函數與導數高考壓軸題選

一.選擇題(共2小題)

I.(2013?安徽)已知函數f(x)=x3+ax2+bx+c有兩個極值點xl,x2,若f(xl)=xlVx2,則

關于x的方程3(f(x))2+2af(x)+b=0的不同實根個數為()

A.3B.4C.5D.6

2.(2012?福建)函數f(x)在［a,b］上有定義，若對任意xl,x2<=［a,b］,有則稱fix)在［a,

b］上具有性質P.設f(X)在［1,3］上具有性質P,現給出如下命題：

①f(x)在［1,3］上的圖象是連續不斷的；

②f(x2)在［1,］上具有性質P：

③若f(x)在x=2處取得最大值1,則f(x)=l,xe［l,3］；

④對任意xl,x2,x3,x4￡［l,3］,有［f(xl)+f(x2)+f(x3)+f(x4)］

其中真命題的序號是()

A.①@B.①③C.②④D.③④

二.選擇題(共1小題)

3.(2012?新課標)設函數f(X)=的最大值為M,最小值為叫則M+m=.

三.選擇題(共23小題)

4.(2014?陜西)設函數f(x)=lnx+,m￡R.

(I)當m=e(e為自然對數的底數)時，求f(x)的極小值；

(H)討論函數g(x)=f(x)-三零點的個數；

3

(HI)若對任意b>a>0,VI恒成立，求m的取值范圍.

5.(2013?新課標II)已知函數f(x)=ex-In(x+m)

(I)設x=0是f(x)的極值點，求m,并討論f(x)的單調性；

(II)當mW2時，證明f(x)>0.

6.(2013?四川)已知函數，其中a是實數，設A(xl,f(xl)),B(x2,f(x2))為該函數

圖象上的點，且xlVx2.

(I)指出函數f(x)的單調區間；

(II)若函數f(X)的圖象在點A,B處的切線互相垂直，且X2V0,求x2-xl的最小，直；

(III)若函數f(x)的圖象在點A,B處的切線重合，求a的取值范圍.

7.(2013?湖南)已知函數f(x)=.

(I)求f(x)的單調區間；

(II)證明:當f(xl)=f(x2)(xlWx2)時,xl+x2V0.

8.(2013?遼寧)已知函數f(x)=(1+x)e-2x,g(x)=ax++l+2xcosx,當x￡［0,I］時,

(I)求證：；

(ID若f(x)2g(x)恒成立，求實數a的取值范圍.

9.(2013?陜西)已知函數f(x)=ex,x￡R.

(I)若直線y=kx+l與f(x)的反函數g(x)=lnx的圖象相切，求實數k的值；

(II)設x>0,討論曲線y=f(x)與曲線y=mx2(m>0)公共點的個數.

(III)設aVb,比較與的大小，并說明理由.

1().(2013?湖北)設n是正整數,i?為正有理數.

(I)求函數f(x)=(1+x)r+,-(r+1)x-1(x>-1)的最小值；

(II)證明：；

(III)設x￡R,記[x]為不小于x的最小整數，例如.令的值.

(參考數據：.

11.(2012?遼寧)設f(x)=ln(x+l)++ax+b(a,b￡R,a,b為常數),曲線y=f(x)與

直線產x在(0,0)點相切.

(I)求a,b的值;

(II)證明：當0VxV2時，f(x)<.

12.(2012?福建)已知函數f(x)=axsinx-(a￡R).且在上的最大值為,

(1)求函數f(x)的解析式；

(2)判斷函數f(x)在(0,n)內的零點個數，并加以證明.

13.(2012?湖北)設函數f(x)=axn(1-x)+b(x>0),n為正整數,a,b為常數，曲線y=f

(x)在(l,f(1))處的切線方程為x+y=l

(I)求a,b的值；

(H)求函數f(x)的最大值；

(III)證明：f(x)<.

14.(2012?湖南)已知函數f(x)=cxax,其中a>0.

(1)若對一切x￡R,f(x)21恒成立，求a的取值集合；

(2)在函數f(x)的圖象上取定點A(xl,f(xl)),B(x2,f(x2))(xl<x2),記直線

AB的斜率為K,證明：存在x0￡(xl,x2),使f'(xO)=K恒成立.

15.(2012?四川)已知a為正實數,n為自然數,拋物線與x軸正半軸相交于點A,設f(n)

為該拋物線在點A處的切線在y軸上的截距.

(I)用a和n表示f(n)；

FJ)_I3

(n)求對所有n都有三興―成立的a的最小值；

f(n)+1二^

(III)當OVaVl時，比較與的大小，并說明理由.

16.(2011?四川)已知函數f(x)=x+,h(x)=.

(I)設函數F(x)=f(x)?h(x),求F(x)的單調區間與極值；

(II)設a￡R,解關于x的方程log4lf(x-1)-J=log2h(a-x)-log2h(4-x)：

(HD試比較f(100)h(100)-與的大小.

17.(2011?陜西)設函數f(x)定義在(0,+8)上,f(1)=0,導函數f'(x)=,g(x)

=f(x)+f'(x).

(I)求g(x)的單調區間和最小值；

CD)討論g(x)與g(1)的大小關系；

(III)是否存在x()>0,使得|g(X)-g(xO)|<對任意x>0成立？若存在，求出xO

的取值范圍；若不存在請說明理由.

18.(2011?四川)己知函數f(x)=x+,h(x)=.

(I)設函數F(x)=18f(x)-x2[h(x)]2,求F(x)的單調區間與極值；

(II)設a￡R,解關于x的方程lg[f(x-1)-]=21gh(a-x)-21gh(4-x)；

(HI)設n￡Nn,證明：f(n)h(n)-[h(I)+h(2)+…+h(n).

19.(2010?四川)設，a>0且aWl),g(x)是f(x)的反函數.

(I)設關于X的方程求在區間［2,6］上有實數解，求t的取值范圍；

(H)當a=e,e為自然對數的底數)時，證明：；

(III)當OVaW時，試比較||與4的大小，并說明理由.

20.(2010?全國卷H)設函數f(x)=1-e-x.

(I)證明：當x>?1時，f(x)2；

(II)設當x20時,f(x)W，求a的取值范圍.

21.(2010?陜西)已知函數f(x)=,g(x)=alnx,aeR.

(I)若曲線y=f(x)與曲線y=g(x)相交，且在交點處有共同的切線，求a的值和該切線

方程：

(II)設函數h(x)=f(x)-g(x),當h(x)存在最小值時，求其最小值小(a)的解析

式；

(IH)對(II)中的小(a)和任意的a>0,b>0,證明：6'()W.

22.(2009?全國卷H)設函數f(x)=x2+aln(l+x)有兩個極值點xl、x2,且xl〈x2,

(I)求a的取值范圍，并討論f(x)的單調性；

(II)證明：f(x2)>.

23.(2009?湖北)在R上定義運算：(b、c^R是常數)，已知fl(x)=x2-2c,f2(x)

=x-2b,f(x)=fl(x)f2(x).

①如果函數f(x)在x=l處有極值，試確定b、c的值；

②求曲線y:f(x)上斜率為c的切線與該曲線的公共點；

③記g(x)=|f'(x)|(-IWXWI)的最大值為M,若M2k對任意的b、c恒成立，試求

k的取值范圍.(參考公式：x3-3bx2+4b3=(x+b)(x-2b)2)

24.(2(X)9?湖北)已知關于x的函數f(x)=-x3+bx2+cx+bc,其導函數為f'(x).令

g(x)=|fz(x)I,記函數g(x)在區間［-1.1］上的最大值為M.

(I)如果函數f(X)在X=1處有極值-,試確定b、C的值：

(II)若證明對任意的c,都有M>2

(III)若M叁K對任意的b、c恒成立，試求k的最大值.

25.(2008?江蘇)請先閱讀：

在等式cos2x=2cos2x-1(x￡R)的兩邊求導，得：(cos2x)'=(2cos2x-1)r,由求導

法則，得(-sin2x)*2=4cosx*(-sinx),化簡得等式:sin2x=2cosx-sinx.

(1)利用上題的想法(或其他方法),結合等式(l+x)n=CnO+Cn1x+Cn2x2+,,,+Cnnxn(x

￡R,正整數n22),證明：.

(2)對于正整數n23,求證：

n,

⑴Z(-D，0二0；

k=l

n.

3)E(-D，2皆0：

k=l

(iii).

26.(2008?天津)已知函數f(x)=x4+ax3+2x2+b(x￡R),其中a,b￡R.

(I)當時，討論函數f(x)的單調性；

(II)若函數f(x)僅在x=0處有極值，求a的取值范圍；

(III)若對于任意的a￡［-2,2］,不等式f(x)在［-1,1］上恒成立，求b的取值范圍.

四.解答題(共4小題)

27.(2008?福建)已知函數f(x)=ln(1+x)-x

(1)求f(x)的單調區間；

(2)記f(x)在區間[0,n](nEN*)上的最小值為bn令an=In(1+n)-bn

(i)如果對一?切n,不等式恒成立，求實數c的取值范圍；

(ii)求證：.

28.(2007?福建)已知函數f(x);ex-kx,

(1)若1(=&試確定函數f(x)的單調區間；

(2)若k>0,同對于任意xOR,f(岡)>0恒成立，試確定實數k的取值范圍：

(3)設函數F(x)=f(x)+f(-x),求證：F(1)F(2)-F(n)>(nGN*).

29.(2006?四川)已知函數,f(x)的導函數是f'(x).對任意兩個不相等的正數xl、

x2,證明：

(I)當aWO時，；

(H)當aW4時，|f'(xl)-f(x2)|>|xl-x2|.

30.(2006?遼寧)已知IT)(x)=xn,其中kSn(n,k￡N+),設F(x)=Cn0ft)(x2)+Cnlfl

(x2)+…+Cnnfn(x2),xW[-1,1].

(1)寫出fk(1);

(2)證明：對任意的xl,x2U[1,1],恒有|F(xl)-T(x2)|<2n1(n+2)n1.

函數與導數高考壓軸題選

參考答案與試題解析

一.選擇題(共2小題)

1.(2013?安徽)已知函數f(x)=x3+ax2+bx+c有兩個極值點xl,x2,若f(xl)=xlVx2,則

關于x的方程3(f(x))2+2af(x)+b=()的不同實根個數為()

A.3B.4C.5D.6

(解答］解：,??函數f(x)=x3+ax2+bx+c有兩個極值點xl,x2,

???「(x)=3x2+2ax+b=0有兩個不相等的實數根，

/.△=4a2-12b>0.解得=.

Vxl<x2,

而方程3(f(x))2+2af(x)+b=0的△1=△>(),

???此方程有兩解且f(x)=xl或x2.

不妨取0VxlVx2,f(xl)>0.

①把y=f(x)向下平移xl個單位即可得到y=f(x)xl的圖象，

Vf(xl)=xl,可知方程f(x)=xl有兩解.

②把y=f(x)向下平移x2個單位即可得到y=f(x)-x2的圖象,?.?f(xl)=xl,.?.f1x1)

-x2<0,可知方程f(x)=x2只有一解.

綜上①②可知：方程f(x)=xl或f(x)=x2.只有3個實數解.即關于x的方程3(f(x))

2+2af(x)+b=0的只有3不同實根.

故選:A.

2.(2012?福建)函數f(x)在［a,b］上有定義，若對任意xl,x2￡［a,b］,有則稱f(x)在［a,

b］上具有性質P.設f(x)在［1,3］上具有性質P.現給出如下命題：

①f(x)在［1,3］上的圖象是連續不斷的；

②f(x2)在［1,］上具有性質P；

③若f(x)在x=2處取得最大值1,則f(x)=1,x€［L3］；

④對任意xl,x2,x3,x4￡［l,3］,有［f(xl)+f(x2)+f(x3)+f(x4)］

其中真命題的序號是()

A.①②B.①③C.②④D.③④

【解答】解：在①中，反例：f(x)=在［1,3］上滿足性質P,

但f(X)在[1,引上不是連續函數，故①不成立；

在②中，反例：f(x)=-X在[1,3]上滿足性質P,但f(x2)=-x2在|1,]上不滿足性質P,

故②不成立；

在③中：在[1,3]上,f(2)=f()W,

%(x)+f(4-x)>2

.<f(x)<f(x)=f(2)=1

一max，

f(4-x)<f(x)=f(2)=1

max

故f(x)=1,

,對任意的xl,x2￡[l,3],f(x)=1,

故③成立；

在④中，對任意xl,x2,x3,x4￡[l,3],

(x+x)+(+x)

…/X1+X2+X3+X4、2l2?x34、

有f__寸__i)=f(/-------------A------)

1,Xi+x/X3+X4、r

^[rf(」^)2s+f(T■工)]

乙乙乙

弓弓(f(X1)+f(X2))+之(f(X3)+f(%))]

=[f(xl)+f(x2)+f(x3)+f(x4)],

:.[f(xl)+f(x2)+f(x3)+f(x4)],

故④成立.

故選D.

二.選擇題(共1小題)

3.(2012?新課標)設函數f(x)=的最大值為M,最小值為m,則M+m=2.

【解答】解：函數可化為f(x)==,

令，則為奇函數，

???的最大值與最小值的和為0.

???函數f(x)=的最大值與最小值的和為1+1+0=2.

即M+m=2.

故答案為：2.

三.選擇題(共23小題)

4.(2014?陜西)設函數f(x)=lnx+,m￡R.

(I)當m=e(e為自然對數的底數)時，求f(x)的極小值；

(II)討論函數g(x)=f(x)-2零點的個數；

3

(III)若對任意b>a>0,VI恒成立，求m的取值范圍.

【解答】解：(I)當m=eM,f(x)=lnx+,

Af(x)=^—^

2

A^xe(0,e)時,f'(x)<0,f(x)在(0,e)上是減函數;

當x￡(e,+8)時,尸(x)>0,f(x)在(e,+8)上是增函數；

.,.x=e時,f(x)取得極小值為f(e)=lne+=2；

(II):函數g(x)=f'(x)-=--(x>0),

令g(x)=0,得m=-x3+x(x>0)；

設巾(x)=-x3+x(x>0),

O'(x)=-x2+l=-(x-1)(x+1)；

當Xf(0,1)時，(x)>0,d>(x)在(0,1)上是增函數，

當乂￡(1,4-00)時，小'(X)<0,4>(x)在(1,+8)上是減函數;

???x=l是力(x)的極值點，且是極大值點，

，X=1是由(X)的最大值點,

4(x)的最大值為4)(1)—；

3

又小(0)=0,結合y=D(X)的圖象,如圖；

可知：①當m>時，函數g(x)無零點；

②當m二時，函數g(X)有且只有一個零點；

③當OVmV時，函數g(x)有兩個零點；

④當mWO時，函數g(x)有且只有一個零點；

綜上，當m>時，函數g(x)無零點；

當m二或mWO時，函數g(x)有且只有一個零點；

當0<mV時，函數g(x)有兩個零點；

(III)對任意b>a>0,V1恒成立，

等價于f(b)-b<f(a)-a恒成立；

設h(x)=f(x)-x=lnx4--x(x>0),

則h(b)<h(a).

Ah(x)在(0,+°°)上單調遞減；

Vh*(x)=--IWO在(0,+8)上恒成立，

m-x2+x=-+(x>0),

/.；

4

對于m=，h'(x)=0僅在x=時成立；

.?.m的取值范圍是［,+8).

5.(2013?新課標II)已知函數f(x);ex-ln(x+m)

(I)設x=0是f(x)的極值點，求m,并討論f(x)的單調性;

(II)當mW2時，證明f(x)>0.

【解答】(I)解：：，x=0是f(x)的極值點，???，解得m=l.

所以函數f(x)=ex-In(x+l)，其定義域為(-1,+8).

1ex(x+l)-1

x+1x+l

設g(x)=ex(x+l)-1,則g'(x)=ex(x+l)+ex>0,所以g(x)在(-l,+8)上為

增函數，

又二？(0)=0,所以當x>0時,g(x)>0,即f'(x)>0；當?1VxVO時，g(x)<0,f'

(x)<0.

所以f(x)在(?1,0)上為減函數；在(0,+8)上為增函數；

(II)證明：當mW2,x￡(-m,+8)吐g(x+m)Win(x+2),故只需證明當m=2時f

(x)>0.

當m=2時，函數在(-2,+8)上為增函數，且尸(-1)<0,(0)>0.

故「(x)=0在(2,+8)上有唯一實數根xO,且xOu(1,0).

當x￡(-2,xO)時,f'(x)<0,當x￡(xO,+8)時,「(x)>0,

從而當x=xO時,f(x)取得最小值.

由f'(xO)=0,得，hi(xO+2)=-xO.

故f(x)2=>0.

綜上，當mW2時,f(x)>0.

6.(2013?四川)已知函數，其中a是實數，設A(xl,f(xl)),B(x2,f(x2))為該函數

圖象上的點，且xlVx2.

(I)指出函數f(x)的單蜩區間；

(II)若函數f(x)的圖象在點A,B處的切線互相垂直，且x2<0,求x2-xl的最小直；

(III)若函數f(x)的圖象在點A,B處的切線重合，求a的取值范圍.

【解答】解：(I)當xVO時，f(x)=(x+l)2+a,

???f(x)在(-8,-1)上單調遞減，在［-1,0)上單調遞增；

當x>0時,f(x)=lnx,在(0,+8)單調遞增.

(II)Vxl<x2<0,.*.f(x)=x2+2x+a,Af'(x)=2x+2,

???函數f(x)在點A,B處的切線的斜率分別為f'(xl)(x2),

???函數f(x)的圖象在點A.B處的切線互相垂直，

「?(xi)(x2)=-b

:.(2x1+2)(2x2+2)=-1.

/.2xl+2<0,2x2+2>0,

???=1,當且僅當?(2x1+2)=2x2+2=1,即，時等號成立.

???函數［(x)的圖象在點A,B處的切線互相垂直，且x2V0.求x2-xl的最小值為1.

(III)當xlVx2Vo或0VxlVx2時，：,故不成立，「.xlVOVxZ.

當xlVO時，函數f(x)在點A(xLf(xl)),處的切線方程為

,即.

當x2>0時，函數f(x)在點B(x2,f(x2))處的切線方程為，即.

函數f(x)的圖象在點A,B處的切線重合的充要條件是,

由①及xlV0Vx2可得-IVxlVO,

由①(②得=.

???函數,y=-ln(2x1+2)在區間(?1,0)上單調遞減，

Aa(xl)=在(-1,0)上單調遞減，且xl-*-I時，In(2x1+2)--8,即7n(2x1+2)

f+8,也即a(xl)f+8.

xl—(),a(xl)-*-1-ln2.

...a的取值范圍是(-1?ln2,+8).

7.(2013?湖南)已知函數f(x)=.

(I)求f(x)的單調區間；

(II)證明：當f(xl)=f(x2)(xl#x2)時,xl+x2<0.

【解答】解：(I)易知函數的定義域為R.

當xVO時,f'(x)>0；當x>0時,f'(X)VO.???函數f(x)的單調遞增區間為(-8,

0),單調遞減區間為(0,+8).

(II)當x<l時，由于，ex>0,得到f(x)>0；同理當x>I時，f(x)<0.

當f(xl)=f(x2)(xlW:42)時,不妨設xlVx2.

由(I)可知:xl￡(-8,()),x2￡(0,1).

下面證明：Vxe(0,1)J(x)<f(-x),即證V.此不等式等價于.

令g(x)=，則g'(x)=-xe-x(c2x-1).

當xW(0,1)時,g'(x：<0,g(x)單調遞減，1?g(x)<g(0)=0.

即(1-x)eX~—<0.

X

e

/.Vxe(0,1),f(x)<f(-x).

而x2G(0,1),(x2)<f(-x2).

從而，f(xl)<f(-x2).

由于xl,-x2E(-8,o),f(x)在(-8,o)上單調遞增，

/.xl<-x2,即xl+x2<0.

8.(2013?遼寧)已知函數f(x)=(1+x)e-2x,g(x;=ax++l+2xcosx,當x￡[0,1]時，

(I)求證：；

(II)若f(x)2g(x)恒成立，求實數a的取值范圍.

【解答】(I)證明：①當x￡[0,1)時，(1+x)e?2x21?x=(1+x)e?x2(1-x)ex,

令h(x)=(l+x)e-x-(1-x)ex,貝！Jh'(x)=x(ex-e-x).

當x￡[0,1)時,h'(x)20,

Ah(x)在[0,1)上是增函數，

.*.h(x)2h(0)=0,即f(x)21-x.

②當x￡[0,1)時，=ex》l+x,令u(x)=ex-1-x,則u'(x)=ex-1.

當x￡[0,1)時,u'(x)20,

Au(x)在[0,1)單調遞增，???u(x)2u(0)=0,

.*.f(x).

綜上可知：.

(II)解：設G(X)=f(x)-g(x)=

2=.

令H(x)=，則H'(x)=x-2sinx,

令K(x)=x-2sinx,則K'(x)=1-2cosx.

當xw。1)時,K'(x)<0,

可得H'(x)是［0,1)上的減函數，???H'(x)WH'(0)=0,故H(x)在［0,1)單調遞

減，

AH(x)EH(0)=2.Aa+l+H(x)<a+3.

工當aW?3時，f(x)2g(x)在［0,1)上恒成立.

下面證明當a>?3時，f(x)2g(x)在［0,1)上不恒成立.

f(x)-g(x)W==-x.

令v(x)==,則媼(x)=.

當x￡［0,1)時,v'(x)W0,故v(x)在［0,1)上是減函數，

:、v(x)￡(a+l+2cosl,a+3］.

當a>-3時，a+3>0.

???存在xOU(0.1),使得v(xO)>0,此時，f(xO)<g(xO).

即f(x)2g(x)在［0,1)不恒成立.

綜上實數a的取值范圍是(-8,-3］.

9.(2013?陜西)已知函數f(X)=ex,x￡R.

(I)若直線y=kx+l與f(x)的反函數g(x)=lnx的圖象相切，求實數k的值；

(II)設x>0,討論曲線y=f(x)與曲線y=mx2(m>0)公共點的個數.

(III)設a<b,比較與的大小，并說明理由.

【解答】解：(I)函數f(x)二ex的反函數為g(x)=lnx,/..

設直線y=kx+l與g(x)的圖象相切于點P(xO,yO),則，解得，k=e-2,

k=e-2.

(II)當x>0,m>0時，令f(x)=mx2,化為m=,

令h(x);，則，

則x￡(0,2)時,h'(x；<0,h(x)單調遞減；xe(2,+?>)時,卜(x)>0,h(x)單

調遞增.

???當x=2時,h(x)取得極小值即最小值，.

???當時，曲線y=f(x)與曲線y=mx2(m>0)公共點的個數為0；

當時，曲線y=f(x)與曲線y二mx2(m>0)公共點的個數為1；

當時，曲線y=f(x)與曲線y=mx2(m>0)公共點個數為2.

(DI)

f(a)+f(b)_f(k)f(a)(ba+2)f(a)+(b-a-2)f(b)

2b-a2(b-a)

_(b-a+2)ea+(b-a-2)e，

2(b-a)

(b-a+2)+(b-a-2)eb-a

ea，

2(b-a)

令g(x)=x+2+(x-2)ex(x>0)，則g'(x)=1+(x-1)ex.

g'(x)=xex>0..9.g,(x)在(0,+°°)上單調遞增，且g'(0)

???g'(x)>0,Ag(x)在(0,+8)上單調遞增，

而g(0)=0,工在(0,+co)上，有g(x)>g(0)=0.

?當x>0時，g(x)=x+2+(x-2)*ex>0,且aVb,

ba

(b-a+2)+(b-a-2)e-ay

------------------------e>°'

即當aVb時，.

10.(2013?湖北)設n是正整數,i■為正有理數.

(I)求函數f(X)=(1+x)r+l-(r+l)X-1(x>-1)的最小值；

(II)證明：；

(川)設x￡R,記［X］為不小于X的最小整數，例如.令的值.

(參考數據：.

【解答】解；(I)由題意得f1(x)=(r+1)(l+x)r-(r+l)=(r+l)[(l+x)r-1],

令f(x)=0,解得x=0.

當-1VxVO時，F(x)<0,Af(x)在(1,0)內是減函數；

當x>0時,F(x)>0,Af(x)在(0,+8)內是增函數.

故函數f(x)在x=0處，取得最小值為f(0)=0.

(H)由(I),當x￡1?1,+8)時，有f(x)2f(。)=0,

即(l+x)r+121+(r+l)x,且等號當且僅當x=0時成立，

故當x>-1且xWO,有［l+x)r+l>1+(r+l)x,①

在①中，令(這時x>-1且xKO),得.

上式兩邊同乘nr+1,得(n+1)r+l>nr+l+nr(r+l),

即不<3匕上，②

r+l

當n>1時，在①中令(這時x>-I且xWO),

類似可得，③

且當n=l時，③也成立.

綜合②，③得，④

(III)在④中,令,n分別取值81,82,83,…，125,

得，，，…，

將以上各式相加，并整理得.

代入數據計算，可得

由［S］的定義,得［S］=211.

11.(2012?遼寧)設f(x)=ln(x+l)++ax+b(a,b￡R,a,b為常數)曲線y=f(x)與

直線y=x在(0,0)點相切.

(I)求a,b的值；

(II)證明：當0VxV2時,f(x)<.

【解答】(I)解：由y=f(x)過(0,0),Af(0)=0,：.b=-1

???曲線y=f(x)與直線在(0,0)點相切.

"吐扁可5+a)g多制

/.a=0；

(II)證明：由⑴知f(x)=ln(x+1)+

由均值不等式，當x>0時，，???①

令k(x)=ln(x+1)-x,貝Uk(0)=0,kz(x)=,，k(x)<0

/.In(x+l)<x,②

由①@得，當x>0時,f(x)<

記h(x)=(x+6)f(x)-9x,則當0VxV2時，h'(x)=f(x)+(x+6)f'(x)-9

v條+(x+6)(/)-9<

2x+12Vx+l

J)[3x(x+1)+(x+6)(3+￡)-18(x+1)]

乙\A*X/乙

(7x-18)<0

4(x+1)

Ah(x)在(0,2)內單調遞減,又h(0)=0,Ah(x)<0

???當0VxV2時,f(x)<.

12.(2012?福建)已知函數f(x)=axsinx-(a￡R),且在上的最大值為,

(I)求函數f(x)的解析式；

(2)判斷函數f(x)在(0,n)內的零點個數，并加以證明.

【解答】解：(I)由已知得f'(x)=a(sinx+xcosx),對「任意的x￡(0,)，有sinx+xcosx

>0,當a=0時，f(x)二?，不合題意；

當a<0時,x￡(0,),f(x)<0,從而f(x)在(&)單調遞減，

又函數在上圖象是連續不斷的，故函數在上上的最大值為f(0)=-，不合題意；

當a>0時,x￡(0,),f(x)>0,從而f(x)在(Q,)單調遞增，

乂函數在上圖象是連續不斷的，故函數在上上的最大值為￡()==,解得a=l,

綜上所述，得

(II)函數f(x)在(()，Ji)內有且僅有兩個零點.證明如下：

由(I)知，，從而有f(0)=?<0,f()=>0,

又函數在上圖象是連續不斷的，所以函數f(X)在(0.)內至少存在一個零點，

又由(I)知f(x)在(0,)單調遞增，故函數f(x)在(0,)內僅有一個零點.

當x￡［,n］時，令g(X)=f'(x)=sinx+xcosx,由g()=1>0,g(n)=-n<0,且g

(x)在［,n］上的圖象是連續不斷的，故存在,兀)，使得g(m)=0.

由g'(x)=2cosx-xsinx,知x￡(,/)時，有g'(x)<0,從而g(x)在［,天］上單

調遞減.

當x￡(,m),g(x)>g(m)=0,即f'(x)>0,從而￡6)在(，m)內單調遞增

故當x￡(,m)時,f(x)>f()=>0,從而(x)在(，m)內無零點；

當x￡(m,n)時，有g(x)<g(m)=0,即「(x)<0,從而f(x)在(，m)內單調

遞減.

又f(m)>0,f(Ji)<0且「(x)在［m,丸］上的圖象是連續不斷的，從而［(x)在［m,丸］

內有且僅有一?個零點.

綜上所述，函數f(x)在(0,n)內有且僅有兩個零點.

13.(2012?湖北)設函數f(x)=axn(1-x)+b(x>0),n為正整數,a,b為常數，曲線y=f

(x)在(1,f(1))處的切線方程為x+y=l

(I)求a,b的值；

(口)求函數f(x)的最大值；

(III)證明：f(x)<.

【解答】解：(I)因為f(1)=b,由點(I,b)在x+y=l上，可得l+b=L即b=0.

因為f'(x)=anxn?1?a(n+1)xn,所以f'(1)=-a.

又因為切線x+y=l的斜率為-1,所以-a=-1,即a=l,故a=l,b=0.

(II)由(I)知，f(x)=xn(1-x),貝有f'(x)=(n+l)xn-l(-x),令f'(x)

=0,解得x=

在(0,)上，導數為正，故函數f(x)是增函數；在(，+8)上導數為負，故函數f(x)

是減函數；

故函數f(x)在(0.+8)上的最大值為f()=()n(1-)=,

(III)令6(t)=lnt-1+,則6'(t)=-=(t>0)

在(o,i)上，e'(t)<0,故由(t)單調減；在(i,+8)(t>>0,故小(t)單

調增；

故小(t)在(0,+8)上的最小值為e(1)=0,

所以中(t)>0(t>l)

則lnt>l-,(t>l),

令t=l+，得In(1+)>，即In(1+)n+1>lne

所以(1+)n+l>e,即V

由(II)知,f(x)W<,

故所證不等式成立.

14.(2012?湖南)已知函數f(x)=ex-ax,其中a>0.

(1)若對i切x￡R,f(x)21恒成立，求a的取值集合；

(2)在困數f(x)的圖象上取定點A(xl,f(xl)),B(x2,f(x2))(xl<x2),記直線

AB的斜率為K,證明：存在xOW(xl,x2),使R(xO)=K恒成立.

【解答】解：(I)『(x)=ex-a,

令f'(x)=0,解可得x=lna；

當xVlna,f'(x)<0,f(x)單調遞減，當x>lna,f'(x)>0,f(x)單調遞增,

故當x=lna時，f(x)取最小值,f(Ina)=a-alna,

對一切x￡R,f(x)21恒成立，當且僅當a-alna21,?

令g(t)=t-tint,則g'(t)=-Int,

當OVtVl時,g'(t)>0,g(t)單調遞增，當t>l時,g'(t)<0.g(t)單調遞減，

故當t=l時,g(t)取得最大值，且g(1)=1,

因此當且僅當a=l時，①式成立，

綜上所述,a的取值的集合為{1}.

(2)根據題意,k==-a,

令6(x)=f'(x)-k=ex-,

則6(xl)=-[-(x2-xl)-1],

6(x2)=[-(xl-x2)-1],

令F(t)=et-t-1,則F'(t)=et-1,

當tVO時,F'(t)<0,F(t)單調遞減；當t>0時,F'(t)>0,F(t)單調遞增，

則F(t)的最小值為F(0)=0,

故當tWO時，F(t)>F(0)=0,BPet-t-1>O,

從而-(x2-xl)-1>0,且>0,則6(xl)<0,

-(xl-x2)-l>0,>0,則巾(x2)>0,

因為函數y=e(x)在區間［xl,x2］上的圖象是連續不斷的一條曲線，所以存在x0￡(xl,x2),

使巾(x0)=0,

即f'(xO)=K成立.

15.(2012?四川)已知a為正實數，n為自然數，拋物線與x軸正半軸相交于點A,設f(n)

為該拋物線在點A處的切線在y軸上的截距.

(I)用a和n表示f(n)；

(n)求對所有n都有f(L)成立的a的最小值：

f(n)+1

(III)當OVaVl時，比較與的大小，并說明理由.

【解答】解：(I)???拋物線與x軸正半軸相交于點A.，A()

r

對y=-求導得y--2x

工拋物線在點A處的切線方程為，J

Vf(n)為該拋物線在點A處的切線在y釉上的截距，；?f(n)=an：

(H)由(【)知f(n)=an,則成立的充要條件是an22n3+l

即知,an22n3+1對所有n成立,特別的,取n=2得到

當a=,n23時，an>4n=(1+3)n21+=l+2n3+>2n3+l

當n=0,1,2時,

Aa=時，對所有n都有成立

一.a的最小值為JIE

(HI)由(I)知f(k)=ak,下面證明：

首先證明：當OVxVl時，

設函數g(x)=x(x2-x)+1,0<x<1,則g'(x)=x(x-)

當OVxV時,g'(x)<0：當時,g'(x)>0

故函數g(x)在區間(0,1)上的最小值g(x)min=g()=0

工當0Vx<l時，g(x)NO,/.

由OVaVl知OVak<l,因此，

從而f---------------------------=—i—+-----3：——+...+-------------->-^y&憶27xa—a"1

+

從飛式(k)-f(2k)5屋^77+壯J4x-a

>_27a-a。27,f⑴(n)

，Ti-a-TPf(O)-f(1)

16.(2011?四川)已知函數f(x)=x+,h(x)=.

(I)設函數F(x)=f(x)?h(x),求F(x)的單調區間與極值；

(II)設a￡R,解關于x的方程log4[f(x-I)-]=log2h(a-x)-log2h(4-x)；

(III)試比較f(100)h(100)-與的大小.

【解答】解：(I)由F(X)=f(x)-h(x)=x+-(x^O)知,

F'(x)=，令F'(x)=0,得x=.

當xe(0,)時,F’(x)<0：

當xe(,4-oo)時,F，(x)>0.

故x￡(0,)時,F(x)是減函數；

故乂￡(,+8)時,F(x)是增函數.

F(x)在*二處有極小值且F()=.

(II)原方程可化為log4(x-1)+log2h(4-x)=log2h(a-x),

即log2(x-1)+log2=log2,=<=>

①當1VaW4時，原方程有一解x=3-；

②當4<a<5時，原方程有兩解x=3：

③當a=5時，原方程有一解x=3；

④當aW1或a>5時，原方程無解.

(IH)設數列｛an｝的前n項和為sn,且sn=f(n)g(n)-

從而有al=sl=l.

當2VkW100時，

ak=sksk-1=,ak

=^i(4k-3)Vk-(4k-1)

_1(4k-3)2k-[4k-l)2(k-l)

6(4k-3)Vk+(4k-1)Jk-1

=>0.

即對任意的2VkW100,都有ak>.

又因為al=sl=l,

所以al+a2+a3+…+alOO>=h(I)+h(2)+…+h(100).

故f(100)h(100)->.

17.(2011?陜西)設函數f(x)定義在(0,+8)上,f⑴=0,導函數f'(x)=,g(x)

=f(x)+f'(x).

(I)求g(x)的單調區間和最小值;

(n)討論g(x)與g(1)的大小關系;

(III)是否存在x0>0,使得|g(x)-g(xO)|<對任意x>0成立？若存在，求HxO

的取值范圍；若不存在請說明理由.

【解答】解：(I)由題設易知f(x)=lnx,g(x)=lnx+,

???g'(x)=，令g'(x)=0,得x=l,

當x￡(0,1)時,g'(x；<0,故g(x)的單調遞減區間是(0,1),

當x￡(1,+°°)時,g'(x)>0,故g(x)的單調遞增區間是(1,+8),

因此x=l是g(x)的唯一極值點，且為極小值點，從而是最小值點，

「?最小值為g(1)=1;

(II)=-lnx+x,

設h(x)=g(x)-=21nx-x+,

則h1(x)=,

當x=1時,h(1)=0,即g(x)=,

當x￡(0,1)U(l,+8)時,y(x)<0,1?(1)=0,

因此,h(x)在(0,+8)內單調遞減，

當0<xVl,時,h(x)>h(I)=0,即g(x)>,

當x>1,時,h(x)<h(1)=0,BPg(x)<,

(III)滿足條件的xO不存在.證明如下：證法一假設存在x()>0,

使|g(x)-g(xO)|<成立，即對任意x>0,

有，(*)但對上述xO,取時，

有Inxl=g(xO),這與(*)左邊不等式矛盾，

因此，不存在x0>0,使|g(x)-g(xO)|<成立.

證法二假設存在x()>0,使|g(x)-g(xO)|成V立.

由(I)知，的最小值為g(x)=1.

又>lnx,

而x>1時,Inx的值域為(0,+8),

Ax>l時,g(x)的值域為[1,+8),從而可取一個xl>l,

使g(xl)2g(xO)+1,即g(xl)-g(xO)21,

故|g(xl)-g(xO)|21>,與假設矛盾.

「?不存在x0>0,使|g(x)-g(xO)|<成立.

18.(2011?四川)已知函數f(x)=x+,h(x)=.

(I)設函數F(x)=18f(x)?x2[h(x)12,求F(x)的單調區間與極值；

(II)設a￡R,解關于x的方程?f(x-1)-]=21gh(a-x)-21gh(4-x)；

(III)設n￡Nn,證明：f(n)h(n)-[h(1)+h(2)+…+h(n).

【解答】解：(I)F(x)=18f(x)-x2[h(x)]2=-x3+12x+9(x20)

所以F'(x)=-3x2+12=0,x=±2

且*￡(0,2)時,F'(x)>0,當*￡(2,+8)時,F'(x)<0

所以F(x)在(0,2)上單調遞增，在(2,+8)上單調遞減.

故x=2時，F(x)有極大值，且F(2)=-8+24+9=25.

(II)原方程變形為lg(x-1)+21g=21g,

今團=日，

①當l<aV4時，原方程有一解x=3-,

②當4VaV5時，原方程有兩解x=3士，

③當a=5時，原方程有一解x=3,

④當aWl或a>5時，原方程無解.

(Ill)由已知得h(1)+h(2)+…+h(n)=,

f(n)h(n)-=,

從而al=sl=l,

當k22時,an=sn-sn-1=,

乂%-后(4k-3)Vk~(4k-1)7k-1]

」(4k-3)2-(曲-1)2(k-l)

-6(4k-3)7k+(4k-1)^/k-1

=2______________I_________L>。

6(4k-3)Vk+(4k-1).k-1

即對任意的k22,有,

又因為al二l=,

所以al+a2+…+an?,

則sn2h(1)+h(2)+…+h(n)，故原不等式成立.

19.(2010?四川)設，a>0且a#l)(x)是f(x)的反函數.

(I)設關于x的方程求在區間[2,6]上有實數解，求t的