课时跟踪检测（十六） 函数与导数的综合问题
1．已知函数f(x)＝ln x＋
1
axa1
－(a∈R且a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
?1?x(2)当x∈?，e?时，试判断函数g(x)＝(ln x－1)e＋x－m的零点个数．
?e?
解：(1)f′(x)＝
ax－1
(x＞0)， ax2
当a＜0时，f′(x)＞0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a＞0时，由f′(x)＝由f′(x)＝ax－11
2＞0，得x＞， axaax－11
2＜0，得0＜x＜， axa?1??1?∴函数f(x)在?，＋∞?上单调递增，在?0，?上单调递减．
?a?
?
a?
综上所述，当a＜0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
?1??1?当a＞0时，函数f(x)在?，＋∞?上单调递增，在?0，?上单调递减．
?a?
?
a?
?1?x(2)当x∈?，e?时，函数g(x)＝(ln x－1)e＋x－m的零点个数，等价于方程(ln x－
?e?
1)e＋x＝m的根的个数．
令h(x)＝(ln x－1)e＋x，
xx?1?x则h′(x)＝?＋ln x－1?e＋1.
?x?
1?1?由(1)知当a＝1时，f(x)＝ln x＋－1在?，1?上单调递减，在(1，e)上单调递增， x?e?
?1?∴当x∈?，e?时，f(x)≥f(1)＝0.
?e?
1?1?∴＋ln x－1≥0在x∈?，e?上恒成立． x?e?
?1?x ∴h′(x)＝?＋ln x－1?e＋1≥0＋1＞0，
?x?
?1?x∴h(x)＝(ln x－1)e＋x在x∈?，e?上单调递增，
?e?
1?1?∴h(x)min＝h??＝－2ee＋，h(x)max＝h(e)＝e. e?e?
1?1?∴当m＜－2e＋或 m＞e时，函数g(x)在?，e?上没有零点；
e?e?
1e1
1e1?1?当－2e＋≤m≤e时，函数g(x)在?，e?上有一个零点． e?e?2．已知函数f(x)＝xe. (1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)是否存在实数a使得对于任意的x1，x2∈(a，＋∞)，且x1＜x2，恒有＞
xfx2－fax2－afx1－fa成立？若存在，求a的取值范围，若不存在，请说明理由．
x1－a解：(1)因为f(x)＝xe， 所以f′(x)＝(x＋1)e. 令f′(x)＝0，得x＝－1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
xxx f′(x) f(x)
(－∞，－1) － －1 0 极小值 (－1，＋∞) ＋ 所以f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为(－1，＋∞)，
f(x)有极小值f(－1)＝－，无极大值．
(2)存在满足题意的实数a.理由如下：
1e
fx－faxex－aea令g(x)＝＝(x＞a)，
x－ax－a则
fx2－fafx1－fa＞等价于g(x)在(a，＋∞)上单调递增．
x2－ax1－ax2－ax－aex＋aea又g′(x)＝，
x－a2
记h(x)＝(x－ax－a)e＋ae，
则h′(x)＝[x＋(2－a)x－2a]e＝(x＋2)·(x－a)e，
故当a≥－2，且x＞a时，h′(x)＞0，h(x)在(a，＋∞)上单调递增．
故h(x)＞h(a)＝0，从而g′(x)＞0，g(x)在(a，＋∞)上单调递增，满足题意； 另一方面，当a＜－2，且a＜x＜－2时，h′(x)＜0，h(x)在(a，－2)上单调递减． 故h(x)＜h(a)＝0，
从而g′(x)＜0，g(x)在(a，－2)上单调递减，不满足题意． 所以a的取值范围为[－2，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝e＋ax＋b(a，b∈R)在x＝0处的导数值为0. (1)求实数a的值；
(2)若f(x)有两个零点x1，x2，且x1＜x2，
x22
xaxx
(ⅰ)求实数b的取值范围； (ⅱ)证明：x1＋x2＜0.
解：(1)因为f′(x)＝e＋a，所以f′(0)＝e＋a＝1＋a， 又f′(0)＝0，所以a＝－1.
(2)(ⅰ)因为f(x)＝e－x＋b，所以f′(x)＝e－1. 当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
所以f(x)在x＝0处取得极小值，也是最小值，且f(0)＝1＋b. 因为f(x)有两个零点x1，x2， 所以f(0)＝1＋b＜0，所以b＜－1， 即实数b的取值范围是(－∞，－1)． (ⅱ)证明：因为f(x1)＝0，f(x2)＝0， 所以e1－x1＋b＝0 ①，e2－x2＋b＝0 ②，
由②－①得e2－e1＝x2－x1，即e1 (e2－1－1)＝x2－x1. 令x2－x1＝t，t＞0，则e1 (e－1)＝t， 所以e1＝t，e2＝t. e－1e－1
要证x1＋x2＜0，只需证e1e2＜1，即证t·t＜1，
e－1e－1即证te＜(e－1)，即证te－(e)＋2e－1＜0. 令m(t)＝te－(e)＋2e－1， 则m′(t)＝e(t＋2t＋2－2e)．
令n(t)＝t＋2t＋2－2e，则n′(t)＝2t＋2－2e.
设φ(t)＝2t＋2－2e，则当t＞0时，φ′(t)＝2－2e＜0， 所以当t＞0时，φ(t)单调递减，
因为φ(0)＝0，所以当t＞0时，φ(t)＜0，则n′(t)＜0， 所以当t＞0时，n(t)单调递减，
又n(0)＝0，所以当t＞0时，n(t)＜0，则m′(t)＜0， 所以当t＞0时，m(t)单调递减， 因为m(0)＝0，所以当t＞0时，m(t)＜0. 综上可知，原式得证．
4．若对任意实数k，b都有函数y＝f(x)＋kx＋b的图象与直线y＝kx＋b相切，则称函数f(x)为“恒切函数”，设函数g(x)＝ae－x－pa，a，p∈R.
(1)讨论函数g(x)的单调性；
xtt22t2tx0
xxxx x x x xx xt xt xtet x xttett22tt2tt2tt2ttt
(2)已知函数g(x)为“恒切函数”． ①求实数p的取值范围；
3x②当p取最大值时，若函数h(x)＝g(x)e－m为“恒切函数”，求证：0≤m＜.
16(参考数据：e≈20) 解：(1)g′(x)＝ae－1，
当a≤0时，g′(x)＜0恒成立，函数g(x)在R上单调递减；
当a＞0时，由g′(x)＞0，得x＞－ln a；由g′(x)＜0，得x＜－ln a， 所以函数g(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． 综上，当a≤0时，函数g(x)在R上单调递减；当a＞0时，函数g(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)①若函数f(x)为“恒切函数”，则函数y＝f(x)＋kx＋b的图象与直线y＝kx＋b相切，
设切点为(x0，y0)，则f′(x0)＋k＝k且f(x0)＋kx0＋b＝kx0＋b，即f′(x0)＝0，f(x0)＝0.
因为函数g(x)为“恒切函数”，
所以存在x0，使得g′(x0)＝0，g(x0)＝0，
x3
?aex0－x0－pa＝0，即?x?ae0－1＝0，
x
解得a＝e
－
x0＞0，p＝e
x0 (1－x0)．
设m(x)＝e(1－x)，则m′(x)＝－xe，
由m′(x)＜0，得x＞0；由m′(x)＞0，得x＜0，
故函数m(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减， 从而m(x)max＝m(0)＝1，
故实数p的取值范围为(－∞，1]．
②证明：由①知当p取最大值时，p＝1，a＝1， 故h(x)＝(e－x－1)e－m， 则h′(x)＝(2e－x－2)e. 因为函数h(x)为“恒切函数”， 故存在x0，使得h′(x0)＝0，h(x0)＝0， 由h′(x0)＝0，得(2e
xxxxxxx0－x0－2)e
x0＝0，即2e
xx0－x0－2＝0.
设n(x)＝2e－x－2，则n′(x)＝2e－1，
由n′(x)＞0，得x＞－ln 2；由n′(x)＜0，得x＜－ln 2，
故n(x)在(－∞，－ln 2)上单调递减，在(－ln 2，＋∞)上单调递增． 在单调递增区间(－ln 2，＋∞)上，n(0)＝0，
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