數(shù)學(xué)-導(dǎo)數(shù)大題練習(xí)30題答案

一．解答題（共30小題）1．已知函數(shù)f（x）＝lnx+ax?2x（a∈R（Ⅰ）當(dāng)a＝﹣2時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）若函數(shù)f（x）有兩個(gè)不同零點(diǎn)x1，x2（x1＜x2），（?。┣髮?shí)數(shù)a的取值范圍；（ⅱ）求證：x1?x22＞a【解答】解：對(duì)函數(shù)f（x）求導(dǎo)，得f′（x）=1x+a2（I）當(dāng)a＝﹣2時(shí)，f′（x）=?4x?2因?yàn)楹瘮?shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），由f′（x）＞0，得0＜x＜1由f′（x）＜0，得x＞1所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，14），單調(diào)遞減區(qū)間是（1（II）由f（x）＝0，得lnx+ax?2x（i）函數(shù)f（x）有兩個(gè)不同零點(diǎn)x1，x2（x1＜x2），等價(jià)于方程a＝2x?設(shè)t=x，即方程a2=設(shè)g（t）＝t?lntg′（t）＝1?1?lnt再設(shè)u（t）＝t2+lnt﹣1，所以函數(shù)u（t）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，注意到u（1）＝0，所以當(dāng)0＜t＜1時(shí)，u（t）＜0，當(dāng)t＞1時(shí)，u（t）＞0．所以g（t）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增．當(dāng)t→0時(shí)，g（t）→+∞，當(dāng)t→+∞時(shí)，g（t）→+∞，當(dāng)t＝1時(shí)，g（t）＝1，只需a2即所求a＞2，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是（2，+∞）．（ii）注意到t1=x1，t2=x2，要證x1?x22＞a24，只需證t由（i）知，0＜t1＜1＜t2，故有a2=t2?lnt2下面證明：t1?t2＞1．設(shè)h（t2）＝g（t2）﹣g（1t2）＝（t2?lnt2t2）﹣（1t2?ln1有h′（t2）＝1+1t22?（1?1t22）lnt2﹣（t2所以函數(shù)h（t2）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，所以h（t2）＜h（1）＝0，所以g（t2）﹣g（1t2）＜0，故有g(shù)（1t2）＞g（t2）＝g又0＜1t2＜1，0＜t1＜1，且g（t）在（0，1）上單調(diào)遞減，所以1t2＜t1因此t1?t22＞a2．已知函數(shù)f（x）=1+x2ekx，g（x）＝2（Ⅰ）若函數(shù)f（x）沒有極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；（Ⅱ）若g（x）≤f（x）對(duì)任意的x∈R恒成立，求實(shí)數(shù)k和a所滿足的關(guān)系式，并求實(shí)數(shù)k的取值范圍．【解答】解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=1+x2f′（x）=2x因?yàn)楹瘮?shù)f（x）沒有極值點(diǎn)，所以f′（x）≥0或f′（x）≤0恒成立，當(dāng)k＝0時(shí)，f（x）＝1+x2，有極值點(diǎn)，不符合題意；當(dāng)k≠0時(shí)，則Δ＝4﹣4k2≤0，解得k≥1或k≤﹣1，綜上可得，實(shí)數(shù)k的取值范圍是（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）．（Ⅱ）由題意得，對(duì)任意的x∈R，h（x）=1+x2ekx?因?yàn)閔（0）＝0，所以x＝0是y＝h（x）的極小值點(diǎn)，所以h′（0）＝0，得a＝﹣k，即對(duì)任意的x∈R，恒有（1+x2）eax≥2ax2+ax+1成立，其中a＝﹣k，①當(dāng)a＞0時(shí)，當(dāng)x→﹣∞時(shí)，（1+x2）eax→0，2ax2+ax+1→+∞，矛盾，舍；②當(dāng)a≤0時(shí)，g（x）＝2ax2+ax+1圖象開口向下，過點(diǎn)（0，1），g′（x）＝4ax+a，則g′（0）＝a，所以g（x）在點(diǎn)（0，1）處的切線方程為y＝ax+1，所以有ax+1≥2ax2+ax+1，下證（1+x2）eax≥ax+1，令m（x）＝（1+ax）e﹣ax﹣（1+x2），又因?yàn)閙′（x）＝ae﹣ax﹣a（1+ax）e﹣ax﹣2x＝﹣x（2+a2e﹣ax），當(dāng)x∈（﹣∞，0）時(shí)，m′（x）＞0，m（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，m′（x）＜0，m（x）單調(diào)遞減，所以m（x）≤m（0）＝0，所以（1+x2）eax≥ax+1成立，所以（1+x2）eax≥ax+1≥2ax2+ax+1，綜上所述，當(dāng)k＝﹣a≥0時(shí)，g（x）≤f（x）對(duì)任意的x∈R恒成立．3．已知函數(shù)f（x）＝（x+1）lnx﹣x+1．（Ⅰ）若xf′（x）≤x2+ax+1，求a的取值范圍；（Ⅱ）證明：（x﹣1）f（x）≥0．【解答】解：（Ⅰ）函數(shù)的定義域?yàn)椋?，+∞）求導(dǎo)函數(shù)，可得f'(x)=x+1∴xf′（x）＝xlnx+1，題設(shè)xf′（x）≤x2+ax+1等價(jià)于lnx﹣x≤a，令g（x）＝lnx﹣x，則g′（x）=1當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′（x）＞0；當(dāng)x≥1時(shí)，g′（x）≤0，∴x＝1是g（x）的最大值點(diǎn)，∴g（x）≤g（1）＝﹣1．…（6分）綜上，a的取值范圍是[﹣1，+∞）．…（7分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，g（x）≤g（1）＝﹣1，即lnx﹣x+1≤0；當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f（x）＝（x+1）lnx﹣x+1＝xlnx+（lnx﹣x+1）＜0；…（10分）當(dāng)x≥1時(shí)，f（x）＝lnx+（xlnx﹣x+1）＝lnx+x（lnx+1所以（x﹣1）f（x）≥0…（13分）4．已知a＞1，函數(shù)f（x）＝ex?12x2﹣ax﹣1，其中（Ⅰ）證明：函數(shù)y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零點(diǎn)；（Ⅱ）記x0為函數(shù)y＝f（x）在（0，+∞）上的零點(diǎn)，證明：x0＜a．（參考數(shù)值：ln4.6≈1.53）【解答】證明：（Ⅰ）f′（x）＝ex﹣x﹣a，f″（x）＝ex﹣1＞0在x∈（0，+∞）上恒成立，所以f′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，f′（0）＝1﹣a＜0，f′（a）＝ea﹣2a＞（e﹣2）a＞0，所以存在x1∈（0，a），使得f′（x1）＝0，故f″（x）＜0?x∈（0，x1），f（x）在（0，x1）上單調(diào)遞減；f″（x）＞0?x∈（x1，+∞），f（x）在（x1，+∞）上單調(diào)遞增，又f（0）＝0，所以f（x1）＜0，當(dāng)x→+∞時(shí)，f（x）→+∞，故由零點(diǎn)存在定理，f（x）在（x1，+∞）上有唯一零點(diǎn)，在（0，x1）上沒有零點(diǎn)，所以函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有唯一零點(diǎn)．（Ⅱ）由（Ⅰ）得：f（x）在（x1，+∞）上單調(diào)遞增，且a＞x1，x0＞x1，故要證：x0＜a，只要證f（x0）＜f（a），即證：ea?32a2﹣1＞0在設(shè)g（a）＝ea?32a2﹣1，故g′（a）＝ea﹣3a，g″（a）＝e由g″（a）＝0?a＝ln3，所以g′（a）在（1，ln3）遞減，在（ln3，+∞）遞增，g′（1）＝e﹣3＜0，g′（ln3）＝3﹣3ln3＜0，g′（ln4.6）＝4.6﹣3×ln4.6＞4.6﹣3×1.53＞0，所以存在x2∈（ln3，ln4.6），使得g′（x2）＝0，所以g（a）在（1，x2）遞減，（x2，+∞）遞增，所以g（a）min＝g（x3），因?yàn)間（1）＝e?52＞0，故只需證明g（x2）=e由g′（x2）＝0?ex2=3x2，所以g（x2）=?32x22+3x2﹣1，x2∈由二次函數(shù)的單調(diào)性，得g（x2）＞?32（ln4.6）2+3ln4.6﹣1＞?3綜上，得證．5．已知函數(shù)f（x）＝31+x?4lnx8，g（x）＝x4+mx3+nx2+mx+10，m，n∈（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）若對(duì)任意x1∈（0，+∞），總存在x2∈R，使得f（x1）＝g（x2），求m2+n2的最小值．【解答】解：（1）首先函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），f'(x)=321+x?4x，令f所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，8），單調(diào)遞增區(qū)間為（8，+∞）．（2）因?yàn)閷?duì)任意x1∈（0，+∞），存在x2∈R，使得f（x1）＝g（x2），所以{f（x）|x＞0}?{g（x）|x∈R}，由（1）知，f（x）≥f（8）＝9，又x→+∞時(shí)，g(x)→+∞，且為連續(xù)函數(shù)，所以g（x）min≤9，故g（x）＝9?x4+mx3+nx2+mx+1＝0有解，顯然x≠0，所以x2?t=x+1則關(guān)于t的方程t2+mt+n﹣2＝0在（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）上有解，方法1（幾何意義）：將（m，n）看成直線tm+n+t2﹣2＝0上的點(diǎn)，m2+n2看作點(diǎn)（m，n）到原點(diǎn)的距離的平方，則m2由t2+1∈[5，+∞），且函數(shù)y=x+9得m2+n方法2（柯西不等式）：因?yàn)椋╩2+n2）（t2+1）≥（mt+n）2，所以m2下同方法1．綜上，m2+n2的最小值為456．已知函數(shù)f（x）=lnxx2+a（x＞0），其中（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（Ⅱ）若e2[（x﹣1）2（x+1）+lnx]＜e2xlnx，求x的取值范圍；（Ⅲ）當(dāng)a＝3e4時(shí)，若x1，x2為函數(shù)g（x）＝f（x）﹣m（m∈R）的兩個(gè)零點(diǎn)，試證明：4e2(x1+e2)(x【解答】解：（1）f'(x)=x+極值點(diǎn)即為f'（x）的變號(hào)零點(diǎn)，即a＝2x2lnx﹣x2＝x2（2lnx﹣1），記h（x）＝x2（2lnx﹣1），h′（x）＝4xlnx，令h′（x）＞0，解得x＞1；令h′（x）＜0，解得0＜x＜1，故h（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增，則h（x）≥h（1）＝﹣1，當(dāng)x→0+，h（x）→0，當(dāng)x→+∞，h（x）→+∞，①當(dāng)a≤﹣1時(shí)，f'（x）≤0在區(qū)間(0，?a)∪(?a，+∞)上恒成立，所以函數(shù)f（x）在區(qū)間②當(dāng)﹣1＜a＜0時(shí)，則方程a＝2x2lnx﹣x2＝x2（2lnx﹣1）有兩個(gè)根，記為x1，x2，不妨設(shè)x1＜1＜x2，因?yàn)?(?a)＜a，故當(dāng)0＜x＜x1或x＞x2時(shí)，f'（x）＜0；當(dāng)x1＜x＜?a或?a＜x＜x2時(shí)，f'（所以函數(shù)f（x）在（0，x1），（x2，+∞）上單調(diào)遞增，在（x1，?a），（?a，x2）上單調(diào)遞減．③當(dāng)a＞0時(shí)，則方程a＝2x2lnx﹣x2＝x2（2lnx﹣1）有一個(gè)根，記為x3，當(dāng)0＜x＜x3時(shí)，f'（x）＞0；當(dāng)x＞x3時(shí)，f'（x）＜0，所以函數(shù)f（x）在（0，x3）上單調(diào)遞增，在（x3，+∞）上單調(diào)遞減．（2）e2[（x﹣1）2（x+1）+lnx]＜e2xlnx，即（x﹣1）（x2﹣1）＜e2（x﹣1）lnx﹣lnx，當(dāng)x＝1時(shí)，左邊＝右邊（舍）；當(dāng)x＞1時(shí)，x2﹣1＞0，e2（x﹣1）﹣1＞0，當(dāng)x＜1時(shí)，x2﹣1＜0，e2（x﹣1）﹣1＜0，即當(dāng)x≠1時(shí)，（x2﹣1）?（e2（x﹣1）﹣1）＞0，于是x?1e即將a＝﹣1時(shí)，f（ex﹣1）＜f（x），由（1）知，當(dāng)a≤﹣1時(shí)，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，所以f（ex﹣1）＜f（x）?ex﹣1＞x（x∈（0，+∞）），由于y＝ex﹣1與y＝x在x＝1處相切，且．y＝ex﹣1為下凹函數(shù)，故x∈（0，1）∪（1，+∞）．（3）f'(x)=x+即a＝2x2lnx﹣x2＝x2（2lnx﹣1），∵a＝3e4，∴x0由（I）知：當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）先增后減，不妨設(shè)1＜xg(x1構(gòu)造函數(shù)φ(x)=lnx?2(x?φ'(x)=1∴l(xiāng)nx＜2(x?即lnx兩式相減得：m(x即4eμ'(x)=1∴l(xiāng)nx＞x即lnx兩式相減得：m(x即m(x∴1e+e綜上所述：4e7．已知函數(shù)f（x）＝ax2+lnx（a∈R）．（1）當(dāng)a=12時(shí)，求f（x）在區(qū)間[1，（2）如果函數(shù)g（x），f1（x），f2（x），在公共定義域D上，滿足f1（x）＜g（x）＜f2（x），那么就稱g（x）為f1（x），f2（x）的“活動(dòng)函數(shù)“．已知函數(shù)f1(x)=(a?12)x2+2ax+(1?a2)lnx，f2（x）=12x2+2ax．若在區(qū)間（1，+∞）上函數(shù)【解答】解：（1）當(dāng)a=12時(shí)，f(x)=1對(duì)于x∈[1，e]，有f'（x）＞0，∴f（x）在區(qū)間[1，e]上為增函數(shù)，∴fmax(x)=f(e)=1+e（2）在區(qū)間（1，+∞）上，函數(shù)f（x）是f1（x），f2（x）的“活動(dòng)函數(shù)”，則f1（x）＜f（x）＜f2（x）令p(x)=f(x)?f2(x)=(a?1且h（x）＝f1（x）﹣f（x）=?12x2∵p'(x)=(2a?1)x?2a+1）若a＞12，令p′（x）＝0，得極值點(diǎn)x1＝1，當(dāng)x2＞x1＝1，即12＜a＜1時(shí)，在（x2，+∞）上有p′（此時(shí)p（x）在區(qū)間（x2，+∞）上是增函數(shù)，并且在該區(qū)間上有p（x）∈（p（x2），+∞），不合題意；當(dāng)x2＜x1＝1，即a≥1時(shí)，同理可知，p（x）在區(qū)間（1，+∞）上，有p（x）∈（p（1），+∞），也不合題意；2）若a≤12，則有2a﹣1≤0，此時(shí)在區(qū)間（1，+∞）上恒有p′（從而p（x）在區(qū)間（1，+∞）上是減函數(shù)；要使p（x）＜0在此區(qū)間上恒成立，只須滿足p(1)=?a?1所以?12≤又因?yàn)閔′（x）＝﹣x+2a?a2x=?h（x）＜h（1）=?12+2a綜合可知a的范圍是[?12，8．設(shè)函數(shù)f（x）＝xlnx（x＞0）．（1）求函數(shù)f（x）的最小值；（2）設(shè)F（x）＝ax2+f′（x）（a∈R），討論函數(shù)F（x）的單調(diào)性；（3）斜率為k的直線與曲線y＝f′（x）交于A（x1，y1）、B（x2，y2）（x1＜x2）兩點(diǎn)，求證：x1【解答】（1）解：f′（x）＝lnx+1（x＞0），令f′（x）＝0，得x=1∵當(dāng)x∈(0，1e)時(shí)，f′（x）＜0；當(dāng)x∈(1e∴當(dāng)x=1e時(shí)，（2）F（x）＝ax2+lnx+1（x＞0），F(xiàn)'(x)=2ax+1①當(dāng)a≥0時(shí)，恒有F'（x）＞0，F(xiàn)（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；（6分）②當(dāng)a＜0時(shí)，令F′（x）＞0，得2ax2+1＞0，解得0＜x＜?令F′（x）＜0，得2ax2+1＜0，解得x＞?綜上，當(dāng)a≥0時(shí)，F(xiàn)（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；當(dāng)a＜0時(shí)，F(xiàn)（x）在(0，?12a（3）證：k=f'(要證x1＜1k＜x2則只要證1＜t?1lnt＜t，由t＞1知lnt＞0，故等價(jià)于證lnt＜t﹣1＜tlnt①設(shè)g（t）＝t﹣1﹣lnt（t≥1），則g'(t)=1?1t≥0(t≥1)，故g∴當(dāng)t＞1時(shí)，g（t）＝t﹣1﹣lnt＞g（1）＝0，即t﹣1＞lnt（t＞1）．②設(shè)h（t）＝tlnt﹣（t﹣1）（t≥1），則h′（t）＝lnt≥0（t≥1），故h（t）在[1，+∞）上是增函數(shù)，∴當(dāng)t＞1時(shí)，h（t）＝tlnt﹣（t﹣1）＞h（1）＝0，即t﹣1＜tlnt（t＞1）．由①②知（*）成立，得證．（14分）9．已知函數(shù)f（x）＝x+1x+alnx，a（1）討論y＝f（x）在區(qū)間[1，e]上的單調(diào)性；（2）若對(duì)任意的x∈[1，e]，都有2e≤f（x）≤2e恒成立，求實(shí)數(shù)【解答】解：函數(shù)f（x）＝x+1x+alnx，a∈R（1）f'（x）＝1?1x2+ax=x2方程x2+ax﹣1＝0，有兩個(gè)不同的根m=?a+a2+4當(dāng)x∈（0，m）時(shí)，f‘（x）＜0，f（x）遞減，當(dāng)x∈（m，+∞）時(shí)，f‘（x）＞0，f（x）遞增；當(dāng)0＜m≤1時(shí)，即0＜?a+a2+42≤1，得a≥0時(shí)，函數(shù)當(dāng)1＜m＜e時(shí)，即1＜?a+a2+42＜e，得1e?e＜a＜0，f（當(dāng)m≥e時(shí)，a≤1e?e，f（x（2）根據(jù)（1）f（x）的單調(diào)性可知，當(dāng)a≥0時(shí)，函數(shù)f（x）在[1，e]單調(diào)遞增，f（1）＝2＞2e，f（e）＝e+1e當(dāng)a≤1e?e，f（x）在[1，e]遞減；f（x）的最大值為f（1）＝2，最小值f（e）＝e+1e+a≥2當(dāng)1e?e＜a＜0，f（x）在[1，m]遞減，[m，e]遞增，對(duì)任意的x∈[1，e]，都有2e≤f（x）≤2e恒成立，又22e≤f（e）＝e+1e只需f（x）的最小值為f（x1）=x1+因?yàn)閤12+ax代入上式構(gòu)造函數(shù)h（t）＝t+1t+(1t?t)lnt，t∈（1，e），則h'（所以函數(shù)y＝h（t）在（1，e）上單調(diào)遞減，故h（t）＞h（e）=2e成立，故1綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1e?e，e10．已知函數(shù)f（x）＝x﹣alnx．（Ⅰ）若f（x）≥1恒成立，求a的取值范圍：（Ⅱ）在（Ⅰ）的條件下，f（x）＝m有兩個(gè)不同的根x1，x2，求證：x1+x2＞m+1．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝x﹣alnx，則f′（x）＝1?ax=∴當(dāng)a≤0時(shí)，∴f′（x）＞0恒成立，∴f（x）在定義域（0，+∞）上單調(diào)遞增，∵當(dāng)x→0時(shí)，f（x）→﹣∞，不符合題意；當(dāng)a＞0時(shí)，令f′（x）＝0，得x＝a，∴x＞a時(shí)，f′（x）＞0；0＜x＜a時(shí)，f′（x）＜0．∴f（x）在（0，a）上單調(diào)遞減，在（a，+∞）上單調(diào)遞增，∴f（x）min＝f（a）＝a﹣alna≥1．令g（x）＝x﹣xlnx，則g′（x）＝﹣lnx，易知g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減．∴g（x）≤g（1）＝1，∴a＝1．∴a的取值范圍為{1}．（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）可得f（x）＝x﹣lnx在x＝1處取到極小值1，∵x→0時(shí)，f（x）→+∞，x→+∞時(shí)，f（x）→+∞，∴m＞1，不妨設(shè)0＜x1＜1＜x2，則要證明x1+x2＞m+1，只需證明x2＞m+1﹣x1．∵f（x）在（1，+∞）遞增，且x2＞m+1﹣x1＞1，故只需證明f（x2）＞f（m+1﹣x1），即證明m＞f（m+1﹣x1），即證明m＞m+1﹣x1﹣ln（m+1﹣x1），即證明1﹣x1﹣ln（m+1﹣x1）＝1﹣x1﹣ln（x1﹣lnx1+1﹣x1）＜0，即證明1﹣x1＜ln（1﹣lnx1），即證明e1﹣x+lnx﹣1＜0，令G（x）＝e1﹣x+lnx﹣1（0＜x＜1），則G'（x）=?e∴G（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，又G（x）＜G（1）＝0，∴x1+x2＞m+1成立．11．已知函數(shù)f（x）=12ax2+（1﹣2a）x﹣2lnx，a∈（1）討論f（x）的單調(diào)性；（2）若不等式f（x）≥32在（0，1）上恒成立，求實(shí)數(shù)【解答】解：（1）∵f（x）=12ax2+（1﹣2a）x﹣2lnx，∴f′（x）=a①當(dāng)a≥0時(shí)，令f′（x）＜0，得0＜x＜2；令f′（x）＞0，得x＞2；②當(dāng)a＜0時(shí)，令f′（x）＝0，得x=?1a或（Ⅰ）當(dāng)?1a＞2，即?12＜a＜0時(shí)，令f′（x）＜0，得0＜x＜2或x＞?1a（Ⅱ）當(dāng)?1a=2時(shí)，即a=?12（Ⅲ）當(dāng)?1a＜2時(shí)，即a＜?12時(shí)，令f′（x）＜0，得0＜x＜?1a或x＞2；令綜上所述：當(dāng)a≥0時(shí)，f（x）在（0，2）上遞減，在（2，+∞）上遞增；當(dāng)?12＜a＜0時(shí)，f（x）在（0，2）和（?當(dāng)a=?12時(shí)，f（當(dāng)a＜?12時(shí)，f（x）在（0，?1（2）由（1）得①當(dāng)a≥?12時(shí)，f（∴f（1）＝1?32a≥3②當(dāng)a＜?1（Ⅰ）當(dāng)?1a≤1，即a≤﹣1時(shí)，f（x）在（0，?∴f（?1a）＝2?12a+2ln（﹣a（Ⅱ）當(dāng)?1a＞1，即﹣1＜a＜?12∴f（1）＝1?32a＞74綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為（﹣∞，?112．已知函數(shù)f(x)=x?1（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；（2）若函數(shù)y＝g（x）對(duì)任意x滿足g（x）＝f（4﹣x），求證：當(dāng)x＞2，f（x）＞g（x）；（3）若x1≠x2，且f（x1）＝f（x2），求證：x1+x2＞4．【解答】解：（1）∵f（x）=x?1ex，∴f'（x令f'（x）＝0，解得x＝2．x（﹣∞，2）2（2，+∞）f'（x）+0﹣f（x）↗極大值1↘∴f（x）在（﹣∞，2）內(nèi)是增函數(shù)，在（2，+∞）內(nèi)是減函數(shù)．（3分）∴當(dāng)x＝2時(shí)，f（x）取得極大值f（2）=1（2）證明：g(x)=f(4?x)=3?xe4?x∴F'（x）=2?x當(dāng)x＞2時(shí)，2﹣x＜0，2x＞4，從而e4﹣e2x＜0，∴F'（x）＞0，F(xiàn)（x）在（2，+∞）是增函數(shù)．∴F(x)＞F(2)=1（3）證明：∵f（x）在（﹣∞，2）內(nèi)是增函數(shù)，在（2，+∞）內(nèi)是減函數(shù)．∴當(dāng)x1≠x2，且f（x1）＝f（x2），x1、x2不可能在同一單調(diào)區(qū)間內(nèi)．不妨設(shè)x1＜2＜x2，由（2）可知f（x2）＞g（x2），又g（x2）＝f（4﹣x2），∴f（x2）＞f（4﹣x2）．∵f（x1）＝f（x2），∴f（x1）＞f（4﹣x2）．∵x2＞2，4﹣x2＜2，x1＜2，且f（x）在區(qū)間（﹣∞，2）內(nèi)為增函數(shù)，∴x1＞4﹣x2，即x1+x2＞4．（12分）13．已知函數(shù)f(x)=2（Ⅰ）若曲線y＝f（x）在點(diǎn)P（1，f（1））處的切線與直線y＝x+2垂直，求函數(shù)y＝f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）若對(duì)于?x∈（0，+∞）都有f（x）＞2（a﹣1）成立，試求a的取值范圍；（Ⅲ）記g（x）＝f（x）+x﹣b（b∈R）．當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)g（x）在區(qū)間[e﹣1，e]上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．【解答】解：（Ⅰ）直線y＝x+2的斜率為1，函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），因?yàn)閒'(x)=?2x2+a所以，f(x)=2x+lnx?2，f'(x)=x?2x2．由f'（x）＞0解得x＞2；由所以f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（2，+∞），單調(diào)減區(qū)間是（0，2）．（Ⅱ）f'(x)=?2x2+ax=ax?2x2，由f'（所以，f（x）在區(qū)間(2a，+∞)所以，當(dāng)x=2a時(shí)，函數(shù)f（x）取得最小值，ymin=f(2a)．因?yàn)閷?duì)于?x∈所以，f(2a)＞2(a?1)即可．則22a所以，a的取值范圍是(0，2（Ⅲ）依題得g(x)=2x+lnx+x?2?b由g'（x）＞0解得x＞1；由g'（x）＜0解得0＜x＜1．所以函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）為減函數(shù)，在區(qū)間（1，+∞）為增函數(shù)．又因?yàn)楹瘮?shù)g（x）在區(qū)間[e﹣1，e]上有兩個(gè)零點(diǎn)，所以g(e解得1＜b≤2e+e?1．所以，b14．設(shè)函數(shù)f（x）＝x3﹣6x+5，x∈R（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；（Ⅱ）若關(guān)于x的方程f（x）＝a有3個(gè)不同實(shí)根，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解答】解：（Ⅰ）f'(x)=3(∴當(dāng)x＜?2∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是(?∞，?2)和(當(dāng)x=?2，f(x)有極大值5+4（Ⅱ）由（Ⅰ）的分析可知y＝f（x）圖象的大致形狀及走向，∴當(dāng)5?42即方程f（x）＝α有三解．15．函數(shù)f(x)=lnx?1x，g（x）＝ax+（1）若函數(shù)h（x）＝f（x）﹣g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（2）若直線g（x）＝ax+b是函數(shù)f(x)=lnx?1x圖象的切線，求a+（3）當(dāng)b＝0時(shí)，若f（x）與g（x）的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)A（x1，y1），B（x2，y2），試比較x1x2與2e2的大小．（取e為2.8，取ln2為0.7，取2為1.4）【解答】解：（1）：h（x）＝f（x）﹣g（x）＝lnx?1x?ax則h′（x）=1x∵h(yuǎn)（x）＝f（x）﹣g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，∴對(duì)?x＞0，都有h′（x）=1x即對(duì)?x＞0，都有a≤1∵1x+1故實(shí)數(shù)a的取值范圍是（﹣∞，0]；（2）：設(shè)切點(diǎn)（x0，lnx0?1x0），則切線方程為y﹣（lnx0?1x0）＝（1x0+1x02）（x﹣x0），即y＝（，亦即y＝（1x0+1x02令1x0=t，由題意得a＝t+t2，b＝﹣lnt令a+b＝φ（t）＝﹣lnt+t2﹣t﹣1，則φ′（x）=?1t+2t當(dāng)t∈（0，1）時(shí)，φ'（t）＜0，φ（t）在（0，1）上單調(diào)遞減；當(dāng)t∈（1，+∞）時(shí)，φ'（t）＞0，φ（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，∴a+b＝φ（t）≥φ（1）＝﹣1，故a+b的最小值為﹣1；（Ⅲ）：由題意知lnx1?1x1=ax1，lnx2兩式相加得lnx1x2?x1+x2x1x兩式相減得lnx2x1?x1?x即lnx2∴l(xiāng)nx1x2?x1+x2x1x2即lnx1x2﹣2×x1+不妨令0＜x1＜x2，記t=x令F（t）＝lnt?2(t?1)t+1（t＞1），則F′（t）∴F（t）＝lnt?2(t?1)則F（t）＞F（1）＝0，∴l(xiāng)nt＞2(t?1)t+1，則ln∴l(xiāng)nx1x2﹣2×x1+∴l(xiāng)nx1x2﹣2×x1+x2x1x2∴2lnx1x2?令G（x）＝lnx?2x，則x＞0時(shí)，G′（x）∴G（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，又ln2e?22e=∴G（x1x2）＝lnx1x2則x1x即x1x2＞2e2．16．設(shè)函數(shù)f（x）＝lnx?12ax2﹣（Ⅰ）當(dāng)a＝b=12時(shí)，求函數(shù)f（（Ⅱ）令F（x）＝f（x）+12ax2+bx+ax（0＜x≤3）若其圖象上的任意點(diǎn)P（x0，y0）處切線的斜率（Ⅲ）當(dāng)a＝0，b＝﹣1時(shí)，方程x2＝2mf（x）（其中m＞0）有唯一實(shí)數(shù)解，求m的值．【解答】解：（I）依題意，知f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），當(dāng)a=b=12時(shí)，f(x)=lnx?1令f'（x）＝0，解得x＝1．（∵x＞0）因?yàn)間（x）＝0有唯一解，所以g（x2）＝0，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f'（x）＞0，此時(shí)f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x＞1時(shí)，f'（x）＜0，此時(shí)f（x）單調(diào)遞減．所以f（x）的極大值為f(1)=?3（II）F(x)=lnx+ax，x∈（0，3]，則有k=F'(x0)=所以a≥(?12x0當(dāng)x0＝1時(shí)，?12x所以a≥1（III）因?yàn)榉匠?mf（x）＝x2有唯一實(shí)數(shù)解，所以x2﹣2mlnx﹣2mx＝0有唯一實(shí)數(shù)解，設(shè)g（x）＝x2﹣2mlnx﹣2mx，則g'(x)=2令g'（x）＝0，x2﹣mx﹣m＝0．因?yàn)閙＞0，x＞0，所以x1=m?當(dāng)x∈（0，x2）時(shí)，g'（x）＜0，g（x）在（0，x2）上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（x2，+∞）時(shí)，g'（x）＞0，g（x）在（x2，+∞）單調(diào)遞增當(dāng)x＝x2時(shí)，g'（x2）＝0，g（x）取最小值g（x2）．（12′）則g(x2所以2mlnx2+mx2﹣m＝0，因?yàn)閙＞0，所以2lnx2+x2﹣1＝0（*）設(shè)函數(shù)h（x）＝2lnx+x﹣1，因?yàn)楫?dāng)x＞0時(shí)，h（x）是增函數(shù)，所以h（x）＝0至多有一解．因?yàn)閔（1）＝0，所以方程（*）的解為x2＝1，即m+m2+4m17．已知函數(shù)f（x）＝（x3﹣6x2+3x+t）ex，t∈R．（1）若函數(shù)y＝f（x）依次在x＝a，x＝b，x＝c（a＜b＜c）處取到極值．①求t的取值范圍；②若a+c＝2b2，求t的值．（2）若存在實(shí)數(shù)t∈[0，2]，使對(duì)任意的x∈[1，m]，不等式f（x）≤x恒成立．求正整數(shù)m的最大值．【解答】解：（1）①f'（x）＝（3x2﹣12x+3）ex+（x3﹣6x2+3x+t）ex＝（x3﹣3x2﹣9x+t+3）ex∵f（x）有3個(gè)極值點(diǎn)，∴x3﹣3x2﹣9x+t+3＝0有3個(gè)根a，b，c．令g（x）＝x3﹣3x2﹣9x+t+3，g'（x）＝3x2﹣6x﹣9＝3（x+1）（x﹣3），g（x）在（﹣∞，﹣1），（3，+∞）上遞增，（﹣1，3）上遞減．∵g（x）有3個(gè)零點(diǎn)∴g(?1)＞0g(3)＜0∴﹣8＜t②∵a，b，c是f（x）的三個(gè)極值點(diǎn)，∴x3﹣3x2﹣9x+t+3＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣c）＝x3﹣（a+b+c）x2+（ab+bc+ac）x﹣abc∴a+b+c=3∴b＝1或?32（舍∵b∴a=1?23b=1c=1+2（2）不等式f（x）≤x，即（x3﹣6x2+3x+t）ex≤x，即t≤xe﹣x﹣x3+6x2﹣3x．轉(zhuǎn)化為存在實(shí)數(shù)t∈[0，2]，使對(duì)任意的x∈[1，m]，不等式t≤xe﹣x﹣x3+6x2﹣3x恒成立．即不等式0≤xe﹣x﹣x3+6x2﹣3x在x∈[1，m]上恒成立．即不等式0≤e﹣x﹣x2+6x﹣3在x∈[1，m]上恒成立．設(shè)φ（x）＝e﹣x﹣x2+6x﹣3，則φ'（x）＝﹣e﹣x﹣2x+6．設(shè)r（x）＝φ'（x）＝﹣e﹣x﹣2x+6，則r'（x）＝e﹣x﹣2，因?yàn)?≤x≤m，有r'（x）＜0．故r（x）在區(qū)間[1，m]上是減函數(shù)．又r（1）＝4﹣e﹣1＞0，r（2）＝2﹣e﹣2＞0，r（3）＝﹣e﹣3＜0故存在x0∈（2，3），使得r（x0）＝φ'（x0）＝0．當(dāng)1≤x＜x0時(shí)，有φ'（x）＞0，當(dāng)x＞x0時(shí)，有φ'（x）＜0．從而y＝φ（x）在區(qū)間[1，x0]上遞增，在區(qū)間[x0，+∞）上遞減．又φ（1）＝e﹣1+4＞0，φ（2）＝e﹣2+5＞0，φ（3）＝e﹣3+6＞0，φ（4）＝e﹣4+5＞0，φ（5）＝e﹣5+2＞0，φ（6）＝e﹣6﹣3＜0．所以當(dāng)1≤x≤5時(shí)，恒有φ（x）＞0；當(dāng)x≥6時(shí)，恒有φ（x）＜0；故使命題成立的正整數(shù)m的最大值為5．18．已知函數(shù)f（x）＝ln（2ax+1）+x33?x2﹣2ax（（1）若x＝2為f（x）的極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的值；（2）若y＝f（x）在[3，+∞）上為增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（3）當(dāng)a=?12時(shí)，方程f（1﹣x）=(1?x)【解答】解：（1）f'(x)=2a因?yàn)閤＝2為f（x）的極值點(diǎn)，所以f'（2）＝0．…（2分）即2a4a+1?2a=0，解得又當(dāng)a＝0時(shí)，f'（x）＝x（x﹣2），從而x＝2為f（x）的極值點(diǎn)成立．…（4分）（2）因?yàn)閒（x）在區(qū)間[3，+∞）上為增函數(shù)，所以f'(x)=x[2a①當(dāng)a＝0時(shí)，f'（x）＝x（x﹣2）≥0在[3，+∞）上恒成立，所以f（x）在[3，+∞）上為增函數(shù)，故a＝0符合題意．…（6分）②當(dāng)a≠0時(shí)，由函數(shù)f（x）的定義域可知，必須有2ax+1＞0對(duì)x≥3恒成立，故只能a＞0，所以2ax2+（1﹣4a）x﹣（4a2+2）≥0對(duì)x∈[3，+∞）上恒成立．…（7分）令g（x）＝2ax2+（1﹣4a）x﹣（4a2+2），其對(duì)稱軸為x=1?1因?yàn)閍＞0所以1?14a＜1，從而g（x因?yàn)間（3）＝﹣4a2+6a+1≥0，解得3?13因?yàn)閍＞0，所以0＜a≤3+由①可得，a＝0時(shí)，符合題意；綜上所述，a的取值范圍為[0，3+13（3）若a=?12時(shí)，方程f(1?x)=(1?x)問題轉(zhuǎn)化為b＝xlnx﹣x（1﹣x）2+x（1﹣x）＝xlnx+x2﹣x3在（0，+∞）上有解，即求函數(shù)g（x）＝xlnx+x2﹣x3的值域．…（11分）以下給出兩種求函數(shù)g（x）值域的方法：方法1：因?yàn)間（x）＝x（lnx+x﹣x2），令h（x）＝lnx+x﹣x2（x＞0），則?'(x)=1所以當(dāng)0＜x＜1，h′（x）＞0，從而h（x）在（0，1）上為增函數(shù)，當(dāng)x＞1，h′（x）＜0，從而h（x'）在（1，+∞上為減函數(shù)，…（13分）因此h（x）≤h（1）＝0．而x＞1，故b＝x?h（x）≤0，因此當(dāng)x＝1時(shí)，b取得最大值0．…（14分）方法2：因?yàn)間（x）＝x（lnx+x﹣x2），所以g'（x）＝lnx+1+2x﹣3x2．設(shè)p（x）＝lnx+1+2x﹣3x2，則p'(x)=1當(dāng)0＜x＜1+76時(shí)，p'（x）＞0，所以p（x當(dāng)x＞1+76時(shí)，p'（x）＜0，所以p（x因?yàn)閜（1）＝0，故必有p(1+76因此必存在實(shí)數(shù)x0∈(1e2，∴當(dāng)0＜x＜x0時(shí)，g′（x）＜0，所以g（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減；當(dāng)x0＜x＜1，g′（x）＞0，所以，g（x）在（x0，1）上單調(diào)遞增；又因?yàn)間(x)=xlnx+x當(dāng)x→0時(shí)，lnx+14＜0，則g（x因此當(dāng)x＝1時(shí)，b取得最大值0．…（14分）19．已知函數(shù)f(x)=ln(12+12（Ⅰ）若x=12是函數(shù)f（x）的一個(gè)極值點(diǎn)，求（Ⅱ）求證：當(dāng)0＜a≤2時(shí)，f（x）在[1（Ⅲ）若對(duì)任意的a∈（1，2），總存在x0∈[12，1]，使不等式f（x0）＞m（1﹣【解答】解：由題得：f'(x)=1（Ⅰ）由已知，得f'(12)=0且a2?22a≠0，∴a2經(jīng)檢驗(yàn)：a＝2符合題意．（2分）（Ⅱ）當(dāng)0＜a≤2時(shí)，∵a2?22a∴當(dāng)x≥12時(shí)，x?a∴f'（x）≥0，故f（x）在[1（Ⅲ）a∈（1，2）時(shí)，由（Ⅱ）知，f（x）在[12，1]于是問題等價(jià)于：對(duì)任意的a∈（1，2），不等式ln(1記g(a)=ln(12+則g'(a)=1當(dāng)m＝0時(shí)，g'(a)=?a1+a＜0，∴g（a）在區(qū)間（1，2）上遞減，此時(shí)，g（a由于a2﹣1＞0，∴m≤0時(shí)不可能使g（a）＞0恒成立，故必有m＞0，∴g'(a)=2ma若12m?1＞1，可知g（a）在區(qū)間(1，min{2，12m?1})上遞減，在此區(qū)間上，有g(shù)（a）＜g（1）＝0，與g這時(shí)，g'（a）＞0，g（a）在（1，2）上遞增，恒有g(shù)（a）＞g（1）＝0，滿足題設(shè)要求，∴m＞012m?1≤1所以，實(shí)數(shù)m的取值范圍為[120．已知a為常數(shù)，a∈R，函數(shù)f（x）＝x2+ax﹣lnx，g（x）＝ex．（其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）（Ⅰ）過坐標(biāo)原點(diǎn)O作曲線y＝f（x）的切線，設(shè)切點(diǎn)為P（x0，y0），求證：x0＝1；（Ⅱ）令F(x)=f(x)g(x)，若函數(shù)F（x）在區(qū)間（0，1]上是單調(diào)函數(shù)，求【解答】解：（I）f'(x)=2x+a?1x（過切點(diǎn)P（x0，y0）的切線的斜率k=2整理得x0顯然，x0＝1是這個(gè)方程的解，又因?yàn)閥＝x2+lnx﹣1在（0，+∞）上是增函數(shù)，所以方程x2+lnx﹣1＝0有唯一實(shí)數(shù)解．故x0＝1．…（6分）（Ⅱ）F(x)=f(x)g(x)=設(shè)?(x)=?x2+(2?a)x+a?易知h'（x）在（0，1]上是減函數(shù)，從而h'（x）≥h'（1）＝2﹣a．…（10分）（1）當(dāng)2﹣a≥0，即a≤2時(shí)，h'（x）≥0，h（x）在區(qū)間（0，1）上是增函數(shù)．∵h(yuǎn)（1）＝0，∴h（x）≤0在（0，1]上恒成立，即F'（x）≤0在（0，1]上恒成立．∴F（x）在區(qū)間（0，1]上是減函數(shù)．所以，a≤2滿足題意．…（12分）（2）當(dāng)2﹣a＜0，即a＞2時(shí)，設(shè)函數(shù)h'（x）的唯一零點(diǎn)為x0，則h（x）在（0，x0）上遞增，在（x0，1）上遞減．又∵h(yuǎn)（1）＝0，∴h（x0）＞0．又∵h(yuǎn)（e﹣a）＝﹣e﹣2a+（2﹣a）e﹣a+a﹣ea+lne﹣a＜0，∴h（x）在（0，1）內(nèi)有唯一一個(gè)零點(diǎn)x'，當(dāng)x∈（0，x'）時(shí)，h（x）＜0，當(dāng)x∈（x'，1）時(shí)，h（x）＞0．從而F（x）在（0，x'）遞減，在（x'，1）遞增，與在區(qū)間（0，1]上是單調(diào)函數(shù)矛盾．∴a＞2不合題意．綜合（1）（2）得，a≤2．…（15分）21．設(shè)f（x）＝px?px?（Ⅰ）若f（x）在其定義域內(nèi)為單調(diào)遞增函數(shù)，求實(shí)數(shù)p的取值范圍；（Ⅱ）設(shè)g（x）=2ex，且p＞0，若在[1，e]上至少存在一點(diǎn)x0，使得f（x0）＞g（x0）成立，求實(shí)數(shù)【解答】解：（I）由f（x）＝px?px?得f'(x)=p+p要使f（x）在其定義域（0，+∞）內(nèi)為單調(diào)增函數(shù)，只需f′（x）≥0，即px2﹣2x+p≥0在（0，+∞）內(nèi)恒成立，…（5分）從而P≥1．…（7分）（II）解法1：g（x）=2ex在[1，所以[g（x）]min＝g（e）＝2，[g（x）]max＝g（1）＝2e，即g（x）∈[2，2e]．當(dāng)0＜p＜1時(shí)，由x∈[1，e]，得x?1故f(x)=p(x?1當(dāng)P≥1時(shí)，由（I）知f（x）在[1，e]連續(xù)遞增，f（1）＝0＜2，又g（x）在[1，e]上是減函數(shù)，∴原命題等價(jià)于[f（x）]max＞[g（x）]min＝2，x∈[1，e]，…（12分）由[f(x)]max=f(e)=p(e?1綜上，p的取值范圍是（4ee解法2：原命題等價(jià)于f（x）﹣g（x）＞0在[1，e）上有解，設(shè)F（x）＝f（x）﹣g（x）＝px?px?2∵F'(x)=p+=p∴F（x）是增函數(shù)，…（10分）∴[F（x）]max＝F（e）＞0，解得p＞4e∴p的取值范圍是（4ee22．已知函數(shù)f（x）＝alnx+x2（a為實(shí)常數(shù)）．（1）若a＝﹣2，求證：函數(shù)f（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)；（2）求函數(shù)f（x）在[1，e]上的最小值及相應(yīng)的x值；（3）若存在x∈[1，e]，使得f（x）≤（a+2）x成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解答】解：（1）當(dāng)a＝﹣2時(shí)，f（x）＝x2﹣2lnx，當(dāng)x∈（1，+∞），f'(x)=2(（2）f'(x)=2x2+ax(x＞0)，當(dāng)x∈[1，e]，2x2+a∈[a若a≥﹣2，f'（x）在[1，e]上非負(fù)（僅當(dāng)a＝﹣2，x＝1時(shí)，f'（x）＝0），故函數(shù)f（x）在[1，e]上是增函數(shù)，此時(shí)[f（x）]min＝f（1）＝1．若﹣2e2＜a＜﹣2，當(dāng)x=?a2時(shí)，f'（當(dāng)1≤x＜?a2時(shí)，f'（x）＜0，此時(shí)f（當(dāng)?a2＜x≤e時(shí)，f'（x）＞0，此時(shí)f（故[f（x）]min=f(?a若a≤﹣2e2，f'（x）在[1，e]上非正（僅當(dāng)a＝﹣2e2，x＝e時(shí)，f'（x）＝0），故函數(shù)f（x）在[1，e]上是減函數(shù)，此時(shí)[f（x）]min＝f（e）＝a+e2．綜上可知，當(dāng)a≥﹣2時(shí)，f（x）的最小值為1，相應(yīng)的x值為1；當(dāng)﹣2e2＜a＜﹣2時(shí)，f（x）的最小值為a2ln(?a2)?a2，相應(yīng)的x值為?a2；當(dāng)a≤﹣2e2時(shí)，f相應(yīng)的x值為e．（3）不等式f（x）≤（a+2）x，可化為a（x﹣lnx）≥x2﹣2x．∵x∈[1，e]，∴l(xiāng)nx≤1≤x且等號(hào)不能同時(shí)取，所以lnx＜x，即x﹣lnx＞0，因而a≥x2?2xx?lnx（x令g(x)=x2?2xx?lnx（x∈[1，當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，x﹣1≥0，lnx≤1，x+2﹣2lnx＞0，從而g'（x）≥0（僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)），所以g（x）在[1，e]上為增函數(shù)，故g（x）的最小值為g（1）＝﹣1，所以a的取值范圍是[﹣1，+∞）．23．已知函數(shù)f（x）＝2lnx﹣x2．（Ⅰ）求函數(shù)y＝f（x）在[1（Ⅱ）如果函數(shù)g（x）＝f（x）﹣ax的圖象與x軸交于兩點(diǎn)A（x1，0）、B（x2，0），且0＜x1＜x2．y＝g′（x）是y＝g（x）的導(dǎo)函數(shù)，若正常數(shù)p，q滿足p+q＝1，q≥p．求證：g′（px1+qx2）＜0．【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝2lnx﹣x2得到：f'(x)=∵x∈[12，2]，故f′（x）＝0在x＝1有唯一的極值點(diǎn)，f(12)=?2ln2?14，f（2）＝2ln2﹣4，且知f(2)＜f(12)＜f(1)（Ⅱ）∵g'(x)=2x?2x?a，又f（x）﹣ax＝0有兩個(gè)不等的實(shí)根x1則2lnx1于是g'=2∵2p≤1，x2＞x1＞0，∴（2p﹣1）（x2﹣x1）≤0要證：g′（px1+qx2）＜0，只需證：2只需證：x2令x1x2=t，0＜t＜1，只需證：u(t)=1?t又∵u'∵p+q=1，q≥12，則qp≥1，∴q2p故知u′（t）＞0∴u（t）在t∈（0，1）*u上為增函數(shù)，則u（t）＜u（1）＝0，從而知x2?x24．已知函數(shù)f（x）=13x3+bx2+cx+d，設(shè)曲線y＝f（x）在與x軸交點(diǎn)處的切線為y＝4x﹣12，f′（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)，滿足f′（2﹣x）＝f′（（Ⅰ）設(shè)g（x）＝xf'(x)，m＞0，求函數(shù)g（x）在[0，m（Ⅱ）設(shè)h（x）＝lnf′（x），若對(duì)一切x∈[0，1]，不等式h（x+1﹣t）＜h（2x+2）恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．【解答】（本小題滿分14分）解：（Ⅰ）f′（x）＝x2+2bx+c，∵f′（2﹣x）＝f′（x），∴函數(shù)y＝f′（x）的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，則b＝﹣1．∵直線y＝4x﹣12與x軸的交點(diǎn)為（3，0），∴f（3）＝0，且f′（x）＝4，即9+9b+3c+d＝0，且9+6b+c＝4，解得c＝1，d＝﹣3．則f(x)=1故f′（x）＝x2﹣2x+1＝（x﹣1）2，g（x）＝x(x?1)2=x|x如圖所示．當(dāng)x2?x=14（ⅰ）當(dāng)x＜m≤12時(shí)，g（x）最大值為m﹣m（ⅱ）當(dāng)12＜m≤1+22時(shí)，g（ⅲ）當(dāng)m＞1+22時(shí)，g（x）最大值為m2（Ⅱ）h（x）＝ln（x﹣1）2＝2ln|x﹣1|，則h（x+1﹣t）＝2ln|x﹣t|，h（2x+2）＝2ln|2x+1|，∵當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，|2x+1|＝2x+1，∴不等式2ln|x﹣t|＜2ln|2x+1|恒成立等價(jià)于|x﹣t|＜2x+1，且x≠t恒成立，由|x﹣t|＜2x+1恒成立，得﹣x﹣1＜t＜3x+1恒成立，∵當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，3x+1∈[1，4]，﹣x﹣1∈[﹣2，﹣1]，∴﹣1＜t＜1，又∵當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，由x≠t恒成立，得t?[0，1]，因此，實(shí)數(shù)t的取值范圍是﹣1＜t＜0．…（14分）25．已知二次函數(shù)g（x）對(duì)任意實(shí)數(shù)x都滿足g（x﹣1）+g（1﹣x）＝x2﹣2x﹣1，且g（1）＝﹣1．令f(x)=2g(x+（1）求g（x）的表達(dá)式；（2）若函數(shù)f（x）在x∈[1，+∞）上的最小值為0，求m的值；（3）記函數(shù)H（x）＝[x（x﹣a）2﹣1]?[﹣x2+（a﹣1）x+a﹣1]，若函數(shù)y＝H（x）有5個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解答】解：（1）設(shè)g（x）＝ax2+bx+c，于是g（x﹣1）+g（1﹣x）＝2a（x﹣1）2+2c＝2（x﹣1）2﹣2，所以a=又g（1）＝﹣1，則b=?12．所以（2）f(x)=2g(則f'(x)=2x+m?3令f'（x）＝0，得x=?3m2（舍），x＝①當(dāng)m＞1時(shí)，x1（1，m）m（m，+∞）f'（x）﹣0+f（x）1+m↘2m2﹣3m2lnm↗∴當(dāng)x＝m時(shí)，fmin令2m2﹣3m2lnm＝0，得m=e②當(dāng)0＜m≤1時(shí)，f'（x）≥0在x∈[1，+∞）上恒成立，f（x）在x∈[1，+∞）上為增函數(shù)，當(dāng)x＝1時(shí)，fmin（x）＝1+m，令m+1＝0，得m＝﹣1（舍）．綜上所述，所求m為m=e（3）記?1(x)=x(x?a)2，?2(x)=?x2+(a?1)x+a，則據(jù)題意有h（ⅰ）h2（x）﹣1＝0有2個(gè)不同的實(shí)根，只需滿足g(a?12)＞1，∴a（ⅱ）h1（x）﹣1＝0有3個(gè)不同的實(shí)根，因?1令?1'(x)=0，得x＝a或1°當(dāng)a3＞a即a＜0時(shí)，h1（x）在x＝a處取得極大值，而h1（2°當(dāng)a3=a即3°當(dāng)a3＜a即a＞0時(shí)，h1（x）在x=a3因?yàn)椋á。áⅲ┮瑫r(shí)滿足，故a＞3下證：這5個(gè)實(shí)根兩兩不相等，即證：不存在x0使得h1（x0）﹣1＝0和h2（x0）﹣1＝0同時(shí)成立；若存在x0使得h1（x0）＝h2（x0）＝1，由h1（x0）＝h2（x0），即x0得(x當(dāng)x0＝a時(shí)，f（x0）＝g（x0）＝0，不符合，舍去；當(dāng)x0≠a時(shí)，有x02又由g（x0）＝1，即?x0聯(lián)立①②式，可得a＝0；而當(dāng)a＝0時(shí)，H（x）＝（x3﹣1）（﹣x2﹣x﹣1）＝0沒有5個(gè)不同的零點(diǎn)，故舍去，所以這5個(gè)實(shí)根兩兩不相等．綜上，當(dāng)a＞3322時(shí)，函數(shù)y＝26．已知函數(shù)f(x)=ln1（1）若f（x）是單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍；（2）若f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，證明：f（x1）+f（x2）＞3﹣2ln2．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝﹣lnx﹣ax2+x，f′（x）=?1x?2ax令Δ＝1﹣8a．當(dāng)a≥18時(shí)，△≤0，f′（x）≤0，f（當(dāng)0＜a＜18時(shí)，Δ＞0，方程2ax2﹣x+1＝0有兩個(gè)不相等的正根x1，x不妨設(shè)x1＜x2，則當(dāng)x∈（0，x1）∪（x2，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，當(dāng)x∈（x1，x2）時(shí)，f′（x）＞0，這時(shí)f（x）不是單調(diào)函數(shù)．綜上，a的取值范圍是[18（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當(dāng)且僅當(dāng)a∈（0，18）時(shí)，f（x）有極小值點(diǎn)x1和極大值點(diǎn)x2且x1+x2=12a，x1x2f（x1）+f（x2）＝﹣lnx1﹣ax12+x1﹣lnx2﹣a＝﹣（lnx1+lnx2）?12（x1﹣1）?12（x2﹣1）+（x1＝﹣ln（x1x2）+12（x1+x2）+1＝ln（2a）令g（a）＝ln（2a）+14a+1，a∈則當(dāng)a∈（0，18）時(shí)，g′（a）=1a?14a所以g（a）＞g（18）＝3﹣2ln2，即f（x1）+f（x2）＞3﹣2ln27．已知函數(shù)f（x）=?x3+x（Ⅰ）求實(shí)數(shù)b，c的值；（Ⅱ）求f（x）在區(qū)間[﹣1，2]上的最大值；（Ⅲ）對(duì)任意給定的正實(shí)數(shù)a，曲線y＝f（x）上是否存在兩點(diǎn)P、Q，使得△POQ是以O(shè)為直角頂點(diǎn)的直角三角形，且此三角形斜邊中點(diǎn)在y軸上？說明理由．【解答】解：（Ⅰ）當(dāng)x＜1時(shí)，f（x）＝﹣x3+x2+bx+c，則f'（x）＝﹣3x2+2x+b．依題意得：f(0)=0f'(?1)=?5，即c=0?3?2+b=?5解得b＝（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)=①當(dāng)﹣1≤x＜1時(shí)，f'(x)=?3x令f'（x）＝0得x=0或x=當(dāng)x變化時(shí)，f'（x），f（x）的變化情況如下表：x（﹣1，0）0(0，223(2f'（x）﹣0+0﹣f（x）單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減又f（﹣1）＝2，f(23)=427，f②當(dāng)1≤x≤2時(shí)，f（x）＝alnx．當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）≤0，f（x）最大值為0；當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）在[1，2]上單調(diào)遞增．∴f（x）在[1，2]最大值為aln2．綜上，當(dāng)aln2≤2時(shí)，即a≤2ln2時(shí)，f（當(dāng)aln2＞2時(shí)，即a＞2ln2時(shí)，f（x）在區(qū)間[﹣1，2]上的最大值為（Ⅲ）假設(shè)曲線y＝f（x）上存在兩點(diǎn)P、Q滿足題設(shè)要求，則點(diǎn)P、Q只能在y軸兩側(cè)．不妨設(shè)P（t，f（t））（t＞0），則Q（﹣t，t3+t2），顯然t≠1∵△PO