最新理科优化设计一轮高考模拟试卷-第三章导数及其应用 (2).docx

第三章导数及其应用3.1导数的概念及运算专题1导数的概念与几何意义(2015河北石家庄二中一模,导数的概念与几何意义,填空题,理15)函数f(x)=1-x2,x1,lnx,x1,若方程f(x)=mx-12恰有四个不相等的实数根,则实数m的取值范围是.解析:如图,在同一坐标系中作出y=f(x)与y=mx-12的图象,设过点C0,-12的直线与曲线y=lnx(x1)相切于点A(x0,y0),则由y=1x知切线的斜率kAC=1x0,切线方程为y-y0=1x0(x-x0),将点C的坐标代入切线方程得-12-y0=1x0(0-x0),化简得y0=12.于是由12=lnx0得x0=e,则kAC=1e.又kBC=12,所以满足条件的实数m的取值范围是12m1e.答案:12,1e(2015江西师大附中、鹰潭一中、宜春中学高三联考,导数的概念与几何意义,选择题,理12)已知实数a,b,c,d满足a-2eab=1-cd-1=1,其中e是自然对数的底数,则(a-c)2+(b-d)2的最小值为()A.8B.10C.12D.18解析:b=a-2ea,d=2-c,点(a,b)的轨迹是曲线y=x-2ex,点(c,d)的轨迹是直线y=2-x.设直线y=-x+m与曲线y=x-2ex相切于点(x0,y0),则有1-2ex0=-1,x0=0,结合图形(图略)可知,在曲线y=x-2ex上所有的点中,点(0,-2)到直线y=2-x即x+y-2=0的距离最近,该距离等于|0-2-2|2=22.(a-c)2+(b-d)2可视为点(a,b)与(c,d)间的距离的平方.因此所求的最小值等于(22)2=8,故选A.答案:A(2015河北石家庄一模,导数的概念与几何意义,填空题,理15)设过曲线f(x)=-ex-x(e为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l1,总存在过曲线g(x)=ax+2cos x上一点处的切线l2,使得l1l2,则实数a的取值范围为.解析:设l1与曲线f(x)相切于点P(x1,y1),l2与曲线g(x)相切于点Q(x2,y2),则f(x)=-ex-1,f(x1)=-ex1-1;g(x)=a-2sin x,g(x2)=a-2sin x2,因为l1l2,所以(ex1+1)(a-2sin x2)=1,即a-1ex1+1=2sin x2-2,2,因为01ex1+11.解:(1)由f(x)=x2+2x+alnx得f(x)=2x-2x2+ax.因为f(x)在2,3上单调递增,则f(x)=2x-2x2+ax0在2,3上恒成立,即a2x-2x2在2,3上恒成立,设g(x)=2x-2x2,则g(x)=-2x2-4x1f(x1)-f(x2)x1-x21|f(x1)-f(x2)|x1-x2|,而|f(x1)-f(x2)|=2x1-2x12+ax1-2x2-2x22+ax2=|x1-x2|2+2(x1+x2)x12x22-ax1x2,故欲证|f(x1)-f(x2)|x1-x2|,只需证2+2(x1+x2)x12x22-ax1x21,即证ax1x2+4x1x2,设t=x1x2,u(t)=t2+4t(t0),则u(t)=2t-4t2.令u(t)=0得t=32,列表如下:t(0,32)32(32,+)u(t)-0+u(t)极小值334u(t)334=31084a,x1x2+2(x1+x2)x1x2a,|f(x1)-f(x2)|x1-x2|,即f(x1)-f(x2)x1-x21.当a4时,|k|1.(2015河北石家庄高三质检一,导数与函数的极值,解答题,理22)已知函数f(x)=ln x+x2-ax,aR.(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,记过点A(x1,f(x1),B(x2,f(x2)的直线的斜率为k,问是否存在a,使k=2a-a2?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.解:(1)当a=3时,f(x)=lnx+x2-3x,f(x)的定义域为(0,+).f(x)=1x+2x-3=1+2x2-3xx.当0x1时,f(x)0;当12x1时,f(x)0.f(x)的单调递增区间为0,12,(1,+),单调递减区间为12,1.(2)f(x)=1x+2x-a=1+2x2-axx.令u(x)=2x2-ax+1,则方程u(x)=0的判别式=a2-8.1当0,即-22a0在(0,+)上恒成立,f(x)在(0,+)上单调递增,此时f(x)无极值;2当=0,即a=22时,f(x)0在(0,+)上恒成立,f(x)在(0,+)上单调递增,此时f(x)无极值;3当0,即a22时,方程u(x)=0有两个实数根x1=a-a2-84,x2=a+a2-84.若a-22,则x1x20在(0,+)上恒成立,f(x)在(0,+)上单调递增,此时f(x)无极值.若a22,u(x)=0的两个根x10,x20,且x10,f(x)在(0,x1)和(x2,+)上单调递增,当x(x1,x2)时,f(x)0,f(x)在(x1,x2)上单调递减,则f(x)在x=x1处取得极大值,在x=x2处取得极小值,且x1+x2=a2,x1x2=12,所以k=f(x1)-f(x2)x1-x2=lnx1+x12-ax1-lnx2-x22+ax2x1-x2=lnx1-lnx2x1-x2+(x1+x2)-a=lnx1-lnx2x1-x2-a2=2a-a2,即lnx1-lnx2x1-x2=2a=1x1+x2.(*)即lnx1x2=x1-x2x1+x2=x1x2-1x1x2+1.令x1x2=t(0,1),则上式等价于lnt=t-1t+1.令g(t)=(t+1)lnt-t+1,则g(t)=lnt+t+1t-1=lnt+1t.令m(t)=lnt+1t,则m(t)=1t-1t2=t-1t2m(1)=10,即g(t)0在(0,1)恒成立,g(t)在(0,1)上单调递增,g(t)0,函数f(x)在R上单调递增;当a0时,由f(x)=ex-a=0得x=lna,则当x(-,lna)时,f(x)0,f(x)单调递增.综上所述,当a0时,函数f(x)的单调递增区间为(-,+);当a0时,函数f(x)的单调递增区间为(lna,+),单调递减区间为(-,lna).(2)由(1)知当a0时,由函数f(x)b对任意xR都成立得bf(x)min.f(x)min=f(lna)=2a-alna,b2a-alna,ab2a2-a2lna,设g(a)=2a2-a2lna(a0),则g(a)=4a-(2alna+a)=3a-2alna,由于a0,令g(a)=0得lna=32,a=e32.当a(0,e32)时,g(a)0,g(a)单调递增;当a(e32,+)时,g(a)0,g(a)单调递减.g(a)max=e32,即a=e32,b=12e32时,ab的最大值为e32.(2015江西师大附中、鹰潭一中、宜春中学高三联考,选择题,理9)设函数y=f(x)在(a,b)上的导函数为f(x),f(x)在(a,b)上的导函数为f(x),若在(a,b)上f(x)0恒成立,则称函数f(x)在(a,b)上为“凸函数”.已知f(x)=112x4-m6x3-32x2在(1,3)上为“凸函数”,则实数m的取值范围是()A.-,319B.319,5C.(-,-2)D.2,+)解析:依题意得f(x)=13x3-m2x2-3x,当x(1,3)时,f(x)=x2-mx-3x-3x恒成立.函数y=x-3x在区间(1,3)上是增函数,因此m3-33=2,即实数m的取值范围是2,+),故选D.答案:D(2015江西九校高三联考,导数与函数的最值,选择题,理12)已知R上的不间断函数g(x)满足:当x0时,g(x)0恒成立;对任意的xR都有g(x)=g(-x).又函数f(x)满足:对任意的xR,都有f(3+x)=-f(x)成立,当x0,3时,f(x)=x3-3x.若关于x的不等式gf(x)g(a2-a+2)对x-3,3恒成立,则a的取值范围为()A.a0或a1B.0a1C.-1a1D.aR解析:依题意,当x0,3时,f(x)=3(x+1)(x-1).若x(0,1),则f(x)0,f(x)的最小值是f(1)=-2,f(0)=f(3)=0,f(x)的最大值是0.由f(3+x)=-f(x)得f(x)=-f(x-3),当x3,23时,x-30,3,f(x-3)的最大值、最小值分别是0,-2,函数f(x)的最大值、最小值分别是2,0,因此函数f(x)在0,23上的最大值、最小值分别为2,-2,由f(3+x)=-f(x)得f(23+x)=-f(3+x)=f(x),函数f(x)是以23为周期的函数,因此函数f(x)的最大值、最小值分别为2,-2,函数f(x)在x-3,3上的最大值、最小值分别为2,-2.由已知得g(x)在(0,+)上是增函数,函数g(x)是偶函数,且a2-a+2=(a-1)2+10,因此不等式gf(x)=g|f(x)|g(a2-a+2),即|f(x)|a2-a+2,a2-a+22,解得a0或a1,故选A.答案:A(2015河北唐山一模,导数与函数的最值,选择题,理11)直线y=a分别与曲线y=2(x+1),y=x+ln x交于A,B两点,则|AB|的最小值为()A.3B.2C.324D.32解析:在坐标平面内画出函数f(x)=2(x+1)与函数g(x)=x+lnx的图象如图所示,设直线y=a交函数g(x)的图象于点B(x0,a),直线x=x0交函数f(x)的图象于点C(x0,y0),则有|BC|AB|=2,即|AB|=12|BC|=122(x0+1)-x0-lnx0=12x0-12lnx0+1,设h(x)=12x-12lnx+1(x0),则h(x)=12-12x,所以h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,h(x)在x=1处取得最小值h(1)=12+1=32,即|AB|的最小值为32,故选D.答案:D(2015江西南昌一模,导数与函数的最值,选择题,理12)设函数f(x)=(x-a)2+(ln x2-2a)2,其中x0,aR,存在x0使得f(x0)45成立,则实数a的值是()A.15B.25C.12D.1解析:利用等价转化思想求解.f(x)的几何意义是点A(x,2lnx),x0,B(a,2a)之间的距离的平方,存在x0,使f(x0)45f(x)min45,而点A在曲线y=2lnx,x0上,点B在直线y=2x上,平移直线y=2x,使之与曲线y=2lnx,x0相切时,切点到直线y=2x的距离的平方即为f(x)的最小值.由y=2x=2,x=1,所以切点坐标为(1,0),f(x)min=25245成立,此时a的值为直线y=2x与y=-12(x-1)的交点横坐标,所以a=15,故选A.答案:A(2015江西赣州高三摸底考试,导数与函数的最值,选择题,理12)已知函数f(x)=(a-3)x-ax3在-1,1上的最小值为-3,则实数a的取值范围是()A.(-,-1B.12,+)C.-1,12D.-32,12解析:当a=0时,f(x)=-3x,x-1,1,显然满足,故a=0满足题意,排除A,B;当a=-32时,f(x)=32x3-92x,f(x)=92x2-92=92(x2-1),所以f(x)在-1,1上单调递减,所以f(x)min=f(1)=32-92=-3,满足条件,排除C,故选D.答案:D3.3导数的综合应用专题2利用导数研究函数的零点或方程的根(2015河北石家庄二中一模,利用导数研究函数的零点或方程的根,解答题,理21)已知关于x的函数g(x)=2x-aln x(aR),f(x)=x2+g(x).(1)试求函数g(x)的单调区间;(2)若f(x)在(0,1)内有极值,试求a的取值范围;(3)当a0时,若f(x)有唯一的零点x0,试求x0.(注:x为取整函数,表示不超过x的最大整数,如0,3=0,2,6=2,-1,4=-2;以下数据供参考:ln 2=0.693 1,ln 3=1.990,ln 5=1.609,ln 7=1.946)解:(1)由题意可知g(x)的定义域为(0,+).g(x)=-2x2-ax=-ax+2x2.()若a0,则g(x)0在(0,+)上恒成立,g(x)在(0,+)上单调递减;()若a0,则由g(x)=0得x=-2a,当x0,-2a时,g(x)0,g(x)在0,-2a上单调递减;在-2a,+上单调递增.(2)f(x)=x2+g(x),f(x)的定义域也为(0,+),且f(x)=2x-ax+2x2=2x3-ax-2x2.令h(x)=2x3-ax-2,x0,+),(*)则h(x)=6x2-a.(*)当a0时,h(x)0恒成立,h(x)为0,+)上的增函数.又h(0)=-20,在(0,1)内h(x)至少存在一个变号零点x0,且x0也是f(x)的变号零点,此时f(x)在(0,1)内有极值;当a0时,h(x)=2(x3-1)-ax0,在(0,1)上恒成立,即在(0,1)上,f(x)0,由(2)及f(1)=3知当x(0,1时,f(x)0,x01.又由(*)及(*)式知f(x)在(1,+)上只有一个极小值点,记为x1,且当x(1,x1)时,f(x)单调递减,当x(x1,+)时,f(x)单调递增,则x1即为x0,f(x0)=0,f(x0)=0,x02+2x0-alnx0=0,2x03-ax0-2=0,消去a得2lnx0=1+3x03-1.当a0时,令t1(x)=2lnx(x1),t2(x)=1+3x3-1(x1),则在(1,+)上t1(x)为增函数,t2(x)为减函数,且t1(2)=2ln220.7=7521+326=t2(3),2x03,x0=2.(2015江西九校高三联考,利用导数研究函数的零点或方程的根,解答题,理21)已知函数f(x)=aln x-2x,g(x)=x2-(2-a)x-(2-a)ln x,其中aR.(1)判断f(x)的单调性;(2)若g(x)在其定义域内为增函数,求正实数a的取值范围;(3)若函数F(x)=f(x)-g(x)存在两个零点m,n(0m0,a0时,-2x+a0,即f(x)0时,f(x)在0,a2上单调递增,在a2,+上单调递减.(2)g(x)=x2-(2-a)x-(2-a)lnx,x0,g(x)=2x-(2-a)-2-ax=2x2-(2-a)x-(2-a)x.若g(x)0,在x0上恒成立,则2x2-(2-a)x-(2-a)0恒成立,a6-2(x+1)+1x+1恒成立.而当x0时,(x+1)+1x+12,a2.(3)设F(x)在(x0,F(x0)的切线平行于x轴,其中F(x)=2lnx-x2-ax.结合题意,有2lnm-m2-am=0,2lnn-n2-an=0,m+n=2x0,2x0-2x0-a=0.-得2lnmn-(m+n)(m-n)=a(m-n).a=2lnmnm-n-2x0,由得a=2x0-2x0,lnmn=2(m-n)m+n=2mn-1mn+1.设t=mn(0,1),式变为lnt-2(t-1)t+1=0(t(0,1).设h(t)=lnt-2(t-1)t+1(t(0,1),h(t)=1t-2(t+1)-2(t-1)(t+1)2=(t+1)2-4tt(t+1)2=(t-1)2t(t+1)20,函数h(t)=lnt-2(t-1)t+1在(0,1)上单调递增,因此,h(t)h(1)=0.也就是lnmn2mn-1mn+1,此式与矛盾.F(x)在(x0,F(x0)的切线不能平行于x轴.(2015河北石家庄高三质检二,利用导数研究函数的零点或方程的根,选择题,理11)已知函数f(x)的定义域为(4a-3,3-2a2),aR,且y=f(2x-3)是偶函数.又g(x)=x3+ax2+x2+14,存在x0k,k+12,kZ,使得g(x0)=x0,则满足条件的实数k的个数为()A.3B.2C.4D.1解析:利用偶函数求解a的值,结合零点存在定理、导数等求解.由于函数f(x)的定义域为(4a-3,3-2a2),所以4a-33-2a2,解得-3a1.又函数y=f(2x-3)是偶函数,所以4a-32x-33-2a22ax0,当x=2+106时,h(x)取得极小值,且h2+1060,所以函数h(x)有三个零点.又h(-1)0,h(0)0,h120,h(1)0,所以k=-1,0,1,即满足条件的实数k有3个,故选A.答案:A(2015河北石家庄高三质检二,利用导数研究函数的零点或方程的根,解答题,理21)已知f(x)=xln x-12mx2-x,mR.(1)当m=-2时,求函数f(x)的所有零点;(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,且x1e2(e为自然对数的底数).解:(1)当m=-2时,f(x)=xlnx+x2-x=x(lnx+x-1),x0.设g(x)=lnx+x-1,x0,则g(x)=1x+10,于是g(x)在(0,+)上为增函数.又g(1)=0,所以g(x)有唯一零点x=1.从而函数f(x)有唯一零点x=1.(2)欲证x1x2e2,需证lnx1+lnx22.若f(x)有两个极值点x1,x2,即函数f(x)有两个零点.又f(x)=lnx-mx,所以x1,x2是方程f(x)=0的两个不同实根.于是有lnx1-mx1=0,lnx2-mx2=0,解得m=lnx1+lnx2x1+x2.另一方面,由lnx1-mx1=0,lnx2-mx2=0得lnx2-lnx1=m(x2-x1),从而可得lnx2-lnx1x2-x1=lnx1+lnx2x1+x2.于是,lnx1+lnx2=(lnx2-lnx1)(x2+x1)x2-x1=1+x2x1lnx2x1x2x1-1.又0x11.因此,lnx1+lnx2=(1+t)lntt-1,t1.要证lnx1+lnx22,即证(t+1)lntt-12,t1.即证当t1时,lnt2(t-1)t+1.设函数h(t)=lnt-2(t-1)t+1,t1,则h(t)=1t-2(t+1)-2(t-1)(t+1)2=(t-1)2t(t+1)20,所以h(t)为(1,+)上的增函数.因为h(1)=0,因此,h(t)h(1)=0.于是,当t1时,有lnt2(t-1)t+1.所以lnx1+lnx22成立,即x1x2e2.专题3利用导数解决不等式的有关问题(2015河北衡水中学二模,利用导数解决不等式的有关问题,解答题,理21)已知函数f(x)=lnx+1x,且f(x)在x=12处的切线方程为y=g(x).(1)求y=g(x)的解析式;(2)证明:当x0时,恒有f(x)g(x);(3)证明:若ai0,且i=1nai=1,则a1+1a1a2+1a2an+1ann2+1nn(1in,i,nN*).解:(1)f(x)=xx2+11-1x2=x2-1x3+x,f(x)在x=12处的切线的斜率k=f12=-65.又f12=ln52,f(x)在x=12处的切线方程为y-ln52=-65x-12,即y=g(x)=-65x+35+ln52.(2)证明:令t(x)=f(x)-g(x)=lnx+1x+65x-35-ln52(x0),t(x)=x2-1x3+x+65=6x3+5x2+6x-55(x3+x)=x-12(6x2+8x+10)5(x3+x),当0x12时,t(x)12时,t(x)0,t(x)min=t12=0,故t(x)0,即lnx+1x-65x+35+ln52.(3)证明:先求f(x)在点1n,lnn+1n处的切线方程,由(1)知f1n=n-n31+n2,故f(x)在点1n,lnn+1n处的切线方程为y-lnn+1n=n-n3n2+1x-1n.即y=n-n31+n2x-1-n21+n2+lnn+1n.再证f(x)n-n3n2+1x-1-n21+n2+lnn+1n.令h(x)=lnx+1x-n-n3n2+1x+1-n21+n2-lnn+1n(x0).h(x)=x2-1x3+x-n-n3n2+1=(n3-n)x3+(n2+1)x2+(n3-n)x-n2-1(n2+1)(x3+x)=x-1n(n3-n)x2+2n2x+n3+n(x3+x)(n2+1),0x1n时,h(x)1n时,h(x)0,h(x)min=h1n=0,f(x)n-n3n2+1x-1-n21+n2+lnn+1n.ai0,lnai+1ain-n3n2+1ai-1-n21+n2+lnn+1n,i=1nlnai+1ain-n3n2+1i=1nai-n(1-n2)1+n2+nlnn+1n=nlnn+1n.a1+1a1a2+1a2an+1ann+1nn.(2015江西师大附中、鹰潭一中、宜春中学高三联考,利用导数研究函数的零点或方程的根,解答题,理21)设函数f(x)=(1-ax)ln(x+1)-bx,其中a和b是实数,曲线y=f(x)恒与x轴相切于坐标原点.(1)求常数b的值;(2)当0x1时,关于x的不等式f(x)0恒成立,求实数a的取值范围;(3)求证:对于任意的正整数n,不等式1+1nne1+1nn+1恒成立.解:(1)对f(x)求导得f(x)=-aln(1+x)+1-ax1+x-b,根据条件知f(0)=0,所以1-b=0b=1.(2)由(1)得f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x,0x1.f(x)=-aln(1+x)+1-ax1+x-1,f(x)=-a1+x+-a(1+x)-(1-ax)(1+x)2=-ax+2a+1(1+x)2.当a-12时,由于0x1,有f(x)=-ax+2a+1a(1+x)20.于是f(x)在0,1上单调递增,从而f(x)f(0)=0,因此f(x)在0,1上单调递增,即f(x)f(0)=0而且仅有f(0)=0;当a-13时,由于0x1,有f(x)=-ax+2a+1(1+x)20.于是f(x)在0,1上单调递减,从而f(x)f(0)=0,因此f(x)在0,1上单调递减,即f(x)f(0)=0而且仅有f(0)=0;当-12a-13时,令m=-2a+1a,当0xm时,f=-ax+2a+1a(1+x)20.于是f(x)在0,m上单调递减,从而f(x)f(0)=0.因此f(x)在0,m上单调递减,即f(x)f(0)=0而且仅有f(0)=0.综上可知,所求实数a的取值范围是-,-12.(3)对要证明的不等式等价变形如下:对于任意的正整数n,不等式nln1+1n1(n+1)ln1+1n恒成立,并且继续作如下等价变形nln1+1n1(n+1)ln1+1nln1+1n1n1+1nln1+1nln1+1n-1n0.(q)对于(p)相当于(2)中a=0情形,有f(x)在0,1上单调递减,即f(x)f(0)=0而且仅有f(0)=0.取x=1n,得对于任意正整数n都有ln1+1n-1n0成立.因此对于任意正整数n,不等式1+1nne0;(2)a0,若g(x)ax+1,求a的取值范围.解:(1)证明:令p(x)=f(x)=ex-x-1,则p(x)=ex-1,在(-1,0)内,p(x)0,p(x)单调递增.所以p(x)的最小值为p(0)=0,即f(x)0,所以f(x)在(-1,+)内单调递增,所以f(x)f(-1)0.(2)令h(x)=g(x)-(ax+1),则h(x)=2x+1-e-x-a,令q(x)=2x+1-e-x-a,则q(x)=1ex-2(x+1)2.由(1)得q(x)0,h(x)单调递增,在(0,+)上h(x)1时,h(0)0,x(-1,0)时,h(x)=2x+1-e-x-a2x+1-1-a=0,解得x=1-aa+1(-1,0).即x1-aa+1,0时,h(x)0与h(x)0恒成立矛盾;当0a0,x(0,+)时,h(x)=2x+1-e-x-a2x+1-1-a=0,解得x=1-aa+1(0,+).即x0,1-aa+1时,h(x)0,h(x)单调递增,又h(0)=0,所以此时h(x)0与h(x)0恒成立矛盾.综上所述,a的取值为1.(2015江西南昌一模,利用导数研究函数的零点或方程的根,解答题,理21)已知函数f(x)=ln(1+ax)-2xx+2(a0).(1)当a=12时,求f(x)的极值;(2)若a12,1,f(x)存在两个极值点x1,x2,试比较f(x1)+f(x2)与f(0)的大小;(3)求证:en(n+1)2n!(n2,nN).解:(1)f(x)=ln1+12x-2xx+2,定义域1+12x0,x+20x-2,f(x)=1x+2-4(x+2)2=x-2(x+2)2,函数在(2,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增,故f(x)极小值=f(2)=ln2-1,没有极大值.(2)f(x)=ln(1+ax)-2xx+2,x-1a,+,f(x)=a1+ax-4(x+2)2=ax2-4(1-a)(1+ax)(x+2)2.a12,1,a(1-a)0,14,-1a-2a(1-a)a,ax2-4(1-a)=0,x=2a(1-a)a.f(x1)+f(x2)=ln1+2a(1-a)+ln1-2a(1-a)-41-a21-a+2a-41-a-21-a+2a,f(x1)+f(x2)=ln(1-2a2)+4-4a2a-1=ln(1-2a)2+22a-1-2.设t=2a-1,当a12,1时,t(0,1),设f(x1)+f(x2)=g(t)=lnt2+2t-2.当t(0,1)时,g(t)=2lnt+2t-2,g(t)=2t-2t2=2(t-1)t2g(1)=0,即f(x1)+f(x2)f(0)=0恒成立.综上所述,f(x1)+f(x2)f(0).(3)证明:当t(0,1)时,g(t)=2lnt+2t-20恒成立,即lnt+1t-10恒成立.设t=1n(n2,nN),即ln1n+n-10,n-1lnn.1ln2,2ln3,3ln4,n-1lnn.1+2+3+(n-1)ln2+ln3+ln4+lnn=ln(234n)=ln(n!).(n-1)n2ln(n!),en(n-1)2n!(n2,nN).(2015江西南昌二模,利用导数研究函数的零点或方程的根,解答题,理21)已知函数f(x)=ln x+x2-2ax+1(a为常数).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若对任意的a(1,2),都存在x0(0,1使得不等式f(x0)+ln am(a-a2)成立,求实数m的取值范围.解:(1)f(x)=1x+2x-2a=2x2-2ax+1x(x0),记g(x)=2x2-2ax+1.(1)当a0时,因为x0,所以g(x)10,函数f(x)在(0,+)上单调递增;(2)当02时,由x0,g(x)0,解得xa-a2-22,a+a2-22,所以函数f(x)在a-a2-22,a+a2-22上单调递减,在0,a-a2-22,a+a2-22,+上单调递增.(2)由(1)知当a(1,2)时,函数f(x)在(0,1上单调递增,所以x(0,1时,函数f(x)的最大值是f(1)=2-2a,对任意的a(1,2),都存在x0(0,1使得不等式f(x0)+lnam(a-a2)成立,等价于对任意的a(1,2),不等式2-2a+lnam(a-a2)都成立,即对任意的a(1,2),不等式lna+ma2-(m+2)a+20都成立,记h(a)=lna+ma2-(m+2)a+2,则h(1)=0,h(a)=1a+2ma-(m+2)=(2a-1)(ma-1)a.因为a(1,2),所以2a-1a0,当m1时,对任意a(1,2),ma-10,所以h(a)0,即h(a)在(1,2)上单调递增,h(a)h(1)=0成立;当m1时,存在a0(1,2)使得当a(1,a0)时,ma-10,h(a)0,h(a)单调递减,从而h(a)0不能恒成立.综上,实数m的取值范围是1,+).(2015江西赣州高三摸底考试,利用导数研究函数的零点或方程的根,解答题,理21)设函数f(x)=exx+a(e为自然对数的底数),曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y=14x+b.(1)求a,b的值,并求函数y=f(x)的单调区间;(2)设x0,求证:f(x)x+1+x2-82x+4.解:(1)因为f(x)=ex(x+a-1)(x+a)2,而f(0)=14,所以a-1a2=14,解得a=2,所以f(0)=12,因此b=12.由f(x)=ex(x+1)(x+2)2知,当x-1时,f(x)0;当x-1且x-2时,f(x)(x+2)x+1+12x2-4,因为x+1x2+1,先证ex(x+2)x2+1+12x2-4.记g(x)=ex-(x+2)x2+1-12x2+4=ex-x2-2x+2,g(x)=ex-2x-2,记u(x)=ex-2x-2,则u(x)=ex-2,由此可知,u(x)在(-,ln2)上单调递减,在(ln2