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高三模擬文科數(shù)學試題之導數(shù)及其應用(4)

來源:網(wǎng)絡資源 2018-10-19 20:35:43

  45.解:(Ⅰ) .

  當a≤0時,f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,

  所以函數(shù)f(x)單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞),此時f(x)無單調(diào)減區(qū)間.

  當a>0時,由f′(x)>0,得 ,

  由f′(x)<0,得0<x< ,得 ,

  所以函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為( ,+∞),單調(diào)減區(qū)間為(0, ).

 。á颍┯桑á瘢┛芍瘮(shù)f(x)有兩個零點,

  所以a>0,f(x)的最小值 ,即-a2+4a-4aln <0.

  因為a>0,所以 .

  令h(a)=a-4+4ln ,顯然h(a)在(0,+∞)上為增函數(shù),且h(2)=-2<0,h(3)=4ln -1>0,

  所以存在a0∈(2,3),h(a0)=0.

  當a>a0時,h(a)>0;當0<a<a0時,h(a)<0,

  所以滿足條件的最小正整數(shù)a=3.

  又當a=3時,F(xiàn)(3)=3(2-ln3)>0,F(xiàn)(1)=0,

  所以a=3時,f(x)有兩個零點.

  綜上所述,滿足條件的最小正整數(shù)a的值為3.

  46.解:(1)f(x)= x3+cx+3,f′(x)=x2+c,

  因為f(x)在x=0處的切線與直線y=x+2垂直,

  所以f′(0)=c=-1,

  即f(x)= x3-x+3;

  (2)由(1),可得g(x)=4lnx-x2+1,x∈(0,+∞),

  則g′(x)= -2x= =- ,

 、佼0<x< 時,g′(x)>0,

  可得g(x)在(0, )上為增函數(shù);

  ②當x≥ 時,g′(x)≤0,

  可得g(x)在( ,+∞)上為減函數(shù);

  所以g(x)在x= 處取得極大值g( )=2ln2-1.

  47.解:(1)因為a=2,所以|PQ|=et+sint-2t.令h(x)=ex+sinx-2x,

  即h'(x)=ex+cosx-2,因為h''(x)=ex-sinx,

  當x>0時,ex>1,-1≤sinx≤1,所以h''(x)=ex-sinx>0,

  所以h'(x)=ex+cosx-2在(0,+∞)上遞增,所以h'(x)=ex+cosx-2>h'(0)=0,

  ∴x∈[0,+∞)時,h(x)的最小值為h(0)=1,所以|PQ|min=1.

 。2)令?(x)=F(x)-F(-x)=ex-e-x+2sinx-2ax,

  則?'(x)=ex-e-x+2cosx-2a,S(x)=?''(x)=ex-e-x-2sinx,

  因為S'(x)=ex+e-x-2cosx≥0當x≥0時恒成立,所以函數(shù)S(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,

  ∴S(x)≥S(0)=0當x∈[0,+∞)時恒成立;

  故函數(shù)?'(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,所以?'(x)≥?'(0)=4-2a在x∈[0,+∞)時恒成立.

  當a≤2時,?'(x)≥0,?(x)在[0,+∞)單調(diào)遞增,即?(x)≥?(0)=0.

  故a≤2時F(x)≥F(-x)恒成立.

  當a>2時,因為?'(x)在[0,+∞)單調(diào)遞增,

  所以總存在x0∈(0,+∞),使?(x)在區(qū)間[0,x0)上?'(x)<0,即?(x)在區(qū)間[0,x0)上單調(diào)遞減,而?(0)=0,

  所以當x∈[0,x0)時,?(x)<0,這與F(x)-F(-x)≥0對x∈[0,+∞)恒成立矛盾,

  所以a>2不符合題意,故符合條件的a的取值范圍是(-∞,2].

  48.解:(1)函數(shù)f(x)= +lnx的定義域(0,+∞),

  f′(x)=- + = ,

  ①當a≤0時,f′(x)≥0,

  函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;

  ②當a>0時,由f′(x)≥0得x≥ ,

  函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為( ,+∞);

  由f′(x)≤0得0<x≤ ,

  函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0, ).

 。2)存在x1,x2∈[- ,3],使得g(x1)-g(x2)≥M成立,

  可化為[g(x1)-g(x2)]max≥M;

  考察g(x)=x3-x2-3,g′(x)=3x2-2x=3x(x- );

  x    -     (- ,0)    0    (0, )         ( ,3)    3

  g'(x)        +    0    -    0    +

  g(x)    -     遞增    -3    遞減    -     遞增    15

  由上表可知g(x)min=g(- )=g( )=- ,g(x)max=g(3)=15;

  故[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min= ,

  所以滿足條件的最大整數(shù)M=18.

 。3)當x∈[ ,2]時,由(Ⅱ)可知,g(x)在[ , ]上是減函數(shù),

  在[ ,2]上增函數(shù),而g( )=- <g(2)=1,

  ∴g(x)的最大值是1.

  要滿足條件,

  則只需當x∈[ ,2]時,xf(x)= +xlnx≥1恒成立,

  可化為a≥x-x2lnx恒成立,

  記h(x)=x-x2lnx,h′(x)=1-x-2xlnx,h′(1)=0.

  當x∈[ ,1)時,1-x>0,xlnx<0,h′(x)>0,

  即函數(shù)h(x)=x-x2lnx在區(qū)間[ ,1)上遞增,

  當x∈(1,2]時,1-x<0,xlnx>0,h′(x)<0,

  即函數(shù)h(x)=x-x2lnx在區(qū)間(1,2]上遞減,

  ∴x=1,h(x)取到極大值也是最大值h(1)=1.

  所以a≥1.

  49.解:(1)∵f′(x)= ,∴f′(1)=4-2a,

  由題意4-2a=- ,解得:a= ;

  (2)證明:由題意,x1,x2為f′(x)=0的兩根,

  ∴ ,∴2<a<3,

  由x1+x2=a>2,x1x2=3-a<1,知x1<1<x2,

  結合單調(diào)性有f(x2)<f(1)= -a<- ,

  又f(x1)+f(x2)= ( + )-a(x1+x2)+(3-a)lnx1x2=- a2+a-3+(3-a)ln(3-a),

  設h(a)=- a2+a-3+(3-a)ln(3-a),a∈(2,3),

  則h′(a)=-a-ln(3-a),

  h″(a)= >0,故h′(a)在(2,3)遞增,又h′(2)=-2<0,

  a→3時,h′(a)→+∞,

  ∴?a0∈(2,3),當a∈(2,a0)時,h(a)遞減,當a∈(a0,3)時,h(a)遞增,

  ∴h(a)min=h(a0)=-  +a0-3+(3-a0)o(-a0)=  -2a0-3>-5,

  ∴?a∈(2,3),h(a)>-5,

  綜上,-5-f(x1)<f(x2)<- .

  50.解:(Ⅰ)f(x)=ax2+x+a,求導f′(x)=2ax+1,

  由f(x)的圖象在點(1,f(1))處的切線與2x+y-1=0平行,

  則f′(1)=-2,則2a+1=-2,

  a=- ,

  ∴實數(shù)a的值- ;

 。á颍﹉(x)= ≥ ,即h(x)≥ ≥ ,

  由x∈[0,2],h(x)≥ ,

  ∴ ,解得:a≥ ,

  h′(x)= = ,

  a≥ ,

  ∴1- <1<2,

  ①當1- ≤0,即 ≤a≤1,h(x)在(1- ,1)上單調(diào)遞增,在(1,2)單調(diào)遞減;

  ∴ ,則 ≤a≤1,符合題意;

 、诋1- >0,即a>1時,h(x),h′(x)在[0,2]上的變化如下:

  x    0    (0,1- )    1-     (1- ,1)    1    (1,2)    2

  h′(x)        -    0    +    0    -

  h(x),        ↓    極小值    ↑    極大值    ↓

  ∴只需 ,又h(2)≥ 成立,故只需h(1- )≥ ,即 ≤2a-1,

  下面證明:當a>1時, ≤2a-1,恒成立:

  當a>1時,2a-1>1;

  同時0< <1,∴-1>-1- ≥-2,∴ <e-1= ,

  ∴2a-1>1> > ,∴a>1符合題意;

  綜上,a的取值范圍是[ ,+∞).

  51.解:(1)當a=-2時,f(x)=ln x+ ,f′(x)= ,

  當x∈(0,2)時,f′(x)<0,當x∈(2,+∞)時,f′(x)>0,

  ∴f(x)在(0,2)上為減函數(shù),在(2,+∞)上為增函數(shù).

  ∴f(x)min=f(2)=ln 2+1;

 。2)f′(x)= ,

 、佼攁≥-1時,對任意x∈[1,e],

  f′(x)≥0,此時f(x)在[1,e]上為增函數(shù),

  ∴f(x)min=f(1)=-a= ,

  ∴a=- (舍).

  ②當a≤-e時,對任意x∈[1,e],

  f′(x)≤0,此時f(x)在[1,e]上為減函數(shù).

  ∴f(x)min=f(e)=1- = .

  ∴a=- (舍).

  ③當-e<a<-1時,令f′(x)=0,得x=-a,當1<x<-a時,f′(x)<0,

  f(x)在(1,-a)上遞減.同理,f(x)在(-a,e)上遞增.

  ∴f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1= ,

  ∴a=- .綜上,a=- .

  52.解:(1)函數(shù)f(x)=2x3+3ax2+3bx+c,可得f′(x)=6x2+6ax+3b

  因為函數(shù)f(x)在x=1及x=2時取得極值,則有f′(1)=0,f′(2)=0.

  即 解得a=-3,b=4.

 。2)由(1)可知,f(x)=2x3-9x2+12x+c,f′(x)=6x2-18x+12=6(x-1)(x-2).

  當x∈[-1,1]時,f′(x)>0;當x∈(1,2]時,f′(x)<0.

  f(x)在[-1,2]上的最大值是f(1)=5+c=9,c=4.

  此時f(-1)=-19,f(2)=8,所以最小值在x=-1時取得,為-19.

  53.解:(1)f′(x)=ax-(a+1)+ = (x>0),

 、佼攁=0時,解f′(x)=- >0,得0<x<1,由f′(x)<0,得x>1,

  所以函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間為(0,1),遞減區(qū)間為在(1,+∞);

  ②a≠0時,令f'(x)=0得x=1或x= ,

  i)當0<a<1時, >1,當x變化時f(x)、f′(x)隨x的變化情況如下表:

  x     (0,1))    1    (1, )         ( ,+∞)

  f′(x)    +    0    -    0    +

  f(x)    增        減        增

  函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間為(0,1),( ,+∞),遞減區(qū)間為(1, );

  ii)當a<0時, <0,

  在(0,1)上f'(x)>0,在(1,+∞)上f'(x)<0,

  所以函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間為(0,1),遞減區(qū)間為(1,+∞);

 。2)由(1)知,當a= 時,f(x)在(0,1)上是增函數(shù),在(1,2)上是減函數(shù),

  所以M=f(1)=- ,

  存在x∈[1,2],使g(x)≥- ,即存在x∈[1,2],使x2-2bx+ ≥- ,

  只需函數(shù)g(x)在[1,2]上的最大值大于等于- ,

  所以有 ,即 ,解得:b≤ ,

  所以b的取值范圍是(-∞, ].

  54.解:y= 的導數(shù)為y′= ,

  設點M(x0,y0)

  ∵切線與直線y=-2x-4垂直,

  ∴切線的斜率為 ,

  ∴曲線在點M處的導數(shù)y′= = ,即x0=1.

  當x0=1時,y0=1,利用點斜式得到切線方程:y-1= (x-1);

  即切線的方程為:x-2y+1=0.

  55.解:(1)∵y=f(x)是二次函數(shù),且f'(x)=2x+2.∴可設f(x)=x2+2x+c.

  又∵方程f(0)=1得到c=1,

  ∴f(x)=x2+2x+1;

 。2)∵函數(shù)f(x)=x2+2x+1與函數(shù)y=-x2-4x+1的圖象交于點(0,1),(-3,4),

  ∴兩函數(shù)圖象所圍成的圖形的面積為 = =( )| =9.

  56.解:(Ⅰ)f(x)的定義域(0,+∞),

  當a=1時, , .

  令f'(x)>0,得x>1,f′(x)<0,得0<x<1.

  故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1),單調(diào)遞增區(qū)間是(1,+∞);

  (Ⅱ)由已知得g(x)=x- ,x∈(0,+∞),

  g′(x)=1+ ,

  令g′(x)=0,得x2+ax+1=0,g(x)兩個極值點x1,x2,

  ∴ ,∴ ,

  又∵x1<x2,∴x1∈(0,1),

  ∴ =

  = .

  設 ,x∈(0,1),

  ∵ = ,

  當x∈(0,1)時,恒有h′(x)<0,∴h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,

  ∴h(x)>h(1)=0,

  ∴t≤0.

  故t的取值范圍是:(-∞,0].

  57.解:(1)f(x)=lnx+ ,(x>0),

  f′(x)= - = ,(x>0),

  當a≤0時,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上遞增;無極值;

  當a>0時,0<x<a時,f′(x)<0,f(x)在(0,a)上遞減,

  x>a時,f′(x)>0,f(x)在(a,+∞)上遞增,

  f(x)極小值=f(a)=lna+1;

 。2)若對任意x>0,均有x(2lna-lnx)≤a恒成立,

  即對任意x>0,均有2lna≤lnx+ 恒成立,

  由(1)得:f(x)的最小值是lna+1,

  故問題轉化為:2lna≤lna+1,即lna≤1,

  故0<a≤ .

  58.解:(1)由于函數(shù)f(x)= x2,g(x)=elnx

  因此F(x)=f(x)-g(x)= x2-elnx,

  則F′(x)=x- = = ,x∈(0,+∞),…(3分)

  當x∈(0, )時,F(xiàn)′(x)<0,所以F(x)在x∈(0, )時是減函數(shù),

  當x∈( ,+∞)時,F(xiàn)′(x)>0,所以F(x)在x∈( ,+∞)時是增函數(shù),…(5分)

  所以F(x)min=F( )=0,

 。2)由(1)知:F(x)min=F( )=0,

  則f(x)與g(x)在x= 處有公共點( , ),

  則f(x)與g(x)存在分界線,則其必然過( , ),…(6分)

  設其方程為y- =k(x- ),即y=kx+ -k ,

  由f(x)>kx+ -k ,對x∈R恒成立,則x2-2kx-e+2k ≥0對x∈R恒成立,

  所以△=4k2-4(2k -e)=4(k- )2≤0,

  所以:k= ,故分界線方程為y= x- ;…(9分)

  下面證明g(x)≤ x- 對x∈(0,+∞)恒成立,

  設G(x)=g(x)-( x- )=elnx-x + ,G′(x)= - = ,

  當x∈(0, )時,G′(x)>0,所以G(x)在x∈(0, )時是增函數(shù),

  當x∈( ,+∞)時,G′(x)<0,所以G(x)在x∈( ,+∞)時是減函數(shù),

  所以G(x)max=G( )=0,…(11分)

  則證明g(x)≤ x- 對x∈(0,+∞)恒成立

  ,所以:分界線方程為y= x- ..…(12分)

  59.解:(1)∵ ,

  ∴ ,f'(1)=0,

  ∴y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y=a;

 。2)∵ ,

  ∴f'(x)>0?-x2+(a-1)x+2-a>0,

  f'(x)<0?-x2+(a-1)x+2-a<0,

  令g(x)=-x2+(a-1)x+2-a=0,解得x1=1,x2=a-2,

  由已知,a<3,

 、佼2<a<3時,0<x2<x1,g(x)>0的解是a-2<x<1,

  g(x)<0的解是0<x<a-2或x>1,

  ∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(a-2,1),單調(diào)減區(qū)間是(0,a-2),(1,+∞);

 、诋攁≤2時,x2≤0,g(x)>0的解是0<x<1,g(x)<0的解是x>1,

  ∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(0,1),單調(diào)減區(qū)間是(1,+∞),

  綜上所述,當2<a<3時,f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(a-2,1),

  單調(diào)減區(qū)間是(0,a-2),(1,+∞);

  當a≤2時,f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(0,1),單調(diào)減區(qū)間是(1,+∞).

  60.解:(1)∵f'(x)=3ax2-1,∴f'(1)=3a-1,

  又f(1)=a,∴切線方程為y-a=(3a-1)(x-1),

  ∵切線過點(2,3),

  ∴3-a=3a-1,

  解得a=1;

 。2)由f(x)=3x2-1=0,

  解得: ,

  x,f′(x),f(x)的變化如下:

  x

  f'(x)    +    0    -    0    +

  f(x)    增    極大值    減    極小值    增

  所以 是極大值點, 是極小值點,

  f(x)的極大值為 ;

  f(x)的極小值為 .

  【解析】

  1.

  (1)求出函數(shù)的導數(shù),通過討論a的范圍,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可;

 。2)令a=-1,問題轉化為f(x)+lnx-a-1≥0恒成立,令g(x)=f(x)+lnx-a-1,通過討論a的范圍,結合函數(shù)的單調(diào)性確定a的范圍即可.

  本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題,考查導數(shù)的應用以及分類討論思想,轉化思想,是一道綜合題.

  2.

  解法一:(Ⅰ)要使f(x)≥0有唯一解,只需滿足f(x)max=0,且f(x)max=0的解唯一,分①當k≤0,②當k>0討論求解;

 。á颍┮C當a≤1時,x(f(x)+kx-k)<ex-ax2-1,即證當a≤1時,ex-ax2-xlnx-1>0,即證ex-x2-xlnx-1>0.由(Ⅰ)得xlnx≤x(x-1),故只需證ex-2x2+x-1>0,當x>0時成立;

  解法二:(Ⅰ)分①當k≤0時,②當k>0時兩種情況求解,

 。á颍┮C明當a≤1時,x(f(x)+kx-k)<ex-ax2-1,即證當a≤1時,ex-ax2-xlnx-1>0,(因為ax2≤x2),即證ex-x2-xlnx-1>0本題考查了利用導數(shù)處理函數(shù)的單調(diào)性、最值問題,考查了分類討論思想、轉化思想、轉化思想,考查了運算能力,屬于難題.

  3.

 。1)求出函數(shù)的導數(shù),解關于導函數(shù)的不等式,求出函數(shù)的極值即可;

 。2)問題轉化為證明(e-x)ln(e+x)>(e+x)ln(e-x),設F(x)=(e-x)ln(e+x)-(e+x)ln(e-x),根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可.

  本小題主要考查函數(shù)與導數(shù)的知識,具體涉及到導數(shù)的運算,用導數(shù)來研究函數(shù)的單調(diào)性等,考查學生解決問題的綜合能力.

  4.

  (Ⅰ)求出函數(shù)的導數(shù),根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)證明即可;

 。á颍┣蟪鰂(α)+f(β)的解析式,根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)以及ACBD均為平行四邊形,求出t的值即可.

  本題考查了導數(shù)的應用,考查二次函數(shù)的性質(zhì)以及不等式的證明,是一道綜合題.

  5.

  (1)對函數(shù)f(x)進行求導,根據(jù)f'(0)=1求出m的值代入函數(shù)f(x),然后根據(jù)導函數(shù)大于0時原函數(shù)單調(diào)遞增,導函數(shù)小于0時原函數(shù)單調(diào)遞減求單調(diào)區(qū)間.

 。2)將函數(shù)f(x)的解析式代入方程 得 ,

  然后組成函數(shù) ,根據(jù)單調(diào)性和極值點求解.

  本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性與其導函數(shù)正負之間的關系,即當導函數(shù)大于0時原函數(shù)單調(diào)遞增,當導函數(shù)小于0時原函數(shù)單調(diào)遞減.

  6.

 。1)f′(x)= -a,根據(jù)曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為x+2y+4=0,可得f′(1)=- ,f(1)=- .即可解出.

 。2)b=1時,x∈(m,0),m<0,f(x)<0,可得:a< =g(x).利用導數(shù)研究函數(shù)g(x)的單調(diào)性與極小值即最小值即可得出.

  本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、方程與不等式的解法、多次求導方法,考查了推理能力與計算能力,屬于難題.

  7.

 。1)求出函數(shù)f(x)的導數(shù),可得切線的斜率,結合已知切線方程,可得a的值;

  (2)求出f(x)的導數(shù),可得g(x)的解析式和導數(shù),討論a=0,a>0,分0<a≤1,a>1,求出單調(diào)區(qū)間和極值、最值,結合零點存在定理,即可得到a的范圍.

  本題考查導數(shù)的運用:求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值和最值,考查分類討論思想方法以及方程思想、轉化思想,考查化簡整理的運算能力,屬于中檔題.

  8.

  (1)求出函數(shù)的導數(shù),解關于導函數(shù)的不等式,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可;

 。2)求出f(x)的導數(shù),得到f′(x)遞增,通過討論a的范圍,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,從而求出a的具體范圍即可.

  本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題,考查導數(shù)的應用以及分類討論思想,是一道中檔題.

  9.

 。1)將f(x)在定義域內(nèi)是增函數(shù)轉化為f'(x)= 恒成立,再參數(shù)變量分離,根據(jù)對勾函數(shù)的性質(zhì)求 的最小值

 。2)構造新的函數(shù)g(x)=x2-mlnx-mx,利用導數(shù)求出單調(diào)區(qū)間和最小值,方程有唯一解即函數(shù)g(x)只有一個零點,故g(x)min=0.由 ,消去m,得到關于x2的方程,再次構造函數(shù),利用單調(diào)性解出x2,從而得到m的值

  本題主要考察導數(shù)的綜合應用.第1問是基礎題,第2問構造函數(shù)是解題的關鍵,綜合性很強,難度較大

  10.

 。á瘢┣蟪龊瘮(shù)的導數(shù),計算f′(e-2)和f(e-2)的值,求出切線方程即可;

 。á颍┣蟪龊瘮(shù)g(x)的導數(shù),得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,求出函數(shù)的極小值,從而求出λ的值即可;

  (Ⅲ)記h(x)=f(x)-(-x-e-2)=xlnx+x+e-2,求出h(x)的最小值,得到a=x2′-1=f(x2)≥x2-1,得到|x1-x2|=x2-x1≤x2′-x1′,從而證出結論.

  本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題,考查導數(shù)的應用以及轉化思想、屬于難題.

  11.

 。1)當m=0時,f(x)=ex-2x.f'(x)=ex-2,根據(jù)導數(shù)的符號確定單調(diào)性;

 。2)由f'(x)=ex-2mx-2, .可證得f'(x)單調(diào)遞增.

  又 ,即存在唯一的x0∈(0,1),使得f'(x0)=0,即 ,得 .利用導數(shù)可得 ,即可得證.

  本題考查了導數(shù)的綜合應用,考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題,轉化思想,屬于難題.

  12.

 。1)求導,由題意可得f'(1)=1,代入即可求得a,b的值;

 。2)分別利用導數(shù)求出函數(shù)f(x),g(x)的最值,再比較判斷,即可證明.

  本題考查導數(shù)的綜合應用,導數(shù)的幾何意義,考查導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性和最值的關系,考查計算能力,屬于難題.

  13.

 。1)把a=e代入函數(shù)解析式,求出導函數(shù)的零點,可得原函數(shù)在[0,1]上單調(diào)遞減,在(1,2]上單調(diào)遞增,結合f(2)-f(0)>0,可得函數(shù)y=f(x)在區(qū)間x∈[0,2]上的最大值;

  (2)求出原函數(shù)的導函數(shù),分0<a<1和a>1求得原函數(shù)的最小值,由最小值等于0求得a值.

  本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,考查函數(shù)零點的判定,體現(xiàn)了數(shù)學轉化思想方法和分類討論的數(shù)學思想方法,是壓軸題.

  14.

  (Ⅰ)當a= 時, ,求出 ,

  根據(jù)導數(shù)的符號確定單調(diào)區(qū)間.

  (Ⅱ)要使f(x)≥0對任意x∈[1,+∞]恒成立,只需:f(x)min≥0,

  根據(jù)導數(shù)確定單調(diào)性,求出最值即可得到實數(shù)a的取值范圍

  本題考查了利用導數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間,函數(shù)的最值,屬于中檔題.
 

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