【正文】 a的取值范圍．22．(2015濟(jì)寧模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－a(其中a∈R，e是自然對數(shù)的底數(shù)，e＝ 28…)．(1)當(dāng)a＝e時，求函數(shù)f(x)的極值；(2)當(dāng)0≤a≤1時，求證：f(x)≥0；(3)求證：對任意正整數(shù)n，都有…e.答案1．解析：選D　(log29)(log34)＝(2log23)(2log32)＝4.2．解析：選D　∵f(x)＋x為偶函數(shù)，∴f(2)＋2＝f(－2)－2?f(－2)＝f(2)＋4＝5.3． 解析：選A　由指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)知a0，b0，c0，又對數(shù)函數(shù)f(x)＝(0，＋∞)上是單調(diào)遞減的，所以abc.4. 解析：選B　因?yàn)閡(x)＝2x＋b－1是增函數(shù)，且函數(shù)f(x)＝loga(2x＋b－1)的圖象呈上升趨勢，所以a1，又由圖象知－1f(0)0，所以－1logab0?a－1b1.5．解析：選C　法一：當(dāng)x＝3和x＝5時，函數(shù)均沒有意義，故可以排除選項(xiàng)B、D；當(dāng)x＝4時，函數(shù)有意義，可排除選項(xiàng)A，故選C.法二：由得故函數(shù)定義域?yàn)?2,3)∪(3,4]．6．解析：選B　由函數(shù)f(x)是定義在R上的增函數(shù)，故函數(shù)f(|x|)的圖象在(0，＋∞)上是增函數(shù)，在(－∞，0)上是減函數(shù)，f(|x－1|)是函數(shù)f(|x|)的圖象向右平移1個單位，由此可得函數(shù)y＝f(|x－1|)－1的圖象在(1，＋∞)上是增函數(shù)，在(－∞，1)上是減函數(shù)，觀察圖象可知選B.7．解析：選B　當(dāng)x≥0時，F(xiàn)(x)＝f(x)－x，即F(x)＝－x2＋x有兩個零點(diǎn)為0,1，又F(x)＝f(x)－x是R上的奇函數(shù)，所以當(dāng)x0時，F(xiàn)(x)＝x2＋x有一個零點(diǎn)為－1.8．解析：選B　y′＝1＋(x0)，y′為單調(diào)函數(shù)，所以函數(shù)在區(qū)間有極值點(diǎn)，即f′f′(e)0，代入解得(1＋ae)0?a2＋a＋10?(a＋e)0，解得－ea－.9．解析：選C　根據(jù)對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)和函數(shù)的奇偶性可知f(loga)＝f(－log2a)＝f(log2a)，因此f(log2a)＋f(loga)≤2f(1)可化為f(log2a)≤f(1)．又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間[0，＋∞)單調(diào)遞增，故|log2a|≤1，解得≤a≤2.10．解析：選A　f′(x)＝3x2－9x＋6.∵對?x∈R，f′(x)≥m，即3x2－9x＋(6－m)≥0在x∈R上恒成立，∴Δ＝81－12(6－m)≤0，得m≤－，即m的最大值為－.11．解析：選B　x2f′(x)＋xf(x)＝ln x?xf′(x)＋f(x)＝?[xf(x)]′＝?xf(x)＝(ln x)2＋c，所以f(x)＝＋，又f(e)＝，得c＝，即f(x)＝＋，所以f′(x)＝－＝≤0，所以f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減．12．解析：選B　由題知，x0，f′(x)＝ln x＋1－(x)有兩個極值點(diǎn)，則f′(x)＝0有兩個不等的正根，顯然a≤0時不合題意，必有a(x)＝ln x＋1－2ax，g′(x)＝－2a，令g′(x)＝0，得x＝，故g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以g(x)在x＝處取得極大值，即f′＝ln0，所以0a.13．解析：y＝f(x)＝xex?f′(x)＝(1＋x)ex，令f′(x)＝0?x＝－1，此時f(－1)＝－，函數(shù)y＝xex在其極值點(diǎn)處的切線方程為y＝－.答案：y＝－14．解析：∵f(x)＝aln x＋x，∴f′(x)＝＋1.又∵f(x)在[2,3]上單調(diào)遞增，∴＋1≥0在x∈[2,3]上恒成立，∴a≥(－x)max＝－2，∴a∈[－2，＋∞)．答案：[－2，＋∞)15．解析：依題f′(x)＝2ax＋b，所以不等式f(x)≥f′(x)恒成立，等價于ax2＋bx＋2a≥2ax＋b即ax2＋(b－2a)x＋2a－b≥0恒成立，則解得≤4，即的最大值為4.答案：416. 解析：由題可知，y＝2f′(x)的函數(shù)是一個復(fù)合函數(shù)，所以f′(x)的單調(diào)性與函數(shù)y的單調(diào)性一致，y＝2f′(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)(0,1)和點(diǎn)(2,1)，將點(diǎn)的坐標(biāo)代入，于是有1＝2f′(0)，1＝2f′(2)，解得f′(0)＝0，f′(2)＝0，即當(dāng)－∞x0時，f′(x)0，當(dāng)2x＋∞時，f′(x)0，因此y＝f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(2，＋∞)．答案：(2，＋∞)17．解：(1)當(dāng)m＝1時，f(x)＝x3＋x2－3x＋1，又f′(x)＝x2＋2x－3，所以f′(2)＝5.又f(2)＝，所以所求切線方程為y－＝5(x－2)，即15x－3y－25＝0.所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為15x－3y－25＝0.(2)因?yàn)閒′(x)＝x2＋2mx－3m2，令f′(x)＝0，得x＝－3m或x＝m.當(dāng)m＝0時，f′(x)＝x2≥0恒成立，不符合題意；當(dāng)m0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－3m，m)，若f(x)在區(qū)間(－2,3)上是減函數(shù)，則解得m≥3；當(dāng)m0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(m，－3m)，若f(x)在區(qū)間(－2,3)上是減函數(shù)，則解得m≤－2.綜上所述，實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－∞，－2]∪[3，＋∞)．18．解：(1)f′(x)＝exsin x＋excos x＝ex(sin x＋cos x)，令y＝sin x＋cos x＝sin，當(dāng)x∈，f′(x)0，f(x)單調(diào)遞增，x∈，f′(x)0，f(x)單調(diào)遞減，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，k∈Z，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，k∈Z.(2)令g(x)＝f(x)－kx＝exsin x－kx，即g(x)≥0恒成立，而g′(x)＝ex(sin x＋cos x)－k，令h(x)＝ex(sin x＋cos x)?h′(x)＝ex(sin x＋cos x)＋ex(cos x－sin x)＝2excos x.∵x∈，h′(x)≥0?h(x)在上單調(diào)遞增，1≤h(x)≤e，當(dāng)k≤1時，g′(x)≥0，g(x)在上單調(diào)遞增，g(x)≥g(0)＝0，符合題意；當(dāng)k≥e時，g′(x)≤0?g(x)在上單調(diào)遞減，g(x)≤g(0)＝0，與題意不合；當(dāng)1ke時，g′(x)為一個單調(diào)遞增的函數(shù)，而g′(0)＝1－k0，g′＝e－k0，由零點(diǎn)存在性定理，必存在一個零點(diǎn)x0，使得g′(x0)＝0，當(dāng)x∈[0，x0)時，g′(x)≤0，從而g(x)在x∈[0，x0)上單調(diào)遞減，從而g(x)≤g(0)，與題意不合．綜上所述：k的取值范圍為(－∞，1]．19．解：(1)令p(x)＝f′(x)＝ex－x－1，p′(x)＝ex－1，在(－1,0)內(nèi)，p′(x)＜0，p(x)單調(diào)遞減；在(0，＋∞)內(nèi)，p′(x)＞0，p(x)單調(diào)遞增．所以p(x)的最小值為p(0)＝0，即f′(x)≥0，所以f(x)在(－1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，即f(x)＞f(－1)＞0.(2)令h(x)＝g(x)－(ax＋1)，則h′(x)＝－e－x－a，令q(x)＝－e－x－a，q′(x)＝－.由(1)得q′(x)＜0，則q(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減．①當(dāng)a＝1時，q(0)＝h′(0)＝0且h(0)＝0.在(－1,0)上h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減，所以h(x)的最大值為h(0)，即h(x)≤0恒成立．②當(dāng)a＞1時，h′(0)＜0，x∈(－1,0)時，h′(x)＝－e－x－a＜－1－a＝0，解得x＝∈(－1,0)．即x∈時h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減，又h(0)＝0，所以此時h(x)＞0，與h(x)≤0恒成立矛盾．③當(dāng)0＜a＜1時，h′(0)＞0，x∈(0，＋∞)時，h′(x)＝－e－x－a＞－1－a＝0，解得x＝∈(0，＋∞)．即x∈時h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增，又h(0)＝0，所以此時h(x)＞0，與h(x)≤0恒成立矛盾．綜上，a的取值為1.20．解：(1)由已知f(0)＝1，f′(x)＝ex，f′(0)＝1，g(0)＝c，g′(x)＝2ax＋b，g′(0)＝b，依題意：所以即b＝－1，c＝1.(2)a＝c＝1，b＝0時，g(x)＝x2＋1，①x＝0時，f(0)＝1，g(0)＝1，即f(x)＝g(x)；②x0時，f(x)1，g(x)1，即f(x)g(x)；③x0時，令h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－x2－1，則h′(x)＝ex－2x.設(shè)k(x)＝h′(x)＝ex－2x，則k′(x)＝ex－2，當(dāng)xln 2時，k′(x)0，k(x)在區(qū)間(－∞，ln 2)上單調(diào)遞減；當(dāng)xln 2時，k′(x)0，k(x)在區(qū)間(ln 2，＋∞)上單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝ln 2時，k(x)取得極小值，且極小值為k(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 40，即k(x)＝h′(x)＝ex－2x0恒成立，故h(x)在R上單調(diào)遞增，又h(0)＝0，因此，當(dāng)x0時，h(x)h(0)＝0，即f(x)g(x)．綜上，當(dāng)x0時，f(x)g(x)；當(dāng)x＝0時，f(x)＝g(x)；當(dāng)x0時，f(x)g(x)．21．解：(1)當(dāng)a＝時，f(x)＝ln(x＋1)＋x2－x，則f′(x)＝＋x－1＝(x－1)，令f′(x)0，得－1x0或x1；令f′(x)0，得0x1，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－1,0)和(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)．(2)由題意f′(x)＝(x－1)，①當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)在(－1,0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，此時，不存在實(shí)數(shù)b∈(1,2)，使得當(dāng)x∈(－1，b]時，函數(shù)f(x)的最大值為f(b)．②當(dāng)a0時，令f′(x)＝0，有x1＝0，x2＝－1，(i)當(dāng)a＝時，函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，顯然符合題意．(ii)當(dāng)－10即0a時，函數(shù)f(x)在(－1,0)和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，f(x) 在x＝0處取得極大值，且f(0)＝0，要使對任意實(shí)數(shù)b∈(1,2)，當(dāng)x∈(－1，b]時，函數(shù)f(x)的最大值為f(b)，只需f(1)≥0，解得a≥1－ln 2，又0a，所以此時實(shí)數(shù)a的取值范圍是1－ln 2≤a.(iii)當(dāng)－10即a時，函數(shù)f(x)在－1，－1和(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，要存在實(shí)數(shù)b∈(1,2)，使得當(dāng)x∈(－1，b]時，函數(shù)f(x)的最大值為f(b)，需f≤f(1)，代入化簡得ln 2a＋＋ln 2－1≥0，①令g(a)＝ln 2a＋＋ln 2－1，因?yàn)間′(a)＝0恒成立，故恒有g(shù)(a)g＝ln 2－0，所以a時，①式恒成立，綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1－ln 2，＋∞)．22．解：(1)當(dāng)a＝e時，f(x)＝ex－ex－e，f′(x)＝ex－e，當(dāng)x1時，f′(x)0；當(dāng)x1時，f′(x)0.所以函數(shù)f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)在x＝1處取得極小值f(1)＝－e，函數(shù)f(x)無極大值．(2)由f(x)＝ex－ax－a，f′(x)＝ex－a，①當(dāng)a＝0時，f(x)＝ex≥0恒成立，滿足條件．②當(dāng)0a≤1時，由f′(x)＝0，得x＝ln a，則當(dāng)x∈(－∞，ln a)時，f′(x)0；當(dāng)x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)0.所以函數(shù)f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增．所以函數(shù)f(x)在x＝ln a處取得極小值即為最小值，f(x)min＝f(ln a)＝eln a－aln a－a＝－aln a.因?yàn)?a≤1，所以ln a≤0，所以－aln a≥0.所以f(x)min≥0，所以當(dāng)0≤a≤1時，f(x)≥0.(3)由(2)知，當(dāng)a＝1時，f(x)≥0恒成立，所以f(x)＝ex－x－1≥0恒成立，即ex≥x＋1，所以ln(x＋1)≤x，令x＝(n∈N)，得ln≤，所以ln＋ln＋…＋ln≤＋＋…＋＝＝1－n1，所以……e. 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