第一篇：江蘇省2014年高考數(shù)學(xué)壓軸題答案
江蘇省2014年高考數(shù)學(xué)壓軸題答案
14、由siA?n2siB?n2siCn，得a?2b?2c，c?1(a?2b)2，122a?b?(a?2b)2222a?b?c3a2?2b2?22ab26ab?22ab?2cosC?????2ab2ab8ab8ab4
答案是6?2 420、（2）
1n(n?1)d?1?(m?1)d,2
1n?1n(n?1)n(n?1)m?[n?1?n(n?1)d?d]?d???1，?m,n?N?,且?N?，2d22
n?1?Z,又d<0, ?d??1 ??n?N?,dan?1?(n?1)d,Sn?n?(3){an}是等差數(shù)列，設(shè){an}的公差為d?，則an?a1?(n?1)d?.令bn?na1,cn?a1?(n?1)d??na1?(d?a1)(n?1)，則an?bn?cn.下面證明 {bn}和{cn}都是“H”型數(shù)列：當n=1時，顯然成立；當n?2時，{bn}的前nn(n?1)a1?bn(n?1)22
n(n?1)n(n?1)?n]?(d??a1){[?1]?1}?cn(n?1)，?1222，{cn}的前n項和為(d??a1)[
故{bn}和{cn}都是“H”型數(shù)列。從而命題得證。
第二篇：高考數(shù)列壓軸題匯總（附答案解析）
高考數(shù)列壓軸題
一．解答題（共50小題）
1．數(shù)列{an}滿足a1=1，a2=+，…，an=++…+（n∈N*）
（1）求a2，a3，a4，a5的值；
（2）求an與an﹣1之間的關(guān)系式（n∈N*，n≥2）；
（3）求證：（1+）（1+）…（1+）＜3（n∈N*）
2．已知數(shù)列{xn}滿足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（n∈N*），證明：當n∈N*時，（Ⅰ）0＜xn+1＜xn；
（Ⅱ）2xn+1﹣xn≤；
（Ⅲ）≤xn≤．
3．數(shù)列{an}中，a1=，an+1=（n∈N*）
（Ⅰ）求證：an+1＜an；
（Ⅱ）記數(shù)列{an}的前n項和為Sn，求證：Sn＜1．
4．已知正項數(shù)列{an}滿足an2+an=3a2n+1+2an+1，a1=1．
（1）求a2的值；
（2）證明：對任意實數(shù)n∈N*，an≤2an+1；
（3）記數(shù)列{an}的前n項和為Sn，證明：對任意n∈N*，2﹣≤Sn＜3．
5．已知在數(shù)列{an}中，．，n∈N*
（1）求證：1＜an+1＜an＜2；
（2）求證：；
（3）求證：n＜sn＜n+2．
6．設(shè)數(shù)列{an}滿足an+1=an2﹣an+1（n∈N*），Sn為{an}的前n項和．證明：對任意n∈N*，（I）當0≤a1≤1時，0≤an≤1；
（II）當a1＞1時，an＞（a1﹣1）a1n﹣1；
（III）當a1=時，n﹣＜Sn＜n．
7．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，Sn=2an+1，其中Sn為{an}的前n項和（n∈N*）．
（Ⅰ）求S1，S2及數(shù)列{Sn}的通項公式；
（Ⅱ）若數(shù)列{bn}滿足，且{bn}的前n項和為Tn，求證：當n≥2時，．
8．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，（n∈N*），（Ⅰ）
證明：；
（Ⅱ）
證明：．
9．設(shè)數(shù)列{an}的前n項的和為Sn，已知a1=，an+1=，其中n∈N*．
（1）證明：an＜2；
（2）證明：an＜an+1；
（3）證明：2n﹣≤Sn≤2n﹣1+（）n．
10．數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，且an+1=an+﹣1（n∈N*），{an}的前n項和是Sn．
（Ⅰ）若{an}是遞增數(shù)列，求a1的取值范圍；
（Ⅱ）若a1＞2，且對任意n∈N*，都有Sn≥na1﹣（n﹣1），證明：Sn＜2n+1．
11．設(shè)an=xn，bn=（）2，Sn為數(shù)列{an?bn}的前n項和，令fn（x）=Sn﹣1，x∈R，a∈N*．
（Ⅰ）若x=2，求數(shù)列{}的前n項和Tn；
（Ⅱ）求證：對?n∈N*，方程fn（x）=0在xn∈[，1]上有且僅有一個根；
（Ⅲ）求證：對?p∈N*，由（Ⅱ）中xn構(gòu)成的數(shù)列{xn}滿足0＜xn﹣xn+p＜．
12．已知數(shù)列{an}，{bn}，a0=1，（n=0，1，2，…），Tn為數(shù)列{bn}的前n項和．
求證：（Ⅰ）an+1＜an；
（Ⅱ）；
（Ⅲ）．
13．已知數(shù)列{an}滿足：a1=，an=an﹣12+an﹣1（n≥2且n∈N）．
（Ⅰ）求a2，a3；并證明：2﹣≤an≤?3；
（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{an2}的前n項和為An，數(shù)列{}的前n項和為Bn，證明：=an+1．
14．已知數(shù)列{an}的各項均為非負數(shù)，其前n項和為Sn，且對任意的n∈N*，都有．
（1）若a1=1，a505=2017，求a6的最大值；
（2）若對任意n∈N*，都有Sn≤1，求證：．
15．已知數(shù)列{an}中，a1=4，an+1=，n∈N*，Sn為{an}的前n項和．
（Ⅰ）求證：n∈N*時，an＞an+1；
（Ⅱ）求證：n∈N*時，2≤Sn﹣2n＜．
16．已知數(shù)列{an}滿足，a1=1，an=﹣．
（1）求證：an≥；
（2）求證：|an+1﹣an|≤；
（3）求證：|a2n﹣an|≤．
17．設(shè)數(shù)列{an}滿足：a1=a，an+1=（a＞0且a≠1，n∈N*）．
（1）證明：當n≥2時，an＜an+1＜1；
（2）若b∈（a2，1），求證：當整數(shù)k≥+1時，ak+1＞b．
18．設(shè)a＞3，數(shù)列{an}中，a1=a，an+1=，n∈N*．
（Ⅰ）求證：an＞3，且＜1；（Ⅱ）當a≤4時，證明：an≤3+．
19．已知數(shù)列{an}滿足an＞0，a1=2，且（n+1）an+12=nan2+an（n∈N*）．
（Ⅰ）證明：an＞1；
（Ⅱ）證明：++…+＜（n≥2）．
20．已知數(shù)列{an}滿足：．
（1）求證：；
（2）求證：．
21．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，且an+12+an2=2（an+1an+an+1﹣an﹣）．
（1）求數(shù)列{an}的通項公式；
（2）求證：++…+＜；
（3）記Sn=++…+，證明：對于一切n≥2，都有Sn2＞2（++…+）．
22．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=，n∈N*．
（1）求證：≤an≤1；
（2）求證：|a2n﹣an|≤．
23．已知數(shù)列{an]的前n項和記為Sn，且滿足Sn=2an﹣n，n∈N*
（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項公式；
（Ⅱ）證明：+…（n∈N*）
24．已知數(shù)列{an}滿足：a1=，an+1=+an（n∈N*）．
（1）求證：an+1＞an；
（2）求證：a2017＜1；
（3）若ak＞1，求正整數(shù)k的最小值．
25．已知數(shù)列{an}滿足：an2﹣an﹣an+1+1=0，a1=2
（1）求a2，a3；
（2）證明數(shù)列為遞增數(shù)列；
（3）求證：＜1．
26．已知數(shù)列{an}滿足：a1=1，（n∈N*）
（Ⅰ）求證：an≥1；
（Ⅱ）證明：≥1+
（Ⅲ）求證：＜an+1＜n+1．
27．在正項數(shù)列{an}中，已知a1=1，且滿足an+1=2an（n∈N*）
（Ⅰ）求a2，a3；
（Ⅱ）證明．a(chǎn)n≥．
28．設(shè)數(shù)列{an}滿足．
（1）證明：；
（2）證明：．
29．已知數(shù)列{an}滿足a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（n∈N*），令bn=an+1．
（Ⅰ）求證：{bn}是等比數(shù)列；
（Ⅱ）記數(shù)列{nbn}的前n項和為Tn，求Tn；
（Ⅲ）求證：﹣＜+…+．
30．已知數(shù)列{an}中，a1=3，2an+1=an2﹣2an+4．
（Ⅰ）證明：an+1＞an；
（Ⅱ）證明：an≥2+（）n﹣1；
（Ⅲ）設(shè)數(shù)列{}的前n項和為Sn，求證：1﹣（）n≤Sn＜1．
31．已知數(shù)列{an}滿足a1=，an+1=，n∈N*．
（1）求a2；
（2）求{}的通項公式；
（3）設(shè){an}的前n項和為Sn，求證：（1﹣（）n）≤Sn＜．
32．數(shù)列{an}中，a1=1，an=．
（1）證明：an＜an+1；
（2）證明：anan+1≥2n+1；
（3）設(shè)bn=，證明：2＜bn＜（n≥2）．
33．已知數(shù)列{an}滿足，（1）若數(shù)列{an}是常數(shù)列，求m的值；
（2）當m＞1時，求證：an＜an+1；
（3）求最大的正數(shù)m，使得an＜4對一切整數(shù)n恒成立，并證明你的結(jié)論．
34．已知數(shù)列{an}滿足：，p＞1，．
（1）證明：an＞an+1＞1；
（2）證明：；
（3）證明：．
35．數(shù)列{an}滿足a1=，an+1﹣an+anan+1=0（n∈N*）．
（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項公式；
（Ⅱ）求證：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．
36．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=an2+p．
（1）若數(shù)列{an}就常數(shù)列，求p的值；
（2）當p＞1時，求證：an＜an+1；
（3）求最大的正數(shù)p，使得an＜2對一切整數(shù)n恒成立，并證明你的結(jié)論．
37．已知數(shù)列{an}滿足a1=a＞4，（n∈N*）
（1）求證：an＞4；
（2）判斷數(shù)列{an}的單調(diào)性；
（3）設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項和，求證：當a=6時，．
38．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=．
（Ⅰ）求證：an+1＜an；
（Ⅱ）求證：≤an≤．
39．已知數(shù)列{an}滿足：a1=1，．
（1）若b=1，證明：數(shù)列是等差數(shù)列；
（2）若b=﹣1，判斷數(shù)列{a2n﹣1}的單調(diào)性并說明理由；
（3）若b=﹣1，求證：．
40．已知數(shù)列{an}滿足，（n=1，2，3…），Sn=b1+b2+…+bn．
證明：（Ⅰ）an﹣1＜an＜1（n≥1）；
（Ⅱ）（n≥2）．
41．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=，n∈N*，記S，Tn分別是數(shù)列{an}，{a}的前n項和，證明：當n∈N*時，（1）an+1＜an；
（2）Tn=﹣2n﹣1；
（3）﹣1＜Sn．
42．已知數(shù)列{an}滿足a1=3，an+1=an2+2an，n∈N*，設(shè)bn=log2（an+1）．
（I）求{an}的通項公式；
（II）求證：1+++…+＜n（n≥2）；
（III）若=bn，求證：2≤＜3．
43．已知正項數(shù)列{an}滿足a1=3，n∈N*．
（1）求證：1＜an≤3，n∈N*；
（2）若對于任意的正整數(shù)n，都有成立，求M的最小值；
（3）求證：a1+a2+a3+…+an＜n+6，n∈N*．
44．已知在數(shù)列{an}中，，n∈N*．
（1）求證：1＜an+1＜an＜2；
（2）求證：；
（3）求證：n＜sn＜n+2．
45．已知數(shù)列{an}中，（n∈N*）．
（1）求證：；
（2）求證：是等差數(shù)列；
（3）設(shè)，記數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，求證：．
46．已知無窮數(shù)列{an}的首項a1=，=n∈N*．
（Ⅰ）證明：0＜an＜1；
（Ⅱ）
記bn=，Tn為數(shù)列{bn}的前n項和，證明：對任意正整數(shù)n，Tn．
47．已知數(shù)列{xn}滿足x1=1，xn+1=2+3，求證：
（I）0＜xn＜9；
（II）xn＜xn+1；
（III）．
48．數(shù)列{an}各項均為正數(shù)，且對任意n∈N*，滿足an+1=an+can2（c＞0且為常數(shù)）．
（Ⅰ）若a1，2a2，3a3依次成等比數(shù)列，求a1的值（用常數(shù)c表示）；
（Ⅱ）設(shè)bn=，Sn是數(shù)列{bn}的前n項和，（i）求證：；
（ii）求證：Sn＜Sn+1＜．
49．設(shè)數(shù)列滿足|an﹣|≤1，n∈N*．
（Ⅰ）求證：|an|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）
（Ⅱ）若|an|≤（）n，n∈N*，證明：|an|≤2，n∈N*．
50．已知數(shù)列{an}滿足：a1=1，an+1=an+．（n∈N*）
（Ⅰ）證明：≥1+；
（Ⅱ）求證：＜an+1＜n+1．
高考數(shù)列壓軸題
參考答案與試題解析
一．解答題（共50小題）
1．數(shù)列{an}滿足a1=1，a2=+，…，an=++…+（n∈N*）
（1）求a2，a3，a4，a5的值；
（2）求an與an﹣1之間的關(guān)系式（n∈N*，n≥2）；
（3）求證：（1+）（1+）…（1+）＜3（n∈N*）
【解答】解：（1）a2=+=2+2=4，a3=++=3+6+6=15，a4=+++=4+4×3+4×3×2+4×3×2×1=64，a5=++++=5+20+60+120+120=325；
（2）an=++…+=n+n（n﹣1）+n（n﹣1）（n﹣2）+…+n!
=n+n[（n﹣1）+（n﹣1）（n﹣2）+…+（n﹣1）!]
=n+nan﹣1；
（3）證明：由（2）可知=，所以（1+）（1+）…（1+）=?…
==+++…+=+++…+
=+++…+≤1+1+++…+
=2+1﹣+﹣+…+﹣=3﹣＜3（n≥2）．
所以n≥2時不等式成立，而n=1時不等式顯然成立，所以原命題成立．
2．已知數(shù)列{xn}滿足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（n∈N*），證明：當n∈N*時，（Ⅰ）0＜xn+1＜xn；
（Ⅱ）2xn+1﹣xn≤；
（Ⅲ）≤xn≤．
【解答】解：（Ⅰ）用數(shù)學(xué)歸納法證明：xn＞0，當n=1時，x1=1＞0，成立，假設(shè)當n=k時成立，則xk＞0，那么n=k+1時，若xk+1＜0，則0＜xk=xk+1+ln（1+xk+1）＜0，矛盾，故xn+1＞0，因此xn＞0，（n∈N*）
∴xn=xn+1+ln（1+xn+1）＞xn+1，因此0＜xn+1＜xn（n∈N*），（Ⅱ）由xn=xn+1+ln（1+xn+1）得xnxn+1﹣4xn+1+2xn=xn+12﹣2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1），記函數(shù)f（x）=x2﹣2x+（x+2）ln（1+x），x≥0
∴f′（x）=+ln（1+x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，∴f（x）≥f（0）=0，因此xn+12﹣2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）≥0，故2xn+1﹣xn≤；
（Ⅲ）∵xn=xn+1+ln（1+xn+1）≤xn+1+xn+1=2xn+1，∴xn≥，由≥2xn+1﹣xn得﹣≥2（﹣）＞0，∴﹣≥2（﹣）≥…≥2n﹣1（﹣）=2n﹣2，∴xn≤，綜上所述≤xn≤．
3．數(shù)列{an}中，a1=，an+1=（n∈N*）
（Ⅰ）求證：an+1＜an；
（Ⅱ）記數(shù)列{an}的前n項和為Sn，求證：Sn＜1．
【解答】證明：（Ⅰ）∵＞0，且a1=＞0，∴an＞0，∴an+1﹣an=﹣an=＜0．
∴an+1＜an；
（Ⅱ）∵1﹣an+1=1﹣=，∴=．
∴，則，又an＞0，∴．
4．已知正項數(shù)列{an}滿足an2+an=3a2n+1+2an+1，a1=1．
（1）求a2的值；
（2）證明：對任意實數(shù)n∈N*，an≤2an+1；
（3）記數(shù)列{an}的前n項和為Sn，證明：對任意n∈N*，2﹣≤Sn＜3．
【解答】解：（1）an2+an=3a2n+1+2an+1，a1=1，即有a12+a1=3a22+2a2=2，解得a2=（負的舍去）；
（2）證明：an2+an=3a2n+1+2an+1，可得an2﹣4a2n+1+an﹣2an+1+a2n+1=0，即有（an﹣2an+1）（an+2an+1+1）+a2n+1=0，由于正項數(shù)列{an}，即有an+2an+1+1＞0，4a2n+1＞0，則有對任意實數(shù)n∈N*，an≤2an+1；
（3）由（1）可得對任意實數(shù)n∈N*，an≤2an+1；
即為a1≤2a2，可得a2≥，a3≥a2≥，…，an≥，前n項和為Sn=a1+a2+…+an≥1+++…+
==2﹣，又an2+an=3a2n+1+2an+1＞a2n+1+an+1，即有（an﹣an+1）（an+an+1+1）＞0，則an＞an+1，數(shù)列{an}遞減，即有Sn=a1+a2+…+an＜1+1+++…+
=1+=3（1﹣）＜3．
則有對任意n∈N*，2﹣≤Sn＜3．
5．已知在數(shù)列{an}中，．，n∈N*
（1）求證：1＜an+1＜an＜2；
（2）求證：；
（3）求證：n＜sn＜n+2．
【解答】證明：（1）先用數(shù)學(xué)歸納法證明1＜an＜2．
①．n=1時，②．假設(shè)n=k時成立，即1＜ak＜2．
那么n=k+1時，成立．
由①②知1＜an＜2，n∈N*恒成立.．
所以1＜an+1＜an＜2成立．
（2），當n≥3時，而1＜an＜2．所以．
由，得，所以
（3）由（1）1＜an＜2得sn＞n
由（2）得，6．設(shè)數(shù)列{an}滿足an+1=an2﹣an+1（n∈N*），Sn為{an}的前n項和．證明：對任意n∈N*，（I）當0≤a1≤1時，0≤an≤1；
（II）當a1＞1時，an＞（a1﹣1）a1n﹣1；
（III）當a1=時，n﹣＜Sn＜n．
【解答】證明：（Ⅰ）用數(shù)學(xué)歸納法證明．
①當n=1時，0≤an≤1成立．
②假設(shè)當n=k（k∈N*）時，0≤ak≤1，則當n=k+1時，=（）2+∈[]?[0，1]，由①②知，．
∴當0≤a1≤1時，0≤an≤1．
（Ⅱ）由an+1﹣an=（）﹣an=（an﹣1）2≥0，知an+1≥an．
若a1＞1，則an＞1，（n∈N*），從而=﹣an=an（an﹣1），即=an≥a1，∴，∴當a1＞1時，an＞（a1﹣1）a1n﹣1．
（Ⅲ）當時，由（Ⅰ），0＜an＜1（n∈N*），故Sn＜n，令bn=1﹣an（n∈N*），由（Ⅰ）（Ⅱ），bn＞bn+1＞0，（n∈N*），由，得．
∴=（b1﹣b2）+（b2﹣b3）+…+（bn﹣bn+1）=b1﹣bn+1＜b1=，∵≥，∴nbn2，即，（n∈N*），∵==，∴b1+b2+…+bn[（）+（）+…+（）]=，即n﹣Sn，亦即，∴當時，．
7．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，Sn=2an+1，其中Sn為{an}的前n項和（n∈N*）．
（Ⅰ）求S1，S2及數(shù)列{Sn}的通項公式；
（Ⅱ）若數(shù)列{bn}滿足，且{bn}的前n項和為Tn，求證：當n≥2時，．
【解答】解：（Ⅰ）數(shù)列{an}滿足Sn=2an+1，則Sn=2an+1=2（Sn+1﹣Sn），即3Sn=2Sn+1，∴，即數(shù)列{Sn}為以1為首項，以為公比的等比數(shù)列，∴Sn=（）n﹣1（n∈N*）．
∴S1=1，S2=；
（Ⅱ）在數(shù)列{bn}中，Tn為{bn}的前n項和，則|Tn|=|=．
而當n≥2時，即．
8．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，（n∈N*），（Ⅰ）
證明：；
（Ⅱ）
證明：．
【解答】（Ⅰ）
證明：∵①，∴②
由②÷①得：，∴
（Ⅱ）
證明：由（Ⅰ）得：（n+1）an+2=nan
∴
令bn=nan，則③
∴bn﹣1?bn=n④
由b1=a1=1，b2=2，易得bn＞0
由③﹣④得：
∴b1＜b3＜…＜b2n﹣1，b2＜b4＜…＜b2n，得bn≥1
根據(jù)bn?bn+1=n+1得：bn+1≤n+1，∴1≤bn≤n
∴
=
=
一方面：
另一方面：由1≤bn≤n可知：．
9．設(shè)數(shù)列{an}的前n項的和為Sn，已知a1=，an+1=，其中n∈N*．
（1）證明：an＜2；
（2）證明：an＜an+1；
（3）證明：2n﹣≤Sn≤2n﹣1+（）n．
【解答】證明：（1）an+1﹣2=﹣2=，由于+2=+1＞0，+2=2+＞0．
∴an+1﹣2與an﹣2同號，因此與a1﹣2同號，而a1﹣2=﹣＜0，∴an＜2．
（2）an+1﹣1=，可得：an+1﹣1與an﹣1同號，因此與a1﹣1同號，而a1﹣1=＞0，∴an＞1．
又an＜2．∴1＜an＜2．a(chǎn)n+1﹣an=，可得分子＞0，分母＞0．
∴an+1﹣an＞0，故an＜an+1．
（3）n=1時，S1=，滿足不等式．
n≥2時，==，∴，即2﹣an≥．
∴2n﹣Sn≥=1﹣．即Sn≤2n﹣1+．
另一方面：由（II）可知：．，=≤．
從而可得：=≤．
∴2﹣an≤，∴2n﹣Sn≤=．
∴Sn≥2n﹣＞2n﹣．
綜上可得：2n﹣≤Sn≤2n﹣1+（）n．
10．數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，且an+1=an+﹣1（n∈N*），{an}的前n項和是Sn．
（Ⅰ）若{an}是遞增數(shù)列，求a1的取值范圍；
（Ⅱ）若a1＞2，且對任意n∈N*，都有Sn≥na1﹣（n﹣1），證明：Sn＜2n+1．
【解答】（I）解：由a2＞a1＞0?﹣1＞a1＞0，解得0＜a1＜2，①．
又a3＞a2＞0，?＞a2，?0＜a2＜2?﹣1＜2，解得1＜a1＜2，②．
由①②可得：1＜a1＜2．
下面利用數(shù)學(xué)歸納法證明：當1＜a1＜2時，?n∈N*，1＜an＜2成立．
（1）當n=1時，1＜a1＜2成立．
（2）假設(shè)當n=k∈N*時，1＜an＜2成立．
則當n=k+1時，ak+1=ak+﹣1∈?（1，2），即n=k+1時，不等式成立．
綜上（1）（2）可得：?n∈N*，1＜an＜2成立．
于是an+1﹣an=﹣1＞0，即an+1＞an，∴{an}是遞增數(shù)列，a1的取值范圍是（1，2）．
（II）證明：∵a1＞2，可用數(shù)學(xué)歸納法證明：an＞2對?n∈N*都成立．
于是：an+1﹣an=﹣1＜2，即數(shù)列{an}是遞減數(shù)列．
在Sn≥na1﹣（n﹣1）中，令n=2，可得：2a1+﹣1=S2≥2a1﹣，解得a1≤3，因此2＜a1≤3．
下證：（1）當時，Sn≥na1﹣（n﹣1）恒成立．
事實上，當時，由an=a1+（an﹣a1）≥a1+（2﹣）=．
于是Sn=a1+a2+…+an≥a1+（n﹣1）=na1﹣．
再證明：（2）時不合題意．
事實上，當時，設(shè)an=bn+2，可得≤1．
由an+1=an+﹣1（n∈N*），可得：bn+1=bn+﹣1，可得=≤≤．
于是數(shù)列{bn}的前n和Tn≤＜3b1≤3．
故Sn=2n+Tn＜2n+3=na1+（2﹣a1）n+3，③．
令a1=+t（t＞0），由③可得：Sn＜na1+（2﹣a1）n+3=na1﹣﹣tn+．
只要n充分大，可得：Sn＜na1﹣．這與Sn≥na1﹣（n﹣1）恒成立矛盾．
∴時不合題意．
綜上（1）（2）可得：，于是可得=≤≤．（由可得：）．
故數(shù)列{bn}的前n項和Tn≤＜b1＜1，∴Sn=2n+Tn＜2n+1．
11．設(shè)an=xn，bn=（）2，Sn為數(shù)列{an?bn}的前n項和，令fn（x）=Sn﹣1，x∈R，a∈N*．
（Ⅰ）若x=2，求數(shù)列{}的前n項和Tn；
（Ⅱ）求證：對?n∈N*，方程fn（x）=0在xn∈[，1]上有且僅有一個根；
（Ⅲ）求證：對?p∈N*，由（Ⅱ）中xn構(gòu)成的數(shù)列{xn}滿足0＜xn﹣xn+p＜．
【解答】解：（Ⅰ）若x=2，an=2n，則=（2n﹣1）（）n，則Tn=1×（）1+3×（）2+…+（2n﹣1）（）n，∴Tn=1×（）2+3×（）3+…+（2n﹣1）（）n+1，∴Tn=+2×[（）2+（）3+…+（）n]﹣（2n﹣1）（）n+1
=+2×﹣（2n﹣1）（）n+1=+1﹣（）n﹣1﹣（2n﹣1）（）n+1，∴Tn=3﹣（）n﹣2﹣（2n﹣1）（）n=3﹣；
（Ⅱ）證明：fn（x）=﹣1+x+++…+（x∈R，n∈N+），fn′（x）=1+++…+＞0，故函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．
由于f1（x1）=0，當n≥2時，fn（1）=++…+＞0，即fn（1）＞0．
又fn（）=﹣1++[+++…+]≤﹣+?（）i，=﹣+×=﹣?（）n﹣1＜0，根據(jù)函數(shù)的零點的判定定理，可得存在唯一的xn∈[，1]，滿足fn（xn）=0．
（Ⅲ）證明：對于任意p∈N+，由（1）中xn構(gòu)成數(shù)列{xn}，當x＞0時，∵fn+1（x）=fn（x）+＞fn（x），∴fn+1（xn）＞fn（xn）=fn+1（xn+1）=0．
由
fn+1（x）
在（0，+∞）上單調(diào)遞增，可得
xn+1＜xn，即
xn﹣xn+1＞0，故數(shù)列{xn}為減數(shù)列，即對任意的n、p∈N+，xn﹣xn+p＞0．
由于
fn（xn）=﹣1+xn+++…+=0，①，fn+p
（xn+p）=﹣1+xn+p+++…++[++…+]，②，用①減去②并移項，利用
0＜xn+p≤1，可得
xn﹣xn+p=+≤≤＜=﹣＜．
綜上可得，對于任意p∈N+，由（1）中xn構(gòu)成數(shù)列{xn}滿足0＜xn﹣xn+p＜．
12．已知數(shù)列{an}，{bn}，a0=1，（n=0，1，2，…），Tn為數(shù)列{bn}的前n項和．
求證：（Ⅰ）an+1＜an；
（Ⅱ）；
（Ⅲ）．
【解答】解：證明：（Ⅰ）=，所以an+1＜an
（Ⅱ）法一、記，則，原命題等價于證明；用數(shù)學(xué)歸納法
提示：構(gòu)造函數(shù)在（1，+∞）單調(diào)遞增，故==+＞+×=+×（﹣）=，法二、只需證明，由，故：n=1時，n≥2，可證：，（3）由，得=，可得：，疊加可得，所以，13．已知數(shù)列{an}滿足：a1=，an=an﹣12+an﹣1（n≥2且n∈N）．
（Ⅰ）求a2，a3；并證明：2﹣≤an≤?3；
（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{an2}的前n項和為An，數(shù)列{}的前n項和為Bn，證明：=an+1．
【解答】解：（I）a2=a12+a1==，a3=a22+a2==．
證明：∵an=an﹣12+an﹣1，∴an+=an﹣12+an﹣1+=（an﹣1+）2+＞（an﹣1+）2，∴an+＞（an﹣1+）2＞（an﹣2+）4＞＞（an﹣3+）8＞…＞（a1+）=2，∴an＞2﹣，又∵an﹣an﹣1=an﹣12＞0，∴an＞an﹣1＞an﹣2＞…＞a1＞1，∴an2＞an，∴an=an﹣12+an﹣1＜2a，∴an＜2a＜2?22＜2?22?24＜…＜2?22?24?…?2a1
=2?（）=?3．
綜上，2﹣≤an≤?3．
（II）證明：∵an=an﹣12+an﹣1，∴an﹣12=an﹣an﹣1，∴An=a12+a22+a32+…an2=（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（an+1﹣an）=an+1﹣，∵an=an﹣12+an﹣1=an﹣1（an﹣1+1），∴==，∴=，∴Bn=…+=（）+（）+（﹣）+…+（）
=﹣．
∴==．
14．已知數(shù)列{an}的各項均為非負數(shù)，其前n項和為Sn，且對任意的n∈N*，都有．
（1）若a1=1，a505=2017，求a6的最大值；
（2）若對任意n∈N*，都有Sn≤1，求證：．
【解答】解：（1）由題意知an+1﹣an≤an+2﹣an+1，設(shè)di=ai+1﹣ai（i=1，2，…，504），則d1≤d2≤d3≤…≤d504，且d1+d2+d3+…+d504=2016，∵=，所以d1+d2+…+d5≤20，∴a6=a1+（d1+d2+…+d5）≤21．
（2）證明：若存在k∈N*，使得ak＜ak+1，則由，得ak+1≤ak﹣ak+1≤ak+2，因此，從an項開始，數(shù)列{an}嚴格遞增，故a1+a2+…+an≥ak+ak+1+…+an≥（n﹣k+1）ak，對于固定的k，當n足夠大時，必有a1+a2+…+an≥1，與題設(shè)矛盾，所以{an}不可能遞增，即只能an﹣an+1≥0．
令bk=ak﹣ak+1，（k∈N*），由ak﹣ak+1≥ak+1﹣ak+2，得bk≥bk+1，bk＞0，故1≥a1+a2+…+an=（b1+a2）+a2+…+an=b1+2（b2+a3）+a3+…+an，=…=b1+2b2+…+nbn+nan，所以，綜上，對一切n∈N*，都有．
15．已知數(shù)列{an}中，a1=4，an+1=，n∈N*，Sn為{an}的前n項和．
（Ⅰ）求證：n∈N*時，an＞an+1；
（Ⅱ）求證：n∈N*時，2≤Sn﹣2n＜．
【解答】證明：（I）n≥2時，作差：an+1﹣an=﹣=，∴an+1﹣an與an﹣an﹣1同號，由a1=4，可得a2==，可得a2﹣a1＜0，∴n∈N*時，an＞an+1．
（II）∵2=6+an，∴=an﹣2，即2（an+1﹣2）（an+1+2）=an﹣2，①
∴an+1﹣2與an﹣2同號，又∵a1﹣2=2＞0，∴an＞2．
∴Sn=a1+a2+…+an≥4+2（n﹣1）=2n+2．
∴Sn﹣2n≥2．
由①可得：=，因此an﹣2≤（a1﹣2），即an≤2+2×．
∴Sn=a1+a2+…+an≤2n+2×＜2n+．
綜上可得：n∈N*時，2≤Sn﹣2n＜．
16．已知數(shù)列{an}滿足，a1=1，an=﹣．
（1）求證：an≥；
（2）求證：|an+1﹣an|≤；
（3）求證：|a2n﹣an|≤．
【解答】證明：（1）∵a1=1，an=﹣．
∴a2=，a3=，a4=，猜想：≤an≤1．
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．
（i）當n=1時，命題顯然成立；
（ii）假設(shè)n=k時，≤1成立，則當n=k+1時，ak+1=≤＜1．，即當n=k+1時也成立，所以對任意n∈N*，都有．
（2）當n=1時，當n≥2時，∵，∴．
（3）當n=1時，|a2﹣a1|=＜；
當n≥2時，|a2n﹣an|≤|a2n﹣a2n﹣1|+|a2n﹣1﹣a2n﹣2|+…+|an+1﹣an|．
17．設(shè)數(shù)列{an}滿足：a1=a，an+1=（a＞0且a≠1，n∈N*）．
（1）證明：當n≥2時，an＜an+1＜1；
（2）若b∈（a2，1），求證：當整數(shù)k≥+1時，ak+1＞b．
【解答】證明：（1）由an+1=知an與a1的符號相同，而a1=a＞0，∴an＞0，∴an+1=≤1，當且僅當an=1時，an+1=1
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：
①∵a＞0且a≠1，∴a2＜1，∴=＞1，即有a2＜a3＜1，②假設(shè)n=k時，有ak＜ak+1＜1，則
ak+2==＜1且=＞1，即ak+1＜ak+2＜1
即當n=k+1時不等式成立，由①②可得當n≥2時，an＜an+1＜1；
（2）若ak≥b，由（1）知ak+1＞ak≥b，若ak＜b，∵0＜x＜1以及二項式定理可知（1+x）n=1+Cn1x+…+Cnnxn≥nx，而ak2+1＜b2+1＜b+1，且a2＜a3＜…＜ak＜b＜1
∴ak+1=a2??…，=a2?
＞a2?（）k﹣1＞a2?（）k﹣1=a2?（1+）k﹣1，≥a2?[1+（k﹣1）]，∵k≥+1，∴1+（k﹣1）≥+1=，∴ak+1＞b．
18．設(shè)a＞3，數(shù)列{an}中，a1=a，an+1=，n∈N*．
（Ⅰ）求證：an＞3，且＜1；
（Ⅱ）當a≤4時，證明：an≤3+．
【解答】證明：（I）∵an+1﹣3=﹣3=．=﹣=，∴（）=＞0，∴與同號，又a＞3，∴=a﹣＞0，∴＞0，∴an+1﹣3＞0，即an＞3（n=1時也成立）．
∴==＜1．
綜上可得：an＞3，且＜1；
（Ⅱ）當a≤4時，∵an+1﹣3=﹣3=．
∴=，由（I）可知：3＜an≤a1=a≤4，∴3＜an≤4．
設(shè)an﹣3=t∈（0，1]．
∴==≤，∴?…?≤，∴an﹣3≤（a1﹣3）×≤，∴an≤3+．
19．已知數(shù)列{an}滿足an＞0，a1=2，且（n+1）an+12=nan2+an（n∈N*）．
（Ⅰ）證明：an＞1；
（Ⅱ）證明：++…+＜（n≥2）．
【解答】證明：（Ⅰ）由題意得（n+1）an+12﹣（n+1）=nan2﹣n+an﹣1，∴（n+1）（an+1+1）（an+1﹣1）=（an﹣1）（nan+n+1），由an＞0，n∈N*，∴（n+1）（an+1+1）＞0，nan+n+1＞0，∴an+1﹣1與an﹣1同號，∵a1﹣1=1＞0，∴an＞1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，故（n+1）an+12=nan2+an＜（n+1）an2，∴an+1＜an，1＜an≤2，又由題意可得an=（n+1）an+12﹣nan2，∴a1=2a22﹣a12，a2=3a32﹣2a22，…，an=（n+1）an+12﹣nan2，相加可得a1+a2+…+an=（n+1）an+12﹣4＜2n，∴an+12≤，即an2≤，n≥2，∴≤2（+）≤2（﹣）+（﹣+），n≥2，當n=2時，=＜，當n=3時，+≤＜＜，當n≥4時，++…+＜2（+++）+（++﹣）=1+++++＜，從而，原命題得證
20．已知數(shù)列{an}滿足：．
（1）求證：；
（2）求證：．
【解答】證明：（1）由，所以，因為，所以an+2＜an+1＜2．
（2）假設(shè)存在，由（1）可得當n＞N時，an≤aN+1＜1，根據(jù)，而an＜1，所以．
于是，…．
累加可得（*）
由（1）可得aN+n﹣1＜0，而當時，顯然有，因此有，這顯然與（*）矛盾，所以．
21．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，且an+12+an2=2（an+1an+an+1﹣an﹣）．
（1）求數(shù)列{an}的通項公式；
（2）求證：++…+＜；
（3）記Sn=++…+，證明：對于一切n≥2，都有Sn2＞2（++…+）．
【解答】解：（1）a1=1，且an+12+an2=2（an+1an+an+1﹣an﹣），可得an+12+an2﹣2an+1an﹣2an+1+2an+1=0，即有（an+1﹣an）2﹣2（an+1﹣an）+1=0，即為（an+1﹣an﹣1）2=0，可得an+1﹣an=1，則an=a1+n﹣1=n，n∈N*；
（2）證明：由=＜=﹣，n≥2．
則++…+=1+++…+
＜1++﹣+﹣+…+﹣=﹣＜，故原不等式成立；
（3）證明：Sn=++…+=1++…+，當n=2時，S22=（1+）2=＞2?=成立；
假設(shè)n=k≥2，都有Sk2＞2（++…+）．
則n=k+1時，Sk+12=（Sk+）2，Sk+12﹣2（++…++）
=（Sk+）2﹣2（++…+）﹣2?
=Sk2﹣2（++…+）++2?﹣2?
=Sk2﹣2（++…+）+，由k＞1可得＞0，且Sk2＞2（++…+）．
可得Sk2﹣2（++…+）＞0，則Sk+12＞2（++…++）恒成立．
綜上可得，對于一切n≥2，都有Sn2＞2（++…+）．
22．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=，n∈N*．
（1）求證：≤an≤1；
（2）求證：|a2n﹣an|≤．
【解答】證明：（1）用數(shù)學(xué)歸納法證明：
①當n=1時，=，成立；
②假設(shè)當n=k時，有成立，則當n=k+1時，≤≤1，≥=，∴當n=k+1時，命題也成立．
由①②得≤an≤1．
（2）當n=1時，|a2﹣a1|=，當n≥2時，∵（）（）=（）=1+=，∴|an+1﹣an|=||=≤|an﹣an﹣1|＜…＜（）n﹣1|a2﹣a1|=，∴|a2n﹣a2n﹣1|≤|a2n﹣a2n﹣1|+|a2n﹣1﹣a2n﹣2|+…+|an+1﹣an|
≤=
=（）n﹣1﹣（）2n﹣1≤，綜上：|a2n﹣an|≤．
23．已知數(shù)列{an]的前n項和記為Sn，且滿足Sn=2an﹣n，n∈N*
（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項公式；
（Ⅱ）證明：+…（n∈N*）
【解答】解：（Ⅰ）∵Sn=2an﹣n（n∈N+），∴Sn﹣1=2an﹣1﹣n+1=0（n≥2），兩式相減得：an=2an﹣1+1，變形可得：an+1=2（an﹣1+1），又∵a1=2a1﹣1，即a1=1，∴數(shù)列{an+1}是首項為2、公比為2的等比數(shù)列，∴an+1=2?2n﹣1=2n，an=2n﹣1．
（Ⅱ）由，（k=1，2，…n），∴=，由=﹣，（k=1，2，…n），得﹣=，綜上，+…（n∈N*）．
24．已知數(shù)列{an}滿足：a1=，an+1=+an（n∈N*）．
（1）求證：an+1＞an；
（2）求證：a2017＜1；
（3）若ak＞1，求正整數(shù)k的最小值．
【解答】（1）證明：an+1﹣an=≥0，可得an+1≥an．
∵a1=，∴an．
∴an+1﹣an=＞0，∴an+1＞an．
（II）證明：由已知==，∴=﹣，由=，=，…，=，累加求和可得：=++…+，當k=2017時，由（I）可得：=a1＜a2＜…＜a2016．
∴﹣=++…+＜＜1，∴a2017＜1．
（III）解：由（II）可得：可得：=a1＜a2＜…＜a2016＜a2017＜1．
∴﹣=++…+＞2017×=1，∴a2017＜1＜a2018，又∵an+1＞an．∴k的最小值為2018．
25．已知數(shù)列{an}滿足：an2﹣an﹣an+1+1=0，a1=2
（1）求a2，a3；
（2）證明數(shù)列為遞增數(shù)列；
（3）求證：＜1．
【解答】（1）解：∵a1=2，∴a2=22﹣2+1=3，同理可得：a3=7．
（2）證明：，對n∈N*恒成立，∴an+1＞an．
（3）證明：
故=．
26．已知數(shù)列{an}滿足：a1=1，（n∈N*）
（Ⅰ）求證：an≥1；
（Ⅱ）證明：≥1+
（Ⅲ）求證：＜an+1＜n+1．
【解答】證明：（I）數(shù)列{an}滿足：a1=1，（n∈N*），可得：，?an+1≥an≥an﹣1≥…≥a1=1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得：；
（Ⅲ），由（Ⅱ）得：，所以，累加得：，另一方面由an≤n可得：原式變形為，所以：，累加得．
27．在正項數(shù)列{an}中，已知a1=1，且滿足an+1=2an（n∈N*）
（Ⅰ）求a2，a3；
（Ⅱ）證明．a(chǎn)n≥．
【解答】解：（Ⅰ）∵在正項數(shù)列{an}中，a1=1，且滿足an+1=2an（n∈N*），∴=，=．
證明：（Ⅱ）①當n=1時，由已知，成立；
②假設(shè)當n=k時，不等式成立，即，∵f（x）=2x﹣在（0，+∞）上是增函數(shù)，∴≥
=（）k+（）k﹣
=（）k+
=（）k+，∵k≥1，∴2×（）k﹣3﹣3=0，∴，即當n=k+1時，不等式也成立．
根據(jù)①②知不等式對任何n∈N*都成立．
28．設(shè)數(shù)列{an}滿足．
（1）證明：；
（2）證明：．
【解答】（本題滿分15分）
證明：（I）易知an＞0，所以an+1＞an+＞an，所以
ak+1=ak+＜ak+，所以．
所以，當n≥2時，=，所以an＜1．
又，所以an＜1（n∈N*），所以
an＜an+1＜1（n∈N*）．…（8分）
（II）當n=1時，顯然成立．
由an＜1，知，所以，所以，所以，所以，當n≥2時，=，即．
所以（n∈N*）．
…（7分）
29．已知數(shù)列{an}滿足a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（n∈N*），令bn=an+1．
（Ⅰ）求證：{bn}是等比數(shù)列；
（Ⅱ）記數(shù)列{nbn}的前n項和為Tn，求Tn；
（Ⅲ）求證：﹣＜+…+．
【解答】（I）證明：a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（n∈N*），∴a2=2×（2+1+1）=8．
n≥2時，an=2（Sn﹣1+n），相減可得：an+1=3an+2，變形為：an+1+1=3（an+1），n=1時也成立．
令bn=an+1，則bn+1=3bn．∴{bn}是等比數(shù)列，首項為3，公比為3．
（II）解：由（I）可得：bn=3n．
∴數(shù)列{nbn}的前n項和Tn=3+2×32+3×33+…+n?3n，3Tn=32+2×33+…+（n﹣1）?3n+n?3n+1，∴﹣2Tn=3+32+…+3n﹣n?3n+1=﹣n?3n+1=×3n+1﹣，解得Tn=+．
（III）證明：∵bn=3n=an+1，解得an=3n﹣1．
由=．
∴+…+＞…+==，因此左邊不等式成立．
又由==＜=，可得+…+＜++…+
=＜．因此右邊不等式成立．
綜上可得：﹣＜+…+．
30．已知數(shù)列{an}中，a1=3，2an+1=an2﹣2an+4．
（Ⅰ）證明：an+1＞an；
（Ⅱ）證明：an≥2+（）n﹣1；
（Ⅲ）設(shè)數(shù)列{}的前n項和為Sn，求證：1﹣（）n≤Sn＜1．
【解答】證明：（I）an+1﹣an=﹣an=≥0，∴an+1≥an≥3，∴（an﹣2）2＞0
∴an+1﹣an＞0，即an+1＞an；
（II）∵2an+1﹣4=an2﹣2an=an（an﹣2）
∴=≥，∴an﹣2≥（an﹣1﹣2）≥（）2（an﹣2﹣2）≥（）3（an﹣3﹣2）≥…≥（）n﹣1（a1﹣2）=（）n﹣1，∴an≥2+（）n﹣1；
（Ⅲ）∵2（an+1﹣2）=an（an﹣2），∴==（﹣）
∴=﹣，∴=﹣+，∴Sn=++…+=﹣+﹣+…+﹣=﹣=1﹣，∵an+1﹣2≥（）n，∴0＜≤（）n，∴1﹣（）n≤Sn=1﹣＜1．
31．已知數(shù)列{an}滿足a1=，an+1=，n∈N*．
（1）求a2；
（2）求{}的通項公式；
（3）設(shè){an}的前n項和為Sn，求證：（1﹣（）n）≤Sn＜．
【解答】（1）解：∵a1=，a，n∈N+．∴a2==．
（2）解：∵a1=，a，n∈N+．∴=﹣，化為：﹣1=，∴數(shù)列是等比數(shù)列，首項與公比都為．
∴﹣1=，解得=1+．
（3）證明：一方面：由（2）可得：an=≥=．
∴Sn≥+…+==，因此不等式左邊成立．
另一方面：an==，∴Sn≤+++…+=×＜×3＜（n≥3）．
又n=1，2時也成立，因此不等式右邊成立．
綜上可得：（1﹣（）n）≤Sn＜．
32．數(shù)列{an}中，a1=1，an=．
（1）證明：an＜an+1；
（2）證明：anan+1≥2n+1；
（3）設(shè)bn=，證明：2＜bn＜（n≥2）．
【解答】證明：（1）數(shù)列{an}中，a1=1，an=．
可得an＞0，an2=anan+1﹣2，可得an+1=an+＞an，即an＜an+1；
（2）由（1）可得anan﹣1＜an2=anan+1﹣2，可得anan+1﹣anan﹣1＞2，n=1時，anan+1=a12+2=3，2n+1=3，則原不等式成立；
n≥2時，anan+1＞3+2（n﹣1）=2n+1，綜上可得，anan+1≥2n+1；
（3）bn=，要證2＜bn＜（n≥2），即證2＜an＜，只要證4n＜an2＜5n，由an+1=an+，可得an+12=an2+4+，且a2=3，an+12﹣an2=4+＞4，且4+＜4+=4+=，即有an+12﹣an2∈（4，），由n=2，3，…，累加可得
an2﹣a22∈（4（n﹣2），），即有an2∈（4n+1，）?（4n，5n），故2＜bn＜（n≥2）．
33．已知數(shù)列{an}滿足，（1）若數(shù)列{an}是常數(shù)列，求m的值；
（2）當m＞1時，求證：an＜an+1；
（3）求最大的正數(shù)m，使得an＜4對一切整數(shù)n恒成立，并證明你的結(jié)論．
【解答】解：（1）若數(shù)列{an}是常數(shù)列，則，得．顯然，當時，有an=1．
…（3分）
（2）由條件得，得a2＞a1．…（5分）
又因為，兩式相減得．
…（7分）
顯然有an＞0，所以an+2﹣an+1與an+1﹣an同號，而a2﹣a1＞0，所以an+1﹣an＞0，從而有an＜an+1．…（9分）
（3）因為，…（10分）
所以an=a1+（a2﹣a1）+…+（an﹣an﹣1）≥1+（n﹣1）（m﹣2）．
這說明，當m＞2時，an越來越大，顯然不可能滿足an＜4．
所以要使得an＜4對一切整數(shù)n恒成立，只可能m≤2．…（12分）
下面證明當m=2時，an＜4恒成立．用數(shù)學(xué)歸納法證明：
當n=1時，a1=1顯然成立．
假設(shè)當n=k時成立，即ak＜4，則當n=k+1時，成立．
由上可知an＜4對一切正整數(shù)n恒成立．
因此，正數(shù)m的最大值是2．…（15分）
34．已知數(shù)列{an}滿足：，p＞1，．
（1）證明：an＞an+1＞1；
（2）證明：；
（3）證明：．
【解答】證明：（1）先用數(shù)學(xué)歸納法證明an＞1．
①當n=1時，∵p＞1，∴；
②假設(shè)當n=k時，ak＞1，則當n=k+1時，．
由①②可知an＞1．
再證an＞an+1．，令f（x）=x﹣1﹣xlnx，x＞1，則f＇（x）=﹣lnx＜0，所以f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，所以f（x）＜f（1）=0，所以，即an＞an+1．
（2）要證，只需證，只需證其中an＞1，先證，令f（x）=2xlnx﹣x2+1，x＞1，只需證f（x）＜0．
因為f＇（x）=2lnx+2﹣2x＜2（x﹣1）+2﹣2x=0，所以f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，所以f（x）＜f（1）=0．
再證（an+1）lnan﹣2an+2＞0，令g（x）=（x+1）lnx﹣2x+2，x＞1，只需證g（x）＞0，令，x＞1，則，所以h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，所以h（x）＞h（1）=0，從而g＇（x）＞0，所以g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，所以g（x）＞g（1）=0，綜上可得．
（3）由（2）知，一方面，由迭代可得，因為lnx≤x﹣1，所以，所以ln（a1a2…an）=lna1+lna2+…+lnan=；
另一方面，即，由迭代可得．
因為，所以，所以=；
綜上，．
35．數(shù)列{an}滿足a1=，an+1﹣an+anan+1=0（n∈N*）．
（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項公式；
（Ⅱ）求證：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．
【解答】解（Ⅰ）：由已知可得數(shù)列{an}各項非零．
否則，若有ak=0結(jié)合ak﹣ak﹣1+akak﹣1=0?ak﹣1=0，繼而?ak﹣1=0?ak﹣2=0?…?a1=0，與已知矛盾．
所以由an+1﹣an+anan+1=0可得．
即數(shù)列是公差為1的等差數(shù)列．
所以．
所以數(shù)列{an}的通項公式是（n∈N*）．
（Ⅱ）
證明一：因為．
所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an=．
所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．
證明二：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an===．
所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．
36．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=an2+p．
（1）若數(shù)列{an}就常數(shù)列，求p的值；
（2）當p＞1時，求證：an＜an+1；
（3）求最大的正數(shù)p，使得an＜2對一切整數(shù)n恒成立，并證明你的結(jié)論．
【解答】解：（1）若數(shù)列{an}是常數(shù)列，則，；顯然，當時，有an=1
（2）由條件得得a2＞a1，又因為，兩式相減得
顯然有an＞0，所以an+2﹣an+1與an+1﹣an同號，而a2﹣a1＞0，所以an+1﹣an＞0；
從而有an＜an+1．
（3）因為，所以an=a1+（a2﹣a1）+…（an﹣an﹣1）＞1+（n﹣1）（p﹣1），這說明，當p＞1時，an越來越大，不滿足an＜2，所以要使得an＜2對一切整數(shù)n恒成立，只可能p≤1，下面證明當p=1時，an＜2恒成立；用數(shù)學(xué)歸納法證明：
當n=1時，a1=1顯然成立；
假設(shè)當n=k時成立，即ak＜2，則當n=k+1時，成立，由上可知對一切正整數(shù)n恒成立，因此，正數(shù)p的最大值是1
37．已知數(shù)列{an}滿足a1=a＞4，（n∈N*）
（1）求證：an＞4；
（2）判斷數(shù)列{an}的單調(diào)性；
（3）設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項和，求證：當a=6時，．
【解答】（1）證明：利用數(shù)學(xué)歸納法證明：
①當n=1時，a1=a＞4，成立．
②假設(shè)當n=k≥2時，ak＞4，．
則ak+1=＞=4．
∴n=k+1時也成立．
綜上①②可得：?n∈N*，an＞4．
（2）解：∵，（n∈N*）．
∴﹣=﹣2an﹣8=﹣9＞（4﹣1）2﹣9=0，∴an＞an+1．
∴數(shù)列{an}單調(diào)遞減．
（3）證明：由（2）可知：數(shù)列{an}單調(diào)遞減．
一方面Sn＞a1+4（n﹣1）=4n+2．
另一方面：=＜，∴an﹣4＜，∴Sn﹣4n＜＜．即Sn＜4n+．
∴當a=6時，．
38．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=．
（Ⅰ）求證：an+1＜an；
（Ⅱ）求證：≤an≤．
【解答】解：（Ⅰ）證明：由a1=1，an+1=，得an＞0，（n∈N），則an+1﹣an=﹣an=＜0，∴an+1＜an；
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知0＜an＜1，又an+1=．，∴=≥，即an+1＞an，∴an＞an﹣1≥（）2an﹣1≥…≥（）2an﹣1≥（）n﹣1a1=，即an≥．
由an+1=，則=an+，∴﹣=an，∴﹣=a1=1，﹣=a2=，﹣=a3=（）2…﹣=an﹣1≥（）n﹣2，累加得﹣=1++（）2+…+（）n﹣2==2﹣（）n﹣2，而a1=1，∴≥3﹣（）n﹣2==，∴an≤．
綜上得≤an≤．
39．已知數(shù)列{an}滿足：a1=1，．
（1）若b=1，證明：數(shù)列是等差數(shù)列；
（2）若b=﹣1，判斷數(shù)列{a2n﹣1}的單調(diào)性并說明理由；
（3）若b=﹣1，求證：．
【解答】解：（1）證明：當b=1，an+1=+1，∴（an+1﹣1）2=（an﹣1）2+2，即（an+1﹣1）2﹣（an﹣1）2=2，∴（an﹣1）2﹣（an﹣1﹣1）2=2，∴數(shù)列{（an﹣1）2}是0為首項、以2為公差的等差數(shù)列；
（2）當b=﹣1，an+1=﹣1，數(shù)列{a2n﹣1}單調(diào)遞減．
可令an+1→an，可得1+an=，可得an→，即有an＜（n=2，3，…），再令f（x）=﹣1，可得
在（﹣∞，1]上遞減，可得{a2n﹣1}單調(diào)遞減．
（3）運用數(shù)學(xué)歸納法證明，當n=1時，a1=1＜成立；
設(shè)n=k時，a1+a3+…+22k﹣1＜，當n=k+1時，a1+a3+…+a2k﹣1+a2k+1
＜+=，綜上可得，成立．
40．已知數(shù)列{an}滿足，（n=1，2，3…），Sn=b1+b2+…+bn．
證明：（Ⅰ）an﹣1＜an＜1（n≥1）；
（Ⅱ）（n≥2）．
【解答】證明：（Ⅰ）由得：（*）
顯然an＞0，（*）式?
故1﹣an與1﹣an﹣1同號，又，所以1﹣an＞0，即an＜1…（3分）
（注意：也可以用數(shù)學(xué)歸納法證明）
所以
an﹣1﹣an=（2an+1）（an﹣1）＜0，即an﹣1＜an
所以
an﹣1＜an＜1（n≥1）…（6分）
（Ⅱ）（*）式?，由0＜an﹣1＜an＜1?an﹣1﹣an+1＞0，從而bn=an﹣1﹣an+1＞0，于是，Sn=b1+b2+…+bn＞0，…（9分）
由（Ⅰ）有1﹣an﹣1=2（1+an）（1﹣an）?，所以（**）…（11分）
所以Sn=b1+b2+…+bn=（a0﹣a1+1）+（a1﹣a2+1）+…（an﹣1﹣an+1）=…（12分）
=…（14分）
∴（n≥2）成立…（15分）
41．已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1=，n∈N*，記S，Tn分別是數(shù)列{an}，{a}的前n項和，證明：當n∈N*時，（1）an+1＜an；
（2）Tn=﹣2n﹣1；
（3）﹣1＜Sn．
【解答】解：（1）由a1=1，an+1=，n∈N*，知an＞0，故an+1﹣an=﹣an=＜0，因此an+1＜an；
（2）由an+1=，取倒數(shù)得：=+an，平方得：=+an2+2，從而﹣﹣2=an2，由﹣﹣2=a12，﹣﹣2=a22，…，﹣﹣2=an2，累加得﹣﹣2n=a12+a22+…+an2，即Tn=﹣2n﹣1；
（3）由（2）知：﹣=an，可得﹣=a1，﹣=a2，…，﹣=an，由累加得﹣=a1+a2+…+an=Sn，又因為=a12+a22+…+an2+2n+1＞2n+2，所以＞，Sn=an+an﹣1+…+a1
=﹣＞﹣1＞﹣1；
又由＞，即＞，得
當n＞1時，an＜=＜=（﹣），累加得Sn＜a1+[（﹣1）+（﹣）+…+（﹣）]=1+（﹣1）＜，當n=1時，Sn成立．
因此﹣1＜Sn．
42．已知數(shù)列{an}滿足a1=3，an+1=an2+2an，n∈N*，設(shè)bn=log2（an+1）．
（I）求{an}的通項公式；
（II）求證：1+++…+＜n（n≥2）；
（III）若=bn，求證：2≤＜3．
【解答】解：（I）由，則，由a1=3，則an＞0，兩邊取對數(shù)得到，即bn+1=2bn（2分）
又b1=log2（a1+1）=2≠0，∴{bn}是以2為公比的等比數(shù)列．
即（3分）
又∵bn=log2（an+1），∴（4分）
（2）用數(shù)學(xué)歸納法證明：1o當n=2時，左邊為=右邊，此時不等式成立；
（5分）
2o假設(shè)當n=k≥2時，不等式成立，則當n=k+1時，左邊=（6分）
＜k+1=右邊
∴當n=k+1時，不等式成立．
綜上可得：對一切n∈N*，n≥2，命題成立．（9分）
（3）證明：由得cn=n，∴，首先，（10分）
其次∵，∴，當n=1時顯然成立．所以得證．（15分）
43．已知正項數(shù)列{an}滿足a1=3，n∈N*．
（1）求證：1＜an≤3，n∈N*；
（2）若對于任意的正整數(shù)n，都有成立，求M的最小值；
（3）求證：a1+a2+a3+…+an＜n+6，n∈N*．
【解答】（1）證明：由正項數(shù)列{an}滿足a1=3，n∈N*．
得+an+2=2an+1，兩式相減得（an+2﹣an+1）（an+2+an+1+1）=2（an+1﹣an），∵an＞0，∴an+2﹣an+1與an+1﹣an同號．
∵+a2=2a1=6，∴a2=2，則a2﹣a1＜0，∴an+1﹣an＜0，即數(shù)列{an}是單調(diào)減數(shù)列，則an≤a1=3．
另一方面：由正項數(shù)列{an}滿足a1=3，n∈N*．
可得：+an+1=2an，得+an+1﹣2=2an﹣2，得（an+1+2）（an+1﹣1）=2（an﹣1），由an+1+2＞0，易知an+1﹣1與an﹣1同號，由于a1﹣1=2＞0，可知an﹣1＞0，即an＞1．
綜上可得：1＜an≤3，n∈N*．
（2）解：由（1）知：=，而3＜an+1+2≤a2+2=4，則≤，∴．
故M的最小值為．
（3）證明：由（2）知n≥2時，an﹣1=（a1﹣1）×××…×＜=2×，又n=1時，a1﹣1=2，故有an﹣1≤，n∈N*．
即an≤，n∈N*．
則a1+a2+a3+…+an＜n+2=n+2×＜n+6，n∈N*．
44．已知在數(shù)列{an}中，，n∈N*．
（1）求證：1＜an+1＜an＜2；
（2）求證：；
（3）求證：n＜sn＜n+2．
【解答】證明：（1）先用數(shù)學(xué)歸納法證明1＜an＜2
1°．n=1時
2°．假設(shè)n=k時成立，即1＜ak＜2，n=k+1時，ak∈（1，2）成立．
由1°2°知1＜an＜2，n∈N*恒成立.=（an﹣1）（an﹣2）＜0．
所以1＜an+1＜an＜2成立．
（2），當n≥3時，而1＜an＜2．
所以．
由得，=
所以
（3）由（1）1＜an＜2得sn＞n
由（2）得，=．
45．已知數(shù)列{an}中，（n∈N*）．
（1）求證：；
（2）求證：是等差數(shù)列；
（3）設(shè)，記數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，求證：．
【解答】證明：（1）當n=1時，滿足，假設(shè)當n=k（k≥1）時結(jié)論成立，即≤ak＜1，∵ak+1=，∴，即n=k+1時，結(jié)論成立，∴當n∈N*時，都有．
（2）由，得，∴，∴==﹣1，即，∴數(shù)列是等差數(shù)列．
（3）由（2）知，∴，∴==，∵當n≥2時，12n2+18n﹣（7n2+21n+14）=（5n+7）（n﹣2）≥0，∴n≥2時，∴n≥2時，又b1=，b2=，∴當n≥3時，==
．
46．已知無窮數(shù)列{an}的首項a1=，=n∈N*．
（Ⅰ）證明：0＜an＜1；
（Ⅱ）
記bn=，Tn為數(shù)列{bn}的前n項和，證明：對任意正整數(shù)n，Tn．
【解答】（Ⅰ）證明：①當n=1時顯然成立；
②假設(shè)當n=k（k∈N*）時不等式成立，即0＜ak＜1，那么：當n=k+1時，＞，∴0＜ak+1＜1，即n=k+1時不等式也成立．
綜合①②可知，0＜an＜1對任意n∈N*成立．﹣﹣﹣﹣
（Ⅱ），即an+1＞an，∴數(shù)列{an}為遞增數(shù)列．
又=，易知為遞減數(shù)列，∴也為遞減數(shù)列，∴當n≥2時，==
∴當n≥2時，=
當n=1時，成立；
當n≥2時，Tn=b1+b2+…+bn＜=
綜上，對任意正整數(shù)n，47．已知數(shù)列{xn}滿足x1=1，xn+1=2+3，求證：
（I）0＜xn＜9；
（II）xn＜xn+1；
（III）．
【解答】證明：（I）（數(shù)學(xué)歸納法）
當n=1時，因為x1=1，所以0＜x1＜9成立．
假設(shè)當n=k時，0＜xk＜9成立，則當n=k+1時，．
因為，且得xk+1＜9
所以0＜xn＜9也成立．
（II）因為0＜xn＜9，所以．
所以xn＜xn+1．
（III）因為0＜xn＜9，所以．
從而xn+1=2+3＞+3．
所以，即．
所以．
又x1=1，故．
48．數(shù)列{an}各項均為正數(shù)，且對任意n∈N*，滿足an+1=an+can2（c＞0且為常數(shù)）．
（Ⅰ）若a1，2a2，3a3依次成等比數(shù)列，求a1的值（用常數(shù)c表示）；
（Ⅱ）設(shè)bn=，Sn是數(shù)列{bn}的前n項和，（i）求證：；
（ii）求證：Sn＜Sn+1＜．
【解答】（I）解：對任意n∈N*，滿足an+1=an+can2（c＞0且為常數(shù)）．∴a2=．a(chǎn)3=．
∵a1，2a2，3a3依次成等比數(shù)列，∴=a1?3a3，∴=a1?3（），a2＞0，化為4a2=3a1（1+ca2）．
∴4（）=3a1[1+c（）]，a1＞0，化為：3c2x2﹣cx﹣1=0，解得x=．
（II）證明：（i）由an+1=an+can2（c＞0且為常數(shù)），an＞0．
∴﹣=﹣==﹣．即﹣=﹣．
（ii）由（i）可得：﹣=﹣．
∴bn==，∴Sn=+…+=．
由an+1=an+can2＞an＞0，可得﹣．
∴Sn＜=Sn+1＜．
∴Sn＜Sn+1＜．
49．設(shè)數(shù)列滿足|an﹣|≤1，n∈N*．
（Ⅰ）求證：|an|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）
（Ⅱ）若|an|≤（）n，n∈N*，證明：|an|≤2，n∈N*．
【解答】解：（I）∵|an﹣|≤1，∴|an|﹣|an+1|≤1，∴﹣≤，n∈N*，∴=（﹣）+（﹣）+…+（﹣）≤+++…+==1﹣＜1．
∴|an|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）．
（II）任取n∈N*，由（I）知，對于任意m＞n，﹣=（﹣）+（﹣）+…+（﹣）
≤++…+=＜．
∴|an|＜（+）?2n≤[+?（）m]?2n=2+（）m?2n．①
由m的任意性可知|an|≤2．
否則，存在n0∈N*，使得|a|＞2，取正整數(shù)m0＞log且m0＞n0，則
2?（）＜2?（）=|a|﹣2，與①式矛盾．
綜上，對于任意n∈N*，都有|an|≤2．
50．已知數(shù)列{an}滿足：a1=1，an+1=an+．（n∈N*）
（Ⅰ）證明：≥1+；
（Ⅱ）求證：＜an+1＜n+1．
【解答】證明：（Ⅰ）∵，∴an+1＞an＞a1≥1，∴．
（Ⅱ）∵，∴0＜＜1，即﹣=＜＜﹣，累加可得，﹣＜1﹣，故an+1＜n+1，另一方面，由an≤n可得，原式變形為
故
累加得，故＜an+1＜n+1．
—
END
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第三篇：2014高考數(shù)學(xué)壓軸題(20)（寫寫幫整理）
2014數(shù)學(xué) 壓軸題（20）
33.若a,b??1,2,3,4?，則方程2x2?2ax?b?0有實根的概率為1315B.C.D.4828
34.將一個骰子先后拋擲兩次，事件A表示“第一次出現(xiàn)奇數(shù)點”，事件B表示“第二次的A.點數(shù)不小于5”，則P?A?B??
xx35.已知函數(shù)fe?x?e,g0?x??e??f?x?,若gi?x??gi'?1?x??i?1,2,3,????，則
g2014?x??36.設(shè)函數(shù)y?f(x)的定義域為D，若對于任意x1、x2?D，當x1?x2?2a時，恒有 f(x1)?f(x2)?2b，則稱點(a,b)為函數(shù)y?f(x)圖像的對稱中心．研究函數(shù)
f(x)?x?sin?x?3的某一個對稱中心，并利用對稱中心的上述定義，可得到
?1??2??4026??4027?f???f?????f???f??的值為????????（）***4????????
A.4027B.?4027C.?8054D.8054
37.某單位安排7位員工在10月1日至7日值班，每天1人，每人值班1天，若7位員工中的甲、乙排在相鄰兩天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，則不同的安排方案共有
A.504種B.960種C.1008種D.1108種
x2?(a?1)x?2a?238.已知函數(shù)f(x)?的定義域是使得解析式有意義的x的集合，如果22x?ax?2a
對于定義域內(nèi)的任意實數(shù)x，函數(shù)值均為正，則實數(shù)a的取值范圍是（）．
A.?7?a?0或a?2B.?16?a?0或a?2
C.?7?a?0-D.?16?a?0
39.定義函數(shù)f(x)?{x?{x}}，其中{x}表示不小于x的最小整數(shù)，如{1.4}?2，{?2.3}??2．當x?(0,n]（n?N*）時，函數(shù)f(x)的值域為An，記集合An中元 素的個數(shù)為an，則an?______
??1?x
???,0?x?240.已知函數(shù)y?f(x)是定義域為R的偶函數(shù).當x?0時，f(x)???2??logx．x?2?16
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第四篇：高考數(shù)學(xué)專題-導(dǎo)數(shù)壓軸題特輯1
導(dǎo)數(shù)壓軸題特輯1
一．選擇題（共3小題）
1．設(shè)f＇（x）是函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，若f＇（x）＞0，且?x1，x2∈R（x1≠x2），f（x1）+f（x2）＜2f（），則下列各項中不一定正確的是（）
A．f（2）＜f（e）＜f（π）
B．f′（π）＜f′（e）＜f′（2）
C．f（2）＜f′（2）﹣f′（3）＜f（3）
D．f′（3）＜f（3）﹣f（2）＜f′（2）
2．設(shè)函數(shù)f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），其導(dǎo)函數(shù)為y＝f′（x），若兩兩不相同實數(shù)x1，x2，x3，x4滿足f（x1）＝f′（x2）＝f′（x3）＝f（x4），則下列說法正確的是（）
A．x1+x4＜2（x2+x3）
B．x1+x4＞2（x2+x3）
C．x1+x3＜x2+x4
D．x1+x3≥x2+x4
3．已知函數(shù)f（x）的定義域為R，且滿足f（4）＝1，f′（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)，又知y＝f′（x）的圖象如圖，若兩個正數(shù)a，b滿足f（2a+b）＜1，則的取值范圍是（）
A．[，]
B．（，）
C．[，2]
D．（，2）
二．多選題（共1小題）
4．對于定義域為R的函數(shù)f（x），若滿足：①f（0）＝0；②當x∈R且x≠0時，都有xf′（x）＞0；③當x1＜0＜x2且|x1|＜|x2|時，都有f（x1）＜f（x2），則稱f（x）為“偏對稱函數(shù)”下列函數(shù)是“偏對稱函數(shù)”的是（）
A．f1（x）＝﹣x3+x2
B．f2（x）＝ex﹣x﹣1
C．f3（x）＝xsinx
D．f4（x）＝
三．解答題（共36小題）
5．已知函數(shù)f（x）＝ex（sinx﹣ax2+2a﹣e），其中a∈R，e＝2.71828…為自然數(shù)的底數(shù)．
（1）當a＝0時，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）當≤a≤1時，求證：對任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．
6．（1）已知函數(shù)是奇函數(shù)，又f（1）＝2，f（2）＜3，且f（x）在[1，+∞）上遞增．
①求a，b，c的值；
②當x＜0時，討論f（x）的單調(diào)性．
（2）已知二次函數(shù)f（x）的圖象開口向下，且對于任意實數(shù)x都有f（2﹣x）＝f（2+x）求不等式：f[（x2+x+）]＜f[（2x2﹣x+）]的解．
7．已知函數(shù)f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna．
（1）當a＝e時，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范圍．
8．已知函數(shù)f（x）＝（eax﹣1）lnx（a＞0）．
（1）當a＝1時，求曲線y＝f（x）在（1，f（1））處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；
（2）若關(guān)于x的方程f（x）＝ax2﹣ax在[1，+∞）上恰有三個不同的實數(shù)解，求a的取值范圍．
9．已知函數(shù)f（x）＝ax，g（x）＝logax，其中a＞1．
（Ⅰ）求函數(shù)h（x）＝f（x）﹣xlna的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若曲線y＝f（x）在點（x1，f（x1））處的切線與曲線y＝g（x）在點（x2，g（x2））處的切線平行，證明x1+g（x2）＝﹣；
（Ⅲ）證明當a≥時，存在直線l，使l是曲線y＝f（x）的切線，也是曲線y＝g（x）的切線．
10．已知函數(shù)（e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
（1）若曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線與曲線y＝g（x）在點（0，g（0））處的切線互相垂直，求
函數(shù)在區(qū)間[﹣1，1]上的最大值；
（2）設(shè)函數(shù)，試討論函數(shù)h（x）零點的個數(shù)．
11．已知函數(shù)f（x）＝eax，g（x）＝﹣x2+bx+c（a，b，c∈R），且曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點（0，c）處具有公共切線．設(shè)h（x）＝f（x）﹣g（x）．
（Ⅰ）求c的值，及a，b的關(guān)系式；
（Ⅱ）求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）設(shè)a≥0，若對于任意x1，x2∈[0，1]，都有|h（x1）﹣h（x2）|≤e﹣1，求a的取值范圍．
12．設(shè)函數(shù)f（x）＝ln（1+ax）+bx，g（x）＝f（x）﹣bx2．
（Ⅰ）若a＝1，b＝﹣1，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若曲線y＝g（x）在點（1，ln3）處的切線與直線11x﹣3y＝0平行．
（i）求a，b的值；
（ii）求實數(shù)k（k≤3）的取值范圍，使得g（x）＞k（x2﹣x）對x∈（0，+∞）恒成立．
13．已知函數(shù)f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．
（Ⅰ）若曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線與直線l：x+2y＝0垂直，求實數(shù)a的值；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的較大者，記函數(shù)h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函數(shù)h（x）在（0，+∞）內(nèi)恰有2個零點，求實數(shù)a的取值范圍．
14．已知函數(shù)
f（x）＝lnx，g（x）＝ex
（1）若函數(shù)h（x）＝f（x）﹣，求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)直線l為函數(shù)f（x）的圖象上的一點
A（x0，f（x0））處的切線，證明：在區(qū)間（0，+∞）
上存在唯一的x0，使得直線l
與曲線y＝g（x）
相切．
15．已知函數(shù)f（x）＝lnx，g（x）＝ex
（1）求函數(shù)h（x）＝g（x）f′（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)直線l為函數(shù)f（x）圖象上一點A（x0，lnx0）處的切線，證明：在區(qū)間（1，+∞）上存在唯一的x0，使得直線l與曲線y＝g（x）相切．
16．已知函數(shù)f（x）＝x+，g（x）＝x﹣lnx，其中a∈R且a≠0．
（Ⅰ）求曲線y＝g（x）在點（1，g（1））處的切線方程；
（II）當a＝1時，求函數(shù)h（x）＝f（x）+g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（III）設(shè)函數(shù)u（x）＝若u（x）＝f（x）對任意x∈[1，e]均成立，求a的取值范圍．
17．已知函數(shù)f（x）＝x2+2ax（x＞0），g（x）＝3alnx+a，其中a＞0．
（1）當a＝1時，求函數(shù)h（x）＝f（x）﹣g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）是否存在常數(shù)a，使兩曲線y＝f（x），y＝g（x）有公共點，且在該點處的切線相同？若存在，請求出實數(shù)a的值；若不存在，請說明理由．
18．已知函數(shù)f（x）＝x3﹣x2+x，g（x）＝﹣（m﹣1）x，m∈R．
（Ⅰ）若f（x）在x＝1取得極值，求曲線y＝f（x）在點（2，f（2））處的切線方程；
（Ⅱ）若f（x）在區(qū)間（，+∞）上為增函數(shù)，求m的取值范圍；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，求函數(shù)h（x）＝f（x）﹣g（x）的單調(diào)區(qū)間和極值．
19．已知函數(shù)f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．
（Ⅰ）若曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點P（2，m）處有相同的切線（P為切點），求a，b的值；
（Ⅱ）令h（x）＝f（x）+g（x），若函數(shù)h（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣，﹣]，（1）求函數(shù)h（x）在區(qū)間（﹣∞，﹣1]上的最大值t（a）；
（2）若|h（x）|≤3在x∈[﹣2，0]上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
20．已知函數(shù)f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．
（1）若曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點P（2，c）處有相同的切線（P為切點），求a，b的值；
（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函數(shù)h（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣，﹣]，求函數(shù)h（x）在區(qū)間（﹣∞，﹣1]上的最大值M（a）
21．已知函數(shù)f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．
（1）若曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點p（2，c）處有相同的切線（p為切點），求實數(shù)a，b的值．
（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函數(shù)h（x）的單調(diào)減區(qū)間為[﹣，﹣]；
①求函數(shù)h（x）在區(qū)間（﹣∞，﹣1]上的最大值M（a）．
②若|h（x）|≤3在x∈[﹣2，0]上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
22．已知函數(shù)f（x）＝ex+x2﹣x，g（x）＝x2+ax+b，a，b∈R．
（1）當a＝1時，求函數(shù)F（x）＝f（x）﹣g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若曲線y＝f（x）在點（0，1）處的切線l與曲線y＝g（x）切于點（1，c），求a，b，c的值；
（3）若f（x）≥g（x）恒成立，求a+b的最大值．
23．函數(shù)y＝lnx關(guān)于直線x＝1對稱的函數(shù)為f（x），又函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為g（x），記h（x）＝f（x）+g（x）．
（1）設(shè)曲線y＝h（x）在點（1，h（1））處的切線為l，l與圓（x+1）2+y2＝1相切，求a的值；
（2）求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）求函數(shù)h（x）在[0，1]上的最大值．
24．（文）已知函數(shù)f（x）＝lnx與g（x）＝kx+b（k，b∈R）的圖象交于P，Q兩點，曲線y＝f（x）在P，Q兩點處的切線交于點A．
（1）當k＝e，b＝﹣3時，求函數(shù)h（x）＝f（x）﹣g（x）的單調(diào)區(qū)間；（e為自然常數(shù)）
（2）若A（，），求實數(shù)k，b的值．
25．已知函數(shù)f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．
（Ⅰ）當時，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的較大者，記函數(shù)h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函數(shù)h（x）在（0，+∞）內(nèi)恰有2個零點，求實數(shù)a的取值范圍．
26．設(shè)a∈R，函數(shù)f（x）＝alnx﹣x．
（1）若f（x）無零點，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）當a＝1時，關(guān)于x的方程2x﹣f（x）＝x2+b在[，2]上恰有兩個不相等的實數(shù)根，求實數(shù)b的取值范圍．；
（3）求證：當n≥2，n∈N*時（1+）（1+）…（1+）＜e．
27．已知函數(shù)f（x）＝xlnx．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間與極值；
（2）若不等式對任意x∈[1，3]恒成立，求正實數(shù)λ的取值范圍．
28．已知函數(shù)（a∈R）．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當函數(shù)f（x）與函數(shù)g（x）＝lnx圖象的公切線l經(jīng)過坐標原點時，求實數(shù)a的取值集合；
（3）證明：當a∈（0，）時，函數(shù)h（x）＝f（x）﹣ax有兩個零點x1，x2，且滿足．
29．已知函數(shù)f（x）＝．
（1）若對任意x＞0，f（x）＜0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）若函數(shù)f（x）有兩個不同的零點x1，x2（x1＜x2），證明：+＞2．
30．已知a為常數(shù)，函數(shù)f（x）＝x2+ax﹣lnx，g（x）＝ex（其中e是自然數(shù)對數(shù)的底數(shù)）．
（1）過坐標原點O作曲線y＝f（x）的切線，設(shè)切點P（x0，y0）為，求x0的值；
（2）令，若函數(shù)F（x）在區(qū)間（0，1]上是單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍．
31．設(shè)函數(shù)，m∈R．
（1）當m＝e（e為自然對數(shù)的底數(shù)）時，求f（x）的最小值；
（2）討論函數(shù)零點的個數(shù)．
32．已知函數(shù)f（x）＝lnx﹣．
（1）若a＝4，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1]內(nèi)單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）若x1、x2∈R+，且x1≤x2，求證：（lnx1﹣lnx2）（x1+2x2）≤3（x1﹣x2）．
33．設(shè)a＞0，函數(shù)f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx
（1）當a＝1時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間（0，+∞）上有唯一零點，試求a的值．
34．已知函數(shù)．
（1）當a＝0時，求曲線y＝f（x）在（1，f（1））處的切線方程；
（2）令g（x）＝f（x）﹣ax+1，求函數(shù)g（x）的極大值；
（3）若a＝﹣2，正實數(shù)x1，x2滿足f（x1）+f（x2）+x1x2＝0，證明：．
35．已知函數(shù)f（x）＝x﹣alnx，g（x）＝﹣（a＞0）
（1）若a＝l，求f（x）的極值；
（2）若存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，求實數(shù)a的取值范圍．
36．已知函數(shù)f（x）＝alnx+x2+bx+1在點（1，f（1））處的切線方程為4x﹣y﹣12＝0．
（1）求函數(shù)f（x）的解析式；
（2）求f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值．
37．已知函數(shù)f（x）＝alnx+﹣（a+1）x，a∈R．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（1，3）上單調(diào)遞減，求a的取值范圍；
（Ⅱ）當a＝﹣1時，證明f（x）≥．
38．已知函數(shù)f（x）＝x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．
（Ⅰ）求函數(shù)y＝f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當a＝1時，證明：對任意的x＞0，f（x）+ex＞x2+x+2．
39．已知函數(shù)f（x）＝xlnx．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）在[1，3]上的最小值；
（Ⅱ）若存在使不等式2f（x）≥﹣x2+ax﹣3成立，求實數(shù)a的取值范圍．
40．已知函數(shù)f（x）＝ax2﹣alnx+x．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若a＜0，設(shè)g（x）＝f（x）﹣x，h（x）＝﹣2xlnx+2x，若對任意x1，x2∈[1，+∞）（x1≠x2），|g（x2）﹣g（x1）|≥|h（x2）﹣h（x1）|恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
導(dǎo)數(shù)壓軸題特輯1
參考答案與試題解析
一．選擇題（共3小題）
1．設(shè)f＇（x）是函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，若f＇（x）＞0，且?x1，x2∈R（x1≠x2），f（x1）+f（x2）＜2f（），則下列各項中不一定正確的是（）
A．f（2）＜f（e）＜f（π）
B．f′（π）＜f′（e）＜f′（2）
C．f（2）＜f′（2）﹣f′（3）＜f（3）
D．f′（3）＜f（3）﹣f（2）＜f′（2）
【分析】f′（x）＞0，∴f（x）在R上單調(diào)遞增，由，可得＜，可得y＝f（x）的圖象如圖所示，圖象是向上凸．進而判斷出正誤．
【解答】解：∵f′（x）＞0，∴f（x）在R上單調(diào)遞增，∵，∴＜，∴y＝f（x）的圖象如圖所示，圖象是向上凸．
∴f（2）＜f（e）＜f（π），f′（π）＜f′（e）＜f′（2），可知：A，B正確．
∵f（3）﹣f（2）＝，表示點A（2，f（2）），B（3，f（3））的連線的斜率．
由圖可知：f′（3）＜kAB＜f′（2），故D正確．
C項無法推出，故選：C．
【點評】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、切線的斜率、數(shù)形結(jié)合方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．
2．設(shè)函數(shù)f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），其導(dǎo)函數(shù)為y＝f′（x），若兩兩不相同實數(shù)x1，x2，x3，x4滿足f（x1）＝f′（x2）＝f′（x3）＝f（x4），則下列說法正確的是（）
A．x1+x4＜2（x2+x3）
B．x1+x4＞2（x2+x3）
C．x1+x3＜x2+x4
D．x1+x3≥x2+x4
【分析】f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），令f（x）＝x2（x﹣a）＝0，解得x．f′（x）＝2x（x﹣a）+x2＝3x（x﹣）＝3﹣．畫出圖象．根據(jù)：兩兩不相同實數(shù)x1，x2，x3，x4滿足f（x1）＝f′（x2）＝f′（x3）＝f（x4），可得x2+x3＝．由f（x1）＝f（x4），可得：﹣a＝﹣a，可得x1+x4＜a，即可判斷出結(jié)論．
【解答】解：f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），令f（x）＝x2（x﹣a）＝0，解得x＝0，或a．可得0，a是函數(shù)f（x）的零點．
f′（x）＝2x（x﹣a）+x2＝3x（x﹣）＝3﹣．
可得0是函數(shù)f（x）的極大值點，a是函數(shù)f（x）的極小值點．
可得0，a是函數(shù)f′（x）的零點．
f（0）＝f′（0）＝＝f（a），＝﹣，＝﹣．
畫出圖象．
兩兩不相同實數(shù)x1，x2，x3，x4滿足f（x1）＝f′（x2）＝f′（x3）
＝f（x4），∴x2+x3＝．
由f（x1）＝f（x4），可得：﹣a＝﹣a，化為：﹣a（x1+x4）＝x1x4＜，化為：（x1+x4）（x1+x4﹣a）＜0．
x1+x4＞0，（≤0不成立）．
∴x1+x4＜a＝2（x2+x3）．
∴x1+x4＜2（x2+x3）正確．B不正確．
結(jié)合圖象可得：CD不正確．
故選：A．
【點評】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值、函數(shù)的零點、方程與不等式的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．
3．已知函數(shù)f（x）的定義域為R，且滿足f（4）＝1，f′（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)，又知y＝f′（x）的圖象如圖，若兩個正數(shù)a，b滿足f（2a+b）＜1，則的取值范圍是（）
A．[，]
B．（，）
C．[，2]
D．（，2）
【分析】由y＝f′（x）的圖象如圖，可得：函數(shù)f（x）的單調(diào)性．可得兩個正數(shù)a，b滿足f（2a+b）＜1＝f（4），可得2a+b＜4，如圖所示，由于表示點Q（a，b）與點P（﹣2，﹣3）連線的斜率．即可得出．
【解答】解：由y＝f′（x）的圖象如圖，可得：函數(shù)f（x）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
∵兩個正數(shù)a，b滿足f（2a+b）＜1＝f（4），∴2a+b＜4，如圖所示，則表示點Q（a，b）與點P（﹣2，﹣3）連線的斜率．
kAP＝＝，kPB＝＝．
∴斜率的取值范圍是（，）．
故選：B．
【點評】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、斜率計算公式、線性規(guī)劃問題，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．
二．多選題（共1小題）
4．對于定義域為R的函數(shù)f（x），若滿足：①f（0）＝0；②當x∈R且x≠0時，都有xf′（x）＞0；③當x1＜0＜x2且|x1|＜|x2|時，都有f（x1）＜f（x2），則稱f（x）為“偏對稱函數(shù)”下列函數(shù)是“偏對稱函數(shù)”的是（）
A．f1（x）＝﹣x3+x2
B．f2（x）＝ex﹣x﹣1
C．f3（x）＝xsinx
D．f4（x）＝
【分析】運用新定義，分別討論四個函數(shù)是否滿足三個條件，結(jié)合奇偶性和單調(diào)性，以及對稱性，即可得到所求結(jié)論．
【解答】解：經(jīng)驗證，f1（x），f2（x），f3（x），f4（x）
都滿足條件①，∵當x∈R且x≠0時，都有xf′（x）＞0
∴或，即條件②等價于函數(shù)
f（x）
在區(qū)間
（﹣∞，0）上單調(diào)遞減，在區(qū)間
（0，+∞）
上單調(diào)遞增，當
x1＜0＜x2且|x1|＜|x2|時，等價于﹣x2＜x1＜0＜﹣x1＜x2，A
中，f1（x）＝﹣x3+x2，f1′（x）＝﹣3x2+2x，則當
x≠0
時，由xf1′（x）＝﹣3x3+2x2＝x2（2﹣3x）≤0，得x≥，不符合條件②，故
f1（x）
不是“偏對稱函數(shù)”；
B
中，f2（x）＝ex﹣x﹣1，f2′（x）＝ex﹣1，當
x＞0
時，ex＞1，f2′（x）＞0，當
x＜0
時，0＜ex＜1，f2′（x）＜0，則當
x≠0
時，都有
xf2′（x）＞0，符合條件②，∴函數(shù)f2（x）＝ex﹣x﹣1
在（﹣∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）
上單調(diào)遞增，由
f2（x）的單調(diào)性知，當﹣x2＜x1＜0＜﹣x1＜x2時，f2（x1）＜f2（﹣x2），∴f2（x1）﹣f2（x2）＜f2（﹣x2）﹣f2（x2）＝﹣++2x2，令F（x）＝﹣ex+e﹣x+2x，x＞0，F(xiàn)′（x）＝﹣ex﹣e﹣x+2≤﹣2+2＝0，當且僅當
ex＝e﹣x即
x＝0
時，“＝“成立，∴F（x）
在[0，+∞）
上是減函數(shù)，∴F（x2）＜F（0）＝0，即
f2（x1）＜f2（x2），符合條件③，故
f2（x）
是“偏對稱函數(shù)”；
C
中，f3（x）＝xsinx，則
f3（﹣x）＝﹣xsin（﹣x）＝f3（x），則
f3（x）
是偶函數(shù)，而f3′（x）＝sinx+xcosx＝sin（x+φ）（tanφ＝x），則根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)可知，當
x＞0
時，f3′（x）的符號有正有負，不符合條件②，故
f3（x）
不是“偏對稱函數(shù)”；
D
中，由函數(shù)
f4（x）＝，當
x＜0
時，f4′（x）＝＜0，當
x＞0
時，f3′（x）＝2＞0，符合條件②，∴函數(shù)
f4（x）
在（﹣∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）
上單調(diào)遞增，由單調(diào)性知，當﹣x2＜x1＜0＜﹣x1＜x2時，f4（x1）＜f4（﹣x2），∴f4（x1）﹣f4（x2）＜f4（﹣x2）﹣f4（x2）＝ln（x2+1）﹣2x2，設(shè)
F（x）＝ln（x+1）﹣2x，x＞0，則
F′（x）＝﹣2＜0，F(xiàn)（x）
在（0，+∞）
上是減函數(shù)，可得
F（x）＜F（0）＝0，∴F（x2）＜0，即
f（x1）＜f（x2），符合條件③，故
f4（x）
是“偏對稱函數(shù)”，故選：BD．
【點評】本題主要考查在新定義下利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查計算能力，考查轉(zhuǎn)化與劃歸思想，屬于難題．
三．解答題（共36小題）
5．已知函數(shù)f（x）＝ex（sinx﹣ax2+2a﹣e），其中a∈R，e＝2.71828…為自然數(shù)的底數(shù)．
（1）當a＝0時，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）當≤a≤1時，求證：對任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．
【分析】（1）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系進行討論即可．
（2）對任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0轉(zhuǎn)化為證明對任意的x∈[0，+∞），sinx﹣ax2+2a﹣e＜0，即可，構(gòu)造函數(shù)，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)進行研究即可．
【解答】解：（1）當a＝0時，f（x）＝ex（sinx﹣e），則f′（x）＝ex（sinx﹣e）+excosx＝ex（sinx﹣e+cosx），∵sinx+cosx＝sin（x+）≤＜e，∴sinx+cosx﹣e＜0
故f′（x）＜0
則f（x）在R上單調(diào)遞減．
（2）當x≥0時，y＝ex≥1，要證明對任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．
則只需要證明對任意的x∈[0，+∞），sinx﹣ax2+2a﹣e＜0．
設(shè)g（a）＝sinx﹣ax2+2a﹣e＝（﹣x2+2）a+sinx﹣e，看作以a為變量的一次函數(shù)，要使sinx﹣ax2+2a﹣e＜0，則，即，∵sinx+1﹣e＜0恒成立，∴①恒成立，對于②，令h（x）＝sinx﹣x2+2﹣e，則h′（x）＝cosx﹣2x，設(shè)x＝t時，h′（x）＝0，即cost﹣2t＝0．
∴t＝，sint＜sin，∴h（x）在（0，t）上，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，在（t，+∞）上，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，則當x＝t時，函數(shù)h（x）取得最大值h（t）＝sint﹣t2+2﹣e＝sint﹣（）2+2﹣e
＝sint﹣+2﹣e＝sin2t+sint+﹣e＝（+1）2+﹣e≤（）2+﹣e＝﹣e＜0，故④式成立，綜上對任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．
【點評】本題主要考查函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強，難度較大．
6．（1）已知函數(shù)是奇函數(shù)，又f（1）＝2，f（2）＜3，且f（x）在[1，+∞）上遞增．
①求a，b，c的值；
②當x＜0時，討論f（x）的單調(diào)性．
（2）已知二次函數(shù)f（x）的圖象開口向下，且對于任意實數(shù)x都有f（2﹣x）＝f（2+x）求不等式：f[（x2+x+）]＜f[（2x2﹣x+）]的解．
【分析】A、（1）求三個未知數(shù)，需要三個條件，一是定義域要關(guān)于原點對稱，二是f（1）＝2，三是f（2）＜3，f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增可解．
（2）用單調(diào)性定義來探討，先在給定的區(qū)間上任取兩個變量，且界定大小，再作差變形，在與0比較中出現(xiàn)討論，再進一步細化區(qū)間，確定后即為所求的單調(diào)區(qū)間．
B、由題設(shè)二次函數(shù)f（x）的圖象開口向下，又對于任意實數(shù)x，都有f（2﹣x）＝f（x+2），知其對稱軸方程為x＝2，由二次函數(shù)的這些特征即可研究出其單調(diào)性，分析（x2+x+），（2x2﹣x+）的范圍，利用二次函數(shù)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化不等式為（x2+x+）＜（2x2﹣x+），利用對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性把不等式轉(zhuǎn)化為x2+x+＞2x2﹣x+，解此不等式即可求得結(jié)果．
【解答】A、解：（1）∵f（x）為奇函數(shù)，故f（x）的定義域關(guān)于原點對稱
又f（x）的定義域為
（顯然b≠0，否則f（x）為偶函數(shù)）
∴，即c＝0
于是得，且，∴
∴，又b∈Z
∴b＝1
∴a＝1
故a＝b＝1，c＝0，符合f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增
（2）由（1）知，＝
①當﹣1＜x1＜x2＜0時，顯然x1﹣x2＜0，0＜x1x2＜1，x1x2﹣1＜0
∴f（x1）﹣f（x2）＞0
∴f（x）為減函數(shù)
②當x1＜x2＜﹣1時，顯然x1﹣x2＜0，x1x2＞1，x1x2﹣1＞0
∴f（x1）﹣f（x2）＜0
∴f（x）為增函數(shù)
綜上所述，f（x）在（﹣∞，﹣1]上是增函數(shù)，在[﹣1，0）上是減函數(shù)．
B、解：由題意二次函數(shù)f（x）圖象開口向下，故在對稱軸兩邊的圖象是左降右升
又對于任意實數(shù)x，都有f（2﹣x）＝f（x+2），故此函數(shù)的對稱軸方程是x＝2
由此知，函數(shù)f（x）在（﹣∞，2]上是增函數(shù)，在（2，+∞）是減函數(shù)，而x2+x+＝（x+）2+≥，2x2﹣x+＝2（x﹣）2+≥，∴（x2+x+）≤＝2，（2x2﹣x+）≤＝1，∵f[（x2+x+）]＜f[（2x2﹣x+）]
∴（x2+x+）＜（2x2﹣x+），∴x2+x+＞2x2﹣x+，解得，∴不等式的解集為．
【點評】A、此題是中檔題．本題主要考查函數(shù)利用奇偶性和函數(shù)值，單間性來求解析式，在研究單調(diào)性中分類討論的思想應(yīng)用．
B、本題主要考查二次函數(shù)的單調(diào)性和對稱性，還考查了利用對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性解對數(shù)不等式和一元二次不等式的解法，特別注意對數(shù)不等式的求解時的定義域．
7．已知函數(shù)f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna．
（1）當a＝e時，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范圍．
【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求出切線方程，可得三角形的面積；
（2）方法一：不等式等價于ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝elnx+lnx，令g（t）＝et+t，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性可得lna＞lnx﹣x+1，再構(gòu)造函數(shù)h（x）＝lnx﹣x+1，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最值，即可求出a的范圍；
方法二：構(gòu)造兩個基本不等式ex＞x﹣1，x﹣1≥lnx，則原不等式轉(zhuǎn)化為x（a﹣1）≥﹣lna，再分類討論即可求出a的取值范圍，方法三：利用分類討論的思想，當0＜a＜1，此時不符合題意，當a≥1時，f（x）≥ex﹣1﹣lnx，令g（x）＝ex﹣1﹣lnx，再根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)最值的關(guān)系即可證明，方法四：先根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值的關(guān)系求出f（x）≥f（x0）＝﹣2lnx0+1﹣x0≥1，lna＝1﹣x0﹣lnx0，再求出x0的范圍，再利用導(dǎo)數(shù)求1﹣x0﹣lnx0的范圍，即可求出a的范圍．
方法五：f（x）≥1等價于aex﹣1﹣lnx+lna≥1，構(gòu)造函數(shù)hg（a）＝a+lna﹣1，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最值，即可求出a的范圍．
【解答】解：（1）當a＝e時，f（x）＝ex﹣lnx+1，∴f′（x）＝ex﹣，∴f′（1）＝e﹣1，∵f（1）＝e+1，∴曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y﹣（e+1）＝（e﹣1）（x﹣1），當x＝0時，y＝2，當y＝0時，x＝，∴曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積S＝×2×＝．
（2）方法一：由f（x）≥1，可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1，即ex﹣1+lna﹣lnx+lna≥1，即ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝elnx+lnx，令g（t）＝et+t，則g′（t）＝et+1＞0，∴g（t）在R上單調(diào)遞增，∵g（lna+x﹣1）≥g（lnx）
∴l(xiāng)na+x﹣1≥lnx，即lna≥lnx﹣x+1，令h（x）＝lnx﹣x+1，∴h′（x）＝﹣1＝，當0＜x＜1時，h′（x）＞0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增，當x＞1時，h′（x）＜0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減，∴h（x）≤h（1）＝0，∴l(xiāng)na≥0，∴a≥1，故a的范圍為[1，+∞）．
方法二：由f（x）≥1可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1，x＞0，a＞0，即aex﹣1﹣1≥lnx﹣lna，設(shè)g（x）＝ex﹣x﹣1，∴g′（x）＝ex﹣1＞0恒成立，∴g（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，∴g（x）＞g（0）＝1﹣0﹣1＝0，∴ex﹣x﹣1＞0，即ex＞x+1，再設(shè)h（x）＝x﹣1﹣lnx，∴h′（x）＝1﹣＝，當0＜x＜1時，h′（x）＜0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減，當x＞1時，h′（x）＞0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增，∴h（x）≥h（1）＝0，∴x﹣1﹣lnx≥0，即x﹣1≥lnx
∴ex﹣1≥x，則aex﹣1≥ax，此時只需要證ax≥x﹣lna，即證x（a﹣1）≥﹣lna，當a≥1時，∴x（a﹣1）＞0＞﹣lna恒成立，當0＜a＜1時，x（a﹣1）＜0＜﹣lna，此時x（a﹣1）≥﹣lna不成立，綜上所述a的取值范圍為[1，+∞）．
方法三：由題意可得x∈（0，+∞），a∈（0，+∞），∴f′（x）＝aex﹣1﹣，易知f′（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，①當0＜a＜1時，f′（1）＝a﹣1＜0，f′（）＝a﹣a＝a（﹣1）＞0，∴存在x0∈（1，）使得f′（x0）＝0，當x∈（1，x0）時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，∴f（x）＜f（1）＝a+lna＜a＜1，不滿足題意，②當a≥1時，ex﹣1＞0，lna＞0，∴f（x）≥ex﹣1﹣lnx，令g（x）＝ex﹣1﹣lnx，∴g′（x）＝ex﹣1﹣，易知g′（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，∵g′（1）＝0，∴當x∈（0，1）時，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，當x∈（1，+∞）時，g′（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，∴g（x）≥g（1）＝1，即f（x）≥1，綜上所述a的取值范圍為[1，+∞）．
方法四：∵f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna，x＞0，a＞0，∴f′（x）＝aex﹣1﹣，易知f′（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，∵y＝aex﹣1在（0，+∞）上為增函數(shù)，y＝在0，+∞）上為減函數(shù)，∴y＝aex﹣1與y＝在0，+∞）上有交點，∴存在x0∈（0，+∞），使得f′（x0）＝a﹣＝0，則a＝，則lna+x0﹣1＝﹣lnx0，即lna＝1﹣x0﹣lnx0，當x∈（0，x0）時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，當x∈（x0，+∞）時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，∴f（x）≥f（x0）＝a﹣lnx0+lna
＝﹣lnx0+1﹣x0﹣lnx0＝﹣2lnx0+1﹣x0≥1
∴﹣2lnx0﹣x0≥0
設(shè)g（x）＝﹣2lnx﹣x，易知函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，且g（1）＝1﹣0﹣1＝0，∴當x∈（0，1]時，g（x）≥0，∴x0∈（0，1]時，﹣2lnx0﹣x0≥0，設(shè)h（x）＝1﹣x﹣lnx，x∈（0，1]，∴h′（x）＝﹣1﹣＜0恒成立，∴h（x）在（0，1]上單調(diào)遞減，∴h（x）≥h（1）＝1﹣1﹣ln1＝0，當x→0時，h（x）→+∞，∴l(xiāng)na≥0＝ln1，∴a≥1．
方法五：f（x）≥1等價于aex﹣1﹣lnx+lna≥1，該不等式恒成立．
當x＝1時，有a+lna≥1，其中a＞0．
設(shè)g（a）＝a+lna﹣1，則g＇（a）＝1+＞0，則g（a）單調(diào)增，且g（1）＝0．
所以若a+lna≥1成立，則必有a≥1．
∴下面證明當a≥1時，f（x）≥1成立．
∵ex≥x+1，把x換成x﹣1得到ex﹣1≥x，∵x﹣1≥lnx，∴x﹣lnx≥1．
∴f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna≥ex﹣1﹣lnx≥x﹣lnx≥1．
綜上，a≥1．
【點評】本題考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義，以及導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值的關(guān)系，考查了運算求解能力，轉(zhuǎn)化與化歸能力，屬于難題．
8．已知函數(shù)f（x）＝（eax﹣1）lnx（a＞0）．
（1）當a＝1時，求曲線y＝f（x）在（1，f（1））處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；
（2）若關(guān)于x的方程f（x）＝ax2﹣ax在[1，+∞）上恰有三個不同的實數(shù)解，求a的取值范圍．
【分析】（1）求得a＝1時，f（x）的導(dǎo)數(shù)，可得切線的斜率和方程，可得切線與x，y軸的交點，由三角形的面積公式，可得所求值；
（2）顯然x＝1為方程f（x）＝ax2﹣ax的根，當x＞0且x≠1時，原方程等價于＝＝，構(gòu)造函數(shù)g（x）＝（x＞0），求得導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，可得原方程即為ax＝lnx，由參數(shù)分離和構(gòu)造新函數(shù)，求得導(dǎo)數(shù)和最值，即可得到所求范圍．
【解答】解：（1）當a＝1時，f（x）＝（ex﹣1）lnx，可得f（1）＝0，f（x）的導(dǎo)數(shù)f′（x）＝exlnx+，所以切線的斜率為k＝f′（1）＝e﹣1，則切線的方程為y＝（e﹣1）（x﹣1），該切線與x軸的交點為（1，0），與y軸的交點為（0，1﹣e），所以所求三角形的面積為×1×（e﹣1）＝；
（2）顯然x＝1為方程f（x）＝ax2﹣ax的根，當x＞0且x≠1時，原方程等價于＝＝，設(shè)g（x）＝（x＞0），g′（x）＝，設(shè)h（x）＝1+（x﹣1）ex（x＞0），h′（x）＝xex＞0，可得h（x）在（0，+∞）遞增，則h（x）＞h（（0）＝0，即g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）遞增，原方程等價于g（ax）＝g（lnx），只需ax＝lnx在（1，+∞）上有兩個不等實根．
故只需ax＝lnx在（1，+∞）上有兩個不等的實根．
則a＝（x＞1），設(shè)k（x）＝（x＞1），k′（x）＝，可得k（x）在（1，e）遞增，在（e，+∞）遞減，則k（x）的最大值為k（e）＝，又k（1）＝0，所以a的范圍是（0，）．
【點評】本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線的方程和單調(diào)性、最值，考查方程思想和構(gòu)造函數(shù)法、化簡運算能力和推理能力，屬于中檔題．
9．已知函數(shù)f（x）＝ax，g（x）＝logax，其中a＞1．
（Ⅰ）求函數(shù)h（x）＝f（x）﹣xlna的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若曲線y＝f（x）在點（x1，f（x1））處的切線與曲線y＝g（x）在點（x2，g（x2））處的切線平行，證明x1+g（x2）＝﹣；
（Ⅲ）證明當a≥時，存在直線l，使l是曲線y＝f（x）的切線，也是曲線y＝g（x）的切線．
【分析】（Ⅰ）把f（x）的解析式代入函數(shù)h（x）＝f（x）﹣xlna，求其導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)的零點對定義域分段，由導(dǎo)函數(shù)在各區(qū)間段內(nèi)的符號可得原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）分別求出函數(shù)y＝f（x）在點（x1，f（x1））處與y＝g（x）在點（x2，g（x2））處的切線的斜率，由斜率相等，兩邊取對數(shù)可得結(jié)論；
（Ⅲ）分別求出曲線y＝f（x）在點（）處的切線與曲線y＝g（x）在點（x2，logax2）處的切線方程，把問題轉(zhuǎn)化為證明當a≥時，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1與l2重合，進一步轉(zhuǎn)化為證明當a≥時，方程存在實數(shù)解．然后利用導(dǎo)數(shù)證明即可．
【解答】（Ⅰ）解：由已知，h（x）＝ax﹣xlna，有h′（x）＝axlna﹣lna，令h′（x）＝0，解得x＝0．
由a＞1，可知當x變化時，h′（x），h（x）的變化情況如下表：
x
（﹣∞，0）
0
（0，+∞）
h′（x）
﹣
0
+
h（x）
↓
極小值
↑
∴函數(shù)h（x）的單調(diào)減區(qū)間為（﹣∞，0），單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）；
（Ⅱ）證明：由f′（x）＝axlna，可得曲線y＝f（x）在點（x1，f（x1））處的切線的斜率為lna．
由g′（x）＝，可得曲線y＝g（x）在點（x2，g（x2））處的切線的斜率為．
∵這兩條切線平行，故有，即，兩邊取以a為底數(shù)的對數(shù)，得logax2+x1+2logalna＝0，∴x1+g（x2）＝﹣；
（Ⅲ）證明：曲線y＝f（x）在點（）處的切線l1：，曲線y＝g（x）在點（x2，logax2）處的切線l2：．
要證明當a≥時，存在直線l，使l是曲線y＝f（x）的切線，也是曲線y＝g（x）的切線，只需證明當a≥時，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1與l2重合，即只需證明當a≥時，方程組
由①得，代入②得：，③
因此，只需證明當a≥時，關(guān)于x1的方程③存在實數(shù)解．
設(shè)函數(shù)u（x）＝，既要證明當a≥時，函數(shù)y＝u（x）存在零點．
u′（x）＝1﹣（lna）2xax，可知x∈（﹣∞，0）時，u′（x）＞0；x∈（0，+∞）時，u′（x）單調(diào)遞減，又u′（0）＝1＞0，u′＝＜0，故存在唯一的x0，且x0＞0，使得u′（x0）＝0，即．
由此可得，u（x）在（﹣∞，x0）上單調(diào)遞增，在（x0，+∞）上單調(diào)遞減，u（x）在x＝x0處取得極大值u（x0）．
∵，故lnlna≥﹣1．
∴＝．
下面證明存在實數(shù)t，使得u（t）＜0，由（Ⅰ）可得ax≥1+xlna，當時，有
u（x）≤＝．
∴存在實數(shù)t，使得u（t）＜0．
因此，當a≥時，存在x1∈（﹣∞，+∞），使得u（x1）＝0．
∴當a≥時，存在直線l，使l是曲線y＝f（x）的切線，也是曲線y＝g（x）的切線．
【點評】本題考查導(dǎo)數(shù)的運算，導(dǎo)數(shù)的幾何意義，運用導(dǎo)數(shù)研究指數(shù)函數(shù)與對數(shù)公式的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識和方法，考查函數(shù)與方程思想，化歸思想，考查抽象概括能力，綜合分析問題和解決問題的能力，是難題．
10．已知函數(shù)（e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
（1）若曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線與曲線y＝g（x）在點（0，g（0））處的切線互相垂直，求
函數(shù)在區(qū)間[﹣1，1]上的最大值；
（2）設(shè)函數(shù)，試討論函數(shù)h（x）零點的個數(shù)．
【分析】（1）分別求出y＝f（x）與y＝g（x）在x＝0處的導(dǎo)數(shù)，利用斜率之積等于﹣1求得a，得到f（x）解析式，再由導(dǎo)數(shù)判斷f（x）在區(qū)間[﹣1，1]上單調(diào)遞減，從而求得最大值；
（2）函數(shù)g（x）＝ex﹣e在R上單調(diào)遞增，僅在x＝1處有一個零點，且x＜1時，g（x）＜0，再由導(dǎo)數(shù)分類判定f（x）的零點情況，則答案可求．
【解答】解：（1）∵f′（x）＝﹣3x2+a，g′（x）＝ex，∴f′（0）＝a，g′（0）＝1，由題意知，a＝﹣1，f′（x）＝﹣3x2﹣1≤0，f（x）在區(qū)間[﹣1，1]上單調(diào)遞減，∴；
（2）函數(shù)g（x）＝ex﹣e在R上單調(diào)遞增，僅在x＝1處有一個零點，且x＜1時，g（x）＜0，又f′（x）＝﹣3x2+a．
①當a≤0時，f′（x）≤0，f（x）在R上單調(diào)遞減，且過點（0，﹣），f（﹣1）＝＞0．
即f（x）在x≤0時，必有一個零點，此時y＝h（x）有兩個零點；
②當a＞0時，令f′（x）＝﹣3x2+a＝0，解得＜0，＞0．
則是函數(shù)f（x）的一個極小值點，是函數(shù)f（x）的一個極大值點．
而f（﹣）＝＜0，現(xiàn)在討論極大值的情況：
f（）＝．
當f（）＜0，即a＜時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上恒小于0，此時y＝h（x）有兩個零點；
當f（）＝0，即a＝時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有一個零點，此時y＝h（x）有三個零點；
當f（）＞0，即a＞時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有兩個零點，一個零點小于，一個零點大于．
若f（1）＝a﹣＜0，即a＜時，y＝h（x）有四個零點；
f（1）＝a﹣＝0，即a＝時，y＝h（x）有三個零點；
f（1）＝a﹣＞0，即a＞時，y＝h（x）有兩個零點．
綜上所述，當a＜或a＞時，y＝h（x）有兩個零點；當a＝或a＝時，y＝h（x）有三個零點；當＜a＜時，y＝h（x）有四個零點．
【點評】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究過曲線上某點處的切線方程，考查函數(shù)零點的判定，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，屬難題．
11．已知函數(shù)f（x）＝eax，g（x）＝﹣x2+bx+c（a，b，c∈R），且曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點（0，c）處具有公共切線．設(shè)h（x）＝f（x）﹣g（x）．
（Ⅰ）求c的值，及a，b的關(guān)系式；
（Ⅱ）求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）設(shè)a≥0，若對于任意x1，x2∈[0，1]，都有|h（x1）﹣h（x2）|≤e﹣1，求a的取值范圍．
【分析】（Ⅰ）分別求得f（x）和g（x）的導(dǎo)數(shù)，由題意可知：即可求得c的值及a、b的關(guān)系；
（Ⅱ）寫出h（x）的表達式，求導(dǎo)，構(gòu)造輔助函數(shù)F（x）＝h′（x），由?a∈R，F(xiàn)′（x）＞0，即可判斷h′（x）的單調(diào)性，求得h′（x）的零點，并根據(jù)h′（x）判斷出h（x）的單調(diào)性；
（Ⅲ）由（II）知當x∈[0，1]時，h（x）是增函數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化為：h（x）max﹣h（x）min＝ea﹣a≤e﹣1，即當a≥0時，G（a）＝ea﹣a﹣（e﹣1）≤0，求得函數(shù)的單調(diào)性，求得a的取值范圍．
【解答】解：（I）∵函數(shù)f（x）＝eax，g（x）＝﹣x2+bx+c，∴函數(shù)f′（x）＝aeax，g′（x）＝﹣2x+b．
曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點（0，c）處具有公共切線，∴，即，∴c＝1，a＝b；…（4分）
（II）由已知，h（x）＝f（x）﹣g（x）＝eax+x2﹣ax﹣1．
∴h′（x）＝aeax+2x﹣a，設(shè)F（x）＝aeax+2x﹣a，所以F′（x）＝a2eax+2，?a∈R，F(xiàn)′（x）＞0，所以h′（x）在（﹣∞，+∞）上為單調(diào)遞增函數(shù)．…（6分）
由（I）得，f′（0）＝g′（0）所以h′（0）＝f′（0）﹣g′（0）＝0，即0是h′（x）的零點．
所以，函數(shù)h（x）的導(dǎo)函數(shù)h′（x）有且只有一個零點0．…（7分）
所以h′（x）及h（x）符號變化如下，x
（﹣∞，0）
0
（0，+∞）
h（x）
﹣
0
+
h′（x）
↘
極小值
↗
所以函數(shù)h′（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（﹣∞，0），單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）．…（9分）
（III）由（II）知當x∈[0，1]時，h（x）是增函數(shù)．
對于任意x1，x2∈[0，1]，都有|h（x1）﹣h（x2）|≤e﹣1，等價于h（x）max﹣h（x）min＝h（1）﹣h（0）＝ea﹣a≤e﹣1，等價于當a≥0時，G（a）＝ea﹣a﹣（e﹣1）≤0，∵G′（a）＝ea﹣1≥0，∴G（a）在[0，+∞）上是增函數(shù)，又G（1）＝0，所以a∈[0，1]．…（13分）
【點評】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、恒成立問題的等價轉(zhuǎn)化方法，考查了計算能力和分析問題的能力，屬于難題．
12．設(shè)函數(shù)f（x）＝ln（1+ax）+bx，g（x）＝f（x）﹣bx2．
（Ⅰ）若a＝1，b＝﹣1，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若曲線y＝g（x）在點（1，ln3）處的切線與直線11x﹣3y＝0平行．
（i）求a，b的值；
（ii）求實數(shù)k（k≤3）的取值范圍，使得g（x）＞k（x2﹣x）對x∈（0，+∞）恒成立．
【分析】（Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）（i）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，得到關(guān)于a，b的方程組，解出即可；
（ii）問題轉(zhuǎn)化為g（x）﹣k（x2﹣x）＞0對x∈（0，+∞）恒成立．令F（x）＝g（x）﹣k（x2﹣x），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論k的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而確定k的范圍即可．
【解答】解：（Ⅰ）當a＝1，b＝﹣1時，f（x）＝ln（1+x）﹣x，（x＞﹣1），則．
當f＇（x）＞0時，﹣1＜x＜0；
當f＇（x）＜0時，x＞0；
所以f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（﹣1，0），單調(diào)減區(qū)間為（0，+∞）．…（4分）
（Ⅱ）（i）因為g（x）＝f（x）﹣bx2＝ln（1+ax）+b（x﹣x2），所以．
依題設(shè)有即
解得．…（8分）
（ii））所以．
g（x）＞k（x2﹣x）對x∈（0，+∞）恒成立，即g（x）﹣k（x2﹣x）＞0對x∈（0，+∞）恒成立．
令F（x）＝g（x）﹣k（x2﹣x）．
則有．
①當1≤k≤3時，當x∈（0，+∞）時，F(xiàn)＇（x）＞0，所以F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
所以F（x）＞F（0）＝0，即當x∈（0，+∞）時，g（x）＞k（x2﹣x）；
②當k＜1時，當時，F(xiàn)＇（x）＜0，所以F（x）在上單調(diào)遞減，故當時，F(xiàn)（x）＜F（0）＝0，即當x∈（0，+∞）時，g（x）＞k（x2﹣x）不恒成立．
綜上，k∈[1，3]．
…（13分）
【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道中檔題．
13．已知函數(shù)f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．
（Ⅰ）若曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線與直線l：x+2y＝0垂直，求實數(shù)a的值；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的較大者，記函數(shù)h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函數(shù)h（x）在（0，+∞）內(nèi)恰有2個零點，求實數(shù)a的取值范圍．
【分析】（I）先對函數(shù)求導(dǎo)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義可求
（II）由題意可得，f＇（x）＝3x2﹣3a，結(jié)合a的范圍判斷f＇（x）的正負，即可求解，（III）結(jié)合導(dǎo)數(shù)及函數(shù)的零點的判定定理，分類討論進行求解
【解答】解：（I）f＇（x）＝3x2﹣3a．
曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線與直線l：x+2y＝0垂直，f′（1）＝3﹣3a＝2，∴；
（II）由題意可得，f＇（x）＝3x2﹣3a．
（1）當a≤0時，f＇（x）≥0，∴函數(shù)（﹣∞，+∞）在（﹣∞，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增．．……．……（6分）
（2）當a＞0時，令，解得或．
由，解得或，由，解得，．……．……（8分）
∴函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為．．……．……（9分）
（III）（1）當x∈（0，e）時，g（x）＞0，由題意可得，h（x）≥g（x）＞0，不滿足題意，（2）當x＝e時，g（e）＝0，f（e）＝e3﹣3ae+e，①若f（e）≤0即a，則e是h（x）的一個零點；
②若f（e）＞0即a，則e不是h（x）的一個零點；
（3）當x∈（e，+∞）時，g（x）＜0，此時只需要考慮函數(shù)f（x）在（e，+∞）上零點的情況，∵f′（x）＝3x2﹣3a＞3e2﹣3a，∴①當a≤e2時，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，又f（e）＝e3﹣3ae+e，∴（i）當a，f（e）≥0，f（x）在（e，+∞）上單調(diào)遞增，（ii）時，f（e）＜0，又f（2e）＝8e3﹣6ae+e≥8e3﹣6e3+e＞0，f（x）在（e，+∞）上恰有一個零點，②當a＞e2，令f′（x）＝0可得x＝，由f′（x）＜0可得e＜x＜，由f′（x）＞0可得x＞，∴f（x）在（e，）上單調(diào)遞減，（）上單調(diào)遞增，∵f（e）＝e3﹣3ae+e＜e3﹣3e3+e＜0，f（2，a）＝8a2﹣6a2+e≥2a2+e＞0，∴此時函數(shù)h（x）在（0，+∞）內(nèi)恰有一個零點，綜上，實數(shù)a的取值范圍是．
【點評】本題主要考查了函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性，極值之間關(guān)系的應(yīng)用，還考查了邏輯思維能力，試題較難
14．已知函數(shù)
f（x）＝lnx，g（x）＝ex
（1）若函數(shù)h（x）＝f（x）﹣，求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)直線l為函數(shù)f（x）的圖象上的一點
A（x0，f（x0））處的切線，證明：在區(qū)間（0，+∞）
上存在唯一的x0，使得直線l
與曲線y＝g（x）
相切．
【分析】（1）求出函數(shù)h（x）的導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)的符號直接判斷函數(shù)h（x）的單調(diào)性；
（2）求出函數(shù)f（x）和g（x）的導(dǎo)函數(shù)，根據(jù)函數(shù)特點分別在兩函數(shù)圖象上找到點和點，求出兩個函數(shù)圖象分別在點和點處的切線方程，由兩切線的截距相等能夠說明在區(qū)間
（0，+∞）
上存在唯一的x0，使得兩切線為同一直線，則問題得證．
【解答】解：（1）h（x）＝f（x）﹣＝lnx﹣，定義域：{x|x＞0，且x≠1}．
＝．
由于x＞0且x≠1，故其在區(qū)間（0，1），（1，+∞）內(nèi)，恒有h′（x）＞0，所以函數(shù)h（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1），（1，+∞）；
（2）由f（x）＝lnx，所以，當x＝（n＞0）時，故y＝f（x）上存在一點，過該點的切線方程為
①
g（x）＝ex，g′（x）＝ex，當x＝﹣時，故過y＝g（x）上的點的切線方程為
②
兩條切線①和②的斜率相同，只要它們在y軸上的截距相等，它們就是同一條切線，為此令：，得n﹣e＝，即③
由于③的左邊是關(guān)于n的增函數(shù)；而其右邊，當n≥3以后，是一個正的假分數(shù)，因此是關(guān)于n的減函數(shù)，故在區(qū)間[3，+∞）內(nèi)必存在一個實數(shù)n，使得③式成立．
這就證明了“在區(qū)間（0，+∞）上存在唯一的x0，使得直線l與曲線y＝g（x）相切”．
【點評】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點處的切線方程，解答的關(guān)鍵是能夠在兩個曲線上找到符合題意的點，屬中高檔題．
15．已知函數(shù)f（x）＝lnx，g（x）＝ex
（1）求函數(shù)h（x）＝g（x）f′（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)直線l為函數(shù)f（x）圖象上一點A（x0，lnx0）處的切線，證明：在區(qū)間（1，+∞）上存在唯一的x0，使得直線l與曲線y＝g（x）相切．
【分析】（1）求導(dǎo)函數(shù)，再由導(dǎo)數(shù)大于0和小于0，求出函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）先求直線l為函數(shù)圖象上一點A（x0，f
（x0））處的切線方程，設(shè)直線l與曲線y＝g（x）相切于點（x1，ex1），進而可得lnx0＝，再證明在區(qū)間（1，+∞）上x0存在且唯一即可．
【解答】解：（1）∵函數(shù)f（x）＝lnx，g（x）＝ex，∴h（x）＝g（x）f′（x）＝，∴，由＞0，得x＞1；由＜0，得x＜1．
∴函數(shù)h（x）的增區(qū)間是（1，+∞）；減區(qū)間是（﹣∞，1）．
（2）證明：∵f′（x）＝，∴f′（x0）＝，∴切線l的方程為y﹣lnx0＝（x﹣x0），即y＝x+lnx0﹣1，①（6分）
設(shè)直線l與曲線y＝g（x）相切于點（x1，ex1），∵g＇（x）＝ex，∴ex1＝，∴x1＝﹣lnx0．（8分）
∴直線l也為y﹣＝（x+lnx0），即y＝x++，②（9分）
由①②得
lnx0﹣1＝+，∴l(xiāng)nx0＝．（11分）
下證：在區(qū)間（1，+∞）上x0存在且唯一．
設(shè)φ（x）＝f（x）﹣，φ′（x）＝+＝．（2分）
∵x＞0且x≠1，∴φ′（x）＞0
∴函數(shù)φ（x）在區(qū)間（1，+∞）上遞增．
又φ（e）＝lne﹣＝＜0，φ（e2）＝lne2﹣＝＞0，（13分）
結(jié)合零點存在性定理，方程φ（x）＝0必在區(qū)間（e，e2）上有唯一的根，這個根就是所求的唯一x0．
故在區(qū)間（1，+∞）上存在唯一的x0，使得直線l與曲線y＝g（x）相切．
【點評】本題以函數(shù)為載體，考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查曲線的切線，同時考查零點存在性定理，綜合性比較強．
16．已知函數(shù)f（x）＝x+，g（x）＝x﹣lnx，其中a∈R且a≠0．
（Ⅰ）求曲線y＝g（x）在點（1，g（1））處的切線方程；
（II）當a＝1時，求函數(shù)h（x）＝f（x）+g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（III）設(shè)函數(shù)u（x）＝若u（x）＝f（x）對任意x∈[1，e]均成立，求a的取值范圍．
【分析】（Ⅰ）求出導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率和切點，可得切線方程；
（II）求出當a＝1時的函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令導(dǎo)數(shù)大于0，求得增區(qū)間，令導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間，注意定義域；
（III）由題意可得f（x）≥g（x）對任意x∈[1，e]均成立，即為x+≥x﹣lnx，運用參數(shù)分離，由導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，求得右邊函數(shù)的最大值，即可得到a的范圍．
【解答】解：（Ⅰ）g（x）＝x﹣lnx的導(dǎo)數(shù)為g′（x）＝1﹣，曲線y＝g（x）在點（1，g（1））處的切線斜率為k＝g′（1）＝0，切點為（1，1），則曲線y＝g（x）在點（1，g（1））處的切線方程為y＝1；
（II）當a＝1時，函數(shù)h（x）＝f（x）+g（x）＝2x﹣lnx+，導(dǎo)數(shù)h′（x）＝2﹣﹣＝，由h′（x）＞0可得x＞1；由h′（x）＜0可得0＜x＜1．
則h（x）的增區(qū)間為（1，+∞），減區(qū)間為（0，1）；
（III）由題意可得f（x）≥g（x）對任意x∈[1，e]均成立，即為x+≥x﹣lnx，即有a≥﹣xlnx，令y＝﹣xlnx，x∈[1，e]，則y′＝﹣（1+lnx）＜0，即有y＝﹣xlnx在[1，e]遞減，則y＝﹣xlnx的最大值為0，則a≥0，由a∈R且a≠0．
即有a＞0．
則a的取值范圍是（0，+∞）．
【點評】本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線方程和單調(diào)區(qū)間，同時考查不等式恒成立問題，注意運用參數(shù)分離，函數(shù)的單調(diào)性，屬于中檔題．
17．已知函數(shù)f（x）＝x2+2ax（x＞0），g（x）＝3alnx+a，其中a＞0．
（1）當a＝1時，求函數(shù)h（x）＝f（x）﹣g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）是否存在常數(shù)a，使兩曲線y＝f（x），y＝g（x）有公共點，且在該點處的切線相同？若存在，請求出實數(shù)a的值；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）a＝1時，求出h（x），然后求導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號即可判斷函數(shù)h（x）的單調(diào)性，從而得出其單調(diào)區(qū)間；
（2）可假設(shè)存在公共點（x0，y0），該點在f（x），g（x）的圖象上，且在該點處的切線相同，從而可出f（x），g（x）在該點的導(dǎo)數(shù)值相等，這樣便可得出關(guān)于x0的方程組，可整理得到x0﹣1＝2lnx0，從而得出x0＝1，帶入前面的式子又可以求出a，這樣便得出存在常數(shù)a，使兩曲線y＝f（x），y＝g（x）有公共點，且在該點處的切線相同．
【解答】解：（1）a＝1時，h（x）＝，；
解x2+2x﹣3＝0得，x＝﹣3，或1；
∴x∈（0，1）時，h′（x）＜0，x∈（1，+∞）時，h′（x）＞0；
∴h（x）的單調(diào)減區(qū)間為（0，1），增區(qū)間為[1，+∞）；
（2）假設(shè)存在，設(shè)公共點為（x0，y0），則：；
∴f′（x）＝x+2a，∴k＝x0+2a；，∴；
∴；
∴；
將②代入①：3a+2ax0＝6alnx0+5a；
∴x0﹣1＝3lnx0；
x0＝1，帶入②得，a＝1；
∴存在常數(shù)a，使兩曲線y＝f（x），y＝g（x）有公共點，且在該點處的切線相同，且a＝1．
【點評】考查根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號判斷函數(shù)單調(diào)性及求單調(diào)區(qū)間的方法，二次函數(shù)的符號和對應(yīng)一元二次方程根的關(guān)系，以及函數(shù)在切點處的導(dǎo)數(shù)和切線斜率的關(guān)系．
18．已知函數(shù)f（x）＝x3﹣x2+x，g（x）＝﹣（m﹣1）x，m∈R．
（Ⅰ）若f（x）在x＝1取得極值，求曲線y＝f（x）在點（2，f（2））處的切線方程；
（Ⅱ）若f（x）在區(qū)間（，+∞）上為增函數(shù)，求m的取值范圍；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，求函數(shù)h（x）＝f（x）﹣g（x）的單調(diào)區(qū)間和極值．
【分析】（Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，假設(shè)f（2），f′（2），求出切線方程即可；
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為在區(qū)間上恒成立，求出x+的最小值，解關(guān)于m的不等式即可求出m的范圍；
（Ⅲ）求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，得到h（x）的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可．
【解答】解：（Ⅰ）
f＇（x）＝x2﹣（m+1）x+1，又∵函數(shù)f（x）在x＝1處取得極值，∴f＇（1）＝1﹣（m+1）+1＝0，∴m＝1，∴，f＇（2）＝1，∴曲線y＝f（x）在（2，f（2））處的切線方程為：，即：3x﹣3y﹣4＝0；
（Ⅱ）
f＇（x）＝x2﹣（m+1）x+1，∵f（x）在區(qū)間上為增函數(shù)，∴x2﹣（m+1）x+1≥0，∴在區(qū)間上恒成立，∵當時，當且僅當x＝1時取得最小值，∴m+1≤2，即m≤1；
（Ⅲ），∴h＇（x）＝x2﹣（m+1）x+m＝（x﹣1）（x﹣m），令h＇（x）＝0，得x＝m或x＝1，當m＝1時，h＇（x）＝（x﹣1）2≥0，∴h（x）在R上是增函數(shù)，無極值，當m＜1時，h（x），h＇（x）隨x的變化情況如下表：
x
（﹣∞，m）
m
（m，1）
（1，+∞）
h＇（x）
+
0
﹣
0
+
h（x）
↗
極大值
↘
極小值
↗
∴函數(shù)h（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（﹣∞，m）和（1，+∞）；單調(diào)遞減區(qū)間為（m，1），故當x＝m時，函數(shù)h（x）取得極大值，極大值為；
當x＝1時，函數(shù)h（x）取得極小值，極小值為．
【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道中檔題．
19．已知函數(shù)f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．
（Ⅰ）若曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點P（2，m）處有相同的切線（P為切點），求a，b的值；
（Ⅱ）令h（x）＝f（x）+g（x），若函數(shù)h（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣，﹣]，（1）求函數(shù)h（x）在區(qū)間（﹣∞，﹣1]上的最大值t（a）；
（2）若|h（x）|≤3在x∈[﹣2，0]上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
【分析】（Ⅰ）根據(jù)曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點（2，m）處具有公共切線，可知切點處的函數(shù)值相等，切點處的斜率相等，故可求a、b的值；
（Ⅱ）（1）根據(jù)函數(shù)h（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣，﹣]得出a2＝4b，構(gòu)建函數(shù)h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+a2x+1，求導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的正負，可確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，進而分類討論，確定函數(shù)在區(qū)間（﹣∞，﹣1]上的最大值．
（2）由（1）知，函數(shù)h（x）在（﹣∞，﹣）單調(diào)遞增，在（﹣，﹣）單調(diào)遞減，在（﹣，+∞）上單調(diào)遞增，從而得出其極大值、極小值，再根據(jù)|h（x）|≤3，在x∈[﹣2，0]上恒成立，建立關(guān)于a的不等關(guān)系，解得a的取值范圍即可．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝ax2+1（a＞0），則f′（x）＝2ax，k1＝4a，g（x）＝x3+bx，則f′（x）＝3x2+b，k2＝12+b，由（2，m）為公共切點，可得：4a＝12+b，又f（2）＝4a+1，g（2）＝8+2b，∴4a+1＝8+2b，與4a＝12+b聯(lián)立可得：a＝，b＝5．
（Ⅱ）由h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+bx+1，則h′（x）＝3x2+2ax+b，∵函數(shù)h（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣，﹣]，∴當x∈[﹣，﹣]時，3x2+2ax+b≤0恒成立，此時，x＝﹣是方程3x2+2ax+b＝0的一個根，得3（）2+2a（﹣）+b＝0，得a2＝4b，∴h（x）＝x3+ax2+a2x+1
令h′（x）＝0，解得：x1＝﹣，x2＝﹣；
∵a＞0，∴﹣＜﹣，列表如下：
x
（﹣∞，﹣）
﹣
（﹣，﹣）
﹣
（﹣，+∞）
h′（x）
+
﹣
+
h（x）
極大值
極小值
∴原函數(shù)在（﹣∞，﹣）單調(diào)遞增，在（﹣，﹣）單調(diào)遞減，在（﹣，+∞）上單調(diào)遞增．
①若﹣1≤﹣，即a≤2時，最大值為t（﹣1）＝a﹣；
②若﹣＜﹣1＜﹣，即2＜a＜6時，最大值為t（﹣）＝1
③若﹣1≥﹣時，即a≥6時，最大值為t（﹣）＝1．
綜上所述：當a∈（0，2]時，最大值為t（﹣1）＝a﹣；
當a∈（2，+∞）時，最大值為t（﹣）＝1．
（2）由（1）知，函數(shù)h（x）在（﹣∞，﹣）單調(diào)遞增，在（﹣，﹣）單調(diào)遞減，在（﹣，+∞）上單調(diào)遞增，故h（﹣）為極大值，h（﹣）＝1；h（﹣）為極小值，h（﹣）＝﹣+1；
∵|h（x）|≤3，在x∈[﹣2，0]上恒成立，又h（0）＝1．
∴，即，解得，∴a的取值范圍：4﹣2≤a≤6．
【點評】本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，解題的關(guān)鍵是正確求出導(dǎo)函數(shù)和應(yīng)用分類討論的方法，屬難題．
20．已知函數(shù)f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．
（1）若曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點P（2，c）處有相同的切線（P為切點），求a，b的值；
（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函數(shù)h（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣，﹣]，求函數(shù)h（x）在區(qū)間（﹣∞，﹣1]上的最大值M（a）
【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到關(guān)于a，b的方程組，解出即可；
（2）求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到x＝﹣是方程3x2+2ax+b＝0的一個根，求出a，b的關(guān)系，通過討論a的范圍，求出M（a）即可．
【解答】解：（1）由p（2，c）為公共切點可得：f（x）＝ax2+1（a＞0），則f′（x）＝2ax，k1＝4a，g（x）＝x3+bx，則g′（x）＝3x2+b，k2＝12+b，又f（2）＝4a+1，g（2）＝8+2b，∴，解得：a＝，b＝5；
（2）h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+bx+1，∴h′（x）＝3x2+2ax+b，∵h（x）的單調(diào)減區(qū)間為[﹣，﹣]，∴x∈[﹣，﹣]時，有3x2+2ax+b≤0恒成立，此時x＝﹣是方程3x2+2ax+b＝0的一個根，∴a2＝4b，∴h（x）＝x3+ax2+a2x+1，又∵h（x）在（﹣∞，﹣）單調(diào)遞增，在（﹣，﹣）單調(diào)遞減，在（﹣，+∞）上單調(diào)遞增，若﹣1≤﹣，即a≤2時，最大值為h（﹣1）＝a﹣；
若﹣＜﹣1＜﹣，即2＜a＜6時，最大值為h（﹣）＝1；
若﹣1≥﹣，即a≥6時，∵h（﹣）＝1，h（﹣1）＝a﹣＜h（﹣）＝1，∴最大值為1，綜上，M（a）＝．
【點評】本題考查了切線方程問題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，是一道綜合題．
21．已知函數(shù)f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．
（1）若曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點p（2，c）處有相同的切線（p為切點），求實數(shù)a，b的值．
（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函數(shù)h（x）的單調(diào)減區(qū)間為[﹣，﹣]；
①求函數(shù)h（x）在區(qū)間（﹣∞，﹣1]上的最大值M（a）．
②若|h（x）|≤3在x∈[﹣2，0]上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
【分析】（1）根據(jù)曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）在它們的交點（2，c）處具有公共切線，可知切點處的函數(shù)值相等，切點處的斜率相等，故可求a、b的值；
（2）①根據(jù)函數(shù)h（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣，﹣]得出a2＝4b，構(gòu)建函數(shù)h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+a2x+1，求導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的正負，可確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，進而分類討論，確定函數(shù)在區(qū)間（﹣∞，﹣1）上的最大值．
②由①知，函數(shù)h（x）在（﹣∞，﹣）單調(diào)遞增，在（﹣，﹣）單調(diào)遞減，在（﹣，+∞）上單調(diào)遞增，從而得出其極大值、極小值，再根據(jù)|h（x）|≤3，在x∈[﹣2，0]上恒成立，建立關(guān)于a的不等關(guān)系，解得a的取值范圍即可．
【解答】解：（1）f（x）＝ax2+1（a＞0），則f′（x）＝2ax，k1＝4a，g（x）＝x3+bx，則f′（x）＝3x2+b，k2＝12+b，由（2，c）為公共切點，可得：4a＝12+b；
又f（2）＝4a+1，g（2）＝8+2b，∴4a+1＝8+2b，與4a＝12+b聯(lián)立可得：a＝，b＝5；
（2）①由h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+bx+1，則h′（x）＝3x2+2ax+b，因函數(shù)h（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為[﹣，﹣]，∴當x∈[﹣，﹣]時，3x2+2ax+b≤0恒成立，此時，x＝﹣是方程3x2+2ax+b＝0的一個根，得3（﹣）2+2a（﹣）+b＝0，得a2＝4b，∴h（x）＝x3+ax2+a2x+1；
令h′（x）＝0，解得：x1＝﹣，x2＝﹣；
∵a＞0，∴﹣＜﹣，列表如下：
x
（﹣∞，﹣）
﹣
（﹣，﹣）
﹣
（﹣，+∞）
h′（x）
+
﹣
+
h（x）
極大值
極小值
∴原函數(shù)在（﹣∞，﹣）單調(diào)遞增，在（﹣，﹣）單調(diào)遞減，在（﹣，+∞）上單調(diào)遞增；
若﹣1≤﹣，即a≤2時，最大值為h（﹣1）＝a﹣；
若﹣＜﹣1＜﹣，即2＜a＜6時，最大值為h（﹣）＝1；
若﹣1≥﹣時，即a≥6時，最大值為h（﹣）＝1．
綜上所述：當a∈（0，2]時，最大值為h（﹣1）＝a﹣；當a∈（2，+∞）時，最大值為h（﹣）＝1．
②由①知，函數(shù)h（x）在（﹣∞，﹣）單調(diào)遞增，在（﹣，﹣）單調(diào)遞減，在（﹣，+∞）上單調(diào)遞增；
故h（﹣）為極大值，h（﹣）＝1；h（﹣）為極小值，h（﹣）＝﹣+1；
∵|h（x）|≤3，在x∈[﹣2，0]上恒成立，又h（0）＝1．
∴，∴a的取值范圍：4﹣2≤a≤6．
【點評】本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，解題的關(guān)鍵是正確求出導(dǎo)函數(shù)和應(yīng)用分類討論的方法．
22．已知函數(shù)f（x）＝ex+x2﹣x，g（x）＝x2+ax+b，a，b∈R．
（1）當a＝1時，求函數(shù)F（x）＝f（x）﹣g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若曲線y＝f（x）在點（0，1）處的切線l與曲線y＝g（x）切于點（1，c），求a，b，c的值；
（3）若f（x）≥g（x）恒成立，求a+b的最大值．
【分析】（Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)切線方程求出a，b，c的值即可；
（Ⅲ）設(shè)h（x）＝f（x）﹣g（x），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，問題轉(zhuǎn)化為b≤（a+1）﹣（a+1）ln（a+1），得到a+b≤2（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）﹣1，令G（x）＝2x﹣xlnx﹣1，x＞0，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a+b的最大值即可．
【解答】解：（Ⅰ）F（x）＝ex﹣2x﹣b，則F＇（x）＝ex﹣2．
令F＇（x）＝ex﹣2＞0，得x＞ln2，所以F（x）在（ln2，+∞）上單調(diào)遞增．
令F＇（x）＝ex﹣2＜0，得x＜ln2，所以F（x）在（﹣∞，ln2）上單調(diào)遞減．…（4分）
（Ⅱ）因為f＇（x）＝ex+2x﹣1，所以f＇（0）＝0，所以l的方程為y＝1．
依題意，c＝1．
于是l與拋物線g（x）＝x2﹣2x+b切于點（1，1），由12﹣2+b＝1得b＝2．
所以a＝﹣2，b＝2，c＝1．…（8分）
（Ⅲ）設(shè)h（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣（a+1）x﹣b，則h（x）≥0恒成立．
易得h＇（x）＝ex﹣（a+1）．
（1）當a+1≤0時，因為h＇（x）＞0，所以此時h（x）在（﹣∞，+∞）上單調(diào)遞增．
①若a+1＝0，則當b≤0時滿足條件，此時a+b≤﹣1；
②若a+1＜0，取x0＜0且，此時，所以h（x）≥0不恒成立．
不滿足條件；
（2）當a+1＞0時，令h＇（x）＝0，得x＝ln（a+1）．由h＇（x）＞0，得x＞ln（a+1）；
由h＇（x）＜0，得x＜ln（a+1）．
所以h（x）在（﹣∞，ln（a+1））上單調(diào)遞減，在（ln（a+1），+∞）上單調(diào)遞增．
要使得“h（x）＝ex﹣（a+1）x﹣b≥0恒成立”，必須有：
“當x＝ln（a+1）時，h（x）min＝（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）﹣b≥0”成立．
所以b≤（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）．則a+b≤2（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）﹣1．
令G（x）＝2x﹣xlnx﹣1，x＞0，則G＇（x）＝1﹣lnx．
令G＇（x）＝0，得x＝e．由G＇（x）＞0，得0＜x＜e；
由G＇（x）＜0，得x＞e．所以G（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，+∞）上單調(diào)遞減，所以，當x＝e時，G（x）max＝e﹣1．
從而，當a＝e﹣1，b＝0時，a+b的最大值為e﹣1．
綜上，a+b的最大值為e﹣1．…（14分）
【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．
23．函數(shù)y＝lnx關(guān)于直線x＝1對稱的函數(shù)為f（x），又函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為g（x），記h（x）＝f（x）+g（x）．
（1）設(shè)曲線y＝h（x）在點（1，h（1））處的切線為l，l與圓（x+1）2+y2＝1相切，求a的值；
（2）求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）求函數(shù)h（x）在[0，1]上的最大值．
【分析】（1）先求過（1，h（1））點的切線方程，根據(jù)l與圓（x+1）2+y2＝1相切，利用點線距離等于半徑可求a的值；
（2）先求導(dǎo)函數(shù)，結(jié)合函數(shù)的定義域，利用導(dǎo)數(shù)大于0的函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間，導(dǎo)數(shù)小于0得函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間
（3）根據(jù)（2）中函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，結(jié)合區(qū)間[0，1]進行分類討論，從而可求h（x）的最大值．
【解答】解：（1）由題意得f（x）＝ln（2﹣x），g（x）＝ax，∴h（x）＝ln（2﹣x）+ax．
∴，過（1，h（1））點的直線的斜率為a﹣1，∴過（1，h（1））點的直線方程為y﹣a＝（a﹣1）（x﹣1）．
又已知圓心為（﹣1，0），半徑為1，由題意得，解得a＝1．
（2）．
∵a＞0，∴．
令h′（x）＞0，∴；
令h′（x）＜0，∴，所以，是h（x）的增區(qū)間，是h（x）的減區(qū)間．
（3）①當，即時，h（x）在[0，1]上是減函數(shù)，∴h（x）的最大值為h（0）＝ln2．
②當，即時，h（x）在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，∴當時，h（x）的最大值為．
③當，即a≥1時，h（x）在[0，1]上是增函數(shù)，∴h（x）的最大值為h（1）＝a．
綜上，當時，h（x）的最大值為ln2；
當時，h（x）的最大值為2a﹣1﹣lna；
當a≥1時，h（x）的最大值為a．
【點評】本題以函數(shù)為載體，考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間與最值，分類討論是解題的關(guān)鍵與難點．
24．（文）已知函數(shù)f（x）＝lnx與g（x）＝kx+b（k，b∈R）的圖象交于P，Q兩點，曲線y＝f（x）在P，Q兩點處的切線交于點A．
（1）當k＝e，b＝﹣3時，求函數(shù)h（x）＝f（x）﹣g（x）的單調(diào)區(qū)間；（e為自然常數(shù)）
（2）若A（，），求實數(shù)k，b的值．
【分析】（1）構(gòu)建新函數(shù)，求導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，從而可求函數(shù)的最大值；
（2）先求出切線方程，代入A的坐標，進而求出P，Q的坐標，即可求實數(shù)k，b的值．
【解答】解：（1）設(shè)h（x）＝f（x）﹣g（x）＝lnx﹣ex+3（x＞0），則h（x）＝﹣e當0＜x＜時，h′（x）＞0，此時函數(shù)h（x）為增函數(shù)；
當x＞時，h′（x）＜0，此時函數(shù)h（x）為減函數(shù)．
所以函數(shù)h（x）的增區(qū)間為（0，），減區(qū)間為（，+∞）．
（2）設(shè)過點A的直線l與函數(shù)f（x）＝lnx切于點（x0，lnx0），則其斜率k＝，故切線l：y﹣lnx0＝（x﹣x0），將點A代入直線l方程得：﹣lnx0＝（﹣x0），即lnx0+﹣1＝0，設(shè)v（x）＝lnx+﹣1，則v′（x）＝（x﹣），當0＜x＜時，v′（x）＜0，函數(shù)v（x）為減函數(shù)；
當x＞時，v′（x）＞0，函數(shù)v（x）為增函數(shù)．
故方程v（x）＝0至多有兩個實根，又v（1）＝v（e）＝0，所以方程v（x）＝0的兩個實根為1和e，故P（1，0），Q（e，1），所以k＝，b＝為所求．
【點評】本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，解題的關(guān)鍵是構(gòu)建函數(shù)，正確運用導(dǎo)數(shù)知識．
25．已知函數(shù)f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．
（Ⅰ）當時，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的較大者，記函數(shù)h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函數(shù)h（x）在（0，+∞）內(nèi)恰有2個零點，求實數(shù)a的取值范圍．
【分析】（I）根據(jù)導(dǎo)數(shù)求出切線斜率，根據(jù)點斜式方程得出切線方程；
（II）討論a的范圍，令f′（x）＞0得出增區(qū)間，令f′（x）＜0得出減區(qū)間；
（III）通過討論a的范圍求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的零點個數(shù)確定a的范圍即可．
【解答】解：（Ⅰ）當a＝時，f（x）＝x3﹣x+e，∴f＇（x）＝3x2﹣1．
∵f（1）＝e，f′（1）＝2，∴曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y﹣e＝2（x﹣1），即2x﹣y﹣2+e＝0．
（Ⅱ）f＇（x）＝3x2﹣3a．
（1）當a≤0時，f＇（x）≥0，∴函數(shù)在（﹣∞，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增．
（2）當a＞0時，令f′（x）＝0，解得x＝﹣或x＝．
由f′（x）＞0，解得x＜﹣或，由f′（x）＜0，解得，∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為．
（Ⅲ）∵函數(shù)g（x）的定義域為（0，+∞），∴．
∴函數(shù)g（x）在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減．
（1）當x∈（0，e）時，g（x）＞g（e）＝0，依題意，h（x）≥g（x）＞0，不滿足條件；
（2）當x＝e時，g（e）＝0，f（e）＝e3﹣3ae+e，①若f（e）＝e3﹣3ae+e≤0，即a≥，則e是h（x）的一個零點；
②若f（e）＝e3﹣3ae+e＞0，即a＜，則e不是h（x）的零點；
（3）當x∈（e，+∞）時，g（x）＜0，所以此時只需考慮函數(shù)f（x）在（e，+∞）上零點的情況．
f＇（x）＝3x2﹣3a＞3e2﹣3a，①當a≤e2時，f＇（x）＞0，f（x）在（e，+∞）上單調(diào)遞增．
又f（e）＝e3﹣3ae+e，（i）當a≤時，f（e）≥0，f（x）在（e，+∞）上無零點；
（ii）當＜a≤e2時，f（e）＜0，又f（2e）＝8e3﹣6ae+e≥8e3﹣6e3+e＞0，所以此時f（x）在（e，+∞）上恰有一個零點；
②當a＞e2時，令f＇（x）＝0，得x＝±．
由f＇（x）＜0，得e＜x＜；
由f＇（x）＞0，得x＞；
所以f（x）在（e，）上單調(diào)遞減，在（，+∞）上單調(diào)遞增．
因為f（e）＝e3﹣3ae+e＜e3﹣3e3+e＜0，f（2a）＝8a3﹣6a2+e＞8a2﹣6a2+e＝2a2+e＞0，所以此時f（x）在（e，+∞）上恰有一個零點；
綜上，a＞，故實數(shù)a的取值范圍是．
【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．
26．設(shè)a∈R，函數(shù)f（x）＝alnx﹣x．
（1）若f（x）無零點，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）當a＝1時，關(guān)于x的方程2x﹣f（x）＝x2+b在[，2]上恰有兩個不相等的實數(shù)根，求實數(shù)b的取值范圍．；
（3）求證：當n≥2，n∈N*時（1+）（1+）…（1+）＜e．
【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，確定滿足條件的a的范圍即可；
（2）令g（x）＝x2﹣3x+lnx+b，（x∈[，2]），結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)以及函數(shù)的單調(diào)性求出b的范圍即可；
（3）根據(jù)x＞1時，lnx＜x﹣1，令x＝1+（n≥2，n∈N*），累加即可證明．
【解答】解：（1）f（x）的定義域是（0，+∞），f′（x）＝﹣1＝，當a＜0時，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）遞減，x→0時，f（x）→+∞，而f（1）＝﹣1，故a＜0時，f（x）存在零點，a＝0時，f（x）＝﹣x，（x＞0），顯然無零點，a＞0時，令f′（x）＝0，解得：x＝a，故f（x）在（0，a）遞增，在（a，+∞）遞減，故f（x）max＝f（a）＝a（lna﹣1），若f（x）無零點，只需a（lna﹣1）＜0，解得：a＜e，綜上，0≤a＜e時，f（x）無零點；
（2）a＝1時，f（x）＝lnx﹣x，關(guān)于x的方程2x﹣f（x）＝x2+b化為x2﹣3x+lnx+b＝0，令g（x）＝x2﹣3x+lnx+b，（x∈[，2]），∴g′（x）＝2x﹣3+＝，令g′（x）＝0，解得x＝或1，令g′（x）＞0，解得1＜x≤2，此時函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，令g′（x）＜0，解得≤x＜1，此時函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，∵關(guān)于x的方程2x﹣f（x）＝x2+b在[，2]上恰有兩個不相等的實數(shù)根，則，即，解得：+ln2≤b＜2，∴實數(shù)b的取值范圍是[+ln2，2）
證明（3）當a＝1時，f（x）＝lnx﹣x，而f（1）＝﹣1，f（x）﹣f（1）＝lnx﹣x﹣1，由y＝lnx﹣x﹣1，得y′＝，令y′＝0，解得：x＝1，故y＝lnx﹣x﹣1在（0，1）遞增，在（1，+∞）遞減，故x＝1時，y最大，故f（x）﹣f（1）≤0，即lnx≤x﹣1，∴當x＞1時，lnx＜x﹣1，令x＝1+（n≥2，n∈N*）．
則ln（1+）≤依次取n＝2，3，…，n．
累加求和可得ln（1+）+ln（1+）+…+ln（1+）＜++…+，當n≥2時，＜＝﹣，∴++…+＜++…+＝1﹣+﹣+…+﹣＝1﹣＜1，∴l(xiāng)n（1+）+ln（1+）+…+ln（1+）＜1＝lne，∴當n≥2，n∈N*時（1+）（1+）…（1+）＜e．
【點評】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、“累加求和”、對數(shù)的運算性質(zhì)、放縮、“裂項求和”等基礎(chǔ)知識與基本技能方法，考查了等價問題轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力和計算能力，屬于難題．
27．已知函數(shù)f（x）＝xlnx．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間與極值；
（2）若不等式對任意x∈[1，3]恒成立，求正實數(shù)λ的取值范圍．
【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的極值即可；
（2）分離參數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為λ≤，令h（x）＝，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出正實數(shù)λ的取值范圍即可．
【解答】解：（1）∵f（x）＝xlnx，∴f′（x）＝1+lnx，定義域為（0，+∞），又由f′（x）＞0，解得：x＞，f′（x）＜0，解得：0＜x＜．
∴f（x）的單減區(qū)間為（0，），f（x）的單增區(qū)間為（，+∞），∴f（x）極小值＝f（）＝﹣，無極大值．
（2）∵，故x2+x＞0，將化簡可得：（x2+x＞）ln（x2+x）≥λx?eλx，∴f（x2+x）≥f（eλx），∵x2+x≥2，eλx＞e0＝1，由（1）知f（x）在（，+∞）上單增，故x2+x）≥eλx，∴λx≤ln（x2+x），即λ≤．
令h（x）＝，則h′（x）＝，令k（x）＝﹣ln（x2+x），則k′（x）＝?＜0，∴k（x）在[1，3]上單減，而k（1）＝﹣ln＞0，k（3）＝﹣ln＜0，∴?x0∈（1，3），使得k（x0）＝0且在（1，x0）上，k（x）＞0，h′（x）＞0，h（x）單增，在（x0，3）上，k（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）單減．
∴h（x）min＝h（1）或h（3），而h（1）＝ln＞h（3）＝＝ln，∴λ≤ln．
【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．
28．已知函數(shù)（a∈R）．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當函數(shù)f（x）與函數(shù)g（x）＝lnx圖象的公切線l經(jīng)過坐標原點時，求實數(shù)a的取值集合；
（3）證明：當a∈（0，）時，函數(shù)h（x）＝f（x）﹣ax有兩個零點x1，x2，且滿足．
【分析】（1）問利用導(dǎo)數(shù)求解單調(diào)性．
（2）問先求出公切線l的方程，再探討a的取值范圍．
（3）問先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)h（x）的單調(diào)性，證明零點個數(shù)．再使用函數(shù)思想，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性解決不等式問題．
【解答】解：（1）對求導(dǎo)，得，令f′（x）＝0，解得x＝e1﹣a，當x∈（0，e1﹣a）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．
當x∈（e1﹣a，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減．
（2）設(shè)公切線l與函數(shù)g（x）＝lnx的切點為（x0，y0），則公切線l的斜率k＝g′（x0）＝，公切線l的方程為：，將原點坐標（0，0）代入，得y0＝1，解得x0＝e．
公切線l的方程為：，將它與聯(lián)立，整理得．
令，對之求導(dǎo)得：，令m′（x）＝0，解得．
當時，m′（x）＜0，m（x）單調(diào)遞減，值域為，當時，m′（x）＞0，m（x）單調(diào)遞增，值域為，由于直線l與函數(shù)f（x）相切，即只有一個公共點，因此．
故實數(shù)a的取值集合為{}．
（3）證明：，要證h（x）有兩個零點，只要證k（x）＝ax2﹣lnx﹣a有兩個零點即可．k（1）＝0，即x＝1時函數(shù)k（x）的一個零點．
對k（x）求導(dǎo)得：，令k′（x）＝0，解得
．當時，k′（x）＞0，k（x）單調(diào)遞增；
當0＜x＜時，k′（x）＜0，k（x）單調(diào)遞減．當x＝時，k（x）取最小值，k（x）＝ax2﹣lnx﹣a＞ax2﹣（x﹣1）﹣a＝ax2﹣x+1﹣a＞ax2﹣x+，必定存在使得二次函數(shù)，即k（x0）＞u（x0）＞0．因此在區(qū)間上必定存在k（x）的一個零點．
綜上所述，h（x）有兩個零點，一個是x＝1，另一個在區(qū)間上．
下面證明．
由上面步驟知h（x）有兩個零點，一個是x＝1，另一個在區(qū)間上．
不妨設(shè)x1＝1，x2＞則，下面證明即可．
令，對之求導(dǎo)得，故v（a）在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，即．
證明完畢．
【點評】本題考察知識點眾多，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，切線與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點個數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)構(gòu)造函數(shù)來證明不等式，對學(xué)生的思維能力和思維品質(zhì)要求極高，屬于難題．
29．已知函數(shù)f（x）＝．
（1）若對任意x＞0，f（x）＜0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）若函數(shù)f（x）有兩個不同的零點x1，x2（x1＜x2），證明：+＞2．
【分析】（1）求出導(dǎo)函數(shù)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，得出函數(shù)的最值，進而求出a的范圍；
（2）求出導(dǎo)函數(shù)，根據(jù)極值點判斷函數(shù)的零點位置，對零點分類討論，構(gòu)造函數(shù)，利用放縮法，均值定理證明結(jié)論成立．
【解答】解：（1）f（x）＝＝+a+．
f＇＇（x）＝﹣，∴f（x）在（0，l）上遞增，（1，+∞）上遞減，∴f（x）≤f（1）＝a+1，∴a+1＜0，∴a＜﹣1；
（2）證明：由（1）知，兩個不同零點x1∈（0，1），x2∈（1，+∞），若x2∈（1，2），則2﹣x2∈（0，1），設(shè)g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x）＝+﹣﹣，則當x∈（0，1）時，g＇（x）＝﹣﹣＞﹣﹣＝﹣＞0，∴g（x）在（0，1）上遞增，∴g（x）＜g（1）＝0，∴f（x）＜f（2﹣x），∴f（2﹣x1）＞f（x1）＝f（x2），∴（2﹣x1）＜x2，∴2＜x1+x2，若x2∈（2，+∞），可知2＜x1+x2，顯然成立，又+x2≥2＝2x1，同理可得+x1≥2x2，以上兩式相加得：++x1+x2≥2（x1+x2），故：+≥（x1+x2）＞2．
【點評】本題考查了導(dǎo)函數(shù)的應(yīng)用，最值問題的轉(zhuǎn)化思想，難點是對參數(shù)的分類討論和均值定理的應(yīng)用．
30．已知a為常數(shù)，函數(shù)f（x）＝x2+ax﹣lnx，g（x）＝ex（其中e是自然數(shù)對數(shù)的底數(shù)）．
（1）過坐標原點O作曲線y＝f（x）的切線，設(shè)切點P（x0，y0）為，求x0的值；
（2）令，若函數(shù)F（x）在區(qū)間（0，1]上是單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍．
【分析】（1）先對函數(shù)求導(dǎo)，f′（x）＝2x+a﹣，可得切線的斜率k＝2x0+a﹣＝＝，即x02+lnx0﹣1＝0，由x0＝1是方程的解，且y＝x2+lnx﹣1在（0，+∞）上是增函數(shù)，可證
（2）由F（x）＝＝，求出函數(shù)F（x）的導(dǎo)數(shù)，通過研究2﹣a的正負可判斷h（x）的單調(diào)性，進而可得函數(shù)F（x）的單調(diào)性，可求a的范圍．
【解答】解：（1）f′（x）＝2x+a﹣（x＞0），過切點P（x0，y0）的切線的斜率k＝2x0+a﹣＝＝，整理得x02+lnx0﹣1＝0，顯然，x0＝1是這個方程的解，又因為y＝x2+lnx﹣1在（0，+∞）上是增函數(shù)，所以方程x2+lnx﹣1＝0有唯一實數(shù)解．故x0＝1；
（2）F（x）＝＝，F(xiàn)′（x）＝，設(shè)h（x）＝﹣x2+（2﹣a）x+a﹣+lnx，則h′（x）＝﹣2x+++2﹣a，易知h＇（x）在（0，1]上是減函數(shù)，從而h＇（x）≥h＇（1）＝2﹣a；
①當2﹣a≥0，即a≤2時，h＇（x）≥0，h（x）在區(qū)間（0，1）上是增函數(shù)．
∵h（1）＝0，∴h（x）≤0在（0，1]上恒成立，即F＇（x）≤0在（0，1]上恒成立．
∴F（x）在區(qū)間（0，1]上是減函數(shù)．
所以，a≤2滿足題意；
②當2﹣a＜0，即a＞2時，設(shè)函數(shù)h＇（x）的唯一零點為x0，則h（x）在（0，x0）上遞增，在（x0，1）上遞減；
又∵h（1）＝0，∴h（x0）＞0．
又∵h（e﹣a）＝﹣e﹣2a+（2﹣a）e﹣a+a﹣ea+lne﹣a＜0，∴h（x）在（0，1）內(nèi)有唯一一個零點x＇，當x∈（0，x＇）時，h（x）＜0，當x∈（x＇，1）時，h（x）＞0．
從而F（x）在（0，x＇）遞減，在（x＇，1）遞增，與在區(qū)間（0，1]上是單調(diào)函數(shù)矛盾．
∴a＞2不合題意．
綜合①②得，a≤2．
【點評】考查學(xué)生利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)能力，函數(shù)單調(diào)性的判定，以及導(dǎo)數(shù)的運算，試題具有一定的綜合性．
31．設(shè)函數(shù)，m∈R．
（1）當m＝e（e為自然對數(shù)的底數(shù)）時，求f（x）的最小值；
（2）討論函數(shù)零點的個數(shù)．
【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最小值即可；
（2）令g（x）＝0，得到；設(shè)，通過討論m的范圍根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性集合函數(shù)的草圖求出函數(shù)的零點個數(shù)即可．
【解答】解：（1）當m＝e時，∴
當x∈（0，e）時，f′（x）＜0，f（x）在x∈（0，e）上是減函數(shù)；
當x∈（e，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）在x∈（e，+∞）上是增函；
∴當x＝e時，f（x）取最小值．
（2）∵函數(shù)，令g（x）＝0，得；
設(shè)，則φ′（x）＝﹣x2+1＝﹣（x﹣1）（x+1）
當x∈（0，1）時，φ′（x）＞0，φ（x）在x∈（0，1）上是增函數(shù)；
當x∈（1，+∞）時，φ′（x）＜0，φ（x）在x∈（1，+∞）上是減函數(shù)；
當x＝1是φ（x）的極值點，且是唯一極大值點，∴x＝1是φ（x）的最大值點；
∴φ（x）的最大值為，又φ（0）＝0結(jié)合y＝φ（x）的圖象，可知：①當時，函數(shù)g（x）無零點；
②當時，函數(shù)g（x）有且只有一個零點；
③當時，函數(shù)g（x）有兩個零點；
④當m≤0時，函數(shù)g（x）有且只有一個零點；
綜上：當時，函數(shù)g（x）無零點；
當或m≤0時，函數(shù)g（x）有且只有一個零點；
當時，函數(shù)g（x）有且只有兩個零點；
【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，考查函數(shù)的零點個數(shù)問題，是一道中檔題．
32．已知函數(shù)f（x）＝lnx﹣．
（1）若a＝4，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1]內(nèi)單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）若x1、x2∈R+，且x1≤x2，求證：（lnx1﹣lnx2）（x1+2x2）≤3（x1﹣x2）．
【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為3a≤+x+4恒成立，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（3）問題轉(zhuǎn)化為ln≤＝成立即可，令t＝∈（0，1），故只要lnt﹣≤0即可，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．
【解答】解：（1）f（x）的定義域是（0，+∞），f′（x）＝﹣＝，a＝4時，f′（x）＝，由f′（x）＞0，解得：0＜x＜4﹣2或x＞4+2，由f′（x）＜0，解得：4﹣2＜x＜4+2，故f（x）在（0，4﹣2）遞增，在（4﹣2，4+2）遞減，在（4+2，+∞）遞增；
（2）由（1）得：f′（x）＝，若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1]遞增，則有x2+（4﹣3a）x+4≥0在（0，1]內(nèi)恒成立，即3a≤+x+4恒成立，又函數(shù)y＝+x+4在x＝1時取得最小值9，故a≤3；
（3）證明：當x1＝x2時，不等式顯然成立，當x1≠x2時，∵x1，x2∈R+，∴要原不等式成立，只要ln≤＝成立即可，令t＝∈（0，1），故只要lnt﹣≤0即可，由（2）可知函數(shù)f（x）在（0，1]遞增，故f（x）＜f（1）＝0，故lnt﹣≤0成立，故原不等式成立．
【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，考查不等式的證明，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．
33．設(shè)a＞0，函數(shù)f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx
（1）當a＝1時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間（0，+∞）上有唯一零點，試求a的值．
【分析】（1）求出a＝1時f（x），利用導(dǎo)數(shù)f′（x）判斷f（x）的單調(diào)性，并求出單調(diào)區(qū)間；
（2）求f（x）的導(dǎo)數(shù)f′（x），利用導(dǎo)數(shù)判斷f（x）的單調(diào)性，求出最值，利用最值等于0，求出a的值．
【解答】解：（1）函數(shù)f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx，當a＝1時，f（x）＝x2﹣2x﹣2lnx，（其中x＞0）；
∴f′（x）＝2x﹣2﹣＝，令f′（x）＝0，即x2﹣x﹣1＝0，解得x＝或x＝（小于0，應(yīng)舍去）；
∴x∈（0，）時，f′（x）＜0，x∈（，+∞）時，f′（x）＞0；
∴f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（0，），單調(diào)增區(qū)間是（，+∞）；
（2）f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx，則f′（x）＝2x﹣2a﹣＝，令f′（x）＝0，得x2﹣ax﹣a＝0，∵a＞0，∴△＝a2+4a＞0，∴方程是解為x1＝＜0，x2＝＞0；
∴函數(shù)f（x）在（0，x2）上單調(diào)遞減，在（x2，+∞）上單調(diào)遞增，∴f（x）的大致圖象如圖所示，求f（x）min＝f（x2），若函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間（0，+∞）上有唯一零點，則f（x2）＝0，而x2滿足x22＝ax2+a
∴f（x2）＝ax2+a﹣2ax2﹣2alnx2＝a（x2+1﹣2x2﹣2lnx2）＝0
得1﹣x2﹣2lnx2＝0
∵g（x）＝2lnx+x﹣1是單調(diào)增的，∴g（x）至多只有一個零點，而g（1）＝0，∴用x2＝1代入x22﹣ax2﹣a＝0，得1﹣a﹣a＝0，即得a＝．
【點評】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，也考查了函數(shù)零點以及不等式的應(yīng)用問題，是較難的題目．
34．已知函數(shù)．
（1）當a＝0時，求曲線y＝f（x）在（1，f（1））處的切線方程；
（2）令g（x）＝f（x）﹣ax+1，求函數(shù)g（x）的極大值；
（3）若a＝﹣2，正實數(shù)x1，x2滿足f（x1）+f（x2）+x1x2＝0，證明：．
【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計算f（1），f′（1）的值，從而求出切線方程即可；
（2）求導(dǎo)數(shù)，然后通過研究不等式的解集確定原函數(shù)的單調(diào)性；求出函數(shù)的極大值即可；
（3）結(jié)合已知條件構(gòu)造函數(shù)，然后結(jié)合函數(shù)單調(diào)性得到要證的結(jié)論．
【解答】解：（1）a＝0時，f（x）＝lnx+x，f′（x）＝+1，故f（1）＝1，f′（1）＝2，故切線方程是：y﹣1＝2（x﹣1），整理得：2x﹣y﹣1＝0；
（2）g（x）＝f（x）﹣（ax﹣1）＝lnx﹣ax2+（1﹣a）x+1，所以g′（x）＝﹣ax+（1﹣a）＝，當a≤0時，因為x＞0，所以g′（x）＞0．
所以g（x）在（0，+∞）上是遞增函數(shù)，當a＞0時，g′（x）＝，令g′（x）＝0，得x＝，所以當x∈（0，）時，g′（x）＞0；當x∈（，+∞）時，g′（x）＜0，因此函數(shù)g（x）在x∈（0，）是增函數(shù)，在（，+∞）是減函數(shù)．
綜上，當a≤0時，函數(shù)g（x）的遞增區(qū)間是（0，+∞），無遞減區(qū)間，無極大值；
當a＞0時，函數(shù)g（x）的遞增區(qū)間是（0，），遞減區(qū)間是（，+∞）；
故g（x）極大值＝g（）＝﹣lna；
證明：（3）由f（x1）+f（x2）+x1x2＝0，即lnx1+x12+x1+lnx2+x22+x2+x1x2＝0，從而（x1+x2）2+（x1+x2）＝x1x2﹣ln（x1x2），令t＝x1x2，則由φ（t）＝t﹣lnt，由x1＞0，x2＞0，即x1+x2＞0．
φ′（t）＝，（t＞0），可知，φ（t）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增．
所以φ（t）≥φ（1）＝1，所以（x1+x2）2+（x1+x2）≥1，解得x1+x2≥或x1+x2≤，又因為x1＞0，x2＞0，因此x1+x2≥成立．
【點評】本題難度較大，屬于利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值，以及利用導(dǎo)數(shù)證明單調(diào)性進一步研究不等式問題的題型．
35．已知函數(shù)f（x）＝x﹣alnx，g（x）＝﹣（a＞0）
（1）若a＝l，求f（x）的極值；
（2）若存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，求實數(shù)a的取值范圍．
【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為[f（x）﹣g（x）]min＜0，（x∈[1，e]）成立，設(shè)h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x﹣alnx+，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．
【解答】解：（1）a＝1時，f（x）＝x﹣lnx，函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞），f′（x）＝1﹣＝，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，故f（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，故f（x）的極小值是f（1）＝1，無極大值；
（2）存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，等價于[f（x）﹣g（x）]min＜0，（x∈[1，e]）成立，設(shè)h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x﹣alnx+，則h′（x）＝，令h′（x）＝0，解得：x＝﹣1（舍），x＝1+a；
①當1+a≥e，h（x）在[1，e]遞減，∴h（x）min＝h（e）＝e2﹣ea+1+a，令h（x）min＜0，解得：a＞；
②當1+a＜e時，h（x）在（1，a+1）遞減，在（a+1，e）遞增，∴h（x）min＝h（1+a）＝a[1﹣ln（a+1）]+2＞2與h（x）min＜0矛盾，綜上，a＞．
【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道中檔題．
36．已知函數(shù)f（x）＝alnx+x2+bx+1在點（1，f（1））處的切線方程為4x﹣y﹣12＝0．
（1）求函數(shù)f（x）的解析式；
（2）求f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值．
【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計算f′（1），f（1），得到關(guān)于a，b的方程組，求出a，b的值，從而求出f（x）的解析式即可；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可．
【解答】解：（1）求導(dǎo)f′（x）＝+2x+b，由題意得：
f′（1）＝4，f（1）＝﹣8，則，解得，所以f（x）＝12lnx+x2﹣10x+1；
（2）f（x）定義域為（0，+∞），f′（x）＝，令f′（x）＞0，解得：x＜2或x＞3，所以f（x）在（0，2）遞增，在（2，3）遞減，在（3，+∞）遞增，故f（x）極大值＝f（2）＝12ln2﹣15，f（x）極小值＝f（3）＝12ln3﹣20．
【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，是一道中檔題．
37．已知函數(shù)f（x）＝alnx+﹣（a+1）x，a∈R．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（1，3）上單調(diào)遞減，求a的取值范圍；
（Ⅱ）當a＝﹣1時，證明f（x）≥．
【分析】（Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最小值即可．
【解答】解：（I）函數(shù)的定義域為（0，+∞）．
因為．
又因為函數(shù)f（x）在（1，3）單調(diào)減，所以不等式（x﹣1）（x﹣a）≤0在（1，3）上成立．
設(shè)g（x）＝（x﹣1）（x﹣a），則g（3）≤0，即9﹣3（a+1）+a≤0即可，解得a≥3．
所以a的取值范圍是[3，+∞）．…（7分）
（Ⅱ）當a＝﹣1時，f（x）＝﹣lnx+，f′（x）＝，令f＇（x）＝0，得x＝1或x＝﹣1（舍）．
當x變化時，f（x），f＇（x）變化情況如下表：
x
（0，1）
（1，+∞）
f＇（x）
﹣
0
+
f（x）
↘
極小值
↗
所以x＝1時，函數(shù)f（x）的最小值為f（1）＝，所以成立．…（13分）
【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．
38．已知函數(shù)f（x）＝x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．
（Ⅰ）求函數(shù)y＝f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當a＝1時，證明：對任意的x＞0，f（x）+ex＞x2+x+2．
【分析】（Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為證明ex﹣lnx﹣2＞0，設(shè)g（x）＝ex﹣lnx﹣2，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．
【解答】解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞），f′（x）＝2x﹣（a﹣2）﹣＝…（2分）
當a≤0時，f′（x）＞0對任意x∈（0，+∞）恒成立，所以，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）單調(diào)遞增；…（4分）
當a＞0時，由f′（x）＞0得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，所以，函數(shù)在區(qū)間（，+∞）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（0，）上單調(diào)遞減；
（Ⅱ）當a＝1時，f（x）＝x2+x﹣lnx，要證明f（x）+ex＞x2+x+2，只需證明ex﹣lnx﹣2＞0，設(shè)g（x）＝ex﹣lnx﹣2，則問題轉(zhuǎn)化為證明對任意的x＞0，g（x）＞0，令g′（x）＝ex﹣＝0，得ex＝，容易知道該方程有唯一解，不妨設(shè)為x0，則x0滿足＝，當x變化時，g′（x）和g（x）變化情況如下表
x
（0，x0）
x0
（x0，+∞）
g′（x）
﹣
0
+
g（x）
遞減
遞增
g（x）min＝g（x0）＝﹣lnx0﹣2＝+x0﹣2，因為x0＞0，且x0≠1，所以g（x）min＞2﹣2＝0，因此不等式得證．
【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道中檔題．
39．已知函數(shù)f（x）＝xlnx．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）在[1，3]上的最小值；
（Ⅱ）若存在使不等式2f（x）≥﹣x2+ax﹣3成立，求實數(shù)a的取值范圍．
【分析】（Ⅰ）先求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，研究出原函數(shù)在[1，3]上的單調(diào)性即可求出函數(shù)f（x）在[1，3]上的最小值；
（Ⅱ）先把不等式2f（x）≥﹣x2+ax﹣3成立轉(zhuǎn)化為a≤2lnx+x+成立，設(shè)h（x）＝2lnx+x+（x＞0），利用導(dǎo)函數(shù)求出h（x）在x∈[，e]上的最大值即可求實數(shù)a的取值范圍．
【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝xlnx，可得f＇（x）＝lnx+1，當x∈（0，）時，f＇（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
當x∈（，+∞）時，f＇（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．
所以函數(shù)f（x）在[1，3]上單調(diào)遞增．
又f（1）＝ln1＝0，所以函數(shù)f（x）在[1，3]上的最小值為0．
（Ⅱ）由題意知，2xlnx≥﹣x2+ax﹣3，則a≤2lnx+x+．
若存在x∈[，e]使不等式2f（x）≥﹣x2+ax﹣3成立，只需a小于或等于2lnx+x+的最大值．
設(shè)h（x）＝2lnx+x+（x＞0），則h′（x）＝+1﹣＝．
當x∈[，1）時，h＇（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減；
當x∈（1，e]時，h＇（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增．
由h（）＝﹣2++3e，h（e）＝2+e+，h（）﹣h（e）＝2e﹣﹣4＞0，可得h（）＞h（e）．
所以，當x∈[，e]時，h（x）的最大值為h（）＝﹣2++3e，故a≤﹣2++3e．
【點評】本題主要研究利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值以及函數(shù)恒成立問題．當a≥h（x）恒成立時，只需要求h（x）的最大值；當a≤h（x）恒成立時，只需要求h（x）的最小值．
40．已知函數(shù)f（x）＝ax2﹣alnx+x．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若a＜0，設(shè)g（x）＝f（x）﹣x，h（x）＝﹣2xlnx+2x，若對任意x1，x2∈[1，+∞）（x1≠x2），|g（x2）﹣g（x1）|≥|h（x2）﹣h（x1）|恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的方程，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令F（x）＝g（x）﹣h（x）＝ax2﹣alnx+2xlnx﹣2x，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令G（x）＝ax﹣+2lnx，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．
【解答】解：（1），令t（x）＝ax2+x﹣a，①當a＝0時，t（x）＝x＞0?f＇（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
②當a＜0時，令，所以f（x）在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；
③當a＞0時，令，所以f（x）在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．
（2）g′（x）＝ax﹣＝，因為a＜0，當x≥1時，g′（x）≤0，g（x）在[1，+∞）單調(diào)減；
h′（x）＝﹣2lnx，當x≥1時，h′（x）≤0，h（x）在[1，+∞）單調(diào)減．
因為對任意x1，x2∈[1，+∞），|g（x2）﹣g（x1）|≥|h（x2）﹣h（x1）|，不防設(shè)x1＜x2，則由兩函數(shù)的單調(diào)性可得：
g（x1）﹣g（x2）≥h（x1）﹣h（x2），所以：g（x1）﹣h（x1）≥g（x2）﹣h（x2）對任意x1＜x2∈[1，+∞）恒成立；
令F（x）＝g（x）﹣h（x）＝ax2﹣alnx+2xlnx﹣2x，則F（x1）≥F（x2）對任意x1＜x2∈[1，+∞）恒成立；
即：y＝F（x）在x∈[1，+∞）上單調(diào)減，即：F′（x）＝ax﹣+2lnx≤0在x∈[1，+∞）上恒成立，令G（x）＝ax﹣+2lnx，G′（x）＝，當a≤﹣1時，ax2+2x+a≤0在x∈[1，+∞）恒成立，所以G′（x）≤0，G（x）在[1，+∞）單調(diào)減，所以G（x）≤G（1）＝0，滿足題意，當﹣1＜a＜0時，G（x）有兩個極值點x1，x2且x1＝＞1，x2＝＜1，所以在（1，x1）上，G（x）單調(diào)增，即：G（x）＞G（1）＝0對任意x∈（1，x1）上恒成立，不滿足題意，舍！
綜上，當a≤﹣1時，不等式|g（x2）﹣g（x1）|≥|h（x2）﹣h（x1）|在x1，x2∈[1，+∞）恒成立．
【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道綜合題．
聲明：試題解析著作權(quán)屬菁優(yōu)網(wǎng)所有，未經(jīng)書面同意，不得復(fù)制發(fā)布
日期：2021/2/9
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第五篇：2014高考數(shù)學(xué)壓軸題(24)
2014數(shù)學(xué) 壓軸題（24）
??4?a?n?10,n?765.數(shù)列?an?滿足：an??n?6,且?an?是遞增數(shù)列，則實數(shù)a的范圍是n?7?a,_______
?9?A.?,4?B.?4??9??4,4?C.?1,4?D.?2,4?
??
66.已知?x?表示不超過實數(shù)x的最大整數(shù)?x?R?，定義?x??x??x?,求
232014?2013??2013??2013??2013???????????????_______ ***4????????
A.1006B.1007C.1008D.2014
67.若將函數(shù)f?x??x5表示為f?x??a0?a1?1?x??a2?1?x???a5?1?x?,其中a0,a1, 25
?a5為實數(shù)，則a3?_________
68.函數(shù)y?x?2?4?x的最大值是 _________ ．
69.若an是(3?x)n(n?N*,n?2)展開式中x項的系數(shù)，2
limn??32333n(2?3???n)?____ aaa
?x?2?x?1?sin?70.若點P(x,y)在曲線?（?為參數(shù)，??R）上，則的取值范圍是y??y?4?cos?
_____
x2y2
71.已知F1,F2是雙曲線2?2?1?a?0,b?0?的左、右焦點,若雙曲線左支上存在一點Pab
與點F2關(guān)于直線y?
72.若數(shù)列?an?滿足bx對稱，則該雙曲線的離心率為_____a11??d?n?N,d為常數(shù)?，則稱數(shù)列?an?為“調(diào)和數(shù)列”．已知正an?1an
?1?項數(shù)列??為“調(diào)和數(shù)列”，且b1?b2???b9?90,則b4b6的最大值是 _____?bn?
A.10B.100C.200D.400
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