242242專題限時集訓(xùn)(三)導(dǎo)數(shù)(對應(yīng)學(xué)生用書第83頁)12∞3＝x－ax＋1≤0在區(qū)間3上恒成立，所以x2＋1≤ax?2上單調(diào)遞減，所以f′(x)2，＋?x∈R，f′(x)＜f(x)，且f(x＋1)為偶函數(shù)，f(2)＝1，則不等式f(x)＜ex的解集為________．(0，＋∞)[令g(x)(0，＋∞)[令g(x)＝ex，則g′(x)＝ex＜0，所以g(x)在定義1[∵f′(x)＝xln2，∴k＝f′(1)＝ln2＋a2－4lna|＋|2c－d＋2|＝0，則(a－c)2＋(b－d)2的最小值為________．5＝5.]3＋2a＋3＋2a＋b≤0b≤0，z32[f′(x)＝3x2＋m，因為g(1)＝0，所以要使h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x(x)，所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，易知函數(shù)y＝e＋ex－x在x∈(0∞)是增函數(shù)，所以函數(shù)f(x)＝ln(ex＋e－x)＋x2在x∈(0∞)也是增函數(shù)，所以不等式f(2x)＞f(x＋3)等價于|2x|＞|x＋3|，解得x1或x＞3.]①f(0)·f(1)≤0；②g(0)·g(1)≥0；③a2－3b有最小值．f′0≤0，f′1≤0，________f′(x)＝3x2＋2ax＋b，若函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，則b≤0，3＋2a＋b≤0，所以g(0)·g(1)＝b·(3＋2a＋b)≥0，故②(x)＝x3－2x2－3x＋5，則f(0)·f(1)＝5·(1－2－3＋5)＞0，故z＝(a＋3)2≥0，所以0≤z＜9；當(dāng)－3z≥0，所以z＝a2－＋－相交[由題意，得y′＝ex(x2＋ax＋1－2a)＋ex(2x＋a)，所以y′|x＝0＝1－a，所以且當(dāng)x＞0時，f(x)xf′(x)恒成立，則函數(shù)g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零點的個，＋f′(x)，對任意的實數(shù)x都有f(x)＝4x2－f(－x)，當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)＋＜23πxπ2·23πxπ2·a－＝eπ3π∞x)＝0，∴g(x)為奇函數(shù)，又g′(x)＝f′(x)－4x∴g(x)在(－∞，0)上是減1[由已知得f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，對于任意的x∈0，2，有sinx＋xcosπ2πππ2在fπ2π＝2e－e，＋∞[f(x)＝x?f′(x)＝x2＝0?x＝e，因此當(dāng)0＜x≤e時，f2x＋1，x≤0，而x≤0時，函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞增，其圖象與y軸交于點(0,1)，由0＜t≤1，得0＜ln(n＋1)≤1，解得0＜n≤e－1.記g(t)＝n－m＝et－1－(2t－2)＝et－2t＋1(0＜t≤1)，g′(t)＝et－2.所以當(dāng)0＜t＜ln2時，g′(t)＜0，函數(shù)g(t)單調(diào)遞減；當(dāng)ln2＜t≤1時，g′(t)＞0，函數(shù)g(t)單調(diào)遞增．f′(x)，對任意x∈[0∞)，均滿足：xf′(x)2f(x)．若等式g(2x)＜g(1－x)的解集是________.13[x∈[0，＋∞)時，g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x(2f(x)＋xf′(x))＞0，－x|?3x2＋2x－1＜0?－1＜x＜3.]1411所以x＝1411所以x＝≈4.3時，函數(shù)3元(只考慮銷售出的套數(shù))，2＋4k2＝21，從而F′(x)＝12x2－136x＋364＝4(3x－13)(x－7)，3＜x＜7，x∈3，3時，F(xiàn)′(x)＞0，所以函數(shù)x∈333F′(x)＜0，所以函數(shù)F(x)在3，t所以g′2＝x2·t－1－lnt(t＞1)，則h′(t)＝4x1＋x22t即當(dāng)銷售價格為4.3元/套時，網(wǎng)校每日銷售套題所獲得的利潤最大.14分(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－kx2有兩個零點x1，x2，試判斷g′[解](1)f′(x)＝1又∵f′(1)＝3.2分又據(jù)題設(shè)分析知k≠0，∴a＝0，不成立.5分x2)＝k(x1－x2)(x1＋x2)．＝k(x1＋x2)，7分又g′(x)＝1＋－2kx，分2所以h(t)在(0∞)上單調(diào)遞減.10分332x1＋x22＞0.14分(1)求函數(shù)f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；(2)對一切x∈(0∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，某某數(shù)a的取值[解](1)f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)＜0得，0＜x＜e，由f′(x)＞0得x＞e，＞，1e，＋∞1ee1e；e∴f(x)min＝0＜t≤，(2)原問題可化為a≤2lnx＋x＋x，4分h′(x)＝x2，當(dāng)0＜x＜1時，h′(x)＜0，h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減；xπ5ππ3πxπ5ππ3π0π23π3π203π2設(shè)φ(x)＝－(x＞0)，則φ′(x)＝1－xex，易知φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，因為f′(x)xx＋coxx，(2)因為g′(x)ex令g′(x)＝0，解得x＝＝，xg′(x)π2－↓π20－e－π3π＋↑－↓gπ1π2πee3ππ3π23π2π3ππ3π23π2πππ＝gπ23π3π3π3ππ2(3)因為F′(x)ex＋ex－a＝g(x)－a，由(2)知F′(0)＝g(0)－a＝1－a，F(xiàn)′＝g－aea，F(xiàn)′2＝g2－a＝e－2－a，F(xiàn)′(2π)＝g(2π)－a＝e－2π－a，若F′π2≥0，則F′2＞F′2＞0，所以只有F′＜0；11分若F′2＜0，則F′(2π)＜0，所以F′(x)＝0只有1個零點，不成立，12分所以F′≥0，若F′＝0，即若F′(2π)≤0，則F′(x)＝0有3所以只有F′(2π)＞0.F′F′－＜－＜e′e′＜x1＋x2[解](1)f′(x)＝1－lnx(x＞0)，(2)g′(x)＝lnx－ax＝xx－a，由(1)及x∈(0，e]得：①當(dāng)a＝時，a≤0，g′(x)≤0，g(x)單調(diào)遞減，所以存在t∈[1，e)，g′(t)＝0且lnt＝at，當(dāng)x∈(0，t)時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(t，e]時，g′(x)＞0，g(x)單