2021届高考数学大一轮复习（2021-2021高考题库）第2章 第11节 导数的应用 理 新人教A版.doc

20092013年高考真题备选题库第2章 函数、导数及其应用第11节 导数的应用考点一 应用导数研究函数的单调性1（2013新课标全国，5分）已知函数f(x)ex(axb)x24x，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y4x4.(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值解：本题主要考查导数的基本知识，利用导数判断函数单调性、求极值(1)f(x)ex(axab)2x4.由已知得f(0)4，f(0)4.故b4，ab8.从而a4，b4.(2)由(1)知，f(x)4ex(x1)x24x，f(x)4ex(x2)2x44(x2).令f(x)0得，xln 2或x2.从而当x(，2)(ln 2，)时，f(x)>0；当x(2，ln 2)时，f(x)<0.故f(x)在(，2)，(ln 2，)上单调递增，在(2，ln 2)上单调递减当x2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(2)4(1e2) 2.（2013山东，12分）已知函数f(x)ax2bxln x(a，bR)(1)设a0，求f(x)的单调区间；(2)设a0，且对任意x0，f(x)f(1)试比较ln a与2b的大小解：本题主要考查利用导数研究函数的单调性和相关函数值的大小比较，考查分类讨论思想、推理论证能力和运算求解能力(1)由f(x)ax2bxln x，x(0，)，得f(x).当a0时，f(x).()若b0，当x>0时，f(x)<0恒成立，所以函数f(x)的单调递减区间是(0，)()若b>0，当0<x<时，f(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>时，f(x)>0，函数f(x)单调递增所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.当a>0时，令f(x)0，得2ax2bx10.由b28a>0，得x1，x2.当0<x<x2时，f(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>x2时，f(x)>0，函数f(x)单调递增所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.综上所述，当a0，b0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，)；当a0，b>0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是；当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是，.(2)由题意知，函数f(x)在x1处取得最小值由(1)知是f(x)的唯一极小值点，故1，整理得2ab1即b12a.令g(x)24xln x，则g(x).令g(x)0，得x，当0<x<时，g(x)>0，g(x)单调递增；当x>时，g(x)<0，g(x)单调递减因此g(x)g1ln 1ln 4<0.故g(a)<0，即24aln a2bln a<0，即ln a<2b.3（2013湖南，13分）已知函数f(x)ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：当f(x1)f(x2)(x1x2)时，x1x20.解：本题主要考查函数求导、函数的单调区间和不等式的证明，意在结合转化思想和函数思想，考查考生的计算能力、利用函数思想证明不等式的能力(1)函数f(x)的定义域为(，)f(x)exexexex.当x<0时，f(x)>0；当x>0时，f(x)<0.所以f(x)的单调递增区间为(，0)，单调递减区间为(0，)(2)证明：当x<1时，由于>0，ex>0，故f(x)>0；同理，当x>1时，f(x)<0.当f(x1)f(x2)(x1x2)时，不妨设x1<x2，由(1)知，x1(，0)，x2(0,1)下面证明：x(0,1)，f(x)<f(x)，即证ex<ex.此不等式等价于(1x)ex<0，令g(x)(1x)ex，则g(x)xex(e2x1)当x(0,1)时，g(x)<0，g(x)单调递减，从而g(x)<g(0)0.即(1x)ex<0.所以x(0,1)，f(x)<f(x)而x2(0,1)，所以f(x2)<f(x2)，从而f(x1)<f(x2)由于x1，x2(，0)，f(x)在(，0)上单调递增，所以x1<x2，即x1x2<0.4(2009·江苏，5分)函数f(x)x315x233x6的单调减区间为_解析：f(x)3x230x333(x210x11)3(x1)(x11)<0，解得：1<x<11，故减区间为(1,11)答案：(1,11)5（2012福建，14分）已知函数f(x)exax2ex，aR.(1)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；(2)试确定a的取值范围，使得曲线yf(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.解：(1)由于f(x)ex2axe，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率k2a0，所以a0，即f(x)exex.此时f(x)exe，由f(x)0得x1.当x(，1)时，有f(x)0；当x(1，)时，有f(x)0.所以f(x)的单调递减区间为(，1)，单调递增区间为(1，)(2)设点P(x0，f(x0)，曲线yf(x)在点P处的切线方程为yf(x0)(xx0)f(x0)，令g(x)f(x)f(x0)(xx0)f(x0)，故曲线yf(x)在点P处的切线与曲线yf(x)只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点因为g(x0)0，且g(x)f(x)f(x0)exex02a(xx0)(1)若a0，当xx0时，g(x)0，则xx0时，g(x)g(x0)0；当xx0时，g(x)0，则xx0时，g(x)g(x0)0.故g(x)只有唯一零点xx0.由P的任意性，a0不合题意(2)若a0，令h(x)exex02a(xx0)，则h(x0)0，h(x)ex2a.令h(x)0，得xln(2a)，记x*ln(2a)，则当x(，x*)时h(x)0，从而h(x)在(，x*)内单调递减；当x(x*，)时，h(x)0，从而h(x)在(x*，)内单调递增若x0x*，由x(，x*)时，g(x)h(x)h(x*)0；由x(x*，)时，g(x)h(x)h(x*)0.知g(x)在R上单调递增所以函数g(x)在R上有且只有一个零点xx*.若x0x*，由于h(x)在(x*，)内单调递增，且h(x0)0，则当x(x*，x0)时，有g(x)h(x)h(x0)0，g(x)g(x0)0；任取x1(x*，x0)有g(x1)0.又当x(，x1)时，易知g(x)exax2(ef(x0)xf(x0)x0f(x0)ex1ax2(ef(x0)xf(x0)x0f(x0)ax2bxc，其中b(ef(x0)，cex1f(x0)x0f(x0)由于a0，则必存在x2x1，使得axbx2c0.所以g(x2)<0，故g(x)在(x2，x1)内存在零点即g(x)在R上至少有两个零点若x0<x*，仿并利用ex>，可证函数g(x)在R上至少有两个零点综上所述，当a<0时，曲线yf(x)上存在唯一点P(ln(2a)，f(ln(2a)，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.6(2010新课标全国，12分)设函数f(x)ex1xax2.(1)若a0，求f(x)的单调区间；(2)若当x0时f(x)0，求a的取值范围解：(1)a0时，f(x)ex1x，f(x)ex1.当x(，0)时，f(x)<0；当x(0，)时，f(x)>0.故f(x)在(，0)单调减少，在(0，)单调增加(2)f(x)ex12ax.由(1)知ex1x，当且仅当x0时等号成立故f(x)x2ax(12a)x，从而当12a0，即a时，f(x)0(x0)，而f(0)0，于是当x0时，f(x)0.由ex>1x(x0)可得ex>1x(x0)，从而当a>时，f(x)<ex12a(ex1)ex(ex1)(ex2a)，故当x(0，ln2a)时， f(x)<0，而f(0)0，于是当x(0，ln2a)时，f(x)<0，综合得a的取值范围为(，7(2011北京，13分)已知函数f(x)(xk)2e.(1)求f(x)的单调区间；(2)若对于任意的x(0，)，都有f(x)，求k的取值范围解：(1)f (x)(x2k2)e.令f (x)0，得x±k.当k>0时，f(x)与f (x)的情况如下：x(，k)k(k，k)k(k，)f (x)00f(x)4k2e10所以 ，f(x)的单调递增区间是(，k)和(k，)；单调递减区间是(k，k)当k<0时，f(x)与f (x)的情况如下：x(，k)k(k，k)k(k，)f (x)00f(x)04k2e1所以 ，f(x)的单调递减区间是(，k)和(k，)；单调递增区间是(k，k)(2)当k>0时，因为f(k1)e>，所以不会有x(0，)，f(x).当k<0时，由(1)知f(x)在(0，)上的最大值是f(k).所以x(0，)，f(x)等价于f(k).解得k<0.故当x(0，)，f(x)时，k的取值范围是，0)考点二 应用导数研究函数的极值和最值1（2013新课标全国，5分）已知函数f(x)x3ax2bxc，下列结论中错误的是()A. x0R，f(x0)0B.函数yf(x)的图象是中心对称图形C.若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(，x0)单调递减D.若x0是f(x)的极值点，则 f(x0)0解析：本题考查三次函数的性质，考查数形结合思想，考查考生分析问题和解决问题的能力由于三次函数的三次项系数为正值，当x时，函数值，当x时，函数值也，又三次函数的图象是连续不断的，故一定穿过x轴，即一定x0R，f(x0)0，选项A中的结论正确；函数f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如(xm)3n(xm)h的形式，通过平移函数图象，函数的解析式可以化为yx3nx的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点对称，故函数f(x)的图象是中心对称图形，选项B中的结论正确；由于三次函数的三次项系数为正值，故函数如果存在极值点x1，x2，则极小值点x2x1，即函数在到极小值点的区间上是先递增后递减的，所以选项C中的结论错误；根据导数与极值的关系，显然选项D中的结论正确. 答案：C2（2013辽宁，5分）设函数f(x)满足x2f(x)2xf(x)，f(2)，则x>0时，f(x)()A有极大值，无极小值B有极小值，无极大值C既有极大值又有极小值D既无极大值也无极小值解析：本题考查导数的应用以及转化能力由题意x2f(x)，令g(x)x2f(x)，则g(x)，且f(x)，因此f(x).令h(x)ex2g(x)，则h(x)ex2g(x)ex，所以x>2时，h(x)>0；0<x<2时，h(x)<0.从而有h(x)h(2)0，即f(x)0，所以当x>0时，f(x)是单调递增的，f(x)既无极大值也无极小值答案：C3（2013湖北，5分）已知a为常数，函数f(x)x(ln xax)有两个极值点x1，x2(x1x2)，则()Af(x1)0，f(x2)Bf(x1)0，f(x2)Cf(x1)0，f(x2)Df(x1)0，f(x2)解析：本题主要考查函数与导数的基础知识与基本运算，意在考查考生分析问题、处理问题的能力f(x)x(ln xax)，f(x)ln x2ax1.又函数f(x)x(ln xax)有两个极值点x1，x2，f(x)ln x2ax1有两个零点x1，x2，即函数g(x)ln x与函数h(x)2ax1有两个交点a>0，且0<x1<x2.设经过点(0，1)的曲线g(x)ln x的切线与曲线g(x)ln x相切于点(x0，ln x0)，则切线方程为yln x0(xx0)，将点(0，1)代入，得x01，故切点为(1,0)此时，切线的斜率k1，要使函数g(x)ln x与函数h(x)2ax1的图象有两个交点，结合图象可知，0<2a<1，即0<a<且0<x1<1<x2.由函数的单调性得：(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)最小值最大值f(x1)<0，f(x2)>f(1)a>.故选D.答案：D4（2013福建，13分）已知函数f(x)xaln x(aR)(1)当a2时，求曲线yf(x)在点A(1，f(1)处的切线方程；(2)求函数f(x)的极值解：本小题主要考查函数、导数的几何意义、函数的极值等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、分类与整合思想、数形结合思想、化归与转化思想函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)1.(1)当a2时，f(x)x2ln x，f(x)1(x>0)，因而f(1)1，f(1)1，所以曲线yf(x)在点A(1，f(1)处的切线方程为y1(x1)，即xy20.(2)由f(x)1，x>0知：当a0时，f(x)>0，函数f(x)为(0，)上的增函数，函数f(x)无极值；当a>0时，由f(x)0，解得xa，又当x(0，a)时，f(x)<0；当x(a，)时，f(x)>0，从而函数f(x)在xa处取得极小值，且极小值为f(a)aaln a，无极大值综上，当a0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)在xa处取得极小值aaln a，无极大值5（2013浙江，14分）已知aR，函数f(x)x33x23ax3a3.(1)求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)当x0,2时，求|f(x)|的最大值解：本题以三次函数为载体，主要考查利用导数研究函数的性质、二次函数、绝对值等基础知识，意在考查考生的推理能力，函数与方程、分类讨论、数形结合等思想方法(1)由题意得f(x)3x26x3a，故f(1)3a3.又f(1)1，所以所求的切线方程为y(3a3)x3a4.(2)由于f(x)3(x1)23(a1)，0x2，故当a0时，有f(x)0，此时f(x)在0,2上单调递减，故|f(x)|maxmax|f(0)|，|f(2)|33a.当a1时，有f(x)0，此时f(x)在0,2上单调递增，故|f(x)|maxmax|f(0)|，|f(2)|3a1.当0<a<1时，设x11，x21，则0<x1<x2<2，f(x)3(xx1)(xx2)列表如下：x0(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2,2)2f(x)00f(x)33a单调递增极大值f(x1)单调递减f(x2)极小值单调递增3a1由于f(x1)12(1a)，f(x2)12(1a)，故f(x1)f(x2)2>0，f(x1)f(x2)4(1a)>0.从而f(x1)>|f(x2)|.所以|f(x)|maxmaxf(0)，|f(2)|，f(x1)()当0<a<时，f(0)>|f(2)|.又f(x1)f(0)2(1a)(23a)>0，故|f(x)|maxf(x1)12(1a).()当a<1时，|f(2)|f(2)，且f(2)f(0)又f(x1)|f(2)|2(1a)(3a2)，所以当a<时，f(x1)>|f(2)|.故|f(x)|maxf(x1)12(1a).当a<1时，f(x1)|f(2)|.故|f(x)|max|f(2)|3a1.综上所述，|f(x)|max6.（2011安徽，5分）函数f(x)axm(1x)n在区间0,1上的图像如图所示，则m，n的值可能是()Am1，n1Bm1，n2Cm2，n1Dm3，n1解析：当x0.5时，f(x)a0.5m0.5n>0，a>0.当m1，n1时，f(x)ax(1x)图像关于直线x对称，所以A不可能；当m1，n2时，f(x)ax(1x)2a(x32x2x)，f(x)a(3x1)(x1)，所以f(x)maxf()且<0.5，由图可知B可能；当m2，n1时，f(x)ax2(1x)a(x3x2)，f(x)ax(3x2)，所以f(x)maxf()，>0.5，所以C不可能；当m3，n1时，f(x)ax3(1x)a(x4x3)，f(x)ax2(4x3)，所以f(x)maxf()，>0.5，所以D不可能答案：B7（2011湖南，5分）设直线xt与函数f(x)x2，g(x)lnx的图像分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为()A1B.C. D.解析：|MN|的最小值，即函数h(x)x2lnx的最小值，h(x)2x，显然x是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t.答案：D8（2012江苏，16分）若函数yf(x)在xx0处取得极大值或极小值，则称x0为函数yf(x)的极值点已知a，b是实数，1和1是函数f(x)x3ax2bx的两个极值点(1)求a和b的值；(2)设函数g(x)的导函数g(x)f(x)2，求g(x)的极值点；(3)设h(x)f(f(x)c，其中c2,2，求函数yh(x)的零点个数解：(1)由题设知f(x)3x22axb，且f(1)32ab0，f(1)32ab0，解得a0，b3.(2)由(1)知f(x)x33x.因为f(x)2(x1)2(x2)，所以g(x)0的根为x1x21，x32，于是函数g(x)的极值点只可能是1或2.当x<2时，g(x)<0；当2<x<1时，g(x)>0，故2是g(x)的极值点当2<x<1或x>1时，g(x)>0，故1不是g(x)的极值点所以g(x)的极值点为2.(3)令f(x)t，则h(x)f(t)c.先讨论关于x的方程f(x)d根的情况，d2,2当|d|2时，由(2)可知，f(x)2的两个不同的根为1和2，注意到f(x)是奇函数，所以f(x)2的两个不同的根为1和2.当|d|<2时，因为f(1)df(2)d2d>0，f(1)df(2)d2d<0，所以2，1,1,2都不是f(x)d的根由(1)知f(x)3(x1)(x1)当x(2，)时，f(x)>0，于是f(x)是单调增函数，从而f(x)>f(2)2，此时f(x)d无实根同理，f(x)d在(，2)上无实根当x(1,2)时，f(x)>0，于是f(x)是单调增函数，又f(1)d<0，f(2)d>0，yf(x)d的图像不间断，所以f(x)d在(1,2)内有惟一实根同理，f(x)d在(2，1)内有惟一实根当x(1,1)时，f(x)<0，故f(x)是单调减函数，又f(1)d>0，f(1)d<0，yf(x)d的图像不间断，所以f(x)d在(1,1)内有惟一实根由上可知：当|d|2时，f(x)d有两个不同的根x1，x2满足|x1|1，|x2|2；当|d|<2时，f(x)d有三个不同的根x3，x4，x5满足|xi|<2，i3,4,5.现考虑函数yh(x)的零点()当|c|2时，f(t)c有两个根t1，t2满足|t1|1，|t2|2，而f(x)t1有三个不同的根，f(x)t2有两个不同的根，故yh(x)有5个零点()当|c|<2时，f(t)c有三个不同的根t3，t4，t5满足|ti|<2，i3,4,5，而f(x)ti(i3,4,5)有三个不同的根，故yh(x)有9个零点综上可知，当|c|2时，函数yh(x)有5个零点；当|c|<2时，函数yh(x)有9个零点9(2010安徽，12分)设a为实数，函数f(x)ex2x2a，xR.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln21且x>0时，ex>x22ax1.解：(1)由f(x)ex2x2a，xR知f(x)ex2，xR.令f(x)0，得xln2.于是当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln2)ln2(ln2，)f(x)0f(x)单调递减2(1ln2a)单调递增故f(x)的单调递减区间是(，ln2)，单调递增区间是(ln2，)，f(x)在xln2处取得极小值，极小值为f(ln2)eln22ln22a2(1ln2a)(2)证明：设g(x)exx22ax1，xR，于是g(x)ex2x2a，xR.由(1)知当a>ln21时，g(x)最小值为g(ln2)2(1ln2a)>0.于是对任意xR，都有g(x)>0，所以g(x)在R内单调递增于是当a>ln21时，对任意x(0，)，都有g(x)>g(0)而g(0)0，从而对任意x(0，)，g(x)>0.即exx22ax1>0，故ex>x22ax1.考点三 利用导数研究函数的综合问题1（2013新课标全国，12分）设函数f(x)x2axb，g(x)ex(cxd)，若曲线yf(x)和曲线yg(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y4x2.(1)求a，b，c，d的值；(2)若x2时，f(x)kg(x)，求k的取值范围解：本题主要考查利用导数求解曲线的切线，利用函数的导数研究函数的最值，进而解答不等式恒成立问题，意在考查考生综合运用导数这一重要工具解答函数与不等式问题的综合能力(1)由已知得f(0)2，g(0)2，f(0)4，g(0)4.而f(x)2xa，g(x)ex(cxdc)，故b2，d2，a4，dc4.从而a4，b2，c2，d2.(2)由(1)知，f(x)x24x2，g(x)2ex(x1)设函数F(x)kg(x)f(x)2kex(x1)x24x2，则F(x)2kex(x2)2x42(x2)(kex1)由题设可得F(0)0，即k1.令F(x)0得x1lnk，x22.()若1ke2，则2x10，从而当x(2，x1)时，F(x)0；当x(x1，)时，F(x)0，即F(x)在(2，x1)上单调递减，在(x1，)上单调递增，故F(x)在2，)的最小值为F(x1)而F(x1)2x12x4x12x1(x12)0.故当x2时，F(x)0，即f(x)kg(x)恒成立()若ke2，则F(x)2e2(x2)(exe2)从而当x2时，F(x)0，即F(x)在(2，)上单调递增而F(2)0，故当x2时，F(x)0，即f(x)kg(x)恒成立()若ke2，则F(2)2ke222e2(ke2)0.从而当x2时，f(x)kg(x)不可能恒成立综上，k的取值范围是1，e22(2013山东，13分)设函数f(x)c(e2.718 28是自然对数的底数，cR)(1)求f(x)的单调区间、最大值；(2)讨论关于x的方程|ln x|f(x)根的个数解：本题考查导数的运算、导数与函数单调性的关系、利用导数研究方程的根等基础知识和基本方法，意在考查数形结合思想、函数与方程思想和考生的运算求解能力、逻辑推理能力以及综合运用知识分析问题、解决问题的能力(1)f(x)(12x)e2x，由f(x)0，解得x.当x<时，f(x)>0，f(x)单调递增；当x>时，f(x)<0，f(x)单调递减所以，函数f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是，最大值为fe1c.(2)令g(x)|ln x|f(x)|ln x|xe2xc，x(0，)当x(1，)时，ln x>0，则g(x)ln xxe2xc，所以g(x)e2x.因为2x1>0，>0，所以g(x)>0.因此g(x)在(1，)上单调递增当x(0,1)时，ln x<0，则g(x)ln xxe2xc，所以g(x)e2x.因为e2x(1，e2)，e2x>1>x>0，所以<1.又2x1<1，所以2x1<0，即g(x)<0.因此g(x)在(0,1)上单调递减综合可知当x(0，)时，g(x)g(1)e2c.当g(1)e2c>0，即c<e2时，g(x)没有零点，故关于x的方程|ln x|f(x)根的个数为0；当g(1)e2c0，即ce2时，g(x)只有一个零点，故关于x的方程|ln x|f(x)根的个数为1；当g(1)e2c<0，即c>e2时，当x(1，)时，由(1)知g(x)ln xxe2xcln x>ln x1c，要使g(x)>0，只需使ln x1c>0，即x(e1c，)；当x(0,1)时，由(1)知g(x)ln xxe2xcln x>ln x1c，要使g(x)>0，只需ln x1c>0，即x(0，e1c)；所以c>e2时，g(x)有两个零点，故关于x的方程|ln x|f(x)根的个数为2.综上所述，当c<e2时，关于x的方程|ln x|f(x)根的个数为0；当ce2时，关于x的方程|ln x|f(x)根的个数为1；当c>e2时，关于x的方程|ln x|f(x)根的个数为2.3（2013陕西，14分）已知函数f(x)ex，xR.(1)若直线ykx1与f(x)的反函数的图象相切，求实数k的值；(2)设x>0，讨论曲线yf(x)与曲线ymx2(m>0)公共点的个数；(3)设a<b，比较与的大小，并说明理由解：本题考查指数函数和对数函数互为反函数，函数导数的几何意义，利用导数研究两函数图象交点个数和比较大小的方法(1)f(x)的反函数为g(x)ln x.设直线ykx1与g(x)ln x的图象在P(x0，y0)处相切，则有y0kx01ln x0，kg(x0)，解得x0e2，k.(2)曲线yex与ymx2的公共点个数等于曲线y与ym的公共点个数令(x)，则(x)，(2)0.当x(0,2)时，(x)<0，(x)在(0,2)上单调递减；当x(2，)时，(x)>0，(x)在(2，)上单调递增，(x)在(0，)上的最小值为(2).当0<m<时，曲线y与ym无公共点；当m时，曲线y与ym恰有一个公共点；当m>时，在区间(0,2)内存在x1，使得(x1)>m，在(2，)内存在x2me2，使得(x2)>m.由(x)的单调性知，曲线y与ym在(0，)上恰有两个公共点综上所述，当x>0时，若0<m<，曲线yf(x)与ymx2没有公共点；若m，曲线yf(x)与ymx2有一个公共点；若m>，曲线yf(x)与ymx2有两个公共点(3)法一：可以证明>.事实上，>>>>1>1(b>a)(*)令(x)1(x0)，则(x)0(仅当x0时等号成立)，(x)在0，)上单调递增，x>0时，(x)>(0)0.令xba，即得(*)式，结论得证法二：(ba)eba(ba)2eba2，设函数u(x)xexx2ex2(x0)，则u(x)exxex12ex，令h(x)u(x)，则h(x)exexxex2exxex0(仅当x0时等号成立)，u(x)单调递增，当x>0时，u(x)>u(0)0，u(x)单调递增当x>0时，u(x)>u(0)0.令xba，则得(ba)eba(ba)2eba2>0，>0，因此，>.4（2012山东，13分）已知函数f(x)(k为常数，e2.71828是自然对数的底数)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与x轴平行(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)(x2x)f(x)，其中f(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x>0，g(x)<1e2.解：(1)由f(x)，得f(x)，x(0，)，由于曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线与x轴平行，所以f(1)0，因此k1.(2)由(1)得f(x)(1xxln x)，x(0，)，令h(x)1xxln x，x(0，)，当x(0,1)时，h(x)>0；当x(1，)时，h(x)<0.又ex>0，所以x(0,1)时，f(x)>0；x(1，)时，f(x)<0.因此f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，)(3)证明：因为g(x)(x2x)f(x)，所以g(x)(1xxln x)，x(0，)因此对任意x>0，g(x)<1e2等价于1xxln x<(1e2)由(2)h(x)1xxln x，x(0，)，所以h(x)ln x2(ln xln e2)，x(0，)，因此当x(0，e2)时，h(x)>0，h(x)单调递增；当x(e2，)时，h(x)<0，h(x)单调递减所以h(x)的最大值为h(e2)1e2，故1xxln x1e2.设(x)ex(x1)因为(x)ex1exe0，所以x(0，)时，(x)>0，(x)单调递增，(x)>(0)0，故x(0，)时，(x)ex(x1)>0，即>1.所以1xxln x1e2<(1e2)因此对任意x>0，g(x)<1e2.5（2012浙江，14分）已知a0，bR，函数f(x)4ax32bxab.(1)证明：当0x1时，函数f(x)的最大值为|2ab|a；f(x)|2ab|a0；(2)若1f(x)1对x0,1恒成立，求ab的取值范围解：(1)f(x)12ax22b12a(x2)当b0时，有f(x)0，此时f(x)在0，)上单调递增当b0时，f(x)12a(x)(x)，此时f(x)在0，上单调递减，在，)上单调递增所以当0x1时，f(x)maxmaxf(0)，f(1)maxab,3ab|2ab|a.由于0x1，故当b2a时，f(x)|2ab|af(x)3ab4ax32bx2a4ax34ax2a2a(2x32x1)当b2a时，f(x)|2ab|af(x)ab4ax32b(1x)2a4ax34a(1x)2a2a(2x32x1)设g(x)2x32x1,0x1，则g(x)6x226(x)(x)，于是x0(0，)(，1)1g(x)0g(x)1减极小值增1所以，g(x)ming()10.所以当0x1时，2x32x10.故f(x)|2ab|a2a(2x32x1)0.(2)由知，当0x1时，f(x)max|2ab|a，所以|2ab|a1.若|2ab|a1，则由知f(x)(|2ab|a)1.所以1f(x)1，对任意0x1恒成立的充要条件是即或在直角坐标系aOb中，所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，