11． 设函数

(1)　　 　求导数; 并证明有两个不同的极值点;

　(2)若不等式成立，求的取值范围。(2004重庆理)

解：(I)

　　　　　　 因此是极大值点，是极小值点.

　　　　　　 (II)因

　　　　　　 又由(I)知

　　　　　　 代入前面不等式，两边除以(1+a)，并化简得

10、 已知f(x)=(x∈R)在区间[-1，1]上是增函数。

(Ⅰ)求实数a的值组成的集合A；

(Ⅱ)设关于x的方程f(x)=的两个非零实根为x₁、x₂.试问：是否存在实数m，使得不等式m²+tm+1≥|x₁-x₂|对任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由。(2004年高考试题福建卷数学试题(理科))

本小题主要考查函数的单调性，导数的应用和不等式等有关知识，考查数形结合及分类讨论思想和灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力。满分14分.

解：(Ⅰ)f＇(x)== ，

∵f(x)在[-1，1]上是增函数，　 ∴f＇(x)≥0对x∈[-1，1]恒成立，

即x²-ax-2≤0对x∈[-1，1]恒成立.　　　　 ①

设(x)=x²-ax-2，

方法一：

　　　　 　　(1)=1-a-2≤0，

①　　　　　　　　　 　-1≤a≤1，

　　　　 　(-1)=1+a-2≤0.

∵对x∈[-1，1]，f(x)是连续函数，且只有当a=1时，f＇(-1)=0以及当a=-1时，f＇(1)=0

∴A={a|-1≤a≤1}.

方法二：

　　　 ≥0，　　　　　　　 <0，

①　　　　　　　　　 或

　　　 (-1)=1+a-2≤0　　　 (1)=1-a-2≤0

　 0≤a≤1　　　　 或　 -1≤a≤0

　 -1≤a≤1.

∵对x∈[-1，1]，f(x)是连续函数，且只有当a=1时，f＇(-1)=0以及当a=-1时，f＇(1)=0

∴A={a|-1≤a≤1}.

(Ⅱ)由=，得x²-ax-2=0，

∵△=a²+8>0　 ∴x₁，x₂是方程x²-ax-2=0的两非零实根，∴

　　 　从而|x₁-x₂|==.

∵-1≤a≤1，∴|x₁-x₂|=≤3.

要使不等式m²+tm+1≥|x₁-x₂|对任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立，

当且仅当m²+tm+1≥3对任意t∈[-1，1]恒成立，

即m²+tm-2≥0对任意t∈[-1，1]恒成立.　　　　 ②

设g(t)=m²+tm-2=mt+(m²-2)，

方法一：

　　　 g(-1)=m²-m-2≥0，

②

　　　 g(1)=m²+m-2≥0，

m≥2或m≤-2.

所以，存在实数m，使不等式m²+tm+1≥|x₁-x₂|对任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立，其取值范围是{m|m≥2，或m≤-2}.

9、已知a为实数，

(Ⅰ)求导数；

(Ⅱ)若，求在[--2，2] 上的最大值和最小值；

(Ⅲ)若在(--∞，--2)和[2，+∞]上都是递增的，求a的取值范围。

(2004年浙江文)

解: (Ⅰ)由原式得

　　　　　 ∴

(Ⅱ)由 得,此时有.

由得或x=-1 , 又

　　 所以f(x)在[--2,2]上的最大值为最小值为

　 (Ⅲ)解法一: 的图象为开口向上且过点(0,--4)的抛物线,由条件得

　　 即　 ∴--2≤a≤2.

　　 所以a的取值范围为[--2,2].

　 解法二:令即 由求根公式得:

　　 所以在和上非负.

　 由题意可知,当x≤-2或x≥2时, ≥0,

　 从而x₁≥-2,　 x₂≤2,

　 即 解不等式组得: --2≤a≤2.

∴a的取值范围是[--2,2].

8、设曲线y=e^-x(x≥0)在点M(t,e^-t)处的切线l与x轴、y轴围成的三角形面积为S(t). (1)求切线l的方程； (2)求S(t)的最大值。　　　 (2004浙江理)

解：(Ⅰ)因为 所以切线的斜率为

故切线的方程为即。

(Ⅱ)令y=0得x=t+1,

又令x=0得

所以S(t)=

　　　　　 =

从而

∵当(0，1)时，>0,　 当(1,+∞)时,<0,

所以S(t)的最大值为S(1)=

7、 已知函数f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx,

(i)求函数f(x)的最大值；

(ii)设0<a<b,证明0<g(a)+g(b)-2g()<(b-a)ln2. 　　　　(2004四川理)

本小题主要考查导数的基本性质和应用、对数函数性质和平均值不等式等知识以及综合推理论证的能力.

　　 (Ⅰ)解：函数的定义域为.

　　 　　令

　　 当　　 当　 又

　　 故当且仅当x=0时，取得最大值，最大值为0.

　 (Ⅱ)证法一：

由(Ⅰ)结论知

由题设　

因此　

所以　

又

综上　

证法二：

设　

则　

当　 在此内为减函数.

当上为增函数.

从而，当有极小值

因此　 　即　

设 　　则

当　 因此上为减函数.

因为

即　

6、 如图，已知曲线C₁：y=x³(x≥0)与曲线C₂:y=-2x³+3x(x≥0)交于点O、A.直线x=t(0<t<1)与曲线C₁、C₂分别相交于点B、D.

(Ⅰ)写出四边形ABOD的面积S与t的函数关系S=f(t)；

(Ⅱ)讨论f(t)的单调性，并求f(t)的最大值.

(2004湖南文)

解：(Ⅰ)由　　　　　　

　得交点O、A的坐标分别是(0，0)，(1，1).

∴f(t)=S_△ABD+S_△OBD=|BD|·|1-0|=|BD|=(-3t³+3t)，

即f(t)=-(t³-t)，(0<t<1).

(Ⅱ)f＇(t)=-t²+.

令f＇(t)=0　 解得t=.

当0<t<时，f＇(t)>0，从而f(t)在区间(0，)上是增函数；

当<t<1时，f＇(t)<0，从而f(t)在区间(，1)上是减函数.

所以当t=时，f(t)有最大值为f()=.

5、已知函数其中a≤0,e为自然对数的底数.

　　 　(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性;

(Ⅱ)求函数f(x)在区间[0,1]上的最大值.　　 (2004湖南理)

解 (Ⅰ)

　　 ()当a=0时，令=0, 得x=0.

　　　　 若x>0. 则>0,从而f(x)在(0,+∞)上单调递增;

　　　 若x<0,则<0,从而f(x)在(--∞,0)上单调递减.

　　　 (当a<0时,令=0,得x(ax+2)=0,故x=0或

　　 若x<0,则<0,从而f(x)在(--∞,0)上单调递减.

　　 若0<x<则>0.从而f(x)在(0, )上单调递增;

　　 若x> 则<0.从而f(x)在(+∞)上单调递减.

(Ⅱ) (当a=0时, f(x)在区间[0,1]上的最大值是f(1)=1.

　 (当时, f(x)在区间[0,1]上的最大值是f(1)=.

　 当a≤-2时, f(x)在区间[0,1]上的最大值是.

4、 设函数，其中常数为整数

(I)当为何值时，

(II)定理：若函数在上连续，且与异号，则至少存在一点，使得

试用上述定理证明：当整数时，方程在内有两个实根(2004广东)

(I)解：函数f(x)=x-ln(x+m),x∈(-m,+∞)连续，且

当x∈(-m,1-m)时,f ^’(x)<0,f(x)为减函数,f(x)>f(1-m)

当x∈(1-m, +∞)时,f ^’(x)>0,f(x)为增函数,f(x)>f(1-m)

根据函数极值判别方法，f(1-m)=1-m为极小值，而且对x∈(-m, +∞)都有f(x)≥f(1-m)=1-m

故当整数m≤1时，f(x) ≥1-m≥0

(II)证明：由(I)知，当整数m>1时，f(1-m)=1-m<0, 函数f(x)=x-ln(x+m),在 上为连续减函数.

由所给定理知，存在唯一的

而当整数m>1时，

类似地，当整数m>1时，函数f(x)=x-ln(x+m),在 上为连续增函数且 f(1-m)与异号，由所给定理知，存在唯一的

故当m>1时，方程f(x)=0在内有两个实根。

3、 已知函数是R上的奇函数，当时取得极值。

(1)求的单调区间和极大值；

(2)证明对任意，，不等式恒成立。(2004天津文)

本小题主要考查函数的单调性及奇偶性，考查运用导数研究函数单调性及极值等基础知识，考查综合分析和解决问题的能力，满分12分。

(1)解：由奇函数的定义，应有，

即　　 ∴

因此，　　　

由条件为的极值，必有，故

解得，

因此，，

当时，，故在单调区间上是增函数

当时，，故在单调区间上是减函数

当时，，故在单调区间上是增函数

所以，在处取得极大值，极大值为

(2)解：由(1)知，是减函数，且在上的最大值，在上的最小值

所以，对任意的，，恒有

2、已知函数在处取得极值。

　 (1)讨论和是函数的极大值还是极小值；

(2)过点作曲线的切线，求此切线方程。(2004天津理)

注： 本小题考查函数和函数极值的概念，考查运用导数研究函数性质和求曲线切线的方法，以及分析和解决问题的能力。

　 (1)解：，依题意，，即

　 解得。

　 ∴。

　 令，得。

若，则，故在上是增函数，

在上是增函数。

若，则，故在上是减函数。

所以，是极大值；是极小值。

(2)解：曲线方程为，点不在曲线上。

设切点为，则点M的坐标满足。

因，故切线的方程为

注意到点A(0，16)在切线上，有

化简得，解得。

所以，切点为，切线方程为。