.
所以t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在两根x0，x2，
且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0=0， 所以f（x0）=
﹣x0﹣x0lnx0=
﹣x0+2x0﹣2）max=﹣
=x0﹣
，
由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣+=；
由f′（）＜0可知x0＜＜，
所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减， 所以f（x0）＞f（）=
；
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
3．（2017?新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx． （1）若 f（x）≥0，求a的值；
（2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+的最小值．
【解答】解：（1）因为函数f（x）=x﹣1﹣alnx，x＞0， 所以f′（x）=1﹣=
，且f（1）=0．
）…（1+
）＜m，求m
所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，这与f（x）≥0矛盾；
当a＞0时令f′（x）=0，解得x=a，
所以y=f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min=f（a），
又因为f（x）min=f（a）≥0， 所以a=1；
（2）由（1）可知当a=1时f（x）=x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1， 所以ln（x+1）≤x当且仅当x=0时取等号，
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所以ln（1+）＜，k∈N*．
）+…+ln（1+）＜e；
）＞（1+）（1+
）（1+
）=
＞2；
）＜+
+…+
=1﹣
＜1，
一方面，ln（1+）+ln（1+即（1+）（1+
）…（1+
另一方面，（1+）（1+）…（1+
从而当n≥3时，（1+）（1+）…（1+）∈（2，e），
）…（1+
）＜m成立，
因为m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+所以m的最小值为3．
4．（2017?江苏）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）
（1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：b2＞3a；
（3）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，求a的取值范围．
【解答】（1）解：因为f（x）=x3+ax2+bx+1，
所以g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b，g′（x）=6x+2a， 令g′（x）=0，解得x=﹣．
由于当x＞﹣时g′（x）＞0，g（x）=f′（x）单调递增；当x＜﹣时g′（x）＜0，g（x）=f′（x）单调递减； 所以f′（x）的极小值点为x=﹣，
由于导函数f′（x）的极值点是原函数f（x）的零点， 所以f（﹣）=0，即﹣所以b=
+（a＞0）．
+
﹣
+1=0，
因为f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，
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所以f′（x）=3x2+2ax+b=0的实根， 所以4a2﹣12b≥0，即a2﹣所以b=
+（a≥3）．
﹣
+
=
（4a3﹣27）（a3﹣
+≥0，解得a≥3，
（2）证明：由（1）可知h（a）=b2﹣3a=27），
由于a＞3，所以h（a）＞0，即b2＞3a；
（3）解：由（1）可知f′（x）的极小值为f′（﹣）=b﹣，
设x1，x2是y=f（x）的两个极值点，则x1+x2=，x1x2=，
所以f（x1）+f（x2）=
+
+a（
+
）+b（x1+x2）+2
=（x21+x2）[（x21+x2）﹣3x1x2]+a[（x1+x2）﹣2x1x2]+b（x1+x2）+2 =
﹣
+2，
又因为f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣， 所以b﹣
+
﹣
+2=﹣
≥﹣，
因为a＞3，所以2a3﹣63a﹣54≤0， 所以2a（a2﹣36）+9（a﹣6）≤0， 所以（a﹣6）（2a2+12a+9）≤0， 由于a＞3时2a2+12a+9＞0， 所以a﹣6≤0，解得a≤6， 所以a的取值范围是（3，6]．
5．（2017?新课标Ⅱ）设函数f（x）=（1﹣x2）ex． （1）讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≤ax+1，求a的取值范围． 【解答】解：（1）因为f（x）=（1﹣x2）ex，x∈R， 所以f′（x）=（1﹣2x﹣x2）ex， 令f′（x）=0可知x=﹣1±
，
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当x＜﹣1﹣＞0，
或x＞﹣1+时f′（x）＜0，当﹣1﹣＜x＜﹣1+时f′（x）
所以f（x）在（﹣∞，﹣1﹣﹣1+
）上单调递增；
），（﹣1+，+∞）上单调递减，在（﹣1﹣，
（2）由题可知f（x）=（1﹣x）（1+x）ex．下面对a的范围进行讨论： ①当a≥1时，设函数h（x）=（1﹣x）ex，则h′（x）=﹣xex＜0（x＞0）， 因此h（x）在[0，+∞）上单调递减， 又因为h（0）=1，所以h（x）≤1， 所以f（x）=（1﹣x）h（x）≤x+1≤ax+1；
②当0＜a＜1时，设函数g（x）=ex﹣x﹣1，则g′（x）=ex﹣1＞0（x＞0）， 所以g（x）在[0，+∞）上单调递增， 又g（0）=1﹣0﹣1=0， 所以ex≥x+1．
因为当0＜x＜1时f（x）＞（1﹣x）（1+x）2， 所以（1﹣x）（1+x）2﹣ax﹣1=x（1﹣a﹣x﹣x2）， 取x0=
∈（0，1），则（1﹣x0）（1+x0）2﹣ax0﹣1=0，
所以f（x0）＞ax0+1，矛盾； ③当a≤0时，取x0=矛盾；
综上所述，a的取值范围是[1，+∞）．
6．（2017?浙江）已知函数f（x）=（x﹣（1）求f（x）的导函数；
（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围． 【解答】解：（1）函数f（x）=（x﹣导数f′（x）=（1﹣?=（1﹣x+
）e﹣x（x≥），
）e﹣x
）e﹣x（x≥）．
∈（0，1），则f（x0）＞（1﹣x0）（1+x0）2=1≥ax0+1，
?2）e﹣x﹣（x﹣
）e﹣x；
）e﹣x=（1﹣x）（1﹣
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（2）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣可得f′（x）=0时，x=1或，
当＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减； 当1＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）递增； 当x＞时，f′（x）＜0，f（x）递减， 且x≥
?x2≥2x﹣1?（x﹣1）2≥0，
）e﹣x，
则f（x）≥0． 由f（）=e
，f（1）=0，f（）=e
，
即有f（x）的最大值为e，最小值为f（1）=0．
则f（x）在区间[，+∞）上的取值范围是[0，e
]．
7．（2017?山东）已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2），其中e≈2.17828…是自然对数的底数．
（Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程；
（Ⅱ）令h（x）=g （x）﹣a f（x）（a∈R），讨论h（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
【解答】解：（I）f（π）=π2﹣2．f′（x）=2x﹣2sinx，∴f′（π）=2π． ∴曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程为：y﹣（π2﹣2）=2π（x﹣π）．
化为：2πx﹣y﹣π2﹣2=0．
（II）h（x）=g （x）﹣a f（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2）﹣a（x2+2cosx） h′（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2）+ex（﹣sinx﹣cosx+2）﹣a（2x﹣2sinx） =2（x﹣sinx）（ex﹣a）=2（x﹣sinx）（ex﹣elna）．
令u（x）=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，∴函数u（x）在R上单调递增． ∵u（0）=0，∴x＞0时，u（x）＞0；x＜0时，u（x）＜0．
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高考数学真题导数专题及答案
