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＋，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，即解得x0＝，a＝－。因此，当a＝－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≥－，则f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；若a＜－，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)＝，f(1)＝a＋，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)在上单调递减，在上单调递增，故在(0,1)中，当x＝时，f(x)取得最小值，最小值为f＝＋。①若f＞0，即－＜a＜0，f(x)在(0,1)上无零点；②若f＝0，即a＝－，则f(x)在(0,1)上有唯一零点；③若f＜0，即－3＜a＜－，由于f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当－＜a＜－时，f(x)在(0,1)上有两个零点；当－3＜a≤－时，f(x)在(0,1)上有一个零点。综上，当a＞－或a＜－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；当－＜a＜－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的充要条件是即①设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1。当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0。故g(t)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增。又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0。当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0，即em－m＞e－1；当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1。综上，m的取值范围是[－1,1]。3．[2015·北京]已知函数f(x)＝ln。(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求证：当x∈(0,1)时，f(x)＞2；(3)设实数k使得f(x)＞k对x∈(0,1)恒成立，求k的最大值。解析：(1)因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，所以f′(x)＝＋，f′(0)＝2。又因为f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x。(2)证明：令g(x)＝f(x)－2，则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝。因为g′(x)＞0(0＜x＜1)，所以g(x)在区间(0,1)上单调递增。所以g(x)＞g(0)＝0，x∈(0,1)，即当x∈(0,1)时，f(x)＞2。(3)由(2)知，当k≤2时，f(x)＞k对x∈(0,1)恒成立。当k＞2时，令h(x)＝f(x)－k，则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝。所以当0＜x＜时，h′(x)＜0，因此h(x)在区间上单调递减。当0＜x＜时，h(x)＜h(0)＝0，即f(x)＜k。所以当k＞2时，f(x)＞k并非对x∈(0,1)恒成立。综上可知，k的最大值为2。4．[2015·福建]已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k∈R)。(1)证明：当x＞0时，f(x)＜x；(2)证明：当k＜1时，存在x0＞0，使得对任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x)；(3)确定k的所有可能取值，使得存在t＞0，对任意的x∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|＜x2。解析：方法一：(1)证明：令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈[0，＋∞)，则有F′(x)＝－1＝。当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在[0，＋∞)上单调递减，故当x＞0时，F(x)＜F...
