高中數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)大題壓軸高考題選

..函數(shù)與導(dǎo)數(shù)高考?jí)狠S題選一．選擇題〔共2小題1．〔2013?XX已知函數(shù)f〔x=x3+ax2+bx+c有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,若f〔x1=x1＜x2,則關(guān)于x的方程3〔f〔x2+2af〔x+b=0的不同實(shí)根個(gè)數(shù)為〔A．3 B．4 C．5 D．62．〔2012?XX函數(shù)f〔x在[a,b]上有定義,若對(duì)任意x1,x2∈[a,b],有則稱f〔x在[a,b]上具有性質(zhì)P．設(shè)f〔x在[1,3]上具有性質(zhì)P,現(xiàn)給出如下命題：①f〔x在[1,3]上的圖象是連續(xù)不斷的；②f〔x2在[1,]上具有性質(zhì)P；③若f〔x在x=2處取得最大值1,則f〔x=1,x∈[1,3]；④對(duì)任意x1,x2,x3,x4∈[1,3],有[f〔x1+f〔x2+f〔x3+f〔x4]其中真命題的序號(hào)是〔A．①② B．①③ C．②④ D．③④二．選擇題〔共1小題3．〔2012?新課標(biāo)設(shè)函數(shù)f〔x=的最大值為M,最小值為m,則M+m=．三．選擇題〔共23小題4．〔2014?XX設(shè)函數(shù)f〔x=lnx+,m∈R．〔Ⅰ當(dāng)m=e〔e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)時(shí),求f〔x的極小值；〔Ⅱ討論函數(shù)g〔x=f′〔x﹣零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；〔Ⅲ若對(duì)任意b＞a＞0,＜1恒成立,求m的取值范圍．5．〔2013?新課標(biāo)Ⅱ已知函數(shù)f〔x=ex﹣ln〔x+m〔Ι設(shè)x=0是f〔x的極值點(diǎn),求m,并討論f〔x的單調(diào)性；〔Ⅱ當(dāng)m≤2時(shí),證明f〔x＞0．6．〔2013?XX已知函數(shù),其中a是實(shí)數(shù),設(shè)A〔x1,f〔x1,B〔x2,f〔x2為該函數(shù)圖象上的點(diǎn),且x1＜x2．〔Ⅰ指出函數(shù)f〔x的單調(diào)區(qū)間；〔Ⅱ若函數(shù)f〔x的圖象在點(diǎn)A,B處的切線互相垂直,且x2＜0,求x2﹣x1的最小值；〔Ⅲ若函數(shù)f〔x的圖象在點(diǎn)A,B處的切線重合,求a的取值范圍．7．〔2013?XX已知函數(shù)f〔x=．〔Ⅰ求f〔x的單調(diào)區(qū)間；〔Ⅱ證明：當(dāng)f〔x1=f〔x2〔x1≠x2時(shí),x1+x2＜0．8．〔2013?XX已知函數(shù)f〔x=〔1+xe﹣2x,g〔x=ax++1+2xcosx,當(dāng)x∈[0,1]時(shí),〔I求證：；〔II若f〔x≥g〔x恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍．9．〔2013?XX已知函數(shù)f〔x=ex,x∈R．〔Ⅰ若直線y=kx+1與f〔x的反函數(shù)g〔x=lnx的圖象相切,求實(shí)數(shù)k的值；〔Ⅱ設(shè)x＞0,討論曲線y=f〔x與曲線y=mx2〔m＞0公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)．〔Ⅲ設(shè)a＜b,比較與的大小,并說明理由．10．〔2013?XX設(shè)n是正整數(shù),r為正有理數(shù)．〔Ⅰ求函數(shù)f〔x=〔1+xr+1﹣〔r+1x﹣1〔x＞﹣1的最小值；〔Ⅱ證明：；〔Ⅲ設(shè)x∈R,記[x]為不小于x的最小整數(shù),例如．令的值．〔參考數(shù)據(jù)：．11．〔2012?XX設(shè)f〔x=ln〔x+1++ax+b〔a,b∈R,a,b為常數(shù),曲線y=f〔x與直線y=x在〔0,0點(diǎn)相切．〔I求a,b的值；〔II證明：當(dāng)0＜x＜2時(shí),f〔x＜．12．〔2012?XX已知函數(shù)f〔x=axsinx﹣〔a∈R,且在上的最大值為,〔1求函數(shù)f〔x的解析式；〔2判斷函數(shù)f〔x在〔0,π內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù),并加以證明．13．〔2012?XX設(shè)函數(shù)f〔x=axn〔1﹣x+b〔x＞0,n為正整數(shù),a,b為常數(shù),曲線y=f〔x在〔1,f〔1處的切線方程為x+y=1〔Ⅰ求a,b的值；〔Ⅱ求函數(shù)f〔x的最大值；〔Ⅲ證明：f〔x＜．14．〔2012?XX已知函數(shù)f〔x=ex﹣ax,其中a＞0．〔1若對(duì)一切x∈R,f〔x≥1恒成立,求a的取值集合；〔2在函數(shù)f〔x的圖象上取定點(diǎn)A〔x1,f〔x1,B〔x2,f〔x2〔x1＜x2,記直線AB的斜率為K,證明：存在x0∈〔x1,x2,使f′〔x0=K恒成立．15．〔2012?XX已知a為正實(shí)數(shù),n為自然數(shù),拋物線與x軸正半軸相交于點(diǎn)A,設(shè)f〔n為該拋物線在點(diǎn)A處的切線在y軸上的截距．〔Ⅰ用a和n表示f〔n；〔Ⅱ求對(duì)所有n都有成立的a的最小值；〔Ⅲ當(dāng)0＜a＜1時(shí),比較與的大小,并說明理由．16．〔2011?XX已知函數(shù)f〔x=x+,h〔x=．〔Ⅰ設(shè)函數(shù)F〔x=f〔x﹣h〔x,求F〔x的單調(diào)區(qū)間與極值；〔Ⅱ設(shè)a∈R,解關(guān)于x的方程log4[f〔x﹣1﹣]=log2h〔a﹣x﹣log2h〔4﹣x；〔Ⅲ試比較f〔100h〔100﹣與的大?。?7．〔2011?XX設(shè)函數(shù)f〔x定義在〔0,+∞上,f〔1=0,導(dǎo)函數(shù)f′〔x=,g〔x=f〔x+f′〔x．〔Ⅰ求g〔x的單調(diào)區(qū)間和最小值；〔Ⅱ討論g〔x與的大小關(guān)系；〔Ⅲ是否存在x0＞0,使得|g〔x﹣g〔x0|＜對(duì)任意x＞0成立？若存在,求出x0的取值范圍；若不存在請(qǐng)說明理由．18．〔2011?XX已知函數(shù)f〔x=x+,h〔x=．〔Ⅰ設(shè)函數(shù)F〔x=18f〔x﹣x2[h〔x]2,求F〔x的單調(diào)區(qū)間與極值；〔Ⅱ設(shè)a∈R,解關(guān)于x的方程lg[f〔x﹣1﹣]=2lgh〔a﹣x﹣2lgh〔4﹣x；〔Ⅲ設(shè)n∈Nn,證明：f〔nh〔n﹣[h〔1+h〔2+…+h〔n]≥．19．〔2010?XX設(shè),a＞0且a≠1,g〔x是f〔x的反函數(shù)．〔Ⅰ設(shè)關(guān)于x的方程求在區(qū)間[2,6]上有實(shí)數(shù)解,求t的取值范圍；〔Ⅱ當(dāng)a=e,e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)時(shí),證明：；〔Ⅲ當(dāng)0＜a≤時(shí),試比較||與4的大小,并說明理由．20．〔2010?全國(guó)卷Ⅱ設(shè)函數(shù)f〔x=1﹣e﹣x．〔Ⅰ證明：當(dāng)x＞﹣1時(shí),f〔x≥；〔Ⅱ設(shè)當(dāng)x≥0時(shí),f〔x≤,求a的取值范圍．21．〔2010?XX已知函數(shù)f〔x=,g〔x=alnx,a∈R,〔Ⅰ若曲線y=f〔x與曲線y=g〔x相交,且在交點(diǎn)處有共同的切線,求a的值和該切線方程；〔Ⅱ設(shè)函數(shù)h〔x=f〔x﹣g〔x,當(dāng)h〔x存在最小值時(shí),求其最小值φ〔a的解析式；〔Ⅲ對(duì)〔Ⅱ中的φ〔a和任意的a＞0,b＞0,證明：φ′〔≤≤φ′〔．22．〔2009?全國(guó)卷Ⅱ設(shè)函數(shù)f〔x=x2+aln〔1+x有兩個(gè)極值點(diǎn)x1、x2,且x1＜x2,〔Ⅰ求a的取值范圍,并討論f〔x的單調(diào)性；〔Ⅱ證明：f〔x2＞．23．〔2009?XX在R上定義運(yùn)算：〔b、c∈R是常數(shù),已知f1〔x=x2﹣2c,f2〔x=x﹣2b,f〔x=f1〔xf2〔x．①如果函數(shù)f〔x在x=1處有極值,試確定b、c的值；②求曲線y=f〔x上斜率為c的切線與該曲線的公共點(diǎn)；③記g〔x=|f′〔x|〔﹣1≤x≤1的最大值為M,若M≥k對(duì)任意的b、c恒成立,試求k的取值范圍．〔參考公式：x3﹣3bx2+4b3=〔x+b〔x﹣2b224．〔2009?XX已知關(guān)于x的函數(shù)f〔x=﹣x3+bx2+cx+bc,其導(dǎo)函數(shù)為f′〔x．令g〔x=|f′〔x|,記函數(shù)g〔x在區(qū)間[﹣1、1]上的最大值為M．〔Ⅰ如果函數(shù)f〔x在x=1處有極值﹣,試確定b、c的值：〔Ⅱ若|b|＞1,證明對(duì)任意的c,都有M＞2〔Ⅲ若M≧K對(duì)任意的b、c恒成立,試求k的最大值．25．〔2008?XX請(qǐng)先閱讀：在等式cos2x=2cos2x﹣1〔x∈R的兩邊求導(dǎo),得：〔cos2x′=〔2cos2x﹣1′,由求導(dǎo)法則,得〔﹣sin2x?2=4cosx?〔﹣sinx,化簡(jiǎn)得等式：sin2x=2cosx?sinx．〔1利用上題的想法〔或其他方法,結(jié)合等式〔1+xn=Cn0+Cn1x+Cn2x2+…+Cnnxn〔x∈R,正整數(shù)n≥2,證明：．〔2對(duì)于正整數(shù)n≥3,求證：〔i；〔ii；〔iii．26．〔2008?天津已知函數(shù)f〔x=x4+ax3+2x2+b〔x∈R,其中a,b∈R．〔Ⅰ當(dāng)時(shí),討論函數(shù)f〔x的單調(diào)性；〔Ⅱ若函數(shù)f〔x僅在x=0處有極值,求a的取值范圍；〔Ⅲ若對(duì)于任意的a∈[﹣2,2],不等式f〔x≤1在[﹣1,1]上恒成立,求b的取值范圍．四．解答題〔共4小題27．〔2008?XX已知函數(shù)f〔x=ln〔1+x﹣x〔1求f〔x的單調(diào)區(qū)間；〔2記f〔x在區(qū)間[0,n]〔n∈N*上的最小值為bn令an=ln〔1+n﹣bn〔i如果對(duì)一切n,不等式恒成立,求實(shí)數(shù)c的取值范圍；〔ii求證：．28．〔2007?XX已知函數(shù)f〔x=ex﹣kx,〔1若k=e,試確定函數(shù)f〔x的單調(diào)區(qū)間；〔2若k＞0,且對(duì)于任意x∈R,f〔|x|＞0恒成立,試確定實(shí)數(shù)k的取值范圍；〔3設(shè)函數(shù)F〔x=f〔x+f〔﹣x,求證：F〔1F〔2…F〔n＞〔n∈N*．29．〔2006?XX已知函數(shù),f〔x的導(dǎo)函數(shù)是f′〔x．對(duì)任意兩個(gè)不相等的正數(shù)x1、x2,證明：〔Ⅰ當(dāng)a≤0時(shí),；〔Ⅱ當(dāng)a≤4時(shí),|f′〔x1﹣f′〔x2|＞|x1﹣x2|．30．〔2006?XX已知f0〔x=xn,其中k≤n〔n,k∈N+,設(shè)F〔x=Cn0f0〔x2+Cn1f1〔x2+…+Cnnfn〔x2,x∈[﹣1,1]．〔1寫出fk〔1；〔2證明：對(duì)任意的x1,x2∈[﹣1,1],恒有|F〔x1﹣F〔x2|≤2n﹣1〔n+2﹣n﹣1．函數(shù)與導(dǎo)數(shù)高考?jí)狠S題選參考答案與試題解析一．選擇題〔共2小題1．〔2013?XX已知函數(shù)f〔x=x3+ax2+bx+c有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,若f〔x1=x1＜x2,則關(guān)于x的方程3〔f〔x2+2af〔x+b=0的不同實(shí)根個(gè)數(shù)為〔A．3 B．4 C．5 D．6[解答]解：∵函數(shù)f〔x=x3+ax2+bx+c有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,∴f′〔x=3x2+2ax+b=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根,∴△=4a2﹣12b＞0．解得=．∵x1＜x2,∴,．而方程3〔f〔x2+2af〔x+b=0的△1=△＞0,∴此方程有兩解且f〔x=x1或x2．不妨取0＜x1＜x2,f〔x1＞0．①把y=f〔x向下平移x1個(gè)單位即可得到y(tǒng)=f〔x﹣x1的圖象,∵f〔x1=x1,可知方程f〔x=x1有兩解．②把y=f〔x向下平移x2個(gè)單位即可得到y(tǒng)=f〔x﹣x2的圖象,∵f〔x1=x1,∴f〔x1﹣x2＜0,可知方程f〔x=x2只有一解．綜上①②可知：方程f〔x=x1或f〔x=x2．只有3個(gè)實(shí)數(shù)解．即關(guān)于x的方程3〔f〔x2+2af〔x+b=0的只有3不同實(shí)根．故選：A．2．〔2012?XX函數(shù)f〔x在[a,b]上有定義,若對(duì)任意x1,x2∈[a,b],有則稱f〔x在[a,b]上具有性質(zhì)P．設(shè)f〔x在[1,3]上具有性質(zhì)P,現(xiàn)給出如下命題：①f〔x在[1,3]上的圖象是連續(xù)不斷的；②f〔x2在[1,]上具有性質(zhì)P；③若f〔x在x=2處取得最大值1,則f〔x=1,x∈[1,3]；④對(duì)任意x1,x2,x3,x4∈[1,3],有[f〔x1+f〔x2+f〔x3+f〔x4]其中真命題的序號(hào)是〔A．①② B．①③ C．②④ D．③④[解答]解：在①中,反例：f〔x=在[1,3]上滿足性質(zhì)P,但f〔x在[1,3]上不是連續(xù)函數(shù),故①不成立；在②中,反例：f〔x=﹣x在[1,3]上滿足性質(zhì)P,但f〔x2=﹣x2在[1,]上不滿足性質(zhì)P,故②不成立；在③中：在[1,3]上,f〔2=f〔≤,∴,故f〔x=1,∴對(duì)任意的x1,x2∈[1,3],f〔x=1,故③成立；在④中,對(duì)任意x1,x2,x3,x4∈[1,3],有=≤≤=[f〔x1+f〔x2+f〔x3+f〔x4],∴[f〔x1+f〔x2+f〔x3+f〔x4],故④成立．故選D．二．選擇題〔共1小題3．〔2012?新課標(biāo)設(shè)函數(shù)f〔x=的最大值為M,最小值為m,則M+m=2．[解答]解：函數(shù)可化為f〔x==,令,則為奇函數(shù),∴的最大值與最小值的和為0．∴函數(shù)f〔x=的最大值與最小值的和為1+1+0=2．即M+m=2．故答案為：2．三．選擇題〔共23小題4．〔2014?XX設(shè)函數(shù)f〔x=lnx+,m∈R．〔Ⅰ當(dāng)m=e〔e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)時(shí),求f〔x的極小值；〔Ⅱ討論函數(shù)g〔x=f′〔x﹣零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；〔Ⅲ若對(duì)任意b＞a＞0,＜1恒成立,求m的取值范圍．[解答]解：〔Ⅰ當(dāng)m=e時(shí),f〔x=lnx+,∴f′〔x=；∴當(dāng)x∈〔0,e時(shí),f′〔x＜0,f〔x在〔0,e上是減函數(shù)；當(dāng)x∈〔e,+∞時(shí),f′〔x＞0,f〔x在〔e,+∞上是增函數(shù)；∴x=e時(shí),f〔x取得極小值為f〔e=lne+=2；〔Ⅱ∵函數(shù)g〔x=f′〔x﹣=﹣﹣〔x＞0,令g〔x=0,得m=﹣x3+x〔x＞0；設(shè)φ〔x=﹣x3+x〔x＞0,∴φ′〔x=﹣x2+1=﹣〔x﹣1〔x+1；當(dāng)x∈〔0,1時(shí),φ′〔x＞0,φ〔x在〔0,1上是增函數(shù),當(dāng)x∈〔1,+∞時(shí),φ′〔x＜0,φ〔x在〔1,+∞上是減函數(shù)；∴x=1是φ〔x的極值點(diǎn),且是極大值點(diǎn),∴x=1是φ〔x的最大值點(diǎn),∴φ〔x的最大值為φ〔1=；又φ〔0=0,結(jié)合y=φ〔x的圖象,如圖；可知：①當(dāng)m＞時(shí),函數(shù)g〔x無零點(diǎn)；②當(dāng)m=時(shí),函數(shù)g〔x有且只有一個(gè)零點(diǎn)；③當(dāng)0＜m＜時(shí),函數(shù)g〔x有兩個(gè)零點(diǎn)；④當(dāng)m≤0時(shí),函數(shù)g〔x有且只有一個(gè)零點(diǎn)；綜上,當(dāng)m＞時(shí),函數(shù)g〔x無零點(diǎn)；當(dāng)m=或m≤0時(shí),函數(shù)g〔x有且只有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)0＜m＜時(shí),函數(shù)g〔x有兩個(gè)零點(diǎn)；〔Ⅲ對(duì)任意b＞a＞0,＜1恒成立,等價(jià)于f〔b﹣b＜f〔a﹣a恒成立；設(shè)h〔x=f〔x﹣x=lnx+﹣x〔x＞0,則h〔b＜h〔a．∴h〔x在〔0,+∞上單調(diào)遞減；∵h(yuǎn)′〔x=﹣﹣1≤0在〔0,+∞上恒成立,∴m≥﹣x2+x=﹣+〔x＞0,∴m≥；對(duì)于m=,h′〔x=0僅在x=時(shí)成立；∴m的取值范圍是[,+∞．5．〔2013?新課標(biāo)Ⅱ已知函數(shù)f〔x=ex﹣ln〔x+m〔Ι設(shè)x=0是f〔x的極值點(diǎn),求m,并討論f〔x的單調(diào)性；〔Ⅱ當(dāng)m≤2時(shí),證明f〔x＞0．[解答]〔Ⅰ解：∵,x=0是f〔x的極值點(diǎn),∴,解得m=1．所以函數(shù)f〔x=ex﹣ln〔x+1,其定義域?yàn)椤博?,+∞．∵．設(shè)g〔x=ex〔x+1﹣1,則g′〔x=ex〔x+1+ex＞0,所以g〔x在〔﹣1,+∞上為增函數(shù),又∵g〔0=0,所以當(dāng)x＞0時(shí),g〔x＞0,即f′〔x＞0；當(dāng)﹣1＜x＜0時(shí),g〔x＜0,f′〔x＜0．所以f〔x在〔﹣1,0上為減函數(shù)；在〔0,+∞上為增函數(shù)；〔Ⅱ證明：當(dāng)m≤2,x∈〔﹣m,+∞時(shí),ln〔x+m≤ln〔x+2,故只需證明當(dāng)m=2時(shí)f〔x＞0．當(dāng)m=2時(shí),函數(shù)在〔﹣2,+∞上為增函數(shù),且f′〔﹣1＜0,f′〔0＞0．故f′〔x=0在〔﹣2,+∞上有唯一實(shí)數(shù)根x0,且x0∈〔﹣1,0．當(dāng)x∈〔﹣2,x0時(shí),f′〔x＜0,當(dāng)x∈〔x0,+∞時(shí),f′〔x＞0,從而當(dāng)x=x0時(shí),f〔x取得最小值．由f′〔x0=0,得,ln〔x0+2=﹣x0．故f〔x≥=＞0．綜上,當(dāng)m≤2時(shí),f〔x＞0．6．〔2013?XX已知函數(shù),其中a是實(shí)數(shù),設(shè)A〔x1,f〔x1,B〔x2,f〔x2為該函數(shù)圖象上的點(diǎn),且x1＜x2．〔Ⅰ指出函數(shù)f〔x的單調(diào)區(qū)間；〔Ⅱ若函數(shù)f〔x的圖象在點(diǎn)A,B處的切線互相垂直,且x2＜0,求x2﹣x1的最小值；〔Ⅲ若函數(shù)f〔x的圖象在點(diǎn)A,B處的切線重合,求a的取值范圍．[解答]解：〔I當(dāng)x＜0時(shí),f〔x=〔x+12+a,∴f〔x在〔﹣∞,﹣1上單調(diào)遞減,在[﹣1,0上單調(diào)遞增；當(dāng)x＞0時(shí),f〔x=lnx,在〔0,+∞單調(diào)遞增．〔II∵x1＜x2＜0,∴f〔x=x2+2x+a,∴f′〔x=2x+2,∴函數(shù)f〔x在點(diǎn)A,B處的切線的斜率分別為f′〔x1,f′〔x2,∵函數(shù)f〔x的圖象在點(diǎn)A,B處的切線互相垂直,∴,∴〔2x1+2〔2x2+2=﹣1．∴2x1+2＜0,2x2+2＞0,∴=1,當(dāng)且僅當(dāng)﹣〔2x1+2=2x2+2=1,即,時(shí)等號(hào)成立．∴函數(shù)f〔x的圖象在點(diǎn)A,B處的切線互相垂直,且x2＜0,求x2﹣x1的最小值為1．〔III當(dāng)x1＜x2＜0或0＜x1＜x2時(shí),∵,故不成立,∴x1＜0＜x2．當(dāng)x1＜0時(shí),函數(shù)f〔x在點(diǎn)A〔x1,f〔x1,處的切線方程為,即．當(dāng)x2＞0時(shí),函數(shù)f〔x在點(diǎn)B〔x2,f〔x2處的切線方程為,即．函數(shù)f〔x的圖象在點(diǎn)A,B處的切線重合的充要條件是,由①及x1＜0＜x2可得﹣1＜x1＜0,由①②得=．∵函數(shù),y=﹣ln〔2x1+2在區(qū)間〔﹣1,0上單調(diào)遞減,∴a〔x1=在〔﹣1,0上單調(diào)遞減,且x1→﹣1時(shí),ln〔2x1+2→﹣∞,即﹣ln〔2x1+2→+∞,也即a〔x1→+∞．x1→0,a〔x1→﹣1﹣ln2．∴a的取值范圍是〔﹣1﹣ln2,+∞．7．〔2013?XX已知函數(shù)f〔x=．〔Ⅰ求f〔x的單調(diào)區(qū)間；〔Ⅱ證明：當(dāng)f〔x1=f〔x2〔x1≠x2時(shí),x1+x2＜0．[解答]解：〔Ⅰ易知函數(shù)的定義域?yàn)镽．==,當(dāng)x＜0時(shí),f′〔x＞0；當(dāng)x＞0時(shí),f′〔x＜0．∴函數(shù)f〔x的單調(diào)遞增區(qū)間為〔﹣∞,0,單調(diào)遞減區(qū)間為〔0,+∞．〔Ⅱ當(dāng)x＜1時(shí),由于,ex＞0,得到f〔x＞0；同理,當(dāng)x＞1時(shí),f〔x＜0．當(dāng)f〔x1=f〔x2〔x1≠x2時(shí),不妨設(shè)x1＜x2．由〔Ⅰ可知：x1∈〔﹣∞,0,x2∈〔0,1．下面證明：?x∈〔0,1,f〔x＜f〔﹣x,即證＜．此不等式等價(jià)于．令g〔x=,則g′〔x=﹣xe﹣x〔e2x﹣1．當(dāng)x∈〔0,1時(shí),g′〔x＜0,g〔x單調(diào)遞減,∴g〔x＜g〔0=0．即．∴?x∈〔0,1,f〔x＜f〔﹣x．而x2∈〔0,1,∴f〔x2＜f〔﹣x2．從而,f〔x1＜f〔﹣x2．由于x1,﹣x2∈〔﹣∞,0,f〔x在〔﹣∞,0上單調(diào)遞增,∴x1＜﹣x2,即x1+x2＜0．8．〔2013?XX已知函數(shù)f〔x=〔1+xe﹣2x,g〔x=ax++1+2xcosx,當(dāng)x∈[0,1]時(shí),〔I求證：；〔II若f〔x≥g〔x恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解答]〔I證明：①當(dāng)x∈[0,1時(shí),〔1+xe﹣2x≥1﹣x?〔1+xe﹣x≥〔1﹣xex,令h〔x=〔1+xe﹣x﹣〔1﹣xex,則h′〔x=x〔ex﹣e﹣x．當(dāng)x∈[0,1時(shí),h′〔x≥0,∴h〔x在[0,1上是增函數(shù),∴h〔x≥h〔0=0,即f〔x≥1﹣x．②當(dāng)x∈[0,1時(shí),?ex≥1+x,令u〔x=ex﹣1﹣x,則u′〔x=ex﹣1．當(dāng)x∈[0,1時(shí),u′〔x≥0,∴u〔x在[0,1單調(diào)遞增,∴u〔x≥u〔0=0,∴f〔x．綜上可知：．〔II解：設(shè)G〔x=f〔x﹣g〔x=≥=．令H〔x=,則H′〔x=x﹣2sinx,令K〔x=x﹣2sinx,則K′〔x=1﹣2cosx．當(dāng)x∈[0,1時(shí),K′〔x＜0,可得H′〔x是[0,1上的減函數(shù),∴H′〔x≤H′〔0=0,故H〔x在[0,1單調(diào)遞減,∴H〔x≤H〔0=2．∴a+1+H〔x≤a+3．∴當(dāng)a≤﹣3時(shí),f〔x≥g〔x在[0,1上恒成立．下面證明當(dāng)a＞﹣3時(shí),f〔x≥g〔x在[0,1上不恒成立．f〔x﹣g〔x≤==﹣x．令v〔x==,則v′〔x=．當(dāng)x∈[0,1時(shí),v′〔x≤0,故v〔x在[0,1上是減函數(shù),∴v〔x∈〔a+1+2cos1,a+3]．當(dāng)a＞﹣3時(shí),a+3＞0．∴存在x0∈〔0,1,使得v〔x0＞0,此時(shí),f〔x0＜g〔x0．即f〔x≥g〔x在[0,1不恒成立．綜上實(shí)數(shù)a的取值范圍是〔﹣∞,﹣3]．9．〔2013?XX已知函數(shù)f〔x=ex,x∈R．〔Ⅰ若直線y=kx+1與f〔x的反函數(shù)g〔x=lnx的圖象相切,求實(shí)數(shù)k的值；〔Ⅱ設(shè)x＞0,討論曲線y=f〔x與曲線y=mx2〔m＞0公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)．〔Ⅲ設(shè)a＜b,比較與的大小,并說明理由．[解答]解：〔I函數(shù)f〔x=ex的反函數(shù)為g〔x=lnx,∴．設(shè)直線y=kx+1與g〔x的圖象相切于點(diǎn)P〔x0,y0,則,解得,k=e﹣2,∴k=e﹣2．〔II當(dāng)x＞0,m＞0時(shí),令f〔x=mx2,化為m=,令h〔x=,則,則x∈〔0,2時(shí),h′〔x＜0,h〔x單調(diào)遞減；x∈〔2,+∞時(shí),h′〔x＞0,h〔x單調(diào)遞增．∴當(dāng)x=2時(shí),h〔x取得極小值即最小值,．∴當(dāng)時(shí),曲線y=f〔x與曲線y=mx2〔m＞0公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)為0；當(dāng)時(shí),曲線y=f〔x與曲線y=mx2〔m＞0公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1；當(dāng)時(shí),曲線y=f〔x與曲線y=mx2〔m＞0公共點(diǎn)個(gè)數(shù)為2．〔Ⅲ===,令g〔x=x+2+〔x﹣2ex〔x＞0,則g′〔x=1+〔x﹣1ex．g′′〔x=xex＞0,∴g′〔x在〔0,+∞上單調(diào)遞增,且g′〔0=0,∴g′〔x＞0,∴g〔x在〔0,+∞上單調(diào)遞增,而g〔0=0,∴在〔0,+∞上,有g(shù)〔x＞g〔0=0．∵當(dāng)x＞0時(shí),g〔x=x+2+〔x﹣2?ex＞0,且a＜b,∴,即當(dāng)a＜b時(shí),．10．〔2013?XX設(shè)n是正整數(shù),r為正有理數(shù)．〔Ⅰ求函數(shù)f〔x=〔1+xr+1﹣〔r+1x﹣1〔x＞﹣1的最小值；〔Ⅱ證明：；〔Ⅲ設(shè)x∈R,記[x]為不小于x的最小整數(shù),例如．令的值．〔參考數(shù)據(jù)：．[解答]解；〔Ⅰ由題意得f'〔x=〔r+1〔1+xr﹣〔r+1=〔r+1[〔1+xr﹣1],令f'〔x=0,解得x=0．當(dāng)﹣1＜x＜0時(shí),f'〔x＜0,∴f〔x在〔﹣1,0內(nèi)是減函數(shù)；當(dāng)x＞0時(shí),f'〔x＞0,∴f〔x在〔0,+∞內(nèi)是增函數(shù)．故函數(shù)f〔x在x=0處,取得最小值為f〔0=0．〔Ⅱ由〔Ⅰ,當(dāng)x∈〔﹣1,+∞時(shí),有f〔x≥f〔0=0,即〔1+xr+1≥1+〔r+1x,且等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)成立,故當(dāng)x＞﹣1且x≠0,有〔1+xr+1＞1+〔r+1x,①在①中,令〔這時(shí)x＞﹣1且x≠0,得．上式兩邊同乘nr+1,得〔n+1r+1＞nr+1+nr〔r+1,即,②當(dāng)n＞1時(shí),在①中令〔這時(shí)x＞﹣1且x≠0,類似可得,③且當(dāng)n=1時(shí),③也成立．綜合②,③得,④〔Ⅲ在④中,令,n分別取值81,82,83,…,125,得,,,…,將以上各式相加,并整理得．代入數(shù)據(jù)計(jì)算,可得由[S]的定義,得[S]=211．11．〔2012?XX設(shè)f〔x=ln〔x+1++ax+b〔a,b∈R,a,b為常數(shù),曲線y=f〔x與直線y=x在〔0,0點(diǎn)相切．〔I求a,b的值；〔II證明：當(dāng)0＜x＜2時(shí),f〔x＜．[解答]〔I解：由y=f〔x過〔0,0,∴f〔0=0,∴b=﹣1∵曲線y=f〔x與直線在〔0,0點(diǎn)相切．∴y′|x=0=∴a=0；〔II證明：由〔I知f〔x=ln〔x+1+由均值不等式,當(dāng)x＞0時(shí),,∴①令k〔x=ln〔x+1﹣x,則k〔0=0,k′〔x=,∴k〔x＜0∴l(xiāng)n〔x+1＜x,②由①②得,當(dāng)x＞0時(shí),f〔x＜記h〔x=〔x+6f〔x﹣9x,則當(dāng)0＜x＜2時(shí),h′〔x=f〔x+〔x+6f′〔x﹣9＜＜=∴h〔x在〔0,2內(nèi)單調(diào)遞減,又h〔0=0,∴h〔x＜0∴當(dāng)0＜x＜2時(shí),f〔x＜．12．〔2012?XX已知函數(shù)f〔x=axsinx﹣〔a∈R,且在上的最大值為,〔1求函數(shù)f〔x的解析式；〔2判斷函數(shù)f〔x在〔0,π內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù),并加以證明．[解答]解：〔I由已知得f′〔x=a〔sinx+xcosx,對(duì)于任意的x∈〔0,,有sinx+xcosx＞0,當(dāng)a=0時(shí),f〔x=﹣,不合題意；當(dāng)a＜0時(shí),x∈〔0,,f′〔x＜0,從而f〔x在〔0,單調(diào)遞減,又函數(shù)在上圖象是連續(xù)不斷的,故函數(shù)在上上的最大值為f〔0=﹣,不合題意；當(dāng)a＞0時(shí),x∈〔0,,f′〔x＞0,從而f〔x在〔0,單調(diào)遞增,又函數(shù)在上圖象是連續(xù)不斷的,故函數(shù)在上上的最大值為f〔==,解得a=1,綜上所述,得〔II函數(shù)f〔x在〔0,π內(nèi)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)．證明如下：由〔I知,,從而有f〔0=﹣＜0,f〔=＞0,又函數(shù)在上圖象是連續(xù)不斷的,所以函數(shù)f〔x在〔0,內(nèi)至少存在一個(gè)零點(diǎn),又由〔I知f〔x在〔0,單調(diào)遞增,故函數(shù)f〔x在〔0,內(nèi)僅有一個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)x∈[,π]時(shí),令g〔x=f′〔x=sinx+xcosx,由g〔=1＞0,g〔π=﹣π＜0,且g〔x在[,π]上的圖象是連續(xù)不斷的,故存在m∈〔,π,使得g〔m=0．由g′〔x=2cosx﹣xsinx,知x∈〔,π時(shí),有g(shù)′〔x＜0,從而g〔x在[,π]上單調(diào)遞減．當(dāng)x∈〔,m,g〔x＞g〔m=0,即f′〔x＞0,從而f〔x在〔,m內(nèi)單調(diào)遞增故當(dāng)x∈〔,m時(shí),f〔x＞f〔=＞0,從而〔x在〔,m內(nèi)無零點(diǎn)；當(dāng)x∈〔m,π時(shí),有g(shù)〔x＜g〔m=0,即f′〔x＜0,從而f〔x在〔,m內(nèi)單調(diào)遞減．又f〔m＞0,f〔π＜0且f〔x在[m,π]上的圖象是連續(xù)不斷的,從而f〔x在[m,π]內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)．綜上所述,函數(shù)f〔x在〔0,π內(nèi)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)．13．〔2012?XX設(shè)函數(shù)f〔x=axn〔1﹣x+b〔x＞0,n為正整數(shù),a,b為常數(shù),曲線y=f〔x在〔1,f〔1處的切線方程為x+y=1〔Ⅰ求a,b的值；〔Ⅱ求函數(shù)f〔x的最大值；〔Ⅲ證明：f〔x＜．[解答]解：〔Ⅰ因?yàn)閒〔1=b,由點(diǎn)〔1,b在x+y=1上,可得1+b=1,即b=0．因?yàn)閒′〔x=anxn﹣1﹣a〔n+1xn,所以f′〔1=﹣a．又因?yàn)榍芯€x+y=1的斜率為﹣1,所以﹣a=﹣1,即a=1,故a=1,b=0．〔Ⅱ由〔Ⅰ知,f〔x=xn〔1﹣x,則有f′〔x=〔n+1xn﹣1〔﹣x,令f′〔x=0,解得x=在〔0,上,導(dǎo)數(shù)為正,故函數(shù)f〔x是增函數(shù)；在〔,+∞上導(dǎo)數(shù)為負(fù),故函數(shù)f〔x是減函數(shù)；故函數(shù)f〔x在〔0,+∞上的最大值為f〔=〔n〔1﹣=,〔Ⅲ令φ〔t=lnt﹣1+,則φ′〔t=﹣=〔t＞0在〔0,1上,φ′〔t＜0,故φ〔t單調(diào)減；在〔1,+∞,φ′〔t＞0,故φ〔t單調(diào)增；故φ〔t在〔0,+∞上的最小值為φ〔1=0,所以φ〔t＞0〔t＞1則lnt＞1﹣,〔t＞1,令t=1+,得ln〔1+＞,即ln〔1+n+1＞lne所以〔1+n+1＞e,即＜由〔Ⅱ知,f〔x≤＜,故所證不等式成立．14．〔2012?XX已知函數(shù)f〔x=ex﹣ax,其中a＞0．〔1若對(duì)一切x∈R,f〔x≥1恒成立,求a的取值集合；〔2在函數(shù)f〔x的圖象上取定點(diǎn)A〔x1,f〔x1,B〔x2,f〔x2〔x1＜x2,記直線AB的斜率為K,證明：存在x0∈〔x1,x2,使f′〔x0=K恒成立．[解答]解：〔1f′〔x=ex﹣a,令f′〔x=0,解可得x=lna；當(dāng)x＜lna,f′〔x＜0,f〔x單調(diào)遞減,當(dāng)x＞lna,f′〔x＞0,f〔x單調(diào)遞增,故當(dāng)x=lna時(shí),f〔x取最小值,f〔lna=a﹣alna,對(duì)一切x∈R,f〔x≥1恒成立,當(dāng)且僅當(dāng)a﹣alna≥1,①令g〔t=t﹣tlnt,則g′〔t=﹣lnt,當(dāng)0＜t＜1時(shí),g′〔t＞0,g〔t單調(diào)遞增,當(dāng)t＞1時(shí),g′〔t＜0,g〔t單調(diào)遞減,故當(dāng)t=1時(shí),g〔t取得最大值,且g〔1=1,因此當(dāng)且僅當(dāng)a=1時(shí),①式成立,綜上所述,a的取值的集合為{1}．〔2根據(jù)題意,k==﹣a,令φ〔x=f′〔x﹣k=ex﹣,則φ〔x1=﹣[﹣〔x2﹣x1﹣1],φ〔x2=[﹣〔x1﹣x2﹣1],令F〔t=et﹣t﹣1,則F′〔t=et﹣1,當(dāng)t＜0時(shí),F′〔t＜0,F〔t單調(diào)遞減；當(dāng)t＞0時(shí),F′〔t＞0,F〔t單調(diào)遞增,則F〔t的最小值為F〔0=0,故當(dāng)t≠0時(shí),F〔t＞F〔0=0,即et﹣t﹣1＞0,從而﹣〔x2﹣x1﹣1＞0,且＞0,則φ〔x1＜0,﹣〔x1﹣x2﹣1＞0,＞0,則φ〔x2＞0,因?yàn)楹瘮?shù)y=φ〔x在區(qū)間[x1,x2]上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線,所以存在x0∈〔x1,x2,使φ〔x0=0,即f′〔x0=K成立．15．〔2012?XX已知a為正實(shí)數(shù),n為自然數(shù),拋物線與x軸正半軸相交于點(diǎn)A,設(shè)f〔n為該拋物線在點(diǎn)A處的切線在y軸上的截距．〔Ⅰ用a和n表示f〔n；〔Ⅱ求對(duì)所有n都有成立的a的最小值；〔Ⅲ當(dāng)0＜a＜1時(shí),比較與的大小,并說明理由．[解答]解：〔Ⅰ∵拋物線與x軸正半軸相交于點(diǎn)A,∴A〔對(duì)求導(dǎo)得y′=﹣2x∴拋物線在點(diǎn)A處的切線方程為,∴∵f〔n為該拋物線在點(diǎn)A處的切線在y軸上的截距,∴f〔n=an；〔Ⅱ由〔Ⅰ知f〔n=an,則成立的充要條件是an≥2n3+1即知,an≥2n3+1對(duì)所有n成立,特別的,取n=2得到a≥當(dāng)a=,n≥3時(shí),an＞4n=〔1+3n≥1+=1+2n3+＞2n3+1當(dāng)n=0,1,2時(shí),∴a=時(shí),對(duì)所有n都有成立∴a的最小值為；〔Ⅲ由〔Ⅰ知f〔k=ak,下面證明：首先證明：當(dāng)0＜x＜1時(shí),設(shè)函數(shù)g〔x=x〔x2﹣x+1,0＜x＜1,則g′〔x=x〔x﹣當(dāng)0＜x＜時(shí),g′〔x＜0；當(dāng)時(shí),g′〔x＞0故函數(shù)g〔x在區(qū)間〔0,1上的最小值g〔xmin=g〔=0∴當(dāng)0＜x＜1時(shí),g〔x≥0,∴由0＜a＜1知0＜ak＜1,因此,從而=≥=＞=16．〔2011?XX已知函數(shù)f〔x=x+,h〔x=．〔Ⅰ設(shè)函數(shù)F〔x=f〔x﹣h〔x,求F〔x的單調(diào)區(qū)間與極值；〔Ⅱ設(shè)a∈R,解關(guān)于x的方程log4[f〔x﹣1﹣]=log2h〔a﹣x﹣log2h〔4﹣x；〔Ⅲ試比較f〔100h〔100﹣與的大小．[解答]解：〔Ⅰ由F〔x=f〔x﹣h〔x=x+﹣〔x≥0知,F′〔x=,令F′〔x=0,得x=．當(dāng)x∈〔0,時(shí),F′〔x＜0；當(dāng)x∈〔,+∞時(shí),F′〔x＞0．故x∈〔0,時(shí),F〔x是減函數(shù)；故x∈〔,+∞時(shí),F〔x是增函數(shù)．F〔x在x=處有極小值且F〔=．〔Ⅱ原方程可化為log4〔x﹣1+log2h〔4﹣x=log2h〔a﹣x,即log2〔x﹣1+log2=log2,??①當(dāng)1＜a≤4時(shí),原方程有一解x=3﹣；②當(dāng)4＜a＜5時(shí),原方程有兩解x=3；③當(dāng)a=5時(shí),原方程有一解x=3；④當(dāng)a≤1或a＞5時(shí),原方程無解．〔Ⅲ設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為sn,且sn=f〔ng〔n﹣從而有a1=s1=1．當(dāng)2＜k≤100時(shí),ak=sk﹣sk﹣1=,ak﹣=[〔4k﹣3﹣〔4k﹣1]==＞0．即對(duì)任意的2＜k≤100,都有ak＞．又因?yàn)閍1=s1=1,所以a1+a2+a3+…+a100＞=h〔1+h〔2+…+h〔100．故f〔100h〔100﹣＞．17．〔2011?XX設(shè)函數(shù)f〔x定義在〔0,+∞上,f〔1=0,導(dǎo)函數(shù)f′〔x=,g〔x=f〔x+f′〔x．〔Ⅰ求g〔x的單調(diào)區(qū)間和最小值；〔Ⅱ討論g〔x與的大小關(guān)系；〔Ⅲ是否存在x0＞0,使得|g〔x﹣g〔x0|＜對(duì)任意x＞0成立？若存在,求出x0的取值范圍；若不存在請(qǐng)說明理由．[解答]解：〔Ⅰ由題設(shè)易知f〔x=lnx,g〔x=lnx+,∴g′〔x=,令g′〔x=0,得x=1,當(dāng)x∈〔0,1時(shí),g′〔x＜0,故g〔x的單調(diào)遞減區(qū)間是〔0,1,當(dāng)x∈〔1,+∞時(shí),g′〔x＞0,故g〔x的單調(diào)遞增區(qū)間是〔1,+∞,因此x=1是g〔x的唯一極值點(diǎn),且為極小值點(diǎn),從而是最小值點(diǎn),∴最小值為g〔1=1；〔Ⅱ=﹣lnx+x,設(shè)h〔x=g〔x﹣=2lnx﹣x+,則h′〔x=,當(dāng)x=1時(shí),h〔1=0,即g〔x=,當(dāng)x∈〔0,1∪〔1,+∞時(shí),h′〔x＜0,h′〔1=0,因此,h〔x在〔0,+∞內(nèi)單調(diào)遞減,當(dāng)0＜x＜1,時(shí),h〔x＞h〔1=0,即g〔x＞,當(dāng)x＞1,時(shí),h〔x＜h〔1=0,即g〔x＜,〔Ⅲ滿足條件的x0不存在．證明如下：證法一假設(shè)存在x0＞0,使|g〔x﹣g〔x0|＜成立,即對(duì)任意x＞0,有,〔*但對(duì)上述x0,取時(shí),有Inx1=g〔x0,這與〔*左邊不等式矛盾,因此,不存在x0＞0,使|g〔x﹣g〔x0|＜成立．證法二假設(shè)存在x0＞0,使|g〔x﹣g〔x0|成＜立．由〔Ⅰ知,的最小值為g〔x=1．又＞Inx,而x＞1時(shí),Inx的值域?yàn)椤?,+∞,∴x≥1時(shí),g〔x的值域?yàn)閇1,+∞,從而可取一個(gè)x1＞1,使g〔x1≥g〔x0+1,即g〔x1﹣g〔x0≥1,故|g〔x1﹣g〔x0|≥1＞,與假設(shè)矛盾．∴不存在x0＞0,使|g〔x﹣g〔x0|＜成立．18．〔2011?XX已知函數(shù)f〔x=x+,h〔x=．〔Ⅰ設(shè)函數(shù)F〔x=18f〔x﹣x2[h〔x]2,求F〔x的單調(diào)區(qū)間與極值；〔Ⅱ設(shè)a∈R,解關(guān)于x的方程lg[f〔x﹣1﹣]=2lgh〔a﹣x﹣2lgh〔4﹣x；〔Ⅲ設(shè)n∈Nn,證明：f〔nh〔n﹣[h〔1+h〔2+…+h〔n]≥．[解答]解：〔ⅠF〔x=18f〔x﹣x2[h〔x]2=﹣x3+12x+9〔x≥0所以F′〔x=﹣3x2+12=0,x=±2且x∈〔0,2時(shí),F′〔x＞0,當(dāng)x∈〔2,+∞時(shí),F′〔x＜0所以F〔x在〔0,2上單調(diào)遞增,在〔2,+∞上單調(diào)遞減．故x=2時(shí),F〔x有極大值,且F〔2=﹣8+24+9=25．〔Ⅱ原方程變形為lg〔x﹣1+2lg=2lg,??,①當(dāng)1＜a＜4時(shí),原方程有一解x=3﹣,②當(dāng)4＜a＜5時(shí),原方程有兩解x=3±,③當(dāng)a=5時(shí),原方程有一解x=3,④當(dāng)a≤1或a＞5時(shí),原方程無解．〔Ⅲ由已知得h〔1+h〔2+…+h〔n=,f〔nh〔n﹣=,從而a1=s1=1,當(dāng)k≥2時(shí),an=sn﹣sn﹣1=,又===＞0即對(duì)任意的k≥2,有,又因?yàn)閍1=1=,所以a1+a2+…+an≥,則sn≥h〔1+h〔2+…+h〔n,故原不等式成立．19．〔2010?XX設(shè),a＞0且a≠1,g〔x是f〔x的反函數(shù)．〔Ⅰ設(shè)關(guān)于x的方程求在區(qū)間[2,6]上有實(shí)數(shù)解,求t的取值范圍；〔Ⅱ當(dāng)a=e,e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)時(shí),證明：；〔Ⅲ當(dāng)0＜a≤時(shí),試比較||與4的大小,并說明理由．[解答]解：〔1由題意,得ax=＞0故g〔x=,x∈〔﹣∞,﹣1∪〔1,+∞由得t=〔x﹣12〔7﹣x,x∈[2,6]則t′=﹣3x2+18x﹣15=﹣3〔x﹣1〔x﹣5列表如下：x2〔2,55〔5,66t'+﹣t5遞增極大值32遞減25所以t最小值=5,t最大值=32所以t的取值范圍為[5,32]〔5分〔Ⅱ=ln〔=﹣ln令u〔z=﹣lnz2﹣=﹣2lnz+z﹣,z＞0則u′〔z=﹣=〔1﹣2≥0所以u(píng)〔z在〔0,+∞上是增函數(shù)又因?yàn)椋?＞0,所以u(píng)〔＞u〔1=0即ln＞0即〔9分〔3設(shè)a=,則p≥1,1＜f〔1=≤3,當(dāng)n=1時(shí),|f〔1﹣1|=≤2＜4,當(dāng)n≥2時(shí),設(shè)k≥2,k∈N*時(shí),則f〔k=,=1+所以1＜f〔k≤1+,從而n﹣1＜≤n﹣1+=n+1﹣＜n+1,所以n＜＜f〔1+n+1≤n+4,綜上所述,總有|﹣n|＜4．20．〔2010?全國(guó)卷Ⅱ設(shè)函數(shù)f〔x=1﹣e﹣x．〔Ⅰ證明：當(dāng)x＞﹣1時(shí),f〔x≥；〔Ⅱ設(shè)當(dāng)x≥0時(shí),f〔x≤,求a的取值范圍．[解答]解：〔1當(dāng)x＞﹣1時(shí),f〔x≥當(dāng)且僅當(dāng)ex≥1+x令g〔x=ex﹣x﹣1,則g'〔x=ex﹣1當(dāng)x≥0時(shí)g'〔x≥0,g〔x在[0,+∞是增函數(shù)當(dāng)x≤0時(shí)g'〔x≤0,g〔x在〔﹣∞,0]是減函數(shù)于是g〔x在x=0處達(dá)到最小值,因而當(dāng)x∈R時(shí),g〔x≥g〔0時(shí),即ex≥1+x所以當(dāng)x＞﹣1時(shí),f〔x≥〔2由題意x≥0,此時(shí)f〔x≥0當(dāng)a＜0時(shí),若x＞﹣,則＜0,f〔x≤不成立；當(dāng)a≥0時(shí),令h〔x=axf〔x+f〔x﹣x,則f〔x≤當(dāng)且僅當(dāng)h〔x≤0因?yàn)閒〔x=1﹣e﹣x,所以h'〔x=af〔x+axf'〔x+f'〔x﹣1=af〔x﹣axf〔x+ax﹣f〔x〔i當(dāng)0≤a≤時(shí),由〔1知x≤〔x+1f〔xh'〔x≤af〔x﹣axf〔x+a〔x+1f〔x﹣f〔x=〔2a﹣1f〔x≤0,h〔x在[0,+∞是減函數(shù),h〔x≤h〔0=0,即f〔x≤〔ii當(dāng)a＞時(shí),由〔i知x≥f〔xh'〔x=af〔x﹣axf〔x+ax﹣f〔x≥af〔x﹣axf〔x+af〔x﹣f〔x=〔2a﹣1﹣axf〔x當(dāng)0＜x＜時(shí),h'〔x＞0,所以h'〔x＞0,所以h〔x＞h〔0=0,即f〔x＞綜上,a的取值范圍是[0,]21．〔2010?XX已知函數(shù)f〔x=,g〔x=alnx,a∈R,〔Ⅰ若曲線y=f〔x與曲線y=g〔x相交,且在交點(diǎn)處有共同的切線,求a的值和該切線方程；〔Ⅱ設(shè)函數(shù)h〔x=f〔x﹣g〔x,當(dāng)h〔x存在最小值時(shí),求其最小值φ〔a的解析式；〔Ⅲ對(duì)〔Ⅱ中的φ〔a和任意的a＞0,b＞0,證明：φ′〔≤≤φ′〔．[解答]解：〔Ⅰf'〔x=,g'〔x=有已知得解得：a=,x=e2∴兩條曲線的交點(diǎn)坐標(biāo)為〔e2,e切線的斜率為k=f'〔e2=∴切線的方程為y﹣e=〔x﹣e2〔Ⅱ由條件知h〔x=﹣alnx〔x＞0,∴h′〔x=﹣=,①當(dāng)a＞0時(shí),令h′〔x=0,解得x=4a2．∴當(dāng)0＜x＜4a2時(shí),h′〔x＜0,h〔x在〔0,4a2上單調(diào)遞減；當(dāng)x＞4a2時(shí),h′〔x＞0,h〔x在〔4a2,+∞上單調(diào)遞增．∴x=4a2是h〔x在〔0,+∞上的惟一極值點(diǎn),且是極小值點(diǎn),從而也是h〔x的最小值點(diǎn)．∴最小值φ〔a=h〔4a2=2a﹣aln〔4a2=2a[1﹣ln〔2a]．②當(dāng)a≤0時(shí),h′〔x=＞0,h〔x在〔0,+∞上單調(diào)遞增,無最小值．故h〔x的最小值φ〔a的解析式為φ〔a=2a[1﹣ln〔2a]〔a＞0．〔Ⅲ證明：由〔Ⅱ知φ′〔a=﹣2ln2a對(duì)任意的a＞0,b＞0=﹣=﹣ln4ab,①φ′〔=﹣2ln〔2×=﹣ln〔a+b2≤﹣ln4ab,②φ′〔=﹣2ln〔2×=﹣2ln=﹣ln4ab,③故由①②③得φ′〔≤≤φ′〔．22．〔2009?全國(guó)卷Ⅱ設(shè)函數(shù)f〔x=x2+aln〔1+x有兩個(gè)極值點(diǎn)x1、x2,且x1＜x2,〔Ⅰ求a的取值范圍,并討論f〔x的單調(diào)性；〔Ⅱ證明：f〔x2＞．[解答]解：〔I令g〔x=2x2+2x+a,其對(duì)稱軸為．由題意知x1、x2是方程g〔x=0的兩個(gè)均大于﹣1的不相等的實(shí)根,其充要條件為,得〔1當(dāng)x∈〔﹣1,x1時(shí),f'〔x＞0,∴f〔x在〔﹣1,x1內(nèi)為增函數(shù)；〔2當(dāng)x∈〔x1,x2時(shí),f'〔x＜0,∴f〔x在〔x1,x2內(nèi)為減函數(shù)；〔3當(dāng)x∈〔x2,+∞時(shí),f'〔x＞0,∴f〔x在〔x2,+∞內(nèi)為增函數(shù)；〔II由〔Ig〔0=a＞0,∴,a=﹣〔2x22+2x2∴f〔x2=x22+aln〔1+x2=x22﹣〔2x22+2x2ln〔1+x2設(shè)h〔x=x2﹣〔2x2+2xln〔1+x,〔﹣＜x＜0則h'〔x=2x﹣2〔2x+1ln〔1+x﹣2x=﹣2〔2x+1ln〔1+x〔1當(dāng)時(shí),h'〔x＞0,∴h〔x在單調(diào)遞增；〔2當(dāng)x∈〔0,+∞時(shí),h'〔x＜0,h〔x在〔0,+∞單調(diào)遞減．∴故．23．〔2009?XX在R上定義運(yùn)算：〔b、c∈R是常數(shù),已知f1〔x=x2﹣2c,f2〔x=x﹣2b,f〔x=f1〔xf2〔x．①如果函數(shù)f〔x在x=1處有極值,試確定b、c的值；②求曲線y=f〔x上斜率為c的切線與該曲線的公共點(diǎn)；③記g〔x=|f′〔x|〔﹣1≤x≤1的最大值為M,若M≥k對(duì)任意的b、c恒成立,試求k的取值范圍．〔參考公式：x3﹣3bx2+4b3=〔x+b〔x﹣2b2[解答]解：①依題意,解得或．若,,′〔x=﹣x2+2x﹣1=﹣〔x﹣12≤0f〔x在R上單調(diào)遞減,在x=1處無極值；若,,f′〔x=﹣x2﹣2x+3=﹣〔x﹣1〔x+3,直接討論知,f〔x在x=1處有極大值,所以為所求．②解f′〔t=c得t=0或t=2b,切點(diǎn)分別為〔0,bc、,相應(yīng)的切線為y=cx+bc或．解得x=0或x=3b；解即x3﹣3bx2+4b3=0得x=﹣b或x=2b．綜合可知,b=0時(shí),斜率為c的切線只有一條,與曲線的公共點(diǎn)只有〔0,0,b≠0時(shí),斜率為c的切線有兩條,與曲線的公共點(diǎn)分別為〔0,bc、〔3b,4bc和、．③g〔x=|﹣〔x﹣b2+b2+c|．若|b|＞1,則f′〔x在[﹣1,1]是單調(diào)函數(shù),M=max{|f′〔﹣1|,|f′〔1|}={|﹣1+2b+c|,|﹣1﹣2b+c|},因?yàn)閒′〔1與f′〔﹣1之差的絕對(duì)值|f′〔1﹣f′〔﹣1|=|4b|＞4,所以M＞2．若|b|≤1,f′〔x在x=b∈[﹣1,1]取極值,則M=max{|f′〔﹣1|,|f′〔1|,|f′〔b|},f′〔b﹣f′〔±1=〔b?12．若﹣1≤b＜0,f′〔1≤f′〔﹣1≤f′〔b；若0≤b≤1,f′〔﹣1≤f′〔1≤f′〔b,M=max{|f′〔﹣1|,|f′〔b|}=．當(dāng)b=0,時(shí),在[﹣1,1]上的最大值．所以,k的取值范圍是．24．〔2009?XX已知關(guān)于x的函數(shù)f〔x=﹣x3+bx2+cx+bc,其導(dǎo)函數(shù)為f′〔x．令g〔x=|f′〔x|,記函數(shù)g〔x在區(qū)間[﹣1、1]上的最大值為M．〔Ⅰ如果函數(shù)f〔x在x=1處有極值﹣,試確定b、c的值：〔Ⅱ若|b|＞1,證明對(duì)任意的c,都有M＞2〔Ⅲ若M≧K對(duì)任意的b、c恒成立,試求k的最大值．[解答]〔Ⅰ解：∵f'〔x=﹣x2+2bx+c,由f〔x在x=1處有極值可得解得,或若b=1,c=﹣1,則f'〔x=﹣x2+2x﹣1=﹣〔x﹣12≤0,此時(shí)f〔x沒有極值；若b=﹣1,c=3,則f'〔x=﹣x2﹣2x+3=﹣〔x+3〔x﹣1當(dāng)x變化時(shí),f〔x,f'〔x的變化情況如下表：x〔﹣∞,﹣3﹣3〔﹣3,11〔1,+∞f'〔x﹣0+0﹣f〔x↘極小值﹣12↗極大值↘∴當(dāng)x=1時(shí),f〔x有極大值,故b=﹣1,c=3即為所求．〔Ⅱ證法1：g〔x=|f'〔x|=|﹣〔x﹣b2+b2+c|當(dāng)|b|＞1時(shí),函數(shù)y=f'〔x的對(duì)稱軸x=b位于區(qū)間[﹣1.1]之外．∴f'〔x在[﹣1,1]上的最值在兩端點(diǎn)處取得故M應(yīng)是g〔﹣1和g〔1中較大的一個(gè),∴2M≥g〔1+g〔﹣1=|﹣1+2b+c|+|﹣1﹣2b+c|≥|4b|＞4,即M＞2證法2〔反證法：因?yàn)閨b|＞1,所以函數(shù)y=f'〔x的對(duì)稱軸x=b位于區(qū)間[﹣1,1]之外,∴f'〔x在[﹣1,1]上的最值在兩端點(diǎn)處取得．故M應(yīng)是g〔﹣1和g〔1中較大的一個(gè)假設(shè)M≤2,則M=maxg{〔﹣1,g〔1,g〔b}將上述兩式相加得：4≥|﹣1﹣2b+c|+|﹣1+2b+c|≥4|b|＞4,導(dǎo)致矛盾,∴M＞2〔Ⅲ解法1：g〔x=|f'〔x|=|﹣〔x﹣b2+b2+c|〔1當(dāng)|b|＞1時(shí),由〔Ⅱ可知f'〔b﹣f'〔±1=b〔?12≥0；〔2當(dāng)|b|≤1時(shí),函數(shù)y=f'〔x的對(duì)稱軸x=b位于區(qū)間[﹣1,1]內(nèi),此時(shí)M=max{g〔﹣1,g〔1,g〔b}由f'〔1﹣f'〔﹣1=4b,有f'〔b﹣f'〔±1=b〔?12≥0①若﹣1≤b≤0,則f'〔1≤f'〔﹣1≤f'〔b,∴g〔﹣1≤max{g〔1,g〔b},于是②若0＜b≤1,則f'〔﹣1≤f'〔1≤f'〔b,∴g〔1≤maxg〔﹣1,g〔b于是綜上,對(duì)任意的b、c都有而當(dāng)時(shí),在區(qū)間[﹣1,1]上的最小值故M≥k對(duì)任意的b、c恒成立的k的最大值為．解法2：g〔x=|f'〔x|=|﹣〔x﹣b2+b2+c|〔1當(dāng)|b|＞1時(shí),由〔Ⅱ可知M＞2〔2當(dāng)|b|≤1y=f'〔x時(shí),函數(shù)的對(duì)稱軸x=b位于區(qū)間[﹣1,1]內(nèi),此時(shí)M=max{g〔﹣1,g〔1,g〔b}4M≥g〔﹣1+g〔1+2g〔b=|﹣1﹣2b+c|+|﹣1+2b+c|+2|b2+c|≥|﹣1﹣2b+c+〔﹣1+2b+c﹣2〔b2+c|=|2b2+2|≥2,即下同解法125．〔2008?XX請(qǐng)先閱讀：在等式cos2x=2cos2x﹣1〔x∈R的兩邊求導(dǎo),得：〔cos2x′=〔2cos2x﹣1′,由求導(dǎo)法則,得〔﹣sin2x?2=4cosx?〔﹣sinx,化簡(jiǎn)得等式：sin2x=2cosx?sinx．〔1利用上題的想法〔或其他方法,結(jié)合等式〔1+xn=Cn0+Cn1x+Cn2x2+…+Cnnxn〔x∈R,正整數(shù)n≥2,證明：．〔2對(duì)于正整數(shù)n≥3,求證：〔i；〔ii；〔iii．[解答]證明：〔1在等式〔1+xn=Cn0+Cn1x+Cn2x2+…+Cnnxn兩邊對(duì)x求導(dǎo)得n〔1+xn﹣1=Cn1+2Cn2x+…+〔n﹣1Cnn﹣1xn﹣2+nCnnxn﹣1移項(xiàng)得〔*〔2〔i在〔*式中,令x=﹣1,整理得所以〔ii由〔1知n〔1+xn﹣1=Cn1+2Cn2x+…+〔n﹣1Cnn﹣1xn﹣2+nCnnxn﹣1,n≥3兩邊對(duì)x求導(dǎo),得n〔n﹣1〔1+xn﹣2=2Cn2+3?2Cn3x+…+n〔n﹣1Cnnxn﹣2在上式中,令x=﹣1,得0=2Cn2+3?2Cn3〔﹣1+…+n〔n﹣1Cn2〔﹣1n﹣2即,亦即〔1又由〔i知〔2由〔1+〔2得〔iii將等式〔1+xn=Cn0+Cn1x+Cn2x2+…+Cnnxn兩邊在[0,1]上對(duì)x積分由微積分基本定理,得所以26．〔2008?天津已知函數(shù)f〔x=x4+ax3+2x2+b〔x∈R,其中a,b∈R．〔Ⅰ當(dāng)時(shí),討論函數(shù)f〔x的單調(diào)性；〔Ⅱ若函數(shù)f〔x僅在x=0處有極值,求a的取值范圍；〔Ⅲ若對(duì)于任意的a∈[﹣2,2],不等式f〔x≤1在[﹣1,1]上恒成立,求b的取值范圍．[解答]解：〔Ⅰf'〔x=4x3+3ax2+4x=x〔4x2+3ax+4．當(dāng)時(shí),f'〔x=x〔4x2﹣10x+4=2x〔2x﹣1〔x﹣2．令f'〔x=0,解得x1=0,,x3=2．當(dāng)x變化時(shí),f'〔x,f〔x的變化情況如下表：x〔﹣∞,00〔0,〔,22〔2,+∞f′〔x﹣0+0﹣0+f〔x↘極小值↗極大值↘極小值↗所以f〔x在,〔2,+∞內(nèi)是增函數(shù),在〔﹣∞,0,內(nèi)是減函數(shù)．〔Ⅱf'〔x=x〔4x2+3ax+4,顯然x=0不是方程4x2+3ax+4=0的根．為使f〔x僅在x=0處有極值,必須4x2+3ax+4≥0成立,即有△=9a2﹣64≤0．解些不等式,得．這時(shí),f〔0=b是唯一極值．因此滿足條件的a的取值范圍是．〔Ⅲ由條件a∈[﹣2,2],可知△=9a2﹣64＜0,從而4x2+3ax+4＞0恒成立．當(dāng)x＜0時(shí),f'〔x＜0；當(dāng)x＞0時(shí),f'〔x＞0．因此函數(shù)f〔x在[﹣1,1]上的最大值是f〔1與f〔﹣1兩者中的較大者．為使對(duì)任意的a∈[﹣2,2],不等式f〔x≤1在[﹣1,1]上恒成立,當(dāng)且僅當(dāng),即,在a∈[﹣2,2]上恒成立．所以b≤﹣4,因此滿足條件的b的取值范圍是〔﹣∞,﹣4]．四．解答題〔共4小題27．〔2008?XX已知函數(shù)f〔x=ln〔1+x﹣x〔1求f〔x的單調(diào)區(qū)間；〔2記f〔x在區(qū)間[0,n]〔n∈N*上的最小值為bn令an=ln〔1+n﹣bn〔i如果對(duì)一切n,不等式恒成立,求實(shí)數(shù)c的取值范圍；〔ii求證：．[解答]解：〔1因?yàn)閒〔x=ln〔1+x﹣x,所以函數(shù)定義域?yàn)椤博?,+∞,且f′〔x=﹣1=．由f′〔x＞0得﹣1＜x＜0,f〔x的單調(diào)遞增區(qū)間為〔﹣1,0；由f’〔x＜0得x＞0,f〔x的單調(diào)遞減區(qū)間為〔0,+∞．〔2因?yàn)閒〔x在[0,n]上是減函數(shù),所以bn=f〔n=ln〔1+n﹣n,則an=ln〔1+n﹣bn=ln〔1+n﹣ln〔1+n+n=n．〔i因?yàn)閷?duì)n∈N*恒成立．所以對(duì)n∈N*恒成立．則對(duì)n∈N*恒成立．設(shè),n∈N*,則c＜g〔n對(duì)n∈N*恒成立．考慮．因?yàn)?0,所以g〔x在[1,+∞內(nèi)是減函數(shù)；則當(dāng)n∈N*時(shí),g〔n隨n的增大而減小,又因?yàn)?1．所以對(duì)一切n∈N,g〔n＞1因此c≤1,即實(shí)數(shù)c的取值范圍是〔﹣∞,1]．〔ⅱ由〔ⅰ知．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式〔n∈N+①當(dāng)n=1時(shí),左邊=,右邊=,左邊＜右邊．不等式成立．②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí),不等式成立．即．當(dāng)n=k+1時(shí),＜===,即n=k+1時(shí),不等式成立綜合①、②得,不等式成立．所以,所以+＜+…+=﹣1．即．28．〔2007?XX已知函數(shù)f〔x=ex﹣kx,〔1若k=e,試確定函數(shù)f〔x的單調(diào)區(qū)間；〔2若k＞0,且對(duì)于任意x∈R,f〔|x|＞0恒成立,試確定實(shí)數(shù)k的取值范圍；〔3設(shè)函數(shù)F〔x=f〔x+f〔﹣x,求證：F〔1F〔2…F〔n＞〔n∈N*．[解答]解：〔Ⅰ由k=e得f〔x=ex﹣ex,所以f'〔x=ex﹣e．由f'〔x＞0得x＞1,故f〔x的單調(diào)遞增區(qū)間是〔1,+∞,由f'〔x＜0得x＜1,故f〔x的單調(diào)遞減區(qū)間是〔﹣∞,1．〔Ⅱ由f〔|﹣x|=f〔|x|可知f〔|x|是偶函數(shù)．于是f〔|x|＞0對(duì)任意x∈R成立等價(jià)于f〔x＞0對(duì)任意x≥0成立．由f'〔x=