4×10616×106
②设g(t)＝t＋4，则g′(t)＝2t－5.
tt
2
令g′(t)＝0，解得t＝102.
当t∈(5，102)时，g′(t)＜0，g(t)是减函数； 当t∈(102，20)时，g′(t)＞0，g(t)是增函数．
从而，当t＝102时，函数g(t)有极小值，也是最小值， 所以g(t)min＝300，此时f(t)min＝153.
答：当t＝102时，公路l的长度最短，最短长度为153千米． π
x＋?. 16.解 (1)f′(x)＝aexcos x－aexsin x＝2aexcos??4?令f′(x)＝0，由x≥0， ππ
得x＋＝mπ－，
423π
即x＝mπ－，m∈N*.
4
π
x＋?，当k∈Z时， 而对于cos??4?πππ
若2kπ－＜x＋＜2kπ＋，
2423ππ
即2kπ－＜x＜2kπ＋，
44π
x＋?＞0. 则cos??4?
ππ3π
若2kπ＋＜x＋＜2kπ＋，
242π5π
即2kπ＋＜x＜2kπ＋，
44π
x＋?＜0. 则cos??4?
3π3ππ
（m－1）π，mπ－?与?mπ－，mπ＋?上，f′(x)的符号总相反． 因此，在区间?4??44??3π3
于是当x＝mπ－(m∈N*)时，f(x)取得极值，所以xn＝nπ－π(n∈N*)．
443π3π2a3π
nπ－?＝(－1)n＋1此时，f(xn)＝aenπ－cos?enπ－. 4??424f（xn＋1）
易知f(xn)≠0，而＝
f（xn）
（－1）n2
2a3πe（n＋1）π－24
＝－eπ是常数，
2a3π＋
（－1）n1enπ－24
＋
故数列{f(xn)}是首项为f(x1)＝
2aπ
e，公比为－eπ的等比数列． 24
(2)对一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，
3πenπ－
43π2a3π2即nπ－≤enπ－恒成立，亦即≤恒成立(因为a＞0)．
424a3π
nπ－4et（t－1）et
设g(t)＝(t＞0)，则g′(t)＝.
tt2令g′(t)＝0得t＝1.
当0＜t＜1时，g′(t)＜0，所以g(t)在区间(0，1)上单调递减； 当t＞1时，g′(t)＞0，所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增． 因为x1∈(0，1)，且当n≥2时，xn∈(1，＋∞)，xn＜xn＋1， 所以[g(xn)]min＝min{g(x1)，g(x2)} π?π??5π???＝g?? ＝min?g?，g?4??4??4?
?
?
4π
＝e. π4
因此，xn≤|f(xn)|恒成立，当且仅当故a的取值范围是?
24π2ππ≤e，解得a≥e－. aπ444
2ππ?e－，＋∞.
4?4?
17.解 (1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2， a
所以f′(1)＝2，又f′(x)＝ln x＋＋1，所以a＝1.
x(2)k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根． x2
设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)ln x－x，
e当x∈(0，1]时，h(x)＜0.
44
又h(2)＝3ln 2－2＝ln 8－2＞1－1＝0，
ee所以存在x0∈(1，2)，使得h(x0)＝0. x（x－2）1
因为h′(x)＝ln x＋＋1＋，
xex1
所以当x∈(1，2)时，h′(x)＞1－＞0，
e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x0. 且x∈(0，x0)时，f(x)＜g(x)，x∈(x0，＋∞)时，f(x)＞g(x)，
（x＋1）ln x，x∈（0，x0]，??
所以m(x)＝?x2
，x∈（x，＋∞）.0??ex当x∈(0，x0)时，若x∈(0，1]，m(x)≤0； 1
若x∈(1，x0)，由m′(x)＝ln x＋＋1＞0，
x可知0＜m(x)≤m(x0)； 故m(x)≤m(x0)．
x（2－x）
当x∈(x0，＋∞)时，由m′(x)＝，可得x∈(x0，2)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增；
exx∈(2，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减； 4
可知m(x)≤m(2)＝2，
e且m(x0)＜m(2)．
4
综上可得，函数m(x)的最大值为2.
e
a?2a2?18.解 (1)当b＝＋1时，f(x)＝?x＋2?＋1，
4a
故对称轴为直线x＝－.
2
a2
当a≤－2时，g(a)＝f(1)＝＋a＋2.
4a
－?＝1. 当－2＜a≤2时，g(a)＝f??2?a2
当a＞2时，g(a)＝f(－1)＝－a＋2.
4
??
综上，g(a)＝?1，－2＜a≤2，
a??4－a＋2，a＞2.
2
a2
＋a＋2，a≤－2，4
??s＋t＝－a，
(2)设s，t为方程f(x)＝0的解，且－1≤t≤1，则?
?st＝b，?
－2t1－2t
由于0≤b－2a≤1，因此≤s≤(－1≤t≤1)．
t＋2t＋2－2t2t－2t2
当0≤t≤1时，≤st≤，
t＋2t＋2
2－2t21t－2t23
由于－≤≤0和－≤≤9－45，所以－≤b≤9－45.
3t＋23t＋22t－2t2－2t2
当－1≤t＜0时，≤st≤，
t＋2t＋2
－2t2t－2t2
由于－2≤＜0和－3≤＜0，所以－3≤b＜0.
t＋2t＋2故b的取值范围是[－3，9－45]．
19.(1)解 由f(x)＝4x－x4，可得f′(x)＝4－4x3. 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)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)． 1
(2)证明 设点P的坐标为(x0，0)，则x0＝4，f′(x0)＝－12.
3
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)． 令函数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)＝－4x3＋4在(－∞，＋∞)上单调递减， 故F′(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，又因为F′(x0)＝0，
所以当x∈(－∞，x0)时，F′(x)＞0，当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)＜0， 所以F(x)在(－∞，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减， 所以对于任意的实数x，F(x)≤F(x0)＝0， 即对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)． 1
(3)证明 由(2)知g(x)＝－12(x－4)．
3设方程g(x)＝a的根为x2′， a1
可得x2′＝－＋4.
123
因为g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减， 又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′)， 因此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)＝4x.
对于任意的x∈(－∞，＋∞)，有f(x)－h(x)＝－x4≤0，即f(x)≤h(x)． a
设方程h(x)＝a的根为x1′，可得x1′＝.
4
因为h(x)＝4x在(－∞，＋∞)上单调递增，且h(x1′)＝a＝f(x1)≤h(x1)，因此x1′≤x1， a1
由此可得x2－x1≤x2′－x1′＝－＋4.
33
20.解 (1)f(0)＝a2＋|a|－a2＋a＝|a|＋a，因为f(0)≤1，所以|a|＋a≤1， 当a≤0时，|a|＋a＝－a＋a＝0≤1，显然成立；