第二节 导数的应用A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.(2015·福建,10)若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1,其导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1,则下列结论中一定错误的是( )A.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＜1kB.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＞1k －1C.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＜1k －1D.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞k k －12.(2015·陕西,12)对二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a 为非零整数),四位同学分别给出下列结论,其中有且只有一个结论是错误的,则错误的结论是( )A.－1是f (x )的零点B.1是f (x )的极值点C.3是f (x )的极值D.点(2,8)在曲线y ＝f (x )上3.(2015·新课标全国Ⅱ,12)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数,f (－1)＝0,当x >0时,xf ′(x )－f (x )＜0,则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( ) A.(－∞,－1)∪(0,1) B.(－1,0)∪(1,＋∞) C.(－∞,－1)∪(－1,0) D.(0,1)∪(1,＋∞)4.(2015·新课标全国Ⅰ,12)设函数f (x )＝e x(2x －1)－ax ＋a ,其中a <1,若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0,则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，1 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，15.(2014·新课标全国Ⅱ,12)设函数f (x )＝3sin πx m.若存在f (x )的极值点x 0满足x 20＋[f (x 0)]2<m 2,则m 的取值范围是( )A.(－∞,－6)∪(6,＋∞)B.(－∞,－4)∪(4,＋∞)C.(－∞,－2)∪(2,＋∞)D.(－∞,－1)∪(1,＋∞)6.(2014·辽宁,11)当x ∈[－2,1]时,不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立,则实数a 的取值范围是( )A.[－5,－3]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6，－98C.[－6,－2]D.[－4,－3] 7.(2016·全国Ⅱ,21)(1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x 的单调性,并证明当x >0时,(x －2)e x＋x ＋2>0；(2)证明：当a ∈[0,1)时,函数g (x )＝e x－ax －ax2(x >0)有最小值.设g (x )的最小值为h (a ),求函数h (a )的值域.8.(2016·全国Ⅲ,21)设函数f (x )＝a cos 2x ＋(a －1)·(cos x ＋1),其中a ＞0,记|f (x )|的最大值为4. (1)求f ′(x )； (2)求A ；(3)证明|f ′(x )|≤2A .9.(2016·全国Ⅰ,21)已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点. (1)求a 的取值范围；(2)设x 1,x 2是f (x )的两个零点,证明：x 1＋x 2<2.10.(2016·北京,18)设函数f (x )＝x e a －x+bx ,曲线y ＝f (x )在点(2,f (2))处的切线方程为y ＝(e-1)x ＋4. (1)求a ,b 的值； (2)求f (x )的单调区间.11.(2016·四川,21)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ,其中a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值,使得f (x )>1x－e 1－x在区间(1,＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数).12.(2016·山东,20)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x2,a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时,证明f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立.13.(2015·新课标全国Ⅱ,21)设函数f (x )＝e mx＋x 2－mx . (1)证明：f (x )在(－∞,0)单调递减,在(0,＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1,x 2∈[－1,1],都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1,求m 的取值范围. 14.(2015·北京,18)已知函数f (x )＝ln 1＋x1－x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0,f (0))处的切线方程；(2)求证：当x ∈(0,1)时,f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33； (3)设实数k 使得f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立,求k 的最大值.15.(2015·四川,21)已知函数f (x )＝－2(x ＋a )ln x ＋x 2－2ax －2a 2＋a ,其中a ＞0. (1)设g (x )是f (x )的导函数,讨论g (x )的单调性；(2)证明：存在a ∈(0,1),使得f (x )≥0在区间(1,＋∞)内恒成立,且f (x )＝0在区间(1,＋∞)内有唯一解.16.(2015·天津,20)已知函数f (x )＝nx －x n ,x ∈R ,其中n ∈N *,n ≥2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)设曲线y ＝f (x )与x 轴正半轴的交点为P ,曲线在点P 处的切线方程为y ＝g (x ),求证：对于任意的正实数x ,都有f (x )≤g (x )；(3)若关于x 的方程f (x )＝a (a 为实数)有两个正实根x 1,x 2,求证：|x 2－x 1|＜a1－n＋2.17.(2015·江苏,19)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b (a ,b ∈R ). (1)试讨论f (x )的单调性；(2)若b ＝c －a (实数c 是与a 无关的常数),当函数f (x )有三个不同的零点时,a 的取值范围恰好是(－∞,－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞,求c 的值.18.(2015·重庆,20)设函数f (x )＝3x 2＋axex(a ∈R ). (1)若f (x )在x ＝0处取得极值,确定a 的值,并求此时曲线y ＝f (x )在点(1,f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3,＋∞)上为减函数,求a 的取值范围.19.(2015·新课标全国Ⅰ,21)已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14,g (x )＝－ln x .(1)当a 为何值时,x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ,n }表示m ,n 中的最小值,设函数h (x )＝min{f (x ),g (x )}(x >0),讨论h (x )零点的个数.20.(2015·安徽,21)设函数f (x )＝x 2－ax ＋b .(1)讨论函数f (sin x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2内的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值； (2)记f 0(x )＝x 2－a 0x ＋b 0,求函数|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的最大值D ；(3)在(2)中,取a 0＝b 0＝0,求z ＝b －a 24满足D ≤1时的最大值.21.(2015·广东,19)设a >1,函数f (x )＝(1＋x 2)e x－a . (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )在(－∞,＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行,且在点M (m ,n )处的切线与直线OP 平行(O是坐标原点),证明：m ≤3a －2e－1.22.(2015·山东,21)设函数f (x )＝ln(x ＋1)＋a (x 2－x ),其中a ∈R . (1)讨论函数f (x )极值点的个数,并说明理由； (2)若∀x ＞0,f (x )≥0成立,求a 的取值范围.23.(2015·湖南,21)已知a ＞0,函数f (x )＝e axsin x (x ∈[0,＋∞)).记x n 为f (x )的从小到大的第n (n ∈N *)个极值点,证明： (1)数列{f (x n )}是等比数列； (2)若a ≥1e 2－1,则对一切n ∈N *,x n ＜|f (x n )|恒成立.24.(2015·福建,20)已知函数f (x )＝ln(1＋x ),g (x )＝kx (k ∈R ). (1)证明：当x ＞0时,f (x )＜x ；(2)证明：当k ＜1时,存在x 0＞0,使得对任意的x ∈(0,x 0),恒有f (x )＞g (x )； (3)确定k 的所有可能取值,使得存在t ＞0,对任意的x ∈(0,t ),恒有|f (x )－g (x )|＜x 2.25.(2014·广东,21)设函数f (x )＝1x 2＋2x ＋k2＋x 2＋2x ＋k －3,其中k <－2.(1)求函数f (x )的定义域D (用区间表示)； (2)讨论函数f (x )在D 上的单调性；(3)若k <－6,求D 上满足条件f (x )>f (1)的x 的集合(用区间表示).26.(2014·山东,20)设函数f (x )＝e xx 2－k (2x＋ln x )(k 为常数,e ＝2.718 28…是自然对数的底数).(1)当k ≤0时,求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点,求k 的取值范围.27.(2014·新课标全国Ⅰ,21)设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x,曲线y ＝f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2. (1)求a ,b ； (2)证明：f (x )>1.28.(2014·北京,18)已知函数f (x )＝x cos x －sin x ,x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(1)求证：f (x )≤0；(2)若a <sin x x <b 对x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立,求a 的最大值与b 的最小值.29.(2014·江西,18)已知函数f (x )＝(x 2＋bx ＋b )1－2x (b ∈R ). (1)当b ＝4时,求f (x )的极值；(2)若f (x )在区间(0,13)上单调递增,求b 的取值范围.30.(2014·辽宁,21)已知函数f (x )＝(cos x －x )(π＋2x )－83(sin x ＋1),g (x )＝3(x －π)cos x －4(1＋sin x )ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3－2x π. 证明：(1)存在唯一x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2,使f (x 0)＝0；(2)存在唯一x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π,使g (x 1)＝0,且对(1)中的x 0,有x 0＋x 1<π.B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·河北邯郸模拟)做一个无盖的圆柱形水桶,若要使其体积是27π,且用料最省,则圆柱的底面半径为( ) A.3B.4C.5D.62.(2016·北京重点中学模拟)已知a ≥0,函数f (x )＝(x 2－2ax )e x,若f (x )在[－1,1]上是单调减函数,则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，123.(2016·江苏南京模拟)函数f (x )的导函数为f ′(x ),对∀x ∈R ,都有2f ′(x )>f (x )成立,若f (ln 4)＝2,则不等式f (x )>e x2的解集是( )A.(ln 4,＋∞)B.(0,ln 4)C.(1,＋∞)D.(0,1)4.(2015·江西新余模拟)如图是函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 的部分图象,则函数g (x )＝ln x ＋f ′(x )的零点所在的区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，12B.(1,2)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 D.(2,3) 5.(2015·北京海淀4月模拟题)设某商品的需求函数为Q ＝100－5P ,其中Q ,P 分别表示需求量和价格,如果商品需求弹性EQEP大于1⎝⎛⎭⎪⎫其中EQEP＝－Q ′Q P ，Q ′是Q 的导数,则商品价格P 的取值范围是________.6.(2015·湛江质检)已知函数f (x )＝sin x (x ≥0),g (x )＝ax (x ≥0). (1)若f (x )≤g (x )恒成立,求实数a 的取值范围； (2)当a 取(1)中的最小值时,求证：g (x )－f (x )≤16x 3.7.(2015·浙江余杭模拟)已知函数f (x )＝4x 2－72－x ,x ∈[0,1].(1)求f (x )的单调区间和值域；(2)设a ≥1,函数g (x )＝x 3－3a 2x －2a ,x ∈[0,1],若对于任意x 1∈[0,1],总存在x 0∈[0,1],使得g (x 0)＝f (x 1)成立,求a 的取值范围.答案精析A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.C [∵导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1,∴f ′(x )－k ＞0,k －1＞0,1k －1＞0, 可构造函数g (x )＝f (x )－kx ,可得g ′(x )＞0,故g (x )在R 上为增函数, ∵f (0)＝－1,∴g (0)＝－1,∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞g (0),∴f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1－k k －1＞－1,∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞1k －1,∴选项C 错误,故选C.]2.A [A 正确等价于a －b ＋c ＝0,① B 正确等价于b ＝－2a ,② C 正确等价于4ac －b 24a ＝3,③D 正确等价于4a ＋2b ＋c ＝8.④ 下面分情况验证,若A 错,由②、③、④组成的方程组的解为⎩⎪⎨⎪⎧a ＝5，b ＝－10，c ＝8.符合题意；若B 错,由①、③、④组成的方程组消元转化为关于a 的方程后无实数解； 若C 错,由①、②、④组成方程组,经验证a 无整数解； 若D 错,由①、②、③组成的方程组a 的解为－34也不是整数.综上,故选A.]3.A [因为f (x )(x ∈R )为奇函数,f (-1)＝0,所以f (1)＝-f (-1)＝0.当x ≠0时,令g (x )＝f （x ）x ,则g (x )为偶函数,且g (1)＝g (－1)＝0.则当x ＞0时,g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0,故g (x )在(0,＋∞)上为减函数,在(－∞,0)上为增函数.所以在(0,＋∞)上,当0＜x ＜1时,g (x )＞g (1)＝0⇔f （x ）x＞0⇔f (x )＞0； 在(－∞,0)上,当x ＜－1时,g (x )＜g (－1)＝0⇔f （x ）x＜0⇔f (x )＞0.综上,得使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞,－1)∪(0,1),选A.]4.D [设g (x )＝e x(2x -1),y ＝ax -a ,由题知存在唯一的整数x 0,使得g (x 0)在直线y ＝ax -a 的下方,因为g ′(x )＝e x(2x ＋1),所以当x <－12时,g ′(x )<0,当x >－12时,g ′(x )>0,所以当x ＝－12时,[g (x )]min ＝－2e －12,当x ＝0时,g (0)＝-1,g (1)＝3e>0,直线y ＝a (x -1)恒过(1,0)且斜率为a ,故－a >g (0)＝－1, 且g (－1)＝－3e －1≥－a －a ,解得32e≤a <1,故选D.]5.C [由正弦型函数的图象可知：f (x )的极值点x 0满足f (x 0)＝±3,则πx 0m＝π2＋k π(k ∈Z ),从而得x 0＝(k ＋12)m (k ∈Z ).所以不等式x 20＋[f (x 0)]2<m 2即为(k ＋12)2m 2＋3<m 2,变形得m 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122>3,其中k ∈Z .由题意,存在整数k 使得不等式m 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122>3成立.当k ≠－1且k ≠0时,必有⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122>1,此时不等式显然不能成立,故k ＝－1或k ＝0,此时,不等式即为34m 2>3,解得m <－2或m >2.] 6.C [当x ∈(0,1]时,得a ≥－3⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 3－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋1x ,令t ＝1x ,则t ∈[1,＋∞),a ≥－3t 3－4t2＋t ,令g (t )＝－3t 3－4t 2＋t ,t ∈[1,＋∞),则g ′(t )＝-9t 2-8t ＋1＝-(t ＋1)(9t －1),显然在[1,＋∞)上,g ′(t )<0,g (t )单调递减,所以g (t )max ＝g (1)＝-6,因此a ≥-6；同理,当x ∈[-2,0)时,得a ≤-2.由以上两种情况得-6≤a ≤-2,显然当x ＝0时也成立.故实数a 的取值范围为[-6,-2].]7.(1)解 f (x )的定义域为(－∞,－2)∪(－2,＋∞). f ′(x )＝（x －1）（x ＋2）e x－（x －2）e x（x ＋2）2＝x 2ex（x ＋2）2≥0,且仅当x ＝0时,f ′(x )＝0,所以f (x )在(－∞,－2),(－2,＋∞)单调递增.因此当x ∈(0,＋∞)时,f (x )>f (0)＝－1.所以(x －2)e x>－(x ＋2),即(x －2)e x＋x ＋2>0. (2)证明 g ′(x )＝（x －2）e x＋a （x ＋2）x 3＝x ＋2x3(f (x )＋a ).由(1)知,f (x )＋a 单调递增,对任意a ∈[0,1),f (0)＋a ＝a －1<0,f (2)＋a ＝a ≥0. 因此,存在唯一x a ∈( 0,2],使得f (x a )＋a ＝0,即g ′(x a )＝0. 当0<x <x a 时,f (x )＋a <0,g ′(x )<0,g (x )单调递减； 当x >x a 时,f (x )＋a >0,g ′(x )>0,g (x )单调递增. 因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值,最小值为g (x a )＝e xa －a （x a ＋1）x 2a ＝e xa ＋f （x a ）（x ＋1）x 2a ＝e xax a ＋2. 于是h (a )＝e x a x a ＋2,由⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx ＋2′＝（x ＋1）e x （x ＋2）2>0,e xx ＋2单调递增.所以,由x a ∈(0,2],得12＝e 00＋2<h (a )＝e x a x a ＋2≤e 22＋2＝e24.因为e xx ＋2单调递增,对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24,存在唯一的x a ∈(0,2],a ＝－f (x a )∈[0,1),使得h (a )＝λ.所以h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.综上,当a ∈[0,1)时,g (x )有最小值h (a ),h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24. 8.(1)解 f ′(x )＝－2a sin 2x －(a －1)sin x .(2)解 当a ≥1时,|f (x )|＝|a cos 2x ＋(a －1)(cos x ＋1)|≤a ＋2(a －1)＝3a －2.因此A ＝3a －2.当0＜a ＜1时,将f (x )变形为f (x )＝2a cos 2x ＋(a －1)·cos x －1,令g (t )＝2at 2＋(a －1)t －1,则A 是|g (t )|在[－1,1]上的最大值,g (-1)＝a ,g (1)＝3a -2,且当t ＝1-a 4a 时,g (t )取得极小值,极小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1-a 4a ＝-（a -1）28a -1＝-a 2＋6a ＋18a. 令-1＜1－a 4a ＜1,解得a ＜－13(舍去),a ＞15.(ⅰ)当0＜a ≤15时,g (t )在(-1,1)内无极值点,|g (-1)|＝a ,|g (1)|＝2－3a ,|g (-1)|＜|g (1)|,所以A ＝2－3a .(ⅱ)当15＜a ＜1时,由g (－1)－g (1)＝2(1－a )＞0,知g (－1)＞g (1)＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 4a . 又⎪⎪⎪⎪⎪⎪g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 4a －|g (－1)|＝（1－a ）（1＋7a ）8a ＞0,所以A ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 4a ＝a 2＋6a ＋18a .综上,A ＝⎩⎪⎨⎪⎧2－3a ，0＜a ≤15，a 2＋6a ＋18a ，15＜a ＜1，3a －2，a ≥1.(3)证明 由(1)得|f ′(x )|＝|－2a sin 2x －(a －1)sin x |≤2a ＋|a －1|. 当0＜a ≤15时,|f ′(x )|≤1＋a ≤2－4a ＜2(2－3a )＝2A .当15＜a ＜1时,A ＝a 8＋18a ＋34≥1,所以|f ′(x )|≤1＋a ＜2A . 当a ≥1时,|f ′(x )|≤3a －1≤6a －4＝2A .所以|f ′(x )|≤2A . 9.解 (1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x＋2a ). ①设a ＝0,则f (x )＝(x －2)e x,f (x )只有一个零点.②设a >0,则当x ∈(－∞,1)时,f ′(x )<0；当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )>0,所以f (x )在(－∞,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增.又f (1)＝－e,f (2)＝a ,取b 满足b <0且b <ln a 2,则f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－32b >0,故f (x )存在两个零点.③设a <0,由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a ).若a ≥－e2,则ln(－2a )≤1,故当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )>0,因此f (x )在(1,＋∞)上单调递增.又当x ≤1时,f (x )<0,所以f (x )不存在两个零点. 若a <－e2,则ln(－2a )>1,故当x ∈(1,ln(－2a ))时,f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a ),＋∞)时,f ′(x )>0,因此f (x )在(1,ln(－2a ))上单调递减,在(ln(－2a ),＋∞)上单调递增. 又当x ≤1时,f (x )<0,所以f (x )不存在两个零点. 综上,a 的取值范围为(0,＋∞).(2)不妨设x 1<x 2.由(1)知,x 1∈(－∞,1),x 2∈(1,＋∞),2－x 2∈(－∞,1),f (x )在(－∞,1)上单调递减,所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2),即f (2－x 2)<0. 由于f (2－x 2)＝－x 2e 2－x2＋a (x 2－1)2,而f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0, 所以f (2－x 2)＝－x 2e 2－x2－(x 2－2)e x2.设g (x )＝－x e 2－x－(x －2)e x,则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x－e x),所以当x >1时,g ′(x )<0,而g (1)＝0,故当x >1时,g (x )<0,从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0,故x 1＋x 2<2. 10.解 (1)f (x )的定义域为R .∵f ′(x )＝ea －x－x ea －x＋b ＝(1－x )ea －x＋b .依题设,⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得a ＝2,b ＝e. (2)由(1)知f (x )＝x e 2－x＋e x ,由f ′(x )＝e2－x(1－x ＋ex －1)及e2－x＞0知,f ′(x )与1－x ＋ex －1同号.令g (x )＝1－x ＋ex －1,则g ′(x )＝－1＋ex －1.所以,当x ∈(-∞,1)时,g ′(x )＜0,g (x )在区间(－∞,1)上单调递减； 当x ∈(1,＋∞)时,g ′(x )＞0,g (x )在区间(1,＋∞)上单调递增. 故g (1)＝1是g (x )在区间(-∞,＋∞)上的最小值, 从而g (x )＞0,x ∈(-∞,＋∞), 综上可知,f ′(x )＞0,x ∈(-∞,＋∞). 故f (x )的单调递增区间为(-∞,＋∞).11.解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0).当a ≤0时,f ′(x )<0,f (x )在(0,＋∞)内单调递减. 当a >0时,由f ′(x )＝0,有x ＝12a.此时,当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时,f ′(x )<0,f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时,f ′(x )>0,f (x )单调递增.(2)令g (x )＝1x －1e x －1,s (x )＝e x －1－x .则s ′(x )＝e x －1－1.而当x >1时,s ′(x )>0,所以s (x )在区间(1,＋∞)内单调递增.又由s (1)＝0,有s (x )>0,从而当x >1时,g (x )>0. 当a ≤0,x >1时,f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1,＋∞)内恒成立时,必有a >0. 当0<a <12时,12a >1.由(1)有f ⎝⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0,而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0, 所以此时f (x )>g (x )在区间(1,＋∞)内不恒成立. 当a ≥12时,令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1).当x >1时,h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x2>0. 因此,h (x )在区间(1,＋∞)单调递增.又因为h (1)＝0,所以当x >1时,h (x )＝f (x )－g (x )>0,即f (x )>g (x )恒成立.综上,a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 12.(1)解 f (x )的定义域为(0,＋∞),f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3.当a ≤0时,x ∈(0,1)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增,x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )<0,f (x )单调递减. 当a >0时,f ′(x )＝a （x －1）x 3⎝⎛⎭⎪⎫x －2a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2a .①0<a <2时,2a>1,当x ∈(0,1)或x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a，＋∞时,f ′(x )>0,f (x )单调递增,当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 时,f ′(x )<0,f (x )单调递减.②a ＝2时,2a＝1,在x ∈(0,＋∞)内,f ′(x )≥0,f (x )单调递增. ③a >2时,0<2a<1,当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 或x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增,当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a，1时,f ′(x )<0,f (x )单调递减.综上所述,当a ≤0时,f (x )在(0,1)内单调递增,在(1,＋∞)内单调递减； 当0<a <2时,f (x )在(0,1)内单调递增,在⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 内单调递减,在⎝⎛⎭⎪⎫2a，＋∞内单调递增；当a ＝2时,f (x )在(0,＋∞)内单调递增； 当a >2时,f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 内单调递增,在⎝⎛⎭⎪⎫2a，1内单调递减,在(1,＋∞)内单调递增.(2)证明 由(1)知,a ＝1时,f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x2－⎝⎛⎭⎪⎫1－1x －2x2＋2x 3＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x3－1,x ∈[1,2]. 设g (x )＝x －ln x ,h (x )＝3x ＋1x 2－2x3－1,x ∈[1,2],则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x ).由g ′(x )＝x －1x≥0, 可得g (x )≥g (1)＝1,当且仅当x ＝1时取得等号.又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x. 设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6,则φ(x )在x ∈[1,2]单调递减.因为φ(1)＝1,φ(2)＝－10,所以∃x 0∈(1,2),使得x ∈(1,x 0)时,φ(x )>0,x ∈(x 0,2)时,φ(x )<0.所以h (x )在(1,x 0)内单调递增,在(x 0,2)内单调递减. 由h (1)＝1,h (2)＝12,可得h (x )≥h (2)＝12,当且仅当x ＝2时取得等号.所以f (x )－f ′(x )>g (1)＋h (2)＝32.即f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立.13.(1)证明 f ′(x )＝m (e mx－1)＋2x .若m ≥0,则当x ∈(－∞,0)时,e mx－1≤0,f ′(x )＜0；当x ∈(0,＋∞)时,e mx－1≥0,f ′(x )＞0.若m ＜0,则当x ∈(－∞,0)时,e mx－1＞0,f ′(x )＜0；当x ∈(0,＋∞)时,e mx－1＜0,f ′(x )＞0.所以,f (x )在(－∞,0)单调递减, 在(0,＋∞)上单调递增.(2)解 由(1)知,对任意的m ,f (x )在[－1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故f (x )在x ＝0处取得最小值.所以对于任意x 1,x 2∈[－1,1],|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f （1）－f （0）≤e －1，f （－1）－f （0）≤e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m－m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1.①设函数g (t )＝e t －t －e ＋1,则g ′(t )＝e t－1.当t ＜0时,g ′(t )＜0；当t ＞0时,g ′(t )＞0.故g (t )在(－∞,0)上单调递减,在(0,＋∞)上单调递增.又g (1)＝0,g (－1)＝e －1＋2－e ＜0,故当t ∈[－1,1]时,g (t )≤0. 当m ∈[－1,1]时,g (m )≤0,g (－m )≤0,即①式成立； 当m ＞1时,由g (t )的单调性,g (m )＞0,即e m－m ＞e －1； 当m ＜－1时,g (－m )＞0,即e －m＋m ＞e －1. 综上,m 的取值范围是[－1,1].14.(1)解 因为f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x ),所以f ′(x )＝11＋x ＋11－x ,f ′(0)＝2.又因为f (0)＝0,所以曲线y ＝f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y ＝2x . (2)证明 令g (x )＝f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33,则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x 41－x 2.因为g ′(x )>0(0<x <1),所以g (x )在区间(0,1)上单调递增.所以g (x )>g (0)＝0,x ∈(0,1),即当x ∈(0,1)时,f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.(3)解 由(2)知,当k ≤2时,f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立. 当k >2时,令h (x )＝f (x )－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33,则h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－（k －2）1－x 2. 所以当0<x <4k －2k时,h ′(x )<0,因此h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4k －2k 上单调递减.当0<x <4k －2k 时,h (x )<h (0)＝0,即f (x )<k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.所以当k >2时,f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33并非对x ∈(0,1)恒成立.综上可知,k 的最大值为2.15.(1)解 由已知,函数f (x )的定义域为(0,＋∞),g (x )＝f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝⎛⎭⎪⎫1＋a x ,所以g ′(x )＝2－2x＋2a x 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －14x 2,当0＜a ＜14时,g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2,⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上单调递增,在区间⎝⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减； 当a ≥14时,g (x )在区间(0,＋∞)上单调递增.(2)证明 由f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝⎛⎭⎪⎫1＋a x ＝0,解得a ＝x －1－ln x1＋x－1, 令φ(x )＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x －1－ln x 1＋x －1ln x ＋x 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －1x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －12＋x －1－ln x 1＋x －1, 则φ(1)＝1＞0,φ(e)＝－e （e －2）1＋e －1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫e －21＋e －12＜0, 故存在x 0∈(1,e),使得φ(x 0)＝0, 令a 0＝x 0－1－ln x 01＋x －1,u (x )＝x －1－ln x (x ≥1), 由u ′(x )＝1－1x≥0知,函数u (x )在区间(1,＋∞)上单调递增, 所以0＝u （1）1＋1＜u （x 0）1＋x －10＝a 0＜u （e ）1＋e －1＝e －21＋e－1＜1,即a 0∈(0,1), 当a ＝a 0时,有f ′(x 0)＝0,f (x 0)＝φ(x 0)＝0,由(1)知,f ′(x )在区间(1,＋∞)上单调递增, 故当x ∈(1,x 0)时,f ′(x )＜0,从而f (x )＞f (x 0)＝0；当x ∈(x 0,＋∞)时,f ′(x )＞0,从而f (x )＞f (x 0)＝0,所以,当x ∈(1,＋∞)时,f (x )≥0, 综上所述,存在a ∈(0,1),使得f (x )≥0在区间(1,＋∞)内恒成立,且f (x )＝0在区间(1,＋∞)内有唯一解.16.(1)解 由f (x )＝nx －x n ,可得f ′(x )＝n －nx n －1＝n (1－xn －1).其中n ∈N *,且n ≥2,下面分两种情况讨论：①当n 为奇数时.令f ′(x )＝0,解得x ＝1,或x ＝－1. 当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表：所以,f (x )在②当n 为偶数时.当f ′(x )＞0,即x ＜1时,函数f (x )单调递增； 当f ′(x )＜0,即x ＞1时,函数f (x )单调递减；所以,f (x )在(－∞,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减. (2)证明 设点P 的坐标为(x 0,0),则x 0＝n1n －1,f ′(x 0)＝n －n 2. 曲线y ＝f (x )在点P 处的切线方程为y ＝f ′(x 0)(x －x 0),即g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0). 令F (x )＝f (x )－g (x ),即F (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0),则F ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0). 由于f ′(x )＝－nxn －1＋n 在(0,＋∞)上单调递减,故F ′(x )在(0,＋∞)上单调递减,又因为F ′(x 0)＝0,所以当x ∈(0,x 0)时,F ′(x )＞0, 当x ∈(x 0,＋∞)时,F ′(x )＜0,所以F (x )在(0,x 0)内单调递增, 在(x 0,＋∞)上单调递减,所以对于任意的正实数x ,都有F (x )≤F (x 0)＝0,即对于任意的正实数x ,都有f (x )≤g (x ). (3)证明 不妨设x 1≤x 2.由(2)知g (x )＝(n －n 2)(x －x 0), 设方程g (x )＝a 的根为x 2′,可得x 2′＝an －n 2＋x 0.当n ≥2时,g (x )在(－∞,＋∞)上单调递减, 又由(2)知g (x 2)≥f (x 2)＝a ＝g (x 2′),可得x 2≤x 2′.类似地,设曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程为y ＝h (x ),可得h (x )＝nx . 当x ∈(0,＋∞),f (x )－h (x )＝－x n＜0,即对于任意的x ∈(0,＋∞),f (x )＜h (x ). 设方程h (x )＝a 的根为x 1′,可得x 1′＝an.因为h (x )＝nx 在(－∞,＋∞)上单调递增,且h (x 1′)＝a ＝f (x 1)＜h (x 1),因此x 1′＜x 1. 由此可得x 2－x 1＜x 2′－x 1′＝a1－n＋x 0. 因为n ≥2,所以2n －1＝(1＋1)n －1≥1＋C 1n －1＝1＋n －1＝n ,故2≥n1n －1＝x 0.所以,|x 2－x 1|＜a 1－n＋2. 17.解 (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ,令f ′(x )＝0,解得x 1＝0,x 2＝－2a 3.当a ＝0时,因为f ′(x )＝3x 2＞0(x ≠0),所以函数f (x )在(－∞,＋∞)上单调递增； 当a ＞0时,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫-∞，-2a 3∪(0,＋∞)时,f ′(x )＞0,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫-2a 3，0时,f ′(x )＜0,所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫-∞，-2a 3,(0,＋∞)上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫-2a 3，0上单调递减；当a ＜0时,x ∈(－∞,0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞时,f ′(x )＞0,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3时,f ′(x )＜0,所以函数f (x )在(－∞,0),⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞上单调递增,在⎝⎛⎭⎪⎫0，－2a 3上单调递减.(2)由(1)知,函数f (x )的两个极值为f (0)＝b ,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3＝427a 3＋b ,则函数f (x )有三个零点等价于f (0)·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3＝b ⎝ ⎛⎭⎪⎫427a 3＋b ＜0,从而⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，－427a 3＜b ＜0或⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，0＜b ＜－427a 3.又b ＝c －a ,所以当a ＞ 0时,427a 3－a ＋c ＞0或当a ＜0时,427a 3－a ＋c ＜0.设g (a )＝427a 3-a ＋c ,因为函数f (x )有三个零点时,a 的取值范围恰好是(-∞,-3)∪⎝⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝⎛⎭⎪⎫32，＋∞,则在(-∞,-3)上g (a )＜0,且在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上g (a )＞0均恒成立. 从而g (－3)＝c －1≤0,且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝c －1≥0,因此c ＝1. 此时,f (x )＝x 3＋ax 2＋1－a ＝(x ＋1)[x 2＋(a －1)x ＋1－a ],因函数有三个零点,则x 2＋(a －1)x ＋1－a ＝0有两个异于－1的不等实根, 所以Δ＝(a -1)2－4(1-a )＝a 2＋2a -3＞0, 且(-1)2-(a -1)＋1-a ≠0,解得a ∈(-∞,-3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞.综上c ＝1.18.解(1)对f (x )求导得f ′(x )＝（6x ＋a ）e x －（3x 2＋ax ）ex（e x ）2＝－3x 2＋（6－a ）x ＋aex, 因为f (x )在x ＝0处取得极值,所以f ′(0)＝0,即a ＝0.当a ＝0时,f (x )＝3x 2e x ,f ′(x )＝－3x 2＋6x e x,故f (1)＝3e ,f ′(1)＝3e ,从而f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e (x －1),化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋（6－a ）x ＋ae x. 令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ,由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366,x 2＝6－a ＋a 2＋366.当x ＜x 1时,g (x )＜0,即f ′(x )＜0,故f (x )为减函数； 当x 1＜x ＜x 2时,g (x )＞0,即f ′(x )＞0,故f (x )为增函数； 当x ＞x 2时,g (x )＜0,即f ′(x )＜0, 故f (x )为减函数.由f (x )在[3,＋∞)上为减函数,知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3,解得a ≥－92,故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.19.解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0),则f (x 0)＝0,f ′(x 0)＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得x 0＝12,a ＝－34.因此,当a ＝－34时,x 轴为曲线y ＝f (x )的切线.(2)当x ∈(1,＋∞)时,g (x )＝－ln x <0,从而h (x )＝min{f (x ),g (x )}≤g (x )<0, 故h (x )在(1,＋∞)无零点.当x ＝1时,若a ≥－54,则f (1)＝a ＋54≥0,h (1)＝min{f (1),g (1)}＝g (1)＝0,故x ＝1是h (x )的零点；若a <－54,则f (1)<0,h (1)＝min{f (1),g (1)}＝f (1)<0,故x ＝1不是h (x )的零点.当x ∈(0,1)时,g (x )＝－ln x >0.所以只需考虑f (x )在(0,1)的零点个数.(ⅰ)若a ≤－3或a ≥0,则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0,1)无零点,故f (x )在(0,1)单调.而f (0)＝14,f (1)＝a ＋54,所以当a ≤－3时,f (x )在(0,1)有一个零点；当a ≥0时,f (x )在(0,1)没有零点.(ⅱ)若－3<a <0,则f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 3单调递减,在⎝⎛⎭⎪⎫－a3，1单调递增,故在(0,1)中,当x＝－a3时,f (x )取得最小值,最小值为f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3＝2a3－a 3＋14. ①若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3>0,即－34<a <0,f (x )在(0,1)无零点；②若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝0,即a ＝－34,则f (x )在(0,1)有唯一零点；③若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3<0,即－3<a <－34,由于f (0)＝14,f (1)＝a ＋54,所以当－54<a <－34时,f (x )在(0,1)有两个零点；当－3<a ≤－54时,f (x )在(0,1)有一个零点.综上,当a >-34或a <-54时,h (x )有一个零点；当a ＝-34或a ＝-54时,h (x )有两个零点；当-54<a <-34时,h (x )有三个零点. 20.解 (1)f (sin x )＝sin 2x －a sin x ＋b ＝sin x (sin x －a )＋b ,－π2<x <π2.[f (sin x )]′＝(2sin x －a )cos x ,－π2<x <π2.因为－π2<x <π2,所以cos x >0,－2<2sin x <2.①a ≤－2,b ∈R 时,函数f (sin x )单调递增,无极值. ②a ≥2,b ∈R 时,函数f (sin x )单调递减,无极值.③对于－2<a <2,在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2内存在唯一的x 0,使得2sin x 0＝a .－π2<x ≤x 0时,函数f (sin x )单调递减； x 0≤x <π2时,函数f (sin x )单调递增；因此,－2<a <2,b ∈R 时,函数f (sin x )在x 0处有极小值f (sin x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝b －a 24. (2)－π2≤x ≤π2时,|f (sin x )－f 0(sin x )|＝|(a 0－a )sin x ＋b －b 0|≤|a －a 0|＋|b －b 0|.当(a 0－a )(b －b 0)≥0时,取x ＝π2,等号成立.当(a 0－a )(b －b 0)<0时,取x ＝－π2,等号成立.由此可知,|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的最大值为D ＝|a －a 0|＋|b －b 0|. (3)D ≤1即为|a |＋|b |≤1,此时0≤a 2≤1,－1≤b ≤1, 从而z ＝b －a 24≤1.取a ＝0,b ＝1,则|a |＋|b |≤1,并且z ＝b －a 24＝1.由此可知,z ＝b －a 24满足条件D ≤1的最大值为1.21.(1)解 f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x∀x ∈R ,f ′(x )≥0恒成立.∴f (x )的单调增区间为(－∞,＋∞). (2)证明 ∵f (0)＝1－a ,f (a )＝(1＋a 2)e a－a ,∵a >1,∴f (0)<0,f (a )>2a e a－a >2a －a ＝a >0,∴f (0)·f (a )<0, ∴f (x )在(0,a )上有一零点,又∵f (x )在(－∞,＋∞)上递增,∴f (x )在(0,a )上仅有一个零点,∴f (x )在(－∞,＋∞)上仅有一个零点.(3)证明 f ′(x )＝(x ＋1)2e x,设P (x 0,y 0),则f ′(x 0)＝e x 0(x 0＋1)2＝0,∴x 0＝－1, 把x 0＝-1,代入y ＝f (x )得y 0＝2e -a ,∴k OP ＝a －2e.f ′(m )＝e m (m ＋1)2＝a －2e,令g (m )＝e m－(m ＋1),g ′(m )＝e m－1. 令g ′(x )>0,则m >0,∴g (m )在(0,＋∞)上增.令g ′(x )<0,则m <0,∴g (m )在(－∞,0)上减.∴g (m )min ＝g (0)＝0. ∴e m －(m ＋1)≥0,即e m ≥m ＋1.∴e m (m ＋1)2≥(m ＋1)3,即a －2e≥(m ＋1)3.∴m ＋1≤3a －2e ,即m ≤3a －2e－1. 22.解 (1)由题意知,函数f (x )的定义域为(－1,＋∞), f ′(x )＝1x ＋1＋a (2x －1)＝2ax 2＋ax －a ＋1x ＋1.令g (x )＝2ax 2＋ax －a ＋1,x ∈(－1,＋∞).①当a ＝0时,g (x )＝1,此时f ′(x )＞0,函数f (x )在(－1,＋∞)上单调递增,无极值点； ②当a ＞0时,Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8).(ⅰ)当0＜a ≤89时,Δ≤0,g (x )≥0,f ′(x )≥0,函数f (x )在(－1,＋∞)上单调递增,无极值点；(ⅱ)当a ＞89时,Δ＞0,设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1,x 2(x 1＜x 2),因为x 1＋x 2＝-12,所以x 1＜-14,x 2＞-14.由g (-1)＝1＞0,可得-1＜x 1＜-14.所以当x ∈(-1,x 1)时,g (x )＞0,f ′(x )＞0,函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 1,x 2)时,g (x )＜0,f ′(x )＜0,函数f (x )单调递减； 当x ∈(x 2,＋∞)时,g (x )＞0,f ′(x )＞0,函数f (x )单调递增； 因此函数有两个极值点.(ⅲ)当a ＜0时,Δ＞0,由g (－1)＝1＞0,可得x 1＜－1. 当x ∈(－1,x 2)时,g (x )＞0,f ′(x )＞0,函数f (x )单调递增；当x ∈(x 2,＋∞)时,g (x )＜0,f ′(x )＜0,函数f (x )单调递减；所以函数有一个极值点. 综上所述,当a ＜0时,函数f (x )有一个极值点； 当0≤a ≤89时,函数f (x )无极值点；当a ＞89时,函数f (x )有两个极值点.(2)由(1)知,①当0≤a ≤89时,函数f (x )在(0,＋∞)上单调递增,因为f (0)＝0,所以x ∈(0,＋∞)时,f (x )＞0,符合题意； ②当89＜a ≤1时,由g (0)≥0,得x 2≤0,所以函数f (x )在(0,＋∞)上单调递增,又f (0)＝0,所以x ∈(0,＋∞)时,f (x )＞0,符合题意；③当a ＞1时,由g (x )＜0,可得x 2＞0.所以x ∈(0,x 2)时,函数f (x )单调递减； 因为f (0)＝0,所以x ∈(0,x 2)时,f (x )＜0,不合题意； ④当a ＜0时,设h (x )＝x －ln(x ＋1). 因为x ∈(0,＋∞)时,h ′(x )＝1－1x ＋1＝x x ＋1＞0 ,所以h (x )在(0,＋∞)上单调递增, 因此当x ∈(0,＋∞)时,h (x )＞h (0)＝0,即ln(x ＋1)＜x . 可得f (x )＜x ＋a (x 2－x )＝ax 2＋(1－a )x ,当x ＞1－1a时,ax 2＋(1－a )x ＜0,此时f (x )＜0,不合题意.综上所述,a 的取值范围是[0,1].23.证明 (1)f ′(x )＝a e ax sin x ＋e ax cos x ＝e ax (a sin x ＋cos x )＝a 2＋1e axsin(x ＋φ), 其中tan φ＝1a ,0＜φ＜π2.令f ′(x )＝0,由x ≥0得x ＋φ＝m π,即x ＝m π－φ,m ∈N *, 对k ∈N ,若2k π＜x ＋φ＜(2k ＋1)π,即2k π－φ＜x ＜(2k ＋1)π－φ,则f ′(x )＞0；若(2k ＋1)π＜x ＋φ＜(2k ＋2)π,即(2k ＋1)π－φ＜x ＜(2k ＋2)π－φ,则f ′(x )＜0. 因此,在区间((m －1)π,m π－φ)与(m π－φ,m π)上,f ′(x )的符号总相反. 于是当x ＝m π－φ(m ∈N *)时,f (x )取得极值,所以x n ＝n π－φ(n ∈N *). 此时,f (x n )＝ea (n π－φ)sin(n π－φ)＝(－1)n ＋1e a (n π－φ)sin φ.易知f (x n )≠0,而f （x n ＋1）f （x n ）＝（－1）n ＋2e a [（n ＋1）π－φ]sin φ（－1）n ＋1e a （n π－φ）sin φ＝－e a π是常数,故数列{f (x n )}是首项为f (x 1)＝ea (π－φ)sin φ,公比为－e a π的等比数列. (2)由(1)知,sin φ＝1a 2＋1,于是对一切n ∈N *； x n ＜|f (x n )|恒成立,即n π－φ＜1a 2＋1ea (n π－φ)恒成立,等价于a 2＋1a ＜ea （n π－φ）a （n π－φ）(*)恒成立,因为(a ＞0).设g (t )＝e tt (t ＞0),则g ′(t )＝e t（t －1）t2. 令g ′(t )＝0得t ＝1.当0＜t ＜1时,g ′(t )＜0,所以g (t )在区间(0,1)上单调递减； 当t ＞1时,g ′(t )＞0,所以g (t )在区间(1,＋∞)上单调递增. 从而当t ＝1时,函数g (t )取得最小值g (1)＝e.因此,要使(*)式恒成立,只需a 2＋1a ＜g (1)＝e,即只需a ＞1e 2－1.而当a ＝1e 2－1时,由tan φ＝1a ＝e 2－1＞3且0＜φ＜π2知,π3＜φ＜π2. 于是π－φ＜2π3＜e 2－1,且当n ≥2时,n π－φ≥2π－φ＞3π2＞e 2－1.因此对一切n ∈N *,ax n ＝n π－φe 2－1≠1,所以g (ax n )＞g (1)＝e ＝a 2＋1a .故(*)式亦恒成立.综上所述,若a ≥1e 2－1,则对一切n ∈N *,x n ＜|f (x n )|恒成立.24.(1)证明 令F (x )＝f (x )－x ＝ln(1＋x )－x ,x ∈(0,＋∞),则有F ′(x )＝11＋x－1＝－xx ＋1. 当x ∈(0,＋∞)时,F ′(x )＜0,所以F (x )在(0,＋∞)上单调递减, 故当x ＞0时,F (x )＜F (0)＝0,即当x ＞0时,f (x )＜x .(2)证明 令G (x )＝f (x )－g (x )＝ln(1＋x )－kx ,x ∈(0,＋∞), 则有G ′(x )＝1x ＋1－k ＝－kx ＋（1－k ）x ＋1. 当k ≤0时,G ′(x )＞0,故G (x )在(0,＋∞)单调递增,G (x )＞G (0)＝0, 故任意正实数x 0均满足题意.当0＜k ＜1时,令G ′(x )＝0,得x ＝1－k k ＝1k－1＞0,取x 0＝1k－1,对任意x ∈(0,x 0),有G ′(x )＞0,从而G (x )在(0,x 0)单调递增,所以G (x )＞G (0)＝0,即f (x )＞g (x ).综上,当k ＜1时,总存在x 0＞0,使得对任意x ∈(0,x 0),恒有f (x )＞g (x ). (3)解 当k ＞1时,由(1)知,对于∀x ∈(0,＋∞),g (x )＞x ＞f (x ),故g (x )＞f (x ), |f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝kx －ln(1＋x ).M (x )＝kx －ln(1＋x )－x 2,x ∈[0,＋∞). 则有M ′(x )＝k －11＋x －2x ＝－2x 2＋（k －2）x ＋k －1x ＋1.故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，k －2＋（k －2）2＋8（k －1）4时,M ′(x )＞0,M (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，k －2＋（k －2）2＋8（k －1）4上单调递增,故M (x )＞M (0)＝0,即|f (x )－g (x )|＞x 2,所以满足题意的t 不存在. 当k ＜1时,由(2)知,存在x 0＞0,使得当x ∈(0,x 0)时,f (x )＞g (x ), 此时|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )＝ln(1＋x )－kx . 令N (x )＝ln(1＋x )－kx －x 2,x ∈[0,＋∞).则有N ′(x )＝1x ＋1－k －2x ＝－2x 2－（k ＋2）x ＋1－kx ＋1.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－（k ＋2）＋（k ＋2）2＋8（1－k ）4时,N ′(x )＞0,N (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，－（k ＋2）＋（k ＋2）2＋8（1－k ）4上单调递增,故N (x )＞N (0)＝0,即f (x )－g (x )＞x 2.记x 0与－（k ＋2）＋（k ＋2）2＋8（1－k ）4中的较小者为x 1,则当x ∈(0,x 1)时,恒有|f (x )－g (x )|＞x 2.故满足题意的t 不存在.当k ＝1时,由(1)知,当x ＞0时,|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝x －ln(1＋x ), 令H (x )＝x －ln(1＋x )－x 2,x ∈[0,＋∞),则有H ′(x )＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－xx ＋1.当x ＞0时,H ′(x )＜0,所以H (x )在[0,＋∞)上单调递减,故H (x )＜H (0)＝0. 故当x ＞0时,恒有|f (x )－g (x )|＜x 2.此时,任意正实数t 均满足题意. 综上,k ＝1.法二 (1)(2)证明 同法一.(3)解 当k ＞1时,由(1)知,对于∀x ∈(0,＋∞),g (x )＞x ＞f (x ), 故|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝kx －ln(1＋x )＞kx －x ＝(k －1)x . 令(k －1)x ＞x 2,解得0＜x ＜k －1.从而得到,当k ＞1时,对于x ∈(0,k －1),恒有|f (x )－g (x )|＞x 2, 故满足题意的t 不存在. 当k ＜1时,取k 1＝k ＋12,从而k ＜k 1＜1,由(2)知,存在x 0＞0,使得x ∈(0,x 0),f (x )＞k 1x ＞kx ＝g (x ), 此时|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )＞(k 1－k )x ＝1－k2x ,令1－k 2x ＞x 2,解得0＜x ＜1－k 2,此时f (x )－g (x )＞x 2. 记x 0与1－k 2的较小者为x 1,当x ∈(0,x 1)时,恒有|f (x )－g (x )|＞x 2.故满足题意的t 不存在.当k ＝1时,由(1)知,x ＞0,|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )＝x －ln(1＋x ),令M (x )＝x －ln(1＋x )－x 2,x ∈[0,＋∞),则有M ′(x )＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－xx ＋1.当x ＞0时,M ′(x )＜0,所以M (x )在[0,＋∞)上单调递减, 故M (x )＜M (0)＝0.故当x ＞0时,恒有|f (x )－g (x )|＜x 2, 此时,任意正实数t 均满足题意. 综上,k ＝1.25.解 (1)由题意知(x 2＋2x ＋k ＋3)(x 2＋2x ＋k －1)>0,因此⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ＋k ＋3>0x 2＋2x ＋k －1>0或⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ＋k ＋3<0x 2＋2x ＋k －1<0, 设y 1＝x 2＋2x ＋k ＋3,y 2＝x 2＋2x ＋k －1,则这两个二次函数的对称轴均为x ＝－1, 且方程x 2＋2x ＋k ＋3＝0的判别式Δ1＝4－4(k ＋3)＝－4k －8, 方程x 2＋2x ＋k －1＝0的判别式Δ2＝4－4(k －1)＝8－4k , 因为k <－2,所以Δ2>Δ1>0,。
