2022年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫(kù) 第二章 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 理（含解析）

《2022年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫(kù) 第二章 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 理（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫(kù) 第二章 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 理（含解析）（27頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫(kù) 第二章 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 理（含解析） 1. （xx四川，5分）已知f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，x∈(－1,1)，現(xiàn)有下列命題：①f(－x)＝－f(x)；②f＝2f(x)；③|f(x)|≥2|x|.其中的所有正確命題的序號(hào)是(　　) A．①②③ B．②③ C．①③ D．①② 解析：f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝－f(x)，故①正確；因?yàn)閒(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)＝ln，又當(dāng)x∈(－1,1)時(shí)，∈(－1,1)，所以f＝ln＝ln2＝2ln＝2f(x)，故②正確；當(dāng)x∈[0,1)時(shí)，|f(x)|≥

2、2|x|?f(x)－2x≥0，令g(x)＝f(x)－2x＝ln(1＋x)－ln(1－x)－2x(x∈[0,1))，因?yàn)間′(x)＝＋－2＝>0，所以g(x)在區(qū)間[0,1)上單調(diào)遞增，g(x)＝f(x)－2x≥g(0)＝0，即f(x)≥2x，又f(x)與y＝2x都為奇函數(shù)，所以|f(x)|≥2|x|成立，故③正確，故選A. 答案：A 2. （xx新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ，5分）設(shè)函數(shù)f(x)＝sin.若存在f(x)的極值點(diǎn)x0滿足x＋[f(x0)]2

3、，－1)∪(1，＋∞) 解析：由正弦型函數(shù)的圖象可知：f(x)的極值點(diǎn)x0滿足f(x0)＝±，則＝＋kπ(k∈Z)，從而得x0＝m(k∈Z)．所以不等式x＋[f(x0)]23，其中k∈Z.由題意，存在整數(shù)k使得不等式m21－2>3成立．當(dāng)k≠－1且k≠0時(shí)，必有2>1，此時(shí)不等式顯然不能成立，故k＝－1或k＝0，此時(shí)，不等式即為m2>3，解得m<－2或m>2. 答案：C 3. （xx遼寧，5分）當(dāng)x∈[－2,1]時(shí)，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[－5，－3] B. C．[－6，－2]

4、 D．[－4，－3] 解析：當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，得a≥－33－42＋，令t＝，則t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，令g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，則g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)(9t－1)，顯然在[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)單調(diào)遞減，所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6；同理，當(dāng)x∈[－2,0)時(shí)，得a≤－33－42＋，令m＝，則m∈，a≤－3m3－4m2＋m，令g(m)＝－3m3－4m2＋m，m∈，則g′(m)＝－9m2－8m＋1＝－(m＋1)(9m－1)．顯然在上g′(m)<0，在上，g′(m)>0，所以g(m)

5、min＝g(－1)＝－2.所以a≤－2.由以上兩種情況得－6≤a≤－2，顯然當(dāng)x＝0時(shí)也成立．故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－6，－2]． 答案：C 4. （xx湖北，14分）π為圓周率，e＝2.718 28…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)． (1)求函數(shù)f(x)＝的單調(diào)區(qū)間； (2)求e3,3e，eπ，πe,3π，π3這6個(gè)數(shù)中的最大數(shù)與最小數(shù)； (3)將e3,3e，eπ，πe,3π，π3這6個(gè)數(shù)按從小到大的順序排列，并證明你的結(jié)論． 解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 因?yàn)閒(x)＝，所以f′(x)＝. 當(dāng)f′(x)>0，即0

6、x>e時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減． 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，＋∞)． (2)因?yàn)閑<3<π，所以eln 3π3； 由<，得ln 3e

7、數(shù)中的最大數(shù)是3π，最小數(shù)是3e. (3)由(2)知，3e<πe<π3<3π，3e2－.?、? 由①得，eln π>e>2.7×>2.7×(2－0.88)＝3.024>3， 即eln π>3，亦即ln πe>ln e3，所以e3<πe. 又由①得，3ln π>6－>6－e>π，即3ln π>π，所以eπ<π3. 綜上可得，3e

8、 即6個(gè)數(shù)從小到大的順序?yàn)?e，e3，πe，eπ，π3,3π. 5.（xx山東，13分）設(shè)函數(shù)f(x)＝－k(k為常數(shù)，e＝2.718 28…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))． (1)當(dāng)k≤0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn)，求k的取值范圍． 解：(1)函數(shù)y＝f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)． f′(x)＝－k ＝－＝ 由k≤0可得ex－kx>0， 所以當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞減， x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞增． 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋

9、∞)． (2)由(1)知，k≤0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減， 故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在極值點(diǎn)； 當(dāng)k>0時(shí)，設(shè)函數(shù)g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)， 因?yàn)間′(x)＝ex－k＝ex－eln k， 當(dāng)00，y＝g(x)單調(diào)遞增． 故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在兩個(gè)極值點(diǎn)； 當(dāng)k>1時(shí)，得x∈(0，ln k)時(shí)，g′(x)<0，函數(shù)y＝g(x)單調(diào)遞減． x∈(ln k，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)y＝g(x)單調(diào)遞增． 所以函數(shù)y＝g(x)的最小值為g(ln k)＝k(1－ln k)． 函數(shù)f

10、(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)解得e0. (1)討論f(x)在其定義域上的單調(diào)性； (2)當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，求f(x)取得最大值和最小值時(shí)的x的值． 解：(1)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)， f′(x)＝1＋a－2x－3x2. 令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝，x1x2時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x10.

11、 故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上單調(diào)遞減，在(x1，x2)上單調(diào)遞增． (2)因?yàn)閍>0，所以x1<0，x2>0. ①當(dāng)a≥4時(shí)，x2≥1. 由(1)知，f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增． 所以f(x)在x＝0和x＝1處分別取得最小值和最大值． ②當(dāng)0

12、處取得最小值． 7. （xx福建，14分）已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點(diǎn)A，曲線y＝f(x)在點(diǎn)A處的切線斜率為－1. (1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值； (2)證明：當(dāng)x>0時(shí)，x2

13、x)＞0，f(x)單調(diào)遞增． 所以當(dāng)x＝ln 2時(shí)，f(x)取得極小值， 且極小值為f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4， f(x)無(wú)極大值． (2)證明：令g(x)＝ex－x2，則g′(x)＝ex－2x， 由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0， 故g(x)在R上單調(diào)遞增，又g(0)＝1＞0， 因此，當(dāng)x＞0時(shí)，g(x)＞g(0)＞0，即x2＜ex. (3)證明：法一：①若c≥1，則ex≤cex.又由(2)知，當(dāng)x＞0時(shí)，x2＜ex. 所以當(dāng)x＞0時(shí)，x2＜cex. 取x0＝0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，恒有x2＜cex. ②若0＜c＜1，令k

14、＝＞1，要使不等式x2＜cex成立，只要ex＞kx2成立． 而要使ex＞kx2成立，則只要x＞ln(kx2)，只要x＞2ln x＋ln k成立． 令h(x)＝x－2ln x－ln k，則h′(x)＝1－＝， 所以當(dāng)x＞2時(shí)，h′(x)＞0，h(x)在(x0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． 取x0＝16k＞16，所以h(x)在(x0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增， 又h(x0)＝16k－2ln(16k)－ln k＝8(k－ln 2)＋3(k－ln k)＋5k， 易知k＞ln k，k＞ln 2,5k＞0，所以h(x0)＞0. 即存在x0＝，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，恒有x2＜cex. 綜上，對(duì)任意給定的正數(shù)

15、c，總存在x0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，恒有x2＜cex. 法二：對(duì)任意給定的正數(shù)c，取x0＝， 由(2)知，當(dāng)x＞0時(shí)，ex＞x2， 所以ex＝e·e＞22， 當(dāng)x＞x0時(shí)，ex＞22＞2＝x2. 因此，對(duì)任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，恒有x2＜cex. 法三：首先證明當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，恒有x3＜ex. 證明如下： 令h(x)＝x3－ex，則h′(x)＝x2－ex. 由(2)知，當(dāng)x＞0時(shí)，x2＜ex， 從而h′(x)＜0，h(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減， 所以h(x)＜h(0)＝－1＜0，即x3＜ex. 取x0＝，當(dāng)x＞x0時(shí)，有x2＜

16、x3＜ex. 因此，對(duì)任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，恒有x2＜cex. 8. （xx浙江，14分）已知函數(shù)f(x)＝x3＋3|x－a|(a∈R)． (1)若f(x)在[－1,1]上的最大值和最小值分別記為M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)； (2)設(shè)b∈R，若[f(x)＋b]2≤4對(duì)x∈[－1,1]恒成立，求3a＋b的取值范圍． 解：(1)因?yàn)閒(x)＝ 所以f′(x)＝ 由于－1≤x≤1， ①當(dāng)a≤－1時(shí)，有x≥a，故f(x)＝x3＋3x－3a， 此時(shí)f(x)在(－1,1)上是增函數(shù)， 因此，M(a)＝f(1)＝4－3a，m(a)＝f(－1)

17、＝－4－3a， 故M(a)－m(a)＝(4－3a)－(－4－3a)＝8. ②當(dāng)－1

18、a)＝f(－1)＝2＋3a，m(a)＝f(1)＝－2＋3a， 故M(a)－m(a)＝(2＋3a)－(－2＋3a)＝4. 綜上，M(a)－m(a)＝ (2)令h(x)＝f(x)＋b，則 h(x)＝ h′(x)＝ 因?yàn)閇f(x)＋b]2≤4對(duì)x∈[－1,1]恒成立， 即－2≤h(x)≤2對(duì)x∈[－1,1]恒成立， 所以由(1)知， ①當(dāng)a≤－1時(shí)，h(x)在(－1,1)上是增函數(shù)，h(x)在[－1，1]上的最大值是h(1)＝4－3a＋b，最小值是h(－1)＝－4－3a＋b，則－4－3a＋b≥－2且4－3a＋b≤2，矛盾； ②當(dāng)－1＜a≤時(shí)，h(x)在[－1,1]上的最小值是h(

19、a)＝a3＋b，最大值是h(1)＝4－3a＋b， 所以a3＋b≥－2且4－3a＋b≤2， 從而－2－a3＋3a≤3a＋b≤6a－2且0≤a≤. 令t(a)＝－2－a3＋3a，則t′(a)＝3－3a2>0，t(a)在上是增函數(shù)，故t(a)≥t(0)＝－2， 因此－2≤3a＋b≤0； ③當(dāng)

20、b－2≥－2，解得3a＋b＝0. 綜上，得3a＋b的取值范圍是－2≤3a＋b≤0. 9. （xx四川，14分）已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.718 28…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)． (1)設(shè)g(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，求函數(shù)g(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值； (2)若f(1)＝0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點(diǎn)，求a的取值范圍． 解：(1)由f(x)＝ex－ax2－bx－1， 有g(shù)(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b， 所以g′(x)＝ex－2a. 因此，當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，g′(x)∈[1－2a，e－2a]． 當(dāng)a≤時(shí)，g′(x)≥0

21、，所以g(x)在[0,1]上單調(diào)遞增． 因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b； 當(dāng)a≥時(shí)，g′(x)≤0，所以g(x)在[0,1]上單調(diào)遞減， 因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b； 當(dāng)

22、g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b； 當(dāng)a≥時(shí)，g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b. (2)設(shè)x0為f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)的一個(gè)零點(diǎn)，則由f(0)＝f(x0)＝0可知，f(x)在區(qū)間(0，x0)上不可能單調(diào)遞增，也不可能單調(diào)遞減． 則g(x)不可能恒為正，也不可能恒為負(fù)． 故g(x)在區(qū)間(0，x0)內(nèi)存在零點(diǎn)x1. 同理g(x)在區(qū)間(x0,1)內(nèi)存在零點(diǎn)x2. 所以g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)至少有兩個(gè)零點(diǎn)． 由(1)知，當(dāng)a≤時(shí)，g(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個(gè)零點(diǎn)． 當(dāng)a≥時(shí)，g(x)在[0,1]上單調(diào)

23、遞減，故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個(gè)零點(diǎn)． 所以0，g(1)＝e－2a－b>0. 由f(1)＝0有a＋b＝e－1<2，有 g(0)＝1－b＝a－e＋2>0，g(1)＝e－2a－b＝1－a>0. 解得e－2

24、與f(0)＝f(1)＝0矛盾，所以g(ln(2a))<0. 又g(0)＝a－e＋2>0，g(1)＝1－a>0， 故此時(shí)g(x)在(0，ln(2a))和(ln(2a)，1)內(nèi)各只有一個(gè)零點(diǎn)x1和x2. 由此可知f(x)在[0，x1]上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減，在[x2,1]上單調(diào)遞增． 所以f(x1)>f(0)＝0，f(x2)

25、mf(x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍； (3)已知正數(shù)a滿足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)0)，則t>1，所以m≤－＝－對(duì)任意t>1成立． 因?yàn)閠－1＋＋1≥2 ＋1＝3， 所以－≥－， 當(dāng)且僅當(dāng)t＝2，即x＝ln 2時(shí)等號(hào)成立． 因此實(shí)數(shù)m的取值范

26、圍是. (3)令函數(shù)g(x)＝ex＋－a(－x3＋3x)， 則g′(x)＝ex－＋3a(x2－1)． 當(dāng)x≥1時(shí)，ex－>0，x2－1≥0， 又a>0，故g′(x)>0. 所以g(x)是[1，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)，因此g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝e＋e－1－2a. 由于存在x0∈[1，＋∞)，使ex0＋e－x0－a(－x＋3x0)<0成立，當(dāng)且僅當(dāng)最小值g(1)<0. 故e＋e－1－2a<0，即a>. 令函數(shù)h(x)＝x－(e－1)ln x－1， 則h′(x)＝1－.令h′(x)＝0，得x＝e－1， 當(dāng)x∈(0，e－1)時(shí)，h′(x)<0， 故h(x)是(

27、0，e－1)上的單調(diào)減函數(shù)； 當(dāng)x∈(e－1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0， 故h(x)是(e－1，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)． 所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值是h(e－1)． 注意到h(1)＝h(e)＝0， 所以當(dāng)x∈(1，e－1)?(0，e－1)時(shí)，h(e－1)≤h(x)

28、a)>h(e)＝0，即a－1>(e－1)ln a，故ea－1>ae－1. 綜上所述，當(dāng)a∈時(shí)，ea－1ae－1. 11. （xx遼寧，12分）已知函數(shù)f(x)＝(cos x－x)(π＋2x)－(sin x＋1)，g(x)＝3(x－π)cos x－4(1＋sin x)ln. 證明：(1)存在唯一x0∈，使f(x0)＝0； (2)存在唯一x1∈，使g(x1)＝0，且對(duì)(1)中的x0，有x0＋x1<π. 證明：(1)當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＝－(1＋sin x)(π＋2x)－2x－cos x<0， 則函數(shù)f(x)在上

29、為減函數(shù)， 又f(0)＝π－>0，f＝－π2－<0， 所以存在唯一x0∈，使f(x0)＝0. (2)考慮函數(shù)h(x)＝－4ln，x∈. 令t＝π－x，則x∈時(shí)，t∈. 設(shè)u(t)＝h(π－t)＝－4ln， 則u′(t)＝. 由(1)得，當(dāng)t∈(0，x0)時(shí)，u′(t)>0， 當(dāng)t∈時(shí)，u′(t)<0. 在(0，x0)上u(t)是增函數(shù)，又u(0)＝0， 從而當(dāng)t∈(0，x0]時(shí)，u(t)>0， 所以u(píng)(t)在(0，x0]上無(wú)零點(diǎn)． 在上u(t)為減函數(shù)，由u(x0)>0，u＝－4ln 2<0，知存在唯一t1∈，使u(t1)＝0. 所以存在唯一的t1∈，使u(t1)＝0

30、. 因此存在唯一的x1＝π－t1∈，使h(x1)＝h(π－t1)＝u(t1)＝0. 因?yàn)楫?dāng)x∈時(shí)，1＋sin x>0， 故g(x)＝(1＋sin x)h(x)與h(x)有相同的零點(diǎn)， 所以存在唯一的x1∈，使g(x1)＝0. 因x1＝π－t1，t1>x0，所以x0＋x1<π. 12. （xx天津，14分）設(shè)f(x)＝x－aex(a∈R)，x∈R.已知函數(shù)y＝f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，且x1

31、情況討論： ①a≤0時(shí) f′(x)>0在R上恒成立，可得f(x)在R上單調(diào)遞增，不合題意． ②a>0時(shí) 由f′(x)＝0，得x＝－ln a. 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－ln a) －ln a (－ln a，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  －ln a－1  這時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－ln a)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－ln a，＋∞)．于是，“函數(shù)y＝f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)”等價(jià)于如下條件同時(shí)成立：a.f(－ln a)>0； b．存在s1∈(－∞，－ln a)，滿足f(s1)<0； c．存在s2∈

32、(－ln a，＋∞)，滿足f(s2)<0. 由f(－ln a)>0，即－ln a－1>0，解得00. 由已知，x1，x2滿足a＝g(x1)，a＝g(x2)，由a∈(0，

33、e－1)，及g(x)的單調(diào)性，可得x1(0,1)，x2∈(1，＋∞)． 對(duì)于任意的a1，a2∈(0，e－1)，設(shè)a1>a2，g(ξ1)＝g(ξ2)＝a1,0<ξ1<1<ξ2，g(η1)＝g(η2)＝a2，其中0<η1<1<η2. 因?yàn)間(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，故由a1>a2，即g(ξ1)>g(η1)，可得ξ1>η1；類似可得ξ2<η2. 又由ξ1，η1>0，得<<. 所以隨著a的減小而增大． (3)證明：由x1＝aex1，x2＝aex2， 可得ln x1＝ln a＋x1，ln x2＝ln a＋x2. 故x2－x1＝ln x2－ln x1＝ln. 設(shè)＝t，則t>1，且 解

34、得x1＝，x2＝. 所以，x1＋x2＝.　① 令h(x)＝，x∈(1，＋∞)， 則h′(x)＝， 令u(x)＝－2ln x＋x－，得u′(x)＝2. 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，u′(x)>0. 因此，u(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 故對(duì)于任意的x∈(1，＋∞)，u(x)>u(1)＝0， 由此可得h′(x)>0，故h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 因此，由①可得x1＋x2隨著t的增大而增大． 而由(2)知，t隨著a的減小而增大，所以x1＋x2隨著a的減小而增大 13. （xx湖南，13分）已知常數(shù)a>0，函數(shù)f(x)＝ln(1＋ax)－. (1)討論f(x)在區(qū)間(0，

35、＋∞)上的單調(diào)性； (2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且f(x1)＋f(x2)>0，求a的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝－＝.　(*) 當(dāng)a≥1時(shí)，f′(x)>0.此時(shí)，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 當(dāng)00. 故f(x)在區(qū)間(0，x1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(x1，＋∞)上單調(diào)遞增． 綜上所述，當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)0

36、)≥0，此時(shí)f(x)不存在極值點(diǎn)．因而要使得f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，必有0－且x≠－2，所以－2>－，－2≠－2，解得a≠.此時(shí)，由(*)式易知，x1，x2分別是f(x)的極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn)．而f(x1)＋f(x2)＝ln(1＋ax1)－＋ln(1＋ax2)－ ＝ln[1＋a(x1＋x2)＋a2x1x2]－ ＝ln(2a－1)2－ ＝ln(2a－1)2＋－2. 令2a－1＝x，由0

37、－1g(1)＝0.故當(dāng)0. 綜上所述，滿足條件的a的取值范圍為. 14. （xx陜西，14分）設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)． (1)令g1(x)＝g(

38、x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求gn(x)的表達(dá)式； (2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (3)設(shè)n∈N＋，比較g(1)＋g(2)＋…＋g(n)與n－f(n)的大小，并加以證明． 解：由題設(shè)得，g(x)＝(x≥0)． (1)由已知，g1(x)＝， g2(x)＝g(g1(x))＝＝， g3(x)＝，…，可得gn(x)＝. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明． ①當(dāng)n＝1時(shí)，g1(x)＝，結(jié)論成立． ②假設(shè)n＝k時(shí)結(jié)論成立，即gk(x)＝. 那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)， gk＋1(x)＝g(gk(x))＝＝＝， 即結(jié)論成立． 由①②可知， 結(jié)論對(duì)n∈

39、N＋成立． 所以gn(x)＝. (2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥恒成立． 設(shè)φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)， 則φ′(x)＝－＝， 當(dāng)a≤1時(shí)，φ′(x)≥0(僅當(dāng)x＝0，a＝1時(shí)等號(hào)成立)， ∴φ(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ(0)＝0， ∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立， ∴a≤1時(shí)，ln(1＋x)≥恒成立(僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立)． 當(dāng)a>1時(shí)，對(duì)x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，a－1]上單調(diào)遞減， ∴φ(a－1)<φ(0)＝0， 即a>1時(shí)，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥不恒成立． 綜

40、上可知，a的取值范圍是(－∞，1]． (3)由題設(shè)知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝＋＋…＋，n－f(n)＝n－ln(n＋1)， 比較結(jié)果為g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)． 證明如下： 證法一：上述不等式等價(jià)于＋＋…＋，x>0. 令x＝，n∈N＋，則

41、②可知，結(jié)論對(duì)n∈N＋成立． 證法二：上述不等式等價(jià)于＋＋…＋，x>0. 令x＝，n∈N＋，則ln>. 故有l(wèi)n 2－ln 1>， ln 3－ln 2>， …… ln(n＋1)－ln n>， 上述各式相加可得ln(n＋1)>＋＋…＋， 結(jié)論得證． 證法三：如圖，dx是由曲線y＝，x＝n及x軸所圍成的曲邊梯形的面積，而＋＋…＋是圖中所示各矩形的面積和， ∴＋＋…＋>dx＝dx＝n－ln(n＋1)，結(jié)論得證 15. （xx重慶，12分）已知函數(shù)f(x)＝ae2x－be－2x－cx(a，b，c∈R)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)

42、為偶函數(shù)，且曲線y＝f(x)在點(diǎn)(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． 解：(1)對(duì)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(dāng)c＝3時(shí)，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)＝2

43、e2x＋2e－2x－c，而2e2x＋2e－2x≥2＝4， 當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立． 下面分三種情況進(jìn)行討論． 當(dāng)c<4時(shí)，對(duì)任意x∈R，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c>0，此時(shí)f(x)無(wú)極值； 當(dāng)c＝4時(shí)，對(duì)任意x≠0，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－4>0，此時(shí)f(x)無(wú)極值； 當(dāng)c>4時(shí)，令e2x＝t，注意到方程2t＋－c＝0有兩根t1,2＝>0， 即f′(x)＝0有兩個(gè)根x1＝ln t1或x2＝ln t2. 當(dāng)x1x2時(shí)，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，＋∞)．

44、16. （xx江西，12分）已知函數(shù)f(x)＝(x2＋bx＋b)(b∈R)． (1)當(dāng)b＝4時(shí)，求f(x)的極值； (2)若f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，求b的取值范圍． 解：(1)當(dāng)b＝4時(shí)，f′(x)＝， 由f′(x)＝0得x＝－2或x＝0. 當(dāng)x∈(－∞，－2)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(－2,0)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，故f(x)在x＝－2取極小值f(－2)＝0，在x＝0取極大值f(0)＝4. (2)f′(x)＝， 因?yàn)楫?dāng)x∈時(shí)，<0， 依題意當(dāng)x∈時(shí)，有5x＋(3b－2)≤0，從而＋(3b

45、－2)≤0. 所以b的取值范圍為 17．（xx新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ，5分）已知函數(shù)f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝4x＋4. (1)求a，b的值； (2)討論f(x)的單調(diào)性，并求f(x)的極大值． 解：本題主要考查導(dǎo)數(shù)的基本知識(shí)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性、求極值． (1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4. 由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8. 從而a＝4，b＝4. (2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x， f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2). 令f′

46、(x)＝0得，x＝－ln 2或x＝－2. 從而當(dāng)x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(－2，－ln 2)時(shí)，f′(x)<0. 故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－2，－ln 2)上單調(diào)遞減． 當(dāng)x＝－2時(shí)，函數(shù)f(x)取得極大值，極大值為f(－2)＝4(1－e－2)． 18.（xx山東，12分）已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx－ln x(a，b∈R)． (1)設(shè)a≥0，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)設(shè)a＞0，且對(duì)任意x＞0，f(x)≥f(1)．試比較ln a與－2b的大小． 解：本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和相關(guān)

47、函數(shù)值的大小比較，考查分類討論思想、推理論證能力和運(yùn)算求解能力． (1)由f(x)＝ax2＋bx－ln x，x∈(0，＋∞)， 得f′(x)＝. ①當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝. (ⅰ)若b≤0，當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)<0恒成立， 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，＋∞)． (ⅱ)若b>0，當(dāng)0時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增． 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是. ②當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0， 得2ax2＋bx－1＝0. 由Δ＝b2＋8a>0，得x1＝， x2＝. 當(dāng)0

48、′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x>x2時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增． 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是. 綜上所述， 當(dāng)a＝0，b≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，＋∞)； 當(dāng)a＝0，b>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是； 當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是，＋∞. (2)由題意知，函數(shù)f(x)在x＝1處取得最小值． 由(1)知是f(x)的唯一極小值點(diǎn)， 故＝1，整理得2a＋b＝1即b＝1－2a. 令g(x)＝2－4x＋ln x， 則g′(x)＝. 令g′(x)＝0，得x＝， 當(dāng)0<

49、x<時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x>時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減． 因此g(x)≤g＝1＋ln ＝1－ln 4<0. 故g(a)<0，即2－4a＋ln a＝2b＋ln a<0， 即ln a<－2b. 19．（xx湖南，13分）已知函數(shù)f(x)＝ex. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：當(dāng)f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)時(shí)，x1＋x2＜0. 解：本題主要考查函數(shù)求導(dǎo)、函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和不等式的證明，意在結(jié)合轉(zhuǎn)化思想和函數(shù)思想，考查考生的計(jì)算能力、利用函數(shù)思想證明不等式的能力． (1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)． f′(x)＝′ex＋e

50、x＝ex＝ex. 當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)<0. 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)． (2)證明：當(dāng)x<1時(shí)，由于>0，ex>0，故f(x)>0； 同理，當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<0. 當(dāng)f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)時(shí)，不妨設(shè)x1

51、)單調(diào)遞減，從而g(x)

52、′(x0)＝0 解析：本題考查三次函數(shù)的性質(zhì)，考查數(shù)形結(jié)合思想，考查考生分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力．由于三次函數(shù)的三次項(xiàng)系數(shù)為正值，當(dāng)x→－∞時(shí)，函數(shù)值→－∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，函數(shù)值也→＋∞，又三次函數(shù)的圖象是連續(xù)不斷的，故一定穿過(guò)x軸，即一定?x0∈R，f(x0)＝0，選項(xiàng)A中的結(jié)論正確；函數(shù)f(x)的解析式可以通過(guò)配方的方法化為形如(x＋m)3＋n(x＋m)＋h的形式，通過(guò)平移函數(shù)圖象，函數(shù)的解析式可以化為y＝x3＋nx的形式，這是一個(gè)奇函數(shù)，其圖象關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱，故函數(shù)f(x)的圖象是中心對(duì)稱圖形，選項(xiàng)B中的結(jié)論正確；由于三次函數(shù)的三次項(xiàng)系數(shù)為正值，故函數(shù)如果存在極值點(diǎn)x1，x2，則極小

53、值點(diǎn)x2＞x1，即函數(shù)在－∞到極小值點(diǎn)的區(qū)間上是先遞增后遞減的，所以選項(xiàng)C中的結(jié)論錯(cuò)誤；根據(jù)導(dǎo)數(shù)與極值的關(guān)系，顯然選項(xiàng)D中的結(jié)論正確. 答案：C 21．（xx遼寧，5分）設(shè)函數(shù)f(x)滿足x2f′(x)＋2xf(x)＝，f(2)＝，則x>0時(shí)，f(x)(　　) A．有極大值，無(wú)極小值 B．有極小值，無(wú)極大值 C．既有極大值又有極小值 D．既無(wú)極大值也無(wú)極小值 解析：本題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化能力．由題意[x2f(x)]′＝，令g(x)＝x2f(x)，則g′(x)＝，且f(x)＝，因此f′(x)＝＝.令h(x)＝ex－2g(x)，則h′(x)＝ex－2g′(x)＝ex－＝，所以x

54、>2時(shí)，h′(x)>0；00時(shí)，f(x)是單調(diào)遞增的， f(x)既無(wú)極大值也無(wú)極小值． 答案：C 22．（xx湖北，5分）已知a為常數(shù)，函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1＜x2)，則(　　) A．f(x1)＞0，f(x2)＞－ B．f(x1)＜0，f(x2)＜－ C．f(x1)＞0，f(x2)＜－ D．f(x1)＜0，f(x2)＞－ 解析：本題主要考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的基礎(chǔ)知識(shí)與基本運(yùn)算，意在考查考生分析問(wèn)題、處理問(wèn)題的能力． ∵f(x)＝x(ln x－ax)，

55、∴f′(x)＝ln x－2ax＋1.又函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2， ∴f′(x)＝ln x－2ax＋1有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，即函數(shù)g(x)＝ln x與函數(shù)h(x)＝2ax－1有兩個(gè)交點(diǎn)．∴a>0，且0

56、x2. 由函數(shù)的單調(diào)性得： (0，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  最小值  最大值  ∴f(x1)<0，f(x2)>f(1)＝－a>－.故選D. 答案：D 23．（xx福建，13分）已知函數(shù)f(x)＝x－aln x(a∈R)． (1)當(dāng)a＝2時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)A(1，f(1))處的切線方程； (2)求函數(shù)f(x)的極值． 解：本小題主要考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、函數(shù)的極值等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，考查函數(shù)與方程思想、分類與整合思想、數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想．

57、 函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝1－. (1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－(x>0)， 因而f(1)＝1，f′(1)＝－1， 所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)A(1，f(1))處的切線方程為y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0. (2)由f′(x)＝1－＝，x>0知： ①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)為(0，＋∞)上的增函數(shù)，函數(shù)f(x)無(wú)極值； ②當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝0，解得x＝a， 又當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0， 從而函數(shù)f(x)在x＝a處取得極小值，且極小值為f(a)

58、＝a－aln a，無(wú)極大值． 綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)無(wú)極值； 當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)在x＝a處取得極小值a－aln a，無(wú)極大值． 24．（xx浙江，14分）已知a∈R，函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋3ax－3a＋3. (1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程； (2)當(dāng)x∈[0,2]時(shí)，求|f(x)|的最大值． 解：本題以三次函數(shù)為載體，主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)、絕對(duì)值等基礎(chǔ)知識(shí)，意在考查考生的推理能力，函數(shù)與方程、分類討論、數(shù)形結(jié)合等思想方法． (1)由題意得f′(x)＝3x2－6x＋3a，故f′(1)＝3a－3. 又f(1)＝1，所

59、以所求的切線方程為y＝(3a－3)x－3a＋4. (2)由于f′(x)＝3(x－1)2＋3(a－1)，0≤x≤2，故 ①當(dāng)a≤0時(shí)，有f′(x)≤0，此時(shí)f(x)在[0,2]上單調(diào)遞減，故|f(x)|max＝max{|f(0)|，|f(2)|}＝3－3a. ②當(dāng)a≥1時(shí)，有f′(x)≥0，此時(shí)f(x)在[0,2]上單調(diào)遞增，故|f(x)|max＝max{|f(0)|，|f(2)|}＝3a－1. ③當(dāng)0

60、2,2) 2 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 3－3a 單調(diào)遞增 極大值f(x1) 單調(diào)遞減f(x2) 極小值 單調(diào)遞增 3a－1 由于f(x1)＝1＋2(1－a)，f(x2)＝1－2(1－a)， 故f(x1)＋f(x2)＝2>0，f(x1)－f(x2)＝ 4(1－a)>0. 從而f(x1)>|f(x2)|. 所以|f(x)|max＝max{f(0)，|f(2)|，f(x1)}． (ⅰ)當(dāng)0|f(2)|. 又f(x1)－f(0)＝2(1－a)－(2－3a)＝>0， 故|f(x)|max＝f(x1)＝1＋2

61、(1－a). (ⅱ)當(dāng)≤a<1時(shí)，|f(2)|＝f(2)，且f(2)≥f(0)． 又f(x1)－|f(2)|＝2(1－a)－(3a－2)＝， 所以當(dāng)≤a<時(shí)，f(x1)>|f(2)|. 故|f(x)|max＝f(x1)＝1＋2(1－a). 當(dāng)≤a<1時(shí)，f(x1)≤|f(2)|. 故|f(x)|max＝|f(2)|＝3a－1. 綜上所述，|f(x)|max＝ 25．（xx陜西，14分）已知函數(shù)f(x)＝ex，x∈R. (1)若直線y＝kx＋1與f(x)的反函數(shù)的圖象相切，求實(shí)數(shù)k的值； (2)設(shè)x>0，討論曲線y＝f(x)與曲線y＝mx2(m>0)公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)； (3)設(shè)

62、a0，

63、φ(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴φ(x)在(0，＋∞)上的最小值為φ(2)＝. 當(dāng)0時(shí)，在區(qū)間(0,2)內(nèi)存在x1＝，使得φ(x1)>m，在(2，＋∞)內(nèi)存在x2＝me2，使得φ(x2)>m.由φ(x)的單調(diào)性知，曲線y＝與y＝m在(0，＋∞)上恰有兩個(gè)公共點(diǎn)． 綜上所述，當(dāng)x>0時(shí)， 若0，曲線y＝f(x)與y＝mx2有兩個(gè)公共點(diǎn)． (3)法一：可以證明>.事實(shí)上， >?>

64、 ?>?>1－ ?>1－(b>a)．　(*) 令ψ(x)＝＋－1(x≥0)， 則ψ′(x)＝－＝＝≥0(僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立)， ∴ψ(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴x>0時(shí)，ψ(x)>ψ(0)＝0. 令x＝b－a，即得(*)式，結(jié)論得證． 法二：－ ＝－ ＝ ＝[(b－a)eb－a＋(b－a)－2eb－a＋2]， 設(shè)函數(shù)u(x)＝xex＋x－2ex＋2(x≥0)， 則u′(x)＝ex＋xex＋1－2ex， 令h(x)＝u′(x)，則h′(x)＝ex＋ex＋xex－2ex＝xex≥0(僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立)， ∴u′(x)單調(diào)遞增， ∴當(dāng)x>0時(shí)，u′(x)

65、>u′(0)＝0，∴u(x)單調(diào)遞增． 當(dāng)x>0時(shí)，u(x)>u(0)＝0. 令x＝b－a，則得(b－a)eb－a＋(b－a)－2eb－a＋2>0， ∴－>0， 因此，>. 26．（xx江蘇，16分）若函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處取得極大值或極小值，則稱x0為函數(shù)y＝f(x)的極值點(diǎn)．已知a，b是實(shí)數(shù)，1和－1是函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx的兩個(gè)極值點(diǎn)． (1)求a和b的值； (2)設(shè)函數(shù)g(x)的導(dǎo)函數(shù)g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的極值點(diǎn)； (3)設(shè)h(x)＝f(f(x))－c，其中c∈[－2,2]，求函數(shù)y＝h(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)． 解：(1)由題設(shè)知f′(x

66、)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3. (2)由(1)知f(x)＝x3－3x.因?yàn)閒(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，所以g′(x)＝0的根為x1＝x2＝1，x3＝－2，于是函數(shù)g(x)的極值點(diǎn)只可能是1或－2. 當(dāng)x<－2時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)－20，故－2是g(x)的極值點(diǎn)． 當(dāng)－21時(shí)，g′(x)>0，故1不是g(x)的極值點(diǎn)． 所以g(x)的極值點(diǎn)為－2. (3)令f(x)＝t，則h(x)＝f(t)－c.先討論關(guān)于x的方程f(x)＝d根的情況，d∈[－2,2]． 當(dāng)|d|＝2時(shí)，由(2)可知，f(x)＝－2的兩個(gè)不同的根為1和－2，注意到f(x)是奇函數(shù)，所以f(x)＝2的兩個(gè)不同的根為－1和2. 當(dāng)|d|<2時(shí)，因?yàn)閒(－1)－d＝f(2)－d＝2－d>0，f(1)－d＝f(－2)－d＝－2－d<0， 所以－2，－1,1,2都不是f(x)＝d的根．由(1)知f′(x)＝3(x＋1)(x－1)． ①當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，于是f(x)是