二輪專題強化練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)1．D2.B3.C4.A5.B6.D7．D[由題意知，當(dāng)x>0時，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－22，0<x≤4，,\f(1,2)fx－4，x>4，))作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示，又由方程f(x)＝1的解的個數(shù)，即為函數(shù)y＝f(x)與y＝1的圖象交點的個數(shù)可知，當(dāng)x>0時，結(jié)合圖象，函數(shù)y＝f(x)與y＝1的圖象有5個交點，又因為函數(shù)y＝f(x)為偶函數(shù)，圖象關(guān)于y軸對稱，所以當(dāng)x<0時，函數(shù)y＝f(x)與y＝1的圖象也有5個交點，綜上可得，函數(shù)y＝f(x)與y＝1的圖象有10個交點，即方程f(x)＝1的解的個數(shù)為10.]8．D[∵函數(shù)f(2x＋1)(x∈R)是奇函數(shù)，∴f(2x＋1)＝－f(－2x＋1)?f(2x＋1)＋f(－2x＋1)＝0，∴函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(1,0)對稱，故B正確；∵函數(shù)f(2x＋1)(x∈R)的周期為2，∴f(2(x＋2)＋1)＝f(2x＋1)，即f(2x＋5)＝f(2x＋1)，∴f(x)的周期為4，故A正確；f(2021)＝f(4×505＋1)＝f(1)＝0，故C正確；f(2022)＝f(4×505＋2)＝f(2)，無法判斷f(2)的值，故D錯誤．]9．AD10.BD11.ABC12．ACD[因為函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關(guān)于直線x＝－1對稱，故f(x)的圖象關(guān)于直線x＝－2對稱，因為對?x∈R有f(x)＋f(－x)＝4，所以函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(0,2)成中心對稱，所以f(－2＋x＋2)＝f(－2－(x＋2))，即f(x)＝f(－4－x)＝4－f(－x)，又f(－4－x)＋f(x＋4)＝4，即f(－4－x)＝4－f(x＋4)，所以f(x＋4)＝f(－x)，所以f((x＋4)＋4)＝f(－(x＋4))＝f(x)，所以f(x＋8)＝f(x)，所以8是f(x)的周期，故A正確；又f(x＋2)＝f(－x＋2)，故函數(shù)f(x＋2)為偶函數(shù)，故D正確；因為當(dāng)x∈(0,2]時，f(x)＝x＋2，且f(x)＋f(－x)＝4，則當(dāng)x∈[－2,0)時，－x∈(0,2]，所以f(－x)＝－x＋2＝4－f(x)，所以f(x)＝x＋2，故當(dāng)x∈[－2,2]時，f(x)＝x＋2，又函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝－2對稱，所以在同一個周期[－6,2]上，f(x)的最大值為f(2)＝4，故f(x)在R上的最大值為4，故B錯誤；因為f(2023)＝f(253×8－1)＝f(－1)＝4－f(1)＝1，所以C正確．]13．sin2x(答案不唯一)14．215.[0,2]16.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))解析令g(x)＝e|x|－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，將其向右平移1個單位長度，得y＝e|x－1|－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x－\f(π,2)))＝e|x－1|－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，所以f(x)＝e|x－1|－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))是函數(shù)g(x)向右平移1個單位長度得到的．而易知g(x)是偶函數(shù)，當(dāng)x>0時，g(x)＝ex－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，g′(x)＝ex＋eq\f(π,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，當(dāng)0<x≤2時，顯然g′(x)>0，當(dāng)x>2時，ex>e2，－eq\f(π,2)≤eq\f(π,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))≤eq\f(π,2)，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，0)上單調(diào)遞減．從而可知f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，1)上單調(diào)遞減．所以當(dāng)f(x)>f(2x)時，有|x－1|>|2x－1|，解得0<x<eq\f(2,3).第2講基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程1．A2.B3.B4.B5.C6.C7．D[因為f(－x)＝2－x－eq\f(1,2－x)＋lg

eq\f(－x＋3,3＋x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,2x)＋lg

\f(x＋3,3－x)))＝－f(x)，所以f(x)是奇函數(shù)，所以f(x)＋f(－x)＝0，故A，B錯誤；又因為f(x)＝2x－eq\f(1,2x)＋lgeq\f(x＋3,3－x)＝2x－eq\f(1,2x)＋lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(6,x－3)))，且eq\f(x＋3,3－x)>0，即(x＋3)(3－x)>0，解得－3<x<3，根據(jù)單調(diào)性的結(jié)論可知f(x)在(－3,3)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x∈(0,3)時，f(x)>0，當(dāng)x∈(－3,0)時，f(x)<0，所以f(1)－f(－2)＝f(1)＋f(2)>0，C錯誤；f(－1)＋f(2)＝f(2)－f(1)>0，D正確．]8．C[令f(x)＝0，得x1＝，即eq\f(1,x1)＝，所以x1是y＝eq\f(1,x)與y＝ax(a>1)圖象的交點的橫坐標(biāo)，且顯然0<x1<1.令g(x)＝0，得x2logax2－1＝0，即logax2＝eq\f(1,x2)，所以x2是y＝eq\f(1,x)與y＝logax(a>1)圖象的交點的橫坐標(biāo)，因為y＝ax與y＝logax關(guān)于y＝x對稱，所以交點也關(guān)于y＝x對稱，所以有x1＝eq\f(1,x2)，所以x1＋4x2＝x1＋eq\f(4,x1)，令y＝x＋eq\f(4,x)，易知y＝x＋eq\f(4,x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以x1＋4x2>1＋eq\f(4,1)＝5.]9．BC10.ABD11.BD12．ABD[設(shè)3x＝4y＝12z＝t，t>1，則x＝log3t，y＝log4t，z＝log12t，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,log3t)＋eq\f(1,log4t)＝logt3＋logt4＝logt12＝eq\f(1,z)，A正確；因為eq\f(6z,3x)＝eq\f(2log12t,log3t)＝eq\f(2logt3,logt12)＝log129<1，則6z<3x，因為eq\f(3x,4y)＝eq\f(3log3t,4log4t)＝eq\f(3logt4,4logt3)＝eq\f(logt64,logt81)＝log8164<1，則3x<4y，所以6z<3x<4y，B正確；因為eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,z)，所以x＋y＝(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))·z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)＋\f(x,y)＋2))·z≥4z，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時，等號成立，又x≠y，故x＋y>4z，D正確；因為eq\f(1,z)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(x＋y,xy)，則eq\f(xy,z)＝x＋y>4z，所以xy>4z2，C錯誤．]13．f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x(答案不唯一)14．5415.e216．(2eq\r(2)，3)解析函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，令t＝f(x)，則關(guān)于x的方程2f2(x)－af(x)＋1＝0有6個不相等的實數(shù)根，等價于關(guān)于t的方程2t2－at＋1＝0在[0,1)上有2個不相等的實數(shù)根，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝a2－8>0，,0<\f(a,4)<1，,3－a>0，))解得2eq\r(2)<a<3.第3講導(dǎo)數(shù)的幾何意義及函數(shù)的單調(diào)性1．C2.C3.D4.D5.D6.B7．ABC[依題意，f(x)存在垂直于y軸的切線，即存在切線斜率k＝0的切線，又k＝f′(x)＝2ax＋eq\f(1,x)－1，x>0，∴2ax＋eq\f(1,x)－1＝0有正根，即－2a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2－eq\f(1,x)有正根，即函數(shù)y＝－2a與函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2－eq\f(1,x)，x>0的圖象有交點，令eq\f(1,x)＝t>0，則g(t)＝t2－t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2－eq\f(1,4)，∴g(t)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,4)，∴－2a≥－eq\f(1,4)，即a≤eq\f(1,8).]8．BCD[∵f(x)＝lnx是增函數(shù)，∴(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，A錯誤；eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]＝eq\f(1,2)(lnx1＋lnx2)＝eq\f(1,2)ln(x1x2)＝lneq\r(x1x2)，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＝ln

eq\f(x1＋x2,2)，由x1>x2>e，得eq\f(x1＋x2,2)>eq\r(x1x2)，又f(x)＝lnx單調(diào)遞增，∴eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，B正確；令h(x)＝eq\f(fx,x)，則h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)x>e時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，∴h(x1)<h(x2)，即eq\f(fx1,x1)<eq\f(fx2,x2)?x1f(x2)－x2f(x1)>0，C正確；令g(x)＝ef(x)－x，則g′(x)＝eq\f(e,x)－1，當(dāng)x>e時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，∴g(x1)<g(x2)，即ef(x1)－x1<ef(x2)－x2?e[f(x1)－f(x2)]<x1－x2，D正確．]9．610.(0,2)11．2x＋y－8＝0解析設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，y′＝－eq\f(4,x2)，所以曲線C在A點處的切線方程為y－y1＝－eq\f(4,x\o\al(2,1))(x－x1)，將P(1,2)代入得2－y1＝－eq\f(4,x\o\al(2,1))(1－x1)，因為y1＝eq\f(4,x1)，化簡得2x1＋y1－8＝0，同理可得2x2＋y2－8＝0，所以直線AB的方程為2x＋y－8＝0.12．a(chǎn)≤－1解析對于任意不同的x1，x2∈(0，＋∞)，有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>3.不妨設(shè)x1<x2，則f(x1)－f(x2)<3(x1－x2)，即f(x1)－3x1<f(x2)－3x2，設(shè)F(x)＝f(x)－3x，則F(x1)<F(x2)，又x1<x2，所以F(x)單調(diào)遞增，F(xiàn)′(x)≥0恒成立．F(x)＝f(x)－3x＝eq\f(1,2)x2－(a＋3)x＋lnx.所以F′(x)＝x－(3＋a)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x2－3＋ax＋1,x)，令g(x)＝x2－(3＋a)x＋1，要使F′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，只需g(x)＝x2－(3＋a)x＋1≥0恒成立，即3＋a≤x＋eq\f(1,x)恒成立，x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,x)，即x＝1時等號成立，所以3＋a≤2，即a≤－1.13．解函數(shù)定義域為(0，＋∞)，求導(dǎo)得f′(x)＝2x－2＋eq\f(a,x).(1)由已知得f′(1)＝2×1－2＋a＝－4，得a＝－4.(2)f′(x)＝2x－2＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－2x＋a,x)(x>0)，對于方程2x2－2x＋a＝0，記Δ＝4－8a.①當(dāng)Δ≤0，即a≥eq\f(1,2)時，f′(x)≥0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②當(dāng)Δ>0，即0<a<eq\f(1,2)時，令f′(x)＝0，解得x1＝eq\f(1－\r(1－2a),2)，x2＝eq\f(1＋\r(1－2a),2).又a>0，故x2>x1>0.當(dāng)x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(x1，x2)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a≥eq\f(1,2)時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－2a),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－2a),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－2a),2)，\f(1＋\r(1－2a),2)))上單調(diào)遞減．14．解(1)當(dāng)a＝1時，F(xiàn)(x)＝ex－f(x)＝(x－1)ln(x－1)－2x，定義域為(1，＋∞)，F(xiàn)′(x)＝ln(x－1)－1，令F′(x)>0，解得x>e＋1，令F′(x)<0，解得1<x<e＋1，故F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(e＋1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，e＋1)．(2)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上有意義，故ax－1>0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上恒成立，可得a>e，依題意可得f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1≥0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上恒成立，設(shè)g(x)＝f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1，g′(x)＝ex－eq\f(a2,ax－1)，易知g′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞增，故g′(x)≤g′(1)＝e－eq\f(a2,a－1)<0，故g(x)＝f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞減，最小值為g(1)，故只需g(1)＝e－aln(a－1)＋1≥0，設(shè)h(a)＝e－aln(a－1)＋1，其中a>e，由h′(a)＝－ln(a－1)－eq\f(a,a－1)<0可得，h(a)＝e－aln(a－1)＋1在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，又h(e＋1)＝0，故a≤e＋1.綜上所述，a的取值范圍為(e，e＋1]．第4講函數(shù)的極值、最值1．D2.C3.A4.B5.D6.D7．AC[因為f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1.令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±eq\f(\r(3),3).由f′(x)＝3x2－1>0，得x>eq\f(\r(3),3)或x<－eq\f(\r(3),3)；由f′(x)＝3x2－1<0，得－eq\f(\r(3),3)<x<eq\f(\r(3),3).所以f(x)＝x3－x＋1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞減，所以f(x)有兩個極值點，故A正確；因為f(x)的極小值f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))3－eq\f(\r(3),3)＋1＝1－eq\f(2\r(3),9)>0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0，所以函數(shù)f(x)在R上有且只有一個零點，故B錯誤；因為函數(shù)g(x)＝x3－x的圖象向上平移一個單位長度得函數(shù)f(x)＝x3－x＋1的圖象，函數(shù)g(x)＝x3－x的圖象關(guān)于原點(0,0)中心對稱且g(0)＝0，所以點(0,1)是曲線f(x)＝x3－x＋1的對稱中心，故C正確；假設(shè)直線y＝2x是曲線y＝f(x)的切線，切點為(x0，y0)，則f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－1＝2，解得x0＝±1；若x0＝1，則切點坐標(biāo)為(1,1)，但點(1,1)不在直線y＝2x上；若x0＝－1，則切點坐標(biāo)為(－1,1)，但點(－1,1)不在直線y＝2x上，所以假設(shè)不成立，故D錯誤．故選AC.]8．ACD[由題意知，a≠0，由4m＋a(n－3e2m)(lnn－lnm)＝0，得4＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,m)－3e2))ln

eq\f(n,m)＝0，令t＝eq\f(n,m)(t>0)，則－eq\f(4,a)＝tlnt－3e2lnt，設(shè)g(t)＝tlnt－3e2lnt，則g′(t)＝1＋lnt－eq\f(3e2,t)，因為函數(shù)g′(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且g′(e2)＝0，所以當(dāng)0<t<e2時，g′(t)<0，當(dāng)t>e2時，g′(t)>0，則g(t)在(0，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，＋∞)上單調(diào)遞增，從而g(t)min＝g(e2)＝－4e2，即－eq\f(4,a)≥－4e2，解得a≥eq\f(1,e2)或a<0.故a∈(－∞，0)∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞)).]9．110.(－∞，0]11.112.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))解析方法一由f(x)＝2ax－ex2，得f′(x)＝2axlna－2ex.令f′(x)＝0，得axlna＝ex.因為a>0且a≠1，所以顯然x≠0，所以e＝eq\f(axlna,x).令g(x)＝eq\f(axlna,x)，則g′(x)＝eq\f(axlna2x－axlna,x2)＝eq\f(axlnaxlna－1,x2).令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,lna).故當(dāng)x>eq\f(1,lna)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x<eq\f(1,lna)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減．所以g(x)極小值＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lna)))＝＝(lna)2，也是最小值．因為f(x)有極小值點x＝x1和極大值點x＝x2，故f′(x)＝0有兩個不同的根x＝x1，x＝x2，故g(x)的圖象與直線y＝e有兩個交點，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lna)))<e，即(lna)2<e，又所以(lna)2<1.由題意易知當(dāng)x∈(－∞，x1)，(x2，＋∞)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(x1，x2)時，f′(x)>0.若a>1，則當(dāng)x→＋∞時，f′(x)→＋∞，不符合題意，所以0<a<1，則－1<lna<0，所以a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).方法二由題意，f′(x)＝2axlna－2ex，根據(jù)f(x)有極小值點x＝x1和極大值點x＝x2可知，x＝x1，x＝x2為f′(x)＝0的兩個不同的根，又x1<x2，所以易知當(dāng)x∈(－∞，x1)，(x2，＋∞)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(x1，x2)時，f′(x)>0.由f′(x)＝0，可得axlna＝ex.①若a>1，則當(dāng)x→＋∞時，f′(x)→＋∞，不符合題意，舍去．②若0<a<1，令g(x)＝axlna，h(x)＝ex，在同一平面直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)g(x)和h(x)的大致圖象，如圖所示．因為f′(x)＝0有兩個不同的根，所以g(x)與h(x)的圖象有兩個交點，則過原點且與g(x)的圖象相切的直線l的斜率k<e.不妨設(shè)直線l與g(x)的圖象的切點坐標(biāo)為(x0，)，因為g′(x)＝ax(lna)2，所以k＝可得x0＝eq\f(1,lna)，從而k＝(lna)2<e，又所以e·(lna)2<e，則(lna)2<1，又0<a<1，所以－1<lna<0，所以a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).13．解(1)因為f(x)＝x3－3ax＋a(a∈R)，所以f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．①當(dāng)a≤0時，f′(x)≥0恒成立，f(x)在R上單調(diào)遞增；②當(dāng)a>0時，x∈(－∞，－eq\r(a))∪(eq\r(a)，＋∞)時，f′(x)>0；x∈(－eq\r(a)，eq\r(a))時，f′(x)<0；故f(x)在(－∞，－eq\r(a))和(eq\r(a)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－eq\r(a)，eq\r(a))上單調(diào)遞減．(2)由(1)可知：①當(dāng)a≤0時，f(x)在[0,3]上單調(diào)遞增，g(a)＝f(3)－f(0)＝27－9a；②當(dāng)eq\r(a)≥3，即a≥9時，f(x)在[0,3]上單調(diào)遞減，g(a)＝f(0)－f(3)＝9a－27；③當(dāng)0<eq\r(a)<3，即0<a<9時，f(x)在[0，eq\r(a))上單調(diào)遞減，在(eq\r(a)，3]上單調(diào)遞增，于是f(x)min＝f(eq\r(a))＝－2aeq\r(a)＋a，又f(0)＝a，f(3)＝27－8a.故當(dāng)0<a<3時，g(a)＝27－9a＋2aeq\r(a)；當(dāng)3≤a<9時，g(a)＝2aeq\r(a)，綜上可得，g(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(27－9a，a≤0，,27－9a＋2a\r(a)，0<a<3，,2a\r(a)，3≤a<9，,9a－27，a≥9.))14．(1)解因為f(x)＝cosx－eq\f(1,ex)，在x＝0處的切點為(0,0)，求導(dǎo)得f′(x)＝－sinx＋eq\f(1,ex)，所以切線斜率為f′(0)＝1，所以函數(shù)f(x)的圖象在x＝0處的切線方程為y＝x.(2)證明因為f(x)＝cosx－eq\f(1,ex)，所以f′(x)＝－sinx＋eq\f(1,ex)，因為當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))時，函數(shù)y1＝－sinx，y2＝eq\f(1,ex)均單調(diào)遞減，所以f′(x)＝－sinx＋eq\f(1,ex)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))上單調(diào)遞減，因為e2<8，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝＝eq\f(1,\r(3,e2))－eq\f(1,2)>eq\f(1,\r(3,8))－eq\f(1,2)＝0，因為所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝－eq\f(\r(2),2)<eq\f(1,2)－eq\f(\r(2),2)<0，根據(jù)零點存在定理可得，f′(x)存在唯一零點x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))，使得f′(x0)＝－sinx0＝0，又y＝f′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，x0))時，f′(x)>0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,4)))時，f′(x)<0，所以x0是函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))上唯一的極大值點．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1．(1)解易知函數(shù)f(x)的定義域為R，∵f(x)＝ex－x－1，∴f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝ex－1>0，解得x>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，令f′(x)＝ex－1<0，解得x<0，∴f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，∴函數(shù)f(x)的極小值為f(0)＝0，無極大值．(2)證明要證f(x)＋x＋1≥eq\f(1,2)x2＋cosx，即證ex－eq\f(1,2)x2－cosx≥0，設(shè)g(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－cosx，要證原不等式成立，即證g(x)≥0成立，∵g′(x)＝ex－x＋sinx，又∵sinx≥－1，∴g′(x)＝ex－x＋sinx≥ex－x－1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z時，等號成立)，由(1)知ex－x－1≥0(當(dāng)x＝0時等號成立)，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)≥g(0)＝0.∴當(dāng)x≥0時，f(x)＋x＋1≥eq\f(1,2)x2＋cosx.2．(1)解函數(shù)f(x)＝ln(a－x)－x＋e的定義域為(－∞，a)，所以f′(x)＝eq\f(1,x－a)－1＝eq\f(1－x＋a,x－a)，因為當(dāng)x<a時，f′(x)<0，即f(x)在(－∞，a)上單調(diào)遞減，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，a)，無單調(diào)遞增區(qū)間．(2)證明當(dāng)a＝e時，f(x)＝ln(e－x)－x＋e，要證f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e)，即證lnx＋x<ex＋eq\f(x,2e)，即證eq\f(lnx,x)＋1<eq\f(ex,x)＋eq\f(1,2e).設(shè)g(x)＝eq\f(lnx,x)＋1(x>0)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以當(dāng)0<x<e時，g′(x)>0，當(dāng)x>e時，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)≤g(e)＝eq\f(1,e)＋1.設(shè)h(x)＝eq\f(ex,x)＋eq\f(1,2e)，h′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，則當(dāng)0<x<1時，h′(x)<0，當(dāng)x>1時，h′(x)>0，所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)≥h(1)＝e＋eq\f(1,2e)，又eq\f(1,e)＋1<e＋eq\f(1,2e)，所以當(dāng)a＝e時，f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e).母題突破2恒成立問題與有解問題1．解(1)f′(x)＝2axlnx＋ax，g′(x)＝2x－b，∵函數(shù)f(x)與g(x)在x＝1處有相同的切線，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝g1，,f′1＝g′1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＝1－b，,a＝2－b，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1.))(2)欲使f(x)≥g(x)恒成立，即ax2lnx≥x2－bx成立，即axlnx－x≥－b成立，∵?b∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))使f(x)≥g(x)恒成立，∴axlnx－x≥－eq\f(e,2)恒成立，當(dāng)x＝1時，有－1≥－eq\f(e,2)成立，∴a∈R，當(dāng)x∈(1，e]時，a≥eq\f(x－\f(e,2),xlnx)，令G(x)＝eq\f(x－\f(e,2),xlnx)，則G′(x)＝eq\f(\f(e,2)lnx－x＋\f(e,2),xlnx2)，令m(x)＝eq\f(e,2)lnx－x＋eq\f(e,2)，則m′(x)＝eq\f(e,2x)－1，且m′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)))＝0，當(dāng)1<x<eq\f(e,2)時，m′(x)>0，當(dāng)eq\f(e,2)<x<e時，m′(x)<0，∴m(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))上單調(diào)遞增，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)，e))上單調(diào)遞減，m(1)＝－1＋eq\f(e,2)>0，meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)))＝eq\f(e,2)ln

eq\f(e,2)>0，m(e)＝0，∴當(dāng)x∈(1，e]時，m(x)≥0，即G′(x)≥0，G(x)在(1，e]上單調(diào)遞增，當(dāng)x＝e時，G(x)有最大值，且G(e)＝eq\f(1,2)，∴a≥eq\f(1,2)，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)由題意得x>－1，f′(x)＝eq\f(1,x＋1)－a.當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1＋\f(1,a)))上，f′(x)>0，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,a)，＋∞))上，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1＋\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1＋\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)由f(x)≤ex－1，可得ln(x＋1)－ax＋1－ex≤0，設(shè)g(x)＝ln(x＋1)－ax＋1－ex，g(0)＝0，則g′(x)＝eq\f(1,x＋1)－a－ex.設(shè)h(x)＝g′(x)＝eq\f(1,x＋1)－a－ex，則h′(x)＝－eq\f(1,x＋12)－ex<0，所以函數(shù)g′(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞減，則g′(x)≤g′(0)＝－a.當(dāng)a≥0時，g′(x)≤0，g(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)≤g(0)＝0恒成立；當(dāng)a<0時，g′(0)＝－a>0，因為g′(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以?x0∈(0，＋∞)，在區(qū)間(0，x0)上，有g(shù)′(x)>0，所以g(x)在區(qū)間(0，x0)上單調(diào)遞增，所以在區(qū)間(0，x0)上g(x)>g(0)＝0，不合題意．綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為[0，＋∞)．母題突破3零點問題1．解(1)由已知，得f(x)＝lnx－eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1－\f(x－12,2)＋))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x－13,3)＋…＋\f(－1n－1x－1n,n))).①當(dāng)n＝1時，f(x)＝lnx－(x－1)，f′(x)＝eq\f(1,x)－1.由f′(x)＝eq\f(1,x)－1>0，得0<x<1；由f′(x)＝eq\f(1,x)－1<0，得x>1.因此，當(dāng)n＝1時，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．②當(dāng)n＝2時，f(x)＝lnx－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－1－\f(x－12,2)))，f′(x)＝eq\f(1,x)－1＋(x－1)＝eq\f(x－12,x).因為f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，且只有當(dāng)x＝1時，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)由f(x)＝lnx－eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1－\f(x－12,2)＋))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x－13,3)＋…＋\f(－1n－1x－1n,n)))，得f′(x)＝eq\f(1,x)－[1－(x－1)＋(x－1)2＋…＋(－1)n－1(x－1)n－1]＝eq\f(1,x)－eq\f(1－1－xn,1－1－x)＝eq\f(1－xn,x).當(dāng)n為偶數(shù)時，f′(x)≥0在(0，＋∞)恒成立，且只有當(dāng)x＝1時，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．因為f(1)＝0，所以f(x)有唯一零點x＝1.當(dāng)n為奇數(shù)時，由f′(x)＝eq\f(1－xn,x)>0，得0<x<1；由f′(x)＝eq\f(1－xn,x)<0，得x>1.因此，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．因為f(1)＝0，所以f(x)有唯一零點x＝1.綜上，函數(shù)f(x)有唯一零點x＝1，即函數(shù)f(x)的零點個數(shù)為1.2．證明(1)由f′(x)＝ex＋cosx＋sinx，設(shè)h(x)＝ex＋cosx＋sinx，則h′(x)＝ex－sinx＋cosx，當(dāng)x≥0時，設(shè)p(x)＝ex－x－1，q(x)＝x－sinx，∵p′(x)＝ex－1≥0，q′(x)＝1－cosx≥0，∴p(x)和q(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴p(x)≥p(0)＝0，q(x)≥q(0)＝0，∴當(dāng)x≥0時，ex≥x＋1，x≥sinx，則h′(x)＝ex－sinx＋cosx≥x＋1－sinx＋cosx＝(x－sinx)＋(1＋cosx)≥0，∴函數(shù)h(x)＝ex＋cosx＋sinx在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)≥h(0)＝2，即當(dāng)x≥0時，f′(x)≥2.(2)由已知得g(x)＝ex＋sinx－cosx－2x－1.①當(dāng)x≥0時，∵g′(x)＝ex＋cosx＋sinx－2＝f′(x)－2≥0，∴g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，又∵g(0)＝－1<0，g(π)＝eπ－2π>0，∴由零點存在定理可知，g(x)在[0，＋∞)上僅有一個零點．②當(dāng)x<0時，設(shè)m(x)＝eq\f(2－sinx－cosx,ex)(x<0)，則m′(x)＝eq\f(2sinx－1,ex)≤0，∴m(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，∴m(x)>m(0)＝1，∴ex＋cosx＋sinx－2<0，∴g′(x)＝ex＋cosx＋sinx－2<0，∴g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，又∵g(0)＝－1<0，g(－π)＝e－π＋2π>0，∴由零點存在定理可知g(x)在(－∞，0)上僅有一個零點，綜上所述，g(x)有且僅有2個零點．微重點1函數(shù)的新定義問題1．A2.A3.B4.C5．CD[對于A，|f(x)|＝|x||x|，所以不存在實數(shù)m使得對任意x∈R有|f(x)|≤m|x|，故其不是F函數(shù)；對于B，f(x)＝sinx＋cosx，當(dāng)x＝0時，f(0)＝1≥m×0，故|f(x)|≤m|x|不成立，故其不是F函數(shù)；對于C，f(x)＝eq\f(x,x2＋x＋1)，|f(x)|＝eq\f(1,x2＋x＋1)|x|≤eq\f(4,3)|x|，故對任意的m≥eq\f(4,3)，都有|f(x)|≤m|x|，故其是F函數(shù)；對于D，f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且滿足對一切實數(shù)x1，x2均有|f(x1)－f(x2)|≤2|x1－x2|，令x1＝x，x2＝0，由奇函數(shù)的性質(zhì)知，f(0)＝0，故有|f(x)|≤2|x|，顯然是F函數(shù)．]6．ABD[由題意，要使f(x)為“正交函數(shù)”，則f(x)與y＝±x在相鄰的象限上有交點即可，對于A，f(x)＝x－2與y＝±x的圖象如圖所示，符合題意；對于B，f(x)＝cosx＋1與y＝±x的圖象如圖所示，符合題意；對于C，f(x)＝lnx與y＝±x的圖象如圖所示，只有一個交點，不符合題意；對于D，f(x)＝2x－2與y＝±x的圖象如圖所示，符合題意．]7．x2(答案不唯一)8．[3,4)解析函數(shù)y＝{x}－1＋logax有且僅有3個零點，即y＝logax的圖象與函數(shù)y＝1－{x}的圖象有且僅有3個交點．而y＝1－{x}＝1＋[x]－x＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x，0<x<1，,2－x，1≤x<2，,3－x，2≤x<3，,4－x，3≤x<4，,…，))畫出函數(shù)y＝1－{x}的圖象，如圖所示，易知當(dāng)0<a<1時，y＝logax與y＝1－{x}的圖象有1個交點，故a>1，作出函數(shù)y＝logax的大致圖象，結(jié)合題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(loga3≤1，,loga4>1，))解得3≤a<4，所以實數(shù)a的取值范圍是[3,4)．微重點2函數(shù)的嵌套與旋轉(zhuǎn)、對稱問題1．D2.C3.B4.C5．ACD[由方程f[g(x)]＝x有實數(shù)解可得g{f[g(x)]}＝g(x)，再用x替代g(x)，即x＝g[f(x)]有解．對于A，x＝x2＋2x，即x2＋x＝0，方程有解，故A正確；對于B，x＝x＋1，即0＝1，方程無解，故B錯誤；對于C，當(dāng)ecosx＝x時，令h(x)＝ecosx－x，因為h(0)＝e>0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1－eq\f(π,2)<0，由零點存在定理可知，h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上存在零點，所以方程有解，故C正確；對于D，當(dāng)ln(|x|＋1)＝x時，x＝0為方程的解，所以方程有解，故D正確．]6．BC[f2(x)－t·f(x)＝0?f(x)[f(x)－t]＝0?f(x)＝0或f(x)＝t，作出y＝f(x)的圖象，當(dāng)f(x)＝0時，x1＝－4，有一個實數(shù)根；當(dāng)t＝1時，有三個實數(shù)根，所以共四個實數(shù)根，滿足題意；當(dāng)t＝4時，f(x)＝t只有兩個實數(shù)根，所以共三個實根，不滿足題意，此時與y＝ex的交點坐標(biāo)為(2ln2,4)．要使原方程有四個實數(shù)根，等價于f(x)＝t有三個實數(shù)根，等價于y＝f(x)與y＝t的圖象有三個交點，故t∈[1,4)，x4∈[0,2ln2)，所以x1x4∈(－8ln2,0]，故A錯誤，C正確；又因為x2＋x3＝－4，所以x1＋x2＋x3＋x4＝－8＋x4的取值范圍為[－8，－8＋2ln2)，故B正確；因為x2＋x3＝－4，x2<x3<0，所以x2x3＝(－x2)·(－x3)<eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(－x2＋x3,2)))2＝4，故D錯誤．]7．2≤m≤eq\f(8,3)8．1－e＜a≤1或a＝2解析由題意得，函數(shù)f(x)的定義域為(0,1)∪(1，＋∞)．對函數(shù)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝eq\f(lnx－1,lnx2)，令f′(x)>0，可得x>e；令f′(x)<0，可得0<x<1或1<x<e，所以f(x)在(0,1)和(1，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增．故當(dāng)x＝e時，f(x)有極小值為f(e)＝e.令t＝f(x)，則方程[f(x)]2＋af(x)＋a－1＝0化成t2＋at＋a－1＝0，解得t＝－1或t＝1－a，當(dāng)－1＝1－a時，a＝2，符合題意；所以當(dāng)t＝1－a時，t＝f(x)沒有實數(shù)解，作出f(x)的大致圖象，由圖可知，0≤1－a<e，解得1－e<a≤1.綜上，1－e＜a≤1或a＝2.微重點3導(dǎo)數(shù)中的函數(shù)構(gòu)造問題1．B2.B3.B4.D5.A6．ACD[由題設(shè)，eλx·λx≥xlnx＝elnx·lnx，令f(t)＝t·et(t>0)，則f′(t)＝(t＋1)·et>0，所以f(t)單調(diào)遞增，又f(λx)≥f(lnx)，即當(dāng)x∈(1，＋∞)時，λx≥lnx，即λ≥eq\f(lnx,x)恒成立，令g(x)＝eq\f(lnx,x)，x∈(1，＋∞)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以在(1，e)上，g′(x)>0，即g(x)單調(diào)遞增；在(e，＋∞)上，g′(x)<0，即g(x)單調(diào)遞減，則g(x)≤g(e)＝eq\f(1,e)，故λ≥eq\f(1,e).]7．(2，＋∞)8.1微重點4函數(shù)的公切線問題1．A2.D3.B4.D5.AD6．ABC[由f(x)＝2x2＋3可得f′(x)＝4x，由g(x)＝aex＋3可得g′(x)＝aex，設(shè)公切線與f(x)＝2x2＋3的圖象相切于點(x1，2xeq\o\al(2,1)＋3)，與g(x)＝aex＋3的圖象相切于點(x2，＋3)，所以4x1＝即2x1＝eq\f(2x1－x\o\al(2,1),x2－x1)，可得x1＝0或2x2＝x1＋2，因為4x1＝，a>0，則x1>0,2x2＝x1＋2>2，即x2>1，x2>1，令h(x)＝eq\f(8x－1,ex)，x>1，可得h′(x)＝eq\f(8ex－8exx－1,e2x)＝eq\f(16－8x,ex)，由h′(x)>0得1<x<2；由h′(x)<0得x>2，所以h(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(2)＝eq\f(8×2－1,e2)＝eq\f(8,e2)，所以實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(8,e2)))，故選ABC.]7．－328．－eq\f(1,6e2)1解析由f(x)＝eq\f(1,2)x2－2ax，g(x)＝3a2lnx－b，x>0，則f′(x)＝x－2a，g′(x)＝eq\f(3a2,x)，設(shè)兩曲線的公切點為(x0，y0)，由題意得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx0＝gx0，,f′x0＝g′x0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x\o\al(2,0)－2ax0＝3a2lnx0－b，,x0－2a＝\f(3a2,x0)，))由x0－2a＝eq\f(3a2,x0)得，xeq\o\al(2,0)－2ax0－3a2＝0，解得x0＝3a或x0＝－a(舍去)，所以曲線y＝f(x)，y＝g(x)只有一條這樣的公共切線．b＝3a2lnx0－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋2ax0＝3a2ln3a－eq\f(9a2,2)＋6a2＝3a2ln3a＋eq\f(3a2,2)，令F(a)＝3a2ln3a＋eq\f(3a2,2)，a>0，則F′(a)＝6aln3a＋6a＝6a(ln3a＋1)，當(dāng)0<a<eq\f(1,3e)時，F(xiàn)′(a)<0，當(dāng)a>eq\f(1,3e)時，F(xiàn)′(a)>0，所以函數(shù)F(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3e)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以當(dāng)a＝eq\f(1,3e)時，b取得最小值，為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3e)))＝－eq\f(1,3e2)＋eq\f(3,2)·eq\f(1,9e2)＝－eq\f(1,6e2).微重點5不等式的綜合問題1．C2.D3.C4.D5．ACD[由2a＝3b＝6，則a＝log26，b＝log36，則a>0，b>0，所以a－b＝log26－log36＝eq\f(lg6,lg2)－eq\f(lg6,lg3)＝eq\f(lg6lg3－lg2,lg2·lg3)>0，故選項A正確；eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝log62＋log63＝1，故選項B不正確；由1＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)>2eq\r(\f(1,ab))(因為a≠b，所以等號不成立)，則ab>4，故選項C正確；a＋b＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4(因為a≠b，故等號不成立)，故選項D正確．]6．BC[因為an>0，所以aeq\o\al(2,5)＝a3a7≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a3＋a7,2)))2＝64，當(dāng)且僅當(dāng)a3＝a7＝8時，取等號，所以a5≤8，故A不正確；log2a2＋log2a8＝log2(a2a8)＝log2(a3a7)≤log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a3＋a7,2)))2＝log264＝6，當(dāng)且僅當(dāng)a3＝a7＝8時，取等號，故B正確；a3＋a7－a4－a6＝a3(1－q)－a6(1－q)＝(a3－a6)(1－q)，當(dāng)0<q<1時，{an}單調(diào)遞減，則a3－a6>0，(1－q)(a3－a6)>0，則a4＋a6<16；當(dāng)q>1時，{an}單調(diào)遞增，a3－a6<0，(1－q)·(a3－a6)>0，則a4＋a6<16，故C正確，D不正確．]7.eq\f(3＋2\r(2),4)8.eq\f(2,3)解析由題意得z＝4x2－xy＋y2，故eq\f(z,xy)＝eq\f(4x,y)＋eq\f(y,x)－1≥2eq\r(\f(4x,y)·\f(y,x))－1＝3，當(dāng)且僅當(dāng)y＝2x時等號成立，所以，此時eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)－\f(1,z)))＝eq\f(1,xy)－eq\f(1,xz)＝eq\f(1,2x2)－eq\f(1,6x3)，令t＝eq\f(1,x)>0，則f(t)＝eq\f(t2,2)－eq\f(t3,6)，故f′(t)＝eq\f(t2－t,2)，所以，當(dāng)0<t<2時，f′(t)>0；當(dāng)t>2時，f′(t)<0，即f(t)在(0,2)上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減．故f(t)≤f(2)＝eq\f(2,3)，且x＝eq\f(1,2)，y＝1時等號成立，綜上，eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)－\f(1,z)))的最大值為eq\f(2,3).培優(yōu)點1洛必達法則1．解(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝x2－xcosx＋sinx，x∈R，f′(x)＝2x＋xsinx＝x(2＋sinx)．當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)當(dāng)x>0時，有f(x)<xex－2x＋sinx恒成立，即x>0時，ax2<xex＋xcosx－2x恒成立，即a<eq\f(ex＋cosx－2,x)恒成立．令g(x)＝eq\f(ex＋cosx－2,x)，x>0，∴g′(x)＝eq\f(x－1ex－xsinx－cosx＋2,x2)，令φ(x)＝(x－1)ex－xsinx－cosx＋2，x>0，φ′(x)＝xex－xcosx＝x(ex－cosx)．∵x>0，∴ex>1≥cosx，∴φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)>φ(0)＝0，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∵由洛必達法則知eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(ex＋cosx－2,x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(ex－sinx,1)＝1，∴g(x)>1，故a≤1，∴實數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．2．解(1)f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x)－lnx)),x＋12)－eq\f(b,x2)，由于直線x＋2y－3＝0的斜率為－eq\f(1,2)，且過點(1,1)，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝1，,f′1＝－\f(1,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝1，,\f(a,2)－b＝－\f(1,2)，))解得a＝1，b＝1.(2)由題設(shè)可得，當(dāng)x>0，且x≠1時，k<eq\f(2xlnx,1－x2)＋1恒成立．令g(x)＝eq\f(2xlnx,1－x2)＋1(x>0，且x≠1)，則g′(x)＝2·eq\f(x2＋1lnx－x2＋1,1－x22)，再令h(x)＝(x2＋1)lnx－x2＋1(x>0，且x≠1)，則h′(x)＝2xlnx＋eq\f(1,x)－x，令φ(x)＝2xlnx＋eq\f(1,x)－x(x>0，且x≠1)，則φ′(x)＝2lnx＋1－eq\f(1,x2)，易知φ′(x)＝2lnx＋1－eq\f(1,x2)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且φ′(1)＝0，故當(dāng)x∈(0,1)時，φ′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，φ′(x)>0；∴h′(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故h′(x)>h′(1)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∵h(1)＝0，∴當(dāng)x∈(0,1)時，h(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h(x)>0.∴當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．∵由洛必達法則知eq\o(lim,\s\do4(x→1))g(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(lim,\s\do4(x→1))\f(xlnx,1－x2)))＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(lim,\s\do4(x→1))\f(1＋lnx,－2x)))＋1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋1＝0，∴k≤0，即k的取值范圍為(－∞，0]．培優(yōu)點2對數(shù)平均不等式、切線不等式1．(1)解由題意，定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x＋b,x)，若b≥0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；若b<0，令f′(x)＝0，得x＝－b，當(dāng)x∈(0，－b)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(－b，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，綜上，若b≥0，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間；若b<0，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，－b)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－b，＋∞)．(2)證明g(x)＝x＋b(1＋lnx)－eq\f(1,2)sinx，g′(x)＝1－eq\f(cosx,2)＋eq\f(b,x)，①若b≥0，則由1－eq\f(cosx,2)>0，eq\f(b,x)≥0得g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故不存在0<x1<x2，使得g(x1)＝g(x2)，所以b<0.②令m(x)＝x－sinx(x>0)，m′(x)＝1－cosx≥0，當(dāng)x→0時，m(x)→0，故m(x)>0，即x>sinx，因為g(x1)＝g(x2)，即x1＋b(1＋lnx1)－eq\f(1,2)sinx1＝x2＋b(1＋lnx2)－eq\f(1,2)sinx2，所以－b(lnx2－lnx1)＝x2－x1－eq\f(1,2)(sinx2－sinx1)>eq\f(1,2)(x2－x1)，又0<x1<x2，所以－2b>eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)>0，根據(jù)對數(shù)平均不等式eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2)，所以eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)>eq\r(x2x1)，所以－2b>eq\r(x2x1)，故x1x2<4b2.2．(1)解因為f(x)＝x(lnx＋a)，故可得f′(x)＝lnx＋a＋1，又y＝lnx＋a＋1為單調(diào)遞增函數(shù)，令f′(x)＝0，解得x＝e－a－1，故當(dāng)0<x<e－a－1時，f′(x)<0；當(dāng)x>e－a－1時，f′(x)>0，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，e－a－1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(e－a－1，＋∞)．(2)證明方法一當(dāng)a＝1時，f(x)＝x(lnx＋1)，要證f(x)≤xex－1，即證x(lnx＋1)≤xex－1，又x>0，則只需證lnx＋1≤ex－1，即證lnx－x＋1≤ex－1－x，令m(x)＝lnx－x＋1，m′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，當(dāng)0<x<1時，m′(x)>0，m(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>1時，m′(x)<0，m(x)單調(diào)遞減，故當(dāng)x＝1時，m(x)取得最大值m(1)＝0；令n(x)＝ex－1－x，n′(x)＝ex－1－1，又y＝n′(x)為單調(diào)遞增函數(shù)，且當(dāng)x＝1時，n′(x)＝0，當(dāng)0<x<1時，n′(x)<0，n(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時，n′(x)>0，n(x)單調(diào)遞增，故當(dāng)x＝1時，n(x)取得最小值n(1)＝0.則n(x)min＝m(x)max，且當(dāng)x＝1時，同時取得最小值和最大值，故n(x)≥m(x)，即lnx－x＋1≤ex－1－x，故f(x)≤xex－1在(0，＋∞)上恒成立．方法二當(dāng)a＝1時，f(x)＝x(lnx＋1)，要證f(x)≤xex－1，即證x(lnx＋1)≤xex－1，又x>0，則只需證lnx＋1≤ex－1，又lnx＋1≤x，ex－1≥x，且等號都在x＝1處取得，所以lnx＋1≤ex－1.即f(x)≤xex－1在(0，＋∞)上恒成立．培優(yōu)點3隱零點問題1．證明(1)f(x)＝x＋sinx－ex，f′(x)＝1＋cosx－ex，令g(x)＝1＋cosx－ex，g′(x)＝－ex－sinx<0，所以g(x)在區(qū)間[0，π]上單調(diào)遞減．因為g(0)＝2－1＝1>0，g(π)＝－eπ<0，所以存在x0∈(0，π)，使得f′(x0)＝0，且當(dāng)0<x<x0時，f′(x)>0；當(dāng)x0<x<π時，f′(x)<0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是[0，x0]，單調(diào)遞減區(qū)間是[x0，π]．所以函數(shù)f(x)存在唯一的極大值點x0.(2)由(1)知，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是[0，x0]，單調(diào)遞減區(qū)間是[x0，π]．且x0∈(0，π)，f′(x0)＝0，即1＋cosx0－＝0，即1＋cosx0＝所以f(x)max＝f(x0)＝x0＋sinx0－＝x0＋sinx0－cosx0－1.令φ(x)＝x＋sinx－cosx－1，x∈(0，π)，φ′(x)＝1＋cosx＋sinx>0，所以φ(x)在(0，π)上單調(diào)遞增，所以φ(x)<φ(π)＝π，即φ(x)<π，即證f(x)max＝f(x0)<π，即證f(x)<π.2．解(1)因為f(x)＝alnx－eq\f(1,x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(a,x)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(ax＋1,x2).①若a≥0，則f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．②若a<0，令f′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,a).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))時，f′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)<0.所以f(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)不等式f(x)≤x－eq\f(2,e)在(0，＋∞)上恒成立等價于alnx－x－eq\f(1,x)＋eq\f(2,e)≤0在(0，＋∞)上恒成立，令g(x)＝alnx－x－eq\f(1,x)＋eq\f(2,e)，則g′(x)＝eq\f(a,x)－1＋eq\f(1,x2)＝－eq\f(x2－ax－1,x2).對于函數(shù)y＝x2－ax－1，Δ＝a2＋4>0，所以其必有兩個零點．又兩個零點之積為－1，所以兩個零點一正一負，設(shè)其中一個零點x0∈(0，＋∞)，則xeq\o\al(2,0)－ax0－1＝0，即a＝x0－eq\f(1,x0).此時g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減，故g(x0)≤0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(1,x0)))lnx0－x0－eq\f(1,x0)＋eq\f(2,e)≤0.設(shè)函數(shù)h(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))lnx－x－eq\f(1,x)＋eq\f(2,e)，則h′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2)))lnx＋1－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(1,x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2)))lnx.當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0.所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝h(e)＝0，所以x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)).由a＝x0－eq\f(1,x0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上單調(diào)遞增，得a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－e，e－\f(1,e))).培優(yōu)點4極值點偏移問題1．(1)解f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)－1＝eq\f(a－x,x)，當(dāng)a≤0時，f′(x)<0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，令f′(x)>0，得x∈(0，a)；令f′(x)<0，得x∈(a，＋∞)，故f(x)在(0，a)上單調(diào)遞增，在(a，＋∞)上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，f(x)在(0，a)上單調(diào)遞增，在(a，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)證明由(1)可知，要想f(x)有兩個相異的零點x1，x2，則a>0，因為f(x1)＝f(x2)＝0，所以alnx1－x1＝0，alnx2－x2＝0，所以x1－x2＝a(lnx1－lnx2)，要證x1x2>e2，即證lnx1＋lnx2>2，等價于eq\f(x1,a)＋eq\f(x2,a)>2，而eq\f(1,a)＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，所以等價于證明eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>eq\f(2,x1＋x2)，即ln

eq\f(x1,x2)>eq\f(2x1－x2,x1＋x2)，令t＝eq\f(x1,x2)，則t>1，于是等價于證明lnt>eq\f(2t－1,t＋1)成立，設(shè)g(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)，t>1，g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,t＋12)＝eq\f(t－12,tt＋12)>0，所以g(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(t)>g(1)＝0，即lnt>eq\f(2t－1,t＋1)成立，所以x1x2>e2，結(jié)論得證．2．(1)解因為f(x)＝x(1－lnx)，所以f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1－lnx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝－lnx.當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0.所以函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)證明由題意知，a，b是兩個不相等的正數(shù)，且blna－alnb＝a－b，兩邊同時除以ab，得eq\f(lna,a)－eq\f(lnb,b)＝eq\f(1,b)－eq\f(1,a)，即eq\f(lna＋1,a)＝eq\f(lnb＋1,b)，即f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b))).令x1＝eq\f(1,a)，x2＝eq\f(1,b)，由(1)知f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，且當(dāng)0<x<e時，f(x)>0，當(dāng)x>e時，f(x)<0，不妨設(shè)x1<x2，則0<x1<1<x2<e.要證2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e，即證2<x1＋x2<e.先證x1＋x2>2，要證x1＋x2>2，即證x2>2－x1，因為0<x1<1<x2<e，所以x2>2－x1>1，又f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以即證f(x2)<f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以即證f(x1)<f(2－x1)，即證當(dāng)x∈(0,1)時，f(x)－f(2－x)<0.構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2－x)，則F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，當(dāng)0<x<1時，x(2－x)<1，則－ln[x(2－x)]>0，即當(dāng)0<x<1時，F(xiàn)′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)0<x<1時，F(xiàn)(x)<F(1)＝0，所以當(dāng)0<x<1時，f(x)－f(2－x)<0成立，所以x1＋x2>2成立．再證x1＋x2<e.由(1)知，f(x)的極大值點為x＝1，f(x)的極大值為f(1)＝1，過點(0,0)，(1,1)的直線方程為y＝x，設(shè)f(x1)＝f(x2)＝m，當(dāng)x∈(0,1)時，f(x)＝x(1－lnx)>x，直線y＝x與直線y＝m的交點坐標(biāo)為(m，m)，則x1<m.欲證x1＋x2<e，即證x1＋x2<m＋x2＝f(x2)＋x2<e，即證當(dāng)1<x<e時，f(x)＋x<e.構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)＋x，則h′(x)＝1－lnx，當(dāng)1<x<e時，h′(x)>0，所以函數(shù)h(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)1<x<e時，h(x)<h(e)＝f(e)＋e＝e，即f(x)＋x<e成立，所以x1＋x2<e成立．綜上可知，2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e成立．專題二三角函數(shù)與解三角形第1講三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)1．D2.A3.B4.C5.D6.A7．B[由題意知，△OAB是等邊三角形，所以AB＝OA＝2.連接OC(圖略)，因為C是AB的中點，所以O(shè)C⊥AB，OC＝eq\r(OA2－AC2)＝eq\r(3).又CD⊥AB，所以O(shè)，C，D三點共線，所以CD＝OD－OC＝2－eq\r(3)，所以s＝AB＋eq\f(CD2,OA)＝2＋eq\f(2－\r(3)2,2)＝eq\f(11－4\r(3),2).]8．D[因為函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的最小正周期為T＝eq\f(2π,2)＝π，所以區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t，t＋\f(π,4)))的區(qū)間長度是該函數(shù)的最小正周期的eq\f(1,4)，因為函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t，t＋\f(π,4)))上的最大值為g1(t)，最小值為g2(t)，所以當(dāng)區(qū)間eq\b\lc\