新高掌1函數(shù)與導(dǎo)數(shù)i練習(xí)答案

千里之行，始于足下朽木易折，金石可鏤Word-可編輯答案部分異常提醒:【解析】最后一行括號中的參考例題及變式,是《新高考數(shù)學(xué)你真的控制了嗎?函數(shù)》一書中的例題及變式。第1章函數(shù)初步1.1符號fx的理解同步練習(xí)11.【解析】(1)當(dāng)x<1時,由fx≥1,可知x<1x+1(2)當(dāng)x≥1時,由fx≥1,可知x≥綜上可知,使fx≥1的自變量x的取值范圍為(參考【例1.3〕例1.4】2.[LM析]當(dāng)a≤1時,2a?1?2>?2>?3,不符合題意,故a>(參考【例1.3?1.4】)3.【解析】題目中條件給出ff56=4,如何求值?從里向外逐層求值,先求f56,可得f56=3×56(1)當(dāng)52?b<1,即b>32時,則(2)當(dāng)52?b≥1,即b≤32時,則綜上所述,答案選D。(參考【例1.3?例1.4】)4.III.對此類題型我們普通采用賦值主意解決,令x=y=0,則f0=0,令x=y=1,則f2=2f1+2=6,令5.[Li4析]由ffa=2fa可知,惟獨(dú)使fa≥1才符合題意,但我們并不決定(1)若a≥1,則fa=2a>1,所以(2)若a<1,則fa=3a?1,要使得ffa=2fa,只需f綜上可知a≥2(參考【例1.4】)6.[194]由f3=log29+a=1=(參考【例1.1?例1.2】)7.【解析】(1)當(dāng)x<0時,由fx≥13,可知?1x≥1(2)當(dāng)x≥0時,由fx≥13,可知3?x≥1綜上可知,不等式fx≥13的解集為[?3(參考【例1.3?1.4】)8.1244所】因為f?3=lg?3當(dāng)x≥1時,fx=x+2x?3當(dāng)x<1時,x2+1≥1,則故填0,2(參考【例1.3?例1.4】)9.[L解析]當(dāng)1?a<1,即a>0時,1+a>1解得a=?當(dāng)1?a>1,即a<0時,1+a<1,由f1?a=(參考【例1.3?1.4】)10.[25,if](1)若a>0,則fa=?a(2)若a≤0時,則fa=a2+2a+2>0(參考【例1.3?例1.4】)1.2函數(shù)的定義域同步練習(xí)11.【解析】要使得函數(shù)存心義,只需滿意?1<2x+12.【解析】因為fx的定義域為[0,2],所以0≤3.【解析】要使得函數(shù)存心義,只需滿意1?2x≥0x4.IL解析】碰到對數(shù)函數(shù),首先要求真數(shù)的位置必須大于0,第二分式的形式要求分母不為0,則?x2+4x?3>0ln(參考【例1.5】)5.[L解析]x?1>1的解集為x>2或x<0,不等式log2x2?2<2的解集為0<x2?26.【解析】由題意知fx>0的解集為?1,12,則f10x>07.【解析】由函數(shù)的解析式可知x必須滿意4?x≥0x2?5x+8.【解析】按照對數(shù)函數(shù)要求真數(shù)的位置必須大于0,則2+x2?x>0數(shù)求定義域的原則可知,?2<x2<2?2<2(參考【例1.8～9.【解析】按照定義域必須滿意的條件可得x2?3x+2x2?3x+2=0與(參考【例1.5】)10.[Li2析】由題意知2x2+2ax?a?1≥0,即x2+2ax?a≥01.3函數(shù)的解析式同步練習(xí)11.【解析】令1?x1+x=t,則x=1?2.III.按照題意可得fx=gx+hgx+hx=lg(參考【例1.14?例1.15】)3.【解析】把點(diǎn)A,B分離代入可得a?b4=14a?b5=1,解得(參考【例1.11?例1.12】)4.[C12析]因為fx是二次函數(shù),且不等式fx<0的解集為0,5,可設(shè)fx=axx?5,且a>0,所以fx在區(qū)間[?1,4](參考【例1.11?例1.12】)5.12.因為fx+2x>0的解集為1,3,所以fx+2x=ax?1x?3,且a<0,因而fx=ax?1x?3?2x=ax2?22a6.IL解析要求fx的表達(dá)式,只需求出cosα與cosβ即可,因為t∈R,所以1+cost∈[0,2],3+sint∈[2,4],按照題意可知,fx≥0對隨意的x∈[0,2]恒成立,fx≤0對隨意的可知cosα≤1,則cosα=1,即x0=4,再由韋達(dá)定理可得8=16cosβ7.[LIR]因為fx=x2+4x+3,所以fax+b=ax+b2+4a(參考【例1.11?例1.12】)8.【解析】設(shè)t=bx,可得x=tb,則ft=9tb2?6tb+2=9b2t2?6bt+2,與函數(shù)fx=x2+2x+9.【解析】(1)由題意可知x1=3,x2=4是方程fx=x?12的兩根,則有93(2)由題意可知,不等式即為x22?x<k+1x?k2?x(1)當(dāng)1<k<2時,不等式的解集為(2)當(dāng)k=2時,不等式等價于x?22x(3)當(dāng)k>2時,不等式的解集為1(參考【例1.11?例1.12】)10.III.(1)因為對隨意x∈R,有ffx?x2+x=fx?x2+x,所以ff2?22+2(2)因為對隨意x∈R,有ffx?x2+x=fx?x2+x,又因為有且僅有一個實數(shù)x0,使得fx0=x0,所以對隨意x∈R,有fx?(1)當(dāng)x0=0時,則fx?x2+x=0,即(2)當(dāng)x0=1時,則fx?x2+x=1,即綜上可知,所求函數(shù)為fx=1.4值域同步練習(xí)11.[L解析令t=16?4x,則y=t,其中t≥0,同時16?4x<16(參考【例1.18?例1.22】2.【解析】因為3?aa+6=?a+322+81(參考【例1.23?1.30】3.[L解析]按照函數(shù)的表達(dá)式可知,1?x≥0,x+3≥0,故?3≤x≤1,因為y=1?x+x+3,所以y(參考【例1.23?1.30】4.|【解析】由x<gx可解得f=所以當(dāng)x∈?∞,?1∪2,+∞時,(參考【例1.16?例1.17】)5.【解析】當(dāng)0≤x≤π時,一定有y≥0,對函數(shù)平方可得f2x=sin2x5+4cosx,即為f2x=1?cos2x5+4cosx。令5+4cosx=m6.III解析因為a的取值范圍決定了函數(shù)的單調(diào)性,所以分類研究。(1)當(dāng)a>1時,fx單調(diào)遞增,所以(2)當(dāng)0<a<1時,fx單調(diào)遞減,所以1a+b=01+b=7.【解析】函數(shù)fx的對稱軸為x=?12,且開口向上,所以函數(shù)fx在?f因此在fx的值域中共有2n+2個整數(shù),故填8.12解析】易知當(dāng)x≤2時,f當(dāng)0<a<1,x>2當(dāng)a>1,x>2時,fx=3+(參考【例1.16?例1.17】)9.[182析]fx的定義域為?∞,?2]∪[2,+∞。因為y=x2?2x和y=x2+x?2均在(?(參考【例1.16?例1.17】)10.【解析】因為f2x≥mfx?6且m令t=2x+2?x,則t≥2,于是m≤t+4t(參考【例1.19】)1.5單調(diào)性同步練習(xí)11.[磁樁]!因為fx在R上單調(diào)遞減,所以1x>1,解得?1<2.III.由x2?4>0可得fx的定義域為?∞,?2∪2,+∞,易知外函數(shù)ft=log12t在0,(參考【例1.38】)3.【&配析】若fx單調(diào)遞增,gx單調(diào)遞減,則?gx單調(diào)遞增,故fx?gx單調(diào)遞增;若fx單調(diào)遞減,gx單調(diào)遞增,則4.II解析易知fx在R上單調(diào)遞增,故f2?a2>fa,即(參考【例1.40々例1.43】)5.[CR析】分段函數(shù)為單調(diào)遞減的函數(shù),首先滿意兩段函數(shù)均為減函數(shù),即3a?1<0且0<a<1,解得0<a<13。當(dāng)x<1時,fx>7a?1;當(dāng)x≥1時,fx有最大值0。要使囫圇函數(shù)單調(diào)遞減,除了要求兩段分段單調(diào)遞減外,還要使x<(參考【例1.39】)6.IL解析】因為0<a<1,所以對數(shù)函數(shù)單調(diào)遞減,因此fx<0等價于a2x?2ax?(參考【例1.40?例1.43】)7.【&解析】外層函數(shù)為y=t2?3a2+1t,內(nèi)層函數(shù)為t(1)當(dāng)a>1時,可得t∈[1,+∞),內(nèi)層函數(shù)t=ax單調(diào)遞增,原函數(shù)在區(qū)間[0,+∞(2)當(dāng)0<a<1時,可得t∈(0,1],內(nèi)層函數(shù)t=ax單調(diào)遞減,原函數(shù)在區(qū)間[0,+∞)上是增函數(shù),故需外層函數(shù)在(綜上所述,故選B。(參考【例1.39】)8.IL解析因為x2?2x+3>0恒成立,所以定義域是R,內(nèi)函數(shù)hx=x2?2x+3在?∞,1上單調(diào)遞減,在1,+∞上單調(diào)遞增,若fx=logax2?2x+3有最小值,則f9.[L解析]易判斷函數(shù)fx(1)當(dāng)x>x?12>0,即x>12(2)當(dāng)x>0≥x?12,即0<x≤1(3)當(dāng)0≥x>x?12時,原不等式等價于綜上所述,x>?14,故填(參考【例1.40?例1.43】)10.【解析】(1)因為a>0,則由3?ax≥0可知x≤3a(2)當(dāng)a>1時,fx在定義域上單調(diào)遞減,故由3?ax當(dāng)0<a<1時,當(dāng)a=0時,f當(dāng)a<0時,可知a?1<0綜上所述,a的取值范圍是?∞,0∪(1(參考【例1.39】)1.6奇偶性同步練習(xí)11.III解析因為函數(shù)fx是定義在R上的偶函數(shù),所以函數(shù)圖像關(guān)于y軸對稱,又因為fx在(?∞,0]上是減函數(shù),且f2=0,所以fx在[0,+∞)上是增函數(shù),且(參考【例1.57?1.61】2.[LMH]因為fx為奇函數(shù),所以f?1=?f1=1,則?1≤fx?2≤1等價于f1≤fx?2(參考【例1.57】)3.12.2行】因為函數(shù)fx是定義在R上的偶函數(shù),所以函數(shù)圖像關(guān)于y軸對稱,又因為函數(shù)在[0,+∞)上是增函數(shù),且易知f2=0,所以函數(shù)在?∞,0上是減函數(shù),且f?2=0,故使得fx>0的x的取值范圍是x<?2或x>(參考【例1.57々例1.61】)4.【解析】令gx=1+22x?1,則gx=2x+12x?1,可知g?x=(參考【例1.62●例1.64】)5.12解析因為f1=asin1+b+c,f?1=asin?1?b+c,所以6.[CH7]因為fx,gx分離為奇函數(shù)和偶函數(shù),由fx?gx=exf所以fx=12ex?e?x,gx=?12e(參考【例1.57?例1.61】)7.[LI2]因為函數(shù)fx=logax+x2+2a2是奇函數(shù),所以fx+f?x=0,則(參考【例1.68】)8.ILM析】因為fx為偶函數(shù),所以fx=fx=x2?4x<5,解得x<5,所以(參考【例1.57々例1.61】)9.[1987]因為x∈0,+∞時,fx=lgx,所以fx在0,+∞上單調(diào)遞增,且在0,1上fx<0,在1,+∞上fx>0,又因為函數(shù)為奇函數(shù),所以在?∞,0上單調(diào)遞增,且在(參考【例1.57?例1.61】)10.12.解f1+x=f1?x可得21+x?a=21?x?a,顯然1+x?a≠1?x?a,故1+x?a=?1?1.III.解析fx=3x+3?x,所以f?x=3x+3?x=(參考【例1.47】)2.【解析】由fx+f?x=0可得a=1,則fx=2x+12x?(參考【例1.57?例1.61】)3.【解析】由題意可知fx?f?xx=2fxx<0,f?1=?f1=0,又因為奇函數(shù)fx在0,+∞上為增函數(shù),故fx在?∞,0上為增函數(shù),當(dāng)x>0時,2f(參考【例1.57?1.61】4.[C解析]在原方程fx+gx=af解得fx=ax?a?xgx=2,而(參考【例1.51?例1.53】)5.[L解析]由題意可知flog2a+flog12a=flog2a+f?log2a=2flog2a≤2f1(參考【例1.57?例1.61】)6.IL解析】函數(shù)fx有唯一零點(diǎn)等價于aex?1+e1?x=?x2+2x有唯一解。令gx=?x2+2x,hx=aex?1+e1?x,函數(shù)gx=?x?12+1≤1,當(dāng)且僅當(dāng)x=1時函數(shù)7.III.因為函數(shù)fx=xlnx+a+x2為偶函數(shù),所以f?x=fx,即(參考【例1.49々例1.50】8.III.因為fx是奇函數(shù),所以f?x=?fxf?1+2+f1+2=(參考【例1.54】)9.[L解析]令gx=fx?x,因為fx是奇函數(shù),所以有g(shù)?x+gx=0,即gx為奇函數(shù)。當(dāng)x>0時,gx>0,即x2?4x?x(參考【例1.57々例1.61】10.[C12.th】因為log12?x=?log2?x,所以fa>f?a=?fa,即fa>0,所以當(dāng)a>0時,fa=log2a>(參考【例1.57?1.61】)1.7周期性與對稱性同步練習(xí)11.IL解析因為fx是R上周期為5的奇函數(shù),所以f?f3=f3?(參考【例1.69?例1.70】)2.[LMM]令t=x?1,則1?x=?t,所以y=fx?1與y=f1?(參考【例1.74?例1.77】)3.【解析】因為當(dāng)x>12時,fx+12=fx?12,所以fx+1=fx,即fx是周期為1的函數(shù),故f6=f1;又因為當(dāng)?1≤(參考【例1.78】)4.IL&析】因為fx為奇函數(shù),函數(shù)fx的圖像關(guān)于原點(diǎn)0,0中央對稱,又fx+2是偶函數(shù),可得函數(shù)fx的圖像關(guān)于x=2對稱,于是可知函數(shù)fx的周期為(參考【例1.78】)5.[CM7]因為fx?4=?fx,所以fx?8=?fx?4=fx,故函數(shù)周期為8,f11=(參考【例1.71?例1.72】)6.[LMM]由題可知fx關(guān)于x=a對稱,且在[a,+∞)上是增函數(shù),則7.[LI??所-1≤x≤0,所以0≤x+1≤1,又因為當(dāng)0≤x≤1時,fx=x1?x,且(參考【例1.79】)8.[L解析]因為y=fx的圖像關(guān)于直線x=2對稱,所以f1=f3=(參考【例1.74?例1.77】)9.[LR4-17]令y=1,則有fx=fx+1+fx?1,同理可得fx+1=fx+2+fx,由上兩式可得fx+2=?f(參考【例1.74?例1.77】)10.【解析】易知f1=f?1=0,因為fx關(guān)于直線即?89?3a+b=?x2+4x+3x2+4x?5由二次函數(shù)的性質(zhì)可得,gx在m=?4處取得最大值,即(參考【例1.74?例1.77】)同步練習(xí)21.IL解析由題可知fx的定義域為?1,1,又f?x=ln1?x?ln1+x=?fx,所以fx是奇函數(shù);又y=2.[LR析]因為fx=f2?x,所以函數(shù)關(guān)于x=1對稱,函數(shù)在區(qū)間[1,2]上是減函數(shù),則在區(qū)間[0,1]上是增函數(shù),又因為fx是偶函數(shù),所以圖像關(guān)于y軸對稱,則在區(qū)間[?(參考【例1.78】)3.[LM析]因為fx滿意fx+6=fx,所以fx是周期為6的函數(shù),又因為當(dāng)?1≤x<3時,fx=x,所以f1+f2=3,f?1=?4.[LWH]設(shè)y=fx上隨意一點(diǎn)為x,fx,其關(guān)于xy(1)(2)聯(lián)立式(1)(2),解得x0=?fx,y0=?x,即點(diǎn)x,fx關(guān)于y=?x的對稱點(diǎn)為?fx,?x。將其代入y=25.III&析】因為fx=f2?x,所以可得f1+x=f1?x,可知函數(shù)fx+1為偶函數(shù),所以函數(shù)fx圖像關(guān)于x=1對稱。令i故選B。(參考【例1.74(例1.77】)6.【解析】因為fx+2=1fx,所以fx+4=1fx+2=1(參考【例1.71?例1.72】)7.[LM析]因為gx的周期為1,故gx=gx+1,因為fx在區(qū)間[0,1]上的值域為[?2,5],即x∈[0,1]時gx+x∈[?2,5],令t=x+1,x∈(參考【例1.79】)8.【解析】因為fx周期為2,故f1=f?1,即f?12,即?12a+1=1(參考【例1.69?例1.70】)9.【解析】因為fx是奇函數(shù),且關(guān)于x=12對稱,所以f?x=?fxf0=f2=f(參考【例1.78】)10.[C92析】由fx?4=?fx可得fx?8=?fx?4=fx,即函數(shù)是以8為周期的周期函數(shù),又因為fx為奇函數(shù),定義域為R,所以f0=0,且fx?4=?fx=f?x,即函數(shù)fx的圖像關(guān)于x=?21.8二次函數(shù)同步練習(xí)11.[C12+所]要使得方程x2+mx+1=0有兩個不相等的實數(shù)根,只需滿意Δ=m(參考【例1.80?例1.81】)2.[27,27,1]由x2?2ax?8a2<0可得x+2ax?4a<0a>(參考【例1.80?例1.81】)3.[LIS析]設(shè)年平均增長率為x,則x+12=1+4.【解析】由f0=f4可知函數(shù)fx的對稱軸為?b2a=2,即4a+b=0,又5.[LIZ標(biāo)]將y=2k代入9k2x2+y2=18k2x可得9k2x6.1242.設(shè)甲、乙兩種品牌車分離售出x,y輛,則總的利潤為z=5.06x?0.15x2+2y,且x+y=15,則(參考【例1.86?例1.87】)7.[LMM]由fx=0可得2x2+4?mx+4?m=0,當(dāng)Δ=4?m2?84?m<0,即m∈?4,4時,函數(shù)fx的值恒正,由此可排除D選項,當(dāng)m=4時,有f0=g0=0,不符合條件,可排除A選項;當(dāng)mf令t=log2x∈R,則ft=t2fxmin=?14(參考【例1.86?例1.87】)9.[L解析】由題意知fx?x=x2+Δ>00<x1+x2<20<x故填0,310.【解析】由題意可知fx=x2+ax+b=x+a22+b?a24,因為fx的值域為[?a2?c<x<?a2(參考【例1.82?1.83】)第2章導(dǎo)數(shù)初步2.1導(dǎo)數(shù)的幾何意義同步練習(xí)11.【解析】y′=a?1x+1,由題意(參考【例2.1?例2.2】)2.【解析】設(shè)點(diǎn)Px0,y0,且有y′=2x+(參考【例2.1?2.2】3.[CN4析]因為函數(shù)fx為奇函數(shù),所以a?1=0,即a=1,因此fx=x3+x(參考【例2.1?例2.2】)4.【解析】設(shè)切點(diǎn)為x0,x0+1,y′=1x+a,由題意1x0+a=1,即x0+a=1。又直線y=(參考【例2.3?例2.4】5.12解析】由給出的例子可以歸納推理得出:若函數(shù)fx是偶函數(shù),則它的導(dǎo)函數(shù)是奇函數(shù)。由題意可知,定義在R上的函數(shù)fx滿意f?x=f奇函數(shù),即g?x(參考【例2.5】)6.【解析】f′x=exln7.【解析】對函數(shù)fx求導(dǎo)可得f′x=acosx+π4+bcosx?π4(參考【例2.5】)8.IL解析求導(dǎo)可得y′=n+1xn,在x=1處的切線斜率為k=y′∣x=1=na故填-2。9.[1947]設(shè)點(diǎn)Pt,t4?3t2+6,f′x=4x3?6x,則k?=4t3?6t(參考【例2.6?例2.7】)10.【解析】f′x=3ax2?6x,令f′x=0,解得x1=0,x2=2a。由題意曲線y=fx上A,B兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)為函數(shù)的極值,即f0=2.2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用同步練習(xí)11.III解析f′x=3x2+2ax+3,因為fx在x=?3(參考【例2.17】)2.[L解析]y′=?x2+81,易知y在?∞,?9,9,(參考【例2.21】)3.[L解析]因為M,N兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)相等,所以求MN最小時t的值可轉(zhuǎn)化為求函數(shù)hx=fx?gx=4.[LI&析】A選項?x∈R,fx≤fx0,錯誤。x0x0≠0是fx的極大值點(diǎn),并不是最大值點(diǎn)。B選項?x0是f?x0C選項?x0是?fx的極小值點(diǎn),錯誤。?fx的圖像與fx的圖像關(guān)于x軸對稱,故x0應(yīng)是D選項?x0是?f?x的極小值點(diǎn),準(zhǔn)確。?f?x的圖像與fx綜上所述,故選D。(參考【例2.17々2.21】5.【解析】A選項exfB選項exfx=exx2,求導(dǎo)得exxC選項exfD選項exfx=excosx,求導(dǎo)綜上所述,故選A。6.【解析】假設(shè)A選項錯,則f′x=2ax+b,聯(lián)立2a+b=0a+b+c=3,解得b=?2ac=3+a(參考【例2.21】)7.III&析】f′x=3x2?4,易知fx在[?3,?28.【解析】f′x=2x2+2x+ax+1。由題意f′x=0在?Δ解得0<a<12(參考【例2.19】)9.[LIZ析]對函數(shù)fx求導(dǎo)可得f′x=6x2?2ax,令f′x=0,解得x=0,x=a3。因為函數(shù)fx在[?1,0]上單調(diào)遞增,在[0,1](參考【例2.21】)10.[L解析]p′x=3x2+2k?1x+k+5,因為px在區(qū)間0,3上不單調(diào),所以p′x=0在0,3上有實數(shù)根,且無重根,由2x+1+92x+1∈[6,10),得k∈(?5,?2],而當(dāng)同步練習(xí)21.【解析】fx的定義域為0,+∞,且f′x=1x?(1)若a≤0,則f′x>0對于x∈0,+∞恒成立,所以fx在0,+∞上單調(diào)遞增,無最大值。(2)若a>0,則當(dāng)x∈0,1a時,f′x>0,當(dāng)x∈1a,+∞時,f′x<0,所以fx在0,1a上單調(diào)遞增,在1a,+∞上單調(diào)遞減,所以fx在x=因此,a的取值范圍是0,1(參考【例2.21】2.[C解析](1)因為fx=2x3?ax2+b,所以f′x=6x2?2ax,令f′x=0得x1=0,x2=a3(2)當(dāng)a=0,x∈R時,f′x>0(3)當(dāng)a>0,x∈?∞,0∪a3,+∞時,f′x>0;當(dāng)(2)由(1)知,當(dāng)a≤0時,fx在[0,1]上單調(diào)遞增,所以fx當(dāng)a>0時,分兩種情況(1)當(dāng)a≥3時,fx在[0,1]上單調(diào)遞減,所以fx(2)當(dāng)0<a<3時,fx在0,a3?a327+b=?1,fxmax=max{f0,f1}=max{b,2?a+b}=1綜上所述,當(dāng)且僅當(dāng)a=0,b=?1或a=4,3.II解析】求導(dǎo)可得f′x=?e?xx3+a?6x+b?a,由條件可知f′2=0,即23+2a?6+b?a=0,可得b=4?a4.[LIII](1)因為fx=ax2?3a+1x+3a+2ex,所以f(2)當(dāng)a=0時,f′x=?x?1ex,此時fx在x=1(1)當(dāng)1a>1,即0<a<1時,fx在?∞,1,1a(2)當(dāng)0<1a<1,即a>1時,fx在?∞,1a,1,+∞(3)當(dāng)a=1時,fx在R上單調(diào)遞增,此時fx在(4)當(dāng)a<0時,fx在?∞,1a,1,+∞上單調(diào)遞減,在綜上所述,a的取值范圍為1,+(參考【例2.20】5.III.f(x)=x?2ex+ax?1(1)當(dāng)a≥0時,ex+2a>0恒成立,所以當(dāng)x>1時,f(2)當(dāng)?e2<a<0時,f′x=0的兩根為x1=1,x2=ln?2a且x1(3)當(dāng)a=?e2時,f′x=x?1(4)當(dāng)a<?e2時,f′x=0的兩根為x1=1,x2=ln?2a且x1<x綜上可知,當(dāng)a≥0時,fx在1,+∞上單調(diào)遞增,在?fx在?∞,ln?2a和1,+∞上單調(diào)遞增,在ln?2a,1上單調(diào)遞減;當(dāng)a=?e2時,fx在R上單調(diào)遞增;當(dāng)(參考【例2.12々例2.16】)2.3三次函數(shù)同步練習(xí)11.III解析因為f?1=f?2=f?3,所以a?b+c(參考【例2.30】2.[LIR]當(dāng)x趨于?∞時,fx<0,當(dāng)x趨于+∞時,fx>0,按照零點(diǎn)存在性定理,fx至少存在一個零點(diǎn),所以A選項準(zhǔn)確;由fx=x3+ax2+bx+c得fx的對稱中央為?a3,(參考【例2.35?例2.36】)3.[6]4.1按照題意曲線C2的解析式為y=x?u3?3x?u?v,則方程x?u3?3x?u?v=x3?3x滿意Δ≤0,即v≥?14u3+3u對隨意u>04.[CHH]f′x=3ax2+2bx+c,由題意可知f′x=0有兩個零點(diǎn)x1,x2,滿意0<x1<x2,且f′x>0在?∞,x(參考【例2.30】5.12.2.行f′x=3x?1x?3,fx在?∞,1,3,+∞上單調(diào)遞增,在1,3上單調(diào)遞減,所以極大值為f1,極小值為f(參考【例2.30】6.[LISH]fx?所以?2a?b=3a2+2(參考【例2.28?例2.29】7.[1947]令fx=x3+ax+b,則f′x=3x2+a。當(dāng)a≥0時,f′x≥0當(dāng)a<0時,若a=?3,則f′x=3x+1x?1,所以fx在?∞,?1,1,+∞上單調(diào)遞增,在?1,1所以使得該三次方程僅有一個實根的是(1)(3)(4)(5)。(參考【例2.30】8.[L解析](1)f′x=3x2?1,則曲線y化簡得y=3(2)因為過點(diǎn)a,bb有三個根。令gt=2t3?3at2g解得0<a+b<a(參考【例2.31】)2.4容易的恒成立問題同步練習(xí)11.【解析】因為x2+1>0,所以a?a2x2+1+x≤0等價于a?a2≤?xx2+1。又x∈(0,2](參考【例2.37】)2.III.THI斷f1=0,故原問題等價于fx≥f1恒成立,而x=1并不是端點(diǎn),因此x=1是fx的極值點(diǎn),故3.【解析】函數(shù)fx=x3+ax2在?23,?13上非正。等價于f′?23≤0f′?13≤(參考【例2.46】)4.[C解析]fx>0恒成立等價于fx>0在[0,+∞)上恒成立。f′x=ex?k,令f′x=0解得x=lnk。當(dāng)0<k<1時,f′x>0在[0,+∞)上恒成立,此時fx在綜上所述,實數(shù)k的取值范圍為0,e(參考【例2.43?例2.45】)5.【解析】在21x>xa兩邊取對數(shù)得1xln2>a令fx=1xlnx,0<x<1,則f′x=?lnx+1x2ln2x,所以fx6.[解析]求導(dǎo)得f′x因為a<0,所以fx在0,?12a上單調(diào)遞增,在?12f所以問題轉(zhuǎn)化為證實?令t=?2a,則t>0。再令gt=lnt+1t?1,則上式可轉(zhuǎn)換為gt≥0t>0。因為g′t=t?7.【解析】(1)因為fx=lnx,所以f′xg令hx=gx?g(1)當(dāng)x=1時,h1=0(2)當(dāng)x∈0,1∪1,+∞時,h′x<0恒成立,所以hx在0,1,1,+∞上單調(diào)遞減,所以當(dāng)(2)因為gx=lnx+1x,所以g′x=x?1x2,則gx在0,1上單調(diào)遞減,在1,+∞上單調(diào)遞增,所以gxmin=g1=1。于是ga?gx<1a8.[L解析](1)因為函數(shù)fx,gx的圖像都過點(diǎn)t,0,所以ft=0,即t3+at=0。因為t≠0,所以a=?t2°gt=0,即bt2+c=0,所以c=?bt2=ab。又因為fx,gx在點(diǎn)t,0處有相同的切線,所以f′t=g′t。而f′x=3x2+a,g′x=2bx,所以3t2+a=2bt,將a=?t2代入上式得b=t同步練習(xí)21.【解析】題意等價于f′x=?x+bx+2≤0在?1,+∞上恒成立,即b≤x(參考【例2.37?2.42】2.[LM析]當(dāng)t∈[1,2]時,2tf2t+mft≥0等價于m22t?1≥?24t?1。因為(參考【例2.37?例2.42】)3.[L解析]f′x=3x2(1)f′1≥0f′(2)Δ=12?8a2綜上所述,a的取值范圍為?∞,(參考【例2.46】)4.12.2析】可斷定f0=0,故原問題等價于fx≥f0恒成立,而x=0并不是端點(diǎn),因此x=0是fx的極值點(diǎn),故5.[194]因為不等式左右兩邊都是變量,我們需要將其化成單邊變量,即f在[?3,+∞)上恒成立,等價于g1x=x2+3x+a?2≤0在[?3,0]上恒成立,g2x=?x2+x?2a≤0在g2xmax=14?2a。因此由a?(參考【例2.43?例2.45】)6.[LRHT](1)f′x=x2?2a+1x+4a=x?2x?2a。令f′x=0,解得x1=2,x2=2a>(2)由(1)知,當(dāng)x≥0時,fx在x=2aa>1f0=24a>0f2a=?(參考【例2.46】)7.[L424fi](1)f′x=3mx2?6m+1x+n,因為x=(2)由(1)知,f′x=3mx2?6m+1x+3m+6=3mx?1x?1?2m。令f′x=0,解得x(3)由題意f′x>3m,即mx2?2m+1x+2>0。因為m<m<0,所以?43<m<0。故(參考【例2.46】)8.|LW析】}對函數(shù)fx求導(dǎo)可得f′當(dāng)a≤0時,f′x>0,函數(shù)fx在當(dāng)a>0時,令f′x=0,解得x=lna,當(dāng)x<lna時,f′x<0,函數(shù)fx單調(diào)遞減;當(dāng)x>lna時,f′xa令ga=a?alna?1,則g′a=?lna,當(dāng)0<a<1時,g′a>0,函數(shù)ga單調(diào)遞增;當(dāng)a>1綜上所述,a的取值集合為{1},故填{(參考【例2.43?例2.45】)2.5容易的隨意與存在同步練習(xí)11.【解析】由2xx?a<1得x?12x<a,令fx=x(參考【例2.47】)2.IIII.因為fx的值域為?1,+∞,又有fa=gb(參考【例2.48】)3.ILLEth1存在x0滿意x02+fx02<m2,即x02+fx02的最小值小于m,而x2ππm?14,3,即點(diǎn)m2,(參考【例2.47】)4.【解析】f′x=2ax+1x,由題意2ax+1x5.【解解析】因為logax+logay=c,所以xy=ac,即由題意可知12ac?1,ac?1?a,a2,即12ac?1≥aac?1≤a6.IL解析按照gx=2x?2<0可解得x<1。因為條件(1)?x∈R,fx<0或gx<0成立的限制,導(dǎo)致fx在x≥1時必須fx<0。當(dāng)m=0時,fx=0不能滿意在x≥1時fx<0,所以舍去。因此,fx作為二次函數(shù)開口只能向下,故m<0,且此時fx=0的兩個根為x1=2m,x2=?m?3。為保證此條件成立,需要x1=2m<1,x2=?m?綜上所述,m∈?4,?27.[L解析]1f′(1)當(dāng)m≥0時,emx?1≥0在0,+∞上恒成立,所以f′x>0在0,+∞上恒成立,emx?1≤0在(2)當(dāng)m<0時,emx?1≤0在0,+∞上恒成立,所以f′x>0在0,+∞上恒成立,emx?1≥0在?∞,0上恒成立,所以f′x<(2)題意等價于?e+1≤fx1?fx2≤e?1,即fxmax?fxmin≤e?1。由(1)知,fx在[?1,0]上單調(diào)遞減,在[0,1]上單調(diào)遞增,則有f?1?f0≤e?1f1?f0≤e?1,即e?m+m≤e?1em?m≤(參考【例2.53】)第3章數(shù)形結(jié)合3.1水平直線與曲線同步練習(xí)11.[LI2析]當(dāng)x=0或cos2x=0時,fx=0,又因為cos2x的周期為π,所以fx=cos2.[C解析]由三次函數(shù)性質(zhì)可知,要使y=x3?3x+c的圖像與x軸恰有兩個交點(diǎn),則須函數(shù)極大值或極小值為0,求導(dǎo)得y′=3x2?3,易知當(dāng)x=±13.[1974]作出fx的圖像,易知b?1>1?4.[LIS析]y=fx?c與xy=c有兩個交點(diǎn),當(dāng)x2?2?x?1≤1即?1≤x≤2時,fx=x2?2;當(dāng)x2?2?x?1>1即(參考【例3.1?例3.2】)5.解析】由題意fx?gxfx?gx恰有4個零點(diǎn),即y=fx+f2?x與示,作出y=fx+f2?x的圖像,易知當(dāng)74<(參考【例3.1?例3.2】)6.解析曲線y=2x+1由曲線y=曲線兩部分組成,注重漸近線y=±1,如右圖所示,則當(dāng)b∈[?1,1]時,曲線y(參考【例3.1?例3.2】)7.[6解析]由ex?2x+a=0得e的圖像有交點(diǎn),如右圖所示,畫出y=ex與y=2x?a的圖像,對y=ex求導(dǎo)得y′=ex,令y′=2,解得x=ln2,即y=ex的斜率為2的切線切點(diǎn)為ln2,(參考【例3.7?例3.10】)8.|【解析】當(dāng)x=1時,fx?當(dāng)x≠1時,由fx?ax?1=0得a=x2+3xx?1=x?1+4x?1+5,令t=x?1≠0,則gt=t+4t+5,f(參考【例3.7?例3.10】)9.|5.2解析容易作出y=x的圖像,而y對稱軸為x=m。因為m>0,如右圖所示,fx=b有三個不同的實根,只需m>m2(參考【例3.1?例3.2】)10.【解析】由題意得fx=x2x?圖像,如右圖所示,由題意可知水平直線y=m與函數(shù)fx的圖像的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分離為x1,x2,x3,則必有0<m<14。當(dāng)水平直線y=m又0<x2x3≤x2+x(參考【例3.3?例3.5】)同步練習(xí)21.IL解析1作出函數(shù)y=fx的圖像如下圖所示,不妨設(shè)a<b<c,則由圖可知0<a<1<b<10(參考【例3.3●例3.5】)2.[L解析]當(dāng)0≤x<2時,令fx=0,易得x=0或x=1,因為fx的周期為2,所以3.[194]由題意fx?gxfx?gx的零點(diǎn)即為y=fx+f2以fx+示,作出y=fx+f2?x的圖像,易知4.【解析】由題意,fx=x2fx?c恰有兩個不同的零點(diǎn),等價于方程fx?c=0,即c=fx有兩個不同的實根,即水平直線y=c與曲線y=fx的圖像有兩個不同的交點(diǎn)。作出函數(shù)fx(參考【例3.1?例3.2】)5.[解析]如下圖所示,畫出y=x?a?1的圖像,顯然僅當(dāng)2a=(參考【例3.1?例3.2】)6.IL解析】如下圖所示,畫出fx的圖像,顯然0<k<1時滿意(參考【例3.1?例3.2】)7.[LL2.4.易知函數(shù)y=fx?a的零點(diǎn)即y=a與解得x=1±22,故當(dāng)又因為fx的周期為3,所以可畫出y=fx在[?3,4]上的圖像,如下圖所示,可知當(dāng)8.||34析fx求導(dǎo)得f′x=恒成立,故當(dāng)x<0時f′x<0,當(dāng)x>0時f′x>0,且f′0=0,所以fx在?∞,0上單調(diào)遞減,在0,+∞上單調(diào)遞增,且(參考【例3.1?例3.2】)9.[28]將原方程化簡并分離參數(shù)得t=xgx=x?127?x2≤x≤6,求導(dǎo)得g′x=?3x?1(x?5)。當(dāng)2<x<5時g′x>0,gx單調(diào)遞增,當(dāng)5<x<6時g′x<0,g(參考【例3.7?3.10】10.IL解析函數(shù)gx有兩個零點(diǎn),等價于方程fx=b有兩個不同的交點(diǎn),從而函數(shù)(1)函數(shù)fx在某一段上不單調(diào)。因為三次函數(shù)x3一直單調(diào)遞增,二次函數(shù)可以不單調(diào),且對稱軸為y軸,所以當(dāng)a<0時,函數(shù)y=fx的圖像如圖1所示,此時存在實數(shù)(2)函數(shù)fx在每一段上分離單調(diào),但整體不單調(diào),這就要求斷點(diǎn)處的函數(shù)值有大小關(guān)系,如圖2所示,只需a2<a3,解得a>1,此時也存在實數(shù)(3)當(dāng)0≤a≤1時,如圖3所示,函數(shù)y=f綜上所述,實數(shù)a的取值范圍為a<0或a>1,故填(參考【例3.11?例3.12】圖1圖2圖33.2傾斜直線與曲線同步練習(xí)11.III解析如下圖所示,畫出y=fx的圖像,可知(參考【例3.19?例3.20】)2.【解析】由題意可知y=fx與圖像在(?1,1]上有且僅有兩個交點(diǎn),因為直線y=mx+m過定點(diǎn)?1,0,且x∈(?1,1],故y=mx+m是以?1,0為端點(diǎn)(不含)向右延伸的、盡頭與x=1相交的線段,如右圖所示,畫出fx的圖像,顯然當(dāng)m>0且2m≤1時滿意題意,即有m=?2>?94,故當(dāng)?94<m≤?2綜上可知,m的取值范圍為?94(參考【例3.21?例3.24】)3.【解析】由題意可知,當(dāng)x≥0時,fx=?xfx?1可由fx向右平移1個單位得到,故可畫出y=fx與y=fx?1的函數(shù)圖像,如下頁圖所示。由圖可知,當(dāng)點(diǎn)A平移到點(diǎn)B右側(cè)的點(diǎn)A(參考【例3.27?例3.29】4.12解析由題意知y=x2?2ax+2a的對稱軸為x(1)當(dāng)0≤a≤1時,要使fx=x2?2ax+2a≥0恒成立,則須fa≥0,解得0≤a≤2;當(dāng)a>1(2)要使fx=x?alnx≥0恒成立,即使a≤xlnx在1,+∞上恒成立,令gx=xlnxx>1,則g′x綜上所述,0≤a5.[17,47,1]方程ex+ax?a數(shù)范圍內(nèi)無解,即y=ex與y=?ax?1的圖像無交點(diǎn),如右圖所示,臨界情形為直線y=則?a=ex0?ax繞著點(diǎn)1,0順時針旋轉(zhuǎn)直到與x軸重合時,兩圖像沒有交點(diǎn),可得0≤?a<(參考【例3.15?例3.16】)6.[CHM]由題意可知y=fx與y=?ax的圖像有兩個交點(diǎn),顯然a=0時不滿意條件,當(dāng)a>0時,畫出y=fx圖像,如圖1所示,可知y=fx與y=?ax恒有兩個交點(diǎn);當(dāng)a<0時,畫出y=fx圖像,如圖2所示,可知y=aex與y=?ax恒有一個交點(diǎn),則當(dāng)y=?綜上可知,?2≤a<0(參考【例3.21?例3.24】圖1圖27.解析】畫出y=fxx+a與y=fx的圖像有三個交點(diǎn),由圖可知,當(dāng)a=0時顯然滿意題意;當(dāng)a<0時不滿意題意;當(dāng)a>0時,y=?lnx與y=x+a恒有一個交點(diǎn),所以當(dāng)y=x+a平移到與y=x3?2x相切時,得到(參考【例3.25?例3.26】)8.【解析】畫出y=sinπx2在[0[0,1]上的圖像為點(diǎn)0,0到點(diǎn)1,k之間的線段,由圖可知,當(dāng)k(參考【例3.15?例3.16】)9.【解析】函數(shù)fx=x+1,如右圖所示,直線y=kx過原點(diǎn)。當(dāng)直線y=kx平行于x軸時,兩圖像有一個交點(diǎn),此時k=0;然后直線y=kx繞著原點(diǎn)逆時針旋轉(zhuǎn),在與直線y=x+1平行之前,兩圖像有兩個交點(diǎn),此時0<y=kx繼續(xù)繞原點(diǎn)逆時針旋轉(zhuǎn)直到兩圖像交于點(diǎn)1,2之前,兩圖像又有兩個交點(diǎn),此時1<k<2;繼續(xù)逆時針旋轉(zhuǎn)直到與y=?x故兩圖像有兩個交點(diǎn),則0<k<1或1<k<2;兩圖像有一個交點(diǎn),則k=0或k=1,以及(參考【例3.21?例3.24】)10.[19.47]作出函數(shù)y=x2?2x交點(diǎn)為?1,0,3,0,與y軸的交點(diǎn)為0,?3。過點(diǎn)A,B的線段所在直線的方程為y=?(1)當(dāng)a>0時,線段所在直線的方程為y=?x+a0≤x≤a。當(dāng)線段過點(diǎn)0,3(2)當(dāng)a<0時,線段所在直線的方程為y=?x+aa≤x≤0當(dāng)線段過點(diǎn)?1,0時,兩圖像有一個交點(diǎn),此時a=?1綜上所述,當(dāng)a∈?∞,?33.3復(fù)合函數(shù)方程有解問題同步練習(xí)11.【解析】如下圖所示,畫出y=fx的圖像,由圖像可知fx≥0,若f2x+bfx+c=0有7個不同實數(shù)解,則方程m2+2.[L解析】當(dāng)a<0,b≠0函數(shù),不關(guān)于原點(diǎn)對稱,故A項錯;a≠0時,gx=0解的個數(shù)即y=fx與y=?ba的交點(diǎn)個數(shù),當(dāng)a=1,0<b<2時,?2<?ba<0,由右圖可知y=fx與y=?ba綜上所述,故選B。(參考【例3.31?例3.34】)3.IL解析Jfb=b有解等價于fb=b有解,則x=ex+x?a,即a=?x2+x+ex在[0,1]上有解,即a為函數(shù)gx=?x2+x+ex在[0,1]上的值域。g′4.[L解析】令t=fx,畫出fxa?2t?2a=0,可得t?2t+a=0,即t=2或t=(參考【例3.35?例3.37】)5.[26]?如右圖所示,畫出fx的圖像,則由圖可知,當(dāng)-1或x≥0時,有fx≥0,所以當(dāng)fgx≥(參考【例3.31?例3.34】)6.[203,if1當(dāng)x<0時,f′x=?x<0時單調(diào)遞減,且fx在x≥0令t=fx?1,則ft=0必須有兩個解,所以m<0,且ft=0的解為t1=0,t2<0。而fx?1=t1(參考【例3.35?例3.37】)7.[LMH]由題意知f′x=3x2+2ax+b=0的解為x1,x2,所以3fx2+2afx+b=0的解為fx=x1和fx=x2,又f′x開口向上,故fx(參考【例3.31?例3.34】)8.【解析】令t=fx,則ffa≤2等價于ft≤2t=fa,分離畫出t=fx和k=ft的圖像,如下圖所示,由圖1可知,當(dāng)ft≤2時,有t2+t≤2,解得t≥?圖1圖2(參考【例3.35?例3.37】)9.【解析】由題意顯然有a>0。原方程等價于a)fx+a=0,解得fx=a或fx=?a。作出函數(shù)y=fx(參考【例3.31?例3.34】)10.III.設(shè)fx=0的根為x0,則由題意可知fx0=0,所以gfxg因為gfx的實根都是fx=xbx+c=0的根,當(dāng)c=0時,fx=0的根為x=0,則gfx=0的根也為0,滿意題意;當(dāng)c≠0時,fx=0的根為x=0和x=?cb綜上所述,0≤c<4,故填3.4曲線與曲線同步練習(xí)11.【解析】令fx=0,則有l(wèi)og0.5和y=1fx(參考【例3.45?例3.47】)2.[6解析】如右圖所示,畫出y=fx和知交點(diǎn)個數(shù)為2,故選C。(參考【例3.45?例3.47】)3.IL解析】令gx=x,hx=x+t,則hx關(guān)于x=?t對稱,如圖1所示,畫出y=gx和y=hx的圖像,則fx的圖像即是gx與hx處于下方的部分,如圖2所示,圖1圖2(參考【例3.50?例3.51】4.1947由題意知y=fx?sinx的零點(diǎn)即y=fx與y=sinx圖像的交點(diǎn);因為當(dāng)x∈0,π且x≠π2時,x?π2f′x>0,所以當(dāng)x∈0,π2時,f′x(參考【例3.40々例3.44】)5.[698461]當(dāng)0<m≤1時,1m≥1,則fx在[0,1]上單調(diào)遞減,且fx∈m?12,1,y=x+m在[0,1]上單調(diào)遞增,且y=x+m∈[m,m+1],因為0<m≤1,故所以要使兩函數(shù)圖像有交點(diǎn),只需f1=m?12≥m+1,解得m6.12解析如圖1所示,畫出y=x?4與y=x2?4x+3的圖像,則當(dāng)λ=2時,y=fx的圖像如圖2所示,易知當(dāng)1<x<4時fx<0;當(dāng)y=f圖1圖2圖3圖47.[CR析】易知當(dāng)y=gx與y=fx相切時與y=fx的圖像,如右圖所示,可知當(dāng)b>210時,y=gx關(guān)于y=8.IL解析如下圖所示,畫出y=fx與y=gx的圖像,當(dāng)k>0時,y=fx與y=gx在1<x≤2,3<x≤4,5<x≤6,7<x≤8時共有兩個交點(diǎn),在2<x≤3,6<x≤7時交點(diǎn)個數(shù)相同,在0<x≤1,4<x≤5,8<x≤9時交點(diǎn)個數(shù)相同,在得3kk2+1=1,解得k=24(負(fù)值舍去),當(dāng)gx過點(diǎn)1,1時,有1=3k,解得k=13,所以當(dāng)13(參考【例3.45?例3.47】)9.[C解析(1)當(dāng)a=1時,在x∈?∞,1時fx=2x?1>?1;在x(2)易知y=4x?ax?2a在R上的零點(diǎn)為a,0,2a,0,所以當(dāng)12≤a<1時,fx在[1,+∞)上有一個零點(diǎn),當(dāng)a≥1時,fx在[1,+∞)上有兩個零點(diǎn);又當(dāng)x<1時,fx=2x?a∈?a,10.II解析先畫出x∈(0,1]時,fx=xx?1的圖像,此時可知fx=xx?1在(0,1]上的最小值為?14,由fx+1=2fx可知,圖像向右平移一個單位,其縱坐標(biāo)相應(yīng)地變?yōu)楸緛淼?倍,此時fx在(1,2]上的表達(dá)式為fx=2x?1x?2,此時函數(shù)的對稱軸為x=32,其最小值為?12,圖像再向右平移2個單位,其縱坐標(biāo)相應(yīng)地變?yōu)楸緛?參考【例3.44】)第4章零點(diǎn)問題4.1找點(diǎn)?同步練習(xí)11.[C12.7.1]因為a<b<c,所以fa=0+a?ba?c+0>0,fb=b?cb?a<0,f(參考【例4.1?例4.4】)2.[L解析】當(dāng)x<0時,?x>0,所以f?gx=x2?4x+3,(參考【例4.1?例4.4】3.[LAM]fx在1,+∞上單調(diào)遞增,且fx04.[69][7]g′x=4xln4+2>0,所以gx在0,+∞上單調(diào)遞增,而g14=2+12(參考【例4.1?例4.4】5.III.5.所以b∈1,2。因為fx,gx在6.ILLIR.因為fx有極值,所以f′x=2e2x+2e?2x?c=0有解。2e2x+e?7.[1877](1)f′x(1)當(dāng)a=0時,f(2)當(dāng)a<0時,fx在0,π2(3)當(dāng)a>0時,fx在0,π2上單調(diào)遞增,所以fxmax=f(2)f′x>0在0,π2上成立,且f0=?當(dāng)x∈π2,π時,f′′x=2cosx?xsinx<0,所以f′x在π2,π上單調(diào)遞減,而f′綜上所述,fx在0,π(參考【例4.5】8.[L解析]f′xf′′x>0在0,π2上恒成立,所以f′x在0,π2f′′x<0在π2,π上恒成立,所以f′x在π2,π上單調(diào)遞減,而f′綜上所述,f′x在區(qū)間0(參考【例4.2】)9.124447題意等價于證實集合t是集合fs的子集。當(dāng)0<x≤1時,fx≤0。設(shè)t>0,令hx=fx?t,x∈1,+∞4.2找點(diǎn)?同步練習(xí)11.【解析】f′x=1x?mx2,取gx=1x?mx2?x3=0,得m當(dāng)m>23時,當(dāng)m=23或m≤0當(dāng)0<m<232.【解析】1f′x=lnx?1x,令gx=lnx?1x,g′x=1x+1x2>0在0,+∞上恒成立,所以f′x在0,+∞(2)由(1)知fx在0,x0x0∈1,e上單調(diào)遞減,所以fx0<f1=?2<0。取x1=e?即fx1>0。取x2=e2∈0,+∞,則lnx2=2且x2+1x2?1<2,所以lnx2>x2+1x2?1,因為x2>1,所以x2?1lnx2(參考【例4.19】3.[L解析】(1)f′x(1)當(dāng)a≥0時,fx在?∞,1(2)當(dāng)?e2<a<0時,fx在(3)當(dāng)a=?e2時,f′x=x?1(4)當(dāng)a<?e2時,fx在?∞(2)分離參數(shù)得a=2?xx?12exh′x=?x2?4x+5x?1(1)當(dāng)a≤0時,hx在?∞,1上恒正,h(2)當(dāng)a>0時,取x1<minlna,1?52,x1<lna取1>x2>max0,1?12a,因為x2>0,所以ex2>1;又因為取x3滿意1<x3<min又因為h2=?a<0,所以h綜上所述,a的取值范圍為0,+4.【解析】(1)f′x=x?kxx>0,當(dāng)x∈0,k時,f′x<0,當(dāng)x∈k,+∞時,f′x>(2)由(1)知,fx有零點(diǎn)時,必有fk≤0,解得(1)當(dāng)k=e時,fx在1,e上單調(diào)遞減,且fe=0,所以fx在(1,e]上僅有一個零點(diǎn);(2)當(dāng)k>e時,fx在(1,k]上單調(diào)遞減,故fx綜上所述,若fx存在零點(diǎn),則fx在區(qū)間((參考【例4.11?例4.15】)5.[272.67]1f′x=exx2+2(2)因為f0=1?a<0,fa=1+a(3)由題意f′x=0,解得P?1,2e?a,而kOP=f′m=em4.3找點(diǎn)(三)同步練習(xí)11.【解析】f′x(1)當(dāng)a>0時,f′x>0在0,+∞上恒成立,所以fx在0,+∞上單調(diào)遞增,而f1=?a<0。取(2)當(dāng)a=0時,fx=lnx在0,+(3)當(dāng)a<0時,fx在0,?2af(1)當(dāng)f?2a>0,即a<?12e(2)當(dāng)f?2a=0,即a=?(3)當(dāng)f?2a<0,即a>?12e時,f1>0,fx在?2a,1上有一個零點(diǎn)。取x綜上所述,a的取值范圍為?12(參考【例4.27?例4.29】2.【解析】(1)因為fx在1,+∞上是單調(diào)遞減函數(shù),所以f′x=1x?a≤0在1,+∞上恒成立,所以a≥1。而g′x=ex?a,所以gx綜上所述,a的取值范圍為e,+(2)因為gx在?1,+∞上是單調(diào)遞增函數(shù),所以g′x=ex?a≥0(1)當(dāng)a<0時,f′x=1?axx>0在0,+∞上恒成立,所以fx在0,+∞上單調(diào)遞增,而f1=?a>0,取x1(3)當(dāng)0<a<1e時,fx在0,1a上單調(diào)遞增,在1a,+∞上單調(diào)遞減,所以取x2=4a2時,fx2=2ln所以fx在0,(4)當(dāng)a=1e時,由(3)知fx≥f綜上所述,a∈(?∞,0]∪1e時,f(參考【例4.23○4.25】)3.【解析】令gx=g易知x≥1時,gx在1,+∞上單調(diào)遞增;當(dāng)0<x<12x?1<1,所以g′x<0,(1)當(dāng)g1>0,即c<?1e2時,(2)當(dāng)g1=0,即c=?1e2時,(3)當(dāng)g1<0,即c>?1e2時,取x1=e?c+1,則gx1>0,故gx在0,1上有一個零點(diǎn);取x4.【解析】令gx=fx?12x2+x+1=ex?x22?x?1,g′x=e5.【解解析】由fx=mx2得m=exx2,令hx=exx2,h′x=exx?2x3,則hx在0,2上單調(diào)遞減,此時hx(2)當(dāng)m=e(3)當(dāng)m∈e(參考【例4.27?4.29】第5章恒成立問題5.1端點(diǎn)與一次函數(shù)、二次函數(shù)同步練習(xí)11.【解析】題意等價于12+m+4≤022+2m+4(參考【例5.6?例5.7】)2.【解析】fx開口向上,fx<0在x∈[m,m<0,因此m的取值范圍為?22,0(參考【例5.6?例5.7】)3.【解析】因為函數(shù)fx=x?13sin2x+asinx在?∞,+∞上單調(diào)遞增,所以f′x=1?23cos2x+acosx在?(參考【例5.6?例5.7】)4.【解析】題意等價于fa3≤16f14≥1(參考【例5.6?例5.7】5.[解]因為x∈[1,4](1)當(dāng)a≤4時,fx=x+4x,此時fx在x=1或(2)當(dāng)4<a<5時,fxmax4?a+a<5?a+a5?(3)當(dāng)a≥5時,fx=2a?x+4x,此時fx在x=2綜上所述,a的取值范圍為?∞,92。故填(參考【例5.12】6.[Li3.7.因為fx=?x2+axe?x在?1,1上單調(diào)遞減,所以f′x?12?a+2??1+a≤01(參考【例5.8】7.III.(1)f′x=ax2?3x+a+1,因為fx在x(2)不等式f′x>x2?x?a+1等價于ax2?3x+a+1>x2?x?a+1,即a?1x2?(參考【例5.3?例5.5】)8.[Li2HI]1gx=f′x=3x23+sint∈[2,4](2)隨意的m∈[?26,6],恒有fx≥x3?mx?11,等價于hm=mx?9x2+245.2閉區(qū)間上的端點(diǎn)效應(yīng)同步練習(xí)11.【解析】f′x=x2?2a?1x?2aex,又fx在[?1,1]上,故而只需f′?1=?1e<0f′1=3(參考【例5.13?例5.17】)2.[1984]函數(shù)fx=ax2?a+1x+1ex在[0,1]上單調(diào)遞減,所以f′x=ax2+a?1x?aex(參考【例5.13?例5.17】)3.[LR47]因為fx是定義在R上的奇函數(shù),且當(dāng)x≥0時,fx=x2,所以當(dāng)x<0時,fx=?x2,所以fx在R上單調(diào)遞增,對隨意的x∈[t,t+2],不等式(參考【例5.13?例5.17】)4.[LIZZ]因為fx=ax3?3x+1對于x∈[?1當(dāng)2≤a≤4時,f′x=3ax單調(diào)遞減,題意等價于f?1≥0faa≥0(參考【例5.16】)5.[C解析]f′x=3x2?6ax?9a2,f′x≤12a在x∈[1,4a]稱軸x=a<1,所以hx在[1,4a]上單調(diào)遞增,所以hxmin=h(參考【例5.13?例5.17】)6.【解析】(1)當(dāng)a=1時,fx=x3?32x2+1,f2=3(2)由端點(diǎn)效應(yīng)可得f?12=?a8+58>0f1當(dāng)0<a<5時,令f′x(1)當(dāng)1a≥12,即0<a≤2時,fx在?12,0(2)當(dāng)1a<12,即a>2時,fx在?12,0,1a綜上所述,a的取值范圍為[0,(參考【例5.13々例5.17】)7.【解析】1f′x=?x?a2x+axx>0。由f′x(2)由端點(diǎn)效應(yīng)可得e?1≤f1≤e2e?1≤在1,e上恒成立,即fx在1,e上單調(diào)遞增,則f1=a?1≥e?1(參考【例5.17々例5.18】5.3開區(qū)間上的端點(diǎn)效應(yīng)同步練習(xí)11.【解析】當(dāng)a>1時,logax在0,12上單調(diào)遞增,且logax<0,而4x>0,所以0<a<1。此時4x單調(diào)遞增,logax2.【解析】fmx+mfx<0等價于2mx?1mx?mx<0,即gx=2(參考【例5.24】)3.16.7析fx=ax3+3x在1,2上非負(fù),即a≥?2x?1x2在1,2上恒成立,所以a≥?(參考【例5.20?例5.21】)4.【解析】因為fx在0,13上單調(diào)遞增,所以f′x=?5x2+2x?3bx1?2x5.I【解析】(1)當(dāng)m<0時,fx開口向下,當(dāng)x趨于+∞時,fx<0,而gx單調(diào)遞減,當(dāng)(2)當(dāng)m=0時,fx=(3)當(dāng)m>0時,gx>0在0,+∞上恒成立,(1)當(dāng)4?m2m≥0,即(2)當(dāng)4?m2m<0,即m>4時,只需fx的判別式Δ=綜上所述,m的取值范圍為0,8。故填06.[C1267f](1)f′x=?xsinx<0在0,π2上恒成立,所以fx在0,π2上單調(diào)遞減,所以fxmax=f0=0≤0(1)當(dāng)c≤0時,gx>0(2)當(dāng)c≥1時,gx<0(3)當(dāng)0<c<1時,存在唯一的x0∈0,π2使得g′x0=0。所以gx在0,x0上單調(diào)遞增,所以gx0>g0=0,gx>0在0,π2所以,若a<sinxx<b在0,π2(參考【例5.25?例5.27】)7.[192析]原問題等價于gx=mex+e?x?e?x+1?m≤0在0,mex?e?x+e?x,令g′x=0調(diào)遞增,在?12ln?m1g化簡得2?m?1?m綜上所述,實數(shù)m的取值范圍為?∞,(參考【例5.25?例5.27】)5.4函數(shù)在端點(diǎn)處為零的端點(diǎn)效應(yīng)同步練習(xí)11.IL解析】題意等價于gx=ex?e?x?ax≥0在[0,+∞)上恒成立。當(dāng)x=0時,當(dāng)a≤2時,g′x=ex+e?x?a≥0在綜上所述,a的取值范圍為(?∞(參考【例5.31?例5.34】)2.[L解析】題意等價于?x2<lnx+1?kx<x2在0,(1)當(dāng)x=0時,g0=0,所以g′x=1x+1?k當(dāng)k≤1時,g′x=2x2+2?kx+1?kx+1,分子的對稱軸x=k?24<(2)當(dāng)x=0時,h0=0,則h′x=1x+1?k?2x在x=0處非正,即h′0=1?k≤0,解得k≥1。當(dāng)k≥1時,h′x=綜上所述,k=1(參考【例5.31?例5.34】)3.【解析】因為f1=0,fx>0在1,+∞上恒成立,所以f′x=當(dāng)a≤2時,f′′x=x?1x2≥0在1,+∞上恒成立,所以f′x在1,+∞上單調(diào)遞增,所以f′(參考【例5.31】)4.IL解析)1f′x=3x2+4ax+b,g′x=2x?3。因為y=fx?:x(2)由(1)知fx+gx=x3?3x2+2x。由題意xx2?3x+2?m=0有三個互不相同的實根0,x1,x2,所以x1,x2是方程x2?3x+2?m=0的兩個不相等實根。所以Δ=?32?42?m>0,解得m>?14。對隨意的x∈x綜上所述,m的取值范圍為?14(參考【例5.30】5.【解析】1f′x=2cosx+12+cosx2(2)令gx=fx?ax=sinx2+cosx?ax。題意等價于gx≤0在[0,當(dāng)a≥13時,g′x=?312+cos上單調(diào)遞減,所以gxmax綜上所述,a的取值范圍為13,(參考【例5.31?例5.34】)同步練習(xí)21.[C12.7f]fx=xex?1?ax2=xex?1?ax,fx≥0在[0,+∞)上恒成立等價于g當(dāng)a≤1時,g′x=ex?a≥0在gxmin綜上所述,a的取值范圍為(?∞(參考【例5.31?例5.34】)2.【&6&析】(1)f′x=3ax2?6x,因為x=2是函數(shù)(2)gx=fx+f解得a≤65。由題意gx≤g0=0,即xax2+3a?1x(1)當(dāng)0<a≤65時,hx(2)當(dāng)a=0時,h(3)當(dāng)a<0時,hx開口向下,對稱軸x=?3a?h0=0,即綜上所述,a的取值范圍為?∞,(參考【例5.28】)3.[C解析](1)f′x(1)當(dāng)a≥1時,f′x≥0在[0,π](2)當(dāng)0<a<1時,存在x1∈0,π2,x2∈π2,π,使得f(3)當(dāng)a≤0時,f′x≤0在[0,π](2)fx≤1+sinx等價于gg0=0≤0gπ=aπ(1)當(dāng)a≤?1時,g′x≤0在[0,π]上恒成立,所以gx在[(2)當(dāng)?1<a≤2π時,g′0=a?1<0,所以g′x0=0,則gx在0,x0綜上所述,a的取值范圍為?∞,(參考【例5.31?5.34】)4.【解析】(1)f′x=x?1?ax+a,x∈?a,+∞。所以(2)由(1)及題意可知,fx≤kx2等價于gx因為g0=0,gx≤0在[0,+∞)上恒成立,所以g′x=?x2kx+當(dāng)k≥12時,hx≥0在[0,+∞)上成立,所以g′x≤0在綜上所述,k的最小值為a=1(參考【例5.37?例5.38】)5.5指數(shù)與對數(shù)同步練習(xí)11.III解析題意等價于gx=x+1lnx+1?ax≥0在[0,+∞)上恒成立,又當(dāng)a≤1時,g′x≥0在[0,+∞)上恒成立,所以gx綜上所述,a的取值范圍為(?∞(參考【例5.39?例5.43】)2.【解析】題意等價于gx=1+x1?xe?ax?1>0在0,1上恒成立。又g0=當(dāng)a≤2時,1?x2∈0,1,a1?x2<2,所以g′綜上所述,a的取值范圍為(?∞(參考【例5.39?例5.43】)3.[解析]題意等價于k?1令gx=k?1x?1x+2lnxx>0且x≠1,則gx>0在0,1上恒成立,gx當(dāng)k≤0時,hx=k?1x2+2x+k?1圖像開口向下,Δ=4?4k?12≤0,所以hx≤0在0,+∞上恒