导数综合应用1．[2014·江西卷]已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)eq\r(1－2x)(b∈R)．(1)当b＝4时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))上单调递增，求b的取值范围．解：(1)当b＝4时，f′(x)＝eq\f(－5x（x＋2）,\r(1－2x))，由f′(x)＝0，得x＝－2或x＝0.所以当x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－2，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故f(x)在x＝－2处取得极小值f(－2)＝0，在x＝0处取得极大值f(0)＝4.(2)f′(x)＝eq\f(－x[5x＋（3b－2）],\r(1－2x))，易知当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))时，eq\f(－x,\r(1－2x))<0，依题意当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))时，有5x＋(3b－2)≤0，从而eq\f(5,3)＋(3b－2)≤0，得b≤eq\f(1,9).所以b的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,9))).3．[2014·安徽卷]设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x∈[0，1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令f′(x)＝0，得x1＝eq\f(－1－\r(4＋3a),3)，x2＝eq\f(－1＋\r(4＋3a),3)，x1<x2，所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．当x<x1或x>x2时，f′(x)<0；当x1<x<x2时，f′(x)>0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(－1－\r(4＋3a),3)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1＋\r(4＋3a),3)，＋∞))内单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1－\r(4＋3a),3)，\f(－1＋\r(4＋3a),3)))内单调递增．(2)因为a>0，所以x1<0，x2>0，①当a≥4时，x2≥1.由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．②当0<a<4时，x2<1.由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2，1]上单调递减，所以f(x)在x＝x2＝eq\f(－1＋\r(4＋3a),3)处取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0<a<1时，f(x)在x＝1处取得最小值；当a＝1时，f(x)在x＝0和x＝1处同时取得最小值；当1<a<4时，f(x)在x＝0处取得最小值．4、[2014·新课标全国卷Ⅰ]设函数f(x)＝aexlnx＋eq\f(bex－1,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.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aexlnx＋eq\f(a,x)ex－eq\f(b,x2)ex－1＋eq\f(b,x)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)＝exlnx＋eq\f(2,x)ex－1，从而f(x)>1等价于xlnx>xe－x－eq\f(2,e).设函数g(x)＝xlnx，则g′(x)＝1＋lnx，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，g′(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，g′(x)>0.故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c