二、解答题
6.(文)已知函数f(x)=x3-3x2+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;
(2)证明：当k<1时，曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
[分析] (1)由导数的几何意义可把斜率用a来表示，再由斜率公式可求出a的值;(2)把曲线与直线只有一个交点转化为函数只有一个零点作为本问的切入点，利用分类讨论的思想和利用导数判断函数的单调性来判断所设函数的单调性，从而得出此函数在每个区间的单调情况，进而求出零点个数，解决本问.
[解析] (1)f′(x)=3x3-6x+a，f′(0)=a，
由题设得-=-2，所以a=1.
(2)由(1)知，f(x)=x3-3x2+x+2.
设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.
由题设知1-k>0.
当x≤0时，g′(x)=3x2-6x+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)=x3-3x2+4，则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).
h′(x)=3x2-6x=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)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.
(理)已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A，曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值;
(2)证明：当x>0时，x21，转化为证明x>2lnx+lnk成立.构造函数h(x)=x-2lnx-lnk求解.
[解析] (1)由f(x)=ex-ax，得f′(x)=ex-a.
又f′(0)=1-a=-1，得a=2.
所以f(x)=ex-2x，f′(x)=ex-2.
令f′(x)=0，得x=ln2.
当xln2时，f′(x)>0，f(x)单调递增;
所以当x=ln2时，f(x)有极小值.
且极小值为f(ln2)=eln2-2ln2=2-ln4，
f(x)无极大值.
(2)令g(x)=ex-x2，则g′(x)=ex-2x.
由(1)得，g′(x)=f(x)≥f(ln2)=2-ln4>0，即g′(x)>0.
所以g(x)在R上单调递增，又g(0)=1>0，
所以当x>0时，g(x)>g(0)>0，即x20时x20时，x21，要使不等式x2kx2成立，而要使ex>kx2成立，则只要x>ln(kx2)，只要x>2lnx+lnk成立，
令h(x)=x-2lnx-lnk，则h′(x)=1-=，所以当x>2时，h′(x)>0，h(x)在(2，+∞)内单调递增
取x0=16k>16，所以h(x)在(x0，+∞)内单调递增
又h(x0)=16k-2ln(16k)-lnk=8(k-ln2)+3(k-lnk)+5k
易知k>lnk，k>ln2,5k>0，所以h(x0)>0.
即存在x0=，当x(x0，+∞)时，恒有x20.
(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恒成立，且f(x)=0在区间(1，+∞)内有唯一解.
[解析] 本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、化归与转化等数学思想.
(1)由已知，函数f(x)的定义域为(0，+∞)，
g(x)=f′(x)=2(x-1-lnx-a)，
所以g′(x)=2-=.
当x(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x(1，+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增.
(2)由f′(x)=2(x-1-lnx-a)=0，解得a=x-1-lnx，
令Φ(x)=-2xlnx+x2-2x(x-1-lnx)+(x-1-lnx)2=(1+lnx)2-2xlnx，
则Φ(1)=1>0，Φ(e)=2(2-e)<0，
于是，存在x0(1，e)，使得Φ(x0)=0.
令a0=x0-1-lnx0=u(x0)，其中u(x)=x-1-lnx(x≥1)，
由u′(x)=1-≥0知，函数u(x)在区间(1，+∞)上单调递增，
故0=u(1) 即a0(0,1). 当a=a0时，有f′(x0)=0，f(x0)=Φ(x0)=0 再由(1)知，f′(x)在区间(1，+∞)上单调递增. 当x(1，x0)时，f′(x)<0，从而f(x)>f(x0)=0; 当x(x0，+∞)时，f′(x)>0，从而f(x)>f(x0)=0; 又当x(0,1]时，f(x)=(x-a0)2-2xlnx>0， 故x(0，+∞)时，f(x)≥0. 综上所述，存在a(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)=0在区间(1，+∞)内有唯一解. (理)(2015·江苏，19)已知函数f(x)=x3+ax2+b(a，bR). (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)∪，求c的值. [解析] 考查利用导数求函数单调性、极值、函数零点. (1)先求函数导数，通过讨论导函数零点求解;(2)通过构造函数，利用导数与函数关系求解. (1)f′(x)=3x2+2ax，令f′(x)=0，解得x1=0，x2=-. 当a=0时，因为f′(x)=3x2≥0，所以函数f(x)在(-∞，+∞)上单调递增; 当a>0时，x∪(0，+∞)时，f′(x)>0，x(-，0)时，f′(x)<0， 所以函数f(x)在，(0，+∞)上单调递增，在上单调递减; 当a<0时，x(-∞，0)时，f′(x)>0，x时，f′(x)<0， 所以函数f(x)在(-∞，0)，上单调递增，在上单调递减. (2)由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)=b，f=a3+b，则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f=ba3+b<0，从而或. 又b=c-a，所以当a>0时，a3-a+c>0， 或当a<0时，a3-a+c<0. 设g(a)=a3-a+c，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(-∞，-3)∪，则在(-∞，-3)上g(a)<0，且在上g(a)>0均恒成立， 从而g(-3)=c-1≤0，且g=c-1≥0，因此c=1. 此时，f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a]， 因函数有三个零点，则x2+(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)=a2+2a-3>0，且(-1)2-(a-1)+1-a≠0， 解得a(-∞，-3)1，，+∞. 综上c=1. [方法点拨] 用导数研究函数综合题的一般步骤： 第一步，将所给问题转化为研究函数性质的问题. 若已给出函数，直接进入下一步. 第二步，确定函数的定义域. 第三步，求导数f ′(x)，解方程f ′(x)=0，确定f(x)的极值点x=x0. 第四步，判断f(x)在给定区间上的单调性和极值，若在x=x0左侧f ′(x)>0，右侧f ′(x)>0，则f(x0)为极大值，反之f(x0)为极小值，若在x=x0两侧f ′(x)不变号，则x=x0不是f(x)的极值点. 第五步，求f(x)的最值，比较各极值点与区间端点f(a)，f(b)的大小，最大的一个为最大值、最小的一个为最小值. 第六步，得出问题的结论. 8.济南市“两会”召开前，某政协委员针对自己提出的“环保提案”对某处的环境状况进行了实地调研，据测定，该处的污染指数与附近污染源的强度成正比，与到污染源的距离成反比，比例常数为k(k>0).现已知相距36km的A、B两家化工厂(污染源)的污染强度分别为正数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时，y在x=6处取得最小值，试求b的值. [解析] (1)设点C受A污染源污染指数为，点C受B污染源污染指数为，其中k为比例系数，且k>0. 从而点C处污染指数y=+(00，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. [方法点拨] 1.利用导数研究函数最值的一般步骤 (1)求定义域;(2)求导数f ′(x);(3)求极值，先解方程f ′(x)=0，验证f ′(x)在根左右两侧值的符号确定单调性，若在x=x0左侧f ′(x)>0，右侧f ′(x)<0，则f(x0)为极大值，反之f(x0)为极小值，若在x=x0两侧f(x)的值不变号，则x=x0不是f(x)的极值点;(4)求最值，比较各极值点与区间[a，b]的端点值f(a)、f(b)的大小，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值. 2.已知f(x)在某区间上的极值或极值的存在情况，则转化为方程f ′(x)=0的根的大小或存在情况.
