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  • 2021-05-13 发布

高中数学导数大题压轴高考题选

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函数与导数高考压轴题选 ‎ ‎ 一.选择题(共2小题)‎ ‎1.(2013•安徽)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2,若f(x1)=x1<x2,则关于x的方程3(f(x))2+2af(x)+b=0的不同实根个数为(  )‎ A.3 B.4 C.5 D.6‎ ‎2.(2012•福建)函数f(x)在[a,b]上有定义,若对任意x1,x2∈[a,b],有则称f(x)在[a,b]上具有性质P.设f(x)在[1,3]上具有性质P,现给出如下命题:‎ ‎①f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的;‎ ‎②f(x2)在[1,]上具有性质P;‎ ‎③若f(x)在x=2处取得最大值1,则f(x)=1,x∈[1,3];‎ ‎④对任意x1,x2,x3,x4∈[1,3],有[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)]‎ 其中真命题的序号是(  )‎ A.①② B.①③ C.②④ D.③④‎ ‎ ‎ 二.选择题(共1小题)‎ ‎3.(2012•新课标)设函数f(x)=的最大值为M,最小值为m,则M+m=      .‎ ‎ ‎ 三.选择题(共23小题)‎ ‎4.(2014•陕西)设函数f(x)=lnx+,m∈R.‎ ‎(Ⅰ)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值;‎ ‎(Ⅱ)讨论函数g(x)=f′(x)﹣零点的个数;‎ ‎(Ⅲ)若对任意b>a>0,<1恒成立,求m的取值范围.‎ ‎5.(2013•新课标Ⅱ)已知函数f(x)=ex﹣ln(x+m)‎ ‎(Ι)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;‎ ‎(Ⅱ)当m≤2时,证明f(x)>0.‎ ‎6.(2013•四川)已知函数,其中a是实数,设A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))为该函数图象上的点,且x1<x2.‎ ‎(Ⅰ)指出函数f(x)的单调区间;‎ ‎(Ⅱ)若函数f(x)的图象在点A,B处的切线互相垂直,且x2<0,求x2﹣x1的最小值;‎ ‎(Ⅲ)若函数f(x)的图象在点A,B处的切线重合,求a的取值范围.‎ ‎7.(2013•湖南)已知函数f(x)=.‎ ‎(Ⅰ)求f(x)的单调区间;‎ ‎(Ⅱ)证明:当f(x1)=f(x2)(x1≠x2)时,x1+x2<0.‎ ‎8.(2013•辽宁)已知函数f(x)=(1+x)e﹣2x,g(x)=ax++1+2xcosx,当x∈[0,1]时,‎ ‎(I)求证:;‎ ‎(II)若f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围.‎ ‎9.(2013•陕西)已知函数f(x)=ex,x∈R.‎ ‎(Ⅰ) 若直线y=kx+1与f (x)的反函数g(x)=lnx的图象相切,求实数k的值;‎ ‎(Ⅱ) 设x>0,讨论曲线y=f (x) 与曲线y=mx2(m>0)公共点的个数.‎ ‎(Ⅲ) 设a<b,比较与的大小,并说明理由.‎ ‎10.(2013•湖北)设n是正整数,r为正有理数.‎ ‎(Ⅰ)求函数f(x)=(1+x)r+1﹣(r+1)x﹣1(x>﹣1)的最小值;‎ ‎(Ⅱ)证明:;‎ ‎(Ⅲ)设x∈R,记[x]为不小于x的最小整数,例如.令的值.‎ ‎(参考数据:.‎ ‎11.(2012•辽宁)设f(x)=ln(x+1)++ax+b(a,b∈R,a,b为常数),曲线y=f(x)与直线y=x在(0,0)点相切.‎ ‎(I)求a,b的值;‎ ‎(II)证明:当0<x<2时,f(x)<.‎ ‎12.(2012•福建)已知函数f(x)=axsinx﹣(a∈R),且在上的最大值为,‎ ‎(1)求函数f(x)的解析式;‎ ‎(2)判断函数f(x)在(0,π)内的零点个数,并加以证明.‎ ‎13.(2012•湖北)设函数f(x)=axn(1﹣x)+b(x>0),n为正整数,a,b为常数,曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为x+y=1‎ ‎(Ⅰ)求a,b的值;‎ ‎(Ⅱ)求函数f(x)的最大值;‎ ‎(Ⅲ)证明:f(x)<.‎ ‎14.(2012•湖南)已知函数f(x)=ex﹣ax,其中a>0.‎ ‎(1)若对一切x∈R,f(x)≥1恒成立,求a的取值集合;‎ ‎(2)在函数f(x)的图象上取定点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1<x2),记直线AB的斜率为K,证明:存在x0∈(x1,x2),使f′(x0)=K恒成立.‎ ‎15.(2012•四川)已知a为正实数,n为自然数,抛物线与x轴正半轴相交于点A,设f(n)为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距.‎ ‎(Ⅰ)用a和n表示f(n);‎ ‎(Ⅱ)求对所有n都有成立的a的最小值;‎ ‎(Ⅲ)当0<a<1时,比较与的大小,并说明理由.‎ ‎16.(2011•四川)已知函数f(x)=x+,h(x)=.‎ ‎(Ⅰ)设函数F(x)=f(x)﹣h(x),求F(x)的单调区间与极值;‎ ‎(Ⅱ)设a∈R,解关于x的方程log4[f(x﹣1)﹣]=log2h(a﹣x)﹣log2h(4﹣x);‎ ‎(Ⅲ)试比较f(100)h(100)﹣与的大小.‎ ‎17.(2011•陕西)设函数f(x)定义在(0,+∞)上,f(1)=0,导函数f′(x)=,g(x)=f(x)+f′(x).‎ ‎(Ⅰ)求g(x)的单调区间和最小值;‎ ‎(Ⅱ)讨论g(x)与的大小关系;‎ ‎(Ⅲ)是否存在x0>0,使得|g(x)﹣g(x0)|<对任意x>0成立?若存在,求出x0的取值范围;若不存在请说明理由.‎ ‎18.(2011•四川)已知函数f(x)=x+,h(x)=.‎ ‎(Ⅰ)设函数F(x)=18f(x)﹣x2[h(x)]2,求F(x)的单调区间与极值;‎ ‎(Ⅱ)设a∈R,解关于x的方程lg[f(x﹣1)﹣]=2lgh(a﹣x)﹣2lgh(4﹣x);‎ ‎(Ⅲ)设n∈Nn,证明:f(n)h(n)﹣[h(1)+h(2)+…+h(n)]≥.‎ ‎19.(2010•四川)设,a>0且a≠1),g(x)是f(x)的反函数.‎ ‎(Ⅰ)设关于x的方程求在区间[2,6]上有实数解,求t的取值范围;‎ ‎(Ⅱ)当a=e,e为自然对数的底数)时,证明:;‎ ‎(Ⅲ)当0<a≤时,试比较||与4的大小,并说明理由.‎ ‎20.(2010•全国卷Ⅱ)设函数f(x)=1﹣e﹣x.‎ ‎(Ⅰ)证明:当x>﹣1时,f(x)≥;‎ ‎(Ⅱ)设当x≥0时,f(x)≤,求a的取值范围.‎ ‎21.(2010•陕西)已知函数f(x)=,g(x)=alnx,a∈R,‎ ‎(Ⅰ)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)相交,且在交点处有共同的切线,求a的值和该切线方程;‎ ‎(Ⅱ)设函数h(x)=f(x)﹣g(x),当h(x)存在最小值时,求其最小值φ(a)的解析式;‎ ‎(Ⅲ)对(Ⅱ)中的φ(a)和任意的a>0,b>0,证明:φ′()≤≤φ′().‎ ‎22.(2009•全国卷Ⅱ)设函数f(x)=x2+aln(1+x)有两个极值点x1、x2,且x1<x2,‎ ‎(Ⅰ)求a的取值范围,并讨论f(x)的单调性;‎ ‎(Ⅱ)证明:f(x2)>.‎ ‎23.(2009•湖北)在R上定义运算:(b、c∈R是常数),已知f1(x)=x2﹣2c,f2(x)=x﹣2b,f(x)=f1(x)f2(x).‎ ‎①如果函数f(x)在x=1处有极值,试确定b、c的值;‎ ‎②求曲线y=f(x)上斜率为c的切线与该曲线的公共点;‎ ‎③记g(x)=|f′(x)|(﹣1≤x≤1)的最大值为M,若M≥k对任意的b、c恒成立,试求k的取值范围.(参考公式:x3﹣3bx2+4b3=(x+b)(x﹣2b)2)‎ ‎24.(2009•湖北)已知关于x的函数f(x)=﹣x3+bx2+cx+bc,其导函数为f′(x).令g(x)=|f′(x)|,记函数g(x)在区间[﹣1、1]上的最大值为M.‎ ‎(Ⅰ)如果函数f(x)在x=1处有极值﹣,试确定b、c的值:‎ ‎(Ⅱ)若|b|>1,证明对任意的c,都有M>2‎ ‎(Ⅲ)若M≧K对任意的b、c恒成立,试求k的最大值.‎ ‎25.(2008•江苏)请先阅读:‎ 在等式cos2x=2cos2x﹣1(x∈R)的两边求导,得:(cos2x)′=(2cos2x﹣1)′,由求导法则,得(﹣sin2x)•2=4cosx•(﹣sinx),化简得等式:sin2x=2cosx•sinx.‎ ‎(1)利用上题的想法(或其他方法),结合等式(1+x)n=Cn0+Cn1x+Cn2x2+…+Cnnxn(x∈R,正整数n≥2),证明:.‎ ‎(2)对于正整数n≥3,求证:‎ ‎(i);‎ ‎(ii);‎ ‎(iii).‎ ‎26.(2008•天津)已知函数f(x)=x4+ax3+2x2+b(x∈R),其中a,b∈R.‎ ‎(Ⅰ)当时,讨论函数f(x)的单调性;‎ ‎(Ⅱ)若函数f(x)仅在x=0处有极值,求a的取值范围;‎ ‎(Ⅲ)若对于任意的a∈[﹣2,2],不等式f(x)≤1在[﹣1,1]上恒成立,求b的取值范围.‎ ‎ ‎ 四.解答题(共4小题)‎ ‎27.(2008•福建)已知函数f(x)=ln(1+x)﹣x ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)记f(x)在区间[0,n](n∈N*)上的最小值为bn令an=ln(1+n)﹣bn ‎(i)如果对一切n,不等式恒成立,求实数c的取值范围;‎ ‎(ii)求证:.‎ ‎28.(2007•福建)已知函数f(x)=ex﹣kx,‎ ‎(1)若k=e,试确定函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若k>0,且对于任意x∈R,f(|x|)>0恒成立,试确定实数k的取值范围;‎ ‎(3)设函数F(x)=f(x)+f(﹣x),求证:F(1)F(2)…F(n)>(n∈N*).‎ ‎29.(2006•四川)已知函数,f(x)的导函数是f′(x).对任意两个不相等的正数x1、x2,证明:‎ ‎(Ⅰ)当a≤0时,;‎ ‎(Ⅱ)当a≤4时,|f′(x1)﹣f′(x2)|>|x1﹣x2|.‎ ‎30.(2006•辽宁)已知f0(x)=xn,其中k≤n(n,k∈N+),设F(x)=Cn0f0(x2)+Cn1f1(x2)+…+Cnnfn(x2),x∈[﹣1,1].‎ ‎(1)写出fk(1);‎ ‎(2)证明:对任意的x1,x2∈[﹣1,1],恒有|F(x1)﹣F(x2)|≤2n﹣1(n+2)﹣n﹣1.‎ ‎ ‎ 函数与导数高考压轴题选 参考答案与试题解析 ‎ ‎ 一.选择题(共2小题)‎ ‎1.(2013•安徽)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2,若f(x1)=x1<x2,则关于x的方程3(f(x))2+2af(x)+b=0的不同实根个数为(  )‎ A.3 B.4 C.5 D.6‎ ‎【解答】解:∵函数f(x)=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2,‎ ‎∴f′(x)=3x2+2ax+b=0有两个不相等的实数根,‎ ‎∴△=4a2﹣12b>0.解得=.‎ ‎∵x1<x2,‎ ‎∴,.‎ 而方程3(f(x))2+2af(x)+b=0的△1=△>0,‎ ‎∴此方程有两解且f(x)=x1或x2.‎ 不妨取0<x1<x2,f(x1)>0.‎ ‎①把y=f(x)向下平移x1个单位即可得到y=f(x)﹣x1的图象,‎ ‎∵f(x1)=x1,可知方程f(x)=x1有两解.‎ ‎②把y=f(x)向下平移x2个单位即可得到y=f(x)﹣x2的图象,∵f(x1)=x1,∴f(x1)﹣x2<0,可知方程f(x)=x2只有一解.‎ 综上①②可知:方程f(x)=x1或f(x)=x2.只有3个实数解.即关于x的方程3(f(x))2+2af(x)+b=0的只有3不同实根.‎ 故选:A.‎ ‎ ‎ ‎2.(2012•福建)函数f(x)在[a,b]上有定义,若对任意x1,x2∈[a,b],有则称f(x)在[a,b]上具有性质P.设f(x)在[1,3]上具有性质P,现给出如下命题:‎ ‎①f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的;‎ ‎②f(x2)在[1,]上具有性质P;‎ ‎③若f(x)在x=2处取得最大值1,则f(x)=1,x∈[1,3];‎ ‎④对任意x1,x2,x3,x4∈[1,3],有[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)]‎ 其中真命题的序号是(  )‎ A.①② B.①③ C.②④ D.③④‎ ‎【解答】解:在①中,反例:f(x)=在[1,3]上满足性质P,‎ 但f(x)在[1,3]上不是连续函数,故①不成立;‎ 在②中,反例:f(x)=﹣x在[1,3]上满足性质P,但f(x2)=﹣x2在[1,]上不满足性质P,‎ 故②不成立;‎ 在③中:在[1,3]上,f(2)=f()≤,‎ ‎∴,‎ 故f(x)=1,‎ ‎∴对任意的x1,x2∈[1,3],f(x)=1,‎ 故③成立;‎ 在④中,对任意x1,x2,x3,x4∈[1,3],‎ 有=‎ ‎≤‎ ‎≤‎ ‎=[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)],‎ ‎∴[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)],‎ 故④成立.‎ 故选D.‎ ‎ ‎ 二.选择题(共1小题)‎ ‎3.(2012•新课标)设函数f(x)=的最大值为M,最小值为m,则M+m= 2 .‎ ‎【解答】解:函数可化为f(x)==,‎ 令,则为奇函数,‎ ‎∴的最大值与最小值的和为0.‎ ‎∴函数f(x)=的最大值与最小值的和为1+1+0=2.‎ 即M+m=2.‎ 故答案为:2.‎ ‎ ‎ 三.选择题(共23小题)‎ ‎4.(2014•陕西)设函数f(x)=lnx+,m∈R.‎ ‎(Ⅰ)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值;‎ ‎(Ⅱ)讨论函数g(x)=f′(x)﹣零点的个数;‎ ‎(Ⅲ)若对任意b>a>0,<1恒成立,求m的取值范围.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)当m=e时,f(x)=lnx+,‎ ‎∴f′(x)=;‎ ‎∴当x∈(0,e)时,f′(x)<0,f(x)在(0,e)上是减函数;‎ 当x∈(e,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(e,+∞)上是增函数;‎ ‎∴x=e时,f(x)取得极小值为f(e)=lne+=2;‎ ‎(Ⅱ)∵函数g(x)=f′(x)﹣=﹣﹣(x>0),‎ 令g(x)=0,得m=﹣x3+x(x>0);‎ 设φ(x)=﹣x3+x(x>0),‎ ‎∴φ′(x)=﹣x2+1=﹣(x﹣1)(x+1);‎ 当x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上是增函数,‎ 当x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上是减函数;‎ ‎∴x=1是φ(x)的极值点,且是极大值点,‎ ‎∴x=1是φ(x)的最大值点,‎ ‎∴φ(x)的最大值为φ(1)=;‎ 又φ(0)=0,结合y=φ(x)的图象,如图;‎ 可知:①当m>时,函数g(x)无零点;‎ ‎②当m=时,函数g(x)有且只有一个零点;‎ ‎③当0<m<时,函数g(x)有两个零点;‎ ‎④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;‎ 综上,当m>时,函数g(x)无零点;‎ 当m=或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;‎ 当0<m<时,函数g(x)有两个零点;‎ ‎(Ⅲ)对任意b>a>0,<1恒成立,‎ 等价于f(b)﹣b<f(a)﹣a恒成立;‎ 设h(x)=f(x)﹣x=lnx+﹣x(x>0),‎ 则h(b)<h(a).‎ ‎∴h(x)在(0,+∞)上单调递减;‎ ‎∵h′(x)=﹣﹣1≤0在(0,+∞)上恒成立,‎ ‎∴m≥﹣x2+x=﹣+(x>0),‎ ‎∴m≥;‎ 对于m=,h′(x)=0仅在x=时成立;‎ ‎∴m的取值范围是[,+∞).‎ ‎ ‎ ‎5.(2013•新课标Ⅱ)已知函数f(x)=ex﹣ln(x+m)‎ ‎(Ι)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;‎ ‎(Ⅱ)当m≤2时,证明f(x)>0.‎ ‎【解答】(Ⅰ)解:∵,x=0是f(x)的极值点,∴,解得m=1.‎ 所以函数f(x)=ex﹣ln(x+1),其定义域为(﹣1,+∞).‎ ‎∵.‎ 设g(x)=ex(x+1)﹣1,则g′(x)=ex(x+1)+ex>0,所以g(x)在(﹣1,+∞)上为增函数,‎ 又∵g(0)=0,所以当x>0时,g(x)>0,即f′(x)>0;当﹣1<x<0时,g(x)<0,f′(x)<0.‎ 所以f(x)在(﹣1,0)上为减函数;在(0,+∞)上为增函数;‎ ‎(Ⅱ)证明:当m≤2,x∈(﹣m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),故只需证明当m=2时f(x)>0.‎ 当m=2时,函数在(﹣2,+∞)上为增函数,且f′(﹣1)<0,f′(0)>0.‎ 故f′(x)=0在(﹣2,+∞)上有唯一实数根x0,且x0∈(﹣1,0).‎ 当x∈(﹣2,x0)时,f′(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,‎ 从而当x=x0时,f(x)取得最小值.‎ 由f′(x0)=0,得,ln(x0+2)=﹣x0.‎ 故f(x)≥=>0.‎ 综上,当m≤2时,f(x)>0.‎ ‎ ‎ ‎6.(2013•四川)已知函数,其中a是实数,设A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))为该函数图象上的点,且x1<x2.‎ ‎(Ⅰ)指出函数f(x)的单调区间;‎ ‎(Ⅱ)若函数f(x)的图象在点A,B处的切线互相垂直,且x2<0,求x2﹣x1的最小值;‎ ‎(Ⅲ)若函数f(x)的图象在点A,B处的切线重合,求a的取值范围.‎ ‎【解答】解:(I)当x<0时,f(x)=(x+1)2+a,‎ ‎∴f(x)在(﹣∞,﹣1)上单调递减,在[﹣1,0)上单调递增;‎ 当x>0时,f(x)=lnx,在(0,+∞)单调递增.‎ ‎(II)∵x1<x2<0,∴f(x)=x2+2x+a,∴f′(x)=2x+2,‎ ‎∴函数f(x)在点A,B处的切线的斜率分别为f′(x1),f′(x2),‎ ‎∵函数f(x)的图象在点A,B处的切线互相垂直,‎ ‎∴,‎ ‎∴(2x1+2)(2x2+2)=﹣1.‎ ‎∴2x1+2<0,2x2+2>0,‎ ‎∴=1,当且仅当﹣(2x1+2)=2x2+2=1,即,时等号成立.‎ ‎∴函数f(x)的图象在点A,B处的切线互相垂直,且x2<0,求x2﹣x1的最小值为1.‎ ‎(III)当x1<x2<0或0<x1<x2时,∵,故不成立,∴x1<0<x2.‎ 当x1<0时,函数f(x)在点A(x1,f(x1)),处的切线方程为 ‎,即.‎ 当x2>0时,函数f(x)在点B(x2,f(x2))处的切线方程为,即.‎ 函数f(x)的图象在点A,B处的切线重合的充要条件是,‎ 由①及x1<0<x2可得﹣1<x1<0,‎ 由①②得=.‎ ‎∵函数,y=﹣ln(2x1+2)在区间(﹣1,0)上单调递减,‎ ‎∴a(x1)=在(﹣1,0)上单调递减,且x1→﹣1时,ln(2x1+2)→﹣∞,即﹣ln(2x1+2)→+∞,也即a(x1)→+∞.‎ x1→0,a(x1)→﹣1﹣ln2.‎ ‎∴a的取值范围是(﹣1﹣ln2,+∞).‎ ‎ ‎ ‎7.(2013•湖南)已知函数f(x)=.‎ ‎(Ⅰ)求f(x)的单调区间;‎ ‎(Ⅱ)证明:当f(x1)=f(x2)(x1≠x2)时,x1+x2<0.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)易知函数的定义域为R.‎ ‎==,‎ 当x<0时,f′(x)>0;当x>0时,f′(x)<0.∴函数f(x)的单调递增区间为(﹣∞,0),单调递减区间为(0,+∞).‎ ‎(Ⅱ)当x<1时,由于,ex>0,得到f(x)>0;同理,当x>1时,f(x)<0.‎ 当f(x1)=f(x2)(x1≠x2)时,不妨设x1<x2.‎ 由(Ⅰ)可知:x1∈(﹣∞,0),x2∈(0,1).‎ 下面证明:∀x∈(0,1),f(x)<f(﹣x),即证<.此不等式等价于.‎ 令g(x)=,则g′(x)=﹣xe﹣x(e2x﹣1).‎ 当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减,∴g(x)<g(0)=0.‎ 即.‎ ‎∴∀x∈(0,1),f(x)<f(﹣x).‎ 而x2∈(0,1),∴f(x2)<f(﹣x2).‎ 从而,f(x1)<f(﹣x2).‎ 由于x1,﹣x2∈(﹣∞,0),f(x)在(﹣∞,0)上单调递增,‎ ‎∴x1<﹣x2,即x1+x2<0.‎ ‎ ‎ ‎8.(2013•辽宁)已知函数f(x)=(1+x)e﹣2x,g(x)=ax++1+2xcosx,当x∈[0,1]时,‎ ‎(I)求证:;‎ ‎(II)若f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围.‎ ‎【解答】(I)证明:①当x∈[0,1)时,(1+x)e﹣2x≥1﹣x⇔(1+x)e﹣x≥(1﹣x)ex,‎ 令h(x)=(1+x)e﹣x﹣(1﹣x)ex,则h′(x)=x(ex﹣e﹣x).‎ 当x∈[0,1)时,h′(x)≥0,‎ ‎∴h(x)在[0,1)上是增函数,‎ ‎∴h(x)≥h(0)=0,即f(x)≥1﹣x.‎ ‎②当x∈[0,1)时,⇔ex≥1+x,令u(x)=ex﹣1﹣x,则u′(x)=ex﹣1.‎ 当x∈[0,1)时,u′(x)≥0,‎ ‎∴u(x)在[0,1)单调递增,∴u(x)≥u(0)=0,‎ ‎∴f(x).‎ 综上可知:.‎ ‎(II)解:设G(x)=f(x)﹣g(x)=‎ ‎≥=.‎ 令H(x)=,则H′(x)=x﹣2sinx,‎ 令K(x)=x﹣2sinx,则K′(x)=1﹣2cosx.‎ 当x∈[0,1)时,K′(x)<0,‎ 可得H′(x)是[0,1)上的减函数,∴H′(x)≤H′(0)=0,故H(x)在[0,1)单调递减,‎ ‎∴H(x)≤H(0)=2.∴a+1+H(x)≤a+3.‎ ‎∴当a≤﹣3时,f(x)≥g(x)在[0,1)上恒成立.‎ 下面证明当a>﹣3时,f(x)≥g(x)在[0,1)上不恒成立.‎ f(x)﹣g(x)≤==﹣x.‎ 令v(x)==,则v′(x)=.‎ 当x∈[0,1)时,v′(x)≤0,故v(x)在[0,1)上是减函数,‎ ‎∴v(x)∈(a+1+2cos1,a+3].‎ 当a>﹣3时,a+3>0.‎ ‎∴存在x0∈(0,1),使得v(x0)>0,此时,f(x0)<g(x0).‎ 即f(x)≥g(x)在[0,1)不恒成立.‎ 综上实数a的取值范围是(﹣∞,﹣3].‎ ‎ ‎ ‎9.(2013•陕西)已知函数f(x)=ex,x∈R.‎ ‎(Ⅰ) 若直线y=kx+1与f (x)的反函数g(x)=lnx的图象相切,求实数k的值;‎ ‎(Ⅱ) 设x>0,讨论曲线y=f (x) 与曲线y=mx2(m>0)公共点的个数.‎ ‎(Ⅲ) 设a<b,比较与的大小,并说明理由.‎ ‎【解答】解:(I)函数f(x)=ex的反函数为g(x)=lnx,∴.‎ 设直线y=kx+1与g(x)的图象相切于点P(x0,y0),则,解得,k=e﹣2,‎ ‎∴k=e﹣2.‎ ‎(II)当x>0,m>0时,令f(x)=mx2,化为m=,‎ 令h(x)=,则,‎ 则x∈(0,2)时,h′(x)<0,h(x)单调递减;x∈(2,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增.‎ ‎∴当x=2时,h(x)取得极小值即最小值,.‎ ‎∴当时,曲线y=f (x) 与曲线y=mx2(m>0)公共点的个数为0;‎ 当时,曲线y=f (x) 与曲线y=mx2(m>0)公共点的个数为1;‎ 当时,曲线y=f (x) 与曲线y=mx2(m>0)公共点个数为2.‎ ‎(Ⅲ) =‎ ‎=‎ ‎=,‎ 令g(x)=x+2+(x﹣2)ex(x>0),则g′(x)=1+(x﹣1)ex.‎ g′′(x)=xex>0,∴g′(x)在(0,+∞)上单调递增,且g′(0)=0,‎ ‎∴g′(x)>0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ 而g(0)=0,∴在(0,+∞)上,有g(x)>g(0)=0.‎ ‎∵当x>0时,g(x)=x+2+(x﹣2)•ex>0,且a<b,‎ ‎∴,‎ 即当a<b时,.‎ ‎ ‎ ‎10.(2013•湖北)设n是正整数,r为正有理数.‎ ‎(Ⅰ)求函数f(x)=(1+x)r+1﹣(r+1)x﹣1(x>﹣1)的最小值;‎ ‎(Ⅱ)证明:;‎ ‎(Ⅲ)设x∈R,记[x]为不小于x的最小整数,例如.令的值.‎ ‎(参考数据:.‎ ‎【解答】解;(Ⅰ)由题意得f'(x)=(r+1)(1+x)r﹣(r+1)=(r+1)[(1+x)r﹣1],‎ 令f'(x)=0,解得x=0.‎ 当﹣1<x<0时,f'(x)<0,∴f(x)在(﹣1,0)内是减函数;‎ 当x>0时,f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)内是增函数.‎ 故函数f(x)在x=0处,取得最小值为f(0)=0.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ),当x∈(﹣1,+∞)时,有f(x)≥f(0)=0,‎ 即(1+x)r+1≥1+(r+1)x,且等号当且仅当x=0时成立,‎ 故当x>﹣1且x≠0,有(1+x)r+1>1+(r+1)x,①‎ 在①中,令(这时x>﹣1且x≠0),得.‎ 上式两边同乘nr+1,得(n+1)r+1>nr+1+nr(r+1),‎ 即,②‎ 当n>1时,在①中令(这时x>﹣1且x≠0),‎ 类似可得,③‎ 且当n=1时,③也成立.‎ 综合②,③得,④‎ ‎(Ⅲ)在④中,令,n分别取值81,82,83,…,125,‎ 得,,‎ ‎,…,‎ 将以上各式相加,并整理得.‎ 代入数据计算,可得 由[S]的定义,得[S]=211.‎ ‎ ‎ ‎11.(2012•辽宁)设f(x)=ln(x+1)++ax+b(a,b∈R,a,b为常数),曲线y=f(x)与直线y=x在(0,0)点相切.‎ ‎(I)求a,b的值;‎ ‎(II)证明:当0<x<2时,f(x)<.‎ ‎【解答】(I)解:由y=f(x)过(0,0),∴f(0)=0,∴b=﹣1‎ ‎∵曲线y=f(x)与直线在(0,0)点相切.‎ ‎∴y′|x=0=‎ ‎∴a=0;‎ ‎(II)证明:由(I)知f(x)=ln(x+1)+‎ 由均值不等式,当x>0时,,∴①‎ 令k(x)=ln(x+1)﹣x,则k(0)=0,k′(x)=,∴k(x)<0‎ ‎∴ln(x+1)<x,②‎ 由①②得,当x>0时,f(x)<‎ 记h(x)=(x+6)f(x)﹣9x,则当0<x<2时,h′(x)=f(x)+(x+6)f′(x)﹣9‎ ‎<<‎ ‎=‎ ‎∴h(x)在(0,2)内单调递减,又h(0)=0,∴h(x)<0‎ ‎∴当0<x<2时,f(x)<.‎ ‎ ‎ ‎12.(2012•福建)已知函数f(x)=axsinx﹣(a∈R),且在上的最大值为,‎ ‎(1)求函数f(x)的解析式;‎ ‎(2)判断函数f(x)在(0,π)内的零点个数,并加以证明.‎ ‎【解答】解:(I)由已知得f′(x)=a(sinx+xcosx),对于任意的x∈(0,),有sinx+xcosx>0,当a=0时,f(x)=﹣,不合题意;‎ 当a<0时,x∈(0,),f′(x)<0,从而f(x)在(0,)单调递减,‎ 又函数在上图象是连续不断的,故函数在上上的最大值为f(0)=﹣,不合题意;‎ 当a>0时,x∈(0,),f′(x)>0,从而f(x)在(0,)单调递增,‎ 又函数在上图象是连续不断的,故函数在上上的最大值为f()==,解得a=1,‎ 综上所述,得 ‎(II)函数f(x)在(0,π)内有且仅有两个零点.证明如下:‎ 由(I)知,,从而有f(0)=﹣<0,f()=>0,‎ 又函数在上图象是连续不断的,所以函数f(x)在(0,)内至少存在一个零点,‎ 又由(I)知f(x)在(0,)单调递增,故函数f(x)在(0,)内仅有一个零点.‎ 当x∈[,π]时,令g(x)=f′(x)=sinx+xcosx,由g()=1>0,g(π)=﹣π<0,且g(x)在[,π]上的图象是连续不断的,故存在m∈(,π),使得g(m)=0.‎ 由g′(x)=2cosx﹣xsinx,知x∈(,π)时,有g′(x)<0,从而g(x)在[,π]上单调递减.‎ 当x∈(,m),g(x)>g(m)=0,即f′(x)>0,从而f(x)在(,m)内单调递增 故当x∈(,m)时,f(x)>f()=>0,从而(x)在(,m)内无零点;‎ 当x∈(m,π)时,有g(x)<g(m)=0,即f′(x)<0,从而f(x)在(,m)内单调递减.‎ 又f(m)>0,f(π)<0且f(x)在[m,π]上的图象是连续不断的,从而f(x)在[m,π]内有且仅有一个零点.‎ 综上所述,函数f(x)在(0,π)内有且仅有两个零点.‎ ‎ ‎ ‎13.(2012•湖北)设函数f(x)=axn(1﹣x)+b(x>0),n为正整数,a,b为常数,曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为x+y=1‎ ‎(Ⅰ)求a,b的值;‎ ‎(Ⅱ)求函数f(x)的最大值;‎ ‎(Ⅲ)证明:f(x)<.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)因为f(1)=b,由点(1,b)在x+y=1上,可得1+b=1,即b=0.‎ 因为f′(x)=anxn﹣1﹣a(n+1)xn,所以f′(1)=﹣a.‎ 又因为切线x+y=1的斜率为﹣1,所以﹣a=﹣1,即a=1,故a=1,b=0.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知,f(x)=xn(1﹣x),则有f′(x)=(n+1)xn﹣1(﹣x),令f′(x)=0,解得x=‎ 在(0,)上,导数为正,故函数f(x)是增函数;在(,+∞)上导数为负,故函数f(x)是减函数;‎ 故函数f(x)在(0,+∞)上的最大值为f()=()n(1﹣)=,‎ ‎(Ⅲ)令φ(t)=lnt﹣1+,则φ′(t)=﹣=(t>0)‎ 在(0,1)上,φ′(t)<0,故φ(t)单调减;在(1,+∞),φ′(t)>0,故φ(t)单调增;‎ 故φ(t)在(0,+∞)上的最小值为φ(1)=0,‎ 所以φ(t)>0(t>1)‎ 则lnt>1﹣,(t>1),‎ 令t=1+,得ln(1+)>,即ln(1+)n+1>lne 所以(1+)n+1>e,即<‎ 由(Ⅱ)知,f(x)≤<,‎ 故所证不等式成立.‎ ‎ ‎ ‎14.(2012•湖南)已知函数f(x)=ex﹣ax,其中a>0.‎ ‎(1)若对一切x∈R,f(x)≥1恒成立,求a的取值集合;‎ ‎(2)在函数f(x)的图象上取定点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1<x2),记直线AB的斜率为K,证明:存在x0∈(x1,x2),使f′(x0)=K恒成立.‎ ‎【解答】解:(1)f′(x)=ex﹣a,‎ 令f′(x)=0,解可得x=lna;‎ 当x<lna,f′(x)<0,f(x)单调递减,当x>lna,f′(x)>0,f(x)单调递增,‎ 故当x=lna时,f(x)取最小值,f(lna)=a﹣alna,‎ 对一切x∈R,f(x)≥1恒成立,当且仅当a﹣alna≥1,①‎ 令g(t)=t﹣tlnt,则g′(t)=﹣lnt,‎ 当0<t<1时,g′(t)>0,g(t)单调递增,当t>1时,g′(t)<0,g(t)单调递减,‎ 故当t=1时,g(t)取得最大值,且g(1)=1,‎ 因此当且仅当a=1时,①式成立,‎ 综上所述,a的取值的集合为{1}.‎ ‎(2)根据题意,k==﹣a,‎ 令φ(x)=f′(x)﹣k=ex﹣,‎ 则φ(x1)=﹣[﹣(x2﹣x1)﹣1],‎ φ(x2)=[﹣(x1﹣x2)﹣1],‎ 令F(t)=et﹣t﹣1,则F′(t)=et﹣1,‎ 当t<0时,F′(t)<0,F(t)单调递减;当t>0时,F′(t)>0,F(t)单调递增,‎ 则F(t)的最小值为F(0)=0,‎ 故当t≠0时,F(t)>F(0)=0,即et﹣t﹣1>0,‎ 从而﹣(x2﹣x1)﹣1>0,且>0,则φ(x1)<0,‎ ‎﹣(x1﹣x2)﹣1>0,>0,则φ(x2)>0,‎ 因为函数y=φ(x)在区间[x1,x2]上的图象是连续不断的一条曲线,所以存在x0∈(x1,x2),使φ(x0)=0,‎ 即f′(x0)=K成立.‎ ‎ ‎ ‎15.(2012•四川)已知a为正实数,n为自然数,抛物线与x轴正半轴相交于点A,设f(n)为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距.‎ ‎(Ⅰ)用a和n表示f(n);‎ ‎(Ⅱ)求对所有n都有成立的a的最小值;‎ ‎(Ⅲ)当0<a<1时,比较与的大小,并说明理由.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)∵抛物线与x轴正半轴相交于点A,∴A()‎ 对求导得y′=﹣2x ‎∴抛物线在点A处的切线方程为,∴‎ ‎∵f(n)为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距,∴f(n)=an;‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知f(n)=an,则成立的充要条件是an≥2n3+1‎ 即知,an≥2n3+1对所有n成立,特别的,取n=2得到a≥‎ 当a=,n≥3时,an>4n=(1+3)n≥1+=1+2n3+>2n3+1‎ 当n=0,1,2时,‎ ‎∴a=时,对所有n都有成立 ‎∴a的最小值为;‎ ‎(Ⅲ)由(Ⅰ)知f(k)=ak,下面证明:‎ 首先证明:当0<x<1时,‎ 设函数g(x)=x(x2﹣x)+1,0<x<1,则g′(x)=x(x﹣)‎ 当0<x<时,g′(x)<0;当时,g′(x)>0‎ 故函数g(x)在区间(0,1)上的最小值g(x)min=g()=0‎ ‎∴当0<x<1时,g(x)≥0,∴‎ 由0<a<1知0<ak<1,因此,‎ 从而=≥=>=‎ ‎ ‎ ‎16.(2011•四川)已知函数f(x)=x+,h(x)=.‎ ‎(Ⅰ)设函数F(x)=f(x)﹣h(x),求F(x)的单调区间与极值;‎ ‎(Ⅱ)设a∈R,解关于x的方程log4[f(x﹣1)﹣]=log2h(a﹣x)﹣log2h(4﹣x);‎ ‎(Ⅲ)试比较f(100)h(100)﹣与的大小.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)由F(x)=f(x)﹣h(x)=x+﹣(x≥0)知,‎ F′(x)=,令F′(x)=0,得x=.‎ 当x∈(0,)时,F′(x)<0;‎ 当x∈(,+∞)时,F′(x)>0.‎ 故x∈(0,)时,F(x)是减函数;‎ 故x∈(,+∞)时,F(x)是增函数.‎ F(x)在x=处有极小值且F()=.‎ ‎(Ⅱ)原方程可化为log4(x﹣1)+log2 h(4﹣x)=log2h(a﹣x),‎ 即log2(x﹣1)+log2=log2,⇔⇔‎ ‎①当1<a≤4时,原方程有一解x=3﹣;‎ ‎②当4<a<5时,原方程有两解x=3;‎ ‎③当a=5时,原方程有一解x=3;‎ ‎④当a≤1或a>5时,原方程无解.‎ ‎ (Ⅲ)设数列 {an}的前n项和为sn,且sn=f(n)g(n)﹣‎ 从而有a1=s1=1.‎ 当2<k≤100时,‎ ak=sk﹣sk﹣1=,ak﹣‎ ‎=[(4k﹣3)﹣(4k﹣1)]‎ ‎=‎ ‎=>0.‎ 即对任意的2<k≤100,都有ak>.‎ 又因为a1=s1=1,‎ 所以a1+a2+a3+…+a100>=h(1)+h(2)+…+h(100).‎ 故f(100)h(100)﹣>.‎ ‎ ‎ ‎17.(2011•陕西)设函数f(x)定义在(0,+∞)上,f(1)=0,导函数f′(x)=,g(x)=f(x)+f′(x).‎ ‎(Ⅰ)求g(x)的单调区间和最小值;‎ ‎(Ⅱ)讨论g(x)与的大小关系;‎ ‎(Ⅲ)是否存在x0>0,使得|g(x)﹣g(x0)|<对任意x>0成立?若存在,求出x0的取值范围;若不存在请说明理由.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)由题设易知f(x)=lnx,g(x)=lnx+,‎ ‎∴g′(x)=,令g′(x)=0,得x=1,‎ 当x∈(0,1)时,g′(x)<0,故g(x)的单调递减区间是(0,1),‎ 当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,故g(x)的单调递增区间是(1,+∞),‎ 因此x=1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,‎ ‎∴最小值为g(1)=1;‎ ‎(Ⅱ)=﹣lnx+x,‎ 设h(x)=g(x)﹣=2lnx﹣x+,‎ 则h′(x)=,‎ 当x=1时,h(1)=0,即g(x)=,‎ 当x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h′(x)<0,h′(1)=0,‎ 因此,h(x)在(0,+∞)内单调递减,‎ 当0<x<1,时,h(x)>h(1)=0,即g(x)>,‎ 当x>1,时,h(x)<h(1)=0,即g(x)<,‎ ‎(Ⅲ)满足条件的x0 不存在.证明如下:证法一 假设存在x0>0,‎ 使|g(x)﹣g(x0)|<成立,即对任意x>0,‎ 有 ,(*)但对上述x0,取 时,‎ 有 Inx1=g(x0),这与(*)左边不等式矛盾,‎ 因此,不存在x0>0,使|g(x)﹣g(x0)|< 成立.‎ 证法二 假设存在x0>0,使|g(x)﹣g(x0)|成<立.‎ 由(Ⅰ)知, 的最小值为g(x)=1. ‎ 又>Inx,‎ 而x>1 时,Inx 的值域为(0,+∞),‎ ‎∴x≥1 时,g(x) 的值域为[1,+∞),从而可取一个x1>1,‎ 使 g(x1)≥g(x0)+1,即g(x1)﹣g(x0)≥1,‎ 故|g(x1)﹣g(x0)|≥1>,与假设矛盾. ‎ ‎∴不存在x0>0,使|g(x)﹣g(x0)|<成立.‎ ‎ ‎ ‎18.(2011•四川)已知函数f(x)=x+,h(x)=.‎ ‎(Ⅰ)设函数F(x)=18f(x)﹣x2[h(x)]2,求F(x)的单调区间与极值;‎ ‎(Ⅱ)设a∈R,解关于x的方程lg[f(x﹣1)﹣]=2lgh(a﹣x)﹣2lgh(4﹣x);‎ ‎(Ⅲ)设n∈Nn,证明:f(n)h(n)﹣[h(1)+h(2)+…+h(n)]≥.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)F(x)=18f(x)﹣x2[h(x)]2=﹣x3+12x+9(x≥0)‎ 所以F′(x)=﹣3x2+12=0,x=±2‎ 且x∈(0,2)时,F′(x)>0,当x∈(2,+∞)时,F′(x)<0‎ 所以F(x)在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减.‎ 故x=2时,F(x)有极大值,且F(2)=﹣8+24+9=25.‎ ‎(Ⅱ)原方程变形为lg(x﹣1)+2lg=2lg,‎ ‎⇔⇔,‎ ‎①当1<a<4时,原方程有一解x=3﹣,‎ ‎②当4<a<5时,原方程有两解x=3±,‎ ‎③当a=5时,原方程有一解x=3,‎ ‎④当a≤1或a>5时,原方程无解.‎ ‎(Ⅲ)由已知得h(1)+h(2)+…+h(n)=,‎ f(n)h(n)﹣=,‎ 从而a1=s1=1,‎ 当k≥2时,an=sn﹣sn﹣1=,‎ 又=‎ ‎=‎ ‎=>0‎ 即对任意的k≥2,有,‎ 又因为a1=1=,‎ 所以a1+a2+…+an≥,‎ 则sn≥h(1)+h(2)+…+h(n),故原不等式成立.‎ ‎ ‎ ‎19.(2010•四川)设,a>0且a≠1),g(x)是f(x)的反函数.‎ ‎(Ⅰ)设关于x的方程求在区间[2,6]上有实数解,求t的取值范围;‎ ‎(Ⅱ)当a=e,e为自然对数的底数)时,证明:;‎ ‎(Ⅲ)当0<a≤时,试比较||与4的大小,并说明理由.‎ ‎【解答】解:(1)由题意,得ax=>0‎ 故g(x)=,x∈(﹣∞,﹣1)∪(1,+∞)‎ 由得t=(x﹣1)2(7﹣x),x∈[2,6]‎ 则t′=﹣3x2+18x﹣15=﹣3(x﹣1)(x﹣5)‎ 列表如下:‎ ‎ x ‎ 2‎ ‎(2,5)‎ ‎ 5‎ ‎(5,6)‎ ‎6 ‎ ‎ t'‎ ‎+‎ ‎﹣‎ ‎ t ‎ 5‎ ‎ 递增 极大值32 ‎ 递减 ‎25 ‎ 所以t最小值=5,t最大值=32‎ 所以t的取值范围为[5,32](5分)‎ ‎(Ⅱ)‎ ‎=ln()‎ ‎=﹣ln 令u(z)=﹣lnz2﹣=﹣2lnz+z﹣,z>0‎ 则u′(z)=﹣=(1﹣)2≥0‎ 所以u(z)在(0,+∞)上是增函数 又因为>1>0,所以u()>u(1)=0‎ 即ln>0‎ 即(9分)‎ ‎(3)设a=,则p≥1,1<f(1)=≤3,‎ 当n=1时,|f(1)﹣1|=≤2<4,‎ 当n≥2时,‎ 设k≥2,k∈N*时,则f(k)=,‎ ‎=1+‎ 所以1<f(k)≤1+,‎ 从而n﹣1<≤n﹣1+=n+1﹣<n+1,‎ 所以n<<f(1)+n+1≤n+4,‎ 综上所述,总有|﹣n|<4.‎ ‎ ‎ ‎20.(2010•全国卷Ⅱ)设函数f(x)=1﹣e﹣x.‎ ‎(Ⅰ)证明:当x>﹣1时,f(x)≥;‎ ‎(Ⅱ)设当x≥0时,f(x)≤,求a的取值范围.‎ ‎【解答】解:(1)当x>﹣1时,f(x)≥当且仅当ex≥1+x 令g(x)=ex﹣x﹣1,则g'(x)=ex﹣1‎ 当x≥0时g'(x)≥0,g(x)在[0,+∞)是增函数 当x≤0时g'(x)≤0,g(x)在(﹣∞,0]是减函数 于是g(x)在x=0处达到最小值,因而当x∈R时,g(x)≥g(0)时,即ex≥1+x 所以当x>﹣1时,f(x)≥‎ ‎(2)由题意x≥0,此时f(x)≥0‎ 当a<0时,若x>﹣,则<0,f(x)≤不成立;‎ 当a≥0时,令h(x)=axf(x)+f(x)﹣x,则 f(x)≤当且仅当h(x)≤0‎ 因为f(x)=1﹣e﹣x,所以h'(x)=af(x)+axf'(x)+f'(x)﹣1=af(x)﹣axf(x)+ax﹣f(x)‎ ‎(i)当0≤a≤时,由(1)知x≤(x+1)f(x)‎ h'(x)≤af(x)﹣axf(x)+a(x+1)f(x)﹣f(x)‎ ‎=(2a﹣1)f(x)≤0,‎ h(x)在[0,+∞)是减函数,h(x)≤h(0)=0,即f(x)≤‎ ‎(ii)当a>时,由(i)知x≥f(x)‎ h'(x)=af(x)﹣axf(x)+ax﹣f(x)≥af(x)﹣axf(x)+af(x)﹣f(x)=(2a﹣1﹣ax)f(x)‎ 当0<x<时,h'(x)>0,所以h'(x)>0,所以h(x)>h(0)=0,即f(x)>‎ 综上,a的取值范围是[0,]‎ ‎ ‎ ‎21.(2010•陕西)已知函数f(x)=,g(x)=alnx,a∈R,‎ ‎(Ⅰ)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)相交,且在交点处有共同的切线,求a的值和该切线方程;‎ ‎(Ⅱ)设函数h(x)=f(x)﹣g(x),当h(x)存在最小值时,求其最小值φ(a)的解析式;‎ ‎(Ⅲ)对(Ⅱ)中的φ(a)和任意的a>0,b>0,证明:φ′()≤≤φ′().‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)f'(x)=,g'(x)=‎ 有已知得解得:a=,x=e2‎ ‎∴两条曲线的交点坐标为(e2,e)‎ 切线的斜率为k=f'(e2)=‎ ‎∴切线的方程为y﹣e=(x﹣e2)‎ ‎(Ⅱ)由条件知h(x)=﹣alnx(x>0),‎ ‎∴h′(x)=﹣=,‎ ‎①当a>0时,令h′(x)=0,解得x=4a2.‎ ‎∴当0<x<4a2时,h′(x)<0,‎ h(x)在(0,4a2)上单调递减;‎ 当x>4a2时,h′(x)>0,‎ h(x)在(4a2,+∞)上单调递增.‎ ‎∴x=4a2是h(x)在(0,+∞)上的惟一极值点,且是极小值点,从而也是h(x)的最小值点.‎ ‎∴最小值φ(a)=h(4a2)=2a﹣aln(4a2)=2a[1﹣ln (2a)].‎ ‎②当a≤0时,h′(x)=>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增,无最小值.‎ 故h(x)的最小值φ(a)的解析式为φ(a)=2a[1﹣ln (2a)](a>0).‎ ‎(Ⅲ)证明:由(Ⅱ)知φ′(a)=﹣2ln2a对任意的a>0,b>0‎ ‎=﹣=﹣ln4ab,①‎ φ′()=﹣2ln(2×)=﹣ln(a+b)2≤﹣ln4ab,②‎ φ′()=﹣2ln(2×)=﹣2ln=﹣ln4ab,③‎ 故由①②③得φ′()≤≤φ′().‎ ‎ ‎ ‎22.(2009•全国卷Ⅱ)设函数f(x)=x2+aln(1+x)有两个极值点x1、x2,且x1<x2,‎ ‎(Ⅰ)求a的取值范围,并讨论f(x)的单调性;‎ ‎(Ⅱ)证明:f(x2)>.‎ ‎【解答】解:(I)‎ 令g(x)=2x2+2x+a,其对称轴为.‎ 由题意知x1、x2是方程g(x)=0的两个均大于﹣1的不相等的实根,‎ 其充要条件为,得 ‎(1)当x∈(﹣1,x1)时,f'(x)>0,∴f(x)在(﹣1,x1)内为增函数;‎ ‎(2)当x∈(x1,x2)时,f'(x)<0,∴f(x)在(x1,x2)内为减函数;‎ ‎(3)当x∈(x2,+∞)时,f'(x)>0,∴f(x)在(x2,+∞)内为增函数;‎ ‎(II)由(I)g(0)=a>0,∴,a=﹣(2x22+2x2)‎ ‎∴f(x2)=x22+aln(1+x2)=x22﹣(2x22+2x2)ln(1+x2)‎ 设h(x)=x2﹣(2x2+2x)ln(1+x),(﹣<x<0)‎ 则h'(x)=2x﹣2(2x+1)ln(1+x)﹣2x=﹣2(2x+1)ln(1+x)‎ ‎(1)当时,h'(x)>0,∴h(x)在单调递增;‎ ‎(2)当x∈(0,+∞)时,h'(x)<0,h(x)在(0,+∞)单调递减.∴‎ 故.‎ ‎ ‎ ‎23.(2009•湖北)在R上定义运算:(b、c∈R是常数),已知f1(x)=x2﹣2c,f2(x)=x﹣2b,f(x)=f1(x)f2(x).‎ ‎①如果函数f(x)在x=1处有极值,试确定b、c的值;‎ ‎②求曲线y=f(x)上斜率为c的切线与该曲线的公共点;‎ ‎③记g(x)=|f′(x)|(﹣1≤x≤1)的最大值为M,若M≥k对任意的b、c恒成立,试求k的取值范围.(参考公式:x3﹣3bx2+4b3=(x+b)(x﹣2b)2)‎ ‎【解答】解:①依题意,‎ 解 得或.‎ 若,,‎ ‎′(x)=﹣x2+2x﹣1=﹣(x﹣1)2≤0f(x)在R上单调递减,‎ 在x=1处无极值;若,,‎ f′(x)=﹣x2﹣2x+3=﹣(x﹣1)(x+3),直接讨论知,‎ f(x)在x=1处有极大值,所以为所求.‎ ‎②解f′(t)=c得t=0或t=2b,切点分别为(0,bc)、,‎ 相应的切线为y=cx+bc或.‎ 解 得x=0或x=3b;‎ 解 即x3﹣3bx2+4b3=0‎ 得x=﹣b或x=2b.‎ 综合可知,b=0时,斜率为c的切线只有一条,与曲线的公共点只有(0,0),b≠0时,‎ 斜率为c的切线有两条,与曲线的公共点分别为(0,bc)、(3b,4bc)和 ‎、.‎ ‎③g(x)=|﹣(x﹣b)2+b2+c|.若|b|>1,则f′(x)在[﹣1,1]是单调函数,‎ M=max{|f′(﹣1)|,|f′(1)|}={|﹣1+2b+c|,|﹣1﹣2b+c|},‎ 因为f′(1)与f′(﹣1)之差的绝对值|f′(1)﹣f′(﹣1)|=|4b|>4,所以M>2.‎ 若|b|≤1,f′(x)在x=b∈[﹣1,1]取极值,‎ 则M=max{|f′(﹣1)|,|f′(1)|,|f′(b)|},f′(b)﹣f′(±1)=(b∓1)2.‎ 若﹣1≤b<0,f′(1)≤f′(﹣1)≤f′(b ‎;‎ 若0≤b≤1,f′(﹣1)≤f′(1)≤f′(b),‎ M=max{|f′(﹣1)|,|f′(b)|}=.‎ 当b=0,时,在[﹣1,1]上的最大值.‎ 所以,k的取值范围是.‎ ‎ ‎ ‎24.(2009•湖北)已知关于x的函数f(x)=﹣x3+bx2+cx+bc,其导函数为f′(x).令g(x)=|f′(x)|,记函数g(x)在区间[﹣1、1]上的最大值为M.‎ ‎(Ⅰ)如果函数f(x)在x=1处有极值﹣,试确定b、c的值:‎ ‎(Ⅱ)若|b|>1,证明对任意的c,都有M>2‎ ‎(Ⅲ)若M≧K对任意的b、c恒成立,试求k的最大值.‎ ‎【解答】(Ⅰ)解:∵f'(x)=﹣x2+2bx+c,由f(x)在x=1处有极值 可得 解得,或 若b=1,c=﹣1,则f'(x)=﹣x2+2x﹣1=﹣(x﹣1)2≤0,此时f(x)没有极值;‎ 若b=﹣1,c=3,则f'(x)=﹣x2﹣2x+3=﹣(x+3)(x﹣1)‎ 当x变化时,f(x),f'(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(﹣∞,﹣3)‎ ‎﹣3‎ ‎(﹣3,1)‎ ‎1‎ ‎(1,+∞)‎ f'(x)‎ ‎﹣‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎﹣‎ f(x)‎ ‎↘‎ 极小值﹣12‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ ‎∴当x=1时,f(x)有极大值,故b=﹣1,c=3即为所求.‎ ‎(Ⅱ)证法1:g(x)=|f'(x)|=|﹣(x﹣b)2+b2+c|‎ 当|b|>1时,函数y=f'(x)的对称轴x=b位于区间[﹣1.1]之外.‎ ‎∴f'(x)在[﹣1,1]上的最值在两端点处取得 故M应是g(﹣1)和g(1)中较大的一个,‎ ‎∴2M≥g(1)+g(﹣1)=|﹣1+2b+c|+|﹣1﹣2b+c|≥|4b|>4,即M>2‎ 证法2(反证法):因为|b|>1,所以函数y=f'(x)的对称轴x=b位于区间[﹣1,1]之外,‎ ‎∴f'(x)在[﹣1,1]上的最值在两端点处取得.‎ 故M应是g(﹣1)和g(1)中较大的一个 假设M≤2,则M=maxg{(﹣1),g(1),g(b)}‎ 将上述两式相加得:4≥|﹣1﹣2b+c|+|﹣1+2b+c|≥4|b|>4,导致矛盾,∴M>2‎ ‎(Ⅲ)解法1:g(x)=|f'(x)|=|﹣(x﹣b)2+b2+c|‎ ‎(1)当|b|>1时,由(Ⅱ)可知f'(b)﹣f'(±1)=b(∓1)2≥0;‎ ‎(2)当|b|≤1时,函数y=f'(x)的对称轴x=b位于区间[﹣1,1]内,‎ 此时M=max{g(﹣1),g(1),g(b)}‎ 由f'(1)﹣f'(﹣1)=4b,有f'(b)﹣f'(±1)=b(∓1)2≥0‎ ‎①若﹣1≤b≤0,则f'(1)≤f'(﹣1)≤f'(b),∴g(﹣1)≤max{g(1),g(b)},‎ 于是 ‎②若0<b≤1,则f'(﹣1)≤f'(1)≤f'(b),∴g(1)≤maxg(﹣1),g(b)‎ 于是 综上,对任意的b、c都有 而当时,在区间[﹣1,1]上的最小值 故M≥k对任意的b、c恒成立的k的最大值为.‎ 解法2:g(x)=|f'(x)|=|﹣(x﹣b)2+b2+c|‎ ‎(1)当|b|>1时,由(Ⅱ)可知M>2‎ ‎(2)当|b|≤1‎ y=f'(x)时,函数的对称轴x=b位于区间[﹣1,1]内,‎ 此时M=max{g(﹣1),g(1),g(b)}‎ ‎4M≥g(﹣1)+g(1)+2g(b)=|﹣1﹣2b+c|+|﹣1+2b+c|+2|b2+c|≥|﹣1﹣2b+c+(﹣1+2b+c)﹣2(b2+c)|=|2b2+2|≥2,‎ 即 下同解法1‎ ‎ ‎ ‎25.(2008•江苏)请先阅读:‎ 在等式cos2x=2cos2x﹣1(x∈R)的两边求导,得:(cos2x)′=(2cos2x﹣1)′,由求导法则,得(﹣sin2x)•2=4cosx•(﹣sinx),化简得等式:sin2x=2cosx•sinx.‎ ‎(1)利用上题的想法(或其他方法),结合等式(1+x)n=Cn0+Cn1x+Cn2x2+…+Cnnxn(x∈R,正整数n≥2),证明:.‎ ‎(2)对于正整数n≥3,求证:‎ ‎(i);‎ ‎(ii);‎ ‎(iii).‎ ‎【解答】证明:(1)在等式(1+x)n=Cn0+Cn1x+Cn2x2+…+Cnnxn两边对x求导得n(1+x)n﹣1=Cn1+2Cn2x+…+(n﹣1)Cnn﹣1xn﹣2+nCnnxn﹣1‎ 移项得(*)‎ ‎(2)(i)在(*)式中,令x=﹣1,整理得 所以 ‎(ii)由(1)知n(1+x)n﹣1=Cn1+2Cn2x+…+(n﹣1)Cnn﹣1xn﹣2+nCnnxn﹣1,n≥3‎ 两边对x求导,得n(n﹣1)(1+x)n﹣2=2Cn2+3•2Cn3x+…+n(n﹣1)Cnnxn﹣2‎ 在上式中,令x=﹣1,得0=2Cn2+3•2Cn3(﹣1)+…+n(n﹣1)Cn2(﹣1)n﹣2‎ 即,‎ 亦即(1)‎ 又由(i)知(2)‎ 由(1)+(2)得 ‎(iii)将等式(1+x)n=Cn0+Cn1x+Cn2x2+…+Cnnxn两边在[0,1]上对x积分 由微积分基本定理,得 所以 ‎ ‎ ‎26.(2008•天津)已知函数f(x)=x4+ax3+2x2+b(x∈R),其中a,b∈R.‎ ‎(Ⅰ)当时,讨论函数f(x)的单调性;‎ ‎(Ⅱ)若函数f(x)仅在x=0处有极值,求a的取值范围;‎ ‎(Ⅲ)若对于任意的a∈[﹣2,2],不等式f(x)≤1在[﹣1,1]上恒成立,求b的取值范围.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)f'(x)=4x3+3ax2+4x=x(4x2+3ax+4).‎ 当时,f'(x)=x(4x2﹣10x+4)=2x(2x﹣1)(x﹣2).‎ 令f'(x)=0,解得x1=0,,x3=2.‎ 当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:‎ ‎ x ‎ (﹣∞,0)‎ ‎ 0‎ ‎ (0,)‎ ‎ (,2)‎ ‎ 2‎ ‎ (2,+∞)‎ ‎ f′(x)‎ ‎﹣‎ ‎ 0‎ ‎+‎ ‎ 0‎ ‎﹣‎ ‎ 0‎ ‎+‎ ‎ f(x)‎ ‎↘‎ ‎ 极小值 ‎↗‎ 极大值 ‎ ‎↘‎ 极小值 ‎ ‎↗‎ 所以f(x)在,(2,+∞)内是增函数,在(﹣∞,0),内是减函数.‎ ‎(Ⅱ)f'(x)=x(4x2+3ax+4),显然x=0不是方程4x2+3ax+4=0的根.‎ 为使f(x)仅在x=0处有极值,必须4x2+3ax+4≥0成立,即有△=9a2﹣64≤0.‎ 解些不等式,得.这时,f(0)=b是唯一极值.‎ 因此满足条件的a的取值范围是.‎ ‎(Ⅲ)由条件a∈[﹣2,2],可知△=9a2﹣64<0,从而4x2+3ax+4>0恒成立.‎ 当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0.‎ 因此函数f(x)在[﹣1,1]上的最大值是f(1)与f(﹣1)两者中的较大者.‎ 为使对任意的a∈[﹣2,2],不等式f(x)≤1在[﹣1,1]上恒成立,‎ 当且仅当,即,在a∈[﹣2,2]上恒成立.‎ 所以b≤﹣4,因此满足条件的b的取值范围是(﹣∞,﹣4].‎ ‎ ‎ 四.解答题(共4小题)‎ ‎27.(2008•福建)已知函数f(x)=ln(1+x)﹣x ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)记f(x)在区间[0,n](n∈N*)上的最小值为bn令an=ln(1+n)﹣bn ‎(i)如果对一切n,不等式恒成立,求实数c的取值范围;‎ ‎(ii)求证:.‎ ‎【解答】解:(1)因为f(x)=ln(1+x)﹣x,所以函数定义域为(﹣1,+∞),且f′(x)=﹣1=.‎ 由f′(x)>0得﹣1<x<0,f(x)的单调递增区间为(﹣1,0);‎ 由f’(x)<0得x>0,f(x)的单调递减区间为(0,+∞).‎ ‎(2)因为f(x)在[0,n]上是减函数,所以bn=f(n)=ln(1+n)﹣n,‎ 则an=ln(1+n)﹣bn=ln(1+n)﹣ln(1+n)+n=n.‎ ‎(i)因为对n∈N*恒成立.所以对n∈N*恒成立.‎ 则对n∈N*恒成立.‎ 设,n∈N*,则c<g(n)对n∈N*恒成立.‎ 考虑.‎ 因为=0,‎ 所以g(x)在[1,+∞)内是减函数;则当n∈N*时,g(n)随n的增大而减小,‎ 又因为=1.‎ 所以对一切n∈N,g(n)>1因此c≤1,即实数c的取值范围是(﹣∞,1].‎ ‎(ⅱ)由(ⅰ)知.‎ 下面用数学归纳法证明不等式(n∈N+)‎ ‎①当n=1时,左边=,右边=,左边<右边.不等式成立.‎ ‎②假设当n=k时,不等式成立.即.‎ 当n=k+1时,<==‎ ‎=,‎ 即n=k+1时,不等式成立 综合①、②得,不等式成立.‎ 所以,‎ 所以+<+…+=﹣1.‎ 即.‎ ‎ ‎ ‎28.(2007•福建)已知函数f(x)=ex﹣kx,‎ ‎(1)若k=e,试确定函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若k>0,且对于任意x∈R,f(|x|)>0恒成立,试确定实数k的取值范围;‎ ‎(3)设函数F(x)=f(x)+f(﹣x),求证:F(1)F(2)…F(n)>(n∈N*).‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)由k=e得f(x)=ex﹣ex,所以f'(x)=ex﹣e.‎ 由f'(x)>0得x>1,故f(x)的单调递增区间是(1,+∞),‎ 由f'(x)<0得x<1,故f(x)的单调递减区间是(﹣∞,1).‎ ‎(Ⅱ)由f(|﹣x|)=f(|x|)可知f(|x|)是偶函数.‎ 于是f(|x|)>0对任意x∈R成立等价于f(x)>0对任意x≥0成立.‎ 由f'(x)=ex﹣k=0得x=lnk.‎ ‎①当k∈(0,1]时,f'(x)=ex﹣k>1﹣k≥0(x>0).‎ 此时f(x)在[0,+∞)上单调递增.‎ 故f(x)≥f(0)=1>0,符合题意.‎ ‎②当k∈(1,+∞)时,lnk>0.‎ 当x变化时f'(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(0,lnk)‎ lnk ‎(lnk,+∞)‎ f′(x)‎ ‎﹣‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ 单调递减 极小值 单调递增 由此可得,在[0,+∞)上,f(x)≥f(lnk)=k﹣klnk.‎ 依题意,k﹣klnk>0,又k>1,∴1<k<e.‎ 综合①,②得,实数k的取值范围是0<k<e.‎ ‎(Ⅲ)∵F(x)=f(x)+f(﹣x)=ex+e﹣x,∴F(x1)F(x2)=,‎ ‎∴F(1)F(n)>en+1+2,F(2)F(n﹣1)>en+1+2,F(n)F(1)>en+1+2.‎ 由此得,[F(1)F(2)F(n)]2=[F(1)F(n)][F(2)F(n﹣1)][F(n)F(1)]>(en+1+2)n 故,n∈N*.‎ ‎ ‎ ‎29.(2006•四川)已知函数,f(x)的导函数是f′(x).对任意两个不相等的正数x1、x2,证明:‎ ‎(Ⅰ)当a≤0时,;‎ ‎(Ⅱ)当a≤4时,|f′(x1)﹣f′(x2)|>|x1﹣x2|.‎ ‎【解答】解:证明:(Ⅰ)由 得=‎ 而①‎ 又(x1+x2)2=(x12+x22)+2x1x2>4x1x2‎ ‎∴②‎ ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∵a≤0,‎ aln​≥aln(③‎ 由①、②、③得(x12+x22)++aln​>()2++aln,‎ 即.‎ ‎(Ⅱ)证法一:由,得 ‎∴=‎ 下面证明对任意两个不相等的正数x1,x2,有恒成立 即证成立 ‎∵‎ 设,‎ 则,‎ 令u′(x)=0得,列表如下:‎ t u′(t)‎ ‎﹣‎ ‎0‎ ‎+‎ u(t)‎ ‎□‎ ‎ 极小值 ‎□‎ ‎∴‎ ‎∴对任意两个不相等的正数x1,x2,恒有|f'(x1)﹣f'(x2)|>|x1﹣x2|‎ 证法二:由,‎ 得 ‎∴=‎ ‎∵x1,x2是两个不相等的正数 ‎∴‎ 设,u(t)=2+4t3﹣4t2(t>0)‎ 则u′(t)=4t(3t﹣2),列表:‎ t u′(t)‎ ‎﹣‎ ‎0‎ ‎+‎ u(t)‎ ‎□‎ ‎ 极小值 ‎□‎ ‎∴即 ‎∴‎ 即对任意两个不相等的正数x1,x2,恒有|f′(x1)﹣f′(x2)|>|x1﹣x2|‎ ‎ ‎ ‎30.(2006•辽宁)已知f0(x)=xn,其中k≤n(n,k∈N+),设F(x)=Cn0f0(x2)+Cn1f1(x2)+…+Cnnfn(x2),x∈[﹣1,1].‎ ‎(1)写出fk(1);‎ ‎(2)证明:对任意的x1,x2∈[﹣1,1],恒有|F(x1)﹣F(x2)|≤2n﹣1(n+2)﹣n﹣1.‎ ‎【解答】解:(1)由已知推得fk(x)=(n﹣k+1)xn﹣k,从而有fk(1)=n﹣k+1‎ ‎(2)证法1:当﹣1≤x≤1 时,F(x)=x2n+ncn1x2(n﹣1)+(n﹣1)cn2x2(n﹣2)+…+(n﹣k+1)cnkx2(n﹣k)+…+2cnn﹣1x2+1‎ 当x>0时,F′(x)>0‎ 所以F(x)在[0,1]上为增函数 因函数F(x)为偶函数,所以F(x)在[﹣1,0]上为减函数 所以对任意的x1,x2∈[﹣1,1],|F(x1)﹣F(x2)|≤F(1)﹣F(0)‎ F(1)﹣F(0)=Cn0+ncn1+(n﹣1)cn2+…+(n﹣k+1)cnk+…+2cnn﹣1=ncnn﹣1+(n﹣1)cnn﹣2+…+(n﹣k+1)cnn﹣k+…+2cn1+cn0‎ ‎∵(n﹣k+1)cnn﹣k=(n﹣k)cnn﹣k+cnk=ncn﹣1k+cnk(k=1,2,3,…,n﹣1)‎ F(!)﹣F(0)=n(cn﹣11+cn﹣12+…+cn﹣1k﹣1)+(cn1+cn2+…+cnn﹣1)+cn0‎ ‎=n(2n﹣1﹣1)+2n﹣1=2n﹣1(n+2)﹣n﹣1‎ 因此结论成立.‎ 证法2:当﹣1≤x≤1 时,F(x)=x2n+ncn1x2(n﹣1)+(n﹣1)cn2x2(n﹣2)+…+(n﹣k+1)cnkx2(n﹣k)+…+2cnn﹣1x2+1‎ 当x>0时,F′(x)>0‎ 所以 F(x)在[0,1]上为增函数 因函数 F(x)为偶函数 所以 F(x)在[﹣1,0]上为减函数 所以对任意的x1,x2∈[﹣1,1],|F(x1)﹣F(x2)|≤F(!)﹣F(0)‎ F(!)﹣F(0)=cn0+ncn1+(n﹣1)cn2+…+(n﹣k+1)cnk+…+2cnn﹣1‎ 又因F(1)﹣F(0)=2cn1+3cn2+…+kcnk﹣1+…+ncnn﹣1+cn0‎ 所以2[F(1)﹣F(0)]=(n+2)[cn1+cn2+…+cnk﹣1+…+cnn﹣1]+2cn0‎ F(1)﹣F(0)=[cn1+cn2+…+cnk﹣1+…+cnn﹣1]+cn0=‎ 因此结论成立.‎ 证法3:当﹣1≤x≤1时,F(x)=x2n+ncn1x2(n﹣1)+(n﹣1)cn2x2(n﹣2)+…+(n﹣k+1)cnkx2(n﹣k)+…+2cnn﹣1x2+1‎ 当x>0时,F′(x)>0‎ 所以F(x)在[0,1]上为增函数 因函数F(x)为偶函数 所以F(x)在[﹣1,0]上为减函数 所以对任意的x1,x2∈[﹣1,1],|F(x1)﹣F(x2)|≤F(!)﹣F(0)‎ F(!)﹣F(0)=cn0+ncn1+(n﹣1)cn2+…+(n﹣k+1)cnk+…+2cnn﹣1‎ 由x[(1+x)n﹣xn]=x[cn1xn﹣1+cn2xn﹣2+…+cnkxn﹣k+…+cnn﹣1+1]=cn1xn+cn2xn﹣1+…+cnkxn﹣k+1+…+cnn﹣1x2+x 对上式两边求导得(1+x)n﹣xn+nx(1+x)n﹣1﹣nxn=ncn1xn﹣1+(n﹣1)cn2xn﹣2+…+(n﹣k+1)cnkxn﹣k+…+2cnn﹣1x+1‎ F(x)=(1+x2)n+nx2(1+x2)n﹣1﹣nx2n ‎∴F(1)﹣F(0)=2n+n2n﹣1﹣n﹣1=(n+2)2n﹣1﹣n﹣1.‎ 因此结论成立.‎ ‎ ‎