高中数学导数大题压轴高考题选


函数与导数高考压轴题选
一.选择题(共 2 小题) 3 2 1. (2013?安徽)已知函数 f(x)=x +ax +bx+c 有两个极值点 x1,x2,若 f(x1)=x1<x2, 2 则关于 x 的方程 3(f(x) ) +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; 2 ②f(x )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(x4)] 其中真命题的序号是( A.①② B.①③ 二.选择题(共 1 小题) 3. (2012?新课标)设函数 f(x)= M+m= . 的最大值为 M,最小值为 m,则 [f(x1)+f(x2)+f(x3)

) C.②④

D.③④

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,
x

<1 恒成立,求 m 的取值范围.

5. (2013?新课标Ⅱ)已知函数 f(x)=e ﹣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;
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(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 (I)求证: ;
﹣2x

,g(x)=ax+

+1+2xcosx,当 x∈[0,1]时,

(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)=e ,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; 2 (Ⅱ) 设 x>0,讨论曲线 y=f (x) 与曲线 y=mx (m>0)公共点的个数. (Ⅲ) 设 a<b,比较
r+1 x



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) (Ⅱ)证明: (Ⅲ)设 x∈R,记[x]为不小于 x 的最小整数,例如 的值. ﹣(r+1)x﹣1(x>﹣1)的最小值; ; .令

(参考数据: 11. (2012?辽宁)设 f(x)=ln(x+1)+ 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)< .

. +ax+b(a,b∈R,a,b 为常数) ,曲线 y=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. n 13. (2012?湖北)设函数 f(x)=ax (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)< .
x

14. (2012?湖南)已知函数 f(x)=e ﹣ax,其中 a>0.
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(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 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; 与 x 轴正半轴相交于

(Ⅲ)当 0<a<1 时,比较 明理由.



的大小,并说

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)=
2 2



(Ⅰ)设函数 F(x)=18f(x)﹣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 lg[ f(x﹣1)﹣ ]=2lgh(a﹣x)﹣2lgh(4﹣x) ; (Ⅲ)设 n∈N ,证明:f(n)h(n)﹣[h(1)+h(2)+…+h(n)]≥ .
n

19. (2010?四川)设

,a>0 且 a≠1) ,g(x)是 f(x)的反函数.

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(Ⅰ)设关于 x 的方程求 求 t 的取值范围; (Ⅱ)当 a=e,e 为自然对数的底数)时,证明:

在区间[2,6]上有实数解,



(Ⅲ)当 0<a≤ 时,试比较|

|与 4 的大小,并说明理由.
﹣x

20. (2010?全国卷Ⅱ)设函数 f(x)=1﹣e . (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′ ( ( ) .
2

) ≤

≤φ′

22. (2009?全国卷Ⅱ)设函数 f(x)=x +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)> . (b、c∈R 是常数) ,

23. (2009?湖北) 在 R 上定义运算: 已知 f1(x)=x ﹣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

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:x ﹣3bx +4b =(x+b) (x﹣2b) ) 24. (2009?湖北)已知关于 x 的函数 f(x)=﹣ x +bx +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:
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3 2 3 2 3 2

在等式 cos2x=2cos x﹣1(x∈R)的两边求导,得: (cos2x)′=(2cos x﹣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) =Cn +Cn x+Cn x +…+Cn x (x∈R, 正整数 n≥2) ,证明: (2)对于正整数 n≥3,求证: (i) ; .
n 0 1 2 2 n n

2

2

(ii)



(iii)


4 3 2

26. (2008?天津)已知函数 f(x)=x +ax +2x +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:
x



28. (2007?福建)已知函数 f(x)=e ﹣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)> 29. (2006?四川)已知函数 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|.
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(n∈N ) .

*

,f(x)的导函数是 f′(x) .对



30. (2006?辽宁)已知 f0(x)=x
0 2 1 2

n

,其中 k≤n(n,k∈N+) ,设 F
n 2

(x)=Cn f0(x )+Cn f1(x )+…+Cn fn(x ) ,x∈[﹣1,1]. (1)写出 fk(1) ; n﹣1 (2)证明:对任意的 x1,x2∈[﹣1,1],恒有|F(x1)﹣F(x2)|≤2 (n+2)﹣n﹣1.

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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)=x +ax +bx+c 有两个极值点 x1,x2,若 f(x1)=x1<x2, 2 则关于 x 的方程 3(f(x) ) +2af(x)+b=0 的不同实根个数为( ) A.3 B.4 C.5 D.6 3 2 【解答】解:∵函数 f(x)=x +ax +bx+c 有两个极值点 x1,x2, 2 ∴f′(x)=3x +2ax+b=0 有两个不相等的实数根, ∴△ =4a ﹣12b>0.解得 ∵x1<x2, ∴
2 2 3 2

=







而方程 3(f(x) ) +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;
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②f(x )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(x4)] 其中真命题的序号是( A.①② B.①③ [f(x1)+f(x2)+f(x3)

2

) C.②④

D.③④ 在[1,3]上满足性质 P,

【解答】解:在①中,反例:f(x)= 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(x )=﹣x 在[1, 质 P, 故②不成立; 在③中:在[1,3]上,f(2)=f( )≤

2

2

]上不满足性







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)], =

∴ 故④成立. 故选 D. 二.选择题(共 1 小题)

[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)],

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3. (2012?新课标) 设函数 f (x) = 2 . 【解答】解:函数可化为 f(x)= 令 ∴ ,则

的最大值为 M, 最小值为 m, 则 M+m=

= 为奇函数,



的最大值与最小值的和为 0.

∴函数 f(x)= 即 M+m=2. 故答案为:2. 三.选择题(共 23 小题)

的最大值与最小值的和为 1+1+0=2.

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)﹣ = ﹣ 令 g(x)=0,得 m=﹣ x +x(x>0) ; 设 φ(x)=﹣ x +x(x>0) ,
3 3

﹣ (x>0) ,

∴φ′(x)=﹣x +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;
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2

∴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, 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)= ﹣ ∴m≥﹣x +x=﹣ ∴m≥ ; 对于 m= ,h′(x)=0 仅在 x= 时成立; ∴m 的取值范围是[ ,+∞) .
2

<1 恒成立,

﹣1≤0 在(0,+∞)上恒成立, + (x>0) ,

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5. (2013?新课标Ⅱ)已知函数 f(x)=e ﹣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, ∴ ,

x

解得 m=1. x 所以函数 f(x)=e ﹣ln(x+1) ,其定义域为(﹣1,+∞) . ∵
x x


x

设 g(x)=e (x+1)﹣1,则 g′(x)=e (x+1)+e >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)≥ 综上,当 m≤2 时,f(x)>0.

=

>0.

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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) +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. 2 (II)∵x1<x2<0,∴f(x)=x +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, ∴ 仅当﹣(2x1+2)=2x2+2=1,即 , 时等号成立. =1,当且 ,
2

∴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,∵ <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 . . , ,故不成立,∴x1<0

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 ∴a(x1)= = .

,y=﹣ln(2x1+2)在区间(﹣1,0)上单调递减, 在(﹣1,0)上单调递减,且 x1→﹣1 时,ln(2x1+2)

→﹣∞,即﹣ln(2x1+2)→+∞,也即 a(x1)→+∞.
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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

,e >0,得到 f(x)>0;同理,当 x>1 时,f(x)<0.

x

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 (e ﹣1) .
﹣x

2x

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 (I)求证: ;
﹣2x

,g(x)=ax+

+1+2xcosx,当 x∈[0,1]时,

(II)若 f(x)≥g(x)恒成立,求实数 a 的取值范围.
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【解答】 (I)证明:①当 x∈[0,1)时, (1+x)e ≥1﹣x?(1+x)e ≥(1﹣x)e , ﹣x ﹣x x x 令 h(x)=(1+x)e ﹣(1﹣x)e ,则 h′(x)=x(e ﹣e ) . 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, ?e ≥1+x,令 u(x)=e ﹣1﹣x,则 u′(x)=e ﹣1.
x x x

﹣2x

﹣x

x

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)=e ,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; 2 (Ⅱ) 设 x>0,讨论曲线 y=f (x) 与曲线 y=mx (m>0)公共点的个数. (Ⅲ) 设 a<b,比较 与
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x

的大小,并说明理由.

【解答】解: (I)函数 f(x)=e 的反函数为 g(x)=lnx,∴

x



设直线 y=kx+1 与 g (x) 的图象相切于点 P (x0, y0) , 则
﹣2

, 解得



k=e , ﹣2 ∴k=e . (II)当 x>0,m>0 时,令 f(x)=mx ,化为 m=
2



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 当 当 (Ⅲ) =
2



时,曲线 y=f (x) 与曲线 y=mx (m>0)公共点的个数为 0; 时,曲线 y=f (x) 与曲线 y=mx (m>0)公共点的个数为 1; 时,曲线 y=f (x) 与曲线 y=mx (m>0)公共点个数为 2.
2 2

=

=
x


x

令 g(x)=x+2+(x﹣2)e (x>0) ,则 g′(x)=1+(x﹣1)e . ′′ x g (x)=xe >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. x ∵当 x>0 时,g(x)=x+2+(x﹣2)?e >0,且 a<b, ∴ ,

即当 a<b 时,



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10. (2013?湖北)设 n 是正整数,r 为正有理数. (Ⅰ)求函数 f(x)=(1+x) (Ⅱ)证明: (Ⅲ)设 x∈R,记[x]为不小于 x 的最小整数,例如 的值.
r+1

﹣(r+1)x﹣1(x>﹣1)的最小值; ; .令

(参考数据:
r r



【解答】解; (Ⅰ)由题意得 f'(x)=(r+1) (1+x) ﹣(r+1)=(r+1)[(1+x) ﹣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) ≥1+(r+1)x,且等号当且仅当 x=0 时成立, r+1 故当 x>﹣1 且 x≠0,有(1+x) >1+(r+1)x,① 在①中,令 上式两边同乘 n 即 当 n>1 时,在①中令 (这时 x>﹣1 且 x≠0) ,得
r+1 r+1



,得(n+1)

r+1

>n

r+1

+n (r+1) ,

r

,② (这时 x>﹣1 且 x≠0) ,

类似可得 且当 n=1 时,③也成立. 综合②,③得 (Ⅲ)在④中,令

,③

,④ ,n 分别取值 81,82,83,…,125,







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,…



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)+ 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)< . +ax+b(a,b∈R,a,b 为常数) ,曲线 y=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 ∴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, 令 k(x)=ln(x+1)﹣x,则 k(0)=0,k′(x)= ∴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 < < ,∴ ① ,∴k(x)<0 在(0,0)点相切.

= ∴h(x)在(0,2)内单调递减,又 h(0)=0,∴h(x)<0 ∴当 0<x<2 时,f(x)< .
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12. (2012?福建)已知函数 f(x)=axsinx﹣ (a∈R) ,且在 (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.

上的最大值为



【解答】解: (I)由已知得 f′(x)=a(sinx+xcosx) ,对于任意的 x∈(0, >0,当 a=0 时,f(x)=﹣ ,不合题意; 当 a<0 时,x∈(0, 又函数 ) ,f′(x)<0,从而 f(x)在(0, 在

) ,有 sinx+xcosx

)单调递减,

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, 又函数 上上的最大值为 f( 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, 又函数在 点, 又由(I)知 f(x)在(0, 当 x∈[ (x)在[ )单调递增,故函数 f(x)在(0, )内仅有一个零点. ,从而有 f(0)=﹣ <0,f( )= >0, )内至少存在一个零 )= ) ,f′(x)>0,从而 f(x)在(0, 在 = )单调递增,

上图象是连续不断的,故函数在 ,解得 a=1,

上图象是连续不断的,所以函数 f(x)在(0,

,π]时,令 g(x)=f′(x)=sinx+xcosx,由 g( ,π]上的图象是连续不断的,故存在 m∈(

)=1>0,g(π)=﹣π<0,且 g ,π) ,使得 g(m)=0. ,π]上单

由 g′(x)=2cosx﹣xsinx,知 x∈( 调递减. 当 x∈( 增 故当 x∈( ,m)时,f(x)>f(

,π)时,有 g′(x)<0,从而 g(x)在[

,m) ,g(x)>g(m)=0,即 f′(x)>0,从而 f(x)在(

,m)内单调递

)=

>0,从而(x)在(

,m)内无零点;

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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)=ax (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)< .
n

【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)=anx ﹣a(n+1)x ,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)=x (1﹣x) ,则有 f′(x)=(n+1)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
n n﹣1 n﹣1 n



﹣x) ,令 f′(x)

数 f(x)是减函数; 故函数 f(x)在(0,+∞)上的最大值为 f( )=( ) (1﹣
n

)=



(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+ )>
n+1

,即 ln(1+ )

n+1

>lne

所以(1+ )

>e,即



由(Ⅱ)知,f(x)≤ 故所证不等式成立.





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14. (2012?湖南)已知函数 f(x)=e ﹣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. x 【解答】解: (1)f′(x)=e ﹣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,

x

令 φ(x)=f′(x)﹣k=e ﹣

x



则 φ(x1)=﹣

[

﹣(x2﹣x1)﹣1],

φ(x2)=
t

[

﹣(x1﹣x2)﹣1],
t

令 F(t)=e ﹣t﹣1,则 F′(t)=e ﹣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 e ﹣t﹣1>0, 从而 ﹣(x2﹣x1)﹣1>0,且 >0,则 φ(x1)<0,
t

﹣(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 点 A,设 f(n)为该抛物线在点 A 处的切线在 y 轴上的截距.
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与 x 轴正半轴相交于

(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 明理由. 【解答】解: (Ⅰ)∵抛物线



的大小,并说

与 x 轴正半轴相交于点 A,∴A(





求导得 y′=﹣2x

∴抛物线在点 A 处的切线方程为

,∴
n

∵f(n)为该抛物线在点 A 处的切线在 y 轴上的截距,∴f(n)=a ; (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f(n)=a ,则
n 3 n

成立的充要条件是 a ≥2n +1

n

3

即知,a ≥2n +1 对所有 n 成立,特别的,取 n=2 得到 a≥ n n 当 a= ,n≥3 时,a >4 =(1+3)
n

≥1+

=1+2n +

3

>2n +1

3

当 n=0,1,2 时,

∴a=

时,对所有 n 都有 ;
k

成立

∴a 的最小值为

(Ⅲ)由(Ⅰ)知 f(k)=a ,下面证明:

首先证明:当 0<x<1 时,
2

设函数 g(x)=

x(x ﹣x)+1,0<x<1,则 g′(x)= 时,g′(x)>0

x(x﹣ )

当 0<x< 时,g′(x)<0;当

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,∴
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由 0<a<1 知 0<a <1,因此

k



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+ ﹣ F′(x)= 当 x∈(0, 当 x∈( ,令 F′(x)=0,得 x= )时,F′(x)<0; .

(x≥0)知,

,+∞)时,F′(x)>0. )时,F(x)是减函数;

故 x∈(0, 故 x∈(

,+∞)时,F(x)是增函数. 处有极小值且 F( )= .

F(x)在 x=

(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

; ;

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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= = [(4k﹣3) ﹣(4k﹣1) ] ,ak﹣

= = 即对任意的 2<k≤100,都有 ak> 又因为 a1=s1=1, 所以 a1+a2+a3+…+a100> 故 f(100)h(100)﹣ . =h(1)+h(2)+…+h(100) . > . >0.

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,

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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, =2lnx﹣x+ ,

设 h(x)=g(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, 又 的最小值为 g(x)=1. >Inx,

而 x>1 时,Inx 的值域为(0,+∞) , ∴x≥1 时,g(x) 的值域为[1,+∞) ,从而可取一个 x1>1, 使 g(x1)≥g(x0)+1,即 g(x1)﹣g(x0)≥1, 故|g(x1)﹣g(x0)|≥1> ,与假设矛盾.

∴不存在 x0>0,使|g(x)﹣g(x0)|< 成立.

18. (2011?四川)已知函数 f(x)= x+ ,h(x)=
2 2



(Ⅰ)设函数 F(x)=18f(x)﹣x [h(x)] ,求 F(x)的单调区间与极值;
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(Ⅱ)设 a∈R,解关于 x 的方程 lg[ f(x﹣1)﹣ ]=2lgh(a﹣x)﹣2lgh(4﹣x) ; (Ⅲ)设 n∈N ,证明:f(n)h(n)﹣[h(1)+h(2)+…+h(n)]≥ . 【解答】解: (Ⅰ)F(x)=18f(x)﹣x [h(x)] =﹣x +12x+9(x≥0) 2 所以 F′(x)=﹣3x +12=0,x=±2 且 x∈(0,2)时,F′(x)>0,当 x∈(2,+∞)时,F′(x)<0 所以 F(x)在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减. 故 x=2 时,F(x)有极大值,且 F(2)=﹣8+24+9=25. (Ⅱ)原方程变形为 lg(x﹣1)+2lg =2lg ,
2 2 3 n

?

?



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)由已知得 h(1)+h(2)+…+h(n)= f(n)h(n)﹣ = 从而 a1=s1=1, 当 k≥2 时,an=sn﹣sn﹣1= 又 = ,

, ,





= = 即对任意的 k≥2,有 , >0

又因为 a1=1= , 所以 a1+a2+…+an≥ , 则 sn≥h(1)+h(2)+…+h(n) ,故原不等式成立.

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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 求 t 的取值范围; (Ⅱ)当 a=e,e 为自然对数的底数)时,证明:

在区间[2,6]上有实数解,



(Ⅲ)当 0<a≤ 时,试比较|
x

|与 4 的大小,并说明理由.

【解答】解: (1)由题意,得 a = 故 g(x)= 由

>0

,x∈(﹣∞,﹣1)∪(1,+∞) 得 t=(x﹣1) (7﹣x) ,x∈[2,6]
2

则 t′=﹣3x +18x﹣15=﹣3(x﹣1) (x﹣5) 列表如下: x 2(2,5) 5 (5,6)6 t' + ﹣ t 5 递增 25 递减 极大值 32 所以 t 最小值=5,t 最大值=32 所以 t 的取值范围为[5,32](5 分)

2

(Ⅱ)

=ln( =﹣ln
2



令 u(z)=﹣lnz ﹣ 则 u′(z)=﹣

=﹣2lnz+z﹣ ,z>0 =(1﹣ ) ≥0
2

所以 u(z)在(0,+∞)上是增函数 又因为 >1>0,所以 u( )>u(1)=0

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即 ln

>0



(9 分)

(3)设 a=

,则 p≥1,1<f(1)=

≤3,

当 n=1 时,|f(1)﹣1|= ≤2<4, 当 n≥2 时, 设 k≥2,k∈N 时,则 f(k)=
*



=1+

所以 1<f(k)≤1+



从而 n﹣1<

≤n﹣1+

=n+1﹣

<n+1,

所以 n<

<f(1)+n+1≤n+4,

综上所述,总有|

﹣n|<4.

20. (2010?全国卷Ⅱ)设函数 f(x)=1﹣e . (Ⅰ)证明:当 x>﹣1 时,f(x)≥ (Ⅱ)设当 x≥0 时,f(x)≤ ;

﹣x

,求 a 的取值范围. 当且仅当 e ≥1+x
x

【解答】解: (1)当 x>﹣1 时,f(x)≥
x x

令 g(x)=e ﹣x﹣1,则 g'(x)=e ﹣1 当 x≥0 时 g'(x)≥0,g(x)在[0,+∞)是增函数 当 x≤0 时 g'(x)≤0,g(x)在(﹣∞,0]是减函数 x 于是 g(x)在 x=0 处达到最小值,因而当 x∈R 时,g(x)≥g(0)时,即 e ≥1+x

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所以当 x>﹣1 时,f(x)≥ (2)由题意 x≥0,此时 f(x)≥0 当 a<0 时,若 x>﹣ ,则 <0,f(x)≤ 不成立;

当 a≥0 时,令 h(x)=axf(x)+f(x)﹣x,则 f(x)≤ 当且仅当 h(x)≤0
﹣x

因为 f(x)=1﹣e ,所以 h'(x)=af(x)+axf'(x)+f'(x)﹣1=af(x)﹣axf(x)+ax﹣f (x) (i)当 0≤a≤ 时,由(1)知 x≤(x+1)f(x) h'(x)≤af(x)﹣axf(x)+a(x+1)f(x)﹣f(x) =(2a﹣1)f(x)≤0, h(x)在[0,+∞)是减函数,h(x)≤h(0)=0,即 f(x)≤ (ii)当 a> 时,由(i)知 x≥f(x) h'(x)=af(x)﹣axf(x)+ax﹣f(x)≥af(x)﹣axf(x)+af(x)﹣f(x)=(2a﹣1﹣ax) f(x) 当 0<x< 时,h'(x)>0,所以 h'(x)>0,所以 h(x)>h(0)=0,即 f(x)>

综上,a 的取值范围是[0, ]

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′ ( ( ) . ,g'(x)=
2

) ≤

≤φ′

【解答】解: (Ⅰ)f'(x)=

有已知得

解得:a= ,x=e
2

∴两条曲线的交点坐标为(e ,e) 切线的斜率为 k=f'(e )= ∴切线的方程为 y﹣e= (x﹣e )
第 28 页(共 40 页)
2 2

(Ⅱ)由条件知 h(x)= ∴h′(x)= ﹣ =

﹣alnx(x>0) , ,
2

①当 a>0 时,令 h′(x)=0,解得 x=4a . 2 ∴当 0<x<4a 时,h′(x)<0, 2 h(x)在(0,4a )上单调递减; 2 当 x>4a 时,h′(x)>0, 2 h(x)在(4a ,+∞)上单调递增. 2 ∴x=4a 是 h(x)在(0,+∞)上的惟一极值点,且是极小值点,从而也是 h(x)的最小值 点. 2 2 ∴最小值 φ(a)=h(4a )=2a﹣aln(4a )=2a[1﹣ln (2a)]. ②当 a≤0 时,h′(x)= >0,h(x)在(0,+∞)上单调递增,无最小值.

故 h(x)的最小值 φ(a)的解析式为 φ(a)=2a[1﹣ln (2a)](a>0) . (Ⅲ)证明:由(Ⅱ)知 φ′(a)=﹣2ln2a 对任意的 a>0,b>0 =﹣ φ′( φ′( )=﹣2ln(2× )=﹣2ln(2×
2

=﹣ln4ab,①

)=﹣ln(a+b) ≤﹣ln4ab,② )=﹣2ln )≤
2

=﹣ln4ab,③ ≤φ′( ) .

故由①②③得 φ′(

22. (2009?全国卷Ⅱ)设函数 f(x)=x +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)> 【解答】解: (I) 令 g(x)=2x +2x+a,其对称轴为
2





由题意知 x1、x2 是方程 g(x)=0 的两个均大于﹣1 的不相等的实根, 其充要条件为 ,得

(1)当 x∈(﹣1,x1)时,f'(x)>0,∴f(x)在(﹣1,x1)内为增函数; (2)当 x∈(x1,x2)时,f'(x)<0,∴f(x)在(x1,x2)内为减函数; (3)当 x∈(x2,+∞)时,f'(x)>0,∴f(x)在(x2,+∞)内为增函数; (II)由(I)g(0)=a>0,∴
2 2 2

,a=﹣(2x 2+2x2)

2

∴f(x2)=x2 +aln(1+x2)=x2 ﹣(2x 2+2x2)ln(1+x2) 设 h(x)=x ﹣(2x +2x)ln(1+x) , (﹣ <x<0)
第 29 页(共 40 页)
2 2

则 h'(x)=2x﹣2(2x+1)ln(1+x)﹣2x=﹣2(2x+1)ln(1+x) (1)当 时,h'(x)>0,∴h(x)在 单调递增;

(2)当 x∈(0,+∞)时,h'(x)<0,h(x)在(0,+∞)单调递 减.∴ 故 .

23. (2009?湖北) 在 R 上定义运算: 已知 f1(x)=x ﹣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

(b、c∈R 是常数) ,

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:x ﹣3bx +4b =(x+b) (x﹣2b) ) 【解答】解:①依题意 ,
3 2 3 2



得 若

或 ,
2

. ,
2

′(x)=﹣x +2x﹣1=﹣(x﹣1) ≤0f(x)在 R 上单调递减, 在 x=1 处无极值;若
2





f′(x)=﹣x ﹣2x+3=﹣(x﹣1) (x+3) ,直接讨论知, f(x)在 x=1 处有极大值,所以 为所求. ,

②解 f′(t)=c 得 t=0 或 t=2b,切点分别为(0,bc) 、 相应的切线为 y=cx+bc 或 解 得 x=0 或 x=3b; 解 即 x ﹣3bx +4b =0 得 x=﹣b 或 x=2b.
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3 2 3



综合可知,b=0 时,斜率为 c 的切线只有一条,与曲线的公共点只有(0,0) ,b≠0 时, 斜率为 c 的切线有两条,与曲线的公共点分别为(0,bc) 、 (3b,4bc)和 、
2 2



③g(x)=|﹣(x﹣b) +b +c|.若|b|>1,则 f′(x)在[﹣1,1]是单调函数, M=max{|f′(﹣1)|,|f′(1)|}={|﹣1+2b+c|,|﹣1﹣2b+c|}, 因为 f′(1)与 f′(﹣1)之差的绝对值|f′(1)﹣f′(﹣1)|=|4b|>4,所以 M>2. 若|b|≤1,f′(x)在 x=b∈[﹣1,1]取极值, 2 则 M=max{|f′(﹣1)|,|f′(1)|,|f′(b)|},f′(b)﹣f′(±1)=(b? 1) . 若﹣1≤b<0,f′(1)≤f′(﹣1)≤f′(b ; 若 0≤b≤1,f′(﹣1)≤f′(1)≤f′(b) , M=max{|f′(﹣1)|,|f′(b)|} 当 b=0, 时, . = 在[﹣1,1]上的最大值 . .

所以,k 的取值范围是

24. (2009?湖北)已知关于 x 的函数 f(x)=﹣ x +bx +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. 【解答】 (Ⅰ)解:∵f'(x)=﹣x +2bx+c,由 f(x)在 x=1 处有极值
2

3

2

可得

解得

,或
2 2

若 b=1,c=﹣1,则 f'(x)=﹣x +2x﹣1=﹣(x﹣1) ≤0,此时 f(x)没有极值; 2 若 b=﹣1,c=3,则 f'(x)=﹣x ﹣2x+3=﹣(x+3) (x﹣1) 当 x 变化时,f(x) ,f'(x)的变化情况如下表: x (﹣∞,﹣3)﹣3 (﹣3,1)1 (1,+∞) 0 + 0 f'(x)﹣ ﹣ ↘ f(x) ↘ 极小值﹣12↗ 极大值 ∴当 x=1 时,f(x)有极大值 ,故 b=﹣1,c=3 即为所求.

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(Ⅱ)证法 1:g(x)=|f'(x)|=|﹣(x﹣b) +b +c| 当|b|>1 时,函数 y=f'(x)的对称轴 x=b 位于区间[﹣1.1]之外. ∴f'(x)在[﹣1,1]上的最值在两端点处取得 故 M 应是 g(﹣1)和 g(1)中较大的一个, ∴2M≥g(1)+g(﹣1)=|﹣1+2b+c|+|﹣1﹣2b+c|≥|4b|>4,即 M>2 证法 2(反证法) :因为|b|>1,所以函数 y=f'(x)的对称轴 x=b 位于区间[﹣1,1]之外, ∴f'(x)在[﹣1,1]上的最值在两端点处取得. 故 M 应是 g(﹣1)和 g(1)中较大的一个 假设 M≤2,则 M=maxg{(﹣1) ,g(1) ,g(b)} 将上述两式相加得:4≥|﹣1﹣2b+c|+|﹣1+2b+c|≥4|b|>4,导致矛盾,∴M>2 (Ⅲ)解法 1:g(x)=|f'(x)|=|﹣(x﹣b) +b +c| 2 (1)当|b|>1 时,由(Ⅱ)可知 f'(b)﹣f'(±1)=b(? 1) ≥0; (2)当|b|≤1 时,函数 y=f'(x)的对称轴 x=b 位于区间[﹣1,1]内, 此时 M=max{g(﹣1) ,g(1) ,g(b)} 由 f'(1)﹣f'(﹣1)=4b,有 f'(b)﹣f'(±1)=b(? 1) ≥0 ①若﹣1≤b≤0,则 f'(1)≤f'(﹣1)≤f'(b) ,∴g(﹣1)≤max{g(1) ,g(b)}, 于是
2 2 2

2

2

②若 0<b≤1,则 f'(﹣1)≤f'(1)≤f'(b) ,∴g(1)≤maxg(﹣1) ,g(b) 于是

综上,对任意的 b、c 都有 而当 时, 在区间[﹣1,1]上的最小值

故 M≥k 对任意的 b、c 恒成立的 k 的最大值为 . 解法 2:g(x)=|f'(x)|=|﹣(x﹣b) +b +c| (1)当|b|>1 时,由(Ⅱ)可知 M>2 (2)当|b|≤1 y=f'(x)时,函数的对称轴 x=b 位于区间[﹣1,1]内, 此时 M=max{g(﹣1) ,g(1) ,g(b)} 2 4M≥g(﹣1)+g(1)+2g(b)=|﹣1﹣2b+c|+|﹣1+2b+c|+2|b +c|≥|﹣1﹣2b+c+(﹣1+2b+c) 2 2 ﹣2(b +c)|=|2b +2|≥2, 即 下同解法 1 25. (2008?江苏)请先阅读:
2 2

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在等式 cos2x=2cos x﹣1(x∈R)的两边求导,得: (cos2x)′=(2cos x﹣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) =Cn +Cn x+Cn x +…+Cn x (x∈R, 正整数 n≥2) ,证明: (2)对于正整数 n≥3,求证: (i) ; .
n 0 1 2 2 n n

2

2

(ii)



(iii)


n 0 1 2 2 n n n

【解答】证明: (1)在等式(1+x) =Cn +Cn x+Cn x +…+Cn x 两边对 x 求导得 n(1+x) ﹣1 1 2 n﹣1 n﹣2 n n﹣1 =Cn +2Cn x+…+(n﹣1)Cn x +nCn x 移项得 (*)

(2) (i)在(*)式中,令 x=﹣1,整理得

所以 (ii)由(1)知 n(1+x) =Cn +2Cn x+…+(n﹣1)Cn x +nCn x ,n≥3 n﹣2 2 3 n n﹣2 两边对 x 求导,得 n(n﹣1) (1+x) =2Cn +3?2Cn x+…+n(n﹣1)Cn x 2 3 2 n﹣2 在上式中,令 x=﹣1,得 0=2Cn +3?2Cn (﹣1)+…+n(n﹣1)Cn (﹣1) 即 ,
n﹣1 1 2 n﹣1 n﹣2 n n﹣1

亦即

(1)

又由(i)知

(2)

由(1)+(2)得 (iii)将等式(1+x) =Cn +Cn x+Cn x +…+Cn x 两边在[0,1]上对 x 积分
n 0 1 2 2 n n

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由微积分基本定理,得

所以

26. (2008?天津)已知函数 f(x)=x +ax +2x +b(x∈R) ,其中 a,b∈R. (Ⅰ)当 时,讨论函数 f(x)的单调性;

4

3

2

(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. 【解答】解: (Ⅰ)f'(x)=4x +3ax +4x=x(4x +3ax+4) . 当 时,f'(x)=x(4x ﹣10x+4)=2x(2x﹣1) (x﹣2) . ,x3=2.
2 3 2 2

令 f'(x)=0,解得 x1=0,

当 x 变化时,f'(x) ,f(x)的变化情况如下表: x (﹣∞, 0)0 (0, ) f′(x) f(x) ﹣ ↘ 0 极小值 + ↗ 0 极大值

( ,2) ﹣ ↘

2 0 极小值

(2,+∞) + ↗ 内是减函数.

所以 f(x)在
2

, (2,+∞)内是增函数,在(﹣∞,0) ,
2

(Ⅱ)f'(x)=x(4x +3ax+4) ,显然 x=0 不是方程 4x +3ax+4=0 的根. 2 2 为使 f(x)仅在 x=0 处有极值,必须 4x +3ax+4≥0 成立,即有△ =9a ﹣64≤0. 解些不等式,得 .这时,f(0)=b 是唯一极值. .
2 2

因此满足条件的 a 的取值范围是

(Ⅲ)由条件 a∈[﹣2,2],可知△ =9a ﹣64<0,从而 4x +3ax+4>0 恒成立. 当 x<0 时,f'(x)<0;当 x>0 时,f'(x)>0. 因此函数 f(x)在[﹣1,1]上的最大值是 f(1)与 f(﹣1)两者中的较大者. 为使对任意的 a∈[﹣2,2],不等式 f(x)≤1 在[﹣1,1]上恒成立, 当且仅当 ,即 ,在 a∈[﹣2,2]上恒成立.

所以 b≤﹣4,因此满足条件的 b 的取值范围是(﹣∞,﹣4]. 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

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(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:



【解答】解: (1)因为 f(x)=ln(1+x)﹣x,所以函数定义域为(﹣1,+∞) ,且 f′(x) = ﹣1= .

由 f′(x)>0 得﹣1<x<0,f(x)的单调递增区间为(﹣1,0) ; 由 f’(x)<0 得 x>0,f(x)的单调递减区间为(0,+∞) . (2)因为 f(x)在[0,n]上是减函数,所以 bn=f(n)=ln(1+n)﹣n, 则 an=ln(1+n)﹣bn=ln(1+n)﹣ln(1+n)+n=n. (i) 因为
*

对 n∈N 恒成立. 所以

*

对 n∈N 恒成立.

*

则 设 考虑

对 n∈N 恒成立. ,n∈N ,则 c<g(n)对 n∈N 恒成立. .
* *

因为
*

=0,

所以 g(x)在[1,+∞)内是减函数;则当 n∈N 时,g(n)随 n 的增大而减小, 又因为

=1.

所以对一切 n∈N,g(n)>1 因此 c≤1,即实数 c 的取值范围是(﹣∞,1]. (ⅱ)由(ⅰ)知 下面用数学归纳法证明不等式 ①当 n=1 时,左边= ,右边= . (n∈N ) ,左边<右边.不等式成立. . < = =
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+

②假设当 n=k 时,不等式成立.即 当 n=k+1 时,

= 即 n=k+1 时,不等式成立 综合①、②得,不等式 所以 所以 + +…+ < = ,



成立.

﹣1.





28. (2007?福建)已知函数 f(x)=e ﹣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)> 【解答】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(1,+∞) , 由 f'(x)<0 得 x<1,故 f(x)的单调递减区间是(﹣∞,1) . (Ⅱ)由 f(|﹣x|)=f(|x|)可知 f(|x|)是偶函数. 于是 f(|x|)>0 对任意 x∈R 成立等价于 f(x)>0 对任意 x≥0 成立. x 由 f'(x)=e ﹣k=0 得 x=lnk. x ①当 k∈(0,1]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. ②当 k∈(1,+∞)时,lnk>0. 当 x 变化时 f'(x) ,f(x)的变化情况如下表: x lnk (0,lnk) (lnk,+∞) 0 + f′(x) ﹣ f(x) 单调递减 极小值 单调递增 由此可得,在[0,+∞)上,f(x)≥f(lnk)=k﹣klnk. 依题意,k﹣klnk>0,又 k>1,∴1<k<e. 综合①,②得,实数 k 的取值范围是 0<k<e. (Ⅲ)∵F(x)=f(x)+f(﹣x)=e +e ,∴F(x1)F(x2) =
x
﹣x

x

(n∈N ) .

*

x

x

, n+1 n+1 n+1 ∴F(1)F(n)>e +2,F(2)F(n﹣1)>e +2,F(n)F(1)>e +2.
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由此得,[F(1)F(2)F(n)] =[F(1)F(n)][F(2)F(n﹣1)][F(n)F(1)]>(e
n *

2

n+1

+2)



,n∈N .

29. (2006?四川)已知函数 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|. 【解答】解:证明: (Ⅰ)由 得 ;

,f(x)的导函数是 f′(x) .对

=

而 又(x1+x2) =(x1 +x2 )+2x1x2>4x1x2 ∴ ②
2 2 2



∵ ∴ ∵a≤0, aln ≥aln( ③
2 2

由①、②、③得 (x1 +x2 )+

+aln

>(

)+

2

+aln







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(Ⅱ)证法一:由

,得



=

下面证明对任意两个不相等的正数 x1,x2,有

恒成立

即证

成立



设 则 令 u′(x)=0 得 t u′(t) u(t) ﹣ □ , ,列表如下:



0 极小值

+ □

∴ ∴对任意两个不相等的正数 x1,x2,恒有|f'(x1)﹣f'(x2)|>|x1﹣x2| 证法二:由 得 ,

第 38 页(共 40 页)



=

∵x1,x2 是两个不相等的正数 ∴



,u(t)=2+4t ﹣4t (t>0)

3

2

则 u′(t)=4t(3t﹣2) ,列表: t u′(t) u(t) ﹣ □ 0 极小值 + □

∴ ∴



即对任意两个不相等的正数 x1,x2,恒有|f′(x1)﹣f′(x2)|>|x1﹣x2|

30. (2006?辽宁)已知 f0(x)=x
0 2 1 2

n

,其中 k≤n(n,k∈N+) ,设 F
n 2

(x)=Cn f0(x )+Cn f1(x )+…+Cn fn(x ) ,x∈[﹣1,1]. (1)写出 fk(1) ; n﹣1 (2)证明:对任意的 x1,x2∈[﹣1,1],恒有|F(x1)﹣F(x2)|≤2 (n+2)﹣n﹣1. n﹣k 【解答】解: (1)由已知推得 fk(x)=(n﹣k+1)x ,从而有 fk(1)=n﹣k+1 2n 1 2(n﹣1) 2 2(n﹣2) (2)证法 1:当﹣1≤x≤1 时,F(x)=x +ncn x +(n﹣1)cn x +…+(n﹣k+1) k 2(n﹣k) n﹣1 2 cn x +…+2cn x +1 当 x>0 时,F′(x)>0 所以 F(x)在[0,1]上为增函数 因函数 F(x)为偶函数,所以 F(x)在[﹣1,0]上为减函数 所以对任意的 x1,x2∈[﹣1,1],|F(x1)﹣F(x2)|≤F(1)﹣F(0) 0 1 2 k n﹣1 n﹣1 n﹣ F(1)﹣F(0)=Cn +ncn +(n﹣1)cn +…+(n﹣k+1)cn +…+2cn =ncn +(n﹣1)cn 2 n﹣k 1 0 +…+(n﹣k+1)cn +…+2cn +cn n﹣k n﹣k k k k ∵(n﹣k+1)cn =(n﹣k)cn +cn =ncn﹣1 +cn (k=1,2,3,…,n﹣1)
第 39 页(共 40 页)

F(!)﹣F(0)=n(cn﹣1 +cn﹣1 +…+cn﹣1 )+(cn +cn +…+cn n﹣1 n n﹣1 =n(2 ﹣1)+2 ﹣1=2 (n+2)﹣n﹣1 因此结论成立.
2n 1 2(n﹣1)

1

2

k﹣1

1

2

n﹣1

)+cn

0

证法 2:当﹣1≤x≤1 时,F(x)=x +ncn x +(n﹣1)cn x +…+(n﹣k+1)cn x (n﹣k) n﹣1 2 +…+2cn x +1 当 x>0 时,F′(x)>0 所以 F(x)在[0,1]上为增函数 因函数 F(x)为偶函数 所以 F(x)在[﹣1,0]上为减函数 所以对任意的 x1,x2∈[﹣1,1],|F(x1)﹣F(x2)|≤F(!)﹣F(0) 0 1 2 k n﹣1 F(!)﹣F(0)=cn +ncn +(n﹣1)cn +…+(n﹣k+1)cn +…+2cn 1 2 k﹣1 n﹣1 0 又因 F(1)﹣F(0)=2cn +3cn +…+kcn +…+ncn +cn 1 2 k﹣1 n﹣1 0 所以 2[F(1)﹣F(0)]=(n+2)[cn +cn +…+cn +…+cn ]+2cn F(1)﹣F(0)=
1

2 2(n﹣2)

k 2

[cn +cn +…+cn

1

2

k﹣1

+…+cn

n﹣

]+cn =
2n 1 2(n﹣1) 2 2(n﹣2) k 2(n

0

因此结论成立. 证法 3:当﹣1≤x≤1 时,F(x)=x +ncn x ﹣k) n﹣1 2 +…+2cn x +1 当 x>0 时,F′(x)>0 所以 F(x)在[0,1]上为增函数 因函数 F(x)为偶函数 所以 F(x)在[﹣1,0]上为减函数 +(n﹣1)cn x +…+(n﹣k+1)cn x

所以对任意的 x1,x2∈[﹣1,1],|F(x1)﹣F(x2)|≤F(!)﹣F(0) 0 1 2 k n﹣1 F(!)﹣F(0)=cn +ncn +(n﹣1)cn +…+(n﹣k+1)cn +…+2cn ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ n n 1 n 1 2 n 2 k n k n 1 1 n 2 n﹣1 k n﹣ 由 x[(1+x) ﹣x ]=x[cn x +cn x +…+cn x +…+cn +1]=cn x +cn x +…+cn x k+1 n﹣1 2 +…+cn x +x n n n﹣1 n 1 n﹣1 2 n﹣2 对上式两边求导得(1+x) ﹣x +nx(1+x) ﹣nx =ncn x +(n﹣1)cn x +…+(n﹣k+1) k n﹣k n﹣1 cn x +…+2cn x+1 2 n 2 2 n﹣1 2n F(x)=(1+x ) +nx (1+x ) ﹣nx n n﹣1 n﹣1 ∴F(1)﹣F(0)=2 +n2 ﹣n﹣1=(n+2)2 ﹣n﹣1. 因此结论成立.

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