高等数学导数证明题（精选8篇）
1.高等数学导数证明题 篇一
导数压轴题特辑1
一．选择题（共3小题）
1．设f＇（x）是函数f（x）的导函数，若f＇（x）＞0，且∀x1，x2∈R（x1≠x2），f（x1）+f（x2）＜2f（），则下列各项中不一定正确的是（）
A．f（2）＜f（e）＜f（π）
B．f′（π）＜f′（e）＜f′（2）
C．f（2）＜f′（2）﹣f′（3）＜f（3）
D．f′（3）＜f（3）﹣f（2）＜f′（2）
2．设函数f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），其导函数为y＝f′（x），若两两不相同实数x1，x2，x3，x4满足f（x1）＝f′（x2）＝f′（x3）＝f（x4），则下列说法正确的是（）
A．x1+x4＜2（x2+x3）
B．x1+x4＞2（x2+x3）
C．x1+x3＜x2+x4
D．x1+x3≥x2+x4
3．已知函数f（x）的定义域为R，且满足f（4）＝1，f′（x）为f（x）的导函数，又知y＝f′（x）的图象如图，若两个正数a，b满足f（2a+b）＜1，则的取值范围是（）
A．[，]
B．（，）
C．[，2]
D．（，2）
二．多选题（共1小题）
4．对于定义域为R的函数f（x），若满足：①f（0）＝0；②当x∈R且x≠0时，都有xf′（x）＞0；③当x1＜0＜x2且|x1|＜|x2|时，都有f（x1）＜f（x2），则称f（x）为“偏对称函数”下列函数是“偏对称函数”的是（）
A．f1（x）＝﹣x3+x2
B．f2（x）＝ex﹣x﹣1
C．f3（x）＝xsinx
D．f4（x）＝
三．解答题（共36小题）
5．已知函数f（x）＝ex（sinx﹣ax2+2a﹣e），其中a∈R，e＝2.71828…为自然数的底数．
（1）当a＝0时，讨论函数f（x）的单调性；
（2）当≤a≤1时，求证：对任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．
6．（1）已知函数是奇函数，又f（1）＝2，f（2）＜3，且f（x）在[1，+∞）上递增．
①求a，b，c的值；
②当x＜0时，讨论f（x）的单调性．
（2）已知二次函数f（x）的图象开口向下，且对于任意实数x都有f（2﹣x）＝f（2+x）求不等式：f[（x2+x+）]＜f[（2x2﹣x+）]的解．
7．已知函数f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna．
（1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．
8．已知函数f（x）＝（eax﹣1）lnx（a＞0）．
（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若关于x的方程f（x）＝ax2﹣ax在[1，+∞）上恰有三个不同的实数解，求a的取值范围．
9．已知函数f（x）＝ax，g（x）＝logax，其中a＞1．
（Ⅰ）求函数h（x）＝f（x）﹣xlna的单调区间；
（Ⅱ）若曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线平行，证明x1+g（x2）＝﹣；
（Ⅲ）证明当a≥时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．
10．已知函数（e为自然对数的底数）．
（1）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线与曲线y＝g（x）在点（0，g（0））处的切线互相垂直，求
函数在区间[﹣1，1]上的最大值；
（2）设函数，试讨论函数h（x）零点的个数．
11．已知函数f（x）＝eax，g（x）＝﹣x2+bx+c（a，b，c∈R），且曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（0，c）处具有公共切线．设h（x）＝f（x）﹣g（x）．
（Ⅰ）求c的值，及a，b的关系式；
（Ⅱ）求函数h（x）的单调区间；
（Ⅲ）设a≥0，若对于任意x1，x2∈[0，1]，都有|h（x1）﹣h（x2）|≤e﹣1，求a的取值范围．
12．设函数f（x）＝ln（1+ax）+bx，g（x）＝f（x）﹣bx2．
（Ⅰ）若a＝1，b＝﹣1，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若曲线y＝g（x）在点（1，ln3）处的切线与直线11x﹣3y＝0平行．
（i）求a，b的值；
（ii）求实数k（k≤3）的取值范围，使得g（x）＞k（x2﹣x）对x∈（0，+∞）恒成立．
13．已知函数f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e为自然对数的底数．
（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线l：x+2y＝0垂直，求实数a的值；
（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的较大者，记函数h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函数h（x）在（0，+∞）内恰有2个零点，求实数a的取值范围．
14．已知函数
f（x）＝lnx，g（x）＝ex
（1）若函数h（x）＝f（x）﹣，求函数h（x）的单调区间；
（2）设直线l为函数f（x）的图象上的一点
A（x0，f（x0））处的切线，证明：在区间（0，+∞）
上存在唯一的x0，使得直线l
与曲线y＝g（x）
相切．
15．已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝ex
（1）求函数h（x）＝g（x）f′（x）的单调区间；
（2）设直线l为函数f（x）图象上一点A（x0，lnx0）处的切线，证明：在区间（1，+∞）上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y＝g（x）相切．
16．已知函数f（x）＝x+，g（x）＝x﹣lnx，其中a∈R且a≠0．
（Ⅰ）求曲线y＝g（x）在点（1，g（1））处的切线方程；
（II）当a＝1时，求函数h（x）＝f（x）+g（x）的单调区间；
（III）设函数u（x）＝若u（x）＝f（x）对任意x∈[1，e]均成立，求a的取值范围．
17．已知函数f（x）＝x2+2ax（x＞0），g（x）＝3alnx+a，其中a＞0．
（1）当a＝1时，求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间；
（2）是否存在常数a，使两曲线y＝f（x），y＝g（x）有公共点，且在该点处的切线相同？若存在，请求出实数a的值；若不存在，请说明理由．
18．已知函数f（x）＝x3﹣x2+x，g（x）＝﹣（m﹣1）x，m∈R．
（Ⅰ）若f（x）在x＝1取得极值，求曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线方程；
（Ⅱ）若f（x）在区间（，+∞）上为增函数，求m的取值范围；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间和极值．
19．已知函数f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．
（Ⅰ）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点P（2，m）处有相同的切线（P为切点），求a，b的值；
（Ⅱ）令h（x）＝f（x）+g（x），若函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]，（1）求函数h（x）在区间（﹣∞，﹣1]上的最大值t（a）；
（2）若|h（x）|≤3在x∈[﹣2，0]上恒成立，求实数a的取值范围．
20．已知函数f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．
（1）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点P（2，c）处有相同的切线（P为切点），求a，b的值；
（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]，求函数h（x）在区间（﹣∞，﹣1]上的最大值M（a）
21．已知函数f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．
（1）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点p（2，c）处有相同的切线（p为切点），求实数a，b的值．
（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函数h（x）的单调减区间为[﹣，﹣]；
①求函数h（x）在区间（﹣∞，﹣1]上的最大值M（a）．
②若|h（x）|≤3在x∈[﹣2，0]上恒成立，求实数a的取值范围．
22．已知函数f（x）＝ex+x2﹣x，g（x）＝x2+ax+b，a，b∈R．
（1）当a＝1时，求函数F（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间；
（2）若曲线y＝f（x）在点（0，1）处的切线l与曲线y＝g（x）切于点（1，c），求a，b，c的值；
（3）若f（x）≥g（x）恒成立，求a+b的最大值．
23．函数y＝lnx关于直线x＝1对称的函数为f（x），又函数的导函数为g（x），记h（x）＝f（x）+g（x）．
（1）设曲线y＝h（x）在点（1，h（1））处的切线为l，l与圆（x+1）2+y2＝1相切，求a的值；
（2）求函数h（x）的单调区间；
（3）求函数h（x）在[0，1]上的最大值．
24．（文）已知函数f（x）＝lnx与g（x）＝kx+b（k，b∈R）的图象交于P，Q两点，曲线y＝f（x）在P，Q两点处的切线交于点A．
（1）当k＝e，b＝﹣3时，求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间；（e为自然常数）
（2）若A（，），求实数k，b的值．
25．已知函数f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e为自然对数的底数．
（Ⅰ）当时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的较大者，记函数h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函数h（x）在（0，+∞）内恰有2个零点，求实数a的取值范围．
26．设a∈R，函数f（x）＝alnx﹣x．
（1）若f（x）无零点，求实数a的取值范围；
（2）当a＝1时，关于x的方程2x﹣f（x）＝x2+b在[，2]上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围．；
（3）求证：当n≥2，n∈N*时（1+）（1+）…（1+）＜e．
27．已知函数f（x）＝xlnx．
（1）求f（x）的单调区间与极值；
（2）若不等式对任意x∈[1，3]恒成立，求正实数λ的取值范围．
28．已知函数（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当函数f（x）与函数g（x）＝lnx图象的公切线l经过坐标原点时，求实数a的取值集合；
（3）证明：当a∈（0，）时，函数h（x）＝f（x）﹣ax有两个零点x1，x2，且满足．
29．已知函数f（x）＝．
（1）若对任意x＞0，f（x）＜0恒成立，求实数a的取值范围；
（2）若函数f（x）有两个不同的零点x1，x2（x1＜x2），证明：+＞2．
30．已知a为常数，函数f（x）＝x2+ax﹣lnx，g（x）＝ex（其中e是自然数对数的底数）．
（1）过坐标原点O作曲线y＝f（x）的切线，设切点P（x0，y0）为，求x0的值；
（2）令，若函数F（x）在区间（0，1]上是单调函数，求a的取值范围．
31．设函数，m∈R．
（1）当m＝e（e为自然对数的底数）时，求f（x）的最小值；
（2）讨论函数零点的个数．
32．已知函数f（x）＝lnx﹣．
（1）若a＝4，求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）在区间（0，1]内单调递增，求实数a的取值范围；
（3）若x1、x2∈R+，且x1≤x2，求证：（lnx1﹣lnx2）（x1+2x2）≤3（x1﹣x2）．
33．设a＞0，函数f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx
（1）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数y＝f（x）在区间（0，+∞）上有唯一零点，试求a的值．
34．已知函数．
（1）当a＝0时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（2）令g（x）＝f（x）﹣ax+1，求函数g（x）的极大值；
（3）若a＝﹣2，正实数x1，x2满足f（x1）+f（x2）+x1x2＝0，证明：．
35．已知函数f（x）＝x﹣alnx，g（x）＝﹣（a＞0）
（1）若a＝l，求f（x）的极值；
（2）若存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，求实数a的取值范围．
36．已知函数f（x）＝alnx+x2+bx+1在点（1，f（1））处的切线方程为4x﹣y﹣12＝0．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）求f（x）的单调区间和极值．
37．已知函数f（x）＝alnx+﹣（a+1）x，a∈R．
（Ⅰ）若函数f（x）在区间（1，3）上单调递减，求a的取值范围；
（Ⅱ）当a＝﹣1时，证明f（x）≥．
38．已知函数f（x）＝x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．
（Ⅰ）求函数y＝f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f（x）+ex＞x2+x+2．
39．已知函数f（x）＝xlnx．
（Ⅰ）求函数f（x）在[1，3]上的最小值；
（Ⅱ）若存在使不等式2f（x）≥﹣x2+ax﹣3成立，求实数a的取值范围．
40．已知函数f（x）＝ax2﹣alnx+x．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若a＜0，设g（x）＝f（x）﹣x，h（x）＝﹣2xlnx+2x，若对任意x1，x2∈[1，+∞）（x1≠x2），|g（x2）﹣g（x1）|≥|h（x2）﹣h（x1）|恒成立，求实数a的取值范围．
导数压轴题特辑1
参考答案与试题解析
一．选择题（共3小题）
1．设f＇（x）是函数f（x）的导函数，若f＇（x）＞0，且∀x1，x2∈R（x1≠x2），f（x1）+f（x2）＜2f（），则下列各项中不一定正确的是（）
A．f（2）＜f（e）＜f（π）
B．f′（π）＜f′（e）＜f′（2）
C．f（2）＜f′（2）﹣f′（3）＜f（3）
D．f′（3）＜f（3）﹣f（2）＜f′（2）
【分析】f′（x）＞0，∴f（x）在R上单调递增，由，可得＜，可得y＝f（x）的图象如图所示，图象是向上凸．进而判断出正误．
【解答】解：∵f′（x）＞0，∴f（x）在R上单调递增，∵，∴＜，∴y＝f（x）的图象如图所示，图象是向上凸．
∴f（2）＜f（e）＜f（π），f′（π）＜f′（e）＜f′（2），可知：A，B正确．
∵f（3）﹣f（2）＝，表示点A（2，f（2）），B（3，f（3））的连线的斜率．
由图可知：f′（3）＜kAB＜f′（2），故D正确．
C项无法推出，故选：C．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、切线的斜率、数形结合方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
2．设函数f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），其导函数为y＝f′（x），若两两不相同实数x1，x2，x3，x4满足f（x1）＝f′（x2）＝f′（x3）＝f（x4），则下列说法正确的是（）
A．x1+x4＜2（x2+x3）
B．x1+x4＞2（x2+x3）
C．x1+x3＜x2+x4
D．x1+x3≥x2+x4
【分析】f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），令f（x）＝x2（x﹣a）＝0，解得x．f′（x）＝2x（x﹣a）+x2＝3x（x﹣）＝3﹣．画出图象．根据：两两不相同实数x1，x2，x3，x4满足f（x1）＝f′（x2）＝f′（x3）＝f（x4），可得x2+x3＝．由f（x1）＝f（x4），可得：﹣a＝﹣a，可得x1+x4＜a，即可判断出结论．
【解答】解：f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），令f（x）＝x2（x﹣a）＝0，解得x＝0，或a．可得0，a是函数f（x）的零点．
f′（x）＝2x（x﹣a）+x2＝3x（x﹣）＝3﹣．
可得0是函数f（x）的极大值点，a是函数f（x）的极小值点．
可得0，a是函数f′（x）的零点．
f（0）＝f′（0）＝＝f（a），＝﹣，＝﹣．
画出图象．
两两不相同实数x1，x2，x3，x4满足f（x1）＝f′（x2）＝f′（x3）
＝f（x4），∴x2+x3＝．
由f（x1）＝f（x4），可得：﹣a＝﹣a，化为：﹣a（x1+x4）＝x1x4＜，化为：（x1+x4）（x1+x4﹣a）＜0．
x1+x4＞0，（≤0不成立）．
∴x1+x4＜a＝2（x2+x3）．
∴x1+x4＜2（x2+x3）正确．B不正确．
结合图象可得：CD不正确．
故选：A．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值、函数的零点、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
3．已知函数f（x）的定义域为R，且满足f（4）＝1，f′（x）为f（x）的导函数，又知y＝f′（x）的图象如图，若两个正数a，b满足f（2a+b）＜1，则的取值范围是（）
A．[，]
B．（，）
C．[，2]
D．（，2）
【分析】由y＝f′（x）的图象如图，可得：函数f（x）的单调性．可得两个正数a，b满足f（2a+b）＜1＝f（4），可得2a+b＜4，如图所示，由于表示点Q（a，b）与点P（﹣2，﹣3）连线的斜率．即可得出．
【解答】解：由y＝f′（x）的图象如图，可得：函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．
∵两个正数a，b满足f（2a+b）＜1＝f（4），∴2a+b＜4，如图所示，则表示点Q（a，b）与点P（﹣2，﹣3）连线的斜率．
kAP＝＝，kPB＝＝．
∴斜率的取值范围是（，）．
故选：B．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、斜率计算公式、线性规划问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
二．多选题（共1小题）
4．对于定义域为R的函数f（x），若满足：①f（0）＝0；②当x∈R且x≠0时，都有xf′（x）＞0；③当x1＜0＜x2且|x1|＜|x2|时，都有f（x1）＜f（x2），则称f（x）为“偏对称函数”下列函数是“偏对称函数”的是（）
A．f1（x）＝﹣x3+x2
B．f2（x）＝ex﹣x﹣1
C．f3（x）＝xsinx
D．f4（x）＝
【分析】运用新定义，分别讨论四个函数是否满足三个条件，结合奇偶性和单调性，以及对称性，即可得到所求结论．
【解答】解：经验证，f1（x），f2（x），f3（x），f4（x）
都满足条件①，∵当x∈R且x≠0时，都有xf′（x）＞0
∴或，即条件②等价于函数
f（x）
在区间
（﹣∞，0）上单调递减，在区间
（0，+∞）
上单调递增，当
x1＜0＜x2且|x1|＜|x2|时，等价于﹣x2＜x1＜0＜﹣x1＜x2，A
中，f1（x）＝﹣x3+x2，f1′（x）＝﹣3x2+2x，则当
x≠0
时，由xf1′（x）＝﹣3x3+2x2＝x2（2﹣3x）≤0，得x≥，不符合条件②，故
f1（x）
不是“偏对称函数”；
B
中，f2（x）＝ex﹣x﹣1，f2′（x）＝ex﹣1，当
x＞0
时，ex＞1，f2′（x）＞0，当
x＜0
时，0＜ex＜1，f2′（x）＜0，则当
x≠0
时，都有
xf2′（x）＞0，符合条件②，∴函数f2（x）＝ex﹣x﹣1
在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）
上单调递增，由
f2（x）的单调性知，当﹣x2＜x1＜0＜﹣x1＜x2时，f2（x1）＜f2（﹣x2），∴f2（x1）﹣f2（x2）＜f2（﹣x2）﹣f2（x2）＝﹣++2x2，令F（x）＝﹣ex+e﹣x+2x，x＞0，F′（x）＝﹣ex﹣e﹣x+2≤﹣2+2＝0，当且仅当
ex＝e﹣x即
x＝0
时，“＝“成立，∴F（x）
在[0，+∞）
上是减函数，∴F（x2）＜F（0）＝0，即
f2（x1）＜f2（x2），符合条件③，故
f2（x）
是“偏对称函数”；
C
中，f3（x）＝xsinx，则
f3（﹣x）＝﹣xsin（﹣x）＝f3（x），则
f3（x）
是偶函数，而f3′（x）＝sinx+xcosx＝sin（x+φ）（tanφ＝x），则根据三角函数的性质可知，当
x＞0
时，f3′（x）的符号有正有负，不符合条件②，故
f3（x）
不是“偏对称函数”；
D
中，由函数
f4（x）＝，当
x＜0
时，f4′（x）＝＜0，当
x＞0
时，f3′（x）＝2＞0，符合条件②，∴函数
f4（x）
在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）
上单调递增，由单调性知，当﹣x2＜x1＜0＜﹣x1＜x2时，f4（x1）＜f4（﹣x2），∴f4（x1）﹣f4（x2）＜f4（﹣x2）﹣f4（x2）＝ln（x2+1）﹣2x2，设
F（x）＝ln（x+1）﹣2x，x＞0，则
F′（x）＝﹣2＜0，F（x）
在（0，+∞）
上是减函数，可得
F（x）＜F（0）＝0，∴F（x2）＜0，即
f（x1）＜f（x2），符合条件③，故
f4（x）
是“偏对称函数”，故选：BD．
【点评】本题主要考查在新定义下利用导数研究函数的单调性与最值，考查计算能力，考查转化与划归思想，属于难题．
三．解答题（共36小题）
5．已知函数f（x）＝ex（sinx﹣ax2+2a﹣e），其中a∈R，e＝2.71828…为自然数的底数．
（1）当a＝0时，讨论函数f（x）的单调性；
（2）当≤a≤1时，求证：对任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．
【分析】（1）求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行讨论即可．
（2）对任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0转化为证明对任意的x∈[0，+∞），sinx﹣ax2+2a﹣e＜0，即可，构造函数，求函数的导数，利用导数进行研究即可．
【解答】解：（1）当a＝0时，f（x）＝ex（sinx﹣e），则f′（x）＝ex（sinx﹣e）+excosx＝ex（sinx﹣e+cosx），∵sinx+cosx＝sin（x+）≤＜e，∴sinx+cosx﹣e＜0
故f′（x）＜0
则f（x）在R上单调递减．
（2）当x≥0时，y＝ex≥1，要证明对任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．
则只需要证明对任意的x∈[0，+∞），sinx﹣ax2+2a﹣e＜0．
设g（a）＝sinx﹣ax2+2a﹣e＝（﹣x2+2）a+sinx﹣e，看作以a为变量的一次函数，要使sinx﹣ax2+2a﹣e＜0，则，即，∵sinx+1﹣e＜0恒成立，∴①恒成立，对于②，令h（x）＝sinx﹣x2+2﹣e，则h′（x）＝cosx﹣2x，设x＝t时，h′（x）＝0，即cost﹣2t＝0．
∴t＝，sint＜sin，∴h（x）在（0，t）上，h′（x）＞0，h（x）单调递增，在（t，+∞）上，h′（x）＜0，h（x）单调递减，则当x＝t时，函数h（x）取得最大值h（t）＝sint﹣t2+2﹣e＝sint﹣（）2+2﹣e
＝sint﹣+2﹣e＝sin2t+sint+﹣e＝（+1）2+﹣e≤（）2+﹣e＝﹣e＜0，故④式成立，综上对任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．
【点评】本题主要考查函数单调性与导数的应用，求函数的导数，构造函数，利用导数是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．
6．（1）已知函数是奇函数，又f（1）＝2，f（2）＜3，且f（x）在[1，+∞）上递增．
①求a，b，c的值；
②当x＜0时，讨论f（x）的单调性．
（2）已知二次函数f（x）的图象开口向下，且对于任意实数x都有f（2﹣x）＝f（2+x）求不等式：f[（x2+x+）]＜f[（2x2﹣x+）]的解．
【分析】A、（1）求三个未知数，需要三个条件，一是定义域要关于原点对称，二是f（1）＝2，三是f（2）＜3，f（x）在[1，+∞）上单调递增可解．
（2）用单调性定义来探讨，先在给定的区间上任取两个变量，且界定大小，再作差变形，在与0比较中出现讨论，再进一步细化区间，确定后即为所求的单调区间．
B、由题设二次函数f（x）的图象开口向下，又对于任意实数x，都有f（2﹣x）＝f（x+2），知其对称轴方程为x＝2，由二次函数的这些特征即可研究出其单调性，分析（x2+x+），（2x2﹣x+）的范围，利用二次函数的单调性转化不等式为（x2+x+）＜（2x2﹣x+），利用对数函数的单调性把不等式转化为x2+x+＞2x2﹣x+，解此不等式即可求得结果．
【解答】A、解：（1）∵f（x）为奇函数，故f（x）的定义域关于原点对称
又f（x）的定义域为
（显然b≠0，否则f（x）为偶函数）
∴，即c＝0
于是得，且，∴
∴，又b∈Z
∴b＝1
∴a＝1
故a＝b＝1，c＝0，符合f（x）在[1，+∞）上单调递增
（2）由（1）知，＝
①当﹣1＜x1＜x2＜0时，显然x1﹣x2＜0，0＜x1x2＜1，x1x2﹣1＜0
∴f（x1）﹣f（x2）＞0
∴f（x）为减函数
②当x1＜x2＜﹣1时，显然x1﹣x2＜0，x1x2＞1，x1x2﹣1＞0
∴f（x1）﹣f（x2）＜0
∴f（x）为增函数
综上所述，f（x）在（﹣∞，﹣1]上是增函数，在[﹣1，0）上是减函数．
B、解：由题意二次函数f（x）图象开口向下，故在对称轴两边的图象是左降右升
又对于任意实数x，都有f（2﹣x）＝f（x+2），故此函数的对称轴方程是x＝2
由此知，函数f（x）在（﹣∞，2]上是增函数，在（2，+∞）是减函数，而x2+x+＝（x+）2+≥，2x2﹣x+＝2（x﹣）2+≥，∴（x2+x+）≤＝2，（2x2﹣x+）≤＝1，∵f[（x2+x+）]＜f[（2x2﹣x+）]
∴（x2+x+）＜（2x2﹣x+），∴x2+x+＞2x2﹣x+，解得，∴不等式的解集为．
【点评】A、此题是中档题．本题主要考查函数利用奇偶性和函数值，单间性来求解析式，在研究单调性中分类讨论的思想应用．
B、本题主要考查二次函数的单调性和对称性，还考查了利用对数函数的单调性解对数不等式和一元二次不等式的解法，特别注意对数不等式的求解时的定义域．
7．已知函数f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna．
（1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求出切线方程，可得三角形的面积；
（2）方法一：不等式等价于ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝elnx+lnx，令g（t）＝et+t，根据函数单调性可得lna＞lnx﹣x+1，再构造函数h（x）＝lnx﹣x+1，利用导数求出函数的最值，即可求出a的范围；
方法二：构造两个基本不等式ex＞x﹣1，x﹣1≥lnx，则原不等式转化为x（a﹣1）≥﹣lna，再分类讨论即可求出a的取值范围，方法三：利用分类讨论的思想，当0＜a＜1，此时不符合题意，当a≥1时，f（x）≥ex﹣1﹣lnx，令g（x）＝ex﹣1﹣lnx，再根据导数和函数最值的关系即可证明，方法四：先根据导数和函数的最值的关系求出f（x）≥f（x0）＝﹣2lnx0+1﹣x0≥1，lna＝1﹣x0﹣lnx0，再求出x0的范围，再利用导数求1﹣x0﹣lnx0的范围，即可求出a的范围．
方法五：f（x）≥1等价于aex﹣1﹣lnx+lna≥1，构造函数hg（a）＝a+lna﹣1，利用导数求出函数的最值，即可求出a的范围．
【解答】解：（1）当a＝e时，f（x）＝ex﹣lnx+1，∴f′（x）＝ex﹣，∴f′（1）＝e﹣1，∵f（1）＝e+1，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣（e+1）＝（e﹣1）（x﹣1），当x＝0时，y＝2，当y＝0时，x＝，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积S＝×2×＝．
（2）方法一：由f（x）≥1，可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1，即ex﹣1+lna﹣lnx+lna≥1，即ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝elnx+lnx，令g（t）＝et+t，则g′（t）＝et+1＞0，∴g（t）在R上单调递增，∵g（lna+x﹣1）≥g（lnx）
∴lna+x﹣1≥lnx，即lna≥lnx﹣x+1，令h（x）＝lnx﹣x+1，∴h′（x）＝﹣1＝，当0＜x＜1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，当x＞1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，∴h（x）≤h（1）＝0，∴lna≥0，∴a≥1，故a的范围为[1，+∞）．
方法二：由f（x）≥1可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1，x＞0，a＞0，即aex﹣1﹣1≥lnx﹣lna，设g（x）＝ex﹣x﹣1，∴g′（x）＝ex﹣1＞0恒成立，∴g（x）在（0，+∞）单调递增，∴g（x）＞g（0）＝1﹣0﹣1＝0，∴ex﹣x﹣1＞0，即ex＞x+1，再设h（x）＝x﹣1﹣lnx，∴h′（x）＝1﹣＝，当0＜x＜1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，当x＞1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，∴h（x）≥h（1）＝0，∴x﹣1﹣lnx≥0，即x﹣1≥lnx
∴ex﹣1≥x，则aex﹣1≥ax，此时只需要证ax≥x﹣lna，即证x（a﹣1）≥﹣lna，当a≥1时，∴x（a﹣1）＞0＞﹣lna恒成立，当0＜a＜1时，x（a﹣1）＜0＜﹣lna，此时x（a﹣1）≥﹣lna不成立，综上所述a的取值范围为[1，+∞）．
方法三：由题意可得x∈（0，+∞），a∈（0，+∞），∴f′（x）＝aex﹣1﹣，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，①当0＜a＜1时，f′（1）＝a﹣1＜0，f′（）＝a﹣a＝a（﹣1）＞0，∴存在x0∈（1，）使得f′（x0）＝0，当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，∴f（x）＜f（1）＝a+lna＜a＜1，不满足题意，②当a≥1时，ex﹣1＞0，lna＞0，∴f（x）≥ex﹣1﹣lnx，令g（x）＝ex﹣1﹣lnx，∴g′（x）＝ex﹣1﹣，易知g′（x）在（0，+∞）上为增函数，∵g′（1）＝0，∴当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，∴g（x）≥g（1）＝1，即f（x）≥1，综上所述a的取值范围为[1，+∞）．
方法四：∵f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna，x＞0，a＞0，∴f′（x）＝aex﹣1﹣，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，∵y＝aex﹣1在（0，+∞）上为增函数，y＝在0，+∞）上为减函数，∴y＝aex﹣1与y＝在0，+∞）上有交点，∴存在x0∈（0，+∞），使得f′（x0）＝a﹣＝0，则a＝，则lna+x0﹣1＝﹣lnx0，即lna＝1﹣x0﹣lnx0，当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴f（x）≥f（x0）＝a﹣lnx0+lna
＝﹣lnx0+1﹣x0﹣lnx0＝﹣2lnx0+1﹣x0≥1
∴﹣2lnx0﹣x0≥0
设g（x）＝﹣2lnx﹣x，易知函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）＝1﹣0﹣1＝0，∴当x∈（0，1]时，g（x）≥0，∴x0∈（0，1]时，﹣2lnx0﹣x0≥0，设h（x）＝1﹣x﹣lnx，x∈（0，1]，∴h′（x）＝﹣1﹣＜0恒成立，∴h（x）在（0，1]上单调递减，∴h（x）≥h（1）＝1﹣1﹣ln1＝0，当x→0时，h（x）→+∞，∴lna≥0＝ln1，∴a≥1．
方法五：f（x）≥1等价于aex﹣1﹣lnx+lna≥1，该不等式恒成立．
当x＝1时，有a+lna≥1，其中a＞0．
设g（a）＝a+lna﹣1，则g＇（a）＝1+＞0，则g（a）单调增，且g（1）＝0．
所以若a+lna≥1成立，则必有a≥1．
∴下面证明当a≥1时，f（x）≥1成立．
∵ex≥x+1，把x换成x﹣1得到ex﹣1≥x，∵x﹣1≥lnx，∴x﹣lnx≥1．
∴f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna≥ex﹣1﹣lnx≥x﹣lnx≥1．
综上，a≥1．
【点评】本题考查了导数的几何意义，以及导数和函数的最值的关系，考查了运算求解能力，转化与化归能力，属于难题．
8．已知函数f（x）＝（eax﹣1）lnx（a＞0）．
（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若关于x的方程f（x）＝ax2﹣ax在[1，+∞）上恰有三个不同的实数解，求a的取值范围．
【分析】（1）求得a＝1时，f（x）的导数，可得切线的斜率和方程，可得切线与x，y轴的交点，由三角形的面积公式，可得所求值；
（2）显然x＝1为方程f（x）＝ax2﹣ax的根，当x＞0且x≠1时，原方程等价于＝＝，构造函数g（x）＝（x＞0），求得导数，判断单调性，可得原方程即为ax＝lnx，由参数分离和构造新函数，求得导数和最值，即可得到所求范围．
【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝（ex﹣1）lnx，可得f（1）＝0，f（x）的导数f′（x）＝exlnx+，所以切线的斜率为k＝f′（1）＝e﹣1，则切线的方程为y＝（e﹣1）（x﹣1），该切线与x轴的交点为（1，0），与y轴的交点为（0，1﹣e），所以所求三角形的面积为×1×（e﹣1）＝；
（2）显然x＝1为方程f（x）＝ax2﹣ax的根，当x＞0且x≠1时，原方程等价于＝＝，设g（x）＝（x＞0），g′（x）＝，设h（x）＝1+（x﹣1）ex（x＞0），h′（x）＝xex＞0，可得h（x）在（0，+∞）递增，则h（x）＞h（（0）＝0，即g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）递增，原方程等价于g（ax）＝g（lnx），只需ax＝lnx在（1，+∞）上有两个不等实根．
故只需ax＝lnx在（1，+∞）上有两个不等的实根．
则a＝（x＞1），设k（x）＝（x＞1），k′（x）＝，可得k（x）在（1，e）递增，在（e，+∞）递减，则k（x）的最大值为k（e）＝，又k（1）＝0，所以a的范围是（0，）．
【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程和单调性、最值，考查方程思想和构造函数法、化简运算能力和推理能力，属于中档题．
9．已知函数f（x）＝ax，g（x）＝logax，其中a＞1．
（Ⅰ）求函数h（x）＝f（x）﹣xlna的单调区间；
（Ⅱ）若曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线平行，证明x1+g（x2）＝﹣；
（Ⅲ）证明当a≥时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．
【分析】（Ⅰ）把f（x）的解析式代入函数h（x）＝f（x）﹣xlna，求其导函数，由导函数的零点对定义域分段，由导函数在各区间段内的符号可得原函数的单调区间；
（Ⅱ）分别求出函数y＝f（x）在点（x1，f（x1））处与y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线的斜率，由斜率相等，两边取对数可得结论；
（Ⅲ）分别求出曲线y＝f（x）在点（）处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，logax2）处的切线方程，把问题转化为证明当a≥时，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1与l2重合，进一步转化为证明当a≥时，方程存在实数解．然后利用导数证明即可．
【解答】（Ⅰ）解：由已知，h（x）＝ax﹣xlna，有h′（x）＝axlna﹣lna，令h′（x）＝0，解得x＝0．
由a＞1，可知当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表：
x
（﹣∞，0）
0
（0，+∞）
h′（x）
﹣
0
+
h（x）
↓
极小值
↑
∴函数h（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）；
（Ⅱ）证明：由f′（x）＝axlna，可得曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线的斜率为lna．
由g′（x）＝，可得曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线的斜率为．
∵这两条切线平行，故有，即，两边取以a为底数的对数，得logax2+x1+2logalna＝0，∴x1+g（x2）＝﹣；
（Ⅲ）证明：曲线y＝f（x）在点（）处的切线l1：，曲线y＝g（x）在点（x2，logax2）处的切线l2：．
要证明当a≥时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线，只需证明当a≥时，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1与l2重合，即只需证明当a≥时，方程组
由①得，代入②得：，③
因此，只需证明当a≥时，关于x1的方程③存在实数解．
设函数u（x）＝，既要证明当a≥时，函数y＝u（x）存在零点．
u′（x）＝1﹣（lna）2xax，可知x∈（﹣∞，0）时，u′（x）＞0；x∈（0，+∞）时，u′（x）单调递减，又u′（0）＝1＞0，u′＝＜0，故存在唯一的x0，且x0＞0，使得u′（x0）＝0，即．
由此可得，u（x）在（﹣∞，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，u（x）在x＝x0处取得极大值u（x0）．
∵，故lnlna≥﹣1．
∴＝．
下面证明存在实数t，使得u（t）＜0，由（Ⅰ）可得ax≥1+xlna，当时，有
u（x）≤＝．
∴存在实数t，使得u（t）＜0．
因此，当a≥时，存在x1∈（﹣∞，+∞），使得u（x1）＝0．
∴当a≥时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．
【点评】本题考查导数的运算，导数的几何意义，运用导数研究指数函数与对数公式的性质等基础知识和方法，考查函数与方程思想，化归思想，考查抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，是难题．
10．已知函数（e为自然对数的底数）．
（1）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线与曲线y＝g（x）在点（0，g（0））处的切线互相垂直，求
函数在区间[﹣1，1]上的最大值；
（2）设函数，试讨论函数h（x）零点的个数．
【分析】（1）分别求出y＝f（x）与y＝g（x）在x＝0处的导数，利用斜率之积等于﹣1求得a，得到f（x）解析式，再由导数判断f（x）在区间[﹣1，1]上单调递减，从而求得最大值；
（2）函数g（x）＝ex﹣e在R上单调递增，仅在x＝1处有一个零点，且x＜1时，g（x）＜0，再由导数分类判定f（x）的零点情况，则答案可求．
【解答】解：（1）∵f′（x）＝﹣3x2+a，g′（x）＝ex，∴f′（0）＝a，g′（0）＝1，由题意知，a＝﹣1，f′（x）＝﹣3x2﹣1≤0，f（x）在区间[﹣1，1]上单调递减，∴；
（2）函数g（x）＝ex﹣e在R上单调递增，仅在x＝1处有一个零点，且x＜1时，g（x）＜0，又f′（x）＝﹣3x2+a．
①当a≤0时，f′（x）≤0，f（x）在R上单调递减，且过点（0，﹣），f（﹣1）＝＞0．
即f（x）在x≤0时，必有一个零点，此时y＝h（x）有两个零点；
②当a＞0时，令f′（x）＝﹣3x2+a＝0，解得＜0，＞0．
则是函数f（x）的一个极小值点，是函数f（x）的一个极大值点．
而f（﹣）＝＜0，现在讨论极大值的情况：
f（）＝．
当f（）＜0，即a＜时，函数f（x）在（0，+∞）上恒小于0，此时y＝h（x）有两个零点；
当f（）＝0，即a＝时，函数f（x）在（0，+∞）上有一个零点，此时y＝h（x）有三个零点；
当f（）＞0，即a＞时，函数f（x）在（0，+∞）上有两个零点，一个零点小于，一个零点大于．
若f（1）＝a﹣＜0，即a＜时，y＝h（x）有四个零点；
f（1）＝a﹣＝0，即a＝时，y＝h（x）有三个零点；
f（1）＝a﹣＞0，即a＞时，y＝h（x）有两个零点．
综上所述，当a＜或a＞时，y＝h（x）有两个零点；当a＝或a＝时，y＝h（x）有三个零点；当＜a＜时，y＝h（x）有四个零点．
【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查函数零点的判定，体现了分类讨论的数学思想方法，属难题．
11．已知函数f（x）＝eax，g（x）＝﹣x2+bx+c（a，b，c∈R），且曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（0，c）处具有公共切线．设h（x）＝f（x）﹣g（x）．
（Ⅰ）求c的值，及a，b的关系式；
（Ⅱ）求函数h（x）的单调区间；
（Ⅲ）设a≥0，若对于任意x1，x2∈[0，1]，都有|h（x1）﹣h（x2）|≤e﹣1，求a的取值范围．
【分析】（Ⅰ）分别求得f（x）和g（x）的导数，由题意可知：即可求得c的值及a、b的关系；
（Ⅱ）写出h（x）的表达式，求导，构造辅助函数F（x）＝h′（x），由∀a∈R，F′（x）＞0，即可判断h′（x）的单调性，求得h′（x）的零点，并根据h′（x）判断出h（x）的单调性；
（Ⅲ）由（II）知当x∈[0，1]时，h（x）是增函数，将问题转化为：h（x）max﹣h（x）min＝ea﹣a≤e﹣1，即当a≥0时，G（a）＝ea﹣a﹣（e﹣1）≤0，求得函数的单调性，求得a的取值范围．
【解答】解：（I）∵函数f（x）＝eax，g（x）＝﹣x2+bx+c，∴函数f′（x）＝aeax，g′（x）＝﹣2x+b．
曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（0，c）处具有公共切线，∴，即，∴c＝1，a＝b；…（4分）
（II）由已知，h（x）＝f（x）﹣g（x）＝eax+x2﹣ax﹣1．
∴h′（x）＝aeax+2x﹣a，设F（x）＝aeax+2x﹣a，所以F′（x）＝a2eax+2，∀a∈R，F′（x）＞0，所以h′（x）在（﹣∞，+∞）上为单调递增函数．…（6分）
由（I）得，f′（0）＝g′（0）所以h′（0）＝f′（0）﹣g′（0）＝0，即0是h′（x）的零点．
所以，函数h（x）的导函数h′（x）有且只有一个零点0．…（7分）
所以h′（x）及h（x）符号变化如下，x
（﹣∞，0）
0
（0，+∞）
h（x）
﹣
0
+
h′（x）
↘
极小值
↗
所以函数h′（x）的单调递减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）．…（9分）
（III）由（II）知当x∈[0，1]时，h（x）是增函数．
对于任意x1，x2∈[0，1]，都有|h（x1）﹣h（x2）|≤e﹣1，等价于h（x）max﹣h（x）min＝h（1）﹣h（0）＝ea﹣a≤e﹣1，等价于当a≥0时，G（a）＝ea﹣a﹣（e﹣1）≤0，∵G′（a）＝ea﹣1≥0，∴G（a）在[0，+∞）上是增函数，又G（1）＝0，所以a∈[0，1]．…（13分）
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、恒成立问题的等价转化方法，考查了计算能力和分析问题的能力，属于难题．
12．设函数f（x）＝ln（1+ax）+bx，g（x）＝f（x）﹣bx2．
（Ⅰ）若a＝1，b＝﹣1，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若曲线y＝g（x）在点（1，ln3）处的切线与直线11x﹣3y＝0平行．
（i）求a，b的值；
（ii）求实数k（k≤3）的取值范围，使得g（x）＞k（x2﹣x）对x∈（0，+∞）恒成立．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）（i）求出g（x）的导数，得到关于a，b的方程组，解出即可；
（ii）问题转化为g（x）﹣k（x2﹣x）＞0对x∈（0，+∞）恒成立．令F（x）＝g（x）﹣k（x2﹣x），求出函数的导数，通过讨论k的范围，求出函数的单调区间，从而确定k的范围即可．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝1，b＝﹣1时，f（x）＝ln（1+x）﹣x，（x＞﹣1），则．
当f＇（x）＞0时，﹣1＜x＜0；
当f＇（x）＜0时，x＞0；
所以f（x）的单调增区间为（﹣1，0），单调减区间为（0，+∞）．…（4分）
（Ⅱ）（i）因为g（x）＝f（x）﹣bx2＝ln（1+ax）+b（x﹣x2），所以．
依题设有即
解得．…（8分）
（ii））所以．
g（x）＞k（x2﹣x）对x∈（0，+∞）恒成立，即g（x）﹣k（x2﹣x）＞0对x∈（0，+∞）恒成立．
令F（x）＝g（x）﹣k（x2﹣x）．
则有．
①当1≤k≤3时，当x∈（0，+∞）时，F＇（x）＞0，所以F（x）在（0，+∞）上单调递增．
所以F（x）＞F（0）＝0，即当x∈（0，+∞）时，g（x）＞k（x2﹣x）；
②当k＜1时，当时，F＇（x）＜0，所以F（x）在上单调递减，故当时，F（x）＜F（0）＝0，即当x∈（0，+∞）时，g（x）＞k（x2﹣x）不恒成立．
综上，k∈[1，3]．
…（13分）
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．
13．已知函数f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e为自然对数的底数．
（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线l：x+2y＝0垂直，求实数a的值；
（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的较大者，记函数h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函数h（x）在（0，+∞）内恰有2个零点，求实数a的取值范围．
【分析】（I）先对函数求导，结合导数的几何意义可求
（II）由题意可得，f＇（x）＝3x2﹣3a，结合a的范围判断f＇（x）的正负，即可求解，（III）结合导数及函数的零点的判定定理，分类讨论进行求解
【解答】解：（I）f＇（x）＝3x2﹣3a．
曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线l：x+2y＝0垂直，f′（1）＝3﹣3a＝2，∴；
（II）由题意可得，f＇（x）＝3x2﹣3a．
（1）当a≤0时，f＇（x）≥0，∴函数（﹣∞，+∞）在（﹣∞，+∞）内单调递增．．……．……（6分）
（2）当a＞0时，令，解得或．
由，解得或，由，解得，．……．……（8分）
∴函数的单调递增区间为和，单调递减区间为．．……．……（9分）
（III）（1）当x∈（0，e）时，g（x）＞0，由题意可得，h（x）≥g（x）＞0，不满足题意，（2）当x＝e时，g（e）＝0，f（e）＝e3﹣3ae+e，①若f（e）≤0即a，则e是h（x）的一个零点；
②若f（e）＞0即a，则e不是h（x）的一个零点；
（3）当x∈（e，+∞）时，g（x）＜0，此时只需要考虑函数f（x）在（e，+∞）上零点的情况，∵f′（x）＝3x2﹣3a＞3e2﹣3a，∴①当a≤e2时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，又f（e）＝e3﹣3ae+e，∴（i）当a，f（e）≥0，f（x）在（e，+∞）上单调递增，（ii）时，f（e）＜0，又f（2e）＝8e3﹣6ae+e≥8e3﹣6e3+e＞0，f（x）在（e，+∞）上恰有一个零点，②当a＞e2，令f′（x）＝0可得x＝，由f′（x）＜0可得e＜x＜，由f′（x）＞0可得x＞，∴f（x）在（e，）上单调递减，（）上单调递增，∵f（e）＝e3﹣3ae+e＜e3﹣3e3+e＜0，f（2，a）＝8a2﹣6a2+e≥2a2+e＞0，∴此时函数h（x）在（0，+∞）内恰有一个零点，综上，实数a的取值范围是．
【点评】本题主要考查了函数的导数与单调性，极值之间关系的应用，还考查了逻辑思维能力，试题较难
14．已知函数
f（x）＝lnx，g（x）＝ex
（1）若函数h（x）＝f（x）﹣，求函数h（x）的单调区间；
（2）设直线l为函数f（x）的图象上的一点
A（x0，f（x0））处的切线，证明：在区间（0，+∞）
上存在唯一的x0，使得直线l
与曲线y＝g（x）
相切．
【分析】（1）求出函数h（x）的导函数，由导函数的符号直接判断函数h（x）的单调性；
（2）求出函数f（x）和g（x）的导函数，根据函数特点分别在两函数图象上找到点和点，求出两个函数图象分别在点和点处的切线方程，由两切线的截距相等能够说明在区间
（0，+∞）
上存在唯一的x0，使得两切线为同一直线，则问题得证．
【解答】解：（1）h（x）＝f（x）﹣＝lnx﹣，定义域：{x|x＞0，且x≠1}．
＝．
由于x＞0且x≠1，故其在区间（0，1），（1，+∞）内，恒有h′（x）＞0，所以函数h（x）的单调增区间为（0，1），（1，+∞）；
（2）由f（x）＝lnx，所以，当x＝（n＞0）时，故y＝f（x）上存在一点，过该点的切线方程为
①
g（x）＝ex，g′（x）＝ex，当x＝﹣时，故过y＝g（x）上的点的切线方程为
②
两条切线①和②的斜率相同，只要它们在y轴上的截距相等，它们就是同一条切线，为此令：，得n﹣e＝，即③
由于③的左边是关于n的增函数；而其右边，当n≥3以后，是一个正的假分数，因此是关于n的减函数，故在区间[3，+∞）内必存在一个实数n，使得③式成立．
这就证明了“在区间（0，+∞）上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y＝g（x）相切”．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，解答的关键是能够在两个曲线上找到符合题意的点，属中高档题．
15．已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝ex
（1）求函数h（x）＝g（x）f′（x）的单调区间；
（2）设直线l为函数f（x）图象上一点A（x0，lnx0）处的切线，证明：在区间（1，+∞）上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y＝g（x）相切．
【分析】（1）求导函数，再由导数大于0和小于0，求出函数h（x）的单调区间；
（2）先求直线l为函数图象上一点A（x0，f
（x0））处的切线方程，设直线l与曲线y＝g（x）相切于点（x1，ex1），进而可得lnx0＝，再证明在区间（1，+∞）上x0存在且唯一即可．
【解答】解：（1）∵函数f（x）＝lnx，g（x）＝ex，∴h（x）＝g（x）f′（x）＝，∴，由＞0，得x＞1；由＜0，得x＜1．
∴函数h（x）的增区间是（1，+∞）；减区间是（﹣∞，1）．
（2）证明：∵f′（x）＝，∴f′（x0）＝，∴切线l的方程为y﹣lnx0＝（x﹣x0），即y＝x+lnx0﹣1，①（6分）
设直线l与曲线y＝g（x）相切于点（x1，ex1），∵g＇（x）＝ex，∴ex1＝，∴x1＝﹣lnx0．（8分）
∴直线l也为y﹣＝（x+lnx0），即y＝x++，②（9分）
由①②得
lnx0﹣1＝+，∴lnx0＝．（11分）
下证：在区间（1，+∞）上x0存在且唯一．
设φ（x）＝f（x）﹣，φ′（x）＝+＝．（2分）
∵x＞0且x≠1，∴φ′（x）＞0
∴函数φ（x）在区间（1，+∞）上递增．
又φ（e）＝lne﹣＝＜0，φ（e2）＝lne2﹣＝＞0，（13分）
结合零点存在性定理，方程φ（x）＝0必在区间（e，e2）上有唯一的根，这个根就是所求的唯一x0．
故在区间（1，+∞）上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y＝g（x）相切．
【点评】本题以函数为载体，考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查曲线的切线，同时考查零点存在性定理，综合性比较强．
16．已知函数f（x）＝x+，g（x）＝x﹣lnx，其中a∈R且a≠0．
（Ⅰ）求曲线y＝g（x）在点（1，g（1））处的切线方程；
（II）当a＝1时，求函数h（x）＝f（x）+g（x）的单调区间；
（III）设函数u（x）＝若u（x）＝f（x）对任意x∈[1，e]均成立，求a的取值范围．
【分析】（Ⅰ）求出导数，求得切线的斜率和切点，可得切线方程；
（II）求出当a＝1时的函数的导数，令导数大于0，求得增区间，令导数小于0，可得减区间，注意定义域；
（III）由题意可得f（x）≥g（x）对任意x∈[1，e]均成立，即为x+≥x﹣lnx，运用参数分离，由导数判断单调性，求得右边函数的最大值，即可得到a的范围．
【解答】解：（Ⅰ）g（x）＝x﹣lnx的导数为g′（x）＝1﹣，曲线y＝g（x）在点（1，g（1））处的切线斜率为k＝g′（1）＝0，切点为（1，1），则曲线y＝g（x）在点（1，g（1））处的切线方程为y＝1；
（II）当a＝1时，函数h（x）＝f（x）+g（x）＝2x﹣lnx+，导数h′（x）＝2﹣﹣＝，由h′（x）＞0可得x＞1；由h′（x）＜0可得0＜x＜1．
则h（x）的增区间为（1，+∞），减区间为（0，1）；
（III）由题意可得f（x）≥g（x）对任意x∈[1，e]均成立，即为x+≥x﹣lnx，即有a≥﹣xlnx，令y＝﹣xlnx，x∈[1，e]，则y′＝﹣（1+lnx）＜0，即有y＝﹣xlnx在[1，e]递减，则y＝﹣xlnx的最大值为0，则a≥0，由a∈R且a≠0．
即有a＞0．
则a的取值范围是（0，+∞）．
【点评】本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间，同时考查不等式恒成立问题，注意运用参数分离，函数的单调性，属于中档题．
17．已知函数f（x）＝x2+2ax（x＞0），g（x）＝3alnx+a，其中a＞0．
（1）当a＝1时，求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间；
（2）是否存在常数a，使两曲线y＝f（x），y＝g（x）有公共点，且在该点处的切线相同？若存在，请求出实数a的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）a＝1时，求出h（x），然后求导数，根据导数符号即可判断函数h（x）的单调性，从而得出其单调区间；
（2）可假设存在公共点（x0，y0），该点在f（x），g（x）的图象上，且在该点处的切线相同，从而可出f（x），g（x）在该点的导数值相等，这样便可得出关于x0的方程组，可整理得到x0﹣1＝2lnx0，从而得出x0＝1，带入前面的式子又可以求出a，这样便得出存在常数a，使两曲线y＝f（x），y＝g（x）有公共点，且在该点处的切线相同．
【解答】解：（1）a＝1时，h（x）＝，；
解x2+2x﹣3＝0得，x＝﹣3，或1；
∴x∈（0，1）时，h′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0；
∴h（x）的单调减区间为（0，1），增区间为[1，+∞）；
（2）假设存在，设公共点为（x0，y0），则：；
∴f′（x）＝x+2a，∴k＝x0+2a；，∴；
∴；
∴；
将②代入①：3a+2ax0＝6alnx0+5a；
∴x0﹣1＝3lnx0；
x0＝1，带入②得，a＝1；
∴存在常数a，使两曲线y＝f（x），y＝g（x）有公共点，且在该点处的切线相同，且a＝1．
【点评】考查根据导数符号判断函数单调性及求单调区间的方法，二次函数的符号和对应一元二次方程根的关系，以及函数在切点处的导数和切线斜率的关系．
18．已知函数f（x）＝x3﹣x2+x，g（x）＝﹣（m﹣1）x，m∈R．
（Ⅰ）若f（x）在x＝1取得极值，求曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线方程；
（Ⅱ）若f（x）在区间（，+∞）上为增函数，求m的取值范围；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间和极值．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，假设f（2），f′（2），求出切线方程即可；
（Ⅱ）问题转化为在区间上恒成立，求出x+的最小值，解关于m的不等式即可求出m的范围；
（Ⅲ）求出h（x）的导数，得到h（x）的单调区间，从而求出函数的极值即可．
【解答】解：（Ⅰ）
f＇（x）＝x2﹣（m+1）x+1，又∵函数f（x）在x＝1处取得极值，∴f＇（1）＝1﹣（m+1）+1＝0，∴m＝1，∴，f＇（2）＝1，∴曲线y＝f（x）在（2，f（2））处的切线方程为：，即：3x﹣3y﹣4＝0；
（Ⅱ）
f＇（x）＝x2﹣（m+1）x+1，∵f（x）在区间上为增函数，∴x2﹣（m+1）x+1≥0，∴在区间上恒成立，∵当时，当且仅当x＝1时取得最小值，∴m+1≤2，即m≤1；
（Ⅲ），∴h＇（x）＝x2﹣（m+1）x+m＝（x﹣1）（x﹣m），令h＇（x）＝0，得x＝m或x＝1，当m＝1时，h＇（x）＝（x﹣1）2≥0，∴h（x）在R上是增函数，无极值，当m＜1时，h（x），h＇（x）随x的变化情况如下表：
x
（﹣∞，m）
m
（m，1）
（1，+∞）
h＇（x）
+
0
﹣
0
+
h（x）
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴函数h（x）的单调递增区间为（﹣∞，m）和（1，+∞）；单调递减区间为（m，1），故当x＝m时，函数h（x）取得极大值，极大值为；
当x＝1时，函数h（x）取得极小值，极小值为．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值、极值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道中档题．
19．已知函数f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．
（Ⅰ）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点P（2，m）处有相同的切线（P为切点），求a，b的值；
（Ⅱ）令h（x）＝f（x）+g（x），若函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]，（1）求函数h（x）在区间（﹣∞，﹣1]上的最大值t（a）；
（2）若|h（x）|≤3在x∈[﹣2，0]上恒成立，求实数a的取值范围．
【分析】（Ⅰ）根据曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（2，m）处具有公共切线，可知切点处的函数值相等，切点处的斜率相等，故可求a、b的值；
（Ⅱ）（1）根据函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]得出a2＝4b，构建函数h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+a2x+1，求导函数，利用导数的正负，可确定函数的单调区间，进而分类讨论，确定函数在区间（﹣∞，﹣1]上的最大值．
（2）由（1）知，函数h（x）在（﹣∞，﹣）单调递增，在（﹣，﹣）单调递减，在（﹣，+∞）上单调递增，从而得出其极大值、极小值，再根据|h（x）|≤3，在x∈[﹣2，0]上恒成立，建立关于a的不等关系，解得a的取值范围即可．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝ax2+1（a＞0），则f′（x）＝2ax，k1＝4a，g（x）＝x3+bx，则f′（x）＝3x2+b，k2＝12+b，由（2，m）为公共切点，可得：4a＝12+b，又f（2）＝4a+1，g（2）＝8+2b，∴4a+1＝8+2b，与4a＝12+b联立可得：a＝，b＝5．
（Ⅱ）由h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+bx+1，则h′（x）＝3x2+2ax+b，∵函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]，∴当x∈[﹣，﹣]时，3x2+2ax+b≤0恒成立，此时，x＝﹣是方程3x2+2ax+b＝0的一个根，得3（）2+2a（﹣）+b＝0，得a2＝4b，∴h（x）＝x3+ax2+a2x+1
令h′（x）＝0，解得：x1＝﹣，x2＝﹣；
∵a＞0，∴﹣＜﹣，列表如下：
x
（﹣∞，﹣）
﹣
（﹣，﹣）
﹣
（﹣，+∞）
h′（x）
+
﹣
+
h（x）
极大值
极小值
∴原函数在（﹣∞，﹣）单调递增，在（﹣，﹣）单调递减，在（﹣，+∞）上单调递增．
①若﹣1≤﹣，即a≤2时，最大值为t（﹣1）＝a﹣；
②若﹣＜﹣1＜﹣，即2＜a＜6时，最大值为t（﹣）＝1
③若﹣1≥﹣时，即a≥6时，最大值为t（﹣）＝1．
综上所述：当a∈（0，2]时，最大值为t（﹣1）＝a﹣；
当a∈（2，+∞）时，最大值为t（﹣）＝1．
（2）由（1）知，函数h（x）在（﹣∞，﹣）单调递增，在（﹣，﹣）单调递减，在（﹣，+∞）上单调递增，故h（﹣）为极大值，h（﹣）＝1；h（﹣）为极小值，h（﹣）＝﹣+1；
∵|h（x）|≤3，在x∈[﹣2，0]上恒成立，又h（0）＝1．
∴，即，解得，∴a的取值范围：4﹣2≤a≤6．
【点评】本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查函数的单调性与最值，解题的关键是正确求出导函数和应用分类讨论的方法，属难题．
20．已知函数f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．
（1）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点P（2，c）处有相同的切线（P为切点），求a，b的值；
（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]，求函数h（x）在区间（﹣∞，﹣1]上的最大值M（a）
【分析】（1）求出函数的导数，得到关于a，b的方程组，解出即可；
（2）求出h（x）的导数，根据函数的单调性得到x＝﹣是方程3x2+2ax+b＝0的一个根，求出a，b的关系，通过讨论a的范围，求出M（a）即可．
【解答】解：（1）由p（2，c）为公共切点可得：f（x）＝ax2+1（a＞0），则f′（x）＝2ax，k1＝4a，g（x）＝x3+bx，则g′（x）＝3x2+b，k2＝12+b，又f（2）＝4a+1，g（2）＝8+2b，∴，解得：a＝，b＝5；
（2）h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+bx+1，∴h′（x）＝3x2+2ax+b，∵h（x）的单调减区间为[﹣，﹣]，∴x∈[﹣，﹣]时，有3x2+2ax+b≤0恒成立，此时x＝﹣是方程3x2+2ax+b＝0的一个根，∴a2＝4b，∴h（x）＝x3+ax2+a2x+1，又∵h（x）在（﹣∞，﹣）单调递增，在（﹣，﹣）单调递减，在（﹣，+∞）上单调递增，若﹣1≤﹣，即a≤2时，最大值为h（﹣1）＝a﹣；
若﹣＜﹣1＜﹣，即2＜a＜6时，最大值为h（﹣）＝1；
若﹣1≥﹣，即a≥6时，∵h（﹣）＝1，h（﹣1）＝a﹣＜h（﹣）＝1，∴最大值为1，综上，M（a）＝．
【点评】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，是一道综合题．
21．已知函数f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．
（1）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点p（2，c）处有相同的切线（p为切点），求实数a，b的值．
（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函数h（x）的单调减区间为[﹣，﹣]；
①求函数h（x）在区间（﹣∞，﹣1]上的最大值M（a）．
②若|h（x）|≤3在x∈[﹣2，0]上恒成立，求实数a的取值范围．
【分析】（1）根据曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（2，c）处具有公共切线，可知切点处的函数值相等，切点处的斜率相等，故可求a、b的值；
（2）①根据函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]得出a2＝4b，构建函数h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+a2x+1，求导函数，利用导数的正负，可确定函数的单调区间，进而分类讨论，确定函数在区间（﹣∞，﹣1）上的最大值．
②由①知，函数h（x）在（﹣∞，﹣）单调递增，在（﹣，﹣）单调递减，在（﹣，+∞）上单调递增，从而得出其极大值、极小值，再根据|h（x）|≤3，在x∈[﹣2，0]上恒成立，建立关于a的不等关系，解得a的取值范围即可．
【解答】解：（1）f（x）＝ax2+1（a＞0），则f′（x）＝2ax，k1＝4a，g（x）＝x3+bx，则f′（x）＝3x2+b，k2＝12+b，由（2，c）为公共切点，可得：4a＝12+b；
又f（2）＝4a+1，g（2）＝8+2b，∴4a+1＝8+2b，与4a＝12+b联立可得：a＝，b＝5；
（2）①由h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+bx+1，则h′（x）＝3x2+2ax+b，因函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]，∴当x∈[﹣，﹣]时，3x2+2ax+b≤0恒成立，此时，x＝﹣是方程3x2+2ax+b＝0的一个根，得3（﹣）2+2a（﹣）+b＝0，得a2＝4b，∴h（x）＝x3+ax2+a2x+1；
令h′（x）＝0，解得：x1＝﹣，x2＝﹣；
∵a＞0，∴﹣＜﹣，列表如下：
x
（﹣∞，﹣）
﹣
（﹣，﹣）
﹣
（﹣，+∞）
h′（x）
+
﹣
+
h（x）
极大值
极小值
∴原函数在（﹣∞，﹣）单调递增，在（﹣，﹣）单调递减，在（﹣，+∞）上单调递增；
若﹣1≤﹣，即a≤2时，最大值为h（﹣1）＝a﹣；
若﹣＜﹣1＜﹣，即2＜a＜6时，最大值为h（﹣）＝1；
若﹣1≥﹣时，即a≥6时，最大值为h（﹣）＝1．
综上所述：当a∈（0，2]时，最大值为h（﹣1）＝a﹣；当a∈（2，+∞）时，最大值为h（﹣）＝1．
②由①知，函数h（x）在（﹣∞，﹣）单调递增，在（﹣，﹣）单调递减，在（﹣，+∞）上单调递增；
故h（﹣）为极大值，h（﹣）＝1；h（﹣）为极小值，h（﹣）＝﹣+1；
∵|h（x）|≤3，在x∈[﹣2，0]上恒成立，又h（0）＝1．
∴，∴a的取值范围：4﹣2≤a≤6．
【点评】本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查函数的单调性与最值，解题的关键是正确求出导函数和应用分类讨论的方法．
22．已知函数f（x）＝ex+x2﹣x，g（x）＝x2+ax+b，a，b∈R．
（1）当a＝1时，求函数F（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间；
（2）若曲线y＝f（x）在点（0，1）处的切线l与曲线y＝g（x）切于点（1，c），求a，b，c的值；
（3）若f（x）≥g（x）恒成立，求a+b的最大值．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，根据切线方程求出a，b，c的值即可；
（Ⅲ）设h（x）＝f（x）﹣g（x），求出函数的导数，通过讨论a的范围，问题转化为b≤（a+1）﹣（a+1）ln（a+1），得到a+b≤2（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）﹣1，令G（x）＝2x﹣xlnx﹣1，x＞0，根据函数的单调性求出a+b的最大值即可．
【解答】解：（Ⅰ）F（x）＝ex﹣2x﹣b，则F＇（x）＝ex﹣2．
令F＇（x）＝ex﹣2＞0，得x＞ln2，所以F（x）在（ln2，+∞）上单调递增．
令F＇（x）＝ex﹣2＜0，得x＜ln2，所以F（x）在（﹣∞，ln2）上单调递减．…（4分）
（Ⅱ）因为f＇（x）＝ex+2x﹣1，所以f＇（0）＝0，所以l的方程为y＝1．
依题意，c＝1．
于是l与抛物线g（x）＝x2﹣2x+b切于点（1，1），由12﹣2+b＝1得b＝2．
所以a＝﹣2，b＝2，c＝1．…（8分）
（Ⅲ）设h（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣（a+1）x﹣b，则h（x）≥0恒成立．
易得h＇（x）＝ex﹣（a+1）．
（1）当a+1≤0时，因为h＇（x）＞0，所以此时h（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增．
①若a+1＝0，则当b≤0时满足条件，此时a+b≤﹣1；
②若a+1＜0，取x0＜0且，此时，所以h（x）≥0不恒成立．
不满足条件；
（2）当a+1＞0时，令h＇（x）＝0，得x＝ln（a+1）．由h＇（x）＞0，得x＞ln（a+1）；
由h＇（x）＜0，得x＜ln（a+1）．
所以h（x）在（﹣∞，ln（a+1））上单调递减，在（ln（a+1），+∞）上单调递增．
要使得“h（x）＝ex﹣（a+1）x﹣b≥0恒成立”，必须有：
“当x＝ln（a+1）时，h（x）min＝（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）﹣b≥0”成立．
所以b≤（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）．则a+b≤2（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）﹣1．
令G（x）＝2x﹣xlnx﹣1，x＞0，则G＇（x）＝1﹣lnx．
令G＇（x）＝0，得x＝e．由G＇（x）＞0，得0＜x＜e；
由G＇（x）＜0，得x＞e．所以G（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，所以，当x＝e时，G（x）max＝e﹣1．
从而，当a＝e﹣1，b＝0时，a+b的最大值为e﹣1．
综上，a+b的最大值为e﹣1．…（14分）
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．
23．函数y＝lnx关于直线x＝1对称的函数为f（x），又函数的导函数为g（x），记h（x）＝f（x）+g（x）．
（1）设曲线y＝h（x）在点（1，h（1））处的切线为l，l与圆（x+1）2+y2＝1相切，求a的值；
（2）求函数h（x）的单调区间；
（3）求函数h（x）在[0，1]上的最大值．
【分析】（1）先求过（1，h（1））点的切线方程，根据l与圆（x+1）2+y2＝1相切，利用点线距离等于半径可求a的值；
（2）先求导函数，结合函数的定义域，利用导数大于0的函数的单调增区间，导数小于0得函数的单调减区间
（3）根据（2）中函数的单调区间，结合区间[0，1]进行分类讨论，从而可求h（x）的最大值．
【解答】解：（1）由题意得f（x）＝ln（2﹣x），g（x）＝ax，∴h（x）＝ln（2﹣x）+ax．
∴，过（1，h（1））点的直线的斜率为a﹣1，∴过（1，h（1））点的直线方程为y﹣a＝（a﹣1）（x﹣1）．
又已知圆心为（﹣1，0），半径为1，由题意得，解得a＝1．
（2）．
∵a＞0，∴．
令h′（x）＞0，∴；
令h′（x）＜0，∴，所以，是h（x）的增区间，是h（x）的减区间．
（3）①当，即时，h（x）在[0，1]上是减函数，∴h（x）的最大值为h（0）＝ln2．
②当，即时，h（x）在上是增函数，在上是减函数，∴当时，h（x）的最大值为．
③当，即a≥1时，h（x）在[0，1]上是增函数，∴h（x）的最大值为h（1）＝a．
综上，当时，h（x）的最大值为ln2；
当时，h（x）的最大值为2a﹣1﹣lna；
当a≥1时，h（x）的最大值为a．
【点评】本题以函数为载体，考查导数的几何意义，考查利用导数求函数的单调区间与最值，分类讨论是解题的关键与难点．
24．（文）已知函数f（x）＝lnx与g（x）＝kx+b（k，b∈R）的图象交于P，Q两点，曲线y＝f（x）在P，Q两点处的切线交于点A．
（1）当k＝e，b＝﹣3时，求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间；（e为自然常数）
（2）若A（，），求实数k，b的值．
【分析】（1）构建新函数，求导函数，利用导数确定函数的单调性，从而可求函数的最大值；
（2）先求出切线方程，代入A的坐标，进而求出P，Q的坐标，即可求实数k，b的值．
【解答】解：（1）设h（x）＝f（x）﹣g（x）＝lnx﹣ex+3（x＞0），则h（x）＝﹣e当0＜x＜时，h′（x）＞0，此时函数h（x）为增函数；
当x＞时，h′（x）＜0，此时函数h（x）为减函数．
所以函数h（x）的增区间为（0，），减区间为（，+∞）．
（2）设过点A的直线l与函数f（x）＝lnx切于点（x0，lnx0），则其斜率k＝，故切线l：y﹣lnx0＝（x﹣x0），将点A代入直线l方程得：﹣lnx0＝（﹣x0），即lnx0+﹣1＝0，设v（x）＝lnx+﹣1，则v′（x）＝（x﹣），当0＜x＜时，v′（x）＜0，函数v（x）为减函数；
当x＞时，v′（x）＞0，函数v（x）为增函数．
故方程v（x）＝0至多有两个实根，又v（1）＝v（e）＝0，所以方程v（x）＝0的两个实根为1和e，故P（1，0），Q（e，1），所以k＝，b＝为所求．
【点评】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查导数的几何意义，解题的关键是构建函数，正确运用导数知识．
25．已知函数f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e为自然对数的底数．
（Ⅰ）当时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的较大者，记函数h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函数h（x）在（0，+∞）内恰有2个零点，求实数a的取值范围．
【分析】（I）根据导数求出切线斜率，根据点斜式方程得出切线方程；
（II）讨论a的范围，令f′（x）＞0得出增区间，令f′（x）＜0得出减区间；
（III）通过讨论a的范围求出函数f（x）的单调区间，结合函数的单调性以及函数的零点个数确定a的范围即可．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝时，f（x）＝x3﹣x+e，∴f＇（x）＝3x2﹣1．
∵f（1）＝e，f′（1）＝2，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣e＝2（x﹣1），即2x﹣y﹣2+e＝0．
（Ⅱ）f＇（x）＝3x2﹣3a．
（1）当a≤0时，f＇（x）≥0，∴函数在（﹣∞，+∞）内单调递增．
（2）当a＞0时，令f′（x）＝0，解得x＝﹣或x＝．
由f′（x）＞0，解得x＜﹣或，由f′（x）＜0，解得，∴函数f（x）的单调递增区间为和，单调递减区间为．
（Ⅲ）∵函数g（x）的定义域为（0，+∞），∴．
∴函数g（x）在（0，+∞）内单调递减．
（1）当x∈（0，e）时，g（x）＞g（e）＝0，依题意，h（x）≥g（x）＞0，不满足条件；
（2）当x＝e时，g（e）＝0，f（e）＝e3﹣3ae+e，①若f（e）＝e3﹣3ae+e≤0，即a≥，则e是h（x）的一个零点；
②若f（e）＝e3﹣3ae+e＞0，即a＜，则e不是h（x）的零点；
（3）当x∈（e，+∞）时，g（x）＜0，所以此时只需考虑函数f（x）在（e，+∞）上零点的情况．
f＇（x）＝3x2﹣3a＞3e2﹣3a，①当a≤e2时，f＇（x）＞0，f（x）在（e，+∞）上单调递增．
又f（e）＝e3﹣3ae+e，（i）当a≤时，f（e）≥0，f（x）在（e，+∞）上无零点；
（ii）当＜a≤e2时，f（e）＜0，又f（2e）＝8e3﹣6ae+e≥8e3﹣6e3+e＞0，所以此时f（x）在（e，+∞）上恰有一个零点；
②当a＞e2时，令f＇（x）＝0，得x＝±．
由f＇（x）＜0，得e＜x＜；
由f＇（x）＞0，得x＞；
所以f（x）在（e，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．
因为f（e）＝e3﹣3ae+e＜e3﹣3e3+e＜0，f（2a）＝8a3﹣6a2+e＞8a2﹣6a2+e＝2a2+e＞0，所以此时f（x）在（e，+∞）上恰有一个零点；
综上，a＞，故实数a的取值范围是．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．
26．设a∈R，函数f（x）＝alnx﹣x．
（1）若f（x）无零点，求实数a的取值范围；
（2）当a＝1时，关于x的方程2x﹣f（x）＝x2+b在[，2]上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围．；
（3）求证：当n≥2，n∈N*时（1+）（1+）…（1+）＜e．
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，确定满足条件的a的范围即可；
（2）令g（x）＝x2﹣3x+lnx+b，（x∈[，2]），结合二次函数的性质以及函数的单调性求出b的范围即可；
（3）根据x＞1时，lnx＜x﹣1，令x＝1+（n≥2，n∈N*），累加即可证明．
【解答】解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）＝﹣1＝，当a＜0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）递减，x→0时，f（x）→+∞，而f（1）＝﹣1，故a＜0时，f（x）存在零点，a＝0时，f（x）＝﹣x，（x＞0），显然无零点，a＞0时，令f′（x）＝0，解得：x＝a，故f（x）在（0，a）递增，在（a，+∞）递减，故f（x）max＝f（a）＝a（lna﹣1），若f（x）无零点，只需a（lna﹣1）＜0，解得：a＜e，综上，0≤a＜e时，f（x）无零点；
（2）a＝1时，f（x）＝lnx﹣x，关于x的方程2x﹣f（x）＝x2+b化为x2﹣3x+lnx+b＝0，令g（x）＝x2﹣3x+lnx+b，（x∈[，2]），∴g′（x）＝2x﹣3+＝，令g′（x）＝0，解得x＝或1，令g′（x）＞0，解得1＜x≤2，此时函数g（x）单调递增，令g′（x）＜0，解得≤x＜1，此时函数g（x）单调递减，∵关于x的方程2x﹣f（x）＝x2+b在[，2]上恰有两个不相等的实数根，则，即，解得：+ln2≤b＜2，∴实数b的取值范围是[+ln2，2）
证明（3）当a＝1时，f（x）＝lnx﹣x，而f（1）＝﹣1，f（x）﹣f（1）＝lnx﹣x﹣1，由y＝lnx﹣x﹣1，得y′＝，令y′＝0，解得：x＝1，故y＝lnx﹣x﹣1在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，故x＝1时，y最大，故f（x）﹣f（1）≤0，即lnx≤x﹣1，∴当x＞1时，lnx＜x﹣1，令x＝1+（n≥2，n∈N*）．
则ln（1+）≤依次取n＝2，3，…，n．
累加求和可得ln（1+）+ln（1+）+…+ln（1+）＜++…+，当n≥2时，＜＝﹣，∴++…+＜++…+＝1﹣+﹣+…+﹣＝1﹣＜1，∴ln（1+）+ln（1+）+…+ln（1+）＜1＝lne，∴当n≥2，n∈N*时（1+）（1+）…（1+）＜e．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、“累加求和”、对数的运算性质、放缩、“裂项求和”等基础知识与基本技能方法，考查了等价问题转化方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．
27．已知函数f（x）＝xlnx．
（1）求f（x）的单调区间与极值；
（2）若不等式对任意x∈[1，3]恒成立，求正实数λ的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的极值即可；
（2）分离参数，问题转化为λ≤，令h（x）＝，根据函数的单调性求出正实数λ的取值范围即可．
【解答】解：（1）∵f（x）＝xlnx，∴f′（x）＝1+lnx，定义域为（0，+∞），又由f′（x）＞0，解得：x＞，f′（x）＜0，解得：0＜x＜．
∴f（x）的单减区间为（0，），f（x）的单增区间为（，+∞），∴f（x）极小值＝f（）＝﹣，无极大值．
（2）∵，故x2+x＞0，将化简可得：（x2+x＞）ln（x2+x）≥λx•eλx，∴f（x2+x）≥f（eλx），∵x2+x≥2，eλx＞e0＝1，由（1）知f（x）在（，+∞）上单增，故x2+x）≥eλx，∴λx≤ln（x2+x），即λ≤．
令h（x）＝，则h′（x）＝，令k（x）＝﹣ln（x2+x），则k′（x）＝•＜0，∴k（x）在[1，3]上单减，而k（1）＝﹣ln＞0，k（3）＝﹣ln＜0，∴∃x0∈（1，3），使得k（x0）＝0且在（1，x0）上，k（x）＞0，h′（x）＞0，h（x）单增，在（x0，3）上，k（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）单减．
∴h（x）min＝h（1）或h（3），而h（1）＝ln＞h（3）＝＝ln，∴λ≤ln．
【点评】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道综合题．
28．已知函数（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当函数f（x）与函数g（x）＝lnx图象的公切线l经过坐标原点时，求实数a的取值集合；
（3）证明：当a∈（0，）时，函数h（x）＝f（x）﹣ax有两个零点x1，x2，且满足．
【分析】（1）问利用导数求解单调性．
（2）问先求出公切线l的方程，再探讨a的取值范围．
（3）问先利用导数研究函数h（x）的单调性，证明零点个数．再使用函数思想，构造函数，利用导数研究函数单调性解决不等式问题．
【解答】解：（1）对求导，得，令f′（x）＝0，解得x＝e1﹣a，当x∈（0，e1﹣a）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
当x∈（e1﹣a，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
（2）设公切线l与函数g（x）＝lnx的切点为（x0，y0），则公切线l的斜率k＝g′（x0）＝，公切线l的方程为：，将原点坐标（0，0）代入，得y0＝1，解得x0＝e．
公切线l的方程为：，将它与联立，整理得．
令，对之求导得：，令m′（x）＝0，解得．
当时，m′（x）＜0，m（x）单调递减，值域为，当时，m′（x）＞0，m（x）单调递增，值域为，由于直线l与函数f（x）相切，即只有一个公共点，因此．
故实数a的取值集合为{}．
（3）证明：，要证h（x）有两个零点，只要证k（x）＝ax2﹣lnx﹣a有两个零点即可．k（1）＝0，即x＝1时函数k（x）的一个零点．
对k（x）求导得：，令k′（x）＝0，解得
．当时，k′（x）＞0，k（x）单调递增；
当0＜x＜时，k′（x）＜0，k（x）单调递减．当x＝时，k（x）取最小值，k（x）＝ax2﹣lnx﹣a＞ax2﹣（x﹣1）﹣a＝ax2﹣x+1﹣a＞ax2﹣x+，必定存在使得二次函数，即k（x0）＞u（x0）＞0．因此在区间上必定存在k（x）的一个零点．
综上所述，h（x）有两个零点，一个是x＝1，另一个在区间上．
下面证明．
由上面步骤知h（x）有两个零点，一个是x＝1，另一个在区间上．
不妨设x1＝1，x2＞则，下面证明即可．
令，对之求导得，故v（a）在定义域内单调递减，即．
证明完毕．
【点评】本题考察知识点众多，利用导数研究函数单调性，切线与导数的关系，利用导数研究函数的零点个数，利用导数构造函数来证明不等式，对学生的思维能力和思维品质要求极高，属于难题．
29．已知函数f（x）＝．
（1）若对任意x＞0，f（x）＜0恒成立，求实数a的取值范围；
（2）若函数f（x）有两个不同的零点x1，x2（x1＜x2），证明：+＞2．
【分析】（1）求出导函数，根据导函数判断函数的单调性，得出函数的最值，进而求出a的范围；
（2）求出导函数，根据极值点判断函数的零点位置，对零点分类讨论，构造函数，利用放缩法，均值定理证明结论成立．
【解答】解：（1）f（x）＝＝+a+．
f＇＇（x）＝﹣，∴f（x）在（0，l）上递增，（1，+∞）上递减，∴f（x）≤f（1）＝a+1，∴a+1＜0，∴a＜﹣1；
（2）证明：由（1）知，两个不同零点x1∈（0，1），x2∈（1，+∞），若x2∈（1，2），则2﹣x2∈（0，1），设g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x）＝+﹣﹣，则当x∈（0，1）时，g＇（x）＝﹣﹣＞﹣﹣＝﹣＞0，∴g（x）在（0，1）上递增，∴g（x）＜g（1）＝0，∴f（x）＜f（2﹣x），∴f（2﹣x1）＞f（x1）＝f（x2），∴（2﹣x1）＜x2，∴2＜x1+x2，若x2∈（2，+∞），可知2＜x1+x2，显然成立，又+x2≥2＝2x1，同理可得+x1≥2x2，以上两式相加得：++x1+x2≥2（x1+x2），故：+≥（x1+x2）＞2．
【点评】本题考查了导函数的应用，最值问题的转化思想，难点是对参数的分类讨论和均值定理的应用．
30．已知a为常数，函数f（x）＝x2+ax﹣lnx，g（x）＝ex（其中e是自然数对数的底数）．
（1）过坐标原点O作曲线y＝f（x）的切线，设切点P（x0，y0）为，求x0的值；
（2）令，若函数F（x）在区间（0，1]上是单调函数，求a的取值范围．
【分析】（1）先对函数求导，f′（x）＝2x+a﹣，可得切线的斜率k＝2x0+a﹣＝＝，即x02+lnx0﹣1＝0，由x0＝1是方程的解，且y＝x2+lnx﹣1在（0，+∞）上是增函数，可证
（2）由F（x）＝＝，求出函数F（x）的导数，通过研究2﹣a的正负可判断h（x）的单调性，进而可得函数F（x）的单调性，可求a的范围．
【解答】解：（1）f′（x）＝2x+a﹣（x＞0），过切点P（x0，y0）的切线的斜率k＝2x0+a﹣＝＝，整理得x02+lnx0﹣1＝0，显然，x0＝1是这个方程的解，又因为y＝x2+lnx﹣1在（0，+∞）上是增函数，所以方程x2+lnx﹣1＝0有唯一实数解．故x0＝1；
（2）F（x）＝＝，F′（x）＝，设h（x）＝﹣x2+（2﹣a）x+a﹣+lnx，则h′（x）＝﹣2x+++2﹣a，易知h＇（x）在（0，1]上是减函数，从而h＇（x）≥h＇（1）＝2﹣a；
①当2﹣a≥0，即a≤2时，h＇（x）≥0，h（x）在区间（0，1）上是增函数．
∵h（1）＝0，∴h（x）≤0在（0，1]上恒成立，即F＇（x）≤0在（0，1]上恒成立．
∴F（x）在区间（0，1]上是减函数．
所以，a≤2满足题意；
②当2﹣a＜0，即a＞2时，设函数h＇（x）的唯一零点为x0，则h（x）在（0，x0）上递增，在（x0，1）上递减；
又∵h（1）＝0，∴h（x0）＞0．
又∵h（e﹣a）＝﹣e﹣2a+（2﹣a）e﹣a+a﹣ea+lne﹣a＜0，∴h（x）在（0，1）内有唯一一个零点x＇，当x∈（0，x＇）时，h（x）＜0，当x∈（x＇，1）时，h（x）＞0．
从而F（x）在（0，x＇）递减，在（x＇，1）递增，与在区间（0，1]上是单调函数矛盾．
∴a＞2不合题意．
综合①②得，a≤2．
【点评】考查学生利用导数研究函数的单调能力，函数单调性的判定，以及导数的运算，试题具有一定的综合性．
31．设函数，m∈R．
（1）当m＝e（e为自然对数的底数）时，求f（x）的最小值；
（2）讨论函数零点的个数．
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值即可；
（2）令g（x）＝0，得到；设，通过讨论m的范围根据函数的单调性集合函数的草图求出函数的零点个数即可．
【解答】解：（1）当m＝e时，∴
当x∈（0，e）时，f′（x）＜0，f（x）在x∈（0，e）上是减函数；
当x∈（e，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在x∈（e，+∞）上是增函；
∴当x＝e时，f（x）取最小值．
（2）∵函数，令g（x）＝0，得；
设，则φ′（x）＝﹣x2+1＝﹣（x﹣1）（x+1）
当x∈（0，1）时，φ′（x）＞0，φ（x）在x∈（0，1）上是增函数；
当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＜0，φ（x）在x∈（1，+∞）上是减函数；
当x＝1是φ（x）的极值点，且是唯一极大值点，∴x＝1是φ（x）的最大值点；
∴φ（x）的最大值为，又φ（0）＝0结合y＝φ（x）的图象，可知：①当时，函数g（x）无零点；
②当时，函数g（x）有且只有一个零点；
③当时，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：当时，函数g（x）无零点；
当或m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；
当时，函数g（x）有且只有两个零点；
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查函数的零点个数问题，是一道中档题．
32．已知函数f（x）＝lnx﹣．
（1）若a＝4，求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）在区间（0，1]内单调递增，求实数a的取值范围；
（3）若x1、x2∈R+，且x1≤x2，求证：（lnx1﹣lnx2）（x1+2x2）≤3（x1﹣x2）．
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为3a≤+x+4恒成立，根据函数的单调性求出a的范围即可；
（3）问题转化为ln≤＝成立即可，令t＝∈（0，1），故只要lnt﹣≤0即可，根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）＝﹣＝，a＝4时，f′（x）＝，由f′（x）＞0，解得：0＜x＜4﹣2或x＞4+2，由f′（x）＜0，解得：4﹣2＜x＜4+2，故f（x）在（0，4﹣2）递增，在（4﹣2，4+2）递减，在（4+2，+∞）递增；
（2）由（1）得：f′（x）＝，若函数f（x）在区间（0，1]递增，则有x2+（4﹣3a）x+4≥0在（0，1]内恒成立，即3a≤+x+4恒成立，又函数y＝+x+4在x＝1时取得最小值9，故a≤3；
（3）证明：当x1＝x2时，不等式显然成立，当x1≠x2时，∵x1，x2∈R+，∴要原不等式成立，只要ln≤＝成立即可，令t＝∈（0，1），故只要lnt﹣≤0即可，由（2）可知函数f（x）在（0，1]递增，故f（x）＜f（1）＝0，故lnt﹣≤0成立，故原不等式成立．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查不等式的证明，转化思想，是一道综合题．
33．设a＞0，函数f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx
（1）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数y＝f（x）在区间（0，+∞）上有唯一零点，试求a的值．
【分析】（1）求出a＝1时f（x），利用导数f′（x）判断f（x）的单调性，并求出单调区间；
（2）求f（x）的导数f′（x），利用导数判断f（x）的单调性，求出最值，利用最值等于0，求出a的值．
【解答】解：（1）函数f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx，当a＝1时，f（x）＝x2﹣2x﹣2lnx，（其中x＞0）；
∴f′（x）＝2x﹣2﹣＝，令f′（x）＝0，即x2﹣x﹣1＝0，解得x＝或x＝（小于0，应舍去）；
∴x∈（0，）时，f′（x）＜0，x∈（，+∞）时，f′（x）＞0；
∴f（x）的单调减区间是（0，），单调增区间是（，+∞）；
（2）f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx，则f′（x）＝2x﹣2a﹣＝，令f′（x）＝0，得x2﹣ax﹣a＝0，∵a＞0，∴△＝a2+4a＞0，∴方程是解为x1＝＜0，x2＝＞0；
∴函数f（x）在（0，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增，∴f（x）的大致图象如图所示，求f（x）min＝f（x2），若函数y＝f（x）在区间（0，+∞）上有唯一零点，则f（x2）＝0，而x2满足x22＝ax2+a
∴f（x2）＝ax2+a﹣2ax2﹣2alnx2＝a（x2+1﹣2x2﹣2lnx2）＝0
得1﹣x2﹣2lnx2＝0
∵g（x）＝2lnx+x﹣1是单调增的，∴g（x）至多只有一个零点，而g（1）＝0，∴用x2＝1代入x22﹣ax2﹣a＝0，得1﹣a﹣a＝0，即得a＝．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，也考查了函数零点以及不等式的应用问题，是较难的题目．
34．已知函数．
（1）当a＝0时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（2）令g（x）＝f（x）﹣ax+1，求函数g（x）的极大值；
（3）若a＝﹣2，正实数x1，x2满足f（x1）+f（x2）+x1x2＝0，证明：．
【分析】（1）求出函数的导数，计算f（1），f′（1）的值，从而求出切线方程即可；
（2）求导数，然后通过研究不等式的解集确定原函数的单调性；求出函数的极大值即可；
（3）结合已知条件构造函数，然后结合函数单调性得到要证的结论．
【解答】解：（1）a＝0时，f（x）＝lnx+x，f′（x）＝+1，故f（1）＝1，f′（1）＝2，故切线方程是：y﹣1＝2（x﹣1），整理得：2x﹣y﹣1＝0；
（2）g（x）＝f（x）﹣（ax﹣1）＝lnx﹣ax2+（1﹣a）x+1，所以g′（x）＝﹣ax+（1﹣a）＝，当a≤0时，因为x＞0，所以g′（x）＞0．
所以g（x）在（0，+∞）上是递增函数，当a＞0时，g′（x）＝，令g′（x）＝0，得x＝，所以当x∈（0，）时，g′（x）＞0；当x∈（，+∞）时，g′（x）＜0，因此函数g（x）在x∈（0，）是增函数，在（，+∞）是减函数．
综上，当a≤0时，函数g（x）的递增区间是（0，+∞），无递减区间，无极大值；
当a＞0时，函数g（x）的递增区间是（0，），递减区间是（，+∞）；
故g（x）极大值＝g（）＝﹣lna；
证明：（3）由f（x1）+f（x2）+x1x2＝0，即lnx1+x12+x1+lnx2+x22+x2+x1x2＝0，从而（x1+x2）2+（x1+x2）＝x1x2﹣ln（x1x2），令t＝x1x2，则由φ（t）＝t﹣lnt，由x1＞0，x2＞0，即x1+x2＞0．
φ′（t）＝，（t＞0），可知，φ（t）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增．
所以φ（t）≥φ（1）＝1，所以（x1+x2）2+（x1+x2）≥1，解得x1+x2≥或x1+x2≤，又因为x1＞0，x2＞0，因此x1+x2≥成立．
【点评】本题难度较大，属于利用导数研究函数的单调性、最值，以及利用导数证明单调性进一步研究不等式问题的题型．
35．已知函数f（x）＝x﹣alnx，g（x）＝﹣（a＞0）
（1）若a＝l，求f（x）的极值；
（2）若存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，求实数a的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（2）问题转化为[f（x）﹣g（x）]min＜0，（x∈[1，e]）成立，设h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x﹣alnx+，根据函数的单调性求出a的范围即可．
【解答】解：（1）a＝1时，f（x）＝x﹣lnx，函数f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）＝1﹣＝，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，故f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，故f（x）的极小值是f（1）＝1，无极大值；
（2）存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，等价于[f（x）﹣g（x）]min＜0，（x∈[1，e]）成立，设h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x﹣alnx+，则h′（x）＝，令h′（x）＝0，解得：x＝﹣1（舍），x＝1+a；
①当1+a≥e，h（x）在[1，e]递减，∴h（x）min＝h（e）＝e2﹣ea+1+a，令h（x）min＜0，解得：a＞；
②当1+a＜e时，h（x）在（1，a+1）递减，在（a+1，e）递增，∴h（x）min＝h（1+a）＝a[1﹣ln（a+1）]+2＞2与h（x）min＜0矛盾，综上，a＞．
【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．
36．已知函数f（x）＝alnx+x2+bx+1在点（1，f（1））处的切线方程为4x﹣y﹣12＝0．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）求f（x）的单调区间和极值．
【分析】（1）求出函数的导数，计算f′（1），f（1），得到关于a，b的方程组，求出a，b的值，从而求出f（x）的解析式即可；
（2）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可．
【解答】解：（1）求导f′（x）＝+2x+b，由题意得：
f′（1）＝4，f（1）＝﹣8，则，解得，所以f（x）＝12lnx+x2﹣10x+1；
（2）f（x）定义域为（0，+∞），f′（x）＝，令f′（x）＞0，解得：x＜2或x＞3，所以f（x）在（0，2）递增，在（2，3）递减，在（3，+∞）递增，故f（x）极大值＝f（2）＝12ln2﹣15，f（x）极小值＝f（3）＝12ln3﹣20．
【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，是一道中档题．
37．已知函数f（x）＝alnx+﹣（a+1）x，a∈R．
（Ⅰ）若函数f（x）在区间（1，3）上单调递减，求a的取值范围；
（Ⅱ）当a＝﹣1时，证明f（x）≥．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，根据函数的单调性求出a的范围即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值即可．
【解答】解：（I）函数的定义域为（0，+∞）．
因为．
又因为函数f（x）在（1，3）单调减，所以不等式（x﹣1）（x﹣a）≤0在（1，3）上成立．
设g（x）＝（x﹣1）（x﹣a），则g（3）≤0，即9﹣3（a+1）+a≤0即可，解得a≥3．
所以a的取值范围是[3，+∞）．…（7分）
（Ⅱ）当a＝﹣1时，f（x）＝﹣lnx+，f′（x）＝，令f＇（x）＝0，得x＝1或x＝﹣1（舍）．
当x变化时，f（x），f＇（x）变化情况如下表：
x
（0，1）
（1，+∞）
f＇（x）
﹣
0
+
f（x）
↘
极小值
↗
所以x＝1时，函数f（x）的最小值为f（1）＝，所以成立．…（13分）
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道中档题．
38．已知函数f（x）＝x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．
（Ⅰ）求函数y＝f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f（x）+ex＞x2+x+2．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题转化为证明ex﹣lnx﹣2＞0，设g（x）＝ex﹣lnx﹣2，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）＝2x﹣（a﹣2）﹣＝…（2分）
当a≤0时，f′（x）＞0对任意x∈（0，+∞）恒成立，所以，函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增；…（4分）
当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，所以，函数在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；
（Ⅱ）当a＝1时，f（x）＝x2+x﹣lnx，要证明f（x）+ex＞x2+x+2，只需证明ex﹣lnx﹣2＞0，设g（x）＝ex﹣lnx﹣2，则问题转化为证明对任意的x＞0，g（x）＞0，令g′（x）＝ex﹣＝0，得ex＝，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足＝，当x变化时，g′（x）和g（x）变化情况如下表
x
（0，x0）
x0
（x0，+∞）
g′（x）
﹣
0
+
g（x）
递减
递增
g（x）min＝g（x0）＝﹣lnx0﹣2＝+x0﹣2，因为x0＞0，且x0≠1，所以g（x）min＞2﹣2＝0，因此不等式得证．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．
39．已知函数f（x）＝xlnx．
（Ⅰ）求函数f（x）在[1，3]上的最小值；
（Ⅱ）若存在使不等式2f（x）≥﹣x2+ax﹣3成立，求实数a的取值范围．
【分析】（Ⅰ）先求出函数的导函数，研究出原函数在[1，3]上的单调性即可求出函数f（x）在[1，3]上的最小值；
（Ⅱ）先把不等式2f（x）≥﹣x2+ax﹣3成立转化为a≤2lnx+x+成立，设h（x）＝2lnx+x+（x＞0），利用导函数求出h（x）在x∈[，e]上的最大值即可求实数a的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝xlnx，可得f＇（x）＝lnx+1，当x∈（0，）时，f＇（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（，+∞）时，f＇（x）＞0，f（x）单调递增．
所以函数f（x）在[1，3]上单调递增．
又f（1）＝ln1＝0，所以函数f（x）在[1，3]上的最小值为0．
（Ⅱ）由题意知，2xlnx≥﹣x2+ax﹣3，则a≤2lnx+x+．
若存在x∈[，e]使不等式2f（x）≥﹣x2+ax﹣3成立，只需a小于或等于2lnx+x+的最大值．
设h（x）＝2lnx+x+（x＞0），则h′（x）＝+1﹣＝．
当x∈[，1）时，h＇（x）＜0，h（x）单调递减；
当x∈（1，e]时，h＇（x）＞0，h（x）单调递增．
由h（）＝﹣2++3e，h（e）＝2+e+，h（）﹣h（e）＝2e﹣﹣4＞0，可得h（）＞h（e）．
所以，当x∈[，e]时，h（x）的最大值为h（）＝﹣2++3e，故a≤﹣2++3e．
【点评】本题主要研究利用导数求闭区间上函数的最值以及函数恒成立问题．当a≥h（x）恒成立时，只需要求h（x）的最大值；当a≤h（x）恒成立时，只需要求h（x）的最小值．
40．已知函数f（x）＝ax2﹣alnx+x．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若a＜0，设g（x）＝f（x）﹣x，h（x）＝﹣2xlnx+2x，若对任意x1，x2∈[1，+∞）（x1≠x2），|g（x2）﹣g（x1）|≥|h（x2）﹣h（x1）|恒成立，求实数a的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间即可；
（2）求出函数的导数，令F（x）＝g（x）﹣h（x）＝ax2﹣alnx+2xlnx﹣2x，求出函数的导数，令G（x）＝ax﹣+2lnx，根据函数的单调性求出a的范围即可．
【解答】解：（1），令t（x）＝ax2+x﹣a，①当a＝0时，t（x）＝x＞0⇒f＇（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当a＜0时，令，所以f（x）在上单调递增，在上单调递减；
③当a＞0时，令，所以f（x）在上单调递减，在上单调递增．
（2）g′（x）＝ax﹣＝，因为a＜0，当x≥1时，g′（x）≤0，g（x）在[1，+∞）单调减；
h′（x）＝﹣2lnx，当x≥1时，h′（x）≤0，h（x）在[1，+∞）单调减．
因为对任意x1，x2∈[1，+∞），|g（x2）﹣g（x1）|≥|h（x2）﹣h（x1）|，不防设x1＜x2，则由两函数的单调性可得：
g（x1）﹣g（x2）≥h（x1）﹣h（x2），所以：g（x1）﹣h（x1）≥g（x2）﹣h（x2）对任意x1＜x2∈[1，+∞）恒成立；
令F（x）＝g（x）﹣h（x）＝ax2﹣alnx+2xlnx﹣2x，则F（x1）≥F（x2）对任意x1＜x2∈[1，+∞）恒成立；
即：y＝F（x）在x∈[1，+∞）上单调减，即：F′（x）＝ax﹣+2lnx≤0在x∈[1，+∞）上恒成立，令G（x）＝ax﹣+2lnx，G′（x）＝，当a≤﹣1时，ax2+2x+a≤0在x∈[1，+∞）恒成立，所以G′（x）≤0，G（x）在[1，+∞）单调减，所以G（x）≤G（1）＝0，满足题意，当﹣1＜a＜0时，G（x）有两个极值点x1，x2且x1＝＞1，x2＝＜1，所以在（1，x1）上，G（x）单调增，即：G（x）＞G（1）＝0对任意x∈（1，x1）上恒成立，不满足题意，舍！
综上，当a≤﹣1时，不等式|g（x2）﹣g（x1）|≥|h（x2）﹣h（x1）|在x1，x2∈[1，+∞）恒成立．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道综合题．
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日期：2021/2/9
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2.高等数学导数证明题 篇二
直观来说, 导数的概念来自一个连续变量随另一个连续变量变化的“瞬时”变化率。它是质点作变速直线运动的瞬时速度的抽象, 它也可以近似的表示曲线上某一点处的切线的斜率, 这也是导数的几何意义, 则也就有了导数的定义。
1. 导数的定义
2. 对函数求导
2.1 利用导数的定义求导
例1:判断y (28) x-a在x (28) a处是否可导。
2.2 利用导数公式求导
在我们求导过程中, 要注意复合函数的复合过程由外到里一步一步进行。
3. 导数的应用
3.1 利用洛必达法则求极限
3.2 最值点的判别
列表
导数的应用, 为我们解决函数问题提供了有力的工具, 同时导数也在高等数学各章节间起到了非常重要的作用。根据高职高专高等数学教学面临的实际问题, 结合改革实践, 在教务内容上进行调整、压缩。使学生对导数的概念有一定了解, 灵活运用并掌握做题方法与技巧, 能把导数和日常的实践知识相结合, 达到学以致用。而本文对导数的认识到应用做了一些介绍, 希望对大家有所帮助。
摘要：高等数学是高职高专院校里的一门公共基础课。导数在这门课中起到了一个承上启下的作用, 也是初等数学和高等数学的桥梁。所以它是整个高等数学中的重要部分, 也为日后学习专业课的实践应用部分奠定了一定的理论基础。
关键词：高等数学,导数,积分,求导
参考文献
[1]同济大学应用数学系编.高等数学第五版[M].北京:高等教育出版社, 2004 (7) 76—152.
[2]牛莉.高等数学第二版[M].北京:中国水利水电出版社, 2008 (9) 30—53.
[3]华东师范大学数学系编.数学分析第三版[M].北京:高等教育出版社, 2006 (5) 87—148.
3.高等数学中导数的教学分析 篇三
关键词:微积分 导数 概念理解
DOI:10.3969/j.issn.1672-8289.2010.10.014
引言
微积分是继Euclid几何之后,数学中的一个最大的创造,它被誉为“人类精神的最高胜利”[1]。微积分的产生是寻求一系列实际生活与科学问题有关的无穷小算法的结果,牛顿与莱布尼茨将个别的算法统一成两类互逆的基本运算:微分与积分。导数的概念是微积分的核心概念之一,因此,导数的教学定位以及如何进行导数的教与学成为数学教育工作者研究的一个重要课题。导数教学要教什么,怎样教?是采用直观教学还是形式教学?学生对于导数是怎样理解的?学生的数学活动与哪些高层次的数学思维有关?教师的导数教学如何组织和传授?等等。本文将从导数理解评价、学生对导数的理解以及教师对学生理解导数的影响因素三个方面进行探讨。
1导数理解的评价
对于数学理解可以分为显性理解和隐性理解,前者是指能够明确说出不同数学概念之间的联系并指出相关概念的知识群,后者是指尽管已经达到了概念的理解,但还不能清楚地对其加以解释和说明。因此,学习有不同的结果,那么对于学习的评价就需要不同的层次。在数学教学中,学生学习数学的结果不仅体现在学生是否掌握了数学的基本概念并能进行基本运算、解决简单的实际问题,而且也体现在学生的逻辑思维能力是否得到提升。因此,对于导数的学习,也需要从多个方面多个层次进行评价,只有这样才能了解他们是否理解了数学知识,对于促进学生的数学理解在数学教学中有着重要意义。
基于以上理解,并从评价理论出发,可以从多角度多方面对导数的理解进行划分。从知识结构上,可以将对于导数的理解可以分为导数的概念、导数的意义解释、导数计算、导函数和导数应用五个部分。从组织结构上分析,将倒数分为操作阶段、对象阶段、图式阶段和问题解决阶段;从关联程度分析,将其划分为单一结构水平、多元结构水平、关联水平和进一步抽象等四个水平;从表征方式老看,将导数划分为图像、数值和形式化的符号表征。只有清楚了评价的维度才能为实际的评价提供依据。在高等数学的教学中,对于导数的理解可以从学生习题解答的结果上面体现出来。习题虽不能全面的展示学生对于导数的理解程度,但是,这确不失为一种比较直观、较容易操作的关于概念掌握评的方式。只有在实际的运算以及操作的过程中,学生才能对概念、以及概念中隐含的因素进行深层次的理解。因此,对于学生对于概念的理解可以从简单应用过渡到复杂的综合运用,从而实现知识的理解层次。教学中不能仅停留在运算的初级阶段,应该注重学生对于概念的理解,并侧重于在实际中的应用能力。
2学生对导数的理解
项武义、张奠宙先生曾指出:“导数的教学可以把瞬时速度作为原始概念,作为导数教学的平台”[2]。在教学实践中,学生对于导数的理解程度可以从多个“速度”的描述进行分析。对于大学生而言,学生的逻辑思维走向成熟阶段,并已经逐渐摆脱具体事物的形式,想更高级的辩证思维形式发展,但是,他们对于运动辩证、对立统一的认识是非常朦胧的。学生对于瞬时速度的理解是比较清楚的,学生具有获得导数知识的经验基础,瞬时速度是一个从实践中产生的纯物理概念。导数的概念教学完全可以还原为牛顿的最初的目的,即确定变速运动的速度,也完全可以还原为莱布尼兹的最初目的,即定义切线的概念。但是两者并没有给出完全的形式化定义,更没有建立完整的极限理论。因此,学生完全可以以瞬时速度作为研究的认知基础,以完成对瞬时速度的精确化定义为问题解决的额目标,进而抽象出导数的本质属性。从学生情况来看,所有的学生基本上能够区分平均速度和瞬时速度,而学生对于瞬时速度概念的理解都是源自物理学。因此,瞬时速度是学生理解导数概念的经验基础,是实施导数概念教学的有效平台。在实际的教学中,可以从学生的前概念即瞬时速度入手,使得导数的引入存在一个最近发展区,这样有利于学生对于新知识的理解。知识不能脱离生活,学生的前概念大多是生活经验的积累。脱离学生的经验基础,直接从极限的定义入手进行导数教学,学生不但难以理解,也使得原本亲切的知识应用变为极为深奥学究味浓厚的学术范畴,只能让学生望而却步,更谈不上理解以及应用。
此外,对于导数的学习,很多学生对于导数的应用随着学习的深入会有极大的上升空间。在对导数的概念理解后,随着知识的应用以及知识的后效型,对于导数的理解会越来越深刻。
3教师对学生理解导数的影响因素
在导数知识方面,教师对于导数的概念理解存在着很大的差异,而在导数的基本运算上面没有显著差别。对于新教师而言对于数学知识的理解主要停留在“算法”层面,如对于求解运算的技巧等较为注意。而有经验的专家型教师在导数概念的理解和问题解决能力方面教新教师有更为深刻的理解。在导数的教学中,新教师与专家教师对于数学的学科本质的认识存在着显著的差异。有经验的教师更倾向于问题解决的观点,而不是倾向于“掌握知识”的观点,问题解决的观点倾向于将数学问题的解决看作为猜想、论证以及解释的过程。而新教师的“掌握知识”的观点则认为做数学题目就应该按照特定的步骤,一步步得出答案的过程。
此外,作为教师而言,新教师与专家教师在将学科知识与学生思维相结合方面体现的比较明显。在判断与处理学生对于特定的概念的错误理解上新、老教师表现出明显的差异。新教师习惯于就题解答,从学生的错误结果出发,难以联系学生的新、旧知识之间的关系。而专家教师能够在学生已有的知识水平上了解学生错误概念的本质。显而易见,促进教师专业知识发展应该立足于教学实践。教师应该重视将学科知识与教学方法相联系,将教学内容作为教学专长的一个重要体现。教师对于课程的理解,不仅只立足于教师对学科知识的理解,还应该将特定的学科知识与学生的思维特点结合起来,促进教师的教学内容知识的发展。可以说教师自身对于导数的理解,直接决定了学生对于导数的学习,教师不仅要从知识本身入手,还要从学生的已有知识入手,脱离学生的理解谈教学是不切实际的。
4 结论
从以上讨论可知,学生对于导数概念的理解多来源于物理背景,而教师的教学观念以及教学行为在客观上影响以甚至制约着学生对于数学概念的理解。实际教学中,对于概念的评价多注重应用方面,而这种应用方面多停留在基于运算的初等层面。教师对于导数的概念教学追求严格的数学形式,学生所得到到的关于导数的概念都是现成的定义,学生心目中的微积分与现实生活没有关系。因此,教师在教学过程中,更应该重视知识结果产生的过程以及产生的意义,感悟数学的精神、思想以及方法。
参考文献:
[1]恩格斯.自然辩证法[M].北京:人民出版社.1971.244.
4.高等数学导数证明题 篇四
导数、微分及其应用
一、导数、偏导数和微分的定义
对于一元函数
对于多元函数
对于函数微分
注：注意左、右导数的定义和记号。
二、导数、偏导数和微分的计算：
1）能熟练运用求导公式、运算法则计算导数、偏导数和微分；
2）隐函数、参数方程的导数
3）高阶导数：特别要注意莱布尼茨公式的运用。
例1：求函数在处的阶导数。
解：，所以有
（1）
利用莱布尼茨公式对（1）两边求阶导数得
当时，由此可得
例2：求的阶导数。
解：
设
其中，则有
注：计算时注意一阶微分不变性的应用。
4）方向导数与梯度
三、导数、偏导数及微分的应用
1）达布定理：设在上可导，若则对介于的一切值，必有，使得。
证明：在上可导，则在上一定有最大值和最小值。
1、如果异号，无妨设，由于，由极
限的保号性，当充分接近时有；当充分接近时有，这就说明不可能是在上的最大值，所以一定存在，使得是在上的最大值，由费马
定理可得。
2、对于一般的的情形，设是介于的值，考虑函
数，则有异号，由前
面的证明可得，存在有，即。
2）罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理及泰勒中值定理
其中，这里在与之间的某个值。
3）一元函数的单调性及极值、最值
4）一元函数的凹凸性：
在区间上凹：和，若，则；
在区间上凸：和，若，则；
性质：1、如果在区间上是凹的，则和，若，一定有；
2、如果在区间上是凸的，则和，若，一定有
证明：因为
其中，所以用数学归纳法可证明以上结论。
例3：证明：若，则有
证明：考虑函数，因为
所以时，是凹函数。因此对于由性质有
5）多元函数几何应用
6）多元函数的极值：拉格朗日乘数法。
例4：设在上连续，在上可导。又在上连续，证明：至少存在一点使得。
证明：因为在上连续，所以在上存在原函数，即有。
考虑函数，则有，由罗尔中值定理可得至少存在一点使得
因此至少存在一点使得。
例5：设函数在上连续，在上可导，（1）如果，证明：至少存在一点，使得。
（2）如果，且对一切有，证明：至少存在一点，使得。
证明：（1）如果函数在上是常数，则对于任意的都有。下面设不是常数，此种情形下存在使得，无妨设，取，因为，所以存在，当时有
因此我们有，由此我们可得在上的最大值不在端点取得，由最大值和最小值定理和费马定理至少存在一点使得
(2)因为，由夹逼准则得
考虑函数，则有在上连续，在上可导，并且，由（1）的结论可得至少存在一点，使得。
例6：设函数在区间上可微，是个正数，且，证明：存在使得
证明：利用介值定理，存在使得，无妨我们设，对函数分别在以为端点区间上运用拉格朗日中值定理可得，至少存在在之间使得
因此我们有
例7：设在上可导，证明：。
证明：1）设在内的最大值为，则有
这就得到在上有，特别是；
2）设在上有，设设在内的最大值为，则有
这就得到在上有，由数学归纳法可得在上有。同理可得在上有。
例8：设在上有二阶导数，证明：存在，使得
证明：设，将在点处展成三阶泰勒公式
当时，（1）
当时，(2)
得
因为在可导，且在之间，由达布定理可得，存在使得，此时即有
例9：设在上二阶可导，证明：对于，存在使得
证明：构造函数，则有，利用罗尔中值定理，存在有，再利用一次罗尔中值定，存在使得，又因为
由此可得
即有
例10：设函数在连续，在内可微，且。证明：（1）存在使得；
（2）存在使得。
证明：（1）考虑函数，因为，由零点定理，存在使得；
（2）考虑函数，因为，由罗尔中值定理，存在使得，即有。
例11：设在上无穷次可微，并且满足：存在，使得，；且，求证：在上。
四、练习题
1）求函数的阶导数。
2）设在上有阶导数，且，证明：存在，使得。
3）设在上有二阶导数，且存在使得证明：存在，使得。
4）设在区间上三次可微，证明：存在，使得
5）设函数在上是导数连续的有界函数，证明：
5.高等数学导数证明题 篇五
高中数学新课标讲座之导数与推理与证明
【基础回归】
1．古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数。比如：
他们研究过图1中的1，3，6，10，„，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似的，称图2中的1，4，9，16，„，这样的数为正方形数。下列数中既是三角形数又是正方形数的是（）
A．289B．1024C．1225D．1378
2．在R上定义运算:xyx(1y)，若不等式(xa)(xa)1对任意实数x成立，则（）A．1a1B．0a2C．1a3D．3a1 222
23．已知数列{an}满足a10,an1
an3an1(nN*)，则a20=（）A．0B．3C．3D．/2
2231151117,122,1222，„，则可归纳出式子为（）2342323
41n24．观察式子：1A．1
C．112213212n12n1nB．1D．11221321n212n11
221
321
n21
221
321
n22n 2n1
315．设n为正整数，f(n)111„，经计算得f(2)，f(4)2，f(8)5，f(16)3，2n22
37f(32)。观察上述结果，可推测出一般结论（）2
A．f(2n)n22n1B．f(n2)n2C．f(2n)D．以上都不对 222
26．设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2 成立时，总可推出f(k1)≥(k1)
成立”，那么，下列命题总成立的是若（）成立
A．f(1)1成立，则f(10)100B．f(2)4成立，则f(1)≥1
C．f(3)≥9成立，则k≥1时，均有f(k)≥k2D．f(4)≥25成立，则k≥4时，均有f(k)≥k2
7．设S是至少含有两个元素的集合，在S上定义了一个二元运算“*”（即对任意的a，bS，对于有序
元素对（a，b），在S中有唯一确定的元素a*b与之对应）．若对任意的a，bS，有a*(b*a)b，则对任意的a，bS，下列等式中不恒成立的是（）
A．(a*b)*aaB．[a*(b*a)]*(a*b)aC．b*(b*b)b
则必有（）
A．bf(a)≤af(b)
【典例剖析】
〖例1〗用分析法证明：722。
B．af(b)≤bf(a)C．af(a)≤f(b)D．bf（b)
≤f(a)D．(a*b)*[b*(a*b)]b )上的非负可导函数，且满足xf(x)f(x)0，对任意正数a，b，若ab，8． f(x)是定义在(0，宁夏回族自治区石嘴山市高中数学复习
高中数学新课标讲座之导数与推理与证明石嘴山市光明中学 潘学功
〖例2〗用三段论证明函数yx22x在（－∞，1]上是增函数。
222〖例3〗已知：sin30sin90sin15033222； sin5sin65sin125。22
通过观察上述两等式的规律，请你写出对任意角度都成立的一般性的命题，并给予证明。
22xy〖例4〗已知椭圆具有性质:若M,N是椭圆C:221(ab0)上关于原点O对称的两个点，点P是 ab
椭圆C上任意一点，且直线PM,PN的斜率都存在(记为kPM,kPN)，则kPM·kPN是与点P位置无关
x2y2的定值。试写出双曲线E:221(a0,b0)的类似性质，并加以证明。ab
【思维训练】
1．对于非零实数a，b，以下四个命题都成立：
① a122220；②(ab)a2abb；③ 若|a||b|，则ab；④ 若aab，则ab。a
那么，对于非零复数a，b，仍然成立的命题的所有序号是（）
A．①②B．②③C．③④D．②④
2())≥0，2．已知二次函数f(x)axbxc的导数为f(x)，f(0)0，对于任意实数x，有f(x则f1
f(0)的最小值为（）
A．3B．5/2C．2D．3/2
3．在平面上，若两个正三角形的边长的比为1：2，则它们的面积比为1：4，类似地，在空间内，若两个
四面体的棱长的比为1：2，则它们的体积比为_____
21114.已知函数f(x)x，那么f(1)f(2)f()f(3)f()f(4)f()____________ 2341x2
5．在△ABC中，射影定理可以表示为abcosCccosB，其中a,b,c分别为角A、B、C的对边，类似以上定理，在四面体PABC中，S1、S2、S3、S分别表示△PAB、△PBC、△PAC、△ABC的面积，，，分别表示面PAB、面PBC、面PAC与底面ABC所成角的大小，请给出一个空间四面体性质的猜想：________________
6.离散数学证明题 篇六
证明设a,b均是链A的元素，因为链中任意两个元素均可比较，即有a≤b或a≤b，如果a≤b，则a,b的最大下界是a,最小上界是b，如果b≤a，则a,b的最大下界是b,最小上界是a，故链一定是格,下面证明分配律成立即可,对A中任意元素a,b,c分下面两种情况讨论:
⑴b≤a或c≤a
⑵a≤b且a≤c
如果是第⑴种情况,则a∪(b∩c)=a=(a∪b)∩(a∪c)
如果是第⑵种情况,则a∪(b∩c)=b∩c=(a∪b)∩(a∪c)
无论那种情况分配律均成立,故A是分配格.一.线性插值(一次插值)
已知函数f(x)在区间的端点上的函数值yk=f(xk),yk+1=f(xk+1),求一个一次函数y=p1(x)使得yk=f(xk),yk+1=f(xk+1),其几何意义是已知平面上两点(xk,yk),(xk+1,yk+1),求一条直线过该已知两点。
1.插值函数和插值基函数
由直线的点斜式公式可知：
把此式按照yk和yk+1写成两项:
记
并称它们为一次插值基函数。该基函数的特点如下表：
从而
p1(x)=yklk(x)+yk+1lk+1(x)
此形式称之为拉格朗日型插值多项式。其中,插值基函数与yk、yk+1无关，而由插值结点xk、xk+1所决定。一次插值多项式是插值基函数的线性组合,相应的组合系数是该点的函数值yk、yk+1.例1:已知lg10=1,lg20=1.3010,利用插值一次多项式求lg12的近似值。
解:f(x)=lgx,f(10)=1,f(20)=1.3010,设
x0=10,x1=20,y0=1,y1=1.3010
则插值基函数为：
于是,拉格朗日型一次插值多项式为:
故:
即lg12由lg10和lg20两个值的线性插值得到,且具有两位有效数字(精确值lg12=1.0792).二.二次插值多项式
已知函数y=f(x)在点xk-1,xk,xk+1上的函数值yk-1=f(xk-1),yk=f(xk),yk+1=f(xk+1),求一个次数不超过二次的多项式p2(x),使其满足,p2(xk-1)=yk-1,p2(xk)=yk,p2(xk+1)=yk+1.其几何意义为:已知平面上的三个点
(xk-1,yk-1),(xk,yk),(xk+1,yk+1),求一个二次抛物线,使得该抛物线经过这三点。
1.插值基本多项式
有三个插值结点xk-1,xk,xk+1构造三个插值基本多项式，要求满足：
(1)基本多项式为二次多项式;(2)它们的函数值满足下表：
因为lk-1(xk)=0,lk-1(xk+1)=0,故有因子(x-xk)(x-xk+1),而其已经是一个二次多项式,仅相差一个常数倍,可设
lk-1(x)=a(x-xk)(x-xk+1),又因为
lk-1(xk-1)=1==>a(xk-1-xk)(xk-1-xk+1)=
1得
从而
同理得
基本二次多项式见右上图(点击按钮“显示Li”)。
2.拉格朗日型二次插值多项式
由前述,拉格朗日型二次插值多项式:
p2(x)=yk-1lk-1(x)+yklk(x)+yk+1lk+1(x),p2(x)
是三个二次插值多项式的线性组合,因而其是次数不超过二次的多项式,且满足:
p2(xi)=yi,(i=k-1,k,k+1)。
例2已知：
xi101520
yi=lgxi11.17611.3010
利用此三值的二次插值多项式求lg12的近似值。
解：设x0=10,x1=15,x2=20,则:
故:
所以
7利用三个点进行抛物插值得到lg12的值,与精确值lg12=1.0792相比,具有3位有效数字,精度提高了。
三、拉格朗日型n次插值多项式
已知函数y=f(x)在n+1个不同的点x0,x1,…,x2上的函数值分别为
y0,y1,…,yn,求一个次数不超过n的多项式pn(x),使其满足:
pn(xi)=yi,(i=0,1,…,n),即n+1个不同的点可以唯一决定一个n次多项式。
1.插值基函数
过n+1个不同的点分别决定n+1个n次插值基函数
l0(x),l1(x),…,ln(X)
每个插值基本多项式li(x)满足：
(1)li(x)是n次多项式;
(2)li(xi)=1,而在其它n个li(xk)=0,(k≠i)。
由于li(xk)=0,(k≠i),故有因子:
(x-x0)…(x-xi-1)(x-xi+1)…(x-xn)
因其已经是n次多项式，故而仅相差一个常数因子。令:
li(x)=a(x-x0)…(x-xi-1)(x-xi+1)…(x-xn)
由li(xi)=1,可以定出a,进而得到：
2.n次拉格朗日型插值多项式pn(x)
pn(x)是n+1个n次插值基本多项式l0(x),l1(x),…,ln(X)的线性组合,相应的组合系数是y0,y1,…,yn。即:
pn(x)=y0l0(x)+y1l1(x)+…+ynln(x),从而pn(x)是一个次数不超过n的多项式,且满足
pn(xi)=yi,(i=0,1,2,…,n).例3求过点(2,0),(4,3),(6,5),(8,4),(10,1)的拉格朗日型插值多项式。
解用4次插值多项式对5个点插值。
所以
四、拉格朗日插值多项式的截断误差
我们在上用多项式pn(x)来近似代替函数f(x),其截断误差记作
Rn(x)=f(x)-pn(x)
当x在插值结点xi上时Rn(xi)=f(xi)-pn(xi)=0,下面来估计截断误差：
定理1：设函数y=f(x)的n阶导数y(n)=f(n)(x)在上连续，y(n+1)=f(n+1)(x)
在(a,b)上存在;插值结点为:
a≤x0
pn(x)是n次拉格朗日插值多项式;则对任意x∈有：
其中ξ∈(a,b),ξ依赖于x：ωn+1(x)=(x-x0)(x-x1)…(x-xn)
证明：由插值多项式的要求：
Rn(xi)=f(xi)-pn(xi)=0，(i=0,1,2,…,n);
设
Rn(x)=K(x)(x-x0)(x-x1)…(x-xn)=K(x)ωn+1(x)
其中K(x)是待定系数;固定x∈且x≠xk，k=0,1,2,…,n;作函数
H(t)=f(t)-pn(t)-K(x)(t-x0)(t-x1)…(t-xn)
则H(xk)=0，(k=0,1,2,…,n),且H(x)=f(x)-pn(x)-Rn(x)=0,所以，H(t)在上有n+2个零点，反复使用罗尔中值定理:存在ξ∈(a,b),使;因pn(x)是n次多项式，故p(n+1)(ξ)=0,而
ωn+1(t)=(t-x0)(t-x1)…(t-xn)
是首项系数为1的n+1次多项式，故有
于是
H(n+1)(ξ)=f(n+1)(ξ)-(n+1)!K(x)
得：
所以
设,则：
易知，线性插值的截断误差为:
二次插值的截断误差为:
下面来分析前面两个例子(例1，例2)中计算lg12的截断误差：
在例1中，用lg10和lg20计算lg12,p1(12)=1.0602,lg12=1.0792
e=|1.0792-1.0602|=0.0190;
7.高等数学导数证明题 篇七
一、积分上限的函数定义界定和导数概念
设函数f (t) 在闭区间[a, b]上连续, x是闭区间[a, b]中任意一点, 针对函数f (t) 在闭区间[a, x]上的定积分∫axf (t) dt展开考察。
由于函数f (t) 在闭区间[a, x]上依然是连续的, 因此上述定积分满足数学定义, 是存在的。如果上述定积分计算表达式的上限x取值, 在闭区间[a, b]上处于持续变化状态, 那么对于每一个具体的x取值而言, 上述定积分计算表达式都能获取一个对应的计算值, 充分可以在闭区间[a, b]上定义一个新的函数, 用数学符号可以表示为φ (x) , 在高等数学中, 通常将函数ϕ (x) =∫axf (t) dt称作积分上限的函数。在此基础上, 可以针对函数φ (x) 的导数问题展开分析。
由于
结合积分中值定理可知:ϕ (x+Δx) -ϕ (x) =f' (ξ) Δx (其中ξ的取值在x和x+Δx之间) 。因此有:
由此可以判定积分上限的函数 () 是可导的, 并且其实际导数值就等于f (x) 。
也就是说, 在实际求解积分上限函数导数的过程中, 只需将处于积分上限位置的未知量直接带入到被积分函数表达式中即可。'
举例论之, , 而从这一积分上限的函数的导数求解过程中, 不难发现, 在理解积分上限函数导数定义的条件下, 求解积分上限函数的导数问题, 将会较为顺利地实现其预期的运算活动目标。
二、积分上限是的函数的函数的导数
接下来, 我们来分析如下数学问题情形, 如果函数f (t) 的原函数是F (t) , 也就是在F’ (x) =f (x) 条件下, 如何求解方程的数值?
针对这一方程实施计算处理, 应当引入并运用牛顿-莱布尼茨公式, 并在经过简单的运算处理的条件下, 不难获取如下运算结果:
由此可知, 在求解积分上限是x的的函数的函数的导数过程中, 只需将积分上限完整带入到被积函数表达式中, 在乘以积分上限位置x的函数的导致值即可, 而这种函数也可以被视作积分上限的函数, 与积分上限位置x的函数共同复合而成的新函数, 因而其求导运算活动遵循复合函数的求导法则。
三、积分下限是的函数的函数的导数
也就是说, 在求解积分下限是x的函数的导数过程中, 只需把积分下限位置的函数表达式带入到被积函数表达式中, 而后在再乘以积分上限的导数数值, 并添加负号即可得到预期的求解结果。
四、关于积分上限函数及其导数的理解
在前文的论述内容中, 笔者针对高等数学知识内容体系中的积分上限的函数及其导数, 开展了基于定义界定, 和导数求解方法两个具体方面的介绍和分析, 从上文已经引入的内容中, 可以得到如下结论:
第一, 在实际求解积分上限函数导数的过程中, 只需将处于积分上限位置的未知量直接带入到被积分函数表达式中即可。
第二, 在求解积分上限是x的的函数的函数的导数过程中, 只需将积分上限完整带入到被积函数表达式中, 在乘以积分上限位置x的函数的导致值即可, 而这种函数也可以被视作积分上限的函数, 与积分上限位置x的函数共同复合而成的新函数, 因而其求导运算活动遵循复合函数的求导法则。
第三, 在求解积分下限是x的函数的导数过程中, 只需把积分下限位置的函数表达式带入到被积函数表达式中, 而后在再乘以积分上限的导数数值, 并添加负号即可得到预期的求解结果。
而在分析上述结论的过程中, 也要求教师和学生不断加深对积分上限的函数, 及其导数概念的理解, 并在计算处理活动的具体开展过程中, 关注积分上限的函数在导数处理过程中的细节控制问题, 并注意复合函数求导法则的应用功能。
五、结语
针对高等数学中积分上限的函数及其导数问题, 本文从积分上限的函数定义界定和导数概念、积分上限是x的函数的函数的导数、积分下限是x的函数的函数的导数, 以及关于积分上限函数及其导数的理解四个具体方面展开了简要论述, 预期为相关领域的研究人员提供借鉴。
参考文献
[1]张云霞.积分上限的函数及其导数的研究与应用[J].数学学习与研究, 2012 (05) .
[2]王艺, 胡蓉.从积分上限函数的学习看工科高等数学抽象概念的教学方法[J].西南师范大学学报 (自然科学版) , 2013 (03) .
[3]张宇玉.从积分上限函数的学习看工科高等数学抽象概念教学[J].开封教育学院学报, 2015 (10) .
[4]司志本, 李春光.关于高等数学中两个问题的探讨[J].河北民族师范学院学报, 2012 (02) .
8.议论文不是数学证明题 篇八
各位看官，《老残游记新编》主打篇目“近年目睹作文之怪现状”——遍观议论，文将不文。乍看观点鲜明，实例丰富，洋洋洒洒，论证有力，齐整有序，而至滴水不漏；再看结构呆板，数学模式，死守步骤，干瘪无味，套路刻意，实为简单肤浅。且劝诸生：文章不是无情物，老师都是有心人，作文不是纯粹证明，思维不可浅尝辄止，有我有感手写我心，多想心思拓展引申。文之为文，有情有魂！
【考纲概述】
高考议论文写作要求：观点明确，论证有力，论据充实。因此有些老师和同学据此得出一个写作公式：论据1+论据2+论据3=观点。这样，就把议论文当成数学证明题了。
走在最前，落于最后
不要总羡慕那些站立云端之上的人，其实站得太高更容易跌落，他们害怕跌落；不要总轻视最底层的人，他们在承受巨大的压力。所以说，世上最痛苦的人有两种：一种是走在最前端的人；一种是走在最后的人。
一条犹如长龙的队伍，第一个人很快地就买到了物品，而最后一个在焦急不安中等待着。第一个之所以能是第一，说明他必须比其他人来得更加早，他害怕，他担心：“我会不会是第一个？不是怎么办？”最后一个人痛苦地等待，他也害怕，他也担心：等轮到他了是否还会有；轮到他了是不是变凉了，变烂了，变质了。
中国经济快速发展，超越日本，位居世界第二。美国一直在围堵中国，企图阻碍中国的发展。美国为什么这样做？美国是世界上最强大的国家，站立云端。但美国又处在痛苦之中，他自己被中国超越，因此总是处处提防着中国，与中国为敌，甚至叫嚣“中国威胁论”。而非洲一些国家因历史原因，在世界队伍中，落于最后。他们处在水深火热的痛苦之中，忍受着饥饿、寒冷、疾病等一系列常人无法想象的痛苦。身处云端，走在最前，便就幸福，便就没有痛苦吗？不，他们最为痛苦，因为他们害怕跌落，害怕自己领先的位置被人取代。落于最后的人就无忧虑吗？不，他们最为痛苦，因为他们忍受着种种苦难，承受着最为巨大的压力，被忽略，被轻视。世界上最痛苦的人莫过于此：身处云端，害怕跌落；落于最后，压力巨大。
“本是同根生，相煎何太急”。是啊，相煎何太急！曹丕、曹植都是曹操的儿子。曹操死后，曹丕子承父业，建立魏国，正所谓“最前面的人”。曹丕却处在痛苦中，害怕兄弟夺权，便命曹植作七步诗，若作不出来，便要杀他。至亲兄弟却如此，不就是因为曹丕身处云端，害怕跌落吗？身处云端并不幸福，甚至最为痛苦。害怕跌落，因为不知道下面是不是无底深渊。
好比学生，第一名的人总是害怕被超越，虽然第一总会喜悦，但也最为痛苦；最后一名的人得面对家长、老师，在巨大的压力中痛苦徘徊。世界上最为痛苦的两种人：第一名、最后一名。
大雁南飞，带头的大雁会时刻担心后面的一群大雁是否都能跟上；最后一只会害怕跟不上，迷了路，回不了家。群雁南飞：二雁最苦，第一与最后。
世界上最痛苦的人便是身处云端的人，他们害怕跌落；落于最后面的人，他们承受巨大压力。所谓“最穷人”与“最富人”。“最穷人”每天都在忧虑生活问题：“下一顿呢？下一顿怎么办？”最富人每天都在担心：“钱藏哪儿？被偷了怎么办？”
不要落于最后，要勇往直前；不要担心跌落，云端之上风景未必最好。世界上最痛苦的是两种人：走在最前，落于最后。走在最前的人跌落也没关系，沿途风光无限。
[范文解析]
本文开篇提出论点：走在最前和走在最后的人是世上最痛苦的人。然后罗列众多自然的、社会的、中国的、外国的、现在的、过去的事例来证明论点。最后重申观点，仅此而已。显然，本文除了证明“走在最前和走在最后的人是世上最痛苦的人”这个观点之外，没能给读者提供有益的人生启示。只是为证明而证明，像是在解答一道数学证明题。这是对议论文写作的一种误解。
我们写文章，特别是写议论文，不仅要提出观点，证明观点，更重要的是在论证观点的同时，对读者进行规劝引导，为读者提供有益的人生启示。
[范文例举]
走在最前，落于最后
有人认为，世界上有两种人最痛苦：一种是走在最前面的人，另一种是走在最后面的人。可是，我并不认为走在最后面的人最痛苦。
生活速度的加快逼着我们加快脚步，可是我们为什么不能试着让自己的生活慢下来呢？为什么有那么多的压力呢？何为压力？不过是人与人相比，落后的那个人感受到的痛苦。生活那么美好，他们仅仅因为走在别人后面而选择了最愚蠢的方法；如果他们愿意用乐观的心态面对落后，那么将会有多少家庭可以继续快乐的日子。为什么总要争第一呢？走在最后的人也有一鸣惊人的机会。别为你的落后感到痛苦，落后只是为了让你更好地前进。
古人云：“胜者为王，败者为寇。”难道失败的人就是最痛苦的人吗？不，看看轨道上行驶的火车吧。几百年前，史蒂芬将他发明的火车在轨道上试行时，当时一辆马车的速度都能超过火车，于是人们认为史蒂芬的火车只是一堆烂铁，可史蒂芬并不认为自己是一个失败者，他并不为失败而感到痛苦。在他的努力下，高速火车终于问世。在高速发展的现代，当时的马车早已不见踪影。试想：如果当时的史蒂芬为自己的落后感到失望、痛苦，也许也就不会有今天的高铁了。
走在最后的人未必痛苦，人生总是要面对各种失败，如果只是因为一次失败而痛苦，因为走在最后而痛苦，我们的人生岂不少了很多乐趣？落后只是为了让我们更好地前进。
时间会忘记很多人，但是时间不会忘记那些蓄势待发的人。作为一名歌手，朴树的歌真是少之又少：10年前的一张专辑和一首《平凡的路》。整整相距10年，10年中，朴树应当是走在最后面的人，可他并不为此感到痛苦，而是蓄势待发，等待那个不平凡的《平凡的路》。落后的人也许是个幸福的人，未必是痛苦的人。走在最后，也许会看到别样的风景。
落后是常有的，有时候走在最后也是不可避免的，如果你现在正走在最后，请不要痛苦，作一个乐观的人，蓄势待发，等待着一鸣惊人。
[范文解析]
本文作者论证观点时，不是为证明而证明，而是给了读者几个启示，比如，“落后只是为了让你更好地前进”和“落后是常有的，有时候走在最后也是不可避免的，如果你现在正走在最后，请不要痛苦，作一个乐观的人，蓄势待发，等待着一鸣惊人”等句充满了人生教益。
[类文生成]
一篇议论文，首先要有启发性。那种为说理而说理、心中没有读者的议论文，既没有说服力，也没有启发性；其次要有现实性，所谓现实性就是在论证完观点后，一定要与现实生活联系起来，不要脱离现实生活，空说道理。比如一篇《人生的“出”与“入”》的高考满分作文，作者论证完数学家“在推算过程中经常客观地审查自己的步骤和数据，就可能不会留下这个遗憾了”这一观点后，进一步引申“科学如此，人生又何尝不是？常常有人后悔自己什么做得不好，什么不该做，事后再多的悔恨也于事无补，我们应该从中吸取教训，对‘出’的意义有一个更好的认识”。这种引申说理的写法会使读者得到启发和教育。
[有感写作]
请以“逼，然后飞”为题写一篇议论文，不少于800字。切忌当成数学证明题。
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