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第二部分 专题一 第六讲 导数的综合应用(解答题型)


第 二 部 分
专 题 一

导练感悟高考

第 六 讲

热点透析高考 第一课时 创新预测 热点透析高考 第二课时 创新预测

第二部分
专题一

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第六讲

导数的综合应用
(解答题型)


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[导练感悟高考]
1 1.解:(1)f′(x)=ae -aex,
x

当f′(x)>0,即x>-ln a时,f(x)在(-ln a,+∞)上递增; 当f′(x)<0,即x<-ln a时,f(x)在(-∞,-ln a)上递减. ①当0<a<1时,-ln a>0,f(x)在(0,-ln a)上递减,在 (-ln a,+∞)上递增,从而f(x)在[0,+∞)内的最小值为 f(-ln a)=2+b;

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②当a≥1时,-ln a≤0,f(x)在[0,+∞)上递增,从而f(x在 1 [0,+∞)内的最小值为f(0)=a+a+b. 1 3 1 2 2 (2)依题意f′(2)=ae -ae2=2,解得ae =2或ae =-2
2

(舍去). 2 1 1 所以a=e2,代入原函数可得2+2+b=3,即b=2. 2 1 故a=e2,b=2.

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2.解:(1)由已知得f′(x)=f′(1)ex-1-f(0)+x, 所以f′(1)=f′(1)-f(0)+1,即f(0)=1. 又f(0)=f′(1)e-1,所以f′(1)=e. 1 2 从而f(x)=e -x+2x .
x

由于f′(x)=ex-1+x,故当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0; 当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0. 从而,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.

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(2)由已知条件得ex-(a+1)x≥b.

(*)

1-b ①若a+1<0,则对任意常数b,当x<0,且x< 时,可得 a+1 ex-(a+1)x<b,因此(*)式不成立,假设不成立. ②若a+1=0,则(a+1)b=0,(舍去); ③若a+1>0,设g(x)=ex-(a+1)x,则g′(x)=ex-(a+1). 当x∈(-∞,ln(a+1))时,g′(x)<0; 当x∈(ln(a+1),+∞)时,g′(x)>0.

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从而g(x)在(-∞,ln(a+1))上单调递减, 在(ln(a+1),+∞)上单调递增. 故g(x)有最小值g(ln(a+1))=a+1-(a+1)ln(a+1). 1 2 所以f(x)≥2x +ax+b等价于 b≤a+1-(a+1)ln(a+1). (**)

因此(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1). 设h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1), 则h′(a)=(a+1)[1-2ln(a+1)].

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所以 h(a)在 -1,e -1 上单调递增,在 e -1,+∞ 上单 e 调递减,故 h(a)在 a=e -1 处取得最大值.从而 h(a)≤ ,即 2 e (a+1)b≤ . 2 e 当 a=e -1,b= 时,(**)式成立, 2 1 2 故 f(x)≥ x +ax+b. 2 e 综合得,(a+1)b 的最大值为 . 2
1 2 1 2 1 2

? ? ? ?

1 2

? ? ? ?

? ? ? ?

1 2

? ? ? ?

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3.解:(1)方程2x2-3(1+a)x+6a=0的判别式 Δ=9(1+a)
2

? 1? -48a=9(a-3)?a-3?, ? ?

而0<a<1,A={x∈R|x>0}, 1 1 ①当Δ>0时,得a<3或a>3,即0<a<3, 由2x2-3(1+a)x+6a=0, 3?1+a?-3 解得x1= 4
? 1? ?a-3??a-3? ? ?



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3?1+a?+3 x2= 4

? 1? ?a-3??a-3? ? ?

,有 0<x1<x2,

此时 B=(-∞,x1)∪(x2,+∞),D=A∩B=(0,x1)∪(x2,+∞); 1 ②当 Δ=0 时,得 a=3,由 x2-2x+1=0,得 x=1, 此时 B=(-∞,1)∪(1,+∞),D=A∩B=(0,1)∪(1,+∞); 1 ③当 Δ<0 时,得3<a<1,B=R,D=A∩B=(0,+∞). 1 综上所述:当 0<a<3时,
? 1?? ? 3?1+a?-3 ?a-3??a-3?? ? D=? ? ? ∪ ? 0, 4 ? ?

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? 1? ? ? ?a- ? ?a-3? ?3?1+a?+3 ? 3? ? ? ?; ,+∞ 4 ? ?

1 当a=3时,D=(0,1)∪(1,+∞); 1 当3<a<1时,D=(0,+∞). (2)由题知f′(x)=6x2-6(1+a)x+6a =6(x-1)(x-a),0<a<1, 令f′(x)=0得x=a或x=1, 当x<a或x>1时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当a<x<1时,f′(x)<0,f(x)单调递减.

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1 ①当0<a<3时,
? 1?? ? 3?1+a?-3 ?a-3??a-3?? ? D=? ? ? ∪ ? 0, 4 ? ? ? 1? ? ? ?a- ? ?a-3? ?3?1+a?+3 ? 3? ? ? ?, ,+∞ 4 ? ?

由f(0)=0, f(a)=2a3-3(1+a)a2+6a2=a2(3-a)>0, f(1)=2-3(1+a)+6a=3a-1<0, 再由f(x)的单调性可得0<a<x1<1<x2,

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所以函数f(x)在D内的极值点为x=a; 1 ②当a=3时,D=(0,1)∪(1,+∞),函数f(x)在D内的极值点为 1 x=a=3; 1 ③当 3 <a<1时,D=(0,+∞),函数f(x)在D内的极值点为x=a和 x=1. 1 综上,当3<a<1时,函数f(x)在D内的极值点为x=a和x=1;当 1 1 1 a= 3 时,函数f(x)在D内的极值点为x= 3 ;当0<a< 3 时,函数f(x) 在D内的极值点为x=a.

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第一课时
[热点透析高考]
例1:(1)当a=1,b=-1时,函数f(x)=x2+x-ln x,则f′(x)= 1 2x+1-x, 1 令f′(x)=0,得x=-1(舍去)或x=2.
? 1? 1 当0<x<2时,f′(x)<0,函数f(x)在?0,2?上单调递减; ? ? ?1 ? 1 当x>2时,f′(x)>0,函数f(x)在?2,+∞?上单调递增. ? ?

1 3 所以f(x)在x=2处取得极小值4+ln 2.

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(2)∵a+b=-2,∴a=-2-b,∴f(x)=x2-(2+b)x+bln x, b ?2x-b??x-1? 则f′(x)=2x-(2+b)+x= , x b 令f′(x)=0,得x1=2,x2=1. b ①当 2 ≤0,即b≤0时,函数f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增 区间为(1,+∞); b ②当0<2<1,即0<b<2时,f′(x),f(x)随x的变化情况列表如下:

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x f′(x) f(x)

? b? ?0, ? 2? ?

?b ? ? ,1? ?2 ?

(1,+∞) + ?

+ ?

- ?

? b? 所以函数f(x)的单调递增区间为 ?0,2? ,(1,+∞),单调递减区 ? ? ?b ? 间为?2,1?; ? ?

b ③当2=1,即b=2时,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞);

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b ④当2>1,即b>2时,f′(x),f(x)随x的变化情况列表如下: x f′(x) f(x) (0,1) + ?
? b? ?1, ? 2? ? ?b ? ? ,+∞? ?2 ?

- ?

+ ?

?b ? 所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1), ?2,+∞? ,单调递减区间 ? ? ? b? 为?1,2?. ? ?

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综上:当 b≤0 时,函数 f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区 间为(1,+∞); 当 0<b<2 时,函数
? b? f(x)的单调递增区间为?0,2?,(1,+∞),单 ? ?

?b ? 调递减区间为?2,1?; ? ?

当 b=2 时,函数 f(x)的单调递增区间为(0,+∞); 当 b>2 时,函数
? b? 减区间为?1,2?. ? ? ?b ? f(x)的单调递增区间为(0,1),?2,+∞?,单调递 ? ?

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1 例 2:(1)令 f′(x)=ln x+1=0 得 x= , e ? ?1 ? 1? 1 ①当 0<t< 时,函数 f(x)在?t, e ?上单调递减,在?e,t+2?上 e ? ? ? ? 单调递增. 此时函数 f(x)在区间[t,t+2]上的最小值为
?1? 1 ? ?=- ; fe e ? ?

1 ②当 t≥ 时,函数 f(x)在[t,t+2]上单调递增. e 此时函数 f(x)在区间[t,t+2]上的最小值为 f(t)=tln t.

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(2)由题意得,f(x)-g(x)=xln 有且仅有一个根,

x+x2-ax+2=0在(0,+∞)上

2 即a=ln x+x+x在(0,+∞)上有且仅有一个根, 2 令h(x)=ln x+x+x,
2 1 2 x +x-2 1 则h′(x)=x+1-x2= x2 =x2(x+2)(x-1),

易知h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 所以a=h(x)min=h(1)=3.

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(3)由题意得,y=f(x)+g(x)=xln x-x2+ax-2, 则其导函数为y′=ln x-2x+1+a, 由题知y′=ln x-2x+1+a=0有两个不同的实根x1,x2, 等价于a=-ln x+2x-1有两个不同的实根x1,x2, 等价于直线y=a与函数G(x)=-ln x+2x-1的图像有两个不同的 交点.
? ?1 ? 1? 1 由G′(x)=- x +2,得G(x)在 ?0,2? 上单调递减,在 ?2,+∞? 上 ? ? ? ?

单调递增,

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画出函数G(x)图像的大致形状(如图),
?1? 由图像易知,当a>G(x)min=G?2?=ln ? ?

2时,

x1,x2存在,且x2-x1的值随着a的增大而 增大. 而当x2-x1=ln 2时,
?ln x1-2x1+1+a=0, ? 则有? ?ln x2-2x2+1+a=0, ?

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x2 两式相减可得ln x =2(x2-x1)=2ln 2, 1 得x2=4x1,代入x2-x1=ln 2, ln 2 4ln 2 解得x1= 3 ,x2= 3 ,
?ln 2? 2 此时实数a=3ln 2-ln? 3 ?-1, ? ? ?ln 2? 2 所以实数a的取值范围为a>3ln 2-ln? 3 ?-1. ? ?

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100 例 3:(1)∵πr <10 000,∴0<r< . π
2

塑胶跑道面积 10 000-πr2 80 000 2 2 S=π[r -(r-8) ]+8× ×2= r +8πr-64π 2r
? 100? ? ? 0<r< . ? π? ? ?

(2)设运动场的造价为 y 元,
?80 000 ? y=150×? r +8πr-64π?+ ? ? ? 30×?10 ? ? 80 000 000- r -8πr+64π? ?

=300

?80 000 ? 000+120×? r +8πr?-7 ? ?

680π.

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80 000 令 f(r)= r +8πr, 80 000 ∵f′(r)=8π- r2 ,当 r∈[30,40]时,f′(r)<0, ∴函数 y=300 减函数. ∴当 r=40 时,ymin≈636 460.8. 即运动场的造价最低为 636 460.8 元.
?80 000 ? 000+120×? r +8πr?-7 ? ?

680π 在[30,40]上为

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创新预测 a 1.解:(1)∵函数F(x)=f(x)+g(x)=x+x+ln x,且其定义域为 (0,+∞).
2 a 1 x +x-a ∴F′(x)=1-x2+x= . x2

设t(x)=x2+x-a,其判别式Δ=1+4a, 1 ①当Δ=1+4a≤0,即a≤-4时,得x2+x-a≥0, 则F′(x)≥0.∴函数F(x)在(0,+∞)上单调递增;

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1 ②当Δ=1+4a>0,即a>-4时,令F′(x)=0, 得x2+x-a=0, -1- 1+4a -1+ 1+4a 解得x1= ,x2= . 2 2 -1+ 1+4a 1 (ⅰ)若-4<a≤0,则x2= ≤0. 2 ∵x∈(0,+∞),∴F′(x)>0, ∴函数F(x)在(0,+∞)上单调递增.

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? -1+ 1+4a? ? ? (ⅱ)若a>0,则x∈?0, ?时,F′(x)<0; 2 ? ? ?-1+ 1+4a ? ? ? x∈? ,+∞?时,F′(x)>0, 2 ? ?

∴函数F(x)在区间

? -1+ 1+4a? ? ? 0, ? ? 2 ? ?

上单调递减,在区间

?-1+ 1+4a ? ? ? ,+∞?上单调递增. ? 2 ? ?

综上所述,当a≤0时,函数F(x)的单调递增区间为(0,+∞);

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当a>0时,函数F(x)的单调递减区间为
?-1+ 1+4a ? ? ? 递增区间为? ,+∞?. 2 ? ?

? -1+ 1+4a? ? ? 0, ? ? 2 ? ?

,单调

g?x? ln x a (2)由 x2 =f(x)-2e得 x2 =x+x-2e, ln x 可化为 x =x2-2ex+a. 1-ln x ln x 令h(x)= x ,则h′(x)= x2 .令h′(x)=0,得x=e.

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当0<x<e时,h′(x)>0;当x>e时,h′(x)<0. ∴函数h(x)在区间(0,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调 递减. 1 ∴当x=e时,函数h(x)取得最大值,其值为h(e)= e. 而函数m(x)=x2-2ex+a=(x-e)2+a-e2, 当x=e时,函数m(x)取得最小值,其值为m(e)=a-e2. g?x? 1 1 2 ∴当a-e = e ,即a=e + e 时,方程 x2 =f(x)-2e只有一个实
2

数根.

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2.解:(1)设 y=f(x)与 y=g(x)的公共点为(x0,y0). 3a2 f′(x)=x+2a,g′(x)= x ,由题意知 f(x0)=g(x0), f′(x0)=g′(x0), 1 2 3a2 即 x0+2ax0=3a2ln x0+b,x0+2a= . 2 x0 3a2 由 x0+2a= 得 x0=a 或 x0=-3a(舍去). x0 1 2 5 2 2 2 即有 b= a +2a -3a ln a= a -3a2ln a. 2 2

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5 令h(t)=2t2-3t2ln t(t>0),则h′(t)=2t(1-3ln t). 当t(1-3ln t)>0,即0<t<e 时,h′(t)>0; 当t(1-3ln t)<0,即t>e 时,h′(t)<0. 故h(t)在(0,e )上为增函数,在(e ,+∞)上为减函数. 3 2 于是h(t)在(0,+∞)上的最大值为h(e )=2e 3 ,即b的最大值为 3 2 e3. 2
1 3 1 3 1 3 1 3 1 3

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1 2 (2)F(x)=f(x)-g(x)=2x +2ax-3a2ln x-b(x>0), 3a2 ?x-a??x+3a? 则F′(x)=x+2a- x = (x>0). x 3a2 ?x-a??x+3a? 由F′(x)=x+2a- x = (x>0). x 由F′(x)<0得0<x<a,由F′(x)>0得x>a, 所以F(x)在(0,a)上为减函数,在(a,+∞)上为增函数, 于是函数F(x)在x=a处取得极小值,F(x)极小值=F(a)=F(x0)= f(x0)-g(x0)=0,无极大值.

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3.解:(1)由题意可得 ? 1 3 ?- x +ax2+270x-10 000,0<x<120, y=? 30 ?10 400-20x, x≥120. ? 因为x=30时,y=-100, 1 所以-100=-30×303+a×302+270×30-10 000. 所以a=3.

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1 3 (2)当0<x<120时,y=-30x +3x2+270x-10 000. 1 2 y′=-10x +6x+270. 1 2 由y′=-10x +6x+270=0可得x1=90,x2=-30(舍). 所以当x∈(0,90)时,原函数是增函数; 当x∈(90,120)时,原函数是减函数. 所以当x=90时,y取得最大值14 300. 当x≥120时,y=10 400-20x≤8 000. 所以当日产量为90吨时,每日的利润可以达到最大值14 300元.

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第二课时 [热点透析高考] 例1:(1)f′(x)=x2+2bx+c, ∵f′(2-x)=f′(x),∴函数y=f′(x)的图像关于直线x=1对 称,则b=-1. ∵直线y=4x-12与x轴的交点为(3,0), ∴f(3)=0,且f′(3)=4, 即9+9b+3c+d=0,且9+6b+c=4, 解得c=1,d=-3. 1 3 所以f(x)=3x -x2+x-3.

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(2)由(1)得f′(x)=x2-2x+1=(x-1)2, 所以g(x)=x
?x2-x,x≥1, ? 2 ?x-1? =x|x-1|=? ?x-x2,x<1, ?

其图像如图所示. 1 1± 2 当x -x=4时,x= 2 ,根据图像得:
2

1 (ⅰ)当0<m≤2时,g(x)的最大值为m-m2; 1+ 2 1 (ⅱ)当2<m≤ 2 时, 1 g(x)的最大值为4;

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1+ 2 (ⅲ)当m> 2 时,g(x)的最大值为m2-m. (3)h(x)=ln(x-1)2=2ln|x-1|, h(x+1-t)=2ln|x-t|,h(2x+2)=2ln|2x+1|, 又∵当x∈[0,1]时,|2x+1|=2x+1, ∴不等式2ln|x-t|<2ln|2x+1|恒成立等价于|x-t|<2x+1且x≠t 恒成立,

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由|x-t|<2x+1恒成立, 得-x-1<t<3x+1恒成立, ∵当x∈[0,1]时,3x+1∈[1,4],-x-1∈[-2,-1], ∴-1<t<1, 又∵当x∈[0,1]时,由x≠t恒成立,得t?[0,1],

∴实数t的取值范围是-1<t<0.

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a?1-x? 例2:(1)根据题意知,f′(x)= x (x>0), 当a>0时,f(x)的单调递增区间为(0,1],单调递减区间为(1,+∞); 当a<0时,f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1]; 当a=0时,f(x)不是单调函数. (2)证明:当a=-1时,f(x)=-ln x+x-3, 所以f(1)=-2, 由(1)知f(x)=-ln x+x-3在(1,+∞)上单调递增, 所以当x∈(1,+∞)时,f(x)>f(1),即f(x)>-2, 所以f(x)+2>0.

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(3)证明:由(2)得-ln x+x-3+2>0, 即-ln x+x-1>0, 所以ln x<x-1对一切x∈(1,+∞)恒成立. ∵n≥2,n∈N*,则有0<ln n<n-1, ln n n-1 ∴0< n < n , ln 2 ln 3 ln 4 ln n 1 2 3 n-1 1 ∴ 2 ·3 ·4 · n <2··· n =n(n≥2,n∈N*). …· 3 4 …·

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例3:(1)当a=2时,联立f(x),g(x), 1 得x +3x+1= +x, x-1
2

整理得x3+x2-x-2=0(x≠1), 令y=x3+x2-x-2(x≠1), 1 求导得y′=3x +2x-1=0得x1=-1,x2=3,
2

1 所以极值点分别在-1和3处,且极大值、极 小值都是负值(图像如图1),故交点只有一个.

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a-1 (2)联立f(x),g(x),得x +3x+1= +x, x-1
2

整理得a=x3+x2-x(x≠1), 即联立
?y=a, ? ? ?y=h?x?=x3+x2-x,x≠1, ?

对h(x)求导可以得到极值

1 点分别在-1和3处(h(x)的图像如图2所示),
?1? 5 ? ?=- , h(-1)=1,h 3 27 ? ?

当a=h(-1)=1时,y=a与y=h(x)仅有一个 公共点(因为(1,1)点不在y=h(x)曲线上), 5 故a=-27时恰有两个公共点.

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创新预测 1-ln x ln x 1.解:(1)∵g(x)= x (x>0),∴g′(x)= x2 , 令g′(x)>0,得0<x<e. ln x 故函数g(x)= x 的单调递增区间为(0,e). ln x ln x ln x (2)由kx≥ x ,得k≥ x2 ,令h(x)= x2 , 则问题转化为k大于等于h(x)的最大值, 1-2ln x 又h′(x)= x3 , 令h′(x)=0,得x= e,

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当x在区间(0,+∞)内变化时,h′(x),h(x)变化情况如下表: x h′(x) h(x) (0, e) + ? e 0 1 2e ( e,+∞) - ?

1 由表知当x= e 时,函数h(x)有最大值,且最大值为 2e ,因此
?1 ? 1 k≥2e.即k的取值范围为?2e,+∞? ? ?

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2.解:(1)由f(x)=x-(x+1)ln(x+1),得f′(x)=-ln(x+1), 当-1<x<0时,f′(x)>0,则f(x)单调递增; 当x>0时,f′(x)<0,则f(x)单调递减. 所以f(x)的单调递增区间为(-1,0],单调递减区间为 [0,+∞). ln?1+x? (2)证明:设g(x)= (x>0), x x -ln?1+x? 1+x x-?1+x?ln?1+x? 则g′(x)= = . x2 x2?1+x?

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由(1)知,f(x)=x-(1+x)ln(1+x)在(0,+∞)上单调递减, 所以x-(1+x)ln(1+x)<f(0)<0,即g(x)在(0,+∞)上单调递减, ln?1+n? ln?1+m? 而n>m>0,所以g(n)<g(m),即 < , n m 得mln(1+n)<nln(1+m),故(1+n)m<(1+m)n.

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3.解:(1)∵f(x)=x(x2-ax-3),∴f′(x)=3x2-2ax-3. ∵f(x)在[1,+∞)上是增函数, ∴在[1,+∞)上恒有 f′(x)≥0, 即 3x2-2ax-3≥0 在[1,+∞)上恒成立. 3? 1? 分离参数得 a≤2?x-x?在[1,+∞)上恒成立. ? ? 3? 1? 3 ∵当 x≥1 时,2?x-x?≥2(1-1)=0,∴a≤0. ? ? 即 a 的取值范围是(-∞,0].

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(2)依题意得

? 1? 1 2 f′?-3?=0,即3+3a-3=0,∴a=4, ? ?

∴f(x)=x3-4x2-3x. 1 令 f′(x)=3x -8x-3=0,得 x1=-3,x2=3.
2

当 x 在[1,4]上变化时,f′(x)与 f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) -6 1 (1,3) - ? 3 0 -18 (3,4) + ? -12 4

∴f(x)在区间[1,4]上的最大值是 f(1)=-6.

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(3)函数g(x)=bx的图像与函数f(x)的图像恰有3个交点, 即方程x3-4x2-3x=bx恰有3个不相等的实根. 显然x=0是其中的一个根, ∴方程x2-4x-3-b=0有两个非零的不相等的实根.
?Δ=16+4?3+b?>0, ? ∴? ?-3-b≠0, ?

∴b>-7且b≠-3. ∴存在满足条件的b,b的取值范围是(-7,-3)∪(-3,+∞).

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