《高考数学二轮满分突破讲义》专题一 第6讲 导数的简单应用

这是一份《高考数学二轮满分突破讲义》专题一 第6讲 导数的简单应用，共15页。

考点一 导数的几何意义与计算
核心提炼
1．导数的运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)．
(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)．
(3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(fx,gx)))′＝eq \f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)(g(x)≠0)．
2．导数的几何意义
(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率．
(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同．
(3)切点既在切线上，又在曲线上．
例1 (1)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足关系式f(x)＝x2＋3xf′(2)－ln x，则f′(2)的值为( )
A.eq \f(7,4) B．－eq \f(7,4) C.eq \f(9,4) D．－eq \f(9,4)
答案 B
解析 ∵f(x)＝x2＋3xf′(2)－ln x，
∴f′(x)＝2x＋3f′(2)－eq \f(1,x)，
令x＝2，得f′(2)＝4＋3f′(2)－eq \f(1,2)，
解得f′(2)＝－eq \f(7,4).
(2)(2019·江苏)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝ln x上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________．
答案 (e,1)
解析 设A(x0，ln x0)，又y′＝eq \f(1,x)，
则曲线y＝ln x在点A处的切线方程为
y－ln x0＝eq \f(1,x0)(x－x0)，
将(－e，－1)代入得，－1－ln x0＝eq \f(1,x0)(－e－x0)，
化简得ln x0＝eq \f(e,x0)，解得x0＝e，
则点A的坐标是(e,1)．
易错提醒 求曲线的切线方程要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点．
跟踪演练1 (1)直线2x－y＋1＝0与曲线y＝aex＋x相切，则a等于( )
A．e B．2e C．1 D．2
答案 C
解析 设切点为(n，aen＋n)，因为y′＝aex＋1，
所以切线的斜率为aen＋1，
切线方程为y－(aen＋n)＝(aen＋1)(x－n)，
即y＝(aen＋1)x＋aen(1－n)，
依题意切线方程为y＝2x＋1，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(aen＋1＝2，,aen1－n＝1，))解得a＝1，n＝0.
(2)若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质．下列函数中具有T性质的是( )
A．y＝sin x B．y＝ln x
C．y＝ex D．y＝x3
答案 A
解析 对函数y＝sin x求导，得y′＝cs x，当x＝0时，该点处切线l1的斜率k1＝1，当x＝π时，该点处切线l2的斜率k2＝－1，所以k1·k2＝－1，所以l1⊥l2；对函数y＝ln x求导，得y′＝eq \f(1,x)恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y＝ex求导，得y′＝ex恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y＝x3求导，得y′＝3x2恒大于等于0，斜率之积不可能为－1.
考点二 利用导数研究函数的单调性
核心提炼
利用导数研究函数单调性的关键
(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域．
(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认．
(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况．
例2 已知f(x)＝a(x－ln x)＋eq \f(2x－1,x2)，a∈R.讨论f(x)的单调性．
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－eq \f(a,x)－eq \f(2,x2)＋eq \f(2,x3)＝eq \f(ax2－2x－1,x3).
若a≤0，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
若a>0，f′(x)＝eq \f(ax－1,x3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\r(\f(2,a))))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\r(\f(2,a)))).
(1)当01，
当x∈(0,1)或x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,a))，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(\f(2,a))))时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)当a＝2时，eq \r(\f(2,a))＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增．
(3)当a>2时，0当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(2,a))))或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,a))，1))时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；
当0当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；
当a>2时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(2,a))))内单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,a))，1))内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
易错提醒 (1)在求单调区间时“定义域优先”．
(2)弄清参数对f′(x)符号的影响，分类讨论要不重不漏．
跟踪演练2 (1)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈(0，π)，有f′(x)sin x>f(x)cs x，且f(x)＋f(－x)＝0，设a＝2f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，b＝eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，c＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))，则( )
A．aC．a答案 A
解析 构造函数g(x)＝eq \f(fx,sin x)，x≠kπ，k∈Z，
g′(x)＝eq \f(f′xsin x－fxcs x,sin2x)>0，
所以函数g(x)在区间(0，π)上是增函数，
因为f(x)＋f(－x)＝0，
即f(x)＝－f(－x)，g(－x)＝eq \f(f－x,－sin x)＝eq \f(fx,sin x)，
所以函数g(x)是偶函数，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))代入解析式得到2f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))故a(2)已知f(x)＝(x2＋2ax)ln x－eq \f(1,2)x2－2ax在(0，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是( )
A．{1} B．{－1} C．(0,1] D．[－1,0)
答案 B
解析 f(x)＝(x2＋2ax)ln x－eq \f(1,2)x2－2ax，
f′(x)＝2(x＋a)ln x，
∵f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
当x＝1时，f′(x)＝0满足题意；
当x>1时，ln x>0，要使f′(x)≥0恒成立，
则x＋a≥0恒成立．
∵x＋a>1＋a，∴1＋a≥0，解得a≥－1；
当0则x＋a≤0恒成立，
∵x＋a<1＋a，∴1＋a≤0，解得a≤－1.
综上所述，a＝－1.
考点三 利用导数研究函数的极值、最值
核心提炼
1．由导函数的图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点
(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；
(2)由y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的函数值的正负，从而可得到函数y＝f(x)的单调性，可得极值点．
2．求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤
(1)求函数在(a，b)内的极值．
(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)．
(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
例3 (1)若函数f(x)＝ex－(m＋1)ln x＋2(m＋1)x－1恰有两个极值点，则实数m的取值范围为( )
A．(－e2，－e) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(e,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))) D．(－∞，－e－1)
答案 D
解析 由题可得f′(x)＝ex－eq \f(m＋1,x)＋2(m＋1)，x>0，
因为函数f(x)＝ex－(m＋1)ln x＋2(m＋1)x－1恰有两个极值点，所以函数f′(x)＝ex－eq \f(m＋1,x)＋2(m＋1)(x>0)有两个不同的变号零点．
令ex－eq \f(m＋1,x)＋2(m＋1)＝0，
等价转化成eq \f(xex,1－2x)＝m＋1(x>0)有两个不同的实数根，
记h(x)＝eq \f(xex,1－2x)，
所以h′(x)＝eq \f(xex′1－2x－xex1－2x′,1－2x2)
＝－eq \f(ex2x＋1x－1,1－2x2)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，h′(x)>0，
此时函数h(x)在此区间上单调递增，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，h′(x)>0，
此时函数h(x)在此区间上单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，
此时函数h(x)在此区间上单调递减，
作出h(x)＝eq \f(xex,1－2x)的简图如图，
要使得eq \f(xex,1－2x)＝m＋1有两个不同的实数根，
则h(1)>m＋1，即－e>m＋1，
整理得m<－1－e.
(2)已知函数f(x)＝ax＋ex－(1＋ln a)x(a>0，a≠1)，对任意x1，x2∈[0,1]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤
aln a＋e－4恒成立，则a的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，e)) B．[2，e]
C．[e，＋∞) D．(e，＋∞)
答案 C
解析 依题意，得aln a＋e－4≥0, ①
因为f′(x)＝axln a＋ex－1－ln a＝(ax－1)ln a＋ex－1，
当a>1时，对任意的x∈[0,1]，ax－1≥0，ln a>0，ex－1≥0，恒有f′(x)≥0；当0所以f(x)在[0,1]上是增函数，则对任意的x1，x2∈[0,1]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤aln a＋e－4恒成立，只需f(x)max－f(x)min≤aln a＋e－4，
因为f(x)max＝f(1)＝a＋e－1－ln a，
f(x)min＝f(0)＝1＋1＝2，
所以a＋e－1－ln a－2≤aln a＋e－4，
即a－ln a＋1－aln a≤0，
即(1＋a)(1－ln a)≤0，所以ln a≥1，
从而有a≥e，而当a≥e时，①式显然成立．故选C.
易错提醒 利用导数研究函数的极值、最值应注意的问题：
(1)不能忽略函数f(x)的定义域．
(2)f′(x0)＝0是可导函数在x＝x0处取得极值的必要不充分条件．
(3)函数的极小值不一定比极大值小．
(4)函数在区间(a，b)上有唯一极值点，则这个极值点也是最大(小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．
跟踪演练3 (1)若x＝eq \f(1,e)是函数f(x)＝ln x－kx的极值点，则函数f(x)＝ln x－kx有( )
A．极小值－2 B．极大值－2
C．极小值－1 D．极大值－1
答案 B
解析 由题意得f′(x)＝eq \f(1,x)－k，
∴f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝e－k＝0，∴k＝e.
由f′(x)＝eq \f(1,x)－e＝0，得x＝eq \f(1,e)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
所以函数f(x)的极大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝ln eq \f(1,e)－e×eq \f(1,e)＝－2.
(2)已知点M在圆C：x2＋y2－4y＋3＝0上，点N在曲线y＝1＋ln x上，则线段MN的长度的最小值为________．
答案 eq \r(2)－1
解析 由题可得C(0,2)，圆C的半径r＝1.
设N(t,1＋ln t)(t>0)，
令f(t)＝|CN|2，则f(t)＝t2＋(1－ln t)2(t>0)，
所以f′(t)＝2t＋2(1－ln t)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,t)))＝eq \f(2t2＋ln t－1,t).
令φ(t)＝t2＋ln t－1(t>0)，
易知函数φ(t)在(0，＋∞)上单调递增，且φ(1)＝0，
所以当01时，f′(t)>0，
所以f(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(t)min＝f(1)＝2.
因为|MN|≥|CN|－1＝eq \r(2)－1，
所以线段MN的长度的最小值为eq \r(2)－1.
专题强化练
一、单项选择题
1．(2020·全国Ⅰ)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为( )
A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1
C．y＝2x－3 D．y＝2x＋1
答案 B
解析 f(1)＝1－2＝－1，切点坐标为(1，－1)，
f′(x)＝4x3－6x2，
所以切线的斜率为k＝f′(1)＝4×13－6×12＝－2，
切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.
2．若函数f(x)＝x2＋ax＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上是增函数，则a的取值范围是( )
A．[－1,0] B．[－1，＋∞)
C．[0,3] D．[3，＋∞)
答案 D
解析 由条件知f′(x)＝2x＋a－eq \f(1,x2)≥0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上恒成立，即a≥eq \f(1,x2)－2x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上恒成立，∵函数y＝eq \f(1,x2)－2x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上为减函数，∴y3．已知函数f(x)满足f(x)＝f′(1)·ex－1－f(0)x＋eq \f(1,2)x2，则f(x)的单调递增区间为( )
A．(－∞，0) B．(－∞，1)
C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)
答案 D
解析 由题意得f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x，
令x＝1，则f′(1)＝f′(1)－f(0)＋1，∴f(0)＝1，
令x＝0，则f(0)＝f′(1)e－1，∴f′(1)＝e，
∴f(x)＝ex－x＋eq \f(1,2)x2，∴f′(x)＝ex－1＋x，
令g(x)＝ex－1＋x，则g′(x)＝ex＋1>0.
∴g(x)为增函数，
又g(0)＝0，∴当x>0时，g(x)>0，即f′(x)>0，
即f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
4．设函数f(x)定义在区间(0，＋∞)上，f′(x)是函数f(x)的导函数，f(x)＋xln xf′(x)>0，则不等式eq \f(ln x,fx)>0的解集是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞)) B．(1，＋∞)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3))) D．(0,1)
答案 B
解析 构造新函数g(x)＝ln xf(x)，
则g(1)＝0，g′(x)＝eq \f(1,x)f(x)＋ln xf′(x)．
因为f(x)＋xln xf′(x)>0，又x>0，
所以eq \f(1,x)f(x)＋ln xf′(x)>0，
所以g′(x)>0，所以函数g(x)＝ln xf(x)在(0，＋∞)上单调递增．
而eq \f(ln x,fx)>0可化为ln xf(x)>0，
等价于g(x)>g(1)，解得x>1，
所以不等式eq \f(ln x,fx)>0的解集是(1，＋∞)．
5．若对∀x1，x2∈(m，＋∞)，且x1注：(e为自然对数的底数，即e＝2.718 28…)
A.eq \f(1,e) B．e C．1 D.eq \f(3,e)
答案 C
解析 由题意，当0≤m由eq \f(x1ln x2－x2ln x1,x2－x1)<1，
等价于x1ln x2－x2ln x1即x1ln x2＋x1故x1(ln x2＋1)故eq \f(ln x2＋1,x2)令f(x)＝eq \f(ln x＋1,x)，则f(x2)又∵x2>x1>m≥0，
故f(x)在(m，＋∞)上单调递减，
又由f′(x)＝eq \f(－ln x,x2)，令f′(x)<0，解得x>1，
故f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故m≥1.
6．已知直线l既是曲线C1：y＝ex的切线，又是曲线C2：y＝eq \f(1,4)e2x2的切线，则直线l在x轴上的截距为( )
A．2 B．1 C．e2 D．－e2
答案 B
解析 设直线l与曲线C1：y＝ex相切于点 ，与曲线C2：y＝eq \f(1,4)e2x2相切于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(1,4)e2x\\al(2,2)))，
由y＝ex，得 ，
由y＝eq \f(1,4)e2x2，得 ，
∴直线l的方程为
或y－eq \f(1,4)e2xeq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)e2x2(x－x2)，
则解得x1＝x2＝2，
∴直线l的方程为y－e2＝e2(x－2)，
令y＝0，可得x＝1，
∴直线l在x轴上的截距为1.
二、多项选择题
7．(2020·唐山模拟)设函数f(x)＝eq \f(ex,ln x)，则下列说法正确的是( )
A．f(x)的定义域是(0，＋∞)
B．当x∈(0,1)时，f(x)的图象位于x轴下方
C．f(x)存在单调递增区间
D．f(x)有且仅有两个极值点
答案 BC
解析 由题意知，函数f(x)满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>0，,ln x≠0，))解得x>0且x≠1，所以f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，故A不正确；f(x)＝eq \f(ex,ln x)，当x∈(0,1)时，ex>0，ln x<0，所以f(x)<0，所以f(x)在(0,1)上的图象在x轴的下方，故B正确；因为f′(x)＝eq \f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－\f(1,x))),ln x2)，设g(x)＝ln x－eq \f(1,x)(x>0)，则g′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2)，所以当x>0时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，g(1)＝0－eq \f(1,1)<0，g(e2)＝2－eq \f(1,e2)>0，所以f′(x)>0在定义域上有解，所以函数f(x)存在单调递增区间，故C正确；函数y＝f′(x)只有一个零点x0，且x0>1，当x∈(0,1)∪(1，x0)时，f′(x)<0，函数单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，函数单调递增，所以函数f(x)只有一个极小值点，故D不正确．
8．已知f(x)＝ex－2x2有且仅有两个极值点，分别为x1，x2(x1A．x1＋x2eq \f(11,4)
C．f(x1)＋f(x2)<0 D．f(x1)＋f(x2)>0
答案 AD
解析 由题意得f′(x)＝ex－4x，
则f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝
f′(2)＝e2－8<0.
由ln 3≈1.098 6，得eq \f(9,8)>ln 3，所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)))>0，
从而eq \f(1,4)因为f(0)＝1，所以易得f(x1)>1.
因为f′(2ln 3)＝9－8ln 3>0，所以x2<2ln 3.
因为f′(x2)＝0，所以f(x2)＝4x2－2xeq \\al(2,2).
设g(x)＝4x－2x2，得g(x2)>g(2ln 3)>g(2.2)
＝－0.88>－1，
所以f(x1)＋f(x2)>0.
三、填空题
9．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－aln x在(1,2)上为增函数，则a的值等于________．
答案 2
解析 ∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，
∴eq \f(a,2)≥1，得a≥2.
又∵g′(x)＝2x－eq \f(a,x)，
依题意得g′(x)≥0在(1,2)上恒成立，
∴2x2≥a在(1,2)上恒成立，∴a≤2.∴a＝2.
10．已知函数f(x)＝eq \f(x＋1,ex)－ax有两个极值点，则实数a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，0))
解析 设f(x)的导数为f′(x)，因为函数f(x)＝eq \f(x＋1,ex)－ax有两个极值点，所以方程f′(x)＝－eq \f(x,ex)－a＝0有两个不相等的实数根，令g(x)＝eq \f(x,ex)，则g(x)＝eq \f(x,ex)的图象与直线y＝－a有两个不同交点，又g′(x)＝eq \f(1－x,ex)，由g′(x)＝eq \f(1－x,ex)＝0得x＝1，所以当x<1时，g′(x)>0，即g(x)＝eq \f(x,ex)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，即g(x)＝eq \f(x,ex)单调递减．所以g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,e)，又g(0)＝0，当x>0时，g(x)＝eq \f(x,ex)>0，所以作出函数g(x)的简图如图所示，
因为g(x)＝eq \f(x,ex)的图象与直线y＝－a有两个不同交点，所以0<－a11．(2020·北京市第171中学模拟)已知函数f(x)＝e2x－3，g(x)＝eq \f(1,4)＋ln eq \f(x,2)，若f(m)＝g(n)成立，则n－m的最小值为________．
答案 eq \f(1,2)＋ln 2
解析 设e2m－3＝eq \f(1,4)＋ln eq \f(n,2)＝k(k>0)，
则m＝eq \f(3,2)＋eq \f(ln k,2)，
令h(k)＝n－m＝－eq \f(ln k,2)－eq \f(3,2)，
所以h′(k)＝－eq \f(1,2k)，h′(k)在(0，＋∞)上为增函数，
且h′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝0，
当k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))时，h′(k)<0，
当k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞))时，h′(k)>0，
所以h(k)＝－eq \f(ln k,2)－eq \f(3,2)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞))上单调递增，
所以h(k)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝eq \f(1,2)＋ln 2，
即n－m的最小值为eq \f(1,2)＋ln 2.
12．已知函数f(x)＝eq \f(mx2＋2x－2,ex)，m∈[1，e]，x∈[1,2]，g(m)＝f(x)max－f(x)min，则关于m的不等式g(m)≥eq \f(4,e2)的解集为________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,4－e)，e))
解析 由f(x)＝eq \f(mx2＋2x－2,ex)，
得f′(x)＝eq \f(2mx＋2ex－mx2＋2x－2ex,ex2)
＝eq \f(2mx＋2－mx2－2x＋2,ex)＝－eq \f(mx2＋2－2mx－4,ex)
＝－eq \f(mx＋2x－2,ex)，
∵m∈[1，e]，x∈[1,2]，
∴f′(x)≥0，
∴函数f(x)在区间[1,2]上单调递增，
∴f(x)max＝f(2)＝eq \f(4m＋2,e2)，f(x)min＝f(1)＝eq \f(m,e)，
∴g(m)＝f(x)max－f(x)min
＝eq \f(4m＋2,e2)－eq \f(m,e)＝eq \f(4m＋2－me,e2)，
令eq \f(4m＋2－me,e2)≥eq \f(4,e2)，得m≥eq \f(2,4－e)，
又m∈[1，e]，∴m∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,4－e)，e)).
故不等式g(m)≥eq \f(4,e2)的解集为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,4－e)，e)).
四、解答题
13．设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0)．
(1)当a＝1，且函数f(x)的图象过点(0,1)时，求函数f(x)的极小值；
(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，求a的取值范围．
解 f′(x)＝3ax2－4x＋1.
(1)函数f(x)的图象过点(0,1)时，有f(0)＝c＝1.
当a＝1时，f(x)＝x3－2x2＋x＋1，
f′(x)＝3x2－4x＋1，
由f′(x)>0，解得x1；
由f′(x)<0，解得eq \f(1,3)所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))上单调递减，
所以函数f(x)的极小值是f(1)＝13－2×12＋1＋1＝1.
(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，
则f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，
即f′(x)＝3ax2－4x＋1≥0或f′(x)＝3ax2－4x＋1≤0恒成立．
由a>0，f′(x)≥0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，即16－12a≤0，解得a≥eq \f(4,3).
显然，f′(x)≤0不恒成立，
综上，a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞)).
14．已知函数f(x)＝ln x－a2x2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ln x－x2＋x，
其定义域是(0，＋∞)，
∴f′(x)＝eq \f(1,x)－2x＋1＝－eq \f(2x2－x－1,x).
令f′(x)＝0，即－eq \f(2x2－x－1,x)＝－eq \f(x－12x＋1,x)＝0，
解得x＝－eq \f(1,2)或x＝1.
∵x>0，∴x＝1.
当00；当x>1时，f′(x)<0.
∴函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，即单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)方法一 ∵f(x)＝ln x－a2x2＋ax，
其定义域为(0，＋∞)，
∴f′(x)＝eq \f(1,x)－2a2x＋a＝eq \f(－2a2x2＋ax＋1,x)
＝eq \f(－2ax＋1ax－1,x).
①当a＝0时，f′(x)＝eq \f(1,x)>0，
∴f(x)在区间(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；
②当a>0时，f′(x)<0(x>0)等价于(2ax＋1)(ax－1)>0(x>0)，即x>eq \f(1,a).
此时f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).
依题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a)≤1，,a>0，))解得a≥1；
③当a<0时，f′(x)<0(x>0)等价于(2ax＋1)(ax－1)>0(x>0)，即x>－eq \f(1,2a).
此时f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)≤1，,a<0，))解得a≤－eq \f(1,2).
综上所述，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞)．
方法二 ∵f(x)＝ln x－a2x2＋ax，x∈(0，＋∞)，
∴f′(x)＝eq \f(－2a2x2＋ax＋1,x).
由f(x)在(1，＋∞)上是减函数，可得g(x)＝－2a2x2＋ax＋1≤0在(1，＋∞)上恒成立．
①当a＝0时，1≤0，不符合题意；
②当a≠0时，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,4a)<1，,g1≤0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>\f(1,4)或a<0，,－2a2＋a＋1≤0，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>\f(1,4)或a<0，,a≥1或a≤－\f(1,2)，))∴a≥1或a≤－eq \f(1,2).
∴实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞)．