2018年高考數(shù)學二輪復(fù)習 專題04 導數(shù)及其應(yīng)用教學案 理

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1、 專題04 導數(shù)及其應(yīng)用 高考將以導數(shù)的幾何意義為背景，重點考查運算及數(shù)形結(jié)合能力，導數(shù)的綜合運用涉及的知識面廣，綜合的知識點多，形式靈活，是每年的必考內(nèi)容，經(jīng)常以壓軸題的形式出現(xiàn)． 預(yù)測2018年高考仍將利用導數(shù)研究方程的根、函數(shù)的零點問題、含參數(shù)的不等式恒成立、能成立、實際問題的最值等形式考查． 1．導數(shù)的定義 f ′(x)＝ ＝ . 2．導數(shù)的幾何意義 函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導數(shù)f ′(x0)就是曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線的斜率，即k＝f ′(x0)． 3．導數(shù)的運算 (1)基本初等函數(shù)的導數(shù)公式 ①c′＝0(c為常數(shù))；　 ?、?/p>

2、(xm)′＝mxm－1； ③(sinx)′＝cosx; ④(cosx)′＝－sinx； ⑤(ex)′＝ex; ⑥(ax)′＝axlna； ⑦(lnx)′＝； ⑧(logax)′＝. (2)導數(shù)的四則運算法則 ①[f(x)±g(x)]′＝f ′(x)±g′(x)； ②[f(x)·g(x)]′＝f ′(x)g(x)＋f(x)g′(x)； ③[]′＝. ④設(shè)y＝f(u)，u＝φ(x)，則y′x＝y(tǒng)′uu′x. 4．函數(shù)的性質(zhì)與導數(shù) 在區(qū)間(a，b)內(nèi)，如果f ′(x)>0，那么函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增．如果f ′(x)<0，那么函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單

3、調(diào)遞減． 5．利用定積分求曲線圍成圖形的面積的步驟：①畫出圖形；②確定被積函數(shù)；③求出交點坐標，確定積分的上、下限；④運用微積分基本定理計算定積分，求出平面圖形的面積．特別注意平面圖形的面積為正值，定積分值可能是負值． 被積函數(shù)為y＝f(x)，由曲線y＝f(x)與直線x＝a，x＝b(a0時，S＝f(x)dx； ②當f(x)<0時，S＝－f(x)dx； ③當x∈[a，c]時，f(x)>0；當x∈[c，b]時，f(x)<0，則S＝f(x)dx－f(x)dx. 考點一　導數(shù)的幾何意義及應(yīng)用 例1、(1)已知函數(shù)f(x)＝ax

4、3＋x＋1的圖象在點(1，f(1))處的切線過點(2,7)，則a＝________. 答案：1 (2)已知曲線y＝x＋ln x在點(1,1)處的切線與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，則a＝________. 解析：基本法：令f(x)＝x＋ln x，求導得f′(x)＝1＋，f′(1)＝2，又f(1)＝1，所以曲線y＝x＋ln x在點(1,1)處的切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.設(shè)直線y＝2x－1與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1的切點為P(x0，y0)，則y′|x＝x0＝2ax0＋a＋2＝2，得a(2x0＋1)＝0， ∴a＝0或x0＝－，又ax＋(a＋2)x0

5、＋1＝2x0－1，即ax＋ax0＋2＝0，當a＝0時，顯然不滿足此方程， ∴x0＝－，此時a＝8. 速解法：求出y＝x＋ln x在(1,1)處的切線為y＝2x－1 由得ax2＋ax＋2＝0， ∴Δ＝a2－8a＝0， ∴a＝8或a＝0(顯然不成立)． 答案：8 【變式探究】設(shè)曲線y＝ax－ln(x＋1)在點(0,0)處的切線方程為y＝2x，則a＝(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：基本法：y′＝a－，當x＝0時，y′＝a－1＝2， ∴a＝3，故選D. 答案：D 考點二　導數(shù)與函數(shù)的極值、最值 例2、(1)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，

6、若f(x)存在唯一的零點x0，且x0＞0，則a的取值范圍是(　　) A．(2，＋∞) B．(1，＋∞) C．(－∞，－2) D．(－∞，－1) 解析：基本法：a＝0時，不符合題意． a≠0時，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0， 得x1＝0，x2＝. 若a＞0，則由圖象知f(x)有負數(shù)零點，不符合題意． 則a＜0，由圖象結(jié)合f(0)＝1＞0知，此時必有f＞0，即a×－3×＋1＞0，化簡得a2＞4，又a＜0，所以a＜－2，故選C. 速解法：若a＞0，又∵f(0)＝1，f(－1)＝－a－2＜0， 在(－1,0)處有零點，不符合題意． ∴a＜0，若a＝－，則f(x)

7、＝－x3－3x2＋1 f′(x)＝－4x2－6x＝0，∴x＝0，或x＝－. 此時f為極小值且f＜0，有三個零點，排除D. 答案：C (2)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列結(jié)論中錯誤的是(　　) A．?x0∈R，f(x0)＝0 B．函數(shù)y＝f(x)的圖象是中心對稱圖形 C．若x0是f(x)的極小值點，則f(x)在區(qū)間(－∞，x0)單調(diào)遞減 D．若x0是f(x)的極值點，則f′(x0)＝0 解析：基本法：由三次函數(shù)的值域為R知，f(x)＝0必有解，A項正確；因為f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的圖象可由y＝x3平移得到，所以y＝f(x)的圖象是中心對稱圖形，B項正確

8、；若y＝f(x)有極值點，則其導數(shù)y＝f′(x)必有2個零點，設(shè)為x1，x2(x1＜x2)，則有f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3(x－x1)(x－x2)，所以f(x)在(－∞，x1)上遞增，在(x1，x2)上遞減，在(x2，＋∞)上遞增，則x2為極小值點，所以C項錯誤，D項正確．選C. 速解法：聯(lián)想f(x)的圖象模型如圖顯然C錯． 答案：C 【方法技巧】 1.函數(shù)圖象是研究函數(shù)單調(diào)性、極值、最值最有利的工具． 2．可導函數(shù)極值點的導數(shù)為0，但導數(shù)為0的點不一定是極值點，如函數(shù)f(x)＝x3，當x＝0時就不是極值點，但f′(0)＝0. 3．極值點不是一個點，而是一個數(shù)x0，當x

9、＝x0時，函數(shù)取得極值；在x0處有f′(x0)＝0是函數(shù)f(x)在x0處取得極值的必要不充分條件． 4．f′(x)在f′(x)＝0的根的左右兩側(cè)的值的符號，如果“左正右負”，那么f(x)在這個根處取得極大值；如果“左負右正”，那么f(x)在這個根處取得極小值；如果左右不改變符號，即都為正或都為負，則f(x)在這個根處無極值． 【變式探究】 1．函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34(a，b，c∈R)的導函數(shù)為f′(x)，若不等式f′(x)≤0的解集為{x|－2≤x≤3}，且f(x)的極小值等于－115，則a的值是(　　) A．－ B. C．2 D．5 答案：C

10、考點三　導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 例3、若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋在是增函數(shù)，則a的取值范圍是(　　) A．[－1,0]　 B．[－1，＋∞) C．[0,3] D．[3，＋∞) 解析：基本法：由題意知f′(x)≥0對任意的x∈恒成立，又f′(x)＝2x＋a－，所以2x＋a－≥0對任意的x∈恒成立，分離參數(shù)得a≥－2x，若滿足題意，需a≥max.令h(x)＝－2x，x∈.因為h′(x)＝－－2，所以當x∈時，h′(x)＜0，即h(x)在上單調(diào)遞減，所以h(x)＜h＝3，故a≥3. 速解法：當a＝0時，檢驗f(x)是否為增函數(shù)，當a＝0時， f(x)

11、＝x2＋，f＝＋2＝，f(1)＝1＋1＝2， f＞f(1)與增函數(shù)矛盾．排除A、B、C.故選D. 答案：D (2)若函數(shù)f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞)單調(diào)遞增，則k的取值范圍是(　　) A．(－∞，－2] B．(－∞，－1] C．[2，＋∞) D．[1，＋∞) 解析：基本法：依題意得f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞) 上恒成立，即k≥在(1，＋∞)上恒成立， ∵x＞1，∴0＜＜1， ∴k≥1，故選D. 速解法：若k＝1，則f′(x)＝1－＝在(1，＋∞)上有f′(x)＞0，f(x)＝kx－ln x為增函數(shù)． 答案：D 【變式探究】 對于R上可導的任意

12、函數(shù)f(x)，若滿足≤0，則必有(　　) A．f(0)＋f(2)＞2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2f(1) C．f(0)＋f(2)＜2f(1) D．f(0)＋f(2)≥2f(1) 解析：基本法：選A.當x＜1時，f′(x)＜0，此時函數(shù)f(x)遞減，當x＞1時，f′(x)＞0，此時函數(shù)f(x)遞增，∴當x＝1時，函數(shù)f(x)取得極小值同時也取得最小值，所以f(0)＞f(1)，f(2)＞f(1)，則f(0)＋f(2)＞2f(1)，故選A. 1.【2017課標II，理】已知函數(shù)，且。 (1)求； (2)證明：存在唯一的極大值點，且。 【答案】(1)； (2)證

13、明略。 【解析】（1）的定義域為 設(shè)，則等價于 因為 若a=1，則.當0＜x＜1時，單調(diào)遞減；當x＞1時，＞0，單調(diào)遞增.所以x=1是的極小值點，故 綜上，a=1 （2）由（1）知 設(shè) 當時，；當時，，所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增 又，所以在有唯一零點x0，在有唯一零點1，且當時，；當時，，當時，. 因為，所以x=x0是f(x)的唯一極大值點 由 由得 因為x=x0是f(x)在（0,1）的最大值點，由得 所以 2.【2017山東，理20】已知函數(shù)，，其中是自然對數(shù)的底數(shù). （Ⅰ）求曲線在點處的切線方程； （Ⅱ）令，討論的單調(diào)性并判斷有無極值，有極值時

14、求出極值. 【答案】（1） （2）見解析 【解析】 （Ⅰ）由題意 又， 所以， 因此 曲線在點處的切線方程為 ， 即 . (1)當時， 當時， ， 單調(diào)遞減， 當時， ， 單調(diào)遞增， 所以 當時取得極小值，極小值是 ； (2)當時， 由 得 ， ①當時， ， 當時， ， 單調(diào)遞增； 當時， ， 單調(diào)遞減； 當時， ， 單調(diào)遞增. 所以 當時取得極大值. 極大值為， 當時取到極小值，極小值是 ； ②當時， ， 所以 當時， ，函數(shù)在上單調(diào)遞增，無極值； 綜上所述： 當時， 在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 函數(shù)有極小值，極小值是

15、； 當時，函數(shù)在和和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，函數(shù)有極大值，也有極小值， 極大值是 極小值是； 當時，函數(shù)在上單調(diào)遞增，無極值； 當時，函數(shù)在和上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減，函數(shù)有極大值，也有極小值， 極大值是； 極小值是. 3.【2017天津，理20】設(shè)，已知定義在R上的函數(shù)在區(qū)間內(nèi)有一個零點，為的導函數(shù). （Ⅰ）求的單調(diào)區(qū)間； （Ⅱ）設(shè)，函數(shù)，求證：； （Ⅲ）求證：存在大于0的常數(shù)，使得對于任意的正整數(shù)，且 滿足. 【答案】（Ⅰ）增區(qū)間是， ，遞減區(qū)間是.（Ⅱ）見解析；（III）見解析. 【解析】（Ⅰ）解：由，可得， 進而可得.令，解得，或. 當x變化時，

16、的變化情況如下表： x + - + ↗ ↘ ↗ 所以，的單調(diào)遞增區(qū)間是，，單調(diào)遞減區(qū)間是. （Ⅱ）證明：由，得， . 令函數(shù)，則.由（Ⅰ）知，當時， ，故當時， ， 單調(diào)遞減；當時， ， 單調(diào)遞增.因此，當時， ，可得. 令函數(shù)，則.由（Ⅰ）知， 在上單調(diào)遞增，故當時， ， 單調(diào)遞增；當時， ， 單調(diào)遞減.因此，當時， ，可得. 所以， . （III）證明：對于任意的正整數(shù) ，，且， 令，函數(shù). 由（II）知，當時，在區(qū)間內(nèi)有零點； 當時，在區(qū)間內(nèi)有零點. 所以在內(nèi)至少有一個零點，不妨設(shè)為，則. 由（I）知在上單調(diào)遞增，故， 于是.

17、 因為當時，，故在上單調(diào)遞增， 所以在區(qū)間上除外沒有其他的零點，而，故. 又因為，，均為整數(shù)，所以是正整數(shù)， 從而. 所以.所以，只要取，就有. 1. 【2016高考山東理數(shù)】若函數(shù)的圖象上存在兩點，使得函數(shù)的圖象在這兩點處的切線互相垂直，則稱具有T性質(zhì).下列函數(shù)中具有T性質(zhì)的是（ ） （A） （B） （C） （D） 【答案】A 【解析】當時，，，所以在函數(shù)圖象存在兩點，使條件成立，故A正確；函數(shù)的導數(shù)值均非負，不符合題意，故選A。 2.【2016年高考四川理數(shù)】設(shè)直線l1，l2分別是函數(shù)f(x)= 圖象上點P1，P2處的切線，l1與l2垂直相交于點P，且l

18、1，l2分別與y軸相交于點A，B，則△PAB的面積的取值范圍是( ) （A）(0,1) （B）(0,2) （C）(0,+∞) （D）(1,+∞) 【答案】A 3.【2016高考新課標2理數(shù)】若直線是曲線的切線，也是曲線的切線，則 ． 【答案】 【解析】對函數(shù)求導得，對求導得，設(shè)直線與曲線相切于點，與曲線相切于點，則，由點在切線上得，由點在切線上得，這兩條直線表示同一條直線，所以，解得. 4.【2016高考新課標3理數(shù)】已知為偶函數(shù)，當時，，則曲線在 點處的切線方程是_______________． 【答案】 【解析】當時，，則．又因為為偶函數(shù)，所

19、以，所以，則切線斜率為，所以切線方程為，即． 5.【2016高考新課標1卷】（本小題滿分12分）已知函數(shù)有兩個零點. (I)求a的取值范圍； (II)設(shè)x1,x2是的兩個零點,證明：. 【答案】 【解析】 （Ⅰ）． （i）設(shè),則,只有一個零點． （ii）設(shè),則當時,；當時,．所以在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增． 又,,取滿足且,則 , 故存在兩個零點． （iii）設(shè),由得或． 若,則,故當時,,因此在上單調(diào)遞增．又當時,,所以不存在兩個零點． 若,則,故當時,；當時,．因此在單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增．又當時,,所以不存在兩個零點． 綜上,的取值范圍為． （Ⅱ）不妨設(shè),由

20、（Ⅰ）知,,在上單調(diào)遞減,所以等價于,即． 由于,而,所以 ． 設(shè),則． 所以當時,,而,故當時,． 從而,故． 6.【2016高考山東理數(shù)】(本小題滿分13分) 已知. （I）討論的單調(diào)性； （II）當時，證明對于任意的成立. 【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）見解析 【解析】 （Ⅰ）的定義域為； . 當， 時，，單調(diào)遞增； ，單調(diào)遞減. 當時，. （1），， 當或時，，單調(diào)遞增； 當時，，單調(diào)遞減； （2）時，，在內(nèi)，，單調(diào)遞增； （Ⅱ）由（Ⅰ）知，時， ，， 令，. 則， 由可得，當且僅當時取得等號. 又， 設(shè)，則在單調(diào)遞減， 因為，

21、 所以在上存在使得 時，時，， 所以函數(shù)在上單調(diào)遞增；在上單調(diào)遞減， 由于，因此，當且僅當取得等號， 所以， 即對于任意的恒成立。 7.【2016高考江蘇卷】（本小題滿分16分） 已知函數(shù). 設(shè). （1）求方程的根; （2）若對任意,不等式恒成立，求實數(shù)的最大值； （3）若，函數(shù)有且只有1個零點，求的值。 【答案】（1）①0 ②4（2）1 【解析】 （1）因為，所以. ①方程，即，亦即， 所以，于是，解得. ②由條件知. 因為對于恒成立，且， 所以對于恒成立. 而，且， 所以，故實數(shù)的最大值為4. （2）因為函數(shù)只有1個零點，而， 所以0是函數(shù)的唯

22、一零點. 因為，又由知， 所以有唯一解. 令，則， 從而對任意，，所以是上的單調(diào)增函數(shù)， 于是當，；當時，. 因而函數(shù)在上是單調(diào)減函數(shù)，在上是單調(diào)增函數(shù). 下證. 若，則，于是， 又，且函數(shù)在以和為端點的閉區(qū)間上的圖象不間斷，所以在和之間存在的零點，記為. 因為，所以，又，所以與“0是函數(shù)的唯一零點”矛盾. 若，同理可得，在和之間存在的非0的零點，矛盾. 因此，. 于是，故，所以. 8.【2016高考天津理數(shù)】（本小題滿分14分） 設(shè)函數(shù),，其中 (I)求的單調(diào)區(qū)間； (II) 若存在極值點，且，其中，求證：； （Ⅲ）設(shè)，函數(shù)，求證：在區(qū)間上的最大值不小于.

23、 【答案】（Ⅰ）詳見解析（Ⅱ）詳見解析（Ⅲ）詳見解析 當變化時，，的變化情況如下表： ＋ 0 － 0 ＋ 單調(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 所以的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為，. （Ⅱ）證明：因為存在極值點，所以由（Ⅰ）知，且， 由題意，得，即， 進而. 又，且，由題意及（Ⅰ）知，存在唯一實數(shù)滿足 ，且，因此，所以. （Ⅲ）證明：設(shè)在區(qū)間上的最大值為，表示兩數(shù)的最大值.下面分三種情況討論： （1）當時，，由（Ⅰ）知，在區(qū)間上單調(diào)遞減，所以在區(qū)間上的取值范圍為，因此 ， 所以. （2）當時，，由

24、（Ⅰ）和（Ⅱ）知，，， 所以在區(qū)間上的取值范圍為，因此 . （3）當時，，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知， ，， 所以在區(qū)間上的取值范圍為，因此 . 綜上所述，當時，在區(qū)間上的最大值不小于. 9.【2016高考新課標3理數(shù)】設(shè)函數(shù)，其中，記的最大值為． （Ⅰ）求； （Ⅱ）求； （Ⅲ）證明． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）見解析． 【解析】 （Ⅰ）. （Ⅱ）當時， . 因此. （Ⅰ）當時，在內(nèi)無極值點，，，，所以． （Ⅱ）當時，由，知．又 ，所以． 綜上， （Ⅲ）由（Ⅰ）得. 當時，. 當時，，所以. 當

25、時，，所以. 10.【2016高考浙江理數(shù)】（本小題15分）已知，函數(shù)F（x）=min{2|x?1|，x2?2ax+4a?2}， 其中min{p，q}= （I）求使得等式F（x）=x2?2ax+4a?2成立的x的取值范圍； （II）（i）求F（x）的最小值m（a）； （ii）求F（x）在區(qū)間[0,6]上的最大值M（a）. 【答案】（I）；（II）（i）；（ii）． 【解析】 （Ⅰ）由于，故 當時，， 當時，． 所以，使得等式成立的的取值范圍為． （Ⅱ）（?。┰O(shè)函數(shù)，， 則，， 所以，由的定義知，即 （ⅱ）當時， ， 當時，． 所以，． 11.【

26、2016高考新課標2理數(shù)】(Ⅰ)討論函數(shù)的單調(diào)性，并證明當時，； (Ⅱ)證明：當時，函數(shù)有最小值.設(shè)的最小值為，求函數(shù)的值域． 【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）. 【解析】 （Ⅰ）的定義域為. 且僅當時，，所以在單調(diào)遞增， 因此當時， 所以 （II） 由（I）知，單調(diào)遞增，對任意 因此，存在唯一使得即， 當時，單調(diào)遞減； 當時，單調(diào)遞增. 因此在處取得最小值，最小值為 于是，由單調(diào)遞增 所以，由得 因為單調(diào)遞增，對任意存在唯一的 使得所以的值域是 綜上，當時，有，的值域是 12.【2016年高考北京理數(shù)】（本小題13分） 設(shè)函數(shù)，曲線在點處的切

27、線方程為， （1）求，的值； （2）求的單調(diào)區(qū)間. 【答案】（Ⅰ），；（2）的單調(diào)遞增區(qū)間為. 解得；（2）由（Ⅰ）知. 由即知，與同號. 令，則. 所以，當時，，在區(qū)間上單調(diào)遞減； 當時，，在區(qū)間上單調(diào)遞增. 故是在區(qū)間上的最小值， 從而. 綜上可知，，，故的單調(diào)遞增區(qū)間為. 【2015高考江蘇，19】（本小題滿分16分） 已知函數(shù). （1）試討論的單調(diào)性； （2）若（實數(shù)c是a與無關(guān)的常數(shù)），當函數(shù)有三個不同的零點時，a的取值范圍恰好是，求c的值. 【答案】（1）當時， 在上單調(diào)遞增； 當時， 在，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減； 當時， 在，上單調(diào)遞增

28、，在上單調(diào)遞減． （2） 【解析】（1），令，解得，． 當時，因為（），所以函數(shù)在上單調(diào)遞增； 當時，時，，時，， 所以函數(shù)在，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減； 當時，時，，時，， 所以函數(shù)在，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． （2）由（1）知，函數(shù)的兩個極值為，，則函數(shù)有三個 零點等價于，從而或． 又，所以當時，或當時，． 設(shè)，因為函數(shù)有三個零點時，的取值范圍恰好是 ，則在上，且在上均恒成立， 【2015高考四川，理21】已知函數(shù)，其中. （1）設(shè)是的導函數(shù)，評論的單調(diào)性； （2）證明：存在，使得在區(qū)間內(nèi)恒成立，且在內(nèi)有唯一解. 【答案】（1）當時，在區(qū)間上單調(diào)遞增

29、， 在區(qū)間上單調(diào)遞減；當時，在區(qū)間上單調(diào)遞增.（2）詳見解析. 【解析】（1）由已知，函數(shù)的定義域為， ， 所以. 當時，在區(qū)間上單調(diào)遞增， 在區(qū)間上單調(diào)遞減； 當時，在區(qū)間上單調(diào)遞增. （2）由，解得. 令. 則，. 故存在，使得. 令，. 由知，函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增. 所以. 即. 當時，有，. 由（1）知，函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增. 故當時，有，從而； 當時，有，從而； 所以，當時，. 綜上所述，存在，使得在區(qū)間內(nèi)恒成立，且在內(nèi)有唯一解. 【2015高考廣東，理19】設(shè)，函數(shù)． (1) 求的單調(diào)區(qū)間 ； (2) 證明：在上僅有一個零點；

30、 (3) 若曲線在點處的切線與軸平行，且在點處的切線與直線平行（是坐標原點）,證明：． 【答案】（1）；（2）見解析；（3）見解析． 【解析】（1）依題， ∴ 在上是單調(diào)增函數(shù)； （2）證明：由（1）問可知函數(shù)在（﹣∞，+∞）上為增函數(shù)． 又f（0）=1﹣a， ∵a＞1．∴1﹣a＜0 ∴f（0）＜0．當x→+∞時，f（x）＞0成立． ∴f（x）在（﹣∞，+∞）上有且只有一個零點 （3）證明：f'（x）=ex（x+1）2， 設(shè)點P（x0，y0）則）f'（x）=ex0（x0+1）2， ∵y=f（x）在點P處的切線與x軸平行，∴f'（x0）=0，即：ex0（x0+1）2=0，

31、 ∴x0=﹣1 將x0=﹣1代入y=f（x）得y0=．∴， ∴…10分 令；g（m）=em﹣（m+1）g（m）=em﹣（m+1）， 則g'（m）=em﹣1，由g'（m）=0得m=0． 當m∈（0，+∞）時，g'（m）＞0 當m∈（﹣∞，0）時，g'（m）＜0 ∴g（m）的最小值為g（0）=0…12分 ∴g（m）=em﹣（m+1）≥0 ∴em≥m+1 ∴em（m+1）2≥（m+1）3 即： ∴m≤…14分 （2014·安徽卷） 設(shè)函數(shù)f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0. (1)討論f(x)在其定義域上的單調(diào)性； (2)當x∈[0，1]時 ，求f(x)

32、取得最大值和最小值時的x的值． (2)因為a>0，所以x1<0，x2>0， ①當a≥4時，x2≥1. 由(1)知，f(x)在[0，1]上單調(diào)遞增， 所以f(x)在x＝0和x＝1處分別取得最小值和最大值． ②當0

33、整數(shù)p＞1，n∈N*. (1)證明：當x＞－1且x≠0時，(1＋x)p＞1＋px； (2)數(shù)列{an}滿足a1＞c，an＋1＝an＋a，證明：an＞an＋1＞c. 【解析】證明：(1)用數(shù)學歸納法證明如下． ①當p＝2時，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立． ②假設(shè)p＝k(k≥2，k∈N*)時，不等式(1＋x)k>1＋kx成立． 當p＝k＋1時，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x. 所以當p＝k＋1時，原不等式也成立． 綜合①②可得，當x>－1，x≠0時，對一切整數(shù)p>1，不等式(1＋x

34、)p>1＋px均成立． (2)方法一：先用數(shù)學歸納法證明an>c. ①當n＝1時，由題設(shè)知a1>c成立． ②假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時，不等式ak>c成立． 由an＋1＝an＋a易知an>0，n∈N*. 當n＝k＋1時，＝＋a＝ 1＋. 由ak>c>0得－1<－<<0. 由(1)中的結(jié)論得＝>1＋p· ＝. 因此a>c，即ak＋1>c， 所以當n＝k＋1時，不等式an>c也成立． 綜合①②可得，對一切正整數(shù)n，不等式an>c均成立． 再由＝1＋可得<1， 即an＋1an＋1>c，n∈N*. 方法二：設(shè)f(x)＝x＋x1－p，x≥c，

35、則xp≥c， 所以f′(x)＝＋(1－p)x－p＝>0. 由此可得，f(x)在[c，＋∞)上單調(diào)遞增，因而，當x>c時，f(x)>f(c)＝c. ①當n＝1時，由a1>c>0，即a>c可知 a2＝a1＋a＝a1c，從而可得a1>a2>c， 故當n＝1時，不等式an>an＋1>c成立． ②假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時，不等式ak>ak＋1>c成立，則當n＝k＋1時，f(ak)>f(ak＋1)>f(c)， 即有ak＋1>ak＋2>c， 所以當n＝k＋1時，原不等式也成立． 綜合①②可得，對一切正整數(shù)n，不等式an>an＋1>c均成立． 【201

36、5高考新課標2，理12】設(shè)函數(shù)是奇函數(shù)的導函數(shù)，，當時，，則使得成立的的取值范圍是（ ） A． 　　　B． C． 　　　D． 【答案】A 【解析】記函數(shù)，則，因為當時，，故當時，，所以在單調(diào)遞減；又因為函數(shù)是奇函數(shù)，故函數(shù)是偶函數(shù)，所以在單調(diào)遞減，且．當時，，則；當時，，則，綜上所述，使得成立的的取值范圍是，故選A． 【2015高考新課標1，理12】設(shè)函數(shù)=,其中a1，若存在唯一的整數(shù)，使得0，則的取值范圍是（ ） (A)[-，1） (B)[-，） (C)[，） (D)[，1） 【答案】D 【解析】設(shè)=，，由題知存在唯一的整數(shù)

37、，使得在直線的下方.因為，所以當時，＜0，當時，＞0，所以當時，=，當時，=-1，，直線恒過（1,0）斜率且，故，且，解得≤＜1，故選D. 【2015高考新課標2，理21】（本題滿分12分） 設(shè)函數(shù)． (Ⅰ)證明：在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增； （Ⅱ）若對于任意，都有，求的取值范圍． 【答案】(Ⅰ)詳見解析；（Ⅱ）． （Ⅱ）由(Ⅰ)知，對任意的，在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，故在處取得最小值．所以對于任意，的充要條件是：即 ①，設(shè)函數(shù)，則．當時，；當時， ．故在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增．又，，故當時，．當時，，，即①式成立．當時，由的單調(diào)性，，即；當時，，即．綜上，的取值范圍是． 【

38、2015江蘇高考，17】（本小題滿分14分）某山區(qū)外圍有兩條相互垂直的直線型公路，為進一步改善山區(qū)的交通現(xiàn)狀，計劃修建一條連接兩條公路的山區(qū)邊界的直線型公路，記兩條相互垂直的公路為，山區(qū)邊界曲線為C，計劃修建的公路為l，如圖所示，M，N為C的兩個端點，測得點M到的距離分別為5千米和40千米，點N到的距離分別為20千米和2.5千米，以所在的直線分別為x，y軸，建立平面直角坐標系xOy，假設(shè)曲線C符合函數(shù) （其中a，b為常數(shù)）模型. （1）求a，b的值； （2）設(shè)公路l與曲線C相切于P點，P的橫坐標為t. ①請寫出公路l長度的函數(shù)解析式，并寫出其定義域； ②當t為何值時，公路

39、l的長度最短？求出最短長度. 【答案】（1）（2）①定義域為， ②千米 【解析】 （1）由題意知，點，的坐標分別為，． 將其分別代入，得， 解得． （2）①由（1）知，（），則點的坐標為， 設(shè)在點處的切線交，軸分別于，點，， 則的方程為，由此得，． 故，． ②設(shè)，則．令，解得． 當時，，是減函數(shù)； 當時，，是增函數(shù)． 從而，當時，函數(shù)有極小值，也是最小值，所以， 此時． 答：當時，公路的長度最短，最短長度為千米． 【2015高考新課標2，理12】設(shè)函數(shù)是奇函數(shù)的導函數(shù)，，當時，，則使得成立的的取值范圍是（ ） A． 　　　B．

40、C． 　　　D． 【答案】A 【解析】記函數(shù)，則，因為當時，，故當時，，所以在單調(diào)遞減；又因為函數(shù)是奇函數(shù)，故函數(shù)是偶函數(shù)，所以在單調(diào)遞減，且．當時，，則；當時，，則，綜上所述，使得成立的的取值范圍是，故選A． 【2015高考新課標1，理12】設(shè)函數(shù)=,其中a1，若存在唯一的整數(shù)，使得0，則的取值范圍是（ ） (A)[-，1） (B)[-，） (C)[，） (D)[，1） 【答案】D 【2015高考新課標2，理21】（本題滿分12分） 設(shè)函數(shù)． (Ⅰ)證明：在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增； （Ⅱ）若對于任意，都有，求的取值范圍． 【答案】(Ⅰ)詳見

41、解析；（Ⅱ）． 【解析】(Ⅰ)． 若，則當時，，；當時，，． 若，則當時，，；當時，，． 所以，在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增． （Ⅱ）由(Ⅰ)知，對任意的，在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，故在處取得最小值．所以對于任意，的充要條件是：即 ①，設(shè)函數(shù)，則．當時，；當時， ．故在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增．又，，故當時，．當時，，，即①式成立．當時，由的單調(diào)性，，即；當時，，即．綜上，的取值范圍是． 【2015江蘇高考，17】（本小題滿分14分）某山區(qū)外圍有兩條相互垂直的直線型公路，為進一步改善山區(qū)的交通現(xiàn)狀，計劃修建一條連接兩條公路的山區(qū)邊界的直線型公路，記兩條相互垂直的公路為，山區(qū)邊界曲線為C，計

42、劃修建的公路為l，如圖所示，M，N為C的兩個端點，測得點M到的距離分別為5千米和40千米，點N到的距離分別為20千米和2.5千米，以所在的直線分別為x，y軸，建立平面直角坐標系xOy，假設(shè)曲線C符合函數(shù) （其中a，b為常數(shù)）模型. （1）求a，b的值； （2）設(shè)公路l與曲線C相切于P點，P的橫坐標為t. ①請寫出公路l長度的函數(shù)解析式，并寫出其定義域； ②當t為何值時，公路l的長度最短？求出最短長度. 【答案】（1）（2）①定義域為， ②千米 【解析】 （1）由題意知，點，的坐標分別為，． 將其分別代入，得， 解得． （2）①由（1）知，（），則點的坐標為，

43、設(shè)在點處的切線交，軸分別于，點，， 則的方程為，由此得，． 故，． ②設(shè)，則．令，解得． 當時，，是減函數(shù)； 當時，，是增函數(shù)． 從而，當時，函數(shù)有極小值，也是最小值，所以， 此時． 答：當時，公路的長度最短，最短長度為千米． 1．（2014·安徽卷）設(shè)函數(shù)f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0. (1)討論f(x)在其定義域上的單調(diào)性； (2)當x∈[0，1]時 ，求f(x)取得最大值和最小值時的x的值． 【解析】解： (1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)， f′(x)＝1＋a－2x－3x2. 令f′(x)＝0，得x1＝， x2＝，x1

44、所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)． 當xx2時，f′(x)<0； 當x10. 故f(x)在和 內(nèi)單調(diào)遞減， 在內(nèi)單調(diào)遞增． 2．（2014·安徽卷）設(shè)實數(shù)c＞0，整數(shù)p＞1，n∈N*. (1)證明：當x＞－1且x≠0時，(1＋x)p＞1＋px； (2)數(shù)列{an}滿足a1＞c，an＋1＝an＋a，證明：an＞an＋1＞c. 【解析】證明：(1)用數(shù)學歸納法證明如下． ①當p＝2時，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立． ②假設(shè)p＝k(k≥2，k∈N*)時，不等式(1＋x)k>1＋kx成立． 當p＝k＋1

45、時，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x. 所以當p＝k＋1時，原不等式也成立． 綜合①②可得，當x>－1，x≠0時，對一切整數(shù)p>1，不等式(1＋x)p>1＋px均成立． (2)方法一：先用數(shù)學歸納法證明an>c. ①當n＝1時，由題設(shè)知a1>c成立． ②假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時，不等式ak>c成立． 由an＋1＝an＋a易知an>0，n∈N*. 當n＝k＋1時，＝＋a＝ 1＋. 由ak>c>0得－1<－<<0. 由(1)中的結(jié)論得＝>1＋p· ＝. 因此a>c，即ak＋1>c， 所以當n

46、＝k＋1時，不等式an>c也成立． 綜合①②可得，對一切正整數(shù)n，不等式an>c均成立． 再由＝1＋可得<1， 即an＋1an＋1>c，n∈N*. 方法二：設(shè)f(x)＝x＋x1－p，x≥c，則xp≥c， 所以f′(x)＝＋(1－p)x－p＝>0. 由此可得，f(x)在[c，＋∞)上單調(diào)遞增，因而，當x>c時，f(x)>f(c)＝c. ①當n＝1時，由a1>c>0，即a>c可知 a2＝a1＋a＝a1c，從而可得a1>a2>c， 故當n＝1時，不等式an>an＋1>c成立． ②假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時，不等式ak

47、>ak＋1>c成立，則當n＝k＋1時，f(ak)>f(ak＋1)>f(c)， 即有ak＋1>ak＋2>c， 所以當n＝k＋1時，原不等式也成立． 綜合①②可得，對一切正整數(shù)n，不等式an>an＋1>c均成立． 3．（2014·福建卷）已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(a為常數(shù))的圖像與y軸交于點A，曲線y＝f(x)在點A處的切線斜率為－1. (1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值； (2)證明：當x>0時，x2

48、 又f ′(0)＝1－a＝－1，得a＝2. 所以f(x)＝ex－2x，f ′(x)＝ex－2. 令f ′(x)＝0，得x＝ln 2. 當xln 2時，f ′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 所以當x＝ln 2時，f(x)取得極小值， 且極小值為f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4， f(x)無極大值． (2)證明：令g(x)＝ex－x2，則g′(x)＝ex－2x. 由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＝2－ln 4>0， 故g(x)在R上單調(diào)遞增，又g(0)＝1>0， 所以當x>0時，g

49、(x)>g(0)>0，即x20時，x20時，x20時，ex>x2，所以ex＝e·e>·， 當x>x0時，ex>>＝x2， 因此，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當x∈(x0，＋∞)時，恒有x2

50、 令h(x)＝x3－ex，則h′(x)＝x2－ex. 由(2)知，當x>0時，x2x0時，有x2

51、x－0)，即y＝－5x＋3. 5．（2014·江西卷）若曲線y＝e－x上點P處的切線平行于直線2x＋y＋1＝0，則點P的坐標是________． 【答案】(－ln 2，2)　 【解析】設(shè)點P的坐標為(x0，y0)，y′＝－e－x.又切線平行于直線2x＋y＋1＝0，所以－e－x0＝－2，可得x0＝－ln 2，此時y＝2，所以點P的坐標為(－ln 2，2)． 6．（2014·江西卷）已知函數(shù)f(x)＝(x2＋bx＋b)(b∈R)． (1)當b＝4時，求f(x)的極值； (2)若f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，求b的取值范圍． 【解析】解：(1)當b＝4時，f′(x)＝，由f′(x)＝0，得x

52、＝－2或x＝0. 所以當x∈(－∞，－2)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈(－2，0)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當x∈時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，故f(x)在x＝－2處取得極小值f(－2)＝0，在x＝0處取得極大值f(0)＝4. (2)f′(x)＝，易知當x∈時，<0， 依題意當x∈時，有5x＋(3b－2)≤0，從而＋(3b－2)≤0，得b≤. 所以b的取值范圍為. 7．（2014·全國卷）曲線y＝xex－1在點(1，1)處切線的斜率等于(　　) A．2e B．e C．2 D．1 【答案】C　【解析】因為y′＝(xex－1)′＝ex－1

53、＋xex－1，所以y＝xex－1在點(1，1)處的導數(shù)是y′|x＝1＝e1－1＋e1－1＝2，故曲線y＝xex－1在點(1，1)處的切線斜率是2. 8．（2014·新課標全國卷Ⅱ）設(shè)曲線y＝ax－ln(x＋1)在點(0，0)處的切線方程為y＝2x，則a＝(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D　【解析】y′＝a－，根據(jù)已知得，當x＝0時，y′＝2，代入解得a＝3. 9．（2014·陜西卷）設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的導函數(shù)． (1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求gn

54、(x)的表達式； (2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍； (3)設(shè)n∈N＋，比較g(1)＋g(2)＋…＋g(n)與n－f(n)的大小，并加以證明． 【解析】解：由題設(shè)得，g(x)＝(x≥0)． (1)由已知，g1(x)＝， g2(x)＝g(g1(x))＝＝， g3(x)＝，…，可得gn(x)＝. 下面用數(shù)學歸納法證明． ①當n＝1時，g1(x)＝，結(jié)論成立． ②假設(shè)n＝k時結(jié)論成立，即gk(x)＝. 那么，當n＝k＋1時，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝＝＝，即結(jié)論成立． 由①②可知，結(jié)論對n∈N＋成立． (2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln

55、(1＋x)≥恒成立． 設(shè)φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)， 則φ′(x)＝－＝， 當a≤1時，φ′(x)≥0(僅當x＝0，a＝1時等號成立)， ∴φ(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ(0)＝0， ∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立， ∴a≤1時，ln(1＋x)≥恒成立(僅當x＝0時等號成立)． 當a>1時，對x∈(0，a－1]有φ′(x)<0， ∴φ(x)在(0，a－1]上單調(diào)遞減， ∴φ(a－1)<φ(0)＝0. 即a>1時，存在x>0，使φ(x)<0， 故知ln(1＋x)≥不恒成立． 綜上可知，a的取值范圍是(－∞，1]． 下面用數(shù)學歸納法證明． ①

56、當n＝1時，，x>0. 令x＝，n∈N＋，則ln>. 故有l(wèi)n 2－ln 1>， ln 3－ln 2>， …… ln(n＋1)－ln n>， 上述各式相加可得ln(n＋1)>＋＋…＋， 結(jié)論得證． 方法三：如圖，dx是由曲線y＝，x＝n及x軸所圍成的曲邊梯

57、形的面積，而＋＋…＋是圖中所示各矩形的面積和， ∴＋＋…＋>dx＝ dx＝n－ln(n＋1)， 結(jié)論得證． 10．（2014·四川卷）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，點(an，bn)在函數(shù)f(x)＝2x的圖像上(n∈N*)． (1)若a1＝－2，點(a8，4b7)在函數(shù)f(x)的圖像上，求數(shù)列{an}的前n項和Sn； (2)若a1＝1，函數(shù)f(x)的圖像在點(a2，b2)處的切線在x軸上的截距為2－，求數(shù)列的前n項和Tn. 【解析】解：(1)由已知得，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，所以 2a8＝4×2a7＝2a7＋2，解得d＝a8－a7＝2， 所以Sn＝na1＋d＝－

58、2n＋n(n－1)＝n2－3n. (2)函數(shù)f(x)＝2x在點(a2，b2)處的切線方程為y－2a2＝(2a2ln 2)(x－a2)， 其在x軸上的截距為a2－. 由題意有a2－＝2－，解得a2＝2. 所以d＝a2－a1＝1. 從而an＝n，bn＝2n， 所以數(shù)列{}的通項公式為＝， 所以Tn＝＋＋＋…＋＋， 2Tn＝＋＋＋…＋， 因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－＝2－－＝. 所以，Tn＝. 11．（2014·安徽卷） 設(shè)函數(shù)f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0. (1)討論f(x)在其定義域上的單調(diào)性； (2)當x∈[0，1]時 ，求f(x)

59、取得最大值和最小值時的x的值． 【解析】解： (1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)， f′(x)＝1＋a－2x－3x2. 令f′(x)＝0，得x1＝， x2＝，x1x2時，f′(x)<0； 當x10. 故f(x)在和 內(nèi)單調(diào)遞減， 在內(nèi)單調(diào)遞增． 12．（2014·安徽卷） 設(shè)實數(shù)c＞0，整數(shù)p＞1，n∈N*. (1)證明：當x＞－1且x≠0時，(1＋x)p＞1＋px； (2)數(shù)列{an}滿足a1＞c，an＋1＝an＋a，證明：an＞an＋1＞c. 【解析】證明：

60、(1)用數(shù)學歸納法證明如下． ①當p＝2時，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立． ②假設(shè)p＝k(k≥2，k∈N*)時，不等式(1＋x)k>1＋kx成立． 當p＝k＋1時，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x. 所以當p＝k＋1時，原不等式也成立． 綜合①②可得，當x>－1，x≠0時，對一切整數(shù)p>1，不等式(1＋x)p>1＋px均成立． (2)方法一：先用數(shù)學歸納法證明an>c. ①當n＝1時，由題設(shè)知a1>c成立． ②假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時，不等式ak>c成立． 由an＋1＝

61、an＋a易知an>0，n∈N*. 當n＝k＋1時，＝＋a＝ 1＋. 由ak>c>0得－1<－<<0. 由(1)中的結(jié)論得＝>1＋p· ＝. 因此a>c，即ak＋1>c， 所以當n＝k＋1時，不等式an>c也成立． 綜合①②可得，對一切正整數(shù)n，不等式an>c均成立． 再由＝1＋可得<1， 即an＋1an＋1>c，n∈N*. 方法二：設(shè)f(x)＝x＋x1－p，x≥c，則xp≥c， 所以f′(x)＝＋(1－p)x－p＝>0. 由此可得，f(x)在[c，＋∞)上單調(diào)遞增，因而，當x>c時，f(x)>f(c)＝c. ①當n＝1時，由a1>c>0，即

62、a>c可知 a2＝a1＋a＝a1c，從而可得a1>a2>c， 故當n＝1時，不等式an>an＋1>c成立． ②假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時，不等式ak>ak＋1>c成立，則當n＝k＋1時，f(ak)>f(ak＋1)>f(c)， 即有ak＋1>ak＋2>c， 所以當n＝k＋1時，原不等式也成立． 綜合①②可得，對一切正整數(shù)n，不等式an>an＋1>c均成立． 13．（2014·福建卷） 已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(a為常數(shù))的圖像與y軸交于點A，曲線y＝f(x)在點A處的切線斜率為－1. (1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值； (2)證明：當x

63、>0時，x2ln 2時，f ′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 所以當x＝ln 2時，f(x)取得極小值， 且極小值為f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4， f(x)無極大值． (2)證明：

64、令g(x)＝ex－x2，則g′(x)＝ex－2x. 由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＝2－ln 4>0， 故g(x)在R上單調(diào)遞增，又g(0)＝1>0， 所以當x>0時，g(x)>g(0)>0，即x20時，x20時，x21，要使不等式x2kx2成立． 而要使ex>kx2成立，則只要x>ln(kx2)，只要x>2ln x＋ln k成立． 令h(x)＝x－2ln

65、x－ln k，則h′(x)＝1－＝. 所以當x>2時，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． 取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． 又h(x0)＝16k－2ln(16k)－ln k＝8(k－ln 2)＋3(k－ln k)＋5k， 易知k>ln k，k>ln 2，5k>0，所以h(x0)>0. 即存在x0＝，當x∈(x0，＋∞)時，恒有x20時，e

66、x>x2，所以ex＝e·e>·， 當x>x0時，ex>>＝x2， 因此，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當x∈(x0，＋∞)時，恒有x2