专题过关检测六 函数与导数
(分值:150 分)
一、选择题:本大题共8 小题,每小题5 分,共计40 分.每小题给出的四个选项中,只有一个
选项是正确的.
1.(2025 浙江A9 协作体期中)已知函数f(x)=2x3-xf'(1),则f'(1)的值为( )
A.3
B.2
C.1
D.0
2.(2025 东北三省高中联盟模拟)已知f(x)=ln x,则函数f{f[f(x)]}的定义域为( )
A.(0,e)
B.(e,+∞)
C.(0,1)
D.(1,+∞)
3.(2025 河北邯郸模拟)某金融产品的价格增长模型遵循连续复利模型,公式为P(t)=P0·ert,
其中r 为年收益率,t 为投资时间(单位:年),e 为自然对数的底数,P0为初始资金,P(t)为t 年
后的资金,已知某产品年收益率r=5%,则使初始资金翻倍至少需要(参考数据:ln 2≈0.693
1)( )
A.12 年
B.13 年
C.14 年
D.15 年
4.(2025 安徽阜阳模拟)函数f(x)=(1+ x
2)sin x
1- x
2
的部分图象大致是( )
A.
B.
C.
D.
5.(2025 江苏南通模拟)若圆柱的侧面的展开图的周长为4,则该圆柱体积最大为( )
A. 8
27 π
B. 32
27 π
C.4 π
27
D. 4
27 π
6.(2024 新高考Ⅰ,6)已知函数f(x)={
- x
2-2ax -a, x<0,
e
x+ ln( x +1), x ≥0 在R 上单调递增,则a 的取值范
围是( )
A.(-∞,0]
B.[-1,0]
C.[-1,1]
D.[0,+∞)
7.(2022 全国甲,理12)已知a=31
32
,b=cos1
4
,c=4sin1
4
,则( )
A.c>b>a
B.b>a>c
C.a>b>c
D.a>c>b
8.(2025 山东滨州二模)已知定义域为R 的函数f(x)为偶函数,f(x+1)为奇函数,且当
x∈[0,1]时,f(x)=2x-2,则下列选项正确的是( )
A.f(x+2)=f(x)
B.f(log23)=2
3
C.f 2 025
2
>0
D.f(-1)<0
二、选择题:本大题共3 小题,每小题6 分,共计18 分.在每小题给出的四个选项中,有多项
符合题目要求,全部选对的得6 分,部分选对的得部分分,有选错的得0 分.
9.(2025 湖南长沙模拟)已知实数x,y 满足1
3
x< 1
3
y,则下列关系式中恒成立的是
(
)
A.e2x+1>e2y+1
B.sin x>sin y
C.x3>y3
D.2x-2y>3-x-3-y
10.(2024 新高考Ⅰ,10)设函数f(x)=(x-1)2(x-4),则( )
A.x=3 是函数f(x)的极小值点
B.当0<x<1 时,f(x)<f(x2)
C.当1<x<2 时,-4<f(2x-1)<0
D.当-1<x<0 时,f(2-x)>f(x)
11.(2025 江苏南京二模)已知定义在R 上的函数f(x),当x∈[0,2)时,f(x+2k)=(k+1)f(x)
(k∈Z),且当x∈[0,2)时,f(x)=x|x-a|,a>0,则下列说法正确的是( )
A.f(2)=0
B.若a=2,则f(-99)=-50
C.若a=1,则g(x)=f(x)-2
3
(x+1)在[-6,6]上恰有5 个零点
D.若∀k∈N*,f(x)在区间[2k-2,2k]有最大值,则4❑√2-4≤a<4
三、填空题:本大题共3 小题,每小题5 分,共计15 分.
12.(2025 山东济南三模)已知函数f(x)=
3
2
x+1
,则f(log23)+f(-log23)= .
13.(2024 全国甲,文16)曲线y=x3-3x 与y=-(x-1)2+a 在(0,+∞)上有两个不同的交点,则a 的
取值范围为 .
14.(2025 广东揭阳二模)在平面直角坐标系中,两点P(x1,y1),Q(x2,y2)的“曼哈顿距离”定
义为||PQ||=|x1-x2|+|y1-y2|.例如点P(1,2),Q(-2,-1)的“曼哈顿距离”为||PQ||=|1-(-2)|+|2-
(-1)|=6.已知点M 在直线y=ex+1 上,点N 在函数y=ln x 的图象上,则|MN|的最小值为
,||MN||的最小值为 .
四、解答题:本大题共5 小题,共计77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13 分)(2025 上海,19)已知函数f(x)=x2-(m+2)x+mln x,m∈R.
(1)若f(1)=0,求不等式f(x)≤x2-1 的解集;
(2)若函数y=f(x)满足在(0,+∞)上存在极大值,求m 的取值范围.
16.(15 分)(2025 山东日照二模)已知函数f(x)=aln x+ 2
x +1
(a∈R).
(1)当a=1 时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若方程f(x)-1=0 有3 个不同的实数解,求a 的取值范围.
17.(15 分)(2025 北京,20)已知函数f(x)的定义域为(-1,+∞),f(0)=0,f'(x)=ln(1+ x )
1+ x
,直线l1是
曲线y=f(x)在点A(a,f(a))处的切线.
(1)求导函数f'(x)的最大值;
(2)当a∈(-1,0)时,求证:除点A 以外,y=f(x)在l1的上方;
(3)当a∈(0,+∞)时,过点A 作与l1垂直的直线l2,l1,l2分别与x 轴交于点x1,x2,求2a- x2- x1
x2- x1
的取值范围.
18.(17 分)(2025 新高考Ⅰ,19)(1)求函数f(x)=5cos x-cos 5x 在区间0,π
4 的最大值;
(2)给定θ∈(0,π)和a∈R,证明:存在y∈[a-θ,a+θ]使得cos y≤cos θ;
(3)设b∈R,若存在φ 使得5cos x-cos(5x+φ)≤b 对x∈R 恒成立,求b 的最小值.
19.(17 分)(2025 山东泰安模拟)法国数学家米歇尔·罗尔于1691 年在他所著的《方程的
解法》中,提出了确定多项式方程的根的位置的一种方法,后人把它推广到f(x)是一般的
可导函数的情形,最终发展为罗尔定理,即若函数f(x)在[a,b]上的图象是连续不断的曲线,
f(x)在(a,b)内处处可导(导函数存在),且f(a)=f(b),则至少存在一个实数c∈(a,b),使得
f'(c)=0.罗尔定理是三大微分中值定理之一,在数学、物理、工程和经济学等领域有着广
泛的应用.
(1)已知函数f(x)=x4-x3-mx2+mx(m∈R)的图象是连续不断的曲线,试用罗尔定理证明:
∃x0∈(0,1),使f'(x0)=0;
(2)已知函数g(x)=e2x-(e2-1)x 的图象是连续不断的曲线,设g(x)的导数为
g'(x),A(a,g(a)),B(b,g(b))为g(x)图象上的两点,a<b,直线AB 的斜率为k,试用罗尔定理证明:
存在唯一实数c∈(a,b),使g'(c)=k;
(3)若方程2g(x)=x4-x3-f(x)+2 在(0,1)内有解,求实数m 的取值范围.
答案：
1.A 解析 因为f'(x)=6x2-f'(1),则令x=1,有f'(1)=6-f'(1),所以f'(1)=3.故选A.
2.B 解析 因为f(x)=ln x 的定义域为(0,+∞),
所以f[f(x)]>0,即ln f(x)>0,即f(x)>1,即ln x>1,
解得x>e.所以所求函数的定义域为(e,+∞).故选B.
3.C 解析 由题意可知P(t)=2P0,r=5%,代入公式可得2P0=P0·e0.05t,
所以e0.05t=2,0.05t=ln 2,所以t= ln 2
0.05
≈13.862,
所以至少需要14 年.故选C.
4.A 解析 由函数f(x)=(1+ x
2)sin x
1- x
2
,定义域为(-∞,-1)∪(-1,1)∪(1,+∞),
有f(-x)=[1+(- x )
2]sin(- x )
1-(- x )
2
=-(1+ x
2)sin x
1- x
2
=-f(x),
所以函数f(x)为奇函数,其图象关于原点对称,可排除B,D;
又由f(2)=(1+2
2)sin 2
1-2
2
=-5sin 2
3
<0,可排除C.故选A.
5.A 解析 设圆柱母线长为l,底面半径为r,则l+2πr=4
2
=2,而圆柱体积V=πr2l=πr2(2-
2πr),其中0<r< 1
π
.故V'=4πr-6π2r2,
当0<r< 2
3 π
时,V'>0,当2
3 π
<r< 1
π
时,V'<0,
故V=πr2(2-2πr)在0, 2
3 π 内单调递增,在
2
3 π , 1
π 内单调递减,
故Vmax=π
2
3 π
2 2-2π× 2
3 π = 8
27 π .故选A.
6.B 解析 当x≥0 时,f(x)=ex+ln(x+1)单调递增,当x<0 时,f(x)=-x2-2ax-a,所以要使函数
f(x)在R 上单调递增,需满足{
-a≥0,
-a≤e
0+ ln1,解得-1≤a≤0.故所求a 的取值范围为[-1,0].故
选B.
7.A 解析 因为a=31
32=1- 1
32,构造函数h(x)=1-1
2x2-cos x,x∈[0, π
2],则g(x)=h'(x)=-x+sin
x,g'(x)=-1+cos x≤0,所以g(x)在[0, π
2]上单调递减,g(x)≤g(0)=0,即h'(x)≤0,则h(x)在
[0, π
2]
上单调递减,所以h(
1
4)
=a-b<h(0)=0,即a<b.又c
b =
4 sin 1
4
cos 1
4
=
tan 1
4
1
4
,显然当x∈
(0, π
2)时,tan x>x,所以c
b>1,即b<c.综上可得c>b>a.故选A.
8.B 解析 依题意可知f(x)=f(-x),f(-x+1)=-f(x+1);
所以f(-(x+1)+1)=-f((x+1)+1),即f(-x)=-f(x+2),
因此f(x)=-f(x+2),即f(x+2)=-f(x+4),
所以可得f(x)=f(x+4),即f(x)是以4 为周期的周期函数,
对于A,由分析可知f(x)=-f(x+2),即A 错误;
对于B,由f(x)=-f(-x+2),可知f(log23)=-f(-log23+2)=-f log24
3 ;
显然log24
3 ∈(0,1),所以f log24
3 =2
lo g2
4
3-2=4
3-2=-2
3,所以f(log23)=-f log24
3 =2
3,即B 正确;
对于C,易知f 2 025
2
=f 1
2+4×253 =f 1
2 =2
1
2-2<0,可得C 错误;
对于D,显然f(-1)=f(1)=21-2=0,即D 错误.故选B.
9.ACD 解析 因为1
3
x< 1
3
y,所以x>y.
因为y=ex在R 上是增函数,故e2x+1>e2y+1,所以A 符合题意;
当x=π,y=0 时,显然符合x>y,但是sin x>sin y 不成立,所以B 不符合题意;
因为y=x3在R 上是增函数,所以x3>y3,所以C 符合题意;
由于y=2x为单调递增函数,y=3-x为单调递减函数,故y=2x-3-x为R 上的单调递增函数,由
x>y 可得2x-3-x>2y-3-y,故2x-2y>3-x-3-y,所以D 符合题意.
故选ACD.
10.ACD 解析 ∵f(x)=(x-1)2(x-4),∴函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=3(x-1)(x-3).令
f'(x)=3(x-1)(x-3)=0,得x=1 或x=3.当x<1 或x>3 时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当1<x<3 时,
f'(x)<0,f(x)单调递减,∴x=3 是函数f(x)的极小值点,∴A 正确.当0<x<1 时,0<x2<x<1,又由
上可知当0<x<1 时,f(x)单调递增,∴f(x2)<f(x),∴B 错误.当1<x<2 时,f(2x-1)=(2x-1-
1)2(2x-1-4)=4(x-1)2(2x-5)<0,f(2x-1)+4=4(x-2)2(2x-1)>0,即f(2x-1)>-4,∴C 正确.当-1<x<0
时,2<2-x<3.由f(x)在区间(-1,0)上单调递增,且在区间(2,3)上单调递减知,-20<f(x)<-4,-
4<f(2-x)<0,故f(2-x)>f(x),∴D 正确.故选ACD.
11.ACD 解析 由题意可知,当x=0,k=1 时,有f(2)=2f(0)=2×0×|0-a|=0,故A 正确;
当x=1,k=-50 时,有f(-99)=-49×f(1)=-49×(1×|1-a|),
又因为a=2,所以有f(-99)=-49×(1×|1-2|)=-49,故B 错误;
当a=1 时,f(x)=x|x-1|={
x
2- x, x∈(1,2),
x - x
2, x∈[0,1],
当x∈[0,2)时,由于f(x+2)=2f(x),f(x+4)=3f(x),f(x-2)=0×f(x)=0,f(x-4)=-f(x),f(x-6)=-2f(x),所
以f(x)=0,x∈[-2,0),
作出分段函数f(x)和函数y=2
3
(x+1)的大致图象如图.
由于f(2)=0,直线y=2
3
(x+1)经过点(2,2),而函数f(x)的图象不经过点(2,2),
则由图象可得,它们只有5 个交点,即g(x)=f(x)-2
3
(x+1)在[-6,6]上恰有5 个零点,故C 正确;
根据当x∈[0,2)时,由于f(x+2)=2f(x),f(x+4)=3f(x),…,
要满足对∀k∈N*,f(x)在区间[2k-2,2k]有最大值,
则只需要f(x)=x|x-a|在x∈[0,2)上存在最大值,
即满足a
2
<2≤a+ ❑√2a
2
,
解得4❑√2-4≤a<4,故D 正确.
故选ACD.
12.3 解析 由题意有f(x)+f(-x)=
3
2
x+1
+
3
2
- x+1
=
3
2
x+1
+ 3×2
x
2
x+1
=3,
又log23+(-log23)=0,
所以f(log23)+f(-log23)=3.
13.(-2,1) 解析
令x3-3x=-(x-1)2+a,得x3+(x-1)2-3x=a.
令f(x)=x3+(x-1)2-3x,x>0,则f'(x)=3x2+2(x-1)-3=3x2+2x-5=(x-1)(3x+5).
由f'(x)=0(x>0),得x=1.∴当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单
调递增.
∴f(x)min=f(1)=-2.又f(0)=1,f(2)=3>1,曲线y=x3-3x 与y=-(x-1)2+a 在(0,+∞)上有两个不同
的交点等价于y=f(x)与y=a 有两个不同交点,∴-2<a<1.
14.
3
❑√e
2+1
3
e 解析 设曲线y=ln x 上与直线y=ex+1 平行的切线的切点坐标为(x0,ln x0),
则1
x0
=e,解得x0=1
e,所以切点为1
e,-1 ,
即切线方程为y+1=e x-1
e ,即ex-y-2=0,
则|MN|的最小值为直线y=ex+1 与直线ex-y-2=0 间的距离,
即|MN|min=
1+2
❑√e
2+(-1)
2 =
3
❑√e
2+1
.
设M(x1,ex1+1),N(x2,ln x2),
则||MN||=|x1-x2|+|ex1+1-ln x2|,
将||MN||看成关于x1的函数,则||MN||在x1=x2或ex1+1=ln x2时,取得最小值,
当x1=x2时,令g(x)=ex+1-ln x(x>0),
则g'(x)=e-1
x
,令g'(x)=0,解得x=1
e
,
当x∈0,1
e 时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减,
当x∈1
e,+∞时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,
所以x=1
e
时,g(x)min=e×1
e
+1-ln1
e
=3,
即||MN||min=3;
当ex1+1=ln x2时,则x2=e
e x1+1,令h(x)=eex+1-x,
则h'(x)=e·eex+1-1,令h'(x)=0,解得x=-2
e
,
当x∈-∞,-2
e 时,h'(x)<0,则函数h(x)单调递减,
当x∈-2
e,+∞时,h'(x)>0,则函数h(x)单调递增,
当x=-2
e时,h(x)min=h -2
e =e-2+1+2
e = 3
e .
综上,||MN||min=3
e
.
15.解 (1)由题意知f(1)=1-(m+2)=0,可得m=-1,则f(x)=x2-x-ln x,
于是f(x)≤x2-1⇔x+ln x-1≥0.
设g(x)=x+ln x-1,x>0,
∵g'(x)=1+1
x
>0 在(0,+∞)上恒成立,
∴g(x)在(0,+∞)上单调递增.
又g(1)=0,∴g(x)≥0⇔g(x)≥g(1)⇔x≥1,
∴不等式f(x)≤x2-1 的解集为{x|x≥1}.
(2)∵f'(x)=2x-(m+2)+m
x =( x -1)(2 x -m)
x
,x∈(0,+∞),
∴当m≤0 时,f'(x)>0⇔x>1,f'(x)<0⇔0<x<1.
∴f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,此时f(x)无极大值.
当m
2 >1 即m>2 时,f'(x)>0⇔0<x<1 或x>m
2 ,f'(x)<0⇔1<x<m
2 ,∴f(x)在(0,1)上单调递增,在
1,m
2
上单调递减,在m
2 ,+∞上单调递增,此时f(x)在x=1 处取得极大值.
当0<m
2 <1 即0<m<2 时,f'(x)>0⇔0<x<m
2 或x>1,f'(x)<0⇔m
2 <x<1,∴f(x)在0,m
2
上单调
递增,在m
2 ,1 上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,此时f(x)在x=m
2 处取得极大值.
当m
2
=1 即m=2 时,f'(x)=2( x -1)
2
x
≥0 恒成立,此时f(x)在(0,+∞)上单调递增,函数无极值.
综上,可知m 的取值范围为(0,2)∪(2,+∞).
16.解 (1)当a=1 时,f(x)=ln x+ 2
x +1
的定义域为(0,+∞),
所以f'(x)=1
x −
2
( x +1)
2 ,f'(1)=1-1
2 = 1
2
,
又因为f(1)=ln 1+ 2
1+1
=1,
所以切点为(1,1),
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=1
2
(x-1),
化简可得x-2y+1=0.
(2)令g(x)=f(x)-1=aln x+ 2
x +1
-1,函数g(x)的定义域为(0,+∞),g'(x)=
a
x −
2
( x +1)
2 = a( x +1)
2-2 x
x( x +1)
2
= a x
2+(2a-2) x +a
x( x +1)
2
.
①当a≤0 时,g'(x)<0,函数g(x)在区间(0,+∞)内单调递减,函数g(x)至多有一个零点,不符
合题意;
②当a>0 时,设函数h(x)=ax2+(2a-2)x+a,Δ=(2a-2)2-4a2=-8a+4,
当a≥1
2
时,Δ≤0,即h(x)≥0 对任意的x>0 恒成立,
即g'(x)≥0,
所以函数g(x)在区间(0,+∞)内单调递增,函数g(x)至多有一个零点,不符合题意;
当0<a<1
2
时,因为Δ=-8a+4>0,
所以方程ax2+(2a-2)x+a=0 有两个实数根x1,x2,
且满足x1+x2=2
a
-2>0,x1x2=1,
不妨设x1<x2,则0<x1<1<x2,当x 变化时,g'(x),g(x)的变化情况如表.
x
(0,x1
)
x1 (x1,x2
)
x2 (x2,+∞
)
g'(x
)
+
0 -
0 +
g(x)
单
调
递
增
极
大
值
单调
递减
极
小
值
单调
递增
所以函数g(x)的单调递增区间是(0,x1)和(x2,+∞),单调递减区间是(x1,x2).
因为g(1)=0,所以1 为g(x)的一个零点.
又g(x1)>g(1)=0,0<e
- 1
a<1,且g(e
- 1
a)=-2e
- 1
a
e
- 1
a +1
<0,
所以存在唯一实数t1∈(0,1),使得g(t1)=0.
又g(x2)<g(1)=0,
e
1
a>1,且g(
e
1
a)=
2
e
1
a +1
>0,
所以存在唯一实数t2∈(1,+∞),使得g(t2)=0.
所以函数g(x)有3 个不同的零点,即方程f(x)-1=0 有3 个不同的实数解.
综上,a 的取值范围是0,1
2 .
17.(1)解 令g(x)=f'(x)=ln(1+ x )
1+ x
,x∈(-1,+∞),
则g'(x)=
1+ x
1+ x - ln(1+ x )
(1+ x )
2
= 1- ln(1+ x )
(1+ x )
2
.
∵若g'(x)>0,则-1<x<e-1,若g'(x)<0,则x>e-1,
∴g(x)在(-1,e-1)内单调递增,在(e-1,+∞)内单调递减,
∴f'(x)max=f'(e-1)=ln e
e
= 1
e
.
(2)证明 切线l1的方程为y-f(a)=f'(a)(x-a),
即y=f'(a)(x-a)+f(a).
即证f(x)-[f'(a)(x-a)+f(a)]>0 对x∈(-1,a)∪(a,+∞)恒成立.
令h(x)=f(x)-f'(a)x+f'(a)a-f(a),
则h'(x)=f'(x)-f'(a).显然f'(a)<0.
由(1)知,h'(x)在(-1,e-1)内单调递增,在(e-1,+∞)内单调递减.又a∈(-1,0),h'(a)=0,∴当
x∈(-1,a)时,h'(x)<0,当x∈(a,e-1)时,h'(x)>0,当x∈[e-1,+∞)时,h'(x)>0 显然成立.
即当x∈(a,+∞)时,h'(x)>0.
∴当x∈(-1,a)时,h(x)单调递减,h(x)>h(a)=0.
当x∈(a,+∞)时,h(x)单调递增,h(x)>h(a)=0.
综上,原命题得证.
(3)解 令y=f'(a)(x-a)+f(a)=0,
又f'(a)≠0,∴x1=- f (a)
f '(a)
+a,
同理x2=
- f (a)
-
1
f '(a)
+a=f'(a)f(a)+a.
∴2a- x2- x1
x2- x1
=
f (a)
f '(a) - f '(a)f (a)
f '(a)f (a)+ f (a)
f '(a)
= f (a)-[f '(a)]
2f (a)
[f '(a)]
2f (a)+ f (a)
= 1-[f '(a)]
2
[f '(a)]
2+1
,
下面求t=f'(a)的取值范围.
由(1)知,当a>0 时,t=f'(a)∈0,1
e ,即t2∈0, 1
e
2 ,
∴2a- x2- x1
x2- x1
=-1+
2
t
2+1
∈[
2
1
e
2 +1
-1,1)
,
即2a- x2- x1
x2- x1
∈e
2-1
e
2+1
,1 .
18.(1)解 ∵f(x)=5cos x-cos 5x,x∈0,π
4 ,
∴f'(x)=-5sin x+5sin 5x=5(sin 5x-sin x)=10cos 3xsin 2x,sin 2x≥0,令f'(x)=0,则x=π
6
.
∴f(x)在区间0,π
6 上单调递增,在区间π
6 , π
4 上单调递减,∴f(x)max=f π
6 =3❑√3.
(2)证明 假设∀y∈[a-θ,a+θ],都有cos y>cos θ.
∵函数g(x)=cos x 在区间(0,π)上单调递减,∴必有y∈(2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z).
则a-θ>2kπ-θ,且a+θ<2kπ+θ,解得a>2kπ 且a<2kπ,a 无解,则假设不成立,
∴必然存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ.
(3)解 ∵f(-x)=5cos(-x)-cos(-5x)=f(x),f(x+2π)=f(x),∴f(x)是以2π 为周期的偶函数.
由(1)进一步可得f(x)在区间0,π
6 上单调递增,在区间π
6 , 5 π
6
上单调递减,在区间5 π
6 ,
π 上单调递增,f(π)=-4<3❑√3,由对称性和周期性可知f(x)≤3❑√3.
令h(x)=5cos x-cos(5x+φ),
当φ=0 时,h(x)=f(x)≤3❑√3,此时bmin=3❑√3,
当φ≠0 时,由(2)可知∃x∈-π
6 , π
6 ,5x+φ∈φ-5 π
6 ,φ+5 π
6
,使得cos(5x+φ)≤cos5 π
6 ,
此时{
cos x ≥cos π
6 ,
cos(5 x +φ)≤cos 5 π
6 ,
即{
cos x ≥
❑√3
2 ,
cos(5 x +φ)≤-
❑√3
2 ,
即5cos x-cos(5x+φ)≥3❑√3,即b≥3❑√3.
综上所述,b 的最小值为3❑√3.
19.(1)证明 ∵f(0)=0,f(1)=1-1-m+m=0,∴f(0)=f(1).
∵f'(x)=4x3-3x2-2mx+m,∴f(x)在(0,1)内处处可导,
又f(x)在[0,1]上的图象是连续不断的曲线,
由罗尔定理,∃x0∈(0,1),使f'(x0)=0.
(2)证明 ∵k=g(b)- g(a)
b-a
,∴g(b)-g(a)=kb-ka,
∴g(b)-kb=g(a)-ka.
设h(x)=g(x)-kx,则h(b)=h(a).
∵h'(x)=g'(x)-k=2e2x-(e2-1)-k,
∴h(x)在(a,b)内处处可导,
又h(x)在[a,b]上的图象是连续不断的曲线,由罗尔定理,∃c∈(a,b),使得h'(c)=0,
∵h'(x)在[a,b]上单调递增,
∴存在唯一实数c∈(a,b),使得h'(c)=0,
即存在唯一实数c∈(a,b),使得g'(c)=k.
(3)解 设F(x)=2g(x)+f(x)-x4+x3-2=2e2x-mx2-(2e2-m-2)x-2,
则F(x)在(0,1)内有零点,
设x1为F(x)的一个零点,且x1∈(0,1),
∴F(x1)=0,又F(0)=2-2=0,F(1)=2e2-m-(2e2-m-2)-2=0,
由已知,F(x)在[0,x1]和[x1,1]上的图象都是连续不断的曲线,
又F'(x)=4e2x-2mx-(2e2-m-2),
∴F(x)在(0,x1)及(x1,1)上分别处处可导.
由罗尔定理知,至少存在一个x2∈(0,x1),使得F'(x2)=0,至少存在一个x3∈(x1,1),使得
F'(x3)=0,∴F'(x)=0 在(0,1)上至少有两个不相等的实数根x2,x3.
设G(x)=F'(x)=4e2x-2mx-(2e2-m-2),x∈(0,1),则G'(x)=8e2x-2m.
∵x∈(0,1),∴8e2x∈(8,8e2),
当2m≤8,即m≤4 时,G'(x)>G'(0)=8-2m≥0,G(x)在(0,1)内单调递增,
∴G(x)=F'(x)=0 在(0,1)内至多有一个实根,不符合题意.
当2m≥8e2,即m≥4e2时,G'(x)<G'(1)=8e2-2m≤0,G(x)在(0,1)内单调递减,
∴G(x)=F'(x)=0 在(0,1)内至多有一个实根,不符合题意.
当8<2m<8e2,即4<m<4e2时,
由G'(x)=0,得x=1
2
lnm
4
,且0<1
2
lnm
4
<1,
∴当x∈0,1
2lnm
4
时,G'(x)<0,G(x)单调递减;
当x∈1
2lnm
4 ,1 时,G'(x)>0,G(x)单调递增,
∴G(x)在(0,1)上的最小值G(x)min=G 1
2lnm
4
.
∵G 1
2 =4e+2-2e2<5e-2e2=e(5-2e)<0,
∴G(x)min≤G 1
2 <0.
∵G(x)=0 在(0,1)内至少有两个不等实根,
∴{
G(0)=6+m-2e
2>0,
G(1)=2e
2-m+2>0,解得m∈(2e2-6,2e2+2),
又2e2-6>4,2e2+2<4e2,
∴m 的取值范围是(2e2-6,2e2+
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