天津高中数学书版本-高中数学平面向量教案ppt
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[
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]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.
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﹣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.
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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.
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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).
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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.
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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.
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,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.
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.
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)
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;
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.
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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.
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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,
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∴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,
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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
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﹣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,
则
,
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,
则
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),
由
又
,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
即
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).
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【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
=
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∴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)>
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).
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.
当
,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,
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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;
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(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.
令
由
∴
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;
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,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.
第57页(共57页)