高考专题突破一 高考中的导数应用问题【考点自测】1．若函数f (x )＝2sin x (x ∈[0，π])的图象在点P 处的切线平行于函数g (x )＝2x ⎝⎛⎭⎫x 3＋1的图象在点Q 处的切线，则直线PQ 的斜率为________． 答案 83解析 由题意得，f ′(x )＝2cos x ∈[－2,2]，g ′(x )＝x ＋1x≥2(当且仅当x ＝1时取等号)． 当两函数的切线平行时，有x P ＝0，x Q ＝1， 即P (0,0)，Q ⎝⎛⎭⎫1，83， 所以直线PQ 的斜率为83.2．(2018届盐城中学月考)若函数f (x )＝x x 2＋a (a >0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则实数a 的值为________． 答案3－1解析 f ′(x )＝a －x 2(x 2＋a )2，当x >a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当－a <x <a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 若a ≥1，即a ≥1，则当x ∈[1，＋∞)时，f (x )max ＝f (a )＝a 2a ＝33， 解得a ＝32<1，不合题意， ∴a <1，∴当x ∈[1，＋∞)时，f (x )max ＝f (1)＝11＋a ＝33，解得a ＝3－1. 3．函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx －34(a ，b ，c ∈R )的导函数为f ′(x )，若不等式f ′(x )≤0的解集为{x |－2≤x ≤3}，f (x )的极小值等于－115，则a 的值是________． 答案 2解析 由已知可得f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，由3ax 2＋2bx ＋c ≤0的解集为{x |－2≤x ≤3}可知a >0， 且－2,3是方程3ax 2＋2bx ＋c ＝0的两根， 则由根与系数的关系知2b 3a ＝－1，c3a ＝－6，∴b ＝－3a2，c ＝－18a ，此时f (x )＝ax 3－3a2x 2－18ax －34，当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数； 当x ∈(－2,3)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，∴f (3)为f (x )的极小值，且f (3)＝27a －27a2－54a －34＝－115，解得a ＝2.4．(2018届新海中学调研)设函数f (x )＝ln x ＋mx (m ∈R )，若对任意的b >a >0，f (b )－f (a )b －a <1恒成立，则实数m 的取值范围是________． 答案 ⎣⎡⎭⎫14，＋∞解析 对任意的b >a >0，f (b )－f (a )b －a <1恒成立，等价于f (b )－b <f (a )－a 恒成立．设函数h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋mx －x ，则h (x )在(0，＋∞)上是单调减函数，即h ′(x )＝1x －mx 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m ≥－x 2＋x ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14(x >0)恒成立， 得m ≥14.所以实数m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫14，＋∞.5．(2017·江苏)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数，若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________． 答案 ⎣⎡⎦⎤－1，12解析 因为f (－x )＝(－x )3－2(－x )＋e －x －1e －x＝－x 3＋2x －e x ＋1e x ＝－f (x )，所以f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x 是奇函数．因为f (a －1)＋f (2a 2)≤0，所以f (2a 2)≤－f (a －1)，即f (2a 2)≤f (1－a )． 因为f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋e －x ≥3x 2－2＋2e x ·e －x＝3x 2≥0，当且仅当x ＝0时“＝”成立， 所以f (x )在R 上单调递增， 所以2a 2≤1－a ，即2a 2＋a －1≤0， 所以－1≤a ≤12.题型一 利用导数研究函数性质例1 设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R . (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围． 解 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)， 所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x.当a ≤0，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增；当a ＞0，x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减．所以当a ≤0时，函数g (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，函数g (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，12a ，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞.(2)由(1)知，f ′(1)＝0.①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不符合题意；②当0＜a ＜12，即12a ＞1时，由(1)知f ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 上单调递增． 可得当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1，12a 时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(0,1)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1，12a 上单调递增． 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不符合题意； ③当a ＝12，即12a ＝1时，f ′(x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不符合题意； ④当a ＞12，即0＜12a＜1时，当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减． 所以f (x )在x ＝1处取得极大值，符合题意 .综上可知，实数a 的取值范围为⎩⎨⎧⎭⎬⎫a ⎪⎪a ＞12. 思维升华 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f (x )的单调性，可转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图象的性质进行分析．跟踪训练1 已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)当a ＝2时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上单调递增，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x ， 所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x .令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x >0， 所以－x 2＋2>0，解得－2<x < 2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f (x )在(－1,1)上单调递增， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x ＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为e x >0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1,1)都成立， 即a ≥x 2＋2x x ＋1＝(x ＋1)2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立．令y ＝(x ＋1)－1x ＋1，则y ′＝1＋1(x ＋1)2>0. 所以y ＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上单调递增，所以y <(1＋1)－11＋1＝32，即a ≥32.因此a 的取值范围为⎩⎨⎧⎭⎬⎫a ⎪⎪a ≥32. 题型二 利用导数研究函数零点问题例2 (2016·江苏)已知函数f (x )＝a x ＋b x (a >0，b >0，a ≠1，b ≠1)． (1)设a ＝2，b ＝12.①求方程f (x )＝2的根；②若对任意x ∈R ，不等式f (2x )≥mf (x )－6恒成立，求实数m 的最大值； (2)若0<a <1，b >1，函数g (x )＝f (x )－2有且只有1个零点，求ab 的值． 解 (1)①由已知可得2x ＋⎝⎛⎭⎫12x＝2， 即2x ＋12x ＝2.∴(2x )2－2·2x ＋1＝0， 解得2x ＝1，∴x ＝0. ②f (x )＝2x ＋⎝⎛⎭⎫12x＝2x ＋2－x ， 令t ＝2x ＋2－x ，则t ≥2. 又f (2x )＝22x ＋2－2x ＝t 2－2，故f (2x )≥mf (x )－6可化为t 2－2≥mt －6， 即m ≤t ＋4t ，又t ≥2，t ＋4t ≥2t ·4t＝4 (当且仅当t ＝2时等号成立)， ∴m ≤⎝⎛⎭⎫t ＋4t min ＝4. 即m 的最大值为4.(2)∵0<a <1，b >1，∴ln a <0，ln b >0. g (x )＝f (x )－2＝a x ＋b x －2.g ′(x )＝a x ln a ＋b x ln b 且g ′(x )为单调递增，值域为R 的函数． ∴g ′(x )一定存在唯一的变号零点． ∴g (x )为先减后增且有唯一极值点． 由题意g (x )有且仅有1个零点， 则g (x )的极值一定为0，而g (0)＝a 0＋b 0－2＝0，故极值点为0. ∴g ′(0)＝0，即ln a ＋ln b ＝0.∴ab ＝1.思维升华 函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．跟踪训练2 (2015·江苏)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b (a ，b ∈R )． (1)试讨论f (x )的单调性；(2)若b ＝c －a (实数c 是与a 无关的常数)，当函数f (x )有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪⎝⎛⎭⎫1，32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞，求c 的值． 解 (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝－2a3.当a ＝0时，因为f ′(x )＝3x 2≥0， 所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a >0时，x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－2a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0，x ∈⎝⎛⎭⎫－2a3，0时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－2a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－2a3，0上单调递减； 当a <0时，x ∈(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫－2a 3，＋∞时，f ′(x )>0，x ∈⎝⎛⎭⎫0，－2a3时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫－2a 3，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，－2a3上单调递减． (2)由(1)知，函数f (x )的两个极值为f (0)＝b ，f ⎝⎛⎭⎫－2a 3＝427a 3＋b ，则函数f (x )有三个零点等价于f (0)·f ⎝⎛⎭⎫－2a 3＝b ⎝⎛⎭⎫427a 3＋b <0， 从而⎩⎪⎨⎪⎧ a >0，－427a 3<b <0或⎩⎪⎨⎪⎧a <0，0<b <－427a 3.又b ＝c －a ，所以当a > 0时，427a 3－a ＋c >0或当a <0时，427a 3－a ＋c <0.设g (a )＝427a 3－a ＋c ，因为函数f (x )有三个零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪⎝⎛⎭⎫1，32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞， 则在(－∞，－3)上g (a )<0，且在⎝⎛⎭⎫1，32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞上g (a )>0均恒成立． 从而g (－3)＝c －1≤0，且g ⎝⎛⎭⎫32＝c －1≥0，因此c ＝1. 此时，f (x )＝x 3＋ax 2＋1－a ＝(x ＋1)[x 2＋(a －1)x ＋1－a ]，因为函数有三个零点，则x 2＋(a －1)x ＋1－a ＝0有两个异于－1的不等实根，所以Δ＝(a －1)2－4(1－a )＝a 2＋2a －3>0， 且(－1)2－(a －1)＋1－a ≠0，解得a ∈(－∞，－3)∪⎝⎛⎭⎫1，32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞.综上c ＝1. 题型三 利用导数研究不等式问题例3 设函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)，曲线y ＝f (x )过点(e ，e 2－e ＋1)，且在点(1,0)处的切线方程为y ＝0. (1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ≥1时，f (x )≥(x －1)2；(3)若当x ≥1时，f (x )≥m (x －1)2恒成立，求实数m 的取值范围．(1)解 由题意可知，f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2ax ln x ＋ax ＋b (x >0)， ∵f ′(1)＝a ＋b ＝0，f (e)＝a e 2＋b (e －1)＝a (e 2－e ＋1)＝e 2－e ＋1， ∴a ＝1，b ＝－1.(2)证明 f (x )＝x 2ln x －x ＋1， f (x )－(x －1)2＝x 2ln x ＋x －x 2， 设g (x )＝x 2ln x ＋x －x 2(x ≥1)， 则g ′(x )＝2x ln x －x ＋1.设p (x )＝2x ln x －x ＋1，则p ′(x )＝2ln x ＋1>0，由此可得g ′(x )在[1，＋∞)上单调递增，∴g ′(x )≥g ′(1)＝0， ∴g (x )在[1，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (1)＝0. ∴f (x )≥(x －1)2.(3)解 设h (x )＝x 2ln x －x －m (x －1)2＋1(x ≥1)， 则h ′(x )＝2x ln x ＋x －2m (x －1)－1， 由(2)知x 2ln x ≥(x －1)2＋x －1＝x (x －1)， ∴x ln x ≥x －1，∴h ′(x )≥3(x －1)－2m (x －1)＝(3－2m )(x －1)． ①当3－2m ≥0，即m ≤32时，h ′(x )≥0，∴h (x )在[1，＋∞)上单调递增，∴h (x )≥h (1)＝0成立． ②当3－2m <0，即m >32时，h ′(x )＝2x ln x ＋(1－2m )(x －1)， 令q (x )＝2x ln x ＋(1－2m )(x －1)，则q ′(x )＝2ln x ＋3－2m ，令q ′(x )＝0，得x ＝232e m - >1，当x ∈[1，232em -)时，h ′(x )单调递减，则h ′(x )≤h ′(1)＝0， ∴h (x )在[1，232em -)上单调递减，∴h (x )≤h (1)＝0，即h (x )≥0不成立．综上，m ≤32.思维升华 求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值较烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解．跟踪训练 3 已知函数f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋a ，g (x )＝－2x ＋9x ，若对任意的x 1∈[－1,2]，存在x 2∈[2,4]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则实数a 的取值范围是____________． 答案 ⎣⎡⎦⎤－74，－32 解析 问题等价于f (x )的值域是g (x )的值域的子集， 显然，g (x )单调递减，∴g (x )max ＝g (2)＝12，g (x )min ＝g (4)＝－234； 对于f (x )，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1， 令f ′(x )＝0，解得x ＝13或x ＝1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况列表如下：f (x )a －4427＋aaa ＋2∴f (x )max ＝a ＋2，f (x )min ＝a －4，∴⎩⎨⎧a ＋2≤12，a －4≥－234，∴a ∈⎣⎡⎦⎤－74，－32.1．f (x )＝4x3x 2＋3，x ∈[0,2]．(1)求f (x )的值域；(2)设a ≠0，函数g (x )＝13ax 3－a 2x ，x ∈[0,2]．若对任意x 1∈[0,2]，总存在x 0∈[0,2]，使f (x 1)－g (x 0)＝0，求实数a 的取值范围．解 (1)由题意可得f ′(x )＝43·1－x2(x 2＋1)2.令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1(舍去)． 当x ∈[0,1)时，f ′(x )>0，f (x )在[0,1)上单调递增； 当x ∈(1,2]时，f ′(x )<0，f (x )在(1,2]上单调递减． ∵f (0)＝0，f (1)＝23，f (2)＝815，∴f (x )的值域是⎣⎡⎦⎤0，23. (2)设函数g (x )在[0,2]上的值域是A ， ∵对任意x 1∈[0,2]，总存在x 0∈[0,2]， 使f (x 1)－g (x 0)＝0，∴⎣⎡⎦⎤0，23⊆A . 对g (x )求导，得g ′(x )＝ax 2－a 2.①当a <0时，g ′(x )<0， ∴函数g (x )在[0,2]上单调递减． ∵g (0)＝0，g (2)＝83a －2a 2<0，∴当a <0时，不满足⎣⎡⎦⎤0，23⊆A . ②当a >0时，g ′(x )＝a (x －a )(x ＋a )， 令g ′(x )＝0，得x ＝a 或x ＝－a (舍去)．(ⅰ)若0<a <2，g ′(x )，g (x )随x 的变化情况如下表：又⎣⎡⎦⎤0，23⊆A ，g (a )<0， ∴g (2)＝83a －2a 2≥23，解得13≤a ≤1.(ⅱ)若a ≥2，即a ≥4，则g ′(x )≤0在[0,2]上恒成立， ∴函数g (x )在[0,2]上单调递减． ∵g (0)＝0，g (2)＝83a －2a 2<0，∴当a ≥4时，不满足⎣⎡⎦⎤0，23⊆A . 综上可知，实数a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤13，1.2．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a 的值；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． (1)解 f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明 由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )单调递增， g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根． 综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． 3．已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e 2x(x >0)． (1)若g (x )＝m 有零点，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．解 (1)∵g (x )＝x ＋e 2x ≥2e 2＝2e(x >0)，当且仅当x ＝e 2x 时取等号，∴当x ＝e 时，g (x )有最小值2e.∴要使g (x )＝m 有零点，只需m ≥2e. 即当m ∈[2e ，＋∞)时，g (x )＝m 有零点．(2)若g (x )－f (x )＝0有两个相异实根，则函数g (x )与f (x )的图象有两个不同的交点．如图，作出函数g (x )＝x ＋e 2x(x >0)的大致图象．∵f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1 ＝－(x －e)2＋m －1＋e 2， ∴其对称轴为x ＝e ， f (x )max ＝m －1＋e 2.若函数f (x )与g (x )的图象有两个交点，则m －1＋e 2>2e ，即当m >－e 2＋2e ＋1时，g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．∴m 的取值范围是(－e 2＋2e ＋1，＋∞)． 4．已知函数f (x )＝1x ＋a ln x (a ≠0，a ∈R )．(1)若a ＝1，求函数f (x )的极值和单调区间；(2)若在区间(0，e]上至少存在一点x 0，使得f (x 0)<0成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝1，又f (x )的定义域为(0，＋∞)， 由f ′(x )<0，得0<x <1，由f ′(x )>0，得x >1， 所以当x ＝1时，f (x )有极小值1，无极大值；f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)． (2)f ′(x )＝－1x 2＋a x ＝ax －1x2，且a ≠0，x >0.令f ′(x )＝0，得x ＝1a ，若在区间(0，e]上存在一点x 0，使得f (x 0)<0成立，即f (x )在区间(0，e]上的最小值小于0.当1a <0，即a <0时，f ′(x )<0在(0，e]上恒成立， 即f (x )在区间(0，e]上单调递减， 故f (x )在区间(0，e]上的最小值为 f (e)＝1e ＋a ln e ＝1e＋a ，由1e ＋a <0，得a <－1e ，即a ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－1e . 当1a>0，即a >0时，①若e ≤1a ，则f ′(x )≤0对x ∈(0，e]恒成立，所以f (x )在区间(0，e]上单调递减， 则f (x )在区间(0，e]上的最小值为 f (e)＝1e ＋a ln e ＝1e＋a >0，显然f (x )在区间(0，e]上的最小值小于0不成立；②若0<1a <e ，即a >1e时，则当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x ⎝⎛⎭⎫0，1a1a ⎝⎛⎭⎫1a ，e f ′(x ) －0 ＋ f (x )极小值所以f (x )在区间(0，e]上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ＋a ln 1a ， 由f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ＋a ln 1a ＝a (1－ln a )<0， 得1－ln a <0，解得a >e ，即a ∈(e ，＋∞)． 综上可知，a ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－1e ∪(e ，＋∞)．5．(2013·江苏)设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x －ax ，其中a 为实数．(1)若f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，求a 的取值范围； (2)若g (x )在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f (x )的零点个数，并证明你的结论． 解 (1)令f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x<0，考虑到f (x )的定义域为(0，＋∞)，故a >0，进而解得x >a－1，即f (x )在(a －1，＋∞)上是单调减函数．同理，f (x )在(0，a －1)上是单调增函数．由于f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a －1，＋∞)，从而a －1≤1，即a ≥1.令g ′(x )＝e x －a ＝0，得x ＝ln a ．当x <ln a 时，g ′(x )<0；当x >ln a 时，g ′(x )>0.又g (x )在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a >1，即a >e. 综上，有a ∈(e ，＋∞)．(2)当a ≤0时，g (x )必为单调增函数；当a >0时，令g ′(x )＝e x －a >0，解得a <e x ，即x >ln a ，因为g (x )在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有ln a ≤－1，即0<a ≤e－1.结合上述两种情况，有a ≤e －1.(ⅰ)当a ＝0时，由f (1)＝0以及f ′(x )＝1x>0，得f (x )存在唯一的零点；(ⅱ)当a <0时，由于f (e a )＝a －a e a ＝a (1－e a )<0，f (1)＝－a >0，且函数f (x )在[e a,1]上的图象连续，所以f (x )在(e a ，1)上存在零点．另外，当x >0时，f ′(x )＝1x －a >0，故f (x )在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f (x )只有一个零点．(ⅲ)当0<a ≤e －1时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，解得x ＝a －1.当0<x <a －1时，f ′(x )>0，当x >a －1时，f ′(x )<0，所以，x ＝a －1是f (x )的最大值点，且最大值为f (a －1)＝－ln a －1. ①当－ln a －1＝0，即a ＝e －1时，f (x )有一个零点x ＝e. ②当－ln a －1>0，即0<a <e －1时，f (x )有两个零点．实际上，对于0<a <e －1，由于f (e －1)＝－1－a e －1<0，f (a －1)>0，且函数f (x )在[e －1，a －1]上的图象连续，所以f (x )在(e －1，a －1)上存在零点．另外，当x ∈(0，a －1)时，f ′(x )＝1x －a >0，故f (x )在(0，a －1)上是单调增函数，所以f (x )在(0，a －1)上只有一个零点．下面考虑f (x )在(a －1，＋∞)上的情况． 先证f (1ea -)＝a (a －2－1ea -)<0.为此，我们要证明：当x >e 时，e x >x 2. 设h (x )＝e x －x 2，则h ′(x )＝e x －2x ， 再设l (x )＝h ′(x )＝e x －2x ，则l ′(x )＝e x －2. 当x >1时，l ′(x )＝e x －2>e －2>0，所以l (x )＝h ′(x )在(1，＋∞)上是单调增函数． 故当x >2时，h ′(x )＝e x －2x >h ′(2)＝e 2－4>0， 从而h (x )在(2，＋∞)上是单调增函数．进而当x >e 时，h (x )＝e x －x 2>h (e)＝e e －e 2>0， 即当x >e 时，e x >x 2. 当0<a <e －1，即a －1>e 时， f (1ea -)＝a －1－a 1ea -＝a (a －2－1ea -)<0，又f (a －1)>0，且函数f (x )在[a －1，1e a -]上的图象连续，所以f (x )在(a －1，1ea -)上存在零点．又当x >a －1时，f ′(x )＝1x －a <0，故f (x )在(a －1，＋∞)上是单调减函数，所以f (x )在(a －1，＋∞)上只有一个零点．综合(ⅰ)，(ⅱ)，(ⅲ)可知，当a ≤0或a ＝e －1时，f (x )的零点个数为1，当0<a <e －1时，f (x )的零点个数为2.6．(2017·江苏)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1(a >0，b ∈R )有极值，且导函数f ′(x )的极值点是f (x )的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值) (1)求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； (2)证明：b 2>3a ；(3)若f (x )，f ′(x )这两个函数的所有极值之和不小于－72，求a 的取值范围．(1)解 由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝3⎝⎛⎭⎫x ＋a 32＋b －a 23. 当x ＝－a 3时，f ′(x )有极小值b －a 23.因为f ′(x )的极值点是f (x )的零点， 所以f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝－a 327＋a 39－ab3＋1＝0， 又a >0，故b ＝2a 29＋3a.因为f (x )有极值，故f ′(x )＝0有实根， 从而b －a 23＝19a (27－a 3)≤0，即a ≥3.当a ＝3时，f ′(x )>0(x ≠－1)，故f (x )在R 上是增函数，f (x )没有极值； 当a >3时，f ′(x )＝0有两个相异的实根 x 1＝－a －a 2－3b 3，x 2＝－a ＋a 2－3b3.列表如下：故f (x )的极值点是x 1，x 2. 从而a >3.因此b ＝2a 29＋3a ，定义域为(3，＋∞)．(2)证明 由(1)知，b a ＝2a a 9＋3a a.设g (t )＝2t 9＋3t，则g ′(t )＝29－3t 2＝2t 2－279t 2.当t ∈⎝⎛⎭⎫362，＋∞时，g ′(t )>0，从而g (t )在⎝⎛⎭⎫362，＋∞上单调递增．因为a >3，所以a a >33， 故g (a a )>g (33)＝3， 即ba> 3.因此b 2>3a . (3)解 由(1)知，f (x )的极值点是x 1，x 2， 且x 1＋x 2＝－23a ，x 21＋x 22＝4a 2－6b 9. 从而f (x 1)＋f (x 2)＝x 31＋ax 21＋bx 1＋1＋x 32＋ax 22＋bx 2＋1＝x 13(3x 21＋2ax 1＋b )＋x 23(3x 22＋2ax 2＋b )＋13a (x 21＋x 22)＋23b (x 1＋x 2)＋2＝4a3－6ab27－4ab9＋2＝0.记f(x)，f′(x)所有极值之和为h(a)，因为f′(x)的极值为b－a23＝－a29＋3a，所以h(a)＝－a29＋3a，a>3.因为h′(a)＝－29a－3a2<0，于是h(a)在(3，＋∞)上单调递减．因为h(6)＝－72，于是h(a)≥h(6)，故a≤6. 因此a的取值范围为(3,6]．。