【導(dǎo)讀】1．已知f＝xlnx，若00',2)(xxf則?24)(滿足f′(1)＝2，則f′(－1)等于。9．已知f＝12x2－cosx，]1,1[??x，則導(dǎo)函數(shù)f′是(). 13．已知函數(shù)f＝mx3＋3(m－1)x2－m2＋1(m>0)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,4)，則m. 15．若f是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，且對任意x∈R，滿足f＋f′>0，18．若曲線f＝acosx與曲線g＝x2＋bx＋1在交點(diǎn)(0，m)處有公切線，35．設(shè)1＜x＜2，則lnxx，??????

　　

【正文】 (x)在 (0，＋ ∞ )上單調(diào)遞減； 當(dāng) a0 時(shí)，令 f′ (x)＝ 0，解得 x＝ aa (負(fù)值舍去 )． 當(dāng) x∈ (0， aa )時(shí)， f′ (x)0， f(x)在 (0， aa )上單調(diào)遞減； 當(dāng) x∈ ( aa ，＋ ∞ )時(shí)， f′ (x)0， f(x)在 ( aa ，＋ ∞ )上單調(diào)遞增． (3)存在 a∈ (0， e3)，使得方程 f(x)＝ 2有兩個不等的實(shí)數(shù)根． 理由如下： 由 (2)可知當(dāng) a≤ 0時(shí)， f′ (x)0， f(x)在 (0，＋ ∞ )上單調(diào)遞減，方程 f(x)＝ 2不可能有兩個不等的實(shí)數(shù)根； 當(dāng) a0 時(shí)，函數(shù) f(x)在 (0， aa )上單調(diào)遞減，在 ( aa ，＋ ∞ )上單調(diào)遞增，使得方程f(x)＝ 2有兩個不等的實(shí)數(shù)根，等價(jià)于函數(shù) f(x)的極小值 f( aa )2，即 f( aa )＝ 12＋ 12ln a2，解得 0ae3，所以 a的取值范圍是 (0， e3)． 19． 解： (1)∵ f(x)＝ ln x－ ax2＋ (a－ 2)x， ∴ 函數(shù)的定義域?yàn)?(0，＋ ∞ )． ∴ f′ (x)＝ 1x－ 2ax＋ (a－ 2)＝ 1－ 2ax2＋（ a－ 2） xx ＝－（ 2x－ 1）（ ax＋ 1）x . ∵ f(x)在 x＝ 1 處取得極值， 即 f′(1)＝－ (2－ 1)(a＋ 1)＝ 0， ∴ a＝－ 1. 當(dāng) a＝－ 1 時(shí)，在 ??? ???12， 1 內(nèi) f′(x)＜ 0，在 (1，＋ ∞ )內(nèi) f′(x)＞ 0， ∴ x＝ 1 是函數(shù) y＝ f(x)的極小值點(diǎn)． ∴ a＝－ 1. 30 (2)∵ a2＜ a， ∴ 0＜ a＜ ′(x)＝ 1x－ 2ax＋ (a－ 2)＝ 1－ 2ax2＋（ a－ 2） xx ＝－（ 2x－ 1）（ ax＋ 1）x ， ∵ x∈ (0，＋ ∞ )， ∴ ax＋ 1＞ 0， ∴ f(x)在 ??? ???0， 12 上遞增；在 ??? ???12，＋ ∞ 上遞減， ① 當(dāng) 0＜ a≤ 12時(shí)， f(x)在 [a2， a]上單調(diào)遞增， ∴ f(x)max＝ f(a)＝ ln a－ a3＋ a2－2a； ② 當(dāng)?????a＞ 12，a2＜ 12，即 12＜ a＜ 22 時(shí)， f(x)在 ??? ???a2， 12 上單調(diào)遞增，在 ??? ???12， a 上單調(diào)遞減， ∴ f(x)max＝ f??? ???12 ＝－ ln 2－ a4＋ a－ 22 ＝ a4－ 1－ ln 2； ③ 當(dāng) 12≤ a2，即 22 ≤ a＜ 1 時(shí)， f(x)在 [a2， a]上單調(diào)遞減， ∴ f(x)max＝ f(a2)＝ 2lna－ a5＋ a3－ 2a2. 20． 解： (1)由 f(x)＝ ex－ ax－ 1，得 f′(x)＝ ex－ a. 當(dāng) a≤ 0 時(shí)，對 ? x∈ R，有 f′(x)＞ 0，所以函數(shù) f(x)在區(qū)間 (－ ∞ ，＋ ∞ )上單調(diào)遞增； 當(dāng) a＞ 0 時(shí)，由 f′(x)＞ 0，得 x＞ ln a；由 f′(x)＜ 0，得 x＜ ln a， 此時(shí)函數(shù) f(x)的單調(diào)增區(qū)間為 (ln a，＋ ∞ )，單調(diào)減區(qū)間為 (－ ∞ ， ln a)． 綜上所述，當(dāng) a≤ 0 時(shí)，函數(shù) f(x)的單調(diào)增區(qū)間為 (－ ∞ ，＋ ∞ )； 當(dāng) a＞ 0 時(shí)，函數(shù) f(x)的單調(diào)增區(qū)間為 (ln a，＋ ∞ )，單調(diào)減區(qū)間為 (－ ∞ ， ln a)． (2)函數(shù) F(x)＝ f(x)－ xln x 的定義域?yàn)?(0，＋ ∞ )，由 F(x)＝ 0，得 a＝ ex－ 1x － ln x(x＞ 0)， 令 h(x)＝ ex－ 1x － ln x(x＞ 0)，則 h′(x)＝（ ex－ 1）（ x－ 1）x2 ， 由于 x＞ 0， ex－ 1＞ 0，可知當(dāng) x＞ 1 時(shí)， h′(x)＞ 0；當(dāng) 0＜ x＜ 1 時(shí)， h′(x)＜ 0， 故函數(shù) h(x)在 (0， 1)上單調(diào)遞減，在 (1，＋ ∞ )上單調(diào)遞增，故 h(x)≥ h(1)＝ e－ 1. (隨著 x＞ 0 的增長， y＝ ex－ 1 的增長速度越來越快，會超過并遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于 y＝ x的增長速度，而 y＝ ln x 的增長速度 則會越來越慢．則當(dāng) x＞ 0 且 x 無限接近于 0時(shí)， h(x)趨向于正無窮大． ) 故當(dāng) a＞ e－ 1 時(shí)，函數(shù) F(x)有兩個不同的零點(diǎn)； 當(dāng) a＝ e－ 1 時(shí)，函數(shù) F(x)有且僅有一個零點(diǎn)； 當(dāng) a＜ e－ 1 時(shí)，函數(shù) F(x)沒有零點(diǎn) . (3)由 (1)知當(dāng) a＝ 1 時(shí)，對 ? x＞ 0，有 f(x)＞ f(ln a)＝ 0，即 ex－ 1＞ x， 當(dāng) x＞ 0 時(shí)， ex－ 1＞ x，故對 ? x＞ 0， g(x)＞ 0，先用分析法證明： ? x＞ 0，g(x)＜ x. 31 要證對 ? x＞ 0， g(x)＜ x，只需證對 ? x＞ 0， ex－ 1x ＜ ex，即證對 ? x＞ 0， xex－ ex＋ 1＞ 0， 構(gòu)造函數(shù) H(x)＝ xex－ ex＋ 1(x＞ 0)，則 H′(x)＝ xex＞ 0， 故函數(shù) H(x)在 (0，＋ ∞ )上單調(diào)遞增，所以 H(x)＞ H(0)＝ 0，則對 ? x＞ 0， xex－ ex＋ 1＞ 0 成立． 當(dāng) a≤ 1 時(shí)，由 (1)知， f(x)在 (0，＋ ∞ )上單調(diào)遞增，則 f(g(x))＜ f(x)在 (0，＋∞ )上恒成立； 當(dāng) a＞ 1 時(shí)，由 (1)知，函數(shù) f(x)在 (ln a，＋ ∞ )上單調(diào)遞增，在 (0， ln a)上單調(diào)遞減， 故當(dāng) 0＜ x＜ ln a 時(shí)， 0＜ g(x)＜ x＜ ln a，所以 f(g(x))＞ f(x)，則不滿足題意． 所以滿足 題意的 a 的取值范圍是 (－ ∞ ， 1]． 21． 解： (1)∵ x∈ [0，＋ ∞ )， ∴ f(x)＝ ex??? ???1－ a2x2 ， ∴ f′ (x)＝ ex??? ???－ a2x2－ ax＋ 1 . 由題意， f′(x)≥ 0 在 [0，＋ ∞ )上恒成立， 當(dāng) a＝ 0 時(shí)， f′(x)＝ ex0 恒成立，即滿足條件． 當(dāng) a≠ 0 時(shí)，要使 f′(x)≥ 0，而 ex0 恒成立， 故只需－ a2x2－ ax＋ 1≥ 0 在 [0，＋ ∞ )上恒成立，即 ?????－ a2＞ 0，－ a20 2－ a0 ＋ 1≥ 0，解得 a0. 綜上， a 的取值范圍為 a≤ 0. (2)證明：由題知 f(x)≤ x＋ 1 即為 ex－ a2x2e|x|≤ x＋ 1. 在 x≥ 0 時(shí)，要證明 ex－ a2x2e|x|≤ x＋ 1 成立， 只需證 ex≤ a2x2ex＋ x＋ 1，即證 1≤ a2x2＋ x＋ 1ex ， ① 令 g(x)＝ a2x2＋ x＋ 1ex ，得 g′(x)＝ ax＋ 1 ex－（ x＋ 1） ex（ ex） 2 ＝ ax－xex， 整理得 g′(x)＝ x??? ???a－ 1ex ， ∵ x≥ 0 時(shí)， 1ex≤ 1，結(jié)合 a≥ 1，得 g′(x)≥ 0， ∴ g(x)在 [0，＋ ∞ )上是增函數(shù)，故 g(x)≥ g(0)＝ 1，從而 ① 式得證． 在 x≤ 0 時(shí)，要使 ex－ a2x2e|x|≤ x＋ 1 成立， 只需證 ex≤ a2x2e－ x＋ x＋ 1，即證 1≤ a2x2e－ 2x＋ (x＋ 1)e－ x， ② 令 m(x)＝ ax22 e－ 2x＋ (x＋ 1)e－ x，得 m′(x)＝－ xe－ 2x[ex＋ a(x－ 1)]， 32 而 φ(x)＝ ex＋ a(x－ 1)在 x≤ 0 時(shí)為增函數(shù)， 故 φ(x)≤ φ(0)＝ 1－ a≤ 0，從而 m′(x)≤ 0， ∴ m(x)在 x≤ 0 時(shí)為減函數(shù)，則 m(x)≥ m(0)＝ 1，從而 ② 式得證． 綜上所述，原不等式 ex－ a2x2e|x|≤ x＋ 1，即 f(x)≤ x＋ 1 在 a≥ 1 時(shí)恒成立． (3)要使 f(x0)x0＋ 1 成立，即 ex0－ a2x20ex0＞ x0＋ 1，變形為 ax202 ＋x0＋ 1ex0 － 10，③ 要找一個 x00 使 ③ 式成立，只需找到函數(shù) t (x)＝ ax22 ＋x＋ 1ex － 1 的最小值，滿足 t(x)min＜ 0 即可． ∵ t′ (x)＝ x??? ???a－ 1ex ， 令 t′(x)＝ 0 得 ex＝ 1a，則 x＝－ ln a， 在 0x－ ln a 時(shí)， t′(x)＜ 0，在 x－ ln a 時(shí)， t′(x)＞ 0， 即 t(x)在 (0，－ ln a)上是減函數(shù)，在 (－ ln a，＋ ∞ )上是增函數(shù)， ∴ 當(dāng) x＝－ ln a 時(shí)， t(x)取得最小值 t(－ ln a)＝ a2(ln a)2＋ a(－ ln a＋ 1)－ 1. 下面只需證明： a2(ln a)2－ aln a＋ a－ 1＜ 0 在 0＜ a＜ 1 時(shí)恒成立即可． 令 p(a)＝ a2(ln a)2－ aln a＋ a－ 1, 則 p′(a)＝ 12(ln a)2≥ 0，從而 p(a)在 (0， 1)上是增函數(shù)， 則 p(a)＜ p(1)＝ 0，從而 a2(ln a)2－ aln a＋ a－ 1＜ 0，得證． 于是 t(x)的最小值 t(－ ln a)＜ 0， 因此可找到一個常數(shù) x0＝－ ln a(0＜ a＜ 1)，使得 ③ 式成立． 22． 解： (1)由題意得， f′(x)＝ 1－ 1x， ∴ f′(2)＝ 1－ 12＝ 12， f(2)＝ 1－ ln 2， ∴ 曲線 y＝ f(x)在 x＝ 2 處的切線方程為 y－ (1－ ln 2)＝ 12(x－ 2)? x－ 2y－ 2ln 2＝ 0. (2)當(dāng) x∈ (0，＋ ∞ )時(shí)， f(x)≥ ax－ 2 恒成立， ∴ a≤ 1＋ 1x－ ln xx ， 令 g(x)＝ 1＋ 1x－ ln xx ，則 g′(x)＝ ln x－ 2x2 ，令 g′(x)＝ 0? x＝ e2， 可得 g(x)在 (0， e2)上單調(diào)遞減，在 (e2，＋ ∞ )上單調(diào)遞增， ∴ g(x)min＝ g(e2)＝ 1－ 1e2，即 a≤ 1－ 1e2，故實(shí)數(shù) a 的取值范圍是 ??? ???－ ∞ ， 1－ 1e2 23． 解： (1)f(x)的定義域?yàn)?(0，＋ ∞ )， 當(dāng) a＝ 1 時(shí)， f′(x)＝ 2x－ 3＋ 1x＝ 2x2－ 3x＋ 1x ， 由 f′(x)＞ 0 得 x＜ 12或 x＞ 1，由 f′(x)＜ 0 得 12＜ x＜ 1， 33 ∴ f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 ??? ???0， 12 ， (1，＋ ∞ )；單調(diào)遞減區(qū)間為 ??? ???12， 1 . ∴ f(x)的極大值為 f??? ???12 ＝－ 54－ ln 2；極小值為 f(1)＝－ 2. (2)由題意知 f′(x)＝ 2x－ 3＋ ax≥ 2 2a－ 3＝ 1， ∴ a＝ 2， 此時(shí) 2x＝ ax，即 2x＝ 2x， ∴ x＝ 1，切點(diǎn) 為 (1，－ 2), ∴ 此時(shí)的切線 l 的方程為x－ y－ 3＝ 0. 24． 解： (1)由不等式 f(x)－ g(x)＝ p??? ???x－ 1x － 2ln x－ 2ex ＞ 0 對 x∈ [2， e]恒成立， ∴ p＞ 2xln x＋ 2ex2－ 1 對 x∈ [2， e]恒成立． 令 h(x)＝ 2xln x＋ 2ex2－ 1 ， x∈ [2， e]，則 p＞ h(x)max. ∵ h′ (x)＝ － 2（ 1＋ x2） ln x－ 2x（ 2e－ x） － 2（ x2－ 1） 2 ＜ 0. ∴ h(x)在區(qū)間 [2， e]上是減函數(shù)， ∴ h(x)max＝ h(2)＝ 4ln 2＋ 2e3 ，故 p＞ 4ln 2＋ 2e3 . (2)依題意 f(x)min＞ g(x)min. ∵ f′ (x)＝ p＋ px2－ 2x＞ 0， ∴ f(x)在 [2， e]上單調(diào)遞增，故 f(x)min＝ f(2)． 又 g(x)＝ 2ex 在 [2， e]上單調(diào)遞減，故 g(x)min＝ g(e)，由 f(2)g(e)，解得 p＞4＋ 4ln 23 . 25． 解： (1)函數(shù) f(x)的定義域?yàn)?(0，＋ ∞ )， f′(x)＝－ ln xx2 ，由 f′(x)＝ 0 得 x＝ 1， 當(dāng) 0＜ x＜ 1 時(shí)， f′(x)＞ 0；當(dāng) x＞ 1 時(shí)， f′(x)＜ 0，所以 f(x)在 (0， 1)上單調(diào)遞增，在 (1，＋ ∞ )上單調(diào)遞減，故函數(shù) f(x)在 x＝ 1 處取得唯一的極值， 由題意得?????a＋ 14＞ 2a－ 1，2a－ 1＜ 1＜ a＋ 14? 34＜ a＜ 1，故實(shí)數(shù) a 的取值范圍為 ??? ???34， 1 . (2)x≥ 1 時(shí)，不等式 f(x)≥ kx＋ 1化為 1＋ ln xx ≥ kx＋ 1? k≤ （ x＋ 1）（ 1＋ ln x）x ， 令 g(x)＝ （ x＋ 1）（ 1＋ ln x）x ，由題意知 k≥ g(x)在 [1，＋ ∞ )上恒成立， g′(x)＝ x－ ln xx2 ， 再令 h(x)＝ x－ l