函數(shù)與導(dǎo)數(shù)習(xí)題及答案

函數(shù)與導(dǎo)數(shù)一、選擇題1．已知f(x)＝xlnx，若等于 ()A． B．e C.eq\f(ln2,2) D．ln22、設(shè)曲線y＝ax－ln(x＋1)在點(diǎn)(0，0)處的切線方程為y＝2x，則a＝()A．0B．1C．2D．33．若函數(shù)滿足f′(1)＝2，則f′(－1)等于 ()A．－1 B．－2 C．2 D．04．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3＋2，若f′(－1)＝3，則a等于()A．－1B.eq\f(1,2)C．1D.eq\f(1,3)5．設(shè)f(x)為可導(dǎo)函數(shù)，且eq\o(lim,\s\do4(h→∞))eq\f(f(3)－f(3＋h),2h)＝5，則f′(3)等于()A．5 B．10C．－5 D．－106．曲線y＝4x－x3在點(diǎn)(－1，－3)處的切線方程是()A．y＝7x＋4 B．y＝7x＋2C．y＝x－4 D．y＝x－27．在曲線y＝x2上切線傾斜角為eq\f(π,4)的點(diǎn)是()A．(0,0) B．(2,4)C．(eq\f(1,4)，eq\f(1,16)) D．(eq\f(1,2)，eq\f(1,4))8．設(shè)曲線y＝eq\f(1＋cosx,sinx)在點(diǎn)(eq\f(π,2)，1)處的切線與直線x－ay＋1＝0平行，則實(shí)數(shù)a等于()A．－1 B.eq\f(1,2)C．－2 D．29．已知f(x)＝eq\f(1,2)x2－cosx，，則導(dǎo)函數(shù)f′(x)是()A．僅有最小值的奇函數(shù)B．既有最大值，又有最小值的偶函數(shù)C．僅有最大值的偶函數(shù)D．既有最大值，又有最小值的奇函數(shù)10．已知曲線y＝eq\f(x2,4)－3lnx的一條切線的斜率為－eq\f(1,2)，則切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為()A．3B．2C．1D.eq\f(1,2)11．設(shè)函數(shù)f(x)＝－eq\f(2x,1＋x2)，則f(x)()A．在(－∞，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增B．在(－∞，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減C．在(－1,1)內(nèi)單調(diào)遞減，其余區(qū)間單調(diào)遞增D．在(－1,1)內(nèi)單調(diào)遞增，其余區(qū)間單調(diào)遞減12.如圖所示是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象，則下列判斷中正確的是()A．函數(shù)f(x)在區(qū)間(－3,0)上是減函數(shù)B．函數(shù)f(x)在區(qū)間(－3,2)上是減函數(shù)C．函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)上是減函數(shù)D．函數(shù)f(x)在區(qū)間(－3,2)上是單調(diào)函數(shù)13．已知函數(shù)f(x)＝mx3＋3(m－1)x2－m2＋1(m>0)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,4)，則m等于()A．3B.eq\f(1,3)C．2D.eq\f(1,2)14．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間是()A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)15．若f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，且對任意x∈R，滿足f(x)＋f′(x)>0，則對任意實(shí)數(shù)a，b()A．a(chǎn)>b?eaf(b)>ebf(a) B．a(chǎn)>b?eaf(b)<ebf(a)C．a(chǎn)>b?eaf(a)<ebf(b) D．a(chǎn)>b?eaf(a)>ebf(b)16．函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)>2，則f(x)>2x＋4的解集為()A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)17.已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?a，b)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)在(a，b)上的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在(a，b)上的極大值點(diǎn)的個數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．418．若曲線f(x)＝acosx與曲線g(x)＝x2＋bx＋1在交點(diǎn)(0，m)處有公切線，則a＋b等于()A．－1B．0C．1D．219．已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)，設(shè)其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，當(dāng)x∈(－∞，0]時，恒有xf′(x)<f(－x)，令F(x)＝xf(x)，則滿足F(3)>F(2x－1)的實(shí)數(shù)x的取值范圍是()A．(－1,2)B．(－1，eq\f(1,2))C．(eq\f(1,2)，2) D．(－2,1)20．函數(shù)f(x)＝excosx的圖象在點(diǎn)(0，f(0))處的切線的傾斜角α為()A.eq\f(π,4)B．0C.eq\f(3π,4)D．121．已知點(diǎn)A(1,2)在函數(shù)f(x)＝ax3的圖象上，則過點(diǎn)A的曲線C：y＝f(x)的切線方程是()A．6x－y－4＝0B．x－4y＋7＝0C．6x－y－4＝0或x－4y＋7＝0D．6x－y－4＝0或3x－2y＋1＝022．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)在區(qū)間(a，a＋5)內(nèi)存在最小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．[－5,0) B．(－5,0)C．[－3,0) D．(－3,0)23．若函數(shù)y＝x3－3ax＋a在(1,2)內(nèi)有極小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．1<a<2 B．1<a<4C．2<a<4 D．a(chǎn)>4或a<124．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的極大值點(diǎn)和極小值點(diǎn)都在區(qū)間(－1,1)內(nèi)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(0,2] B．(0,2)C．[eq\r(3)，2) D．(eq\r(3)，2)25．已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0>0，則a的取值范圍是()A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)26．當(dāng)x∈[－2,1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．[－5，－3] B．[－6，－eq\f(9,8)]C．[－6，－2] D．[－4，－3]27．已知f(x)＝x2＋2xf′(1)，則f′(0)等于()A．0B．－4C．－2D．228．曲線y＝lnx在x＝eq\r(3)處的切線的傾斜角為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)29．曲線f(x)＝x3＋x－2在點(diǎn)P0處的切線平行于直線y＝4x－1，則P0點(diǎn)的坐標(biāo)為()A．(1，0)B．(2，8)C．(2，8)或(－1，－4)D．(1，0)或(－1，－4)30．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值為()A.eq\f(1,2)B．1C．－2D．331．若曲線y＝ax2－lnx在點(diǎn)(1，a)處的切線平行于x軸，則a＝()A．1B.eq\f(1,2)C．0D．－132．函數(shù)f(x)＝xcosx的導(dǎo)函數(shù)f′(x)在區(qū)間[－π，π]上的圖像大致是()ABCD33．定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)，滿足f(0)＝1，f′(x)＜f(x)＋1，則不等式f(x)＋1＜2ex的解集為()A．{x∈R|x>1}B．{x∈R|0＜x＜1}C．{x∈R|x＜0}D．{x∈R|x＞0}34．已知a≥0，函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在區(qū)間[－1，1]上是減函數(shù)，則a的取值范圍是()A．0＜a＜eq\f(3,4)B.eq\f(1,2)＜a＜eq\f(3,4)C．a(chǎn)≥eq\f(3,4)D．0＜a＜eq\f(1,2)35．設(shè)1＜x＜2，則eq\f(lnx,x)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)，eq\f(lnx2,x2)的大小關(guān)系是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)＜eq\f(lnx,x)＜eq\f(lnx2,x2)B.eq\f(lnx,x)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)＜eq\f(lnx2,x2)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)＜eq\f(lnx2,x2)＜eq\f(lnx,x)D.eq\f(lnx2,x2)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)＜eq\f(lnx,x)36．函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為（） A． B． C． D．37．如果函數(shù)的圖象如左下圖，那么導(dǎo)函數(shù)的圖象可能是（） 38．已知直線y＝kx是y＝lnx的切線，則k的值為（） A． B． C． D．39．函數(shù)f（x）＝ax3－x在上為減函數(shù)，則（） A． B． C． D．40．函數(shù)的定義域?yàn)椋?，對任意，，則的解集為（） A． B． C． D．41．已知函數(shù)有極大值和極小值，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（） A． B． C． D．42．函數(shù)的極小值為（） A． B．0 C． D．143．函數(shù)的最小值為（） A．0 B． C． D．44．設(shè)直線與函數(shù)，的圖象分別交于點(diǎn)，則當(dāng)達(dá)到最小時的值為（） A．1 B． C． D．45．設(shè)函數(shù)．若為函數(shù)的一個極值點(diǎn)，則下列圖象不可能為的圖象是（）二、填空題1．曲線y＝lnx－1在x＝1處的切線方程為____________．2．已知函數(shù)在內(nèi)有最小值，則的取值范圍是___________．3．若曲線存在垂直于軸的切線，則實(shí)數(shù)的取值范圍是________．4．已知直線與曲線相切，則的值為________．5．已知函數(shù)f(x)＝axlnx，x∈(0，＋∞)，其中a為實(shí)數(shù)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)．若f′(1)＝3，則a的值為________．6．設(shè)曲線y＝ax－ln(x＋1)在點(diǎn)(0，0)處的切線方程為y＝2x，則a＝________．7．設(shè)函數(shù)f(x)＝(x2＋2x－2)ex(x∈R)，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是________．)8．已知曲線y＝x＋lnx在點(diǎn)(1，1)處的切線與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，則a＝________．9．設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x>0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是____________．10．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax＋eq\f(1,x＋b)(a，b∈Z)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y＝3.則函數(shù)f(x)的解析式為____________．11．已知函數(shù)f(x)＝lnx－f′(－1)x2＋3x－4，則f′(1)＝________.12．已知曲線y＝eq\f(1,3)x3上一點(diǎn)P(2，eq\f(8,3))，則過點(diǎn)P的切線方程為____________________________________．13．已知定義在區(qū)間(－π，π)上的函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是________________．14．已知函數(shù)f(x)＝x2＋3x－2lnx，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為__________．15．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－2ax－alnx在(1,2)上單調(diào)遞減，則a的取值范圍是________．16．設(shè)函數(shù)y＝f(x)，x∈R的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且f(x)＝f(－x)，f′(x)<f(x)．則下列三個數(shù)：ef(2)，f(3)，e2f(－1)從小到大依次排列為________________．17．曲線y＝x(x＋1)(2－x)有兩條平行于直線y＝x的切線，則兩切線之間的距離是________．18．已知函數(shù)f(x)＝xlnk－klnx(k>1)的圖象不經(jīng)過第四象限，則函數(shù)g(x)＝f(x)＋k的值域?yàn)開_______．19．若函數(shù)f(x)＝lnx＋ax存在與直線2x－y＝0平行的切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________________．20．函數(shù)f(x)＝ax－cosx，x∈[eq\f(π,4)，eq\f(π,3)]，若?x1，x2∈[eq\f(π,4)，eq\f(π,3)]，x1≠x2，eq\f(f(x2)－f(x1),x2－x1)<0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．21．若f(x)＝eq\f(1,3)x3－ax2＋x在R上不是單調(diào)函數(shù)，則a的取值范圍是________________．22．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,1＋ax2)(a>0)，若f(x)為R上的單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．23．函數(shù)f(x)＝2lnx＋x2在點(diǎn)x＝1處的切線方程是________．24．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，若f(1)＝0，f′(1)＝0，但x＝1不是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，則abc的值為________．25．已知函數(shù)在上為減函數(shù)，則實(shí)數(shù)的取值范圍為___________．三、解答題1．已知函數(shù)． （Ⅰ）當(dāng)時，求函數(shù)的圖像在點(diǎn)處的切線方程； （Ⅱ）若在上單調(diào)，求的取值范圍； （Ⅲ）當(dāng)時，求函數(shù)的極小值．2．已知函數(shù)f(x)＝ln2x－kx在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．3．已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)2(x－2)，當(dāng)x∈[a，a＋2]時，f(x)的最大值為0，求實(shí)數(shù)a的取值．4．已知x＝0是函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx的一個極值點(diǎn)，f(x)的圖像經(jīng)過點(diǎn)A(3，0)．設(shè)f(x)在其圖像上不同兩點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)處的切線分別為l1，l2.當(dāng)l1∥l2時，求證x1＋x2為定值．5．已知函數(shù)f(x)＝ax2－2x＋lnx(a∈R)．若函數(shù)f(x)有兩個極值點(diǎn)，求a的取值范圍，并說明f(x)的極小值小于－eq\f(3,2).6．設(shè)三次函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a<b<c)，在x＝1處取得極值，其圖像在x＝m處的切線的斜率為－3a(1)求證：0≤eq\f(b,a)<1；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[s，t]上單調(diào)遞增，求|s－t|的取值范圍．7．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,2)－eq\f(1,ex)－ax(a∈R)．(1)當(dāng)a＝eq\f(3,2)時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在[－1,1]上為單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．8．若x0是函數(shù)y＝f(x)的極值點(diǎn)，同時也是其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的極值點(diǎn)，則稱x0是函數(shù)y＝f(x)的“致點(diǎn)”．(1)已知a>0，求函數(shù)f(x)＝(x2＋ax＋1)ex的極值和單調(diào)區(qū)間；(2)函數(shù)f(x)＝(x2＋ax＋1)ex是否有“致點(diǎn)”？若有，求出“致點(diǎn)”；若沒有，試說明理由．9．設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－kx2.(1)當(dāng)k＝1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)在x∈[0，＋∞)上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．10．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx＋c在x＝2處取得極值c－16.(1)求a，b的值；(2)若f(x)有極大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值．11．已知函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為6x－2y－1＝0，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，g(x)＝aex(a，b，c∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))．(1)求b，c的值；(2)若?x0∈(0,2]，使g(x0)＝f′(x0)成立，求a的取值范圍．12．(2015·南平質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝sinx，g(x)＝mx－eq\f(x3,6)(m為實(shí)數(shù))．(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(eq\f(π,4)，f(eq\f(π,4)))處的切線方程；(2)求函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(3)若m＝1，證明：當(dāng)x>0時，f(x)<g(x)＋eq\f(x3,6).13．(2015·北京)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx，k>0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)證明：若f(x)存在零點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個零點(diǎn)．14．已知函數(shù)f(x)＝sinx＋cosx，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)．(1)求函數(shù)F(x)＝f(x)f′(x)＋(f(x))2的最大值和最小正周期；(2)若f(x)＝2f′(x)，求eq\f(1＋sin2x,cos2x－sinxcosx)的值．15．已知函數(shù)f(x)＝ax－ex(a>0)．(1)若a＝eq\f(1,2)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)1≤a≤1＋e時，求證：f(x)≤x.16．已知函數(shù)f(x)＝ax＋lnx，a∈R，(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)g(x)＝x2－2x＋1，若對任意x1∈(0，＋∞)，總存在x2∈[0,1]，使得f(x1)<g(x2)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．17．(2015·陜西)設(shè)fn(x)＝x＋x2＋…＋xn－1，x≥0，n∈N，n≥2.(1)求fn′(2)；(2)證明：fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))內(nèi)有且僅有一個零點(diǎn)(記為an)，且0＜an－eq\f(1,2)＜eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n.18．(2015·山東濟(jì)寧育才中學(xué)上學(xué)期期中)已知a∈R，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)ax2－lnx.(1)當(dāng)a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線的斜率；(2)討論f(x)的單調(diào)性；(3)是否存在實(shí)數(shù)a，使得方程f(x)＝2有兩個不等的實(shí)數(shù)根？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，請說明理由．19．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋(a－2)x.(1)若f(x)在x＝1處取得極值，求a的值；(2)求函數(shù)y＝f(x)在[a2，a]上的最大值．20．已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1(a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．(2)函數(shù)F(x)＝f(x)－xlnx在定義域內(nèi)是否存在零點(diǎn)？若存在，請指出有幾個零點(diǎn)；若不存在，請說明理由．(3)若g(x)＝ln(ex－1)－lnx，當(dāng)x∈(0，＋∞)時，不等式f(g(x))＜f(x)恒成立，求a的取值范圍．21．已知函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(a,2)x2e|x|.(1)若f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)證明：當(dāng)a≥1時，不等式f(x)≤x＋1對x∈R恒成立；(3)對于在(0，1)中的任一個常數(shù)a，試探究是否存在x0>0，使得f(x0)>x0＋1成立？如果存在，請求出符合條件的一個x0；如果不存在，請說明理由．22．已知函數(shù)f(x)＝x－lnx－1.(1)求曲線y＝f(x)在x＝2處的切線方程；(2)若x∈(0，＋∞)時，f(x)≥ax－2恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．23．已知函數(shù)f(x)＝x2－3x＋alnx(a＞0)．(1)若a＝1，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)設(shè)函數(shù)f(x)圖像上任意一點(diǎn)處的切線l的斜率為k，當(dāng)k的最小值為1時，求此時切線l的方程．24．設(shè)函數(shù)f(x)＝peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))－2lnx，g(x)＝eq\f(2e,x)(p>1，e是自然對數(shù)的底數(shù))．(1)若對任意x∈[2，e]，不等式f(x)>g(x)恒成立，求p的取值范圍；(2)若對任意x1∈[2，e]，總存在x2∈[2，e]，使不等式f(x1)>g(x2)成立，求p的取值范圍．25．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1＋lnx,x).(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a－1，a＋\f(1,4)))內(nèi)有極值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)當(dāng)x≥1時，不等式f(x)≥eq\f(k,x＋1)恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；(3)求證：[(n＋1)！]2＞(n＋1)en－2＋eq\f(2,n＋1).(n∈N*，e為自然對數(shù)的底數(shù))26．已知函數(shù)f(x)＝(2－a)(x－1)－2lnx，g(x)＝ex－x＋1.(a為常數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù))(1)當(dāng)a＝1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上無零點(diǎn)，求a的最小值；(3)若對任意給定的x0∈(0，1]，在(0，e]上總存在兩個不同的xi(i＝1，2)，使得f(xi)＝g(x0)成立，求a的取值范圍．27．設(shè)，函數(shù)． （1）若，求曲線在點(diǎn)處的切線方程； （2）求函數(shù)在上的最小值．28．已知函數(shù)． （Ⅰ）若在上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)的取值范圍； （Ⅱ）是否存在實(shí)數(shù)，使在上單調(diào)遞減？若存在，求出的取值范圍；若不存在試說明理由．29．已知函數(shù)． （Ⅰ）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間； （Ⅱ）若函數(shù)的圖象在點(diǎn)處的切線的傾斜角為，對于任意的，函數(shù)在區(qū)間上總不是單調(diào)函數(shù)，求的取值范圍．30．已知函數(shù)．（Ⅰ）求的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）求在區(qū)間上的最小值．31．已知函數(shù)在處有極值． （Ⅰ）求實(shí)數(shù)值； （Ⅱ）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間； （Ⅲ）令，若曲線在處的切線與兩坐標(biāo)軸分別交于兩點(diǎn)（為坐標(biāo)原點(diǎn)），求的面積．32．已知函數(shù)． （Ⅰ）若函數(shù)在處取得極值，且曲線在點(diǎn)處的切線與直線平行，求的值； （Ⅱ）若，試討論函數(shù)的單調(diào)性．33．已知函數(shù)（其中）． （Ⅰ）若函數(shù)在點(diǎn)處的切線為，求實(shí)數(shù)的值； （Ⅱ）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．34．已知函數(shù)． （Ⅰ）當(dāng)時，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間； （Ⅱ）若函數(shù)在上的最小值是，求的值．35．已知函數(shù)． （Ⅰ）若，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；（Ⅱ）若函數(shù)在其定義域內(nèi)為增函數(shù)，求正實(shí)數(shù)的取值范圍．36．已知函數(shù)，且，求及函數(shù)的極大值與極小值． 37．已知函數(shù)，． （Ⅰ）若曲線在點(diǎn)處的切線與直線垂直，求的值；（Ⅱ）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（Ⅲ）當(dāng)，且時，證明：． 38．已知函數(shù)，其中為大于零的常數(shù)． （Ⅰ）若曲線在點(diǎn)處的切線與直線平行，求的值； （Ⅱ）求函數(shù)在區(qū)間[1,2]上的最小值．39．已知函數(shù)(,為自然對數(shù)的底數(shù))． （Ⅰ）求函數(shù)的遞增區(qū)間； （Ⅱ）當(dāng)時，過點(diǎn)作曲線的兩條切線，設(shè)兩切點(diǎn)為和，求證：．一、選擇題1-5BDBCD6-10DDADB11-15CABBD16-20BBCAA21-25DCBDC26-30CBADA31-35BADCA36-40BACAB41-45BBADD二、填空題1、x－y－2＝02、（0,1）3、（－∞，0）4、25、86、a＝37、(－4，0)8、a＝89、(－∞，－1)∪(0，1)10、f(x)＝x＋eq\f(1,x－1)11、a＝3.12、[eq\f(4,5)，＋∞)13、(－π，－eq\f(π,2)]和[0，eq\f(π,2)]14、.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))15、12x－3y－16＝0或3x－3y＋2＝016、f(3)<ef(2)<e2f(－1)17、eq\f(16\r(2),27)18、[e，＋∞)19、(－∞，2－eq\f(1,e))∪(2－eq\f(1,e)，2)20、(－∞，－1)∪(1，＋∞)21、(－∞，－eq\f(\r(3),2)]22、[e，＋∞）23、4x－y－3＝024、925、(0,1]三、解答題1、解:（Ⅰ）當(dāng)a=0時，,,,∴函數(shù)f（x）的圖像在點(diǎn)A（1,f（1））處的切線方程為y-3e=5e（x-1）,即5ex-y-2e=0（Ⅱ）,考慮到恒成立且系數(shù)為正，∴f（x）在R上單調(diào)等價于恒成立.∴（a+2）2-4（a+2）0,∴-2a2，即a的取值范圍是[-2，2]，（若得a的取值范圍是（-2，2），可扣1分）（Ⅲ）當(dāng)時,,令，得，或x，令，得，或x，令，得x,,f（x）的變化情況如下表X1）+0-0+f（x）極大值極小值所以，函數(shù)f（x）的極小值為f（1）=2.．解：∵函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，∴f′(x)＝eq\f(2lnx,x)－k≤0在(0，＋∞)上恒成立．設(shè)φ(x)＝eq\f(lnx,x)，則φ′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，∴φ(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，∴φ(x)max＝φ(e)＝eq\f(1,e)，故實(shí)數(shù)k的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e)，＋∞))3．解：f′(x)＝2(x＋1)(x－2)＋(x＋1)2＝3(x－1)(x＋1)，所以f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1，1)上單調(diào)遞減，所以極大值為f(－1)＝0.又f(2)＝0，所以a＋2＝2或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤－1，,a＋2≥－1，))得a＝0或－3≤a≤－1.4．證明：由f(x)＝x3＋bx2＋cx，得f′(x)＝3x2＋2bx＋c.由x＝0是函數(shù)f(x)的一個極值點(diǎn)知f′(0)＝c＝0.又由f(x)的圖像經(jīng)過點(diǎn)A(3，0)，得f(3)＝27＋9b＋3c＝0，所以b＝－3，所以f(x)＝x3－3x2.由l1∥l2，得f′(x1)＝f′(x2)，即3xeq\o\al(2,1)－6x1＝3xeq\o\al(2,2)－6x2，即3(x1－x2)(x1＋x2－2)＝0.因?yàn)閤1－x2≠0，所以x1＋x2＝2，所以當(dāng)l1∥l2時，x1＋x2為定值．5．解：f′(x)＝eq\f(2ax2－2x＋1,x)，由題知2ax2－2x＋1＝0在(0，＋∞)上有兩個不同的實(shí)根．設(shè)方程2ax2－2x＋1＝0的兩根為x1，x2，且0<x1<x2，根據(jù)題意得0<a<eq\f(1,2)，所以f(x)在(0，x1)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)極小值＝f(x2)．f(x2)<－eq\f(3,2)的證明如下：由f′(x2)＝0，得2axeq\o\al(2,2)－2x2＋1＝0，則a＝eq\f(2x2－1,2xeq\o\al(2,2))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，解得x2>eq\f(1,2)且x2≠1.f(x2)＝xeq\o\al(2,2)·eq\f(2x2－1,2xeq\o\al(2,2))－2x2＋lnx2＝－x2－eq\f(1,2)＋lnx2，令g(x)＝－x－eq\f(1,2)＋lnx，g′(x)＝－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x)，則g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)max<g(1)＝－eq\f(3,2)，所以f(x)的極小值小于－eq\f(3,2).6．解：(1)證明：f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由題設(shè)，得f′(1)＝3a＋2b＋c＝0，①f′(m)＝3am2＋2bm＋c＝－3a.②∵a<b<c，∴6a<3a＋2b＋c<6c，∴a<0，c>0.將①代入②得3am2＋2bm－2b＝0，∴Δ＝4b2＋24ab≥0，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up12(2)＋eq\f(6b,a)≥0，∴eq\f(b,a)≤－6或eq\f(b,a)≥0③.將c＝－3a－2b代入a<b<c中，得－1<eq\f(b,a)<1.④由③④得0≤eq\f(b,a)<1.(2)由(1)知，f′(x)＝3ax2＋2bx＋c(a<0)，Δ＝4b2－12ac>0，∴方程f′(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0有兩個不等的實(shí)根，不妨設(shè)其為x1，x2，又f′(1)＝3a＋2b＋c＝0，∴不妨令x1＝1，則x2＝－eq\f(2b,3a)－1，∴x2<0<x1，∴當(dāng)x<x2或x>x1時，f′(x)<0；當(dāng)x2<x<x1時，f′(x)>0.∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是[x2，x1]．∵|x1－x2|＝2＋eq\f(2b,3a)，0≤eq\f(b,a)<1，∴2≤|x1－x2|<eq\f(8,3).∵函數(shù)f(x)在區(qū)間[s，t]上單調(diào)遞增，∴[s，t]?[x2，x1]，∴0<|s－t|<eq\f(8,3)，即|s－t|的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3))).7．解(1)當(dāng)a＝eq\f(3,2)時，f(x)＝eq\f(ex,2)－eq\f(1,ex)－eq\f(3,2)x，f′(x)＝eq\f(1,2ex)[(ex)2－3ex＋2]＝eq\f(1,2ex)(ex－1)(ex－2)，令f′(x)＝0，得ex＝1或ex＝2，即x＝0或x＝ln2；令f′(x)>0，得x<0或x>ln2；令f′(x)<0，得0<x<ln2.∴f(x)的增區(qū)間是(－∞，0]，[ln2，＋∞)，減區(qū)間是(0，ln2)．(2)f′(x)＝eq\f(ex,2)＋eq\f(1,ex)－a，令ex＝t，由于x∈[－1,1]，∴t∈[eq\f(1,e)，e]．令h(t)＝eq\f(t,2)＋eq\f(1,t)(t∈[eq\f(1,e)，e])，h′(t)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,t2)＝eq\f(t2－2,2t2)，∴當(dāng)t∈[eq\f(1,e)，eq\r(2))時，h′(t)<0，函數(shù)h(t)為單調(diào)遞減函數(shù)；當(dāng)t∈(eq\r(2)，e]時，h′(t)>0，函數(shù)h(t)為單調(diào)遞增函數(shù)．故h(t)在[eq\f(1,e)，e]上的極小值點(diǎn)為t＝eq\r(2)，且h(eq\r(2))＝eq\r(2).又h(e)＝eq\f(e,2)＋eq\f(1,e)<h(eq\f(1,e))＝eq\f(1,2e)＋e，∴eq\r(2)≤h(t)≤e＋eq\f(1,2e).∵函數(shù)f(x)在[－1,1]上為單調(diào)函數(shù)，①若函數(shù)在[－1,1]上單調(diào)遞增，則a≤eq\f(t,2)＋eq\f(1,t)對t∈[eq\f(1,e)，e]恒成立，所以a≤eq\r(2)；②若函數(shù)f(x)在[－1,1]上單調(diào)遞減，則a≥eq\f(t,2)＋eq\f(1,t)對t∈[eq\f(1,e)，e]恒成立，所以a≥e＋eq\f(1,2e)，綜上可得a的取值范圍是(－∞，eq\r(2)]∪[e＋eq\f(1,2e)，＋∞)．8．解(1)由已知得，f′(x)＝(x2＋ax＋1)ex＋ex(2x＋a)＝[x2＋(a＋2)x＋a＋1]ex＝(x＋a＋1)(x＋1)ex.∵a>0，∴－a－1<－1.∴當(dāng)x∈(－∞，－a－1)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(－a－1，－1)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(－1，＋∞)時，f′(x)>0.f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－a－1)和(－1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－a－1，－1)．且當(dāng)x＝－1時，f(x)有極小值(2－a)e－1，當(dāng)x＝－a－1時，f(x)有極大值(a＋2)e－a－1.(2)由(1)知，f′(x)＝(x＋a＋1)(x＋1)ex，令g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝[x2＋(a＋4)x＋2a＋3]ex.假設(shè)f(x)有“致點(diǎn)”x0，則x0首先應(yīng)是f(x)的極值點(diǎn)，即f′(x0)＝0，∴x0＝－1或x0＝－a－1.當(dāng)a＝0時，－a－1＝－1，此時f′(x)≥0恒成立，f(x)無極值．∴要使f(x)有極值，須a≠0.若x0＝－1，則由題意可知g′(－1)＝0，∴1－(a＋4)＋2a＋3＝0，解得a＝0，與a≠0矛盾，即－1不是f(x)的“致點(diǎn)”．若x0＝－a－1，則g′(－a－1)＝0，即(a＋1)2－(a＋4)·(a＋1)＋2a＋3＝0，解得a＝0，與a≠0矛盾，即－a－1也不是f(x)的“致點(diǎn)”．∴函數(shù)f(x)無“致點(diǎn)”．9．解(1)當(dāng)k＝1時，f(x)＝(x－1)ex－x2，∴f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．令f′(x)>0，即x(ex－2)>0，∴x>ln2或x<0.令f′(x)<0，即x(ex－2)<0，∴0<x<ln2.因此函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，ln2)；單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，0)和(ln2，＋∞)．(2)易知f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k)．∵f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，∴當(dāng)x≥0時，f′(x)＝x(ex－2k)≥0恒成立．∴ex－2k≥0，即2k≤ex在[0，＋∞)上恒成立．由于ex≥1，∴2k≤1，則k≤eq\f(1,2).又當(dāng)k＝eq\f(1,2)時，f′(x)＝x(ex－1)≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取等號．因此，實(shí)數(shù)k的取值范圍是(－∞，eq\f(1,2)]．10．解(1)因?yàn)閒(x)＝ax3＋bx＋c，故f′(x)＝3ax2＋b.由于f(x)在x＝2處取得極值c－16，故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′(2)＝0，,f(2)＝c－16，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12a＋b＝0，,8a＋2b＋c＝c－16，))化簡得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12a＋b＝0，,4a＋b＝－8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－12.))(2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c，f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)．令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2.當(dāng)x∈(－∞，－2)時，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，－2)上為增函數(shù)；當(dāng)x∈(－2,2)時，f′(x)<0，故f(x)在(－2,2)上為減函數(shù)；當(dāng)x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(2，＋∞)上為增函數(shù)．由此可知f(x)在x＝－2處取得極大值f(－2)＝16＋c，f(x)在x＝2處取得極小值f(2)＝c－16.由題設(shè)條件知16＋c＝28，解得c＝12.此時f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3，f(2)＝－16＋c＝－4，因此f(x)在[－3,3]上的最小值為f(2)＝－4.11．解(1)由題意得f′(x)＝3x2＋2bx＋c，∴f′(1)＝2b＋c＋3＝3.又f(1)＝b＋c＋1，點(diǎn)(1，f(1))在直線6x－2y－1＝0上，∴6－2(b＋c＋1)－1＝0，故b＝－eq\f(3,2)，c＝3.(2)∵g(x0)＝f′(x0)，∴aex0＝3xeq\o\al(2,0)－3x0＋3，∴a＝eq\f(3x\o\al(2,0)－3x0＋3,ex0).令h(x)＝eq\f(3x2－3x＋3,ex)，則h′(x)＝eq\f(－3(x2－3x＋2),ex)，令h′(x)＝0，得x＝1或x＝2.當(dāng)x變化時，h(x)與h′(x)在x∈(0,2]上的變化情況如下表所示：x(0,1)1(1,2)2h′(x)－0＋0h(x)eq\f(3,e)eq\f(9,e2)∴h(x)在x∈(0,2]上有極小值h(1)＝eq\f(3,e)，又h(2)＝eq\f(9,e2)，h(0)＝3>eq\f(9,e2)，∴h(x)在x∈(0,2]上的取值范圍為[eq\f(3,e)，3)，∴a的取值范圍為[eq\f(3,e)，3)．12．(1)解由題意得所求切線的斜率k＝f′(eq\f(π,4))＝coseq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2).切點(diǎn)P(eq\f(π,4)，eq\f(\r(2),2))，則切線方程為y－eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)(x－eq\f(π,4))，即x－eq\r(2)y＋1－eq\f(π,4)＝0.(2)解g′(x)＝m－eq\f(1,2)x2.①當(dāng)m≤0時，g′(x)≤0，則g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，＋∞)；②當(dāng)m>0時，令g′(x)<0，解得x<－eq\r(2m)或x>eq\r(2m)，則g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－eq\r(2m))，(eq\r(2m)，＋∞)．(3)證明當(dāng)m＝1時，g(x)＝x－eq\f(x3,6).令h(x)＝g(x)＋eq\f(x3,6)－f(x)＝x－sinx，x∈(0，＋∞)，h′(x)＝1－cosx≥0，則h(x)是(0，＋∞)上的增函數(shù)，故當(dāng)x>0時，h(x)>h(0)＝0，即sinx<x，f(x)<g(x)＋eq\f(x3,6).13．(1)解函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)．由f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx(k>0)得f′(x)＝x－eq\f(k,x)＝eq\f(x2－k,x).由f′(x)＝0解得x＝eq\r(k)(負(fù)值舍去)．f(x)與f′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的變化情況如下表：X(0，eq\r(k))eq\r(k)(eq\r(k)，＋∞)f′(x)－0＋f(x)eq\f(k(1－lnk),2)所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，eq\r(k))，單調(diào)遞增區(qū)間是(eq\r(k)，＋∞)．f(x)在x＝eq\r(k)處取得極小值f(eq\r(k))＝eq\f(k(1－lnk),2)，無極大值．(2)證明由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為f(eq\r(k))＝eq\f(k(1－lnk),2).因?yàn)閒(x)存在零點(diǎn)，所以eq\f(k(1－lnk),2)≤0，從而k≥e，當(dāng)k＝e時，f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e))上單調(diào)遞減，且f(eq\r(e))＝0，所以x＝eq\r(e)是f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上的唯一零點(diǎn)．當(dāng)k>e時，f(x)在區(qū)間(0，eq\r(e))上單調(diào)遞減，且f(1)＝eq\f(1,2)>0，f(eq\r(e))＝eq\f(e－k,2)<0，所以f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個零點(diǎn)．綜上可知，若f(x)存在零點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個零點(diǎn)14．解(1)已知函數(shù)f(x)＝sinx＋cosx，則f′(x)＝cosx－sinx，代入F(x)＝f(x)f′(x)＋(f(x))2，可得F(x)＝cos2x＋sin2x＋1＝eq\r(2)sin(2x＋eq\f(π,4))＋1，當(dāng)2x＋eq\f(π,4)＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即x＝kπ＋eq\f(π,8)(k∈Z)時，F(xiàn)(x)max＝eq\r(2)＋1，其最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)由f(x)＝2f′(x)，易得sinx＋cosx＝2cosx－2sinx，解得tanx＝eq\f(1,3).∴eq\f(1＋sin2x,cos2x－sinxcosx)＝eq\f(2sin2x＋cos2x,cos2x－sinxcosx)＝eq\f(2tan2x＋1,1－tanx)＝eq\f(11,6).15．(1)解當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，f(x)＝eq\f(1,2)x－ex.f′(x)＝eq\f(1,2)－ex，令f′(x)＝0，得x＝－ln2.當(dāng)x<－ln2時，f′(x)>0；當(dāng)x>－ln2時，f′(x)<0，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－ln2)；單調(diào)遞減區(qū)間為(－ln2，＋∞)．(2)證明令F(x)＝x－f(x)＝ex－(a－1)x，①當(dāng)a＝1時，F(xiàn)(x)＝ex>0，∴f(x)≤x成立．②當(dāng)1<a≤1＋e時，F(xiàn)′(x)＝ex－(a－1)＝ex－eln(a－1)，∴當(dāng)x<ln(a－1)時，F(xiàn)′(x)<0；當(dāng)x>ln(a－1)時，F(xiàn)′(x)>0，∴F(x)在(－∞，ln(a－1))上單調(diào)遞減，在(ln(a－1)，＋∞)上單調(diào)遞增，∴F(x)≥F(ln(a－1))＝eln(a－1)－(a－1)·ln(a－1)＝(a－1)[1－ln(a－1)]，∵1<a≤1＋e，∴a－1>0,1－ln(a－1)≥1－ln[(1＋e)－1]＝0，∴F(x)≥0，即f(x)≤x成立．綜上，當(dāng)1≤a≤1＋e時，f(x)≤x.16．解(1)f′(x)＝a＋eq\f(1,x)＝eq\f(ax＋1,x)(x>0)．①當(dāng)a≥0時，由于x>0，故ax＋1>0，f′(x)>0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．②當(dāng)a<0時，由f′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,a)，在區(qū)間(0，－eq\f(1,a))上，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．在區(qū)間(－eq\f(1,a)，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a≥0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a<0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，－eq\f(1,a))，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－eq\f(1,a)，＋∞)．(2)由已知，轉(zhuǎn)化為f(x)max<g(x)max，又g(x)max＝g(0)＝1.由(1)知，當(dāng)a≥0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，值域?yàn)镽，故不符合題意．當(dāng)a<0時，f(x)在(0，－eq\f(1,a))上單調(diào)遞增，在(－eq\f(1,a)，＋∞)上單調(diào)遞減，故f(x)的極大值即為最大值，即f(x)max＝f(－eq\f(1,a))＝－1＋ln(－eq\f(1,a))＝－1－ln(－a)，所以1>－1－ln(－a)，解得a<－eq\f(1,e2).故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－eq\f(1,e2))．17．(1)解方法一由題設(shè)fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1，所以fn′(2)＝1＋2×2＋…＋(n－1)2n－2＋n2n－1，①則2fn′(2)＝2＋2×22＋…＋(n－1)2n－1＋n2n，②①－②得，－fn′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n2n＝1＋eq\f(2－2n,1－2)－n2n＝(1－n)2n－1，所以fn′(2)＝(n－1)2n＋1.方法二當(dāng)x≠1時，fn(x)＝eq\f(x－xn＋1,1－x)－1，則fn′(x)＝eq\f([1－(n＋1)xn](1－x)＋(x－xn＋1),(1－x)2)，可得fn′(2)＝eq\f(－[1－(n＋1)2n]＋2－2n＋1,(1－2)2)＝(n－1)2n＋1.(2)證明因?yàn)閒n(0)＝－1＜0，fneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(\f(2,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n)),1－\f(2,3))－1＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n≥1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＞0，所以fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))內(nèi)至少存在一個零點(diǎn)，又f′n(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0，所以fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))內(nèi)單調(diào)遞增，因此fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))內(nèi)有且僅有一個零點(diǎn)an，由于fn(x)＝eq\f(x－xn＋1,1－x)－1，所以0＝fn(an)＝eq\f(an－a\o\al(n＋1,n),1－an)－1，由此可得an＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)aeq\o\al(n＋1,n)＞eq\f(1,2)，故eq\f(1,2)＜an＜eq\f(2,3)，所以0＜an－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)aeq\o\al(n＋1,n)＜eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n＋1＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n.18．解(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx(x>0)，f′(x)＝x－eq\f(1,x)，x>0，∴k＝f′(1)＝0，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線的斜率為0.(2)f′(x)＝ax－eq\f(1,x)＝eq\f(ax2－1,x)，x>0.當(dāng)a≤0時，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(\r(a),a)(負(fù)值舍去)．當(dāng)x∈(0，eq\f(\r(a),a))時，f′(x)<0，f(x)在(0，eq\f(\r(a),a))上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(eq\f(\r(a),a)，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(eq\f(\r(a),a)，＋∞)上單調(diào)遞增．(3)存在a∈(0，e3)，使得方程f(x)＝2有兩個不等的實(shí)數(shù)根．理由如下：由(2)可知當(dāng)a≤0時，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，方程f(x)＝2不可能有兩個不等的實(shí)數(shù)根；當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)在(0，eq\f(\r(a),a))上單調(diào)遞減，在(eq\f(\r(a),a)，＋∞)上單調(diào)遞增，使得方程f(x)＝2有兩個不等的實(shí)數(shù)根，等價于函數(shù)f(x)的極小值f(eq\f(\r(a),a))<2，即f(eq\f(\r(a),a))＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)lna<2，解得0<a<e3，所以a的取值范圍是(0，e3)．19．解：(1)∵f(x)＝lnx－ax2＋(a－2)x，∴函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)．∴f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋(a－2)＝eq\f(1－2ax2＋（a－2）x,x)＝eq\f(－（2x－1）（ax＋1）,x).∵f(x)在x＝1處取得極值，即f′(1)＝－(2－1)(a＋1)＝0，∴a＝－1.當(dāng)a＝－1時，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)f′(x)＜0，在(1，＋∞)內(nèi)f′(x)＞0，∴x＝1是函數(shù)y＝f(x)的極小值點(diǎn)．∴a＝－1.(2)∵a2＜a，∴0＜a＜1.f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋(a－2)＝eq\f(1－2ax2＋（a－2）x,x)＝－eq\f(（2x－1）（ax＋1）,x)，∵x∈(0，＋∞)，∴ax＋1＞0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上遞增；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上遞減，①當(dāng)0＜a≤eq\f(1,2)時，f(x)在[a2，a]上單調(diào)遞增，∴f(x)max＝f(a)＝lna－a3＋a2－2a；②當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞\f(1,2)，,a2＜\f(1,2)，))即eq\f(1,2)＜a＜eq\f(\r(2),2)時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，a))上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－ln2－eq\f(a,4)＋eq\f(a－2,2)＝eq\f(a,4)－1－ln2；③當(dāng)eq\f(1,2)≤a2，即eq\f(\r(2),2)≤a＜1時，f(x)在[a2，a]上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(a2)＝2lna－a5＋a3－2a2.20．解：(1)由f(x)＝ex－ax－1，得f′(x)＝ex－a.當(dāng)a≤0時，對?x∈R，有f′(x)＞0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞0時，由f′(x)＞0，得x＞lna；由f′(x)＜0，得x＜lna，此時函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(lna，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(－∞，lna)．綜上所述，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)；當(dāng)a＞0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(lna，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(－∞，lna)．(2)函數(shù)F(x)＝f(x)－xlnx的定義域?yàn)?0，＋∞)，由F(x)＝0，得a＝eq\f(ex－1,x)－lnx(x＞0)，令h(x)＝eq\f(ex－1,x)－lnx(x＞0)，則h′(x)＝eq\f(（ex－1）（x－1）,x2)，由于x＞0，ex－1＞0，可知當(dāng)x＞1時，h′(x)＞0；當(dāng)0＜x＜1時，h′(x)＜0，故函數(shù)h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故h(x)≥h(1)＝e－1.(隨著x＞0的增長，y＝ex－1的增長速度越來越快，會超過并遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于y＝x的增長速度，而y＝lnx的增長速度則會越來越慢．則當(dāng)x＞0且x無限接近于0時，h(x)趨向于正無窮大．)故當(dāng)a＞e－1時，函數(shù)F(x)有兩個不同的零點(diǎn)；當(dāng)a＝e－1時，函數(shù)F(x)有且僅有一個零點(diǎn)；當(dāng)a＜e－1時，函數(shù)F(x)沒有零點(diǎn).(3)由(1)知當(dāng)a＝1時，對?x＞0，有f(x)＞f(lna)＝0，即ex－1＞x，當(dāng)x＞0時，ex－1＞x，故對?x＞0，g(x)＞0，先用分析法證明：?x＞0，g(x)＜x.要證對?x＞0，g(x)＜x，只需證對?x＞0，eq\f(ex－1,x)＜ex，即證對?x＞0，xex－ex＋1＞0，構(gòu)造函數(shù)H(x)＝xex－ex＋1(x＞0)，則H′(x)＝xex＞0，故函數(shù)H(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以H(x)＞H(0)＝0，則對?x＞0，xex－ex＋1＞0成立．當(dāng)a≤1時，由(1)知，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則f(g(x))＜f(x)在(0，＋∞)上恒成立；當(dāng)a＞1時，由(1)知，函數(shù)f(x)在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，lna)上單調(diào)遞減，故當(dāng)0＜x＜lna時，0＜g(x)＜x＜lna，所以f(g(x))＞f(x)，則不滿足題意．所以滿足題意的a的取值范圍是(－∞，1]．21．解：(1)∵x∈[0，＋∞)，∴f(x)＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,2)x2))，∴f′(x)＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)x2－ax＋1)).由題意，f′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，當(dāng)a＝0時，f′(x)＝ex>0恒成立，即滿足條件．當(dāng)a≠0時，要使f′(x)≥0，而ex>0恒成立，故只需－eq\f(a,2)x2－ax＋1≥0在[0，＋∞)上恒成立，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)＞0，,－\f(a,2)·02－a·0＋1≥0，))解得a<0.綜上，a的取值范圍為a≤0.(2)證明：由題知f(x)≤x＋1即為ex－eq\f(a,2)x2e|x|≤x＋1.在x≥0時，要證明ex－eq\f(a,2)x2e|x|≤x＋1成立，只需證ex≤eq\f(a,2)x2ex＋x＋1，即證1≤eq\f(a,2)x2＋eq\f(x＋1,ex)，①令g(x)＝eq\f(a,2)x2＋eq\f(x＋1,ex)，得g′(x)＝ax＋eq\f(1·ex－（x＋1）ex,（ex）2)＝ax－eq\f(x,ex)，整理得g′(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,ex)))，∵x≥0時，eq\f(1,ex)≤1，結(jié)合a≥1，得g′(x)≥0，∴g(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，故g(x)≥g(0)＝1，從而①式得證．在x≤0時，要使ex－eq\f(a,2)x2e|x|≤x＋1成立，只需證ex≤eq\f(a,2)x2e－x＋x＋1，即證1≤eq\f(a,2)x2e－2x＋(x＋1)e－x，②令m(x)＝eq\f(ax2,2)e－2x＋(x＋1)e－x，得m′(x)＝－xe－2x[ex＋a(x－1)]，而φ(x)＝ex＋a(x－1)在x≤0時為增函數(shù)，故φ(x)≤φ(0)＝1－a≤0，從而m′(x)≤0，∴m(x)在x≤0時為減函數(shù)，則m(x)≥m(0)＝1，從而②式得證．綜上所述，原不等式ex－eq\f(a,2)x2e|x|≤x＋1，即f(x)≤x＋1在a≥1時恒成立．(3)要使f(x0)>x0＋1成立，即ex0－eq\f(a,2)xeq\o\al(2,0)ex0＞x0＋1，變形為eq\f(axeq\o\al(2,0),2)＋eq\f(x0＋1,ex0)－1<0，③要找一個x0>0使③式成立，只需找到函數(shù)t(x)＝eq\f(ax2,2)＋eq\f(x＋1,ex)－1的最小值，滿足t(x)min＜0即可．∵t′(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,ex)))，令t′(x)＝0得ex＝eq\f(1,a)，則x＝－lna，在0<x<－lna時，t′(x)＜0，在x>－lna時，t′(x)＞0，即t(x)在(0，－lna)上是減函數(shù)，在(－lna，＋∞)上是增函數(shù)，∴當(dāng)x＝－lna時，t(x)取得最小值t(－lna)＝eq\f(a,2)(lna)2＋a(－lna＋1)－1.下面只需證明：eq\f(a,2)(lna)2－alna＋a－1＜0在0＜a＜1時恒成立即可．令p(a)＝eq\f(a,2)(lna)2－alna＋a－1,則p′(a)＝eq\f(1,2)(lna)2≥0，從而p(a)在(0，1)上是增函數(shù)，則p(a)＜p(1)＝0，從而eq\f(a,2)(lna)2－alna＋a－1＜0，得證．于是t(x)的最小值t(－lna)＜0，因此可找到一個常數(shù)x0＝－lna(0＜a＜1)，使得③式成立．22．解：(1)由題意得，f′(x)＝1－eq\f(1,x)，∴f′(2)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，f(2)＝1－ln2，∴曲線y＝f(x)在x＝2處的切線方程為y－(1－ln2)＝eq\f(1,2)(x－2)?x－2y－2ln2＝0.(2)當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f(x)≥ax－2恒成立，∴a≤1＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)，令g(x)＝1＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)，則g′(x)＝eq\f(lnx－2,x2)，令g′(x)＝0?x＝e2，可得g(x)在(0，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(e2)＝1－eq\f(1,e2)，即a≤1－eq\f(1,e2)，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，1－\f(1,e2)))23．解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)a＝1時，f′(x)＝2x－3＋eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－3x＋1,x)，由f′(x)＞0得x＜eq\f(1,2)或x＞1，由f′(x)＜0得eq\f(1,2)＜x＜1，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(1，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).∴f(x)的極大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(5,4)－ln2；極小值為f(1)＝－2.(2)由題意知f′(x)＝2x－3＋eq\f(a,x)≥2eq\r(2a)－3＝1，∴a＝2，此時2x＝eq\f(a,x)，即2x＝eq\f(2,x)，∴x＝1，切點(diǎn)為(1，－2),∴此時的切線l的方程為x－y－3＝0.24．解：(1)由不等式f(x)－g(x)＝p·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))－2lnx－eq\f(2e,x)＞0對x∈[2，e]恒成立，∴p＞eq\f(2xlnx＋2e,x2－1)對x∈[2，e]恒成立．令h(x)＝eq\f(2xlnx＋2e,x2－1)，x∈[2，e]，則p＞h(x)max.∵h(yuǎn)′(x)＝eq\f(－2（1＋x2）lnx－2x（2e－x）－2,（x2－1）2)＜0.∴h(x)在區(qū)間[2，e]上是減函數(shù)，∴h(x)max＝h(2)＝eq\f(4ln2＋2e,3)，故p＞eq\f(4ln2＋2e,3).(2)依題意f(x)min＞g(x)min.∵f′(x)＝p＋eq\f(p,x2)－eq\f(2,x)＞0，∴f(x)在[2，e]上單調(diào)遞增，故f(x)min＝f(2)．又g(x)＝eq\f(2e,x)在[2，e]上單調(diào)遞減，故g(x)min＝g(e)，由f(2)>g(e)，解得p＞eq\f(4＋4ln2,3).25．解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，由f′(x)＝0得x＝1，當(dāng)0＜x＜1時，f′(x)＞0；當(dāng)x＞1時，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故函數(shù)f(x)在x＝1處取得唯一的極值，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,4)＞2a－1，,2a－1＜1＜a＋\f(1,4)))?eq\f(3,4)＜a＜1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)).(2)x≥1時，不等式f(x)≥eq\f(k,x＋1)化為eq\f(1＋lnx,x)≥eq\f(k,x＋1)?k≤eq\f(（x＋1）（1＋lnx）,x)，令g(x)＝eq\f(（x＋1）（1＋lnx）,x)，由題意知k≥g(x)在[1，＋∞)上恒成立，g′(x)＝eq\f(x－lnx,x2)，再令h(x)＝x－lnx(x≥1)，則h′(x)＝1－eq\f(1,x)≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號，因此h(x)＝x－lnx在[1，＋∞)上遞增，所以h(x)≥h(1)＝1＞0，故g′(x)＝eq\f(x－lnx,x2)＞0，所以g(x)在[1，＋∞)上遞增，g(x)min＝g(1)＝2，因此k≤2，即k的取值范圍為(－∞，2]．(3)由(2)知，當(dāng)x≥1時，f(x)≥eq\f(2,x＋1)恒成立，即eq\f(1＋lnx,x)≥eq\f(2,x＋1)，∴l(xiāng)nx≥1－eq\f(2,x＋1)＞1－eq\f(2,x).令x＝k(k＋1)，k∈N*，則有l(wèi)n[k(k＋1)]＞1－eq\f(2,k（k＋1）)＝1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－\f(1,k＋1)))，分別令k＝1，2，3，…，n，則有l(wèi)n(1×2)＞1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))，ln(2×3)＞1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))，…，ln[n(n＋1)]＞1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，將這n個不等式相加可得：ln[1×22×32×…×n2(n＋1)]＞n－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝n－2＋eq\f(2,n＋1)，故12×22×32×…×n2(n＋1)＞en－2＋eq\f(2,n＋1)，從而[(n＋1)！]2＞(n＋1)en－2＋eq\f(2,n＋1).26．解：(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝x－1－2lnx(x＞0)，則f′(x)＝1－eq\f(2,x).令f′(x)＞0得x＞2；令f′(x)＜0得0＜x＜2，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)．(2)∵f(x)＜0在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上不可能恒成立，故要使函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上無零點(diǎn)，只要對?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，f(x)＞0恒成立．即對?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，a＞2－eq\f(2lnx,x－1)恒成立．令l(x)＝2－eq\f(2lnx,x－1)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，則l′(x)＝eq\f(－\f(2,x)（x－1）＋2lnx,（x－1）2)＝eq\f(2lnx＋\f(2,x)－2,（x－1）2)，再令m(x)＝2lnx＋eq\f(2,x)－2，則m′(x)＝eq\f(2,x)－eq\f(2,x2)＝eq\f(－2（1－x）,x2)，∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，∴m′(x)＜0，故函數(shù)m(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，∴m(x)＞meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－2ln2＞0.即l′(x)＞0，∴函數(shù)l(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，∴l(xiāng)(x)＜leq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－4ln2.故只要a≥2－4ln2，則函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上無零點(diǎn)，所以amin＝2－4ln2.(3)∵g′(x)＝ex－1，當(dāng)x∈(0，1]時，g′(x)＞0，∴函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，1]上是增函數(shù)．∴g(x)∈(2，e]．當(dāng)a＝2時，f(x)＝－2lnx，不符合題意；當(dāng)a≠2時，f′(x)＝2－a－eq\f(2,x)＝eq\f(（2－a）x－2,x)，當(dāng)x＝eq\f(2,2－a)時，f′(x)＝0，由題意有f(x)在(0，e]上不單調(diào)，故0＜eq\f(2,2－a)＜e，∴a<2－eq\f(2,e)①.當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,2－a)))eq\f(2,2－a)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,2－a)，e))f′(x)－0＋f(x)單調(diào)遞減最小值單調(diào)遞增又因?yàn)閤→0時，f(x)→＋∞，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2－a)))＝a－2lneq\f(2,2－a)，f(e)＝(2－a)(e－1)－2，所以，對于給定的x0∈(0，1]，在(0，e]上總存在兩個不同的xi(i＝1，2)，使得f(xi)＝g(x0)成立，當(dāng)且僅當(dāng)滿足下列條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2－a)))≤2，,f（e）≥e，))即a－2lneq\f(2,2－a)≤2②，且(2－a)(e－1)－2≥e③，令h(a)＝a－2lneq\f(2,2－a)，a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a