3、.(-∞,-2)∪(2,+∞)
D.(-∞,-1)∪(1,+∞)
解析:由題意知f(x)的極值為,所以f(x0)]2=3,因?yàn)閒 ′(x0)=cos=0,所以=kπ+,k∈Z,所以=k+,k∈Z,即=≥,所以|x0|≥,即x+f(x0)]2≥+3,而已知x+f(x0)]2+3,故>3,解得m>2或m<-2,故選C.
答案:C
4.(20xx福建高考)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)=-1,其導(dǎo)函數(shù)f ′(x)滿足f ′(x)>k>1,則下列結(jié)論中一定錯(cuò)誤的是( )
A.f< B.f>
C.f< D.f>
解析:∵f ′(x)=li ,f ′(x)>k
4、>1,∴>k>1,即>k>1,
當(dāng)x=時(shí),f +1>k=,即f>-1=,則f>,所以f<一定錯(cuò)誤.故選C.
答案:C
5.(20xx吉林四模)設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)數(shù)f′(x),對(duì)任意的x∈R,有f(-x)+f(x)=x2,且x∈(0,+∞)時(shí),f′(x)>x.若f(2-a)-f(a)≥2-2a,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為( )
A.1,+∞) B.(-∞,1]
C.(-∞,2] D.2,+∞)
解析:∵f(-x)+f(x)=x2,∴f(x)-x2+f(-x)-x2=0,
令g(x)=f(x)-x2,∵g(-x)+g(x)=f(-x)-x2+f(x)-x2=0,
∴函數(shù)g(
5、x)為奇函數(shù).
∵x∈(0,+∞)時(shí),f′(x)>x.
∴x∈(0,+∞)時(shí),g′(x)=f′(x)-x>0,故函數(shù)g(x)在(0,+∞)上是增函數(shù),
故函數(shù)g(x)在(-∞,0)上也是增函數(shù),由f(0)=0,可得g(x)在R上是增函數(shù).
f(2-a)-f(a)≥2-2a,等價(jià)于f(2-a)-≥f(a)-,
即g(2-a)≥g(a),
∴2-a≥a,解得a≤1,
故選B.
答案:B
6.(20xx貴州模擬)若函數(shù)f(x)=-lnx-(a>0,b>0)的圖象在x=1處的切線與圓x2+y2=1相切,則a+b的最大值是( )
A.4 B.2
C.2 D.
解析:∵f(x
6、)=-lnx-的導(dǎo)數(shù)為f ′(x)=-,令x=1,則f ′(1)=-,又f(1)=-,則切線方程為y+=-(x-1),即ax+by+1=0,∵切線與圓x2+y2=1相切,
∴=1,∴a2+b2=1.又a>0,b>0,∴a2+b2≥2ab,2(a2+b2)≥(a+b)2,∴a+b≤=.∴a+b的最大值為,故選D.
答案:D
7.(20xx全國(guó)卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整數(shù)x0,使得f(x0)<0,則a的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
解析:設(shè)g(x)=ex(2x-1),y=ax-a,由題知存在唯一的整數(shù)x0,使得g(
7、x0)在直線y=ax-a的下方.因?yàn)間′(x)=ex(2x+1),所以當(dāng)x<-時(shí),g′(x)<0,當(dāng)x>-時(shí),g′(x)>0,所以當(dāng)x=-時(shí),(g(x))min=-2e-,當(dāng)x=0時(shí),g(0)=-1,當(dāng)x=1時(shí),g(1)=e>0,直線y=ax-a恒過(1,0),斜率為a,故-a>g(0)=-1,且g(-1)=-3e-1≤-a-a,解得≤a<1,故選D.
答案:D
二、填空題
8.(20xx安徽高考)設(shè)x3+ax+b=0,其中a,b均為實(shí)數(shù),下列條件中,使得該三次方程僅有一個(gè)實(shí)根的是__________.(寫出所有正確條件的序號(hào))
①a=-3,b=-3;②a=-3,b=2;③a=-3,b
8、>2;④a=0,b=2;⑤a=1,b=2.
解析:令f(x)=x3+ax+b,求導(dǎo)得f ′(x)=3x2+a,當(dāng)a≥0時(shí),f ′(x)≥0,所以f(x)單調(diào)遞增,且至少存在一個(gè)數(shù)使f(x)<0,至少存在一個(gè)數(shù)使f(x)>0,所以f(x)=x3+ax+b必有一個(gè)零點(diǎn),即方程x3+ax+b=0僅有一根,故④⑤正確;當(dāng)a<0時(shí),若a=-3,則f ′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),易知,f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上單調(diào)遞增,在-1,1]上單調(diào)遞減,所以f(x)極大值=f(-1)=-1+3+b=b+2,f(x)最小值=f(1)=1-3+b=b-2,要使方程僅有一根,則f(x)極
9、大值=f(-1)=-1+3+b=b+2<0或者f(x)極小值=f(1)=1-3+b=b-2>0,解得b<-2或b>2,故①③正確,所以使得三次方程僅有一個(gè)實(shí)根的是①③④⑤.
答案:①③④⑤
三、解答題
9.(20xx北京高考)已知函數(shù)f(x)=ln.
(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程;
(2)求證:當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f(x)>2;
(3)設(shè)實(shí)數(shù)k使得f(x)>k對(duì)x∈(0,1)恒成立,求k的最大值.
解:(1)f(x)=ln,x∈(-1,1),f ′(x)=,f ′(0)=2,f(0)=0,曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為2x-y=0.
10、
(2)當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f(x)>2,即不等式f(x)-2>0,對(duì)?x∈(0,1)成立,設(shè)F(x)=ln-2=ln(1+x)-ln(1-x)-2,則F′(x)=,當(dāng)x∈(0,1)時(shí),F(xiàn)′(x)>0,故F(x)在(0,1)上為增函數(shù),則F(x)>F(0)=0,
∴對(duì)?x∈(0,1),
f(x)>2成立.
(3)要使f(x)>k成立,x∈(0,1),等價(jià)于G(x)=ln-k>0,x∈(0,1),G′(x)=-k(1+x2)=,當(dāng)k∈0,2]時(shí),G′(x)≥0,函數(shù)G(x)在(0,1)上為增函數(shù),G(x)>G(0)=0,符合題意;當(dāng)k>2時(shí),令G′(x)=0,x=∈(0,1),
G
11、(x0)0時(shí),f(x)0,使得對(duì)任意x∈(0,x0),恒有f(x)>g(x);
(3)確定k的所有可能取值,使得存在t>0,對(duì)任意的x∈(0,t),恒有|f(x)-g(x)|
12、故當(dāng)x>0時(shí),F(xiàn)(x)0時(shí),f(x)0,所以G(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,G(x)>G(0)=0.故對(duì)任意正實(shí)數(shù)x0均滿足題意.當(dāng)00.取x0=-1,對(duì)任意x∈(0,x0),恒有G′(x)>0,所以G(x)在(0,x0)上單調(diào)遞增,G(x)>G(0)=0,即f(x)>g(x).綜上,當(dāng)k<1時(shí),總存在x0>0,使得對(duì)任意的x∈(0,x0),恒有f(x)>g(x).
(
13、3)當(dāng)k>1時(shí),由(1)知,對(duì)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),令M(x)=kx-ln(1+x)-x2,則有M′(x)=k--2x=,
故當(dāng)x∈時(shí),
M′(x)>0,M(x)在
上單調(diào)遞增,故M(x)>M(0)=0,即|f(x)-g(x)|>x2,所以滿足題意的t不存在.當(dāng)k<1時(shí),由(2)知存在x0>0,使得對(duì)任意的x∈(0,x0)恒有f(x)>g(x).此時(shí)|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,令N(x)=ln(1+x)-kx-x2,則有N′(x)=-k-2x
14、=,
故當(dāng)x時(shí),N′(x)>0,N(x)在
上單調(diào)遞增,故N(x)>N(0)=0,即f(x)-g(x)>x2,記x0與中較小的為x1,則當(dāng)x∈(0,x1),恒有|f(x)-g(x)|>x2,故滿足題意的t不存在.當(dāng)k=1,由(1)知,x∈(0,+∞),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1-x),令H(x)=x-ln(1+x)-x2,則有H(x)=1--2x=.當(dāng)x>0時(shí),H(x)<0,所以H(x)在0,+∞)上單調(diào)遞減,故H(x)0時(shí),恒有|f(x)-g(x)|
15、(3)當(dāng)k>1時(shí),由(1)知,對(duì)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>x2,解得01時(shí),對(duì)于x∈(0,k-1)恒有|f(x)-g(x)|>x2,所以滿足題意的t不存在.當(dāng)k<1時(shí),取k1=,從而k0,使得任意x∈(0,x0),恒有f(x)>k1x>kx=g(x).此時(shí)|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)>(k1-k)x=x,令x>x2,解得0x2,記x0與中較小的為x1,則當(dāng)x∈(0,
16、x1)時(shí),恒有|f(x)-g(x)|>x2,故滿足題意的t不存在.當(dāng)k=1,由(1)知,當(dāng)x∈(0,+∞),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x),令M(x)=x-ln(1+x)-x2,x∈0,+∞),則有M′(x)=1--2x=,當(dāng)x>0時(shí),M′(x)<0,所以M(x)在0,+∞)上單調(diào)遞減,故M(x)0時(shí),恒有|f(x)-g(x)|
17、∈-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范圍.
解:(1)f ′(x)=m(emx-1)+2x.
若m≥0,則當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),emx-1≤0,
f ′(x)<0;
當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),emx-1≥0,
f ′(x)>0.
若m<0,則當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),emx-1>0,f ′(x)<0;
當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),emx-1<0,
f ′(x)>0.
所以,f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
(2)由(1)知,對(duì)任意的m,f(x)在-1,0]單調(diào)遞減,在0,1]單調(diào)遞增,故f(x)在x=0處取得最小值.所以對(duì)于任意x1
18、,x2∈-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要條件是
即①
設(shè)函數(shù)g(t)=et-t-e+1,則g′(t)=et-1.
當(dāng)t<0時(shí),g′(t)<0;當(dāng)t>0時(shí),
g′(t)>0.
故g(t)在(-∞,0)單調(diào)遞減,在(0,+∞)單調(diào)遞增.
又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,
故當(dāng)t∈-1,1]時(shí),g(t)≤0.
當(dāng)m∈-1,1]時(shí),g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;
當(dāng)m>1時(shí),由g(t)的單調(diào)性知,
g(m)>0,即em-m>e-1;
當(dāng)m<-1時(shí),g(-m)>0,即e-m+m>e-1.
綜上,m的取值范圍是-1,1].