高中数学导数大题压轴高考题选.docx

函数与导数高考压轴题选

一．选择题（共2小题）
1．（2013•安徽）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，若f（x1）=x1＜x2，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的不同实根个数为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
2．（2012•福建）函数f（x）在[a，b]上有定义，若对任意x1，x2∈[a，b]，有则称f（x）在[a，b]上具有性质P．设f（x）在[1，3]上具有性质P，现给出如下命题：
①f（x）在[1，3]上的图象是连续不断的；
②f（x2）在[1，]上具有性质P；
③若f（x）在x=2处取得最大值1，则f（x）=1，x∈[1，3]；
④对任意x1，x2，x3，x4∈[1，3]，有[f（x1）+f（x2）+f（x3）+f（x4）]
其中真命题的序号是（　　）
A．①② B．①③ C．②④ D．③④

二．选择题（共1小题）
3．（2012•新课标）设函数f（x）=的最大值为M，最小值为m，则M+m=　　　　　　．

三．选择题（共23小题）
4．（2014•陕西）设函数f（x）=lnx+，m∈R．
（Ⅰ）当m=e（e为自然对数的底数）时，求f（x）的极小值；
（Ⅱ）讨论函数g（x）=f′（x）﹣零点的个数；
（Ⅲ）若对任意b＞a＞0，＜1恒成立，求m的取值范围．
5．（2013•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ex﹣ln（x+m）
（Ι）设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．
6．（2013•四川）已知函数，其中a是实数，设A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））为该函数图象上的点，且x1＜x2．
（Ⅰ）指出函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数f（x）的图象在点A，B处的切线互相垂直，且x2＜0，求x2﹣x1的最小值；
（Ⅲ）若函数f（x）的图象在点A，B处的切线重合，求a的取值范围．
7．（2013•湖南）已知函数f（x）=．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）证明：当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，x1+x2＜0．
8．（2013•辽宁）已知函数f（x）=（1+x）e﹣2x，g（x）=ax++1+2xcosx，当x∈[0，1]时，
（I）求证：；
（II）若f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围．
9．（2013•陕西）已知函数f（x）=ex，x∈R．
（Ⅰ） 若直线y=kx+1与f （x）的反函数g（x）=lnx的图象相切，求实数k的值；
（Ⅱ） 设x＞0，讨论曲线y=f （x） 与曲线y=mx2（m＞0）公共点的个数．
（Ⅲ） 设a＜b，比较与的大小，并说明理由．
10．（2013•湖北）设n是正整数，r为正有理数．
（Ⅰ）求函数f（x）=（1+x）r+1﹣（r+1）x﹣1（x＞﹣1）的最小值；
（Ⅱ）证明：；
（Ⅲ）设x∈R，记[x]为不小于x的最小整数，例如．令的值．
（参考数据：．
11．（2012•辽宁）设f（x）=ln（x+1）++ax+b（a，b∈R，a，b为常数），曲线y=f（x）与直线y=x在（0，0）点相切．
（I）求a，b的值；
（II）证明：当0＜x＜2时，f（x）＜．
12．（2012•福建）已知函数f（x）=axsinx﹣（a∈R），且在上的最大值为，
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）判断函数f（x）在（0，π）内的零点个数，并加以证明．
13．（2012•湖北）设函数f（x）=axn（1﹣x）+b（x＞0），n为正整数，a，b为常数，曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为x+y=1
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）求函数f（x）的最大值；
（Ⅲ）证明：f（x）＜．
14．（2012•湖南）已知函数f（x）=ex﹣ax，其中a＞0．
（1）若对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，求a的取值集合；
（2）在函数f（x）的图象上取定点A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））（x1＜x2），记直线AB的斜率为K，证明：存在x0∈（x1，x2），使f′（x0）=K恒成立．
15．（2012•四川）已知a为正实数，n为自然数，抛物线与x轴正半轴相交于点A，设f（n）为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距．
（Ⅰ）用a和n表示f（n）；
（Ⅱ）求对所有n都有成立的a的最小值；
（Ⅲ）当0＜a＜1时，比较与的大小，并说明理由．
16．（2011•四川）已知函数f（x）=x+，h（x）=．
（Ⅰ）设函数F（x）=f（x）﹣h（x），求F（x）的单调区间与极值；
（Ⅱ）设a∈R，解关于x的方程log4[f（x﹣1）﹣]=log2h（a﹣x）﹣log2h（4﹣x）；
（Ⅲ）试比较f（100）h（100）﹣与的大小．
17．（2011•陕西）设函数f（x）定义在（0，+∞）上，f（1）=0，导函数f′（x）=，g（x）=f（x）+f′（x）．
（Ⅰ）求g（x）的单调区间和最小值；
（Ⅱ）讨论g（x）与的大小关系；
（Ⅲ）是否存在x0＞0，使得|g（x）﹣g（x0）|＜对任意x＞0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在请说明理由．
18．（2011•四川）已知函数f（x）=x+，h（x）=．
（Ⅰ）设函数F（x）=18f（x）﹣x2[h（x）]2，求F（x）的单调区间与极值；
（Ⅱ）设a∈R，解关于x的方程lg[f（x﹣1）﹣]=2lgh（a﹣x）﹣2lgh（4﹣x）；
（Ⅲ）设n∈Nn，证明：f（n）h（n）﹣[h（1）+h（2）+…+h（n）]≥．
19．（2010•四川）设，a＞0且a≠1），g（x）是f（x）的反函数．
（Ⅰ）设关于x的方程求在区间[2，6]上有实数解，求t的取值范围；
（Ⅱ）当a=e，e为自然对数的底数）时，证明：；
（Ⅲ）当0＜a≤时，试比较||与4的大小，并说明理由．
20．（2010•全国卷Ⅱ）设函数f（x）=1﹣e﹣x．
（Ⅰ）证明：当x＞﹣1时，f（x）≥；
（Ⅱ）设当x≥0时，f（x）≤，求a的取值范围．
21．（2010•陕西）已知函数f（x）=，g（x）=alnx，a∈R，
（Ⅰ）若曲线y=f（x）与曲线y=g（x）相交，且在交点处有共同的切线，求a的值和该切线方程；
（Ⅱ）设函数h（x）=f（x）﹣g（x），当h（x）存在最小值时，求其最小值φ（a）的解析式；
（Ⅲ）对（Ⅱ）中的φ（a）和任意的a＞0，b＞0，证明：φ′（）≤≤φ′（）．
22．（2009•全国卷Ⅱ）设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1＜x2，
（Ⅰ）求a的取值范围，并讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）证明：f（x2）＞．
23．（2009•湖北）在R上定义运算：（b、c∈R是常数），已知f1（x）=x2﹣2c，f2（x）=x﹣2b，f（x）=f1（x）f2（x）．
①如果函数f（x）在x=1处有极值，试确定b、c的值；
②求曲线y=f（x）上斜率为c的切线与该曲线的公共点；
③记g（x）=|f′（x）|（﹣1≤x≤1）的最大值为M，若M≥k对任意的b、c恒成立，试求k的取值范围．（参考公式：x3﹣3bx2+4b3=（x+b）（x﹣2b）2）
24．（2009•湖北）已知关于x的函数f（x）=﹣x3+bx2+cx+bc，其导函数为f′（x）．令g（x）=|f′（x）|，记函数g（x）在区间[﹣1、1]上的最大值为M．
（Ⅰ）如果函数f（x）在x=1处有极值﹣，试确定b、c的值：
（Ⅱ）若|b|＞1，证明对任意的c，都有M＞2
（Ⅲ）若M≧K对任意的b、c恒成立，试求k的最大值．
25．（2008•江苏）请先阅读：
在等式cos2x=2cos2x﹣1（x∈R）的两边求导，得：（cos2x）′=（2cos2x﹣1）′，由求导法则，得（﹣sin2x）•2=4cosx•（﹣sinx），化简得等式：sin2x=2cosx•sinx．
（1）利用上题的想法（或其他方法），结合等式（1+x）n=Cn0+Cn1x+Cn2x2+…+Cnnxn（x∈R，正整数n≥2），证明：．
（2）对于正整数n≥3，求证：
（i）；
（ii）；
（iii）．
26．（2008•天津）已知函数f（x）=x4+ax3+2x2+b（x∈R），其中a，b∈R．
（Ⅰ）当时，讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若函数f（x）仅在x=0处有极值，求a的取值范围；
（Ⅲ）若对于任意的a∈[﹣2，2]，不等式f（x）≤1在[﹣1，1]上恒成立，求b的取值范围．

四．解答题（共4小题）
27．（2008•福建）已知函数f（x）=ln（1+x）﹣x
（1）求f（x）的单调区间；
（2）记f（x）在区间[0，n]（n∈N*）上的最小值为bn令an=ln（1+n）﹣bn
（i）如果对一切n，不等式恒成立，求实数c的取值范围；
（ii）求证：．
28．（2007•福建）已知函数f（x）=ex﹣kx，
（1）若k=e，试确定函数f（x）的单调区间；
（2）若k＞0，且对于任意x∈R，f（|x|）＞0恒成立，试确定实数k的取值范围；
（3）设函数F（x）=f（x）+f（﹣x），求证：F（1）F（2）…F（n）＞（n∈N*）．
29．（2006•四川）已知函数，f（x）的导函数是f′（x）．对任意两个不相等的正数x1、x2，证明：
（Ⅰ）当a≤0时，；
（Ⅱ）当a≤4时，|f′（x1）﹣f′（x2）|＞|x1﹣x2|．
30．（2006•辽宁）已知f0（x）=xn，其中k≤n（n，k∈N+），设F（x）=Cn0f0（x2）+Cn1f1（x2）+…+Cnnfn（x2），x∈[﹣1，1]．
（1）写出fk（1）；
（2）证明：对任意的x1，x2∈[﹣1，1]，恒有|F（x1）﹣F（x2）|≤2n﹣1（n+2）﹣n﹣1．

函数与导数高考压轴题选
参考答案与试题解析

一．选择题（共2小题）
1．（2013•安徽）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，若f（x1）=x1＜x2，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的不同实根个数为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【解答】解：∵函数f（x）=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，
∴f′（x）=3x2+2ax+b=0有两个不相等的实数根，
∴△=4a2﹣12b＞0．解得=．
∵x1＜x2，
∴，．
而方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的△1=△＞0，
∴此方程有两解且f（x）=x1或x2．
不妨取0＜x1＜x2，f（x1）＞0．
①把y=f（x）向下平移x1个单位即可得到y=f（x）﹣x1的图象，
∵f（x1）=x1，可知方程f（x）=x1有两解．
②把y=f（x）向下平移x2个单位即可得到y=f（x）﹣x2的图象，∵f（x1）=x1，∴f（x1）﹣x2＜0，可知方程f（x）=x2只有一解．
综上①②可知：方程f（x）=x1或f（x）=x2．只有3个实数解．即关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的只有3不同实根．
故选：A．

2．（2012•福建）函数f（x）在[a，b]上有定义，若对任意x1，x2∈[a，b]，有则称f（x）在[a，b]上具有性质P．设f（x）在[1，3]上具有性质P，现给出如下命题：
①f（x）在[1，3]上的图象是连续不断的；
②f（x2）在[1，]上具有性质P；
③若f（x）在x=2处取得最大值1，则f（x）=1，x∈[1，3]；
④对任意x1，x2，x3，x4∈[1，3]，有[f（x1）+f（x2）+f（x3）+f（x4）]
其中真命题的序号是（　　）
A．①② B．①③ C．②④ D．③④
【解答】解：在①中，反例：f（x）=在[1，3]上满足性质P，
但f（x）在[1，3]上不是连续函数，故①不成立；
在②中，反例：f（x）=﹣x在[1，3]上满足性质P，但f（x2）=﹣x2在[1，]上不满足性质P，
故②不成立；
在③中：在[1，3]上，f（2）=f（）≤，
∴，
故f（x）=1，
∴对任意的x1，x2∈[1，3]，f（x）=1，
故③成立；
在④中，对任意x1，x2，x3，x4∈[1，3]，
有=
≤
≤
=[f（x1）+f（x2）+f（x3）+f（x4）]，

∴[f（x1）+f（x2）+f（x3）+f（x4）]，
故④成立．
故选D．

二．选择题（共1小题）
3．（2012•新课标）设函数f（x）=的最大值为M，最小值为m，则M+m=　2　．
【解答】解：函数可化为f（x）==，
令，则为奇函数，
∴的最大值与最小值的和为0．
∴函数f（x）=的最大值与最小值的和为1+1+0=2．
即M+m=2．
故答案为：2．

三．选择题（共23小题）
4．（2014•陕西）设函数f（x）=lnx+，m∈R．
（Ⅰ）当m=e（e为自然对数的底数）时，求f（x）的极小值；
（Ⅱ）讨论函数g（x）=f′（x）﹣零点的个数；
（Ⅲ）若对任意b＞a＞0，＜1恒成立，求m的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）当m=e时，f（x）=lnx+，
∴f′（x）=；
∴当x∈（0，e）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，e）上是减函数；
当x∈（e，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（e，+∞）上是增函数；
∴x=e时，f（x）取得极小值为f（e）=lne+=2；

（Ⅱ）∵函数g（x）=f′（x）﹣=﹣﹣（x＞0），
令g（x）=0，得m=﹣x3+x（x＞0）；
设φ（x）=﹣x3+x（x＞0），
∴φ′（x）=﹣x2+1=﹣（x﹣1）（x+1）；
当x∈（0，1）时，φ′（x）＞0，φ（x）在（0，1）上是增函数，
当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＜0，φ（x）在（1，+∞）上是减函数；
∴x=1是φ（x）的极值点，且是极大值点，
∴x=1是φ（x）的最大值点，
∴φ（x）的最大值为φ（1）=；
又φ（0）=0，结合y=φ（x）的图象，如图；
可知：①当m＞时，函数g（x）无零点；
②当m=时，函数g（x）有且只有一个零点；
③当0＜m＜时，函数g（x）有两个零点；
④当m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；
综上，当m＞时，函数g（x）无零点；
当m=或m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；
当0＜m＜时，函数g（x）有两个零点；
（Ⅲ）对任意b＞a＞0，＜1恒成立，
等价于f（b）﹣b＜f（a）﹣a恒成立；
设h（x）=f（x）﹣x=lnx+﹣x（x＞0），
则h（b）＜h（a）．
∴h（x）在（0，+∞）上单调递减；
∵h′（x）=﹣﹣1≤0在（0，+∞）上恒成立，
∴m≥﹣x2+x=﹣+（x＞0），
∴m≥；
对于m=，h′（x）=0仅在x=时成立；
∴m的取值范围是[，+∞）．

5．（2013•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ex﹣ln（x+m）
（Ι）设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．
【解答】（Ⅰ）解：∵，x=0是f（x）的极值点，∴，解得m=1．
所以函数f（x）=ex﹣ln（x+1），其定义域为（﹣1，+∞）．
∵．
设g（x）=ex（x+1）﹣1，则g′（x）=ex（x+1）+ex＞0，所以g（x）在（﹣1，+∞）上为增函数，
又∵g（0）=0，所以当x＞0时，g（x）＞0，即f′（x）＞0；当﹣1＜x＜0时，g（x）＜0，f′（x）＜0．
所以f（x）在（﹣1，0）上为减函数；在（0，+∞）上为增函数；
（Ⅱ）证明：当m≤2，x∈（﹣m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需证明当m=2时f（x）＞0．
当m=2时，函数在（﹣2，+∞）上为增函数，且f′（﹣1）＜0，f′（0）＞0．
故f′（x）=0在（﹣2，+∞）上有唯一实数根x0，且x0∈（﹣1，0）．
当x∈（﹣2，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，
从而当x=x0时，f（x）取得最小值．
由f′（x0）=0，得，ln（x0+2）=﹣x0．
故f（x）≥=＞0．
综上，当m≤2时，f（x）＞0．

6．（2013•四川）已知函数，其中a是实数，设A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））为该函数图象上的点，且x1＜x2．
（Ⅰ）指出函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数f（x）的图象在点A，B处的切线互相垂直，且x2＜0，求x2﹣x1的最小值；
（Ⅲ）若函数f（x）的图象在点A，B处的切线重合，求a的取值范围．
【解答】解：（I）当x＜0时，f（x）=（x+1）2+a，
∴f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在[﹣1，0）上单调递增；
当x＞0时，f（x）=lnx，在（0，+∞）单调递增．
（II）∵x1＜x2＜0，∴f（x）=x2+2x+a，∴f′（x）=2x+2，
∴函数f（x）在点A，B处的切线的斜率分别为f′（x1），f′（x2），
∵函数f（x）的图象在点A，B处的切线互相垂直，
∴，
∴（2x1+2）（2x2+2）=﹣1．
∴2x1+2＜0，2x2+2＞0，
∴=1，当且仅当﹣（2x1+2）=2x2+2=1，即，时等号成立．
∴函数f（x）的图象在点A，B处的切线互相垂直，且x2＜0，求x2﹣x1的最小值为1．
（III）当x1＜x2＜0或0＜x1＜x2时，∵，故不成立，∴x1＜0＜x2．
当x1＜0时，函数f（x）在点A（x1，f（x1）），处的切线方程为
，即．
当x2＞0时，函数f（x）在点B（x2，f（x2））处的切线方程为，即．
函数f（x）的图象在点A，B处的切线重合的充要条件是，
由①及x1＜0＜x2可得﹣1＜x1＜0，
由①②得=．
∵函数，y=﹣ln（2x1+2）在区间（﹣1，0）上单调递减，
∴a（x1）=在（﹣1，0）上单调递减，且x1→﹣1时，ln（2x1+2）→﹣∞，即﹣ln（2x1+2）→+∞，也即a（x1）→+∞．
x1→0，a（x1）→﹣1﹣ln2．
∴a的取值范围是（﹣1﹣ln2，+∞）．

7．（2013•湖南）已知函数f（x）=．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）证明：当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，x1+x2＜0．
【解答】解：（Ⅰ）易知函数的定义域为R．
==，
当x＜0时，f′（x）＞0；当x＞0时，f′（x）＜0．∴函数f（x）的单调递增区间为（﹣∞，0），单调递减区间为（0，+∞）．

（Ⅱ）当x＜1时，由于，ex＞0，得到f（x）＞0；同理，当x＞1时，f（x）＜0．
当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，不妨设x1＜x2．
由（Ⅰ）可知：x1∈（﹣∞，0），x2∈（0，1）．
下面证明：∀x∈（0，1），f（x）＜f（﹣x），即证＜．此不等式等价于．
令g（x）=，则g′（x）=﹣xe﹣x（e2x﹣1）．
当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，∴g（x）＜g（0）=0．
即．
∴∀x∈（0，1），f（x）＜f（﹣x）．
而x2∈（0，1），∴f（x2）＜f（﹣x2）．
从而，f（x1）＜f（﹣x2）．
由于x1，﹣x2∈（﹣∞，0），f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，
∴x1＜﹣x2，即x1+x2＜0．

8．（2013•辽宁）已知函数f（x）=（1+x）e﹣2x，g（x）=ax++1+2xcosx，当x∈[0，1]时，
（I）求证：；
（II）若f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围．
【解答】（I）证明：①当x∈[0，1）时，（1+x）e﹣2x≥1﹣x⇔（1+x）e﹣x≥（1﹣x）ex，
令h（x）=（1+x）e﹣x﹣（1﹣x）ex，则h′（x）=x（ex﹣e﹣x）．
当x∈[0，1）时，h′（x）≥0，
∴h（x）在[0，1）上是增函数，
∴h（x）≥h（0）=0，即f（x）≥1﹣x．
②当x∈[0，1）时，⇔ex≥1+x，令u（x）=ex﹣1﹣x，则u′（x）=ex﹣1．
当x∈[0，1）时，u′（x）≥0，
∴u（x）在[0，1）单调递增，∴u（x）≥u（0）=0，
∴f（x）．
综上可知：．
（II）解：设G（x）=f（x）﹣g（x）=
≥=．
令H（x）=，则H′（x）=x﹣2sinx，
令K（x）=x﹣2sinx，则K′（x）=1﹣2cosx．
当x∈[0，1）时，K′（x）＜0，
可得H′（x）是[0，1）上的减函数，∴H′（x）≤H′（0）=0，故H（x）在[0，1）单调递减，
∴H（x）≤H（0）=2．∴a+1+H（x）≤a+3．
∴当a≤﹣3时，f（x）≥g（x）在[0，1）上恒成立．
下面证明当a＞﹣3时，f（x）≥g（x）在[0，1）上不恒成立．
f（x）﹣g（x）≤==﹣x．
令v（x）==，则v′（x）=．
当x∈[0，1）时，v′（x）≤0，故v（x）在[0，1）上是减函数，
∴v（x）∈（a+1+2cos1，a+3]．
当a＞﹣3时，a+3＞0．
∴存在x0∈（0，1），使得v（x0）＞0，此时，f（x0）＜g（x0）．
即f（x）≥g（x）在[0，1）不恒成立．
综上实数a的取值范围是（﹣∞，﹣3]．

9．（2013•陕西）已知函数f（x）=ex，x∈R．
（Ⅰ） 若直线y=kx+1与f （x）的反函数g（x）=lnx的图象相切，求实数k的值；
（Ⅱ） 设x＞0，讨论曲线y=f （x） 与曲线y=mx2（m＞0）公共点的个数．
（Ⅲ） 设a＜b，比较与的大小，并说明理由．
【解答】解：（I）函数f（x）=ex的反函数为g（x）=lnx，∴．
设直线y=kx+1与g（x）的图象相切于点P（x0，y0），则，解得，k=e﹣2，
∴k=e﹣2．
（II）当x＞0，m＞0时，令f（x）=mx2，化为m=，
令h（x）=，则，
则x∈（0，2）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；x∈（2，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增．
∴当x=2时，h（x）取得极小值即最小值，．
∴当时，曲线y=f （x） 与曲线y=mx2（m＞0）公共点的个数为0；
当时，曲线y=f （x） 与曲线y=mx2（m＞0）公共点的个数为1；
当时，曲线y=f （x） 与曲线y=mx2（m＞0）公共点个数为2．
（Ⅲ） =
=
=，
令g（x）=x+2+（x﹣2）ex（x＞0），则g′（x）=1+（x﹣1）ex．
g′′（x）=xex＞0，∴g′（x）在（0，+∞）上单调递增，且g′（0）=0，
∴g′（x）＞0，∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，
而g（0）=0，∴在（0，+∞）上，有g（x）＞g（0）=0．
∵当x＞0时，g（x）=x+2+（x﹣2）•ex＞0，且a＜b，
∴，
即当a＜b时，．

10．（2013•湖北）设n是正整数，r为正有理数．
（Ⅰ）求函数f（x）=（1+x）r+1﹣（r+1）x﹣1（x＞﹣1）的最小值；
（Ⅱ）证明：；
（Ⅲ）设x∈R，记[x]为不小于x的最小整数，例如．令的值．
（参考数据：．
【解答】解；（Ⅰ）由题意得f'（x）=（r+1）（1+x）r﹣（r+1）=（r+1）[（1+x）r﹣1]，
令f'（x）=0，解得x=0．
当﹣1＜x＜0时，f'（x）＜0，∴f（x）在（﹣1，0）内是减函数；
当x＞0时，f'（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）内是增函数．
故函数f（x）在x=0处，取得最小值为f（0）=0．
（Ⅱ）由（Ⅰ），当x∈（﹣1，+∞）时，有f（x）≥f（0）=0，
即（1+x）r+1≥1+（r+1）x，且等号当且仅当x=0时成立，
故当x＞﹣1且x≠0，有（1+x）r+1＞1+（r+1）x，①
在①中，令（这时x＞﹣1且x≠0），得．
上式两边同乘nr+1，得（n+1）r+1＞nr+1+nr（r+1），
即，②
当n＞1时，在①中令（这时x＞﹣1且x≠0），
类似可得，③
且当n=1时，③也成立．
综合②，③得，④
（Ⅲ）在④中，令，n分别取值81，82，83，…，125，
得，，，…，
将以上各式相加，并整理得．
代入数据计算，可得
由[S]的定义，得[S]=211．

11．（2012•辽宁）设f（x）=ln（x+1）++ax+b（a，b∈R，a，b为常数），曲线y=f（x）与直线y=x在（0，0）点相切．
（I）求a，b的值；
（II）证明：当0＜x＜2时，f（x）＜．
【解答】（I）解：由y=f（x）过（0，0），∴f（0）=0，∴b=﹣1
∵曲线y=f（x）与直线在（0，0）点相切．
∴y′|x=0=
∴a=0；
（II）证明：由（I）知f（x）=ln（x+1）+
由均值不等式，当x＞0时，，∴①
令k（x）=ln（x+1）﹣x，则k（0）=0，k′（x）=，∴k（x）＜0
∴ln（x+1）＜x，②
由①②得，当x＞0时，f（x）＜
记h（x）=（x+6）f（x）﹣9x，则当0＜x＜2时，h′（x）=f（x）+（x+6）f′（x）﹣9
＜＜
=
∴h（x）在（0，2）内单调递减，又h（0）=0，∴h（x）＜0
∴当0＜x＜2时，f（x）＜．

12．（2012•福建）已知函数f（x）=axsinx﹣（a∈R），且在上的最大值为，
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）判断函数f（x）在（0，π）内的零点个数，并加以证明．
【解答】解：（I）由已知得f′（x）=a（sinx+xcosx），对于任意的x∈（0，），有sinx+xcosx＞0，当a=0时，f（x）=﹣，不合题意；
当a＜0时，x∈（0，），f′（x）＜0，从而f（x）在（0，）单调递减，
又函数在上图象是连续不断的，故函数在上上的最大值为f（0）=﹣，不合题意；
当a＞0时，x∈（0，），f′（x）＞0，从而f（x）在（0，）单调递增，
又函数在上图象是连续不断的，故函数在上上的最大值为f（）==，解得a=1，
综上所述，得
（II）函数f（x）在（0，π）内有且仅有两个零点．证明如下：
由（I）知，，从而有f（0）=﹣＜0，f（）=＞0，
又函数在上图象是连续不断的，所以函数f（x）在（0，）内至少存在一个零点，
又由（I）知f（x）在（0，）单调递增，故函数f（x）在（0，）内仅有一个零点．
当x∈[，π]时，令g（x）=f′（x）=sinx+xcosx，由g（）=1＞0，g（π）=﹣π＜0，且g（x）在[，π]上的图象是连续不断的，故存在m∈（，π），使得g（m）=0．
由g′（x）=2cosx﹣xsinx，知x∈（，π）时，有g′（x）＜0，从而g（x）在[，π]上单调递减．
当x∈（，m），g（x）＞g（m）=0，即f′（x）＞0，从而f（x）在（，m）内单调递增
故当x∈（，m）时，f（x）＞f（）=＞0，从而（x）在（，m）内无零点；
当x∈（m，π）时，有g（x）＜g（m）=0，即f′（x）＜0，从而f（x）在（，m）内单调递减．
又f（m）＞0，f（π）＜0且f（x）在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f（x）在[m，π]内有且仅有一个零点．
综上所述，函数f（x）在（0，π）内有且仅有两个零点．

13．（2012•湖北）设函数f（x）=axn（1﹣x）+b（x＞0），n为正整数，a，b为常数，曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为x+y=1
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）求函数f（x）的最大值；
（Ⅲ）证明：f（x）＜．
【解答】解：（Ⅰ）因为f（1）=b，由点（1，b）在x+y=1上，可得1+b=1，即b=0．
因为f′（x）=anxn﹣1﹣a（n+1）xn，所以f′（1）=﹣a．
又因为切线x+y=1的斜率为﹣1，所以﹣a=﹣1，即a=1，故a=1，b=0．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=xn（1﹣x），则有f′（x）=（n+1）xn﹣1（﹣x），令f′（x）=0，解得x=
在（0，）上，导数为正，故函数f（x）是增函数；在（，+∞）上导数为负，故函数f（x）是减函数；
故函数f（x）在（0，+∞）上的最大值为f（）=（）n（1﹣）=，
（Ⅲ）令φ（t）=lnt﹣1+，则φ′（t）=﹣=（t＞0）
在（0，1）上，φ′（t）＜0，故φ（t）单调减；在（1，+∞），φ′（t）＞0，故φ（t）单调增；
故φ（t）在（0，+∞）上的最小值为φ（1）=0，
所以φ（t）＞0（t＞1）
则lnt＞1﹣，（t＞1），
令t=1+，得ln（1+）＞，即ln（1+）n+1＞lne
所以（1+）n+1＞e，即＜
由（Ⅱ）知，f（x）≤＜，
故所证不等式成立．

14．（2012•湖南）已知函数f（x）=ex﹣ax，其中a＞0．
（1）若对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，求a的取值集合；
（2）在函数f（x）的图象上取定点A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））（x1＜x2），记直线AB的斜率为K，证明：存在x0∈（x1，x2），使f′（x0）=K恒成立．
【解答】解：（1）f′（x）=ex﹣a，
令f′（x）=0，解可得x=lna；
当x＜lna，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞lna，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
故当x=lna时，f（x）取最小值，f（lna）=a﹣alna，
对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，当且仅当a﹣alna≥1，①
令g（t）=t﹣tlnt，则g′（t）=﹣lnt，
当0＜t＜1时，g′（t）＞0，g（t）单调递增，当t＞1时，g′（t）＜0，g（t）单调递减，
故当t=1时，g（t）取得最大值，且g（1）=1，
因此当且仅当a=1时，①式成立，
综上所述，a的取值的集合为{1}．
（2）根据题意，k==﹣a，
令φ（x）=f′（x）﹣k=ex﹣，
则φ（x1）=﹣[﹣（x2﹣x1）﹣1]，
φ（x2）=[﹣（x1﹣x2）﹣1]，
令F（t）=et﹣t﹣1，则F′（t）=et﹣1，
当t＜0时，F′（t）＜0，F（t）单调递减；当t＞0时，F′（t）＞0，F（t）单调递增，
则F（t）的最小值为F（0）=0，
故当t≠0时，F（t）＞F（0）=0，即et﹣t﹣1＞0，
从而﹣（x2﹣x1）﹣1＞0，且＞0，则φ（x1）＜0，
﹣（x1﹣x2）﹣1＞0，＞0，则φ（x2）＞0，
因为函数y=φ（x）在区间[x1，x2]上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x0∈（x1，x2），使φ（x0）=0，
即f′（x0）=K成立．

15．（2012•四川）已知a为正实数，n为自然数，抛物线与x轴正半轴相交于点A，设f（n）为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距．
（Ⅰ）用a和n表示f（n）；
（Ⅱ）求对所有n都有成立的a的最小值；
（Ⅲ）当0＜a＜1时，比较与的大小，并说明理由．
【解答】解：（Ⅰ）∵抛物线与x轴正半轴相交于点A，∴A（）
对求导得y′=﹣2x
∴抛物线在点A处的切线方程为，∴
∵f（n）为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距，∴f（n）=an；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（n）=an，则成立的充要条件是an≥2n3+1
即知，an≥2n3+1对所有n成立，特别的，取n=2得到a≥
当a=，n≥3时，an＞4n=（1+3）n≥1+=1+2n3+＞2n3+1
当n=0，1，2时，
∴a=时，对所有n都有成立
∴a的最小值为；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知f（k）=ak，下面证明：
首先证明：当0＜x＜1时，
设函数g（x）=x（x2﹣x）+1，0＜x＜1，则g′（x）=x（x﹣）
当0＜x＜时，g′（x）＜0；当时，g′（x）＞0
故函数g（x）在区间（0，1）上的最小值g（x）min=g（）=0
∴当0＜x＜1时，g（x）≥0，∴
由0＜a＜1知0＜ak＜1，因此，
从而=≥=＞=

16．（2011•四川）已知函数f（x）=x+，h（x）=．
（Ⅰ）设函数F（x）=f（x）﹣h（x），求F（x）的单调区间与极值；
（Ⅱ）设a∈R，解关于x的方程log4[f（x﹣1）﹣]=log2h（a﹣x）﹣log2h（4﹣x）；
（Ⅲ）试比较f（100）h（100）﹣与的大小．
【解答】解：（Ⅰ）由F（x）=f（x）﹣h（x）=x+﹣（x≥0）知，
F′（x）=，令F′（x）=0，得x=．
当x∈（0，）时，F′（x）＜0；
当x∈（，+∞）时，F′（x）＞0．
故x∈（0，）时，F（x）是减函数；
故x∈（，+∞）时，F（x）是增函数．
F（x）在x=处有极小值且F（）=．

（Ⅱ）原方程可化为log4（x﹣1）+log2 h（4﹣x）=log2h（a﹣x），
即log2（x﹣1）+log2=log2，⇔⇔
①当1＜a≤4时，原方程有一解x=3﹣；
②当4＜a＜5时，原方程有两解x=3；
③当a=5时，原方程有一解x=3；
④当a≤1或a＞5时，原方程无解．
（Ⅲ）设数列 {an}的前n项和为sn，且sn=f（n）g（n）﹣
从而有a1=s1=1．
当2＜k≤100时，
ak=sk﹣sk﹣1=，ak﹣
=[（4k﹣3）﹣（4k﹣1）]
=
=＞0．
即对任意的2＜k≤100，都有ak＞．
又因为a1=s1=1，
所以a1+a2+a3+…+a100＞=h（1）+h（2）+…+h（100）．
故f（100）h（100）﹣＞．

17．（2011•陕西）设函数f（x）定义在（0，+∞）上，f（1）=0，导函数f′（x）=，g（x）=f（x）+f′（x）．
（Ⅰ）求g（x）的单调区间和最小值；
（Ⅱ）讨论g（x）与的大小关系；
（Ⅲ）是否存在x0＞0，使得|g（x）﹣g（x0）|＜对任意x＞0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在请说明理由．
【解答】解：（Ⅰ）由题设易知f（x）=lnx，g（x）=lnx+，
∴g′（x）=，令g′（x）=0，得x=1，
当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，故g（x）的单调递减区间是（0，1），
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，故g（x）的单调递增区间是（1，+∞），
因此x=1是g（x）的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，
∴最小值为g（1）=1；
（Ⅱ）=﹣lnx+x，
设h（x）=g（x）﹣=2lnx﹣x+，
则h′（x）=，
当x=1时，h（1）=0，即g（x）=，
当x∈（0，1）∪（1，+∞）时，h′（x）＜0，h′（1）=0，
因此，h（x）在（0，+∞）内单调递减，
当0＜x＜1，时，h（x）＞h（1）=0，即g（x）＞，
当x＞1，时，h（x）＜h（1）=0，即g（x）＜，
（Ⅲ）满足条件的x0 不存在．证明如下：证法一 假设存在x0＞0，
使|g（x）﹣g（x0）|＜成立，即对任意x＞0，
有 ，（*）但对上述x0，取 时，
有 Inx1=g（x0），这与（*）左边不等式矛盾，
因此，不存在x0＞0，使|g（x）﹣g（x0）|＜ 成立．
证法二 假设存在x0＞0，使|g（x）﹣g（x0）|成＜立．
由（Ⅰ）知， 的最小值为g（x）=1．
又＞Inx，
而x＞1 时，Inx 的值域为（0，+∞），
∴x≥1 时，g（