六導(dǎo)數(shù)(A)1.(2018·湖南懷化模擬

)設(shè)

M是由知足以下條件的函數(shù)

f( )組成的會合“①方程

f( )-=0

有實(shí)數(shù)根;②函數(shù)f( )的導(dǎo)數(shù)

f′( )知足

0<f′( )<1.”(1)判斷函數(shù)f( )=+(2)會合M中的元素

是不是會合Mf( )擁有下邊的性質(zhì)

中的元素,并說明原因;“若f( )的定義域為D,則對于隨意

[m,n]

D,都存在

0∈[m,n],使得等式

f(n)-f(m)=(n-m)f

′(0)建立”.試用這一性質(zhì)證明方程

f( )-=0

只有一個實(shí)數(shù)根

;(3)設(shè)

1是方程

f( )-=0

的實(shí)數(shù)根

,求證對于

f( )定義域中隨意的

2,3,當(dāng)|

2-1|<1

且|3-1|<1時,|f(3)-f(2)|<2.2.(2018·安慶質(zhì)檢)已知=是函數(shù)f( )=(+1)ea(a≠0)的一個極值點(diǎn).(1)求a的值;(2)求f( )在[t,t+1]上的最大值;(3)設(shè)g( )=f( )++ln,證明對隨意1,2∈(0,1),有|g(1)-g(2)|<+.3.(2018·桃城區(qū)校級模擬)設(shè)函數(shù)f( )=-a2ln+2-a(a∈R).(1)試議論函數(shù)f( )的單一性;(2)假如a>0且對于的方程f( )=m有兩解1,2(1<2),證明1+2>2a.4.(2018·德陽模擬)已知函數(shù)f( )=ln(+1).(1)當(dāng)∈(-1,0)時,求證f( )<<-f(-);(2)設(shè)函數(shù)g( )=e-f( )-a(a∈R),且g( )有兩個不一樣的零點(diǎn)1,2(1<2),①務(wù)實(shí)數(shù)a的取值范圍;②求證1+2>0.1.(1)解函數(shù)f( )=+是會合M中的元素.原因以下由于f′( )=+cos,因此f′( )∈[,]知足條件0<f′( )<1,又由于當(dāng)=0時,f(0)=0,因此方程f( )-=0有實(shí)數(shù)根0.因此函數(shù)f( )=+(2)證明假定方程

是會合M中的元素f( )-=0存在兩個實(shí)數(shù)根

.a,b(a≠b),則f(a)-a=0,f(b)-b=0,不如設(shè)a<b,依據(jù)題意存在c∈(a,b),使得等式f(b)-f(a)=(b-a)f′(c)建立,由于f(a)=a,f(b)=b,且a≠b,因此f′(c)=1,與已知0<f′( )<1矛盾,因此方程f( )-=0只有一個實(shí)數(shù)根.(3)證明不如設(shè)2<3,由于f′( )>0,因此f( )為增函數(shù),因此f(2)<f(3),又由于f′( )<1,因此f′( )-1<0,因此函數(shù)f( )-為減函數(shù),因此f(2)-2>f(3)-3,因此0<f(3)-f(2)<3-2,即|f(3)-f(2)|<|3-2|,因此|f(3)-f(2)|<|3-2|=|3-1-(2-1)|≤|3-1|+|2-1|<2.2.(1)解f′( )=ea+a(+1)ea=(a+a+1)ea,由=是函數(shù)f( )的一個極值點(diǎn)得f′( )=(a+2)e=0,解得a=-2,經(jīng)查驗,a=-2合適題意.(2)解由(1)知f( )=(+1)e-2,則f′( )=-(2+1)e-2,令f′( )=0得=-.當(dāng)變化時,f( )與f′( )的變化狀況以下表(-∞,-)-(-,+∞)f′( )+0-f( )↗↘極大值e當(dāng)t+1≤-,即t≤-時,f( )ma=f(t+1)=(t+2)e-2(t+1);當(dāng)t<-<t+1,即-<t<-時,f( )ma=f(-)=e;當(dāng)t≥-時,f( )ma=f(t)=(t+1)e-2t.(3)證明由題意可得g( )=(+1)e-2++ln,設(shè)g( )=m1( )+m2( ),∈(0,1),此中m1( )=(+1)e-2+,m2( )=ln,則m′1( )=-(2+1)e-2+1,令h( )=m′1( ),則h′( )=-2e-2+2(2+1)e-2=4e-2>0,∈(0,1),因此m′1( )在(0,1)上單一遞加,則當(dāng)∈(0,1)時,m′1( )>m′1(0)=0,因此m1( )在(0,1)上也為增函數(shù),因此∈(0,1)時,1=m1(0)<m1( )<m1(1)=1+,①又m′2( )=1+ln,令m′2( )=0得=,且∈(0,)時,m′2( )<0,m2( )為減函數(shù),(,1)時,m′2( )>0,m2( )為增函數(shù),且m2( )=-,m2(1)=0,因此-≤m2( )<0,②由①②可得1-<g( )<1+,因此隨意1,2∈(0,1),|g(1)-g(2)|<(1+)-(1-)=+.3.(1)解由f( )=-a2ln+2-a,可知f′( )=-+2-a==,由于函數(shù)f( )的定義域為(0,+∞),因此,①若a>0,則當(dāng)∈(0,a)時,f′( )<0,函數(shù)f( )單一遞減,當(dāng)∈(a,+∞)時,f′( )>0,函數(shù)f( )單一遞加.②若a=0,則當(dāng)f′( )=2>0在∈(0,+∞)內(nèi)恒建立,函數(shù)f( )單一遞加.③若a<0,則當(dāng)∈(0,-)時,f′( )<0,函數(shù)f( )單一遞減,當(dāng)∈(-,+∞)時,f′( )>0,函數(shù)f( )單一遞加.(2)證明要證1+2>2a,只要證>a.設(shè)g( )=f′( )=-+2-a,由于g′( )=+2>0,因此g( )=f′( )為單一遞加函數(shù).因此只要證f′( )>f′(a)=0,即證-+1+2-a>0,只要證-+(1+2-a)>0.(*)又-a2ln1+-a1=m,-a2ln2+-a2=m,因此兩式相減,并整理,得-+(1+2-a)=0.把(1+2-a)=代入(*)式,得只要證-+>0,可化為-+ln<0.令=t,得只要證-+lnt<0.令(t)=-+lnt(0<t<1),則′(t)=-+=因此(t)在其定義域上為增函數(shù)因此(t)<(1)=0.

,

>0,綜上得原不等式建立.4.(1)證明記q( )=-ln(+1),則q′( )=1-=,在(-1,0)上,q′( )<0,即q( )在(-1,0)上遞減,因此q( )>q(0)=0,即>ln(+1)=f( )恒建立.記m( )=+ln(-+1),則m′( )=1+=,在(-1,0)上,m′( )>0,即m( )在(-1,0)上遞加,因此m( )<m(0)=0,即+ln(-+1)<0恒建立,<-ln(-+1)=-f(-).綜上得,當(dāng)∈(-1,0)時,f( )<<-f(-),原題得證.(2)①解g( )=e-ln(+1)-a,定義域為(-1,+∞),則g′( )=e-,易知g′( )在(-1,+∞)上遞加,而g′(0)=0,因此在(-1,0)上,g′( )<0,g( )在(-1,0]上遞減,在[0,+∞)上遞加,→-1+,y→+∞,→+∞,y→+∞,要使函數(shù)有兩個零點(diǎn),則g( )極小值=g(0)=1-a<0,故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(1,+∞).②證明由①知-1<1<0<2,記h( )=g( )-g(-),∈(-1,0),h′( )=g′( )-g′(-)=e-+e--,當(dāng)∈(-1,0)時,由①知<-ln(-+1),則e<e-ln(-+1)=,再由>ln(+1)得,e-<e-ln(+1)=.又由于e-<0,e--<0,