【文章內容簡介】 ）=2f（x）+g（x）=（2x）2﹣2?2x，（0≤x≤1），令t=2x，∵0≤x≤1，∴1≤t≤2，所以有：G（t）=t2﹣2t=（t﹣1）2﹣1（1≤t≤2）所以：當 t∈[1，2]時，G（t）是增函數(shù)，∴F（x）min=G（2）=﹣1∴k＞﹣1．點評：本題只要考查代入法求函數(shù)的解析式和復合函數(shù)的定義域，以及利用換元法求函數(shù)的最值問題，體現(xiàn)了換元的數(shù)學方法和轉化的數(shù)學思想，特別注意新變量的取值范圍，同時也考查了二次函數(shù)在定區(qū)間上的最值問題，屬中檔題．　18．已知函數(shù)f（x）=．（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的極值情況；（Ⅱ）設g（x）=ln（x+1），當x1＞x2＞0時，試比較f（x1﹣x2）與g（x1﹣x2）及g（x1）﹣g（x2）三者的大??；并說明理由．考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的極值；利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性．菁優(yōu)網(wǎng)版權所有專題：綜合題；壓軸題；數(shù)形結合；分類討論；轉化思想；綜合法．分析：（Ⅰ）對函數(shù)的解析式進行研究，當x＞0時，函數(shù)是增函數(shù)，且函數(shù)值為正，故極值只可能存在于x＜0時，求導，研究函數(shù)的單調性，由于導數(shù)中存在參數(shù)m，其取值范圍對導數(shù)的取值有影響，故需要對其分類討論，觀察發(fā)現(xiàn)需要分m=0，m＞0，m＜0三類進行研究．（Ⅱ）三數(shù)的比較中前兩數(shù)的比較可以構造新函數(shù)，研究其函數(shù)值的取值范圍確定兩數(shù)的大小，后兩數(shù)的比較由于牽涉到兩個變量，且函數(shù)名相同故可以采用作差法比較．解答：解：（Ⅰ）當x＞0時，f（x）=ex﹣1在（0，+∞）單調遞增，且f（x）＞0；當x≤0時，f′（x）=x2+2mx．（?。┤鬽=0，f′（x）=x2≥0，f（x）=x3在（﹣∞，0]上單調遞增，且f（x）=x3≤0．又f（0）=0，∴f（x）在R上是增函數(shù)，無極植；（ⅱ）若m＜0，f′（x）=x（x+2m）＞0，則f（x）=x3+mx2在（﹣∞，0）單調遞增，同①可知f（x）在R上也是增函數(shù)，無極值；（4分）（ⅲ）若m＞0，f（x）在（﹣∞，﹣2m]上單調遞增，在（﹣2m，0）單調遞減，又f（x）在（0，+∞）上遞增，故f（x）有極小值f（0）=0，f（x）有極大值f（﹣2m）=m3．（6分）（Ⅱ）當x＞0時，先比較ex﹣1與ln（x+1）的大小，設h（x）=ex﹣1﹣ln（x+1）（x＞0）h′（x）=ex﹣＞0恒成立∴h（x）在（0，+∞）是增函數(shù)，h（x）＞h（0）=0∴ex﹣1﹣ln（x+1）＞0即ex﹣1＞ln（x+1）也就是f（x）＞g（x），對任意x＞0成立．故當x1﹣x2＞0時，f（x1﹣x2）＞g（x1﹣x2）（10分）再比較g（x1﹣x2）=ln（x1﹣x2+1）與g（x1）﹣g（x2）=ln（x1+1）﹣ln（x2+1）的大?。遟（x1﹣x2）﹣[g（x1）﹣g（x2）]=ln（x1﹣x2+1）﹣ln（x1+1）+ln（x2+1）=ln=ln[1+]＞0∴g（x1﹣x2）＞g（x1）﹣g（x2）∴f（x1﹣x2）＞g（x1﹣x2）＞g（x1）﹣g（x2）．（12分）點評：本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的極值，求解的關鍵在第一小題中是根據(jù)導數(shù)的解析式對參數(shù)進行分類，在第二小題中通過觀察靈活選擇比較大小的方法是解本題的關鍵，很重要，前兩者的比較選用了函數(shù)法，后兩者的比較選用了作差法，根據(jù)不同情況作出不同選擇，體現(xiàn)了數(shù)學解題的靈活性．本題考查了觀察能力及靈活轉化的能力以及分類討論的思想，較難！　19．已知函數(shù)．（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；（Ⅱ）函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，2]上是否有零點，若有，求出零點，若沒有，請說明理由；（Ⅲ）若任意的x1，x2∈（1，2）且x1≠x2，證明：．（注：ln2≈）考點：利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值；利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性；利用導數(shù)研究函數(shù)的極值．菁優(yōu)網(wǎng)版權所有專題：壓軸題．分析：（Ⅰ） 先求導函數(shù)，根據(jù)，可得，從而可得在區(qū)間和（2，+∞）上，f′（x）＞0；在區(qū)間上f′（x）＜0，由此可得f（x）的單調遞增區(qū)間與單調遞減區(qū)間；（Ⅱ）確定f（x）在x∈[1，2]的最大值，即可判斷不存在符合條件的a，使得f（x）=0；（Ⅲ）證明一：當時，f（x）在上單調遞增，在上單調遞減，只需證明，都成立，即可得證命題成立； 證明二：當時，x∈（1，2）f′（x）在上單調遞減，在上單調遞增，確定，利用導數(shù)的幾何意義即可證得結論．解答：解：（x＞0）．（Ⅰ） （x＞0）．（2分）∵，∴，∴在區(qū)間和（2，+∞）上，f′（x）＞0；在區(qū)間上f′（x）＜0，故f（x）的單調遞增區(qū)間是和（2，+∞），單調遞減區(qū)間是．（4分）（Ⅱ）先求f（x）在x∈[1，2]的最大值．由（Ⅰ）可知，當時，f（x）在上單調遞增，在上單調遞減，故．（6分）由可知，所以2lna＞﹣2，所以﹣2lna＜2，所以，﹣2﹣2lna＜0，所以f（x）max＜0，故不存在符合條件的a，使得f（x）=0．（8分）（Ⅲ）證明一：當時，f（x）在上單調遞增，在上單調遞減，只需證明，都成立，即可得證命題成立．（10分） ，設，∴g（a）在上是減函數(shù)，設，∴h（a）在上是增函數(shù)，綜上述命題成立．（12分） 證明二：當時，x∈（1，2）f′（x）在上單調遞減，在上單調遞增，f′（1）=1﹣a＞0，f′（2）=0，∵，∴，．（10分）由導數(shù)的幾何意義，有對任意x1，x2∈（1，2），x1≠x2．（12分）點評：本題考查導數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調性，考查函數(shù)的零點，考查不等式的證明，解題的關鍵是確定函數(shù)的最值．　20．已知函數(shù)f（x）是在（0，+∞）上每一點處均可導的函數(shù)，若xf′（x）＞f（x）在（0，+∞）上恒成立．（Ⅰ）①求證：函數(shù)在（0，+∞）上是增函數(shù)；②當x1＞0，x2＞0時，證明：f（x1）+f（x2）＜f（x1+x2）；（Ⅱ）已知不等式ln（x+1）＜x在x＞﹣1且x≠0時恒成立，求證：…．考點：導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用；函數(shù)的單調性與導數(shù)的關系．菁優(yōu)網(wǎng)版權所有專題：壓軸題．分析：（I）①先利用導數(shù)的四則運算，求函數(shù)g（x）的導函數(shù)，結合已知證明導函數(shù)g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，即可證明其在（0，+∞）上是增函數(shù)；②利用①的結論，且x1＞0，x2＞0時，x1+x2＞x1，且x1+x2＞x2，得，從中解出f（x1）、f（x2）即可證得結論；（II）構造一個符合條件的函數(shù)f（x）=xlnx，利用（I）的結論，得x1lnx1+x2lnx2+…+xnlnxn＜（x1+x2+…+xn）ln（x1+x2+…+xn）（n≥2），令，再將放縮，即可證得所證不等式解答：解（Ⅰ）①∵，∴∵xf′（x）＞f（x），∴g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，從而有在（0，+∞）上是增函數(shù)．②由①知在（0，+∞）上是增函數(shù)，當x1＞0，x2＞0時，有，于是有：，兩式相加得：f（x1）+f（x2）＜f（x1+x2）（Ⅱ）由（Ⅰ）②可知：f（x1）+f（x2）＜f（x1+x2），（x1＞0，x2＞0）恒成立由數(shù)學歸納法可知：xi＞0（i=1，2，3，…，n）時，有：f（x1）+f（x2）+f（x3）+…+f（xn）＜f（x1+x2+x3+…xn）（n≥2）恒成立設f（x）=xlnx，則，則xi＞0（i=1，2，3，…，n）時，x1lnx1+x2lnx2+…+xnlnxn＜（x1+x2+…+xn）ln（x1+x2+…+xn）（n≥2）（*）恒成立令，記又，又，且ln（x+1）＜x∴（x1+x2+…+xn）ln（x1+x2+…+xn）＜（x1+x2+…+xn）ln（1﹣）＜﹣（x1+x2+…+xn）＜﹣（﹣）=﹣ （**）將（**）代入（*）中，可知：﹣（）于是點評：本題綜合考查了導數(shù)的四則運算，利用導數(shù)證明函數(shù)的單調性，利用函數(shù)的單調性證明不等式，以及利用函數(shù)性質構造數(shù)列證明數(shù)列不等式的方法，難度較大　21．已知函數(shù)f（x）=mln（x﹣1）+（m﹣1）x，m∈R是常數(shù)．（1）若，求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；（2）若函數(shù)f（x）存在最大值，求m的取值范圍；（3）若對函數(shù)f（x）定義域內任意xx2（x1≠x2），恒成立，求m的取值范圍．考點：導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用；利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性．菁優(yōu)網(wǎng)版權所有專題：綜合題；壓軸題．分析：（1）先確定函數(shù)的定義域，然后求出函數(shù)的導函數(shù)fˊ（x），在函數(shù)的定義域內解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，即可求出函數(shù)的單調區(qū)間．（2）根據(jù)函數(shù)的增減區(qū)間確定函數(shù)的最大值，從而解出m的取值范圍．（3）由得，利用基本不等式得出再利用對數(shù)函數(shù)的性質，得出所以，從而m只需小于0即可．解答：解：（1）f（x）的定義域為（1，+∞）…（1分）時，…（2分）解f′（x）=0得x=2．當x∈（1，2）時，f′（x）＞0，即f（x）在（1，2）單調遞增…（3分）；當x∈（2，+∞）時，f′（x）＜0，即f（x）在（2，+∞）單調遞減…（4分）．（2）若m≥1，則f′（x）＞0，f（x）單調遞增，不存在最大值…（5分）若m≤0，則f′（x）＜0，f（x）單調遞減，不存在最大值…（6分）若0＜m＜1，由f′（x）=0得，當時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增，當時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減…（8分），所以f（x）在取得最大值，所求m的取值范圍為（0，1）…（9分）（3）由得…（10分），依題意x1﹣1＞0，x2﹣1＞0且x1﹣1≠x2﹣1，所以…（11分），y=lnx是增函數(shù)，所以…（12分）=…（13分），所求m的取值范圍為（﹣∞，0）…（14分）．點評：本題主要考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的極值，以及函數(shù)單調區(qū)間等有關基礎知識，應用導數(shù)研究函數(shù)單調性的方法及推理和運算能力．　22．已知函數(shù)，設F（x）=f（x）+g（x）．（1）求F（x）的單調區(qū)間；（2）若以，圖象上任意一點P（x0，y0）為切點的切線的斜率k≤1恒成立，求實數(shù)a的最小值；（3）是否存在實數(shù)m，使得函數(shù)的圖象與q（x）=f（1+x2）的圖象恰好有四個不同的交點？若存在，求出m的取值范圍，若不存在，說明理由．考點：導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用；導數(shù)的幾何意義；利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性．菁優(yōu)網(wǎng)版權所有專題：綜合題；壓軸題；轉化思想．分析：（1）先由f（x）和g（x）構造得到F（x）的解析式，利用導數(shù)大于0得增區(qū)間，小于0得減區(qū)間．（2） 切線的斜率k≤1恒成立即導數(shù)小于等于1恒成立，從而建立起a與x