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1、1.设f(x)是定义在R上的可导函数，当x0时，f(x)0，则关于x的函数g(x)f(x)的零点个数为()A1 B2C0 D0或2答案C解析由f(x)0，得0，当x0时，xf(x)f(x)0，即xf(x)0，函数xf(x)单调递增；当x0时，xf(x)f(x)0，即xf(x)0f(0)0，又g(x)f(x)x1，函数g(x)的零点个数等价于函数yxf(x)1的零点个数当x0时，yxf(x)11，当x1，所以函数yxf(x)1无零点，所以函数g(x)f(x)x1的零点个数为0.故选C.2设函数f(x)是定义在(，0)上的可导函数，其导函数为f(x)，且有2f(x)xf(x)x2，则不等式(x20
2、14)2f(x2014)4f(2)0的解集为_答案(，2016)解析由2f(x)xf(x)x2，x0得2xf(x)x2f(x)x3，x2f(x)x30.令F(x)x2f(x)(x0)，则F(x)0(x0即为F(x2014)F(2)0，即F(x2014)F(2)，又因为F(x)在(，0)上是减函数，所以x20142，x2016.3已知f(x)axcosx，x.若x1，x2，x1x2，0，则实数a的取值范围为_答案a解析f(x)asinx.依题意可知f(x)在上为减函数，所以f(x)0对x恒成立，可得asinx对x恒成立设g(x)sinx，x.易知g(x)为减函数，故g(x)min，所以a.4设函
3、数f(x)emxx2mx. (1)证明：f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增；(2)若对于任意x1，x21,1，都有|f(x1)f(x2)|e1，求m的取值范围解(1)证明：f(x)m(emx1)2x.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0.若m0，f(x)0；当x(0，)时，emx10.所以，f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在1,0单调递减，在0,1单调递增，故f(x)在x0处取得最小值所以对于任意x1，x21,1，|f(x1)f(x2)|e1的充要条件是即设函数g(t)ette1，则g(t)et1.当t0时，g(t)0
4、时，g(t)0.故g(t)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增又g(1)0，g(1)e12e1时，由g(t)的单调性，g(m)0，即emme1；当m0，即emme1.综上，m的取值范围是1,15设a1，函数f(x)(1x2)exa.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(，)上仅有一个零点；(3)若曲线yf(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m 1.解(1)f(x)2xex(1x2)ex(x22x1)ex(x1)2ex0，故f(x)是R上的单调递增函数，其单调增区间是(，)，无单调减区间(2)证明：因为f(0)(102)
5、e0a1a0，由零点存在性定理知，f(x)在(，)上至少有一个零点又由(1)知，函数f(x)是(，)上的单调递增函数，故函数f(x)在(，)上仅有一个零点 (3)证明：设点P(x0，y0)，由曲线yf(x)在点P处的切线与x轴平行知，f(x0)0，即f(x0)(x01)2ex00，(x01)20，x01，即P(1,2e1a)由点M(m，n)处的切线与直线OP平行知，f(m)kOP，即(1m)2ema.由em1m知，(1m)3(1m)2ema，即1m ，即m 1.6已知函数f(x)nxxn，xR，其中nN*，且n2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设曲线yf(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在
6、点P处的切线方程为yg(x)，求证：对于任意的正实数x，都有f(x)g(x)；(3)若关于x的方程f(x)a(a为实数)有两个正实数根x1，x2，求证：|x2x1|0，即x1时，函数f(x)单调递增；当f(x)1时，函数f(x)单调递减所以，f(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减(2)证明：设点P的坐标为(x0,0)，则x0n，f(x0)nn2.曲线yf(x)在点P处的切线方程为yf(x0)(xx0)，即g(x)f(x0)(xx0)令F(x)f(x)g(x)，即F(x)f(x)f(x0)(xx0)，则F(x)f(x)f(x0)由于f(x)nxn1n在(0，)上单调递减，故F(x)在
7、(0，)上单调递减又因为F(x0)0，所以当x(0，x0)时，F(x)0，当x(x0，)时，F(x)0，所以F(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减，所以对于任意的正实数x，都有F(x)F(x0)0，即对于任意的正实数x，都有f(x)g(x)(3)证明：不妨设x1x2.由(2)知g(x)(nn2)(xx0)设方程g(x)a的根为x2，可得x2x0.当n2时，g(x)在(，)上单调递减又由(2)知g(x2)f(x2)ag(x2)，可得x2x2.类似地，设曲线yf(x)在原点处的切线方程为yh(x)，可得h(x)nx.当x(0，)，f(x)h(x)xn0，即对于任意的x(0，)，f
8、(x)h(x)设方程h(x)a的根为x1，可得x1.因为h(x)nx在(，)上单调递增，且h(x1)af(x1)h(x1)，因此x1x1.由此可得x2x1x2x1x0.因为n2，所以2n1(11)n11C1n1n，故2nx0.所以|x2x1|0时，f(x)x；(2)证明：当k0，使得对任意的x(0，x0)，恒有f(x)g(x)；(3)确定k的所有可能取值，使得存在t0，对任意的x(0，t)，恒有|f(x)g(x)|x2.解(1)证明：令F(x)f(x)xln (1x)x，x0，)，则有F(x)1.当x(0，)时，F(x)0时，F(x)0时，f(x)0，故G(x)在0，)上单调递增，G(x)G(
9、0)0，故任意正实数x0均满足题意当0k0，取x01，对任意x(0，x0)，有G(x)0，从而G(x)在0，x0)上单调递增，所以G(x)G(0)0，即f(x)g(x)综上，当k0，使得对任意x(0，x0)，恒有f(x)g(x)(3)解法一：当k1时，由(1)知，x(0，)，g(x)xf(x)，故g(x)f(x)，|f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln (1x)令M(x)kxln (1x)x2，x0，)，则有M(x)k2x.故当x时，M(x)0，M(x)在上单调递增，故M(x)M(0)0，即|f(x)g(x)|x2.所以满足题意的t不存在当k0，使得当x(0，x0)时，f(x)g(x)，
10、此时|f(x)g(x)|f(x)g(x)ln (1x)kx.令N(x)ln (1x)kxx2，x0，)，则有N(x)k2x ，当x时，N(x)0，N(x)在上单调递增，故N(x)N(0)0，即f(x)g(x)x2.记x0与中的较小者为x1，则当x(0，x1)时，恒有|f(x)g(x)|x2.故满足题意的t不存在当k1时，由(1)知，当x0时，|f(x)g(x)|g(x)f(x)xln (1x)令H(x)xln (1x)x2，x0，)，则有H(x)12x.当x0时，H(x)0，所以H(x)在0，)上单调递减，故H(x)0时，恒有|f(x)g(x)|1时，由(1)知，x(0，)，g(x)xf(x)，故|f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln (1x)kxx(k1)x.令(k1)xx2，解得0x1时，对于x(0，k1)，恒有|f(x)g(x)|x2，故满足题意的t不存在当k1时，取k1，从而kk10，使得x(0，x0)，f(x)k1xkxg(x)，此时|f(x)g(x)|f(x)g(x)(k1k)xx.令xx2，解得0xx2.记x0与中的较小者为x1，当x(0，x1)时，恒有|f(x)g(x)|x2.故满足题意的t不存在当k1时，由(1)知，x0，|f(x)g(x)|g(x)f(x)xln
