?1?综上,a∈?，＋∞?. ?2?
a22（ax2－2）（x－1）
12.(1)解 f(x)的定义域为(0,＋∞),f′(x)＝a－－2＋3＝. xxxx3
当a≤0时,x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,x∈(1,＋∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 当a>0时,f′(x)＝①0 a（x－1）? ?x－x3? 2?? ??x＋ a?? 2? a? ?. a>1, 当x∈(0,1)或x∈?当x∈?1，②a＝2时,③a>2时,0<当x∈? ?? a2? ，＋∞?时,f′(x)>0,f(x)单调递增, ? ?? 2? a?a?时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 2 ＝1,在x∈(0,＋∞)内,f′(x)≥0,f(x)单调递增. 2 <1,当x∈?0，a?? 2? ?或x∈(1,＋∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增, a? ?? 2 a，1?时,f′(x)<0,f(x)单调递减. ?? 综上所述,当a≤0时,f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,＋∞)内单调递减； 当0 2? ?内单调递减,在 a? ??? a2? ，＋∞?内单调递增； ? 当a＝2时,f(x)在(0,＋∞)内单调递增； 当a>2时,f(x)在?0，?? 2???内单调递增,在? a?? a2? ，1?内单调递减,在(1,＋∞)内单调递增. ? (2)证明 由(1)知,a＝1时, f(x)－f′(x)＝x－ln x＋ 2x－1?122?312 －?1－－2＋3?＝x－ln x＋＋2－3－1,x∈[1,2]. 2 x? xxx? xxx312 设g(x)＝x－ln x,h(x)＝＋2－3－1,x∈[1,2],则f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x).由g′(x) xxx＝ x－1 ≥0, x可得g(x)≥g(1)＝1, －3x－2x＋6 当且仅当x＝1时取得等号.又h′(x)＝. 42 x设φ(x)＝－3x－2x＋6,则φ(x)在x∈[1,2]单调递减. 13 2 因为φ(1)＝1,φ(2)＝－10,所以?x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)时,φ(x)>0,x∈(x0,2)时,φ(x)<0. 所以h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减. 11 由h(1)＝1,h(2)＝,可得h(x)≥h(2)＝, 22当且仅当x＝2时取得等号. 33 所以f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝.即f(x)>f′(x)＋对于任意的x∈[1,2]成立. 22 13.(1)证明 f′(x)＝m(e－1)＋2x. 若m≥0,则当x∈(－∞,0)时,e－1≤0,f′(x)＜0；当x∈(0,＋∞)时,e－1≥0,f′(x)＞0. 若m＜0,则当x∈(－∞,0)时,e－1＞0,f′(x)＜0；当x∈(0,＋∞)时,e－1＜0,f′(x)＞0. 所以,f(x)在(－∞,0)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x1,x2∈[－1,1],|f(x1)－f(x2)|≤e－1 ???f（1）－f（0）≤e－1，?e－m≤e－1， 的充要条件是?即?－m① ?f（－1）－f（0）≤e－1，??e＋m≤e－1.? mmxmxmxmxmx设函数g(t)＝e－t－e＋1,则g′(t)＝e－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＋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＞e－1； 当m＜－1时,g(－m)＞0,即e＋m＞e－1. 综上,m的取值范围是[－1,1]. 11 14.(1)解 因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x),所以f′(x)＝＋,f′(0)＝2. 1＋x1－x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. 2x?x?2 (2)证明 令g(x)＝f(x)－2?x＋?,则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x)＝2. 1－x?3?因为g′(x)>0(0 3 4 －m－1 ttm?x?所以g(x)>g(0)＝0,x∈(0,1),即当x∈(0,1)时,f(x)>2?x＋?. ?3? 3 14 ?x?(3)解 由(2)知,当k≤2时,f(x)>k?x＋?对x∈(0,1)恒成立. ?3? kx－（k－2）?x?2 当k>2时,令h(x)＝f(x)－k?x＋?,则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x)＝. 2 1－x?3? 4k－2?4k－2? 所以当0 3 4 3 k?k? 4k－2x3??当0 k?3? ?x?所以当k>2时,f(x)>k?x＋?并非对x∈(0,1)恒成立. ?3? 综上可知,k的最大值为2. 15.(1)解 由已知,函数f(x)的定义域为(0,＋∞),g(x)＝f′(x)＝2(x－a)－2ln x－2?1＋?, 3 ?? a?x? 所以g′(x)＝2－＋ ?1??1?2?x－?＋2?a－?22a?2??4? xx2 ＝ 2 x2 , 1?1－1－4a??1＋1－4a? 当0＜a＜时,g(x)在区间?0，,??，＋∞?上单调递增, 422????在区间? ?1－1－4a1＋1－4a? ，?上单调递减； 22?? 1 当a≥时,g(x)在区间(0,＋∞)上单调递增. 4 (2)证明 由f′(x)＝2(x－a)－2ln x－2?1＋?＝0,解得a＝ ?? a?x? x－1－ln x, －1 1＋x2 x?x?x?x－1－ln x?x－1－ln ?x－1－ln ?x－1－ln 2 令φ(x)＝－2?x＋ln x＋x－2?x－2?－1－1－1???＋1＋x－1, 1＋x???1＋x??1＋x? e（e－2）?e－2?2则φ(1)＝1＞0,φ(e)＝－－2?－1?＜0, －1 1＋e?1＋e?故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)＝0, 令a0＝ x0－1－ln x0 ,u(x)＝x－1－ln x(x≥1), －1 1＋x0 x1 由u′(x)＝1－≥0知,函数u(x)在区间(1,＋∞)上单调递增, 所以0＝ u（1）u（x0）u（e）e－2 ＜－1＝a0＜－1＝－1＜1,即a0∈(0,1), 1＋11＋x01＋e1＋e 当a＝a0时,有f′(x0)＝0,f(x0)＝φ(x0)＝0, 15 由(1)知,f′(x)在区间(1,＋∞)上单调递增, 故当x∈(1,x0)时,f′(x)＜0,从而f(x)＞f(x0)＝0； 当x∈(x0,＋∞)时,f′(x)＞0,从而f(x)＞f(x0)＝0,所以,当x∈(1,＋∞)时,f(x)≥0, 综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,＋∞)内恒成立,且f(x)＝0在区间(1,＋∞)内有唯一解. 16.(1)解 由f(x)＝nx－xn,可得f′(x)＝n－nxn－1 ＝n(1－xn－1 ). 其中n∈N* ,且n≥2,下面分两种情况讨论： ①当n为奇数时.令f′(x)＝0,解得x＝1,或x＝－1. 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表： x (－∞,－1) (－1,1) (1,＋∞) f′(x) － ＋ － f(x) 所以,f(x)在(－∞,－1),(1,＋∞)上单调递减,在(－1,1)内单调递增. ②当n为偶数时. 当f′(x)＞0,即x＜1时,函数f(x)单调递增； 当f′(x)＜0,即x＞1时,函数f(x)单调递减； 所以,f(x)在(－∞,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减. (2)证明 设点P的坐标为(x0,0),则x0＝n1n－1 ,f′(x2 0)＝n－n. 曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0),即g(x)＝f′(x0)(x－x0). 令F(x)＝f(x)－g(x),即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0),则F′(x)＝f′(x)－f′(x0). 由于f′(x)＝－nxn－1 ＋n在(0,＋∞)上单调递减, 故F′(x)在(0,＋∞)上单调递减,又因为F′(x0)＝0,所以当x∈(0,x0)时,F′(x)＞0, 当x∈(x0,＋∞)时,F′(x)＜0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增, 在(x0,＋∞)上单调递减,所以对于任意的正实数x, 都有F(x)≤F(x0)＝0,即对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x). (3)证明 不妨设x2 1≤x2.由(2)知g(x)＝(n－n)(x－x0), 设方程g(x)＝a的根为xa2′,可得x2′＝ n－n2＋x0. 当n≥2时,g(x)在(－∞,＋∞)上单调递减, 又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′),可得x2≤x2′. 类似地,设曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝h(x),可得h(x)＝nx. 当x∈(0,＋∞),f(x)－h(x)＝－xn＜0,即对于任意的x∈(0,＋∞),f(x)＜h(x). 设方程h(x)＝a的根为x1′,可得xa1′＝n. 16