一、選擇題

1.B 2.C 3.B 4.A 5.B 6.D 7.C 8.B 9.D 10.D 11.D 12.C 13.D 14.C

15.D 提示：由題得x＞1時,2f(x)+xf′(x)＞0;0＜x＜1時,2f(x)+xf′(x)＜0。令g(x)=x2f(x),x∈(0,+∞),則g′(x)=2xf(x)+x2f′(x)=x[2f(x)+xf′(x)]?？傻茫簒＞1時,g′(x)＞0;0＜x＜1時,g′(x)＜0。

可得函數(shù)g(x)在x=1處取得極值,故g′(1)=2f(1)+f′(1)=0,進(jìn)而可得f(1)=。

16.B

17.C

18.A 提示：f(x)=lnx-ax-b的 定義域為(0,+∞),f′(x)=-a＞0,故函數(shù)f(x)在x∈[1,m]上單調(diào)遞增。

故f(x)max=f(m)=lnm-am-b,f(x)min=f(1)=-a-b。

因為存在x0∈[1,m]使得|f(x0)|≥1成立,所以存在x0∈[1,m]使得f(1)≤-1或f(m)≥1成立,即a+b≥1,或lnm-am-b≥1。

若a+b＜1且lnm-am-b＜1,則不存在x0∈[1,m]使得|f(x0)|≥1成立。

則lnm-a(m+1)＜2,即lnm＜a(m+1)+2。因為a＜0,所以lnm＜2,0＜m＜e2。

故當(dāng)存在x0∈[1,m]使得|f(x0)|≥1成立時,m≥e2。

19.A 提示：易得,(xf(x))′=xf′(x)+f(x)=。積分可得xf(x)=+C,所以f(x)=。因為f(e)=,所以C==。

令g(x)=f(x)-x,g′(x)=-1＜0,函數(shù)g(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞減。

不等式f(ex)＞ex-e+,即f(ex)-ex＞f(e)-e,即g(ex)＞g(e)。

所以0＜ex＜e,x＜1。

20.C 提示：因為函數(shù)f(x)是定義在(-1,+∞)上的連續(xù)函數(shù),所以f′(x)ln (x+1)=x-。

令g(x)=f(x)ln (x+1),則g′(x)=f′(x)ln (x+1)+=x。

故g(x)=+c(c為常數(shù))。由g(0)=f(0)ln 1=0,得c=0。

g(x)=f(x)ln (x+1)=。

則f(x)=,f′(x)=[2xln (x+1)-]=[2(x+1)ln (x+1)-x]。

令h(x)=2(x+1)ln (x+1)-x,則h′(x)=2ln (x+1)+1。

令h′(x)=0,則x=。

當(dāng)-1＜x＜時,h′(x)＜0,h(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x＞時,h′(x)＞0,h(x)單調(diào)遞增。

因為h(-1)＞0,h＜0,所以?x0∈,使h(x0)=0。

又h(0)=0,故函數(shù)h(x)在(-1,+∞)上的兩個零點分別為x0和0。

當(dāng)x＞-1時,令f′(x)=0,則x=x0。

當(dāng)x＞x0時,f′(x)＞0,當(dāng)-1＜x＜x0時,f′(x)＜0,f(x)在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,在(-1,x0)上單調(diào)遞減。

故f(x)在(-1,+∞)上有極小值,無極大值。

二、填空題

21.

22.4

23.1

24.

25.

26.0

27.（1,）提示：方程ax=x有兩解m,n,即xlna=lnx有兩解,進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為lna=有兩解。令g(x)=,則g′(x)==0,易分析得,當(dāng)x=e時有最大值,0＜lna＜g(e)=,故1＜a＜。

28.2 019

29.0 提示：f′(x)=a+=a+sinφ,由(a+sinα)(a+sinβ)=-1得：

由Δ=(sinα+sinβ)2-4sinαsinβ-4≥0,可得(sinα-sinβ)2≥4。

故sinαsinβ=-1,a=0。

30.（,-1）∪ (0,1) 提示：因為當(dāng)x＞0 時,f′(x)tanx-f(x)＞0,所以f′(x)sinx-f(x)cosx＞0。

構(gòu)造函數(shù)g(x)=,x∈,易知函數(shù)g(x)為偶函數(shù),且當(dāng)x＞0 時,g′(x)=＞0。

故偶函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減。

由f(1)=0,可知g(1)=g(-1)=0,不等式f(x)＜0即為g(x)sinx＜0。

三、解答題

31.(1)f′(x)=-2x+a-＜0 在上恒成立,即a＜2x+在上恒成立,故a≤3。

(2)若函數(shù)f(x)既存在極大值又存在極小值,則f′(x)=0必須有兩個不相等的正實數(shù)根,即2x2-ax+1=0有兩個不相等的正實數(shù)根。

故實數(shù)a應(yīng)滿足：

解得a＞。

故實數(shù)a的取值范圍為。

32.(1)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,a),單調(diào)減區(qū)間為(a,+∞)。

(2)由題得知,f(1)=a-1≥e-1?a≥e。

由(1)知f(x)在[1,e]單調(diào)遞增,故要使e-1≤f(x)≤e2對x∈[1,e]恒成立,則f(e)=a2-e2+ae≤e2。

故a=e。

33.(1)a1=1,a3=15,a4=28。

(2)猜想an=n(2n-1),下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：

①當(dāng)n=1,2,3,4時,由(1)知an=n(2n-1)成立。

②假設(shè)n=k(k≥4,k∈N*)時ak=k(2k-1)成立。

則當(dāng)n=k+1時,有=ak-1。

也即(k-1)ak+1=(k+1)ak-(k+1)=(k+1)k(2k-1)-(k+1)=(k+1)(2k2-k-1)=(k+1)(2k+1)(k-1)。

因為k-1≠0,所以ak+1=(k+1)(2k+1)=(k+1)[2(k+1)-1]。

故n=k+1時,結(jié)論也成立。

由①②可知,{an}的通項公式為an=n(2n-1)。

(3)由(2)知,bn==2n,所以Sn==n(n+1)。

34.(1)f(x)=x2-4x-6lnx的導(dǎo)數(shù)為f′(x)=2x-4-。

則f′(1)=-8,f(1)=-3。

所以f(x)在(1,f(1))處的切線方程為y+3=-8(x-1),即y=-8x+5。

f′(x)=,若f′(x)＞0,可得x＞3;若f′(x)＜0,可得0＜x＜3。

所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,3),單調(diào)遞增區(qū)間為(3,+∞)。

(2)xf′(x)-f(x)＞x2+-12等價于k＜。

可令h(x)=,h′(x)=。

記m(x)=x-2-lnx,m′(x)=1-＞0,所以m(x)在(1,+∞)上為遞增函數(shù)。

且m(3)=1-ln 3＜0,m(4)=2-ln 4＞0,故?x0∈(3,4),使得m(x0)=0,即x0-2-lnx0=0。

所以h(x)在(1,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,h(x)min=h(x0)==x0∈(3,4)。

因此,k的最大整數(shù)解為3。

(3)g(x)=x2-alnx,g′(x)=2x-,令g′(x)=0,可得。

所以g(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增。

而要使g(x)有兩個零點,需滿足g(x0)＜0,則。

解得a＞2e。

由f(x1)=f(x2)?-alnx1=-alnx2,即-alnx1=-alntx1?。

而x1+3x2＞4x0?(3t+1)x1＞?＞8a,即＞8a。

由a＞0,t＞1知,只需證(3t+1)2ln

t-8t2+8＞0。

令h(t)=(3t+1)2lnt-8t2+8,則h′(t)=(18t+6)lnt-7t+6+。

令n(t)=(18t+6)lnt-7t+6+,則n′(t)=18lnt+11+＞0(t＞1)。

故n(t)在(1,+∞)上遞增,n(t)＞n(1)=0。

故h(t)在(1,+∞)上遞增,h(t)＞h(1)=0。

所以x1+3x2＞4x0。