2014-2018年五年真题分类第三章 导数及其应用
第三章 导数及其应用
考点1 导数与积分
1．（2018全国Ⅰ，5）设函数fx=x3+a−1x2+ax．若fx为奇函数，则曲线y=fx在点0 ， 0处的切线方程为( )
A．y=−2x B．y=−x C．y=2x D．y=x
1.D 因为函数f(x)是奇函数，所以a−1=0，解得a=1，所以f(x)=x3+x，f'(x)=3x2+1，
所以f'(0)=1,f(0)=0，所以曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为y−f(0)=f'(0)x，化简可得y=x，故选D.
2.（2017•浙江,7）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（ ）
A. B. C. D.
2. D 由当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，
则由导函数y=f′（x）的图象可知：f（x）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C，且第二个拐点（即函数的极大值点）在x轴上的右侧，排除B，
故选D.
3.（2017•新课标Ⅱ,11）若x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（ ）
A.﹣1 B.﹣2e﹣3 C.5e﹣3 D.1
3. A 函数f（x）=（x2+ax﹣1）ex﹣1 ， 可得f′（x）=（2x+a）ex﹣1+（x2+ax﹣1）ex﹣1 ，
x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，可得：﹣4+a+（3﹣2a）=0．
解得a=﹣1．可得f′（x）=（2x﹣1）ex﹣1+（x2﹣x﹣1）ex﹣1 =（x2+x﹣2）ex﹣1 ，
函数的极值点为：x=﹣2，x=1，当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数，x=1时，函数取得极小值：f（1）=（12﹣1﹣1）e1﹣1=﹣1．故选A．
4.(2014·大纲全国，7)曲线y＝xex－1在点(1,1)处切线的斜率等于( )
A. 2e B.e C.2 D.1
4.C[由题意可得y′＝ex－1＋xex－1，所以曲线在点(1，1)处切线的斜率等于2，故选C.]
5.(2014·新课标全国Ⅱ，8)设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，则a＝( )
A.0 B.1 C.2 D.3
5.D [y′＝a－，由题意得y′|x＝0＝2，即a－1＝2，所以a＝3.]
6.(2014·陕西，3)定积分(2x＋ex)dx的值为( )
A.e＋2 B.e＋1 C.e D.e－1
6.C [∫(2x＋ex)dx＝(x2＋ex)|＝(1＋e)－(0＋e0)＝e，因此选C.]
7.(2014·江西，8)若f(x)＝x2＋2f(x)dx，则01f(x)dx＝( )
A.－1 B.－ C. D.1
7.B [因为∫f(x)dx是常数，所以f′(x)＝2x，所以可设f(x)＝x2＋c(c为常数)，所以x2＋c＝
x2＋2(x3＋cx)|，解得c＝－，∫f(x)dx＝∫(x2＋c)dx＝∫(x2－)dx＝|＝－.]
8.(2014·山东，6)直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为( )
A.2 B.4 C.2 D.4
8.D [由4x＝x3，解得x＝0或x＝2或x＝－2(舍去)，根据定积分的几何意义可知，直线
y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为∫(4x－x3)dx＝|＝4.]
9.(2014·湖南，9)已知函数f(x)＝sin(x－φ)，且＝0，则函数f(x)的图象的一条对称轴是( )
A.x＝ B.x＝ C.x＝ D.x＝
9.A [由定积分∫0sin(x－φ)dx＝－cos(x－φ)|0＝cos φ－sin φ＋cos φ＝0，得tan φ＝，所以φ＝＋kπ(k∈Z)，所以f(x)＝sin(x－－kπ)(k∈Z)，由正弦函数的性质知y＝sin(x－－kπ)与y＝sin(x－)的图象的对称轴相同，令x－＝kπ＋，则x＝kπ＋(k∈Z)，所以函数f(x)的图象的对称轴为x＝kπ＋π(k∈Z)，当k＝0，得x＝，选A.]
10.(2014·湖北，6)若函数f(x)，g(x)满足＝0，则称f(x)，g(x)为区间[－1,1]上的一组正交函数.给出三组函数：
①f(x)＝sinx，g(x)＝cosx；②f(x)＝x＋1，g(x)＝x－1；③f(x)＝x，g(x)＝x2.
其中为区间[－1,1]上的正交函数的组数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
10.C [对于①，∫sinxcosxdx＝∫sin xdx＝0，所以①是一组正交函数；对于②，∫(x＋1)(x－1)dx＝∫(x2－1)dx≠0，所以②不是一组正交函数；对于③，
∫x·x2dx＝∫x3dx＝0，所以③是一组正交函数.选C.]
11．（2018全国Ⅱ，13）曲线y=2ln(x+1)在点(0, 0)处的切线方程为__________．
11.y=2x∵y′=2x+1∴k=20+1=2∴y=2x
12．（2018全国Ⅲ，14）曲线y=ax+1ex在点0 ， 1处的切线的斜率为−2，则a=________．
12.−3y'=aex+ax+1ex,则f'0=a+1=-2.所以a=-3.
13.(2016·全国Ⅲ，15)已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________.
13.2x＋y＋1＝0[设x＞0，则－x＜0,f(－x)＝ln x－3x,又f(x)为偶函数，f(x)＝ln x－3x，
f′(x)＝－3，f′(1)＝－2，切线方程为y＝－2x－1.]
14.(2016·全国Ⅱ，16)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________.
14.1－ln 2 [y＝ln x＋2的切线为：y＝·x＋ln x1＋1(设切点横坐标为x1).
y＝ln(x＋1)的切线为：y＝x＋ln(x2＋1)－，(设切点横坐标为x2).
∴
解得x1＝，x2＝－，∴b＝ln x1＋1＝1－ln 2.]
15.(2015·陕西，15)设曲线y＝ex在点(0,1)处的切线与曲线y＝(x＞0)上点P处的切线垂直，则P的坐标为________.
15.(1，1) [∵(ex)′|x=0＝e0＝1，设P(x0，y0)，有()′|x=x0＝－＝－1，
又x0＞0，∴x0＝1，故P(1，1).]
16.(2015·湖南，11)(x－1)dx＝________.
16.0 [∫(x－1)dx＝＝×22－2＝0.]
17.(2015·天津，11)曲线y＝x2与直线y＝x所围成的封闭图形的面积为________.
17. [曲线y＝x2与直线y＝x所围成的封闭图形如图，由得A(1，1)，
面积S＝∫xdx－∫x2dx＝x20＝－＝.]
18.(2015·陕西，16)如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线表示)，则原始的最大流量与当前最大流量的比值为________.
18.1.2 [由题意可知最大流量的比即为横截面面积的比，建立以抛物线顶点为原点的直角坐标系，
设抛物线方程为y＝ax2，将点(5，2)代入抛物线方程得a＝，故抛物线方程为y＝x2,
抛物线的横截面面积为S1＝2(2-x2)dx＝2(2x-x3)|＝(m2)，
而原梯形上底为10－×2＝6(m)，
故原梯形面积为S2＝(10＋6)×2＝16，＝＝1.2.]
19.(2014·江西，13)若曲线y＝e－x上点P处的切线平行于直线2x＋y＋1＝0，则点P的坐标是________.
19.(－ln 2，2) [由题意有y′＝－e－x，设P(m，n)，直线2x＋y＋1＝0的斜率为－2，则由题意得－e－m＝－2，解得m＝－ln 2，所以n＝e－(－ln 2)＝2.]
20．（2018浙江，22）已知函数fx=x−lnx．
（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8−8ln2；
（Ⅱ）若a≤3−4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点．
20.（Ⅰ）函数f（x）的导函数f'(x)=12x-1x，
由f'(x1)=f'(x2)得12x1-1x1=12x2-1x2，
因为x1≠x2，所以1x1+1x2=12．
由基本不等式得12x1x2=x1+x2≥24x1x2．
因为x1≠x2，所以x1x2>256．
由题意得f(x1)+f(x2)=x1-lnx1+x2-lnx2=12x1x2-ln(x1x2)．
设g(x)=12x-lnx，
则g'(x)=14x(x-4)，
所以
x
（0，16）
16
（16，+∞）
-
0
+
2-4ln2
所以g（x）在[256，+∞）上单调递增，
故g(x1x2)>g(256)=8-8ln2，
即f(x1)+f(x2)>8-8ln2．
（Ⅱ）令m=e-(a+k)，n=(a+1k)2+1，则
f（m）–km–a>|a|+k–k–a≥0，
f（n）–kn–a
0，直线y=kx+a与曲线y=f（x）有唯一公共点．
考点2 导数的应用
1.(2015·福建,10)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1,其导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1,则下列结论中一定错误的是( )
A.f()＜ B.f()＞ C.f()＜ D.f()＞
1.C ∵导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1,∴f′(x)－k＞0,k－1＞0,＞0,
可构造函数g(x)＝f(x)－kx,可得g′(x)＞0,故g(x)在R上为增函数,
∵f(0)＝－1,∴g(0)＝－1,∴g()＞g(0),
∴f()－＞－1,∴f()＞,∴选项C错误,故选C.
2.(2015·陕西,12)对二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a为非零整数),四位同学分别给出下列结论,其中有且只有一个结论是错误的,则错误的结论是( )
A.－1是f(x)的零点 B.1是f(x)的极值点C.3是f(x)的极值D.点(2,8)在曲线y＝f(x)上
2.A [A正确等价于a－b＋c＝0,①
B正确等价于b＝－2a,②
C正确等价于＝3,③
D正确等价于4a＋2b＋c＝8.④
下面分情况验证,
若A错,由②、③、④组成的方程组的解为符合题意；
若B错,由①、③、④组成的方程组消元转化为关于a的方程后无实数解；
若C错,由①、②、④组成方程组,经验证a无整数解；
若D错,由①、②、③组成的方程组a的解为－也不是整数.
综上,故选A.]
3.(2015·新课标全国Ⅱ,12)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(－1)＝0,当x>0时,xf′(x)－f(x)＜0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A.(－∞,－1)∪(0,1) B.(－1,0)∪(1,＋∞)
C.(－∞,－1)∪(－1,0) D.(0,1)∪(1,＋∞)
3.A [因为f(x)(x∈R)为奇函数,f(-1)＝0,所以f(1)＝-f(-1)＝0.当x≠0时,令g(x)＝,则g(x)为偶函数,且g(1)＝g(－1)＝0.则当x＞0时,g′(x)＝()′＝＜0,故g(x)在(0,＋∞)上为减函数,在(－∞,0)上为增函数.所以在(0,＋∞)上,当0＜x＜1时,g(x)＞g(1)＝0⇔＞0⇔f(x)＞0；
在(－∞,0)上,当x＜－1时,g(x)＜g(－1)＝0⇔＜0⇔f(x)＞0.综上,得使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞,－1)∪(0,1),选A.]
4.(2015·新课标全国Ⅰ,12)设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是( )
A. B. C. D.
4.D [设g(x)＝ex(2x-1),y＝ax-a,由题知存在唯一的整数x0,使得g(x0)在直线y＝ax-a的下方,
因为g′(x)＝ex(2x＋1),所以当x<－时,g′(x)<0,当x>－时,g′(x)>0,所以当x＝－时,[g(x)]min＝－2e－,
当x＝0时,g(0)＝-1,g(1)＝3e>0,直线y＝a(x-1)恒过(1,0)且斜率为a,故－a>g(0)＝－1,
且g(－1)＝－3e－1≥－a－a,解得≤a<1,故选D.]
5.(2014·新课标全国Ⅱ,12)设函数f(x)＝sin.若存在f(x)的极值点x0满足x＋[f(x0)]23,其中k∈Z.由题意,存在整数k使得不等式m2>3成立.当k≠－1且k≠0时,必有
>1,此时不等式显然不能成立,故k＝－1或k＝0,此时,不等式即为m2>3,解得m<－2或m>2.]
6.(2014·辽宁,11)当x∈[－2,1]时,不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.[－5,－3] B.[－6,－] C.[－6,－2] D. [－4,－3]
6.C [当x∈(0,1]时,得a≥－3－4＋,令t＝,则t∈[1,＋∞),a≥－3t3－4t2＋t,令g(t)＝－3t3－4t2＋t,t∈[1,＋∞),则g′(t)＝-9t2-8t＋1＝-(t＋1)(9t－1),显然在[1,＋∞)上,g′(t)<0,g(t)单调递减,所以g(t)max＝g(1)＝-6,因此a≥-6；同理,当x∈[-2,0)时,得a≤-2.由以上两种情况得-6≤a≤-2,显然当x＝0时也成立.故实数a的取值范围为[-6,-2].
7．（2018全国Ⅰ，21）已知函数f(x)=1x−x+alnx．
（1）讨论f(x)的单调性；
（2）若f(x)存在两个极值点x1,x2，证明：fx1−fx2x1−x22，令f'(x)=0得，x=a-a2-42或x=a+a2-42.
当x∈(0,a-a2-42)∪(a+a2-42,+∞)时，f'(x)<0；
当x∈(a-a2-42,a+a2-42)时，f'(x)>0.所以f(x)在(0,a-a2-42),(a+a2-42,+∞)单调递减，在(a-a2-42,a+a2-42)单调递增.
（2）由（1）知，f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0，所以x1x2=1，不妨设x1<x2，则x2>1.由于
f(x1)-f(x2)x1-x2=-1x1x2-1+alnx1-lnx2x1-x2=-2+alnx1-lnx2x1-x2=-2+a-2lnx21x2-x2，
所以f(x1)-f(x2)x1-x20，h(x)没有零点；
（ii）当a>0时，h'(x)=ax(x-2)e-x．
当x∈(0,2)时，h'(x)<0；当x∈(2,+∞)时，h'(x)>0．
所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2,+∞)单调递增．
故h(2)=1-4ae2是h(x)在[0,+∞)的最小值．
①若h(2)>0，即a<e24，h(x)在(0,+∞)没有零点；
②若h(2)=0，即a=e24，h(x)在(0,+∞)只有一个零点；
③若h(2)<0，即a>e24，由于h(0)=1，所以h(x)在(0,2)有一个零点，
由（1）知，当x>0时，ex>x2，所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)2>1-16a3(2a)4=1-1a>0．
故h(x)在(2,4a)有一个零点，因此h(x)在(0,+∞)有两个零点．
综上，f(x)在(0,+∞)只有一个零点时，a=e24．
9．（2018全国Ⅲ，21）已知函数fx=2+x+ax2ln1+x−2x．
（1）若a=0，证明：当−10时，fx>0；
（2）若x=0是fx的极大值点，求a．
9.（1）当a=0时，f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x，f'(x)=ln(1+x)-x1+x.
设函数g(x)=f'(x)=ln(1+x)-x1+x，则g'(x)=x(1+x)2.
当-10时，g'(x)>0.故当x>-1时，g(x)≥g(0)=0，且仅当x=0时，g(x)=0，从而f'(x)≥0，且仅当x=0时，f'(x)=0.
所以f(x)在(-1,+∞)单调递增.
又f(0)=0，故当-10时，f(x)>0.
（2）（i）若a≥0，由（1）知，当x>0时，f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0)，这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.
（ii）若a<0，设函数h(x)=f(x)2+x+ax2=ln(1+x)-2x2+x+ax2.
由于当|x|0，故h(x)与f(x)符号相同.
又h(0)=f(0)=0，故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.
h'(x)=11+x-2(2+x+ax2)-2x(1+2ax)(2+x+ax2)2=x2(a2x2+4ax+6a+1)(x+1)(ax2+x+2)2.
如果6a+1>0，则当00，故x=0不是h(x)的极大值点.
如果6a+1<0，则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0，故当x∈(x1,0)，且|x|0；当x∈(0,1)时，h'(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点，从而x=0是f(x)的极大值点
综上，a=-16.
10．（2018天津，20）已知函数， ，其中a>1.
（I）求函数的单调区间；
（II）若曲线在点处的切线与曲线在点 处的切线平行，证明；
（III）证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.
10.（I）由已知， ，有.
令，解得x=0.
由a>1，可知当x变化时， ， 的变化情况如下表：
x
0
0
+
极小值
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（II）由，可得曲线在点处的切线斜率为.
由，可得曲线在点处的切线斜率为.
因为这两条切线平行，故有，即.
两边取以a为底的对数，得，所以.
（III）曲线在点处的切线l1： .
曲线在点处的切线l2： .
要证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线，
只需证明当时，存在， ，使得l1和l2重合.
即只需证明当时，方程组有解，
由①得，代入②，得. ③
因此，只需证明当时，关于x1的方程③存在实数解.
设函数，
即要证明当时，函数存在零点.
，可知时， ；
时， 单调递减，
又， ，
故存在唯一的x0，且x0>0，使得，即.
由此可得在上单调递增，在上单调递减.
在处取得极大值.
因为，故，
所以.
下面证明存在实数t，使得.
由（I）可得，
当时，
有
，
所以存在实数t，使得
因此，当时，存在，使得.
所以，当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.
11．（2018江苏，19）记f'(x),g'(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数．若存在x0∈R，满足f(x0)=g(x0)且f'(x0)=g'(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”．
（1）证明：函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”；
（2）若函数f(x)=ax2-1与g(x)=lnx存在“S点”，求实数a的值；
（3）已知函数f(x)=-x2+a，g(x)=bexx．对任意a>0，判断是否存在b>0，使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”，并说明理由．
11.（1）函数f（x）=x，g（x）=x2+2x-2，则f′（x）=1，g′（x）=2x+2．
由f（x）=g（x）且f′（x）= g′（x），得
x=x2+2x-21=2x+2，此方程组无解，
因此，f（x）与g（x）不存在“S”点．
（2）函数f（x）=ax2-1，g(x)=lnx，
则f'（x）=2ax ，g'（x）=1x．
设x0为f（x）与g（x）的“S”点，由f（x0）与g（x0）且f′（x0）与g′（x0），得
ax02-1=lnx02ax0=1x0，即ax02-1=lnx02ax02=1，（*）
得lnx0=-12，即x0=e-12，则a=12(e-12)2=e2．
当a=e2时，x0=e-12满足方程组（*），即x0为f（x）与g（x）的“S”点．
因此，a的值为e2．
（3）对任意a>0，设h(x)=x3-3x2-ax+a．
因为h(0)=a>0 ，h(1)=1-3-a+a=-2<0，且h（x）的图象是不间断的，
所以存在x0∈（0，1），使得h(x0)=0，令b=2x03ex0(1-x0)，则b>0．
函数f(x)=-x2+a ，g(x)=bexx，
则f'(x)=-2x ，g'(x)=bex(x-1)x2．
由f（x）与g（x）且f′（x）与g′（x），得
-x2+a =bexx-2x =bex(x-1)x2，即-x2+a =2x03ex0(1-x0)⋅exx-2x =2x03ex0(1-x0)⋅ex(x-1)x2（**）
此时，x0满足方程组（**），即x0是函数f（x）与g（x）在区间（0，1）内的一个“S点”．
因此，对任意a>0，存在b>0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S点”．
12．（2018北京，18）设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex．
（1）若曲线y=fx在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，求a；
（2）若f(x)在x=2处取得极小值，求a的取值范围．
12.（Ⅰ）因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex，
所以f ′（x）=［2ax–（4a+1）］ex+［ax2–（4a+1）x+4a+3］ex（x∈R）
=［ax2–（2a+1）x+2］ex．
f ′(1)=(1–a)e．
由题设知f ′(1)=0，即(1–a)e=0，解得a=1．
此时f (1)=3e≠0．
所以a的值为1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f ′（x）=［ax2–（2a+1）x+2］ex=（ax–1）(x–2)ex．
若a>12，则当x∈(1a，2)时，f ′(x)<0；
当x∈(2，+∞)时，f ′(x)>0．
所以f (x)<0在x=2处取得极小值．
若a≤12，则当x∈(0，2)时，x–2<0，ax–1≤12x–1<0，
所以f ′(x)>0．
所以2不是f (x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是（12，+∞）．
13.（2017•浙江,20）已知函数f（x）=（x﹣ ）e﹣x（x≥ ）．
（Ⅰ）求f（x）的导函数；
（Ⅱ）求f（x）在区间[ ，+∞）上的取值范围．
13. （Ⅰ）函数f（x）=（x﹣ ）e﹣x（x≥ ），
导数f′（x）=（1﹣ • •2）e﹣x﹣（x﹣ ）e﹣x
=（1﹣x+ ）e﹣x=（1﹣x）（1﹣ ）e﹣x；
（Ⅱ）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣ ）e﹣x ，
可得f′（x）=0时，x=1或 ，
当 ＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；
当1＜x＜ 时，f′（x）＞0，f（x）递增；
当x＞ 时，f′（x）＜0，f（x）递减，
且x≥ ⇔x2≥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 ]．
14.（2017•山东,20）已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2），其中e≈2.17828…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．
14. （Ⅰ）f（π）=π2﹣2．f′（x）=2x﹣2sinx，∴f′（π）=2π．
∴曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程为：y﹣（π2﹣2）=2π（x﹣π）．
化为：2πx﹣y﹣π2﹣2=0．
（Ⅱ）h（x）=g （x）﹣a f（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2）﹣a（x2+2cosx）
h′（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2）+ex（﹣sinx﹣cosx+2）﹣a（2x﹣2sinx）
=2（x﹣sinx）（ex﹣a）=2（x﹣sinx）（ex﹣elna）．
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．
（i）a≤0时，ex﹣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．
（ii）a＞0时，令h′（x）=2（x﹣sinx）（ex﹣elna）=0．
解得x1=lna，x2=0．
①0＜a＜1时，x∈（﹣∞，lna）时，ex﹣elna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；
x∈（lna，0）时，ex﹣elna＞0，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；
x∈（0，+∞）时，ex﹣elna＞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[ln2a﹣2lna+sin（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，ex﹣elna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；
x∈（0，lna）时，ex﹣elna＜0，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；
x∈（lna，+∞）时，ex﹣elna＞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[ln2a﹣2lna+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）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[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（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[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．
15.（2017•北京,19）已知函数f（x）=excosx﹣x．（13分）
(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．
15.（1）函数f（x）=excosx﹣x的导数为f′（x）=ex（cosx﹣sinx）﹣1，
可得曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k=e0（cos0﹣sin0）﹣1=0，
切点为（0，e0cos0﹣0），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）=excosx﹣x的导数为f′（x）=ex（cosx﹣sinx）﹣1，
令g（x）=ex（cosx﹣sinx）﹣1，
则g（x）的导数为g′（x）=ex（cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx）=﹣2ex•sinx，
当x∈[0， ]，可得g′（x）=﹣2ex•sinx≤0，
即有g（x）在[0， ]递减，可得g（x）≤g（0）=0，
则f（x）在[0， ]递减，
即有函数f（x）在区间[0， ]上的最大值为f（0）=e0cos0﹣0=1；
最小值为f（ ）=e cos ﹣ =﹣ ．
16.（2017·天津,20）设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0 ， g（x）为f（x）的导函数．
（Ⅰ）求g（x）的单调区间；
（Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0 ， 2]，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜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 ∈[1，x0）∪（x0 ， 2]，满足| ﹣x0|≥ ．
16.（Ⅰ）解：由f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6，
进而可得g′（x）=24x2+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
（﹣∞，﹣1）
（﹣1， ）
（ ，+∞）
g′（x）
+
﹣
+
g（x）
↗
↘
↗
所以，g（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣1），（ ，+∞），单调递减区间是（﹣1， ）．
（Ⅱ）证明：由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），得h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m），
h（x0）=g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）．
令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），则H′1（x）=g′（x）（x﹣x0）．
由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0，
故当x∈[1，x0）时，H′1（x）＜0，H1（x）单调递减；
当x∈（x0 ， 2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单调递增．
因此，当x∈[1，x0）∪（x0 ， 2]时，H1（x）＞H1（x0）=﹣f（x0）=0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0，
令函数H2（x）=g（x0）（x﹣x0）﹣f（x），则H′2（x）=g′（x0）﹣g（x）．由（Ⅰ）知，g（x）在[1，2]上单调递增，故当x∈[1，x0）时，H′2（x）＞0，H2（x）单调递增；当x∈（x0 ， 2]时，H′2（x）＜0，H2（x）单调递减．因此，当x∈[1，x0）∪（x0 ， 2]时，H2（x）＞H2（x0）=0，可得得H2（m）＜0即h（x0）＜0，．
所以，h（m）h（x0）＜0．
（Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且 ，
令m= ，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m）．
由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，h（x）在区间（m，x0）内有零点；
当m∈（x0 ， 2]时，h（x）在区间（x0 ， m）内有零点．
所以h（x）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为x1 ， 则h（x1）=g（x1）（ ﹣x0）﹣f（ ）=0．
由（Ⅰ）知g（x）在[1，2]上单调递增，故0＜g（1）＜g（x1）＜g（2），
于是| ﹣x0|= ≥ = ．
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x0外没有其他的零点，而 ≠x0 ， 故f（ ）≠0．
又因为p，q，a均为整数，所以|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|是正整数，
从而|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．
所以| ﹣x0|≥ ．所以，只要取A=g（2），就有| ﹣x0|≥ ．
17.（2017•江苏,20）已知函数f（x）=x3+ax2+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．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）
（Ⅰ）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；
（Ⅱ）证明：b2＞3a；
（Ⅲ）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣ ，求a的取值范围．
17. （Ⅰ）因为f（x）=x3+ax2+bx+1，
所以g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b，g′（x）=6x+2a，
令g′（x）=0，解得x=﹣ ．
由于当x＞﹣ 时g′（x）＞0，g（x）=f′（x）单调递增；当x＜﹣ 时g′（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﹣ + ﹣ +1=0，
所以b= + （a＞0）．
因为f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，
所以f′（x）=3x2+2ax+b=0有两个不等的实根，
所以4a2﹣12b＞0，即a2﹣ + ＞0，解得a＞3，
所以b= + （a＞3）．
（Ⅱ）由（I）可知h（a）=b2﹣3a= ﹣ + = （4a3﹣27）（a3﹣27），
由于a＞3，所以h（a）＞0，即b2＞3a；
（Ⅲ）解：由（I）可知f′（x）的极小值为f′（﹣ ）=b﹣ ，
设x1 ， x2是y=f（x）的两个极值点，则x1+x2= ，x1x2= ，
所以f（x1）+f（x2）= + +a（ + ）+b（x1+x2）+2
=（x1+x2）[（x1+x2）2﹣3x1x2]+a[（x1+x2）2﹣2x1x2]+b（x1+x2）+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2a3﹣63a﹣54≤0，
所以2a（a2﹣36）+9（a﹣6）≤0，
所以（a﹣6）（2a2+12a+9）≤0，
由于a＞3时2a2+12a+9＞0，
所以a﹣6≤0，解得a≤6，
所以a的取值范围是（3，6]．
18.（2017•新课标Ⅰ,21）已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x．（12分）
(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．
18.（1）由f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，
当a=0时，f′（x）=2ex﹣1＜0，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
当a＞0时，f′（x）=（2ex+1）（aex﹣1）=2a（ex+ ）（ex﹣ ），
令f′（x）=0，解得：x=ln ，
当f′（x）＞0，解得：x＞ln ，
当f′（x）＜0，解得：x＜ln ，
∴x∈（﹣∞，ln ）时，f（x）单调递减，x∈（ln ，+∞）单调递增；
当a＜0时，f′（x）=2a（ex+ ）（ex﹣ ）＜0，恒成立，
∴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）由f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x=0，有两个零点，
由（1）可知：当a＞0时，f（x）=0，有两个零点，
则f（x）min=a +（a﹣2） ﹣ln ，
=a（ ）+（a﹣2）× ﹣ln ，
=1﹣ ﹣ln ，
由f（x）min＜0，则1﹣ ﹣ln ＜0，
整理得：a﹣1+alna＜0，
设g（a）=alna+a﹣1，a＞0，
g′（a）=lna+1+1=lna+2，
令g′（a）=0，解得：a=e﹣2 ，
当a∈（0，e﹣2），g′（a）＜0，g（a）单调递减，
当a∈（e﹣2 ， +∞），g′（a）＞0，g（a）单调递增，
g（a）min=g（e﹣2）=e﹣2lne﹣2+e﹣2﹣1=﹣ ﹣1，
由g（1）=1﹣1﹣ln1=0，
∴0＜a＜1，
a的取值范围（0，1）．
19.（2017•新课标Ⅱ,21）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．
（Ⅰ）求a；
（Ⅱ）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0 ， 且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2 ．
19.（Ⅰ）因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），
则f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，
因为h′（x）=a﹣ ，且当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；
（Ⅱ）由（I）可知f（x）=x2﹣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x0 ， x2 ，
且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0 ， x2）上为负、在（x2 ， +∞）上为正，
所以f（x）必存在唯一极大值点x0 ， 且2x0﹣2﹣lnx0=0，
所以f（x0）= ﹣x0﹣x0lnx0= ﹣x0+2x0﹣2 =x0﹣ ，
由x0＜ 可知f（x0）＜（x0﹣ ）max=﹣ + = ；
由f′（ ）＜0可知x0＜ ＜ ，
所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0 ， ）上单调递减，
所以f（x0）＞f（ ）=﹣ + = ＞ ；
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0 ， 且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2 ．
20.（2017•新课标Ⅲ,21）已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx．
（Ⅰ）若 f（x）≥0，求a的值；
（Ⅱ）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜m，求m的最小值．
20.（Ⅰ）因为函数f（x）=x﹣1﹣alnx，x＞0，
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，所以在（0,1
）上f(x)<0,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），
又因为f（x）min=f（a）≥0，
所以a=1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）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*,
所以，k∈N* ．
一方面，因为 + +…+ =1﹣ ＜1，
所以，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜e；
另一方面，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＞（1+ ）（1+ ）（1+ ）= ＞2，
同时当n≥3时，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）∈（2，e）．
因为m为整数，且对于任意正整数n（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜m，
所以m的最小值为3．
21.(2016·全国Ⅱ,21)(1)讨论函数f(x)＝ex的单调性,并证明当x>0时,(x－2)ex＋x＋2>0；
(2)证明：当a∈[0,1)时,函数g(x)＝(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.
21.(1)解 f(x)的定义域为(－∞,－2)∪(－2,＋∞).
f′(x)＝＝≥0,
且仅当x＝0时,f′(x)＝0,所以f(x)在(－∞,－2),(－2,＋∞)单调递增.
因此当x∈(0,＋∞)时,f(x)>f(0)＝－1.所以(x－2)ex>－(x＋2),即(x－2)ex＋x＋2>0.
(2)证明 g′(x)＝＝(f(x)＋a).
由(1)知,f(x)＋a单调递增,对任意a∈[0,1),f(0)＋a＝a－1<0,f(2)＋a＝a≥0.
因此,存在唯一xa∈( 0,2],使得f(xa)＋a＝0,即g′(xa)＝0.
当0xa时,f(x)＋a>0,g′(x)>0,g(x)单调递增.
因此g(x)在x＝xa处取得最小值,最小值为
g(xa)＝＝＝.
于是h(a)＝,由′＝>0,单调递增.
所以,由xa∈(0,2],得＝0,则当x∈(－∞,1)时,f′(x)<0；当x∈(1,＋∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(－∞,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增.
又f(1)＝－e,f(2)＝a,取b满足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a>0,故f(x)存在两个零点.
③设a<0,由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a).
若a≥－,则ln(－2a)≤1,故当x∈(1,＋∞)时,f′(x)>0,因此f(x)在(1,＋∞)上单调递增.
又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.
若a<－,则ln(－2a)>1,
故当x∈(1,ln(－2a))时,f′(x)<0；当x∈(ln(－2a),＋∞)时,f′(x)>0,因此f(x)在(1,ln(－2a))上单调递减,在(ln(－2a),＋∞)上单调递增.
又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.
综上,a的取值范围为(0,＋∞).
(2)不妨设x1f(2－x2),即f(2－x2)<0.
由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2,而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0,
所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex,则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex),所以当x>1时,g′(x)<0,而g(1)＝0,
故当x>1时,g(x)<0,从而g(x2)＝f(2－x2)<0,故x1＋x2<2.
24.(2016·北京,18)设函数f(x)＝xea－x+bx,曲线y＝f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y＝(e-1)x＋4.
(1)求a,b的值；
(2)求f(x)的单调区间.
24. (1)f(x)的定义域为R.
∵f′(x)＝ea－x－xea－x＋b＝(1－x)ea－x＋b.
依题设,即解得a＝2,b＝e.
(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex,由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知,f′(x)与1－x＋ex－1同号.
令g(x)＝1－x＋ex－1,则g′(x)＝－1＋ex－1.
所以,当x∈(-∞,1)时,g′(x)＜0,g(x)在区间(－∞,1)上单调递减；
当x∈(1,＋∞)时,g′(x)＞0,g(x)在区间(1,＋∞)上单调递增.
故g(1)＝1是g(x)在区间(-∞,＋∞)上的最小值,
从而g(x)＞0,x∈(-∞,＋∞),
综上可知,f′(x)＞0,x∈(-∞,＋∞).
故f(x)的单调递增区间为(-∞,＋∞).
25.(2016·四川,21)设函数f(x)＝ax2－a－ln x,其中a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)>－e1－x在区间(1,＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数).
25.解 (1)f′(x)＝2ax－＝(x>0).
当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在(0,＋∞)内单调递减.
当a>0时,由f′(x)＝0,有x＝.此时,当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减；
当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
(2)令g(x)＝－,s(x)＝ex－1－x.则s′(x)＝ex－1－1.而当x>1时,s′(x)>0,
所以s(x)在区间(1,＋∞)内单调递增.
又由s(1)＝0,有s(x)>0,从而当x>1时,g(x)>0.
当a≤0,x>1时,f(x)＝a(x2－1)－ln x<0.
故当f(x)>g(x)在区间(1,＋∞)内恒成立时,必有a>0.
当01.
由(1)有f0,
所以此时f(x)>g(x)在区间(1,＋∞)内不恒成立.
当a≥时,令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1).
当x>1时,h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0.
因此,h(x)在区间(1,＋∞)单调递增.
又因为h(1)＝0,所以当x>1时,h(x)＝f(x)－g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.
综上,a∈.
26.(2016·山东,20)已知f(x)＝a(x－ln x)＋,a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝1时,证明f(x)>f′(x)＋对于任意的x∈[1,2]成立.
26.(1)解 f(x)的定义域为(0,＋∞),f′(x)＝a－－＋＝.
当a≤0时,x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,x∈(1,＋∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
当a>0时,f′(x)＝.
①01,
当x∈(0,1)或x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
②a＝2时, ＝1,在x∈(0,＋∞)内,f′(x)≥0,f(x)单调递增.
③a>2时,0<<1,当x∈或x∈(1,＋∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
综上所述,当a≤0时,f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,＋∞)内单调递减；
当02时,f(x)在内单调递增,在内单调递减,在(1,＋∞)内单调递增.
(2)证明 由(1)知,a＝1时,
f(x)－f′(x)＝x－ln x＋－＝x－ln x＋＋－－1,x∈[1,2].
设g(x)＝x－ln x,h(x)＝＋－－1,x∈[1,2],则f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x).由g′(x)＝≥0,
可得g(x)≥g(1)＝1,
当且仅当x＝1时取得等号.又h′(x)＝.
设φ(x)＝－3x2－2x＋6,则φ(x)在x∈[1,2]单调递减.
因为φ(1)＝1,φ(2)＝－10,所以∃x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)时,φ(x)>0,x∈(x0,2)时,φ(x)<0.
所以h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减.
由h(1)＝1,h(2)＝,可得h(x)≥h(2)＝,
当且仅当x＝2时取得等号.
所以f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝.即f(x)>f′(x)＋对于任意的x∈[1,2]成立.
27.(2015·新课标全国Ⅱ,21)设函数f(x)＝emx＋x2－mx.
(1)证明：f(x)在(－∞,0)单调递减,在(0,＋∞)单调递增；
(2)若对于任意x1,x2∈[－1,1],都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1,求m的取值范围.
27.(1)证明 f′(x)＝m(emx－1)＋2x.
若m≥0,则当x∈(－∞,0)时,emx－1≤0,f′(x)＜0；当x∈(0,＋∞)时,emx－1≥0,f′(x)＞0.
若m＜0,则当x∈(－∞,0)时,emx－1＞0,f′(x)＜0；当x∈(0,＋∞)时,emx－1＜0,f′(x)＞0.
所以,f(x)在(－∞,0)单调递减,
在(0,＋∞)上单调递增.
(2)解 由(1)知,对任意的m,f(x)在[－1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故f(x)在x＝0处取得最小值.所以对于任意x1,x2∈[－1,1],|f(x1)－f(x2)|≤e－1
的充要条件是即①
设函数g(t)＝et－t－e＋1,则g′(t)＝et－1.
当t＜0时,g′(t)＜0；当t＞0时,g′(t)＞0.故g(t)在(－∞,0)上单调递减,在(0,＋∞)上单调递增.
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①式成立；
当m＞1时,由g(t)的单调性,g(m)＞0,即em－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].
28.(2015·北京,18)已知函数f(x)＝ln.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)求证：当x∈(0,1)时,f(x)＞2；
(3)设实数k使得f(x)＞k对x∈(0,1)恒成立,求k的最大值.
28.(1)解 因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x),所以f′(x)＝＋,f′(0)＝2.
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,则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝.
因为g′(x)>0(0g(0)＝0,x∈(0,1),即当x∈(0,1)时,f(x)>2.
(3)解 由(2)知,当k≤2时,f(x)>k对x∈(0,1)恒成立.
当k>2时,令h(x)＝f(x)－k,则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝.
所以当02时,f(x)>k并非对x∈(0,1)恒成立.
综上可知,k的最大值为2.
29.(2015·四川,21)已知函数f(x)＝－2(x＋a)ln x＋x2－2ax－2a2＋a,其中a＞0.
(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性；
(2)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.
29.(1)解 由已知,函数f(x)的定义域为(0,＋∞),g(x)＝f′(x)＝2(x－a)－2ln x－2,
所以g′(x)＝2－＋＝,
当0＜a＜时,g(x)在区间,上单调递增,
在区间上单调递减；
当a≥时,g(x)在区间(0,＋∞)上单调递增.
(2)证明 由f′(x)＝2(x－a)－2ln x－2＝0,解得a＝,
令φ(x)＝－2ln x＋x2－2x－2＋,
则φ(1)＝1＞0,φ(e)＝－－2＜0,
故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)＝0,
令a0＝,u(x)＝x－1－ln x(x≥1),
由u′(x)＝1－≥0知,函数u(x)在区间(1,＋∞)上单调递增,
所以0＝＜＝a0＜＝＜1,即a0∈(0,1),
当a＝a0时,有f′(x0)＝0,f(x0)＝φ(x0)＝0,
由(1)知,f′(x)在区间(1,＋∞)上单调递增,
故当x∈(1,x0)时,f′(x)＜0,从而f(x)＞f(x0)＝0；
当x∈(x0,＋∞)时,f′(x)＞0,从而f(x)＞f(x0)＝0,所以,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.
30.(2015·天津,20)已知函数f(x)＝nx－xn,x∈R,其中n∈N*,n≥2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设曲线y＝f(x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y＝g(x),求证：对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x)；
(3)若关于x的方程f(x)＝a(a为实数)有两个正实根x1,x2,求证：|x2－x1|＜＋2.
30.(1)解 由f(x)＝nx－xn,可得f′(x)＝n－nxn－1＝n(1－xn－1).
其中n∈N*,且n≥2,下面分两种情况讨论：
①当n为奇数时.令f′(x)＝0,解得x＝1,或x＝－1.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞,－1)
(－1,1)
(1,＋∞)
f′(x)
－
＋
－
f(x)
所以,f(x)在(－∞,－1),(1,＋∞)上单调递减,在(－1,1)内单调递增.
②当n为偶数时.
当f′(x)＞0,即x＜1时,函数f(x)单调递增；
当f′(x)＜0,即x＞1时,函数f(x)单调递减；
所以,f(x)在(－∞,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减.
(2)证明 设点P的坐标为(x0,0),则x0＝n,f′(x0)＝n－n2.
曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0),即g(x)＝f′(x0)(x－x0).
令F(x)＝f(x)－g(x),即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0),则F′(x)＝f′(x)－f′(x0).
由于f′(x)＝－nxn－1＋n在(0,＋∞)上单调递减,
故F′(x)在(0,＋∞)上单调递减,又因为F′(x0)＝0,所以当x∈(0,x0)时,F′(x)＞0,
当x∈(x0,＋∞)时,F′(x)＜0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,
在(x0,＋∞)上单调递减,所以对于任意的正实数x,
都有F(x)≤F(x0)＝0,即对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x).
(3)证明 不妨设x1≤x2.由(2)知g(x)＝(n－n2)(x－x0),
设方程g(x)＝a的根为x2′,可得x2′＝＋x0.
当n≥2时,g(x)在(－∞,＋∞)上单调递减,
又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′),可得x2≤x2′.
类似地,设曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝h(x),可得h(x)＝nx.
当x∈(0,＋∞),f(x)－h(x)＝－xn＜0,即对于任意的x∈(0,＋∞),f(x)＜h(x).
设方程h(x)＝a的根为x1′,可得x1′＝.
因为h(x)＝nx在(－∞,＋∞)上单调递增,且h(x1′)＝a＝f(x1)＜h(x1),因此x1′＜x1.
由此可得x2－x1＜x2′－x1′＝＋x0.
因为n≥2,所以2n－1＝(1＋1)n－1≥1＋C＝1＋n－1＝n,
故2≥n＝x0.所以,|x2－x1|＜＋2.
31.(2015·江苏,19)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a,b∈R).
(1)试讨论f(x)的单调性；
(2)若b＝c－a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(－∞,－3)∪∪,求c的值.
31. (1)f′(x)＝3x2＋2ax,令f′(x)＝0,解得x1＝0,x2＝－.
当a＝0时,因为f′(x)＝3x2＞0(x≠0),所以函数f(x)在(－∞,＋∞)上单调递增；
当a＞0时,x∈∪(0,＋∞)时,f′(x)＞0,x∈时,f′(x)＜0,所以函数f(x)在,(0,＋∞)上单调递增,在上单调递减；
当a＜0时,x∈(－∞,0)∪时,f′(x)＞0,x∈时,f′(x)＜0,所以函数f(x)在(－∞,0),上单调递增,在上单调递减.
(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)＝b,f＝a3＋b,则函数f(x)有三个零点等价于f
(0)·f＝b＜0,从而或
又b＝c－a,所以当a＞ 0时,a3－a＋c＞0或当a＜0时,a3－a＋c＜0.
设g(a)＝a3-a＋c,因为函数f(x)有三个零点时,
a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪∪,
则在(-∞,-3)上g(a)＜0,且在∪上g(a)＞0均恒成立.
从而g(－3)＝c－1≤0,且g＝c－1≥0,因此c＝1.
此时,f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a],
因函数有三个零点,则x2＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根,
所以Δ＝(a-1)2－4(1-a)＝a2＋2a-3＞0,
且(-1)2-(a-1)＋1-a≠0,
解得a∈(-∞,-3)∪∪.综上c＝1.
32.(2015·重庆,20)设函数f(x)＝(a∈R).
(1)若f(x)在x＝0处取得极值,确定a的值,并求此时曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)在[3,＋∞)上为减函数,求a的取值范围.
32.解 (1)对f(x)求导得f′(x)＝＝,
因为f(x)在x＝0处取得极值,所以f′(0)＝0,即a＝0.
当a＝0时,f(x)＝,f′(x)＝,故f(1)＝,f′(1)＝,从而f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y－＝(x－1),化简得3x－ey＝0.
(2)由(1)知f′(x)＝.
令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a,
由g(x)＝0解得x1＝,x2＝.
当x＜x1时,g(x)＜0,即f′(x)＜0,故f(x)为减函数；
当x1＜x＜x2时,g(x)＞0,即f′(x)＞0,故f(x)为增函数；
当x＞x2时,g(x)＜0,即f′(x)＜0,
故f(x)为减函数.
由f(x)在[3,＋∞)上为减函数,知x2＝≤3,解得a≥－,
故a的取值范围为.
33.(2015·新课标全国Ⅰ,21)已知函数f(x)＝x3＋ax＋,g(x)＝－ln x.
(1)当a为何值时,x轴为曲线y＝f(x)的切线；
(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)＝min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.
33. (1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)＝0,f′(x0)＝0.即
解得x0＝,a＝－.因此,当a＝－时,x轴为曲线y＝f(x)的切线.
(2)当x∈(1,＋∞)时,g(x)＝－ln x<0,从而h(x)＝min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,
故h(x)在(1,＋∞)无零点.
当x＝1时,若a≥－,则f(1)＝a＋≥0,h(1)＝min{f(1),g(1)}＝g(1)＝0,故x＝1是h(x)的零点；若a<－,则f(1)<0,h(1)＝min{f(1),g(1)}＝f(1)<0,故x＝1不是h(x)的零点.
当x∈(0,1)时,g(x)＝－ln x>0.所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.
(ⅰ)若a≤－3或a≥0,则f′(x)＝3x2＋a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.而f(0)＝,f(1)＝a＋,
所以当a≤－3时,f(x)在(0,1)有一个零点；当a≥0时,f(x)在(0,1)没有零点.
(ⅱ)若－30,即－-或a<-时,h(x)有一个零点；
当a＝-或a＝-时,h(x)有两个零点；
当-0,－2<2sin x<2.
①a≤－2,b∈R时,函数f(sin x)单调递增,无极值.
②a≥2,b∈R时,函数f(sin x)单调递减,无极值.
③对于－21,函数f(x)＝(1＋x2)ex－a.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)在(－∞,＋∞)上仅有一个零点；
(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行,且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行(O
是坐标原点),证明：m≤－1.
35.(1)解 f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex
∀x∈R,f′(x)≥0恒成立.∴f(x)的单调增区间为(－∞,＋∞).
(2)证明 ∵f(0)＝1－a,f(a)＝(1＋a2)ea－a,
∵a>1,∴f(0)<0,f(a)>2aea－a>2a－a＝a>0,∴f(0)·f(a)<0,
∴f(x)在(0,a)上有一零点,又∵f(x)在(－∞,＋∞)上递增,
∴f(x)在(0,a)上仅有一个零点,∴f(x)在(－∞,＋∞)上仅有一个零点.
(3)证明 f′(x)＝(x＋1)2ex,设P(x0,y0),则f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0,∴x0＝－1,
把x0＝-1,代入y＝f(x)得y0＝-a,∴kOP＝a－.
f′(m)＝em(m＋1)2＝a－,
令g(m)＝em－(m＋1),g′(m)＝em－1.
令g′(x)>0,则m>0,∴g(m)在(0,＋∞)上增.
令g′(x)<0,则m<0,∴g(m)在(－∞,0)上减.∴g(m)min＝g(0)＝0.
∴em－(m＋1)≥0,即em≥m＋1.∴em(m＋1)2≥(m＋1)3,即a－≥(m＋1)3.
∴m＋1≤,即m≤－1.
36.(2015·山东,21)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x),其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由；
(2)若∀x＞0,f(x)≥0成立,求a的取值范围.
36.(1)由题意知,函数f(x)的定义域为(－1,＋∞),
f′(x)＝＋a(2x－1)＝.
令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1,x∈(－1,＋∞).
①当a＝0时,g(x)＝1,此时f′(x)＞0,函数f(x)在(－1,＋∞)上单调递增,无极值点；
②当a＞0时,Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8).
(ⅰ)当0＜a≤时,Δ≤0,g(x)≥0,f′(x)≥0,函数f(x)在(－1,＋∞)上单调递增,无极值点；
(ⅱ)当a＞时,Δ＞0,设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1,x2(x1＜x2),
因为x1＋x2＝-,所以x1＜-,x2＞-.
由g(-1)＝1＞0,可得-1＜x1＜-.
所以当x∈(-1,x1)时,g(x)＞0,f′(x)＞0,函数f(x)单调递增；
当x∈(x1,x2)时,g(x)＜0,f′(x)＜0,函数f(x)单调递减；
当x∈(x2,＋∞)时,g(x)＞0,f′(x)＞0,函数f(x)单调递增；
因此函数有两个极值点.
(ⅲ)当a＜0时,Δ＞0,由g(－1)＝1＞0,可得x1＜－1.
当x∈(－1,x2)时,g(x)＞0,f′(x)＞0,函数f(x)单调递增；
当x∈(x2,＋∞)时,g(x)＜0,f′(x)＜0,函数f(x)单调递减；所以函数有一个极值点.
综上所述,当a＜0时,函数f(x)有一个极值点；
当0≤a≤时,函数f(x)无极值点；
当a＞时,函数f(x)有两个极值点.
(2)由(1)知,①当0≤a≤时,函数f(x)在(0,＋∞)上单调递增,
因为f(0)＝0,所以x∈(0,＋∞)时,f(x)＞0,符合题意；
②当＜a≤1时,由g(0)≥0,得x2≤0,
所以函数f(x)在(0,＋∞)上单调递增,
又f(0)＝0,所以x∈(0,＋∞)时,f(x)＞0,符合题意；
③当a＞1时,由g(x)＜0,可得x2＞0.所以x∈(0,x2)时,函数f(x)单调递减；
因为f(0)＝0,所以x∈(0,x2)时,f(x)＜0,不合题意；
④当a＜0时,设h(x)＝x－ln(x＋1).
因为x∈(0,＋∞)时,h′(x)＝1－＝＞0 ,所以h(x)在(0,＋∞)上单调递增,
因此当x∈(0,＋∞)时,h(x)＞h(0)＝0,即ln(x＋1)＜x.
可得f(x)＜x＋a(x2－x)＝ax2＋(1－a)x,
当x＞1－时,ax2＋(1－a)x＜0,此时f(x)＜0,不合题意.
综上所述,a的取值范围是[0,1].
37.(2015·湖南,21)已知a＞0,函数f(x)＝eaxsin x(x∈[0,＋∞)).记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点,证明：
(1)数列{f(xn)}是等比数列；
(2)若a≥,则对一切n∈N*,xn＜|f(xn)|恒成立.
37.证明 (1)f′(x)＝aeaxsin x＋eaxcos x＝eax(asin x＋cos x)＝eaxsin(x＋φ),
其中tan φ＝,0＜φ＜.
令f′(x)＝0,由x≥0得x＋φ＝mπ,即x＝mπ－φ,m∈N*,
对k∈N,若2kπ＜x＋φ＜(2k＋1)π,
即2kπ－φ＜x＜(2k＋1)π－φ,则f′(x)＞0；
若(2k＋1)π＜x＋φ＜(2k＋2)π,即(2k＋1)π－φ＜x＜(2k＋2)π－φ,则f′(x)＜0.
因此,在区间((m－1)π,mπ－φ)与(mπ－φ,mπ)上,f′(x)的符号总相反.
于是当x＝mπ－φ(m∈N*)时,f(x)取得极值,所以xn＝nπ－φ(n∈N*).
此时,f(xn)＝ea(nπ－φ)sin(nπ－φ)＝(－1)n＋1ea(nπ－φ)sin φ.
易知f(xn)≠0,而＝＝－eaπ是常数,故数列{f(xn)}是首项为f(x1)＝ea(π－φ)sin φ,公比为－eaπ的等比数列.
(2)由(1)知,sin φ＝,于是对一切n∈N*； xn＜|f(xn)|恒成立,即nπ－φ＜ea(nπ－φ)恒成立,等价于＜(*)
恒成立,因为(a＞0).
设g(t)＝(t＞0),则g′(t)＝.
令g′(t)＝0得t＝1.
当0＜t＜1时,g′(t)＜0,所以g(t)在区间(0,1)上单调递减；
当t＞1时,g′(t)＞0,所以g(t)在区间(1,＋∞)上单调递增.
从而当t＝1时,函数g(t)取得最小值g(1)＝e.
因此,要使(*)式恒成立,只需＜g(1)＝e,即只需a＞.
而当a＝时,由tan φ＝＝＞且0＜φ＜知,＜φ＜.
于是π－φ＜＜,且当n≥2时,nπ－φ≥2π－φ＞＞.
因此对一切n∈N*,axn＝≠1,所以g(axn)＞g(1)＝e＝.故(*)式亦恒成立.
综上所述,若a≥,则对一切n∈N*,xn＜|f(xn)|恒成立.
38.(2015·福建,20)已知函数f(x)＝ln(1＋x),g(x)＝kx(k∈R).
(1)证明：当x＞0时,f(x)＜x；
(2)证明：当k＜1时,存在x0＞0,使得对任意的x∈(0,x0),恒有f(x)＞g(x)；
(3)确定k的所有可能取值,使得存在t＞0,对任意的x∈(0,t),恒有|f(x)－g(x)|＜x2.
38.(1)证明 令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x,x∈(0,＋∞),则有F′(x)＝ －1＝.
当x∈(0,＋∞)时,F′(x)＜0,所以F(x)在(0,＋∞)上单调递减,
故当x＞0时,F(x)＜F(0)＝0,即当x＞0时,f(x)＜x.
(2)证明 令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx,x∈(0,＋∞),
则有G′(x)＝－k＝.
当k≤0时,G′(x)＞0,故G(x)在(0,＋∞)单调递增,G(x)＞G(0)＝0,
故任意正实数x0均满足题意.
当0＜k＜1时,令G′(x)＝0,得x＝＝－1＞0,
取x0＝－1,对任意x∈(0,x0),有G′(x)＞0,从而G(x)在(0,x0)单调递增,
所以G(x)＞G(0)＝0,即f(x)＞g(x).
综上,当k＜1时,总存在x0＞0,使得对任意x∈(0,x0),恒有f(x)＞g(x).
(3)解 当k＞1时,由(1)知,对于∀x∈(0,＋∞),g(x)＞x＞f(x),故g(x)＞f(x),
|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x).M(x)＝kx－ln(1＋x)－x2,x∈[0,＋∞).
则有M′(x)＝k－－2x＝.
故当x∈时,M′(x)＞0,
M(x)在上单调递增,
故M(x)＞M(0)＝0,即|f(x)－g(x)|＞x2,所以满足题意的t不存在.
当k＜1时,由(2)知,存在x0＞0,使得当x∈(0,x0)时,f(x)＞g(x),
此时|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx.
令N(x)＝ln(1＋x)－kx－x2,x∈[0,＋∞).
则有N′(x)＝－k－2x＝.
当x∈时,
N′(x)＞0,N(x)在上单调递增,
故N(x)＞N(0)＝0,即f(x)－g(x)＞x2.
记x0与中的较小者为x1,
则当x∈(0,x1)时,恒有|f(x)－g(x)|＞x2.
故满足题意的t不存在.
当k＝1时,由(1)知,当x＞0时,|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1＋x),
令H(x)＝x－ln(1＋x)－x2,x∈[0,＋∞),则有H′(x)＝1－－2x＝.
当x＞0时,H′(x)＜0,所以H(x)在[0,＋∞)上单调递减,故H(x)＜H(0)＝0.
故当x＞0时,恒有|f(x)－g(x)|＜x2.此时,任意正实数t均满足题意.
综上,k＝1.
法二 (1)(2)证明 同法一.
(3)解 当k＞1时,由(1)知,对于∀x∈(0,＋∞),g(x)＞x＞f(x),
故|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)＞kx－x＝(k－1)x.
令(k－1)x＞x2,解得0＜x＜k－1.
从而得到,当k＞1时,对于x∈(0,k－1),恒有|f(x)－g(x)|＞x2,
故满足题意的t不存在.
当k＜1时,取k1＝,从而k＜k1＜1,
由(2)知,存在x0＞0,使得x∈(0,x0),f(x)＞k1x＞kx＝g(x),
此时|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＞(k1－k)x＝x,
令x＞x2,解得0＜x＜,此时f(x)－g(x)＞x2.
记x0与的较小者为x1,当x∈(0,x1)时,恒有|f(x)－g(x)|＞x2.故满足题意的t不存在.
当k＝1时,由(1)知,x＞0,|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝x－ln(1＋x),
令M(x)＝x－ln(1＋x)－x2,x∈[0,＋∞),则有M′(x)＝1－－2x＝.
当x＞0时,M′(x)＜0,所以M(x)在[0,＋∞)上单调递减,
故M(x)＜M(0)＝0.故当x＞0时,恒有|f(x)－g(x)|＜x2,
此时,任意正实数t均满足题意.
综上,k＝1.
39.(2014·广东,21)设函数f(x)＝,其中k<－2.
(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示)；
(2)讨论函数f(x)在D上的单调性；
(3)若k<－6,求D上满足条件f(x)>f(1)的x的集合(用区间表示).
39.(1)由题意知(x2＋2x＋k＋3)(x2＋2x＋k－1)>0,
因此或,
设y1＝x2＋2x＋k＋3,y2＝x2＋2x＋k－1,则这两个二次函数的对称轴均为x＝－1,
且方程x2＋2x＋k＋3＝0的判别式Δ1＝4－4(k＋3)＝－4k－8,
方程x2＋2x＋k－1＝0的判别式Δ2＝4－4(k－1)＝8－4k,
因为k<－2,所以Δ2>Δ1>0,
因此对应的两根分别为x1,2＝＝－1±,
x3,4＝＝－1±,
且有－1－<－1－<－1＋<－1＋,
因此函数f(x)的定义域D为(-∞,-1-)∪(-1-,-1＋)∪(-1＋,＋∞).
(2)由(1)中两个二次函数的单调性,且对称轴都为x＝-1,易知函数f(x)在(-∞,-1-)上单调递增,在(-1-,-1)上单调递减,在(-1,-1＋)上单调递增,在(-1＋,＋∞)上单调递减.
(3)由于k<-6,故-1-<-1-<-3<-1<1<-1＋<-1＋.
利用函数图象的对称性可知f(1)＝f(-3),
再利用函数f(x)的单调性可知在(-1-,-1)上f(x)>f(1)＝f(-3)的解集为(-1-,－3),在(-1,-1＋)上f(x)>f(1)的解集为(1,-1＋).
再在其余两个区间(－∞,－1－)和(－1＋,＋∞)上讨论.
令x＝1,则(x2＋2x＋k)2＋2(x2＋2x＋k)－3＝k2＋8k＋12,
令(x2＋2x＋k)2＋2(x2＋2x＋k)－3＝k2＋8k＋12,
则(x2＋2x＋k)2＋2(x2＋2x＋k)－(k2＋8k＋15)＝0,
即(x2＋2x＋k)2＋2(x2＋2x＋k)－(k＋5)(k＋3)＝0,
即[x2＋2x＋k＋(k＋5)][x2＋2x＋k－(k＋3)]＝0,
化简得(x2＋2x＋2k＋5)(x2＋2x－3)＝0,
解得除了-3,1的另外两个根为-1±,
因此利用函数f(x)的单调性可知在(-∞,-1-)上f(x)>f(1)的解集为(-1-,-1-),
在(-1＋,＋∞)上f(x)>f(1)的解集为(-1＋,-1＋),
综上所述,k<-6时,在D上f(x)>f(1)的解集为(-1-,-1-)∪(-1-,-3)∪(1,-1＋)∪(-1＋,-1＋).
40..(2014·山东,20)设函数f(x)＝－k(＋ln x)(k为常数,e＝2.718 28…是自然对数的底数).
(1)当k≤0时,求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围.
40.(1)函数y＝f(x)的定义域为(0,＋∞),
f′(x)＝-k＝-＝
由k≤0可得ex－kx>0,所以当x∈(0,2)时,f′(x)<0,函数y＝f(x)单调递减,
当x∈(2,＋∞)时,f′(x)>0,函数y＝f(x)单调递增.
所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,＋∞).
(2)由(1)知,k≤0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减,
故f(x)在(0,2)内不存在极值点；
当k>0时,设函数g(x)＝ex－kx,x∈[0,＋∞),因为g′(x)＝ex－k＝ex－eln k,
当00,y＝g(x)单调递增.
故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点；
当k>1时,得x∈(0,lnk)时,g′(x)<0,函数y＝g(x)单调递减,
x∈(ln k,＋∞)时,g′(x)>0,函数y＝g(x)单调递增.
所以函数y＝g(x)的最小值为g(ln k)＝k(1－ln k).
函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，当且仅当解得e1.
41..(1)解 函数f(x)的定义域为(0,＋∞),f′(x)＝aexln x＋ex－ex－1＋ex－1.
由题意可得f(1)＝2,f′(1)＝e.故a＝1,b＝2.
(2)证明 由(1)知,f(x)＝exln x＋ex－1,
从而f(x)>1等价于xln x>xe－x－.
设函数g(x)＝xln x,则g′(x)＝1＋ln x.
所以当x∈时,g′(x)<0；
当x∈时,g′(x)>0.
故g(x)在上单调递减,在上单调递增,
从而g(x)在(0,＋∞)上的最小值为g＝-.
设函数h(x)＝xe－x－,则h′(x)＝e－x(1－x).
所以当x∈(0,1)时,h′(x)>0；当x∈(1,＋∞)时,h′(x)<0.
故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减,
从而h(x)在(0,＋∞)上的最大值为h(1)＝－.综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.
42..(2014·北京,18)已知函数f(x)＝xcos x－sin x,x∈.
(1)求证：f(x)≤0；
(2)若a<0时,“>a”等价于“sin x－ax>0”；“0对任意x∈恒成立.
当c≥1时,因为对任意x∈,g′(x)＝cos x－c<0,所以g(x)在区间上单调递减.
从而g(x)g(0)＝0.进一步,“g(x)>0对任意x∈恒成立”当且仅当g＝1－c≥0,即00对任意x∈恒成立；当且仅当c≥1时,g(x)<0对任意x∈恒成立.
所以,若a<0,f(x)单调递增；
当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减,故f(x)在x＝－2处取极小值f(－2)＝0,在x＝0处取极大值f(0)＝4.
(2)f′(x)＝,因为当x∈时,<0,依题意,
当x∈时,有5x＋(3b－2)≤0,从而＋(3b－2)≤0.
所以b的取值范围为.
44..(2014·辽宁,21)已知函数f(x)＝(cos x－x)(π＋2x)－(sin x＋1),g(x)＝3(x－π)cos x－4(1＋sin x)ln.
证明：(1)存在唯一x0∈,使f(x0)＝0；
(2)存在唯一x1∈,使g(x1)＝0,且对(1)中的x0,有x0＋x1<π.
44.证明 (1)当x∈时,f′(x)＝－(1＋sin x)(π＋2x)－2x－cos x<0,函数f(x)在上为减函数,又f(0)＝π－>0,f＝－π2－<0,所以存在唯一x0∈,使f(x0)＝0.
(2)考虑函数h(x)＝－4ln,x∈.
令t＝π－x,则x∈时,t∈.
记u(t)＝h(π－t)＝－4ln,则u′(t)＝.
由(1)得,当t∈(0,x0)时,u′(t)>0,当t∈时,u′(t)<0.
在(0,x0)上u(t)是增函数,又u(0)＝0,从而当t∈(0,x0]时,u(t)>0,所以u(t)在(0,x0]上无零点.
在上u(t)为减函数,由u(x0)>0,u＝－4ln 2<0,知存在唯一t1∈,使u(t1)＝0.
所以存在唯一的t1∈,使u(t1)＝0.
因此存在唯一的x1＝π－t1∈,使h(x1)＝h(π－t1)＝u(t1)＝0.
因为当x∈时,1＋sin x>0,故g(x)＝(1＋sin x)h(x)与h(x)有相同的零点,
所以存在唯一的x1∈,使g(x1)＝0.
因x1＝π－t1,t1>x0,所以x0＋x1<π.
