn)，求f(x)在[1，a]上的最大值；(3)在(2)的條件下，是否存在實(shí)數(shù)b，使得函數(shù)g(x)＝bx的圖象與函數(shù)f(x)的圖象恰有3個(gè)交點(diǎn)？若存在，請(qǐng)求出實(shí)數(shù)b的取值范圍；若不存在，試說(shuō)明理由．規(guī)律方法 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值的一般步驟是：(1)確定函數(shù)的定義域；(2)求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)；(3)①若求極值，則先求出方程f′(x)＝0的根，再檢驗(yàn)f′(x)在方程根左右邊f(xié)′(x)的符號(hào)，求出極值．當(dāng)根中有參數(shù)時(shí)要注意分類討論根是否在定義域內(nèi)．②若已知極值大小或存在情況，則轉(zhuǎn)化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況，從而求解．變式訓(xùn)練3 已知函數(shù)f(x)＝＋aln x(a≠0，a∈R)．(1)若a＝1，求函數(shù)f(x)的極值和單調(diào)區(qū)間；(2)若a＜0且在區(qū)間(0，e]上至少存在一點(diǎn)x0，使得f(x0)＜0成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．思想滲透轉(zhuǎn)化與化歸思想的含義轉(zhuǎn)化與化歸思想方法，就是在研究和解決有關(guān)數(shù)學(xué)問題時(shí)，采用某種手段將問題通過(guò)變換使之轉(zhuǎn)化，進(jìn)而使問題得到解決的一種數(shù)學(xué)方法．一般是將復(fù)雜的問題通過(guò)變換轉(zhuǎn)化為簡(jiǎn)單的問題，將難解的問題通過(guò)變換轉(zhuǎn)化為容易求解的問題，將未解決的問題通過(guò)變換轉(zhuǎn)化為已解決的問題．轉(zhuǎn)化與化歸常用的方法是等價(jià)轉(zhuǎn)化法：把原問題轉(zhuǎn)化為一個(gè)易于解決的等價(jià)問題，以達(dá)到化歸的目的．【典型例題】已知函數(shù)f(x)＝x(ln x＋m)，g(x)＝x3＋x.(1)當(dāng)m＝－2時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若m＝時(shí)，不等式g(x)≥f(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)當(dāng)m＝－2時(shí)，f(x)＝x(ln x－2)＝xln x－2x，定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)＝ln x－1.由f′(x)＞0，得ln x－1＞0，所以x＞e.由f′(x)＜0，得ln x－1＜0，所以0＜x＜e.故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(e，＋∞)，遞減區(qū)間是(0，e)．(2)當(dāng)m＝時(shí)，不等式g(x)≥f(x)，即x3＋x≥x恒成立．由于x＞0，所以x2＋1≥ln x＋，即x2≥ln x＋，所以a≥.令h(x)＝，則h′(x)＝，由h′(x)＝0得x＝1.且當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h′(x)＞0；當(dāng)x＞1時(shí)，h′(x)＜0，即h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)在x＝1處取得極大值h(1)＝，也就是函數(shù)h(x)在定義域上的最大值．因此要使a≥恒成立，需有a≥，此即為a的取值范圍．1．∫(ex＋2x)dx等于(　　)．A．1 B．e－1 C．e D．e＋12．曲線y＝－在點(diǎn)M處的切線的斜率為(　　)．A．－ B． C．－ D．3．已知函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x＜0時(shí)，不等式f(x)＋xf′(x)＜0成立，若a＝30.3f(30.3)，b＝logπ3f(logπ3)，c＝log3f，則a，b，c間的大小關(guān)系是(　　)．A．a(chǎn)＞b＞c B．c＞b＞aC．c＞a＞b D．a(chǎn)＞c＞b4．函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－1)＝2，對(duì)任意x∈R，f′(x)＞2，則f(x)＞2x＋4的解集為(　　)．A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)5．三次函數(shù)f(x)，當(dāng)x＝1時(shí)有極大值4；當(dāng)x＝3時(shí)有極小值0，且函數(shù)圖象過(guò)原點(diǎn)，則f(x)＝__________.6．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a(a為常數(shù))在區(qū)間[－2,2]上有最大值20，那么此函數(shù)在區(qū)間[－2,2]上的最小值為__________．7．已知函數(shù)f(x)＝ax＋ln x(a∈R)．(1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在x＝處切線的斜率；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)設(shè)g(x)＝2x，若對(duì)任意x1∈(0，＋∞)，存在x2∈[0,1]，使f(x1)＜g(x2)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．參考答案命題調(diào)研·明晰考向真題試做1．B　解析：由題意知函數(shù)y＝ex與y＝ln(2x)互為反函數(shù)，其圖象關(guān)于直線y＝x對(duì)稱，兩曲線上點(diǎn)之間的最小距離就是y＝x與y＝ex最小距離的2倍，設(shè)y＝ex上點(diǎn)(x0，y0)處的切線與y＝x平行，有，x0＝ln 2，y0＝1，∴y＝x與y＝ex的最小距離是(1－ln 2)，∴|PQ|的最小值為(1－ln 2)×2＝(1－ln 2)．2．B　解析：由圖象可得二次函數(shù)的解析式為f(x)＝－x2＋1，則與x軸所圍圖形的面積.3．A　解析：y′＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)．當(dāng)y′＞0時(shí)，x＜－1或x＞1；當(dāng)y′＜0時(shí)，－1＜x＜1.∴函數(shù)的遞增區(qū)間為(－∞，－1)和(1，＋∞)，遞減區(qū)間為(－1,1)．∴x＝－1時(shí)，取得極大值；x＝1時(shí)，取得極小值．要使函數(shù)圖象與x軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)，只需：f(－1)＝0或f(1)＝0，即(－1)3－3×(－1)＋c＝0或13－3×1＋c＝0，∴c＝－2或c＝2.4．2　解析：由題知在點(diǎn)(1,0)處的切線的斜率k＝f′(1)＝＝1，則切線方程為y＝x－1.區(qū)域D為如圖陰影部分所示．則z的最大值即為直線y＝x－在y軸上的最小截距，此時(shí)(0，－1)為最優(yōu)解，所以z＝0－2×(－1)＝2.5．(1)解：由f(x)＝，得f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，由于曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線與x軸平行，所以f′(1)＝0，因此k＝1.(2)解：由(1)得f′(x)＝(1－x－xln x)，x∈(0，＋∞)，令h(x)＝1－x－xln x，x∈(0，＋∞)，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h(x)＞0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)＜0.又ex＞0，所以x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＞0；x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0.因此f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)．(3)證明：因?yàn)間(x)＝(x2＋x)f′(x)，所以g(x)＝(1－x－xln x)，x∈(0，＋∞)．因此對(duì)任意x＞0，g(x)＜1＋e－2等價(jià)于1－x－xln x＜(1＋e－2)．由(2)h(x)＝1－x－xln x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝－ln x－2＝－(ln x－ln e－2)，x∈(0，＋∞)，因此當(dāng)x∈(0，e－2)時(shí)，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(e－2，＋∞)時(shí)，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減．所以h(x)的最大值為h(e－2)＝1＋e－2，故1－x－xln x≤1＋e－2.設(shè)φ(x)＝ex－(x＋1)．因?yàn)棣铡?x)＝ex－1＝ex－e0，所以x∈(0，＋∞)時(shí)，φ′(x)＞0，φ(x)單調(diào)遞增，φ(x)＞φ(0)＝0，故x∈(0，＋∞)時(shí)，φ(x)＝ex－(x＋1)＞0，即＞1.所以1－x－xln x≤1＋e－2＜(1＋e－2)．因此對(duì)任意x＞0，g(x)＜1＋e－2.6．(1)證明：①f′(x)＝12ax2－2b＝12a.當(dāng)b≤0時(shí)，有f′(x)≥0，此時(shí)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)b＞0時(shí)，f′(x)＝12a，此時(shí)f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．所以當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b，3a－b}＝＝|2a－b|＋a.②由于0≤x≤1，故當(dāng)b≤2a時(shí)，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1)．當(dāng)b＞2a時(shí)，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a＞4ax3＋4a(1－x)－2a＝2a(2x3－2x＋1)．設(shè)g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，則g′(x)＝6x2－2＝6，于是x01g′(x)－0＋g(x)1減極小值增1所以，g(x)min＝g＝1－＞0，所以，當(dāng)0≤x≤1時(shí)，2x3－2x＋1＞0，故f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0.(2)解：由①知，當(dāng)0≤x≤1，f(x)max＝|2a－b|＋a，所以|2a－b|＋a≤1.若|2a－b|＋a≤1，則由②知f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1.所以－1≤f(x)≤1對(duì)任意0≤x≤1恒成立的充要條件是即或在直角坐標(biāo)系aOb中，不等式組所表示的平面區(qū)域?yàn)槿鐖D所示的陰影部分，其中不包括線段BC.作一組平行直線a＋b＝t(t∈R)，得－1＜a＋b≤3，所以a＋b的取值范圍是(－1,3]．7．解：(1)因f(x)＝aln x＋＋x＋1，故f′(x)＝－＋.由于曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線垂直于y軸，故該切線斜率為0，即f′(1)＝0，從而a－＋＝0，解得a＝－1.(2)由(1)知f(x)＝－ln x＋＋x＋1(x＞0)，f′(x)＝－－＋＝＝.令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－.當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＜0，故f(x)在(0,1)上為減函數(shù)；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，故f(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)．故f(x)在x＝1處取得極小值f(1)＝3.精要例析·聚焦熱點(diǎn)熱點(diǎn)例析【例1】解：(1)f′(x)＝a－，于是解得或由a，b∈Z，故f(x)＝x＋.(2)在曲線上任取一點(diǎn).由f′(x0)＝1－知，過(guò)此點(diǎn)的切線方程為y－＝(x－x0)．令x＝1得y＝，切線與直線x＝1的交點(diǎn)為.令y＝x，得y＝2x0－1，切線與直線y＝x的交點(diǎn)為(2x0－1,2x0－1)．直線x＝1與直線y＝x的交點(diǎn)為(1,1)．從而所圍三角形的面積為·|2x0－1－1|＝|2x0－2|＝2.∴所圍三角形的面積為定值2.【變式訓(xùn)練1】(1)1　解析：∵y＝ax2，∴y′＝2ax，∴y′|x＝1＝2a.又y＝ax2在點(diǎn)(1，a)處的切線與直線2x－y－6＝0平行，∴2a＝2，a＝1.(2)D　解析：由sin x＝與0≤x≤π，得x＝或，所以曲線y＝sin x(0≤x≤π)與直線y＝圍成的封閉圖形的面積是－×＝－cos－－＝－.故選D.【例2】解：(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝(－x2＋2x)ex，∴f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.令f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0，∵ex＞0，∴－x2＋2＞0，解得－＜x＜.∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－，)．(2)∵函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞增，∴f′(x)≥0對(duì)x∈(－1,1)恒成立．∵f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，∴[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0對(duì)x∈(－1,1)恒成立．∵ex＞0，∴－x2＋(a－2)x＋a≥0對(duì)x∈(－1,1)恒成立，即a≥＝＝(x＋1)－對(duì)x∈(－1,1)恒成立．令y＝(x＋1)－，則y′＝1＋＞0.∴y＝(x＋1)－在(－1,1)上單調(diào)遞增．∴y＜(1＋1)－＝.∴a≥.【變式訓(xùn)練2】解：f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝1＋－＝.設(shè)g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判別式Δ＝a2－8.①當(dāng)Δ＜0即0＜a＜2時(shí)，對(duì)一切x＞0都有f′(x)＞0.此時(shí)f(x)是(0，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)．②當(dāng)Δ＝0即a＝2時(shí)，僅對(duì)x＝有f′(x)＝0，對(duì)其余的x＞0都有f′(x)＞0.此時(shí)f(x)也是(0，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)．③當(dāng)Δ＞0即a＞2時(shí)，方程g(x)＝0有兩個(gè)不同的實(shí)根x1＝，x2＝，0＜x1＜x2.x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值 單調(diào)遞增此時(shí)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．【例3】解：(1)f′(x)＝3x2－2ax－3.∵f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，∴f′(x)在[1，＋∞)上恒有f′(x)≥0，即3x2－2ax－3≥0在[1，＋∞)上恒成立，則必有≤1且f′(1)＝－2a≥0.∴a≤0.(2)依題意，f′＝0，即＋a－3＝0.∴a＝4，∴f(x)＝x3－4x2－3x.令f′(x)＝3x2－8x－3＝0，得x1＝－，x2＝3.則當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)與f(x)變化情況如下表：x1(1,3)3(3,4)4f′(x)－0＋f(x)－6－18－12∴f(x)在[1,4]上的最大值是f(1)＝－6.(3)函數(shù)g(x)＝bx的圖象與函數(shù)f(x)的圖象恰有3個(gè)交點(diǎn)，即方程x3－4x2－3x＝bx恰有3個(gè)不等實(shí)根．∴x3－4x2－3x－bx＝0，∴x＝0是其中一個(gè)根，∴方程x2－4x－3－b＝0有兩個(gè)非零不等實(shí)根．∴∴b＞－7且b≠－3.∴存在滿足條件的b值，b的取值范圍是b＞－7且b≠－3.變式訓(xùn)練3】解：(1)f′(x)＝－＋＝，當(dāng)a＝1時(shí)，f′(x)＝.令f′(x)＝0，得x＝1，又f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)極小值所以x＝1時(shí)，f(x)的極小值為1.f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)．(2)f′(x)＝－＋＝，且a≠0，令f′(x)＝0，得x＝，若在區(qū)間(0，e]上至少存在一點(diǎn)x0，使得f(x0)＜0成立，其充要條件是f(x)在區(qū)間(0，e]上的最小值小于0.因?yàn)閍＜0，所以x＝＜0，f′(x)＜0對(duì)x∈(0，＋∞)成立，所以f(x)在區(qū)間(0，e]上單調(diào)遞減，故f(x)在區(qū)間(0，e]上的最小值為f(e)＝＋aln e＝＋a，由＋a＜0，得a＜－，即a∈.創(chuàng)新模擬·預(yù)測(cè)演練1．C　解析：因?yàn)镕(x)＝ex＋x2，且F′(x)＝ex＋2x，則，故選C.2．B　解析：對(duì)y＝－求導(dǎo)得y′＝＝，當(dāng)x＝時(shí)，y′|x＝＝＝.3．C　解析：設(shè)g(x)＝xf(x)，則g′(x)＝f(x)＋xf′(x)＜0，∴當(dāng)x＜0時(shí)，g(x)＝xf(x)為減函數(shù)．又g(x)為偶函數(shù)，∴當(dāng)x＞0時(shí)，g(x)為增函數(shù)．∵1＜30.3＜2,0＜logπ3＜1，log3＝－2，∴g(－2)＞g(30.3)＞g(logπ3)，即c＞a＞b，故選C.4．B　解析：設(shè)h(x)＝f(x)－(2x＋4)，則h′(x)＝f′(x)－2＞0，故h(x)在R上單調(diào)遞增，又h(－1)＝f(－1)－2＝0，所以當(dāng)x＞－1時(shí)，h(x)＞0，即f(x)＞2x＋4.5．x3－6x2＋9x　解析：設(shè)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，則f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.由題意，有即解得故f(x)＝x3－6x2＋9x.6．－7　解析：f′(x)＝－3x2＋6x＋9＝0，得x＝－1或x＝3(舍去)．∵f(－2)＝2＋a，f(－1)＝－5＋a，f(2)＝a＋22，∴a＋22＝20，a＝－2.故最小值為f(－1)＝－7.7．解：(1)f′(x)＝1＋(x＞0)，f′＝1＋2＝3.故曲線y＝f(x)在x＝處切線的斜率為3.(2)f′(x)＝a＋＝(x＞0)．①當(dāng)a≥0時(shí)，由于x＞0，故ax＋1＞0，f′(x)＞0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．②當(dāng)a＜0時(shí)，由f′(x)＝0，得x＝－.在區(qū)間上，f′(x)＞0，在區(qū)間上f′(x)＜0，所以，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.(3)由題可知，若對(duì)任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0,1]，使得f(x1)＜g(x2)，轉(zhuǎn)化為[f(x)]max＜[g(x)]max，而[g(x)]max＝2.由(2)知，當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，值域?yàn)镽，故不符合題意．(或者舉出反例：存在f(e3)＝ae3＋3＞2，故不符合題意．)當(dāng)a＜0時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故f(x)的極大值即為最大值，f＝－1＋ln＝－1－ln(－a)，所以2＞－1－ln(－a)，解得a＜－.所以，a的取值范圍為.。