第四章 微积分初步（知识讲解&例题分析）-高考数学强基计划专题精讲与能力强化

强基数学·巅峰突破 →-1-2--m+(m+1)+…+2011≤0. (-1-2-…-(m-1)+m+…+2011≥0， So=pR=e-品 2 a m∈Npm=142,含ze(1232z)时， 令g(a) 2a f(x)=(1-x)+(1-2x)+…+(1-1422x)+ [1423x-1]+…+(2011x-1) &(a)-ae-2e-L2a'-De 2a =1422-589-1423X142z+3434X589 2 2 易知a= 时o号号k这 1)=f(12)=832鼎 4.C显然(-1,1)在y=x3-x2-2x+1的图象上. 77.解：由题设x3+a.x2-(1-a)=(x-x1)(x-x2)(x-x3) 设切点为(xox8-x后-2x。十1)，y=3x2-2x-2, =0, 所以k=3.x6-2x,一2. 所以(x-x1)(x-x2)(x-x)=x3-(x1+x:+x)x2+ 另一方面，k= 8-x8-2x十1D-1=,(,-2)=3x- xo一(-1) (x1x2十x1xg十x2xg)x一x1xx3, 所以x1+x2+xg=-a,x1x2十x1x3+x2x=0,x1x2x= 2x0-2. (1-a)2, 所以x。=1,所以k=-1.故选C. 5.BDf(x)=e(x+3)(x-1),但是要注意， 当x趋近于负无穷时，f(x)正向趋近于0.再通过画图可知D 正确. _(十x十)-2(x1十x1x十xx3 TIT273 评析：这道题是个典型的图象题，关键在于画草图. 6.AC由f(0)存在知f(x)在x=0处连续. 3 所以a)>2,可得a-6a+3<0 又f(0)=1>0,f(0)=1>0,由函数的连续性知，存在实数8 ∈(0,1)，使得x∈（一6,8）时有f(x)>0,A正确；而对于B, 故3-√6<a<3+√6， (1+x十x2x∈Q, 对于f(x)=x3+a.x2-(1-a),则(x)=x(3x十2a),令 举反例：f(x)= 1+x-x2x∈CRQ, 了()=0，可得=0或x=-要，要使画数有三个不同实 则B错误；由(0)>0，知存在实数6∈(0,1)，使得x∈(0，) 根，需极大值>0且极值<0. 时有f(x)>f(0)=1,C正确：构造函数f(x)=x十1，知D 错误. 经判商可知f0)=--<03a≠1，(-）=号 评析：本题是对高等数学中的函数连续性的考查，不过较为 基础，仔细思考即可给出正确答案， 1-a)>0>a>且u≠3， 4 7.BD设f(x)=x2一1，g(x)=lnx,则f'(x)=2x,g'(x)= 由西为三个不同实根，故a≠1且a≠3且a>是 子11)=2≠发)=1，因此A错送： 综上，<a<3+6且aE1,3. f(号）=g1)=1,又f(2)=-,g1)=0,而 2 第四章微积分初步 0-（是)号1收，一-1在（宁导）类的物线和 1-2 y=lnx在(1,0)处的切线平行，B正确：取p(x)=f(x)一g(x),则 一、选择题 1.A由于（一e+u)'=一e,令一e+=-l,于是切点横坐标为 ()=2x-子x∈(09)时，9g单调毫减，xe x=-a, 进而有-（一a)十2=一ea+“,解得a=一3. (停+)时以单调港增.易知mg>0,19> 评析：非常基础的问题，注意计算速度和准确度」 09(停)<0，周北两者有两个交点，C错误，D正确， 2.c令g)=巴，则g=四， &.CDy=r-3z有两个板位点，分别是=-和 因为f(x)满足(x一1)(f'(x)一f(x))>0,所以当 x<1时，f(x)一f(x)<0, x=2y=4x3-3x和y=x有三个交点，分别为 则g'(x)<0,此时函数g(x)单调递减 x=0,x=1,x=一1， 即g(-1D>g0),故-D>f0)=f(0), 结合图象考虑四个选项。 e A.当f(x)有两个极值点时， 因为f(2-x)=f(x)e2-红， 所以f(3)=f(-1)e>ef(0),故选C. a=0或者a>成立 3.B将x=a代入曲线C→Q(a,e),f(x)=ae. 所以选项A错误. 切线t=ae-a,令y=0P=a-日 B当-<a≤号时，有极小值点，选项B错民，C正确 D.当a取三个交，点处的值时，函数都连续，正确， R(c-i.0). 评析：与上题类似，画出图像，再对函数求导分析极值情况 296 参考答案与解析 9.B考海水十)=一，所以为0 16.BC由于f(x)≥0→x-1≥0，故A错误，B正确：画出二] 评析：清华惯例的超纲题目，碰到这样的题不用害怕，尝试挖 的大致图象，发现其过点A(0,一1)，B(1,0),导函数f(x) 掘函数的奇偶性，周期性等等.再通过积分的几何意义求出 结果. =2一工，因此函数在(-0,2)上单调递增，在(2，十∞)上单 10.ABD先作函数f(x)的图象后，再由函数f(x)的图象可作 调递减且函数值趋于0：又二阶导函数？(x)=二3，故函 函数g(x)的图象，进而可得答案.（当f(x)=a(a是常数） e 时，可得g(x)=a,所以选项C错误，) 数f(x)在(-c∞，3)上为凸函数， 11.B由(x2-x十1)108=a6十a1x十ax+…十a40sx2o6,对两 先考虑函数=2x-1,必=3(x-1),其图象分别过点A、 边求导有：1008(2x-1)(x2-x十1)107=a1+2a4x十…+2 016a2o6x201i.令x=1则有1008=a1+2a,十…+2 B,而y'(0)=2=广(0)，因此结合图象易知C正确：y'(1)= 016a2o16.与所求式子比较，只需求a十a1十a2十…十a2o16即 可，令原式中x=1→a。十a1十a2十…十ago16=1,故选B. 因此y2还与f(x)交于B右侧一点，D错误 评析：考查了级数展开的求导和待定系数法，如果意识到所 求式子与求导后的结果很像，应该不难想到这个做法。 17.AB对Yc∈R,3a,b使得a)二f=f(e)成立，则 a-b 12.AC对于y=x十二，该画数上任一点x处的切线方程为 f(x)的值域是(x)值域的子集，结合选项中函数解析式分 别求解函数的值城即可判断： y=广(x)(x-x)十f(x).那么过P(1,0)的切线方程就会 18.Df(x)=e+a,(1)当a≥0时，f(x)>0,f(x)在[1,3] 满足0=f(x)(1-x。)+f(),即0=（1-去)1-)+ 上单调递增，有零点的充要条件是I)≤0， 由此可得 f(3)≥0， (2+)户+2红，-1=0.也即在y=x+上的点中， 有两个的切线方程过P(1,0),即为题目所给的M,N b≤e从而a2+6)m=c:2)当a<0时，由f(x)在R a≥0， 13.AD直接对f(x)=e(x-1)(x-2)求导，有 上有唯一零点x=ln(一a)可得：f(x)在（一co,ln(一a)]上 f(x)=e2(x-1)(x-2)+e(x-1)2+e(x-1)2(x-2) 单调递减，在[ln(一a),十o∞]上单调递增.分情形讨论f(x) =e(x-1)(x2-3). 在[1,3]上的单调性，并用零点存在定理类似(1)的讨论分别 故f(x)在（-0，一√)内单调递减，(-√3,1)上单调递 给出a、b的取值范围，进而确定a2十b的取值范围，最终可 增，(1，√3)上单调递减，(，十o○)上单调递增.f(x)有 得：(a2+b)n=e,选D. 3个极值，点，士√3是极小值，点，x=1是极大值点 19.AD令a=号，b=音，c=子则等价于分析以下方程组的 评析：直接求导计算即可.难度和计算量都不大 14.D可设过，点(0，a)的切线方程 。=6+6计子四 为y一a=kx, 3.5 并设切点为P(xy), 类很问超：6=+c+号，@ 则切点在y=f(x)上：y= 2 c=a+a+3,@ e0(xo-3),① 2 切点在切线上：y。一a=kx。,② 1.5 (￥)，显然(*)无负解，因为右边恒为正.下证a,b,c至少有 两个相等，若不然，设0<a<b<c.则a<b<c,由（￥）得 切点处导数定义： 0.5 k=f(x0)=eo(x0-2),③ 6+6+<d+c+号<d+a+ 联立①②③得-a=e(x- 0.5 1.5 矛盾！不妨设a=b,则由①③得a=c,所以a,b,c彼此相等. 3x。十3)， 令g(x)=e(x2-3x十3)，则g'(x)=e(x2-x), 令a=b=c=X,则入是方程x3=x十x十号的根.记f(z)= g(x)单调区间（一○，0）单调递增，(0,1)单调递减，(1，十 x3-x2-x- ©○)单调递增 月号：很容易得)=0只有唯一解所以 作出g(x)草图如图，易知过点(0，a),可作f(x)的三条切线 A正确，B不正确：若设=十十号的振为有里数，不坊设 等价于e<-a<3→-3<a<-e,故选D. 15.Af(x)=2e+e-a, =只这里mweN,且m0)=1则号牙+只+分3m n f(x)=4e2r+e>0对Vx≥0恒成立，故 mn一mm)=n.所以n被3整除，令n=3k(k∈N),则m3= f(x)为[0，十∞)上的增函数， 3(mk十3mk°十3k),所以m被3整除，即3|(m,n),矛盾 当x≥0时，2e2+e≥3. 所以C不正确，D正确.综上，选A、D 若a≤3，则f(x)≥0恒成立，故f(x)为[0，十∞)上的增函 20.D f()=f(a),f()min=f(b); 数，所以，f(x)≥f(0)=2恒成立. 因为S(t)=f(x)dx.所以S'(t)=f(t), 若a>3,则3，=n二1++8a>0,使f(x,)=0. 所以S(t)ax=S'(c),S'(t)min=S'(b).选D. 4 当0x≤x。时，f'(x)<0, 21,B易得x≠0，问题等价于方程a=-士只有一个实 故函数f(x)在[0，x。]上单调递减， 数解」 故当0<x≤x,时，f(x)<f(0)=2,与题意不符， 所以a≤3，综上所述，答案选择A. 令=-f=2+-2 299 强基数学·巅峰突破 令2x8+1=0,即x。= 可知 则f()≤f(2)=且 limf(x)=-c∞，f(1)=0, 2 (0,+∞) limf(x)=0,可得f(.x)的大致 0 12 (x) 0 + 图象如图所示： 若f)=a两根x,x,则a∈(0)故B正确：因为 f(z) 单调递减 极小值 单调递增 单调递增 f(x)并不是关于直线x=2对称，则x1十x=4不恒成立， 其图象知图所示，放a<f,)=。 故A错民：周为代)≤号，则f2)十m≤是十m,当是十 m<0,即m<-己时，则/)+m≥-（侵+m小所以当 是+m<0时R)=fx)+m的最小值为-（侵+m小： 当吉+m≥0，即m≥-专时，到存在，∈R,使得fx)计 m=0,则|f(x)+m≥0=|g(zo)川，所以g(x)=lf(x)十ml 的最小值为0；综上所述：对任意m∈R,函数g(x)= 22.A若fo)=0,则1imFx)-F0)=1imfx)1+|sinz) f(x)+|都有最小值，故C正确；对任意m∈R, x0 lim[f(x)+m]=-∞，则lim|f(x)+m=+∞，所以函 =1imC工=(0)，故F()在x=0处可号，即“f(0)=0是 数g(x)=|f(x)+m没有最大值，故D错误 F(x)在x=0处可导”的充分条件：若F(x)在x=0处可导， 二、填空题 当x0时，F(x)=f(x)(1-sinx),则F'(x)=f(x)(1 25.解析：方法1：。(x一π)m-1(1十sin"x)dx= sinx)-f(x)cosx,当x→0+时，F(x)=f(x)(1+sinx),则 (-)(1+sin")dz+-)(1+sin"z)dz F(x)-f'((1+sin )+f()cos.im E(z)-F(0) =1g(x-m)"-(1+sin")dx+ -0 [(2x-x)-x]2a-1[1+sin"(2r-x)]d(2π-x) =f0)-f0,1imF)二F0)=/(0)+f(0,于是 =j5(x-x)"-(1+sin")dz+ 了9(x-x)m-1(1+sin2"x)dx=0, f(0)-f(0)=f广(0)十f(0),故得f(0)=0. 即F(x)在x=0处可导；即“f(0)=0是F(x)在x=0处可 方法2：令x-元=t,则g(x-元)1(1十sim”x)dz= 导”的必要条件 (1+sint)dt. 因为函数g(t)=tw1(1十sint)是奇函数， 28,A由y=+a2且完义线为0+0)，别y=1+之 所以g(x-元)-1(1十sin2"x)dx=0. 了=一<0，即y为上8通数，有名n西+n4< 答案：0 2 评析：考查大学的微积分知识，运用到换元积分法，清华的 十飞+n西十2，所以E(X+1nX)）<E(X)+1nE(X): 考试中常出现这类问题. 2 2 26.解析：f(x)=2xlnx十x+2x=2xlnx+3x,x>0.当0<x< B.由y=xnx且定义城为(0，十∞)，则y=2xlnx十x, e立时，f(x)<0,f(x)单调递减；当x>e时，(x)>0, y”=2nx+3,显然(e,+oo)上y">0,即y在(e是，十 o)为下四函数，n十n>(十型)'n十，所 x)单润递增，又f(e)=-7e1-2<0,2)>0,且0 2 2 2 以存在E(XlnX)>E(X)ln(E(X));C.由y=x+sinx, <x<e时f()=x0nx+1)-2<x(-号+1）-2< 则y=1十cosx,y”=-sinx,显然在[(2k-1)π，2kx],k∈Z 0,因此零点只有1个 上y”>0,即y在[(2k-1)x,2kπ]，k∈Z为下凹函数，有 》 解法2：f(x)=xnx+1)-2=0台lnx=号-1(x>0) 工十sim十：十sin>十型+sin,所以存在 2 2 2 物选画量：g()=1n2,A()=兰-1由图象可知它们有一 E(X+sin X)>E(X)+sin (E(X))D.y=z"sin y' =2 rsin x+x'cos x,y”=(2-x)sinx+4 rcos x,显然 个交点」 答案：1 (0,受)上存在y>0,即y在(0，受)为下四函数，有 27.解析：原式=11xdx-1sinx×x2dx, 4>(色产)）m产，所以存在 2 E(X'sin X)>E(X)sin(E(X).故选A. 即sinx·x是奇函数，其在[-1,1]内的积分为0， 24.BC由题意可知：f(x)的定义战为R,且f(x)=2二工，令 e 所以月，1-smx)d=号 f'(x)>0,解得x<2:令f(x)<0,解得x>2; 答案：号 可知f(x)在（一∞，2）内单调递增，f(x)在(2，十©∞)内单调 递减， 28.解析：我们需要将问题进行转化：PQ最小，也就是过P作 g(x)的平行线，平行线之间的距离最小.于是PQ|最小时， 298 参考答案与解析 这条平行线应当恰好为「(x)的切线 令f'(四)=2江-=1，解得=1，则P点的坐标为1,10。 sinx.假设cosx= 62,则=mx=1-osx 于是m=1,Q点坐标为(3,1)，|PQ的最小值即为2 1- 答案：2 评析：在求导相关的问题中，有一类求解最小值的问题，就 是与切线相关的，这一点多数同学应该都在课内学习有过 练习， 1 2 cos =-sin'a-cos x=cos'a-cos x-1= 29.解析：利用定积分定义求和式的极限化公式得： =2-( (osx-之）广≠0：这表男fu)的会依框值点就是f() 2n 的全体零点.由于题目所求的是lima+1一an,而广(x)在 =f6sin(元x)dz 有限区间上只有有限个零点，故我们可以只考虑广(x)在 cos-(cos-c0s 0)-2 --1 (品+60十)上的学点.此时，若了)=0，划由> 答案：品 -+60m>10o0·>(sm)厂，知sinx= x 30解析：2<x)去0≤0）-2r<红-2 (0,sim00),从而由x>-100+60,知x∈ 令g(x)=f(x)-2x,则g(-2)=4,g(2)=0, 设g(x)=a(x-2)(x-m)(a≠0) (-+x0+a)水k∈z.≥60.而对：∈ 若a≠2，周[-2y-] =-g'(2)=a(m-2) (-0++a)∈Zk≥60)有了x)=-是 1 ≠0， 1 于是am-2)>0时，存在<2使得2(。-2-g(,) (m品) -（-1cos品()=- <0,矛盾：a(m-2)<0时，存在>2使得合(。-22 cosx>-（-1)c0s100,其特号总是恒定的，所以f(x)在 1 g(xo)<0,矛盾：故m=2,令x=-2,则16a=g(-2)=4→ (品++a)∈z.长≥0)上单调.结合 (sin)< 1 T十(-1) 于是f)=R0+2x=(x-2)+2x=+2y 1 1 进而f(10)=36. sin00=(1+(-1))sin00,-(-1)sin0< 答案：36 1 31,解析：当y≥0时，y=2V反，则y=x古，则y1=4=4立= () -(-10sim0=1 合所以切线方程为y一4=号(x-4,即x一2十4=0，令 （-1mo知了(-+a)f(+x)K0.这表 x=0,解得y=2,所以Q(0,2),又抛物线的焦点F(1,0),所 以Sg00=2X4X(1+2)=6: 明，当>-品0十60x时(2)的零点均落入来个 答案：6 (-0++a)水∈，质≥60).且在年个 2解折：由e-ye,则号=兰◆f)-(≥0)，了(x) e （一0++n)水∈Z≥60)上拾有一个家点.设 =(3-卫，令f()=0,解得x=3,可得下表： (0十0+a)∈乙.≥60)上的零点为6，则 2 (0,3) (3,+0) limla-d.=lim()=-sin z. f'(x) 0 f(6)=f(b+1)=0,故|sin(6-kx)1=|sinh.=人< b f(a) 极大值 1 当xe[0,3]时，x)e[0,」 277 而&-红（而成） 10+em 当x∈8，十a)时)∈(0，) 故6.-kx∈(-arcsina）月 由题意可知：y∈(3，十∞). 同理有be1-(+1)x∈(-aresinarsin十） 答案：(3，十∞) 33.解析：解法1：由于(z)=1 一sinx,而当0<x<1时 (--aresin,arcsin） 所以b+1一b-元=(b+1-(k+1)π)-(6-kπ) -sin>1-1=0,所以f(x)的极值点都不小于 f(x)=1 ∈(-2 2arein-名，2 2aresin-） 1.同时，由于当f(x)=0时，有子-sinx=0,即1 这就得到imb+1-b=元，所以1ima+1一an|=limb+ 299 强基数学·巅峰突破 一b5|=π < 解法2：f（x)=1一sinx, 所以√3一2x+√3x的最大值与最小值之和为√月x+ 极值点满足(x)=0,即1 =sin z. √=5+30 2 当工一十c0时，上→0，故sin2≈0，此时xkx(k为正整 答案+ 数) 相邻极值点an≈nx,a+1≈(n+1)x,la+1一an|≈(n十1)x 、 三、解答题 36.解：反证，假设0≤k≤1，此时原式等价于 一nr=x. 答案：x f()=(2)广+（色），且有隐含条件a,6<c:将其对 34.解析：由2=snx∈(0,1门，得x∈[受，），当x=受时， 求孝，有f)=(仁)广×n是+（色）广x1n总<0， 2m=sinx=l,当x=r时，2or>sinx,令f(x）=2o,x :ng,lnb<0,fk)单调递减。 ∈[经x）小，则f(x)=-sinx·2m·h2<0,x∈ 而f)=a+1,f0)=1+1>1,所以对于所有 [受x)所以x)在[受x)上单羽递减，(x)=-cosz… 的0≤k≤1，有f(k)>1与f(k)=1矛盾，得证. 2·n2+2(sinIn2)>0z∈[受，x，小所以通 评析：题目的核心是将方程两边同时除以，整道题会变得 十分简单，想法来自于一道经典题目：直角三解形ABC中， 数x)=2e[受)是日画数，令)=inre 求a3+b与c3的大小关系. [受小，别高装R《)在[受上单调道减，x)=os 37.解：题千方程可变形为十2-， y2+2=2-x2. g()=-sinx<0x∈[受)小，所以函数g)=n, 解得y=号[(y+2-(y2+女)]=d2-2x+1. x[受x)是凸函教，所以画数y=x)与y=g)有两个 于是xyz=x(x一1)2，记为f(x). 注意此题有隐含的定义城的限制：由柯西不等式 交，点，即在(0,2x]上方程2o=six的解的个数为2个 2(y+)≥(y十x),故4-2x2≥4-4x十x2,解得 答案：2 47 35,解折：因为V-2+5,所以0区≤受 x∈0,3」，而fx)=3x-4x+1.令f()=3x-4x+ y=(√3-2z+√3)2-3-2x+3x+2√3x(3-2x)=x+ 1=0,解得x=3x,=1经讨论故fx)最小值为f0)= 3+2/-6.x2+9x, 0,最大位为1（告）=责 当∈[，]时y=中3计2V一6胶+0单调延增，此北 38.解：(1)证明：记函数f(x)=tanx十sinx一2x, 时36+3+2V67+9<9+8 则(x)=1 -+cos x-2. cos' 2 当（骨]时 -cos ze∈0，D,f'm)cos元十cosx-2 y=1+ -12x+9 /-6.x2+9x-12x+9 √-6x2+9z √-6.x2+9x t∈0,1)时，g)=是+1的导函教g'()=1-是<0,1∈ 令m(x)=√-6.x+9.x-12x十9，由于y=-6x2+9.x,y= t -12x+9均在x∈（停，号]单洞说减，故m)在∈（是 (0,1), 于是了()=子+1一2.关于1=0sx单调递减：而=1时， 是]单调递减所以-g=m(受)<m()=√一6r+9z fe)=+i-2=0. 12x+9<m(2）=3,所以1，∈（是，]=0x 故(x)>0,进而f(x)>f(0)=0,证毕. 号6计9m=12,-0,左右手方得=品6 9 (2)一方面，取x=平，得到n< (受，品]>0，y=x+3+2√67+9z单调道增z -sin 另一方面，n=2时，记h(x)=tanx十2sinx一3.x, (品多]<0y=+3+2一6+9z单道减，所以 则()=】十2c0s-3,由均值不等式， cos'z 当x=品时w-品+3+-艺 1+2c0sx+cos x+cos3 cosa cos'x 当=时y=号当x(受，]时，号 9 ≤x+3十 从而h'(x)≥0， 2一6x+9z≤5，综上可得3≤x+3+2厂6x+9 进而h(x)>h(0)=0,不等式成立.综上所述，n的最大值 为2. 300 参考答案与解析 39.解：边形的外角和为2π，故题目条件为： 评析：此题第一问没有什么难度，直接求导讨论即可，第二 ∠1+∠2+…+∠n=2π，且都为锐角. 问的关键在于考虑将a直接分离出来，用函数最值的观点来 证明不等式：当xe(0,5)时，有simx>2 思考问题，用到了高等数学中的拉格朗日中值定理。 2.解：)构造函数g(x)=fx)-fa）二f6(z-b),则g) 设g(x)=sinx 2,则g=osx是在xe(0,受） a-b 在[a,b]上连续， 时导函数有且仅有1个零点，于是g(x)是一个先增后减的 在(a,b)内可导，并且g(b)=f(b)=g(a)成立.根据罗尔中 函数， 值定理，存在长(a,b), 而g(0)=g(受)=0，于是g()>0在区间内恒成立，代回 使得g(9=0,即f(9-f@）二6=0成立. 0-5 到原式， (2)将区间[0,1]n等分，记这些分点从左至右依次为t。=0, 有sin∠1+sin∠2+…+sin∠n>2(∠1+∠2+…+ 4t2,…,tn=1(即t,=i).对于小区间[t1t],根据拉格 ∠n)=4成立. 朗日中值定理，存在x∈t1,t],使得f'(x)= 40.解：1.直接求导，有y=1-(a十l,将工=1代入有y f(t)-f(t-)_f(t:)-f(t-1) t:一t-1 1 1-a.由L过点(1，a),知L:y=(1-a)x+2a-1. n 2.L是C的切线，故我们只要证明： =n[f(t)-f(t-1)],于是f'(x1)+f(x)+…+(xn)= (1)当x>1时，y<1-a恒成立. n2[f(t)-f(t-1)] (2)当0<x<1时，y>1-a恒成立 对1，即1-a+ln<1-a台1-a)(1-x)<nz =n[f(t.)-f(t)]=n[f(1)-f0)]=n. “ 评析：又是一个超纲的问题，即便问题已经做好了铺垫，但 当x>l,a≤1时，这是显然成立的」 是问题的解决还是需要对于超纲的概念有所认识，先学习 对(2)，即-（a+ln2>1-a台(1-a)1-x)>1n. 相关概念的同学有一定优势， x 43.解：不妨设过A点的切线交x轴于点C,过B,点的切线交x 当x<1,a≤1时，这也是显然成立的. 轴于点D,直线AC与直线BD交于点E,如图，设B(x1, 故当a≤1时，L除切点外恒在C的上方 y1),A(x2,y2), 41.解：(1)考虑f(x)的导数：(x)=nx+1.于是 且有y=1-x2y=1-x,x1>0>x2· 当x≤时，x)单调递减； 由于y'=一2x, 于是AC的方程为 当x>上时，f(z)单调递增.只需对m(m>0)的大小分类讨 2x2x=2-y2-y;① BD的方程为 论即可： 2x1x=2-y1-y.② 当0<m≤。时，在[m,m+1门上f)装小值为 联立AC,BD的方程， 水)=-。：当m>。时，在[m,m+1上f)最小值为 解得 e f(m)=mln m. (高-小 (2)不妨假设x1<x2.则由(1)知，f(x1)<f(x2).|f(x1) 对于①，令y=0, f(x2)川<|g(x1)-g(x)川 c() 台|xlnx1-xlnx2|<|-x+a.x1+x-ax|台|xlnx1 x2lnx2|<1(x1-x2)(a-(x1+x2)川 对于令)=0降以云0小 台lnz1-,lnz <la-(zx1+x)川 x1一xg 于是|CD1=2-y_2-业=1+1+ 2x1 2x2 2x1 台a>(x十，)+，-x,ln或 x1-x2 Sn=合CDl1-xx,.不坊设 a<十)-二在∈[片对恤成主， x1=a>0,-x2=b>0,则 x1一x2 注意到(z,十x)+ln-x:n2 m=(+1）)+a=(2a+26+ 4a x1一x2 (x十xlnx)-(z十xln为导函教形式，令 +ab+a6)=(a+b(2+ab+方）≥ x1一xg t(x)=x2+xnx,由拉格朗日中值定理，存在(x1,z2)中的一 2v届(2+6+).@ 点x。使得t'(工)等于上式故只需求 不妨设√ab=s>0,则有 2r)=xr+nz在。e上导数的最大值即可，该最大值 SARD=(s+2s+- )= 2(3+ 在右端取到，同时原式只能无限趋向于该值，所以a≥2e十 2.同理对另一部分同样计算得a≤ln2. 9s 于是可得到a的取值范围为a≥2e十2或a≤ln2. 个 301 强基数学·巅峰突破 ≥16[.(]=8() 这就是说，当=k十1时不等式也成立，故对于任意的n∈ 9s 83-8.0 N本有三>司 =9时，，①处的等 方法2：②因为x=1,x,>0,只要证明乙山≥ 又由当x=4= 2就有x,> 3x=-b=-3 号均可取到， 品证e>子常证>， i.(Scm 需证-1>工专， 注意：不坊设g)=合(+2+上，事实上，其最小值也 构造函数h()=e-1-xe,(x)=e-(1+号)e专- 可用导函数的方法求解， ee-1- 由g0)=28+2-宁)知，当0<<号时， 又因为e>x+1(x>0),所以(x)>0,所以h(x)在(0，十o) 单调递增， g(s<0:当合<时Rs>0 而h(0)=0,所以有en-1>xne 则g(在(0，)上单调递减，在(，十)上单调递增.于 3 3 2'x-12'x- 是当=时，g()取得最小值 1 3 2 44.证明：(1)当x>0时，(x)=-xe<0,故f(x)在 (0,十∞)单调递减， 45.解：1直a=0时，)=合nx十1，共定义线为(0，十o). 所以f(x)<f(0)=0. 由fx)=x得2nx-x+1=0.设g(x)=21nx-x+1, (2)方法1：由xe+1=e。-1得c+1=三-1， 因为x>0,f(x)<0,所以(1-x)ea1<0→ 别R()=12,当x(0,号)时，g)>0:当xe e-1<ze (分+∞）时，g(x)<0;所以g()在(0，)单调递增：在 要证x+l<xn,只需证ea+l<e. 因为i1-=-1-e=-1-xc正<0 (分，十©）单调递减，注意到g(1)=0,所以g(z)在 所以el<e,.x,+1<x,故数列{xn}单调递减. [2十)格有-个家点2=1，且R(号)>81)=0，又 下面用数牵归纳法证明，> ge)=-e<0,所以g(e2)g(2）<0,所以g(x)在 设g(x)=c1,则g(x)=0。+1=-四 (@,号)格有一个零点即了x)在[2十0)洛有一个 由(1)知当x>0时f(x)<0,所以g'(x)>0, 不动点x=1,在(0，分)拾有一个不动点x=x,所以A= 所以g(x)在(0，十∞)单调递增. {x。,1},所以A的元素个数为2，又因为x。<1,所以maxA 用纸穿归纳法运明工>品 =1. D当m=1时=1>2，不等式成立 (2)解法一：(i)当a=0时，由(1)知，A有两个元素，不符合 题意：当>0时)=之nz十ar十1一a,其定义找为 @假设当=长时，不等式成立，即> 0,十oo),由f(x)=x得2lnx+ax-x+1-a=0.设 所以ga>g(安)】： h)=之nx+a-x+1-a,z60,+eo).则)=是 1 要证明41>2，只需要证明e1>e声 1 十2ax-1=4ax,2z+1,设F(x)=4ar-2x十1，则4=4 即证g(,)>e -16a,①当a>时，△≤0，F(z)≥0，h'(x)≥0，所以(x) 只需证明g()）>中， 2=x,只需要证明 在(0，十o)单调递增，又h(1)=0,所以h(x)在(0，十©o)恰 有一个零点x=1,即f(x)在(0，十∞)恰有一个不动点x= g(x)>e专，只需证明e-l>xe音 1,特合题意，回当0<a<,4>0,故F(z)怡有两个零点 构造画教()=-1-x心，(z)=-（1+受)e= x1x2(x1<x2). ee-1- 又因为F(0)=1>0,F(1)=4a-1<0,所以0<x1<1<x2, 当x∈(0，x1)时，F(x)>0,h'(x)>0;当x∈(x1,x2)时， 又因为e>x+1(x>0),所以h'(x)>0,所以h(x)在(0，十o) F(x)<0,h'(x)<0; 单调递增， 当x∈(x2,+o∞)时，F(x)>0,h'(x)>0; 又>0，所以n(分)>A(0)=0,即g(分)>亩， 所以h(x)在(0，x1)单调递增，在(x,x)单调递减，在(， 十∞)单调递增： 302 参考答案与解析 注意到h(1)=0,所以h(x)在(x1,x2)恰有一个零，点x=1, x-1- 1 且h(x1)>h(1)=0,h(x)<h(1)=0, x+1 -,则m1(1)=0,m1‘(x)= 又x→0时，h(x)→一o,所以h(x)在(0，x1)恰有一个零 (x+1) 点x。, x-1- 从而f(x)至少有两个不动点，不符合题意； lim m (x)lim 合n+ lim+ 所以a的取值范因为[子十)：中条合B=[子十)》 1-x x-1 limm()-m (1) m由0知，B=[子+o)小，所以a=mnB=子北时， x-1 =m1)=子，又因为当0时，m()一 *1 一c0,当x→十c0时，m(x)0, )=2nx++是A()=nx+子-x+ 所以曲线y=m(x)的大致图 象如图所示： 由(i)知，h(x)在(0，十c∞)单调递增，所以，当x>1时，h(x) 由图可知，a≥，所以a的 y=d >1)=0,所以f(x)>,即四>1，故若a.>1,则a 4f> 取值花国为[子+∞)小，即 0 >l,因此，若存在正整数N使得aN≤1，则aN-1≤1，从而 y=m(x) aN-≤1，重复这一过程有限次后可得a1≤1，与a1=2矛盾， 从而，n∈N",am>1,下面我们先证明当x>1时，lnx< 集合B= [+) 是-1D,设G)=nx-是x+号e1,十o),所以 ()由0知，B=[学十一)，所以a=mimB=子，此时，。 G(x)=1-号-2,3<0，所以G()在(1，十0)单调递 1 x+3 4 减，所以G(<G=0,甲当>1时.ln2<是(z-1D.从 则g'(x)=x-2nx-1 >1时，n+是-<子- x,从而 Ax 令t(x)=x°-2lnx-1,当x>1时，f(x)=2x-2 nx+子+ 直-1<x-1.2-1<}(x 2r-)>0.tx)在1，+e0)单调递增，所以当x>1时， 1,故f2-1<a.-1D,即a-1<(a,-10.由于 t(x)>t(1)=0,所以g(x)>0,所以9(x)在(1，十oo)单调 递增，所以g(x)>p(1)=1,故若an>1,则an+1>1,因此，若 am>1,aa+1>1,所以an-1>0,a+1-1>0,故an+1-1|< 存在正整数V使得aN≤1，则aN-1≤l,从而aN-2≤l,重复 子a-1,故m≥2时.la-1<1a1-1<a, 这一过程有限次后可得a1≤1，与a1=2矛盾，从而，n∈ 1川<<a-1=,所以Vn∈N,含a:-≤ Na,>1.下面先证明当>1时，nx<召(e-) 令g)=号(e-子）-n,则Rx)=号(1+) 1=z1)≥0，所以g(x)在(0，十∞)单调递增，所以当 2x2 解法二：(0当x=1时，分nx十ax+1-a=1=,故x=1是 x>1时，g（x)>g(1)=0,所以当x>1时，lnx< f)的一个不动点：当x≠1时，由之nx十ax+1-a=,得 (-)-1如++是 1=一（*)，要使得A怡有一个元素，即方程 4x2 之nx十ax十1-a=x有唯一解，因此方程(*)无实教解，即 1),由于a>1,a+1>1,所以an-1>0,a+1-1>0,故 直线y=a与曲线)=之n-十1 1 fa）-1<(a-1.即a1-1<(a,-10,故 1=工—无公共点，令m()= 1a,1-1<1a-1,故≥2时，a,-1<1a,1-1 2Inz-z+1 1-x2一，则m'(x)=1 <是a-1<<a-1=.所以vn∈N, (1-x2)2 克-+>0，则0)=-1+ 令n(x)=-x+lnx+2z-正 含4：-11<名 4 1 11 1=二x3+2+x-1=-(x=1)(x+D≤0，所 4 以n(x)在(0，十c∞)单调递减，又因为n(1)=0,所以当x∈ max C.=3 4 (0,1)时，n(x)>0,当x∈(1，十o)时，n(x)<0,所以当x∈ 解法三：(i)同解法一可得，Vn∈N”,a>1. (0,1)时，m(x)>0,当x∈(1，十∞)时，m'(x)<0,所以 下面我们先证明当x>1时，lnx<一1. m(x)在(0,1)单调递增，在(1，十∞)单调递减，令m1(x)= 设G(x)=lnx-x十1，则当x>1时，G(x)=1-1=1-2 303 强基数学·巅峰突破 <0,所以G(x)在(1，十©)单调递减，所以G(x)<G(1)=0, 即nx<2-1,从而当x>1时，2nx<分(x-1)< A由nA=osB=知B=3 13-1 ∴.sinC=sin(A+B)=sin Acos B+sin Bcos A进行分情况讨 是（-10，于是nx+是-<-子，从而 论，若cosA= 吾即A为纯角时， 之n计十1x-1D,即1< .sin C=4. 4+3.(-号) 51 <0,与C为三角形内角 13 3 1D,故fa2-1<a-10.即a1-1K}(a.-0.由于 矛盾：故cosA=，cosC=一cos(A+B=-sin Asin B-cos an>1,a+1>1,所以a,-1>0,a+1-1>0,故a+1-1|< Acos B>0,推知△ABC为锐角三角形. la.-1,t≥2时a,-1<la-1<是a 评析：必须计算三个角的余弦值来确定三角形的具体形状」 中间涉及分类讨论和较为复杂的计算，对学生的代数思维和 <<la,-1=。 计算能力要求较高· 5.A先用正弦定理将边转化为角，即 4 (1-) sin Acos B--sin Beos A=-子sinC,又因为C=元-A-B得到 sin Acos B-sin Bos sin 3 sin Acos B+ 1 3故maxC=3 3 sin Bcos A,合并同类项之后两边除以cos Acos B,得anA tan B =2. 第五章 三角函数 6.C a+c=36sin A+sin C=3sin B=3sin(A+C) 一、选择题 台2sinA+C 2 s42C=6sin4生o4生9 2 2 1.C对原等式左侧用和差化积公式，右侧用积化和差公式， →cos4,S=3cosA+C或 得到 2 2 sin(A+B)cos (A-B)=-cos (A+B)+cos (A-B), 4生=0=cs号>B=x含去小 2 进而sin Ccos(A-B)=cosC+cos(A-B). 容易验证C=90°时，上式成立.下面我们考虑C≠90°的情况， C cos AC-cos A+C 2 2 亦即sinC≠1. aman号 A C cos 2cos 2 cos A C+ -cos C 利用上式得到cos(A-B)=-sinC 2 2 当Ce(0,受)U(受)时·m表示单位国上的点和 -cos C 7.B首先尽可能化简结论中的表达式cosA十cosB,沿着两 (0,1)连线的斜率的倒数，不难分析得出 -cos C >1,于 个方向：①降次把三角函数的平方去掉：②去角：原来含两 1-sin C 个角，去掉一个 是上述方程在C≠90°时无解.综上所述，三角形为直角三 角形. ccoccco2+ 2 2 评析：在与三角形有关的三角函数问题中使用和差化积、积 化和差是非常常见的技巧，运用和差化积、积化和差，得到和 cos 2B)=1+cos (A+B)cos (A-B)=1-cos (A-B), 角的部分即可转化为三角形的第三个内角， 见答案是B. 2.A我们对前三个选项逐一验证即 可.A选项：假设△ABC中，AB=4, 8A2B>B+C>受和B<受，因此c0sB∈(0，号)，选A AC=5,BC=6,如图所示，AD是内 9.ABC因为△ABC为锐角三角形，故∠A+∠B>90°.那么 角平分线.根据角平分线定理，计算 sin A>sin(90-B)=cos B,tan A>tan (90-B)=cot B, 得CD=号，BD=号.转用角平分线C1 AB正确；C显然正确，任意两边的平方和大于第三边的平方 也是判定锐角三角形的一个很重要的工具；构造一个边长为 长公式，AD=√AB·AC-DB·DC=9=CD,于是 3 1.1,1.1,√2的三角形，可知D错误， 10.BD设t=tan1°，则 ∠C=∠CAD=?∠A成立.同样的方法可以验证B和C选 tan61°=tan(60°+1°)=tan60°+tan1 项均不正确。 1-√3t 评析：涉及三角形角平分线相关的长度计算问题，以及内角 tan121°=tan(120°+1°)= tan120°+tan1 为两倍的证明技巧，都是初中平面几何竞赛的常见内容， 1-tan120°tan1 3.A易知b>a. =t-V3 c2-1+2(sin28°+sim32)<1+sin32°=6， 1+W3t 直接代入计算即得am1十an61+tam121 =一3及 c2=1+号(sm28+sin32)>1+sim28=a2. tan1°tan61°tan121° tan1°.tan61°+tan1°.tan121°+tan61°.tan121°=-3， 评析：二倍角公式，送分题. 故选B、D. 304强基数学·巅峰突破 第四章 微积分初步 知识要点回顾 典型例题精讲 1.洛必达法则 类型一 参数的取值范围 设(1)如果当x→a时，函数f(x),g(x)都趋 【例1】设函数f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若 于零；(2)在(a-6,a+6)内，f(x),g'(x)都 对于任意的x∈[一1,1]都有f(x)≥0成立， f（x存在 则实数a的值为 存在，且g'(x)≠0；(3)极限li ug'(x) [解析]方法1：分离参数 （或为无穷大)；则limf巴-lim '(x) 若x=0,则不论a取何值，f(x)≥0显然 +ag(x）t+g'(x) 成立； 2.拉格朗日中值定理 当x>0时，即x∈(0,1]时， 若函数f(x)满足如下条件：(1)f(x)在闭区 f(x)=a.x3-3x+1≥0可化为，a≥3-1 间[a,b]上连续；(2)f(x)在开区间(a,b)内 x23 可导，则在(a,b)内至少存在一点，使得 设a)=是则g)-3122, f(b)-f(a)=f'()(b-a). 3.凸函数 所以g)在区间0，司]上单调递增，在区间 设f为定义在区间I上的函数，若对1上 [日1上单调适减，周此g=g分）=4， 任意两点x1,x2和实数入∈(0,1)，总有 从而a≥4； fAx1+(1-A)x2)≤Af(x1)+(1-入)f(x2), 当x<0时，即x∈[-1,0)时， 则称f为I上的凸函数（下凸函数）.反之则 f(x)=ax3-3x+1≥0可化为a≤3 1 称f为I上的凹函数（上凸函数） 23 特别的A=时，有凸吉）<士园 gx)=31-22>0,g(x)在区间[-1,0) 2 (凸函数)或f任）≥f)十f2(四 上单调递增， 因此g(x)mim=g(-1)=4,从而a≤4， 函数). 综上a=4. 判断函数凹凸性的方法： 方法2分类讨论：f(x)=3ax2-3 (1)定义法；(2)设f为1上的二阶可导函 1.当a≤0时，f(x)≤0，f(x)在x∈[-1,1] 数，f为1上的凸（凹）函数的充要条件是： 时单调递减， f(x)>0(f'(x)<0) f(x)min=f(1)=a-3+1≥0 4.偏导数 →a≥2，与a≤0矛盾； 函数x=f(xy)在(0，y)处对x的偏导数，实 2.当a>0时，f(x)=3ar2-3=0>=- 际上就是把y固定在看成常数后，一元函数 之=f(x,yo)在x处的导数， =Va a 第四章微积分初步 ①当a>1时，|x1|<1,|x2|<1,f(x)在 g(0)5。a<I(满足a<1) [-1,上的最小值为f-1)或f(2） y=ax-a f(-1)=-a+3+1≥0， 1a≤4. f=a2)-3+1≥0{a≥4 y=e(2x-1 →a=4. 方法2：设g(x)=e(2x-1),y=ax-a,由 ②当0<a<1时，f(x)在x∈[-1,1]上单调 题意知存在唯一的整数x。,使得g(x。)在直 递减， 线y=ax-a的下方. f(x)mim=f(1)=a-3+1≥0→a≥2， 因为g'(x)=e(2x+1), 与0<a<1矛盾，综上a=4. 所以当<-号时，g(x)<0, 2 【例2】设函数f(x)=e(2x-1)-ax十a,其 中a<1,若存在唯一的整数x。,使得 当x>2时g)>0.所以m=-2e。 f(xo)<0,求a的取值范围 当x=0时，g(0)=-1,g(1)=e>0,直线 [解析]方法1：f(xo)<0→e(2xo-1)一 y=a.x-a恒过(1,0)，斜率为a, 故-a>g(0)=-1,且 axo+a<0-e*(2xo-1)<a(xo-1). 当x=1时，得e<0,显然不成立， g(-1-3e≥-a-a,郎特是a<1. 所以x≠1；当z0>1时，4>e5(2。-1) x0-1· 【例】在区间0，十∞)上，若方释号 x 构造函数g(x)=e(2x-1) lnx有唯一解，求a的取值范围. x-1 [解析] -x=lnx台2-+n, a a 2xe(e-》 则g'(x) (x-1)2 令f(x)=r+lnx 当x∈(1,2)时，g(x)<0→g(x)为减函数； 则f'(x)=1-x-2lnx x 当x∈(，+∞)时，g(x)>0→g(x)为增 由f(x)=0得x=1. 当0<x<1 函数； 时，f(x)>0: f()=+ln() 要满足题意，则x。=2,此时需满足g(2)< 当x>1时， 2 8 a≤g3)3e<a≤3e,与a<1矛盾. f(x)<0.所 -2 因为2<1，所以4<e(22-1) 以f(x)mx=f(1)=1. xo-1 又f(x)→-∞(x→0+)， 当x∈(-∞，0)时，g'(x)>0→g(x)为增 f(x)→0(x→十∞)，如图所示， 函数； 所以当方程有唯一解时，=1或<0 当x∈(0,1)时，g(x)<0→g(x)为减函数. 即a=1或a<0. 要满足题意，则x。=0,此时需满足g(一1)≤ 强基数学·巅峰突破 【例4】函数f(x)=e+2x2-3x. 当x≥ 2时，h'(x)=x(e-1)>0,h(x)在 (1)求证函数f(x)在区间[0,1]上存在唯一 极值点，并用二分法求函数取得极值时相应 x≥号时单调递增，h(x)≥h(日)=名 x的近似值.（误差不超过0.2)（参考数据： e=2.7,√e=1.6,e0.3=1.3) 26>0, (2)当x≥2时，若关于x的不等式 即g(x)>0,g(x)在x≥号时单调递增， fx)≥号+a-3)x+1恒威立，求实数a 的取值范围 所以实数a的取值范固是：a≤2，E-青 [解析]（1)f(x)=e+4x-3, 类型二 函数的最值 f(0)=1-3=-2<0,f'(1)=e+4-3>0, 【例5】 所以f(0)×f(1)<0,设 设点Q在曲线y-e上，点P在曲 h(x)=f'(x)=er+4x-3,h'(x)=er+4, 线y=ln(2x)上，求PQ的最小值， 故f(x)在[0,1]单调递增，f(x)在[0,1]有 [解析]函数y=e与函教y=ln(2)互 唯一的零点.所以f(x)在[0,1]有唯一的极 为反函数，图象关于y=x对称。 小值点 ①f(0.5)=0.6>0,而f(0)<0,所以极值 函数y=c上的点Q(,)到直线y=t 点在区间[0,0.5]上， ge-r ②f(0.3)=一0.5<0，所以极值点在区间 的距离为d 2 [0.3,0.5]上， ③|0.5-0.3=0.2，所以区间[0.3,0.5]上 设函数g(x)= e-g()- 2e-1 任意一点为所求。 (2fx)≥8+a-3x+1即 g()ni=1-In 2=dmin =1-In 2 2 由图象关于y=x对称得：|PQ的最小值为 e+2x-3x≥号2+a-3z+1, 2dmin=√2(1-ln2). 【例6】f(x)=e一x,其中e为自然对数的 所以a.x≤er- 2x2-1, 1 底数 (1)若函数F(x)=f(x)一ax2一1的导函数 因为≥分故a≤ F'(x)在[0，+o∞)上是增函数，求实数a的 最大值； 2x2-1 1 e- 设g(x)= 2)求证：f(2)+f(号)+f()++ e*(x-1)- 222+1 则g'(x) 22 [解析](1)F(x)=f(x)-2a.x= 令h(x)=e(x-1)-号x+1, (ex-1)-2ax. 由于F(x)的导函数F'(x)在[0，十∞)上是 h'(x)=x(ex-1). 增函数，故F”(x)=e一2a≥0，从而 第四章微积分初步 1 a≤2e',x∈[0，+∞)， 所以a≤ 故u≤号即am交 1 又易知当f)-等-十十m加为布 (2)由（1D知F(0)=0,且当a-2时，F() 教)满足题设条件，所以口的跟大值为 在[0，十∞)上是增函数， 方法2：f'(x)=3a.x2+2bx+c.设g(x)= 故F(x)≥F'(0)=0, f(x)十1，则当0≤x≤1时，0≤g(x)≤2. 所以F(x)在[0，十∞)上是增函数，此时 设2=2x1,则x21,1≤1，h()→ F(0)=0,故F(x)≥0，x∈[0，+∞)， 即fx)≥7+1x∈0，+e∞) ()-+3020++b+e+1. 2 4 容易知道当一1≤之≤1时，0≤h(x)≤2， 0≤h(-)≤2.从而当-1≤之≤1时， ()≥2×(》+1)≥号×(3)°+1. 0≤h(x)+h(-）≤2， 2 …fn≥gx(ni'+1. 即0≤2+婴+6十c十1≤2，从而 将以上不等式相加，有 (号)+f(传）+f)+…+f+) +b+c+1≥0,302≤2，由0≤2≤1知 4 ≥[分}°+（传》+f)++(月] u≤号又易知当f)=尽-4r+z+n (m为常数)满足题设条件，所以a的最大值 +wb+gt叶a中m以w+2 +[(合+（传）+-（点] 类型三 函数的极限 是[合-十]+m=n++2 n 【例8】 求极限lim x-sin x 了0 其中n∈N* [解析]方法1：连续使用三次洛必达法则，原极 【例7】已知函数f(x)=ax3+bx2+cx+ d(a≠0)，当0≤x≤1时，|f(x)|≤1，试求a 限=lim 1cos z-lim sin -lim cos 3x2 0 6x0 66 的最大值. 方法2：在上述解法中，使用一次洛必达法则后， [解析]方法1：f'(x)=3a.x2+2bx十c, f'(0)=c, 用等价无穷小号普接分子1一c0sx,则直接 由f(号)=a+6+c,符 得到原极限=lim 1-cos -lim f(1)=3a+2b+c 3x2 3a2=6 3a=2'(0)+2f(1)-4f(号)片 方法3：如果熟悉sinx的泰勒公式sinx= 所以31a=2f0)+2f)-4f() 3!十(x),代入分子直接可得原极限 ≤21r01+21f(1)1+4f(份)≤8. lim= 强基数学·巅峰突破 【例9】函数f(x)的导函数f'(x)连续，且 【例11】求证：sinx>x- 6xe(0,月 f(0)=0,f(0)=a,记曲线y=f(x)与 P(t,0)最近点为Q(s,f(s),求极限im. [解析] 令f(x)=sinx-x+ 6 *0 [解析]函数f(x)在(s,f(s)这个点的切 x∈(0，)f0)=0. 线必须与以(t,0)为圆心，过(s,f(s)的圆相 切，即与圆y2+(x-t)2=(s-t)2十f(s) f(x)=osx-1+号f0)=0 ①相切： "()=-sin r+>0E), 对①两边求导，有2yy'+2(x一t)=0,所以 又f(0)=0,所以f'(x)>0,则f(x)单调递 y=-x-(y≠0)， 增，所以f(x)>f(0)=0, 该圆在(5，f(s)处的导数为f'(s)= t-s 即：sinx>x-百，x∈(0，) f(s) [说明] 即f(s)f'(s)=t一s, 高等数学中sinx的泰勒展开式： 两边同除以t,得=1-f(s)f'(s) sin x-x- ② t 记im三=A,在②式两边求极限(t→0)，并注意 【例12】设x>0,(1)求证：e>1+x+2: 到t→0时，s→0，则A=1一imf(s)X1im f(s) (2)e=1+x+e,i证明：0<y< 0 -0S ×克，又mf=m f(s)-f(0) [解析] )令fx)=e-(1+x+22), *0 +0 s-0 x>0.f'(x)=e-1-x,f"(x)=e-1, =f(0)=a,得A=1-a·a·A, f'(0)=0. 故A=。市即m=中 1 1 当x>0时，f"(x)>0→f'(x)单调递增，且 类型四证明不等式 f(x)>f(0)=0,从而f(x)在(0，十∞)上 【例10】a>0,b>0,a+b=1,n∈N*,求证： 单调递增， a2m+≥20 1 所以0>f0)=0,即e>1+x+2. [解析]构造函数y=x2m,n∈N*,先证明它 2)由1)知，1+x+2e>1+x+2 是凸函数 →e>1→y>0. 因为y'=2n.x2m-1,y′=2n(2n-1)x2m-2≥0， 下面证明：y<x 故y=x2m,n∈N*是R上的凸函数， 方法一： 因北士≥产=侵)，所以 2 令g(xy)=1+x+2e,则g(x,)对y a2m+"≥22： 是单调递增函数， 只需证明g(x,x)>e即可，即1十x十 [说明]本题也可以采用三角换元后，再用 二项式定理展开放缩来证明。 2e>e>1台（分2-1je+1+>0(滚）. 第四章微积分初步 令h(x)=(号2-1)e+1+x,h(0)=0,h 解得2-eSa≤- (x)=(2x2+x-1)e+1,W(0)=0, 可得f'(x)=lnx十a+1,则 (x)=(22+2xe>0→(x)在0，+o) f(0)=a<0,fe)=2+a>0: 令f'(x)=0,则x=ea-1； 上单调递增→h'(x)>h'(0)=0→h(x)在 (0,+∞)上单调递增→h(x)>h(0)=0, 当x∈（合，e1)时，f(x)<0,则f(x)单 即※式成立，从而y<x 调递减；当x∈(eu-1,e)时，f'（x)>0, 方法二： 则f(x)单调递增. 因为e=1+x+2re,所以e-2c-1- 所以f(x)≥f(ea1)=-ea-1+1≥1 F(z)-er-e=er-_2(e"-I-z)_ 解得a≥-ln(e-1). 下面证明2-e<-ln(e-1), x2e-2e+2+2x 即1-(e-1)<-ln(e-1),也即 令h(x)=x2ew-2er+2+2x,h(0)=0, ln(e-1)-(e-1)+1<0; h'(x)=2xer+x2ex-2e+2,h'(0)=0, 令h(x)=lnx-x+1,则 h"(x)=2e*+2xe+2xe*x2e*-2e"= 4xe*+x2e>0. 当x∈(0,1)时，h'(x)>0,h(x)单调递增； 所以h'(x)在(0，十∞)上单调递增，h'(x)>0, 当x∈(1，+o∞)时，h(x)<0,h(x)单调 所以h(x)在(0，十∞)上单调递增，故h(x)>0, 递减； 进而F(x)>0,所以y<x. 因此可得h(x)≤h(1)=0,所以 【例13】已知函数f(x)=xlnx十a.x+1的定 h(e-1)=ln(e-1)-(e-1)+1<0, 义域为区间D,值域为区间D2,若D2二D, 则称f(x)是D,的缩域函数 综上a的取值范围为a∈ -ln(e-1,-1. e D若1)是区间日e 的缩域函数， (2)①当K号时，若f()是区间[a,]的 求a的取值范围； 缩域函数，则f(3)≤B, (2)设a,B为正数，且a<B,若f(x)是区间 即BlnB+aB+l≤B, [a,的缩域函数，证明： 进-步1h+a+号10：书号时， (D当K2时，f(x)在[a,上单调递减： lng+a+1<lng+a+号-1≤0， m2+合3. 即lnB<-a-l,B<ea-1; [解析](4)若f(x)是区间[品，e的缩战 由(1)可知，当x∈(0，ea-1)时，f(x)<0, 则f(x)单调递减； 函数，则是≤f日）≤e,。≤fe)e: 所以f(x)在区间[a,B]上单调递减. (ii)若f(x)是区间[a,B]的缩域函数，则 即&-&++1<e,<e+ea+1≤e, e f(a)≥a,f(B)≤β； 强基数学·巅峰突破 数有1-lna-日≤a≤1-1a日-月即 即Hx∈R,lim (xy)-f(x) *0 1 =-limf(y）+zy(x+y） (Y y0 y 设函数g(x)=1-x十lnx,则 =-limf(y）+-limZy(x+y2 g)=-1+1-1-x. y→0y 3y+0 y x xi =limf(y)-f(0)lim(xy)=1+. 当0<x<1时，g'(x)>0,g(x)单调递增， y→0 y-0 1*0 当x>1时，g(x)<0,g(x)单调递减： 又1imfx+y)-f=f(x), y+0 y 因为Q,B为正数且&<，则1>1 1 所以f(x)=3x3+x+c,又f0)=0 又g日）g(合)，所以>1： c=0,所以f()-名+x 记=x1>1,设x1≠x2,且g(x1)=g(x,), 方法2：令x=y=0,得f(0)=0,视y为常 由g(x)的单调性可知0<x2<1,故 数，对f(x)求导，得： 2-x2>1;记p(x)=g(x)-g(2-x) f'(x+y)=f'(x)+0+2xy+y2,再令x=0, =lnx-ln(2-x)-2x+2,则 得f(y)=1+y2, +2- x(2-x) 所以了(x)-专+x十cc为含数).因为 当0<x<1时，0(x)>0,p(x)单调递增； fx)=0,所以(=0，所以1)=号+x 故p(x2)=g(x2)-g(2-x2)=g(x1) g(2-x2)<(1)=0,即g(x1)<g(2-x2)； 【例15】已如函数)=1na=1小 因为g(x)在(1，十∞)上单调递减， antI=f(an). 故x1>2-x2,即x1十x2>2; (1)求证：ex-e+1≥0恒成立； 由8)=g,)≤8故≤日 (2)试求f(x)的单调区间； (3)求证：{an}为递减数列，且am>0恒成立. 所以+台+>2又为1，故 a [解析](1)令g(x)=ex-e+1,求导得 2+1>3. g'(x)=e'x.当x<0时，g'(x)<0;当x>0时， a B g(x)>0. 类型五函数的性质 所以g(x)在（一∞，0）上为减函数，在(0，十∞) 【例14】函数f(x)满足对于任意x,y∈R, 上为增函数 f(x+y)=f(z)+f(y)+xy(x+y), 所以g(x)≥g(0)=0,即ex-e+1≥0恒 f(0)=1,求函数f(x)的表达式. 成立. [解析]方法1：f(x+y)=f(x)+f(y)+ xy(x+y)→f(0)=0, (2)对f(x)=1ne-求导，得f(x)= 由fo)=1→1imfy)-fo)-1, y 产=立出 第四章微积分初步 由(1)知，当x≠0时，exx一e+1>0, 当a>0时，令f'(x)=0→x=a.f(x)在 又x>0时，ex-1>0,x<0时，ex-1<0, (0,a)上单调递减，在(a,十∞)上单调递增. 故e二>0，所以fx)>0点成主.固为) (2)由题意得f(x)mn≥0.当a≤0时，所以f(x) 在(0，十∞)上单调递增，此时当x→0时，函数 的定义域为（一∞，0）U(0,十∞)，所以 f(x)<0,所以不合题意； f(x)的单调增区间为（一∞，0），(0，十∞). 反例：伯)=日1-alh日-1+a<0, (3)用数学归纳法证明：对任意n∈N*,都有 所以不合题意， 0<am+1<a. 当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减， ①当n=1时，a1=1,a2=f(a1)=f(1) 在(a,十o)上单调递增，所以f(x)mim=f(a). =ln(e-1),由于1<e-1<e, ∴.f(a)=a-1-alna≥0， 所以0<ln(e-1)<1,即0<a2<a1. 令g(x)=x-1-xlnx(x>0),则 ②假设当n=k(k∈N*)时结论成立， g(x)=-In x, 即0<ak+1<ak. 因此g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，+∞) 因为f(x)在(0，十∞)上为增函数， 上单调递减，所以g(x)x=g(1)=0,所以不等 且mf)=mn）=(m） 式a-1-alna≥0的解集只有a=1. 0 0 1n1=0.(洛必达法则) (3)要证明不等式1+)广<e<1+)”， 所以0<f(ak+1)<f(ak),即0<ak+2<ak+1. 只要证明 因此当n=k+1(k∈N*)时结论也成立. nln(1+)<1<(m+1)·ln(1+), 由①、②可知，0<a+1<ak对任意n∈N*都 成立.所以数列{am}为递减数列，且am>0恒 即只漫证明n中<(1+》< 成立 令=1+日则只要江明 【例16】已知函数f(x)=x-1一alnx(其中 1-1<1nx<x-11<x≤2). a为参数) (1)求函数f(x)的单调区间： 由(1)中的单调性知a=1时，f(x)=x-1-lnx (2)若对任意的x∈(0，+∞)，都有f(x)≥0 在(1,2)上递增，因此f(x)>f(1), 成立，求实数a的取值集合； 即x-1-lnx>0,.lnx<x-1(1<x2). (3)证明：(1+)”<e<1+)(其中 令p()=nx+是-11<x≤2)p'(x)= n∈N*,e为自然对数的底数). [解析](1)f(x)的定义域为(0，+∞)， 所以o(x)在（1,2]上是增函数，所以9(x) f(x)=1-a=x-0 >p(1), 当a≤0时，f'(x)>0,所以f(x)在(0，十∞) 即1nx+1-1>0,1-1<1nx(1<x≤2). x 上单调递增； 综上所述，原不等式得证 强基数学·巅峰突破 【例17】已知曲线C:y=x3-3x2,斜率为m 所以x1=1十2，x2=1-√2.故 的两条直线与C相切于A,B两点， m=3x7-6x1=3(1+√2)2-6(1+√2)=3. (1)求证：AB中点在曲线C上； 综上p=1,m=3. (2)已知AB:y=一x-1,求p,m的值. 类型六定积分问题 [解析](1)如图，设A(x1,x一3px), 【例18】有一动直线与抛物线y=x2相交于 B(x2,x3-3px).y'=3.x2-6px. A、B两点，弦AB与抛物线所围封闭图形的 y 面积恒等于专，求线段AB中点P的轨迹 方程 [解析] 设A(a,a2),B(b,b2),中 由导数几何意义知 点，生护 /m=3x号-6px1, LAB:y=(a+b)x-ab, →3(x1+x2)(x1-x2) m=3x号-6px2 S[(a+b)x-db-+ldz-3 6p(x1-x2)=0→x1+x2=2p. 「1 AB的中点坐标： +a+6-应]l M=(A士，=8p士-3pc) 2 0-a)=0-a=2. = AB的中点在C上台x-3pi十xg-3px r= a+b 2 2 生)广-8} y= a2+b2→y=x2+1,故线段AB中点 2 (m十x2)(x-x12十x)-3[(十)P-21] b=a+2 2 P的轨迹方程是y=x2十1. =p3-3p·p2台 【例19】(1)设f(x)=xlnx,求f'(x); 2p[(2p)2-3x1x2]-3p(4p2-2x1x2) 2 (2)设0<a<6,求落数C,使得，。Inx =-2n2 =-23显然成立. Cdx取得最小值； (2)由(1)已知AB中点M的横坐标为p,而 (3)记(2)中的最小值为mu.b, M在AB上，故M(p,一p一1)，又M在曲线 证明：mu,b<ln2. C上，所以-p-1=p3-3p·2→ [解析](1)f(x)=nx十x·1=lnx十1. -p-1=-2p3,2p3=p+1,2p3-p-1=0 (2)若C≤lna,则|lnx-C|=lnx-C, →(p-1)(2p2+2p+1)=0. 显然，当C=lna,lnx一C取最小； 因为2p2+2p+1≠0， 若C≥lnb,则|lnx-C|=C-lnx,当 故=1.由=1-3>x-x+十1=0. C=lnb,C-lnx取最小.故lna≤C≤lnb. y=-x-1 (x-1)(x2-2x-1)=0.又x1+x2=2, a-clde 第四章微积分初步 C-de+f dn-Ove 类型七拉格朗日中值定理 【例20】已知函数f(x)为R上的可导函数， =。([c+D-nx+1Dk+ 对于任意的x∈R,有0<f(x+xo)一 f'(x0)<4x,x>0. [nx+1)-(+1D]dk) (1)对于任意的xo∈R,证明 由(1)知 [c+D-n+1) f()<f+）-f)(x>0: =(C+1)(ec-a)-zIn x, (2)若|f(x)|≤1，x∈R,证明|f(x)|≤4， ∫(mx+1-(c+1D]dk=mx修 x∈R [证明](1)方法1：由0<f(x+x) (C+1)(b-e). f'(xo)知，∫(x)为单调递增函数， 1 -(aln a+ 由拉格朗日中值定理可知.f代x十)-f() (x十x0)一x0 bln 6+2ec-a-6-aC-bC)..(*) f'(),其中∈(x0,x0十x).所以 ig(C)=aln a+bln b+2ec-(a+b)- C(a+b), f(x+x)-fxo）=f()>f(z)(x>0. 2 令g'(C)=2ec-(a+b)=0,得C= 方法2：要证f(x)<f+x)-f(x) lna十b即C=lna十b时， 2 2 (x>0)成立， 6己1lax-Cd血取晨小位 需证f(x十x0)-f(xo)-f(xo)x>0,令 g(x)=f(x+xo)-f(xo)-f(xo)x (x>0), (3)将C=1na十b代入(*)式右边，mb 2 由于g(x)=f(x十x)-f()>0, 所以g（x)在(0，十∞)上单调递增，从而 。alna+bln-(a+o1n2专]<n2 b-a g(x)>g(0)=0, 台alna+bnb-(a+bna十b<(h-a). 即f(n)<fx+）-fm)(x>0. ① 2 In 2aln-24+on26<(-a)In 2 (2)方法1：令h(x)=f(x十x)-f(x)一 a+b "a+b f(x0)x-2x2(x>0), 6-oh2-(a如46+加单。) 由于h'(x)=f(x十xo)-f(x0)-4x<0, 所以h(x)在(0，十∞)上单调递减，从而 blma十b-aln是ba1nb之一a1n4a b b a+b h(x)<h(0)=0(x>0).因此 -aln <a)>aln 1 -0. Aab f(a)>fx+）-fn）-2z(>0,@ :.aln a+bn b-(a+b)Inat5<(b-a)In 2. 2 由①，②可得f()≤fx+w）-f1+ 所以mb=b一a 1-[alna+lnb-(a+b)· 2≤2十2x,对于任意的实数x>0都成立， n士<1n2. 而2十2x≥4，且等式在x=1时成立，从而 强基数学·巅峰突破 |f(xo)川≤4，由x的任意性得|f(x)|≤4， 4.(2011·清华)曲线f(x)=x3-x2-2x+1, x∈R. 过点（一1,1）的直线1与曲线相切，且 方法2：反证法，设存在f'(u)>4,∈R,则 (一1,1)不是切点，则直线1的斜率为 在[，十∞)上，f(x)>4, A.2 B.1 |f(x)-f()|=1f()(x-)|>4 C.-1 D.-2 (x-),(∈（，x),x∈(，+∞)， 5.(2015·清华)（多选）设f(x)=(x2-3)e,则 取x=4+1,1f(x)-f()|>4,但由于 |f(x)川≤1，所以|f(x)一f()川<2，矛盾； A.f(x)有极小值，但无最小值 如果存在使得f'(μ)<一4，那么对于任意 B.f(x)有极大值，但无最大值 的x∈（一∞，）都有f'(x)<-4,取x使得 C.若方程f(x)=b恰有一个实根，则b> e x∈(-∞，)，并且x+1∈(-∞，)，那么 D.若方程f(x)=b恰有三个不同实根， 此时由拉格朗日中值定理可知 f(x+1)-f(x)<-4,这是不可能的，因为 则0<<号 |f(x)|≤1，所以|f(x+1)-f(x)|≤2 6.(2015·清华)（多选）设函数f(x)的定义域是 同理在f(μ)<一4时也可得矛盾结论. (-1,1),若f(0)=f(0)=1,则存在实数6∈ .|f(x)≤4，x∈R,故结论成立. (0,1),使得 真题实战演练 A.f(x)>0,x∈(-6,6) 一、选择题 B.f(x)在（一6,6）上单调递增 C.f(x)>1,x∈(0,6) 1.(2016·北大)直线y=一x十2与曲线y= 一e+“相切，则a的值为 D.f(x)>1,x∈(-6,0) ( 7.(2016·清华)（多选）对于函数y=x2-1和y A.-3 B.-2 =lnx,下列说法正确的是 ) C.-1 D.前三个答案都不对 A.二者在(1,0)处有公切线 2.(2017·北大)已知f(x)在R上可导，其导函 B.二者存在平行切线 数是f(x)且满足以下两个条件： C.两者只有一个交点 ①当x≠1时，(x-1)[f(x)-f(x)]>0 D.两者有两个交点 ②f2-x)=f(x)e2-x.则 ( 8.（2017·清华)（多选）已知函数f(x)= A.f(1)<f(0) B.f(2)>ef(0) 1x,x≥a, C.f(3)>e3f(0) D.f(4)<ef(0》 则 ( 4x3-3x,x<a. 3.(2018·北大)设f(x)=e(a>0),过点 A.若f(x)有两个极值点，则a=0 P(a,0)且平行于y轴的直线与曲线C:y= f(x)的交点为Q,曲线C过点Q的切线交x 或<a<l 轴于点R,则△PQR的面积最小值是( B若fx)有极小值点，则a>号 A.1 B.②e 2 C.若f(x)有极大值点，则a>-司 c号 D.使f(x)连续的a有3个取值 第四章微积分初步 9.(2017·清华)已知函数f(x)= 15.(2017·清华)f(x)=e2+e-a.x, sinx+2cos,若n∈N,则。 f(x)≥2，对x≥0恒成立.则a∈ () 2sin'x+cos2x f(x)dx的 A.(-∞，3] B.[3,+∞) 值为 1 A.与n有关 B.0 C.（-∞， n.+) C.1 D.2 16.(2019·清华)（多选）f(x)=1,则下列 10.(2017·清华)（多选）已知f(x)是(0，+∞) 上连续的有界函数，g(x)在(0，十∞)上有 选项中正确的有 () g(x)=maxf(n),以下结论正确的有( A.f(x)≥0的解集为{x0<x<1》 B.f(x)≥0的解集为{xx≥1} A.g(x)是有界函数 C.f(x)与y=2x-1仅有一个交点 B.g(x)是连续函数 C.g(x)是单调递增函数 D.f(x)与y=（x-1)仅有一个交点 D.g(x)不是单调递增函数 17.(2019·清华)（多选）若对Hc∈R,]a,b使 11.(2017·清华)设(z2-x十1)18=a十ax十 2016 得fa)二fh)=(e)成立，则称函数f(x) a-b a2x2+…十a2016 ,则a+2a1十3a2+…+2 满足性质T.下列函数中不满足性质T的 017a2os的值是 ( 是 ( A.1008 B.1009 A.f(x)=x3-3x2+3x C.2016 D.2017 1 12.(2017·清华（多选）已知函数)=1+过P B.f(z)-2+1 (1,0)作切线交函数图象于点M和点V,记 C.f(x)=e*+I MN|=g(t),则下列说法中正确的有 D.f(x)=sin(2x+1) 18.(2020·清华)设函数f(x)=e+a(x-1)+ ( b在区间[1,3]上存在零点，则a2+b2的最 A.t=}时，PMLPN 小值为 () B.g(t)在定义域内单调递增 A. B.e D.e2 C.t=2时，M,N和(0,1)共线 19.(2020·清华)（多选）已知实数x,y,之满足 D.g(1)=6 3y-y=1, 13.(2017·清华)f(x)=e(x一1)2(x-2),则 ( --=1.则 A.x=1是极大值点 B.x=1是极小值点 --=1, C.有2个极大值点 A.（x,y,z)只有1组 D.有2个极小值点 B.(x,y,z)有4组 14.(2018·清华)设f(x)=e(x-3),过点 C.x,y,之均为有理数 (0,a)可作f(x)的三条切线，则 ( D.之，y,之均为无理数 A.a>-e B.a<-3 20.(2020·清华)已知函数f(x)的导数存在， C.a<-3或a>-eD.-3<a<-e y=f(x)图象如图所示，设S(t)(a≤t≤b) 强基数学·巅峰突破 是由曲线y=f(x)与直线x=a,x=t及x C.任意m∈R,函数g(x)=|f(x)十m|都 轴围成的平面图形的面积，则在区间[a,b] 有最小值 上 ( D.任意m∈R,使得函数g(x)=|f(x)十m 有最大值 y=f(x) 二、填空题 ”2m 0 25.(2016,清华)J。（x-)1(1+sinx)dz A.f(x)的最大值是f(a),最小值是f(c) B.f(x)的最大值是f(c),最小值是f(b) 26.(2018·清华)函数f(x)=x1nx+x2-2的零 C.S'(t)的最大值是S(a),最小值是S'(c) 点数目为 D.S(t)的最大值是S(c),最小值是S(b) 27.(2019·清华) (1-sin x)x2dx- 21.(2021·清华)恰有一个实数x使得 x3一ax一1=0成立，则实数a的取值范 围为 ( 28.(2017·北大)已知f(x)=x2-1nx, A.(-∞，2) g(x)=x-2,直线y=m与f(x)和g(x)分 别交于P,Q,则|PQ的最小值是 c.(-,3g) n(-,3g) 29.(2022·清华) im之上sin2k1Dr= 2n 22.（2024·厦大)若f(x)可导，F(x)=f(x)(1 +|sinx|),则“f(0)=0是F(x)在x=0处 30.(2022·北大)已知f(x)是二次函数， 可导”的是 ( A.充要条件 f-2)=0,且2x≤f(x)<,则 B.充分不必要条件 f(10)= C.必要不充分条件 31.(2024·南京)过点P(4,4)作抛物线y2=4x D.既不充分也不必要条件 的切线交y轴于点Q,焦点为F,则四边形 23.(2025·清华)设E(x)是离散型随机变量 OFPQ的面积为 的期望，则下列不等式中不可能成立的是 32.(2024·中国科大)已知x∈[0,3]，x≠y, ( xe=ye,则y的取值范围是 A.E(X+In X)>E(X)+In(E(X)) B.E(X2In X)>E2 (X)In(E(X)) C.E(X+sin X)>E (X)+sin(E(X)) 33.(2024·清华)f(x)=lnx+cosx的所有极 D.E(X2sin X)>E2 (X)sin(E (X)) 值点依次为a1,a2,…,am,…,则 21.2021“请华)多选)已知fx)-,下 limla-= 34.(2024·北大)在(0,2π]上方程2ox=sinx 列选项中正确的有 ( 的解的个数有 A.f(x)=a两根x1,x2,且x1十x2=4 35.(2025·北大)3-2x+√3x的最大值与最 B.fx)=a两根，则a∈(o,) 小值之和 第四章微积分初步 三、解答题 38.(2019·清华)已知0<x<受 36.(2015·北大)a,b,c为三角形三边且 a+十b=c,其中k为实数， (1)求证：tanx+sinx>2x; 求证：k<0或k>1. (2)若tanx-x>n(x-sinx)恒成立， 求正整数n的最大值. 39.(2019·北大)已知∠1，∠2，…，∠n为n边 37.(2019·北大)实数x,y,之满足x+y十之= 形的n个外角，均为锐角. x2+y2+z2=2,求xyz的最大值与最小值. 求证：sin∠1+sin∠2+…+sin∠n>4. 59 强基数学·巅峰突破 40.(2016·清华)L为C:y=+ln在1，a) 42.(2017·清华)已知罗尔中值定理： x 若函数f(x)满足：①f(x)在[a,b]上连续； 处的切线， ②f(x)在(a,b)内可导；③f(a)=f(b)则存 (1)求L的方程； 在∈(a,b),使得f'()=0. (2)求证：当a≤1时，L除切点外恒在C的 (1)试证明拉格朗日中值定理：若函数f(x) 上方. 满足：①f(x)在[a,b]上连续；②f(x)在(a,b) 内可导，则存在∈(a,b),使得f(a)一f(b) =(a-b)f(). (2)设f(x)的定义域与值域均为[0,1]， f(0)=0,f(1)=1且f(x)在其定义域上连 续，可导.证明：对任意正整数n,存在互 不相同的x1,x2,…,xn∈[0,1]，使得 f'(x1)+f'(x2)+…+f'(xn)=n. 41.(2015·清华)f(x)=xlnx, g(x)=-x2+a.x-3. (1)求f(x)在[m,m+1](m>0)上的最 小值 (2)对于任意不同两数x1,x2∈ 6e |f(x1)-f(x2)|<|g(x1)-g(x2)|恒成 立，求a的取值范围. 60 第四章微积分初步 43.(2018·北大)A,B为y=1-x2上在y轴 45.(福建)对于函数f(x),若实数x。满足 两侧的点，求分别以A、B为切点的曲线的 f(x。)=xo,则称x。为f(x)的不动点.已知 切线与x轴围成面积的最小值. u≥0，且fx)-2nx+ax+1-a的不动 点的集合为A.以minM和maxM分别表 示集合M中的最小元素和最大元素. (1)若a=0,求A的元素个数及maxA; (2)当A恰有一个元素时，a的取值集合记 为B. (i)求B; (i)若a=minB,数列{an}满足a1=2, ,集合c-4-1,青 a. neN.求证：Vn∈N',maxC,=S 4 44.(2013·清华)已知f(x)=(1-x)e-1; 求证：(1)当x>0时，f(x)<0: (2)数列{xn}满足：xne+=e。一1，x1=1, xm>0.求证： ①数列x}递减：@，>品 61