开卷速查(十四)导数的应用(一)1．[2016·湖北黄冈模拟]已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在点x0处取得极小值－5，其导函数y＝f′(x)的图象经过点(0,0)，(2,0)。(1)求a，b的值；(2)求x0及函数f(x)的表达式。解析：(1)由题设可得f′(x)＝3x2＋2ax＋b。 f′(x)的图象过点(0,0)，(2,0)，∴解得a＝－3，b＝0。(2)由f′(x)＝3x2－6x＞0，得x＞2或x＜0，∴在(－∞，0)上f′(x)＞0，在(0,2)上f′(x)＜0，在(2，＋∞)上f′(x)＞0。∴f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上递增，在(0,2)上递减，因此f(x)在x＝2处取得极小值，∴x0＝2，由f(2)＝－5，得c＝－1。∴f(x)＝x3－3x2－1。2．[2015·山东]设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R。(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(2)若∀x＞0，f(x)≥0成立，求a的取值范围。解析：(1)由题意知函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝＋a(2x－1)＝，令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)。(ⅰ)当a＝0时，g(x)＝1，此时f′(x)＞0，函数f(x)在(－1，＋∞)单调递增，无极值点；(ⅱ)当a＞0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)。①当0＜a≤时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，函数f(x)在(－1，＋∞)单调递增，无极值点；②当a＞时，Δ＞0，设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1＜x2)，因为x1＋x2＝－，所以x1＜－，x2＞－。由g(－1)＝1＞0，可得－1＜x1＜－。所以当x∈(－1，x1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；因此，函数有两个极值点。(ⅲ)当a＜0时，Δ＞0，由g(－1)＝1＞0，可得x1＜－1。当x∈(－1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；所以函数有一个极值点。综上所述，当a＜0时，函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤时，函数f(x)无极值点；当a＞时，函数f(x)有两个极值点。(2)由(1)知，①当0≤a≤时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(0)＝0，所以x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，符合题意；②当＜a≤1时，由g(0)≥0，得x2≤0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增。又f(0)＝0，所以x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，符合题意；③当a＞1时，由g(0)＜0，可得x2＞0。所以x∈(0，x2)时，函数f(x)单调递减，因为f(0)＝0，所以x∈(0，x2)时，f(x)＜0，不合题意；④当a＜0时，设h(x)＝x－ln(x＋1)。因为x∈(0，＋∞)时，h′(x)＝1－＝＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，因此当x∈(0，＋∞)时，h(x)＞h(0)＝0，即ln(x＋1)＜x。可得f(x)＜x＋a(x2－x)＝ax2＋(1－a)x，当x＞1－时，ax2＋(1－a)x＜0，此时f(x)＜0，不合题意。综上所述，a的取值范围是[0,1]。3．[2015·重庆]设函数f(x)＝(a∈R)。(1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围。解析：(1)对f(x)求导得f′(x)＝＝，因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0。当a＝0时，f(x)＝，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝，从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝(x－1)，化简得3x－ey＝0。(2)由(1)知f′(x)＝，令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0解得x1＝，x2＝。当x＜x1时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数；当x1＜x＜x2时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，故f(x)为增函数；当x＞x2时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数。由f(x)在[3，＋∞)上为减函数，知x2＝≤3，解得a≥－，故a的取值范围为。4．[2015·四川]已知函数f(x)＝－2(x＋a)lnx＋x2－2ax－2a2＋a，其中a＞0。(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；(2)证明：存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解。解析：(1)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－a)－2lnx－2，所以g′(x)＝2－＋＝。当0＜a＜时，g(x)在区间，上单调递增，在区间上单调递减；当a≥时，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增。(2)证明：由f′(x)＝2(x－a)－2lnx－2＝0，解得a＝。令φ(x)＝－2lnx＋x...
