高三数学一轮总复习 第二章 函数、导数及其应用 2.12 导数的应用(二)开卷速查-人教版高三全册数学试题.doc

开卷速查(十五)导数的应用(二)
1．[2015·课标Ⅰ]已知函数f(x)＝x3＋ax＋eq\f(1,4)，g(x)＝－lnx。
(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；
(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x＞0)，讨论h(x)零点的个数。
解析：(1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)＝0，f′(x0)＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(3,0)＋ax0＋\f(1,4)＝0，,3x\o\al(2,0)＋a＝0。))
解得x0＝eq\f(1,2)，a＝－eq\f(3,4)。
因此，当a＝－eq\f(3,4)时，x轴为曲线y＝f(x)的切线。
(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－lnx＜0，
从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)＜0，
故h(x)在(1，＋∞)上无零点。
当x＝1时，若a≥－eq\f(5,4)，
则f(1)＝a＋eq\f(5,4)≥0，h(1)＝min{f(1)，
g(1)}＝g(1)＝0，
故x＝1是h(x)的零点；若a＜－eq\f(5,4)，
则f(1)＜0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)＜0，
故x＝1不是h(x)的零点。
当x∈(0,1)时，g(x)＝－lnx＞0。
所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数。
(ⅰ)若a≤－3或a≥0，
则f′(x)＝3x2＋a在(0,1)上无零点，
故f(x)在(0,1)上单调。
而f(0)＝eq\f(1,4)，f(1)＝a＋eq\f(5,4)，
所以当a≤－3时，f(x)在(0,1)上有一个零点；
当a≥0时，f(x)在(0,1)上没有零点。
(ⅱ)若－3＜a＜0，
则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a,3))))上单调递减，
在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))，1))上单调递增，
故在(0,1)中，当x＝eq\r(－\f(a,3))时，f(x)取得最小值，
最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))＝eq\f(2a,3)eq\r(－\f(a,3))＋eq\f(1,4)。
①若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))＞0，即－eq\f(3,4)＜a＜0，
f(x)在(0,1)上无零点；
②若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))＝0，即a＝－eq\f(3,4)，
则f(x)在(0,1)上有唯一零点；
③若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))＜0，即－3＜a＜－eq\f(3,4)，
由于f(0)＝eq\f(1,4)，f(1)＝a＋eq\f(5,4)，
所以当－eq\f(5,4)＜a＜－eq\f(3,4)时，
f(x)在(0,1)上有两个零点；
当－3＜a≤－eq\f(5,4)时，f(x)在(0,1)上有一个零点。
综上，当a＞－eq\f(3,4)或a＜－eq\f(5,4)时，h(x)有一个零点；
当a＝－eq\f(3,4)或a＝－eq\f(5,4)时，h(x)有两个零点；
当－eq\f(5,4)＜a＜－eq\f(3,4)时，h(x)有三个零点。
2．[2015·课标Ⅱ]设函数f(x)＝emx＋x2－mx。
(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；
(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围。
解析：(1)证明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x。
若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，
emx－1≤0，f′(x)＜0；
当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0。
若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，
emx－1＞0，f′(x)＜0；
当x∈(0，＋∞)时，emx－1＜0，f′(x)＞0。
所以，f(x)在(－∞，0)单调递减，
在(0，＋∞)单调递增。
(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值。所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f