高中数学导数大题压轴高考题选

..函数与导数高考压轴题选一．选择题〔共2小题1．〔2013•XX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〔x2+2af〔x+b=0的不同实根个数为〔A．3 B．4 C．5 D．62．〔2012•XX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•XX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•XX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•XX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•XX已知函数f〔x=〔1+xe﹣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•XX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•XX设n是正整数,r为正有理数．〔Ⅰ求函数f〔x=〔1+xr+1﹣〔r+1x﹣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•XX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•XX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•XX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•XX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•XX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•XX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〔100h〔100﹣与的大小．17．〔2011•XX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•XX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〔nh〔n﹣[h〔1+h〔2+…+h〔n]≥．19．〔2010•XX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•XX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•XX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〔xf2〔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﹣2b224．〔2009•XX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•XX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+xn=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•XX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•XX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〔1F〔2…F〔n＞〔n∈N*．29．〔2006•XX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•XX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•XX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〔x2+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〔x2+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〔x2+2af〔x+b=0的只有3不同实根．故选：A．2．〔2012•XX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•XX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•XX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+12+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•XX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•XX已知函数f〔x=〔1+xe﹣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+xe﹣2x≥1﹣x⇔〔1+xe﹣x≥〔1﹣xex,令h〔x=〔1+xe﹣x﹣〔1﹣xex,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•XX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﹣2ex〔x＞0,则g′〔x=1+〔x﹣1ex．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•XX设n是正整数,r为正有理数．〔Ⅰ求函数f〔x=〔1+xr+1﹣〔r+1x﹣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+xr﹣〔r+1=〔r+1[〔1+xr﹣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+xr+1≥1+〔r+1x,且等号当且仅当x=0时成立,故当x＞﹣1且x≠0,有〔1+xr+1＞1+〔r+1x,①在①中,令〔这时x＞﹣1且x≠0,得．上式两边同乘nr+1,得〔n+1r+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•XX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+6f〔x﹣9x,则当0＜x＜2时,h′〔x=f〔x+〔x+6f′〔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•XX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•XX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+1xn,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+1xn﹣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•XX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：〔1f′〔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•XX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+3n≥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〔xmin=g〔=0∴当0＜x＜1时,g〔x≥0,∴由0＜a＜1知0＜ak＜1,因此,从而=≥=＞=16．〔2011•XX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〔100h〔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+log2h〔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〔ng〔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〔100h〔100﹣＞．17．〔2011•XX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•XX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〔nh〔n﹣[h〔1+h〔2+…+h〔n]≥．[解答]解：〔ⅠF〔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〔nh〔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•XX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﹣12〔7﹣x,x∈[2,6]则t′=﹣3x2+18x﹣15=﹣3〔x﹣1〔x﹣5列表如下：x2〔2,55〔5,66t'+﹣t5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+1f〔xh'〔x≤af〔x﹣axf〔x+a〔x+1f〔x﹣f〔x=〔2a﹣1f〔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〔xh'〔x=af〔x﹣axf〔x+ax﹣f〔x≥af〔x﹣axf〔x+af〔x﹣f〔x=〔2a﹣1﹣axf〔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•XX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：〔Ⅰf'〔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,①φ′〔=﹣2ln〔2×=﹣ln〔a+b2≤﹣ln4ab,②φ′〔=﹣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〔Ig〔0=a＞0,∴,a=﹣〔2x22+2x2∴f〔x2=x22+aln〔1+x2=x22﹣〔2x22+2x2ln〔1+x2设h〔x=x2﹣〔2x2+2xln〔1+x,〔﹣＜x＜0则h'〔x=2x﹣2〔2x+1ln〔1+x﹣2x=﹣2〔2x+1ln〔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•XX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〔xf2〔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﹣2b2[解答]解：①依题意,解得或．若,,′〔x=﹣x2+2x﹣1=﹣〔x﹣12≤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﹣b2+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∓12．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•XX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﹣12≤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〔﹣3,11〔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﹣b2+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﹣b2+b2+c|〔1当|b|＞1时,由〔Ⅱ可知f'〔b﹣f'〔±1=b〔∓12≥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〔∓12≥0①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﹣b2+b2+c|〔1当|b|＞1时,由〔Ⅱ可知M＞2〔2当|b|≤1y=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125．〔2008•XX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+xn=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+xn=Cn0+Cn1x+Cn2x2+…+Cnnxn两边对x求导得n〔1+xn﹣1=Cn1+2Cn2x+…+〔n﹣1Cnn﹣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+xn﹣1=Cn1+2Cn2x+…+〔n﹣1Cnn﹣1xn﹣2+nCnnxn﹣1,n≥3两边对x求导,得n〔n﹣1〔1+xn﹣2=2Cn2+3•2Cn3x+…+n〔n﹣1Cnnxn﹣2在上式中,令x=﹣1,得0=2Cn2+3•2Cn3〔﹣1+…+n〔n﹣1Cn2〔﹣1n﹣2即,亦即〔1又由〔i知〔2由〔1+〔2得〔iii将等式〔1+xn=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：〔Ⅰf'〔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〔﹣∞,00〔0,〔,22〔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．〔Ⅱf'〔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•XX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•XX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〔1F〔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=