3-2利用导数研究函数的性质基础巩固强化1.(2012·湖南衡阳模拟)函数f(x)＝x－a在x∈[1,4]上单调递减，则实数a的最小值为( )A．1 B．2 C．4 D．5[答案] C[解析] 当x∈[1,4]时，f′(x)＝1－≤0，∴a≥2恒成立，∴a≥4.2．(文)(2012·陕西理，7)设函数f(x)＝xex，则( )A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点[答案] D[解析] 本题考查了导数的应用—求函数的极值．f′(x)＝ex＋xex，令f′(x)＝0，∴ex＋xex＝0，∴x＝－1，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＝ex＋xex<0，x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＝ex＋xex>0，∴x＝－1为极小值点，故选D.[点评] 求函数的极值要讨论在各区间内导函数值的符号，同时要注意函数的定义域．(理)已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于(1,0)点，则f(x)的极大值、极小值分别为( )A.，0B．0，C．－，0D．0，－[答案] A[解析] f′(x)＝3x2－2px－q，由f′(1)＝0，f(1)＝0得，解得∴f(x)＝x3－2x2＋x，由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0得x＝或x＝1，18\n易得当x＝时f(x)取极大值，当x＝1时f(x)取极小值0.3．(文)函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)内的极大值点有( )A．1个B．2个C．3个D．4个[答案] B[解析] 由导函数的图象知，f(x)在(a，b)内变化情况为增→减→增→减，故有两个极大值点．(理)(2012·重庆理，8)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如下图所示，则下列结论中一定成立的是( )A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)18\nD．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)[答案] D[解析] 当x<－2时，1－x>3，则f′(x)>0；当－2<x<1时，0<1－x<3，则f′(x)<0；∴函数f(x)有极大值f(－2)，当1<x<2时，－1<1－x<0，则f′(x)<0；x>2时，1－x<－1，则f′(x)>0，∴函数f(x)有极小值f(2)，故选D.4．(文)(2011·辽宁文，11)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为( )A．(－1,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)[答案] B[解析] 由题意，令φ(x)＝f(x)－2x－4，则φ′(x)＝f′(x)－2>0.∴φ(x)在R上是增函数．又φ(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，∴当x>－1时，φ(x)>φ(－1)＝0，∴f(x)－2x－4>0，∴f(x)>2x＋4.故选B.(理)(2012·河南省洛阳市高三年级统一考试)函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式ex·f(x)>ex＋1的解集为( )A．{x|x>0}B．{x|x<0}C．{x|x<－1，或x>1}D．{x|x<－1，或0<x<1}[答案] A[解析] 构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex，因为g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex>ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex为R上的增函数．又g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式转化为g(x)>g(0)，解得x>0.5．(文)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，那么函数f(x)的图象最有可能的是( )18\n[答案] A[解析] 由图可知，当x>0时，f′(x)<0，∴函数f(x)的图象在(0，＋∞)上是单调递减的；当x<－2时，f′(x)<0，∴函数f(x)的图象在(－∞，－2)上也是单调递减的，所以只有A符合，故选A.(理)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)，其导函数f′(x)的部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式为( )A．f(x)＝4sinB．f(x)＝2sinC．f(x)＝2sinD．f(x)＝4sin18\n[答案] A[解析] f′(x)＝Aωcos(ωx＋φ)，由f′(x)的图象知，Aω＝2，设周期为T，则＝－＝2π，∴T＝＝4π，∴ω＝，∴A＝4，∵f′(x)的图象过点，∴2cos＝0，∴＋φ＝＋kπ，k∈Z，即φ＝＋kπ，k∈Z，∵0<φ<π，∴φ＝.故选A.6．若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是( )A．k≤－3或－1≤k≤1或k≥3B．－3<k<－1或1<k<3C．－2<k<2D．不存在这样的实数[答案] B[解析] 因为y′＝3x2－12，由y′>0得函数的增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)，由y′<0，得函数的减区间是(－2，2)，由于函数在(k－1，k＋1)上不是单调函数，所以有k－1<－2<k＋1或k－1<2<k＋1，解得－3<k<－1或1<k<3，故选B.[点评] 已知函数f(x)，由f′(x)的符号可得到函数f(x)的单调区间，而f(x)在区间(k－1，k＋1)上不单调，因此，k－1与k＋1应分布在函数f(x)的两个单调区间内．请再练习下题：已知函数f(x)＝x3－kx在区间(－3，－1)上不单调，则实数k的取值范围是________．[答案] 3<k<27[解析] f′(x)＝3x2－k.由3x2－k>0，得x2>，若k≤0，则f(x)显然在(－3，－1)上单调递增，∴k>0，∴x>或x<－.由3x2－k<0得－<x<，18\n∴f(x)在上单调递增，在(－，)上单调递减，在上单调递增，由题设条件知－3<－<－1，∴3<k<27.7．(2011·福州模拟)已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值为3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为________．[答案] －37[解析] f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2，当x<0或x>2时，f′(x)>0，当0<x<2时，f′(x)<0，∴f(x)在[－2,0]上单调增，在[0,2]上单调减，由条件知f(0)＝m＝3，∴f(2)＝－5，f(－2)＝－37，∴最小值为－37.8．(2011·苏北四市调研)已知函数f(x)＝mx3＋nx2的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线3x＋y＝0平行，若f(x)在区间[t，t＋1]上单调递减，则实数t的取值范围是________．[答案] [－2，－1][解析] 由题意知，点(－1,2)在函数f(x)的图象上，故－m＋n＝2①又f′(x)＝3mx2＋2nx，由条件知f′(－1)＝－3，故3m－2n＝－3②联立①②解得：m＝1，n＝3，即f(x)＝x3＋3x2，令f′(x)＝3x2＋6x≤0，解得－2≤x≤0，则[t，t＋1]⊆[－2,0]，故t≥－2且t＋1≤0，所以t∈[－2，－1]．[点评] f(x)在区间[t，t＋1]上单调递减，故[t，t＋1]是f(x)的减区间的子集．9．(2012·湖南长郡中学一模)已知函数f(x)的导函数为f′(x)＝5＋cosx，x∈(－1,1)，且f(0)＝0，如果f(1－x)＋f(1－x2)<0，则实数x的取值范围为________．[答案] (1，)[解析] ∵导函数是偶函数，∴原函数f(x)是奇函数，且定义域为(－1,1)，又由导数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增，∴所求不等式变形为f(1－x)<f(x2－1)，∴－1<1－x<x2－1<1，解得1<x<，∴实数x的取值范围是(1，)．[点评] 本题考查应用函数性质解不等式以及利用导数研究函数性质，原函数与其导函数的奇偶性相反，这一性质要注意掌握和应用．10．(2012·哈尔滨质检)已知f(x)＝ax3－2ax2＋b(a≠0)．18\n(1)求出f(x)的极值；(2)若f(x)在区间[－2,1]上最大值是5，最小值是－11，求f(x)的解析式．[解析] (1)f′(x)＝3ax2－4ax，令f′(x)＝0⇒x＝0或x＝.当a>0时，x(－∞，0)0(0，)(，＋∞)y′＋0－0＋y增函数极大值减函数极小值增函数所以当x＝0时，y取得极大值b，当x＝时，y取得极小值b－a，同理当a<0时，x＝0时，y取得极小值b，x＝时，y取得极大值b－a.(2)当a>0时，f(x)在[－2,0)上单调递增，在(0,1]上单调递减，所以f(x)max＝f(0)＝b＝5.又f(－2)＝b－16a<f(1)＝b－a，所以b－16a＝－11，a＝1.当a<0时，f(x)在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝b＝－11.又f(－2)＝b－16a>f(1)＝b－a，所以b－16a＝5，a＝－1.综上，f(x)＝x3－2x2＋5或f(x)＝－x3＋2x2－11.能力拓展提升11.(文)(2011·南开区质检)已知实数a、b、c、d成等比数列，且曲线y＝3x－x3的极大值点坐标为(b，c)，则ad等于( )A．2B．1C．－1D．－2[答案] A[解析] ∵a、b、c、d成等比数列，∴ad＝bc，又(b，c)为函数y＝3x－x3的极大值点，∴c＝3b－b3，且0＝3－3b2，∴或∴ad＝2.(理)(2011·陕西咸阳模拟)已知函数f(x)＝ax2－1的图象在点A(1，f(1))处的切线l18\n与直线8x－y＋2＝0平行，若数列的前n项和为Sn，则S2010的值为( )A.B.C.D.[答案] D[解析] ∵f′(x)＝2ax，∴f(x)在点A处的切线斜率为f′(1)＝2a，由条件知2a＝8，∴a＝4，∴f(x)＝4x2－1，∴＝＝·＝，∴数列的前n项和Sn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝＝，∴S2010＝.12．(文)(2012·淄博一检)已知a≤＋lnx对任意x∈[，2]恒成立，则a的最大值为( )A．0 B．1 C．2 D．3[答案] A[解析] 令f(x)＝＋lnx，则f′(x)＝，当x∈[，1]时，f′(x)<0，当x∈[1,2]时，f′(x)>0，∴f(x)在[，1]上单调递减，在[1,2]上单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴a≤0，故选A.(理)(2012·潍坊模拟)已知非零向量a、b满足|a|＝|b|，若函数f(x)＝x3＋|a|x2＋2a·bx＋1在R上有极值，则〈a，b〉的取值范围是( )A．[0，]B．(0，]18\nC．(，]D．(，π][答案] D[解析] 据题意知，f′(x)＝x2＋2|a|x＋2a·b，若函数存在极值，必有(2|a|)2－4×2a·b>0，整理可得|a|2>2a·b，故cos〈a，b〉＝<＝，解得<〈a，b〉≤π.13．(2012·深圳第一次调研)已知函数f(x)的导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则f(x)的图象可能是( )[答案] D[解析] 当x<0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c<0，知相应的函数f(x)在该区间上单调递减；当x>0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象可知，导数在区间(0，x1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f(x)单调递增．只有D选项符合题意．14．(文)已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝lnx－ax(a>)，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值为________．[答案] 1[解析] 因为f(x)是奇函数，所以f(x)在(0,2)上的最大值为－1，当x∈(0,2)时，f′(x)＝－a，令f′(x)＝0得x＝，又a>，所以0<<2.令f′(x)>0得x<，∴f(x)在(0，)上单调递增；令f′(x)<0得x>，18\n∴f(x)在(，2)上单调递减；所以当x∈(0,2)时，f(x)max＝f()＝ln－a·＝－1，所以ln＝0，所以a＝1.(理)(2011·安庆质检)已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m、n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是________．[答案] －13[解析] 求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，由函数f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，易知f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.又∵f′(x)＝－3x2＋6x的图象开口向下，且对称轴为x＝1，∴当n∈[－1,1]时，f′(n)min＝f′(－1)＝－9.故f(m)＋f′(n)的最小值为－13.15．(文)设函数f(x)＝x3－3ax＋b(a≠0)．(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切，求a、b的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值点．[解析] (1)f′(x)＝3x2－3a.因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切，所以即解得a＝4，b＝24.(2)f′(x)＝3(x2－a)(a≠0)．当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；此时函数f(x)没有极值点．当a>0时，由f′(x)＝0得x＝±.当x∈(－∞，－)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(－，)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．∴f(x)的单调增区间为(－∞，－)和(，＋∞)，单调减区间为(－，)．故x＝－是f(x)的极大值点，x＝是f(x)的极小值点．(理)(2012·新课标全国文，21)设函数f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．[分析] (1)先确定函数的定义域，然后求导函数f′(x)，因不确定a的正负，故应讨论，结合a的正负分别得出在每一种情况下f′(x18\n)的正负，从而确立单调区间；(2)分离参数k，将不含有参数的式子看作一个新函数g(x)，将求k的最大值转化为求g(x)的最值问题．[解析] (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．若a>0，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0，所以，f(x)在(－∞，lna)单调递减，在(lna，＋∞)单调递增．(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于k<＋x (x>0)．①令g(x)＝＋x，则g′(x)＝＋1＝.由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等价于k<g(α)，故整数k的最大值为2.16．(文)(2013·唐山一中第一学期第二次月考)已知函数f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．(1)若a＝－1，求函数f(x)的单调区间并比较f(x)与f(1)的大小关系；(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2[f′(x)＋]在区间(t,3)上总不是单调函数，求m的取值范围；(3)求证：×××…×<(n≥2，n∈N*)．[解析] (1)当a＝－1时，f(x)＝－lnx＋x－3，f′(x)＝(x>0)，由f′(x)>0得x>1；由f′(x)<0得0<x<1，所以，f(x)的单调增区间为[1，＋∞)，减区间为(0,1]，可知f(x)min＝f(1)，所以f(x)≥f(1)．(2)∵f′(x)＝(x>0)，tan45°＝1，∴f′(2)＝－＝1，得a＝－2，∴f(x)＝－2lnx＋2x－3，18\n∴g(x)＝x3＋(＋2)x2－2x，∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数，且g′(0)＝－2，∴由题意知：对于任意的t∈[1,2]，g′(t)<0恒成立，所以，∴－<m<－9.(3)证明如下：由(1)可知，当x∈(1，＋∞)时f(x)>f(1)，即－lnx＋x－1>0，∴0<lnx<x－1对一切x∈(1，＋∞)成立．∵n≥2，n∈N*，则有0<lnn<n－1，∴0<<，∴···…·<···…·＝(n≥2，n∈N*)．(理)(2012·山东文，22)已知函数f(x)＝(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)＝xf′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数．证明：对任意x>0，g(x)<1＋e－2.[分析] (1)根据导数几何意义，利用f′(x)＝0求解．(2)利用f′(x)>0⇒单调递增区间，f′(x)<0⇒单调递减区间．(3)易得g(x)＝(1－x－xlnx)，直接对g(x)求导，研究其在(0，＋∞)上的单调性，进而求极值、最值，证g(x)max<1＋e－2是一条思路，但当对g(x)求导后发现几乎无法处理g′(x)>0(g′(x)<0)思路受阻．受(2)的启发，研究h(x)＝1－x－xlnx，利用x∈(0，＋∞)时<1这一条件以及h(x)最大值来证就顺理成章了．[解析] (1)解：由f(x)＝，得f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，由于曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与x轴平行．所以f′(1)＝0，因此k＝1.18\n(2)解：由(1)得f′(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)，令h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，当x∈(0,1)时，h(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.又ex>0，所以x∈(0,1)时，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.因此f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(3)证明：因为g(x)＝xf′(x)．所以g(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)．由(2)h(x)＝1－x－xlnx，求导得h′(x)＝－lnx－2＝－(lnx－lne－2)，所以当x∈(0，e－2)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；当x∈(e－2，＋∞)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减．所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)≤h(e－2)＝1＋e－2.又当x∈(0，＋∞)时，0<<1，所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)<1＋e－2，即g(x)<1＋e－2.综上所述结论成立．[点评] 本题考查了导数的运算、切线方程、利用导数研究函数的极值、研究函数的单调区间、利用导数证明不等式等．1．若函数f(x)＝x3－6bx＋3b在(0,1)内有极小值，则实数b的取值范围是( )A．(0,1)B．(－∞，1)C．(0，＋∞)D.[答案] D[解析] 18\n∵f′(x)＝3x2－6b，由题意知，函数f′(x)图象如右图．∴∴∴0<b<.2．(2011·福建文，10)若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于( )A．2B．3C．6D．9[答案] D[解析] f′(x)＝12x2－2ax－2b＝0的一根为x＝1，即12－2a－2b＝0.∴a＋b＝6，∴ab≤()2＝9，当且仅当a＝b＝3时“＝”号成立．3．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0.对任意正数a、b，若a<b，则必有( )A．af(b)≤bf(a)B．bf(a)≤af(b)C．af(a)≤f(b)D．bf(b)≤f(a)[答案] A[解析] ∵xf′(x)＋f(x)≤0，又f(x)≥0，∴xf′(x)≤－f(x)≤0.设y＝，则y′＝≤0，故y＝为减函数或为常数函数．又a<b，∴≥，∵a、b>0，∴a·f(b)≤b·f(a)．18\n[点评] 观察条件式xf′(x)＋f(x)≤0的特点，可见不等式左边是函数y＝xf(x)的导函数，故可构造函数y＝xf(x)或y＝通过取导数利用条件式来得到函数的单调性推得结论，请再练习下题：已知a、b是实数，且e<a<b，其中e是自然对数的底数，则ab与ba的大小关系是( )A．ab>baB．ab<baC．ab＝baD．ab与ba的大小关系不确定[答案] A[解析] 令f(x)＝，则f′(x)＝.当x>e时，f′(x)<0，∴f(x)在(e，＋∞)上单调递减．∵e<a<b，∴f(a)>f(b)，即>，∴blna>alnb，∴lnab>lnba，∴ab>ba.4．设函数f(x)是R上以5为周期的可导偶函数，则曲线y＝f(x)在x＝5处的切线的斜率为( )A．－B．0C.D．5[答案] B[解析] ∵f(x)为可导偶函数．∴f(x)在x＝0两边的导数符号相反，且在x＝0处连续．∴f′(0)＝0，又∵f(x)的周期为5.∴f′(x)的周期也为5.∴f′(5)＝0，即f(x)在x＝5处的切线斜率为0.5．已知函数f(x)的定义域为R，f′(x)为其导函数，函数y＝f′(x)的图象如图所示，且f(－2)＝1，f(3)＝1，则不等式f(x2－6)>1的解集为( )18\nA．(2,3)∪(－3，－2)B．(－，)C．(2,3)D．(－∞，－)∪(，＋∞)[答案] A[解析] 由f′(x)图象知，f(x)在(－∞，0]上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减，∴由条件可知f(x2－6)>1可化为－2<x2－6<3，∴2<x<3或－3<x<－2.6．已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，函数f(x)在R上有三个零点，且1是其中一个零点．(1)b的值为________；(2)f(2)的取值范围是________．[答案] (1)0 (2)[解析] (1)∵f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c，∴f′(x)＝－3x2＋2ax＋b.∵f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，∴当x＝0时，f(x)取到极小值，即f′(0)＝0，∴b＝0.(2)由(1)知，f(x)＝－x3＋ax2＋c，∵1是函数f(x)的一个零点，即f(1)＝0，∴c＝1－a.∵f′(x)＝－3x2＋2ax＝0的两个根分别为x1＝0，x2＝.又∵f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，且函数f(x)在R上有三个零点，∴应是f(x)的一个极大值点，因此应有x2＝>1，即a>.18\n∴f(2)＝－8＋4a＋(1－a)＝3a－7>－.故f(2)的取值范围为.7．(2012·湖北文，22)设函数f(x)＝axn(1－x)＋b(x>0)，n为正整数，a、b为常数．函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1.(1)求a、b的值；(2)求函数f(x)的最大值；(3)证明：f(x)<[分析] (1)根据导数的几何意义及点(1，f(1))在直线x＋y＝1上可求得a，b.(2)通过求导函数f′(x)，解不等式f′(x)＞0，与f′(x)＜0判定f(x)的单调性，求其最大值．(3)要证明f(x)＜，由(2)知f(x)的最大值为，即证＜，即证()n＋1＞e，只需证(n＋1)ln＞1，只需证ln＞，①令t＝1＋，则只需证lnt＞1－，构造函数φ(t)＝lnt＋－1 (t＞0)，利用导数可证明①式成立．[解析] .(1)因为f(1)＝b，由点(1，b)在x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0，因为f′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，所以f′(1)＝－a.又因为切线x＋y＝1的斜率为－1，所以－a＝－1，即a＝1，故a＝1，b＝0.(2)由(1)知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，f′(x)＝(n＋1)xn－1(－x)．令f′(x)＝0，解得x＝，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x＝.在(0，)上，f′(x)>0，故f(x)单调递增；而在(，＋∞)上，f′(x)<0，故f(x)单调递减．故f(x)在(0，＋∞)上的最大值为18\nf()＝()n·(1－)＝.(3)令φ(t)＝lnt－1＋(t>0)，则φ′(t)＝－＝(t>0)．在(0,1)上，φ′(t)<0，故φ(t)单调递减；而在(1，＋∞)上φ′(t)>0，φ(t)单调递增．故φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0.所以φ(t)>0(t>1)，即lnt>1－(t>1)．令t＝1＋，得ln>，即ln()n＋1>lne，所以()n＋1>e，即<.由(2)知，f(x)≤<，故所证不等式成立．[点评] 本题主要考查了导数的几何意义，通过导数求函数的最大值，判断函数的单调等基础知识，考查应用函数思想解决数学问题的能力，逻辑思维能力和运算能力．判断单调性和求函数的最大值时，一定要注意不能忽视函数的定义域．18
