(2)证明:由(1)知,=+.
设g(t)=+,则g'(t)=-=.
当t∈时,g'(t)>0,从而g(t)在上单调递增.
因为a>3,所以a
>3
,
故g(a
)>g(3)=,即>.
因此b2
>3a.
(3)由(1)知, f(x)的极值点是x1,x2,
且x1+x2=-a,+=.
从而f(x1)+f(x2)=+a+bx1+1++a+bx2+1
=(3+2ax1+b)+(3+2ax2+b)+a(+)+b(x1+x2)+2=-+2=0.
记f(x), f '(x)所有极值之和为h(a),
因为f '(x)的极值为b-=-a2
+,
所以h(a)=-a2
+,a>3.
因为h'(a)=-a-<0,
于是h(a)在(3,+∞)上单调递减.
因为h(6)=-,于是h(a)≥h(6),故a≤6.
因此a的取值范围为(3,6].
10.(2015江苏,19,16分)已知函数f(x)=x3+ax2
+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)∪∪,求c的值.
解析 (1)f '(x)=3x2
+2ax,令f '(x)=0,解得x1=0,x2=-.
6
当a=0时,因为f '(x)=3x>0(x≠0),所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;
2
当a>0时,若x∈∪(0,+∞),则 f '(x)>0,若x∈,则f '(x)<0,
所以函数f(x)在,(0,+∞)上单调递增,在上单调递减;
当a<0时,若x∈(-∞,0)∪,则f '(x)>0,若x∈,则f '(x)<0,所以函数f(x)在(-
∞,0),上单调递增,在上单调递减.
(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,f=·a+b,则函数f(x)有三个零点等价于
3
f(0)·f=b<0,从而或
又b=c-a,所以当a>0时,a-a+c>0或当a<0时,a-a+c<0.
33
设g(a)=a-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪
3
∪,
则在(-∞,-3)上,g(a)<0,且在∪上,g(a)>0均恒成立,
从而g(-3)=c-1≤0,且g
3
2
=c-1≥0,因此c=1.
2
此时,f(x)=x+ax+1-a=(x+1)[x+(a-1)x+1-a],
222
因函数f(x)有三个零点,则x+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以Δ=(a-1)-4(1-a)=a+2a-3>0,且
2
(-1)-(a-1)+1-a≠0,
解得a∈(-∞,-3)∪∪.综上,c=1.
x
-x
11.(2014课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=e-e-2x. (1)讨论f(x)的单调性;
(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值; (3)已知1.414 2<
x
<1.414 3,估计ln 2的近似值(精确到0.001).
-x
解析 (1)f '(x)=e+e-2≥0,等号仅当x=0时成立. 所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
2x-2xx-x
(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e-e-4b(e-e)+(8b-4)x,
2x-2xx-x
g'(x)=2[e+e-2b(e+e)+(4b-2)]
x-xx-x
=2(e+e-2)(e+e-2b+2).
(i)当b≤2时,g'(x)≥0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0.
7
(ii)当b>2时,若x满足2 <2b-2,即0 1+ )时,g(x)<0. 综上,b的最大值为2. (3)由(2)知,g(ln)=-2b+2(2b-1)ln 2. 当b=2时,g(ln)=-4+6ln 2>0, ln 2>>0.692 8; 当b=+1时,ln(b-1+)=ln, g(ln)=--2+(3+2)ln 2<0, ln 2<<0.693 4. 所以ln 2的近似值为0.693. 12.(2016四川,21,14分)设函数f(x)=ax2 -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)>-e1-x 在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数). 解析 (1)f '(x)=2ax-=(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=. 此时,当x∈时,f '(x)<0, f(x)单调递减; 当x∈时,f '(x)>0,f(x)单调递增. (2)令g(x)=-,s(x)=ex-1 -x. 则s'(x)=ex-1 -1. 而当x>1时,s'(x)>0, 所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增. 8 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(x2 -1)-ln x<0. 故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0. 当01. 由(1)有f 所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立. 当a≥时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1). 当x>1时,h'(x)=2ax-+-e1-x >x-+- =>>0. 因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增. 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∈. 13.(2015四川,21,14分)已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2 -2ax-2a2 +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. 解析 (1)由已知得,函数f(x)的定义域为(0,+∞), g(x)=f '(x)=2(x-a)-2ln x-2, 所以g'(x)=2-+=. 当0 在区间上单调递减; 当a≥时,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增. (2)证明:由f '(x)=2(x-a)-2ln x-2=0, 9 解得a=. 令φ(x)=-2ln x+x-2× 2 ·x-2+. 则φ(1)=1>0,φ(e)=--2<0. 故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0. 令a0=,u(x)=x-1-ln x(x≥1). 由u'(x)=1-≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 所以0=<=a0<=<1, 即a0∈(0,1). 当a=a0时,有f '(x0)=0, f(x0)=φ(x0)=0. 由(1)知,f '(x)在区间(1,+∞)上单调递增, 故当x∈(1,x0)时,f '(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0; 当x∈(x0,+∞)时,f '(x)>0,从而f(x)>f(x0)=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. n* 14.(2015天津,20,14分)已知函数f(x)=nx-x,x∈R,其中n∈N,且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)有两个正实数根x1,x2,求证:|x2-x1|<+2. 解析 (1)由f(x)=nx-x,可得f '(x)=n-nx=n(1-x),其中n∈N,且n≥2. 下面分两种情况讨论: (i)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: x (-∞,-1) (-1,1) (1,+∞) f '(x) - + - f(x) ↘ ↗ ↘ 所以,f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)内单调递增. (ii)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(x0,0),则x0= ,f '(x0)=n-n.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f '(x0)(x-x0), 2 n n-1 n-1 * 即g(x)=f '(x0)(x-x0).令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f '(x0)(x-x0),则F'(x)=f '(x)-f '(x0). n-1 由于f '(x)=-nx+n在(0,+∞)上单调递减,故F'(x)在(0,+∞)上单调递减.又因为F'(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,F'(x)>0,当x∈(x0,+∞)时,F'(x)<0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,所以对于任意的正实数x,都有F(x)≤F(x0)=0,即对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x). 10