第61講導(dǎo)數(shù)的概念及運算eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓(xùn)練手冊P456))1．【解析】B因為函數(shù)f(x)可導(dǎo)，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).故選B.2．【解析】D由題意知，s′(t)＝2t－eq\f(3,t2)，當t＝2時，s′(2)＝2×2－eq\f(3,2×2)＝eq\f(13,4)，所以該機器人在t＝2時的瞬時速度為eq\f(13,4).故選D.3．【解析】B函數(shù)f(x)＝sinx＋cosx，求導(dǎo)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).故選B.4．【解析】Af′(x)＝eq\f((ex＋2cosx)(1＋x2)－(ex＋2sinx)·2x,(1＋x2)2)，則f′(0)＝eq\f((e0＋2cos0)(1＋0)－(e0＋2sin0)×0,(1＋0)2)＝3，即該切線方程為y－1＝3x，即y＝3x＋1，令x＝0，得y＝1，令y＝0，得x＝－eq\f(1,3)，故該切線與兩坐標軸所圍成的三角形面積S＝eq\f(1,2)×1×|－eq\f(1,3)|＝eq\f(1,6).故選A.5．【解析】B由題圖可知曲線y＝f(x)在x＝3處的切線的斜率等于－eq\f(1,3)，所以f′(3)＝－eq\f(1,3)，且f(3)＝1.因為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.故選B.6．【解析】B由f(x)＝xex＋1，得f′(x)＝(x＋1)ex.設(shè)切點坐標為(x0，x0ex0＋1)，則切線方程為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，因為Δ＝12>0，所以該方程有2個不同的實數(shù)解，故切線有2條．故選B.7．【解析】C易得f′(x)＝lna·ax，g′(x)＝eq\f(1,xlna)(a>1)，設(shè)公共點為(x0，y0)，則由題意可得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，則上式可化為2lnt＋t－eq\f(1,t)＝0.記h(t)＝2lnt＋t－eq\f(1,t)，則h′(t)＝eq\f((t＋1)2,t2)≥0恒成立，即h(t)＝2lnt＋t－eq\f(1,t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，而h(1)＝0，故滿足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))．))故選C.8．【解析】ex＋x2求導(dǎo)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因為f(x)＝f(2－x)＋4x－4，所以兩邊求導(dǎo)，得f′(x)＝－f′(2－x)＋4，即f′(x)＋f′(2－x)＝4.①因為f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，則f(－x)＝－f(x)，所以兩邊求導(dǎo)，得f′(x)＝f′(－x)，所以f′(x)是定義在R上的偶函數(shù)，所以f′(2－x)＝f′(x－2)，結(jié)合①式可得f′(x)＋f′(x－2)＝4，所以f′(x－2)＋f′(x－4)＝4，兩式相減得f′(x)＝f′(x－4)，所以f′(x)是周期為4的偶函數(shù)，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)的圖象上存在兩點(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，使得函數(shù)圖象在這兩點處的切線互相垂直，則f′(x1)·f′(x2)＝－1.對于A，y′＝cosx，若有cosx1·cosx2＝－1，則存在x1＝2kπ，x2＝2kπ＋π(k∈Z)時，結(jié)論成立；對于B，y′＝eq\f(1,x)，若有eq\f(1,x1)·eq\f(1,x2)＝－1，即x1x2＝－1，因為x＞0，所以不存在x1，x2，使得x1x2＝－1；對于C，y′＝ex，若有ex1·ex2＝－1，即ex1＋x2＝－1，顯然不存在這樣的x1，x2；對于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，顯然不存在這樣的x1，x2.綜上所述，選A.11．【解析】ABD對于A，由a>0，ex>0得aex>0，可知曲線C1的圖象在x軸的上方，A正確；對于B，當a＝1時，C1：y＝ex，C2：y＝lnx，對于曲線C2：y＝lnx，有y′＝eq\f(1,x)(x>0)，因為直線l：y＝kx＋b為曲線C2的切線，所以eq\f(1,x)＝k，即x＝eq\f(1,k)，此時y＝lneq\f(1,k)＝－lnk，所以切點坐標為(eq\f(1,k)，－lnk)，將其代入切線方程y＝kx＋b中，有－lnk＝1＋b，整理得lnk＋b＝－1，B正確；對于C，當b＝0時，公切線l為y＝kx，設(shè)f(x)＝aex，g(x)＝lneq\f(x,a)，則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錯誤；對于D，當a＝1時，f(x)＝ex，g(x)＝lnx，則f′(x)＝ex，g′(x)＝eq\f(1,x)(x>0)，若C1和C2存在斜率為eq\f(1,k)的公切線，則存在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項可知，－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)，符合題意，故當a＝1時，C1和C2必存在斜率為eq\f(1,k)的公切線，D正確．故選ABD.12．【解析】ABD因為f(x)＋g′(x)－10＝0，f(x)－g′(4－x)－10＝0，所以g′(4－x)＝－g′(x)，又g(x)是偶函數(shù)，g(－x)＝g(x)，兩邊求導(dǎo)得－g′(－x)＝g′(x)，所以g′(x)是奇函數(shù)，g′(0)＝0，所以g′(4－x)＝－g′(x)＝g′(－x)，即g′(4＋x)＝g′(x)，g′(x)是周期函數(shù)，4是它的一個周期，g′(4)＝g′(0)＝0，f(x)＝10－g′(x)，所以f(x)是周期函數(shù)，4是它的一個周期，f(0)＝10－g′(0)＝10，f(4)＝f(0)＝10，B正確；f(1)＋f(3)＝10－g′(1)＋10－g′(3)＝20＋g′(－1)－g′(3)＝20，A正確；g′(x)是周期為4的周期函數(shù)，又是奇函數(shù)，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正確；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錯誤．故選ABD.第62講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓(xùn)練手冊P457))1．【解析】Df′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex.令f′(x)>0，解得x>2.故選D.2．【解析】C由已知得f′(x)＝ax2＋2x＋1，若f(x)在R上單調(diào)遞增，則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上單調(diào)遞增”的必要不充分條件．故選C.3．【解析】C因為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)，＋∞)上單調(diào)遞增，排除A、D；又當x<0時，f(x)＝eq\f(ex(2x－1),x－1)>0，排除B.故選C.4．【解析】C若x<0，則f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，由圖象可知，x∈(－1，0)，若x>0，則f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，由圖象可知，x∈(1，eq\f(5,2))，故不等式xf′(x)>0的解集為(－1，0)∪(1，eq\f(5,2)).故選C.5．【解析】C依題意可知，f′(x)＝aex－eq\f(1,x)≥0在(1，2)上恒成立，顯然a>0，所以xex≥eq\f(1,a).設(shè)g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1，2)上單調(diào)遞增，g(x)>g(1)＝e，故e≥eq\f(1,a)，即a≥eq\f(1,e)＝e-1，即a的最小值為e-1.故選C.6．【解析】A由題意得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).設(shè)f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當0<x<e時，f′(x)>0，所以f(x)單調(diào)遞增，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.故選A.7．【解析】f(x)＝ex－2x－cosx單調(diào)遞減因為f(x)＝ex＋2f′(0)x－cosx，所以f′(x)＝ex＋2f′(0)＋sinx，則f′(0)＝e0＋2f′(0)＋sin0＝1＋2f′(0)，所以f′(0)＝－1，所以f(x)＝ex－2x－cosx.因為f′(x)＝ex－2＋sinx，當x≤0時，0<ex≤1，sinx≤1，所以f′(x)＝ex－2＋sinx≤0恒成立，所以f(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減．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)，所以曲線f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y＋eq\f(31,3)＝－6(x－2)，化簡得18x＋3y－5＝0.(2)函數(shù)f(x)的定義域為R，f′(x)＝(x＋a－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝1－a或x＝－1.①當1－a<－1，即a>2時，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)上單調(diào)遞減，在(－∞，1－a)，(－1，＋∞)上單調(diào)遞增；②當1－a＝－1，即a＝2時，f′(x)＝(x＋1)2≥0恒成立，故f(x)在R上單調(diào)遞增；③當1－a>－1，即a<2時，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)上單調(diào)遞減，在(－∞，－1)，(1－a，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上，當a>2時，f(x)在(1－a，－1)上單調(diào)遞減，在(－∞，1－a)，(－1，＋∞)上單調(diào)遞增；當a＝2時，f(x)在R上單調(diào)遞增；當a<2時，f(x)在(－1，1－a)上單調(diào)遞減，在(－∞，－1)，(1－a，＋∞)上單調(diào)遞增．9．【解析】A不等式eq\f(f(x)－lnx,ex)>1等價于f(x)>ex＋lnx，即f(x)－ex＋lnx>0，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－ex＋lnx，x>0，所以g′(x)＝f′(x)－ex－eq\f(1,x).因為x>0時，f′(x)<eq\f(1,x)＋ex，所以g′(x)<0對x∈(0，＋∞)恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減．又因為g(1)＝f(1)－e－ln1＝0，所以不等式f(x)－ex＋lnx>0等價于g(x)>g(1)，所以0<x<1，即eq\f(f(x)－lnx,ex)>1的解集為(0，1).故選A.10．【解析】Bf(x)＝log4eq\f(4x＋1,2x)＝log4(2x＋2－x)，所以f(－x)＝f(x)，即f(x)為偶函數(shù)，對函數(shù)y＝2x＋2－x，x∈(0，＋∞)，則y′＝2xln2＋2－x(－ln2)＝ln2(2x－2－x)，因為x∈(0，＋∞)，所以2x>1，2－x<1，所以2x－2－x>0，故y′>0在(0，＋∞)上恒成立．所以函數(shù)y＝2x＋2－x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．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.故選B.11．【解析】(1)當a＝0時，f(x)＝x2＋lnx，f′(x)＝2x＋eq\f(1,x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)若函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，則f′(x)＝2x－2a－eq\f(ax－1,x)－alnx＝2x＋eq\f(1,x)－3a－alnx≥0對任意的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)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，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，則a≤eq\f(2x2＋1,x(x＋2))在(0，＋∞)上恒成立．令h(x)＝eq\f(2x2＋1,x(x＋2))，則h′(x)＝eq\f(2(2x＋1)(x－1),x2(x＋2)2)，所以0<x<1時，h′(x)<0，即h(x)單調(diào)遞減，x>1時，h′(x)>0，即h(x)單調(diào)遞增，故h(x)≥h(1)＝1，即a≤1.綜上，實數(shù)a的最大值是1.12．【解析】C因為定義域為R的偶函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，所以定義域為R的偶函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．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)，則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)上單調(diào)遞增，g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，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)，而定義域為R的偶函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，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)).故選C.13．【解析】(1)由題意得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當－eq\f(1,2e)<a<0時，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，＋∞)上單調(diào)遞增，在(ln(－2a)，－1)上單調(diào)遞減．②當a＝－eq\f(1,2e)時，f′(x)≥0，f(x)在R上單調(diào)遞增．③當a<－eq\f(1,2e)時，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)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1，ln(－2a))上單調(diào)遞減．綜上所述，當－eq\f(1,2e)<a<0時，f(x)在(－∞，ln(－2a))，(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(ln(－2a)，－1)上單調(diào)遞減；當a＝－eq\f(1,2e)時，f(x)在R上單調(diào)遞增；當a<－eq\f(1,2e)時，f(x)在(－∞，－1)，(ln(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1，ln(－2a))上單調(diào)遞減．(2)證明：對任意a≤1，當x>0時，要證f(x)－ex2≥a(x3－x2＋3x＋1)，只需證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，則g′(x)＝eq\f((x－1)(ex－ax－a),x2)，令h(x)＝ex－ax－a，則h′(x)＝ex－a，因為x>0，a≤1，所以h′(x)＝ex－a>0，所以h(x)>h(0)＝1－a≥0，所以當x∈(0，1)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．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講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓(xùn)練手冊P460))1．【解析】B因為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]上為增函數(shù)，所以當x＝1時，f(x)取最大值eq\f(1,e).故選B.2．【解析】C依題意，f′(x)＝3x2＋a，因為函數(shù)f(x)在x＝1處取得極小值，則f′(1)＝3＋a＝0，解得a＝－3，此時f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1).當x<－1或x>1時，f′(x)>0，當－1<x<1時，f′(x)<0，因此函數(shù)f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1，1)上單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)＝x3－3x在x＝1處取得極小值f(1)＝－2.故選C.3．【解析】A因為f(x)＝eq\f(1,2)x－sinx，所以f′(x)＝－cosx＋eq\f(1,2)，令f′(x)＝0，因為x∈[－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)]，可得x＝－eq\f(π,3)或x＝eq\f(π,3)，則當x∈(－eq\f(π,2)，－eq\f(π,3))∪(eq\f(π,3)，eq\f(π,2))時，f′(x)>0；當x∈(－eq\f(π,3)，eq\f(π,3))時，f′(x)<0，所以f(x)在區(qū)間(－eq\f(π,2)，－eq\f(π,3))上單調(diào)遞增，在(－eq\f(π,3)，eq\f(π,3))上單調(diào)遞減，在(eq\f(π,3)，eq\f(π,2))上單調(diào)遞增，故f(x)的極大值點為－eq\f(π,3).故選A.4．【解析】2不等式aexx－2lnx－2x－2≥0(x>0)恒成立，等價于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，＋∞)上是增函數(shù)，且x趨近于0時，g(x)趨近于－∞，x趨近于＋∞時，g(x)趨近于＋∞，即t∈R.令m(t)＝eq\f(t＋1,et)，則m′(t)＝eq\f(－t,et)，當t∈(－∞，0)時，m′(t)>0，m(t)是增函數(shù)；當t∈(0，＋∞)時，m′(t)<0，m(t)是減函數(shù)．所以m(t)max＝m(0)＝1，所以eq\f(a,2)≥1，即a≥2.5．【解析】(－∞，2]∪[8，＋∞)函數(shù)f(x)＝x2－alnx－1(a∈R)在[1，2]內(nèi)不存在極值點f(x)＝x2－alnx－1(a∈R)在[1，2]內(nèi)單調(diào)函數(shù)f′(x)≥0或f′(x)≤0(a∈R)在[1，2]內(nèi)恒成立．由f′(x)＝2x－eq\f(a,x)≥0在[1，2]內(nèi)恒成立a≤(2x2)min，x∈[1，2]，即a≤2.同理可得a≥8.故a的取值范圍是(－∞，2]∪[8，＋∞).6．【解析】(1)由題意得f′(x)＝3ax2＋2bx－3.由題意得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，))經(jīng)檢驗成立，所以f(x)＝x3－3x.(2)令f′(x)＝0，即3x2－3＝0，得x＝±1.當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下：x－2(－2，－1)－1(－1，1)1(1，2)2f′(x)＋－＋f(x)－2單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增2因為f(－1)＝2，f(1)＝－2，f(2)＝2，f(－2)＝－2，所以當x∈[－2，2]時，f(x)max＝2，f(x)min＝－2.對于區(qū)間[－2，2]上任意兩個自變量的值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤|f(x)max－f(x)min|＝4，所以c≥4.所以實數(shù)c的最小值為4.7．【解析】(1)由題意得函數(shù)f(x)＝xlnx－eq\f(1,6)x3，定義域為(0，＋∞)，則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)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故極大值為g(1)＝ln1＋1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，無極小值．(2)證明：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，所以根據(jù)零點存在定理，x1∈(eq\f(1,e)，1)，使f′(x1)＝0，x2∈(1，e)，使f′(x2)＝0，即當x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)；當x∈(x1，x2)時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)．所以f(x)存在唯一極大值點x2，即x0＝x2∈(1，e).又因為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由題意可知，f(x)的定義域為(－b，＋∞)，令x＋a＝0，解得x＝－a；令ln(x＋b)＝0，解得x＝1－b.則當x∈(－b，1－b)時，ln(x＋b)<0，故x＋a≤0，所以1－b＋a≤0，當x∈(1－b，＋∞)時，ln(x＋b)>0，故x＋a≥0，所以1－b＋a≥0，故1－b＋a＝0,則a2＋b2＝a2＋(a＋1)2＝2(a＋eq\f(1,2))2＋eq\f(1,2)≥eq\f(1,2)，當且僅當a＝－eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,2)時，等號成立，所以a2＋b2的最小值為eq\f(1,2).故選C.9．【解析】ACD對于A，因為函數(shù)f(x)的定義域為R，而f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，易知當x∈(1，3)時，f′(x)<0，當x∈(－∞，1)或x∈(3，＋∞)時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，3)上單調(diào)遞減，在(3，＋∞)上單調(diào)遞增，故x＝3是函數(shù)f(x)的極小值點，A正確；對于B，當0<x<1時，x－x2＝x(1－x)>0，所以1>x>x2>0，而由上可知，函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，所以f(x)>f(x2)，B錯誤；對于C，當1<x<2時，1<2x－1<3，而由上可知，函數(shù)f(x)在(1，3)上單調(diào)遞減，所以f(1)>f(2x－1)>f(3)，即－4<f(2x－1)<0，C正確；對于D，當－1<x<0時，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正確．故選ACD.10．【解析】(1)當a＝－2時，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，因為y＝2ln(1＋x)，y＝－eq\f(1,1＋x)＋1在(－1，＋∞)上為增函數(shù)，故f′(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)，而f′(0)＝0，故當－1<x<0時，f′(x)<0，當x>0時，f′(x)>0，故f(x)在x＝0處取極小值且極小值為f(0)＝0，無極大值．(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，設(shè)s(x)＝－aln(1＋x)－eq\f((a＋1)x,1＋x)，x≥0，則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)，當a≤－eq\f(1,2)時，s′(x)>0，故s(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，故s(x)>s(0)＝0，即f′(x)>0，所以f(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，故f(x)≥f(0)＝0.當－eq\f(1,2)<a<0時，當0<x<－eq\f(2a＋1,a)時，s′(x)<0，故s(x)在(0，－eq\f(2a＋1,a))上為減函數(shù)，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)為減函數(shù)，故在(0，－eq\f(2a＋1,a))上f(x)<f(0)＝0，不合題意，舍去．當a≥0時，s′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，同理可得在(0，＋∞)上f(x)<f(0)＝0恒成立，不合題意，舍去．綜上，a的取值范圍為(－∞，－eq\f(1,2)].11．【解析】(1)證明：因為a≤－1，所以f(x)＝ax＋lnx＋1≤－x＋lnx＋1，令m(x)＝－x＋lnx＋1(x>0)，則m′(x)＝－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(－x＋1,x)，當0<x<1時，m′(x)>0，m(x)單調(diào)遞增，當x>1時，m′(x)<0，m(x)單調(diào)遞減，所以m(x)≤m(1)＝0，所以f(x)≤m(x)≤0.(2)因為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)，則g′(x)＝eq\f(2x2e2x＋lnx,x2)，令φ(x)＝2x2e2x＋lnx，則φ′(x)＝4xe2x＋4x2e2x＋eq\f(1,x)>0，所以φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又因為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，當x∈(0，x0)時，φ(x)<0，即g′(x)<0，此時函數(shù)g(x)單調(diào)遞減；當x∈(x0，＋∞)時，φ(x)>0，即g′(x)>0，此時函數(shù)g(x)單調(diào)遞增．故g(x)min＝g(x0)＝eq\f(x0e2x0－lnx0－1,x0)，因為2xeq\o\al(2,0)e2x0＋lnx0＝0，所以2xeq\o\al(2,0)e2x0＝－lnx0＝lneq\f(1,x0)，則2x0e2x0＝eq\f(1,x0)lneq\f(1,x0)＝(lneq\f(1,x0))·elneq\f(1,x0)，令h(t)＝tet(t>0)，則h′(t)＝et＋tet>0，所以h(t)＝tet(t>0)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則有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，則a≤2，故a的取值范圍為(－∞，2].12．【解析】(1)因為f(x)＝x－x3eax＋b，x∈R，所以f′(x)＝1－(3x2＋ax3)eax＋b，因為f(x)在(1，f(1))處的切線方程為y＝－x＋1，所以f(1)＝－1＋1＝0，f′(1)＝－1，則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)，則g′(x)＝－x(x2－6x＋6)e－x+1，令x2－6x＋6＝0，解得x＝3±eq\r(3)，不妨設(shè)x1＝3－eq\r(3)，x2＝3＋eq\r(3)，則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，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－∞，0)，(x1，x2)上單調(diào)遞增，即g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，3－eq\r(3))和(3＋eq\r(3)，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，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，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－∞，0)，(x1，x2)上單調(diào)遞增，當x<0時，f′(－1)＝1－4e2<0，f′(0)＝1>0，即f′(－1)f′(0)<0，所以f′(x)在(－∞，0)上存在唯一零點，不妨設(shè)為x3，則－1<x3<0，此時，當x<x3時，f′(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減；當x3<x<0時，f′(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)在(－∞，0)上有一個極小值點．當x∈(0，x1)時，f′(x)在(0，x1)上單調(diào)遞減，則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)上存在唯一零點，不妨設(shè)為x4，則0<x4<x1，此時，當0<x<x4時，f′(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增；當x4<x<x1時，f′(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減．所以f(x)在(0，x1)上有一個極大值點．當x∈(x1，x2)時，f′(x)在(x1，x2)上單調(diào)遞增，則f′(x2)＝f′(3＋eq\r(3))>f′(3)＝1>0，故f′(x1)f′(x2)<0，所以f′(x)在(x1，x2)上存在唯一零點，不妨設(shè)為x5，則x1<x5<x2，此時，當x1<x<x5時，f′(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減；當x5<x<x2時，f′(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)在(x1，x2)上有一個極小值點．當x>x2＝3＋eq\r(3)>3時，3x2－x3＝x2(3－x)<0，所以f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1>0，則f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)在(x2，＋∞)上無極值點．綜上，f(x)共有3個極值點．

第64講導(dǎo)數(shù)與不等式的綜合問題eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓(xùn)練手冊P463))1．【解析】A令g(x)＝2f(x)－x－1，則g′(x)＝2f′(x)－1>0，所以g(x)在R上為增函數(shù)．又g(1)＝2f(1)－1－1＝0，所以g(x)<0x<1，即原不等式的解集為{x|x<1}．故選A.2．【解析】A設(shè)F(x)＝eq\f(f(x),x)，則F′(x)＝eq\f(xf′(x)－f(x),x2)≤0，故F(x)＝eq\f(f(x),x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)或常函數(shù)，由0<a<b有eq\f(f(a),a)≥eq\f(f(b),b)af(b)≤bf(a).故選A.3．【解析】C已知速度為xkm/h，則時間為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.當x∈(0，90)時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當x∈(90，120)時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．所以x＝90時，函數(shù)f(x)取得最小值．故選C.4．【解析】C由題意知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).所以建造費用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))，則y′＝14πr－eq\f(56π,r2)＝eq\f(14π(r3－4),r2).當r∈(0，eq\r(3,4))時，y′<0，當r∈(eq\r(3,4)，eq\r(3,14))時，y′>0.所以當r＝eq\r(3,4)時，該容器的建造費用最?。蔬xC.5．【解析】B因為f(ex)＝4ax－3ex，所以f(x＋1)≥4ax－3ex在(0，＋∞)上恒成立，等價于f(x＋1)≥f(ex)在(0，＋∞)上恒成立．因為x∈(0，＋∞)時，1<x＋1<ex，所以只需f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，即x>1，f′(x)≤0恒成立，即x>1時，f′(x)＝eq\f(4a,x)－3≤0恒成立，a≤eq\f(3,4)x，所以a≤eq\f(3,4).故選B.6．【解析】B因為(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.設(shè)f(x)＝xex－λx，問題轉(zhuǎn)化為f(b－a)＋f(－b)≥0對任意的a，b∈R恒成立，則有b－a＝－b時，f(b－a)＋f(－b)≥0對任意的a，b∈R仍然成立．則問題轉(zhuǎn)化為f(x)≥0對任意的x∈R恒成立．當x＝0時，顯然成立；當x<0時，λ≥ex，所以λ≥1；當x>0時，λ≤ex，所以λ≤1.綜上λ＝1.故選B.7．【解析】AC依題意可知x>0，y>0，不等式4lnx＋2ln(2y)≥x2＋8y－4可化為ln[(eq\f(1,2)x2)·(4y)]≥eq\f(1,2)x2＋4y－2，設(shè)a＝eq\f(1,2)x2，b＝4y，則ln(ab)≥a＋b－2，即lna－a＋1＋(lnb－b＋1)≥0，設(shè)f(x)＝lnx－x＋1(x>0)，f′(x)＝eq\f(1－x,x)，所以在區(qū)間(0，1)上，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；在區(qū)間(1，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．所以f(x)≤f(1)＝0，所以要使f(a)＋f(b)≥0成立，則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)，則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正確．故選AC.8．【解析】(1)由題意得f(x)的定義域為(0，＋∞)，則f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)，當a≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，無極值；當a>0時，令f′(x)<0，則x>eq\f(1,a)，令f′(x)>0，則0<x<eq\f(1,a)，即f(x)在(0，eq\f(1,a))上單調(diào)遞增，在(eq\f(1,a)，＋∞)上單調(diào)遞減，故x＝eq\f(1,a)為函數(shù)f(x)的極大值點，函數(shù)極大值為f(eq\f(1,a))＝－lna，無極小值．(2)證明：設(shè)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，則h′(x)＝(x＋1)ex>0(x>0)，即h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，h(0)＝－1<0，h(1)＝e－1>0，故x0∈(0，1)，使得h(x0)＝0，即x0ex0＝1，當x∈(0，x0)時，h(x)<0，g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，當x∈(x0，＋∞)時，h(x)>0，g(x)在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(x)min＝g(x0)＝x0ex0－lneq\f(1,ex0)－x0－1＝0，即g(x)≥0，即xex≥lnx＋x＋1，則lnx＋x＋1≤xex.9．【解析】ABD由ea＋lnb＝1，可得ea＝1－lnb，因為a>0，所以1－lnb>1，所以0<b<1.令f(x)＝ex－x－1，則f′(x)＝ex－1，當x>0時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當x<0時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，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正確；由ex≥x＋1可得x≥ln(x＋1)，可得x－1≥lnx(x＝1時取等號)，因為0<b<1，所以lnb<b－1，1＝ea＋lnb<ea＋b－1，所以ea＋b>2，B正確；當b＝eq\f(1,e)時，ea－1＝1，則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錯誤；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，則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，＋∞)上單調(diào)遞增，h(x)>h(1)＝1，所以a＋b>1，故D正確．故選ABD.10．【解析】(1)由題意得f′(x)＝k－cosx，x∈(0，eq\f(π,2))，當k≥1時，f′(x)>0恒成立，所以y＝f(x)在x∈(0，eq\f(π,2))為增函數(shù)，f(x)>f(0)＝0恒成立．當k<1時，存在x0∈(0，eq\f(π,2))，使得f′(x0)＝0，所以y＝f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，當x∈(0，x0)時，f(x)<f(0)＝0，與f(x)>0矛盾．綜上所述，實數(shù)k的取值范圍為[1，＋∞).(2)證明：由(1)知x－sinx>0恒成立，所以原不等式等價于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)，則h(t)＝eq\f(1,t2)＋2t－3，h′(t)＝－eq\f(2,t3)＋2<0，所以y＝h(t)在(0，1)上是減函數(shù)，又t＝cosx在x∈(0，eq\f(π,2))上也是減函數(shù)，所以y＝g′(x)在(0，eq\f(π,2))上為增函數(shù)．又因為g′(0)＝0，所以x∈(0，eq\f(π,2))時，g′(x)>0，所以y＝g(x)在(0，eq\f(π,2))上為增函數(shù)．又因為g(0)＝0，所以g(x)＝tanx＋2sinx－3x>0在x∈(0，eq\f(π,2))成立，命題得證．11．【解析】(1)當a＝1時，f(x)＝2x－sinx－lnx，則f′(x)＝2－cosx－eq\f(1,x)，當x≥1時，f′(x)≥1－cosx≥0，故f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，不存在極值點．當0<x<1時，令h(x)＝2－cosx－eq\f(1,x)，則h′(x)＝sinx＋eq\f(1,x2)>0恒成立，故函數(shù)h(x)即f′(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，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，所以當0<x<x0時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x0<x<1時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．故在(0，1)上存在唯一極值點，綜上，當a＝1時，函數(shù)f(x)的極值點有且僅有一個．(2)證明：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)，則g′(x)＝1－cosx≥0，故g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當0<x1<x2時，有g(shù)(x1)<g(x2)，即x1－sinx1<x2－sinx2，那么sinx1－sinx2>x1－x2，因此(*)即轉(zhuǎn)化為eq\r(a)>eq\f(x1－x2,lnx1－lnx2)，接下來證明eq\f(x1－x2,lnx1－lnx2)>eq\r(x1x2)(0<x1<x2)，等價于證明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)，建構(gòu)新函數(shù)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，則φ(t)在(0，1)上單調(diào)遞減，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)得證，由不等式的傳遞性知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)，則φ′(x)＝(x＋1)ex>0對任意的x>0恒成立，所以函數(shù)φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，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)，則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)，當0<t<1時，h′(t)>0；當t>1時，h′(t)<0.所以h(t)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則h(t)max＝h(1)＝eq\f(1,e).13．【解析】(1)當a＝－1時，f′(x)＝eq\f(1,\r(x))＋eq\f(1,x)＋1，f′(1)＝3，所以曲線y＝f(x)在點P(1，2)處的切線方程為y＝3x－1.(2)證明：由f′(x)＝0，得eq\f(1,\r(x))－eq\f(a,x)－a＝0，令t＝eq\r(x)，則t>0，原方程可化為at2－t＋a＝0，①則t1＝eq\r(x1)，t2＝eq\r(x2)是方程①的兩個不同的根，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，因為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)證明：由題意可知，g(x)＝2eq\r(x)－lnx－1，所以g′(x)＝eq\f(\r(x)－1,x)，當x∈(0，1)時，g′(x)<0，所以函數(shù)y＝g(x)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞減，當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，所以函數(shù)y＝g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，因為0<a1<1，所以a2＝g(a1)>g(1)＝1，a3＝g(a2)>g(1)＝1，以此類推，當n≥2時，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，所以函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減，當n≥2時，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講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用——導(dǎo)數(shù)與方程eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓(xùn)練手冊P466))1．【解析】A由三次函數(shù)的圖象與x軸恰有兩個公共點，結(jié)合函數(shù)的圖象，可得極大值或極小值為零即可滿足要求．而f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，當x＝±1時，取得極值，由f(1)＝0或f(－1)＝0，可得c－2＝0或c＋2＝0，所以c＝±2.故選A.2．【解析】C因為f(x)＝－x3＋3x＋a，所以f′(x)＝－3x2＋3＝－3(x＋1)(x－1)，所以當x∈(－1，1)時，f′(x)>0，即函數(shù)f(x)在(－1，1)上單調(diào)遞增，當x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)時，f′(x)<0，即函數(shù)f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當x＝－1時f(x)取得極小值，當x＝1時f(x)取得極大值，要使函數(shù)f(x)＝－x3＋3x＋a恰有1個零點，則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，＋∞)，故選C.3．【解析】AB由題意知，x＝0不是零點，函數(shù)f(x)的零點可轉(zhuǎn)化為a＝eq\f(xex－1,x)(x≠0)，即直線y＝a與函數(shù)F(x)＝eq\f(xex－1,x)(x≠0)的圖象的交點個數(shù)．因為F′(x)＝eq\f(exx2＋1,x2)>0，所以F(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，其大致圖象如下．顯然，當a≤0時，零點個數(shù)為1，當a>0時，零點個數(shù)為2.故選AB.4．【解析】A因為f(1)＝2sin1－πl(wèi)n1＝2sin1>0，f(e)＝2sine－π<0，所以x0∈(1，e)，即①正確．由題意得f′(x)＝2cosx－eq\f(π,x).當x∈(0，eq\f(π,2))時，eq\f(π,x)>2，f′(x)<0；當x＝eq\f(π,2)時，f′(x)＝－2<0；當x∈(eq\f(π,2)，π)時，1<eq\f(π,x)<2，則f′(x)<0.綜上可知，f′(x)<0，f(x)在(0，π)上為減函數(shù)，所以f(x1)>f(x2)，即f(x1)－f(x2)>0，④正確．故選A.5．【解析】AC對于A，因為f(x)＝x3＋x2＋ax－4有3個不同的零點x1，x2，x3，所以不妨設(shè)f(x)＝(x－x1)(x－x2)(x－x3)，易知f(x)展開式中的常數(shù)項為－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正確；對于B，因為f(x)＝x3＋x2－4x－4＝(x－2)(x＋2)(x＋1)，令f(x)<0，即(x－2)(x＋2)(x＋1)<0，利用數(shù)軸穿根法，解得x<－2或－1<x<2，B錯誤；對于C，易得f′(x)＝3x2＋2x－4，當切線斜率為1時，令f′(x)＝3x2＋2x－4＝1，解得x＝－eq\f(5,3)或x＝1，當x＝1時，f(1)＝(1－2)(1＋2)(1＋1)＝－6，此時切線為y＋6＝x－1，即y＝x－7，C正確；對于D，因為f(－3)＝(－3－2)(－3＋2)·(－3＋1)＝－10，又f(1)＝－6，所以f(－3)≠f(1)，所以點(－1，0)不是曲線y＝f(x)的對稱中心，D錯誤．故選AC.6．【解析】[1，＋∞)因為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，當且僅當x＝0時，取等號，則ln(ax)－x＋1＝0在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)有解，所以ax＝ex-1在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)有解，即a＝eq\f(ex-1,x)在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)有解．設(shè)f(x)＝eq\f(ex-1,x)(x>0)，則f′(x)＝eq\f(ex-1(x－1),x2)，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，而f(1)＝1，當x→0時，f(x)→＋∞，當x→＋∞時，f(x)→＋∞，所以要使a＝eq\f(ex-1,x)在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)有解，只需a≥1.7．【解析】(1)因為f(x)＝ex－4sinx，所以f′(x)＝ex－4cosx，則f(0)＝1，f′(0)＝－3，故所求切線方程為y－1＝－3(x－0)，即3x＋y－1＝0.(2)證明：設(shè)g(x)＝f′(x)＝ex－4cosx，則g′(x)＝ex＋4sinx.顯然當x∈[0，π]時，g′(x)>0，當x∈[π，＋∞)時，g′(x)>eπ－4>0，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，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.則當x∈(0，x0)時，f′(x)<0，當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增．因為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，＋∞)上有兩個零點．8．【解析】(1)依題意得，f(0)＝－1＝a，此時f(x)＝sin2x－ex－x，得f′(x)＝sin2x－ex－1，則切線斜率為f′(0)＝－2，故切線方程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)，則g′(x)＝aex－1，令g′(x)>0，得x>－lna，令g′(x)<0，得x<－lna.所以g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－lna)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－lna，＋∞)，所以g(x)≥g(－lna)＝1＋lna－a.當a＝1時，1＋lna－a＝0，所以g(x)≥0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上有且僅有一個零點．當0<a<1時，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)上單調(diào)遞增，所以r(a)<r(1)＝0，即g(－lna)<0，又g(0)＝0，所以g(x)在(－∞，－lna)上有一個零點，又g(－2lna)＝eq\f(1,a)＋2lna－a，令φ(a)＝eq\f(1,a)＋2lna－a(0<a<1)，則φ′(a)＝－eq\f((a－1)2,a2)<0，所以φ(a)在(0，1)上單調(diào)遞減，所以φ(a)>φ(1)＝0，所以g(－2lna)>0，所以g(x)在(－lna，－2lna)上有一個零點．綜上所述，當a＝1時，g(x)有一個零點；當0<a<1時，g(x)有2個零點．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處取得極值，可