丰富丰富纷纷
专题一 函数与导数
第1课时
2ax＋
1．解：(1)f′(x)＝
2
a＋xx＋1
＝ax＋
xx＋
(x>0)，
当a≥0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
1???1?当a<0时，则f(x)在?0，－?上单调递增，在?－，＋∞?上单调递减． 2a???2a?
?1?(2)由(1)知，当a<0时，f(x)max＝f?－?. ?2a?
?1??3??1?1
f?－?－?－－2?＝ln?－?＋＋1， ?2a??4a??2a?2a1??令y＝ln t＋1－t?t＝－>0?， 2a??
1
则y′＝－1＝0，解得t＝1.
t∴y在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
?3?∴ymax＝y|x＝1＝0.∴y≤0，即f(x)max≤－?＋2?. ?4a?
3
∴f(x)≤－－2.
4a2．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝4时，
1
f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，f′(x)＝ln x＋－3，
x∴f′(1)＝－2，f(1)＝0.
∴曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.
ax－
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于ln x－>0.
x＋1
ax－12ax2＋－ax＋1
令g(x)＝ln x－，则g′(x)＝－，g(1)＝0， 2＝
x＋1xx＋xx＋2
22
①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x＋2(1－a)x＋1≥x－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)>0；
②当a>2时，令g′(x)＝0，得 x1＝a－1－a－2－1，x2＝a－1＋a－2－1.
由x2>1和x1x2＝1，得x1<1.故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在x∈(1，x2)单调递减，因此g(x)<0.
综上，a的取值范围是(－∞，2]．
xx3．解：(1)当a＝e时，g(x)＝2x－e，g′(x)＝2－e＝0?x＝ln 2.
当x
1
f(－1)＝1－>0，f(0)＝－1<0，
a由零点存在定理知f(x)在(－∞，0]上有一个零点． 当x>0时，由f(x)＝0，得
5
丰富丰富纷纷x2＝ax?2ln x＝xln a?ln a＝
2ln x令h(x)＝，则h′(x)＝
2ln x.
x－ln xxx2
.
由h′(x)＝0，得x＝e，当0
22
故h(x)max＝h(e)＝， h(1)＝0，且当x>e时，0
ee
图D103
由数形结合知，
22
ⅰ)若ln a>，即a>ee时，当x>0时，f(x)无零点，故当x∈R时，f(x)有1个零点；
e
22
ⅱ)若ln a＝，即a＝ee时，当x>0时，f(x)有1个零点，故当x∈R时，f(x)有2个
e
零点；
22
ⅲ)若0
e
个零点．
1
②再考虑0
a当>e即0
aa2e?2e2e时，f(x)有1个零点； 时，f(x)有2个零点；
当＝e即a＝e2e?2?12当1<
a综上所述， 当a>e或0
?当1
x4．解：(1)由f(x)>0可知x(e－a)>0，
xx当a≤0时，e－a>0，由x(e－a)>0，解得x>0；
x当0
x当a>1时，ln a>0，由x(e－a)>0，解得x>ln a或x<0.
x(2)当a＝2时，要使f(x)＋k>0恒成立，即xe－2x>－k恒成立．
xx令f(x)＝xe－2x，则f′(x)＝h(x)＝(x＋1)e－2.
x∴h′(x)＝(x＋2)e.
当x∈(－∞，－2)时，h′(x)<0，函数h(x)在(－∞，－2)上单调递减； 当x∈(－2，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)在(－2，＋∞)上单调递增．
2
又因为x∈(－∞，－1)时，h(x)<0，且h(0)＝－1<0，h(1)＝2e－2>0， 所以存在唯一的x0∈(0,1)，使得f′(x0)＝h(x0)＝(x0＋1)ex0－2＝0. 当x∈(－∞，x0)时，f′(x)<0，函数f(x)在(－∞，x0)上单调递减；
6
丰富丰富纷纷当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)在(x0，＋∞)上单调递增． 所以，当x＝x0时，f(x)取到最小值．
1?2x0?f(x0)＝x0ex0－2x0＝－2x0＝4－2?x0＋1＋. x0＋1?x0＋1??
因为x0∈(0,1)，所以f(x0)∈(－1,0)．
从而使得f(x)＋k>0恒成立的最小正整数的值为1. 第2课时
1．A 解析：构造函数g(x)＝e·f(x)－e－1，
xxxx求导，得g′(x)＝e·f(x)＋e·f′(x)－e＝e[f(x)＋f′(x)－1]．由已知f(x)＋f′(x)>1，可得到g′(x)>0，所以g(x)为R上的增函数．
00
又g(0)＝e·f(0)－e－1＝0，
xx所以e·f(x)>e＋1，即g(x)>0的解集为{x|x>0}．
fxfxx－fxx2．A 解析：令g(x)＝，则g′(x)＝＝2
cos xcos xfxx＋fxx?ππ?.因为对任意的x∈?－，?满足f′(x)cos x＋f(x)sin 2
cos x?22?
?ππ??π??π?x>0可得g′(x)>0，所以函数g(x)在?－，?上为增函数．所以g?－?
?π??π?f?－?f?－??3??4??π??π?<.所以2f?－?
π?π??3??4???－－cos??cos?4??3???
fxxfx－fx3．A 解析：令F(x)＝，则F′(x)＝<0. 2
xxxx.所以3f(2)>2f(3)．
232x＋sin x2x＋sin x4．2 解析：f(x)＝1＋，设g(x)＝f(x)－1＝，则g(x)是奇函数．∵2
x＋1x2＋1
f(x)最大值为M，最小值为m，∴g(x)的最大值为M－1，最小值为m－1.∴M－1＋m－1＝0，即M＋m＝2.
fxxfx－fx5．(－2,0)∪(2，＋∞) 解析：令g(x)＝，则g′(x)＝＞0，2
>
所以F(x)为减函数，则
ffxxx∈(0，＋∞)．
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
f－x－fxfx又g(－x)＝＝＝＝g(x)，
－x－xx则g(x)是偶函数，g(－2)＝0＝g(2)．
?x＞0，?x＜0，??
则f(x)＝xg(x)＞0??或?
??gx＞0gx＜0.??
解得x＞2或－2＜x＜0，故不等式f(x)＞0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)． 6．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
ln x1－ln x因为f(x)＝，所以f′(x)＝.
xx2当f′(x)>0，即0
故函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
7
丰富丰富纷纷(2)因为e<3<π，所以eln 3
ee33ππ
于是根据函数y＝ln x，y＝ex，y＝πx在定义域上单调递增，可得3<π<π，e
3πe3
故这6个数的最大数在π与3之中，最小数在3与e之中．
ln πln 3ln e
由e<3<π及(1)的结论，得f(π)
π3e
ln πln 33ππ3由<，得ln π
π3ln 3ln ee3e3由<，得ln 3
3e
πe
综上所述，6个数中的最大数是3，最小数是3.
7．(1)解：当a＝1时，函数f(x)＝x－ln x，x∈(0，＋∞)．
1
∵f′(x)＝1－，令f′(x)＝0，得x＝1.
eeππ
x∵当x∈(0,1)时，f′(x)<0， ∴函数f(x)在(0,1)上为减函数． ∵当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， ∴函数f(x)在(1，＋∞)上为增函数．
∴当x＝1时，函数f(x)有最小值，f(x)最小值＝f(1)＝1.
1
(2)解：∵f′(x)＝a－，
x①若a≤0，则对任意的x∈[1，＋∞)都有f′(x)<0.∴函数f(x)在[1，＋∞)上为减函
数．
∴函数f(x)在[1，＋∞)上有最大值，没有最小值，f(x)最大值＝f(1)＝a.
1
②若a>0，令f′(x)＝0，得x＝. a1?1?ⅰ)当0
a?a?
?1?∴函数f(x)在?1，?上为减函数；
?a?
?1?当x∈?，＋∞?时，f′(x)>0， ?a?
?1?∴函数f(x)在?，＋∞?上为增函数． ?a?
11?1?∴当x＝时，函数f(x)有最小值，f(x)最小值＝f??＝1－ln . a?a?
a1
ⅱ)当a≥1时，≤1，在[1，＋∞)上恒有f′(x)≥0.
a∴函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，函数f(x)在[1，＋∞)有最小值，f(x)最小值＝f(1)＝a.
综上所述，当a≤0时，函数f(x)在[1，＋∞)上有最大值，f(x)最大值＝a；
1
当0
a当a≥1时，函数f(x)在[1，＋∞)有最小值，f(x)最小值＝a.
(3)证明：由(1)知函数f(x)＝x－ln x在(0，＋∞)上有最小值1，
即对任意的x∈(0，＋∞)都有x－ln x≥1，即x－1≥ln x，当且仅当x＝1时“＝”成立．
n＋1n＋1*
∵n∈N，∴>0，且≠1.
nnn＋1n＋11n＋1?1??1?n∴－1>ln ?>ln ?1>nln?1＋??1>ln?1＋?.
nnnn?n??n?
8
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