2019-2020年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第二章 第12節(jié) 定積分概念及簡單應(yīng)用課時沖關(guān) 理 新人教A版.doc

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第二章 第12節(jié) 定積分概念及簡單應(yīng)用課時沖關(guān) 理 新人教A版 對應(yīng)學(xué)生用書課時沖關(guān)(十五)第261頁 一、選擇題 1．設(shè)函數(shù)f(x)＝則定積分f(x)dx等于(　　) A.　　　　　　 B．2 C. D. 解析：f(x)dx＝x2dx＋1dx ＝x3|＋x|＝. 故選C. 答案：C 2．(xx廈門模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝xm＋ax的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝2x＋1，則f(－x)dx的值等于(　　) A. B. C. D. 解析：f′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1，得m＝2，a＝1， 所以f(x)＝x2＋x，所以f(－x)＝x2－x， 所以f(－x)dx＝(x2－x)dx＝|＝.故選A. 答案：A 3．如果1 N的力能拉長彈簧1 cm，為了將彈簧拉長6 cm，所耗費的功為(　　) A．0.18 J B．0.26 J C．0.12 J D．0.28 J 解析：由物理知識F＝kx知，1＝0.01k， ∴k＝100 N/m， 則W＝ 100xdx＝50x2|＝0.18(J)． 故選A. 答案：A 4．(xx合肥模擬)如圖，由函數(shù)f(x)＝ex－e的圖象，直線x＝2及x軸所圍成的陰影部分面積等于(　　) A．e2－2e－1 B．e2－2e C. D．e2－2e＋1 解析：由已知得S＝f(x)dx＝(ex－e)dx＝(ex－ex)|＝(e2－2e)－(e－e)＝e2－2e. 故選B. 答案：B 5．(xx南昌模擬)若a＝x2dx，b＝x3dx， c＝sin xdx，則a，b，c的大小關(guān)系是(　　) A．a(chǎn)＜c＜b B．a(chǎn)＜b＜c C．c＜b＜a D．c＜a＜b 解析：因為a＝x2dx＝x3|＝∈(2,3)， b＝x3dx＝x4|＝4>3，c＝sin xdx ＝(－cos x)|＝1－cos 2＜2，所以c＜a＜b. 故選D. 答案：D 6．一質(zhì)點運動時速度與時間的關(guān)系為v(t)＝t2－t＋2，質(zhì)點做直線運動，則此質(zhì)點在時間[1,2]內(nèi)的位移為(　　) A. B. C. D. 解析：∵v(t)>0， ∴質(zhì)點在[1,2]內(nèi)的位移s即為v(t)在[1,2]上的定積分， ∴s＝v(t)dt＝(t2－t＋2)dt ＝| ＝. 答案：A 7．(xx中山模擬)已知t＞0，若(2x－1)dx＝6，則t的值等于(　　) A．2 B．3 C．6 D．8 解析：(2x－1)dx＝(x2－x)|＝t2－t，由t2－t＝6得t＝3或t＝－2(舍去)．故選B. 答案：B 8．由直線x＋y－2＝0，曲線y＝x3以及x軸圍成的圖形的面積為(　　) A. B. C. D. 解析：由題意得解得交點坐標是(1,1)． 故由直線x＋y－2＝0，曲線y＝x3以及x軸圍成的圖形的面積為x3dx＋(2－x)dx＝x4|＋|＝＋＝.故選D. 答案：D 9．(xx石家莊模擬)已知等比數(shù)列{an}，且a4＋a8＝dx，則a6(a2＋2a6＋a10)的值為(　　) A．π2 B．4 C．π D．－9π 解析：∵a4＋a8＝π，∴a6(a2＋2a6＋a10)＝a6a2＋2a＋a6a10＝a＋2a4a8＋a＝(a4＋a8)2＝π2，故選A. 答案：A 10．函數(shù)f(x)＝的圖象與x軸所圍成的封閉圖形的面積為(　　) A. B．1 C．2 D. 答案：A 11．(xx北京高考)直線l過拋物線C：x2＝4y的焦點且與y軸垂直，則l與C所圍成的圖形的面積等于(　　) A. B．2 C. D. 解析：由題意知拋物線的焦點坐標為F(0,1)，故直線l的方程為y＝1，該直線與拋物線在第一象限的交點坐標為(2,1)，根據(jù)對稱性和定積分的幾何意義可得所求的面積是2dx＝2|＝. 答案：C 12．(xx珠海模擬)由曲線y＝x2和直線x＝0，x＝1，y＝t2(t為常數(shù)且t∈(0,1))所圍成圖形(陰影部分)面積的最小值為(　　) A. B. C. D. 解析：由得x＝t. 故S＝(t2－x2)dx＋(x2－t2)dx ＝|＋| ＝t3－t2＋， 令S′＝4t2－2t＝0，因為00)所圍成的曲邊圖形的面積為，則k＝________. 解析：由得或 則曲線y＝x2與直線y＝kx(k＞0)所圍成的曲邊梯形的面積為 (kx－x2)dx＝|＝－k3＝，即k3＝8，∴k＝2. 答案：2 16．(xx成都模擬)函數(shù)y＝(sin t＋cos tsin t)dt的最大值是________． 解析：y＝(sin t＋cos tsin t)dt ＝dt ＝| ＝－cos x－cos 2x＋ ＝－cos x－(2cos2 x－1)＋ ＝－cos2x－cos x＋ ＝－(cos x＋1)2＋2≤2， 當cos x＝－1時取等號． 答案：2 [備課札記] ———————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————— 　 　 高考大題沖關(guān) 導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用的熱點問題 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用是歷年高考必考的熱點，試題難度較大，多以壓軸題形式出現(xiàn)，命題的熱點主要有利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值；利用導(dǎo)數(shù)研究不等式；利用導(dǎo)數(shù)研究方程的根(或函數(shù)的零點)；利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立問題等．體現(xiàn)了分類討論、數(shù)形結(jié)合、函數(shù)與方程、轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)思想的運用． 題型一　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)綜合問題 對應(yīng)學(xué)生用書理52頁　 文49頁 [典例賞析1] (理科)(xx重慶高考)已知函數(shù)f(x)＝ae2x－be－2x－cx(a，b，c∈R)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)為偶函數(shù)，且曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線的斜率為4－c. (1)確定a，b的值； (2)若c＝3，判斷f(x)的單調(diào)性； (3)若f(x)有極值，求c的取值范圍． [思維導(dǎo)引]　(1)先求導(dǎo)函數(shù)f′(x)，再利用f′(x)為偶函數(shù)和曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線的斜率為4－c建立關(guān)于a，b的方程組求解；(2)把c＝3代入函數(shù)解析式，利用基本不等式求f′(x)的最小值，進而確定f′(x)的符號，從而確定函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(3)對c分類，討論方程f′(x)＝0是否有實根，從而確定極值． [解]　(1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝2ae2x＋2be－2x－c，由f′(x)為偶函數(shù)，知f′(－x)＝f′(x)，即2(a－b)(e2x－e－2x)＝0，所以a＝b. 又f′(0)＝2a＋2b－c＝4－c，故a＝1，b＝1. (2)當c＝3時，f(x)＝e2x－e－2x－3x，那么 f′(x)＝2e2x＋2e－2x－3≥2－3＝1>0， 故f(x)在R上為增函數(shù)． (3)由(1)知f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c，而2e2x＋2e－2x≥2＝4，當x＝0時等號成立． 下面分三種情況進行討論． 當c<4時，對任意x∈R，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c>0，此時f(x)無極值； 當c＝4時，對任意x≠0，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－4>0，此時f(x)無極值； 當c>4時，令e2x＝t，注意到方程2t＋－c＝0有兩根t1＝，t2＝，t1t2>0，即f′(x)＝0有兩個根x1＝ln t1或x2＝ln t2. 當x1x2時，f′(x)>0， 從而f(x)在x＝x2處取得極小值． 綜上，若f(x)有極值，則c的取值范圍為(4，＋∞)． [典例賞析1]　(文科)(xx廣東高考)已知函數(shù)f(x)＝x3＋x2＋ax＋1(a∈R)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當a＜0時，試討論是否存在x0∈∪，使得f(x0)＝f. [思維導(dǎo)引]　(1)由函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性之間的關(guān)系求解；(2)先由a<0得函數(shù)的單調(diào)性，求得函數(shù)的最大值是f(0)或f(1)再討論求解得答案． [解]　(1)f′(x)＝x2＋2x＋a， 方程x2＋2x＋a＝0的判別式Δ＝4－4a＝4(1－a)， 若a≥1，則Δ≤0，f′(x)＝x2＋2x＋a≥0， ∴f(x)在R上單調(diào)遞增． 若a<1，則Δ>0，方程x2＋2x＋a＝0有兩個不同的實數(shù)根， x1＝－1－，x2＝－1＋， 當xx2時，f′(x)>0； 當x10，且f(0)＝1， f＝＋，f(1)＝＋a， 此時x1<0，x2>0，令x2＝得a＝－. ①當－f， ∴存在x0，使得f(x0)＝f； (ⅱ)當－≤a<0時，f(0)≤f， ∴不存在x0，使得f(x0)＝f； ②當a＝－時，f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． ∴不存在x0，使得f(x0)＝f. ③當－0，從而g′(x)>0，故g(x)在[1，＋∞)上也單調(diào)遞增， ∴[g(x)]min＝g(1)＝2，∴k≤2. 題型二　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式 [典例賞析2] (xx新課標全國高考Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ex－ln(x＋m)． (1)設(shè)x＝0是f(x)的極值點，求m，并討論f(x)的單調(diào)性； (2)當m≤2時，證明f(x)>0. [思維導(dǎo)引]　(1)f′(x)＝0解得m，在f(x)的定義域內(nèi)確定f′(x)>0，f′(x)<0的區(qū)間即得其單調(diào)區(qū)間；(2)m≤2時，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，只要f(x)＝ex－ln(x＋2)>0即可，故只要f(x)min>0，確定函數(shù)f(x)的最小值點后論證其最小值大于0. [解]　(1)解：f′(x)＝ex－. 由x＝0是f(x)的極值點得f′(0)＝0，所以m＝1. 于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定義域為(－1，＋∞)， f′(x)＝ex－. 函數(shù)f′(x)＝ex－在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，且f′(0)＝0，因此當x∈(－1,0)時，f′(x)<0；當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0， 所以f(x)在(－1,0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)證明：當m≤2，x∈(－m，＋∞)時， ln(x＋m)≤ln(x＋2)， 故只需證明當m＝2時，f(x)>0. 當m＝2時，函數(shù)f′(x)＝ex－在(－2，＋∞)上單調(diào)遞增．又f′(－1)<0，f′(0)>0， 故f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一實根x0， 且x0∈(－1,0)． 當x∈(－2，x0)時，f′(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0，從而當x＝x0時，f(x)取得最小值． 由f′(x0)＝0得ex0＝，ln(x0＋2)＝－x0， 故f(x)≥f(x0)＝＋x0＝>0. 綜上，當m≤2時，f(x)>0. 導(dǎo)數(shù)研究實數(shù)區(qū)間D上的不等式的主要表現(xiàn)形式是“證明不等式在區(qū)間D上成立，不等式在區(qū)間D上恒成立，求參數(shù)k的范圍”等． (1)證明區(qū)間D上不等式成立的策略：構(gòu)造函數(shù)f(x)，把不等式轉(zhuǎn)化為證明f(x)>0，f(x)<0等，把其轉(zhuǎn)化為求函數(shù)f(x)在區(qū)間D上的最值或值域的端點值，通過最值和值域端點值與0的比較得證． (2)根據(jù)區(qū)間D上不等式恒成立求參數(shù)k范圍的策略：如果能夠分離參數(shù)k，即得到φ(k)>f(x)或φ(k)0，y>0，則xln x＋yln y>(x＋y)ln . 解：(1)當b＝2時，h(x)＝ln x－ax2－2x ∴h′(x)＝－ax－2. ∵h(x)有單調(diào)減區(qū)間，∴h′(x)<0有解，即<0 ∵x>0，∴ax2＋2x－1>0有解． (ⅰ)當a≥0時符合題意； (ⅱ)當a<0時，Δ＝4＋4a>0，即a>－1. ∴a的取值范圍是(－1，＋∞)． (2)當a＝0，b＝1時，設(shè)φ(x)＝f(x)－g(x)＝ln(x＋1)－x，∴φ′(x)＝－1＝. ∵x>－1， 討論φ′(x)的正負得下表： x (－1,0) 0 (0，＋∞) φ′(x) ＋ 0 － φ(x)  最大值  ∴當x＝0時φ(x)有最大值0， 即φ(x)≤0恒成立， ∴當x∈(－1，＋∞)時，f(x)－g(x)≤0恒成立． (3)證明：∵x>0，y>0， ∴xln x＋yln y－(x＋y)ln ＝x＋y ＝xln ＋yln ＝－xln －yln ＝－xln －yln . 由(2)有－xln－yln>－x－y＝0 ∴xln x＋yln y>(x＋y)ln . 題型三　利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立問題 對應(yīng)學(xué)生用書理53頁　 文50頁 [典例賞析3] (xx珠海檢測)已知函數(shù)f(x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋，a∈R. (1)當a＝－時，求f(x)的最大值； (2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (3)如果對任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． [思維導(dǎo)引]　(1)對函數(shù)f(x)求導(dǎo)，得到f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間和單調(diào)遞減區(qū)間，進而得到f(x)最小值； (2)對函數(shù)f(x)求導(dǎo)，然后對a分情況進行討論得到f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)分①當a≥0時， ②當a≤－1時， ③當－10，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當a≤－1時，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； 當－10；當x∈，f′(x)<0. 故f(x)在x∈上單調(diào)遞增；在x∈上單調(diào)遞減． (3)不妨設(shè)00，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1恒成立． 構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)＋4x，須證g(x)＝f(x)＋4x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，即證g′(x)＝f′(x)－4＝＋2ax－4≥0，即2ax2－4x＋a＋1≥0(x>0)恒成立． 當a＝0時，則由－4x＋1>0得x>，不合題意，即a≠0，則a>0. 根據(jù)二次函數(shù)y＝2ax2－4x＋a＋1(x>0)開口方向向上，對稱軸x＝>0， 所以只需Δ≤0，可得16－8a(a＋1)≤0， 解得a≥1(a≤－2舍去)． ②當a≤－1時，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，即f(x2)＋4x2≤f(x1)＋4x1恒成立． 構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)＋4x，須證g(x)＝f(x)＋4x在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，即證g′(x)＝f′(x)＋4＝＋2ax＋4≤0，得2ax2＋4x＋a＋1≤0(x>0)恒成立. 根據(jù)二次函數(shù)y＝2ax2＋4x＋a＋1(x>0)開口方向向下，對稱軸x＝－>0， 所以只需Δ≤0，可得16－8a(a＋1)≤0，解得a≤－2(a≥1舍去)． ③當－10時，試討論f(x)在(－1,1)內(nèi)的極值點的個數(shù)． 解：(1)由題意知f(x)＝x3－3x，所以f′(x)＝2x2－3.又f(3)＝9，f′(3)＝15， 所以曲線y＝f(x)在點(3，f(3))的切線方程為15x－y－36＝0. (2)由題意2ax2＋1≥ln x，即a≥對一切x∈(0，＋∞)恒成立． 設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝. 當00；當x>e時，g′(x)<0. 所以當x＝e時，g(x)取得最大值g(x)max＝， 故實數(shù)a的取值范圍為. (3)f′(x)＝2x2－4ax－3，f′(－1)＝4， f′(1)＝－4. ①當a>時，∵ ∴存在x0∈(－1,1)，使得f′(x0)＝0. 因為f′(x)＝2x2－4ax－3開口向上，所以在(－1，x0)內(nèi)f′(x)>0，在(x0,1)內(nèi)f′(x)<0， 即f(x)在(－1，x0)內(nèi)是增函數(shù)，f(x)在(x0,1)內(nèi)是減函數(shù)， 故a>時，f(x)在(－1,1)內(nèi)有且只有一個極值點，且是極大值點． ②當0，f(x)在(－1,1)內(nèi)的極值點的個數(shù)為1；當00得單調(diào)遞增區(qū)間，解不等式f′(x)<0得單調(diào)遞減區(qū)間；(2)將實數(shù)k分離出來，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域． [規(guī)范答題]　(1)函數(shù)的定義域為{x|x>0}， f′(x)＝x(2ln x＋1) 令f′(x)＝x(2ln x＋1)>0，得2ln x＋1>0，即x>；令f′(x)＝x(2ln x＋1)<0，得2ln x＋1<0，即00)， 設(shè)g(x)＝xln x＋，g′(x)＝ln x＋ g′(1)＝0， 當01時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增， 所以x>0時，g(x)min＝g(1)＝1 所以k≥1，k的取值范圍是[1，＋∞)． 研究方程根，可以通過構(gòu)造函數(shù)g(x)的方法，把問題轉(zhuǎn)化為研究構(gòu)造的函數(shù)g(x)的零點問題．研究函數(shù)g(x)零點的策略是： (1)如果函數(shù)g(x)在已知區(qū)間上是單調(diào)的，則其最多只有一個零點，再結(jié)合函數(shù)的零點存在定理，確定其零點是否存在． (2)如果函數(shù)g(x)在已知區(qū)間不是單調(diào)的，則求出這個函數(shù)的極值點和單調(diào)區(qū)間，再結(jié)合g(x)的極值與零的大小，以及函數(shù)g(x)的單調(diào)性、結(jié)合零點存在定理判斷其零點的個數(shù)． 4．已知函數(shù)f(x)＝x2－2aln x－bx. (1)若a＝－，函數(shù)f(x)在其定義域內(nèi)是增函數(shù)，求b的最大值； (2)若b＝0，關(guān)于x的方程f(x)－2ax＝0有唯一解，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)依題意a＝－時，f(x)＝ln x＋x2－bx，且在其定義域(0，＋∞)上是增函數(shù)，∴f′(x)＝＋2x－b≥0對x∈(0，＋∞)恒成立， 即b≤＋2x對x∈(0，＋∞)恒成立，∴只需b≤min. ∵x>0，∴＋2x≥2，當且僅當x＝時取“＝”，∴b≤2， 故b的最大值為2. (2)記(g)x＝f(x)－2ax＝x2－2aln x－2ax， g′(x)＝2x－－2a＝(x2－ax－a)． 若方程f(x)＝2ax有唯一解，即g(x)＝0有唯一解. 令g′(x)＝0，得x2－ax－a＝0.因為a>0，x>0， 所以x1＝<0(舍去)，x2＝. 當x∈(0，x2)時，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)是單調(diào)遞減函數(shù)； 當x∈(x2，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)． 當x＝x2時，g′(x2)＝0，g(x)min＝g(x2)． 因為g(x)＝0有唯一解，所以g(x2)＝0. 則即 兩式相減得aln x2＋ax2－a＝0， 因為a>0，所以2ln x2＋x2－1＝0(*)． 設(shè)函數(shù)h(x)＝2ln x＋x－1， 因為在x>0時，h(x)是增函數(shù)，所以h(x)＝ 0至多有一解． 因為h(1)＝0，所以方程(*)的解為x2＝1，從而解得a＝. 1．(xx武威市涼州區(qū)一診)已知函數(shù)f(x)＝(ax－2)ex在x＝1處取得極值． (1)求a的值； (2)求函數(shù)f(x)在[m，m＋1]上的最小值； (3)求證：對任意x1，x2∈[0,2]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e. 解：(1)解：f′(x)＝aex＋(ax－2)ex＝(ax＋a－2)ex. 由已知得f′(1)＝0，即(2a－2)ex＝0，解得a＝1. 當a＝1時，在x＝1處函數(shù)f(x)＝(x－2)ex取得極小值，所以a＝1. (2)解：f(x)＝(x－2)ex，f′(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex. x (－∞，1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 減 極小值 增 所以函數(shù)f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 當m≥1時，f(x)在[m，m＋1]單調(diào)遞增， fmin(x)＝f(m)＝(m－2)em. 當01時，設(shè)函數(shù)g(x)＝，若實數(shù)b滿足b>a且g＝g(a)，g(b)＝2g，求證：4－時，由f′(x)＝0得x1＝，x2＝， ①若－x2>0， 由f′(x)<0，得0x1；由f′(x)>0，得x20，則x1>0>x2， 由f′(x)<0，得x>x1；由f′(x)>0，得01)． 由g＝g(a)得＝|ln(a－1)|. ∵12. 由g(b)＝2g得|ln(b－1)|＝2＝2，(*) 因為≥＝1， 所以(*)式可化為ln(b－1)＝2ln[(a－1)＋(b－1)]，即b－1＝2. 令b－1＝t(t>1)，則t＝2，整理得t4－4t3＋2t2＋1＝0， 從而(t－1)(t3－3t2－t－1)＝0，即t3－3t2－t－1＝0. 記h(t)＝t3－3t2－t－1，t>1.h′(t)＝3t2－6t－1，令h′(t)＝0得t＝1－(舍去)，t＝1＋，列表： t h′(t) － ＋ h(t) ↘ ↗ 所以，h(t)在單調(diào)減，在單調(diào)增，又因為h(3)<0，h(4)>0，所以31. 構(gòu)造函數(shù)φ(x)＝ln x－，(x>1)， 則φ′(x)＝－＝－＝>0， ∴φ(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增， 又當x＝1時，φ(1)＝0， ∴x>1時，φ(x)>0，即ln x>， 則有l(wèi)n >成立，即>. 即>. 4．(xx湖北省八市聯(lián)考)定義在R上的函數(shù)g(x)及二次函數(shù)h(x)滿足g(x)＋2g(－x)＝ex＋－9，h(－2)＝h(0)＝1且h(－3)＝－2. (1)求g(x)和h(x)的解析式； (2)對于x1，x2∈[－1,1]，均有h(x1)＋ax1＋5≥g(x2)－x2g(x2)成立，求a的取值范圍； (3)設(shè)f(x)＝，討論方程f[f(x)]＝2的解的個數(shù)情況． 解：(1)∵g(x)＋2g(－x)＝ex＋－9，① g(－x)＋2g(x)＝e－x＋－9，即 g(－x)＋2g(x)＝2ex＋－9.② 由①②聯(lián)立解得：g(x)＝ex－3. ∵h(x)是二次函數(shù)，且h(－2)＝h(0)＝1，可設(shè) h(x)＝ax(x＋2)＋1， 由h(－3)＝－2，解得a＝－1.∴h(x)＝－x(x＋2)＋1＝－x2－2x＋1. ∴g(x)＝ex－3，h(x)＝－x2－2x＋1. (2)設(shè)φ(x)＝h(x)＋ax＋5＝－x2＋(a－2)x＋6， F(x)＝ex－3－x(ex－3)＝(1－x)ex＋3x－3， 依題意知：當－1≤x≤1時，φ(x)min≥F(x)max. ∵F′(x)＝－ex＋(1－x)(ex－3)＋3＝－xex＋3， F″(x)＝－ex(1＋x)，當x∈[－1,1]時，F(xiàn)″(x)≤0，∴F(x)在[－1,1]上單調(diào)遞減， ∴F′(x)min＝F′(1)＝3－e>0. ∴F(x)在[－1,1]上單調(diào)遞增，∴F(x)max＝F(1)＝0， ∴解得－3≤a≤7， ∴實數(shù)a的取值范圍為[－3,7]． (3)f(x)的圖象如圖所示： 令T＝f(x)，則f(T)＝2. ∴T1＝－1，T2＝ln 5，f(x)＝－1有兩個解，f(x)＝ln 5有3個解． ∴f[f(x)]＝2有5個解． 5．(理科)(xx漳州市質(zhì)檢)給出定義在(0，＋∞)上的三個函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝x2－af(x)，h(x)＝x－a，已知g(x)在x＝1處取極值． (1)求實數(shù)a的值，并確定函數(shù)h(x)的單調(diào)性； (2)求證：當10?x>1，h′(x)＝1－<0?0. 設(shè)γ(x)＝f(x)－＝ln x－，則 γ′(x)＝－＝. 當10，所以γ(x)在區(qū)間(1，e2)上為增函數(shù)． 從而當1γ(1)＝0，即f(x)>，故x<. (3)∵y＝2ln x－x2＋m，則y′＝－2x＝， ∵x∈，故y′＝0時，x＝1.當0；當1e2. 解析：(1)∵f(x)＝ln x－cx，∴x∈(0，＋∞)， f′(x)＝－c＝. 當c≤0時，f(x)單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)； 當c>0時，f(x)單調(diào)增區(qū)間為，f(x)單調(diào)減區(qū)間為. (2)∵f(x)≤x2，∴l(xiāng)n x－cx≤x2，∴c≥－x. 設(shè)g(x)＝－x，∴g′(x)＝， ∴g(x)在(0,1)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)單調(diào)遞減． ∴g(x)max＝g(1)＝－1，∴c≥－1. (3)證明： f(x)有兩個相異零點，ln x1＝cx1，ln x2＝cx2，① ∴l(xiāng)n x1－ln x2＝c(x1－x2)， ∴＝c，② 而x1x2>e2，等價于ln x1＋ln x2>2，即cx1＋cx2>2，③ 由①②③得：(x1＋x2)>2. 不妨設(shè)x1>x2>0，則t＝>1， 上式轉(zhuǎn)化為ln t>(t>1)． 設(shè)H(t)＝ln t－(t>1)，則H(t)＝>0，故函數(shù)H(t)是(1，＋∞)上的增函數(shù)，所以H(t)－H(l)＝0， 即不等式ln t>成立， 故所證不等式x1x2>e2成立. 6．(理科)(xx南平市質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)g(x)＝x2－2x＋1＋mln x，(m∈R)． (1)當m＝1時，求過點P(0，－1)且與曲線y＝g(x)－(x－1)2相切的切線方程； (2)求函數(shù)y＝g(x)的單調(diào)增區(qū)間； (3)若函數(shù)y＝g(x)有兩個極值點a，b，且a0并結(jié)合定義域得2x2－2x＋m>0， 對應(yīng)一元二次方程的判別式Δ＝4(1－2m)． ①當Δ≤0，即m≥時，g′(x)≥0，則函數(shù)g(x)的增區(qū)間為(0，＋∞)； ②當00，即函數(shù)g(b)是上的增函數(shù)，所以cos([g(a)][g(b)])； 當[g(a)]＝0時，sin1時，g′(x)>0，∴g(x)為增函數(shù)，∴ 即方程(x2－1)ex＝x＋m有兩個大于1的相異實根． 設(shè)φ(x)＝(x2－1)ex－x－m(x>1)，則φ′(x)＝(x2＋2x－1)ex－1. ∵x>1，φ′(x)>0，∴φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增. ∴φ(x)在區(qū)間(1，＋∞)上至多有一個零點與方程(x2－1)ex＝x＋m有兩個大于1的相異實根矛盾， ∴假設(shè)不成立，即g(x)在(1，＋∞)上不存在同步偏移區(qū)間．