浙江省2016届高三数学专题复习 专题六 导数 理

[自选模块]专题六 导 数真题体验²引领卷一、选择题1．(2015²安徽高考)函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则下列结论成立的是( )A ．a >0，b <0，c >0，d >0B ．a >0，b <0，c <0，d >0C ．a <0，b <0，c >0，d >0D ．a >0，b >0，c >0，d <02．(2015²四川高考)如果函数f (x )＝12(m －2)x 2＋(n －8)x ＋1(m ≥0，n ≥0)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上单调递减，那么mn 的最大值为( ) A ．16 B ．18 C ．25D.8123．(2015²陕西高考)对二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a 为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是( ) A ．－1是f (x )的零点 B ．1是f (x )的极值点 C ．3是f (x )的极值D ．点(2，8)在曲线y ＝f (x )上4．(2015²福建高考)若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k＜1kB ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＞1k －1C ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＜1k －1D ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＞k k －15．(2015²全国卷Ⅱ)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0，1)B ．(－1，0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1，0)D ．(0，1)∪(1，＋∞)6．(2015²全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝e x(2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，1 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1 二、填空题7．(2015²全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2，7)，则a ＝________．8.(2015²江苏高考)已知函数f (x )＝|ln x |，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，0＜x ≤1，|x 2－4|－2，x ＞1，则方程|f (x )＋g (x )|＝1实根的个数为________．9．(2015²安徽高考)设x 3＋ax ＋b ＝0，其中a ，b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________(写出所有正确条件的编号)．①a ＝－3，b ＝－3；②a ＝－3，b ＝2；③a ＝－3，b >2；④a ＝0，b ＝2；⑤a ＝1，b ＝2. 三、解答题10．(2015²北京高考)已知函数f (x )＝ln 1＋x1－x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求证：当x ∈(0，1)时，f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33； (3)设实数k 使得f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0，1)恒成立，求k 的最大值．11．(2015²全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝e mx ＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1，1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1，求m 的取值范围．12．(2015²全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，g (x )＝－ln x .(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x >0)，讨论h (x )零点的个数．专题六 导 数 经典模拟²演练卷一、选择题1．曲线y ＝ax 3－2x ＋4在点(1，3)处的切线的倾斜角为( ) A ．45° B ．60° C ．120° D ．135°2．已知函数f (x )＝13x 3－2x 2＋3m ，x ∈[0，＋∞)，若f (x )＋5≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫179，＋∞B.⎝ ⎛⎭⎪⎫179，＋∞C ．(－∞，2]D ．(－∞，2)3．(2015²温州中学模拟)已知f ′(x )为函数f (x )＝x ＋1x的导函数，则下列结论中正确的是( )A ．∃x 0∈R ，∀x ∈R 且x ≠0，f (x )≤f (x 0)B ．∃x 0∈R ，∀x ∈R 且x ≠0，f (x )≥f (x 0)C ．∃x 0∈R ，∀x ∈(x 0，＋∞)，f ′(x )<0D ．∃x 0∈R ，∀x ∈(x 0，＋∞)，f ′(x )>04．(2015²镇海中学三模)当a >0时，函数f (x )＝(x 2＋2ax )e x的图象大致是( )5．已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，0) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 C ．(0，1)D ．(0，＋∞)6．(2015²温岭中学模拟)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞) B ．(－∞，－2) C ．(1，＋∞) D ．(－∞，－1)二、填空题7．(2014²温州模拟)关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是________．8．若函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是______．9．(2015²长沙调研)设直线x ＝t ，与函数f (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |达到最小时t 的值为________． 三、解答题10．(2015²杭州高级中学模拟)已知函数f (x )＝a e x ＋x 2，g (x )＝sin πx 2＋bx .直线l 与曲线y ＝f (x )切于点(0，f (0))且与曲线y ＝g (x )切于点(1，g (1))．(1)求a ，b 的值和直线l 的方程； (2)证明：f (x )>g (x )．11．(2015²宁波模拟)设函数f (x )＝1－a 2x 2＋ax －ln x (a ∈R )．(1)当a ＝3时，求函数f (x )的极值；(2)当a >1时，讨论函数f (x )的单调性；12．(2015²乐清乐武寄宿中学)设函数f (x )＝(x ＋a )ln x ，g (x )＝x 2e x .已知曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y ＝0平行． (1)求a 的值；(2)是否存在自然数k ，使得方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m (x )＝min{f (x )，g (x )}(min{p ，q }表示p ，q 中的较小值)，求m (x )的最大值．专题六 导 数 专题过关²提升卷 第Ⅰ卷 (选择题)一、选择题1．设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．32．函数y ＝12x 2－ln x 的单调减区间是( )A ．(－1，1]B ．(0，1]C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)3．(2015²鲁迅中学模拟)已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ，其导函数y ＝f ′(x )的图象经过点(1，0)，(2，0)，如图所示，则下列说法中不正确的是( )A ．当x ＝32时函数取得极小值B ．f (x )有两个极值点C ．当x ＝2时函数取得极小值D ．当x ＝1时函数取得极大值 4．若0＜x 1＜x 2＜1，则( ) A ．e x 2－e x1＞ln x 2－ln x 1 B ．e x 2－e x 1＜ln x 2－ln x 1 C ．x 2e x 1＞x 1e x2 D ．x 2e x 1＜x 1e x25．当x ∈[－2，1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[－5，－3] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6，－98 C ．[－6，－2]D ．[－4，－3]6．(2015²学军中学模拟)设函数f (x )＝x 22＋m x，若函数f (x )的极值点x 0满足x 0f (x 0)－x 30>m 2，则实数m 的取值范围是( )A ．(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 B ．(－∞，0)∪(2，＋∞)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 D ．(0，2)7．定义一种运算(a ，b )*(c ，d )＝ad －bc ，若函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－1*(cos x ，x 2)，设f ′(x )为函数f (x )的导函数，则f ′(x )的大致图象是( )8．(2015²镇海中学模拟)已知定义在R 上的函数g (x )的导函数为g ′(x )，满足g ′(x )－g (x )<0，若函数g (x )的图象关于直线x ＝2对称，且g (4)＝1，则不等式g （x ）ex>1的解集为( )A ．(－2，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，0)D ．(－∞，2) 第Ⅱ卷(非选择题)二、填空题 9．曲线y ＝e－5x＋2在点(0，3)处的切线方程为________．10．已知函数f (x )＝a ln x ＋x 在区间[2，3]上单调递增，则实数a 的取值范围是________． 11．若函数f (x )＝x 3－6bx ＋3b 在(0，1)内有极小值，则实数b 的取值范围是________． 12．设P 为曲线C ：f (x )＝x 2－x ＋1上的点，曲线C 在点P 处的切线斜率的取值范围是[－1，3]，则点P 的纵坐标的取值范围是________．13．若函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x (a ≠0)存在单调递减区间，则实数a 的取值范围是______．14．(2015²湖南高考改编)某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为________．(材料利用率＝新工件的体积原工件的体积)15．(2015²四川高考)已知函数f (x )＝2x ，g (x )＝x 2＋ax (其中a ∈R )．对于不相等的实数x 1，x 2，设 m ＝f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2，n ＝g （x 1）－g （x 2）x 1－x 2，现有如下命题：①对于任意不相等的实数x 1，x 2，都有m ＞0；②对于任意的a 及任意不相等的实数x 1，x 2，都有n ＞0； ③对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝n ； ④对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝－n . 其中的真命题有________(写出所有真命题的序号)．三、解答题16．(2015²台州中学模拟)已知f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．17．(2015²北京高考)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．18．(2015²安徽高考)设函数f (x )＝x 2－ax ＋b .(1)讨论函数f (sin x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值； (2)记f 0(x )＝x 2－a 0x ＋b 0，求函数|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的最大值D ；(3)在(2)中，取a 0＝b 0＝0，求z ＝b －a 24满足D ≤1时的最大值．19．(2015²广东高考)设a >1，函数f (x )＝(1＋x 2)e x－a . (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行，且在点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行(O是坐标原点)，证明：m ≤ 3a －2e－1.20．(2015²嘉兴一中三模)已知函数f (x )＝x (ln x －ax )(a ∈R )，g (x )＝f ′(x )． (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线3x －y －1＝0平行，求实数a 的值； (2)若函数F (x )＝g (x )＋12x 2有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：f (x 2)<－1<f (x 1)．[自选模块] 专题六 导 数 真题体验²引领卷1．A [由图象知f (0)＝d >0，可排除D ；其导函数f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c 且f ′(0)＝c >0，可排除B ；又f ′(x )＝0有两不等实根，且x 1x 2＝c3a＞0，所以a ＞0，故选A.]2．B [当m ＝2时，∵f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上单调递减，∴0≤n <8，m ²n ＝2n <16，当m ≠2时，令f ′(x )＝(m －2)x ＋n －8＝0，∴x ＝－n －8m －2，当m ＞2时，对称轴x 0＝－n －8m －2，由题意，－n －8m －2≥2，∴2m ＋n ≤12，∵2mn ≤2m ＋n2≤6，∴mn ≤18，由2m ＋n ＝12且2m ＝n 知m ＝3，n ＝6取等号．当m ＜2时，抛物线开口向下，由题意－n －8m －2≤12，即2n ＋m ≤18，∵2mn ≤2n ＋m 2≤9，∴mn ≤812，由2n ＋m ＝18且2n ＝m ，得m ＝9(舍去)，∴mn 最大值为18，选B.] 3．A [A 正确等价于a －b ＋c ＝0，① B 正确等价于b ＝－2a ，② C 正确等价于4ac －b24a ＝3，③D 正确等价于4a ＋2b ＋c ＝8.④ 下面分情况验证，若A 错，由②、③、④组成的方程组的解为⎩⎪⎨⎪⎧a ＝5，b ＝－10，c ＝8.符合题意；若B 错，由①、③、④组成的方程组消元转化为关于a 的方程后无实数解； 若C 错，由①、②、④组成方程组，经验证a 无整数解； 若D 错，由①、②、③组成的方程组a 的解为－34也不是整数．综上，故选A.]4．C [∵导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1，∴f ′(x )－k ＞0，k －1＞0，1k －1＞0，可构造函数g (x )＝f (x )－kx ，可得g ′(x )＞0，故g (x )在R 上为增函数，∵f (0)＝－1，∴g (0)＝－1，∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞g (0)，∴f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1－k k －1＞－1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞1k －1，∴选项C 错误，故选C.]5．A [因为f (x )(x ∈R )为奇函数，f (－1)＝0，所以f (1)＝－f (－1)＝0.当x ≠0时，令g (x )＝f （x ）x ，则g (x )为偶函数，且g (1)＝g (－1)＝0.当x ＞0时，g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0，故g (x )在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数．所以在(0，＋∞)上，当0＜x ＜1时，g (x )＞g (1)＝0⇔f （x ）x＞0⇔f (x )＞0；在(－∞，0)上，当x ＜－1时，g (x )＜g (－1)＝0⇔f （x ）x＜0⇔f (x )＞0.综上，得使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，选A.]6．D [由题意可知存在唯一的整数x 0，使得e x 0(2x 0－1)<ax 0－a ，设g (x )＝e x(2x －1)，h (x )＝ax －a .因为g ′(x )＝e x(2x ＋1)，所以当x <－12时，g ′(x )<0，当x >－12时，g ′(x )>0，所以当x ＝－12时，[g (x )]min ＝－2e －12.∵h (x )＝a (x －1)恒过定点(1，0)，且g (1)＝e>0在同一坐标系中作出y ＝g (x )与y＝h (x )的大致图象．结合图象，应有⎩⎪⎨⎪⎧h （0）>g （0），h （－1）≤g （－1），则⎩⎪⎨⎪⎧－a >－1，－2a ≤－3e，解之得32e ≤a <1.故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1.]7．1 [f ′(x )＝3ax 2＋1，f ′(1)＝1＋3a ，f (1)＝a ＋2. 在(1，f (1))处的切线方程为y －(a ＋2)＝(1＋3a )(x －1)． 将(2，7)代入切线方程，得7－(a ＋2)＝1＋3a ，解得a ＝1.] 8．4 [令h (x )＝f (x )＋g (x )，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－ln x ，0＜x ≤1，－x 2＋ln x ＋2，1＜x ＜2，x 2＋ln x －6，x ≥2，当1＜x ＜2时，h ′(x )＝－2x ＋1x ＝1－2x2x＜0，故当1＜x ＜2时h (x )单调递减，在同一坐标系中画出y ＝|h (x )|和y ＝1的图象如图所示．由图象可知|f (x )＋g (x )|＝1的实根个数为4.] 9．①③④⑤ [令f (x )＝x 3＋ax ＋b ，f ′(x )＝3x 2＋a ，当a ≥0时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增，必有一个实根，④⑤正确； 当a <0时，由于选项当中a ＝－3，∴只考虑a ＝－3这一种情况，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)，∴f (x )极大＝f (－1)＝－1＋3＋b ＝b ＋2，f (x )极小＝f (1)＝1－3＋b ＝b －2，要有一根，f (x )极大<0或f (x )极小>0，∴b <－2或b >2，①③正确，②错误．所有正确条件为①③④⑤.]10．(1)解 因为f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )，所以f ′(x )＝11＋x ＋11－x，f ′(0)＝2. 又因为f (0)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x .(2)证明 令g (x )＝f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则 g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x41－x2.因为g ′(x )>0(0<x <1)，所以g (x )在区间(0，1)上单调递增． 所以g (x )>g (0)＝0，x ∈(0，1)，即当x ∈(0，1)时，f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33. (3)解 由(2)知，当k ≤2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0，1)恒成立． 当k >2时，令h (x )＝f (x )－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则 h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－（k －2）1－x2. 所以当0<x <4k －2k时，h ′(x )<0，因此h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4k －2k 上单调递减．当0<x <4k －2k时，h (x )<h (0)＝0，即f (x )<k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33. 所以当k >2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33并非对x ∈(0，1)恒成立． 综上可知，k 的最大值为2.11．(1)证明 f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x .若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1≤0，f ′(x )＜0；当x ∈(0， ＋∞)时，e mx－1≥0，f ′(x )＞0.若m ＜0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1＞0，f ′(x )＜0；当x ∈(0， ＋∞)时，e mx－1＜0，f ′(x )＞0.所以，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)解 由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，故f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1，1]时，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f （1）－f （0）≤e －1，f （－1）－f （0）≤e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m－m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1.① 设函数g (t )＝e t －t －e ＋1，则g ′(t )＝e t－1. 当t ＜0时，g ′(t )＜0；当t ＞0时，g ′(t )＞0.故g (t )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e ＜0，故当t ∈[－1，1]时，g (t )≤0. 当m ∈[－1，1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立； 当m ＞1时，由g (t )的单调性，g (m )＞0，即e m－m ＞e －1； 当m ＜－1时，g (－m )＞0，即e －m＋m ＞e －1. 综上，m 的取值范围是[－1，1]．12．解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0，0)， 则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线．(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0，从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0，故h (x )在(1，＋∞)上无零点．当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x ＝1是h (x )的零点；若a <－54，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0，故x ＝1不是h (x )的零点．当x ∈(0，1)时，g (x )＝－ln x >0.所以只需考虑f (x )在(0，1)上的零点个数．(ⅰ)若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0，1)上无零点，故f (x )在(0，1)上单调．而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0，1)上有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0，1)上没有零点． (ⅱ)若－3<a <0，则f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－a3，1上单调递增，故在(0，1)中，当x ＝－a 3时，f (x )取得最小值，且最小值为2a 3－a 3＋14. ①若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3>0，即－34<a <0，f (x )在(0，1)上无零点；②若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0，1)上有唯一零点；③若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3<0，即－3<a <－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54<a <－34时，f (x )在(0，1)上有两个零点；当－3<a ≤－54时，f (x )在区间(0，1)上有一个零点．综上，当a >－34或a <－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点；当－54<a <－34时，h (x )有三个零点． 经典模拟²演练卷1．A [∵点(1，3)在曲线上可得a ＝1，则y ＝x 3－2x ＋4，得y ′＝3x 2－2，得y ′|x ＝1＝1，故切线的倾斜角为45°.]2．A [f ′(x )＝x 2－4x ，由f ′(x )>0，得x >4或x <0.∴f (x )在(0，4)上递减，在(4，＋∞)上递增，∴当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min ＝f (4)．∴要使f (x )＋5≥0恒成立，只需f (4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m ≥179.]3．D [令f ′(x )＝1－1x 2＝x 2－1x2＝0，得x ＝±1.当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(－1，0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0.故当x ＞0时，f (x )≥2；当x ＜0时，f (x )≤－2，故函数在其定义域内没有最大值和最小值，故A ，B 错；函数在x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，故C 错；当x 0≥1时满足题意，D 正确，故选D.]4．B [f ′(x )＝e x (x 2＋2ax )＋(2x ＋2a )e x ＝e x [x 2＋2x (a ＋1)＋2a ] 令f ′(x )＝0，得x ＝±a 2＋1－(a ＋1)<0. 因此f (x )的两个极值点均小于0.结合函数的图象，选项B 为f (x )的大致图象．]5．B [f ′(x )＝(ln x －ax )＋x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－a ＝ln x ＋1－2ax ，令f ′(x )＝0，得2a ＝ln x ＋1x，设φ(x )＝ln x ＋1x ，则φ′(x )＝－ln x x2， 易知φ(x )在(0，1)上递增，在(1，＋∞)上递减， ∴φ(x )在(0，＋∞)上的极大值为φ(1)＝1.大致图象如图，若f (x )有两个极值点，则y ＝2a 和y ＝φ(x )图象有两个交点， ∴0＜2a ＜1，∴0＜a ＜12.]6．B [由题意知a ≠0，由f ′(x )＝3ax 2－6x ＝0得x ＝0或x ＝2a.当a >0时，f (x )在(－∞，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫2a，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 上单调递减．且f (0)＝1>0，故f (x )有小于0的零点，不符题意，排除A 、C.当a <0时，要使x 0>0且唯一，只需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a >0，即a 2>4，∴a <－2，选B.]7．(－4，0) [由题意知使函数f (x )＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可，又f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2.当x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0，所以当x ＝0时，f (x )取得极大值，即f (x )极大值＝f (0)＝－a ；当x ＝2时，f (x )取得极小值，即f (x )极小值＝f (2)＝－4－a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＞0，－4－a ＜0，解得－4＜a ＜0.]8．(0，1)∪(2，3) [对f (x )求导，得f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x＝－（x －1）（x －3）x.由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1，3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，所以t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，解得0<t <1或2<t <3.] 9.22[当x ＝t 时，f (t )＝t 2，g (t )＝ln t ， ∴y ＝|MN |＝t 2－ln t (t ＞0)．∴y ′＝2t －1t ＝2t 2－1t ＝2⎝⎛⎭⎪⎫t ＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫t －22t.当0＜t ＜22时，y ′＜0；当t ＞22时，y ′＞0. ∴y ＝|MN |＝t 2－ln t 在t ＝22时有最小值．] 10．(1)解 f ′(x )＝a e x＋2x ，g ′(x )＝π2cos πx 2＋b .f (0)＝a ，f ′(0)＝a ，g (1)＝1＋b ，g ′(1)＝b ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线为y ＝ax ＋a ，曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线为y ＝b (x －1)＋1＋b ，即y ＝bx ＋1. 依题意，有a ＝b ＝1，直线l 方程为y ＝x ＋1. (2)证明 由(1)知f (x )＝e x ＋x 2，g (x )＝sin πx 2＋x .设F (x )＝f (x )－(x ＋1)＝e x＋x 2－x －1，则F ′(x )＝e x＋2x －1， 当x ∈(－∞，0)时，F ′(x )<F ′(0)＝0； 当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )>F ′(0)＝0；F (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故F (x )≥F (0)＝0，当且仅当x ＝0时F (0)＝0成立．设G (x )＝x ＋1－g (x )＝1－sin πx2，则G (x )≥0，当且仅当x ＝4k ＋1(k ∈Z )时等号成立． 由上可知，f (x )≥x ＋1≥g (x )，且两个等号不同时成立，因此f (x )>g (x )．11．解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)．当a ＝3时，f (x )＝－x 2＋3x －ln x ， f ′(x )＝－2x 2＋3x －1x ＝－（2x －1）（x －1）x，当12<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当0<x <12及x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以f (x )极大值＝f (1)＝2，f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝54＋ln 2.(2)f ′(x )＝(1－a )x ＋a －1x ＝（1－a ）x 2＋ax －1x ＝（1－a ）⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a －1（x －1）x当1a －1＝1，即a ＝2时，f ′(x )＝－（1－x ）2x ≤0，f (x )在定义域上是减函数； 当0<1a －1<1，即a >2时，令f ′(x )<0，得0<x <1a －1或x >1； 令f ′(x )>0，得1a －1<x <1. 当1a －1>1，即1<a <2时， 由f ′(x )>0，得1<x <1a －1；由f ′(x )<0，得0<x <1或x >1a －1， 综上，当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)上是减函数； 当a >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a －1和(1，＋∞)单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，1上单调递增；当1<a <2时，f (x )在(0，1)和⎝⎛⎭⎪⎫1a －1，＋∞单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a －1上单调递增．12．解 (1)由题意知，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为2，所以f ′(1)＝2， 又f ′(x )＝ln x ＋a x＋1，所以a ＝1.(2)当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(1，2)内存在唯一的根． 设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －x 2e x ，当x ∈(0，1]时，h (x )＜0.又h (2)＝3ln 2－4e 2＝ln 8－4e 2＞1－1＝0，所以存在x 0∈(1，2)，使得h (x 0)＝0. 因为h ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＋x （x －2）ex，所以当x ∈(1，2)时，h ′(x )＞1－1e ＞0，当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0， 所以当x ∈(1，＋∞)时，h (x )单调递增，所以k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根． (3)由(2)知方程f (x )＝g (x )在(1，2)内存在唯一的根x 0. 且x ∈(0，x 0)时，f (x )＜g (x )，x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )＞g (x )，所以m (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（x ＋1）ln x ，x ∈（0，x 0]，x 2e ，x ∈（x 0，＋∞）.当x ∈(0，x 0)时，若x ∈(0，1]，m (x )≤0； 若x ∈(1，x 0)，由m ′(x )＝ln x ＋1x＋1＞0，可知0＜m (x )≤m (x 0)； 故m (x )≤m (x 0)．当x ∈(x 0，＋∞)时，由m ′(x )＝x （2－x ）ex，可得x ∈(x 0，2)时，m ′(x )＞0，m (x )单调递增；x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )＜0，m (x )单调递减；可知m (x )≤m (2)＝4e 2，且m (x 0)＜m (2)．综上可得，函数m (x )的最大值为4e 2.专题过关²提升卷1．D [∵f (x )＝ax －ln (x ＋1)，∴f ′(x )＝a －1x ＋1， ∴f (0)＝0且f ′(0)＝a －1＝2，解得a ＝3，故选D.] 2．B [y ′＝x －1x，且x ＞0，令y ′＝x －1x≤0，解之得0＜x ≤1.∴函数的单调减区间为(0，1]．]3．A [从图象上可以看出：当x ∈(0，1)时， f ′(x )>0；当x ∈(1，2)时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )有两个极值点1和2，且当x ＝2时函数取得极小值，当x ＝1时函数取得极大值．只有A 不正确．] 4．C [A ，B 中构造函数f (x )＝e x－ln x ， ∴f ′(x )＝e x－1x，在(0，1)上有零点，故A ，B 错；C ，D 中令g (x )＝exx，∴g ′(x )＝e x x －e x x 2＝e x（x －1）x2＜0， ∴g (x )在(0，1)单调递减， 又∵x 2＞x 1，∴12e 1e 2x x x x >，故选C.] 5．C [当x ＝0时，ax 3－x 2＋4x ＋3≥0变为3≥0恒成立，即a ∈R .当x ∈(0，1]时，ax 3≥x 2－4x －3，a ≥x 2－4x －3x 3，∴a ≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2－4x －3x 3max . 设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝（2x －4）x 3－（x 2－4x －3）3x2x6＝－x 2－8x －9x 4＝－（x －9）（x ＋1）x 4＞0， ∴φ(x )在(0，1]上递增，φ(x )max ＝φ(1)＝－6. ∴a ≥－6.当x ∈[－2，0)时，a ≤x 2－4x －3x 3，∴a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2－4x －3x 3min . 仍设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝－（x －9）（x ＋1）x4. 当x ∈[－2，－1)时，φ′(x )＜0， 当x ∈(－1，0)时，φ′(x )＞0.∴当x ＝－1时，φ(x )有极小值，即为最小值．而φ(x )min ＝φ(－1)＝1＋4－3－1＝－2，∴a ≤－2.综上知－6≤a ≤－2.]6．C [由f (x )＝x 22＋m x ，得f ′(x )＝x －mx2，又x 0是f (x )的极值点，∴f ′(x 0)＝0，解之得x 0＝3m ， 因此x 0f (x 0)－x 30＝x 302＋m －x 30＝m2，所以m 2>m 2，解之得0<m <12.]7．A [f (x )＝14x 2＋cos x ，则f ′(x )＝12x －sin x ，∴f ′(x )为奇函数，排除选项B ，D.又[f ′(x )]′＝12－cos x ，令12－cos x ＝0，则x ＝2k π±π3，k ∈Z .当0<x <π3时，[f ′(x )]′＝12－cos x <0.∴函数y ＝f ′(x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π3内是减函数，图象A 适合．]8．C [令F (x )＝g （x ）ex－1，则F ′(x )＝g ′（x ）e x －e x g （x ）（e x）2＝[g ′(x )－g (x )]²1ex .∵g ′(x )－g (x )<0，∴F ′(x )<0，则函数F (x )在(－∞，＋∞)上是减函数． 又函数y ＝g (x )的图象关于直线x ＝2对称， ∴g (0)＝g (4)＝1，从而F (0)＝g （0）e－1＝0.故F (x )>0⎝ ⎛⎭⎪⎫即g （x ）e x >1的解集为(－∞，0)．]9．5x ＋y －3＝0 [∵y ′＝－5e －5x，∴k ＝－5³e 0＝－5，∴切线方程为y －3＝－5x ，即5x＋y －3＝0.]10．[－2，＋∞) [∵f (x )＝a ln x ＋x .∴f ′(x )＝ax＋1.又∵f (x )在[2，3]上单调递增，∴a x＋1≥0在x ∈[2，3]上恒成立，∴a ≥(－x )max ＝－2，∴a ∈[－2，＋∞)．]11.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 [f ′(x )＝3x 2－6b ， 若f (x )在(0，1)内有极小值，只需f ′(0)²f ′(1)＜0， 即－6b ²(3－6b )＜0，解得0＜b ＜12.]12.⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，3 [设P (x 0，y 0)，则f ′(x )＝2x －1. ∴－1≤2x 0－1≤3，即0≤x 0≤2. ∵y 0＝f (x 0)＝x 2－x 0＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫x 0－122＋34， ∵x 0∈[0，2]，∴34≤y 0≤3，故点P 的纵坐标的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，3.] 13．(－1，0)∪(0，＋∞) [对函数f (x )求导，得f ′(x )＝－ax 2＋2x －1x(x >0)．依题意，得f ′(x )<0在(0，＋∞)上有解，即ax 2＋2x －1>0在(0，＋∞)上有解，∴Δ＝4＋4a >0且方程ax 2＋2x －1＝0至少有一个正根，∴a >－1，又∵a ≠0， ∴－1<a <0或a >0.]14.89π [该三视图对应的几何体为底面半径为1，高为2的圆锥．如图，设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，上、下底面中心分别为O 1，O 2，上方截得的小圆锥的高为h ，底面半径为r ，则a 2＋b 2＝4r 2.由三角形相似，得SO 1SO 2＝O 1A O 2B ，即h 2＝r1，则h ＝2r .长方体的体积为V ＝abc ＝ab (2－2r )≤a 2＋b 22³(2－2r )＝2r 2(2－2r )＝4r 2－4r 3(当且仅当a ＝b 时取等号，且0<r <1)．设y ＝4r 2－4r 3(0<r <1)，则y ′＝8r －12r 2.由y ′＝0，得r ＝0或r ＝23.由y ′>0，得0<r <23.由y ′<0，得23<r <1.故当r ＝23时，y max ＝4³⎝ ⎛⎭⎪⎫232－4³⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝1627，即V max ＝1627.∴原工件材料的利用率为162713π³12³2＝89π.]15．①④ [设A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))，C (x 1，g (x 1))，D (x 2，g (x 2))，对于①从y ＝2x 的图象可看出，m ＝k AB ＞0恒成立，故正确；对于②直线CD 的斜率可为负，即n ＜0，故不正确；对于③由m ＝n 得f (x 1)－f (x 2)＝g (x 1)－g (x 2)， 即f (x 1)－g (x 1)＝f (x 2)－g (x 2)， 令h (x )＝f (x )－g (x )＝2x－x 2－ax ， 则h ′(x )＝2x²ln 2－2x －a ，由h ′(x )＝0，得2x²ln 2＝2x ＋a ，(*)结合图象知，当a 很小时，方程(*)无解，∴函数h (x )不一定有极值点，就不一定存在x 1，x 2使f (x 1)－g (x 1)＝f (x 2)－g (x 2)，不一定存在x 1，x 2使得m ＝n ，故不正确；对于④由m ＝－n ，得f (x 1)－f (x 2)＝g (x 2)－g (x 1)， 即f (x 1)＋g (x 1)＝f (x 2)＋g (x 2)，令F (x )＝f (x )＋g (x )＝2x＋x 2＋ax ，则F ′(x )＝2xln 2＋2x ＋a ， 由F ′(x )＝0，得2xln 2＝－2x －a ，结合如图所示图象可知，该方程有解，即F (x )必有极值点，∴存在x 1，x 2使F (x 1)＝F (x 2)，使m ＝－n ，故正确． 故①④正确．]16．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＞0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上单调递减．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0. 因此，a 的取值范围是(0，1)．17．(1)解 函数的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0解得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：所以，f (x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k （1－ln k ）2.(2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k （1－ln k ）2.因为f (x )存在零点，所以k （1－ln k ）2≤0，从而k ≥e ，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0， 所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(0，e)上单调递减，且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． 18．解 (1)f (sin x )＝sin 2x －a sin x ＋b ＝sin x (sin x －a )＋b ，－π2<x <π2. [f (sin x )]′＝(2sin x －a )cos x ，－π2<x <π2.因为－π2<x <π2，所以cos x >0，－2<2sin x <2.①a ≤－2，b ∈R 时，函数f (sin x )单调递增，无极值． ②a ≥2，b ∈R 时，函数f (sin x )单调递减，无极值．③对于－2<a <2，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2内存在唯一的x 0，使得2sin x 0＝a .－π2<x ≤x 0时，函数f (sin x )单调递减； x 0≤x <π2时，函数f (sin x )单调递增；因此，－2<a <2，b ∈R 时，函数f (sin x )在x 0处有极小值，f (sin x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝b －a 24. (2)－π2≤x ≤π2时，|f (sin x )－f 0(sin x )|＝|(a 0－a )sin x ＋b －b 0|≤|a －a 0|＋|b －b 0|.当(a 0－a )(b －b 0)≥0时，取x ＝π2，等号成立．当(a 0－a )(b －b 0)<0时，取x ＝－π2，等号成立．由此可知，|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的最大值为D ＝|a －a 0|＋ |b －b 0|.(3)D ≤1即为|a |＋|b |≤1，此时0≤a 2≤1，－1≤b ≤1， 从而z ＝b －a 24≤1.取a ＝0，b ＝1，则|a |＋|b |≤1，并且z ＝b －a 24＝1.由此可知，z ＝b －a 24满足条件D ≤1的最大值为1.19．(1)解 f ′(x )＝2x e x＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x＝(x ＋1)2e x，∀x ∈R ，f ′(x )≥0恒成立． ∴f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞)．(2)证明 ∵f (0)＝1－a ，f (a )＝(1＋a 2)e a－a ， ∵a >1，∴f (0)<0，f (a )>2a e a－a >2a －a ＝a >0， ∴f (0)²f (a )<0，∴f (x )在(0，a )上有一零点，又∵f (x )在(－∞，＋∞)上递增， ∴f (x )在(0，a )上仅有一个零点， ∴f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．(3)证明 f ′(x )＝(x ＋1)2e x，设P (x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝e x 0(x 0＋1)2＝0，∴x 0＝－1， 把x 0＝－1，代入y ＝f (x )得y 0＝2e －a ，∴k OP ＝a －2e.f ′(m )＝e m (m ＋1)2＝a －2e，令g (m )＝e m－(m ＋1)，g ′(m )＝e m－1.令g ′(x )>0，则m >0，∴g (m )在(0，＋∞)上增． 令g ′(x )<0，则m <0，∴g (m )在(－∞，0)上减． ∴g (m )min ＝g (0)＝0.∴e m－(m ＋1)≥0，即e m≥m ＋1.∴e m (m ＋1)2≥(m ＋1)3，即a －2e≥(m ＋1)3.∴m ＋1≤3a －2e ，即m ≤ 3a －2e－1. 20．(1)解 ∵f ′(x )＝ln x －ax ＋x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－a ＝ln x －2ax ＋1，∴f ′(1)＝1－2a ，因为3x －y －1＝0的斜率为3. 依题意，得1－2a ＝3，则a ＝－1.(2)证明 因为F (x )＝g (x )＋12x 2＝ln x －2ax ＋1＋12x 2，所以F ′(x )＝1x －2a ＋x ＝x 2－2ax ＋1x(x >0)，函数F (x )＝g (x )＋12x 2有两个极值点x 1，x 2且x 1<x 2，即h (x )＝x 2－2ax ＋1在(0，＋∞)上有两个相异零点x 1，x 2.∵x 1x 2＝1>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4a 2－4>0，x 1＋x 2＝2a >0，∴a >1.当0<x <x 1或x >x 2时，h (x )>0，F ′(x )>0. 当x 1<x <x 2时，h (x )<0，F ′(x )<0.所以F (x )在(0，x 1)与(x 2，＋∞)上是增函数，在区间(x 1，x 2)上是减函数． 因为h (1)＝2－2a <0，所以0<x 1<1<a <x 2，令x 2－2ax ＋1＝0，得a ＝x 2＋12x，∴f (x )＝x (ln x －ax )＝x ln x －12x 3－12x ，则f ′(x )＝ln x －32x 2＋12，设s (x )＝ln x －32x 2＋12，s ′(x )＝1x －3x ＝1－3x2x，①当x >1时，s ′(x )<0，s (x )在(1，＋∞)上单调递减，从而函数s (x )在(a ，＋∞)上单调递减，∴s (x )<s (a )<s (1)＝－1<0，即f ′(x )<0， 所以f (x )在区间(1，＋∞)上单调递减． 故f (x )<f (1)＝－1<0. 又1<a <x 2， 因此f (x 2)<－1.②当0<x <1时，由s ′(x )＝1－3x2x>0，得0<x <33. 由s ′(x )＝1－3x 2x <0，得33<x <1，所以s (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33上单调递增，s (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1上单调递减， ∴s (x )≤s ⎝⎛⎭⎪⎫33＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫33<0， ∴f (x )在(0，1)上单调递减， ∴f (x )>f (1)＝－1，∵x 1∈(0，1)，从而有f (x 1)>－1. 综上可知：f (x 2)<－1<f (x 1)．。