（2009辽宁卷文）（本小题满分12分）设f(x)?e(ax?x?1)，且曲线y＝f（x）在x＝1处的切线与x轴平行。(1)求a的值，并讨论f（x）的单调性；(2)证明：当
x2???[0,]时，f(cos?)?f(sin?)?2
2 解析（Ⅰ）f'(x)?e(ax?x?1?2ax?1).有条件知，
x2f'(1)?0，故
a?3?2a?0.
a?. ?2?分 于是
f'x(?ex)?x2?x?(??exx?2x)?(2)(1)故当x?(??,?2)?(1,??)时，f'(x)＜0；当x?(?2,1)时，f'(x)＞0.
从而f(x)在(??,?2)，(1,??)单调减少，在(?2,1)单调增加.………6分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)在[0,1]单调增加，故f(x)在[0,1]的最大值为f(1)?e， 最小值为f(0)?1.从而对任意x1，x2?[0,1]，有f(x1)?f(x2)?e?1?2. …10分
而当??[0,?2]时，cos?,sin??[0,1]. 从而f(cos?)?f(sin?)?2…12分
12x－ax+(a－1)lnx，a?1。（1）2（2009辽宁卷理）（本小题满分12分）已知函数f(x)=
讨论函数f(x)的单调性；（2）证明：若a?5，则对任意x1，x2?(0,??)，x1?x2，
有
f(x1)?f(x2)??1。
x1?x2析
(1)
解
f(x)的定义域为
(0,??)。
a?1x2?ax?a?1(x?1)(x?1?a)f(x)?x?a???2分
xxx'(x?1)2（i）若a?1?1即a?2,则f(x)?故f(x)在(0,??)单调增加。
x'(ii)若a?1?1,而a?1,故1?a?2,则当x?(a?1,1)时，f(x)?0;
当x?(0,a?1)及x?(1,??)时，f(x)?0故f(x)在(a?1,1)单调减少，在
''(0,a?1),(1,??)单调增加。
(iii)若a?1?1,即a?2,同理可得f(x)在(1,a?1)单调减少，在(0,1),(a?1,??)单调增
36
加.
(II)考虑函数 g(x)?f(x)?x?则g?(x)?x?(a?1)?12x?ax?(a?1)lnx?x 2a?1a?1?2xg?(a?1)?1?(a?1?1)2 xx由于1
g(x1)?g(x2)?0，x1)?f(x)x1?x即f(2?2?0，故
f(x1)?f(x2)??1，当0?x1?x2x1?x2时，有
f(x1)?f(x2)f(x2)?f(x1)???1·········12分
x1?x2x2?x132?x（2009宁夏海南卷理）（本小题满分12分）已知函数f(x)?(x?3x?ax?b)e（1）如
（1）若f(x)在(??,?),(2,?)单调增加，在(?,2),(?,??)a?b??3，求f(x)的单调区间；单调减少，证明???＜6.
(Ⅱ)f'(x)??(x?3x?ax?b)e由
条
件
?x32?x?(3x2?6x?a)e?x??e?x[x3?(a?6)x?b?a].
从
而
得
3：
f'(2)?0,即23?2(a?6)?b?a?0,故b?4?a,?(a3f'(?x)?e[?x?x)? 64a2].因为f'(?)?f'(?)?0,所以x?(a?6)x?4?2a?(x?2)(x??)(x??)
?(x?2)(x2?(???)x???).
,?a??将右边展开，与左边比较系数得，????2?2?故
????(???)2?4???12?4a.
37
又(??2)(??2)?0,即???2(???)?4?0.由此可得a??6.于是????6.
．已知函数f(x)?e?kx，x?R．
（Ⅰ）若k?e，试确定函数f(x)的单调区间；
（Ⅱ）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； （Ⅲ）设函数F(x)?f(x)?f(?x)，求证：F(1)F(2)xxxF(n)?(en?1?2)(n?N?)．
n2解：（Ⅰ）由k?e得f(x)?e?ex，所以f?(x)?e?e．
，??)， 由f?(x)?0得x?1，故f(x)的单调递增区间是(11)． 由f?(x)?0得x?1，故f(x)的单调递减区间是(??，（Ⅱ）由f(?x)?f(x)可知f(x)是偶函数．
于是等价于f(x)?0对任意x≥0成立．由f?(x)?e?k?0得x?lnk．
xx①当k?(01]，时，f?(x)?e?k?1?k≥0(x?0)，此时f(x)在[0，??)上单调递增．
故f(x)≥f(0)?1?0，符合题意．
，??)时，lnk?0．当x变化时f?(x)，f(x)的变化情况如下表： ②当k?(1x f?(x) f(x) (0，lnk) ? 单调递减 lnk 0 极小值 (lnk，??) ? 单调递增 ??)上，f(x)≥f(lnk)?k?klnk． 由此可得，在[0，依题意，又k?1综合①，②得，实数k的取值范围是0?k?e． k?klnk?0，，?1?k?e．（Ⅲ）
F(x)?f(x)?f(?x)?ex?e?x，
?F(x1)F(x2)?ex1?x2?e?(x1?x2)?ex1?x2?e?x1?x2?ex1?x2?e?(x1?x2)?2?ex1?x2?2， ?F(1)F(n)?en?1?2，F(2)F(n?1)?en?1?2，
由此得，[F(1)F(2)F(n)F(1)?en?1?2.
F(n)]2?[F(1)F(n)][F(2)F(n?1)][F(n)F(1)]?(en?1?2)n 38
故F(1)F(2)F(n)?(en?1?2)，n?N?．
n2设f(x)的定义域为(0,??),f(x)的导函数为f?(x),且对任意正数x均有f?(x)?(Ⅰ) 判断函数F(x)?f(x)， xf(x)在(0,??)上的单调性； x (Ⅱ) 设x1，x2?(0,??)，比较f(x1)?f(x2)与f(x1?x2)的大小，并证明你的结论； （Ⅲ）设x1，x2，
xn?(0,??)，若n?2，比较f(x1)?f(x2)??f(xn)与
f(x1?x2??xn)的大小，并证明你的结论.
解：(Ⅰ)由于f?(x)?f(x)xf?(x)?f(x)?0，而x?0，则xf?(x)?f(x)?0， 得，
xxxf?(x)?f(x)f(x)?0F(x)?，因此在(0,??)上是增函数. 2xxf(x)(Ⅱ)由于x1，x2?(0,??)，则0?x1?x1?x2，而F(x)?在(0,??)上是增函
x则F?(x)?数，
则F(x1)?F(x1?x2)，即
fx()fx(x?)1?12x1x1x?2x2)fx()?1x(1x2?)，∴(x1?1xf（1），
同理 (x1?x2)f(x2)?x2f(x1?x2)（2）
（1）+（2）得：(x1?x2)[f(x1)?f(x2)]?(x1?x2)f(x1?x2)，而x1?x2?0， 因此 f(x1)?f(x2)?f(x1?x2).
（Ⅲ）证法1: 由于x1，x2?(0,??)，则0?x1?x1?x2??xn，而F(x)?f(x)在x(0,??)上是增函数，则F(x1)?F(x1?x2?∴ (x1?x2?同理 (x1?x2??xn)，即?xn) ?xn)
f(x1)f(x1?x2??xn)?， x1x1?x2?xn?xn)f(x1)?x1f(x1?x2??xn)f(x2)?x2f(x1?x2?……………
(x1?x2??xn)f(xn)?xnf(x1?x2??xn)
以上n个不等式相加得：
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(x1?x2?而x1?x2??xn)[f(x1)?f(x2)??xn?0
f(xn)]?(x1?x2??xn)f(x1?x2??xn)
f(x1)?f(x2)?f(xn)?f(x1?x2??xn)
证法2：数学归纳法
（1）当n?2时，由（Ⅱ）知，不等式成立； （2）当n?k(n?2)时，不等式f(x1)?f(x2)?即f(x1)?f(x2)?f(xn)?f(x1?x2??xn)成立，
f(xk)?f(x1?x2??xk)成立，
?xk)+f(xk?1)
则当n?k?1时， f(x1)?f(x2)?再由(Ⅱ)的结论, f(x1?x2?f(xk)?f(xk?1)?f(x1?x2??xk)+f(xk?1)?f[(x1?x2??xk)?xk?1]
f(x1?x2??xk)+f(xk?1)?f(x1?x2??xk?xk?1)
?xn)对任意n?2的自然数均成
因此不等式f(x1)?f(x2)?立. .
f(xn)?f(x1?x2?已知函数f(x)的定义域为I，导数f'(x)满足0?f(x)?2且f'(x)?1，常数c1为方
'程f(x)?x?0的实数根，常数c2为方程f(x)?2x?0的实数根。
（I）若对任意?a，b??I，存在x0??a，b?，使等式
f(b)?f(a)?(b?a)f'(x0)成立。求证：方程f(x)?x?0不存在异于c1的实数根；
（II）求证：当x?c2时，总有f(x)?2x成立； （III）对任意x1、x2，若满足，|x1?c1|?1,|x2?c2|?1, 求证：|f(x1)?f(x2)|?4
证明：（I）假设方程f(x)?x?0有异于c1的实根m，即f(m)?m
则有m?c1?f(m)?f(c1)??m?c1?f'(x0)成立
因为m?c1，所以必有f'(x0)?1，但这与f'(x)?1矛盾，因此方程f(x)?x?0不
存在异于c1的实数根。………………4分
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