五年高考真題高考數(shù)學 復習 第三章 第二節(jié) 導數(shù)的應用 理全國通用

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1、第二節(jié)第二節(jié)導數(shù)的應用導數(shù)的應用考點一利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性1 (20 xx福建， 10)若定義在 R R 上的函數(shù)f(x)滿足f(0)1， 其導函數(shù)f(x)滿足f(x)k1，則下列結(jié)論中一定錯誤的是()Af1k1kBf1k1k1Cf1k1 1k1Df1k1 kk1解析導函數(shù)f(x)滿足f(x)k1，f(x)k0，k10，1k10，可構造函數(shù)g(x)f(x)kx，可得g(x)0，故g(x)在 R R 上為增函數(shù)，f(0)1，g(0)1，g1k1 g(0)，f1k1 kk11，f1k1 1k1，選項 C 錯誤，故選 C.答案C2 (20 xx遼寧， 11)函數(shù)f(x)的定義域為 R R，f(1

2、)2， 對任意xR R，f(x)2， 則f(x)2x4 的解集為()A(1，1)B(1，)C(，1)D(，)解析設g(x)f(x)2x4，則g(1)f(1)2(1)40，g(x)f(x)20，g(x)在 R R 上為增函數(shù)由g(x)0，即g(x)g(1)x1，選 B.答案B3(20 xx新課標全國，21)設函數(shù)f(x)emxx2mx.(1)證明：f(x)在(，0)單調(diào)遞減，在(0，)單調(diào)遞增；(2)若對于任意x1，x21，1，都有|f(x1)f(x2)|0e1，求m的取值范圍(1)證明f(x)m(emx1)2x.若m0，則當x(，0)時，emx10，f(x)0；當x(0，)時，emx10，f(

3、x)0.若m0，則當x(，0)時，emx10，f(x)0；當x(0，)時，emx10，f(x)0.所以，f(x)在(，0)單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增(2)解由(1)知， 對任意的m，f(x)在1， 0上單調(diào)遞減， 在0， 1上單調(diào)遞增， 故f(x)在x0 處取得最小值所以對于任意x1，x21，1，|f(x1)f(x2)|e1 的充要條件是f（1）f（0）e1，f（1）f（0）e1，即emme1，emme1.設函數(shù)g(t)ette1，則g(t)et1.當t0 時，g(t)0；當t0 時，g(t)0.故g(t)在(，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增又g(1)0，g(1)e12e0，故當t1

4、，1時，g(t)0.當m1，1時，g(m)0，g(m)0，即式成立；當m1 時，由g(t)的單調(diào)性，g(m)0，即 emme1；當m1 時，g(m)0，即 emme1.綜上，m的取值范圍是1，14(20 xx北京，18)已知函數(shù)f(x)ln1x1x.(1)求曲線yf(x)在點(0，f(0)處的切線方程；(2)求證：當x(0，1)時，f(x)2xx33 ；(3)設實數(shù)k使得f(x)kxx33 對x(0，1)恒成立，求k的最大值(1)解因為f(x)ln(1x)ln(1x)，所以f(x)11x11x，f(0)2.又因為f(0)0，所以曲線yf(x)在點(0，f(0)處的切線方程為y2x.(2)證明令

5、g(x)f(x)2xx33 ，則g(x)f(x)2(1x2)2x41x2.因為g(x)0(0 xg(0)0，x(0，1)，即當x(0，1)時，f(x)2xx33 .(3)解由(2)知，當k2 時，f(x)kxx33 對x(0，1)恒成立當k2 時，令h(x)f(x)kxx33 ，則h(x)f(x)k(1x2)kx4（k2）1x2.所以當 0 x4k2k時，h(x)0，因此h(x)在區(qū)間0，4k2k上單調(diào)遞減當 0 x4k2k時，h(x)h(0)0，即f(x)2 時，f(x)kxx33 并非對x(0，1)恒成立綜上可知，k的最大值為 2.5(20 xx四川，21)已知函數(shù)f(x)2(xa)lnx

6、x22ax2a2a，其中a0.(1)設g(x)是f(x)的導函數(shù)，討論g(x)的單調(diào)性；(2)證明：存在a(0，1)，使得f(x)0 在區(qū)間(1，)內(nèi)恒成立，且f(x)0 在區(qū)間(1，)內(nèi)有唯一解(1)解由已知，函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，g(x)f(x)2(xa)2lnx21ax，所以g(x)22x2ax22x1222a14x2，當 0a14時，g(x)在區(qū)間0，1 14a2，1 14a2，上單調(diào)遞增，在區(qū)間1 14a2，1 14a2上單調(diào)遞減；當a14時，g(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增(2)證明由f(x)2(xa)2lnx21ax0，解得ax1lnx1x1，令(x)2xx1lnx1x

7、1lnxx22x1lnx1x1x2x1lnx1x12x1lnx1x1，則(1)10，(e)e（e2）1e12e21e120，故存在x0(1，e)，使得(x0)0，令a0 x01lnx01x10，u(x)x1lnx(x1)，由u(x)11x0 知，函數(shù)u(x)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞增，所以 0u（1）11u（x0）1x10a0u（e）1e1e21e11，即a0(0，1)，當aa0時，有f(x0)0，f(x0)(x0)0，由(1)知，f(x)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞增，故當x(1，x0)時，f(x)0，從而f(x)f(x0)0；當x(x0，)時，f(x)0，從而f(x)f(x0)0，所以，當x(1，

8、)時，f(x)0，綜上所述，存在a(0，1)，使得f(x)0 在區(qū)間(1，)內(nèi)恒成立，且f(x)0 在區(qū)間(1，)內(nèi)有唯一解6.(20 xx天津，20)已知函數(shù)f(x)nxxn，xR R，其中nN N* *，n2.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設曲線yf(x)與x軸正半軸的交點為P， 曲線在點P處的切線方程為yg(x)， 求證：對于任意的正實數(shù)x，都有f(x)g(x)；(3)若關于x的方程f(x)a(a為實數(shù))有兩個正實根x1，x2，求證：|x2x1|a1n2.(1)解由f(x)nxxn，可得f(x)nnxn1n(1xn1)其中nN N*，且n2，下面分兩種情況討論：當n為奇數(shù)時令f(x)

9、0，解得x1，或x1.當x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x(，1)(1，1)(1，)f(x)f(x)所以，f(x)在(，1)，(1，)上單調(diào)遞減，在(1，1)內(nèi)單調(diào)遞增當n為偶數(shù)時當f(x)0，即x1 時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當f(x)0，即x1 時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；所以，f(x)在(，1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減(2)證明設點P的坐標為(x0，0)，則x0n11n，f(x0)nn2.曲線yf(x)在點P處的切線方程為yf(x0)(xx0)，即g(x)f(x0)(xx0)令F(x)f(x)g(x)，即F(x)f(x)f(x0)(xx0)，則F(x)f(x)f(x0

10、)由于f(x)nxn1n在(0，)上單調(diào)遞減，故F(x)在(0，)上單調(diào)遞減，又因為F(x0)0，所以當x(0，x0)時，F(xiàn)(x)0，當x(x0，)時，F(xiàn)(x)0，所以F(x)在(0，x0)內(nèi)單調(diào)遞增，在(x0，)上單調(diào)遞減，所以對于任意的正實數(shù)x，都有F(x)F(x0)0，即對于任意的正實數(shù)x，都有f(x)g(x)(3)證明不妨設x1x2.由(2)知g(x)(nn2)(xx0)，設方程g(x)a的根為x2，可得x2ann2x0.當n2 時，g(x)在(，)上單調(diào)遞減，又由(2)知g(x2)f(x2)ag(x2)，可得x2x2.類似地，設曲線yf(x)在原點處的切線方程為yh(x)，可得h(x

11、)nx.當x(0，)，f(x)h(x)xn0，即對于任意的x(0，)，f(x)h(x)設方程h(x)a的根為x1，可得x1an.因為h(x)nx在(， )上單調(diào)遞增， 且h(x1)af(x1)h(x1)， 因此x1x1.由此可得x2x1x2x1a1nx0.因為n2，所以 2n1(11)n11C1n11n1n，故 2n11nx0.所以，|x2x1|a1n2.7(20 xx廣東，21)設函數(shù)f(x)1（x22xk）22（x22xk）3，其中k2.(1)求函數(shù)f(x)的定義域D(用區(qū)間表示)；(2)討論函數(shù)f(x)在D上的單調(diào)性；(3)若kf(1)的x的集合(用區(qū)間表示)解(1)由題意知(x22xk

12、3)(x22xk1)0，因此x22xk30 x22xk10或x22xk30 x22xk10，設y1x22xk3，y2x22xk1，則這兩個二次函數(shù)的對稱軸均為x1，且方程x22xk30 的判別式144(k3)4k8，方程x22xk10 的判別式244(k1)84k，因為k10，因此對應的兩根分別為x1，22121 k2，x3，42221 2k，且有1 2k1 k21 k21 2k，因此函數(shù)f(x)的定義域D為(， 1 2k)(1 k2， 1 k2)(1 2k，)(2)由(1)中兩個二次函數(shù)的單調(diào)性，且對稱軸都為x1，易知函數(shù)f(x)在(，1 2k)上單調(diào)遞增，在(1 k2，1)上單調(diào)遞減，在(

13、1，1k2)上單調(diào)遞增，在(1 2k，)上單調(diào)遞減(3)由于k6，故1 2k1 k23111 k2f(1)f(3)的解集為(1 k2，3)，在(1，1 k2)上f(x)f(1)的解集為(1，1 k2)再在其余兩個區(qū)間(，1 2k)和(1 2k，)上討論令x1，則(x22xk)22(x22xk)3k28k12，令(x22xk)22(x22xk)3k28k12，則(x22xk)22(x22xk)(k28k15)0，即(x22xk)22(x22xk)(k5)(k3)0，即x22xk(k5)x22xk(k3)0，化簡得(x22x2k5)(x22x3)0，解得除了3，1 的另外兩個根為1 2k4，因此利

14、用函數(shù)f(x)的單調(diào)性可知在(，1 2k)上f(x)f(1)的解集為(12k4，1 2k)，在(1 2k，)上f(x)f(1)的解集為(1 2k，1 2k4)，綜上所述，kf(1)的解集為(1 2k4，1 2k)(1 k2，3)(1，1 k2)(1 2k，1 2k4)8(20 xx重慶，17)設f(x)a(x5)26lnx，其中aR R，曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線與y軸相交于點(0，6)(1)確定a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值解(1)因為f(x)a(x5)26lnx，故f(x)2a(x5)6x.令x1，得f(1)16a，f(1)68a，所以曲線yf(x)在點(1，f

15、(1)處的切線方程為y16a(68a)(x1)，由點(0，6)在切線上可得 616a8a6，故a12.(2)由(1)知，f(x)12(x5)26lnx(x0)，f(x)x56x（x2） （x3）x.令f(x)0，解得x12，x23.當 0 x3 時，f(x)0，故f(x)在(0，2)，(3，)上為增函數(shù)；當 2x3 時，f(x)0)，g(x)x3bx.(1)若曲線yf(x)與曲線yg(x)在它們的交點(1，c)處具有公共切線，求a，b的值；(2)當a24b時，求函數(shù)f(x)g(x)的單調(diào)區(qū)間，并求其在區(qū)間(，1上的最大值解(1)f(x)2ax，g(x)3x2b.因為曲線yf(x)與曲線yg(x

16、)在它們的交點(1，c)處具有公共切線， 所以f(1)g(1)，且f(1)g(1)即a11b，且 2a3b.解得a3，b3.(2)記h(x)f(x)g(x) 當b14a2時，h(x)x3ax214a2x1，h(x)3x22ax14a2.令h(x)0，得x1a2，x2a6.a0 時，h(x)與h(x)的情況如下：x(，a2)a2(a2，a6)a6(a6，)h(x)00h(x)所 以 函 數(shù)h(x) 的 單 調(diào) 遞 增 區(qū) 間 為，a2 和a6，； 單 調(diào) 遞 減 區(qū) 間 為a2，a6 .當a21，即 0a2 時，函數(shù)h(x)在區(qū)間(，1上單調(diào)遞增，h(x)在區(qū)間(，1上的最大值為h(1)a14a

17、2.當a21，且a61，即 2a6 時，函數(shù)h(x)在區(qū)間，a2 內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間a2，1上單調(diào)遞減，h(x)在區(qū)間(，1上的最大值為ha2 1.當a66 時，函數(shù)h(x)在區(qū)間，a2 內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間a2，a6 內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間a6，1上單調(diào)遞增又因ha2 h(1)1a14a214(a2)20，所以h(x)在區(qū)間(，1上的最大值為ha2 1.考點二利用導數(shù)研究函數(shù)的極值與最值1(20 xx陜西，12)對二次函數(shù)f(x)ax2bxc(a為非零整數(shù))，四位同學分別給出下列結(jié)論，其中有且只有一個結(jié)論是錯誤的，則錯誤的結(jié)論是()A1 是f(x)的零點B1 是f(x)的極值點C3 是f(x)的極

18、值D點(2，8)在曲線yf(x)上解析A 正確等價于abc0，B 正確等價于b2a，C 正確等價于4acb24a3，D 正確等價于 4a2bc8.下面分情況驗證，若 A 錯，由、組成的方程組的解為a5，b10，c8.符合題意；若 B 錯，由、組成的方程組消元轉(zhuǎn)化為關于a的方程后無實數(shù)解；若 C 錯，由、組成方程組，經(jīng)驗證a無整數(shù)解；若 D 錯，由、組成的方程組a的解為34也不是整數(shù)綜上，故選 A.答案A2(20 xx新課標全國，12)設函數(shù)f(x)是奇函數(shù)f(x)(xR R)的導函數(shù)，f(1)0，當x0 時，xf(x)f(x)0，則使得f(x)0 成立的x的取值范圍是()A(，1)(0，1)B

19、(1，0)(1，)C(，1)(1，0)D(0，1)(1，)解析因為f(x)(xR R)為奇函數(shù)，f(1)0，所以f(1)f(1)0.當x0 時，令g(x)f（x）x， 則g(x)為偶函數(shù)， 且g(1)g(1)0.則當x0 時，g(x)f（x）xxf（x）f（x）x20，故g(x)在(0，)上為減函數(shù)，在(，0)上為增函數(shù)所以在(0，)上，當 0 x1 時，g(x)g(1)0f（x）x0f(x)0；在(，0)上，當x1 時，g(x)g(1)0f（x）x0f(x)0.綜上，得使得f(x)0 成立的x的取值范圍是(，1)(0，1)，選 A.答案A3(20 xx新課標全國，12)設函數(shù)f(x) 3si

20、nxm.若存在f(x)的極值點x0滿足x20f(x0)2m2，則m的取值范圍是()A(，6)(6，)B(，4)(4，)C(，2)(2，)D(，1)(1，)解析由正弦型函數(shù)的圖象可知：f(x)的極值點x0滿足f(x0) 3，則x0m2k(kZ Z)，從而得x0(k12)m(kZ Z)所以不等式x20f(x0)2m2即為(k12)2m233，其中kZ Z.由題意，存在整數(shù)k使得不等式m21k1223 成立 當k1 且k0 時， 必有k1221， 此時不等式顯然不能成立，故k1 或k0，此時，不等式即為34m23，解得m2.答案C4(20 xx浙江，8)已知 e 為自然對數(shù)的底數(shù)，設函數(shù)f(x)(e

21、x1)(x1)k(k1，2)，則()A當k1 時，f(x)在x1 處取到極小值B當k1 時，f(x)在x1 處取到極大值C當k2 時，f(x)在x1 處取到極小值D當k2 時，f(x)在x1 處取到極大值解析當k1 時，f(x)(ex1)(x1)，此時f(x)ex(x1)(ex1)exx1，所以f(1)e10，所以f(1)不是極值，A，B 項均錯當k2 時，f(x)(ex1)(x1)2，此時f(x)ex(x1)2(2x2)(ex1)exx22xex2ex(x1)(x1)2(x1)(x1)ex(x1)2， 所以f(1)0， 且當x1時，f(x)0；在x1 附近的左側(cè)，f(x)0，所以f(1)是極

22、小值答案C5(20 xx陜西，7)設函數(shù)f(x)xex，則()Ax1 為f(x)的極大值點Bx1 為f(x)的極小值點Cx1 為f(x)的極大值點Dx1 為f(x)的極小值點解析f(x)(x1)ex，當x1 時，f(x)1 時，f(x)0，所以x1為f(x)的極小值點，故選 D.答案D6(20 xx廣東，12)函數(shù)f(x)x33x21 在x_處取得極小值解析f(x)3x26x0得x0 或x2.當x(， 0)(2， )時f(x)0，f(x)為增函數(shù)當x(0，2)時，f(x)0)，討論h(x)零點的個數(shù)解(1)設曲線yf(x)與x軸相切于點(x0，0)，則f(x0)0，f(x0)0.即x30ax0

23、140，3x20a0，解得x012，a34.因此，當a34時，x軸為曲線yf(x)的切線(2)當x(1，)時，g(x)lnx0，從而h(x)minf(x)，g(x)g(x)0，故h(x)在(1，)無零點當x1 時，若a54，則f(1)a540，h(1)minf(1)，g(1)g(1)0，故x1是h(x)的零點；若a54，則f(1)0，h(1)minf(1)，g(1)f(1)0.所以只需考慮f(x)在(0，1)的零點個數(shù)()若a3 或a0，則f(x)3x2a在(0，1)無零點，故f(x)在(0，1)單調(diào)而f(0)14，f(1)a54，所以當a3 時，f(x)在(0，1)有一個零點；當a0 時，f

24、(x)在(0，1)沒有零點()若3a0，即34a0，f(x)在(0，1)無零點；若fa3 0，即a34，則f(x)在(0，1)有唯一零點；若fa3 0，即3a34，由于f(0)14，f(1)a54，所以當54a34時，f(x)在(0，1)有兩個零點；當334或a54時，h(x)有一個零點；當a34或a54時，h(x)有兩個零點；當54a34時，h(x)有三個零點10(20 xx安徽，21)設函數(shù)f(x)x2axb.(1)討論函數(shù)f(sinx)在2，2 內(nèi)的單調(diào)性并判斷有無極值，有極值時求出極值；(2)記f0(x)x2a0 xb0，求函數(shù)|f(sinx)f0(sinx)|在2，2 上的最大值D；

25、(3)在(2)中，取a0b00，求zba24滿足D1 時的最大值解(1)f(sinx)sin2xasinxbsinx(sinxa)b，2x2.f(sinx)(2sinxa)cosx，2x2.因為2x0，22sinx2.a2，bR R 時，函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞增，無極值a2，bR R 時，函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞減，無極值對于2a2，在2，2 內(nèi)存在唯一的x0，使得 2sinx0a.2xx0時，函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞減；x0 x2時，函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞增；因此，2a2，bR R 時，函數(shù)f(sinx)在x0處有極小值f(sinx0)fa2 ba24.(2)2x2時，|f(sinx)f

26、0(sinx)|(a0a)sinxbb0|aa0|bb0|.當(a0a)(bb0)0 時，取x2，等號成立當(a0a)(bb0)0，所以當x(0，2)時，f(x)0，函數(shù)yf(x)單調(diào)遞增所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2，)(2)由(1)知，k0 時，函數(shù)f(x)在(0，2)內(nèi)單調(diào)遞減，故f(x)在(0，2)內(nèi)不存在極值點；當k0 時，設函數(shù)g(x)exkx，x0，)，因為g(x)exkexelnk，當 00，yg(x)單調(diào)遞增故f(x)在(0，2)內(nèi)不存在兩個極值點；當k1 時，得x(0，lnk)時，g(x)0，函數(shù)yg(x)單調(diào)遞增所以函數(shù)yg(x)的最小值為g(

27、lnk)k(1lnk)函數(shù)f(x)在(0，2)內(nèi)存在兩個極值點當且僅當g（0）0，g（lnk）0，0lnk2.解得 ek0)，因而f(1)1，f(1)1，所以曲線yf(x)在點A(1，f(1)處的切線方程為y1(x1)，即xy20.(2)由f(x)1axxax，x0 知：當a0 時，f(x)0，函數(shù)f(x)為(0，)上的增函數(shù)，函數(shù)f(x)無極值；當a0 時，由f(x)0，解得xa.又當x(0，a)時，f(x)0，從而函數(shù)f(x)在xa處取得極小值，且極小值為f(a)aalna，無極大值綜上，當a0 時，函數(shù)f(x)無極值；當a0 時，函數(shù)f(x)在xa處取得極小值aalna，無極大值考點三導

28、數(shù)的綜合問題1(20 xx新課標全國，12)設函數(shù)f(x)ex(2x1)axa，其中a1，若存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)0，則a的取值范圍是()A.32e，1B.32e，34C.32e，34D.32e，1解析設g(x)ex(2x1)，yaxa，由題知存在唯一的整數(shù)x0，使得g(x0)在直線yaxa的下方，因為g(x)ex(2x1)，所以當x12時，g(x)12時，g(x)0，所以當x12時，g(x)min2e12，當x0 時，g(0)1，g(1)3e0， 直線ya(x1)恒過(1， 0)且斜率為a， 故ag(0)1，且g(1)3e1aa，解得32ea1，故選 D.答案D2(20 xx遼寧，

29、11)當x2，1時，不等式ax3x24x30 恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A5，3B.6，98C6，2D4，3解析當x(0，1時，得a31x341x21x，令t1x，則t1，)，a3t34t2t， 令g(t)3t34t2t，t1， )， 則g(t)9t28t1(t1)(9t1)，顯然在1，)上，g(t)1，函數(shù)f(x)(1x2)exa.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：f(x)在(，)上僅有一個零點；(3)若曲線yf(x)在點P處的切線與x軸平行， 且在點M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標原點)，證明：m3a2e1.(1)解f(x)2xex(1x2)ex(x22x1)ex(

30、x1)2exxR R，f(x)0 恒成立f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(，)(2)證明f(0)1a，f(a)(1a2)eaa，a1，f(0)2aeaa2aaa0，f(0)f(a)0，則m0，g(m)在(0，)上增令g(x)0，則m1.(1)解函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，f(x)aexlnxaxexbx2ex1bxex1.由題意可得f(1)2，f(1)e.故a1，b2.(2)證明由(1)知，f(x)exlnx2xex1，從而f(x)1 等價于xlnxxex2e.設函數(shù)g(x)xlnx，則g(x)1lnx.所以當x0，1e 時，g(x)0.故g(x)在0，1e 上單調(diào)遞減，在1e，上單調(diào)遞增，從而g(

31、x)在(0，)上的最小值為g1e 1e.設函數(shù)h(x)xex2e，則h(x)ex(1x)所以當x(0，1)時，h(x)0；當x(1，)時，h(x)0 時，g(x)h(x)，即f(x)1.9(20 xx北京，18)已知函數(shù)f(x)xcosxsinx，x0，2 .(1)求證：f(x)0；(2)若asinxxb對x0，2 恒成立，求a的最大值與b的最小值(1)證明由f(x)xcosxsinx得f(x)cosxxsinxcosxxsinx.因為在區(qū)間0，2 上f(x)xsinx0 時， “sinxxa”等價于“sinxax0”；“sinxxb”等價于“sinxbx0 對任意x0，2 恒成立當c1 時，

32、因為對任意x0，2 ，g(x)cosxc0，所以g(x)在區(qū)間0，2 上單調(diào)遞減從而g(x)g(0)0 對任意x0，2 恒成立當 0cg(0)0.進一步， “g(x)0 對任意x0，2 恒成立”當且僅當g2 12c0，即 00 對任意x0，2 恒成立； 當且僅當c1 時，g(x)0對任意x0，2 恒成立所以，若asinxxb對任意x0，2 恒成立，則a的最大值為2，b的最小值為 1.10(20 xx江西，18)已知函數(shù)f(x)(x2bxb) 12x(bR R)(1)當b4 時，求f(x)的極值；(2)若f(x)在區(qū)間(0，13)上單調(diào)遞增，求b的取值范圍解(1)當b4 時，f(x)5x（x2）

33、12x，由f(x)0 得x2 或x0.當x(，2)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當x0，12 時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減，故f(x)在x2 處取極小值f(2)0，在x0 處取極大值f(0)4.(2)f(x)x5x（3b2）12x，因為當x0，13 時，x12x0，依題意，當x0，13 時，有 5x(3b2)0，從而53(3b2)0.所以b的取值范圍為，19 .11(20 xx遼寧，21)已知函數(shù)f(x)(cosxx)(2x)83(sinx1)，g(x)3(x)cosx4(1sinx)ln32x .證明：(1)存在唯一x00，2 ，使f(x0)0；(2)存在唯一x12，使g(x1)0，

34、且對(1)中的x0，有x0 x1.證明(1)當x0，2 時，f(x)(1sinx)(2x)2x23cosx0，f2 21630，當tx0，2 時，u(t)0，所以u(t)在(0，x0上無零點在x0，2 上u(t)為減函數(shù)，由u(x0)0，u2 4ln 20，故g(x)(1sinx)h(x)與h(x)有相同的零點，所以存在唯一的x12，使g(x1)0.因x1t1，t1x0，所以x0 x10，存在唯一的s，使tf(s)；(3)設(2)中所確定的s關于t的函數(shù)為sg(t)，證明：當te2時，有25lng（t）lnt12.(1)解函數(shù)f(x)的定義域為(0，)f(x)2xlnxxx(2 lnx1)，令

35、f(x)0，得x1e.當x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x0，1e1e1e，f(x)0f(x)極小值所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是0，1e ，單調(diào)遞增區(qū)間是1e，.(2)證明當 00，令h(x)f(x)t，x1，)由(1)知，h(x)在區(qū)間(1，)內(nèi)單調(diào)遞增h(1)t0.故存在唯一的s(1， )， 使得tf(s)成立(3)證明因為sg(t)，由(2)知，tf(s)，且s1，從而lng（t）lntlnslnf（s）lnsln（s2lns）lns2lnsln（lns）u2ulnu，其中ulns.要使25lng（t）lnt12成立，只需 0lnue2時，若sg(t)e，則由f(s)的單調(diào)性，有tf(s)f(e)e2，矛盾所以se，即u1，從而 lnu0 成立另一方面，令F(u)lnuu2，u1.F(u)1u12，令F(u)0，得u2.當 1u0；當u2 時，F(xiàn)(u)1，F(xiàn)(u)F(2)0.因此 lnue2時，有25lng（t）lnt12.