配套创新设计·高考总复习限时训练 北师大理 含答案 第三篇 第3讲 导数的综合应用

∴g(x0)在(－∞，0)和(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减．

2

∴函数g(x0)＝2x30－3x0＋m＋3的极值点为x0＝0和1.

2∴关于x0的方程2x30－3x0＋m＋3＝0有三个实根的充要条件是?

?g（0）>0，?g（1）<0，

解

得－3

故所求实数m的取值范围是(－3，－2)．

6．(13分)(2012·福州二模)已知函数f(x)＝ax＋x2，g(x)＝xln a，a>1. (1)求证函数F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上单调递增；

1??

F（x）－b＋?(2)若函数y＝－3有四个零点，求b的取值范围； b???

(3)若对于任意的x1，x2∈[－1，1]时，都有|F(x2)－F(x1)|≤e2－2恒成立，求a的取值范围．

(1)证明 ∵F(x)＝f(x)－g(x)＝ax＋x2－xln a， ∴F′(x)＝ax·ln a＋2x－ln a＝(ax－1)ln a＋2x. ∵a>1，x>0，∴ax－1>0，ln a>0，2x>0，

∴当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，即函数F(x)在区间(0，＋∞)上单调递增． (2)解 由(1)知当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0，

∴F(x)在(－∞，0]上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． ∴F(x)取得最小值为F(0)＝1.

1??

由?F（x）－b＋b?－3＝0， ??

11

得F(x)＝b－b＋3或F(x)＝b－b－3，

1??

F（x）－b＋∴要使函数y＝?－3有四个零点，只需 b???

1b－??b＋3>1，b2－4b－11

即b－b>4，即>0， ?1b

??b－b－3>1，

解得b>2＋5或2－5

故b的取值范围是(2－5，0)∪(2＋5，＋∞)．

(3)解 ∵任意x1，x2∈[－1，1]，由(1)知F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，

＋∞)上单调递增， ∴F(x)min＝F(0)＝1.

从而再来比较F(－1)与F(1)的大小即可． 1

F(－1)＝a＋1＋ln a，F(1)＝a＋1－ln a，

1

∴F(1)－F(－1)＝a－a－2ln a.

1

令H(x)＝x－x－2ln x(x>0)，

12x2－2x＋1（x－1）2

则H′(x)＝1＋x2－x＝＝>0，

x2x2∴H(x)在(0，＋∞)上单调递增． ∵a>1，∴H(a)>H(1)＝0.∴F(1)>F(－1)． ∴|F(x2)－F(x1)|的最大值为|F(1)－F(0)|＝a－ln a， ∴要使|F(x2)－F(x1)|≤e2－2恒成立， 只需a－ln a≤e2－2即可．

1

令h(a)＝a－ln a(a>1)，h′(a)＝1－a>0， ∴h(a)在(1，＋∞)上单调递增．

∵h(e2)＝e2－2，∴只需h(a)≤h(e2)，即1

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