广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流

也就是3x02?a?0且x03?ax0?的切线；

1133x轴为曲线y?f(x)解得x0?，因此，当a??时，?0，a??，

4244（Ⅱ）当x?1时，g(x)??lnx?0，函数h(x)?min{f(x),g(x)}?g(x)没有零点； 当x?1时，若a??零点；

当0?x?1时，g(x)??lnx?0，以下讨论y?f(x)在区间(0,1)上的零点的个数. 对于f?(x)?3x?a，因为0?3x2?3，所以令f?(x)?0可得a??3x2，那么

（i）当a??3或a?0时，f?(x)没有零点（f?(x)?0或f?(x)?0），y?f(x)在区间(0,1)上是单调函数，且f(0)?255，则f(1)?a??0，h(1)?min{f(1),g(1)}?g(1)?0，故x?1是h(x)的4415,f(1)?a?，所以当a??3时，y?f(x)在区间(0,1)上有一个零点；当a?0时，44y?f(x)在区间(0,1)上没有零点；

（ii）当?3?a?0时，f?(x)?0（0?x??aaa）且f?(x)?0（??x?1），所以x??为333最小值点，且f(?a2aa1)???. 3334a3)?0，即??a?0时，y?f(x)在区间(0,1)上没有零点； 34显然，若f(?若f(?a3)?0，即a??时，y?f(x)在区间(0,1)上有1个零点； 34a31553)?0，即?3?a时，因为f(0)?,f(1)?a?，所以若??a??，y?f(x)??344444若f(?在区间(0,1)上有2个零点；若?3?a??5，y?f(x)在区间(0,1)上有1个零点. 43535综上，当a??或a??时，h(x)有1个零点；当a??或a??时，h(x)有2个零点；当

444453??a??时，h(x)有3个零点. 44

（2016·新课标Ⅲ，21）设函数f?x??acos2x??a?1??cosx?1?，其中a?0，记f?x?的最大值为A.

(1)求f'?x?；(2)求A；(3)证明：f'?x??2A. 解析：(1) f'?x???2asin2x??a?1?sinx

广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流

(2) 当a?1时，|f(x)|?|acos2x?(a?1)(cosx?1)|?a?2(a?1)?3a?2?f(0) 因此，A?3a?2．

当0?a?1时，将f(x)变形为f(x)?2acosx?(a?1)cosx?1． 令g(t)?2at?(a?1)t?1，则A是|g(t)|在[?1,1]上的最大值，

22g(?1)?a，g(1)?3a?2，且当t?1?a时，g(t)取得极小值， 4a1?a(a?1)2a2?6a?1)???1??极小值为g(． 4a8a8a令?1?111?a，a?． ?1，解得a??（舍去）

354a1时，g(t)在(?1,1)内无极值点，|g(?1)|?a，|g(1)|?2?3a，|g(?1)|?|g(1)|，所5①当0?a?以A?2?3a． ②当

11?a?a?1时，由g(?1)?g(1)?2(1?a)?0，知g(?1)?g(1)?g()． 54a1?aa2?6a?11?a(1?a)(1?7a))|?又|g(． )|?|g(?1)|??0，所以A?|g(4a8a4a8a1?2?3a,0?a??5?2?a?6a?11,?a?1． 综上，A??8a5?3a?2,a?1???(3) 由(1)得|f(x)|?|?2asin2x?(a?1)sinx|?2a?|a?1|. 当0?a?当

'1'时，|f(x)|?1?a?2?4a?2(2?3a)?2A. 51a13?a?1时，A????1，所以|f'(x)|?1?a?2A. 588a4''当a?1时，|f(x)|?3a?1?6a?4?2A，所以|f(x)|?2A.

（2015·新课标Ⅱ，21）设函数f(x)?emx?x2?mx.

（Ⅰ）证明：f (x)在（-∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；

（Ⅱ）若对于任意x1,，x2∈[-1，1]，都有｜f (x1)- f (x2)｜≤ e-1，求m的取值范围． 解析：（Ⅰ）f?(x)?m(e时，emxmxmx?1)?2x，0,??)若m?0，则当x?(??,0)时，e?1?0,f?(x)?0；当x?(?1?0，f?(x)?0. 若m?0，则当x?(??,0)时，emx?1?0,f?(x)?0；当x?(0,??)时，

emx?1?0，f?(x)?0，所以，f(x)在(??,0)单调递减，在(0,??)单调递增.

广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的m，f(x)在[-1，0]单调递减，在[0,1]单调递增，故f(x)在x?0处取

|f(x1)?f(x2)|?e?1的充要条件是?得最小值，所以对于任意x1,x2?[?1,1]，

m??e?m?e?1tt?e即??m①. 设函数g(t)?e?t?e?1，则g?()??e?m?e?1t?f(1)?f(0)?e?1，

?f(?1)?f(0)?e?1?1，当t?0时，g?(t)?0；当t?0时，

g?(t)?0，故g(t)在(??,0)单调递减，在(0,??)单调递增.又g(1)?0，g(?1)?e?1?2?e?0，

故当t?[?1,1]时，g(t)?0.当m?[?1,1]时，g(m)?0,g(?m)?0，即①式成立；当m?1时，由g(t)的单调性，g(m)?0，即e?m?e?1；当m??1时，g(?m)?0，即e取值范围是[-1,1].

m?m?m?e?1，综上，m的

bex?1（2014·新课标Ⅰ，21）设函数f(x0?aelnx?，曲线y?f(x)在点（1，f(1)处的切线为

xxy?e(x?1)?2.

(Ⅰ)求a,b； （Ⅱ）证明：f(x)?1.

解析：(Ⅰ) 函数f(x)的定义域为?0,???，f?(x)?aexlnx?axbx?1bx?1e?2e?e xxx由题意可得f(1)?2,f?(1)?e，故a?1,b?2 ……………6分

（Ⅱ）由(Ⅰ)知，

2ex?12f(x)?elnx?，从而f(x)?1等价于xlnx?xe?x?

xex设函数g(x)?xlnx，则g?(x)?xn?lx，所以当x??0,?时，g?(x)?0，当x??,???时，g?(x)?0，

??1?e??1?e??故g(x)在

11?1??1?0,,??单调递减，在单调递增，从而在的最小值为. g(x)g()??0,????????eeee????2?x，则h?(x)?e?1?x?，所以当x??0,1?时，h?(x)?0，当x??1,???时，e1故h(x)在?0,1?单调递增，在?1,???单调递减，从而h(x)g(x)在?0,???的最小值h(1)??. h?(x)?0，

e设函数h(x)?xe?x?综上：当x?0时，g(x)?h(x)，即f(x)?1. ……………12分 （2014·新课标Ⅱ，21）已知函数f(x)?ex?e?x?2x. （Ⅰ）讨论f(x)的单调性；

（Ⅱ）设g(x)?f(2x)?4bf(x)，当x?0时，g(x)?0，求b的最大值； （Ⅲ）已知1.4142?2?1.4143，估计ln2的近似值（精确到0.001）.

广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流

?f?(x)?e?e?2=e?解析：（Ⅰ）f(x)?e?e?2x，x?R，号成立，所以函数f(x)在R上单调递增． （Ⅱ）

x?xx?xx1x1?2?2e?x?2?0. ∴当且仅当x=0时等

exex>0

时，

g(x)?f(2x)?4bf(x)?e2x?e?2x?4x?4b(ex?e?x?2x),∴当

e2x?e?2x?4x?4b(ex?e?x?2x)?0,?g?(x)?2[e2x?e?2x?2b(ex?e?x)?(4b?2)] ?2(ex?e?x?2)[ex?e?x?(2b?2)]，ex?e?x?2ex?e?x?2，?2(ex?e?x?2)?0，

(1) 当b?2时，g?(x)?0，当且仅当x=0时等号成立. 所以此时g(x)在R上单调递增，而g(0)=0，所以对任意x>0，有g(x)>0.

(2) 当b?2时，若x满足2?ex?e?x?2b?2时，即0?x?ln(b?1?b2?2b)时，g?(x)?0，而g(0)=0，因此当0?x?ln(b?1?b2?2b)时，g(x)<0.

综上可知，当b?2时，才对任意的x>0，有g(x)>0，因此b的最大值为2. （Ⅲ）由(Ⅱ)知，g(ln2)?当b=2时，g(ln2)?当b?3?22b?2(2b?1)ln2， 282?33?0.6928； ?42?6ln2?0，ln2?122323?1时，ln(b?1?b2?2b)?ln2，g(ln2)???22?(32?2)ln2?0， 4218?2?0.6934，所以ln2的近似值为0.693. 28ln2?（2013·新课标Ⅰ，理21）设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)．若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.

(1)求a，b，c，d的值；(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围． 解析：(1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.

而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)，故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4. 从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.

(2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)．

设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1)． 由题设可得F(0)≥0，即k≥1. 令F′(x)＝0得x1＝－ln k，x2＝－2.

①若1≤k＜e2，则－2＜x1≤0.从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)＜0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)＞0.即F(x)在(－2，x1)单调递减，在(x1，＋∞)单调递增．故F(x)在[－2，＋∞)的最小值为F(x1)．

而F(x1)＝2x1＋2－x1－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0. 故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立． ②若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2)．

从而当x＞－2时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，＋∞)单调递增． 而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立． ③若k＞e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0. 从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立． 综上，k的取值范围是[1，e2]．

2广东省中山一中，朱欢收集整理，欢迎交流

（2013·新课标Ⅱ，21）已知函数f(x)?ex?ln(x?m).

（Ⅰ）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.

1. 由x＝0是f(x)的极值点得f ′(0)＝0，所以m＝1. 于是f (x)＝ex-ln(x+1)，定x?m11xx义域为(-1，+∞)，f ′(x)＝e?.函数f ′(x)＝e?在(-1，+∞)单调递增，且f ′(0)＝0.因此当x∈(-1,0)

x?1x?1解析：（Ⅰ）f ′(x)＝e?x时，f ′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)＞0.所以f (x)在(-1,0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．

（Ⅱ）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f ′(x)=e?x1在(-2，+∞)单调递增．又f ′(-1)＜0，f ′(0)＞0，故f ′(x)=0在(-2，+∞)有唯一实根x0，且x?2x0∈(-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

?x0?1?211f ′(x0)=0得e=，ln(x0+2)=-x0，故f (x) ≥ f (x0)=+x0=＞0.

x0?2x0?2x0?2x0

综上，当m≤2时，f (x)＞0.

（2012·新课标Ⅰ，21）已知函数f(x)满足f(x)?f'(1)ex?1?f(0)x?（1）求f(x)的解析式及单调区间；（2）若f(x)?解析：（1）因为f(x)?f'(1)ex?1?f(0)x?12x． 212x?ax?b，求(a?1)b的最大值． 212x，所以f'(x)?f'(1)ex?1?f(0)?x， 21?f(0)?f'(1)??所以?，解得f(0)?1，f'(1)?e． e??f'(1)?f'(1)?f(0)?1所以f(x)的解析式为f(x)?ex?x?x12x，由此得f'(x)?ex?1?x． 2而f'(x)?e?1?x是R上的增函数，且f'(0)?0，

因此，当x?(0,??)时，f'(x)?f'(0)?0，f(x)在(0,??)上是增函数； 当x?(??,0)时，f'(x)?f'(0)?0，f(x)在(??,0)上是减函数． 综上所述，函数f(x)的增区间为(0,??)，减区间为(??,0)．

（2）由已知条件得e?(a?1)x?b． ①

（i）若a?1?0，则对任意常数b，当x?0，且x?可得e?(a?1)x?b，因此①式不成立．

xx1?b， a?1