1－2x－x则有M′(x)＝1－－2x＝.
1＋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，
此时，任意正实数t均满足题意． 综上，k＝1.
2
2
bex－1
8．(2014·新课标全国Ⅰ，21)设函数f(x)＝aeln x＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))
xx处的切线方程为y＝e(x－1)＋2. (1)求a，b； (2)证明：f(x)>1.
(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
abbf′(x)＝aexln x＋ex－2ex－1＋ex－1.
xxx由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e.故a＝1，b＝2. 2x－1x(2)证明 由(1)知，f(x)＝eln x＋e，
x2－x从而f(x)>1等价于xln x>xe－. e设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x.
?1?所以当x∈?0，?时，g′(x)<0； ?e??1?当x∈?，＋∞?时，g′(x)>0. ?e?
1?1???0，故g(x)在?上单调递减，在?，＋∞?上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小??e??e?1?1?值为g??＝－. e?e?2－x设函数h(x)＝xe－，
e则h′(x)＝e(1－x)．
所以当x∈(0，1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0. 故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 1
从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－. e综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.
－x?π?9．(2014·北京，18)已知函数f(x)＝xcos x－sin x，x∈?0，?.
2??
(1)求证：f(x)≤0；
sin x?π?(2)若a< 2?x?(1)证明 由f(x)＝xcos x－sin x得 f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x. ?π?因为在区间?0，?上f′(x)＝－xsin x<0， 2???π?所以f(x)在区间?0，?上单调递减． 2?? 从而f(x)≤f(0)＝0. sin xsin x(2)解 当x>0时，“>a”等价于“sin x－ax>0”；“ xxbx<0”． 令g(x)＝sin x－cx，则g′(x)＝cos x－c. ?π?当c≤0时，g(x)>0对任意x∈?0，?恒成立． 2?? ?π??π?当c≥1时，因为对任意x∈?0，?，g′(x)＝cos x－c<0，所以g(x)在区间?0，?上2?2??? 单调递减． ?π?从而g(x) cos x0－c＝0. g(x)与g′(x)在区间?0，?上的情况如下： 2 ?? π?? x g′(x) g(x) (0，x0) ＋ ?? x0 0 ?x0，π? ??2??－ ?? 因为g(x)在区间[0，x0]上是增函数，所以g(x0)>g(0)＝0.进一步，“g(x)>0对任意 x∈?0，?恒成立”当且仅当g??＝1－c≥0，即0 22 ?? π?? ?π??? π22π 2?π?综上所述，当且仅当c≤时，g(x)>0对任意x∈?0，?恒成立；当且仅当c≥1时，g(x)<0 2?π? ?π?对任意x∈?0，?恒成立． 2?? sin x2?π?所以，若a< 2?xπ?10．(2014·江西，18)已知函数f(x)＝(x＋bx＋b)1－2x(b∈R)． (1)当b＝4时，求f(x)的极值； 1 (2)若f(x)在区间(0，)上单调递增，求b的取值范围． 3－5x（x＋2） 解 (1)当b＝4时，f′(x)＝， 1－2x由f′(x)＝0得x＝－2或x＝0. 当x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(－2，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 2 ?1?当x∈?0，?时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故f(x)在x＝－2处取极小值f(－2)＝0，?2? 在x＝0处取极大值f(0)＝4. －x[5x＋（3b－2）] (2)f′(x)＝， 1－2x－x?1?因为当x∈?0，?时，<0，依题意， ?3?1－2x?1?当x∈?0，?时，有5x＋(3b－2)≤0， ?3? 5 从而＋(3b－2)≤0. 3 1??所以b的取值范围为?－∞，?. 9?? 8 11．(2014·辽宁，21)已知函数f(x)＝(cos x－x)(π＋2x)－(sin x＋1)，g(x)＝3(x－ 3 ?2x?π)cos x－4(1＋sin x)ln?3－?. ?π? ?π?证明：(1)存在唯一x0∈?0，?，使f(x0)＝0； 2?? ?π?(2)存在唯一x1∈?，π?，使g(x1)＝0，且对(1)中的x0，有x0＋x1<π. ?2? 2?π?证明 (1)当x∈?0，?时，f′(x)＝－(1＋sin x)(π＋2x)－2x－cos x<0，函数f(x) 2?3? 816?π??π?2 在?0，?上为减函数，又f(0)＝π－>0，f??＝－π－<0，所以存在唯一x0∈ 2?33??2? ?0，π?，使f(x)＝0. ?0 2??? 2?3（x－π）cos x?(2)考虑函数h(x)＝－4ln?3－x?， 1＋sin x?π? ??x∈?，π?. ? ?π??π?令t＝π－x，则x∈?，π?时，t∈?0，?. 2??2?? 2?3tcos t?记u(t)＝h(π－t)＝－4ln?1＋t?， 1＋sin t?π?3f（t） 则u′(t)＝. （π＋2t）（1＋sin t）由(1)得，当t∈(0，x0)时，u′(t)>0， π??当t∈?x0，?时，u′(t)<0. 2??在(0，x0)上u(t)是增函数， 又u(0)＝0，从而当t∈(0，x0]时，u(t)>0，所以u(t)在(0，x0]上无零点． π???π?在?x0，?上u(t)为减函数，由u(x0)>0，u??＝ 2???2?π??－4ln 2<0，知存在唯一t1∈?x0，?，使u(t1)＝0. 2?? π ?2 ?π?所以存在唯一的t1∈?0，?，使u(t1)＝0. 2???π?因此存在唯一的x1＝π－t1∈?，π?， ?2? 使h(x1)＝h(π－t1)＝u(t1)＝0. ?π?因为当x∈?，π?时，1＋sin x>0，故g(x)＝(1＋sin x)h(x)与h(x)有相同的零点， ?2??π?所以存在唯一的x1∈?，π?，使g(x1)＝0. ?2? 因x1＝π－t1，t1>x0，所以x0＋x1<π. 12．(2013·天津，20)已知函数f(x)＝xln x. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)证明：对任意的t>0，存在唯一的s，使t＝f(s)； (3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s＝g(t)， 2ln g（t）12 证明：当t>e时，有<<. 5ln t2(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． 2 f′(x)＝2xln x＋x＝x(2 ln x＋1)， 令f′(x)＝0，得x＝ 1e. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x f′(x) f(x) ?0，1??? e??－ ?? 1e ?1，＋∞??? ?e?＋ 0 极小值 ?? 所以函数f(x)的单调递减区间是?0，(2)证明 当0 ? ? 1??1??，单调递增区间是?，＋∞?. e??e? t>0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)． 由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增． h(1)＝－t<0，h(et)＝e2tln et－t＝t(e2t－1)>0.故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立． (3)证明 因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s>1，从而ln sln s＝＝ 2 ln（sln s）2ln s＋ln（ln s），其中u＝ln s. 2u＋ln u2ln g（t）1u要使<<成立，只需0 5ln t22 当t>e时，若s＝g(t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e，矛盾． 所以s>e，即u>1，从而ln u>0成立． 2 2 ln g（t）ln s＝＝ ln tln f（s） uu11 另一方面，令F(u)＝ln u－，u>1.F′(u)＝－， 2u2 令F′(u)＝0，得u＝2. 当1 22ln g（t）12 综上，当t>e时，有<<. 5ln t2 u