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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.