2026届学海导航高考一轮总复习数学-专题9分层作业

第61讲导数的概念及运算eq\o(\s\up7(),\s\do5(授课提示：训练手册P456))1．【解析】B因为函数f(x)可导，所以f′(x)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f(x＋Δx)－f(x),Δx)，所以eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f(2＋2Δx)－f(2),2Δx)＝f′(2).故选B.2．【解析】D由题意知，s′(t)＝2t－eq\f(3,t2)，当t＝2时，s′(2)＝2×2－eq\f(3,2×2)＝eq\f(13,4)，所以该机器人在t＝2时的瞬时速度为eq\f(13,4).故选D.3．【解析】B函数f(x)＝sinx＋cosx，求导得f′(x)＝cosx－sinx，由f′(x0)＝eq\f(1,2)f(x0)，得cosx0－sinx0＝eq\f(1,2)(cosx0＋sinx0)，解得tanx0＝eq\f(1,3)，所以tan2x0＝eq\f(2tanx0,1－tan2x0)＝eq\f(2×\f(1,3),1－(\f(1,3))2)＝eq\f(3,4).故选B.4．【解析】Af′(x)＝eq\f((ex＋2cosx)(1＋x2)－(ex＋2sinx)·2x,(1＋x2)2)，则f′(0)＝eq\f((e0＋2cos0)(1＋0)－(e0＋2sin0)×0,(1＋0)2)＝3，即该切线方程为y－1＝3x，即y＝3x＋1，令x＝0，得y＝1，令y＝0，得x＝－eq\f(1,3)，故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积S＝eq\f(1,2)×1×|－eq\f(1,3)|＝eq\f(1,6).故选A.5．【解析】B由题图可知曲线y＝f(x)在x＝3处的切线的斜率等于－eq\f(1,3)，所以f′(3)＝－eq\f(1,3)，且f(3)＝1.因为g(x)＝xf(x)，所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，所以g′(3)＝f(3)＋3f′(3)＝1＋3×(－eq\f(1,3))＝0.故选B.6．【解析】B由f(x)＝xex＋1，得f′(x)＝(x＋1)ex.设切点坐标为(x0，x0ex0＋1)，则切线方程为y－x0ex0－1＝ex0(x0＋1)(x－x0)，把(2，1)代入可得－x0ex0＝ex0(x0＋1)(2－x0)，即xeq\o\al(2,0)－2x0－2＝0，因为Δ＝12>0，所以该方程有2个不同的实数解，故切线有2条．故选B.7．【解析】C易得f′(x)＝lna·ax，g′(x)＝eq\f(1,xlna)(a>1)，设公共点为(x0，y0)，则由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax0＝logax0，,lna·ax0＝\f(1,x0lna)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax0＝\f(lnx0,lna)，,lna·ax0＝\f(1,x0lna)))eq\f(1,lna)＝x0·lnx0，且lna·ax0＝eq\f(1,x0lna)，x0·ax0＝eq\f(1,(lna)2)＝(x0·lnx0)2，ax0＝x0·(lnx0)2，x0·lna＝2ln(lnx0)＋lnx0，eq\f(1,lnx0)＝2ln(lnx0)＋lnx0，令lnx0＝t，则上式可化为2lnt＋t－eq\f(1,t)＝0.记h(t)＝2lnt＋t－eq\f(1,t)，则h′(t)＝eq\f((t＋1)2,t2)≥0恒成立，即h(t)＝2lnt＋t－eq\f(1,t)在(0，＋∞)上单调递增，而h(1)＝0，故满足2lnt＋t－eq\f(1,t)＝0的根只有t＝1，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝e，,a＝e\s\up6(\f(1,e))．))故选C.8．【解析】ex＋x2求导得f′(x)＝f′(0)ex＋2x－f(0)＋1，所以f′(0)＝f′(0)＋0－f(0)＋1，所以f(0)＝1，所以f(0)＝f′(0)＋0－0＝1，所以f′(0)＝1，所以f(x)＝ex＋x2.9．【解析】2因为f(x)＝f(2－x)＋4x－4，所以两边求导，得f′(x)＝－f′(2－x)＋4，即f′(x)＋f′(2－x)＝4.①因为f(x)为定义在R上的奇函数，则f(－x)＝－f(x)，所以两边求导，得f′(x)＝f′(－x)，所以f′(x)是定义在R上的偶函数，所以f′(2－x)＝f′(x－2)，结合①式可得f′(x)＋f′(x－2)＝4，所以f′(x－2)＋f′(x－4)＝4，两式相减得f′(x)＝f′(x－4)，所以f′(x)是周期为4的偶函数，所以f′(2025)＝f′(1).由①式，令x＝1，得f′(1)＝2，所以f′(2025)＝f′(1)＝2.10．【解析】A若y＝f(x)的图象上存在两点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，使得函数图象在这两点处的切线互相垂直，则f′(x1)·f′(x2)＝－1.对于A，y′＝cosx，若有cosx1·cosx2＝－1，则存在x1＝2kπ，x2＝2kπ＋π(k∈Z)时，结论成立；对于B，y′＝eq\f(1,x)，若有eq\f(1,x1)·eq\f(1,x2)＝－1，即x1x2＝－1，因为x＞0，所以不存在x1，x2，使得x1x2＝－1；对于C，y′＝ex，若有ex1·ex2＝－1，即ex1＋x2＝－1，显然不存在这样的x1，x2；对于D，y′＝3x2，若有3xeq\o\al(2,1)·3xeq\o\al(2,2)＝－1，即9xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)＝－1，显然不存在这样的x1，x2.综上所述，选A.11．【解析】ABD对于A，由a>0，ex>0得aex>0，可知曲线C1的图象在x轴的上方，A正确；对于B，当a＝1时，C1：y＝ex，C2：y＝lnx，对于曲线C2：y＝lnx，有y′＝eq\f(1,x)(x>0)，因为直线l：y＝kx＋b为曲线C2的切线，所以eq\f(1,x)＝k，即x＝eq\f(1,k)，此时y＝lneq\f(1,k)＝－lnk，所以切点坐标为(eq\f(1,k)，－lnk)，将其代入切线方程y＝kx＋b中，有－lnk＝1＋b，整理得lnk＋b＝－1，B正确；对于C，当b＝0时，公切线l为y＝kx，设f(x)＝aex，g(x)＝lneq\f(x,a)，则f′(x)＝aex，g′(x)＝eq\f(1,x)(x>0)，所以f′(x1)＝aex1＝k＝eq\f(aex1,x1)，g′(x2)＝eq\f(1,x2)＝k＝eq\f(ln\f(x2,a),x2)，解得x1＝x2＝1，a＝eq\f(1,e)，C错误；对于D，当a＝1时，f(x)＝ex，g(x)＝lnx，则f′(x)＝ex，g′(x)＝eq\f(1,x)(x>0)，若C1和C2存在斜率为eq\f(1,k)的公切线，则存在m和n使得f′(m)＝em＝eq\f(1,k)，g′(n)＝eq\f(1,n)＝eq\f(1,k)(n>0)，由B项可知，－lnk＝b＋1，即eb+1＝eq\f(1,k)，所以eb+1＝em，eb+1＝eq\f(1,n)，即m＝b＋1，n＝eq\f(1,eb+1)，符合题意，故当a＝1时，C1和C2必存在斜率为eq\f(1,k)的公切线，D正确．故选ABD.12．【解析】ABD因为f(x)＋g′(x)－10＝0，f(x)－g′(4－x)－10＝0，所以g′(4－x)＝－g′(x)，又g(x)是偶函数，g(－x)＝g(x)，两边求导得－g′(－x)＝g′(x)，所以g′(x)是奇函数，g′(0)＝0，所以g′(4－x)＝－g′(x)＝g′(－x)，即g′(4＋x)＝g′(x)，g′(x)是周期函数，4是它的一个周期，g′(4)＝g′(0)＝0，f(x)＝10－g′(x)，所以f(x)是周期函数，4是它的一个周期，f(0)＝10－g′(0)＝10，f(4)＝f(0)＝10，B正确；f(1)＋f(3)＝10－g′(1)＋10－g′(3)＝20＋g′(－1)－g′(3)＝20，A正确；g′(x)是周期为4的周期函数，又是奇函数，g′(－2)＝－g′(2)＝g′(2)，g′(2)＝g′(－2)＝0，f(2)＝10－g′(2)＝10，f(2026)＝f(506×4＋2)＝f(2)＝10，D正确；g′(－1)＝－g′(1)，g′(－3)＝g′(1)，所以g′(－3)＝－g′(－1)，f(－3)＝10－g′(－3)，f(－1)＝10－g′(－1)，因此f(－3)＋f(－1)＝20，不能得出f(－3)＝f(－1)，C错误．故选ABD.第62讲导数与函数的单调性eq\o(\s\up7(),\s\do5(授课提示：训练手册P457))1．【解析】Df′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex.令f′(x)>0，解得x>2.故选D.2．【解析】C由已知得f′(x)＝ax2＋2x＋1，若f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝4－4a≤0，))即a≥1，故“a≥0”是“f(x)在R上单调递增”的必要不充分条件．故选C.3．【解析】C因为f(x)＝eq\f(ex(2x－1),x－1)，所以f′(x)＝eq\f(ex(2x2－3x),(x－1)2)，令f′(x)>0x∈(－∞，0)∪(eq\f(3,2)，＋∞)，所以f(x)在(－∞，0)和(eq\f(3,2)，＋∞)上单调递增，排除A、D；又当x<0时，f(x)＝eq\f(ex(2x－1),x－1)>0，排除B.故选C.4．【解析】C若x<0，则f′(x)<0，f(x)单调递减，由图象可知，x∈(－1，0)，若x>0，则f′(x)>0，f(x)单调递增，由图象可知，x∈(1，eq\f(5,2))，故不等式xf′(x)>0的解集为(－1，0)∪(1，eq\f(5,2)).故选C.5．【解析】C依题意可知，f′(x)＝aex－eq\f(1,x)≥0在(1，2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥eq\f(1,a).设g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1，2)上单调递增，g(x)>g(1)＝e，故e≥eq\f(1,a)，即a≥eq\f(1,e)＝e-1，即a的最小值为e-1.故选C.6．【解析】A由题意得a＝eq\f(1,2\r(e))＝eq\f(ln\r(e),\r(e))，b＝eq\f(ln2,2\r(2))＝eq\f(ln\r(2),\r(2))，c＝eq\f(ln4,4)＝eq\f(2ln2,4)＝eq\f(ln2,2).设f(x)＝eq\f(lnx,x)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当0<x<e时，f′(x)>0，所以f(x)单调递增，又0<eq\r(2)<eq\r(e)<2<e，所以f(eq\r(2))<f(eq\r(e))<f(2)，即eq\f(ln\r(2),\r(2))<eq\f(ln\r(e),\r(e))<eq\f(ln2,2)，所以b<a<c.故选A.7．【解析】f(x)＝ex－2x－cosx单调递减因为f(x)＝ex＋2f′(0)x－cosx，所以f′(x)＝ex＋2f′(0)＋sinx，则f′(0)＝e0＋2f′(0)＋sin0＝1＋2f′(0)，所以f′(0)＝－1，所以f(x)＝ex－2x－cosx.因为f′(x)＝ex－2＋sinx，当x≤0时，0<ex≤1，sinx≤1，所以f′(x)＝ex－2＋sinx≤0恒成立，所以f(x)在(－∞，0]上单调递减．8．【解析】(1)f′(x)＝x2＋ax＋a－1，f′(2)＝3a＋3，由已知f′(2)＝－6，所以3a＋3＝－6，解得a＝－3.又f(2)＝－eq\f(31,3)，所以曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＋eq\f(31,3)＝－6(x－2)，化简得18x＋3y－5＝0.(2)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x＋a－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝1－a或x＝－1.①当1－a<－1，即a>2时，令f′(x)>0，得x>－1或x<1－a，令f′(x)<0，得1－a<x<1，故f(x)在(1－a，－1)上单调递减，在(－∞，1－a)，(－1，＋∞)上单调递增；②当1－a＝－1，即a＝2时，f′(x)＝(x＋1)2≥0恒成立，故f(x)在R上单调递增；③当1－a>－1，即a<2时，令f′(x)>0，得x>1－a或x<－1，令f′(x)<0，得－1<x<1－a，故f(x)在(－1，1－a)上单调递减，在(－∞，－1)，(1－a，＋∞)上单调递增．综上，当a>2时，f(x)在(1－a，－1)上单调递减，在(－∞，1－a)，(－1，＋∞)上单调递增；当a＝2时，f(x)在R上单调递增；当a<2时，f(x)在(－1，1－a)上单调递减，在(－∞，－1)，(1－a，＋∞)上单调递增．9．【解析】A不等式eq\f(f(x)－lnx,ex)>1等价于f(x)>ex＋lnx，即f(x)－ex＋lnx>0，构造函数g(x)＝f(x)－ex＋lnx，x>0，所以g′(x)＝f′(x)－ex－eq\f(1,x).因为x>0时，f′(x)<eq\f(1,x)＋ex，所以g′(x)<0对x∈(0，＋∞)恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．又因为g(1)＝f(1)－e－ln1＝0，所以不等式f(x)－ex＋lnx>0等价于g(x)>g(1)，所以0<x<1，即eq\f(f(x)－lnx,ex)>1的解集为(0，1).故选A.10．【解析】Bf(x)＝log4eq\f(4x＋1,2x)＝log4(2x＋2－x)，所以f(－x)＝f(x)，即f(x)为偶函数，对函数y＝2x＋2－x，x∈(0，＋∞)，则y′＝2xln2＋2－x(－ln2)＝ln2(2x－2－x)，因为x∈(0，＋∞)，所以2x>1，2－x<1，所以2x－2－x>0，故y′>0在(0，＋∞)上恒成立．所以函数y＝2x＋2－x在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．所以f(a－1)≤f(2a＋1)|a－1|≤|2a＋1|，所以a2－2a＋1≤4a2＋4a＋13a2＋6a≥0，解得a≥0或a≤－2.故选B.11．【解析】(1)当a＝0时，f(x)＝x2＋lnx，f′(x)＝2x＋eq\f(1,x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)若函数f(x)单调递增，则f′(x)＝2x－2a－eq\f(ax－1,x)－alnx＝2x＋eq\f(1,x)－3a－alnx≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．令g(x)＝lnx－(x－1)，g′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，在(0，1)上g′(x)>0，g(x)单调递增，在(1，＋∞)上g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max≤g(1)＝0，即lnx≤x－1.所以f′(x)＝2x＋eq\f(1,x)－3a－alnx≥2x＋eq\f(1,x)－a(x＋2)≥0在(0，＋∞)上恒成立，则a≤eq\f(2x2＋1,x(x＋2))在(0，＋∞)上恒成立．令h(x)＝eq\f(2x2＋1,x(x＋2))，则h′(x)＝eq\f(2(2x＋1)(x－1),x2(x＋2)2)，所以0<x<1时，h′(x)<0，即h(x)单调递减，x>1时，h′(x)>0，即h(x)单调递增，故h(x)≥h(1)＝1，即a≤1.综上，实数a的最大值是1.12．【解析】C因为定义域为R的偶函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，所以定义域为R的偶函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．而f(－eq\f(1,10))＝f(eq\f(1,10))，f(－lneq\f(11,9))＝f(lneq\f(11,9))＝f(ln(eq\f(10＋1,10－1)))＝f(ln(eq\f(1＋\f(1,10),1－\f(1,10))))，令h(x)＝x－sinx(0<x<1)，g(x)＝x－ln(eq\f(1＋x,1－x))(0<x<1)，则h′(x)＝1－cosx>0，g′(x)＝1－eq\f(1－x,1＋x)·(eq\f(1＋x,1－x))′＝1－eq\f(2,1－x2)＝eq\f(－1－x2,1－x2)<0在(0，1)上恒成立，所以h(x)在(0，1)上单调递增，g(x)在(0，1)上单调递减，所以h(eq\f(1,10))＝eq\f(1,10)－sineq\f(1,10)>h(0)＝0，g(eq\f(1,10))＝eq\f(1,10)－lneq\f(11,9)<g(0)＝0，即0<sineq\f(1,10)<eq\f(1,10)<lneq\f(11,9)，而定义域为R的偶函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(－lneq\f(11,9))＝f(lneq\f(11,9))>f(－eq\f(1,10))＝f(eq\f(1,10))>f(sineq\f(1,10)).故选C.13．【解析】(1)由题意得f′(x)＝(x＋1)ex＋2a(x＋1)＝(x＋1)(ex＋2a).令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝ln(－2a).①当－eq\f(1,2e)<a<0时，由f′(x)>0，解得x<ln(－2a)或x>－1，由f′(x)<0，解得ln(－2a)<x<－1，故f(x)在(－∞，ln(－2a))，(－1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，－1)上单调递减．②当a＝－eq\f(1,2e)时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增．③当a<－eq\f(1,2e)时，由f′(x)>0，解得x<－1或x>ln(－2a)，由f′(x)<0，解得－1<x<ln(－2a)，故f(x)在(－∞，－1)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(－1，ln(－2a))上单调递减．综上所述，当－eq\f(1,2e)<a<0时，f(x)在(－∞，ln(－2a))，(－1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，－1)上单调递减；当a＝－eq\f(1,2e)时，f(x)在R上单调递增；当a<－eq\f(1,2e)时，f(x)在(－∞，－1)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(－1，ln(－2a))上单调递减．(2)证明：对任意a≤1，当x>0时，要证f(x)－ex2≥a(x3－x2＋3x＋1)，只需证eq\f(ex,x)＋2a－eq\f(a,x)－ax－e≥0.令g(x)＝eq\f(ex,x)＋2a－eq\f(a,x)－ax－e，则g′(x)＝eq\f((x－1)(ex－ax－a),x2)，令h(x)＝ex－ax－a，则h′(x)＝ex－a，因为x>0，a≤1，所以h′(x)＝ex－a>0，所以h(x)>h(0)＝1－a≥0，所以当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以g(x)≥g(1)＝0，即eq\f(ex,x)＋2a－eq\f(a,x)－ax－e≥0，原不等式成立．

第63讲导数与函数的极值、最值eq\o(\s\up7(),\s\do5(授课提示：训练手册P460))1．【解析】B因为f′(x)＝eq\f(ex－xex,(ex)2)＝eq\f(1－x,ex)≥0在[0，1]上恒成立，所以f(x)在[0，1]上为增函数，所以当x＝1时，f(x)取最大值eq\f(1,e).故选B.2．【解析】C依题意，f′(x)＝3x2＋a，因为函数f(x)在x＝1处取得极小值，则f′(1)＝3＋a＝0，解得a＝－3，此时f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1).当x<－1或x>1时，f′(x)>0，当－1<x<1时，f′(x)<0，因此函数f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，所以函数f(x)＝x3－3x在x＝1处取得极小值f(1)＝－2.故选C.3．【解析】A因为f(x)＝eq\f(1,2)x－sinx，所以f′(x)＝－cosx＋eq\f(1,2)，令f′(x)＝0，因为x∈[－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)]，可得x＝－eq\f(π,3)或x＝eq\f(π,3)，则当x∈(－eq\f(π,2)，－eq\f(π,3))∪(eq\f(π,3)，eq\f(π,2))时，f′(x)>0；当x∈(－eq\f(π,3)，eq\f(π,3))时，f′(x)<0，所以f(x)在区间(－eq\f(π,2)，－eq\f(π,3))上单调递增，在(－eq\f(π,3)，eq\f(π,3))上单调递减，在(eq\f(π,3)，eq\f(π,2))上单调递增，故f(x)的极大值点为－eq\f(π,3).故选A.4．【解析】2不等式aexx－2lnx－2x－2≥0(x>0)恒成立，等价于eq\f(a,2)≥eq\f(lnx＋x＋1,xex)＝eq\f(lnx＋x＋1,ex＋lnx)，令t＝g(x)＝x＋lnx，g′(x)＝1＋eq\f(1,x)>0，所以g(x)＝x＋lnx在(0，＋∞)上是增函数，且x趋近于0时，g(x)趋近于－∞，x趋近于＋∞时，g(x)趋近于＋∞，即t∈R.令m(t)＝eq\f(t＋1,et)，则m′(t)＝eq\f(－t,et)，当t∈(－∞，0)时，m′(t)>0，m(t)是增函数；当t∈(0，＋∞)时，m′(t)<0，m(t)是减函数．所以m(t)max＝m(0)＝1，所以eq\f(a,2)≥1，即a≥2.5．【解析】(－∞，2]∪[8，＋∞)函数f(x)＝x2－alnx－1(a∈R)在[1，2]内不存在极值点f(x)＝x2－alnx－1(a∈R)在[1，2]内单调函数f′(x)≥0或f′(x)≤0(a∈R)在[1，2]内恒成立．由f′(x)＝2x－eq\f(a,x)≥0在[1，2]内恒成立a≤(2x2)min，x∈[1，2]，即a≤2.同理可得a≥8.故a的取值范围是(－∞，2]∪[8，＋∞).6．【解析】(1)由题意得f′(x)＝3ax2＋2bx－3.由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(－1)＝2，,f′(－1)＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋b＋3＝2，,3a－2b－3＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0，))经检验成立，所以f(x)＝x3－3x.(2)令f′(x)＝0，即3x2－3＝0，得x＝±1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x－2(－2，－1)－1(－1，1)1(1，2)2f′(x)＋－＋f(x)－2单调递增极大值单调递减极小值单调递增2因为f(－1)＝2，f(1)＝－2，f(2)＝2，f(－2)＝－2，所以当x∈[－2，2]时，f(x)max＝2，f(x)min＝－2.对于区间[－2，2]上任意两个自变量的值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤|f(x)max－f(x)min|＝4，所以c≥4.所以实数c的最小值为4.7．【解析】(1)由题意得函数f(x)＝xlnx－eq\f(1,6)x3，定义域为(0，＋∞)，则g(x)＝f′(x)＝lnx＋1－eq\f(1,2)x2，所以g′(x)＝eq\f(1,x)－x＝eq\f(1－x2,x)(x>0)，由g′(x)>0，解得0<x<1，由g′(x)<0，解得x>1，所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故极大值为g(1)＝ln1＋1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，无极小值．(2)证明：由(1)可知，f′(1)＝g(1)＝eq\f(1,2)>0且f′(eq\f(1,e))＝－eq\f(1,2e2)<0，f′(e)＝eq\f(4－e2,2)<0，所以根据零点存在定理，x1∈(eq\f(1,e)，1)，使f′(x1)＝0，x2∈(1，e)，使f′(x2)＝0，即当x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．所以f(x)存在唯一极大值点x2，即x0＝x2∈(1，e).又因为f′(eq\f(3,2))＝lneq\f(3,2)＋1－eq\f(1,2)×(eq\f(3,2))2＝ln3－ln2＋1－eq\f(9,8)＝ln3－(ln2＋eq\f(1,8))≈ln3－0.8181>0＝g(x0)，所以x2∈(eq\f(3,2)，e)，即x0>eq\f(3,2).8．【解析】C由题意可知，f(x)的定义域为(－b，＋∞)，令x＋a＝0，解得x＝－a；令ln(x＋b)＝0，解得x＝1－b.则当x∈(－b，1－b)时，ln(x＋b)<0，故x＋a≤0，所以1－b＋a≤0，当x∈(1－b，＋∞)时，ln(x＋b)>0，故x＋a≥0，所以1－b＋a≥0，故1－b＋a＝0,则a2＋b2＝a2＋(a＋1)2＝2(a＋eq\f(1,2))2＋eq\f(1,2)≥eq\f(1,2)，当且仅当a＝－eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,2)时，等号成立，所以a2＋b2的最小值为eq\f(1,2).故选C.9．【解析】ACD对于A，因为函数f(x)的定义域为R，而f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，易知当x∈(1，3)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，1)或x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，故x＝3是函数f(x)的极小值点，A正确；对于B，当0<x<1时，x－x2＝x(1－x)>0，所以1>x>x2>0，而由上可知，函数f(x)在(0，1)上单调递增，所以f(x)>f(x2)，B错误；对于C，当1<x<2时，1<2x－1<3，而由上可知，函数f(x)在(1，3)上单调递减，所以f(1)>f(2x－1)>f(3)，即－4<f(2x－1)<0，C正确；对于D，当－1<x<0时，f(2－x)－f(x)＝(1－x)2(－2－x)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(2－2x)>0，所以f(2－x)>f(x)，D正确．故选ACD.10．【解析】(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln(1＋x)－x，故f′(x)＝2ln(1＋x)＋eq\f(1＋2x,1＋x)－1＝2ln(1＋x)－eq\f(1,1＋x)＋1，因为y＝2ln(1＋x)，y＝－eq\f(1,1＋x)＋1在(－1，＋∞)上为增函数，故f′(x)在(－1，＋∞)上为增函数，而f′(0)＝0，故当－1<x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，故f(x)在x＝0处取极小值且极小值为f(0)＝0，无极大值．(2)f′(x)＝－aln(1＋x)＋eq\f(1－ax,1＋x)－1＝－aln(1＋x)－eq\f((a＋1)x,1＋x)，x≥0，设s(x)＝－aln(1＋x)－eq\f((a＋1)x,1＋x)，x≥0，则s′(x)＝eq\f(－a,x＋1)－eq\f(a＋1,(1＋x)2)＝－eq\f(a(x＋1)＋a＋1,(1＋x)2)＝－eq\f(ax＋2a＋1,(1＋x)2)，当a≤－eq\f(1,2)时，s′(x)>0，故s(x)在[0，＋∞)上为增函数，故s(x)>s(0)＝0，即f′(x)>0，所以f(x)在[0，＋∞)上为增函数，故f(x)≥f(0)＝0.当－eq\f(1,2)<a<0时，当0<x<－eq\f(2a＋1,a)时，s′(x)<0，故s(x)在(0，－eq\f(2a＋1,a))上为减函数，故在(0，－eq\f(2a＋1,a))上s(x)<s(0)，即在(0，－eq\f(2a＋1,a))上f′(x)<0，即f(x)为减函数，故在(0，－eq\f(2a＋1,a))上f(x)<f(0)＝0，不合题意，舍去．当a≥0时，s′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，同理可得在(0，＋∞)上f(x)<f(0)＝0恒成立，不合题意，舍去．综上，a的取值范围为(－∞，－eq\f(1,2)].11．【解析】(1)证明：因为a≤－1，所以f(x)＝ax＋lnx＋1≤－x＋lnx＋1，令m(x)＝－x＋lnx＋1(x>0)，则m′(x)＝－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(－x＋1,x)，当0<x<1时，m′(x)>0，m(x)单调递增，当x>1时，m′(x)<0，m(x)单调递减，所以m(x)≤m(1)＝0，所以f(x)≤m(x)≤0.(2)因为x>0，且f(x)≤xe2x恒成立，所以a≤eq\f(xe2x－lnx－1,x)在(0，＋∞)上恒成立．令g(x)＝eq\f(xe2x－lnx－1,x)(x>0)，则g′(x)＝eq\f(2x2e2x＋lnx,x2)，令φ(x)＝2x2e2x＋lnx，则φ′(x)＝4xe2x＋4x2e2x＋eq\f(1,x)>0，所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，又因为φ(1)＝2e2>0，φ(eq\f(1,4))＝eq\f(\r(e),8)－ln4<0，所以存在x0∈(eq\f(1,4)，1)，使得φ(x0)＝2xeq\o\al(2,0)e2x0＋lnx0＝0，当x∈(0，x0)时，φ(x)<0，即g′(x)<0，此时函数g(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)>0，即g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增．故g(x)min＝g(x0)＝eq\f(x0e2x0－lnx0－1,x0)，因为2xeq\o\al(2,0)e2x0＋lnx0＝0，所以2xeq\o\al(2,0)e2x0＝－lnx0＝lneq\f(1,x0)，则2x0e2x0＝eq\f(1,x0)lneq\f(1,x0)＝(lneq\f(1,x0))·elneq\f(1,x0)，令h(t)＝tet(t>0)，则h′(t)＝et＋tet>0，所以h(t)＝tet(t>0)在(0，＋∞)上单调递增，则有2x0＝lneq\f(1,x0)，所以g(x0)＝eq\f(x0e2x0－lnx0－1,x0)＝eq\f(x0e2x0＋2xeq\o\al(2,0)e2x0－1,x0)＝eq\f(x0（\f(－lnx0,2xeq\o\al(2,0))）＋2xeq\o\al(2,0)·（\f(－lnx0,2xeq\o\al(2,0))）－1,x0)＝eq\f(\f(－lnx0,2x0)－lnx0－1,x0)＝eq\f(\f(2x0,2x0)＋2x0－1,x0)＝2，所以g(x)min＝2，则a≤2，故a的取值范围为(－∞，2].12．【解析】(1)因为f(x)＝x－x3eax＋b，x∈R，所以f′(x)＝1－(3x2＋ax3)eax＋b，因为f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1，所以f(1)＝－1＋1＝0，f′(1)＝－1，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－13×ea＋b＝0，,1－(3＋a)ea＋b＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1.))(2)由(1)得g(x)＝f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1(x∈R)，则g′(x)＝－x(x2－6x＋6)e－x+1，令x2－6x＋6＝0，解得x＝3±eq\r(3)，不妨设x1＝3－eq\r(3)，x2＝3＋eq\r(3)，则0<x1<x2，易知e－x+1>0恒成立，所以令g′(x)<0，解得0<x<x1或x>x2；令g′(x)>0，解得x<0或x1<x<x2.所以g(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增，即g(x)的单调递减区间为(0，3－eq\r(3))和(3＋eq\r(3)，＋∞)，单调递增区间为(－∞，0)和(3－eq\r(3)，3＋eq\r(3)).(3)由(1)得f(x)＝x－x3e－x+1(x∈R)，f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1，由(2)知f′(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增，当x<0时，f′(－1)＝1－4e2<0，f′(0)＝1>0，即f′(－1)f′(0)<0，所以f′(x)在(－∞，0)上存在唯一零点，不妨设为x3，则－1<x3<0，此时，当x<x3时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x3<x<0时，f′(x)>0，则f(x)单调递增．所以f(x)在(－∞，0)上有一个极小值点．当x∈(0，x1)时，f′(x)在(0，x1)上单调递减，则f′(x1)＝f′(3－eq\r(3))<f′(1)＝1－2<0，故f′(0)f′(x1)<0，所以f′(x)在(0，x1)上存在唯一零点，不妨设为x4，则0<x4<x1，此时，当0<x<x4时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x4<x<x1时，f′(x)<0，则f(x)单调递减．所以f(x)在(0，x1)上有一个极大值点．当x∈(x1，x2)时，f′(x)在(x1，x2)上单调递增，则f′(x2)＝f′(3＋eq\r(3))>f′(3)＝1>0，故f′(x1)f′(x2)<0，所以f′(x)在(x1，x2)上存在唯一零点，不妨设为x5，则x1<x5<x2，此时，当x1<x<x5时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x5<x<x2时，f′(x)>0，则f(x)单调递增．所以f(x)在(x1，x2)上有一个极小值点．当x>x2＝3＋eq\r(3)>3时，3x2－x3＝x2(3－x)<0，所以f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1>0，则f(x)单调递增，所以f(x)在(x2，＋∞)上无极值点．综上，f(x)共有3个极值点．

第64讲导数与不等式的综合问题eq\o(\s\up7(),\s\do5(授课提示：训练手册P463))1．【解析】A令g(x)＝2f(x)－x－1，则g′(x)＝2f′(x)－1>0，所以g(x)在R上为增函数．又g(1)＝2f(1)－1－1＝0，所以g(x)<0x<1，即原不等式的解集为{x|x<1}．故选A.2．【解析】A设F(x)＝eq\f(f(x),x)，则F′(x)＝eq\f(xf′(x)－f(x),x2)≤0，故F(x)＝eq\f(f(x),x)在(0，＋∞)上是减函数或常函数，由0<a<b有eq\f(f(a),a)≥eq\f(f(b),b)af(b)≤bf(a).故选A.3．【解析】C已知速度为xkm/h，则时间为eq\f(200,x)h，所以f(x)＝(eq\f(1,81000)x3－eq\f(1,10)x＋18)·eq\f(200,x)＝eq\f(1,405)x2＋eq\f(3600,x)－20(0＜x≤120)，所以f′(x)＝eq\f(2,405)x－eq\f(3600,x2)＝eq\f(2x3－2×903,405x2)(0＜x≤120)，令f′(x)＝0，所以x＝90.当x∈(0，90)时，函数f(x)单调递减，当x∈(90，120)时，函数f(x)单调递增．所以x＝90时，函数f(x)取得最小值．故选C.4．【解析】C由题意知V＝πr2l＋eq\f(1,2)×eq\f(4,3)πr3＝πr2l＋eq\f(2,3)πr3＝eq\f(28,3)π，故l＝eq\f(\f(28,3)π－\f(2,3)πr3,πr2)＝eq\f(28,3r2)－eq\f(2,3)r＝eq\f(28－2r3,3r2)，由l>0可知r<eq\r(3,14).所以建造费用y＝(2πrl＋πr2)×3＋eq\f(1,2)×4πr2×4＝6πr×eq\f(28－2r3,3r2)＋11πr2＝eq\f(56π,r)＋7πr2(0<r<eq\r(3,14))，则y′＝14πr－eq\f(56π,r2)＝eq\f(14π(r3－4),r2).当r∈(0，eq\r(3,4))时，y′<0，当r∈(eq\r(3,4)，eq\r(3,14))时，y′>0.所以当r＝eq\r(3,4)时，该容器的建造费用最小．故选C.5．【解析】B因为f(ex)＝4ax－3ex，所以f(x＋1)≥4ax－3ex在(0，＋∞)上恒成立，等价于f(x＋1)≥f(ex)在(0，＋∞)上恒成立．因为x∈(0，＋∞)时，1<x＋1<ex，所以只需f(x)在(1，＋∞)上单调递减，即x>1，f′(x)≤0恒成立，即x>1时，f′(x)＝eq\f(4a,x)－3≤0恒成立，a≤eq\f(3,4)x，所以a≤eq\f(3,4).故选B.6．【解析】B因为(b－a)eb－a≥be－b－λa，所以(b－a)eb－a≥λ(b－a)－λb＋be－b，所以(b－a)eb－a－λ(b－a)＋(－be－b)－λ(－b)≥0.设f(x)＝xex－λx，问题转化为f(b－a)＋f(－b)≥0对任意的a，b∈R恒成立，则有b－a＝－b时，f(b－a)＋f(－b)≥0对任意的a，b∈R仍然成立．则问题转化为f(x)≥0对任意的x∈R恒成立．当x＝0时，显然成立；当x<0时，λ≥ex，所以λ≥1；当x>0时，λ≤ex，所以λ≤1.综上λ＝1.故选B.7．【解析】AC依题意可知x>0，y>0，不等式4lnx＋2ln(2y)≥x2＋8y－4可化为ln[(eq\f(1,2)x2)·(4y)]≥eq\f(1,2)x2＋4y－2，设a＝eq\f(1,2)x2，b＝4y，则ln(ab)≥a＋b－2，即lna－a＋1＋(lnb－b＋1)≥0，设f(x)＝lnx－x＋1(x>0)，f′(x)＝eq\f(1－x,x)，所以在区间(0，1)上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在区间(1，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以f(x)≤f(1)＝0，所以要使f(a)＋f(b)≥0成立，则a＝b＝1，即a＝eq\f(1,2)x2＝1，b＝4y＝1，由于x>0，故解得x＝eq\r(2)，y＝eq\f(1,4)，则xy＝eq\f(\r(2),4)，x＋y＝eq\r(2)＋eq\f(1,4)，x＋2y＝eq\f(1,2)＋eq\r(2)，x2y＝eq\f(1,2)，所以A、C正确．故选AC.8．【解析】(1)由题意得f(x)的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)，当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值；当a>0时，令f′(x)<0，则x>eq\f(1,a)，令f′(x)>0，则0<x<eq\f(1,a)，即f(x)在(0，eq\f(1,a))上单调递增，在(eq\f(1,a)，＋∞)上单调递减，故x＝eq\f(1,a)为函数f(x)的极大值点，函数极大值为f(eq\f(1,a))＝－lna，无极小值．(2)证明：设g(x)＝xex－lnx－x－1，x>0，g′(x)＝(x＋1)ex－eq\f(1,x)－1＝eq\f(x＋1,x)(xex－1)，令h(x)＝xex－1，则h′(x)＝(x＋1)ex>0(x>0)，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，h(0)＝－1<0，h(1)＝e－1>0，故x0∈(0，1)，使得h(x0)＝0，即x0ex0＝1，当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g(x)在(0，x0)上单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g(x)在(x0，＋∞)上单调递增，故g(x)min＝g(x0)＝x0ex0－lneq\f(1,ex0)－x0－1＝0，即g(x)≥0，即xex≥lnx＋x＋1，则lnx＋x＋1≤xex.9．【解析】ABD由ea＋lnb＝1，可得ea＝1－lnb，因为a>0，所以1－lnb>1，所以0<b<1.令f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)≥f(0)，即ex≥x＋1.由a>0知ea>a＋1，所以1＝ea＋lnb>a＋1＋lnb，所以a＋lnb<0，A正确；由ex≥x＋1可得x≥ln(x＋1)，可得x－1≥lnx(x＝1时取等号)，因为0<b<1，所以lnb<b－1，1＝ea＋lnb<ea＋b－1，所以ea＋b>2，B正确；当b＝eq\f(1,e)时，ea－1＝1，则a＝ln2，ln2>eq\f(1,e)，所以ln(ln2)>ln(eq\f(1,e))＝－1，所以lna＋eb>－1＋eb>－1＋1＝0，C错误；ea＝1－lnb＝lneq\f(e,b)，所以a＝ln(lneq\f(e,b))，a＋b＝ln(lneq\f(e,b))＋b，令lneq\f(e,b)＝x，则b＝e1-x，x>1，a＋b＝lnx＋e1-x，令h(x)＝lnx＋e1-x，x>1，h′(x)＝eq\f(1,x)－e1-x＝eq\f(1,x)－eq\f(e,ex)＝eq\f(ex－ex,xex)>0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，h(x)>h(1)＝1，所以a＋b>1，故D正确．故选ABD.10．【解析】(1)由题意得f′(x)＝k－cosx，x∈(0，eq\f(π,2))，当k≥1时，f′(x)>0恒成立，所以y＝f(x)在x∈(0，eq\f(π,2))为增函数，f(x)>f(0)＝0恒成立．当k<1时，存在x0∈(0，eq\f(π,2))，使得f′(x0)＝0，所以y＝f(x)在(0，x0)上单调递减，当x∈(0，x0)时，f(x)<f(0)＝0，与f(x)>0矛盾．综上所述，实数k的取值范围为[1，＋∞).(2)证明：由(1)知x－sinx>0恒成立，所以原不等式等价于tanx＋2sinx－3x>0.令g(x)＝tanx＋2sinx－3x，易知g′(x)＝eq\f(1,cos2x)＋2cosx－3.令t＝cosx∈(0，1)，则h(t)＝eq\f(1,t2)＋2t－3，h′(t)＝－eq\f(2,t3)＋2<0，所以y＝h(t)在(0，1)上是减函数，又t＝cosx在x∈(0，eq\f(π,2))上也是减函数，所以y＝g′(x)在(0，eq\f(π,2))上为增函数．又因为g′(0)＝0，所以x∈(0，eq\f(π,2))时，g′(x)>0，所以y＝g(x)在(0，eq\f(π,2))上为增函数．又因为g(0)＝0，所以g(x)＝tanx＋2sinx－3x>0在x∈(0，eq\f(π,2))成立，命题得证．11．【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝2x－sinx－lnx，则f′(x)＝2－cosx－eq\f(1,x)，当x≥1时，f′(x)≥1－cosx≥0，故f(x)在[1，＋∞)上单调递增，不存在极值点．当0<x<1时，令h(x)＝2－cosx－eq\f(1,x)，则h′(x)＝sinx＋eq\f(1,x2)>0恒成立，故函数h(x)即f′(x)在(0，1)上单调递增，且f′(1)＝1－cos1>0，f′(eq\f(1,4))＝－coseq\f(1,4)－2<0，所以存在x0∈(eq\f(1,4)，1)，使得f′(x0)＝0，所以当0<x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增．故在(0，1)上存在唯一极值点，综上，当a＝1时，函数f(x)的极值点有且仅有一个．(2)证明：由f(x1)＝f(x2)知2x1－sinx1－eq\r(a)lnx1＝2x2－sinx2－eq\r(a)lnx2，整理得2(x1－x2)－(sinx1－sinx2)＝eq\r(a)(lnx1－lnx2)，(*)不妨令g(x)＝x－sinx(x>0)，则g′(x)＝1－cosx≥0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，当0<x1<x2时，有g(x1)<g(x2)，即x1－sinx1<x2－sinx2，那么sinx1－sinx2>x1－x2，因此(*)即转化为eq\r(a)>eq\f(x1－x2,lnx1－lnx2)，接下来证明eq\f(x1－x2,lnx1－lnx2)>eq\r(x1x2)(0<x1<x2)，等价于证明lneq\f(x1,x2)>eq\f(\r(x1),\r(x2))－eq\f(\r(x2),\r(x1))，不妨令eq\f(\r(x1),\r(x2))＝t(0<t<1)，建构新函数φ(t)＝2lnt－t＋eq\f(1,t)，φ′(t)＝eq\f(2,t)－1－eq\f(1,t2)＝eq\f(－(t－1)2,t2)<0，则φ(t)在(0，1)上单调递减，所以φ(t)>φ(1)＝0，故lneq\f(x1,x2)>eq\f(\r(x1),\r(x2))－eq\f(\r(x2),\r(x1))，即eq\f(x1－x2,lnx1－lnx2)>eq\r(x1x2)(0<x1<x2)得证，由不等式的传递性知eq\r(x1x2)<eq\r(a)，即x1x2<a.12．【解析】eq\f(1,e)由f(x1)＝g(x2)＝t>0，得x1·ex1＝－eq\f(lnx2,x2)＝t，即x1·ex1＝eq\f(1,x2)lneq\f(1,x2)＝(lneq\f(1,x2))elneq\f(1,x2)>0，所以lneq\f(1,x2)>0，令φ(x)＝xex(x>0)，则φ′(x)＝(x＋1)ex>0对任意的x>0恒成立，所以函数φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，由x1·ex1＝lneq\f(1,x2)elneq\f(1,x2)可得φ(x1)＝φ(lneq\f(1,x2))，所以x1＝lneq\f(1,x2)，则eq\f(x1,x2et)＝eq\f(ln\f(1,x2),x2et)，令h(t)＝eq\f(ln\f(1,x2),x2et)＝eq\f(t,et)(t>0)，所以h′(t)＝eq\f(1－t,et)，当0<t<1时，h′(t)>0；当t>1时，h′(t)<0.所以h(t)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则h(t)max＝h(1)＝eq\f(1,e).13．【解析】(1)当a＝－1时，f′(x)＝eq\f(1,\r(x))＋eq\f(1,x)＋1，f′(1)＝3，所以曲线y＝f(x)在点P(1，2)处的切线方程为y＝3x－1.(2)证明：由f′(x)＝0，得eq\f(1,\r(x))－eq\f(a,x)－a＝0，令t＝eq\r(x)，则t>0，原方程可化为at2－t＋a＝0，①则t1＝eq\r(x1)，t2＝eq\r(x2)是方程①的两个不同的根，所以t1＋t2＝eq\f(1,a)，t1t2＝1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝1－4a2＞0，,\f(1,a)＞0，))解得0<a<eq\f(1,2)，所以f(x1)＋f(x2)＝2(eq\r(x1)＋eq\r(x2))－a(lnx1＋lnx2)－a(x1＋x2)－2＝2(t1＋t2)－aln(teq\o\al(2,1)teq\o\al(2,2))－a(teq\o\al(2,1)＋teq\o\al(2,2))－2＝2a＋eq\f(1,a)－2，因为0<a<eq\f(1,2)，所以2a＋eq\f(1,a)－2>2eq\r(2)－2>0，所以f(x1)＋f(x2)>0.(3)证明：由题意可知，g(x)＝2eq\r(x)－lnx－1，所以g′(x)＝eq\f(\r(x)－1,x)，当x∈(0，1)时，g′(x)<0，所以函数y＝g(x)在区间(0，1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，所以函数y＝g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，因为0<a1<1，所以a2＝g(a1)>g(1)＝1，a3＝g(a2)>g(1)＝1，以此类推，当n≥2时，an＋1＝g(an)>g(1)＝1，又f′(x)＝2×eq\f(1,2)×eq\f(1,\r(x))－1－eq\f(1,x)＝eq\f(－(\r(x)－\f(1,2))2－\f(3,4),x)<0，所以函数y＝f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，当n≥2时，f(an)＝g(an)－an<f(1)＝0，所以an＋1<an,所以f(an＋1)>f(an)，即an＋2－an＋1>an＋1－an，故an＋an＋2>2an＋1.

第65讲导数的综合应用——导数与方程eq\o(\s\up7(),\s\do5(授课提示：训练手册P466))1．【解析】A由三次函数的图象与x轴恰有两个公共点，结合函数的图象，可得极大值或极小值为零即可满足要求．而f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，当x＝±1时，取得极值，由f(1)＝0或f(－1)＝0，可得c－2＝0或c＋2＝0，所以c＝±2.故选A.2．【解析】C因为f(x)＝－x3＋3x＋a，所以f′(x)＝－3x2＋3＝－3(x＋1)(x－1)，所以当x∈(－1，1)时，f′(x)>0，即函数f(x)在(－1，1)上单调递增，当x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f′(x)<0，即函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，所以当x＝－1时f(x)取得极小值，当x＝1时f(x)取得极大值，要使函数f(x)＝－x3＋3x＋a恰有1个零点，则f(1)<0或f(－1)>0，即－1＋3＋a<0或1－3＋a>0，解得a<－2或a>2，即a∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)，故选C.3．【解析】AB由题意知，x＝0不是零点，函数f(x)的零点可转化为a＝eq\f(xex－1,x)(x≠0)，即直线y＝a与函数F(x)＝eq\f(xex－1,x)(x≠0)的图象的交点个数．因为F′(x)＝eq\f(exx2＋1,x2)>0，所以F(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增，其大致图象如下．显然，当a≤0时，零点个数为1，当a>0时，零点个数为2.故选AB.4．【解析】A因为f(1)＝2sin1－πln1＝2sin1>0，f(e)＝2sine－π<0，所以x0∈(1，e)，即①正确．由题意得f′(x)＝2cosx－eq\f(π,x).当x∈(0，eq\f(π,2))时，eq\f(π,x)>2，f′(x)<0；当x＝eq\f(π,2)时，f′(x)＝－2<0；当x∈(eq\f(π,2)，π)时，1<eq\f(π,x)<2，则f′(x)<0.综上可知，f′(x)<0，f(x)在(0，π)上为减函数，所以f(x1)>f(x2)，即f(x1)－f(x2)>0，④正确．故选A.5．【解析】AC对于A，因为f(x)＝x3＋x2＋ax－4有3个不同的零点x1，x2，x3，所以不妨设f(x)＝(x－x1)(x－x2)(x－x3)，易知f(x)展开式中的常数项为－x1x2x3，故－x1x2x3＝－4，又x1x2＝eq\f(xeq\o\al(2,3),2)，所以－eq\f(xeq\o\al(3,3),2)＝－4，解得x3＝2，所以f(x3)＝f(2)＝23＋22＋2a－4＝0，解得a＝－4，A正确；对于B，因为f(x)＝x3＋x2－4x－4＝(x－2)(x＋2)(x＋1)，令f(x)<0，即(x－2)(x＋2)(x＋1)<0，利用数轴穿根法，解得x<－2或－1<x<2，B错误；对于C，易得f′(x)＝3x2＋2x－4，当切线斜率为1时，令f′(x)＝3x2＋2x－4＝1，解得x＝－eq\f(5,3)或x＝1，当x＝1时，f(1)＝(1－2)(1＋2)(1＋1)＝－6，此时切线为y＋6＝x－1，即y＝x－7，C正确；对于D，因为f(－3)＝(－3－2)(－3＋2)·(－3＋1)＝－10，又f(1)＝－6，所以f(－3)≠f(1)，所以点(－1，0)不是曲线y＝f(x)的对称中心，D错误．故选AC.6．【解析】[1，＋∞)因为eq\f(eln(ax),ex-1)－[ln(ax)－x＋1]－1＝0，即e[ln(ax)－x+1]＝[ln(ax)－x＋1]＋1有解．易知ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，取等号，则ln(ax)－x＋1＝0在区间(0，＋∞)内有解，所以ax＝ex-1在区间(0，＋∞)内有解，即a＝eq\f(ex-1,x)在区间(0，＋∞)内有解．设f(x)＝eq\f(ex-1,x)(x>0)，则f′(x)＝eq\f(ex-1(x－1),x2)，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，而f(1)＝1，当x→0时，f(x)→＋∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以要使a＝eq\f(ex-1,x)在区间(0，＋∞)内有解，只需a≥1.7．【解析】(1)因为f(x)＝ex－4sinx，所以f′(x)＝ex－4cosx，则f(0)＝1，f′(0)＝－3，故所求切线方程为y－1＝－3(x－0)，即3x＋y－1＝0.(2)证明：设g(x)＝f′(x)＝ex－4cosx，则g′(x)＝ex＋4sinx.显然当x∈[0，π]时，g′(x)>0，当x∈[π，＋∞)时，g′(x)>eπ－4>0，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′(0)＝－3<0，f′(eq\f(π,3))＝eeq\s\up6(\f(π,3))－2>0，所以存在唯一x0∈(0，eq\f(π,3))，使f′(x0)＝0.则当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．因为f(0)＝1>0，f(eq\f(π,4))＝eeq\s\up6(\f(π,4))－2eq\r(2)<e－2eq\r(2)<0，f(π)＝eπ>0，所以f(x)在[0，＋∞)上有两个零点．8．【解析】(1)依题意得，f(0)＝－1＝a，此时f(x)＝sin2x－ex－x，得f′(x)＝sin2x－ex－1，则切线斜率为f′(0)＝－2，故切线方程y＋1＝－2(x－0)，即y＝－2x－1.(2)g(x)＝f(x)＋eq\f(1,2)cos2x－a－eq\f(1,2)＝aex－x－a(0<a≤1)，则g′(x)＝aex－1，令g′(x)>0，得x>－lna，令g′(x)<0，得x<－lna.所以g(x)的单调递减区间为(－∞，－lna)，单调递增区间为(－lna，＋∞)，所以g(x)≥g(－lna)＝1＋lna－a.当a＝1时，1＋lna－a＝0，所以g(x)≥0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上有且仅有一个零点．当0<a<1时，令r(a)＝1＋lna－a(0<a<1)，r′(a)＝eq\f(1,a)－1＝eq\f(1－a,a)>0，所以r(a)在(0，1)上单调递增，所以r(a)<r(1)＝0，即g(－lna)<0，又g(0)＝0，所以g(x)在(－∞，－lna)上有一个零点，又g(－2lna)＝eq\f(1,a)＋2lna－a，令φ(a)＝eq\f(1,a)＋2lna－a(0<a<1)，则φ′(a)＝－eq\f((a－1)2,a2)<0，所以φ(a)在(0，1)上单调递减，所以φ(a)>φ(1)＝0，所以g(－2lna)>0，所以g(x)在(－lna，－2lna)上有一个零点．综上所述，当a＝1时，g(x)有一个零点；当0<a<1时，g(x)有2个零点．9．【解析】(1)由f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)ax2－2x，可得f′(x)＝x2－ax－2.由f(x)在x＝2处取得极值，可