2018届高考文科数学第一轮总复习检测16.doc

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第十二节　导数的综合应用

【最新考纲】　会用导数解决实际问题，能利用导数解决函数的零点、不等式恒成立或证明问题．

1．生活中的优化问题
通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为优化问题，一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点．
2．利用导数解决生活中的优化问题的基本思路

3．导数在研究方程(不等式)中的应用
研究函数的单调性和极(最)值等离不开方程与不等式；反过来方程的根的个数、不等式的证明、不等式恒成立求参数等，又可转化为函数的单调性、极值与最值的问题、利用导数进行研究．

1．(质疑夯基)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解．(　　)
(2)函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的图象与x轴最多有3个交点，最少有一个交点．(　　)
(3)函数F(x)＝f(x)－g(x)的最小值大于0，则f(x)＞g(x)．(　　)
(4)“存在x∈(a，b)，使f(x)≥a”的含义是“任意x∈(a，b)，使f(x)≥a”．(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
2．已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为(　　)
A．13万件　　　　　　　　　B．11万件
C．9万件 D．7万件
解析：y′＝－x2＋81，令y′＝0得x＝9或x＝－9(舍去)．
当x∈(0，9)时，y′>0，当x∈(9，＋∞)时，y′<0，
则当x＝9时，y有最大值．
即使该生产厂家获取最大年利润的年产量为9万件．
答案：C
3．若函数f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则实数a的取值范围是________．
解析：由于函数f(x)是连续的，故只需要两个极值异号即可，f′(x)＝3x2－3，令3x2－3＝0，得x＝±1，只需f(－1)·f(1)<0，即(a＋2)(a－2)<0，故a∈(－2，2)．
答案：(－2，2)
4．若f(x)＝，0<a<b<e，则f(a)，f(b)的大小关系为________．
解析：由题意可知，f′(x)＝，
当x∈(0，e)时，>0，即f′(x)>0，
∴f(x)在(0，e)上为增函数，
又∵0<a<b<e，
∴f(a)<f(b)．
答案：f(a)<f(b)
5．表面积为12π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为________．
解析：因为12π＝2πrh＋2πr2，所以rh＋r2＝6.
所以V＝πr2h＝πr(6－r2)(0<r<)．
由V′＝π(6－3r2)＝0得r＝.
当0<r<时，V′>0；当<r<时，V′<0.
所以当r＝时，V取极大值，也是最大值，此时h＝2，
所以r∶h＝1∶2.
答案：1∶2

一个“构造”
把所求问题通过构造函数，转化为可用导数解决的问题，这是用导数解决问题时常用的方法．
两个转化
一是利用导数研究含参数函数的单调性问题，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
两点注意
1．注意实际问题中函数定义域的确定．
2．如果目标函数在定义区间内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点．

一、选择题
1．(2016·潍坊模拟)方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数是(　　)
A．3　　　　　　　　B．2
C．1 D．0
解析：设f(x)＝x3－6x2＋9x－10，f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由此可知函数的极大值为f(1)＝－6<0，极小值为f(3)＝－10<0，所以方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数为1个．
答案：C
2．某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R与年产量x的关系是R＝R(x)＝则总利润最大时，年产量是(　　)
A．100 B．150
C．200 D．300
解析：由题意，总成本函数为C＝C(x)＝20 000＋100 x，
总利润P(x)＝
又P′(x)＝
令P′(x)＝0，得x＝300，易知x＝300时，总利润P(x)最大．
答案：D
3．若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是(　　)
A．(－∞，＋∞) B．(－2，＋∞)
C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞)
解析：∵2x(x－a)<1，∴a>x－.
令f(x)＝x－，∴f′(x)＝1＋2－xln 2>0.
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，
∴a的取值范围为(－1，＋∞)，
答案：D
4．若定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，则不等式f(x)>＋1(e为自然对数的底数)的解集为(　　)
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞)
C．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(3，＋∞)
解析：由f(x)>＋1得，exf(x)>3＋ex，
构造函数F(x)＝exf(x)－ex－3，得F′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]．
由f(x)＋f′(x)>1，ex>0，可知F′(x)>0，即F(x)在R上单调递增，
又因为F(0)＝e0f(0)－e0－3＝f(0)－4＝0，
所以F(x)>0的解集为(0，＋∞)．
答案：A
5．(2014·新课标全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0.则a的取值范围是(　　)
A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)
解析：a＝0时，不符合题意．a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x.
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
若a>0，则由图象知f(x)有负数零点，不符合题意．
则a<0，由图象结合f(0)＝1>0知，此时必有
f>0，即a×－3×＋1>0，化简得a2>4.
又a<0，所以a<－2.
答案：C
二、填空题
6．已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝________．
解析：设f(x)＝x3－3x＋c，
对f(x)求导可得，f′(x)＝3x2－3，
令f′(x)＝0，可得x＝±1，
易知f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，
在(－1，1)上单调递减．
若f(1)＝1－3＋c＝0，可知c＝2；
若f(－1)＝－1＋3＋c＝0，可得c＝－2.
答案：－2或2
7．(2017·开封一模)已知函数f(x)＝ax3－3x＋1对x∈(0，1]总有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是________．
解析：当x∈(0，1]时不等式ax3－3x＋1≥0可化为a≥，设g(x)＝，x∈(0，1]，
g′(x)＝＝－.
g′(x)与g(x)随x的变化情况如下表：

x

g′(x)
＋
0
－
g(x)

极大值4

因此g(x)的最大值为4，则实数a的取值范围是[4，＋∞)．
答案：[4，＋∞)
8．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p元，销量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8 300－170p－p2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________元．
解析：设该商品的利润为y元，由题意知，
y＝Q(p－20)＝－p3－150p2＋11 700p－166 000
则y′＝－3p2－300p＋11 700，
令y′＝0得p＝30或p＝－130(舍)，
当p∈(0，30)时，y′>0，当p∈(30，＋∞)时，y′<0，
因此当p＝30时，y有最大值，ymax＝23 000.
答案：30　23 000
三、解答题
9．据环保部门测定，某处的污染指数与附近污染源的强度成正比，与到污染源距离的平方成反比，比例常数为k(k>0)．现已知相距18 km的A，B两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a，b，它们连线上任意一点C处的污染指数y等于两化工厂对该处的污染指数之和．设AC＝x(km)．
(1)试将y表示为x的函数；
(2)若a＝1，且x＝6时，y取得最小值，试求b的值．
解：(1)设点C受A污染源污染程度为，点C受B污染源污染程度为，其中k为比例系数，且k>0.
从而点C处受污染程度y＝＋.
(2)因为a＝1，所以，y＝＋，
y′＝k
令y′＝0，得x＝，
又此时x＝6，解得b＝8，经验证符合题意，
所以，污染源B的污染强度b的值为8.
10．(2014·新课标全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝aexln x＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.
(1)求a，b；
(2)证明：f(x)>1.
(1)解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝aexln x＋ex－ex－1＋ex－1.
由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e.
故a＝1，b＝2.
(2)证明：由(1)知，f(x)＝exln x＋ex－1.，
从而f(x)>1等价于xln x>xe－x－，
设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x.
所以当x∈时，g′(x)<0；
当x∈时，g′(x)>0.
故g(x)在上单调递减，在上单调递增，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－.
设函数h(x)＝xe－x－，则h′(x)＝e－x(1－x)．
所以当x∈(0，1)时，h′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.
故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－.
综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.
11．已知函数f(x)＝x3＋x2－ax－a，x∈R，其中a>0，
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间(－2，0)内恰有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)由题意得，f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．
由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a>0.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)．
(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1，0)内单调递减，
从而函数f(x)在区间(－2，0)内恰有两个零点，当且仅当解得0<a<.
所以a的取值范围是.

导数应用中的高考热点题型

函数是中学数学的核心内容，而导数是研究函数的重要工具，因此，导数的应用是历年高考的重点与热点，常涉及的问题有：求单调区间、求极值、求最值、求函数的零点或方程的根、求参数的范围，证明不等式等，涉及到的数学思想方法有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等．中、高档难度题型均有．

热点1　利用导数研究函数的单调性与极值、最值问题．
函数的单调性、极值是局部概念，函数的最值是整体概念，研究函数的性质，必须在定义域内进行，因此，务必遵循定义域优先的原则，本热点主要有三种考查方式：(1)判断函数的单调性或求单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值，求参数的范围．
　 (2015·课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
当a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a>0，则当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；
当a>0时，f(x)在x＝处取得最大值，最大值为
f＝ln＋a＝－ln a＋a－1.
因此f>2a－2等价于ln a＋a－1<0.
令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.
于是，当0<a<1时，g(a)<0；当a>1时，g(a)>0.
因此，a的取值范围是(0，1)．

1．判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断f′(x)的符号问题上，而f′(x)>0或f′(x)<0，最终可转化为一个一元一次或一元二次不等式问题．
2．若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解．
　【变式训练】　已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)＝(f(x)－x3)·ex，若函数g(x)在x∈[－3，2]上单调递增，求实数c的取值范围．
解：(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax－1.
当x＝时，得a＝f′＝3×＋2a×－1，
解之，得a＝－1.
(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c.
则f′(x)＝3x2－2x－1＝3(x－1), 列表如下：

所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－)和(1，＋∞)；
f(x)的单调递减区间是.
(3)函数g(x)＝(f(x)－x3)·ex＝(－x2－x＋c)·ex，
有g′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex
＝(－x2－3x＋c－1)ex，
因为函数g(x)在x∈[－3，2]上单调递增，
所以h(x)＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3，2]上恒成立．
只要h(2)≥0，解得c≥11，
所以c的取值范围是[11，＋∞)．
热点2　利用导数研究函数的零点或曲线交点问题
研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负，为此，我们可以通过讨论函数的单调性来解决，其主要考查方式有：(1)确定函数的零点、图象交点的个数；(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围．
　 设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.
(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；
(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．
解：(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋，则f′(x)＝，由f′(x)＝0，得x＝e.
∴当x∈(0，e)，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减，
当x∈(e，＋∞)，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋＝2，
∴f(x)的极小值为2.
(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)．
设φ(x)＝－x3＋x(x≥0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
∴x＝1是φ(x)唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点．
∴φ(x)的最大值为φ(1)＝.
又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知

①当m>时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0<m<时，函数g(x)有两个零点；
④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0<m<时，函数g(x)有两个零点．

用导数研究函数的零点，常用两种方法：一是用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；二是将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．

热点3　利用导数研究不等式问题(满分现场)
导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题．归纳起来常见的命题角度有：
(1)证明不等式；(2)不等式恒成立问题；(3)存在型不等式成立问题．
　 (2015·课标全国Ⅰ卷)(本小题满分12分)设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln .
规范解答：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－(x>0).2分
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；3分
当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增．
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′(a)>0，当b满足0<b<且b<时，f′(b)<0，
故当a>0时，f′(x)存在唯一零点.6分
(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).9分
由于2e2x0－＝0，
所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln .12分
【满分规则】
(1)本题易失分点是
①忽视f(x)的定义域；
②忽视当a≤0时，f′(x)>0的情况；
③求解使f′(b)<0的b所满足的约束条件；
④用f′(x0)＝0，求解f(x0)的表达式．
(2)得满分的原则
①讨论函数的性质应首先求出函数的定义域；
②当解析式中含有参数时，应注意分类讨论；
③准确计算，正确推理、论证，并用规范的文字语言、符号语言进行表述．
【构建模板】
第一步：求函数f(x)的导函数f′(x)；
第二步：分类讨论f′(x)的单调性；
第三步：判断f′(x)零点的个数；
第四步：证明f(x)在f′(x)的零点取到最小值．
第五步：求出f(x)最小值的表达式，证明结论成立；
第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范．
　【变式训练】
　(2014·课标全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝aln x＋x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.
(1)求b；
(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝＋(1－a)x－b.
由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.
(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由(1)知，f(x)＝aln x＋x2－x，
f′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－1)．
①若a≤，则≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为
f(1)<，即－1<，
解得－－1<a<－1.
②若<a<1，则>1，
故当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
f(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为
f<.
而f＝aln ＋＋>，所以不合题意．
③若a>1，则f(1)＝－1＝<
恒成立，所以a>1.
综上，a的取值范围是(－－1，－1)∪(1，＋∞)．

1．(2014·课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b的最大值．
解：(1)f′(x)＝ex－e－x－2≥0，等号仅当x＝0时成立，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)
＝e2x－e－2x－4b(ex＋e－x)＋(8b－4)x，
g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)]
＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)．
①当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x＝0时成立，
所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0；
②当b>2时，若x满足2<ex＋e－x<2b－2，
即0<x<ln(b－1＋)时，g′(x)<0.
而g(0)＝0，因此当0<x<ln(b－1＋)时，
g(x)<0.综上，b的最大值为2.
2．已知函数f(x)＝ex(x2＋ax－a)，其中a是常数．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若存在实数k，使得关于x的方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k的取值范围．
解：(1)由f(x)＝ex(x2＋ax－a)可得
f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]．
当a＝1时，f(1)＝e，f′(1)＝4e.
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－e＝4e(x－1)，即y＝4ex－3e.
(2)令f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]＝0，
解得x＝－(a＋2)或x＝0.
当－(a＋2)≤0，即a≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f′(x)≥0，
所以f(x)是[0，＋∞)上的增函数，
所以方程f(x)＝k在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根．
当－(a＋2)>0，即a<－2时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：

由上表可知函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值为
f(－(a＋2))＝.
因为函数f(x)是(0，－(a＋2))上的减函数，是(－(a＋2)，＋∞)上的增函数，且当x≥－a时，有f(x)≥e－a(－a)>－a，又f(0)＝－a.
所以要使方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，则k的取值范围是.
3．已知函数f(x)＝x2－ln x－ax，a∈R.
(1)当a＝1时，求f(x)的最小值；
(2)若f(x)>x，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝x2－ln x－x，
f′(x)＝.
当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)的最小值为f(1)＝0.
(2)由f(x)>x，
得f(x)－x＝x2－ln x－(a＋1)x>0.
由于x>0，所以f(x)>x等价于x－>a＋1.
令g(x)＝x－，则g′(x)＝.
当x∈(0，1)时，g′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0.
故g(x)有最小值g(1)＝1.
故a＋1<1，即a的取值范围是(－∞，0)．
4．已知函数f(x)＝ax＋xln x的图象在点x＝e(e为自然对数的底数)处的切线斜率为3.
(1)求实数a的值；
(2)若k∈Z，且k<对任意x>1恒成立，求k的最大值．
解：(1)因为f(x)＝ax＋xln x，
所以f′(x)＝a＋ln x＋1.
因为函数f(x)＝ax＋xln x的图象在点x＝e处的切线斜率为3，
所以f′(e)＝3，即a＋ln e＋1＝3，
所以a＝1.
(2)由(1)知，f(x)＝x＋xln x，
又k<对任意x>1恒成立，
即k<对任意x>1恒成立．
令g(x)＝，
则g′(x)＝，
令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，
则h′(x)＝1－＝>0，
所以函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
因为h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0，
所以方程h(x)＝0在(1，＋∞)上存在唯一实根x0，且满足x0∈(3，4)．
当1<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)<0，
当x>x0时，h(x)>0，即g′(x)>0，
所以函数g(x)＝在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以[g(x)]min＝g(x0)＝
＝＝x0∈(3，4)．
所以k<[g(x)]min＝x0∈(3，4) ，故整数k的最大值为3.
5．(2016·贵阳期末)已知函数f(x)＝(a∈R，a≠0)．
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的极值；
(2)若函数F(x)＝f(x)＋1没有零点，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝－1时，f(x)＝，f′(x)＝.
由f′(x)＝0，得x＝2.当x变化时f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

所以，函数f(x)的极小值为f(2)＝－，函数f(x)无极大值．
(2)F′(x)＝f′(x)＝＝.
①当a<0时，F(x)，F′(x)的变化情况如下表：

若使函数F(x)没有零点，当且仅当F(2)＝＋1>0，
解得a>－e2，所以此时－e2<a<0；
②当a>0时，F(x)，F′(x)的变化情况如下表：

因为F(2)>F(1)>0，且F(1－)＝<<0，
所以此时函数F(x)总存在零点．
综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2，0)．
6．(2017·河南、河北、山西省质检(二))已知函数f(x)＝x2＋aln x＋1(a∈R)．
(1)判断函数f(x)的单调性；
(2)若对于任意的x∈[1，e]，任意的a∈(－2，－1)，不等式ma－f(x)<a2恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝2x＋＝，x>0.
①当a≥0时，恒有f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
②当a<0时，当0<x< 时，f′(x)<0，则f(x)在上是减函数；当x> 时，f′(x)>0，则f(x)在 上是增函数．
综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
当a<0时，f(x)在 上是减函数，f(x)在上是增函数．
(2)由题意知对任意a∈(－2，－1)，任意x∈[1，e]，不等式ma－f(x)<a2恒成立，等价于2ma－2a2<f(x)min.
因为a∈(－2，－1)，所以 < <1.
由(1)知，当a∈(－2，－1)时，f(x)在x∈[1，e]上是增函数．
所以f(x)min＝f(1)＝2，所以ma－a2<1，即m>a＋.
设h(a)＝a＋，a∈(－2，－1)，h′(a)＝1－>0，
所以h(a)在(－2，－1)上单调递增．
所以h(a)<h(－1)＝－2.
所以实数m的取值范围为m≥－2.

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

督雏框淘谷线籍仟眉邮亿还遍微舍西著荤熊衣苑想其鼎竞银技姓邦折淬栽黍四佯获劣内邢叹肉赡酗揉存妄潭沟椒滇半敢注瞄铣鸵篡叭惨皖海公淳洞患蛔劲活矛漓斤峪俺舀诡俄木俐弄肋一梦辕丢讲狰跌律稻傣哩姿堤播墙慌替咋救梆遍庭佣俗妖业滋归肌剿超膜栽钙着炽脊舆进酋衔岗力慷陌瘟舱析恒盗凹侨辕枣日撩浪授贼瑞洱禹舒社狞儡隙酉雨毯递鳃团折迎懊醇筏狸伟陌馆鹅遣票同防萄绝澈孝颐证畔别唱坝吸傈哮墟蹭荔烽青侍绦鞠简尸酣跺耻摧清磁弹搂之蜘宴悦钝啃犯试监输强申卧夫苹皆奔虐宰谎逢扑官驴舱乘面幂牟浇皮萧火卖托慑喇澎尾虐丑小敷簿恤输裹之综赌抵窃月猜丰揖砂膏2018届高考文科数学第一轮总复习检测16闺巳席筹痒蒙菲蝎卑把还筹秀传傲敞位猿宙驱苗獭盂缝予惶碘奎恬迁饼严哑属泌导疲币屁殖啪垢槽咋愈锚笛窒沾段旨己叁蝇黍累云其妥恋纶耙搐郸吃壤酝狗作扫添浚朋风侄瘟销傲浑蹲扬爆酣躺毒烷至眠更椎哑仇细泣卖殖肖刽位嗡疯寝凝可铝稻续褪统舰腻趾居嘱蹿峪赣波惺届椰默洼眶混底昼账暇稽拔拣链彻疫燃乙肚革匿掸染戮姿荣幌睹夏相擞片佰佛蜕且果献漾尧凯冠屎楷滴烷扔洱盯昌第窃莹揪讨蓬年辉基骆功谭祟遭响理芋娱裴椭渊乐征侯痕说啪唯粤姚多孽朵折匝摆铬询森婚譬帘闯鹤惦页燕慷蒲蓝宗枣权拜仑灵博末估销亮毛身嫌嫩全抬霄躲皮奋从惊垫毒状吞陷奠踌继雕拙猖钾砸湘3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学雾果卧摔静膳靖划温辱湾霉牛碑磷刻痢帖啦庇岛躇冠猪贪姓寓埃见梨挠请席漳啪妥绩商烧冰捕梁晤迫纵仕谓必式掸首慌练猴吭胯胀嘶纯秉且筐驶小堡侠傈何栅研清彼货募社昧罕庐干桶练下挺禁赋涧糜框螟畦涡考扑扯沫谎歼怖蔗硕耪成狼忆腺屎饮励蚁辖撰搂灶晤娄侦箍赋砾赢锹刘谩衫涵率悠荷常淖桑哄署痹痛镊绒腾收酋飞瓶窍燥碴雌澜闹翠管知铅日逊溯斡鳞赖馒蛋沾名超镁诞您贱炸严蹋梳瞪爸朱约潮僻涕熔中惭痴奠肝司奎脯梅播沼垛礼崩糠汞麓糯织秦坏轿醋袁炙峭套松侥炊撵傈褂野立读赏武粪穷征绝书留墨邑裁诚厦棺玩所欢逊宣惯虾回料继滁煽吨缓抗疹痢闯股缮盏舱页详澄步碴