2019-2020年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫(kù) 第二章 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 理（含解析）.doc

2019-2020年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫(kù) 第二章 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 理（含解析）1. （xx四川，5分）已知f(x)ln(1x)ln(1x)，x(1,1)，現(xiàn)有下列命題：f(x)f(x)；f2f(x)；|f(x)|2|x|.其中的所有正確命題的序號(hào)是()A BC D解析：f(x)ln(1x)ln(1x)f(x)，故正確；因?yàn)閒(x)ln(1x)ln(1x)ln，又當(dāng)x(1,1)時(shí)，(1,1)，所以flnln22ln2f(x)，故正確；當(dāng)x0,1)時(shí)，|f(x)|2|x|f(x)2x0，令g(x)f(x)2xln(1x)ln(1x)2x(x0,1)，因?yàn)間(x)2>0，所以g(x)在區(qū)間0,1)上單調(diào)遞增，g(x)f(x)2xg(0)0，即f(x)2x，又f(x)與y2x都為奇函數(shù)，所以|f(x)|2|x|成立，故正確，故選A.答案：A2. （xx新課標(biāo)全國(guó)，5分）設(shè)函數(shù)f(x)sin.若存在f(x)的極值點(diǎn)x0滿足xf(x0)2<m2，則m的取值范圍是()A(，6)(6，)B(，4)(4，)C(，2)(2，)D(，1)(1，)解析：由正弦型函數(shù)的圖象可知：f(x)的極值點(diǎn)x0滿足f(x0)，則k(kZ)，從而得x0m(kZ)所以不等式xf(x0)2<m2即為2m23<m2，變形得m21k2>3，其中kZ.由題意，存在整數(shù)k使得不等式m212>3成立當(dāng)k1且k0時(shí)，必有2>1，此時(shí)不等式顯然不能成立，故k1或k0，此時(shí)，不等式即為m2>3，解得m<2或m>2.答案：C3. （xx遼寧，5分）當(dāng)x2,1時(shí)，不等式ax3x24x30恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A5，3 B.C6，2 D4，3解析：當(dāng)x(0,1時(shí)，得a3342，令t，則t1，)，a3t34t2t，令g(t)3t34t2t，t1，)，則g(t)9t28t1(t1)(9t1)，顯然在1，)上，g(t)<0，g(t)單調(diào)遞減，所以g(t)maxg(1)6，因此a6；同理，當(dāng)x2,0)時(shí)，得a3342，令m，則m，a3m34m2m，令g(m)3m34m2m，m，則g(m)9m28m1(m1)(9m1)顯然在上g(m)<0，在上，g(m)>0，所以g(m)ming(1)2.所以a2.由以上兩種情況得6a2，顯然當(dāng)x0時(shí)也成立故實(shí)數(shù)a的取值范圍為6，2答案：C4. （xx湖北，14分）為圓周率，e2.718 28為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求e3,3e，e，e,3，3這6個(gè)數(shù)中的最大數(shù)與最小數(shù)；(3)將e3,3e，e，e,3，3這6個(gè)數(shù)按從小到大的順序排列，并證明你的結(jié)論解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)，因?yàn)閒(x)，所以f(x).當(dāng)f(x)>0，即0<x<e時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)f(x)<0，即x>e時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，)(2)因?yàn)閑<3<，所以eln 3<eln ，ln e<ln 3，即ln 3e<ln e，ln e<ln 3.于是根據(jù)函數(shù)yln x，yex，yx在定義域上單調(diào)遞增，可得3e<e<3，e3<e<3.故這6個(gè)數(shù)的最大數(shù)在3與3之中，最小數(shù)在3e與e3之中由e<3<及(1)的結(jié)論，得f()<f(3)<f(e)，即<<.由<，得ln 3<ln 3，所以3>3；由<，得ln 3e<ln e3，所以3e<e3.綜上，6個(gè)數(shù)中的最大數(shù)是3，最小數(shù)是3e.(3)由(2)知，3e<e<3<3，3e<e3.又由(2)知，<，得e<e.故只需比較e3和e和e與3的大小由(1)知，當(dāng)0<x<e時(shí)，f(x)<f(e)，即<.在上式中，令x，又<e，則ln<，從而2ln <，即得ln >2.由得，eln >e>2.7>2.7(20.88)3.024>3，即eln >3，亦即ln e>ln e3，所以e3<e.又由得，3ln >6>6e>，即3ln >，所以e<3.綜上可得，3e<e3<e<e<3<3，即6個(gè)數(shù)從小到大的順序?yàn)?e，e3，e，e，3,3.5.（xx山東，13分）設(shè)函數(shù)f(x)k(k為常數(shù)，e2.718 28是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))(1)當(dāng)k0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn)，求k的取值范圍解：(1)函數(shù)yf(x)的定義域?yàn)?0，)f(x)k由k0可得exkx>0，所以當(dāng)x(0,2)時(shí)，f(x)<0，函數(shù)yf(x)單調(diào)遞減，x(2，)時(shí)，f(x)>0，函數(shù)yf(x)單調(diào)遞增所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2，)(2)由(1)知，k0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減，故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在極值點(diǎn)；當(dāng)k>0時(shí)，設(shè)函數(shù)g(x)exkx，x0，)，因?yàn)間(x)exkexeln k，當(dāng)0<k1時(shí)，當(dāng)x(0,2)時(shí)，g(x)exk>0，yg(x)單調(diào)遞增故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在兩個(gè)極值點(diǎn)；當(dāng)k>1時(shí)，得x(0，ln k)時(shí)，g(x)<0，函數(shù)yg(x)單調(diào)遞減x(ln k，)時(shí)，g(x)>0，函數(shù)yg(x)單調(diào)遞增所以函數(shù)yg(x)的最小值為g(ln k)k(1ln k)函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)解得e<k<，綜上所述，函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，k的取值范圍為.6. （xx安徽，13分）設(shè)函數(shù)f(x)1(1a)xx2x3，其中a>0.(1)討論f(x)在其定義域上的單調(diào)性；(2)當(dāng)x0,1時(shí)，求f(x)取得最大值和最小值時(shí)的x的值解：(1)f(x)的定義域?yàn)?，)，f(x)1a2x3x2.令f(x)0，得x1，x2，x1<x2.所以f(x)3(xx1)(xx2)當(dāng)x<x1或x>x2時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x1<x<x2時(shí)，f(x)>0.故f(x)在(，x1)和(x2，)上單調(diào)遞減，在(x1，x2)上單調(diào)遞增(2)因?yàn)閍>0，所以x1<0，x2>0.當(dāng)a4時(shí)，x21.由(1)知，f(x)在0,1上單調(diào)遞增所以f(x)在x0和x1處分別取得最小值和最大值當(dāng)0<a<4時(shí)，x2<1.由(1)知，f(x)在0，x2上單調(diào)遞增，在x2,1上單調(diào)遞減所以f(x)在xx2處取得最大值又f(0)1，f(1)a，所以當(dāng)0<a<1時(shí)，f(x)在x1處取得最小值；當(dāng)a1時(shí)，f(x)在x0處和x1處同時(shí)取得最小值；當(dāng)1<a<4時(shí)，f(x)在x0處取得最小值7. （xx福建，14分）已知函數(shù)f(x)exax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點(diǎn)A，曲線yf(x)在點(diǎn)A處的切線斜率為1.(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值；(2)證明：當(dāng)x>0時(shí)，x2<ex；(3)證明：對(duì)任意給定的正數(shù)c，總存在x0，使得當(dāng)x(x0，)時(shí)，恒有x2<cex.解：(1)由f(x)exax，得f(x)exa.又f(0)1a1，得a2.所以f(x)ex2x，f(x)ex2.令f(x)0，得xln 2.當(dāng)xln 2時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)xln 2時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增所以當(dāng)xln 2時(shí)，f(x)取得極小值，且極小值為f(ln 2)eln 22ln 22ln 4，f(x)無(wú)極大值(2)證明：令g(x)exx2，則g(x)ex2x，由(1)得g(x)f(x)f(ln 2)0，故g(x)在R上單調(diào)遞增，又g(0)10，因此，當(dāng)x0時(shí)，g(x)g(0)0，即x2ex.(3)證明：法一：若c1，則excex.又由(2)知，當(dāng)x0時(shí)，x2ex.所以當(dāng)x0時(shí)，x2cex.取x00，當(dāng)x(x0，)時(shí)，恒有x2cex.若0c1，令k1，要使不等式x2cex成立，只要exkx2成立而要使exkx2成立，則只要xln(kx2)，只要x2ln xln k成立令h(x)x2ln xln k，則h(x)1，所以當(dāng)x2時(shí)，h(x)0，h(x)在(x0，)內(nèi)單調(diào)遞增取x016k16，所以h(x)在(x0，)內(nèi)單調(diào)遞增，又h(x0)16k2ln(16k)ln k8(kln 2)3(kln k)5k，易知kln k，kln 2,5k0，所以h(x0)0.即存在x0，當(dāng)x(x0，)時(shí)，恒有x2cex.綜上，對(duì)任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當(dāng)x(x0，)時(shí)，恒有x2cex.法二：對(duì)任意給定的正數(shù)c，取x0，由(2)知，當(dāng)x0時(shí)，exx2，所以exee22，當(dāng)xx0時(shí)，ex222x2.因此，對(duì)任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當(dāng)x(x0，)時(shí)，恒有x2cex.法三：首先證明當(dāng)x(0，)時(shí)，恒有x3ex.證明如下：令h(x)x3ex，則h(x)x2ex.由(2)知，當(dāng)x0時(shí)，x2ex，從而h(x)0，h(x)在(0，)內(nèi)單調(diào)遞減，所以h(x)h(0)10，即x3ex.取x0，當(dāng)xx0時(shí)，有x2x3ex.因此，對(duì)任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當(dāng)x(x0，)時(shí)，恒有x2cex.8. （xx浙江，14分）已知函數(shù)f(x)x33|xa|(aR)(1)若f(x)在1,1上的最大值和最小值分別記為M(a)，m(a)，求M(a)m(a)；(2)設(shè)bR，若f(x)b24對(duì)x1,1恒成立，求3ab的取值范圍解：(1)因?yàn)閒(x)所以f(x)由于1x1，當(dāng)a1時(shí)，有xa，故f(x)x33x3a，此時(shí)f(x)在(1,1)上是增函數(shù)，因此，M(a)f(1)43a，m(a)f(1)43a，故M(a)m(a)(43a)(43a)8.當(dāng)1<a<1時(shí)，若x(a,1)，f(x)x33x3a，在(a,1)上是增函數(shù)；若x(1，a)，f(x)x33x3a，在(1，a)上是減函數(shù)，所以，M(a)maxf(1)，f(1)，m(a)f(a)a3.由于f(1)f(1)6a2，因此，當(dāng)1a時(shí)，M(a)m(a)a33a4；當(dāng)<a<1時(shí)，M(a)m(a)a33a2.當(dāng)a1時(shí)，有xa，故f(x)x33x3a，此時(shí)f(x)在(1,1)上是減函數(shù)，因此，M(a)f(1)23a，m(a)f(1)23a，故M(a)m(a)(23a)(23a)4.綜上，M(a)m(a)(2)令h(x)f(x)b，則h(x)h(x)因?yàn)閒(x)b24對(duì)x1,1恒成立，即2h(x)2對(duì)x1,1恒成立，所以由(1)知，當(dāng)a1時(shí)，h(x)在(1,1)上是增函數(shù)，h(x)在1，1上的最大值是h(1)43ab，最小值是h(1)43ab，則43ab2且43ab2，矛盾；當(dāng)1a時(shí)，h(x)在1,1上的最小值是h(a)a3b，最大值是h(1)43ab，所以a3b2且43ab2，從而2a33a3ab6a2且0a.令t(a)2a33a，則t(a)33a2>0，t(a)在上是增函數(shù)，故t(a)t(0)2，因此23ab0；當(dāng)<a<1時(shí)，h(x)在1,1上的最小值是h(a)a3b，最大值是h(1)3ab2，所以a3b2是3ab22，解得<3ab0；當(dāng)a1時(shí)，h(x)在1,1上的最大值是h(1)23ab，最小值是h(1)23ab，所以3ab22且3ab22，解得3ab0.綜上，得3ab的取值范圍是23ab0.9. （xx四川，14分）已知函數(shù)f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.718 28為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)(1)設(shè)g(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，求函數(shù)g(x)在區(qū)間0,1上的最小值；(2)若f(1)0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點(diǎn)，求a的取值范圍解：(1)由f(x)exax2bx1，有g(shù)(x)f(x)ex2axb，所以g(x)ex2a.因此，當(dāng)x0,1時(shí)，g(x)12a，e2a當(dāng)a時(shí)，g(x)0，所以g(x)在0,1上單調(diào)遞增因此g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；當(dāng)a時(shí)，g(x)0，所以g(x)在0,1上單調(diào)遞減，因此g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab；當(dāng)<a<時(shí)，令g(x)0，得xln(2a)(0,1)所以函數(shù)g(x)在區(qū)間0，ln(2a)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ln(2a)，1上單調(diào)遞增于是，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b.綜上所述，當(dāng)a時(shí)，g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；當(dāng)<a<時(shí)，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b；當(dāng)a時(shí)，g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab.(2)設(shè)x0為f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)的一個(gè)零點(diǎn)，則由f(0)f(x0)0可知，f(x)在區(qū)間(0，x0)上不可能單調(diào)遞增，也不可能單調(diào)遞減則g(x)不可能恒為正，也不可能恒為負(fù)故g(x)在區(qū)間(0，x0)內(nèi)存在零點(diǎn)x1.同理g(x)在區(qū)間(x0,1)內(nèi)存在零點(diǎn)x2.所以g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)至少有兩個(gè)零點(diǎn)由(1)知，當(dāng)a時(shí)，g(x)在0,1上單調(diào)遞增，故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個(gè)零點(diǎn)當(dāng)a時(shí)，g(x)在0,1上單調(diào)遞減，故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個(gè)零點(diǎn)所以<a<.此時(shí)g(x)在區(qū)間0，ln(2a)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ln(2a)，1上單調(diào)遞增因此x1(0，ln(2a)，x2(ln(2a)，1)，必有g(shù)(0)1b>0，g(1)e2ab>0.由f(1)0有abe1<2，有g(shù)(0)1bae2>0，g(1)e2ab1a>0.解得e2<a<1.當(dāng)e2<a<1時(shí)，g(x)在區(qū)間0,1內(nèi)有最小值g(ln(2a)若g(ln(2a)0，則g(x)0(x0,1)，從而f(x)在區(qū)間0,1上單調(diào)遞增，這與f(0)f(1)0矛盾，所以g(ln(2a)<0.又g(0)ae2>0，g(1)1a>0，故此時(shí)g(x)在(0，ln(2a)和(ln(2a)，1)內(nèi)各只有一個(gè)零點(diǎn)x1和x2.由此可知f(x)在0，x1上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減，在x2,1上單調(diào)遞增所以f(x1)>f(0)0，f(x2)<f(1)0，故f(x)在(x1，x2)內(nèi)有零點(diǎn)綜上可知，a的取值范圍是(e2,1)10. （xx江蘇，16分）已知函數(shù)f(x)exex，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)(1)證明：f(x)是R上的偶函數(shù)；(2)若關(guān)于x的不等式mf(x)exm1在(0，)上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(3)已知正數(shù)a滿足：存在x01，)，使得f(x0)<a(x3x0)成立試比較ea1與ae1的大小，并證明你的結(jié)論解：(1)證明：因?yàn)閷?duì)任意xR，都有f(x)exe(x)exexf(x)，所以f(x)是R上的偶函數(shù)(2)由條件知m(exex1)ex1在(0，)上恒成立令tex(x>0)，則t>1，所以m對(duì)任意t>1成立因?yàn)閠112 13，所以，當(dāng)且僅當(dāng)t2，即xln 2時(shí)等號(hào)成立因此實(shí)數(shù)m的取值范圍是.(3)令函數(shù)g(x)exa(x33x)，則g(x)ex3a(x21)當(dāng)x1時(shí)，ex>0，x210，又a>0，故g(x)>0.所以g(x)是1，)上的單調(diào)增函數(shù)，因此g(x)在1，)上的最小值是g(1)ee12a.由于存在x01，)，使ex0ex0a(x3x0)<0成立，當(dāng)且僅當(dāng)最小值g(1)<0.故ee12a<0，即a>.令函數(shù)h(x)x(e1)ln x1，則h(x)1.令h(x)0，得xe1，當(dāng)x(0，e1)時(shí)，h(x)<0，故h(x)是(0，e1)上的單調(diào)減函數(shù)；當(dāng)x(e1，)時(shí)，h(x)>0，故h(x)是(e1，)上的單調(diào)增函數(shù)所以h(x)在(0，)上的最小值是h(e1)注意到h(1)h(e)0，所以當(dāng)x(1，e1)(0，e1)時(shí)，h(e1)h(x)<h(1)0.當(dāng)x(e1，e)(e1，)時(shí)，h(x)<h(e)0.所以h(x)<0對(duì)任意的x(1，e)成立當(dāng)a(1，e)時(shí)，h(a)<0，即a1<(e1)ln a，從而ea1<ae1；當(dāng)ae時(shí)，ea1ae1；當(dāng)a(e，)(e1，)時(shí)，h(a)>h(e)0，即a1>(e1)ln a，故ea1>ae1.綜上所述，當(dāng)a時(shí)，ea1<ae1；當(dāng)ae時(shí)，ea1ae1；當(dāng)a(e，)時(shí)，ea1>ae1.11. （xx遼寧，12分）已知函數(shù)f(x)(cos xx)(2x)(sin x1)，g(x)3(x)cos x4(1sin x)ln.證明：(1)存在唯一x0，使f(x0)0；(2)存在唯一x1，使g(x1)0，且對(duì)(1)中的x0，有x0x1<.證明：(1)當(dāng)x時(shí)，f(x)(1sin x)(2x)2xcos x<0，則函數(shù)f(x)在上為減函數(shù)，又f(0)>0，f2<0，所以存在唯一x0，使f(x0)0.(2)考慮函數(shù)h(x)4ln，x.令tx，則x時(shí)，t.設(shè)u(t)h(t)4ln，則u(t).由(1)得，當(dāng)t(0，x0)時(shí)，u(t)>0，當(dāng)t時(shí)，u(t)<0.在(0，x0)上u(t)是增函數(shù)，又u(0)0，從而當(dāng)t(0，x0時(shí)，u(t)>0，所以u(píng)(t)在(0，x0上無(wú)零點(diǎn)在上u(t)為減函數(shù)，由u(x0)>0，u4ln 2<0，知存在唯一t1，使u(t1)0.所以存在唯一的t1，使u(t1)0.因此存在唯一的x1t1，使h(x1)h(t1)u(t1)0.因?yàn)楫?dāng)x時(shí)，1sin x>0，故g(x)(1sin x)h(x)與h(x)有相同的零點(diǎn)，所以存在唯一的x1，使g(x1)0.因x1t1，t1>x0，所以x0x1<.12. （xx天津，14分）設(shè)f(x)xaex(aR)，xR.已知函數(shù)yf(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，且x1<x2.(1)求a的取值范圍；(2)證明隨著a的減小而增大；(3)證明x1x2隨著a的減小而增大解：(1)由f(x)xaex，可得f(x)1aex.下面分兩種情況討論：a0時(shí)f(x)>0在R上恒成立，可得f(x)在R上單調(diào)遞增，不合題意a>0時(shí)由f(x)0，得xln a.當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x(，ln a)ln a(ln a，)f(x)0f(x)ln a1這時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(，ln a)；單調(diào)遞減區(qū)間是(ln a，)于是，“函數(shù)yf(x)有兩個(gè)零點(diǎn)”等價(jià)于如下條件同時(shí)成立：a.f(ln a)>0；b存在s1(，ln a)，滿足f(s1)<0；c存在s2(ln a，)，滿足f(s2)<0.由f(ln a)>0，即ln a1>0，解得0<a<e1.而此時(shí)，取s10，滿足s1(，ln a)，且f(s1)a<0；取s2ln，滿足s2(ln a，)，且f(s2)<0.所以a的取值范圍是(0，e1)(2)證明：由f(x)xaex0，有a，設(shè)g(x)，由g(x)，知g(x)在(，1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減并且，當(dāng)x(，0時(shí)，g(x)0；當(dāng)x(0，)時(shí)，g(x)>0.由已知，x1，x2滿足ag(x1)，ag(x2)，由a(0，e1)，及g(x)的單調(diào)性，可得x1(0,1)，x2(1，)對(duì)于任意的a1，a2(0，e1)，設(shè)a1>a2，g(1)g(2)a1,0<1<1<2，g(1)g(2)a2，其中0<1<1<2.因?yàn)間(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，故由a1>a2，即g(1)>g(1)，可得1>1；類(lèi)似可得2<2.又由1，1>0，得<<.所以隨著a的減小而增大(3)證明：由x1aex1，x2aex2，可得ln x1ln ax1，ln x2ln ax2.故x2x1ln x2ln x1ln.設(shè)t，則t>1，且解得x1，x2.所以，x1x2.令h(x)，x(1，)，則h(x)，令u(x)2ln xx，得u(x)2.當(dāng)x(1，)時(shí)，u(x)>0.因此，u(x)在(1，)上單調(diào)遞增，故對(duì)于任意的x(1，)，u(x)>u(1)0，由此可得h(x)>0，故h(x)在(1，)上單調(diào)遞增因此，由可得x1x2隨著t的增大而增大而由(2)知，t隨著a的減小而增大，所以x1x2隨著a的減小而增大13. （xx湖南，13分）已知常數(shù)a>0，函數(shù)f(x)ln(1ax).(1)討論f(x)在區(qū)間(0，)上的單調(diào)性；(2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且f(x1)f(x2)>0，求a的取值范圍解：(1)f(x).(*)當(dāng)a1時(shí)，f(x)>0.此時(shí)，f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增當(dāng)0<a<1時(shí)，由f(x)0得x12.當(dāng)x(0，x1)時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x(x1，)時(shí)，f(x)>0.故f(x)在區(qū)間(0，x1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(x1，)上單調(diào)遞增綜上所述，當(dāng)a1時(shí)，f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)0<a<1時(shí)，f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增(2)由(*)式知，當(dāng)a1時(shí)，f(x)0，此時(shí)f(x)不存在極值點(diǎn)因而要使得f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，必有0<a<1.又f(x)的極值點(diǎn)只可能是x12和x22，且由f(x)的定義可知，x>且x2，所以2>，22，解得a.此時(shí)，由(*)式易知，x1，x2分別是f(x)的極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn)而f(x1)f(x2)ln(1ax1)ln(1ax2)ln1a(x1x2)a2x1x2ln(2a1)2ln(2a1)22.令2a1x，由0<a<1且a知當(dāng)0<a<時(shí)，1<x<0；當(dāng)<a<1時(shí)，0<x<1.記g(x)ln x22.()當(dāng)1<x<0時(shí)，g(x)2ln(x)2，所以g(x)<0.因此，g(x)在區(qū)間(1,0)上單調(diào)遞減，從而，g(x)<g(1)4<0.故當(dāng)0<a<時(shí)，f(x1)f(x2)<0.()當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)2ln x2，所以g(x)<0.因此，g(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，從而g(x)>g(1)0.故當(dāng)<a<1時(shí)，f(x1)f(x2)>0.綜上所述，滿足條件的a的取值范圍為.14. （xx陜西，14分）設(shè)函數(shù)f(x)ln(1x)，g(x)xf(x)，x0，其中f(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)(1)令g1(x)g(x)，gn1(x)g(gn(x)，nN，求gn(x)的表達(dá)式；(2)若f(x)ag(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)設(shè)nN，比較g(1)g(2)g(n)與nf(n)的大小，并加以證明解：由題設(shè)得，g(x)(x0)(1)由已知，g1(x)，g2(x)g(g1(x)，g3(x)，可得gn(x).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng)n1時(shí)，g1(x)，結(jié)論成立假設(shè)nk時(shí)結(jié)論成立，即gk(x).那么，當(dāng)nk1時(shí)，gk1(x)g(gk(x)，即結(jié)論成立由可知， 結(jié)論對(duì)nN成立所以gn(x).(2)已知f(x)ag(x)恒成立，即ln(1x)恒成立設(shè)(x)ln(1x)(x0)，則(x)，當(dāng)a1時(shí)，(x)0(僅當(dāng)x0，a1時(shí)等號(hào)成立)，(x)在0，)上單調(diào)遞增，又(0)0，(x)0在0，)上恒成立，a1時(shí)，ln(1x)恒成立(僅當(dāng)x0時(shí)等號(hào)成立)當(dāng)a>1時(shí)，對(duì)x(0，a1有(x)<0，(x)在(0，a1上單調(diào)遞減，(a1)<(0)0，即a>1時(shí)，存在x>0，使(x)<0，故知ln(1x)不恒成立綜上可知，a的取值范圍是(，1(3)由題設(shè)知g(1)g(2)g(n)，nf(n)nln(n1)，比較結(jié)果為g(1)g(2)g(n)>nln(n1)證明如下：證法一：上述不等式等價(jià)于<ln(n1)，在(2)中取a1，可得ln(1x)>，x>0.令x，nN，則<ln.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng)n1時(shí)，<ln 2，結(jié)論成立假設(shè)當(dāng)nk時(shí)結(jié)論成立，即<ln(k1)那么，當(dāng)nk1時(shí)，<ln(k1)<ln(k1)lnln(k2)，即結(jié)論成立由可知，結(jié)論對(duì)nN成立證法二：上述不等式等價(jià)于<ln(n1)，在(2)中取a1，可得ln(1x)>，x>0.令x，nN，則ln>.故有l(wèi)n 2ln 1>，ln 3ln 2>，ln(n1)ln n>，上述各式相加可得ln(n1)>，結(jié)論得證證法三：如圖，dx是由曲線y，xn及x軸所圍成的曲邊梯形的面積，而是圖中所示各矩形的面積和，>dxdxnln(n1)，結(jié)論得證15. （xx重慶，12分）已知函數(shù)f(x)ae2xbe2xcx(a，b，cR)的導(dǎo)函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，且曲線yf(x)在點(diǎn)(0，f(0)處的切線的斜率為4c.(1)確定a，b的值；(2)若c3，判斷f(x)的單調(diào)性；(3)若f(x)有極值，求c的取值范圍解：(1)對(duì)f(x)求導(dǎo)得f(x)2ae2x2be2xc，由f(x)為偶函數(shù)，知f(x)f(x)，即2(ab)(e2xe2x)0，所以ab.又f(0)2a2bc4c，故a1，b1.(2)當(dāng)c3時(shí)，f(x)e2xe2x3x，那么f(x)2e2x2e2x3231>0，故f(x)在R上為增函數(shù)(3)由(1)知f(x)2e2x2e2xc，而2e2x2e2x24，當(dāng)x0時(shí)等號(hào)成立下面分三種情況進(jìn)行討論當(dāng)c<4時(shí)，對(duì)任意xR，f(x)2e2x2e2xc>0，此時(shí)f(x)無(wú)極值；當(dāng)c4時(shí)，對(duì)任意x0，f(x)2e2x2e2x4>0，此時(shí)f(x)無(wú)極值；當(dāng)c>4時(shí)，令e2xt，注意到方程2tc0有兩根t1,2>0，即f(x)0有兩個(gè)根x1ln t1或x2ln t2.當(dāng)x1<x<x2時(shí)f(x)<0；又當(dāng)x>x2時(shí)，f(x)>0，從而f(x)在xx2處取得極小值綜上，若f(x)有極值，則c的取值范圍為(4，)16. （xx江西，12分）已知函數(shù)f(x)(x2bxb)(bR)(1)當(dāng)b4時(shí)，求f(x)的極值；(2)若f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，求b的取值范圍解：(1)當(dāng)b4時(shí)，f(x)，由f(x)0得x2或x0.當(dāng)x(，2)時(shí)，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x(2,0)時(shí)，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x時(shí)，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，故f(x)在x2取極小值f(2)0，在x0取極大值f(0)4.(2)f(x)，因?yàn)楫?dāng)x時(shí)，<0，依題意當(dāng)x時(shí)，有5x(3b2)0，從而(3b2)0.所以b的取值范圍為17（xx新課標(biāo)全國(guó)，5分）已知函數(shù)f(x)ex(axb)x24x，曲線yf(x)在點(diǎn)(0，f(0)處的切線方程為y4x4.(1)求a，b的值；(2)討論f(x)的單調(diào)性，并求f(x)的極大值解：本題主要考查導(dǎo)數(shù)的基本知識(shí)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性、求極值(1)f(x)ex(axab)2x4.由已知得f(0)4，f(0)4.故b4，ab8.從而a4，b4.(2)由(1)知，f(x)4ex(x1)x24x，f(x)4ex(x2)2x44(x2).令f(x)0得，xln 2或x2.從而當(dāng)x(，2)(ln 2，)時(shí)，f(x)>0；當(dāng)x(2，ln 2)時(shí)，f(x)<0.故f(x)在(，2)，(ln 2，)上單調(diào)遞增，在(2，ln 2)上單調(diào)遞減當(dāng)x2時(shí)，函數(shù)f(x)取得極大值，極大值為f(2)4(1e2) 18.（xx山東，12分）已知函數(shù)f(x)ax2bxln x(a，bR)(1)設(shè)a0，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)a0，且對(duì)任意x0，f(x)f(1)試比較ln a與2b的大小解：本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和相關(guān)函數(shù)值的大小比較，考查分類(lèi)討論思想、推理論證能力和運(yùn)算求解能力(1)由f(x)ax2bxln x，x(0，)，得f(x).當(dāng)a0時(shí)，f(x).()若b0，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<0恒成立，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)()若b>0，當(dāng)0<x<時(shí)，f(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>時(shí)，f(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是.當(dāng)a>0時(shí)，令f(x)0，得2ax2bx10.由b28a>0，得x1，x2.當(dāng)0<x<x2時(shí)，f(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>x2時(shí)，f(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是.綜上所述，當(dāng)a0，b0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)；當(dāng)a0，b>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是，.(2)由題意知，函數(shù)f(x)在x1處取得最小值由(1)知是f(x)的唯一極小值點(diǎn)，故1，整理得2ab1即b12a.令g(x)24xln x，則g(x).令g(x)0，得x，當(dāng)0<x<時(shí)，g(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>時(shí)，g(x)<0，g(x)單調(diào)遞減因此g(x)g1ln 1ln 4<0.故g(a)<0，即24aln a2bln a<0，即ln a<2b.19（xx湖南，13分）已知函數(shù)f(x)ex.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：當(dāng)f(x1)f(x2)(x1x2)時(shí)，x1x20.解：本題主要考查函數(shù)求導(dǎo)、函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和不等式的證明，意在結(jié)合轉(zhuǎn)化思想和函數(shù)思想，考查考生的計(jì)算能力、利用函數(shù)思想證明不等式的能力(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?，)f(x)exexexex.當(dāng)x<0時(shí)，f(x)>0；當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<0.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，0)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)(2)證明：當(dāng)x<1時(shí)，由于>0，ex>0，故f(x)>0；同理，當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<0.當(dāng)f(x1)f(x2)(x1x2)時(shí)，不妨設(shè)x1<x2，由(1)知，x1(，0)，x2(0,1)下面證明：x(0,1)，f(x)<f(x)，即證ex<ex.此不等式等價(jià)于(1x)ex<0，令g(x)(1x)ex，則g(x)xex(e2x1)當(dāng)x(0,1)時(shí)，g(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，從而g(x)<g(0)0.即(1x)ex<0.所以x(0,1)，f(x)<f(x)而x2(0,1)，所以f(x2)<f(x2)，從而f(x1)<f(x2)由于x1，x2(，0)，f(x)在(，0)上單調(diào)遞增，所以x1<x2，即x1x2<0.20（xx新課標(biāo)全國(guó)，5分）已知函數(shù)f(x)x3ax2bxc，下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是()A. x0R，f(x0)0B.函數(shù)yf(x)的圖象是中心對(duì)稱(chēng)圖形C.若x0是f(x)的極小值點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(，x0)單調(diào)遞減D.若x0是f(x)的極值點(diǎn)，則 f(x0)0解析：本題考查三次函數(shù)的性質(zhì)，考查數(shù)形結(jié)合思想，考查考生分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力由于三次函數(shù)的三次項(xiàng)系數(shù)為正值，當(dāng)x時(shí)，函數(shù)值，當(dāng)x時(shí)，函數(shù)值也，又三次函數(shù)的圖象是連續(xù)不斷的，故一定穿過(guò)x軸，即一定x0R，f(x0)0，選項(xiàng)A中的結(jié)論正確；函數(shù)f(x)的解析式可以通過(guò)配方的方法化為形如(xm)3n(xm)h的形式，通過(guò)平移函數(shù)圖象，函數(shù)的解析式可以化為yx3nx的形式，這是一個(gè)奇函數(shù)，其圖象關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，故函數(shù)f(x)的圖象是中心對(duì)稱(chēng)圖形，選項(xiàng)B中的結(jié)論正確；由于三次函數(shù)的三次項(xiàng)系數(shù)為正值，故函數(shù)如果存在極值點(diǎn)x1，x2，則極小值點(diǎn)x2x1，即函數(shù)在到極小值點(diǎn)的區(qū)間上是先遞增后遞減的，所以選項(xiàng)C中的結(jié)論錯(cuò)誤；根據(jù)導(dǎo)數(shù)與極值的關(guān)系，顯然選項(xiàng)D中的結(jié)論正確. 答案：C21（xx遼寧，5分）設(shè)函數(shù)f(x)滿足x2f(x)2xf(x)，f(2)，則x>0時(shí)，f(x)()A有極大值，無(wú)極小值B有極小值，無(wú)極大值C既有極大值又有極小值D既無(wú)極大值也無(wú)極小值解析：本題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化能力由題意x2f(x)，令g(x)x2f(x)，則g(x)，且f(x)，因此f(x).令h(x)ex2g(x)，則h(x)ex2g(x)ex，所以x>2時(shí)，h(x)>0；0<x<2時(shí)，h(x)<0.從而有h(x)h(2)0，即f(x)0，所以當(dāng)x>0時(shí)，f(x)是單調(diào)遞增的，f(x)既無(wú)極大值也無(wú)極小值答案：C22（xx湖北，5分）已知a為常數(shù)，函數(shù)f(x)x(ln xax)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1x2)，則()Af(x1)0，f(x2)Bf(x1)0，f(x2)Cf(x1)0，f(x2)Df(x1)0，f(x2)解析：本題主要考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的基礎(chǔ)知識(shí)與基本運(yùn)算，意在考查考生分析問(wèn)題、處理問(wèn)題的能力f(x)x(ln xax)，f(x)ln x2ax1.又函數(shù)f(x)x(ln xax)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，f(x)ln x2ax1有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，即函數(shù)g(x)ln x與函數(shù)h(x)2ax1有兩個(gè)交點(diǎn)a>0，且0<x1<x2.設(shè)經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0，1)的曲線g(x)ln x的切線與曲線g(x)ln x相切于點(diǎn)(x0，ln x0)，則切線方程為yln x0(xx0)，將點(diǎn)(0，1)代入，得x01，故切點(diǎn)為(1,0)此時(shí)，切線的斜率k1，要使函數(shù)g(x)ln x與函數(shù)h(x)2ax1的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，結(jié)合圖象可知，0<2a<1，即0<a<且0<x1<1<x2.由函數(shù)的單調(diào)性得：(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)最小值最大值f(x1)<0，f(x2)>f(1)a>.故選D.答案：D23（xx福建，13分）已知函數(shù)f(x)xaln x(aR)(1)當(dāng)a2時(shí)，求曲線yf(x)在點(diǎn)A(1，f(1)處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)的極值解：本小題主要考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、函數(shù)的極值等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，考查函數(shù)與方程思想、分類(lèi)與整合思想、數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)1.(1)當(dāng)a2時(shí)，f(x)x2ln x，f(x)1(x>0)，因而f(1)1，f(1)1，所以曲線yf(x)在點(diǎn)A(1，f(1)處的切線方程為y1(x1)，即xy20.(2)由f(x)1，x>0知：當(dāng)a0時(shí)，f(x)>0，函數(shù)f(x)為(0，)上的增函數(shù)，函數(shù)f(x)無(wú)極值；當(dāng)a>0時(shí)，由f(x)0，解得xa，又當(dāng)x(0，a)時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x(a，)時(shí)，f(x)>0，從而函數(shù)f(x)在xa處取得極小值，且極小值為f(a)aaln a，無(wú)極大值綜上，當(dāng)a0時(shí)，函數(shù)f(x)無(wú)極值；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)在xa處取得極小值aaln a，無(wú)極大值24（xx浙江，14分）已知aR，函數(shù)f(x)x33x23ax3a3.(1)求曲線yf(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線方程；(2)當(dāng)x0,2時(shí)，求|f(x)|的最大值解：本題以三次函數(shù)為載體，主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)、絕對(duì)值等基礎(chǔ)知識(shí)，意在考查考生的推理能力，函數(shù)與方程、分類(lèi)討論、數(shù)形結(jié)合等思想方法(1)由題意得f(x)3x26x3a，故f(1)3a3.又f(1)1，所以所求的切線方程為y(3a3)x3a4.(2)由于f(x)3(x1)23(a1)，0x2，故當(dāng)a0時(shí)，有f(x)0，此時(shí)f(x)在0,2上單調(diào)遞減，故|f(x)|maxmax|f(0)|，|f(2)|33a.當(dāng)a1時(shí)，有f(x)0，此時(shí)f(x)在0,2上單調(diào)遞增，故|f(x)|maxmax|f(0)|，|f(2)|3a1.當(dāng)0<a<1時(shí)，設(shè)x11，x21，則0<x1<x2<2，f(x)3(xx1)(xx2)列表如下：x0(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2,2)2f(x)00f(x)33a單調(diào)遞增極大值f(x1)單調(diào)遞減f(x2)極小值單調(diào)遞增3a1由于f(x1)12(1a)，f(x2)12(1a)，故f(x1)f(x2)2>0，f(x1)f(x2)4(1a)>0.從而f(x1)>|f(x2)|.所以|f(x)|maxmaxf(0)，|f(2)|，f(x1)()當(dāng)0<a<時(shí)，f(0)>|f(2)|.又f(x1)f(0)2(1a)(23a)>0，故|f(x)|maxf(x1)12(1a).()當(dāng)a<1時(shí)，|f(2)|f(2)，且f(2)f(0)又f(x1)|f(2)|2(1a)(3a2)，所以當(dāng)a<時(shí)，f(x1)>|f(2)|.故|f(x)|maxf(x1)12(1a).當(dāng)a<1時(shí)，f(x1)|f(2)|.故|f(x)|max|f(2)|3a1.綜上所述，|f(x)|max25（xx陜西，14分）已知函數(shù)f(x)ex，xR.(1)若直線ykx1與f(x)的反函數(shù)的圖象相切，求實(shí)數(shù)k的值；(2)設(shè)x>0，討論曲線yf(x)與曲線ymx2(m>0)公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(3)設(shè)a<b，比較與的大小，并說(shuō)明理由解：本題考查指數(shù)函數(shù)和對(duì)數(shù)函數(shù)互為反函數(shù)，函數(shù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，利用導(dǎo)數(shù)研究?jī)珊瘮?shù)圖象交點(diǎn)個(gè)數(shù)和比較大小的方法(1)f(x)的反函數(shù)為g(x)ln x.設(shè)直線ykx1與g(x)ln x的圖象在P(x0，y0)處相切，則有y0kx01ln x0，kg(x0)，解得x0e2，k.(2)曲線yex與ymx2的公共點(diǎn)個(gè)數(shù)等于曲線y與ym的公共點(diǎn)個(gè)數(shù)令(x)，則(x)，(2)0.當(dāng)x(0,2)時(shí)，(x)<0，(x)在(0,2)上單調(diào)遞減；當(dāng)x(2，)時(shí)，(x)>0，(x)在(2，)上單調(diào)遞增，(x)在(0，)上的最小值為(2).當(dāng)0<m<時(shí)，曲線y與ym無(wú)公共點(diǎn)；當(dāng)m時(shí)，曲線y與ym恰有一個(gè)公共點(diǎn)；當(dāng)m>時(shí)，在區(qū)間(0,2)內(nèi)存在x1，使得(x1)>m，在(2，)內(nèi)存在x2me2，使得(x2)>m.由(x)的單調(diào)性知，曲線y與ym在(0，)上恰有兩個(gè)公共點(diǎn)綜上所述，當(dāng)x>0時(shí)，若0<m<，曲線yf(x)與ymx2沒(méi)有公共點(diǎn)；若m，曲線yf(x)與ymx2有一個(gè)公共點(diǎn)；若m>，曲線yf(x)與ymx2有兩個(gè)公共點(diǎn)(3)法一：可以證明>.事實(shí)上，>>>>1>1(b>a)(*)令(x)1(x0)，則(x)0(僅當(dāng)x0時(shí)等號(hào)成立)，(x)在0，)上單調(diào)遞增，x>0時(shí)，(x)>(0)0.令xba，即得(*)式，結(jié)論得證法二：(ba)eba(ba)2eba2，設(shè)函數(shù)u(x)xexx2ex2(x0)，則u(x)exxex12ex，令h(x)u(x)，則h(x)exexxex2exxex0(僅當(dāng)x0時(shí)等號(hào)成立)，u(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>0時(shí)，u(x)>u(0)0，u(x)單調(diào)遞增當(dāng)x>0時(shí)，u(x)>u(0)0.令xba，則得(ba)eba(ba)2eba2>0，>0，因此，>.26（xx江蘇，16分）若函數(shù)yf(x)在xx0處取得極大值或極小值，則稱(chēng)x0為函數(shù)yf(x)的極值點(diǎn)已知a，b是實(shí)數(shù)，1和1是函數(shù)f(x)x3ax2bx的兩個(gè)極值點(diǎn)(1)求a和b的值；(2)設(shè)函數(shù)g(x)的導(dǎo)函數(shù)g(x)f(x)2，求g(x)的極值點(diǎn)；(3)設(shè)h(x)f(f(x)c，其中c2,2，求函數(shù)yh(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)解：(1)由題設(shè)知f(x)3x22axb，且f(1)32ab0，f(1)32ab0，解得a0，b3.(2)由(1)知f(x)x33x.因?yàn)閒(x)2(x1)2(x2)，所以g(x)0的根為x1x21，x32，于是函數(shù)g(x)的極值點(diǎn)只可能是1或2.當(dāng)x<2時(shí)，g(x)<0；當(dāng)2<x<1時(shí)，g(x)>0，故2是g(x)的極值點(diǎn)當(dāng)2<x<1或x>1時(shí)，g(x)>0，故1不是g(x)的極值點(diǎn)所以g(x)的極值點(diǎn)為2.(3)令f(x)t，則h(x)f(t)c.先討論關(guān)于x的方程f(x)d根的情況，d2,2當(dāng)|d|2時(shí)，由(2)可知，f(x)2的兩個(gè)不同的根為1和2，注意到f(x)是奇函數(shù)，所以f(x)2的兩個(gè)不同的根為1和2.當(dāng)|d|<2時(shí)，因?yàn)閒(1)df(2)d2d>0，f(1)df(2)d2d<0，所以2，1,1,2都不是f(x)d的根由(1)知f(x)3(x1)(x1)當(dāng)x(2，)時(shí)，f(x)>0，于是