六　導(dǎo)數(shù)(A)1.設(shè)M是由滿足下列條件的函數(shù)f(x)構(gòu)成的集合:“①方程f(x)-x=0有實(shí)數(shù)根;②函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)滿足0<f′(x)<1.”(1)判斷函數(shù)f(x)=+是否是集合M中的元素,并說明理由;(2)集合M中的元素f(x)具有下面的性質(zhì):“若f(x)的定義域?yàn)镈,則對于任意[m,n] D,都存在x0∈[m,n],使得等式f(n)-f(m)=(n-m)f′(x0)成立”.試用這一性質(zhì)證明:方程f(x)-x=0只有一個實(shí)數(shù)根;(3)設(shè)x1是方程f(x)-x=0的實(shí)數(shù)根,求證:對于f(x)定義域中任意的x2,x3,當(dāng)|x2-x1|<1且|x3-x1|<1時,|f(x3)-f(x2)|<2.            2.已知x=是函數(shù)f(x)=(x+1)eax(a≠0)的一個極 值點(diǎn).(1)求a的值;(2)求f(x)在[t,t+1]上的最大值;(3)設(shè)g(x)=f(x)+x+xln x,證明:對任意x1,x2∈(0,1),有|g(x1)- g(x2)|<+.              3.設(shè)函數(shù)f(x)=-a2ln x+x2-ax(a∈R).(1)試討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)如果a>0且關(guān)于x的方程f(x)=m有兩解x1,x2(x1<x2),證明x1+x2>2a.                4.已知函數(shù)f(x)=ln (x+1).(1)當(dāng)x∈(-1,0)時,求證:f(x)<x<-f(-x);(2)設(shè)函數(shù)g(x)=ex-f(x)-a(a∈R),且g(x)有兩個不同的零點(diǎn)x1,x2(x1<x2),①求實(shí)數(shù)a的取值范圍;②求證:x1+x2>0.             六　導(dǎo)數(shù)(B)1.已知函數(shù)f(x)=ln (x+a)-x(a∈R),直線l:y=-x+ln 3-是曲線y=f(x)的一條切線.(1)求a的值;(2)設(shè)函數(shù)g(x)=xex-2x-f(x-a)-a+2,證明:函數(shù)g(x)無零點(diǎn).                2.已知函數(shù)f(x)=x3-2ax2-3x.(1)當(dāng)a=0時,求曲線y=f(x)在點(diǎn)(3,f(3))處的切線方程;(2)對一切x∈(0,+∞),af′(x)+4a2x≥ln x-3a-1恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.                  3.已知函數(shù)f(x)=a(x2-x+1)(ex-a)(a∈R且a≠0).(1)若a=1,求函數(shù)f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線的方程;(2)若對任意x∈[1,+∞),都有f(x)≥x3-x2+x,求a的取值范圍.                 4.已知函數(shù)f(x)=ex-x2-ax有兩個極值點(diǎn)x1,x2(e為自然對數(shù)的底數(shù)).(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍;(2)求證:f(x1)+f(x2)>2.                    參考答案A卷1.(1)解:函數(shù)f(x)=+是集合M中的元素.理由如下:因?yàn)閒′(x)=+cos x,所以f′(x)∈[,]滿足條件0<f′(x)<1,又因?yàn)楫?dāng)x=0時,f(0)=0,所以方程f(x)-x=0有實(shí)數(shù)根0.所以函數(shù)f(x)=+是集合M中的元素.(2)證明:假設(shè)方程f(x)-x=0存在兩個實(shí)數(shù)根a,b(a≠b),則f(a)-a=0,f(b)-b=0,不妨設(shè)a<b,根據(jù)題意存在c∈(a,b),使得等式f(b)-f(a)=(b-a)f′(c)成立,因?yàn)閒(a)=a,f(b)=b,且a≠b,所以f′(c)=1,與已知0<f′(x)<1矛盾,所以方程f(x)-x=0只有一個實(shí)數(shù)根.(3)證明:不妨設(shè)x2<x3,因?yàn)閒′(x)>0,所以f(x)為增函數(shù),所以f(x2)<f(x3),又因?yàn)閒′(x)<1,所以f′(x)-1<0,所以函數(shù)f(x)-x為減函數(shù),所以f(x2)-x2>f(x3)-x3,所以0<f(x3)-f(x2)<x3-x2,即|f(x3)-f(x2)|<|x3-x2|,所以|f(x3)-f(x2)|<|x3-x2|=|x3-x1-(x2-x1)|≤|x3-x1|+|x2-x1|<2.2.(1)解:f′(x)=eax+a(x+1)eax=(ax+a+1)eax,由x=是函數(shù)f(x)的一個極值點(diǎn)得f′()=(a+2)e=0,解得a=-2,經(jīng)檢驗(yàn),a=-2適合題意.(2)解:由(1)知f(x)=(x+1)e-2x,則f′(x)=-(2x+1)e-2x,令f′(x)=0得x=-.當(dāng)x變化時,f(x)與f′(x)的變化情況如下表:x(-∞,-)-(-,+∞)f′(x)+0-f(x)↗極大值e↘當(dāng)t+1≤-,即t≤-時,f(x)max=f(t+1)=(t+2)e-2(t+1);當(dāng)t<-<t+1,即-<t<-時,f(x)max=f(-)=e;當(dāng)t≥-時,f(x)max=f(t)=(t+1)e-2t.(3)證明:由題意可得g(x)=(x+1)e-2x+x+xln x,設(shè)g(x)=m1(x)+m2(x),x∈(0,1),其中m1(x)=(x+1)e-2x+x,m2(x)=xln x,則m′1(x)=-(2x+1)e-2x+1,令h(x)=m′1(x),則h′(x)=-2e-2x+2(2x+1)e-2x=4xe-2x>0,x∈(0,1),所以m′1(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,則當(dāng)x∈(0,1)時,m′1(x)>m′1(0)=0,所以m1(x)在(0,1)上也為增函數(shù),所以x∈(0,1)時,1=m1(0)<m1(x)<m1(1)=1+,①又m′2(x)=1+ln x,令m′2(x)=0得x=,且x∈(0,)時,m′2(x)<0,m2(x)為減函數(shù),x∈(,1)時,m′2(x)>0,m2(x)為增函數(shù),且m2()=-,m2(1)=0,所以-≤m2(x)<0,②由①②可得1-<g(x)<1+,所以任意x1,x2∈(0,1),|g(x1)-g(x2)|<(1+)-(1-)=+.3.(1)解:由f(x)=-a2ln x+x2-ax,可知f′(x)=-+2x-a==,因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),所以,①若a>0,則當(dāng)x∈(0,a)時,f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x∈(a,+∞)時,f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.②若a=0,則當(dāng)f′(x)=2x>0在x∈(0,+∞)內(nèi)恒成立,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.③若a<0,則當(dāng)x∈(0,-)時,f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x∈(-,+∞)時,f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.(2)證明:要證x1+x2>2a,只需證>a.設(shè)g(x)=f′(x)=-+2x-a,因?yàn)間′(x)=+2>0,所以g(x)=f′(x)為單調(diào)遞增函數(shù).所以只需證f′()>f′(a)=0,即證-+x1+x2-a>0,只需證-+(x1+x2-a)>0.(*)又-a2ln x1+-ax1=m,-a2ln x2+-ax2=m,所以兩式相減,并整理,得-+(x1+x2-a)=0.把(x1+x2-a)=代入(*)式,得只需證-+>0,可化為-+ln <0.令=t,得只需證-+ln t<0.令(t)=-+ln t(0<t<1),則′(t)=-+=>0,所以(t)在其定義域上為增函數(shù),所以(t)<(1)=0.綜上得原不等式成立.4.(1)證明:記q(x)=x-ln (x+1),則q′(x)=1-=,在(-1,0)上,q′(x)<0,即q(x)在(-1,0)上遞減,所以q(x)>q(0)=0,即x>ln (x+1)=f(x)恒成立.記m(x)=x+ln (-x+1),則m′(x)=1+=,在(-1,0)上,m′(x)>0,即m(x)在(-1,0)上遞增,所以m(x)<m(0)=0,即x+ln (-x+1)<0恒成立,x<-ln (-x+1)=-f(-x).綜上得,當(dāng)x∈(-1,0)時,f(x)<x<-f(-x),原題得證.(2)①解:g(x)=ex-ln (x+1)-a,定義域?yàn)?-1,+∞),則g′(x)=ex-,易知g′(x)在(-1,+∞)上遞增,而g′(0)=0,所以在(-1,0)上,g′(x)<0,g(x)在(-1,0]上遞減,在[0,+∞)上遞增,x→-1+,y→+∞,x→+∞,y→+∞,要使函數(shù)有兩個零點(diǎn),則g(x)極小值=g(0)=1-a<0,故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(1,+∞).②證明:由①知-1<x1<0<x2,記h(x)=g(x)-g(-x),x∈(-1,0),h′(x)=g′(x)-g′(-x)=ex-+e-x-,當(dāng)x∈(-1,0)時,由①知x<-ln (-x+1),則ex<e-ln(-x+1)=,再由x>ln (x+1)得,e-x<e-ln(x+1)=.又因?yàn)閑x-<0,e-x-<0,故h′(x)<0恒成立,h(x)=g(x)-g(-x)在x∈(-1,0)上單調(diào)遞減,h(x)>h(0)=0,即g(x)>g(-x),而-1<x1<0,g(x1)>g(-x1),g(x1)=g(x2)=0,所以g(x2)>g(-x1),由題知,-x1,x2∈(0,+∞),g(x)在[0,+∞)上遞增,所以x2>-x1,即x1+x2>0.參考答案B卷1.(1)解:函數(shù)f(x)=ln (x+a)-x(a∈R)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)=-1,設(shè)切點(diǎn)為(m,n),直線l:y=-x+ln 3-是曲線y=f(x)的一條切線,可得-1=-,ln (m+a)-m=-m+ln 3-,解得m=2,a=1,因此a的值為1.(2)證明:函數(shù)g(x)=xex-2x-f(x-a)-a+2=xex-2x-f(x-1)-1+2=xex-x-ln x,x>0,g′(x)=(x+1)ex-1-=(x+1)(ex-),可設(shè)ex-=0的根為m,即有em=,即有m=-ln m,當(dāng)x>m時,g(x)遞增,0<x<m時,g(x)遞減,可得x=m時,g(x)取得極小值,且為最小值,則g(x)≥g(m)=mem-m-ln m=1-m+m=1,可得g(x)>0恒成立,則函數(shù)g(x)無零點(diǎn).2.解:(1)由題意知a=0時,f(x)=x3-3x,所以f′(x)=2x2-3.又f(3)=9,f′(3)=15,所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(3,f(3))處的切線方程為15x-y-36=0.(2)由題意2ax2+1≥ln x,即a≥對一切x∈(0,+∞)恒成立.設(shè)g(x)=,則g′(x)=.當(dāng)0<x<時,g′(x)>0;當(dāng)x>時,g′(x)<0.所以當(dāng)x=時,g(x)取得最大值[g(x)]max=,故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[,+∞).3.解:(1)因?yàn)楫?dāng)a=1時,f(x)=(x2-x+1)(ex-1),所以f(0)=0,且f′(x)=(2x-1)(ex-1)+(x2-x+1)ex=(x2+x)ex+1-2x,所以f′(0)=1,所以函數(shù)f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線的方程為y=x.(2)依題意,“對任意x∈[1,+∞),f(x)≥x3-x2+x”等價于“對任意x∈[1,+∞),a(x2-x+1)(ex-a)≥x(x2-x+1)”.因?yàn)閤∈[1,+∞)時,x2-x+1=(x-)2+≥1,所以等價于“a(ex-a)≥x在x∈[1,+∞)上恒成立”.令g(x)=a(ex-a)-x,則g′(x)=aex-1.①當(dāng)a<0時,g′(x)<0,g(x)=a(ex-a)-x在[1,+∞)上單調(diào)遞減,此時g(1)=a(e-a)-1=ae-a2-1<0,不合題意,舍去.②當(dāng)a>0時,由g′(x)=aex-1=0得x=ln.x(-∞,ln)ln(ln,+∞)g′(x)小于00大于0g(x)單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增a.當(dāng)ln≤1,即a≥時,g(x)=a(ex-a)-x在[1,+∞)上單調(diào)遞增,得g(x)min=g(1),由a(ex-a)-x≥0在[1,+∞)上恒成立,得g(1)≥0,即≤a≤,滿足a≥;b.當(dāng)ln>1,即0<a<時,由上表可知g(x)min=g(ln),由a(ex-a)-x≥0在[1,+∞)上恒成立,得g(ln)≥0,即1+ln a-a2≥0.令h(a)=1+ln a-a2,則h′(a)=-2a=.由h′(a)=0得a=或-(舍去),a(0,)(,+∞)h′(a)大于00小于0h(a)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減由上表可知h(a)=1+ln a-a2在(0,)上單調(diào)遞增,則h(a)<h()=-<0,故不等式h(a)=1+ln a-a2≥0(0<a<)無解.綜上所述,a的取值范圍是[,].4.(1)解:因?yàn)閒(x)=ex-x2-ax,所以f′(x)=ex-x-a.設(shè)g(x)=ex-x-a,則g′(x)=ex-1.令g′(x)=ex-1=0,解得x=0.所以當(dāng)x∈(-∞,0)時,g′(x)<0;當(dāng)x∈(0,+∞)時,g′(x)>0.所以g(x)min=g(0)=1-a.當(dāng)a≤1時,f′(x)=g(x)≥0,函數(shù)f(x)無極值點(diǎn);當(dāng)a>1時,g(0)=1-a<0,且當(dāng)x→+∞時,g(x)→+∞;當(dāng)x→-∞時,g(x)→+∞;所以當(dāng)a>1時,g(x)=f′(x)=ex-x-a有兩個零點(diǎn)x1,x2.不妨設(shè)x1<x2,則x1<0<x2.所以函數(shù)f(x)有兩個極值點(diǎn)時,a的取值范圍是(1,+∞).(2)證明:由(1)知,x1,x2為g(x)=0的兩個實(shí)數(shù)根,x1<0<x2,且g(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減.下面先證x1<-x2<0,只需證g(-x2)<0.因?yàn)間(x2)=-x2-a=0,得a=-x2,所以g(-x2)=+x2-a=-+2x2.設(shè)h(x)=e-x-ex+2x,x>0,則h′(x)=--ex+2<0,所以h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,所以h(x)<h(0)=0,所以g(-x2)<0,即得x1<-x2<0.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(x1,0)上也單調(diào)遞減,所以f(x1)>f(-x2),所以要證f(x1)+f(x2)>2,只需證f(-x2)+f(x2)>2,即證+--2>0.設(shè)函數(shù)k(x)=ex+e-x-x2-2,x∈(0,+∞),則k′(x)=ex-e-x-2x.設(shè)(x)=k′(x)=ex-e-x-2x,′(x)=ex+e-x-2>0,所以(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以(x)>(0)=0,即k′(x)>0,所以k(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,k(x)>k(0)=0,所以x∈(0,+∞),ex+e-x-x2-2>0,即+--2>0,所以f(-x2)+f(x2)>2,所以f(x1)+f(x2)>2. 

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