復(fù)習(xí)講義答案精析專題一函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第1講函數(shù)的圖象與性質(zhì)例1(1)B(2)(－2，－1)∪(0，＋∞)跟蹤演練1(1)C(2)①②例2(1)A(2)A例3(1)D[當(dāng)－1≤x≤0時(shí)，f(x)＝－2x，表示一條線段，且該線段經(jīng)過(guò)(－1,2)和(0,0)兩點(diǎn)．當(dāng)0<x≤1時(shí)，f(x)＝eq\r(x)，表示一段曲線，函數(shù)f(x)的圖象如圖所示．f(x－1)的圖象可由f(x)的圖象向右平移一個(gè)單位長(zhǎng)度得到，故A正確；f(－x)的圖象可由f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱后得到，故B正確；由于f(x)的值域?yàn)閇0,2]，故f(x)＝|f(x)|，故|f(x)|的圖象與f(x)的圖象完全相同，故C正確；很明顯D中f(|x|)的圖象不正確．](2)B[作出f(x)的大致圖象如圖，交點(diǎn)橫坐標(biāo)為x1，x2，x3，自左向右依次排列，由圖可知，x1，x2關(guān)于直線x＝－1軸對(duì)稱，即x1＋x2＝－2，又x3>0，∴x1＋x2＋x3>－2.由圖象知，當(dāng)x>－2時(shí)，f(x)∈[0,1]，∴f(x1＋x2＋x3)∈[0,1]．]跟蹤演練2(1)C(2)A例4B[∵f(x)＝e|x|－cosx，∴f(－x)＝e|－x|－cos(－x)＝e|x|－cosx＝f(x)，∴f(x)為偶函數(shù)，∴f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))).當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝ex－cosx，則f′(x)＝ex＋sinx，∴當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＝ex＋sinx>0，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(0)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)))，即f(0)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5))).]例5D[由y＝g(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，可得g(2＋x)＝g(2－x)．在f(x)＋g(2－x)＝5中，用－x替換x，可得f(－x)＋g(2＋x)＝5，可得f(－x)＝f(x)．在g(x)－f(x－4)＝7中，用2－x替換x，得g(2－x)＝f(－x－2)＋7，代入f(x)＋g(2－x)＝5中，得f(x)＋f(－x－2)＝－2，可得f(x)＋f(x＋2)＝－2，所以f(x＋2)＋f(x＋4)＝－2，所以f(x＋4)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)是以4為周期的周期函數(shù)．由f(x)＋g(2－x)＝5可得f(0)＋g(2)＝5，又g(2)＝4，所以f(0)＝1，又f(x)＋f(x＋2)＝－2，所以f(0)＋f(2)＝－2，f(－1)＋f(1)＝－2，則f(2)＝－3，f(1)＝f(－1)＝－1，又f(3)＝f(－1)＝－1，f(4)＝f(0)＝1，所以eq\o(∑,\s\up6(22),\s\do4(k＝1))f(k)＝6f(1)＋6f(2)＋5f(3)＋5f(4)＝6×(－1)＋6×(－3)＋5×(－1)＋5×1＝－24.]跟蹤演練3(1)D(2)D第2講基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程例1(1)B[∵lga＋lgb＝0(a>0且a≠1，b>0且b≠1)，∴ab＝1，∴a＝eq\f(1,b)，∴g(x)＝＝logax，∴函數(shù)f(x)＝ax與函數(shù)g(x)＝互為反函數(shù)，∴函數(shù)f(x)＝ax與g(x)＝的圖象關(guān)于直線y＝x對(duì)稱，且具有相同的單調(diào)性．](2)D[∵ea＋πb≥e－b＋π－a，∴ea－π－a≥e－b－πb，∴ea－π－a≥e－b－π－(－b)，①令f(x)＝ex－π－x，顯然f(x)為R上的增函數(shù)，①式即為f(a)≥f(－b)，∴a≥－b，即a＋b≥0.]跟蹤演練1(1)A(2)[1，＋∞)例2D[當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)＝2x－1，函數(shù)y＝f(x)的周期為2且為偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，可作出函數(shù)f(x)的圖象．函數(shù)y＝log5|x|的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，函數(shù)y＝g(x)的零點(diǎn)，即為兩函數(shù)圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，當(dāng)x>5時(shí)，y＝log5|x|>1，此時(shí)兩函數(shù)圖象無(wú)交點(diǎn)，如圖，又兩函數(shù)的圖象在x>0上有4個(gè)交點(diǎn)，由對(duì)稱性知兩函數(shù)的圖象在x<0上也有4個(gè)交點(diǎn)，且它們關(guān)于y軸對(duì)稱，可得函數(shù)g(x)＝f(x)－log5|x|的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為8.]例3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞))解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝ex和g(x)＝kx2的圖象有三個(gè)不同交點(diǎn)，所以方程ex＝kx2有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，顯然x＝0不是方程的實(shí)數(shù)根，所以方程eq\f(ex,x2)＝k(k>0)有三個(gè)不同的非零實(shí)數(shù)根，令h(x)＝eq\f(ex,x2)，則h′(x)＝eq\f(x－2ex,x3)，所以當(dāng)x<0時(shí)，h′(x)>0，當(dāng)0<x<2時(shí)，h′(x)<0，當(dāng)x>2時(shí)，h′(x)>0，所以函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,x2)在(－∞，0)和(2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0,2)上單調(diào)遞減，因?yàn)楫?dāng)x趨近于－∞時(shí)，h(x)趨近于0，當(dāng)x趨近于＋∞時(shí)，h(x)趨近于＋∞，當(dāng)x趨近于0時(shí)，h(x)趨近于＋∞，所以函數(shù)h(x)的大致圖象如圖所示，h(2)＝eq\f(e2,4)，所以當(dāng)方程eq\f(ex,x2)＝k(k>0)有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)根時(shí)，k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞)).跟蹤演練2(1)B(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))例4(1)D[由題意，當(dāng)eq\f(m0,m1)＝100時(shí)，速度增量為Δv1＝5ln100；則當(dāng)eq\f(m0,m1)＝600時(shí)，速度增量為Δv2＝5ln600＝5ln100＋5ln6，所以eq\f(Δv2－Δv1,Δv1)＝eq\f(5ln100＋5ln6－5ln100,5ln100)＝eq\f(ln6,ln100)＝eq\f(ln2＋ln3,2ln2＋ln5)≈39%.](2)D[由于L＝，所以L＝0.5×，依題意0.45＝0.5×?D＝eq\f(9,10)，則L＝0.5×，由L＝0.5×<0.05得<eq\f(1,10)，<lg

eq\f(1,10)，eq\f(G,22)lg

eq\f(9,10)<－1，G·(lg9－lg10)<－22，G·(lg10－lg9)>22，所以G>eq\f(22,lg10－lg9)，G>eq\f(22,1－2lg3)≈eq\f(22,1－2×0.4771)＝eq\f(22,0.0458)≈480.35，所以所需的訓(xùn)練迭代輪數(shù)至少為481輪．]跟蹤演練3(1)C(2)C第3講不等式例1(1)②④(2)(－∞，0)解析由題意，關(guān)于x的不等式ax2＋bx＋c>0的解集為(－1,2)，則－1,2是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的兩根，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)＝－1＋2，,\f(c,a)＝－1×2，,a<0，))解得b＝－a，c＝－2a，且a<0，則關(guān)于x的不等式eq\f(2a＋b,x)＋c>bx可化為eq\f(a,x)－2a>－ax，即eq\f(1,x)－2<－x，即eq\f(x2－2x＋1,x)＝eq\f(x－12,x)<0，解得x<0，所以不等式eq\f(2a＋b,x)＋c>bx的解集為(－∞，0)．跟蹤演練1(1)D(2)C例2(1)C[方法一由題意作出可行域，如圖陰影部分(含邊界)所示，轉(zhuǎn)化目標(biāo)函數(shù)z＝2x－y為y＝2x－z，上下平移直線y＝2x－z，可得當(dāng)直線過(guò)點(diǎn)(4,0)時(shí)，直線截距最小，z最大，所以zmax＝2×4－0＝8.方法二由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2，,x＋2y＝4，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝2，))此時(shí)z＝2×0－2＝－2；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2，,y＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝0，))此時(shí)z＝2×2－0＝4；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y＝4，,y＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝0，))此時(shí)z＝2×4－0＝8.綜上所述，z＝2x－y的最大值為8.](2)B[作出約束條件的可行域，如圖陰影部分(含邊界)所示，其中A(1,0)，B(0,1)，C(2,3)，z＝eq\f(2y＋1,2x－1)＝eq\f(y＋\f(1,2),x－\f(1,2))，表示定點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))與可行域內(nèi)點(diǎn)(x，y)連線的斜率，因?yàn)閗MA＝eq\f(\f(1,2),1－\f(1,2))＝1，kMB＝eq\f(1＋\f(1,2),－\f(1,2))＝－3，所以z的取值范圍是(－∞，－3]∪[1，＋∞)．]跟蹤演練2(1)C(2)eq\f(9,5)解析作出不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－2y＋6≥0，,2x－3y－6≤0，,x＋2y＋2≥0))表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分(包括邊界)所示，函數(shù)z＝(x＋1)2＋(y＋2)2表示可行域內(nèi)的點(diǎn)與點(diǎn)(－1，－2)的距離的平方．由圖知，eq\r(z)＝eq\r(x＋12＋y＋22)的最小值為點(diǎn)(－1，－2)到直線x＋2y＋2＝0的距離，即eq\f(|－1－4＋2|,\r(5))＝eq\f(3\r(5),5)，所以z的最小值為eq\f(9,5).例3(1)C[因?yàn)閤>0，y>0，且2x＋y＝1，所以eq\f(x＋1,xy)＝eq\f(x＋2x＋y,xy)＝eq\f(3,y)＋eq\f(1,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,y)＋\f(1,x)))(2x＋y)＝eq\f(6x,y)＋eq\f(y,x)＋5≥2eq\r(\f(6x,y)·\f(y,x))＋5＝2eq\r(6)＋5，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(6x,y)＝eq\f(y,x)，即y＝eq\r(6)x時(shí)取等號(hào)．](2)eq\r(3)－1跟蹤演練3(1)B(2)②③第4講導(dǎo)數(shù)的幾何意義及函數(shù)的單調(diào)性例1(1)B(2)(－∞，－4)∪(0，＋∞)跟蹤演練1(1)y＝eq\f(1,e)xy＝－eq\f(1,e)x(2)B例2解(1)f′(x)＝(x＋1)(aex－2)，則f′(0)＝a－2，由已知得(a－2)a＝－1，解得a＝1.(2)f′(x)＝(x＋1)(aex－2)，①當(dāng)a≤0時(shí)，aex－2<0，所以f′(x)>0?x<－1，f′(x)<0?x>－1，則f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減；②當(dāng)a>0時(shí)，令aex－2＝0，得x＝ln

eq\f(2,a)，(ⅰ)當(dāng)0<a<2e時(shí)，ln

eq\f(2,a)>－1，所以f′(x)>0?x<－1或x>ln

eq\f(2,a)，f′(x)<0?－1<x<ln

eq\f(2,a)，則f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，ln\f(2,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)，＋∞))上單調(diào)遞增；(ⅱ)當(dāng)a＝2e時(shí)，f′(x)＝2(x＋1)(ex＋1－1)≥0，則f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；(ⅲ)當(dāng)a>2e時(shí)，ln

eq\f(2,a)<－1，所以f′(x)>0?x<ln

eq\f(2,a)或x>－1，f′(x)<0?ln

eq\f(2,a)<x<－1，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(2,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)，－1))上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)0<a<2e時(shí)，f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，ln\f(2,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)，＋∞))上單調(diào)遞增；當(dāng)a＝2e時(shí)，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>2e時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(2,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)，－1))上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增．跟蹤演練2解(1)∵t＝2，∴f(x)＝eq\f(lnx－ln2,x－2)，∴f′(x)＝eq\f(\f(x－2,x)－lnx＋ln2,x－22)，∴f′(1)＝ln2－1，又f(1)＝ln2，∴切線方程為y－ln2＝(ln2－1)(x－1)，即y＝(ln2－1)x＋1.(2)f(x)＝eq\f(lnx－lnt,x－t)，∴f(x)的定義域?yàn)?0，t)∪(t，＋∞)，且t>0，f′(x)＝eq\f(1－\f(t,x)－lnx＋lnt,x－t2)，令φ(x)＝1－eq\f(t,x)－lnx＋lnt，x>0且x≠t，φ′(x)＝eq\f(t,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(t－x,x2)，∴當(dāng)x∈(0，t)時(shí)，φ′(x)>0，當(dāng)x∈(t，＋∞)時(shí)，φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，t)上單調(diào)遞增，在(t，＋∞)上單調(diào)遞減，∴φ(x)<φ(t)＝0，∴f′(x)<0，∴f(x)在(0，t)，(t，＋∞)上單調(diào)遞減．即f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，t)，(t，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞增區(qū)間．例3(1)D(2)A[a＝eq\f(31,32)＝1－eq\f(1,32)＝1－eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2，令φ(x)＝1－eq\f(1,2)x2－cosx，x∈(0,1)，則φ′(x)＝－x＋sinx，令h(x)＝－x＋sinx，則h′(x)＝－1＋cosx<0，∴φ′(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，∴φ′(x)<φ′(0)＝0，∴φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，∴φ(x)<φ(0)＝0，即1－eq\f(1,2)x2<cosx，x∈(0,1)，∴a<b，又b－c＝cos

eq\f(1,4)－4×sin

eq\f(1,4)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)cos\f(1,4)－sin\f(1,4)))，令g(x)＝xcosx－sinx，x∈(0,1)，則g′(x)＝－xsinx<0，∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，∴g(x)<g(0)＝0，即xcosx<sinx，x∈(0,1)，∴eq\f(1,4)cos

eq\f(1,4)<sin

eq\f(1,4)，即b<c，綜上，a<b<c.]跟蹤演練3(1)B(2)A第5講函數(shù)的極值、最值例1解(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝eq\f(1,2)x2－2x＋lnx＋2，f′(x)＝x－2＋eq\f(1,x)＝eq\f(x2－2x＋1,x)＝eq\f(x－12,x)≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，f′(x)＝0，所以當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間．(2)f(x)＝eq\f(a,2)x2－(2a2－a＋1)x＋(2a－1)lnx＋2，f′(x)＝ax－(2a2－a＋1)＋eq\f(2a－1,x)＝eq\f(ax2－2a2－a＋1x＋2a－1,x)＝eq\f(ax－1[x－2a－1],x)，由f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,a)或x＝2a－1，①若0<a≤eq\f(1,2)，則2a－1≤0，eq\f(1,a)≥2，故當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時(shí)，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時(shí)，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增．所以f(x)有一個(gè)極小值點(diǎn)eq\f(1,a)，即x0＝eq\f(1,a)，所以eq\f(1,a)>3，解得0<a<eq\f(1,3).②若eq\f(1,2)<a<1，則0<2a－1<eq\f(1,a)，故當(dāng)x∈(0,2a－1)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0,2a－1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a－1，\f(1,a)))時(shí)，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a－1，\f(1,a)))上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時(shí)，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增．所以f(x)有一個(gè)極小值點(diǎn)eq\f(1,a)，即x0＝eq\f(1,a)，所以eq\f(1,a)>3，解得0<a<eq\f(1,3)，沒(méi)有符合題意的a.③若a>1，則0<eq\f(1,a)<2a－1，故當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時(shí)，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2a－1))時(shí)，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2a－1))上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(2a－1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(2a－1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以f(x)有一個(gè)極小值點(diǎn)2a－1，即x0＝2a－1.所以2a－1>3，解得a>2.綜上，a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))∪(2，＋∞)．跟蹤演練1(1)D(2)D[由f(x)＝ex－ax2－2ax，得f′(x)＝ex－2ax－2a.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝ex－ax2－2ax有兩個(gè)極值點(diǎn)，所以f′(x)＝ex－2ax－2a＝0有兩個(gè)不同的解，即eq\f(1,2a)＝eq\f(x＋1,ex)有兩個(gè)不同的解，轉(zhuǎn)化為g(x)＝eq\f(x＋1,ex)與y＝eq\f(1,2a)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，設(shè)g(x)＝eq\f(x＋1,ex)，則g′(x)＝－eq\f(x,ex)，令g′(x)＝0，即－eq\f(x,ex)＝0，解得x＝0，當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x<0時(shí)，g′(x)>0；所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．分別作出函數(shù)g(x)＝eq\f(x＋1,ex)與y＝eq\f(1,2a)的圖象，如圖所示，由圖可知，0<eq\f(1,2a)<1，解得a>eq\f(1,2).所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).]例2(1)B(2)C[由f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,lnx，x>0，))可得函數(shù)圖象如圖所示．令f(x1)＝f(x2)＝t，∴t≤1且x1＋1＝lnx2＝t，∴x1＝t－1，x2＝et，∴x2－x1＝et－(t－1)＝et－t＋1(t≤1)．令φ(t)＝et－t＋1(t≤1)，φ′(t)＝et－1，當(dāng)t∈(－∞，0)時(shí)，φ′(t)<0，當(dāng)t∈(0,1]時(shí)，φ′(t)>0，∴φ(t)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0,1]上單調(diào)遞增，∴φ(t)min＝φ(0)＝2，∴x2－x1的最小值為2.]跟蹤演練2(1)D(2)A例3－3解析由f(x)＝ax2－2x＋lnx(x>0)，得f′(x)＝2ax－2＋eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－2x＋1,x)(x>0)，若函數(shù)f(x)＝ax2－2x＋lnx有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x1，x2，則方程2ax2－2x＋1＝0有兩個(gè)不相等的正實(shí)根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝4－8a>0，,x1＋x2＝\f(1,a)>0，,x1x2＝\f(1,2a)>0，))解得0<a<eq\f(1,2)，所以f(x1)＋f(x2)＝axeq\o\al(2,1)－2x1＋lnx1＋axeq\o\al(2,2)－2x2＋lnx2＝a[(x1＋x2)2－2x1x2]－2(x1＋x2)＋ln(x1x2)＝－eq\f(1,a)－1－ln2a，令h(a)＝－eq\f(1,a)－1－ln2aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<a<\f(1,2)))，則h′(a)＝eq\f(1－a,a2)>0，所以h(a)＝－eq\f(1,a)－1－ln2a在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，所以h(a)<heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－3，所以t≥－3.故實(shí)數(shù)t的最小值為－3.跟蹤演練3B第6講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用母題突破1導(dǎo)數(shù)與不等式的證明母題(1)解f′(x)＝ex－2x，f′(1)＝e－2，又f(1)＝e－1.∴切線方程為y－(e－1)＝(e－2)(x－1)，即y＝(e－2)x＋1.(2)證明令φ(x)＝f(x)－[(e－2)x＋1]＝ex－x2－(e－2)x－1(x>0)，φ′(x)＝ex－2x－(e－2)，令t(x)＝φ′(x)＝ex－2x－(e－2)，t′(x)＝ex－2，當(dāng)x∈(0，ln2)時(shí)，t′(x)<0，當(dāng)x∈(ln2，＋∞)時(shí)，t′(x)>0，∴φ′(x)在(0，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ′(0)＝3－e>0，φ′(1)＝0，∴φ′(ln2)<0，∴?x0∈(0，ln2)使φ′(x0)＝0，即當(dāng)x∈(0，x0)∪(1，＋∞)時(shí)，φ′(x)>0，x∈(x0，1)時(shí)，φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ(0)＝0，φ(1)＝0，∴φ(x)min＝0，∴φ(x)≥0，即ex－x2－(e－2)x－1≥0，即ex＋(2－e)x－1≥x2，即eq\f(ex＋2－ex－1,x)≥x，要證eq\f(ex＋2－ex－1,x)≥lnx＋1，即證x≥lnx＋1，令h(x)＝x－lnx－1(x>0)，∴h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)min＝h(1)＝0，∴h(x)≥0，即x≥lnx＋1，則原不等式成立．[子題1]證明當(dāng)a＝1時(shí)，g(x)＝eq\f(x2,2ex－x－1)，令φ(x)＝ex－x－1，x>0，∴φ′(x)＝ex－1>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)>φ(0)＝0，即ex－x－1>0.要證g(x)<1，即證eq\f(x2,2ex－x－1)<1，即證eq\f(x2,2)<ex－x－1.方法一即證ex－x－1－eq\f(x2,2)>0，令h(x)＝ex－x－1－eq\f(x2,2)，x>0，h′(x)＝ex－x－1>0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)>h(0)＝0，∴ex－x－1－eq\f(x2,2)>0，即證原不等式成立．方法二即證eq\f(x2,2)＋x＋1<ex，即證eq\f(\f(1,2)x2＋x＋1,ex)<1.令F(x)＝eq\f(\f(1,2)x2＋x＋1,ex)，x>0，∴F′(x)＝eq\f(－\f(1,2)x2,ex)<0，∴F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，當(dāng)x→0時(shí)，F(xiàn)(x)→1，∴F(x)<1，因此eq\f(\f(1,2)x2＋x＋1,ex)<1，即證原不等式成立．[子題2]證明方法一f(x)＝lneq\f(e,x)＝1－lnx，欲證f(x)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)－x2))ex，只需證x(1－lnx)<(1＋x－x3)ex，設(shè)函數(shù)g(x)＝x(1－lnx)，則g′(x)＝－lnx，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以g(x)<g(1)＝1，設(shè)函數(shù)h(x)＝(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)，因?yàn)閤∈(0,1)，所以x>x3，所以1＋x－x3>1，又1<ex<e，所以h(x)>1，所以g(x)<1<h(x)，即原不等式成立．方法二f(x)＝ln

eq\f(e,x)＝1－lnx.欲證f(x)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)－x2))ex，只需證eq\f(1－lnx,ex)＋x2－eq\f(1,x)<1，因?yàn)閤∈(0,1)，所以1－lnx>0，ex>e0＝1，則只需證1－lnx＋x2－eq\f(1,x)<1，只需證lnx－x2＋eq\f(1,x)>0，令t(x)＝lnx－x2＋eq\f(1,x)，x∈(0,1)，則t′(x)＝eq\f(1,x)－2x－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1－2x3,x2)<eq\f(x－1,x2)<0，則函數(shù)t(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，則t(x)>t(1)＝ln1－12＋1＝0，所以lnx－x2＋eq\f(1,x)>0成立，即原不等式成立．跟蹤演練1．證明f(x)＝ln(1－x)，g(x)＝eq\f(x＋fx,xfx)＝eq\f(x＋ln1－x,xln1－x)，x<1且x≠0，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，要證g(x)＝eq\f(x＋ln1－x,xln1－x)<1，∵x>0，ln(1－x)<0,∴xln(1－x)<0，即證x＋ln(1－x)>xln(1－x)，化簡(jiǎn)得x＋(1－x)ln(1－x)>0；同理，當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，要證g(x)＝eq\f(x＋ln1－x,xln1－x)<1，∵x<0，ln(1－x)>0，∴xln(1－x)<0，即證x＋ln(1－x)>xln(1－x)，化簡(jiǎn)得x＋(1－x)ln(1－x)>0，令h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)，再令t＝1－x，則t∈(0,1)∪(1，＋∞)，x＝1－t，令g(t)＝1－t＋tlnt，t∈(0,1)∪(1，＋∞)，g′(t)＝－1＋lnt＋1＝lnt，當(dāng)t∈(0,1)時(shí)，g′(t)<0，g(t)單調(diào)遞減，假設(shè)g(1)能取到，則g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0；當(dāng)t∈(1，＋∞)時(shí)，g′(t)>0，g(t)單調(diào)遞增，假設(shè)g(1)能取到，則g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0，綜上所述，g(x)＝eq\f(x＋ln1－x,xln1－x)<1在x∈(－∞，0)∪(0,1)上恒成立．2．證明先證不等式ex≥x＋1與x－1≥lnx，設(shè)g(x)＝ex－x－1，則g′(x)＝ex－1＝0?x＝0，可得g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)＝ex－x－1≥g(0)＝0，即ex≥x＋1；設(shè)h(x)＝x－1－lnx，則h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝0?x＝1，可得h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)＝x－1－lnx≥h(1)＝0，即x－1≥lnx.于是，當(dāng)a≤1時(shí)，ex－a≥x－a＋1≥x＋a－1≥ln(x＋a)，注意到以上三個(gè)不等號(hào)的取等條件分別為x＝a，a＝1，x＋a＝1，它們無(wú)法同時(shí)取等，所以當(dāng)a≤1時(shí)，ex－a>ln(x＋a)，即f(x)>0.母題突破2恒成立問(wèn)題與有解問(wèn)題母題解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，令φ(x)＝ex＋2x－1，由于φ′(x)＝ex＋2>0，故f′(x)單調(diào)遞增，注意到f′(0)＝0，故當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．(2)方法一由f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1得，ex＋ax2－x≥eq\f(1,2)x3＋1，其中x≥0.①當(dāng)x＝0時(shí)，不等式為1≥1，顯然成立，符合題意；②當(dāng)x>0時(shí)，分離參數(shù)a得，a≥－eq\f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，記g(x)＝－eq\f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，g′(x)＝－eq\f(x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3)，令h(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1(x≥0)，則h′(x)＝ex－x－1，令t(x)＝h′(x)，x≥0，則t′(x)＝ex－1≥0，故h′(x)單調(diào)遞增，h′(x)≥h′(0)＝0，故函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，h(x)≥h(0)＝0，由h(x)≥0可得ex－eq\f(1,2)x2－x－1≥0恒成立，故當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；因此，g(x)max＝g(2)＝eq\f(7－e2,4)，綜上可得，a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，＋∞)).方法二f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1等價(jià)于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x≤1.設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x(x≥0)，則g′(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1－\f(3,2)x2＋2ax－1))e－x＝－eq\f(1,2)x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x＝－eq\f(1,2)x(x－2a－1)(x－2)e－x.①若2a＋1≤0，即a≤－eq\f(1,2)，則當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，g′(x)>0，所以g(x)在(0,2)上單調(diào)遞增，而g(0)＝1，故當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，g(x)>1，不符合題意．②若0<2a＋1<2，即－eq\f(1,2)<a<eq\f(1,2)，則當(dāng)x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x∈(2a＋1,2)時(shí)，g′(x)>0，所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上單調(diào)遞減，在(2a＋1,2)上單調(diào)遞增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1，當(dāng)且僅當(dāng)g(2)＝(7－4a)e－2≤1，即a≥eq\f(7－e2,4).所以當(dāng)eq\f(7－e2,4)≤a<eq\f(1,2)時(shí)，g(x)≤1.③若2a＋1≥2，即a≥eq\f(1,2)，則g(x)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x.由于0∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，\f(1,2)))，故由②可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x≤1.故當(dāng)a≥eq\f(1,2)時(shí)，g(x)≤1.綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，＋∞)).[子題1]解因?yàn)閒(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解，當(dāng)x>0時(shí)，a≥eq\f(ex,x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))在(0，＋∞)上有解，令g(x)＝eq\f(ex,x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))，則g′(x)＝eq\f(exx－1,x2)－eq\f(x2－1,x2)＝eq\f(x－1[ex－x＋1],x2).顯然當(dāng)x>0時(shí)，ex>x＋1，即ex－(x＋1)>0，當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝1時(shí)，g(x)min＝e－2，所以a≥e－2，綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[e－2，＋∞)．[子題2]解由f(x)≥g(x)得a(eax＋1)≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))lnx，即ax(eax＋1)≥(x2＋1)lnx2，即(eax＋1)lneax≥(x2＋1)lnx2，設(shè)h(x)＝(x＋1)lnx，則h(eax)＝(eax＋1)lneax，h(x2)＝(x2＋1)lnx2，由h′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)＋1，設(shè)m(x)＝lnx＋eq\f(1,x)＋1，可得m′(x)＝eq\f(x－1,x2)，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，m′(x)<0，m(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，m′(x)>0，m(x)單調(diào)遞增，所以m(x)min＝h′(x)min＝h′(1)＝2>0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以eax≥x2對(duì)?x>0恒成立，即a≥eq\f(2lnx,x)對(duì)?x>0恒成立，設(shè)n(x)＝eq\f(2lnx,x)，則n′(x)＝eq\f(21－lnx,x2)，當(dāng)0<x<e時(shí)，n′(x)>0，n(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>e時(shí)，n′(x)<0，n(x)單調(diào)遞減，所以n(x)max＝n(e)＝eq\f(2,e)，故a≥eq\f(2,e)，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e)，＋∞)).跟蹤演練1．解(1)f′(x)＝lnx＋1，f′(1)＝1，又f(1)＝0，故f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝x－1.(2)當(dāng)x≥1時(shí)，令g(x)＝xlnx－a(x2－1)，得g(1)＝0，g′(x)＝lnx＋1－2ax，令h(x)＝lnx＋1－2ax，則h′(x)＝eq\f(1,x)－2a＝eq\f(1－2ax,x).①若a≤0，得h′(x)>0，則g′(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，故g′(x)≥g′(1)＝1－2a≥0，所以g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(1)＝0，從而xlnx－a(x2－1)≥0，不符合題意；②若a>0，令h′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2a).(ⅰ)若0<a<eq\f(1,2)，則eq\f(1,2a)>1，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))時(shí)，h′(x)>0，g′(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調(diào)遞增，從而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0，所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調(diào)遞增，此時(shí)g(x)≥g(1)＝0，不符合題意；(ⅱ)若a≥eq\f(1,2)，則0<eq\f(1,2a)≤1，h′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以g′(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0，從而g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)≤g(1)＝0，所以xlnx－a(x2－1)≤0恒成立．綜上所述，a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).2．解(1)因?yàn)閔(x)＝g(x)＋eq\f(xfx－x,ex)＝lnx＋ax，x>0，所以h′(x)＝eq\f(1,x)＋a，若a≥0，則h′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；若a<0，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))時(shí)，h′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))時(shí)，h′(x)<0.故h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a≥0時(shí)，h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時(shí)，h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)由xf(x)<－g(x)＋1等價(jià)于a<eq\f(－lnx－x＋1,xex)＝eq\f(－lnxex＋1,xex)，令t＝xex(t>0)，φ(t)＝eq\f(－lnt＋1,t)，則φ′(t)＝eq\f(lnt－2,t2)，由φ′(t)＝0，可得t＝e2，當(dāng)t∈(0，e2)時(shí)，φ′(t)<0，φ(t)單調(diào)遞減；當(dāng)t∈(e2，＋∞)時(shí)，φ′(t)>0，φ(t)單調(diào)遞增．故φ(t)min＝φ(e2)＝－eq\f(1,e2)，所以a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e2))).母題突破3零點(diǎn)問(wèn)題母題解(1)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)的定義域?yàn)閧x|x≠0}，f′(x)＝eq\f(exx－ex,x2)＝eq\f(exx－1,x2)，令f′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在區(qū)間(－∞，0)，(0,1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(ex,x)－tanx＝0，得xsinx－excosx＝0.設(shè)h(x)＝xsinx－excosx，所以h′(x)＝ex(sinx－cosx)＋(xcosx＋sinx)．①當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時(shí)，可知sinx－cosx<0，xcosx＋sinx<0，所以h′(x)＝ex(sinx－cosx)＋(xcosx＋sinx)<0，從而h(x)＝xsinx－excosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞減，又h(0)＝－1，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝eq\f(π,2)>0，由零點(diǎn)存在定理及h(x)的單調(diào)性，得h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上有一個(gè)零點(diǎn)．②當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時(shí)，cosx≥sinx>0，由(1)知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時(shí)，函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(ex,x)－tanx單調(diào)遞減，F(xiàn)(x)min＝Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝－1>0，所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上無(wú)零點(diǎn)．③當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時(shí)，sinx>cosx>0，h′(x)＝ex(sinx－cosx)＋(xcosx＋sinx)>0，則h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增．又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)>0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)·eq\f(π,4)－eq\f(\r(2),2)·＝eq\f(\r(2),2)<0，所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上存在一個(gè)零點(diǎn)．綜上，h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2，即F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2.[子題1]解f(x)＝eq\f(xa,ax)＝1?ax＝xa?xlna＝alnx?eq\f(lnx,x)＝eq\f(lna,a)，設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(lnx,x)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令g′(x)＝0，得x＝e，在(0，e)上，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；在(e，＋∞)上，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，∴g(x)max＝g(e)＝eq\f(1,e)，又g(1)＝0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→0，∴曲線y＝f(x)與直線y＝1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，即曲線y＝g(x)與直線y＝eq\f(lna,a)有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是0<eq\f(lna,a)<eq\f(1,e)，即0<g(a)<g(e)，∴a的取值范圍是(1，e)∪(e，＋∞)．[子題2]證明因?yàn)镠(x)＝aln(x＋1)＋x2－ax＋1，所以H′(x)＝eq\f(x2x＋2－a,x＋1)(x>－1)，令H′(x)＝0，x1＝0，x2＝eq\f(a,2)－1.①當(dāng)a＝2時(shí)，H′(x)≥0，函數(shù)H(x)在定義域(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，至多有一個(gè)零點(diǎn)；②當(dāng)a≤0時(shí)，eq\f(a,2)－1≤－1，令H′(x)>0，得x>0，令H′(x)<0，得－1<x<0，所以函數(shù)H(x)在區(qū)間(－1,0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則函數(shù)H(x)在x＝0時(shí)有最小值H(0)＝1>0，此時(shí)函數(shù)H(x)無(wú)零點(diǎn)．③當(dāng)0<a<2時(shí)，－1<eq\f(a,2)－1<0，令H′(x)>0，得－1<x<eq\f(a,2)－1或x>0，令H′(x)<0，得eq\f(a,2)－1<x<0，所以函數(shù)H(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(a,2)－1))，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1，0))上單調(diào)遞減．因?yàn)楹瘮?shù)H(0)＝1>0，所以Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1))>0，且H(x)>0在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1，＋∞))上恒成立．H(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(a,2)－1))上至多有一個(gè)零點(diǎn)．所以當(dāng)0<a<2時(shí)，函數(shù)H(x)在區(qū)間(－1，＋∞)上至多有一個(gè)零點(diǎn)．綜上，當(dāng)a≤2時(shí)，函數(shù)H(x)＝f(x)－g(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)．跟蹤演練1．解(1)∵f(x)＝ex－ax＋2a，定義域?yàn)镽，又f′(x)＝ex－a，∴當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，則f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0，則x＝lna，當(dāng)x<lna時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>lna時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x－2)，當(dāng)a＝0時(shí)，ex＝a(x－2)無(wú)解，∴f(x)無(wú)零點(diǎn)．當(dāng)a≠0時(shí)，eq\f(1,a)＝eq\f(x－2,ex).令φ(x)＝eq\f(x－2,ex)，x∈R，∴φ′(x)＝eq\f(3－x,ex)，當(dāng)x∈(－∞，3)時(shí)，φ′(x)>0；當(dāng)x∈(3，＋∞)時(shí)，φ′(x)<0，∴φ(x)在(－∞，3)上單調(diào)遞增，在(3，＋∞)上單調(diào)遞減，且φ(x)max＝φ(3)＝eq\f(1,e3)，又x→＋∞時(shí)，φ(x)→0x→－∞時(shí)，φ(x)→－∞，∴φ(x)的圖象如圖所示．∴當(dāng)eq\f(1,a)>eq\f(1,e3)，即0<a<e3時(shí)，f(x)無(wú)零點(diǎn)，當(dāng)eq\f(1,a)＝eq\f(1,e3)，即a＝e3時(shí)，f(x)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)0<eq\f(1,a)<eq\f(1,e3)，即a>e3時(shí)，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)eq\f(1,a)<0，即a<0時(shí)，f(x)有一個(gè)零點(diǎn)．綜上所述，當(dāng)a∈[0，e3)時(shí)，f(x)無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)a∈(－∞，0)∪{e3}時(shí)，f(x)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a∈(e3，＋∞)時(shí)，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．2．解(1)當(dāng)m＝－1時(shí)，f(x)＝x2－ln(x＋1)，可得f′(x)＝2x－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(2x2＋2x－1,x＋1)，則f′(0)＝－1，f(0)＝0，可得曲線f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y－0＝－1·(x－0)，即x＋y＝0.(2)由函數(shù)f(x)＝x2＋mln(x＋1)，x∈(0,1)，可得f′(x)＝2x＋eq\f(m,x＋1)＝eq\f(2x2＋2x＋m,x＋1)，令g(x)＝2x2＋2x＋m，x∈(0,1)，當(dāng)m≥0時(shí)，g(x)>0，即f′(x)>0，f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，因?yàn)閒(0)＝0，所以f(x)>f(0)＝0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上沒(méi)有零點(diǎn)，不符合題意；當(dāng)m<0時(shí)，函數(shù)g(x)＝2x2＋2x＋m的圖象開(kāi)口向上，且對(duì)稱軸為x＝－eq\f(1,2)，由g(1)＝2＋2＋m≤0，解得m≤－4，當(dāng)m≤－4時(shí)，g(x)<0在區(qū)間(0,1)上恒成立，即f′(x)<0，f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，因?yàn)閒(0)＝0，所以f(x)<f(0)＝0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上沒(méi)有零點(diǎn)，不符合題意；當(dāng)－4<m<0時(shí)，設(shè)x0∈(0,1)使得g(x0)＝0，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0，1)時(shí)，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，因?yàn)閒(0)＝0，要使得函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上存在唯一零點(diǎn)，則滿足f(1)＝1＋mln(1＋1)>0，解得m>－eq\f(1,ln2)，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,ln2)，0)).微重點(diǎn)1函數(shù)的新定義問(wèn)題例1A例2D例3－eq\f(1,5)解析∵f(2＋x)＋f(2－x)＝0，∴f(2＋x)＝－f(2－x)．又f(x)是奇函數(shù)，∴f(x＋2)＝f(x－2)，∴f(4＋x)＝f(x)，∴f(x)的一個(gè)周期為4.∵f(2＋x)＋f(2－x)＝0，∴令x＝0，可得f(2)＝0，∴f(2022)＝f(4×505＋2)＝f(2)＝0.f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2022,5)))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2022,5)))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4×101＋\f(2,5)))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))＝－Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))＝－eq\f(1,5)，∴f(2022)＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2022,5)))＝－eq\f(1,5).例4A[因?yàn)棣?5)＝φ(10)＝4，故A正確；因?yàn)楫?dāng)n＝4時(shí)，φ(15)≠1，故B不正確；因?yàn)樾∮诨虻扔?2的正整數(shù)中與32互質(zhì)的實(shí)數(shù)為1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,27,29,31，共有16個(gè)，所以φ(32)＝16，故C不正確；因?yàn)楫?dāng)n＝2時(shí)，φ(4)＝φ(6)＝2，故D不正確．]跟蹤演練1(1)C(2)B例5(1)C[設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.對(duì)于①，eq\f(fan＋1,fan)＝eq\f(a\o\al(3,n＋1),a\o\al(3,n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))3＝q3，故f(x)＝x3是“保等比數(shù)列函數(shù)”；對(duì)于②，eq\f(fan＋1,fan)＝≠常數(shù)，故f(x)＝2x不是“保等比數(shù)列函數(shù)”；對(duì)于③，eq\f(fan＋1,fan)＝eq\f(|an＋1|,|an|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))＝|q|，故f(x)＝|x|是“保等比數(shù)列函數(shù)”；對(duì)于④，eq\f(fan＋1,fan)＝eq\f(ln|an＋1|,ln|an|)＝eq\f(ln|an·q|,ln|an|)＝eq\f(ln|an|＋ln|q|,ln|an|)＝1＋eq\f(ln|q|,ln|an|)≠常數(shù)，故f(x)＝ln|x|不是“保等比數(shù)列函數(shù)”．](2)B[由題意可知，若函數(shù)在所給定義域上“嚴(yán)格上凹”，則滿足f″(x)>0在定義域內(nèi)恒成立．對(duì)于A，f(x)＝log2x(x>0)，則f″(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,xln2)))′＝－eq\f(1,ln2)·eq\f(1,x2)<0在(0，＋∞)上恒成立，不符合題意，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)于B，f(x)＝eq\f(2,ex)＋x，則f″(x)＝eq\f(2,ex)>0恒成立，符合題意，故選項(xiàng)B正確；對(duì)于C，f(x)＝－x3＋2x，則f″(x)＝(－3x2＋2)′＝－6x，當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)<0，不符合題意，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于D，f(x)＝sinx－x2(0<x<π)，則f″(x)＝(cosx－2x)′＝－sinx－2<0在(0，π)上恒成立，不符合題意，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．]跟蹤演練2(1)②③(2)①③④解析對(duì)于新運(yùn)算“★”的性質(zhì)(ⅲ)，令c＝0，則(a★b)★0＝0★(ab)＋(a★0)＋(0★b)＝ab＋a＋b，即a★b＝ab＋a＋b.∴f(x)＝x★eq\f(1,x)＝1＋x＋eq\f(1,x)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝1＋x＋eq\f(1,x)≥1＋2eq\r(x·\f(1,x))＝3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,x)，即x＝1時(shí)取等號(hào)，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的最小值為3，故①正確；函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，∵f(1)＝1＋1＋1＝3，f(－1)＝1－1－1＝－1，∴f(－1)≠－f(1)，且f(－1)≠f(1)，∴函數(shù)f(x)為非奇非偶函數(shù)，故②錯(cuò)誤；f′(x)＝1－eq\f(1,x2)＝eq\f(x2－1,x2)，令f′(x)>0，則x<－1或x>1，所以函數(shù)f(x)＝1＋x＋eq\f(1,x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(1，＋∞)，故③正確；由③知，函數(shù)f(x)＝1＋x＋eq\f(1,x)不是周期函數(shù)，故④正確．微重點(diǎn)2函數(shù)的嵌套與旋轉(zhuǎn)、對(duì)稱問(wèn)題例1D[令u＝f(x)，令g(x)＝0，則f(u)－eq\f(1,2)＝0，當(dāng)u≥0時(shí)，則f(u)＝ln(u＋1)，所以ln(u＋1)＝eq\f(1,2)，所以u(píng)＝eq\r(e)－1.當(dāng)u<0時(shí)，f(u)＝－ueu，則f′(u)＝－(u＋1)eu，當(dāng)u<－1時(shí)，f′(u)>0；當(dāng)－1<u<0時(shí)，f′(u)<0.此時(shí)，函數(shù)y＝f(u)在u＝－1處取得極大值，且極大值為f(－1)＝eq\f(1,e)<eq\f(1,2).所以當(dāng)u<0時(shí)，f(u)<eq\f(1,2)，則方程f(u)－eq\f(1,2)＝0在u<0時(shí)無(wú)解．再考慮方程f(x)＝eq\r(e)－1的根的個(gè)數(shù)，作出函數(shù)u＝f(x)與u＝eq\r(e)－1的圖象如圖所示，由于eq\r(e)－1>eq\f(1,2)>eq\f(1,e)，所以直線u＝eq\r(e)－1與函數(shù)u＝f(x)的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)，因此，函數(shù)g(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．]例2D[設(shè)t＝f(x)，則y＝g(t)＝t2＋mt＋1，作出函數(shù)f(x)的大致圖象，如圖所示，則函數(shù)y＝[f(x)]2＋mf(x)＋1有6個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于g(t)＝0在[－3,1)上有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－4>0，,g－3＝9－3m＋1≥0，,g1＝1＋m＋1>0，,－3<－\f(m,2)<1，))解得2<m≤eq\f(10,3).]跟蹤演練1(1)A(2)D[當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝eq\f(2x,ex)，f′(x)＝eq\f(2－2x,ex)，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝eq\f(2x,ex)在x＝1處取最大值為eq\f(2,e).作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，因?yàn)閇f(x)]2－af(x)＋a－1＝0，即[f(x)－a＋1][f(x)－1]＝0，解得f(x)＝1或f(x)＝a－1，當(dāng)f(x)＝1時(shí)，觀察圖象易知此時(shí)只有一個(gè)交點(diǎn)，即有一個(gè)根，要使關(guān)于x的方程[f(x)]2－af(x)＋a－1＝0恰有四個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則需要y＝a－1與f(x)圖象有三個(gè)不同交點(diǎn)，只需要0<a－1<eq\f(2,e)，即1<a<eq\f(e＋2,e).]例3B[由y＝eq\r(13－x2)－2(x∈[－3,3])，得x2＋(y＋2)2＝13(x∈[－3,3])，原函數(shù)的圖象是以(0，－2)為圓心，以eq\r(13)為半徑的圓的部分，如圖，設(shè)過(guò)(－3,0)與圓x2＋(y＋2)2＝13相切的直線的斜率為k，傾斜角為β，則直線方程為y＝k(x＋3)，即kx－y＋3k＝0.由eq\f(|2＋3k|,\r(k2＋1))＝eq\r(13)，解得k＝eq\f(3,2)，則tanβ＝eq\f(3,2).要使對(duì)于每一個(gè)旋轉(zhuǎn)角α，曲線C都是一個(gè)函數(shù)的圖象，則當(dāng)α最大為θ時(shí)，函數(shù)在(－3,0)處的切線為x＝－3，即β＋θ＝eq\f(π,2)，則tanθ＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－β))＝eq\f(1,tanβ)＝eq\f(2,3).]跟蹤演練2B例4A[由已知可得，方程f(x)＝－g(x)在(0，＋∞)上有兩解，即a＝eq\f(ex,x)－lnx－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上有兩解．設(shè)h(x)＝eq\f(ex,x)－lnx－eq\f(1,x)，則h′(x)＝eq\f(exx－1,x2)－eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1ex－1,x2)，令h′(x)＝0，得x＝1，∴當(dāng)0<x<1時(shí)，h′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)>0，∴h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．∴當(dāng)x＝1時(shí)，h(x)取得最小值h(1)＝e－1，∵x→0時(shí)，h(x)→＋∞；x→＋∞時(shí)，h(x)→＋∞，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是(e－1，＋∞)．]跟蹤演練3C微重點(diǎn)3導(dǎo)數(shù)中的函數(shù)構(gòu)造問(wèn)題例1B[因?yàn)閒(x)＝f(－x)，所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，令g(x)＝x·f(x)，則g(x)是奇函數(shù)，g′(x)＝f(x)＋x·f′(x)，當(dāng)x∈(－∞，0]時(shí)，f(x)＋xf′(x)<0成立，所以g(x)在x∈(－∞，0]上單調(diào)遞減，又g(x)在R上是連續(xù)函數(shù)，且是奇函數(shù)，所以g(x)在R上單調(diào)遞減，則a＝g(20.6)，b＝g(ln2)，c＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,8)))，因?yàn)?0.6>1,0<ln2<1，log2eq\f(1,8)＝－3<0，所以log2eq\f(1,8)<0<ln2<1<20.6，所以c>b>a.]跟蹤演練1C例2B[設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,ex)，可得g′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)，由f(x)<f′(x)，可得f′(x)－f(x)>0，所以g′(x)>0，所以g(x)單調(diào)遞增，則eq\f(f2022,e2022)<eq\f(f2023,e2023)，即ef(2022)<f(2023)．]跟蹤演練2(3，＋∞)例3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))解析令g(x)＝f(x)cosx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴g(－x)＝f(－x)cos(－x)＝f(x)cosx＝g(x)，∴g(x)為偶函數(shù)，又g′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，g′(x)<0，即g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減．又g(x)為偶函數(shù)，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞增，不等式2f(x)<eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cosx)可化為f(x)cosx<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))cos

eq\f(π,3)，即g(x)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|>\f(π,3)，,－\f(π,2)<x<\f(π,2)，))解得－eq\f(π,2)<x<－eq\f(π,3)或eq\f(π,3)<x<eq\f(π,2).故不等式2f(x)<eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cosx)的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).跟蹤演練3B解析構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,sinx)，由f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒有eq\f(fx,sinx)<eq\f(f′x,cosx)成立，即f′(x)sinx－f(x)cosx>0，∴F′(x)＝eq\f(f′xsinx－fxcosx,sinx2)>0，∴F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，又F(－x)＝eq\f(f－x,sin－x)＝eq\f(－fx,－sinx)＝F(x)，∴F(x)為偶函數(shù)，∵eq\f(π,6)<eq\f(π,4)，∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，∴eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),sin

\f(π,6))<eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),sin

\f(π,4))，∴eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，故A錯(cuò)誤；∵偶函數(shù)F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，∴F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞減，∵－eq\f(π,3)<－eq\f(π,6)，∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))，∴eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3))))>eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6))))，∴－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>－eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))，∴f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))，故B正確；Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))<Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))，∴eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4))))<eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3))))，∴－eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))<－eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))，∴eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))>eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))，故C錯(cuò)誤；∵eq\f(π,3)>eq\f(π,4)，∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，∴eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),sin

\f