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2017高考压轴题总汇真题(含解析)

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-10-06 01:51
tags:高中数学压轴题

天津高中数学书版本-高中数学平面向量教案ppt

2020年10月6日发(作者:童朝仪)



2017高考压轴题总汇

一.解答题(共40小题)

1.已知函数f(x)=ae
2x
+(a﹣2)e
x
﹣x.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.




2.已知函数f(x)=e
x
(e
x
﹣a)﹣a
2
x.
(1)讨论f(x)的单调性;

(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.






3.已知函数f(x)=e
x
cosx﹣x.

(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;

(2)求函数f(x)在区间[0,





4.已知函数f(x)=(x﹣
(1)求f(x)的导函数;

(2)求f(x)在区间[

第1页(共57页)

]上的最大值和最小值.

)e

x
(x≥).

,+∞)上的取值范围.



5.已知函数f(x)=lnx+ax
2
+(2a+1)x.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)当a<0时,证明f(x)≤﹣




6.已知函数f(x)=x﹣1﹣alnx.

(1)若 f(x)≥0,求a的值;

(2)设m为整数,且对于任意正整数n,(1+)(1+
m的最小值.




7.设a∈Z,已知定义在R上的函数f(x)=2x
4
+3x
3
﹣3x
2
﹣6x+a在区间(1,2)
内有一个零点x
0
,g(x)为f(x)的导函数.

(Ⅰ)求g(x)的单调区间;

(Ⅱ)设m∈[1,x
0
)∪(x
0
,2],函数h(x)=g(x)(m ﹣x
0
)﹣f(m),求证:
h(m)h(x
0
)<0;

(Ⅲ)求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且
∪(x
0
,2],满足|


8.设函数f(x)=(1﹣x
2
)e
x


(1)讨论f(x)的单调性;

(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围.


第2页(共57页)

﹣2.

)…(1+)<m,求
∈ [1,x
0

﹣x
0
|≥.


< br>9.已知函数f(x)=x
2
+2cosx,g(x)=e
x
(cos x﹣sinx+2x﹣2),其中e≈2.71828…
是自然对数的底数.

(Ⅰ)求曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程;

(Ⅱ)令h(x)=g (x)﹣a f(x)(a∈R),讨论h(x)的单调性并判断有无极
值,有极值时求出极值.




10.设a,b∈R,|a|≤1.已知函数f(x)=x
3
﹣ 6x
2
﹣3a(a﹣4)x+b,g(x)=e
x
f
(x).

(Ⅰ)求f(x)的单调区间;

(Ⅱ)已知函数y=g(x)和y=e
x
的图象在公共点(x
0
,y
0
)处有相同的切线,

(i)求证:f(x)在x=x
0
处的导数等于0;

(ii)若关 于x的不等式g(x)≤e
x
在区间[x
0
﹣1,x
0
+1 ]上恒成立,求b的取值
范围.




11.已知函数f(x)=x
3
﹣ax
2
,a∈R,

(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程;

(2 )设函数g(x)=f(x)+(x﹣a)cosx﹣sinx,讨论g(x)的单调性并判断有
无极值 ,有极值时求出极值.








第3页(共57页)



12.已知函数f(x)=x3
+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.

(Ⅰ)求b关于a的函数关系式,并写出定义域;

(Ⅱ)证明:b
2
>3a;

(Ⅲ)若f(x),f′(x)这两个函数的所有极值之和不小于﹣
值范围.




13.已知函数f(x)=ax
2
﹣ax﹣xlnx,且f(x)≥0.

(1)求a;

(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x
0
,且 e

2
<f(x
0
)<2

2





14.设函数f(x)=xe
ax
+bx,曲线y= f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=

,求实数a的取
(e﹣1)x+ 4,

(Ⅰ)求a,b的值;

(Ⅱ)求f(x)的单调区间.




15.设函数f(x)=x
3
+ax
2
+bx+c.

(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;

(2)设a=b=4,若函数f(x)有三个不同零点,求c的取值范围;

(3)求 证:a
2
﹣3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.




第4页(共57页)



16.设函数f(x)=lnx﹣x+1.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)证明当x∈(1,+∞)时,1<<x;

(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c﹣1)x>c
x






17.已知函数f(x)=a
x
+bx
(a>0,b>0,a≠1,b≠1).

(1)设a=2,b=.

①求方程f(x)=2的根;

②若对于任意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.





18.已知函数f(x)=(x+1)lnx﹣a(x﹣1).

(I)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;

(II)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围.




19.设函数f(x)=ax
2
﹣a﹣lnx,其中a∈R.

(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;

(Ⅱ)确定a的所有可能取值,使得f(x)>﹣e
1

x
在区间(1,+∞)内恒成
立(e=2.718…为自然对数 的底数).



第5页(共57页)



20.设f(x)=xln 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,求正实数a的取值范围.




21.设函数f(x)=x
3
﹣ax﹣b,x∈R,其中a,b∈R.

(1)求f(x)的单调区间;

(2)若f(x)存在极值点x
0
,且f(x
1
)=f(x
0
),其中x
1
≠x
0< br>,求证:x
1
+2x
0
=0;

(3)设a>0,函 数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[﹣1,1]上的最大值
不小于.




22.设函数f(x)=acos2x+(a﹣1)(cosx+1) ,其中a>0,记|f(x)|的最大值
为A.

(Ⅰ)求f′(x);

(Ⅱ)求A;

(Ⅲ)证明:|f′(x)|≤2A.




23.已知函数f(x)=(x﹣2)e
x
+a(x﹣1)
2有两个零点.

(Ⅰ)求a的取值范围;

(Ⅱ)设x
1
,x
2
是f(x)的两个零点,证明:x
1
+x
2
<2.





第6页(共57页)



24.已知f(x)=a(x﹣lnx)+
(I)讨论f(x)的单调性;

,a∈R.

(II)当a=1时,证明f(x)>f′(x)+



对于任意的x∈[1,2]成立.

25.已知函数f(x)=(x﹣2) e
x
+a(x﹣1)
2


(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;

(Ⅱ)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.





26.设函数f(x)=ax
2
﹣a﹣ln x,g(x)=﹣
对数的底数.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)证明:当x>1时,g(x)>0;

(3)确定a的所有可能取值,使得f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立.




27.设函数f(x)=(x﹣1)
3
﹣ax﹣b, x∈R,其中a,b∈R.

(1)求f(x)的单调区间;

(2)若f( x)存在极值点x
0
,且f(x
1
)=f(x
0
),其中x
1
≠x
0
,求证:x
1
+2x
0
=3;< br>
(3)设a>0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[0,2]上的最大值 不
小于.



第7页(共57页)

,其中a∈R,e=2.718

为自然



28.(Ⅰ)讨论函数f(x)=
>0;

e
x
的单调性, 并证明当x>0时,(x﹣2)e
x
+x+2
(Ⅱ)证明:当a∈[0,1)时,函数 g(x)=
(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.




29.已知函数f(x)=ax
2
+,其中a为常数

( x>0)有最小值.设g
(1)根据a的不同取值,判断函数f(x)的奇偶性,并说明理由;

(2)若a∈(1,3),判断函数f(x)在[1,2]上的单调性,并说明理由.




30.设n∈N
*
,x
n
是曲线y =x
2n
+
2
+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.

(Ⅰ)求数列{x
n
}的通项公式;

(Ⅱ)记T
n
=x
1
2
x
3
2
…x
2n

1
2
,证明:T
n




31.设函数f(x)=e
mx
+x
2
﹣mx.

(1)证明:f(x)在(﹣∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增;

(2) 若对于任意x
1
,x
2
∈[﹣1,1],都有|f(x
1
) ﹣f(x
2
)|≤e﹣1,求m的取
值范围.





第8页(共57页)




32.设函数f(x)=lnx+a(1﹣x).

(Ⅰ)讨论:f(x)的单调性;

(Ⅱ)当f(x)有最大值,且最大值大于2a﹣2时,求a的取值范围.





33.已知函数f(x)=lnx﹣.

(Ⅰ)求函数f(x)的单调增区间;

(Ⅱ)证明;当x>1时,f(x)<x﹣1;

(Ⅲ)确定实数k的所有可能取值, 使得存在x
0
>1,当x∈(1,x
0
)时,恒有
f(x)>k(x ﹣1).




34.已知函数f(x)=ax
3
+x
2
(a∈R)在x=
(Ⅰ)确定a的值;

(Ⅱ)若g(x)=f(x)e
x
,讨论g(x)的单调性.





35.已知函数f(x)=ln,

处取得极值.

(Ⅰ)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;

(Ⅱ)求证,当x∈(0,1)时,f(x)>
(Ⅲ)设实数k使得f(x)


第9页(共57页)



对x∈(0,1)恒成立,求k的最大值.



36.设函数 f(x)=(x+a)lnx,g(x)=
处的切线与直线2x﹣y=0平行.

(Ⅰ)求a的值;

.已知曲线y=f(x)在点(1,f(1))
(Ⅱ)是 否存在自然数k,使得方程f(x)=g(x)在(k,k+1)内存在唯一的根?
如果存在,求出k; 如果不存在,请说明理由;

(Ⅲ)设函数m(x)=min{f(x),g(x)}(min {p,q}表示p,q中的较小值),
求m(x)的最大值.




37.设函数f(x)=e
2x
﹣alnx.

(Ⅰ)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数;

(Ⅱ)证明:当a>0时,f(x)≥2a+aln.




38.设函数f(x)=﹣klnx,k>0.

(1)求f(x)的单调区间和极值;

(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,



39.已知函数f(x)=(a>0,r>0)

]上仅有一个零点.

(1)求f(x)的定义域,并讨论f(x)的单调性;

(2)若=400,求f(x)在(0,+∞)内的极值.



第10页(共57页)



40.已知函数f(x)=﹣2 (x+a)lnx+x
2
﹣2ax﹣2a
2
+a,其中a>0.

(Ⅰ)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;

(Ⅱ)证明:存在 a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且
f(x)=0在区间(1,+∞) 内有唯一解.



第11页(共57页)



解析

一.解答题(共40小题)

1.已知函数f(x)=ae
2x
+(a﹣2)e
x
﹣x.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.

【解答】解:(1)由f(x)= ae
2x
+(a﹣2)e
x
﹣x,求导f′(x)=2ae
2x+(a﹣2)e
x
﹣1,

当a=0时,f′(x)=﹣2e
x
﹣1<0,

∴当x∈R,f(x)单调递减,

当a>0时,f′(x)=(2e
x+1)(ae
x
﹣1)=2a(e
x
+
令f′(x)=0,解得 :x=ln,

当f′(x)>0,解得:x>ln
当f′(x)<0,解得:x<l n
∴x∈(﹣∞,ln




)(e
x
﹣),

)时,f(x)单调递减,x∈(ln,+∞)单调递增;

)(e
x
﹣)<0,恒成立,

当a<0时,f′(x)=2a(e
x
+
∴当x∈R,f(x)单调递减,

综上可知:当a≤0时,f(x)在R单调减函数,

当a>0时,f(x)在(﹣∞,ln)是减函数,在(ln,+∞)是增函数;

(2)①若a≤0时,由(1)可知:f(x)最多有一个零点,

当a>0时,f(x)=ae
2x
+(a﹣2)e
x
﹣x,

当x→﹣∞时,e
2x
→0,e
x
→0,

∴当x→﹣∞时,f(x)→+∞,

当x→∞,e
2x
→+∞,且远远大于e
x
和x,

∴当x→∞,f(x)→+∞,

∴函数有两个零点,f(x)的最小值小于0即可,

由f(x)在(﹣∞,ln)是减函数,在(ln,+∞)是增函数,

第12页(共57页)



∴f(x)
min=f(ln)=a×(
∴1﹣﹣ln<0,即ln+
)+(a﹣2)×
﹣1>0,

﹣ln<0,

设t=,则g(t)=lnt+t﹣1,(t>0),

求导g′(t)=+1,由g(1)=0,

∴t=>1,解得:0<a<1,

∴a的取值范围(0,1).

方法二:(1)由f(x)=ae
2x
+(a﹣2)e
x
﹣x,求导f′(x )=2ae
2x
+(a﹣2)e
x
﹣1,

当a=0时,f′(x)=﹣2e
x
﹣1<0,

∴当x∈R,f(x)单调递减,

当a>0时,f′(x)=(2e
x+1)(ae
x
﹣1)=2a(e
x
+
令f′(x)=0,解得 :x=﹣lna,

当f′(x)>0,解得:x>﹣lna,

当f′(x)<0,解得:x<﹣lna,

∴x∈(﹣∞,﹣lna)时,f(x)单调递减,x∈(﹣lna,+∞)单调递增;
当a<0时,f′(x)=2a(e
x
+
∴当x∈R,f(x)单调递减,

综上可知:当a≤0时,f(x)在R单调减函数,

当a>0时,f(x)在(﹣∞,﹣lna)是减函数,在(﹣lna,+∞)是增函数;

(2)①若a≤0时,由(1)可知:f(x)最多有一个零点,

②当a>0时,由 (1)可知:当x=﹣lna时,f(x)取得最小值,f(x)
min
=f(﹣
ln a)=1﹣﹣ln,

当a=1,时,f(﹣lna)=0,故f(x)只有一个零点,

当a∈(1,+∞)时,由1﹣
故f(x)没有零点,

当a∈(0,1)时,1﹣﹣ln<0,f(﹣lna)<0,

﹣ln>0,即f(﹣lna)>0,

)(e
x
﹣)<0,恒成立,

)(e
x
﹣),

由f(﹣2)=ae

4
+(a﹣2)e

2
+2>﹣2e

2
+2>0,

第13页(共57页)



故f(x)在(﹣∞,﹣lna)有一个零点,

假设存在正整数n
0
,满足n
0
>ln(﹣1),则f(n
0
)=
>﹣n
0< br>>﹣n
0
>0,

(a+a﹣2)﹣n
0
由ln(﹣1)>﹣lna,

因此在(﹣lna,+∞)有一个零点.

∴a的取值范围(0,1).



2.已知函数f(x)=e
x
(e
x
﹣a)﹣ a
2
x.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.

【解答】解:(1)f(x)=e
x
(e
x
﹣a)﹣a
2
x=e
2x
﹣e
x
a﹣a
2
x,

∴f′(x)=2e
2x
﹣ae
x
﹣a
2
=(2e
x
+a)(e
x
﹣a) ,

①当a=0时,f′(x)>0恒成立,

∴f(x)在R上单调递增,

②当a>0时,2e
x
+a>0,令f′(x)=0,解得x=lna,

当x<lna时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,

当x>lna时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,

③当a<0时,ex
﹣a<0,令f′(x)=0,解得x=ln(﹣
当x<ln(﹣
当x>ln( ﹣
),

)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,

)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,

综上所述,当a=0时,f(x)在R上单调递增,

当a>0时,f(x)在(﹣∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,

当a<0时,f(x)在(﹣∞,ln(﹣
上单调递增,

(2)①当a=0时,f(x)=e
2x
>0恒成立,

②当a>0 时,由(1)可得f(x)
min
=f(lna)=﹣a
2
lna≥0,
∴lna≤0,∴0<a≤1,

第14页(共57页)

))上单调递减,在(ln(﹣),+∞)



③当a<0时,由(1)可得:

f(x)
min
=f(ln(﹣) )=
∴ln(﹣)≤
∴﹣2


﹣a
2
ln(﹣)≥0,

≤a<0,

,1]

综上所述a的取值范围为[﹣2


3.已知函数f(x)=e
x
cosx﹣x.

(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;

(2)求函数f(x)在区间[0,]上的最大值和最小值.

【解答】解:(1)函 数f(x)=e
x
cosx﹣x的导数为f′(x)=e
x
(cosx﹣si nx)﹣1,

可得曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线斜率为k=e
0
(cos0﹣sin0)﹣1=0,

切点为(0,e
0
cos0﹣0),即为(0,1),

曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1;

(2)函数f(x )=e
x
cosx﹣x的导数为f′(x)=e
x
(cosx﹣sinx)﹣ 1,

令g(x)=e
x
(cosx﹣sinx)﹣1,

则g(x)的导数为g′(x)=e
x
(cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx)=﹣2e
x
?sinx,

当x∈[0,],可得g′(x)=﹣2e
x
?sinx≤0,

]递减,可得g(x)≤g(0)=0,

]递减,

]上的最大值为f(0)=e
0
cos0﹣0=1;

﹣=﹣.

即有g(x)在[0,
则f(x)在[0,
即有函数f( x)在区间[0,
最小值为f(


)=ecos
4.已知函数f(x)=(x﹣
(1)求f(x)的导函数;

(2)求f(x)在区间[

)e

x
(x≥).

,+∞)上的取值范围.

第15页(共57页)



【解答】解:(1)函数f(x)=(x﹣
导数f′(x)=(1﹣?
=(1﹣x+
)e
x
(x≥

),

?2)e

x﹣(x﹣
)e

x


)e

x

)e

x
=(1﹣x)(1﹣
(2)由f(x)的导数f′(x)=(1﹣x)(1﹣
可得f′(x)=0时,x=1或,< br>
)e

x


当<x<1时,f′(x)<0,f(x)递减;

当1<x<
当x>
且x≥
时,f′(x)>0,f(x)递增;

时,f′(x)<0,f(x)递减,

?x
2
≥2x﹣1?(x﹣1)
2
≥0,

则f(x)≥0.

由f()=e,f(1)=0,f()=e,

即有f(x)的最大值为e,最小值为f(1)=0.

则f(x)在区间[


,+∞)上的取值范围是[0,e].

5.已知函数f(x)=lnx+ax
2
+(2a+1)x.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)当a<0时,证明f(x)≤﹣﹣2.

【解答】(1)解:因为f(x)=lnx+ax
2
+(2a+1)x,

求导f′(x)=+2ax+(2a+1)==,(x>0),

①当a=0时,f′(x)=+1>0恒成立,此时y=f(x)在(0,+∞)上单调递增;

②当a>0,由于x>0,所以(2ax+1)(x+1)>0恒成立,此时y=f(x)在(0,+∞)上单调递增;

第16页(共57页)



③当a<0时,令f′(x)=0,解得:x=﹣
因为当x∈(0,﹣


,+∞)f′(x)<0,

,+∞)上单调递减.

)f′(x) >0、当x∈(﹣
)上单调递增、在(﹣所以y=f(x)在(0,﹣
综上可知:当a≥0时f (x)在(0,+∞)上单调递增,

当a<0时,f(x)在(0,﹣)上单调递增、在(﹣,+∞)上单调递减;

)上 单调递增、在(﹣(2)证明:由(1)可知:当a<0时f(x)在(0,﹣
,+∞)上单调递减,< br>
所以当x=﹣
(﹣).

从而要证f(x)≤﹣
即证﹣1﹣ln2﹣
1+ln2.

令t=﹣ ,则t>0,问题转化为证明:﹣
令g(t)=﹣t+lnt,则g′(t)=﹣+,

﹣2,即证f(﹣
)≤﹣
)≤﹣
时函数y=f(x)取最大值f(x)
ma x
=f(﹣)=﹣1﹣ln2﹣+ln
﹣2,

)+ln(﹣)≤﹣+ln(﹣﹣2,即证﹣(﹣
t+lnt≤﹣1+ln2.…(*)

令g′(t)=0可知t=2,则当0<t<2时g′(t)>0,当t>2时g′(t)< 0,

所以y=g(t)在(0,2)上单调递增、在(2,+∞)上单调递减,

即g(t)≤g(2)=﹣×2+ln2=﹣1+ln2,即(*)式成立,

所以当a<0时,f(x)≤﹣


6.已知函数f(x)=x﹣1﹣alnx.

(1)若 f(x)≥0,求a的值;

(2)设m为整数,且对于任意正整数n,(1+)(1+
m的最小值.

【解答】解:(1)因为函数f(x)=x﹣1﹣alnx,x>0,

第17页(共57页)

﹣2成立.

)…(1+)<m,求



所以f′(x)=1﹣=,且f(1)=0.

所以当a≤0时f′(x)>0恒成立 ,此时y=f(x)在(0,+∞)上单调递增,这
与f(x)≥0矛盾;

当a>0时令f′(x)=0,解得x=a,

所以y=f(x)在(0,a)上单调 递减,在(a,+∞)上单调递增,即f(x)
min
=f
(a),

若a≠1,则f(a)<f(1)=0,从而与f(x)≥0矛盾;

所以a=1;

(2)由(1)可知当a=1时f(x)=x﹣1﹣lnx≥0,即lnx≤x﹣1,

所以ln(x+1)≤x当且仅当x=0时取等号,

所以ln(1+)<,k∈N
*


)+…+ln(1+
)<e;

)>(1+)(1+)(1+)=>2;

)<++…+=1﹣<1,
一方面,ln(1+
即(1+)(1+
另一方面,(1+
)+ln(1+
)…(1+
)(1+)…(1+
从而当n≥3时,(1+)(1+)…(1+)∈(2,e),

)(1+)…(1+)<m成立,

因为m为整数,且对于任意正整数n,(1+
所以m的最小值为3.



7.设a∈Z,已知定义在R上的函数f(x)=2x
4
+3x
3
﹣3x
2
﹣6x+a在区间(1,2)
内有一个零点x
0
, g(x)为f(x)的导函数.

(Ⅰ)求g(x)的单调区间;

(Ⅱ)设 m∈[1,x
0
)∪(x
0
,2],函数h(x)=g(x)(m﹣x
0
)﹣f(m),求证:
h(m)h(x
0
)<0;

( Ⅲ)求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且
∪(x
0
,2], 满足|﹣x
0
|≥.

∈[1,x
0

【解答】( Ⅰ)解:由f(x)=2x
4
+3x
3
﹣3x
2
﹣6x+a ,可得g(x)=f′(x)=8x
3
+9x
2
第18页(共57页)



﹣6x﹣6,

进而可得g′(x)=24x< br>2
+18x﹣6.令g′(x)=0,解得x=﹣1,或x=
当x变化时,g′(x), g(x)的变化情况如下表:

x

g′(x)

g(x)

(﹣∞,﹣1)

+



(﹣1,






(,+∞)

+





所以,g(x)的单调递增区间是(﹣∞,﹣1),(
1,).

,+∞), 单调递减区间是(﹣
(Ⅱ)证明:由h(x)=g(x)(m﹣x
0
)﹣f(m),得 h(m)=g(m)(m﹣x
0

﹣f(m),

h(x
0
)=g(x
0
)(m﹣x
0
)﹣f(m).

令函 数H
1
(x)=g(x)(x﹣x
0
)﹣f(x),则H′
1
(x)=g′(x)(x﹣x
0
).

由(Ⅰ)知,当x∈[1,2]时,g′(x)>0,

故当x∈[1,x
0
)时,H′
1
(x)<0,H
1
(x)单调递减;

当x∈(x
0
,2]时,H′
1
(x)>0,H
1
(x) 单调递增.

因此,当x∈[1,x
0
)∪(x
0
,2]时 ,H
1
(x)>H
1
(x
0
)=﹣f(x
0
)=0,可得H
1
(m)>0即h(m)>0,

令函数H
2(x)=g(x
0
)(x﹣x
0
)﹣f(x),则H′
2
(x)=g(x
0
)﹣g(x).由(Ⅰ)
知,g(x)在[1,2]上单调递增, 故当x∈[1,x
0
)时,H′
2
(x)>0,H
2
(x) 单
调递增;当x∈(x
0
,2]时,H′
2
(x)<0,H
2
(x)单调递减.因此,当x∈[1,
x
0
)∪(x
0
, 2]时,H
2
(x)>H
2
(x
0
)=0,可得得H
2
(m)<0即h(x
0
)<0,.

所以,h(m)h(x
0
)<0.

(Ⅲ)对于任意的正整数p,q ,且
令m=,函数h(x)=g(x)(m﹣x
0
)﹣f(m).



由(Ⅱ)知,当m∈[1,x
0
)时,h(x)在区间(m,x
0
)内有零点;

当m∈(x
0
,2]时,h(x)在区间 (x
0
,m)内有零点.

所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点,不 妨设为x
1
,则h(x
1
)=g(x
1
)(
第19 页(共57页)



﹣x
0
)﹣f()=0.

由(Ⅰ)知g(x)在[1,2]上单调 递增,故0<g(1)<g(x
1
)<g(2),

于是|﹣x
0
|=≥=.

因为当x∈[1,2]时,g(x)>0,故f(x)在[1,2]上单调递增,

所 以f(x)在区间[1,2]上除x
0
外没有其他的零点,而≠x
0
,故f( )≠0.

又因为p,q,a均为整数,所以|2p
4
+3p
3q﹣3p
2
q
2
﹣6pq
3
+aq
4
|是正整数,

从而|2p
4
+3p
3
q﹣3p
2
q
2
﹣6pq
3
+aq
4
|≥1.

所以|


8.设函数f(x)=(1﹣x
2
)e
x


(1)讨论f(x)的单调性;

(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围.

【解答】解:(1)因 为f(x)=(1﹣x
2
)e
x
,x∈R,

所以f′(x)=(1﹣2x﹣x
2
)e
x


令f′(x)=0可知x=﹣1±
当x<﹣1﹣
>0,

所以f(x)在(﹣∞,﹣1﹣
﹣1+)上单调递增;

),(﹣1+,+∞)上单调递减,在(﹣1﹣,
或x>﹣1+


时f′(x)<0,当﹣1﹣<x<﹣1+时f′(x)
﹣x
0
|≥.所以,只要取A =g(2),就有|﹣x
0
|≥.

(2)由题可知f(x)=(1﹣x)( 1+x)e
x
.下面对a的范围进行讨论:

①当a≥1时,设函数h(x) =(1﹣x)e
x
,则h′(x)=﹣xe
x
<0(x>0),

因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,

又因为h(0)=1,所以h(x)≤1,

所以f(x)=(1+x)h(x)≤x+1≤ax+1;

②当0<a<1时,设函 数g(x)=e
x
﹣x﹣1,则g′(x)=e
x
﹣1>0(x>0),
所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,

又g(0)=1﹣0﹣1=0,

第20页(共57页)



所以e
x
≥x+1.

因为当0<x<1时f(x)>(1﹣x)(1+x)
2


所以( 1﹣x)(1+x)
2
﹣ax﹣1=x(1﹣a﹣x﹣x
2
),
< br>取x
0
=∈(0,1),则(1﹣x
0
)(1+x
0

2
﹣ax
0
﹣1=0,

所以f(x
0
)>ax
0
+1,矛盾;

③当a≤0时,取x
0
=
矛盾;

综上所述,a的取值范围是[1,+∞).



9.已知函数f( x)=x
2
+2cosx,g(x)=e
x
(cosx﹣sinx+2x﹣2 ),其中e≈2.71828…
是自然对数的底数.

(Ⅰ)求曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程;

(Ⅱ)令h(x)=g (x)﹣a f(x)(a∈R),讨论h(x)的单调性并判断有无极
值,有极值时求出极值.

【解答】解:(I)f(π)=π
2
﹣2.f′(x)=2x﹣2sinx,∴f′(π)=2 π.

∴曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程为:y﹣(π
2
﹣2)=2π(x﹣π).

化为:2πx﹣y﹣π
2
﹣2=0.

(II)h(x)=g (x)﹣a f(x)=e
x
(cosx﹣sinx+2x﹣ 2)﹣a(x
2
+2cosx)

h′(x)=e
x
(co sx﹣sinx+2x﹣2)+e
x
(﹣sinx﹣cosx+2)﹣a(2x﹣2sinx)

=2(x﹣sinx)(e
x
﹣a)=2(x﹣sinx)(e
x
﹣e
lna
).

令u(x)=x﹣sinx,则u′(x)=1﹣ cosx≥0,∴函数u(x)在R上单调递增.

∵u(0)=0,∴x>0时,u(x)>0;x<0时,u(x)<0.

(1)a ≤0时,e
x
﹣a>0,∴x>0时,h′(x)>0,函数h(x)在(0,+∞)单
调递增;

x<0时,h′(x)<0,函数h(x)在(﹣∞,0)单调递减.

∴x=0时,函数h(x)取得极小值,h(0)=﹣1﹣2a.

(2)a>0时, 令h′(x)=2(x﹣sinx)(e
x
﹣e
lna
)=0.

解得x
1
=lna,x
2
=0.

①0<a<1时 ,x∈(﹣∞,lna)时,e
x
﹣e
lna
<0,h′(x)>0,函数h (x)单调
第21页(共57页)

∈(0,1),则f(x
0
) >(1﹣x
0
)(1+x
0

2
=1≥ax
0+1,



递增;

x∈(lna,0)时,e
x
﹣e
lna
>0,h′(x)<0,函数h(x)单调递减;

x∈ (0,+∞)时,e
x
﹣e
lna
>0,h′(x)>0,函数h(x)单调 递增.

∴当x=0时,函数h(x)取得极小值,h(0)=﹣2a﹣1.

当x=lna时,函数h(x)取得极大值,h(lna)=﹣a[ln
2
a﹣2lna+s in(lna)+cos
(lna)+2].

②当a=1时,lna=0,x∈R时,h′(x)≥0,∴函数h(x)在R上单调递增.

③1<a时,lna>0,x∈(﹣∞,0)时,e
x
﹣e
lna
< 0,h′(x)>0,函数h(x)
单调递增;

x∈(0,lna)时,e
x
﹣e
lna
<0,h′(x)<0,函数h(x)单调递减;

x ∈(lna,+∞)时,e
x
﹣e
lna
>0,h′(x)>0,函数h(x )单调递增.

∴当x=0时,函数h(x)取得极大值,h(0)=﹣2a﹣1.

当x=lna时,函数h(x)取得极小值,h(lna)=﹣a[ln
2
a﹣2ln a+sin(lna)+cos
(lna)+2].

综上所述:a≤0时,函数h( x)在(0,+∞)单调递增;x<0时,函数h(x)
在(﹣∞,0)单调递减.

x=0时,函数h(x)取得极小值,h(0)=﹣1﹣2a.

0<a<1时,函数 h(x)在x∈(﹣∞,lna),(0,+∞)是单调递增;函数h(x)
在x∈(lna,0)上单 调递减.当x=0时,函数h(x)取得极小值,h(0)=﹣2a
﹣1.当x=lna时,函数h(x )取得极大值,h(lna)=﹣a[ln
2
a﹣2lna+sin(lna)
+co s(lna)+2].

当a=1时,lna=0,函数h(x)在R上单调递增.

a>1时,函数h(x)在(﹣∞,0),(lna,+∞)上单调递增;函数h(x)在(0,
lna)上单调递减.当x=0时,函数h(x)取得极大值,h(0)=﹣2a﹣1.当x=lna
时,函数h(x)取得极小值,h(lna)=﹣a[ln
2
a﹣2lna+sin(lna) +cos(lna)+2].



10.设a,b∈R,|a|≤1.已知 函数f(x)=x
3
﹣6x
2
﹣3a(a﹣4)x+b,g(x)=e
x
f
(x).

(Ⅰ)求f(x)的单调区间;

第22页(共57页)



(Ⅱ)已知函数y=g(x)和 y=e
x
的图象在公共点(x
0
,y
0
)处有相同的切线,

(i)求证:f(x)在x=x
0
处的导数等于0;

( ii)若关于x的不等式g(x)≤e
x
在区间[x
0
﹣1,x
0< br>+1]上恒成立,求b的取值
范围.

【解答】(Ⅰ)解:由f(x)=x3
﹣6x
2
﹣3a(a﹣4)x+b,可得f'(x)=3x
2
﹣12x
﹣3a(a﹣4)=3(x﹣a)(x﹣(4﹣a)),

令f'(x)=0,解得x=a,或x=4﹣a.由|a|≤1,得a<4﹣a.

当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:

x

f'(x)

f(x)

(﹣∞,a)

+



(a,4﹣a)





(4﹣a,+∞)

+



∴f(x)的单调递增区间为(﹣∞,a),(4﹣a,+∞),单调递减区间为(a,4
﹣a);< br>
(Ⅱ)(i)证明:∵g'(x)=e
x
(f(x)+f'(x)),由题意 知,

∴,解得.

∴f(x)在x=x
0
处的导数等于0;

(ii)解:∵g(x) ≤e
x
,x∈[x
0
﹣1,x
0
+1],由e
x< br>>0,可得f(x)≤1.

又∵f(x
0
)=1,f'(x
0
)=0,

故x
0
为f(x)的极大值点,由(I)知x
0
=a.

另一方面,由于|a|≤1,故a+1<4﹣a,

由(Ⅰ)知f(x)在(a﹣1,a)内单调递增,在(a,a+1)内单调递减,

故当x
0
=a时,f(x)≤f(a)=1在[a﹣1,a+1]上恒成立,从而g(x)≤e
x
在[x
0
﹣1,x
0
+1]上恒成立.

由f(a)=a
3
﹣6a
2
﹣3a(a﹣4)a+b=1,得b=2a3
﹣6a
2
+1,﹣1≤a≤1.

令t(x)=2x
3
﹣6x
2
+1,x∈[﹣1,1],

∴t'(x)=6x
2
﹣12x,

第23页(共57页)



令t'(x)=0,解得x=2(舍去),或x=0.

∵t(﹣1)=﹣7,t(1)=﹣3,t(0)=1,故t(x)的值域为[﹣7,1].

∴b的取值范围是[﹣7,1].



11.已知函数f(x)=x
3
﹣ax
2
,a∈R,

(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程;

(2 )设函数g(x)=f(x)+(x﹣a)cosx﹣sinx,讨论g(x)的单调性并判断有
无极值 ,有极值时求出极值.

【解答】解:(1)当a=2时,f(x)=x
3
﹣x
2


∴f′(x)=x
2
﹣2x,

∴k=f′(3)=9﹣6=3,f(3)=×27﹣9=0,

∴曲线y=f(x) 在点(3,f(3))处的切线方程y=3(x﹣3),即3x﹣y﹣9=0

(2)函数g( x)=f(x)+(x﹣a)cosx﹣sinx=
∴g′(x)=(x﹣a)(x﹣sinx),
令g′(x)=0,解得x=a,或x=0,

①若a>0时,当x<0时,g ′(x)>0恒成立,故g(x)在(﹣∞,0)上单调
递增,

当x>a时,g′(x)>0恒成立,故g(x)在(a,+∞)上单调递增,

当0<x<a时,g′(x)<0恒成立,故g(x)在(0,a)上单调递减,

∴ 当x=a时,函数有极小值,极小值为g(a)=﹣
当x=0时,有极大值,极大值为g(0)=﹣a,

②若a<0时,当x>0时,g′(x)>0恒成立,故g(x)在(﹣∞,0)上单调递增,

当x<a时,g′(x)>0恒成立,故g(x)在(﹣∞,a)上单调递增,

当a<x<0时,g′(x)<0恒成立,故g(x)在(a,0)上单调递减,

∴ 当x=a时,函数有极大值,极大值为g(a)=﹣
当x=0时,有极小值,极小值为g(0)=﹣a< br>
第24页(共57页)

x
3
﹣ax
2
+(x﹣a)cosx﹣sinx,

a
3
﹣sina

a
3
﹣sina



③当a=0时,g′(x)=x(x+sinx),

当x>0时,g′(x)>0恒成立,故g(x)在(0,+∞)上单调递增,

当x<0时,g′(x)>0恒成立,故g(x)在(﹣∞,0)上单调递增,

∴g(x)在R上单调递增,无极值.



12.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.

(Ⅰ)求b关于a的函数关系式,并写出定义域;

(Ⅱ)证明:b
2
>3a;

(Ⅲ)若f(x),f′(x)这两个函数的所有极值之和不小于﹣
值范围.

【解答】(Ⅰ)解:因为f(x)=x
3
+ax
2
+bx+1,

所以g(x)=f′(x)=3x
2
+2ax+b,g′(x)=6x+2a,

令g′(x)=0,解得x=﹣
由于当x>﹣


时g′(x) <
,求实数a的取
时g′(x)>0,g(x)=f′(x)单调递增;当x<﹣
0, g(x)=f′(x)单调递减;

所以f′(x)的极小值点为x=﹣,

由于导函数f′(x)的极值点是原函数f(x)的零点,

所以f(﹣)=0,即﹣
所以b=+(a>0).

+﹣+1=0,

因为f(x)=x
3
+ax
2
+bx+1(a>0,b∈R)有极值 ,

所以f′(x)=3x
2
+2ax+b=0的实根,

所以4a
2
﹣12b≥0,即a
2

所以b=+(a≥3).

﹣+=(4a
3
﹣27)(a
3
+≥0,解得a≥3,

(Ⅱ)证明:由(1)可知h(a)=b
2
﹣3a=
﹣27),

第25页(共57页)



由于a>3,所以h(a)>0,即b
2
>3a;

(Ⅲ)解:由( 1)可知f′(x)的极小值为f′(﹣
设x
1
,x
2
是y=f(x )的两个极值点,则x
1
+x
2
=
所以f(x
1
) +f(x
2
)=++a(+
)=b﹣
,x
1
x
2< br>=




)+b(x
1
+x
2
)+2

=(x
1< br>+x
2
)[(x
1
+x
2

2
﹣3 x
1
x
2
]+a[(x
1
+x
2

2
﹣2x
1
x
2
]+b(x
1
+x
2< br>)+2

=﹣+2,



又因为f(x),f′( x)这两个函数的所有极值之和不小于﹣
所以b﹣+﹣+2=﹣≥﹣,

因为a>3,所以2a
3
﹣63a﹣54≤0,

所以2a(a
2
﹣36)+9(a﹣6)≤0,

所以(a﹣6)(2a
2
+12a+9)≤0,

由于a>3时2a
2
+12a+9>0,

所以a﹣6≤0,解得a≤6,

所以a的取值范围是(3,6].



13.已知函数f(x)=ax
2
﹣ax﹣xlnx,且f(x)≥0.

(1)求a;

(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x
0
,且 e

2
<f(x
0
)<2

2


【解答】(1)解:因为f(x)=ax
2
﹣ax﹣xlnx=x(ax﹣a﹣lnx )(x>0),

则f(x)≥0等价于h(x)=ax﹣a﹣lnx≥0,求导可知h′(x )=a﹣
则当a≤0时h′(x)<0,即y=h(x)在(0,+∞)上单调递减,

所以当x
0
>1时,h(x
0
)<h(1)=0,矛盾,故a>0.

因为当0<x<时h′(x)<0、当x>时h′(x)>0,



所以h(x)
min
=h(),

又因为h(1)=a﹣a﹣ln1=0,

所以=1,解得a=1;

第26页(共57页)



(2)证明:由(1)可知f( x)=x
2
﹣x﹣xlnx,f′(x)=2x﹣2﹣lnx,

令f′(x )=0,可得2x﹣2﹣lnx=0,记t(x)=2x﹣2﹣lnx,则t′(x)=2﹣
令t′(x )=0,解得:x=
所以t(x)在区间(0,


)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,



所以t(x)min
=t()=ln2﹣1<0,从而t(x)=0有解,即f′(x)=0存在两根
x
0
,x
2


且不妨设f′(x)在(0,x
0< br>)上为正、在(x
0
,x
2
)上为负、在(x
2
,+ ∞)上为
正,

所以f(x)必存在唯一极大值点x
0
,且2x0
﹣2﹣lnx
0
=0,

所以f(x
0
)= ﹣x
0
﹣x
0
lnx
0
=﹣x
0
+2x< br>0
﹣2

max
=﹣


)上单调递减,

+
=x
0

=;



由x
0
<可知f(x
0
)<(x
0< br>﹣
由f′()<0可知x
0
<<
所以f(x)在(0,x
0< br>)上单调递增,在(x
0

所以f(x
0
)>f()=;
综上所述,f(x)存在唯一的极大值点x
0
,且e

2<f(x
0
)<2

2



14.设函数f(x)=xe
a

x
+bx,曲线y=f(x)在点(2 ,f(2))处的切线方程为y=
(e﹣1)x+4,

(Ⅰ)求a,b的值;

(Ⅱ)求f(x)的单调区间.

【解答】 解:(Ⅰ)∵y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=(e﹣1)x+4,

∴当x=2时,y=2(e﹣1)+4=2e+2,即f(2)=2e+2,

同时f′(2)=e﹣1,

∵f(x)=xe
a

x
+bx,

∴f′(x) =e
a

x
﹣xe
a

x
+b,





第27页(共57页)



即a=2,b=e;

(Ⅱ)∵a=2,b=e;

∴f(x)=xe
2

x
+ex,

∴f′(x) =e
2

x
﹣xe
2

x
+e=(1﹣x )e
2

x
+e=(1﹣x+e
x

1
) e
2

x


∵e
2

x
>0,

∴1﹣x+e
x

1
与f′(x)同号,

令g(x)=1﹣x+e
x

1


则g′(x)=﹣1+e
x

1


由g′(x)<0,得x<1,此时g(x)为减函数,

由g′(x)>0,得x>1,此时g(x)为增函数,

则当x=1时,g(x)取得极小值也是最小值g(1)=1,

则g(x)≥g(1)=1>0,

故f′(x)>0,即f(x)的单调区间是(﹣∞,+∞),无递减区间.



15.设函数f(x)=x
3
+ax
2
+bx+c.

(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;

(2)设a=b=4,若函数f(x)有三个不同零点,求c的取值范围;

(3)求 证:a
2
﹣3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.

【解 答】解:(1)函数f(x)=x
3
+ax
2
+bx+c的导数为f′(x) =3x
2
+2ax+b,

可得y=f(x)在点(0,f(0))处的切线斜率为k=f′(0)=b,

切点为(0,c),可得切线的方程为y=bx+c;

(2)设a=b=4,即有f (x)=x
3
+4x
2
+4x+c,

由f(x)=0,可得﹣c=x
3
+4x
2
+4x,
由g(x)=x
3
+4x
2
+4x的导数g′(x)=3x
2< br>+8x+4=(x+2)(3x+2),

当x>﹣或x<﹣2时,g′(x)>0,g(x)递增;

时,g′(x)<0,g(x)递减.

当﹣2<x<﹣
即有g(x)在x=﹣2处取得极大值,且为0;

g(x)在x=﹣处取得极小值,且为﹣.

第28页(共57页)



由函数f(x)有三个不同零点,可得﹣
解得0<c<,

);

<﹣c<0,

则c的取值范围是(0,
(3)证明:若f(x)有三个不同零点,令f(x)=0,

可得f(x)的图象与x轴有三个不同的交点.

即有f(x)有3个单调区间,

即为导数f′(x)=3x
2
+2ax+b的图象与x轴有两个交点,
可得△>0,即4a
2
﹣12b>0,即为a
2
﹣3b>0;

若a
2
﹣3b>0,即有导数f′(x)=3x
2
+2ax+b的图 象与x轴有两个交点,

当c=0,a=b=4时,满足a
2
﹣3b>0,

即有f(x)= x(x+2)
2
,图象与x轴交于(0,0),(﹣2,0),则f(x)的零点
为2 个.

故a
2
﹣3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.



16.设函数f(x)=lnx﹣x+1.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)证明当x∈(1,+∞)时,1<<x;

(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c﹣1)x>c
x

< br>【解答】解:(1)函数f(x)=lnx﹣x+1的导数为f′(x)=
由f′(x)>0,可 得0<x<1;由f′(x)<0,可得x>1.

即有f(x)的增区间为(0,1);减区间为(1,+∞);

(2)证明:当x∈(1,+∞)时,1<<x,即为lnx<x﹣1<xlnx.

﹣1,

由(1)可得f(x)=lnx﹣x+1在(1,+∞)递减,

可得f(x)<f(1)=0,即有lnx<x﹣1;

设F(x)=xlnx﹣x+1,x>1,F′(x)=1+lnx﹣1=lnx,

当x>1时,F′(x)>0,可得F(x)递增,即有F(x)>F(1)=0,

即有xlnx>x﹣1,则原不等式成立;

第29页(共57页)



(3)证明:设G(x)=1+(c﹣1)x﹣c
x


则需要证明:当x∈(0,1)时,G(x)>0(c>1);

G′(x)=c﹣1 ﹣c
x
lnc,G′′(x)=﹣(lnc)
2
c
x
<0,

∴G′(x)在(0,1)单调递减,而G′(0)=c﹣1﹣lnc,G′(1)=c﹣1 ﹣clnc,

由(1)中f(x)的单调性,可得G′(0)=c﹣1﹣lnc>0,由(2 )可得G′(1)
=c﹣1﹣clnc=c(1﹣lnc)﹣1<0,

∴?t∈(0 ,1),使得G′(t)=0,即x∈(0,t)时,G′(x)>0,x∈(t,1)
时,G′(x) <0;

即G(x)在(0,t)递增,在(t,1)递减;

又因为:G(0)=G(1)=0,

∴x∈(0,1)时G(x)>0成立,不等式得证;

即c>1,当x∈(0,1)时,1+(c﹣1)x>c
x




17.已知函数f(x)=a
x
+b
x
(a>0,b>0 ,a≠1,b≠1).

(1)设a=2,b=.

①求方程f(x)=2的根;

②若对于任意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.

【解答】解:函数f(x)=a
x
+b
x
(a>0,b>0,a≠1 ,b≠1).

(1)设a=2,b=.

①方程f(x)=2;即:=2,可得x=0.

≥m()﹣6恒成立.

②不等式f(2x)≥mf(x)﹣6恒成立,即
令t=,t≥2.

不等式 化为:t
2
﹣mt+4≥0在t≥2时,恒成立.可得:△≤0或
即:m
2< br>﹣16≤0或m≤4,

∴m∈(﹣∞,4].

第30页(共57页)



实数m的最大值为:4.

(2)g(x)=f(x)﹣2=a
x
+b
x
﹣2,
g′(x)=a
x
lna+b
x
lnb=a
x
[
0<a<1,b>1可得
令h(x)=
因此,x
0
=
+
+


,则h(x)是递增函数,而,lna<0,lnb>0,

时,h(x
0
)=0,

]lnb,

因此x∈( ﹣∞,x
0
)时,h(x)<0,a
x
lnb>0,则g′(x)<0.
x∈(x
0
,+∞)时,h(x)>0,a
x
lnb>0,则 g′(x)>0,

则g(x)在(﹣∞,x
0
)递减,(x
0,+∞)递增,因此g(x)的最小值为:g(x
0
).

①若g(x< br>0
)<0,x<log
a
2时,a
x
>=2,b
x< br>>0,则g(x)>0,

因此x
1
<log
a
2, 且x
1
<x
0
时,g(x
1
)>0,因此g(x)在(x< br>1
,x
0
)有零点,

则g(x)至少有两个零点,与条件矛盾.

②若g(x
0
)≥0, 函数g(x)=f(x)﹣2有且只有1个零点,g(x)的最小值为
g(x
0
),可 得g(x
0
)=0,

由g(0)=a
0
+b
0
﹣2=0,

因此x
0
=0,因此
可得ab=1.



18.已知函数f(x)=(x+1)lnx﹣a(x﹣1).

(I)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;

(II)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围.

【解答】解:(I)当a=4时,f(x)=(x+1)lnx﹣4(x﹣1).

f(1)=0,即点为(1,0),

函数的导数f′(x)=lnx+(x+1)?
则f′(1)=ln1+2﹣4=2﹣4=﹣2,

即函数的切线斜率k=f′(1)=﹣2,

第31页(共57页)

=0,﹣=1,即lna+lnb=0,ln(ab)=0,则ab=1.

﹣4,



则曲线y=f(x)在(1,0)处的切线方程为y=﹣2(x﹣1)=﹣2x+2;

(II)∵f(x)=(x+1)lnx﹣a(x﹣1),

∴f′(x)=1++lnx﹣a,

∴f″(x)=,

∵x>1,∴f″(x)>0,

∴f′(x)在(1,+∞)上单调递增,

∴f′(x)>f′(1)=2﹣a.

①a≤2,f′(x)>f′(1)≥0,

∴f(x)在(1,+∞)上单调递增,

∴f(x)>f(1)=0,满足题意;

②a>2,存在x
0
∈( 1,+∞),f′(x
0
)=0,函数f(x)在(1,x
0
)上单调递减,
在(x
0
,+∞)上单调递增,

由f(1)=0,可得存在x0
∈(1,+∞),f(x
0
)<0,不合题意.

综上所述,a≤2.

另解:若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,

可得(x+1)lnx﹣a(x﹣1)>0,

即为a<,

由y=
由y=x﹣
的导数为y′=
﹣2lnx的导数为y′=1+﹣


=>0,

函数y在x>1递增,可得
则函数y=在x>1递增,

>0,


可得
即有a≤2.

=
>2恒成立,

=2,

第32页(共57页)





19.设函数f(x)=ax
2
﹣a﹣lnx,其中a∈R.

(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;

(Ⅱ)确定a的所有可能取值,使得f(x)>﹣e
1

x
在区间(1,+∞)内恒成
立(e=2.718…为自然对数 的底数).

【解答】解:(Ⅰ)由题意,f′(x)=2ax﹣=,x>0,
①当a≤0时,2ax
2
﹣1≤0,f′(x)≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递减 .

②当a>0时,f′(x)=
0,

当x∈(,+∞)时,f′(x)>0,

)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.

,当x∈(0,)时,f′(x)<故f(x)在(0,
(Ⅱ)原不等式等价于f(x)﹣+e
1

x
>0在x∈(1.+∞)上恒成立,

一方面,令g(x)=f(x)﹣+e
1
x
=ax
2
﹣lnx﹣+e
1

x
﹣a,

只需g(x)在x∈(1.+∞)上恒大于0即可,

又∵g(1)=0,故g′(x)在x=1处必大于等于0.

令F(x)=g′(x )=2ax﹣
另一方面,当a

x
+﹣e
1

x< br>,g′(1)≥0,可得a
≥1+


=+e
1
时,F′(x)=2a+


时恒大于0.

∵x∈(1,+∞),故x
3
+x﹣2>0,又e< br>1

x
>0,故F′(x)在a
∴当a时,F(x)在x∈(1,+∞ )单调递增.

∴F(x)>F(1)=2a﹣1≥0,故g(x)也在x∈(1,+∞)单调递增.

∴g(x)>g(1)=0,即g(x)在x∈(1,+∞)上恒大于0.

综上,a


第33页(共57页)




20.设f(x)=xln 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,求正实数a的取值范围.

【解答】解:(1)由f′(x)=ln x﹣2ax+2a,

可得g(x)=ln x﹣2ax+2a,x∈(0,+∞),

所以g′(x)=﹣2a=,

当a≤0,x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增;

当a> 0,x∈(0,
x∈(
)时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增,

,+∞)时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减.

所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);

当a>0时,g(x)的单调增区间为(0,
(6分)

(2)由(1)知,f′(1)=0.

①当0<a<时,>1,由(1)知f′(x)在(0,)内单调递增,

),单调减 区间为(,+∞).…
可得当x∈(0,1)时,f′(x)<0,当x∈(1,
所以f(x) 在(0,1)内单调递减,在(1,
所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.

②当a=时,
)时,f′(x)>0.

)内单调递增,

=1,f′(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,

所以当x∈(0,+∞)时,f′(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.

③当a>时,0<<1,当x∈(,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处取极大值,符合题意.

综上可知,正实数a的取值范围为(


21.设函数f(x)=x
3
﹣ax﹣b,x∈R,其中a,b∈R.

(1)求f(x)的单调区间;

第34页(共57页)

,+∞).…(12分)



(2)若f(x)存在极值点x
0
,且f(x
1
)=f(x
0
),其中x
1
≠x
0
,求证:x
1
+2x
0
=0;

(3)设a>0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[﹣1,1]上的最大值
不小于 .

【解答】解:(1)若f(x)=x
3
﹣ax﹣b,则f′(x)=3x
2
﹣a,

分两种情况讨论:

①、当a≤0时,有f′(x)=3x
2
﹣a≥0恒成立,

此时f(x)的单调递增区间为(﹣∞,+∞),

②、当a>0时,令f′(x)= 3x
2
﹣a=0,解得x=
当x>
当﹣
或x<﹣
<x<或x=,

时,f′(x)=3x
2
﹣a>0,f(x)为增函数,

时,f′(x)=3x
2
﹣a<0,f(x)为减函数,

),(,+∞),减区间为(﹣,);

故f(x)的增区间为(﹣∞,﹣
( 2)若f(x)存在极值点x
0
,则必有a>0,且x
0
≠0,
< br>由题意可得,f′(x)=3x
2
﹣a,则x
0
2
=
进而f(x
0
)=x
0
3
﹣ax
0
﹣b=﹣


x
0
﹣b,

又f(﹣2x
0
)= ﹣8x
0
3
+2ax
0
﹣b=﹣x
0
+2ax0
﹣b=f(x
0
),

由题意及(Ⅰ)可得:存在唯一的实数 x
1
,满足f(x
1
)=f(x
0
),其中x
1< br>≠x
0


则有x
1
=﹣2x
0
, 故有x
1
+2x
0
=0;

(Ⅲ)设g(x)在区间[﹣1 ,1]上的最大值M,max{x,y}表示x、y两个数的
最大值,

下面分三种情况讨论:

①当a≥3时,﹣≤﹣1<1≤,

由(I)知f(x)在区间[﹣1,1]上单调递减,

所以f(x)在区间[﹣1,1]上的取值范围是[f(1),f(﹣1)],

因此 M=max{|f(1)|,|f(﹣1)|}=max{|1﹣a﹣b|,|﹣1+a﹣b|}

=max{|a﹣1+b|,|a﹣1﹣b|}=,

第35页(共57页)



所以M=a﹣1+|b|≥2

②当a<3时,
=f(),(f1)≤
),f(﹣


=
)],

|,|




=f(),(f1)>=,

|}



由(Ⅰ) 、(Ⅱ)知,(f﹣1)≥
所以f(x)在区间[﹣1,1]上的取值范围是[f(
因此M=m ax{|f(
=max{|
③当0<a<
|,|
时,
)|,|f(﹣
|}=
)|}=max{|
由(Ⅰ)、(Ⅱ)知,(f﹣1)<
所以f(x) 在区间[﹣1,1]上的取值范围是[f(﹣1),f(1)],

因此M=max{|f(﹣ 1)|,|f(1)|}=max{|﹣1+a﹣b|,|1﹣a﹣b|}

=max{|1﹣a+b|,|1﹣a﹣b|}=1﹣a+|b|>,

综上所述,当a>0时,g(x)在区间[﹣1,1]上的最大值不小于


22.设函数f(x)=acos2x+(a﹣1)(cosx+1),其中a>0,记|f(x)|的最大值< br>为A.

(Ⅰ)求f′(x);

(Ⅱ)求A;

(Ⅲ)证明:|f′(x)|≤2A.

【解答】(I)解:f′(x)=﹣2asin2x﹣(a﹣1)sinx.

(II )当a≥1时,|f(x)|=|acos2x+(a﹣1)(cosx+1)|≤a|cos2x|+(a﹣1 )|
(cosx+1)|≤a|cos2x|+(a﹣1)(|cosx|+1)|≤a+2(a﹣1) =3a﹣2=f(0),因
此A=3a﹣2.

当0<a<1时,f(x)=acos 2x+(a﹣1)(cosx+1)=2acos
2
x+(a﹣1)cosx﹣1,

令g(t)=2at
2
+(a﹣1)t﹣1,

则A是|g(t)|在[﹣1,1]上的最大值,g(﹣1)=a,g(1)=3a﹣2,

且当t=时,g(t)取得极小值,极小值为g(
第36页(共57页)



)=﹣﹣1=﹣,



(二次函数在对称轴处取得极值)

令﹣1<
①当0<a≤
<1,得a<(舍)或a>.

时,g(t) 在(﹣1,1)内无极值点,|g(﹣1)|=a,|g(1)|=2
﹣3a,|g(﹣1)|<|g( 1)|,

∴A=2﹣3a,

②当
>g(
又|g(
∴A=|g(
<a<1时,由g(﹣1)﹣g(1)=2(1﹣a)>0,得g(﹣1)>g(1)< br>),

)|﹣|g(﹣1)|=
)|=,

>0,

综上,A=.

(III)证明:由(I)可得:|f′(x)|=|﹣2asin2 x﹣(a﹣1)sinx|≤2a+|a﹣1|,

当0<a≤时,|f′(x)|<1+a≤2﹣4a<2(2﹣3a)=2A,

=++>1,

当<a<1时,A=
∴|f′(x)|≤1+a≤2A,

当a≥1时,|f′(x)|≤3a﹣1≤6a﹣4=2A,

综上:|f′(x)|≤2A.



23.已知函数f(x)=( x﹣2)e
x
+a(x﹣1)
2
有两个零点.

(Ⅰ)求a的取值范围;

(Ⅱ)设x
1
,x
2
是 f(x)的两个零点,证明:x
1
+x
2
<2.

【解答】 解:(Ⅰ)∵函数f(x)=(x﹣2)e
x
+a(x﹣1)
2


∴f′(x)=(x﹣1)e
x
+2a(x﹣1)=(x﹣1)(e
x
+2a),

①若a=0,那么f(x)=0?(x﹣2)e
x
=0?x=2,

函数f(x)只有唯一的零点2,不合题意;

第37页(共57页)



②若a>0,那么e
x
+2a>0恒成立,

当x<1时,f′(x)<0,此时函数为减函数;

当x>1时,f′(x)>0,此时函数为增函数;

此时当x=1时,函数f(x)取极小值﹣e,

由f(2)=a>0,可得:函数f(x)在x>1存在一个零点;

当x<1时,e
x
<e,x﹣2<﹣1<0,

∴f(x)=(x﹣ 2)e
x
+a(x﹣1)
2
>(x﹣2)e+a(x﹣1)
2
=a(x﹣1)
2
+e(x﹣1)
﹣e,

令a(x﹣1)
2
+e(x﹣1)﹣e=0的两根为t
1
,t
2
,且t
1
<t
2


则当x<t
1
,或x>t
2< br>时,f(x)>a(x﹣1)
2
+e(x﹣1)﹣e>0,

故函数f(x)在x<1存在一个零点;

即函数f(x)在R是存在两个零点,满足题意;

③若﹣<a<0,则ln(﹣2a)<lne=1,

当x<ln(﹣2a)时,x﹣1<ln(﹣2a)﹣1<lne﹣1=0,

ex
+2a<e
ln
(﹣
2a

+2a=0,

即f′(x)=(x﹣1)(e
x
+2a)>0恒成立,故f(x)单调递增,

当ln(﹣2a)<x<1时,x﹣1<0,e
x
+2a>e
ln
(﹣
2a

+2a=0,

即f′(x)=(x﹣1)(e
x
+2a)<0恒成立,故f(x)单调递减,

当x>1时,x﹣1>0,ex
+2a>e
ln
(﹣
2a

+2a=0,

即f′(x)=(x﹣1)(e
x
+2a)>0恒成立,故f(x)单调递增,

故当x=ln(﹣2a)时,函数取极大值,

由f(ln(﹣2a))=[ln (﹣2a)﹣2](﹣2a)+a[ln(﹣2a)﹣1]
2
=a{[ln(﹣2a)
﹣2]
2
+1}<0得:

函数f(x)在R上至多存在一个零点,不合题意;

④若a=﹣,则ln(﹣2a)=1,

当x<1=ln(﹣2a)时,x﹣1<0, e
x
+2a<e
ln
(﹣
2a

+2a=0,
即f′(x)=(x﹣1)(e
x
+2a)>0恒成立,故f(x)单调递增,

当x>1时,x﹣1>0,e
x
+2a>e
ln
(﹣2a

+2a=0,

即f′(x)=(x﹣1)(e
x
+2a)>0恒成立,故f(x)单调递增,

第38页(共57页)



故函数f(x)在R上单调递增,

函数f(x)在R上至多存在一个零点,不合题意;

⑤若a<﹣,则ln(﹣2a)>lne=1,

当x<1时,x﹣1<0,e
x
+2a<e
ln
(﹣
2a

+2a=0,
< br>即f′(x)=(x﹣1)(e
x
+2a)>0恒成立,故f(x)单调递增,

当1<x<ln(﹣2a)时,x﹣1>0,e
x
+2a<e
ln
( ﹣
2a

+2a=0,

即f′(x)=(x﹣1)(e
x
+2a)<0恒成立,故f(x)单调递减,

当x>ln(﹣2a)时,x﹣1>0 ,e
x
+2a>e
ln
(﹣
2a

+2a=0,< br>
即f′(x)=(x﹣1)(e
x
+2a)>0恒成立,故f(x)单调递增 ,

故当x=1时,函数取极大值,

由f(1)=﹣e<0得:

函数f(x)在R上至多存在一个零点,不合题意;

综上所述,a的取值范围为(0,+∞)

证明:(Ⅱ)∵x
1
,x
2
是f(x)的两个零点,
∴f(x
1
)=f(x
2
)=0,且x
1
≠1,且x< br>2
≠1,

∴﹣a==,

令g(x)=,则g(x
1
)=g(x
2
)=﹣a,

∵g′(x)=,

∴当x<1时,g′(x)<0,g(x)单调递减;

当x>1时,g′(x)>0,g(x)单调递增;

设m>0,则g(1+m)﹣g (1﹣m)=
设h(m)=
则h′(m)=
,m>0,

>0恒成立,

﹣=,

即h(m)在(0,+∞)上为增函数,

第39页(共57页)



h(m)>h(0)=0恒成立,

即g(1+m)>g(1﹣m)恒成立,

令m=1﹣x
1
>0,

则g(1+1﹣x
1
)> g(1﹣1+x
1
)?g(2﹣x
1
)>g(x
1
)=g( x
2
)?2﹣x
1
>x
2


即x
1
+x
2
<2.



24.已知f(x)=a(x﹣lnx)+
(I)讨论f(x)的单调性;

(II)当a=1时,证明f(x)>f′(x)+对于任意的x∈[1,2]成立.



,a∈R.

【解答】(Ⅰ)解:由f(x)=a(x﹣lnx)+
得f′(x)=a(1﹣)+

==(x>0).

若a≤0,则ax
2
﹣2<0恒成立,

∴当x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)为增函数,

当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)为减函数;

当a>0,若0<a<2,当x∈(0,1)和(
为增函数,

当x∈(1,)时,f′(x)<0,f(x)为减函数;

,+∞)时,f′(x) >0,f(x)
若a=2,f′(x)≥0恒成立,f(x)在(0,+∞)上为增函数;
< br>若a>2,当x∈(0,
当x∈(
)和(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增 函数,

,1)时,f′(x)<0,f(x)为减函数;

(Ⅱ)解:∵a=1,

令F(x)=f(x)﹣f′(x)=x﹣lnx
令 g(x)=x﹣lnx,h(x)=
﹣1


=x﹣lnx+.

第40页(共57页)



则F(x)=f(x)﹣f′(x)=g(x)+h(x),



,可得g(x)≥g(1)=1,当且仅当x=1时取等号;



设φ(x)=﹣3x
2
﹣2x+6,则φ(x)在[1,2]上单调递减,

且φ(1)=1,φ(2)=﹣10,

∴在[1,2]上存在x
0
,使得x∈(1,x
0
) 时φ(x0
)>0,x∈(x
0
,2)时,φ
(x
0
)<0,< br>
∴函数h(x)在(1,x
0
)上单调递增;在(x
0
,2 )上单调递减,

由于h(1)=1,h(2)=,因此h(x)≥h(2)=,当且仅当x=2取等号,



∴f(x)﹣f′(x)=g(x)+h(x)>g(1)+h(2)=
∴F(x)>恒成立.

对于任意的x∈[1,2]成立.

即f(x)>f′(x)+


25.已知函数f(x)=(x﹣2)ex
+a(x﹣1)
2


(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;

(Ⅱ)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.

【解答】解:(Ⅰ)由f(x)= (x﹣2)e
x
+a(x﹣1)
2


可得f′(x)=( x﹣1)e
x
+2a(x﹣1)=(x﹣1)(e
x
+2a),

①当a≥0时,由f′(x)>0,可得x>1;由f′(x)<0,可得x<1,

即有f(x)在(﹣∞,1)递减;在(1,+∞)递增(如右上图);

②当a<0时,(如右下图)若a=﹣
上递增;

若a<﹣时,由f′(x)>0,可得x<1或x>ln(﹣2a);

,则f′(x )≥0恒成立,即有f(x)在R
由f′(x)<0,可得1<x<ln(﹣2a).

即有f(x)在(﹣∞,1),(ln(﹣2a),+∞)递增;

在(1,ln(﹣2a))递减;

第41页(共57页)



若﹣<a<0,由f′(x)>0,可得x<ln(﹣2a)或x>1;

由f′(x)<0,可得ln(﹣2a)<x<1.

即有f(x)在(﹣∞,ln(﹣2a)),(1,+∞)递增;

在(ln(﹣2a),1)递减;

(Ⅱ)①由(Ⅰ)可得当a>0时,

f(x)在(﹣∞,1)递减;在(1,+∞)递增,

且f(1)=﹣e<0,x→+∞,f(x)→+∞;

x→﹣∞,f(x)→+∞.f(x)有两个零点;

②当a=0时,f(x)=(x ﹣2)e
x
,所以f(x)只有一个零点x=2;

③当a<0时,

若a<﹣时,f(x)在(1,ln(﹣2a))递减,

在(﹣∞,1),(ln(﹣2a),+∞)递增,

又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点;

当a≥﹣时,在(﹣ ∞,ln(﹣2a))单调增,在(1,+∞)单调增,在(1n
(﹣2a),1)单调减,

只有f(ln(﹣2a))等于0才有两个零点而f(x)小于零所以只有一个零点不符
题意.

综上可得,f(x)有两个零点时,a的取值范围为(0,+∞).


第42页(共57页)






26.设函数f(x)=ax
2
﹣a﹣ln x,g(x)=﹣
对数的底数.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)证明:当x>1时,g(x)>0;

(3)确定a的所有可能取值,使得f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立.
【解答】(Ⅰ)解:由f(x)=ax
2
﹣a﹣lnx,得f′(x)=2ax﹣=(x> 0),

,其中a∈R,e=2.718

为自然
当a≤0时,f′ (x)<0在(0,+∞)成立,则f(x)为(0,+∞)上的减函数;

当a>0时,由f ′(x)=0,得x=
∴当x∈(0,
则f(x)在(0,
=,

,+∞)时,f′(x)>0,

,+∞)上为增函数;

)时,f ′(x)<0,当x∈(
)上为减函数,在(
综上,当a≤0时,f(x)为(0,+∞)上的 减函数,当a>0时,f(x)在(0,
)上为减函数,在(,+∞)上为增函数;

﹣>0,

(Ⅱ)证明:要证g(x)>0(x>1),即
即证,也就是证,

令h(x)=,则h′(x)=,

∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,则h(x)
min
=h(1)=e,

即当x>1时,h(x)>e,∴当x>1时,g(x)>0;

第43页(共57页)



(Ⅲ)解:由f(x)>g(x),得
设t(x)=,



由题意知,t(x)>0在(1,+∞)内恒成立,

∵t(1)=0,
< br>∴有t′(x)=2ax
令φ(x)=
则φ′(x)=2a
当x≥2时,φ′( x)>0,

令h(x)=,h′(x)=,函数在[1,2)上单调递增,



=,

=≥0在(1,+∞)内恒成立,

∴h(x)
min
=h(1)=﹣1.

e
1

x
>0,∴1<x<2,φ′(x)>0,

综上所述,x>1,φ′(x)>0,φ(x)在区间(1,+∞)单调递增,

∴t′(x)>t′(1)≥0,即t(x)在区间(1,+∞)单调递增,

由2a﹣1≥0,

∴a≥


27.设函数f(x)=( x﹣1)
3
﹣ax﹣b,x∈R,其中a,b∈R.

(1)求f(x)的单调区间;

(2)若f(x)存在极值点x
0
,且f(x
1
)=f(x
0
),其中x
1
≠x
0< br>,求证:x
1
+2x
0
=3;

(3)设a>0,函 数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[0,2]上的最大值不
小于.

【解答】解:(1)函数f(x)=(x﹣1)
3
﹣ax﹣b的导数为

f′(x)=3(x﹣1)
2
﹣a,

当a≤0时,f′(x)≥0,f(x)在R上递增;

当a>0时,当x>1+当1﹣<x<1+
或x<1﹣
,f′(x)<0,

第44页(共57页)



时,f′(x)>0,



可得f(x)的增区间为(﹣∞,1﹣
1+);

),(1+,+∞),减区间为(1﹣,
(2)证明:f′(x
0
)=0,可得3(x
0
﹣1)
2
=a,

由f(x
0
)=(x
0
﹣1)
3
﹣3x
0
(x
0
﹣1)
2
﹣b=(x
0
﹣1)
2
(﹣2x
0
﹣1)﹣b ,

f(3﹣2x
0
)=(2﹣2x
0

3
﹣3(3﹣2x
0
)(x
0
﹣1)
2
﹣b
=(x
0
﹣1)
2
(8﹣8x
0
﹣9+6x
0
)﹣b=(x
0
﹣1)
2
(﹣2x
0
﹣1)﹣b,

即为f(3﹣2x
0
)=f(x
0
)=f(x
1
),

即有3﹣2x
0
=x
1
,即为x
1
+2x
0
=3;

(3)证明:要证g(x)在区间[0,2]上的 最大值不小于
只需证在[0,2]上存在x
1
,x
2
,使得f(x< br>1
)﹣f(x
2
)≥




当a≥3时,f(x)在[0,2]递减,f(2)=1﹣2a﹣b,f(0)=﹣1﹣b,

f(0)﹣f(2)=2a﹣2≥4>
当0<a<3时,f(1﹣
b

=
f(1+
=﹣
﹣a﹣b,

)=()
3
﹣a(1+)﹣b=﹣a﹣a﹣b

,递减,成立;


3
﹣a(1﹣)﹣b=﹣﹣a+a﹣)=(﹣
﹣a﹣b,

f(2)=1﹣2a﹣b,f(0)=﹣1﹣b,

f(2)﹣f(0)=2﹣2a,

若0<a≤
若a>
时,f(2)﹣f(0)=2﹣2a≥成立;

)﹣f(1+)=>成立.



时,f(1﹣
综上可得,g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于


28.(Ⅰ)讨论函数f(x)=
>0;

第45页(共57页)

e
x
的单调性,并证明当x>0时,(x﹣2)e
x
+x+2



(Ⅱ)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=
(x)的最小值为h( a),求函数h(a)的值域.

【解答】解:(1)证明:f(x)=
f'(x)=e
x
()=


(x>0)有最小值.设g
∵当x∈(﹣∞,﹣2)∪(﹣2,+∞)时,f'(x )≥0

∴f(x)在(﹣∞,﹣2)和(﹣2,+∞)上单调递增

∴x>0时,>f(0)=﹣1

即(x﹣2)e
x
+x+2>0

(2)g'(x)=

=
a∈[0,1)

=

由(1)知,当x>0时,f(x)=


只需
的值域为(﹣1,+∞),只有一解使得

?e
t
≤0恒成立,可得﹣2<t≤2,

由x>0,可得

t∈(0,2]

当x∈(0,t)时,g'(x)<0,g(x)单调减;

当x∈(t,+∞),g'(x)>0,g(x)单调增;

h(a)=
记k(t)=
==

,在t∈(0,2]时,k'(t)=>0,

故k(t)单调递增,

第46页(共57页)



所以h(a)=k(t)∈(


29.已知函数f(x)=ax
2
+
,].

,其中a为常数

(1)根据a的不同取值,判断函数f(x)的奇偶性,并说明理由;

(2)若a∈(1,3),判断函数f(x)在[1,2]上的单调性,并说明理由.

【解答】解:(1)当a=0时,f(x)=,显然为奇函数,

当a≠0时,f(1 )=a+1,f(﹣1)=a﹣1,f(1)≠f(﹣1),且f(1)+f(﹣1)
≠0,

所以此时f(x)为非奇非偶函数.

(2)∵a∈(1,3),f(x)=ax2
+
∴f′(x)=2ax﹣=,



∵a∈(1,3),x∈[1,2],

∴ax>1,

∴ax
3
>1,

∴2ax
3
﹣1>0,

∴f′(x)>0,

∴函数f(x)在[1,2]上的单调递增.



30.设n∈N
*
,x
n
是曲线y=x
2n
+
2
+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.

(Ⅰ)求数列{x
n
}的通项公式;

(Ⅱ)记T
n
=x
1
2
x
3
2
…x
2n

1
2
,证明:T
n
≥.

【解答】解:(1)y'=(x2n
+
2
+1)'=(2n+2)x
2n
+
1
,曲线y=x
2n
+
2
+1在点(1,2)处
的切线斜率为2n+2 ,

从而切线方程为y﹣2=(2n+2)(x﹣1)

令y=0,解得切线 与x轴的交点的横坐标为
(2)证明:由题设和(1)中的计算结果可知:

第47页(共57页)




T
n
=x
1
2
x
3
2
…x
2n

1
2
=
当n=1时,,

=


当n≥2时,因为x
2n

1
2
=
所以T
n





==,

综上所述,可得对任意的n∈N
+
,均有


31.设函数f(x)=e
mx
+x
2
﹣mx.

(1)证明:f(x)在(﹣∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增;

(2) 若对于任意x
1
,x
2
∈[﹣1,1],都有|f(x
1
) ﹣f(x
2
)|≤e﹣1,求m的取
值范围.

【解答】解:(1)证明:f′(x)=m(e
mx
﹣1)+2x.

若m≥0,则当x∈(﹣∞,0)时,e
mx
﹣1≤0,f′(x)<0;当x∈(0,+∞ )
时,e
mx
﹣1≥0,f′(x)>0.

若m<0,则当x∈( ﹣∞,0)时,e
mx
﹣1>0,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)
时,e
mx
﹣1<0,f′(x)>0.

所以,f(x)在(﹣∞,0)时单调递减,在(0,+∞)单调递增.

(2)由( 1)知,对任意的m,f(x)在[﹣1,0]单调递减,在[0,1]单调递增,
故f(x)在x=0 处取得最小值.

所以对于任意x
1
,x
2
∈[﹣1,1] ,|f(x
1
)﹣f(x
2
)|≤e﹣1的充要条件是



设函数g(t)=e
t
﹣t﹣e+1,则g′(t)=e
t
﹣1.

当t<0时,g′(t)<0;当t>0时,g′(t)>0.故g(t )在(﹣∞,0)单调
递减,在(0,+∞)单调递增.

又g(1)=0,g(﹣1 )=e

1
+2﹣e<0,故当t∈[﹣1,1]时,g(t)≤0.

当m∈[﹣1,1]时,g(m)≤0,g(﹣m)≤0,即合式成立;

第48页(共57页)



当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即e
m
﹣m>e﹣1.

当m<﹣1时,g(﹣m)>0,即e

m
+m>e﹣1.

综上,m的取值范围是[﹣1,1]



32.设函数f(x)=lnx+a(1﹣x).

(Ⅰ)讨论:f(x)的单调性;

(Ⅱ)当f(x)有最大值,且最大值大于2a﹣2时,求a的取值范围.

【解答】解:(Ⅰ)f(x)=lnx+a(1﹣x)的定义域为(0,+∞),

∴f′(x)=﹣a=,

若a≤0,则f′(x)>0,∴函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,

若a> 0,则当x∈(0,)时,f′(x)>0,当x∈(
所以f(x)在(0,)上单调递增,在(
,+∞)时,f′(x)<0,
,+∞)上单调递减,

(Ⅱ),由(Ⅰ)知,当a ≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;当a>0时,
f(x)在x=取得最大值,最大值为f( )=﹣lna+a﹣1,

∵f()>2a﹣2,

∴lna+a﹣1<0,

令g(a)=lna+a﹣1,

∵g(a)在(0,+∞)单调递增,g(1)=0,

∴当0<a<1时,g(a)<0,

当a>1时,g(a)>0,

∴a的取值范围为(0,1).



33.已知函数f(x)=lnx﹣.

(Ⅰ)求函数f(x)的单调增区间;

(Ⅱ)证明;当x>1时,f(x)<x﹣1;

(Ⅲ)确定实数k的所有可能取值, 使得存在x
0
>1,当x∈(1,x
0
)时,恒有
f(x)>k(x ﹣1).

第49页(共57页)



【解答】解:(Ⅰ)∵f(x)=lnx﹣
∴f′(x)=
∴0<x<,

>0(x>0),



∴函数f(x)的单调增区间是(0,);


(Ⅱ)令F(x)=f(x) ﹣(x﹣1),则F′(x)=
当x>1时,F′(x)<0,

∴F(x)在[1,+∞)上单调递减,

∴x>1时,F(x)<F(1)=0,

即当x>1时,f(x)<x﹣1;

(Ⅲ)由(Ⅱ)知,k=1时,不存在x
0
>1满足题意;

当k>1时,对于x>1,有f(x)<x﹣1<k(x﹣1),则f(x)<k(x﹣1),

从而不存在x
0
>1满足题意;

当k<1时,令G(x)=f(x)﹣k(x﹣1)(x>0),则

G′(x)=
>1,

当x∈(1,x
2
)时,G′(x) >0,故G(x)在(1,x
2
)上单调递增,

从而x∈(1,x
2
)时,G(x)>G(1)=0,即f(x)>k(x﹣1),

综上,k的取值范围为(﹣∞,1).



34.已知函数f(x )=ax
3
+x
2
(a∈R)在x=
(Ⅰ)确定a的值;

(Ⅱ)若g(x)=f(x)e
x
,讨论g(x)的单调性.

【解答】解:(Ⅰ)对f(x)求导得f′(x)=3ax
2
+2x.
∵f(x)=ax
3
+x
2
(a∈R)在x=
∴f′(﹣)=0 ,

处取得极值,

处取得极值.

=0,可得x
1
=<0,x
2
=
第50页(共57页)



∴3a?
∴a=
+2?(﹣


)=0,

(Ⅱ)由(Ⅰ)得g(x)=(
∴g′(x)=(x
2< br>+2x)e
x
+(
x
3
+x
2
)e
x


x
3
+x
2
)e
x
=x( x+1)(x+4)e
x


令g′(x)=0,解得x=0,x=﹣1或x=﹣4,

当x<﹣4时,g′(x)<0,故g(x)为减函数;

当﹣4<x<﹣1时,g′(x)>0,故g(x)为增函数;

当﹣1<x<0时,g′(x)<0,故g(x)为减函数;

当x>0时,g′(x)>0,故g(x)为增函数;

综上知g(x)在(﹣∞,﹣ 4)和(﹣1,0)内为减函数,在(﹣4,﹣1)和(0,
+∞)内为增函数.



35.已知函数f(x)=ln,

(Ⅰ)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;

(Ⅱ)求证,当x ∈(0,1)时,f(x)>
(Ⅲ)设实数k使得f(x)


对x∈(0,1)恒成立,求k的最大值.

【解答】解答:(1)因为f(x)=ln(1+x)﹣ln(1﹣x)所以


又因为f(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x.

(2)证明:令g(x)=f(x)﹣2(x+
g'(x)=f'(x)﹣2(1+x
2
)=,

),则

因为g'(x)>0(0<x<1),所以g(x)在区间(0,1)上单调递增.

所以g(x)>g(0)=0,x∈(0,1),

即当x∈(0,1)时,f(x) >2(x+
(3)由(2)知,当k≤2时,f(x)>
第51页(共57页)

).

对x∈(0,1)恒成立.



当k >2时,令h(x)=f(x)﹣
h'(x)=f'(x)﹣k(1+x
2
)=
所以当
递减.


,则



)上单调 时,h'(x)<0,因此h(x)在区间(0,
时,h(x)<h(0)=0,即f(x)<.

所以当k>2时,f(x)>
综上所知,k的最大值为2.



并非对x∈(0,1)恒成立.

36.设函数f(x)=(x+a)lnx,g(x )=
处的切线与直线2x﹣y=0平行.

(Ⅰ)求a的值;

.已 知曲线y=f(x)在点(1,f(1))
(Ⅱ)是否存在自然数k,使得方程f(x)=g(x)在( k,k+1)内存在唯一的根?
如果存在,求出k;如果不存在,请说明理由;

(Ⅲ )设函数m(x)=min{f(x),g(x)}(min{p,q}表示p,q中的较小值),
求m (x)的最大值.

【解答】解:(Ⅰ)函数f(x)=(x+a)lnx的导数为f′(x) =lnx+1+
曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为f′(1)=1+a,

由切线与直线2x﹣y=0平行,

则a+1=2,解得a=1;

(Ⅱ)由(Ⅰ)可得f(x)=(x+1)lnx,f′(x)=lnx+1+
令h(x)=lnx+1 +,h′(x)=﹣=,





当x∈(0,1),h′(x)<0,h(x)在(0,1)递减,

当x>1时,h′(x)>0,h(x)在(1,+∞)递增.

当x=1时,h(x)
min
=h(1)=2>0,即f′(x)>0,

第52页(共57页)



f(x)在(0,+∞)递增,即有f(x)在(k,k+1)递增,

g(x)=的导数为g′(x)=,

当x∈(0,2),g′(x)>0,g(x)在(0,2)递增,

当x>2时,g′(x)<0,g(x)在(2,+∞)递减.

则x=2取得最大值,

令T(x)=f(x)﹣g(x)=(x+1)lnx﹣T(1)=﹣<0,T(2)=3ln2﹣
T(x)的导数为T′(x)=lnx+1+﹣
由1<x<2,通过导数可得lnx>1﹣
e
x
>1+x,可得﹣>,

>0,



,即有lnx+1+>2;



可得lnx+1+﹣>2+=>0,

即为T′(x)>0在(1,2)成立,

则T(x)在(1,2)递增,

由零点存在定理可得,存在自然数k=1,

使得方程f(x)=g(x)在(k,k+1)内存在唯一的根;

(Ⅲ)由(Ⅱ)知,m(x)=,其中x
0
∈(1,2),



且x=2时,g(x)取得最大值,且为g(2)=
则有m(x)的最大 值为m(2)=


37.设函数f(x)=e
2x
﹣alnx.



(Ⅰ)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数;

第53页(共57页)



(Ⅱ)证明:当a>0时,f(x)≥2a+aln.

【解答】解:(Ⅰ)f(x)=e
2x
﹣alnx的定义域为(0,+∞),

∴f′(x)=2e
2x
﹣.

当a≤0时,f′(x)>0恒成立,故f′(x)没有零点,

当a>0时,∵y= e
2x
为单调递增,y=﹣
∴f′(x)在(0,+∞)单调递增,

又f′(a)>0,

假设存在b满足0<b<ln时,且b<,f′(b)<0,

单调递增,

故当a>0时,导函数f′(x)存在唯一的零点,

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,可设导函数 f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x
0


当x∈(0,x
0
)时,f′(x)<0,

当x∈(x
0
+∞)时,f′(x)>0,

故f(x)在(0,x
0
)单调递减,在(x
0
+∞)单调递增,

所欲当x=x
0
时,f(x)取得最小值,最小值为f(x
0
),

由于﹣=0,

+2ax
0
+aln≥2a+aln.

所以f(x
0
)=
故当a>0时,f(x)≥2a+aln.



38.设函数f(x)=﹣klnx,k>0.

(1)求f(x)的单调区间和极值;

(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x )在区间(1,
【解答】解:(1)由f(x)=
f'(x)=x﹣
由f'(x)=0 解得x=



]上仅有一个零点.

f(x)与f'(x)在区间(0,+∞)上的情况如下:

X


(0,)



()

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f'(x)

f(x)






0


+



);

所以,f(x)的单调递增区间为(
f(x)在x=处的极小值为f( )=
),单调递减区间为(0,
,无极大值.

)=(2)证明:由(1)知 ,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f(
因为f(x)存在零点,所以
当k=e时,f (x)在区间(1,
所以x=是f(x)在区间(1,
,从而k≥e

)上单调递减,且f(
)上唯一零点.

)=0



当k>e时,(fx)在区间(0,
所以f(x)在区间(1,
)上单调递减,且,

)上仅有一个零点.

]上仅有一个零点.

综上所述,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,


39.已知函数f(x)=(a>0,r>0)

(1)求f(x)的定义域,并讨论f(x)的单调性;

(2)若=400,求f(x)在(0,+∞)内的极值.

【解答】解:(1)∵函数f(x)=(a>0,r>0),

∴x≠﹣r,即f(x)的定义域为(﹣∞,﹣r)∪(﹣r,+∞).

又∵f(x)=
∴f′(x)=
=,

=,

∴当x<﹣r或x>r时,f′(x)<0;当﹣r<x<r时,f′(x)>0;

因此,f(x)的单调递减区间为:(﹣∞,﹣r)、(r,+∞),递增区间为:(﹣r,
r);
(2)由(1)的解答可得f′(x)=0,f(x)在(0,r)上单调递增,在(r,+∞)
上单调递减,

∴x=r是f(x)的极大值点,

第55页(共57页)



∴f(x)在(0,+∞)内的极大值为f(r)=


===100.

40.已知函数f(x)=﹣2(x+a)lnx+x
2< br>﹣2ax﹣2a
2
+a,其中a>0.

(Ⅰ)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;

(Ⅱ)证明:存在 a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且
f(x)=0在区间(1,+∞) 内有唯一解.

【解答】解:(Ⅰ)由已知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),

g(x)=,


当0<a<
在区间
当a
时,g(x)在


上单调递增,

上单调递减;

时,g(x)在(0,+∞)上单调递增.

=0,解得
x
2





< br>(Ⅱ)由
令φ(x)=
则φ(1)=1>0,φ(e)=
故存在x
0< br>∈(1,e),使得φ(x
0
)=0.




即a
0
∈(0,1),

当a=a
0
时,有f′(x
0
)=0,f(x
0
)=φ(x
0
)=0.

由(Ⅰ)知,f′(x)在(1,+∞)上单调递增,

故当x∈(1,x
0
)时,f′(x)<0,从而f(x)>f(x
0
)= 0;

第56页(共57页)

,u(x)=x﹣1﹣lnx(x≥1),

知,函数u(x)在(1,+∞)上单调递增.




当x∈(x
0
,+∞)时,f′(x)>0,从而f(x) >f(x
0
)=0.

∴当x∈(1,+∞)时,f(x)≥0.

综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f
(x) =0在区间(1,+∞)内有唯一解.




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