2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的概念及其簡單應(yīng)用 理導(dǎo)數(shù)的幾何意義及導(dǎo)數(shù)的運算1.(xx洛陽統(tǒng)考)已知直線m:x+2y-3=0,函數(shù)y=3x+cos x的圖象與直線l相切于Ρ點,若l⊥m,則Ρ點的坐標(biāo)可能是( B )(A)（-,-） (B)（,）(C)（,） (D)（-,-）解析:由l⊥m可得直線l的斜率為2,函數(shù)y=3x+cos x的圖象與直線l相切于Ρ點,也就是函數(shù)在P點的導(dǎo)數(shù)值為2,而y ′=3-sin x=2,解得sin x=1,只有B,D符合要求,而D中的點不在函數(shù)圖象上,因此選B.2.(xx廣東卷)曲線y=e-5x+2在點(0,3)處的切線方程為 .?解析:由題意知點(0,3)是切點.y′=-5e-5x,令x=0,得所求切線斜率為-5.從而所求方程為5x+y-3=0.答案:5x+y-3=0利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性3.(xx遼寧沈陽市質(zhì)檢)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)+f′(x)>1,f(0)=4,則不等式f(x)>+1(e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為( A )(A)(0,+∞) (B)(-∞,0)∪(3,+∞)(C)(-∞,0)∪(0,+∞) (D)(3,+∞)解析:不等式f(x)>+1可以轉(zhuǎn)化為exf(x)-ex-3>0令g(x)=exf(x)-ex-3,所以g′(x)=ex(f(x)+f′(x))-ex=ex(f(x)+f′(x)-1)>0,所以g(x)在R上單調(diào)遞增,又因為g(0)=f(0)-4=0,所以g(x)>0?x>0,即不等式的解集是(0,+∞).故選A.4.(xx遼寧卷)當(dāng)x∈[-2,1]時,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是( C )(A)[-5,-3] (B)[-6,-](C)[-6,-2] (D)[-4,-3]解析:當(dāng)x∈(0,1]時,得a≥-3()3-4()2+,令t=,則t∈[1,+∞),a≥-3t3-4t2+t,令g(t)=-3t3-4t2+t,t∈[1,+∞),則g′(t)=-9t2-8t+1=-(t+1)(9t-1),顯然在[1,+∞)上,g′(t)<0,g(t)單調(diào)遞減,所以g(t)max=g(1)=-6,因此a≥-6;同理,當(dāng)x∈[-2,0)時,得a≤-2.由以上兩種情況得-6≤a≤-2.顯然當(dāng)x=0時對任意實數(shù)a不等式也成立.故實數(shù)a的取值范圍為[-6,-2].5.(xx河南鄭州市第二次質(zhì)檢)已知偶函數(shù)y= f (x)對于任意的x∈[0,)滿足f′(x)cos x+f(x)sin x>0(其中f′ (x)是函數(shù)f (x)的導(dǎo)函數(shù)),則下列不等式中成立的有 .?(1)f(-)f(-)(3)f(0)0,所以為增函數(shù).所以>,所以f()>f(),又因為f(x)為偶函數(shù),所以f(-)>f(),f(-)>f(-).故(2)正確,(1)錯誤.因為<,所以f(0)2;④a=0,b=2;⑤a=1,b=2.解析:令f(x)=x3+ax+b,則f′(x)=3x2+a.當(dāng)a≥0時,f′(x)≥0,f(x)為增函數(shù),④⑤合題.對于①,由a=b=-3,得f(x)=x3-3x-3,f′(x)=3(x+1)(x-1),f(x)極大值=f(-1)=-1<0,f(x)極小值=f(1)=-5<0,函數(shù)f(x)的圖象與x軸只有一個交點,故x3+ax+b=0僅有一個實根;對于②,由a=-3,b=2,得f(x)=x3-3x+2,f′(x)=3(x+1)(x-1),f(x)極大值=f(-1)=4>0,f(x)極小值=f(1)=0,函數(shù)f(x)的圖象與x軸有兩個交點,故x3+ax+b=0有兩個實根;對于③,由a=-3,b>2,得f(x)=x3-3x+b,f′(x)=3(x+1)(x-1),f(x)極大值=f(-1)=2+b>0,f(x)極小值=f(1)=b-2>0,函數(shù)f(x)的圖象與x軸只有一個交點,故x3+ax+b=0僅有一個實根.答案:①③④⑤【教師備用】 (xx上饒三模)已知函數(shù)f(x)=(mx+1)(ln x-3).(1)若m=1,求曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程;(2)設(shè)點A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))滿足ln x1ln x2=3ln(x1·x2)-8,(x1≠x2),判斷是否存在點P(m,0),使得∠APB為直角?說明理由;(3)若函數(shù)f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù),求實數(shù)m的取值范圍.解:(1)f′(x)=(ln x-3)+(x+1)·,則f′(1)=-1,f(1)=-6,所以切線方程為x+y+5=0.(2)不存在點P(m,0),使得∠APB為直角,依題意得=(x1-m,f(x1)),=(x2-m,f(x2)),·=(x1-m)(x2-m)+f(x1)f(x2)=(x1-m)(x2-m)+(mx1+1)(ln x1-3)(mx2+1)(ln x2-3)=x1x2-m(x1+x2)+m2+[m2x1x2+m(x1+x2)+1]·[ln x1ln x2-3(ln x1+ln x2)+9]=x1x2-m(x1+x2)+m2+[m2x1x2+m(x1+x2)+1]=(1+m2)(x1x2+1)>0,所以不存在實數(shù)m,使得∠APB為直角.(3)f′(x)=m(ln x-3)+(mx+1)·==,若函數(shù)f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù),則f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,有mx(ln x-2)+1≥0在(0,+∞)上恒成立,設(shè)h(x)=x(ln x-2),h′(x)=ln x-1,h(x)在(0,e)是減函數(shù),在(e,+∞)是增函數(shù),所以h(x)的值域為[-e,+∞),即mt+1≥0在[-e,+∞)上恒成立.有解得0≤m≤.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值7.設(shè)函數(shù)f(x)=x2-mln x,h(x)=x2-x+a.(1)當(dāng)a=0時,f(x)≥h(x)在(1,+∞)上恒成立,求實數(shù)m的取值范圍;(2)當(dāng)m=2時,若函數(shù)k(x)=f(x)-h(x)在[1,3]上恰有兩個不同的零點,求實數(shù)a的取值范圍;(3)是否存在實數(shù)m,使函數(shù)f(x)和函數(shù)h(x)在公共定義域上具有相同的單調(diào)性?若存在,求出m的值,若不存在,請說明理由.解:(1)由a=0,f(x)≥h(x),x∈(1,+∞)可得-mln x≥-x,即m≤.記(x)=,則f(x)≥h(x)在(1,+∞)上恒成立等價于m≤(x)min,x∈(1,+∞).求得′(x)=,當(dāng)x∈(1,e)時,′(x)<0;當(dāng)x∈(e,+∞)時,′(x)>0,故(x)在x=e處取得極小值,也是最小值,即(x)min=(e)=e,故m≤e.(2)函數(shù)k(x)=f(x)-h(x)在[1,3]上恰有兩個不同的零點等價于方程x-2ln x=a在[1,3]上恰有兩個相異實根.令g(x)=x-2ln x,則g′(x)=1-.當(dāng)x∈[1,2)時,g′(x)<0;當(dāng)x∈(2,3]時,g′(x)>0.所以g(x)在[1,2]上是單調(diào)遞減函數(shù),在(2,3]上是單調(diào)遞增函數(shù).故g(x)min=g(2)=2-2ln 2,又g(1)=1,g(3)=3-2ln 3,g(1)>g(3),所以只需g(2)0,由f′(x)>0可得2x2-m>0,解得x>或x<-(舍去).故m>0時,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,),而h(x)在(0,+∞)上的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,),單調(diào)遞增區(qū)間是(,+∞),故只需=,解得m=.即當(dāng)m=時,函數(shù)f(x)和函數(shù)h(x)在其公共定義域上具有相同的單調(diào)性.定積分8.(xx江西卷)若f(x)=x2+2f(x)dx,則f(x)dx等于( B )(A)-1 (B)- (C) (D)1解析:因為f(x)dx是常數(shù),所以f′(x)=2x,所以可設(shè)f(x)=x2+c(c為常數(shù)),所以x2+c=x2+2(x3+cx)|,解得c=-,f(x)dx=(x2+c)dx=(x2-)dx=(x3-x)|=-.故選B.9.(xx福建卷)如圖,點A的坐標(biāo)為(1,0),點C的坐標(biāo)為(2,4),函數(shù)f(x)=x2.若在矩形ABCD內(nèi)隨機取一點,則此點取自陰影部分的概率等于 .?解析:由題圖可知陰影部分的面積S陰影=S矩形ABCD-x2dx=1×4-|=4-(-)=,則所求事件的概率P===.答案:一、選擇題1.(xx潮州二模)已知奇函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)<0在R上恒成立,且x,y滿足不等式f(x2-2x)+f(y2-2y)≥0,則的取值范圍是( A )(A)[0,2] (B)[0,](C)[1,2] (D)[,2]解析:因為函數(shù)y=f(x)為奇函數(shù),所以f(x2-2x)+f(y2-2y)≥0?f(x2-2x)≥f(2y-y2).由函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)<0在R上恒成立知函數(shù)y=f(x)為減函數(shù),所以x2-2x≤2y-y2,即(x-1)2+(y-1)2≤2,所以滿足該不等式的點(x,y)在以(1,1)為圓心,半徑為的圓及圓內(nèi)部,所以點(x,y)到原點的最小距離為0,最大距離為2,所以的取值范圍是[0,2].故選A.2.(xx黃岡三模)已知函數(shù)f(x)=a(x-)-2ln x(a∈R),g(x)=-,若至少存在一個x0∈[1,e],使得f(x0)>g(x0)成立,則實數(shù)a的范圍為( D )(A)[1,+∞) (B)(1,+∞)(C)[0,+∞) (D)(0,+∞)解析:設(shè)h(x)=f(x)-g(x)=ax-2ln x,則h′(x)=a-.若a≤0,則h′(x)<0,h(x)是減函數(shù),在[1,e]上的最大值為h(1)=a≤0,所以不存在x0∈[1,e],使得h(x0)>0,即f(x0)>g(x0)成立;若a>0,則由h(1)=a>0知,總存在x0=1使得f(x0)>g(x0)成立.故實數(shù)a的范圍為(0,+∞).3.已知函數(shù)f(x)=(x2-2x)ex,x∈[-2,+∞),f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),且f′(x)有兩個零點x1和x2(x10得-2;由f′(x)<0得-f()=(2-2),所以f(x)的最小值為f(),即f(x2).4.設(shè)函數(shù)f(x)滿足x2f′(x)+2xf(x)=,f(2)=,則x>0時,f(x)( D )(A)有極大值,無極小值 (B)有極小值,無極大值(C)既有極大值又有極小值 (D)既無極大值也無極小值解析:由題知[f(x)·x2]′=>0,令g(x)=f(x)·x2,則f(x)=,f′(x)==.令m(x)=ex-2g(x),m′(x)=ex-2g′(x)=ex-2·=ex(1-)=ex·.則x>2時,m′(x)>0,m(x)為增函數(shù),00時,f(x)為增函數(shù).則函數(shù)f(x)無極大值也無極小值.故選D.5.已知函數(shù)f(x)=(a∈R),若對于任意的x∈N*,f(x)≥3恒成立,則a的最小值等于( A )(A)- (B)-3(C)-4+3 (D)-6解析:x∈N*時,不等式f(x)≥3可化為a≥-x-+3,設(shè)h(x)=-x-+3,則h′(x)=-1+=,當(dāng)x∈(0,2)時,h′(x)>0,當(dāng)x∈(2,+∞)時,h′(x)<0,所以x∈N*時,h(x)max=max{h(2),h(3)}=-,所以x∈N*,f(x)≥3恒成立,只需a≥-即可.6.(xx開封模擬)已知函數(shù)f(x)=ex-mx+1的圖象為曲線C,若曲線C存在與直線y=ex垂直的切線,則實數(shù)m的取值范圍是( B )(A)(-∞,) (B)(,+∞)(C)(,e) (D)(e,+∞)解析:函數(shù)的f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)=ex-m,曲線C存在與直線y=ex垂直的切線,則切線斜率k=ex-m滿足(ex-m)e=-1,即ex-m=-有解,即m=ex+有解.因為ex+>,所以m>,故選B.7.已知函數(shù)f(x)的定義域為[-1,5],部分對應(yīng)值如表.x-1045f(x)1221f(x)的導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象如圖所示.下列關(guān)于函數(shù)f(x)的命題:①函數(shù)y=f(x)是周期函數(shù);②函數(shù)f(x)在[0,2]是減函數(shù);③如果當(dāng)x∈[-1,t]時,f(x)的最大值是2,那么t的最大值為4;④當(dāng)10,故選B.10.(xx贛州高三摸底)已知函數(shù)f(x)=(a-3)x-ax3在[-1,1]的最小值為-3,則實數(shù)a的取值范圍是( D )(A)(-∞,-1] (B)[12,+∞)(C)[-1,12] (D)[-,12]解析:當(dāng)a=0時,f(x)=-3x,x∈[-1,1],顯然滿足,故排除A,B;當(dāng)a=-時,f(x)=x3-x,f′(x)=x2-=(x2-1),所以f(x)在[-1,1]上遞減,所以f(x)min=f(1)=-=-3,滿足條件,排除C,故選D.11.(xx湖北卷)若函數(shù)f(x),g(x)滿足f(x)g(x)dx=0,則稱f(x),g(x)為區(qū)間[-1,1]上的一組正交函數(shù).給出三組函數(shù):①f(x)=sinx,g(x)=cos x;②f(x)=x+1,g(x)=x-1;③f(x)=x,g(x)=x2.其中為區(qū)間[-1,1]上的正交函數(shù)的組數(shù)是( C )(A)0 (B)1 (C)2 (D)3解析:對于①,sin xcos xdx=sin xdx=0,所以①是區(qū)間[-1,1]上的正交函數(shù);對于②,(x+1)(x-1)dx=(x2-1)dx≠0,所以②不是區(qū)間[-1,1]上的正交函數(shù);對于③,x·x2dx=x3dx=0,所以③是區(qū)間[-1,1]上的正交函數(shù).故選C.12.(xx河北唐山市期末)設(shè)函數(shù)f(x)=ax3-x+1(x∈R),若對于任意x∈[-1,1]都有f(x)≥0,則實數(shù)a的取值范圍為( C )(A)(-∞,2] (B)[0,+∞)(C)[0,2] (D)[1,2]解析:函數(shù)f(x)=ax3-x+1(x∈R),f′(x)=3ax2-1,當(dāng)a<0時,f′(x)=3ax2-1<0,f(x)在[-1,1]上單調(diào)遞減,f(x)min=f(1)=a<0不符合題意;當(dāng)a=0時,f(x)=-x+1,f(x)在[-1,1]上單調(diào)遞減,f(x)min=f(1)=0符合題意;當(dāng)a>0時,f′(x)=3ax2-1≥0,所以x≥或x≤-,當(dāng)0<<1時,即a>,f(x)在[-1,-]上單調(diào)遞增,在[-,]上單調(diào)遞減,在(,1]上單調(diào)遞增,所以所以所以0符合題意;綜上可得0≤a≤2.二、填空題13.(xx江西鷹潭一模)定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x),已知y=ef′(x)的圖象如圖所示,則y=f(x)的增區(qū)間是 .?解析:由題意如圖f′(x)≥0的區(qū)間是(-∞,2),故函數(shù)y=f(x)的增區(qū)間是(-∞,2),答案:(-∞,2)14.(xx九江一模)已知函數(shù)f(x)=x2+2ax-ln x,若f(x)在區(qū)間[,2]上是增函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是 .?解析:因為f(x)在區(qū)間[,2]上是增函數(shù),所以f′(x)=x+2a-≥0在[,2]上恒成立,即2a≥-x+在[,2]上恒成立,令g(x)=-x+,因為g(x)在[,2]上是減函數(shù),所以g(x)max=g()=,所以2a≥即a≥.答案:[,+∞)15.(xx云南二模)已知e是自然對數(shù)的底數(shù),函數(shù)f(x)=(x2+ax-2)ex在區(qū)間(-3,-2)內(nèi)單調(diào)遞減,則實數(shù)a的取值范圍為 .?解析:由f(x)=(x2+ax-2)ex,得f′(x)=[x2+(a+2)x+a-2]ex,令g(x)=x2+(a+2)x+a-2,因為Δ=(a+2)2-4(a-2)=a2+12>0,所以g(x)有兩個不相等的實數(shù)根,要使f(x)在[-3,-2]上單調(diào)遞減,必須滿足即解得a≥.答案:[,+∞)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值、最值訓(xùn)練提示:(1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性時不要忽視函數(shù)的定義域;(2)函數(shù)y=f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增不等價于f′(x)≥0.一般來說,已知函數(shù)y=f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間,可以得到f′(x)≥0(有等號);求函數(shù)y=f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間,解f′(x)>0(沒有等號)和確定定義域;(3)f′(x0)=0是函數(shù)y=f(x)在x=x0處取得極值的必要不充分條件,而不是充要條件;(4)不能將極值點與極值混為一談.函數(shù)有大于零的極值點,指的是極值點的橫坐標(biāo)大于零;函數(shù)有大于零的極值,指的是極值點的縱坐標(biāo)大于零;(5)在求實際問題的最值時,一定要考慮實際問題的意義,不符合的值應(yīng)舍去.1.(xx柳州市、北海市、欽州市模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=-x3+2ax2-3a2x+1,00時,得a3a;所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(a,3a);f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,a)和(3a,+∞).故當(dāng)x=3a時,f(x)有極大值,其極大值為f(3a)=1.(2)因為f′(x)=-x2+4ax-3a2=-(x-2a)2+a2,當(dāng)02a,所以f′(x)在區(qū)間[1-a,1+a]內(nèi)單調(diào)遞減.所以[f′(x)]max=f′(1-a)=-8a2+6a-1,[f′(x)]min=f′(1+a)=2a-1.因為-a≤f′(x)≤a,所以此時,a∈.當(dāng)≤a<1時,[f′(x)]max=f′(2a)=a2.[f′(x)]min=min{f′(1-a),f′(1+a)},因為-a≤f′(x)≤a,所以即此時,≤a≤.綜上可知,實數(shù)a的取值范圍為[,].2.(xx貴州遵義市第二次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=x-aln x,g(x)=-(a∈R).(1)當(dāng)a=1時,求曲線f(x)在x=1處的切線方程;(2)設(shè)函數(shù)h(x)=f(x)-g(x),求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間;(3)若在[1,e](e=2.718…)上存在一點x0,使得f(x0)0時,即a>-1時,在(0,1+a)上,h′(x)<0,在(1+a,+∞)上h′(x)>0,所以h(x)在(0,1+a)上單調(diào)遞減,在(1+a,+∞)上單調(diào)遞增;②當(dāng)a+1≤0,即a≤-1時,在(0,+∞)上h′(x)>0,所以函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.綜上a>-1時,h(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,1+a),單調(diào)增區(qū)間為(1+a,+∞);a≤-1時h(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,+∞),無單調(diào)減區(qū)間.(3)在[1,e]上存在一點x0,使得f(x0).因為>e-1,所以a>.②當(dāng)a+1≤1,即a≤0時,h(x)在[1,e]上單調(diào)遞增,所以h(x)的最小值為h(1),由h(1)=1+1+a<0可得a<-2;③當(dāng)12,此時不存在x0使h(x0)<0成立.綜上可得所求a的取值范圍是(-∞,-2)∪(,+∞).【教師備用】 (xx東北三省四市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=alnx-ax-3(a≠0).(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)+(a+1)x+4-e≤0對任意x∈[e,e2]恒成立,求實數(shù)a的取值范圍(e為自然常數(shù));(3)求證ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+…+ln(n2+1)<1+2ln n!(n≥2,n∈N*).(1)解:f′(x)=(x>0),當(dāng)a>0時,f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,1],單調(diào)減區(qū)間為[1,+∞);當(dāng)a<0時,f(x)的單調(diào)增區(qū)間為[1,+∞),單調(diào)減區(qū)間為(0,1].(2)解:令F(x)=aln x-ax-3+ax+x+4-e=aln x+x+1-e,F′(x)==0,若-a≤e,a≥-e,F(x)在[e,e2]上是增函數(shù),F(x)max=F(e2)=2a+e2-e+1≤0,a≤,無解;若e<-a≤e2,-e2≤a<-e,F(x)在[e,-a]上是減函數(shù),在[-a,e2]上是增函數(shù),F(e)=a+1≤0,a≤-1.F(e2)=2a+e2-e+1≤0,a≤.所以-e2≤a≤,若-a>e2,a<-e2,F(x)在[e,e2]上是減函數(shù),F(x)max=F(e)=a+1≤0,a≤-1,所以a<-e2,綜上所述a≤.(3)證明:令a=-1,f(x)=-ln x+x-3,所以f(1)=-2,由(1)知f(x)=-ln x+x-3在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x∈(1,+∞)時f(x)>f(1),即-ln x+x-1>0,所以ln x1,則有l(wèi)n(+1)<<=-,要證ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+…+ln(n2+1)<1+2ln n!(n≥2,n∈N*),只需證ln(+1)+ln(+1)+ln(+1)+…+ln(+1)<1(n≥2,n∈N*),ln(+1)+ln(+1)+ln(+1)+…+ln(+1),<(1-)+(-)+(-)+…+(-)=1-<1.所以原不等式成立.類型:利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值、最值1.設(shè)函數(shù)f(x)=a(x+1)2ln(x+1)+bx(x>-1),曲線y=f(x)過點(e-1,e2-e+1),且在點(0,0)處的切線方程為y=0.(1)求a,b的值;(2)證明:當(dāng)x≥0時,f(x)≥x2;(3)若當(dāng)x≥0時,f(x)≥mx2恒成立,求實數(shù)m的取值范圍.(1)解:f′(x)=2a(x+1)ln(x+1)+a(x+1)+b,因為f′(0)=a+b=0,f(e-1)=ae2+b(e-1)=a(e2-e+1)=e2-e+1,所以a=1,b=-1.(2)證明:f(x)=(x+1)2ln(x+1)-x,設(shè)g(x)=(x+1)2ln(x+1)-x-x2(x≥0),則m(x)=g′(x)=2(x+1)ln(x+1)-x,m′(x)=2ln(x+1)+1>0,所以m(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,所以m(x)≥m(0)=0,所以g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,所以g(x)≥g(0)=0.所以f(x)≥x2.(3)解:設(shè)h(x)=(x+1)2ln(x+1)-x-mx2,h′(x)=2(x+1)ln(x+1)+x-2mx,由(2)知(x+1)2ln(x+1)≥x2+x=x(x+1),所以(x+1)ln(x+1)≥x,所以h′(x)≥3x-2mx,①當(dāng)3-2m≥0即m≤時,h′(x)≥0,所以h(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,所以h(x)≥h(0)=0,成立.②當(dāng)3-2m<0即m>時,n(x)=h′(x)=2(x+1)ln(x+1)-(1-2m)x,n′(x)=2ln(x+1)+3-2m,令n′(x)=0,得x0=-1>0,所以n(x)在[0,x0)上單調(diào)遞減.當(dāng)x∈[0,x0)時,n(x)1時,g(x)>g(1)=0,矛盾;當(dāng)01時,g(x)在[1,)上單調(diào)遞減,(,+∞)上單調(diào)遞增,而g(+1)=ln(+1)>0,矛盾;綜上,a的取值范圍是(-∞,0].2.已知函數(shù)f(x)=b(x+1)ln x-x+1,斜率為1的直線與函數(shù)f(x)的圖象相切于(1,0)點.(1)求h(x)=f(x)-xln x的單調(diào)區(qū)間;(2)當(dāng)實數(shù)00,解得01.所以h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+∞).(2)g(x)=f(x)-(a+x)ln x+ax2=(1-a)ln x+ax2-x+1,所以g′(x)=+ax-1===,由g′(x)=0得x1=-1,x2=1.①若0<-1<1,a>0即0即a=,x1=x2=1,則g′(x)≥0,g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,無極值點.③若-1>1,a>0即0x2=1,x(0,x2)x2(x2,x1)x1(x1,+∞)f′(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗此時g(x)的極大值點為x=1,極小值點x=-1.綜上所述,當(dāng)4時,Δ=c2-16>0,g(x)=0的兩根都小于0,在(0,+∞)上,f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.③當(dāng)c<-4時,Δ=c2-16>0,g(x)=0的兩根x1=∈(0,2),x2=>2.當(dāng)00;當(dāng)x1x2時,f′(x)>0,故f(x)分別在(0,x1),(x2,+∞)上單調(diào)遞增,在(x1,x2)上單調(diào)遞減.(3)由(2)可知:當(dāng)c<-4時,f(x)在(0,+∞)上有兩個極值點x1,x2,因為f(x1)-f(x2)=(x1-x2)++c(ln x1-ln x2),所以k==1++c,由(2)可知:x1x2=4,于是k==2+c,若存在c,使得k=2+c,則=1,即ln x1-ln x2=x1-x2,即x2--2ln x2+ln 4=0(x2>2) (*)設(shè)函數(shù)h(t)=t--2ln t+ln 4(t>2),當(dāng)t>2時,h′(t)=1+-==>0,所以h(t)在(2,+∞)上單調(diào)遞增,而x2>2,所以x2--2ln x2+ln 4>2--2ln 2+ln 4=0,這與(*)式矛盾.故不存在c,使得k=2+c.。
