高中数学导数大题压轴高考题选

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）‎ ‎1．（2013•安徽）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，若f（x1）=x1＜x2，则关于x的方程3（f（x））2+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；‎ ‎②f（x2）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（x1）+f（x2）+f（x3）+f（x4）]‎ 其中真命题的序号是（　　）‎ A．①② B．①③ C．②④ D．③④‎ ‎　‎ 二．选择题（共1小题）‎ ‎3．（2012•新课标）设函数f（x）=的最大值为M，最小值为m，则M+m=　　　　　　．‎ ‎　‎ 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，＜1恒成立，求m的取值范围．‎ ‎5．（2013•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ex﹣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；‎ ‎（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﹣2x，g（x）=ax++1+2xcosx，当x∈[0，1]时，‎ ‎（I）求证：；‎ ‎（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）=ex，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；‎ ‎（Ⅱ） 设x＞0，讨论曲线y=f （x） 与曲线y=mx2（m＞0）公共点的个数．‎ ‎（Ⅲ） 设a＜b，比较与的大小，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）r+1﹣（r+1）x﹣1（x＞﹣1）的最小值；‎ ‎（Ⅱ）证明：；‎ ‎（Ⅲ）设x∈R，记[x]为不小于x的最小整数，例如．令的值．‎ ‎（参考数据：．‎ ‎11．（2012•辽宁）设f（x）=ln（x+1）++ax+b（a，b∈R，a，b为常数），曲线y=f（x）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）＜．‎ ‎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．‎ ‎13．（2012•湖北）设函数f（x）=axn（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）＜．‎ ‎14．（2012•湖南）已知函数f（x）=ex﹣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．‎ ‎15．（2012•四川）已知a为正实数，n为自然数，抛物线与x轴正半轴相交于点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；‎ ‎（Ⅲ）当0＜a＜1时，比较与的大小，并说明理由．‎ ‎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）=．‎ ‎（Ⅰ）设函数F（x）=18f（x）﹣x2[h（x）]2，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∈Nn，证明：f（n）h（n）﹣[h（1）+h（2）+…+h（n）]≥．‎ ‎19．（2010•四川）设，a＞0且a≠1），g（x）是f（x）的反函数．‎ ‎（Ⅰ）设关于x的方程求在区间[2，6]上有实数解，求t的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）当a=e，e为自然对数的底数）时，证明：；‎ ‎（Ⅲ）当0＜a≤时，试比较||与4的大小，并说明理由．‎ ‎20．（2010•全国卷Ⅱ）设函数f（x）=1﹣e﹣x．‎ ‎（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′（）≤≤φ′（）．‎ ‎22．（2009•全国卷Ⅱ）设函数f（x）=x2+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）＞．‎ ‎23．（2009•湖北）在R上定义运算：（b、c∈R是常数），已知f1（x）=x2﹣2c，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：x3﹣3bx2+4b3=（x+b）（x﹣2b）2）‎ ‎24．（2009•湖北）已知关于x的函数f（x）=﹣x3+bx2+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：‎ 在等式cos2x=2cos2x﹣1（x∈R）的两边求导，得：（cos2x）′=（2cos2x﹣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）n=Cn0+Cn1x+Cn2x2+…+Cnnxn（x∈R，正整数n≥2），证明：．‎ ‎（2）对于正整数n≥3，求证：‎ ‎（i）；‎ ‎（ii）；‎ ‎（iii）．‎ ‎26．（2008•天津）已知函数f（x）=x4+ax3+2x2+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：．‎ ‎28．（2007•福建）已知函数f（x）=ex﹣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）＞（n∈N*）．‎ ‎29．（2006•四川）已知函数，f（x）的导函数是f′（x）．对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|．‎ ‎30．（2006•辽宁）已知f0（x）=xn，其中k≤n（n，k∈N+），设F（x）=Cn0f0（x2）+Cn1f1（x2）+…+Cnnfn（x2），x∈[﹣1，1]．‎ ‎（1）写出fk（1）；‎ ‎（2）证明：对任意的x1，x2∈[﹣1，1]，恒有|F（x1）﹣F（x2）|≤2n﹣1（n+2）﹣n﹣1．‎ ‎　‎ 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）=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，若f（x1）=x1＜x2，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的不同实根个数为（　　）‎ A．3 B．4 C．5 D．6‎ ‎【解答】解：∵函数f（x）=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，‎ ‎∴f′（x）=3x2+2ax+b=0有两个不相等的实数根，‎ ‎∴△=4a2﹣12b＞0．解得=．‎ ‎∵x1＜x2，‎ ‎∴，．‎ 而方程3（f（x））2+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；‎ ‎②f（x2）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（x1）+f（x2）+f（x3）+f（x4）]‎ 其中真命题的序号是（　　）‎ A．①② B．①③ C．②④ D．③④‎ ‎【解答】解：在①中，反例：f（x）=在[1，3]上满足性质P，‎ 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（x2）=﹣x2在[1，]上不满足性质P，‎ 故②不成立；‎ 在③中：在[1，3]上，f（2）=f（）≤，‎ ‎∴，‎ 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）]，‎ ‎∴[f（x1）+f（x2）+f（x3）+f（x4）]，‎ 故④成立．‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二．选择题（共1小题）‎ ‎3．（2012•新课标）设函数f（x）=的最大值为M，最小值为m，则M+m=　2　．‎ ‎【解答】解：函数可化为f（x）==，‎ 令，则为奇函数，‎ ‎∴的最大值与最小值的和为0．‎ ‎∴函数f（x）=的最大值与最小值的和为1+1+0=2．‎ 即M+m=2．‎ 故答案为：2．‎ ‎　‎ 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，＜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）﹣=﹣﹣（x＞0），‎ 令g（x）=0，得m=﹣x3+x（x＞0）；‎ 设φ（x）=﹣x3+x（x＞0），‎ ‎∴φ′（x）=﹣x2+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；‎ ‎∴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，＜1恒成立，‎ 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）=﹣﹣1≤0在（0，+∞）上恒成立，‎ ‎∴m≥﹣x2+x=﹣+（x＞0），‎ ‎∴m≥；‎ 对于m=，h′（x）=0仅在x=时成立；‎ ‎∴m的取值范围是[，+∞）．‎ ‎　‎ ‎5．（2013•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ex﹣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，∴，解得m=1．‎ 所以函数f（x）=ex﹣ln（x+1），其定义域为（﹣1，+∞）．‎ ‎∵．‎ 设g（x）=ex（x+1）﹣1，则g′（x）=ex（x+1）+ex＞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）≥=＞0．‎ 综上，当m≤2时，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；‎ ‎（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）2+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．‎ ‎（II）∵x1＜x2＜0，∴f（x）=x2+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，‎ ‎∴=1，当且仅当﹣（2x1+2）=2x2+2=1，即，时等号成立．‎ ‎∴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，∵，故不成立，∴x1＜0＜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．‎ 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，y=﹣ln（2x1+2）在区间（﹣1，0）上单调递减，‎ ‎∴a（x1）=在（﹣1，0）上单调递减，且x1→﹣1时，ln（2x1+2）→﹣∞，即﹣ln（2x1+2）→+∞，也即a（x1）→+∞．‎ 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，ex＞0，得到f（x）＞0；同理，当x＞1时，f（x）＜0．‎ 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﹣x（e2x﹣1）．‎ 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﹣2x，g（x）=ax++1+2xcosx，当x∈[0，1]时，‎ ‎（I）求证：；‎ ‎（II）若f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围．‎ ‎【解答】（I）证明：①当x∈[0，1）时，（1+x）e﹣2x≥1﹣x⇔（1+x）e﹣x≥（1﹣x）ex，‎ 令h（x）=（1+x）e﹣x﹣（1﹣x）ex，则h′（x）=x（ex﹣e﹣x）．‎ 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，⇔ex≥1+x，令u（x）=ex﹣1﹣x，则u′（x）=ex﹣1．‎ 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）=ex，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；‎ ‎（Ⅱ） 设x＞0，讨论曲线y=f （x） 与曲线y=mx2（m＞0）公共点的个数．‎ ‎（Ⅲ） 设a＜b，比较与的大小，并说明理由．‎ ‎【解答】解：（I）函数f（x）=ex的反函数为g（x）=lnx，∴．‎ 设直线y=kx+1与g（x）的图象相切于点P（x0，y0），则，解得，k=e﹣2，‎ ‎∴k=e﹣2．‎ ‎（II）当x＞0，m＞0时，令f（x）=mx2，化为m=，‎ 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，．‎ ‎∴当时，曲线y=f （x） 与曲线y=mx2（m＞0）公共点的个数为0；‎ 当时，曲线y=f （x） 与曲线y=mx2（m＞0）公共点的个数为1；‎ 当时，曲线y=f （x） 与曲线y=mx2（m＞0）公共点个数为2．‎ ‎（Ⅲ） =‎ ‎=‎ ‎=，‎ 令g（x）=x+2+（x﹣2）ex（x＞0），则g′（x）=1+（x﹣1）ex．‎ g′′（x）=xex＞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．‎ ‎∵当x＞0时，g（x）=x+2+（x﹣2）•ex＞0，且a＜b，‎ ‎∴，‎ 即当a＜b时，．‎ ‎　‎ ‎10．（2013•湖北）设n是正整数，r为正有理数．‎ ‎（Ⅰ）求函数f（x）=（1+x）r+1﹣（r+1）x﹣1（x＞﹣1）的最小值；‎ ‎（Ⅱ）证明：；‎ ‎（Ⅲ）设x∈R，记[x]为不小于x的最小整数，例如．令的值．‎ ‎（参考数据：．‎ ‎【解答】解；（Ⅰ）由题意得f'（x）=（r+1）（1+x）r﹣（r+1）=（r+1）[（1+x）r﹣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）r+1≥1+（r+1）x，且等号当且仅当x=0时成立，‎ 故当x＞﹣1且x≠0，有（1+x）r+1＞1+（r+1）x，①‎ 在①中，令（这时x＞﹣1且x≠0），得．‎ 上式两边同乘nr+1，得（n+1）r+1＞nr+1+nr（r+1），‎ 即，②‎ 当n＞1时，在①中令（这时x＞﹣1且x≠0），‎ 类似可得，③‎ 且当n=1时，③也成立．‎ 综合②，③得，④‎ ‎（Ⅲ）在④中，令，n分别取值81，82，83，…，125，‎ 得，，‎ ‎，…，‎ 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）++ax+b（a，b∈R，a，b为常数），曲线y=f（x）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）＜．‎ ‎【解答】（I）解：由y=f（x）过（0，0），∴f（0）=0，∴b=﹣1‎ ‎∵曲线y=f（x）与直线在（0，0）点相切．‎ ‎∴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，，∴①‎ 令k（x）=ln（x+1）﹣x，则k（0）=0，k′（x）=，∴k（x）＜0‎ ‎∴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 ‎＜＜‎ ‎=‎ ‎∴h（x）在（0，2）内单调递减，又h（0）=0，∴h（x）＜0‎ ‎∴当0＜x＜2时，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．‎ ‎【解答】解：（I）由已知得f′（x）=a（sinx+xcosx），对于任意的x∈（0，），有sinx+xcosx＞0，当a=0时，f（x）=﹣，不合题意；‎ 当a＜0时，x∈（0，），f′（x）＜0，从而f（x）在（0，）单调递减，‎ 又函数在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，），f′（x）＞0，从而f（x）在（0，）单调递增，‎ 又函数在上图象是连续不断的，故函数在上上的最大值为f（）==，解得a=1，‎ 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，，从而有f（0）=﹣＜0，f（）=＞0，‎ 又函数在上图象是连续不断的，所以函数f（x）在（0，）内至少存在一个零点，‎ 又由（I）知f（x）在（0，）单调递增，故函数f（x）在（0，）内仅有一个零点．‎ 当x∈[，π]时，令g（x）=f′（x）=sinx+xcosx，由g（）=1＞0，g（π）=﹣π＜0，且g（x）在[，π]上的图象是连续不断的，故存在m∈（，π），使得g（m）=0．‎ 由g′（x）=2cosx﹣xsinx，知x∈（，π）时，有g′（x）＜0，从而g（x）在[，π]上单调递减．‎ 当x∈（，m），g（x）＞g（m）=0，即f′（x）＞0，从而f（x）在（，m）内单调递增 故当x∈（，m）时，f（x）＞f（）=＞0，从而（x）在（，m）内无零点；‎ 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）=axn（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）＜．‎ ‎【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）=anxn﹣1﹣a（n+1）xn，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）=xn（1﹣x），则有f′（x）=（n+1）xn﹣1（﹣x），令f′（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，故函数f（x）是减函数；‎ 故函数f（x）在（0，+∞）上的最大值为f（）=（）n（1﹣）=，‎ ‎（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+）＞，即ln（1+）n+1＞lne 所以（1+）n+1＞e，即＜‎ 由（Ⅱ）知，f（x）≤＜，‎ 故所证不等式成立．‎ ‎　‎ ‎14．（2012•湖南）已知函数f（x）=ex﹣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．‎ ‎【解答】解：（1）f′（x）=ex﹣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，‎ 令φ（x）=f′（x）﹣k=ex﹣，‎ 则φ（x1）=﹣[﹣（x2﹣x1）﹣1]，‎ φ（x2）=[﹣（x1﹣x2）﹣1]，‎ 令F（t）=et﹣t﹣1，则F′（t）=et﹣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et﹣t﹣1＞0，‎ 从而﹣（x2﹣x1）﹣1＞0，且＞0，则φ（x1）＜0，‎ ‎﹣（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，抛物线与x轴正半轴相交于点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；‎ ‎（Ⅲ）当0＜a＜1时，比较与的大小，并说明理由．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）∵抛物线与x轴正半轴相交于点A，∴A（）‎ 对求导得y′=﹣2x ‎∴抛物线在点A处的切线方程为，∴‎ ‎∵f（n）为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距，∴f（n）=an；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（n）=an，则成立的充要条件是an≥2n3+1‎ 即知，an≥2n3+1对所有n成立，特别的，取n=2得到a≥‎ 当a=，n≥3时，an＞4n=（1+3）n≥1+=1+2n3+＞2n3+1‎ 当n=0，1，2时，‎ ‎∴a=时，对所有n都有成立 ‎∴a的最小值为；‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅰ）知f（k）=ak，下面证明：‎ 首先证明：当0＜x＜1时，‎ 设函数g（x）=x（x2﹣x）+1，0＜x＜1，则g′（x）=x（x﹣）‎ 当0＜x＜时，g′（x）＜0；当时，g′（x）＞0‎ 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，∴‎ 由0＜a＜1知0＜ak＜1，因此，‎ 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+﹣（x≥0）知，‎ F′（x）=，令F′（x）=0，得x=．‎ 当x∈（0，）时，F′（x）＜0；‎ 当x∈（，+∞）时，F′（x）＞0．‎ 故x∈（0，）时，F（x）是减函数；‎ 故x∈（，+∞）时，F（x）是增函数．‎ F（x）在x=处有极小值且F（）=．‎ ‎（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；‎ ‎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=，ak﹣‎ ‎=[（4k﹣3）﹣（4k﹣1）]‎ ‎=‎ ‎=＞0．‎ 即对任意的2＜k≤100，都有ak＞．‎ 又因为a1=s1=1，‎ 所以a1+a2+a3+…+a100＞=h（1）+h（2）+…+h（100）．‎ 故f（100）h（100）﹣＞．‎ ‎　‎ ‎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，‎ 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，‎ 设h（x）=g（x）﹣=2lnx﹣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， 的最小值为g（x）=1． ‎ 又＞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）=．‎ ‎（Ⅰ）设函数F（x）=18f（x）﹣x2[h（x）]2，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∈Nn，证明：f（n）h（n）﹣[h（1）+h（2）+…+h（n）]≥．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）F（x）=18f（x）﹣x2[h（x）]2=﹣x3+12x+9（x≥0）‎ 所以F′（x）=﹣3x2+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，‎ ‎⇔⇔，‎ ‎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=‎ ‎=‎ ‎=＞0‎ 即对任意的k≥2，有，‎ 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．‎ ‎　‎ ‎19．（2010•四川）设，a＞0且a≠1），g（x）是f（x）的反函数．‎ ‎（Ⅰ）设关于x的方程求在区间[2，6]上有实数解，求t的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）当a=e，e为自然对数的底数）时，证明：；‎ ‎（Ⅲ）当0＜a≤时，试比较||与4的大小，并说明理由．‎ ‎【解答】解：（1）由题意，得ax=＞0‎ 故g（x）=，x∈（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）‎ 由得t=（x﹣1）2（7﹣x），x∈[2，6]‎ 则t′=﹣3x2+18x﹣15=﹣3（x﹣1）（x﹣5）‎ 列表如下：‎ ‎ x ‎ 2‎ ‎（2，5）‎ ‎ 5‎ ‎（5，6）‎ ‎6 ‎ ‎ t'‎ ‎+‎ ‎﹣‎ ‎ t ‎ 5‎ ‎ 递增 极大值32 ‎ 递减 ‎25 ‎ 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）‎ ‎（Ⅱ）‎ ‎=ln（）‎ ‎=﹣ln 令u（z）=﹣lnz2﹣=﹣2lnz+z﹣，z＞0‎ 则u′（z）=﹣=（1﹣）2≥0‎ 所以u（z）在（0，+∞）上是增函数 又因为＞1＞0，所以u（）＞u（1）=0‎ 即ln＞0‎ 即（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﹣x．‎ ‎（Ⅰ）证明：当x＞﹣1时，f（x）≥；‎ ‎（Ⅱ）设当x≥0时，f（x）≤，求a的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）当x＞﹣1时，f（x）≥当且仅当ex≥1+x 令g（x）=ex﹣x﹣1，则g'（x）=ex﹣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 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ex≥1+x 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 因为f（x）=1﹣e﹣x，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′（）≤≤φ′（）．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）f'（x）=，g'（x）=‎ 有已知得解得：a=，x=e2‎ ‎∴两条曲线的交点坐标为（e2，e）‎ 切线的斜率为k=f'（e2）=‎ ‎∴切线的方程为y﹣e=（x﹣e2）‎ ‎（Ⅱ）由条件知h（x）=﹣alnx（x＞0），‎ ‎∴h′（x）=﹣=，‎ ‎①当a＞0时，令h′（x）=0，解得x=4a2．‎ ‎∴当0＜x＜4a2时，h′（x）＜0，‎ h（x）在（0，4a2）上单调递减；‎ 当x＞4a2时，h′（x）＞0，‎ h（x）在（4a2，+∞）上单调递增．‎ ‎∴x=4a2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．‎ ‎∴最小值φ（a）=h（4a2）=2a﹣aln（4a2）=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 ‎=﹣=﹣ln4ab，①‎ φ′（）=﹣2ln（2×）=﹣ln（a+b）2≤﹣ln4ab，②‎ φ′（）=﹣2ln（2×）=﹣2ln=﹣ln4ab，③‎ 故由①②③得φ′（）≤≤φ′（）．‎ ‎　‎ ‎22．（2009•全国卷Ⅱ）设函数f（x）=x2+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）=2x2+2x+a，其对称轴为．‎ 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，∴，a=﹣（2x22+2x2）‎ ‎∴f（x2）=x22+aln（1+x2）=x22﹣（2x22+2x2）ln（1+x2）‎ 设h（x）=x2﹣（2x2+2x）ln（1+x），（﹣＜x＜0）‎ 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：（b、c∈R是常数），已知f1（x）=x2﹣2c，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：x3﹣3bx2+4b3=（x+b）（x﹣2b）2）‎ ‎【解答】解：①依题意，‎ 解 得或．‎ 若，，‎ ‎′（x）=﹣x2+2x﹣1=﹣（x﹣1）2≤0f（x）在R上单调递减，‎ 在x=1处无极值；若，，‎ f′（x）=﹣x2﹣2x+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x3﹣3bx2+4b3=0‎ 得x=﹣b或x=2b．‎ 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 ‎、．‎ ‎③g（x）=|﹣（x﹣b）2+b2+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，‎ 则M=max{|f′（﹣1）|，|f′（1）|，|f′（b）|}，f′（b）﹣f′（±1）=（b∓1）2．‎ 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）=﹣x3+bx2+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）=﹣x2+2bx+c，由f（x）在x=1处有极值 可得 解得，或 若b=1，c=﹣1，则f'（x）=﹣x2+2x﹣1=﹣（x﹣1）2≤0，此时f（x）没有极值；‎ 若b=﹣1，c=3，则f'（x）=﹣x2﹣2x+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，+∞）‎ f'（x）‎ ‎﹣‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎﹣‎ 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．‎ ‎（Ⅱ）证法1：g（x）=|f'（x）|=|﹣（x﹣b）2+b2+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）2+b2+c|‎ ‎（1）当|b|＞1时，由（Ⅱ）可知f'（b）﹣f'（±1）=b（∓1）2≥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）2≥0‎ ‎①若﹣1≤b≤0，则f'（1）≤f'（﹣1）≤f'（b），∴g（﹣1）≤max{g（1），g（b）}，‎ 于是 ‎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）2+b2+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）}‎ ‎4M≥g（﹣1）+g（1）+2g（b）=|﹣1﹣2b+c|+|﹣1+2b+c|+2|b2+c|≥|﹣1﹣2b+c+（﹣1+2b+c）﹣2（b2+c）|=|2b2+2|≥2，‎ 即 下同解法1‎ ‎　‎ ‎25．（2008•江苏）请先阅读：‎ 在等式cos2x=2cos2x﹣1（x∈R）的两边求导，得：（cos2x）′=（2cos2x﹣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）n=Cn0+Cn1x+Cn2x2+…+Cnnxn（x∈R，正整数n≥2），证明：．‎ ‎（2）对于正整数n≥3，求证：‎ ‎（i）；‎ ‎（ii）；‎ ‎（iii）．‎ ‎【解答】证明：（1）在等式（1+x）n=Cn0+Cn1x+Cn2x2+…+Cnnxn两边对x求导得n（1+x）n﹣1=Cn1+2Cn2x+…+（n﹣1）Cnn﹣1xn﹣2+nCnnxn﹣1‎ 移项得（*）‎ ‎（2）（i）在（*）式中，令x=﹣1，整理得 所以 ‎（ii）由（1）知n（1+x）n﹣1=Cn1+2Cn2x+…+（n﹣1）Cnn﹣1xn﹣2+nCnnxn﹣1，n≥3‎ 两边对x求导，得n（n﹣1）（1+x）n﹣2=2Cn2+3•2Cn3x+…+n（n﹣1）Cnnxn﹣2‎ 在上式中，令x=﹣1，得0=2Cn2+3•2Cn3（﹣1）+…+n（n﹣1）Cn2（﹣1）n﹣2‎ 即，‎ 亦即（1）‎ 又由（i）知（2）‎ 由（1）+（2）得 ‎（iii）将等式（1+x）n=Cn0+Cn1x+Cn2x2+…+Cnnxn两边在[0，1]上对x积分 由微积分基本定理，得 所以 ‎　‎ ‎26．（2008•天津）已知函数f（x）=x4+ax3+2x2+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．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）f'（x）=4x3+3ax2+4x=x（4x2+3ax+4）．‎ 当时，f'（x）=x（4x2﹣10x+4）=2x（2x﹣1）（x﹣2）．‎ 令f'（x）=0，解得x1=0，，x3=2．‎ 当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：‎ ‎ x ‎ （﹣∞，0）‎ ‎ 0‎ ‎ （0，）‎ ‎ （，2）‎ ‎ 2‎ ‎ （2，+∞）‎ ‎ f′（x）‎ ‎﹣‎ ‎ 0‎ ‎+‎ ‎ 0‎ ‎﹣‎ ‎ 0‎ ‎+‎ ‎ f（x）‎ ‎↘‎ ‎ 极小值 ‎↗‎ 极大值 ‎ ‎↘‎ 极小值 ‎ ‎↗‎ 所以f（x）在，（2，+∞）内是增函数，在（﹣∞，0），内是减函数．‎ ‎（Ⅱ）f'（x）=x（4x2+3ax+4），显然x=0不是方程4x2+3ax+4=0的根．‎ 为使f（x）仅在x=0处有极值，必须4x2+3ax+4≥0成立，即有△=9a2﹣64≤0．‎ 解些不等式，得．这时，f（0）=b是唯一极值．‎ 因此满足条件的a的取值范围是．‎ ‎（Ⅲ）由条件a∈[﹣2，2]，可知△=9a2﹣64＜0，从而4x2+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 ‎（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．‎ 则对n∈N*恒成立．‎ 设，n∈N*，则c＜g（n）对n∈N*恒成立．‎ 考虑．‎ 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（n∈N+）‎ ‎①当n=1时，左边=，右边=，左边＜右边．不等式成立．‎ ‎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，不等式成立．‎ 所以，‎ 所以+＜+…+=﹣1．‎ 即．‎ ‎　‎ ‎28．（2007•福建）已知函数f（x）=ex﹣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）＞（n∈N*）．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由k=e得f（x）=ex﹣ex，所以f'（x）=ex﹣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．‎ 由f'（x）=ex﹣k=0得x=lnk．‎ ‎①当k∈（0，1]时，f'（x）=ex﹣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 ‎（0，lnk）‎ lnk ‎（lnk，+∞）‎ f′（x）‎ ‎﹣‎ ‎0‎ ‎+‎ 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）=ex+e﹣x，∴F（x1）F（x2）=，‎ ‎∴F（1）F（n）＞en+1+2，F（2）F（n﹣1）＞en+1+2，F（n）F（1）＞en+1+2．‎ 由此得，[F（1）F（2）F（n）]2=[F（1）F（n）][F（2）F（n﹣1）][F（n）F（1）]＞（en+1+2）n 故，n∈N*．‎ ‎　‎ ‎29．（2006•四川）已知函数，f（x）的导函数是f′（x）．对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=‎ 而①‎ 又（x1+x2）2=（x12+x22）+2x1x2＞4x1x2‎ ‎∴②‎ ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∵a≤0，‎ aln​≥aln（③‎ 由①、②、③得（x12+x22）++aln​＞（）2++aln，‎ 即．‎ ‎（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，列表如下：‎ t u′（t）‎ ‎﹣‎ ‎0‎ ‎+‎ u（t）‎ ‎□‎ ‎ 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 ‎∴=‎ ‎∵x1，x2是两个不相等的正数 ‎∴‎ 设，u（t）=2+4t3﹣4t2（t＞0）‎ 则u′（t）=4t（3t﹣2），列表：‎ t u′（t）‎ ‎﹣‎ ‎0‎ ‎+‎ u（t）‎ ‎□‎ ‎ 极小值 ‎□‎ ‎∴即 ‎∴‎ 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）=xn，其中k≤n（n，k∈N+），设F（x）=Cn0f0（x2）+Cn1f1（x2）+…+Cnnfn（x2），x∈[﹣1，1]．‎ ‎（1）写出fk（1）；‎ ‎（2）证明：对任意的x1，x2∈[﹣1，1]，恒有|F（x1）﹣F（x2）|≤2n﹣1（n+2）﹣n﹣1．‎ ‎【解答】解：（1）由已知推得fk（x）=（n﹣k+1）xn﹣k，从而有fk（1）=n﹣k+1‎ ‎（2）证法1：当﹣1≤x≤1 时，F（x）=x2n+ncn1x2（n﹣1）+（n﹣1）cn2x2（n﹣2）+…+（n﹣k+1）cnkx2（n﹣k）+…+2cnn﹣1x2+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）‎ F（1）﹣F（0）=Cn0+ncn1+（n﹣1）cn2+…+（n﹣k+1）cnk+…+2cnn﹣1=ncnn﹣1+（n﹣1）cnn﹣2+…+（n﹣k+1）cnn﹣k+…+2cn1+cn0‎ ‎∵（n﹣k+1）cnn﹣k=（n﹣k）cnn﹣k+cnk=ncn﹣1k+cnk（k=1，2，3，…，n﹣1）‎ F（!）﹣F（0）=n（cn﹣11+cn﹣12+…+cn﹣1k﹣1）+（cn1+cn2+…+cnn﹣1）+cn0‎ ‎=n（2n﹣1﹣1）+2n﹣1=2n﹣1（n+2）﹣n﹣1‎ 因此结论成立．‎ 证法2：当﹣1≤x≤1 时，F（x）=x2n+ncn1x2（n﹣1）+（n﹣1）cn2x2（n﹣2）+…+（n﹣k+1）cnkx2（n﹣k）+…+2cnn﹣1x2+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）‎ F（!）﹣F（0）=cn0+ncn1+（n﹣1）cn2+…+（n﹣k+1）cnk+…+2cnn﹣1‎ 又因F（1）﹣F（0）=2cn1+3cn2+…+kcnk﹣1+…+ncnn﹣1+cn0‎ 所以2[F（1）﹣F（0）]=（n+2）[cn1+cn2+…+cnk﹣1+…+cnn﹣1]+2cn0‎ F（1）﹣F（0）=[cn1+cn2+…+cnk﹣1+…+cnn﹣1]+cn0=‎ 因此结论成立．‎ 证法3：当﹣1≤x≤1时，F（x）=x2n+ncn1x2（n﹣1）+（n﹣1）cn2x2（n﹣2）+…+（n﹣k+1）cnkx2（n﹣k）+…+2cnn﹣1x2+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）‎ F（!）﹣F（0）=cn0+ncn1+（n﹣1）cn2+…+（n﹣k+1）cnk+…+2cnn﹣1‎ 由x[（1+x）n﹣xn]=x[cn1xn﹣1+cn2xn﹣2+…+cnkxn﹣k+…+cnn﹣1+1]=cn1xn+cn2xn﹣1+…+cnkxn﹣k+1+…+cnn﹣1x2+x 对上式两边求导得（1+x）n﹣xn+nx（1+x）n﹣1﹣nxn=ncn1xn﹣1+（n﹣1）cn2xn﹣2+…+（n﹣k+1）cnkxn﹣k+…+2cnn﹣1x+1‎ F（x）=（1+x2）n+nx2（1+x2）n﹣1﹣nx2n ‎∴F（1）﹣F（0）=2n+n2n﹣1﹣n﹣1=（n+2）2n﹣1﹣n﹣1．‎ 因此结论成立．‎ ‎　‎