復(fù)習講義答案精析專題一函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第1講函數(shù)的圖象與性質(zhì)例1(1)B(2)(－2，－1)∪(0，＋∞)跟蹤演練1(1)C(2)AB例2(1)A[方法一(特值法)取x＝1，則y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,3)))cos1＝eq\f(8,3)cos1>0；取x＝－1，則y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－3))cos(－1)＝－eq\f(8,3)cos1<0.結(jié)合選項知選A.方法二令y＝f(x)，則f(－x)＝(3－x－3x)cos(－x)＝－(3x－3－x)cosx＝－f(x)，所以函數(shù)y＝(3x－3－x)cosx是奇函數(shù)，排除B，D；取x＝1，則y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,3)))cos1＝eq\f(8,3)cos1>0，排除C，故選A.](2)A[對于選項B，當x＝1時，y＝0，與圖象不符，故排除B；對于選項D，當x＝3時，y＝eq\f(1,5)sin3＞0，與圖象不符，故排除D；對于選項C，當0＜x＜eq\f(π,2)時，0＜cosx＜1，故y＝eq\f(2xcosx,x2＋1)＜eq\f(2x,x2＋1)≤1，與圖象不符，所以排除C.故選A.]例3(1)D(2)B[作出f(x)的大致圖象如圖，交點橫坐標為x1，x2，x3，自左向右依次排列，由圖可知，x1，x2關(guān)于直線x＝－1軸對稱，即x1＋x2＝－2，又x3>0，∴x1＋x2＋x3>－2.由圖象知，當x>－2時，f(x)∈[0,1]，∴f(x1＋x2＋x3)∈[0,1]．]跟蹤演練2(1)C(2)A例4B例5BC[方法一(轉(zhuǎn)化法)因為f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))，g(2＋x)均為偶函數(shù)，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋2x))，即f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－x))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋x))，g(2＋x)＝g(2－x)，所以f(3－x)＝f(x)，g(4－x)＝g(x)，則f(－1)＝f(4)，故C正確；函數(shù)f(x)，g(x)的圖象分別關(guān)于直線x＝eq\f(3,2)，x＝2對稱，又g(x)＝f′(x)，且函數(shù)f(x)可導(dǎo)，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝0，g(3－x)＝－g(x)，所以g(4－x)＝g(x)＝－g(3－x)，所以g(x＋2)＝－g(x＋1)＝g(x)，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝0，g(－1)＝g(1)＝－g(2)，故B正確，D錯誤；若函數(shù)f(x)滿足題設(shè)條件，則函數(shù)f(x)＋C(C為常數(shù))也滿足題設(shè)條件，所以無法確定f(0)的函數(shù)值，故A錯誤．方法二(特例法)因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))，g(2＋x)均為偶函數(shù)，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(3,2)對稱，函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱．取符合題意的一個函數(shù)f(x)＝1(x∈R)，則f(0)＝1，排除A；取符合題意的一個函數(shù)f(x)＝sinπx，則f′(x)＝πcosπx，即g(x)＝πcosπx，所以g(－1)＝πcos(－π)＝－π，g(2)＝πcos2π＝π，所以g(－1)≠g(2)，排除D.故選BC.]跟蹤演練3(1)(0,1)(2)A第2講基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程例1(1)B(2)A跟蹤演練1(1)A(2)[1，＋∞)例2D[當x∈[0,1]時，f(x)＝2x－1，函數(shù)y＝f(x)的周期為2且為偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對稱，可作出函數(shù)f(x)的圖象．函數(shù)y＝log5|x|的圖象關(guān)于y軸對稱，函數(shù)y＝g(x)的零點，即為兩函數(shù)圖象交點的橫坐標，當x>5時，y＝log5|x|>1，此時兩函數(shù)圖象無交點，如圖，又兩函數(shù)的圖象在x>0上有4個交點，由對稱性知兩函數(shù)的圖象在x<0上也有4個交點，且它們關(guān)于y軸對稱，可得函數(shù)g(x)＝f(x)－log5|x|的零點個數(shù)為8.]例3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞))解析因為函數(shù)f(x)＝ex和g(x)＝kx2的圖象有三個不同交點，所以方程ex＝kx2有三個不同的實數(shù)根，顯然x＝0不是方程的實數(shù)根，所以方程eq\f(ex,x2)＝k(k>0)有三個不同的非零實數(shù)根，令h(x)＝eq\f(ex,x2)，則h′(x)＝eq\f(x－2ex,x3)，所以當x<0時，h′(x)>0，當0<x<2時，h′(x)<0，當x>2時，h′(x)>0，所以函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,x2)在(－∞，0)和(2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0,2)上單調(diào)遞減，因為當x趨近于－∞時，h(x)趨近于0，當x趨近于＋∞時，h(x)趨近于＋∞，當x趨近于0時，h(x)趨近于＋∞，所以函數(shù)h(x)的大致圖象如圖所示，h(2)＝eq\f(e2,4)，所以當方程eq\f(ex,x2)＝k(k>0)有三個不同的實數(shù)根時，k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞)).跟蹤演練2(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))(2)16例4(1)B(2)D[由于L＝，所以L＝0.5×，依題意0.45＝0.5×?D＝eq\f(9,10)，則L＝0.5×，由L＝0.5×<0.05得<eq\f(1,10)，<lg

eq\f(1,10)，eq\f(G,22)lg

eq\f(9,10)<－1，G·(lg9－lg10)<－22，G·(lg10－lg9)>22，所以G>eq\f(22,lg10－lg9)，G>eq\f(22,1－2lg3)≈eq\f(22,1－2×0.4771)＝eq\f(22,0.0458)≈480.35，所以所需的訓(xùn)練迭代輪數(shù)至少為481輪．]跟蹤演練3(1)C(2)C第3講導(dǎo)數(shù)的幾何意義及函數(shù)的單調(diào)性例1(1)B(2)(－∞，－4)∪(0，＋∞)跟蹤演練1(1)y＝eq\f(1,e)xy＝－eq\f(1,e)x(2)B例2解(1)f′(x)＝(x＋1)(aex－2)，則f′(0)＝a－2，由已知得(a－2)a＝－1，解得a＝1.(2)f′(x)＝(x＋1)(aex－2)，①當a≤0時，aex－2<0，所以f′(x)>0?x<－1，f′(x)<0?x>－1，則f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減；②當a>0時，令aex－2＝0，得x＝ln

eq\f(2,a)，(ⅰ)當0<a<2e時，ln

eq\f(2,a)>－1，所以f′(x)>0?x<－1或x>ln

eq\f(2,a)，f′(x)<0?－1<x<ln

eq\f(2,a)，則f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，ln

\f(2,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln

\f(2,a)，＋∞))上單調(diào)遞增；(ⅱ)當a＝2e時，f′(x)＝2(x＋1)(ex＋1－1)≥0，則f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；(ⅲ)當a>2e時，ln

eq\f(2,a)<－1，所以f′(x)>0?x<ln

eq\f(2,a)或x>－1，f′(x)<0?ln

eq\f(2,a)<x<－1，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln

\f(2,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln

\f(2,a)，－1))上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上，當a≤0時，f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減；當0<a<2e時，f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，ln

\f(2,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln

\f(2,a)，＋∞))上單調(diào)遞增；當a＝2e時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當a>2e時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln

\f(2,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln

\f(2,a)，－1))上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增．跟蹤演練2解(1)∵t＝2，∴f(x)＝eq\f(lnx－ln2,x－2)，∴f′(x)＝eq\f(\f(x－2,x)－lnx＋ln2,x－22)，∴f′(1)＝ln2－1，又f(1)＝ln2，∴切線方程為y－ln2＝(ln2－1)(x－1)，即y＝(ln2－1)x＋1.(2)f(x)＝eq\f(lnx－lnt,x－t)，∴f(x)的定義域為(0，t)∪(t，＋∞)，且t>0，f′(x)＝eq\f(1－\f(t,x)－lnx＋lnt,x－t2)，令φ(x)＝1－eq\f(t,x)－lnx＋lnt，x>0且x≠t，φ′(x)＝eq\f(t,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(t－x,x2)，∴當x∈(0，t)時，φ′(x)>0，當x∈(t，＋∞)時，φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，t)上單調(diào)遞增，在(t，＋∞)上單調(diào)遞減，∴φ(x)<φ(t)＝0，∴f′(x)<0，∴f(x)在(0，t)，(t，＋∞)上單調(diào)遞減．即f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，t)，(t，＋∞)，無單調(diào)遞增區(qū)間．例3(1)D[f′(x)＝ex(cosx－a)＋ex(－sinx)＝ex(cosx－sinx－a)，∵f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，∴f′(x)≤0在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上恒成立，即cosx－sinx－a≤0恒成立，即a≥cosx－sinx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))恒成立，∵－eq\f(π,2)<x<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,4)<x＋eq\f(π,4)<eq\f(3π,4)，∴－1<eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≤eq\r(2)，∴a≥eq\r(2).](2)C[設(shè)u(x)＝xex(0<x≤0.1)，v(x)＝eq\f(x,1－x)(0<x≤0.1)，w(x)＝－ln(1－x)(0<x≤0.1)．則當0<x≤0.1時，u(x)>0，v(x)>0，w(x)>0.①設(shè)f(x)＝ln[u(x)]－ln[v(x)]＝lnx＋x－[lnx－ln(1－x)]＝x＋ln(1－x)(0<x≤0.1)，則f′(x)＝1－eq\f(1,1－x)＝eq\f(x,x－1)<0在(0,0.1]上恒成立，所以f(x)在(0,0.1]上單調(diào)遞減，所以f(0.1)<f(0)＝0＋ln(1－0)＝0，即ln[u(0.1)]－ln[v(0.1)]<0，所以ln[u(0.1)]<ln[v(0.1)]．又函數(shù)y＝lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以u(0.1)<v(0.1)，即0.1e0.1<eq\f(1,9)，所以a<b.②設(shè)g(x)＝u(x)－w(x)＝xex＋ln(1－x)(0<x≤0.1)，則g′(x)＝(x＋1)ex－eq\f(1,1－x)＝eq\f(1－x2ex－1,1－x)(0<x≤0.1)．設(shè)h(x)＝(1－x2)ex－1(0<x≤0.1)，則h′(x)＝(1－2x－x2)ex>0在(0,0.1]上恒成立，所以h(x)在(0,0.1]上單調(diào)遞增，所以h(x)>h(0)＝(1－02)·e0－1＝0，即g′(x)>0在(0,0.1]上恒成立，所以g(x)在(0,0.1]上單調(diào)遞增，所以g(0.1)>g(0)＝0·e0＋ln(1－0)＝0，即g(0.1)＝u(0.1)－w(0.1)>0，所以0.1e0.1>－ln0.9，即a>c.綜上，c<a<b，故選C.]跟蹤演練3(1)A(2)A第4講函數(shù)的極值、最值例1解(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，當a＝1時，f(x)＝eq\f(1,2)x2－2x＋lnx＋2，f′(x)＝x－2＋eq\f(1,x)＝eq\f(x2－2x＋1,x)＝eq\f(x－12,x)≥0，當且僅當x＝1時，f′(x)＝0，所以當a＝1時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間．(2)f(x)＝eq\f(a,2)x2－(2a2－a＋1)x＋(2a－1)lnx＋2，f′(x)＝ax－(2a2－a＋1)＋eq\f(2a－1,x)＝eq\f(ax2－2a2－a＋1x＋2a－1,x)＝eq\f(ax－1[x－2a－1],x)，由f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,a)或x＝2a－1，①若0<a≤eq\f(1,2)，則2a－1≤0，eq\f(1,a)≥2，故當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增．所以f(x)有一個極小值點eq\f(1,a)，即x0＝eq\f(1,a)，所以eq\f(1,a)>3，解得0<a<eq\f(1,3).②若eq\f(1,2)<a<1，則0<2a－1<eq\f(1,a)，故當x∈(0,2a－1)時，f′(x)>0，f(x)在(0,2a－1)上單調(diào)遞增；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a－1，\f(1,a)))時，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a－1，\f(1,a)))上單調(diào)遞減；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增．所以f(x)有一個極小值點eq\f(1,a)，即x0＝eq\f(1,a)，所以eq\f(1,a)>3，解得0<a<eq\f(1,3)，沒有符合題意的a.③若a>1，則0<eq\f(1,a)<2a－1，故當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2a－1))時，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2a－1))上單調(diào)遞減；當x∈(2a－1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(2a－1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以f(x)有一個極小值點2a－1，即x0＝2a－1.所以2a－1>3，解得a>2.綜上，a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))∪(2，＋∞)．跟蹤演練1(1)D(2)D例2(1)B[因為函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，所以依題意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝－2，,f′1＝0，))而f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(b,x2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－2，,a－b＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－2，))所以f′(x)＝－eq\f(2,x)＋eq\f(2,x2)，因此函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，當x＝1時取最大值，滿足題意．所以f′(2)＝－1＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2).故選B.](2)C[由f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,lnx，x>0，))可得函數(shù)圖象如圖所示．令f(x1)＝f(x2)＝t，∴t≤1且x1＋1＝lnx2＝t，∴x1＝t－1，x2＝et，∴x2－x1＝et－(t－1)＝et－t＋1(t≤1)．令φ(t)＝et－t＋1(t≤1)，φ′(t)＝et－1，當t∈(－∞，0)時，φ′(t)<0，當t∈(0,1]時，φ′(t)>0，∴φ(t)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0,1]上單調(diào)遞增，∴φ(t)min＝φ(0)＝2，∴x2－x1的最小值為2.]跟蹤演練2(1)D(2)A例3－3解析由f(x)＝ax2－2x＋lnx(x>0)，得f′(x)＝2ax－2＋eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－2x＋1,x)(x>0)，若函數(shù)f(x)＝ax2－2x＋lnx有兩個不同的極值點x1，x2，則方程2ax2－2x＋1＝0有兩個不相等的正實根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝4－8a>0，,x1＋x2＝\f(1,a)>0，,x1x2＝\f(1,2a)>0，))解得0<a<eq\f(1,2)，所以f(x1)＋f(x2)＝axeq\o\al(2,1)－2x1＋lnx1＋axeq\o\al(2,2)－2x2＋lnx2＝a[(x1＋x2)2－2x1x2]－2(x1＋x2)＋ln(x1x2)＝－eq\f(1,a)－1－ln2a，令h(a)＝－eq\f(1,a)－1－ln2aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<a<\f(1,2)))，則h′(a)＝eq\f(1－a,a2)>0，所以h(a)＝－eq\f(1,a)－1－ln2a在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，所以h(a)<heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－3，所以t≥－3.故實數(shù)t的最小值為－3.跟蹤演練3B第5講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用母題突破1導(dǎo)數(shù)與不等式的證明母題(1)解f′(x)＝ex－2x，f′(1)＝e－2，又f(1)＝e－1.∴切線方程為y－(e－1)＝(e－2)(x－1)，即y＝(e－2)x＋1.(2)證明令φ(x)＝f(x)－[(e－2)x＋1]＝ex－x2－(e－2)x－1(x>0)，φ′(x)＝ex－2x－(e－2)，令t(x)＝φ′(x)＝ex－2x－(e－2)，t′(x)＝ex－2，當x∈(0，ln2)時，t′(x)<0，當x∈(ln2，＋∞)時，t′(x)>0，∴φ′(x)在(0，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ′(0)＝3－e>0，φ′(1)＝0，∴φ′(ln2)<0，∴?x0∈(0，ln2)使φ′(x0)＝0，即當x∈(0，x0)∪(1，＋∞)時，φ′(x)>0，x∈(x0，1)時，φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ(0)＝0，φ(1)＝0，∴φ(x)min＝0，∴φ(x)≥0，即ex－x2－(e－2)x－1≥0，即ex＋(2－e)x－1≥x2，即eq\f(ex＋2－ex－1,x)≥x，要證eq\f(ex＋2－ex－1,x)≥lnx＋1，即證x≥lnx＋1，令h(x)＝x－lnx－1(x>0)，∴h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)min＝h(1)＝0，∴h(x)≥0，即x≥lnx＋1，則原不等式成立．[子題1]證明當a＝1時，g(x)＝eq\f(x2,2ex－x－1)，令φ(x)＝ex－x－1，x>0，∴φ′(x)＝ex－1>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)>φ(0)＝0，即ex－x－1>0.要證g(x)<1，即證eq\f(x2,2ex－x－1)<1，即證eq\f(x2,2)<ex－x－1.方法一即證ex－x－1－eq\f(x2,2)>0，令h(x)＝ex－x－1－eq\f(x2,2)，x>0，h′(x)＝ex－x－1>0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)>h(0)＝0，∴ex－x－1－eq\f(x2,2)>0，即證原不等式成立．方法二即證eq\f(x2,2)＋x＋1<ex，即證eq\f(\f(1,2)x2＋x＋1,ex)<1.令F(x)＝eq\f(\f(1,2)x2＋x＋1,ex)，x>0，∴F′(x)＝eq\f(－\f(1,2)x2,ex)<0，∴F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，當x→0時，F(xiàn)(x)→1，∴F(x)<1，因此eq\f(\f(1,2)x2＋x＋1,ex)<1，即證原不等式成立．[子題2]證明方法一f(x)＝ln

eq\f(e,x)＝1－lnx，欲證f(x)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)－x2))ex，只需證x(1－lnx)<(1＋x－x3)ex，設(shè)函數(shù)g(x)＝x(1－lnx)，則g′(x)＝－lnx，當x∈(0,1)時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以g(x)<g(1)＝1，設(shè)函數(shù)h(x)＝(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)，因為x∈(0,1)，所以x>x3，所以1＋x－x3>1，又1<ex<e，所以h(x)>1，所以g(x)<1<h(x)，即原不等式成立．方法二f(x)＝ln

eq\f(e,x)＝1－lnx.欲證f(x)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)－x2))ex，只需證eq\f(1－lnx,ex)＋x2－eq\f(1,x)<1，因為x∈(0,1)，所以1－lnx>0，ex>e0＝1，則只需證1－lnx＋x2－eq\f(1,x)<1，只需證lnx－x2＋eq\f(1,x)>0，令t(x)＝lnx－x2＋eq\f(1,x)，x∈(0,1)，則t′(x)＝eq\f(1,x)－2x－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1－2x3,x2)<eq\f(x－1,x2)<0，則函數(shù)t(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，則t(x)>t(1)＝ln1－12＋1＝0，所以lnx－x2＋eq\f(1,x)>0成立，即原不等式成立．跟蹤演練1．證明f(x)＝ln(1－x)，g(x)＝eq\f(x＋fx,xfx)＝eq\f(x＋ln1－x,xln1－x)，x<1且x≠0，當x∈(0,1)時，要證g(x)＝eq\f(x＋ln1－x,xln1－x)<1，∵x>0，ln(1－x)<0,∴xln(1－x)<0，即證x＋ln(1－x)>xln(1－x)，化簡得x＋(1－x)ln(1－x)>0；同理，當x∈(－∞，0)時，要證g(x)＝eq\f(x＋ln1－x,xln1－x)<1，∵x<0，ln(1－x)>0，∴xln(1－x)<0，即證x＋ln(1－x)>xln(1－x)，化簡得x＋(1－x)ln(1－x)>0，令h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)，再令t＝1－x，則t∈(0,1)∪(1，＋∞)，x＝1－t，令g(t)＝1－t＋tlnt，t∈(0,1)∪(1，＋∞)，g′(t)＝－1＋lnt＋1＝lnt，當t∈(0,1)時，g′(t)<0，g(t)單調(diào)遞減，假設(shè)g(1)能取到，則g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0；當t∈(1，＋∞)時，g′(t)>0，g(t)單調(diào)遞增，假設(shè)g(1)能取到，則g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0，綜上所述，g(x)＝eq\f(x＋ln1－x,xln1－x)<1在x∈(－∞，0)∪(0,1)上恒成立．2．證明先證不等式ex≥x＋1與x－1≥lnx，設(shè)g(x)＝ex－x－1，則g′(x)＝ex－1＝0?x＝0，可得g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)＝ex－x－1≥g(0)＝0，即ex≥x＋1；設(shè)h(x)＝x－1－lnx，則h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝0?x＝1，可得h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)＝x－1－lnx≥h(1)＝0，即x－1≥lnx.于是，當a≤1時，ex－a≥x－a＋1≥x＋a－1≥ln(x＋a)，注意到以上三個不等號的取等條件分別為x＝a，a＝1，x＋a＝1，它們無法同時取等，所以當a≤1時，ex－a>ln(x＋a)，即f(x)>0.母題突破2恒成立問題與有解問題母題解(1)當a＝1時，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，令φ(x)＝ex＋2x－1，由于φ′(x)＝ex＋2>0，故f′(x)單調(diào)遞增，注意到f′(0)＝0，故當x∈(－∞，0)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．(2)方法一由f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1得，ex＋ax2－x≥eq\f(1,2)x3＋1，其中x≥0.①當x＝0時，不等式為1≥1，顯然成立，符合題意；②當x>0時，分離參數(shù)a得，a≥－eq\f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，記g(x)＝－eq\f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，g′(x)＝－eq\f(x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3)，令h(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1(x≥0)，則h′(x)＝ex－x－1，令t(x)＝h′(x)，x≥0，則t′(x)＝ex－1≥0，故h′(x)單調(diào)遞增，h′(x)≥h′(0)＝0，故函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，h(x)≥h(0)＝0，由h(x)≥0可得ex－eq\f(1,2)x2－x－1≥0恒成立，故當x∈(0,2)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當x∈(2，＋∞)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；因此，g(x)max＝g(2)＝eq\f(7－e2,4)，綜上可得，a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，＋∞)).方法二f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1等價于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x≤1.設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x(x≥0)，則g′(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1－\f(3,2)x2＋2ax－1))e－x＝－eq\f(1,2)x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x＝－eq\f(1,2)x(x－2a－1)(x－2)e－x.①若2a＋1≤0，即a≤－eq\f(1,2)，則當x∈(0,2)時，g′(x)>0，所以g(x)在(0,2)上單調(diào)遞增，而g(0)＝1，故當x∈(0,2)時，g(x)>1，不符合題意．②若0<2a＋1<2，即－eq\f(1,2)<a<eq\f(1,2)，則當x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)時，g′(x)<0；當x∈(2a＋1,2)時，g′(x)>0，所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上單調(diào)遞減，在(2a＋1,2)上單調(diào)遞增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1，當且僅當g(2)＝(7－4a)e－2≤1，即a≥eq\f(7－e2,4).所以當eq\f(7－e2,4)≤a<eq\f(1,2)時，g(x)≤1.③若2a＋1≥2，即a≥eq\f(1,2)，則g(x)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x.由于0∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，\f(1,2)))，故由②可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x≤1.故當a≥eq\f(1,2)時，g(x)≤1.綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，＋∞)).[子題1]解因為f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解，當x＝0時，不等式成立，此時a∈R，當x>0時，a≥eq\f(ex,x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))在(0，＋∞)上有解，令g(x)＝eq\f(ex,x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))，則g′(x)＝eq\f(exx－1,x2)－eq\f(x2－1,x2)＝eq\f(x－1[ex－x＋1],x2).顯然當x>0時，ex>x＋1，即ex－(x＋1)>0，當0<x<1時，g′(x)<0；當x>1時，g′(x)>0，所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當x＝1時，g(x)min＝e－2，所以a≥e－2，綜上可知，實數(shù)a的取值范圍是[e－2，＋∞)．[子題2]解若x≥0時，f(x)≥1－ln(x＋1)，即ex＋ax＋ln(x＋1)－1≥0.(*)令g(x)＝ex＋ax＋ln(x＋1)－1，則g′(x)＝ex＋eq\f(1,x＋1)＋a，令φ(x)＝ex＋eq\f(1,x＋1)＋a，則φ′(x)＝ex－eq\f(1,x＋12)＝eq\f(x＋12ex－1,x＋12)≥0，∴函數(shù)φ(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，φ(0)＝2＋a.(1)若a≥－2，φ(0)＝2＋a≥0，∴φ(x)≥0，∴g′(x)≥0.函數(shù)g(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增．∴g(x)≥g(0)＝0.∴(*)式恒成立．(2)若a<－2，由φ(0)＝2＋a<0，當x→＋∞時，φ(x)→＋∞.故?x0∈(0，＋∞)，使得φ(x0)＝0，則當0<x<x0時，φ(x)<φ(x0)＝0，即g′(x)<0.∴函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，x0)上單調(diào)遞減，∴g(x0)<g(0)＝0，即(*)式不恒成立．綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是[－2，＋∞)．跟蹤演練1．解(1)f′(x)＝lnx＋1，f′(1)＝1，又f(1)＝0，故f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝x－1.(2)當x≥1時，令g(x)＝xlnx－a(x2－1)，得g(1)＝0，g′(x)＝lnx＋1－2ax，令h(x)＝lnx＋1－2ax，則h′(x)＝eq\f(1,x)－2a＝eq\f(1－2ax,x).①若a≤0，得h′(x)>0，則g′(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，故g′(x)≥g′(1)＝1－2a≥0，所以g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(1)＝0，從而xlnx－a(x2－1)≥0，不符合題意；②若a>0，令h′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2a).(ⅰ)若0<a<eq\f(1,2)，則eq\f(1,2a)>1，當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))時，h′(x)>0，g′(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調(diào)遞增，從而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0，所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調(diào)遞增，此時g(x)≥g(1)＝0，不符合題意；(ⅱ)若a≥eq\f(1,2)，則0<eq\f(1,2a)≤1，h′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以g′(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0，從而g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)≤g(1)＝0，所以xlnx－a(x2－1)≤0恒成立．綜上所述，a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).2．解(1)因為h(x)＝g(x)＋eq\f(xfx－x,ex)＝lnx＋ax，x>0，所以h′(x)＝eq\f(1,x)＋a，若a≥0，則h′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；若a<0，則當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))時，h′(x)>0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))時，h′(x)<0.故h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．綜上所述，當a≥0時，h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當a<0時，h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)由xf(x)<－g(x)＋1等價于a<eq\f(－lnx－x＋1,xex)＝eq\f(－lnxex＋1,xex)，令t＝xex(t>0)，φ(t)＝eq\f(－lnt＋1,t)，則φ′(t)＝eq\f(lnt－2,t2)，由φ′(t)＝0，可得t＝e2，當t∈(0，e2)時，φ′(t)<0，φ(t)單調(diào)遞減；當t∈(e2，＋∞)時，φ′(t)>0，φ(t)單調(diào)遞增．故φ(t)min＝φ(e2)＝－eq\f(1,e2)，所以a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e2))).母題突破3零點問題母題解(1)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)的定義域為{x|x≠0}，f′(x)＝eq\f(exx－ex,x2)＝eq\f(exx－1,x2)，令f′(x)＝0，得x＝1.當x∈(－∞，0)時，f′(x)<0；當x∈(0,1)時，f′(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)在區(qū)間(－∞，0)，(0,1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(ex,x)－tanx＝0，得xsinx－excosx＝0.設(shè)h(x)＝xsinx－excosx，所以h′(x)＝ex(sinx－cosx)＋(xcosx＋sinx)．①當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時，可知sinx－cosx<0，xcosx＋sinx<0，所以h′(x)＝ex(sinx－cosx)＋(xcosx＋sinx)<0，從而h(x)＝xsinx－excosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞減，又h(0)＝－1，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝eq\f(π,2)>0，由零點存在定理及h(x)的單調(diào)性，得h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上有一個零點．②當x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時，cosx≥sinx>0，由(1)知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時，函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(ex,x)－tanx單調(diào)遞減，F(xiàn)(x)min＝Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上無零點．③當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時，sinx>cosx>0，h′(x)＝ex(sinx－cosx)＋(xcosx＋sinx)>0，則h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增．又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)>0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)·eq\f(π,4)－eq\f(\r(2),2)·所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上存在一個零點．綜上，h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上零點個數(shù)為2，即F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的零點個數(shù)為2.[子題1]解f(x)＝eq\f(xa,ax)＝1?ax＝xa?xlna＝alnx?eq\f(lnx,x)＝eq\f(lna,a)，設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(lnx,x)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令g′(x)＝0，得x＝e，在(0，e)上，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；在(e，＋∞)上，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，∴g(x)max＝g(e)＝eq\f(1,e)，又g(1)＝0，當x→＋∞時，g(x)→0，∴曲線y＝f(x)與直線y＝1有且僅有兩個交點，即曲線y＝g(x)與直線y＝eq\f(lna,a)有兩個交點的充要條件是0<eq\f(lna,a)<eq\f(1,e)，即0<g(a)<g(e)，∴a的取值范圍是(1，e)∪(e，＋∞)．[子題2]證明因為H(x)＝aln(x＋1)＋x2－ax＋1，所以H′(x)＝eq\f(x2x＋2－a,x＋1)(x>－1)，令H′(x)＝0，x1＝0，x2＝eq\f(a,2)－1.①當a＝2時，H′(x)≥0，函數(shù)H(x)在定義域(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，至多有一個零點；②當a≤0時，eq\f(a,2)－1≤－1，令H′(x)>0，得x>0，令H′(x)<0，得－1<x<0，所以函數(shù)H(x)在區(qū)間(－1,0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則函數(shù)H(x)在x＝0時有最小值H(0)＝1>0，此時函數(shù)H(x)無零點．③當0<a<2時，－1<eq\f(a,2)－1<0，令H′(x)>0，得－1<x<eq\f(a,2)－1或x>0，令H′(x)<0，得eq\f(a,2)－1<x<0，所以函數(shù)H(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(a,2)－1))，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1，0))上單調(diào)遞減．因為函數(shù)H(0)＝1>0，所以Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1))>0，且H(x)>0在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1，＋∞))上恒成立．H(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(a,2)－1))上至多有一個零點．所以當0<a<2時，函數(shù)H(x)在區(qū)間(－1，＋∞)上至多有一個零點．綜上，當a≤2時，函數(shù)H(x)＝f(x)－g(x)至多有一個零點．跟蹤演練1．解(1)∵f(x)＝ex－ax＋2a，定義域為R，又f′(x)＝ex－a，∴當a≤0時，f′(x)>0，則f(x)在R上單調(diào)遞增；當a>0時，令f′(x)＝0，則x＝lna，當x<lna時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x>lna時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．綜上所述，當a≤0時，f(x)在R上單調(diào)遞增；當a>0時，f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x－2)，當a＝0時，ex＝a(x－2)無解，∴f(x)無零點．當a≠0時，eq\f(1,a)＝eq\f(x－2,ex).令φ(x)＝eq\f(x－2,ex)，x∈R，∴φ′(x)＝eq\f(3－x,ex)，當x∈(－∞，3)時，φ′(x)>0；當x∈(3，＋∞)時，φ′(x)<0，∴φ(x)在(－∞，3)上單調(diào)遞增，在(3，＋∞)上單調(diào)遞減，且φ(x)max＝φ(3)＝eq\f(1,e3)，又x→＋∞時，φ(x)→0x→－∞時，φ(x)→－∞，∴φ(x)的圖象如圖所示．∴當eq\f(1,a)>eq\f(1,e3)，即0<a<e3時，f(x)無零點，當eq\f(1,a)＝eq\f(1,e3)，即a＝e3時，f(x)有一個零點；當0<eq\f(1,a)<eq\f(1,e3)，即a>e3時，f(x)有兩個零點；當eq\f(1,a)<0，即a<0時，f(x)有一個零點．綜上所述，當a∈[0，e3)時，f(x)無零點；當a∈(－∞，0)∪{e3}時，f(x)有一個零點；當a∈(e3，＋∞)時，f(x)有兩個零點．2．解(1)當m＝－1時，f(x)＝x2－ln(x＋1)，可得f′(x)＝2x－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(2x2＋2x－1,x＋1)，則f′(0)＝－1，f(0)＝0，可得曲線f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y－0＝－1·(x－0)，即x＋y＝0.(2)由函數(shù)f(x)＝x2＋mln(x＋1)，x∈(0,1)，可得f′(x)＝2x＋eq\f(m,x＋1)＝eq\f(2x2＋2x＋m,x＋1)，令g(x)＝2x2＋2x＋m，x∈(0,1)，當m≥0時，g(x)>0，即f′(x)>0，f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，因為f(0)＝0，所以f(x)>f(0)＝0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上沒有零點，不符合題意；當m<0時，函數(shù)g(x)＝2x2＋2x＋m的圖象開口向上，且對稱軸為x＝－eq\f(1,2)，由g(1)＝2＋2＋m≤0，解得m≤－4，當m≤－4時，g(x)<0在區(qū)間(0,1)上恒成立，即f′(x)<0，f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，因為f(0)＝0，所以f(x)<f(0)＝0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上沒有零點，不符合題意；當－4<m<0時，設(shè)x0∈(0,1)使得g(x0)＝0，當x∈(0，x0)時，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈(x0，1)時，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，因為f(0)＝0，要使得函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上存在唯一零點，則滿足f(1)＝1＋mln(1＋1)>0，解得m>－eq\f(1,ln2)，所以實數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,ln2)，0)).微重點1函數(shù)的新定義問題例1A[由題意知[x＋1]＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1，－2≤x<－1，,0，－1≤x<0，,1，0≤x<1，,2，1≤x<2，))所以f(x)＝[x＋1]－x＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1－x，－2≤x<－1，,－x，－1≤x<0，,1－x，0≤x<1，,2－x，1≤x<2，))可畫出f(x)的圖象，如圖所示，可得函數(shù)f(x)是周期為1的函數(shù)，且值域為(0,1]，在(0,1)上單調(diào)遞減，故選項A正確，B，C錯誤；對于選項D，當x＝－1時，f(－1)＝1，則[f(－1)]＝1，故選項D錯誤．]例2D[因為f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x為有理數(shù)，,0，x為無理數(shù)，))所以函數(shù)的定義域為R，值域為{0,1}，故A，B錯誤；因為f(x)＝0或f(x)＝1，且0與1均為有理數(shù)，所以f(f(x))＝f(0)＝1或f(f(x))＝f(1)＝1，故C錯誤；對于任意一個非零有理數(shù)T，若x為有理數(shù)，則x＋T也為有理數(shù)，則f(x＋T)＝f(x)＝1；若x為無理數(shù)，則x＋T也為無理數(shù)，則f(x＋T)＝f(x)＝0，綜上可得，任意一個非零有理數(shù)T，f(x＋T)＝f(x)對任意x∈R恒成立，故D正確．]例3－eq\f(1,5)解析∵f(2＋x)＋f(2－x)＝0，∴f(2＋x)＝－f(2－x)．又f(x)是奇函數(shù)，∴f(x＋2)＝f(x－2)，∴f(4＋x)＝f(x)，∴f(x)的一個周期為4.∵f(2＋x)＋f(2－x)＝0，∴令x＝0，可得f(2)＝0，∴f(2022)＝f(4×505＋2)＝f(2)＝0.f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2022,5)))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2022,5)))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4×101＋\f(2,5)))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))＝－Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))＝－eq\f(1,5)，∴f(2022)＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2022,5)))＝－eq\f(1,5).例4AC[因為φ(5)＝φ(10)＝4，故A正確；因為當n＝4時，φ(15)≠1，故B不正確；因為小于或等于32的正整數(shù)中與32互質(zhì)的實數(shù)為1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,27,29,31，共有16個，所以φ(32)＝16，故C正確；因為當n＝2時，φ(4)＝φ(6)＝2，故D不正確．]跟蹤演練1(1)C(2)BC例5(1)AC[設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.對于A，則eq\f(fan＋1,fan)＝eq\f(a\o\al(3,n＋1),a\o\al(3,n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))3＝q3，故f(x)＝x3是“保等比數(shù)列函數(shù)”；對于B，則eq\f(fan＋1,fan)＝≠常數(shù)，故f(x)＝2x不是“保等比數(shù)列函數(shù)”；對于C，則eq\f(fan＋1,fan)＝eq\f(|an＋1|,|an|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))＝|q|，故f(x)＝|x|是“保等比數(shù)列函數(shù)”；對于D，則eq\f(fan＋1,fan)＝eq\f(ln|an＋1|,ln|an|)＝eq\f(ln|an·q|,ln|an|)＝eq\f(ln|an|＋ln|q|,ln|an|)＝1＋eq\f(ln|q|,ln|an|)≠常數(shù)，故f(x)＝ln|x|不是“保等比數(shù)列函數(shù)”．](2)BC[由題意可知，若函數(shù)在所給定義域中“嚴格上凹”，則滿足f″(x)>0在定義域內(nèi)恒成立．對于A，f(x)＝log2x(x>0)，則f″(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,xln2)))′＝－eq\f(1,ln2)·eq\f(1,x2)<0在x>0時恒成立，不符合題意，故選項A錯誤；對于B，f(x)＝2e－x＋x，則f″(x)＝(－2e－x＋1)′＝2e－x>0恒成立，符合題意，故選項B正確；對于C，f(x)＝－x3＋2x(x<0)，則f″(x)＝(－3x2＋2)′＝－6x>0在x<0時恒成立，符合題意，故選項C正確；對于D，f(x)＝sinx－x2(0<x<π)，則f″(x)＝(cosx－2x)′＝－sinx－2<0在0<x<π時恒成立，不符合題意，故選項D錯誤．]跟蹤演練2(1)BC(2)ACD微重點2函數(shù)的嵌套與旋轉(zhuǎn)、對稱問題例1D[令u＝f(x)，令g(x)＝0，則f(u)－eq\f(1,2)＝0，當u≥0時，則f(u)＝ln(u＋1)，所以ln(u＋1)＝eq\f(1,2)，所以u＝eq\r(e)－1.當u<0時，f(u)＝－ueu，則f′(u)＝－(u＋1)eu，當u<－1時，f′(u)>0；當－1<u<0時，f′(u)<0.此時，函數(shù)y＝f(u)在u＝－1處取得極大值，且極大值為f(－1)＝eq\f(1,e)<eq\f(1,2).所以當u<0時，f(u)<eq\f(1,2)，則方程f(u)－eq\f(1,2)＝0在u<0時無解．再考慮方程f(x)＝eq\r(e)－1的根的個數(shù)，作出函數(shù)u＝f(x)與u＝eq\r(e)－1的圖象如圖所示，由于eq\r(e)－1>eq\f(1,2)>eq\f(1,e)，所以直線u＝eq\r(e)－1與函數(shù)u＝f(x)的圖象只有一個交點，因此，函數(shù)g(x)只有一個零點．]例2D[設(shè)t＝f(x)，則y＝g(t)＝t2＋mt＋1，作出函數(shù)f(x)的大致圖象，如圖所示，則函數(shù)y＝[f(x)]2＋mf(x)＋1有6個零點等價于g(t)＝0在[－3,1)上有兩個不同的實數(shù)根，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－4>0，,g－3＝9－3m＋1≥0，,g1＝1＋m＋1>0，,－3<－\f(m,2)<1，))解得2<m≤eq\f(10,3).]跟蹤演練1(1)A[因為定義域為(0，＋∞)的單調(diào)遞增函數(shù)f(x)滿足?x∈(0，＋∞)，有f(f(x)－lnx)＝1，則存在唯一正實數(shù)t使得f(t)＝1，且f(x)－lnx＝t，即f(x)＝t＋lnx，于是得f(t)＝t＋lnt＝1，而函數(shù)y＝t＋lnt在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且當t＝1時，t＋lnt＝1，因此t＝1，f(x)＝1＋lnx，方程f(x)＝－x2＋4x－2＝1＋lnx，即lnx＝－x2＋4x－3，于是得方程f(x)＝－x2＋4x－2的解的個數(shù)是函數(shù)y＝lnx與y＝－x2＋4x－3的圖象公共點個數(shù)，在同一平面直角坐標系內(nèi)作出函數(shù)y＝lnx與y＝－x2＋4x－3的圖象，如圖所示，觀察圖象知，函數(shù)y＝lnx與y＝－x2＋4x－3的圖象有3個公共點，所以方程f(x)＝－x2＋4x－2的解的個數(shù)為3.](2)D[當x>0時，f(x)＝eq\f(2x,ex)，f′(x)＝eq\f(2－2x,ex)，所以當x∈(0,1)時，f(x)單調(diào)遞增，當x∈(1，＋∞)時，f(x)單調(diào)遞減，所以當x>0時，f(x)＝eq\f(2x,ex)在x＝1處取最大值為eq\f(2,e).作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，因為[f(x)]2－af(x)＋a－1＝0，即[f(x)－a＋1][f(x)－1]＝0，解得f(x)＝1或f(x)＝a－1，當f(x)＝1時，觀察圖象易知此時只有一個交點，即有一個根，要使關(guān)于x的方程[f(x)]2－af(x)＋a－1＝0恰有四個不同的實數(shù)根，則需要y＝a－1與f(x)圖象有三個不同交點，只需要0<a－1<eq\f(2,e)，即1<a<eq\f(e＋2,e).]例3AB[雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1關(guān)于坐標原點對稱，可得旋轉(zhuǎn)后得到的函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于原點對稱，即f(x)為奇函數(shù)，故A正確；由雙曲線的頂點為(±eq\r(3)，0)，漸近線方程為y＝±eq\f(\r(3),3)x，可得f(x)的圖象的漸近線為x＝0和y＝±eq\f(\r(3),3)x，由圖象關(guān)于直線y＝eq\r(3)x對稱，可得f(x)的圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)))，故B正確；由對稱性可得f(x)的圖象按逆時針旋轉(zhuǎn)60°位于一、三象限，按順時針旋轉(zhuǎn)60°位于二、四象限；f(x)的圖象按逆時針旋轉(zhuǎn)60°位于一、三象限，由圖象可得頂點為點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(3,2)))，不是極值點，則f(x)的值域不是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))；f(x)的圖象按順時針旋轉(zhuǎn)60°位于二、四象限，由對稱性可得f(x)的值域也不是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))，故C錯誤；當f(x)的圖象位于一、三象限時，f(x)的圖象與直線y＝x有兩個交點，函數(shù)y＝f(x)－x有兩個零點；當f(x)的圖象位于二、四象限時，f(x)的圖象與直線y＝x沒有交點，函數(shù)y＝f(x)－x沒有零點，故D錯誤．]跟蹤演練2y＝e－x例4A[由已知可得，方程f(x)＝－g(x)在(0，＋∞)上有兩解，即a＝eq\f(ex,x)－lnx－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上有兩解．設(shè)h(x)＝eq\f(ex,x)－lnx－eq\f(1,x)，則h′(x)＝eq\f(exx－1,x2)－eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1ex－1,x2)，令h′(x)＝0，得x＝1，∴當0<x<1時，h′(x)<0；當x>1時，h′(x)>0，∴h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．∴當x＝1時，h(x)取得最小值h(1)＝e－1，∵x→0時，h(x)→＋∞；x→＋∞時，h(x)→＋∞，∴實數(shù)a的取值范圍是(e－1，＋∞)．]跟蹤演練3C微重點3導(dǎo)數(shù)中的函數(shù)構(gòu)造問題例1B[因為f(x)＝f(－x)，所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，令g(x)＝x·f(x)，則g(x)是奇函數(shù)，g′(x)＝f(x)＋x·f′(x)，當x∈(－∞，0]時，f(x)＋xf′(x)<0成立，所以g(x)在x∈(－∞，0]上單調(diào)遞減，又g(x)在R上是連續(xù)函數(shù)，且是奇函數(shù)，所以g(x)在R上單調(diào)遞減，則a＝g(20.6)，b＝g(ln2)，c＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,8)))，因為20.6>1,0<ln2<1，log2eq\f(1,8)＝－3<0，所以log2eq\f(1,8)<0<ln2<1<20.6，所以c>b>a.]跟蹤演練1C例2B[設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,ex)，可得g′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)，由f(x)<f′(x)，可得f′(x)－f(x)>0，所以g′(x)>0，所以g(x)單調(diào)遞增，則eq\f(f2022,e2022)<eq\f(f2023,e2023)，即ef(2022)<f(2023)．]跟蹤演練2(3，＋∞)例3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))解析令g(x)＝f(x)cosx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴g(－x)＝f(－x)cos(－x)＝f(x)cosx＝g(x)，∴g(x)為偶函數(shù)，又g′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx，∴當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，g′(x)<0，即g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，又g(x)為偶函數(shù)，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞增，不等式2f(x)<eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cosx)可化為f(x)cosx<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))coseq\f(π,3)，即g(x)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|>\f(π,3)，,－\f(π,2)<x<\f(π,2)，))解得－eq\f(π,2)<x<－eq\f(π,3)或eq\f(π,3)<x<eq\f(π,2).跟蹤演練3B例4e解析∵xa＝∴不等式即為ex－x≤ealnx－alnx.由a>0且x>1得alnx>0，設(shè)y＝ex－x，則y′＝ex－1>0，故y＝ex－x在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴x≤alnx，即a≥eq\f(x,lnx)，即存在x∈(1，＋∞)，使a≥eq\f(x,lnx)，∴a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,lnx)))min，設(shè)f(x)＝eq\f(x,lnx)(x>1)，則f′(x)＝eq\f(lnx－1,ln2x)，當x∈(1，e)時，f′(x)<0；當x∈(e，＋∞)時，f′(x)>0；∴f(x)在(1，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(e)＝e，∴a≥e.故a的最小值為e.跟蹤演練4B微重點4函數(shù)的公切線問題例1y＝ex－1或y＝x解析設(shè)直線l與曲線y＝ex－1相切于點P(a，ea－1)，與曲線y＝lnx＋1相切于點Q(b，lnb＋1)，則ea＝eq\f(1,b)＝eq\f(lnb－ea＋2,b－a)，整理得(a－1)(ea－1)＝0，解得a＝1或a＝0，當a＝1時，l的方程為y＝ex－1；當a＝0時，l的方程為y＝x.跟蹤演練112x－y－3＝0例2－eq\f(3,2)解析因為f(x)＝eq\f(x2,2)＋lnx，g(x)＝2x－x3＋c，所以f′(x)＝x＋eq\f(1,x)≥2(x>0)，g′(x)＝2－3x2≤2，所以公切線的斜率為2，與f(x)的圖象相切于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))，與g(x)的圖象相切于點(0，c)，故eq\f(c－\f(1,2),0－1)＝2，即c＝－eq\f(3,2).跟蹤演練2A例3C[設(shè)直線l與曲線y＝ex相切于點(x1，)，y′＝ex，∴直線l的方程為y－＝(x－x1)，即y＝·x－x1＋.設(shè)直線l與曲線y＝lnx相切于點(x2，lnx2)，y′＝eq\f(1,x)，∴直線l的方程為y－lnx2＝eq\f(1,x2)(x－x2)，即y＝eq\f(1,x2)·x－1＋lnx2，則消去x2得－x1－1＝0，令φ(x)＝xex－ex－x－1，x∈R，φ′(x)＝xex－1，令g(x)＝xex－1，x∈R.則g′(x)＝(x＋1)ex，當x∈(－∞，－1)時，g′(x)<0，當x∈(－1，＋∞)時，g′(x)>0，∵φ′(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ′(x)min＝φ′(－1)＝－eq\f(1,e)－1<0，又當x<0時，φ′(x)<0，且φ′(0)<0，φ′(1)＝e－1>0，?x0∈(0,1)，使φ′(x)＝0，即＝1，∴當x∈(－∞，x0)時，φ′(x)<0，當x∈(x0，＋∞)時，φ′(x)>0，∴φ(x)在(－∞，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(x0)＝－x0－1＝－eq\f(1,x0)－x0<0，且φ(－2)＝1－eq\f(3,e2)>0，φ(2)＝e2－3>0，∴函數(shù)φ(x)有2個零點，即y＝ex與y＝lnx有2條公切線．]跟蹤演練3C例4eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞))解析y＝x2在點(m，m2)處的切線斜率為2m，y＝eq\f(ex,a)(a>0)在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(1,a)en))處的切線斜率為eq\f(1,a)en，如果兩個曲線存在公共切線，那么2m＝eq\f(1,a)en.又由斜率公式得2m＝eq\f(m2－\f(1,a)en,m－n)，由此得到m＝2n－2，則4n－4＝eq\f(1,a)en有解，即y＝4x－4，y＝eq\f(1,a)ex的圖象有公共點即可．當直線y＝4x－4與曲線y＝eq\f(1,a)ex相切時，設(shè)切點為(s，t)，則eq\f(1,a)es＝4，且t＝4s－4＝eq\f(1,a)es，可得t＝4，s＝2，即切點為(2,4)，a＝eq\f(e2,4)，故a的取值范圍是a≥eq\f(e2,4).跟蹤演練4A微重點5不等式的綜合問題例1ABD[eq\f(c,a)－eq\f(c,b)＝eq\f(b－ac,ab)，∵a>b>0>c，∴ab>0，b－a<0，c<0，∴eq\f(b－ac,ab)>0，∴eq\f(c,a)>eq\f(c,b)，故A正確；eq\f(b－c,a－c)－eq\f(b,a)＝eq\f(ab－c－ba－c,a－ca)＝eq\f(b－ac,a－ca)，∵a>b>0>c，∴a－c>0，a>0，b－a<0，c<0，∴eq\f(b－ac,a－ca)>0，∴eq\f(b－c,a－c)>eq\f(b,a)，故B正確；設(shè)y＝xc，當c<0時，y＝xc在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∵a>b，∴ac<bc，故C錯誤；∵a＞b＞0＞c，∴－c＞0，∴a－c>b－c＝b＋(－c)≥2eq\r(－bc)，當且僅當b＝－c時取等號，∴a－c>2eq\r(－bc)，故D正確．]跟蹤演練1D例2(1)A[令2a－1＝m，b－1＝n，則m>0，n>0，∴m＋n＝2a＋b－2＝1，∵eq\f(2a,2a－1)＋eq\f(b,b－1)＝eq\f(m＋1,m)＋eq\f(n＋1,n)＝2＋eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(1,n)))(m＋n)＝4＋eq\f(n,m)＋eq\f(m,n)≥6.當且僅當m＝n，即a＝eq\f(3,4)，b＝eq\f(3,2)時取等號．](2)BC[因為ab≤eq\b\lc\(\rc\)