题目所在试卷参考答案：

参考答案

难点磁场

解：(1)由题意得f［f(x)］=f(x²+c)=(x²+c)²+c

f(x²+1)=(x²+1)²+c,∵f［f(x)］=f(x²+1)

∴(x²+c)²+c=(x²+1)²+c,

∴x²+c=x²+1,∴c=1

∴f(x)=x²+1,g(x)=f［f(x)］=f(x²+1)=(x²+1)²+1

(2)φ(x)=g(x)－λf(x)=x⁴+(2－λ)x²+(2－λ)

若满足条件的λ存在，则φ′(x)=4x³+2(2－λ)x

∵函数φ(x)在(－∞,－1)上是减函数，

∴当x＜－1时，φ′(x)＜0

即4x³+2(2－λ)x＜0对于x∈(－∞,－1)恒成立

∴2(2－λ)＞－4x²,

∵x＜－1,∴－4x²＜－4

∴2(2－λ)≥－4,解得λ≤4

又函数φ(x)在(－1,0)上是增函数

∴当－1＜x＜0时，φ′(x)＞0

即4x²+2(2－λ)x＞0对于x∈(－1,0)恒成立

∴2(2－λ)＜－4x²,

∵－1＜x＜0,∴－4＜4x²＜0

∴2(2－λ)≤－4,解得λ≥4

故当λ=4时，φ(x)在(－∞,－1)上是减函数，在(－1,0)上是增函数，即满足条件的λ存在.

歼灭难点训练

一、1.解析：由=－1,故存在含有0的区间(a,b)使当x∈(a,b),x≠0时＜0,于是当x∈(a,0)时f′(0)＞0,当x∈(0,b)时，f′(0)＜0,这样f(x)在(a,0)上单增，在(0,b)上单减.

答案：B

2.解析：∵f′_n(x)=2xn²(1－x)ⁿ－n³x²(1－x)^n-1=n²x(1－x)^n-1［2(1－x)－nx］,令f′_n(x)=0,得x₁=0,x₂=1,x₃=,易知f_n(x)在x=时取得最大值，最大值f_n()=n²()²(1－)ⁿ=4.()ⁿ⁺¹

答案：D

二、3.解析：函数的定义域是x＞或x＜－2,f′(x)=.(3x²+5x－2)′=,

①若a＞1,则当x＞时，log_ae＞0,6x+5＞0,(3x－1)(x+2)＞0,∴f′(x)＞0,∴函数f(x)在(,

+∞)上是增函数，x＜－2时，f′(x)＜0.∴函数f(x)在(－∞,－2)上是减函数.

②若0＜a＜1,则当x＞时，f′(x)＜0,∴f(x)在(,+∞)上是减函数，当x＜－2时，f′(x)＞0,∴f(x)在(－∞,－2)上是增函数

答案：(－∞,－2)

4.解析：设圆内接等腰三角形的底边长为2x,高为h，那么h=AO+BO=R+,解得

x²=h(2R－h),于是内接三角形的面积为

S=x.h=

从而

令S′=0,解得h=R,由于不考虑不存在的情况，所在区间(0,2R)上列表如下：　

h	(0,R)	R	(,2R)
S′	+	0	－
S	增函数	最大值	减函数

由此表可知，当x=R时，等腰三角形面积最大.

答案：R

三、5.解：f′(x)=3ax²+1

若a＞0,f′(x)＞0对x∈(－∞,+∞)恒成立，此时f(x)只有一个单调区间，矛盾.

若a=0,f′(x)=1＞0,∴x∈(－∞,+∞),f(x)也只有一个单调区间，矛盾.

若a＜0,∵f′(x)=3a(x+).(x－),此时f(x)恰有三个单调区间.

∴a＜0且单调减区间为(－∞,－)和(,+∞)，单调增区间为(－, ).

6.解：f′(x)=+2bx+1

(1)由极值点的必要条件可知：f′(1)=f′(2)=0,即a+2b+1=0,且+4b+1=0,解方程组可得a=－,b=－,∴f(x)=－lnx－x²+x

(2)f′(x)=－x^-1－x+1,当x∈(0,1)时，f′(x)＜0,当x∈(1,2)时，f′(x)＞0,当x∈(2,+∞)时，f′(x)＜0,故在x=1处函数f(x)取得极小值,在x=2处函数取得极大值－ln2.

7.证法一：∵b＞a＞e,∴要证a^b＞b^a,只要证blna＞alnb,设f(b)=blna－alnb(b＞e),则

f′(b)=lna－.∵b＞a＞e,∴lna＞1,且＜1,∴f′(b)＞0.∴函数f(b)=blna－alnb在(e,+∞)上是增函数，∴f(b)＞f(a)=alna－alna=0,即blna－alnb＞0,∴blna＞alnb,∴a^b＞b^a.

证法二：要证a^b＞b^a,只要证blna＞alnb(e＜a＜b,即证,设f(x)=(x＞e)，则f′(x)=＜0,∴函数f(x)在(e,+∞)上是减函数，又∵e＜a＜b,

∴f(a)＞f(b),即,∴a^b＞b^a.

8.解：(1)f(α)=,f(β)= ,f(α)=f(β)=4

(2)设φ(x)=2x²－ax－2,则当α＜x＜β时，φ(x)＜0,

∴函数f(x)在(α，β)上是增函数

(3)函数f(x)在［α，β］上最大值f(β)＞0,最小值f(α)＜0,

∵|f(α).f(β)|=4,∴当且仅当f(β)=－f(α)=2时，f(β)－f(α)=|f(β)|+|f(α)|取最小值4，此时a=0,f(β)=2