新高考数学一轮复习微专题专练18高考大题专练(一)　导数的应用（含详解）

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(1)若x1＝－1，求a；
(2)求a的取值范围．
2．[2023·新课标Ⅰ卷]已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2) .
3.[2023·全国乙卷(理)]已知函数f(x)＝( eq \f(1,x) ＋a)ln (1＋x).
(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1)))) 处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线y＝f( eq \f(1,x) )关于直线x＝b对称？若存在，求a，b的值；若不存在，说明理由．
(3)若f(x)在(0，＋∞)上存在极值，求a的取值范围．
4．[2022·全国乙卷(理)，21]已知函数f(x)＝ln (1＋x)＋axe－x.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．
5．[2022·新高考Ⅰ卷]已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
6．[2021·新高考Ⅰ卷]已知函数f(x)＝x(1－ln x).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，证明：2< eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) 7．[2023·新课标Ⅱ卷](1)证明：当0(2)已知函数f(x)＝cs ax－ln (1－x2)，若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取值范围．
8．[2023·全国甲卷(理)]已知函数f(x)＝ax－ eq \f(sin x,cs3x) ，x∈(0， eq \f(π,2) ).
(1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)专练18 高考大题专练(一) 导数的应用
1．解析：(1)当x1＝－1时，f(x1)＝0.
由题意，得f′(x)＝3x2－1，所以f′(－1)＝2，
则曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线方程为y＝2(x＋1).
由题意，知直线y＝2(x＋1)与曲线g(x)＝x2＋a相切，
所以2x＋2＝x2＋a，即方程x2－2x＋a－2＝0有两个相等的实数解，则Δ＝4－4(a－2)＝0，解得a＝3.
(2)方法一 因为f(x1)＝x eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) －x1，f′(x1)＝3x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －1，
所以曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线方程为y－(x eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) －x1)＝(3x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －1)(x－x1)，
即y＝(3x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －1)x－2x eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) .
因为该切线也是曲线g(x)＝x2＋a的切线，
所以x2＋a＝(3x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －1)x－2x eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ，
所以方程x2－(3x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －1)x＋a＋2x eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ＝0有两个相等的实数解，所以Δ＝(3x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －1)2－4(2x eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ＋a)＝0，
则a＝ eq \f(9,4) x eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(1)) －2x eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) － eq \f(3,2) x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,4) .
令h(x)＝ eq \f(9,4) x4－2x3－ eq \f(3,2) x2＋ eq \f(1,4) ，
则h′(x)＝9x3－6x2－3x＝9x(x＋ eq \f(1,3) )(x－1).
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
因为h(－ eq \f(1,3) )＝ eq \f(5,27) ，h(1)＝－1< eq \f(5,27) ，
所以h(x)min＝－1.
又因为当x→＋∞(或x→－∞)时，h(x)→＋∞，
所以a的取值范围为[－1，＋∞).
方法二 因为f′(x)＝3x2－1，所以曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线方程为y－(x eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) －x1)＝(3x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －1)(x－x1)，即y＝(3x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －1)x－2x eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) .
由g(x)＝x2＋a，得g′(x)＝2x.
曲线y＝g(x)在点(x2，g(x2))处的切线方程为y－(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋a)＝2x2(x－x2)，即y＝2x2x－x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋a.
令 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －1＝2x2，,－2x eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ＝a－x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，))
则a＝x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －2x eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,4) (9x eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(1)) －8x eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) －6x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋1).
令m(x)＝9x4－8x3－6x2＋1，则m′(x)＝36x3－24x2－12x＝12x(x－1)(3x＋1).
当x<－ eq \f(1,3) 或01时，m′(x)>0，此时函数y＝m(x)单调递增．
又m(－ eq \f(1,3) )＝ eq \f(20,27) ，m(0)＝1，m(1)＝－4，
所以m(x)min＝m(1)＝－4，所以a≥ eq \f(－4,4) ＝－1，
即a的取值范围为[－1，＋∞).
2．解析：(1)f′(x)＝aex－1，
当a≤0时，f′(x)≤0，
所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)>0，得x>－ln a，令f′(x)<0，得x<－ln a，
所以函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
综上可得：当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)方法一 由(1)得当a>0时，函数f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，
令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－ eq \f(3,2) ＝a2－ln a－ eq \f(1,2) ，a∈(0，＋∞)，
所以g′(a)＝2a－ eq \f(1,a) ，令g′(a)>0，得a> eq \f(\r(2),2) ；令g′(a)<0，得0所以函数g(a)在(0， eq \f(\r(2),2) )上单调递减，在( eq \f(\r(2),2) ，＋∞)上单调递增，
所以函数g(a)的最小值为g( eq \f(\r(2),2) )＝( eq \f(\r(2),2) )2－ln eq \f(\r(2),2) － eq \f(1,2) ＝ln eq \r(2) >0，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2) 成立．
方法二 当a>0时，由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝1＋a2＋ln a，
故欲证f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2) 成立，
只需证1＋a2＋ln a>2ln a＋ eq \f(3,2) ，
即证a2－ eq \f(1,2) >ln a.
构造函数u(a)＝ln a－(a－1)(a>0)，
则u′(a)＝ eq \f(1,a) －1＝ eq \f(1－a,a) ，所以当a>1时，u′(a)<0；当00.
所以函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以u(a)≤u(1)＝0，即ln a≤a－1，
故只需证a2－ eq \f(1,2) >a－1，即证a2－a＋ eq \f(1,2) >0，
因为a2－a＋ eq \f(1,2) ＝(a－ eq \f(1,2) )2＋ eq \f(1,4) >0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2) 成立．
3．解析：(1)当a＝－1时，f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1)) ln (1＋x)，
则f′(x)＝－ eq \f(1,x2) ln (1＋x)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1)) · eq \f(1,1＋x) ，
所以f′(1)＝－ln 2，
又f(1)＝0，所以所求切线方程为y－0＝－ln 2(x－1)，
即x ln 2＋y－ln 2＝0.
(2)假设存在a，b，使得曲线y＝f( eq \f(1,x) )关于直线x＝b对称．
令g(x)＝f( eq \f(1,x) )＝(x＋a)ln (1＋ eq \f(1,x) )＝(x＋a)ln eq \f(x＋1,x) ，
因为曲线y＝g(x)关于直线x＝b对称，
所以g(x)＝g(2b－x)，即(x＋a)ln eq \f(x＋1,x) ＝(2b－x＋a)ln eq \f(2b－x＋1,2b－x) ＝(x－2b－a)ln eq \f(x－2b,x－2b－1) ，
于是 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－2b－a，,1＝－2b，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2)，,b＝－\f(1,2)，))
当a＝ eq \f(1,2) ，b＝－ eq \f(1,2) 时，g(x)＝(x＋ eq \f(1,2) )ln (1＋ eq \f(1,x) )，g(－1－x)＝(－x－ eq \f(1,2) )ln eq \f(－x,－1－x) ＝(－x－ eq \f(1,2) )ln eq \f(x,1＋x) ＝(x＋ eq \f(1,2) )ln eq \f(x＋1,x) ＝(x＋ eq \f(1,2) )ln (1＋ eq \f(1,x) )＝g(x)，
所以曲线y＝g(x)关于直线x＝－ eq \f(1,2) 对称，满足题意．
故存在a，b使得曲线y＝f( eq \f(1,x) )关于直线x＝b对称，且a＝ eq \f(1,2) ，b＝－ eq \f(1,2) .
(3)f′(x)＝－ eq \f(1,x2) ln (1＋x)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋a)) · eq \f(1,1＋x) ＝ eq \f(ax2＋x－（1＋x）ln （1＋x）,x2（1＋x）) ＝ eq \f(\f(ax2＋x,x＋1)－ln （1＋x）,x2) (x>0).
设h(x)＝ eq \f(ax2＋x,x＋1) －ln (1＋x)，
则h′(x)＝ eq \f(ax2＋2ax＋1,（x＋1）2) － eq \f(1,x＋1) ＝ eq \f(ax2＋（2a－1）x,（x＋1）2) ＝ eq \f(x（ax＋2a－1）,（x＋1）2) ，
①当a≤0时，2a－1＜0，当x＞0时，h′(x)＜0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以当x＞0时，h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值，不满足题意．
②当a≥ eq \f(1,2) 时，2a－1≥0，当x＞0时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x＞0时，h(x)＞h(0)＝0，即f′(x)＞0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值，不满足题意．
③当0＜a＜ eq \f(1,2) 时，令h′(x)＝0，得x＝ eq \f(1－2a,a) ，当0＜x＜ eq \f(1－2a,a) 时，h′(x)<0，当x> eq \f(1－2a,a) 时，h′(x)>0，
所以h(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－2a,a))) 上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－2a,a)，＋∞)) 上单调递增，所以h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－2a,a))) 又当x→＋∞时，h(x)→＋∞，所以存在x0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－2a,a)，＋∞)) ，使得h(x0)＝0，
即当0x0时，h(x)>0，f(x)单调递增，
此时y＝f(x)有极小值点x0.
综上所述，a的取值范围为(0， eq \f(1,2) ).
4．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ln (1＋x)＋xe－x，
则f′(x)＝ eq \f(1,1＋x) ＋ eq \f(1－x,ex) ，∴f(0)＝0，f′(0)＝2，
∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x，即2x－y＝0.
(2)(方法一)函数f(x)的定义域为(－1，＋∞).
①当a≥0时，对于∀x>0，f(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上不存在零点，故不符合题意．
②当a<0时，f′(x)＝ eq \f(1,x＋1) ＋ae－x(1－x)＝ eq \f(1＋ae－x（1－x2）,x＋1) .
令g(x)＝1＋ae－x(1－x2)，则g′(x)＝ae－x(－2x＋x2－1)＝ae－x(x－1－ eq \r(2) )(x－1＋ eq \r(2) ).
对于∀x>－1，e－x>0，∵a<0，∴g(x)在(－1，1－ eq \r(2) )和(1＋ eq \r(2) ，＋∞)上单调递减，在(1－ eq \r(2) ，1＋ eq \r(2) )上单调递增．
由已知，得g(－1)＝1，g(1－ eq \r(2) )＝1＋ae eq \r(2) －1·2( eq \r(2) －1)，g(0)＝1＋a，g(1)＝1.
(ⅰ)若－1≤a≤0，则有：
当0g(0)＝1＋a≥0；
当x>1时，由于1－x2<0，ae－x<0，故g(x)＝1＋ae－x(1－x2)>1>0.
综上可知，当x>0时，都有g(x)>0，则f′(x)＝ eq \f(g（x）,x＋1) >0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∴对于∀x>0，f(x)>f(0)＝0，f(x)在(0，＋∞)上不存在零点，符合题意．
(ⅱ)当a<－1时，g(1－ eq \r(2) )又∵g(－1)＝1>0，∴∃x0∈(－1，0)，满足g(x0)＝0，
且∀x∈(－1，x0)，都有g(x)>0，则f′(x)＝ eq \f(g（x）,x＋1) >0，
∀x∈(x0，0)，都有g(x)<0，则f′(x)＝ eq \f(g（x）,x＋1) <0，
∴f(x)在(－1，x0)上单调递增，在(x0，0)上单调递减．
又∵f(0)＝0，∴f(x0)>0.
又∵当x→－1时，f(x)→－∞，
∴f(x)在(－1，0)上恰有一个零点．
∵g(0)＝1＋a<0，g(1)＝1>0，g(x)在(0，1＋ eq \r(2) )上单调递增，在[1＋ eq \r(2) ，＋∞)上单调递减，
∴∃x1∈(0，1)，满足g(x1)＝0，且当x∈(0，x1)时，g(x)<0，则f′(x)＝ eq \f(g（x）,x＋1) <0，当x∈(x1，1)时，g(x)>0，则f′(x)＝ eq \f(g（x）,x＋1) >0.
又∵当x≥1时，ae－x<0，1－x2≤0，
∴g(x)＝1＋ae－x·(1－x2)>0，∴f′(x)＝ eq \f(g（x）,x＋1) >0，
∴f(x)在(0，x1)上单调递减，在[x1，＋∞)上单调递增．
又∵f(0)＝0，∴∀x∈(0，x1)，f(x)<0，则f(x1)<0.
又∵当x→＋∞时，ln (1＋x)→＋∞，axe－x→0，
∴f(x)→＋∞，
∴f(x)在(x1，＋∞)上存在零点，且仅有一个．
故f(x)在(0，＋∞)上恰有一个零点．
综上可知，满足题意的a的取值范围是(－∞，－1).
(方法二)令g(x)＝ eq \f(exln （1＋x）,x) .
f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)上各恰有一个零点等价于g(x)＝ eq \f(exln （1＋x）,x) ＝－a在(－1，0)，(0，＋∞)上各恰有一解．
g′(x)＝ eq \f(ex[x ln （1＋x）＋\f(x,1＋x)－ln （1＋x）],x2) .
令h(x)＝(x－1)ln (1＋x)＋ eq \f(x,1＋x) ，
则h′(x)＝ln (1＋x)＋ eq \f(x－1,1＋x) ＋ eq \f(1,（1＋x）2) .
令φ(x)＝ln (1＋x)＋ eq \f(x－1,1＋x) ＋ eq \f(1,（1＋x）2) ，
则φ′(x)＝ eq \f(（1＋x）2＋2x,（1＋x）3) .
①当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，则h′(x)>h′(0)＝0，∴h(x)>h(0)＝0，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又∵当x→0时，g(x)＝ eq \(lim,\s\d4(x→0)) eq \f(ex ln （1＋x）,x) ＝1，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，∴a∈(－∞，－1).
②当x∈(－1， eq \r(3) －2)时，φ′(x)<0；当x∈( eq \r(3) －2，0)时，φ′(x)>0.
∵当x→－1时，φ(x)＝h′(x)→＋∞，h′(0)＝0，
∴存在a1∈(－1，0)使h′(a1)＝0，
∴h(x)在(－1，a1)上单调递增，在(a1，0)上单调递减．
当x→－1时，h(x)→－∞.
又h(0)＝0，
∴存在a2∈(－1，a1)，使得h(a2)＝0，
即g(x)在(－1，a2)上单调递减，在(a2，0)上单调递增．
当x→－1时，g(x)→＋∞；
当x→0时，g(x)→1，g(x)的大致图象如图．
故当a∈(－∞，－1)∪{－g(a2)}时，g(x)＝－a仅有一解；当a∈(－1，－g(a2))时，g(x)＝－a有两解．
综上可知，a∈(－∞，－1).
5．解析：(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.
由于f(x)存在最小值，则方程f′(x)＝0有解，故a>0，解得x＝ln a.
所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
所以f(x) min＝f(ln a)＝a－a ln a.
同理，得g(x)min＝g( eq \f(1,a) )＝1＋ln a.
因为函数f(x)，g(x)的最小值相等，
所以a－a ln a＝1＋ln a，即(a＋1)ln a＋1－a＝0.
令h(x)＝(x＋1)ln x＋1－x，x>0，则h′(x)＝ln x＋ eq \f(1,x) .
令m(x)＝ln x＋ eq \f(1,x) ，x>0，则m′(x)＝ eq \f(1,x) － eq \f(1,x2) ＝ eq \f(x－1,x2) .
令 eq \f(x－1,x2) >0，则x>1；令 eq \f(x－1,x2) <0，则0所以m(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即h′(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h′(x)min＝h′(1)＝1>0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又h(1)＝0，所以1是h(x)唯一零点，所以a＝1.
(2)证明：由(1)知f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x，且f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且f(x)min＝g(x)min＝1.
①当b<1时，f(x)min＝g(x)min＝1>b，显然直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)无交点，不符合题意．
②当b＝1时，f(x)min＝g(x)min＝1＝b，则直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有2个交点，不符合题意．
③当b>1时，首先证明直线y＝b与曲线y＝f(x)有2个交点，即证F(x)＝f(x)－b有2个零点．
因为F′(x)＝f′(x)＝ex－1，
所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
F(－b)＝e－b>0，F(0)＝1－b<0，F(b)＝eb－2b.
令t(b)＝eb－2b，b>1，则t′(b)＝eb－2>0，
所以t(b)>t(1)＝e－2>0，所以F(b)>0.
所以由零点存在定理，知F(x)＝f(x)－b在(－∞，0)上存在且只存在1个零点，设为x1，在(0，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x2.
其次证明直线y＝b与曲线g(x)有2个交点，
即证G(x)＝g(x)－b有2个零点．
因为G′(x)＝g′(x)＝1－ eq \f(1,x) ，所以G(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
G(e－b)＝e－b>0，G(1)＝1－b<0，G(2b)＝b－ln 2b.
令μ(x)＝ eq \f(x,2) －ln x，x>2，则μ′(x)＝ eq \f(1,2) － eq \f(1,x) >0，
所以μ(x)>μ(2)＝1－ln 2>0，即G(2b)>0.
所以由零点存在定理，得G(x)＝g(x)－b在(0，1)上存在且只存在1个零点，设为x3，在(1，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x4.
再次证明存在b使得x2＝x3.
因为F(x2)＝G(x3)＝0，所以b＝ex2－x2＝x3－ln x3.
若x2＝x3，则ex2－x2＝x2－ln x2，即ex2－2x2＋ln x2＝0，所以只需证明方程ex－2x＋ln x＝0在(0，1)上有解即可，
即证明φ(x)＝ex－2x＋ln x在(0，1)上有零点．
因为φ( eq \f(1,e3) )＝e eq \s\up6(\f(1,e3)) － eq \f(2,e3) －3<0，φ(1)＝e－2>0，
所以φ(x)＝ex－2x＋ln x在(0，1)上存在零点，取一零点为x0，令x2＝x3＝x0即可，此时b＝ex0－x0，则此时存在直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点．
最后证明x1＋x4＝2x0，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
因为F(x1)＝F(x2)＝F(x0)＝G(x3)＝G(x0)＝G(x4)＝0，所以F(x1)＝G(x0)＝F(ln x0).
又因为F(x)在(－∞，0)上单调递减，x1<0，0因为F(x0)＝G(ex0)＝G(x4)，又因为G(x)在(1，＋∞)上单调递增，x0>0，即ex0>1，x4>1，所以x4＝ex0.
又因为ex0－2x0＋ln x0＝0，所以x1＋x4＝ln x0＋ex0＝2x0，
即存在直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
6．解析：(1)函数的定义域为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞)) ，
又f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) ＝1－ln x－1＝－ln x，
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1)) 时，f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) >0，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞)) 时，
f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) <0，
故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) 的递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1)) ，递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞)) .
(2)因为b ln a－a ln b＝a－b，故b eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln a＋1)) ＝a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln b＋1)) ，即 eq \f(ln a＋1,a) ＝ eq \f(ln b＋1,b) ，故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a))) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b))) ，
设 eq \f(1,a) ＝x1， eq \f(1,b) ＝x2，由(1)可知不妨设01.
因为x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1)) 时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) ＝x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－ln x)) >0，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，＋∞)) 时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) ＝x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－ln x)) <0，故1先证：x1＋x2>2，
若x2≥2，x1＋x2>2必成立．
若x2<2, 要证：x1＋x2>2，即证x1>2－x2，而0<2－x2<1，
故即证f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1)) >f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－x2)) ，即证：f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2)) >f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－x2)) ，其中1设g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) －f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－x)) ，1则g′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) ＝f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) ＋f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－x)) ＝－ln x－ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－x)) ＝－ln eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－x)))) ，
因为10，
所以g′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) >0，故g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) 在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，2)) 上为增函数，所以g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) >g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1)) ＝0，
故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) >f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－x)) ，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2)) >f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－x2)) 成立，所以x1＋x2>2成立，
综上，x1＋x2>2成立．
设x2＝tx1，则t>1，
结合 eq \f(ln a＋1,a) ＝ eq \f(ln b＋1,b) ， eq \f(1,a) ＝x1， eq \f(1,b) ＝x2可得：
x1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－ln x1)) ＝x2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－ln x2)) ，
即：1－ln x1＝t eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－ln t－ln x1)) ，故ln x1＝ eq \f(t－1－t ln t,t－1) ，
要证：x1＋x2即证：ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋1)) ＋ eq \f(t－1－t ln t,t－1) <1，即证： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－1)) ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋1)) －t ln t<0，
令S eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－1)) ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋1)) －t ln t，t>1，
则S′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t)) ＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋1)) ＋ eq \f(t－1,t＋1) －1－ln t＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,t))) － eq \f(2,t＋1) ，
先证明一个不等式：ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1)) ≤x.
设u eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) ＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1)) －x，则u′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) ＝ eq \f(1,x＋1) －1＝ eq \f(－x,x＋1) ，
当－10；当x>0时，u′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) <0，
故u eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) 在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0)) 上为增函数，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞)) 上为减函数，故u eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) max＝u eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0)) ＝0，
故ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1)) ≤x成立
由上述不等式可得当t>1时，ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,t))) ≤ eq \f(1,t) < eq \f(2,t＋1) ，故S′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t)) <0恒成立，
故S eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t)) 在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞)) 上为减函数，故S eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t)) 故 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－1)) ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋1)) －t ln t<0成立，即x1＋x2综上所述，2< eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) 7．解析：(1)令h(x)＝x－x2－sin x，
则h′(x)＝1－2x－cs x，
令p(x)＝1－2x－cs x，则p′(x)＝－2＋sin x<0，
所以p(x)即h′(x)单调递减，又h′(0)＝0，
所以当0所以当0令g(x)＝sin x－x，
则g′(x)＝cs x－1≤0，
所以g(x)单调递减，又g(0)＝0，
所以当0综上，当0(2)方法一 因为f(x)＝cs ax－ln (1－x2)(－1所以f(x)＝f(－x)，所以f(x)为偶函数．
f′(x)＝－a sin ax＋ eq \f(2x,1－x2) (－1令t(x)＝－a sin ax＋ eq \f(2x,1－x2) (－1则t′(x)＝－a2cs ax＋ eq \f(2（1＋x2）,（1－x2）2) (－1令n(x)＝－a2cs ax＋ eq \f(2（1＋x2）,（1－x2）2) ，则n′(x)＝a3sin ax＋ eq \f(4x（3＋x2）,（1－x2）3) .
当a＝0时，
当00，f(x)单调递增，当－1所以x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意．
当a>0时，取 eq \f(π,2a) 与1中的较小者，为m，
则当00，
所以n(x)即t′(x)在(0，m)上单调递增，所以t′(x)>t′(0)＝2－a2.
①当2－a2≥0，即00(0所以t(x)在(0，m)上单调递增，所以t(x)>t(0)＝0，即f′(x)>0.
那么f(x)在(0，m)上单调递增，
由偶函数性质知f(x)在(－m，0)上单调递减．
故x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意．
②当2－a2<0，即a> eq \r(2) 时，
当 eq \f(π,2a) <1，即a> eq \f(π,2) 时，
因为t′(0)<0，t′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2a))) >0，
所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x1，
且当0因为t(0)＝0，所以当0所以f(x)在(0，x1)上单调递减，
因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－x1，0)上单调递增，
故可得x＝0是f(x)的极大值点，符合题意．
当 eq \f(π,2a) >1，即 eq \r(2) 因为t′(0)<0，t′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ＝－a2cs eq \f(a,2) ＋ eq \f(40,9) >0，
所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x2，
且当0因为t(0)＝0，所以当0所以f(x)在(0，x2)上单调递减．
因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－x2，0)上单调递增，
故可得x＝0是f(x)的极大值点，符号题意．
当a<0时，由偶函数图象的对称性可得a<－ eq \r(2) .
综上所述，a的取值范围是(－∞，－ eq \r(2) )∪( eq \r(2) ，＋∞).
方法二 由f(x)＝cs ax－ln (1－x2)，得f′(x)＝－a sin ax＋ eq \f(2x,1－x2) (－1令t(x)＝－a sin ax＋ eq \f(2x,1－x2) (－1则t′(x)＝－a2cs ax＋ eq \f(2（1＋x2）,（1－x2）2) (－1由x＝0是f(x)的极大值点，易得f′(0)＝0，t′(0)<0，
所以2－a2<0，
解得a<－ eq \r(2) 或a> eq \r(2) .
所以a的取值范围是(－∞，－ eq \r(2) )∪( eq \r(2) ，＋∞).
8．解析： (1)当a＝8时，f(x)＝8x－ eq \f(sin x,cs3x) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))))) ，
f′(x)＝8－ eq \f(cs4x＋3sin2x cs2x,cs6x) ＝8＋ eq \f(2,cs2x) － eq \f(3,cs4x) .
令 eq \f(1,cs2x) ＝t，则t∈(1，＋∞)，
令h(t)＝－3t2＋2t＋8＝－(3t＋4)(t－2)，
当t∈(1，2)时，h(t)>0；当t∈(2，＋∞)时，h(t)<0.
故当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) 时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) 时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
∴f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) 上单调递增，在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) 上单调递减．
(2)令g(x)＝f(x)－sin2x＝ax－ eq \f(sin x,cs3x) －sin2x，
则g′(x)＝a－ eq \f(cs4x＋3sin2x cs2x,cs6x) －2cs2x＝a－ eq \f( cs2x＋3sin2x,cs4x) －4cs2x＋2＝a－( eq \f(－2cs2x＋3,cs4x) ＋4cs2x－2)，
令u＝cs2x，则u∈(0，1)，令k(u)＝ eq \f(－2u＋3,u2) ＋4u－2，
则k′(u)＝ eq \f(2u－6,u3) ＋4＝ eq \f(4u3＋2u－6,u3) .
当u∈(0，1)时，k′(u)<0，∴k(u)在(0，1)上单调递减，∵k(1)＝3，∴当u∈(0，1)时，k(u)>3，∴k(u)的值域为(3，＋∞).
①当a≤3时，g′(x)<0，∴g(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上单调递减，
又g(0)＝0，∴当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 时，g(x)<0，即f(x)②当a>3时，∃x0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 使得g′(x0)＝0，
∴g(x)在(0，x0)上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2))) 上单调递减，
∴g(x0)>g(0)＝0，∴f(x)综上所述，a的取值范围为(－∞，3].
x
(－∞，－ eq \f(1,3) )
－ eq \f(1,3)
(－ eq \f(1,3) ，0)
0
(0，1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
－
0
＋
0
－
0
＋
h(x)
SKIPIF 1 < 0
极小值
SKIPIF 1 < 0
极大值
SKIPIF 1 < 0
极小值
SKIPIF 1 < 0