（2020·天津·高考真题）已知函数 \(f(x) = x^3 + k\ln x\ (k \in R)\)，\(f'(x)\) 为 \(f(x)\) 的导函数
(I) 当 \(k=6\) 时
(i) 求曲线 \(y=f(x)\) 在点 \((1,f(1))\) 处的切线方程
当 \(k=6\) 时，\(f(x) = x^3 + 6\ln x\)，求导得：\(f'(x) = 3x^2 + \frac{6}{x}\)。
代入 \(x=1\)：\(f(1) = 1^3 + 6\ln 1 = \boldsymbol{1}\)，\(f'(1) = 3 \cdot 1^2 + \frac{6}{1} = \boldsymbol{9}\)。
由点斜式得切线方程：\(y – 1 = 9(x – 1)\)，整理得：
\(y = 9x – 8\)
(ii) 求函数 \(g(x) = f(x) – f'(x) + \frac{9}{x}\) 的单调区间和极值
依题意，\(g(x) = x^3 – 3x^2 + 6\ln x + \frac{3}{x}\)，定义域为 \(x \in (0,+\infty)\)。
求导并整理：\(g'(x) = 3x^2 – 6x + \frac{6}{x} – \frac{3}{x^2} = \frac{3(x-1)^3(x+1)}{x^2}\)。
令 \(g'(x)=0\)，解得 \(x=1\)。单调性变化如下表：
| \(x\) | \((0,1)\) | \(x=1\) | \((1,+\infty)\) |
|---|---|---|---|
| \(g'(x)\) | \(-\) | \(0\) | \+ |
| \(g(x)\) | 单调递减 | 极小值 | 单调递增 |
所以 \(g(x)\) 单调递减区间为 \((0,1)\)，单调递增区间为 \((1,+\infty)\)；极小值为 \(g(1)=1\)，无极大值。
极小值 \(g(1)=1\)，无极大值
(II) 当 \(k \ge -3\) 时，求证：对任意 \(x_1,x_2 \in [1,+\infty)\) 且 \(x_1 > x_2\)，有 \(\frac{f'(x_1)+f'(x_2)}{2} > \frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}\)
由 \(f(x) = x^3 + k\ln x\)，得 \(f'(x) = 3x^2 + \frac{k}{x}\)。令 \(\frac{x_1}{x_2} = t\ (t>1)\)，将不等式变形为：
\((x_1 – x_2)(f'(x_1)+f'(x_2)) – 2(f(x_1)-f(x_2)) > 0\)，代入化简得：
\(= x_2^3(t^3 – 3t^2 + 3t – 1) + k\left(t – \frac{1}{t} – 2\ln t\right)\)。
令 \(h(x) = x – \frac{1}{x} – 2\ln x\ (x \in [1,+\infty))\)，求导得：
\(h'(x) = 1 + \frac{1}{x^2} – \frac{2}{x} = \left(1 – \frac{1}{x}\right)^2 > 0\)，故 \(h(x)\) 在 \([1,+\infty)\) 单调递增，当 \(t>1\) 时，\(h(t) > h(1)=0\)。
因为 \(x_2 \ge 1\)，\(t^3 – 3t^2 + 3t – 1 = (t-1)^3 > 0\)，且 \(k \ge -3\)，所以：
\(x_2^3(t-1)^3 + k\left(t – \frac{1}{t} – 2\ln t\right) \ge (t-1)^3 – 3\left(t – \frac{1}{t} – 2\ln t\right)\)。
由(I)(ii)知，当 \(t>1\) 时，\(g(t) = t^3 – 3t^2 + 6\ln t + \frac{3}{t} > 1\)，即 \(t^3 – 3t^2 + 6\ln t + \frac{3}{t} – 1 > 0\)。
因此 \((x_1 – x_2)(f'(x_1)+f'(x_2)) – 2(f(x_1)-f(x_2)) > 0\)，不等式得证。
当 \(k \ge -3\) 时，\(\frac{f'(x_1)+f'(x_2)}{2} > \frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}\) 成立
（2019·天津·理科第20题）设函数 \(f(x) = e^x\cos x\)，\(g(x)\) 为 \(f(x)\) 的导函数
(I) 求 \(f(x)\) 的单调区间
求导得：\(f'(x) = e^x(\cos x – \sin x)\)。
• 当 \(x \in \left(2k\pi – \frac{3\pi}{4}, 2k\pi + \frac{\pi}{4}\right)(k \in Z)\) 时，\(\sin x < \cos x\)，\(f'(x) > 0\)，\(f(x)\) 单调递增；
• 当 \(x \in \left(2k\pi + \frac{\pi}{4}, 2k\pi + \frac{5\pi}{4}\right)(k \in Z)\) 时，\(\sin x > \cos x\)，\(f'(x) < 0\)，\(f(x)\) 单调递减。
单调递增区间：\(\left[2k\pi – \frac{3\pi}{4}, 2k\pi + \frac{\pi}{4}\right](k \in Z)\)
单调递减区间：\(\left[2k\pi + \frac{\pi}{4}, 2k\pi + \frac{5\pi}{4}\right](k \in Z)\)
(II) 当 \(x \in \left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]\) 时，证明 \(f(x) + g(x)\left(\frac{\pi}{2} – x\right) \ge 0\)
令 \(h(x) = f(x) + g(x)\left(\frac{\pi}{2} – x\right)\)，其中 \(g(x) = e^x(\cos x – \sin x)\)。
求导得：\(g'(x) = -2e^x\sin x\)，当 \(x \in \left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right)\) 时，\(g'(x) < 0\)。
进一步求 \(h'(x)\)：
\(h'(x) = f'(x) + g'(x)\left(\frac{\pi}{2} – x\right) – g(x) = g'(x)\left(\frac{\pi}{2} – x\right) < 0\)
故 \(h(x)\) 在 \(\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]\) 上 单调递减，因此 \(h(x) \ge h\left(\frac{\pi}{2}\right) = f\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0\)。
当 \(x \in \left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]\) 时，\(f(x) + g(x)\left(\frac{\pi}{2} – x\right) \ge 0\) 得证
(III) 设 \(x_n\) 为 \(u(x) = f(x) – 1\) 在区间 \(\left(2n\pi + \frac{\pi}{4}, 2n\pi + \frac{\pi}{2}\right)\) 内的零点，证明 \(2n\pi + \frac{\pi}{2} – x_n < \frac{e^{-2n\pi}}{\sin x_0 - \cos x_0}\)
由 \(u(x_n) = 0\) 得 \(e^{x_n}\cos x_n = 1\)，记 \(y_n = x_n – 2n\pi\)，则 \(y_n \in \left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right)\)，且 \(f(y_n) = e^{-2n\pi}\)。
由(I)知 \(f(y)\) 在 \(\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right)\) 单调递减，故 \(y_n \ge y_0\)；又 \(g'(x) < 0\)，故 \(g(y_n) \le g(y_0) < 0\)。
由(II)知 \(f(y_n) + g(y_n)\left(\frac{\pi}{2} – y_n\right) \ge 0\)，变形得：
\(\frac{\pi}{2} – y_n \le -\frac{f(y_n)}{g(y_n)} = \frac{e^{-2n\pi}}{-g(y_n)} \le \frac{e^{-2n\pi}}{-g(y_0)} = \frac{e^{-2n\pi}}{e^{y_0}(\sin y_0 – \cos y_0)} < \frac{e^{-2n\pi}}{\sin x_0 - \cos x_0}\)
代入 \(y_n = x_n – 2n\pi\)，即得 \(2n\pi + \frac{\pi}{2} – x_n < \frac{e^{-2n\pi}}{\sin x_0 - \cos x_0}\)。
不等式得证
（2018·天津·理科第20题）已知函数 \(f(x) = a^x\)，\(g(x) = \log_a x\)，其中 \(a>1\)
(I) 求函数 \(h(x) = f(x) – x\ln a\) 的单调区间
求导得：\(h'(x) = a^x\ln a – \ln a = (a^x – 1)\ln a\)。
令 \(h'(x) = 0\)，解得 \(x=0\)。单调性变化如下表：
| \(x\) | \((-\infty,0)\) | \(x=0\) | \((0,+\infty)\) |
|---|---|---|---|
| \(h'(x)\) | \(-\) | \(0\) | \+ |
| \(h(x)\) | ↘ | 极小值 | ↗ |
单调递减区间：\((-\infty,0)\)
单调递增区间：\((0,+\infty)\)
(II) 若曲线 \(y=f(x)\) 在点 \((x_1,f(x_1))\) 处的切线与曲线 \(y=g(x)\) 在点 \((x_2,g(x_2))\) 处的切线平行，证明：\(x_1 + g(x_2) = -\frac{2\ln\ln a}{\ln a}\)
求导得：\(f'(x) = a^x\ln a\)，\(g'(x) = \frac{1}{x\ln a}\)。
由切线平行得斜率相等：\(a^{x_1}\ln a = \frac{1}{x_2\ln a}\)，整理得 \(x_2 a^{x_1} (\ln a)^2 = 1\)。
两边取以 \(a\) 为底的对数：\(\log_a x_2 + x_1 + 2\log_a \ln a = 0\)，即 \(x_1 + \log_a x_2 = -\frac{2\ln\ln a}{\ln a}\)。
\(x_1 + g(x_2) = -\frac{2\ln\ln a}{\ln a}\) 得证
(III) 证明：当 \(a \ge e^{\frac{1}{e}}\) 时，存在直线 \(l\)，使 \(l\) 是曲线 \(y=f(x)\) 的切线，也是曲线 \(y=g(x)\) 的切线
曲线 \(y=f(x)\) 在点 \((x_1,a^{x_1})\) 处的切线：\(l_1: y – a^{x_1} = a^{x_1}\ln a \cdot (x – x_1)\)；
曲线 \(y=g(x)\) 在点 \((x_2,\log_a x_2)\) 处的切线：\(l_2: y – \log_a x_2 = \frac{1}{x_2\ln a} \cdot (x – x_2)\)。
要证存在 \(l\) 重合，只需证方程组 \(\begin{cases} a^{x_1}\ln a = \frac{1}{x_2\ln a} \\ a^{x_1} – x_1 a^{x_1}\ln a = \log_a x_2 – \frac{1}{\ln a} \end{cases}\) 有解。
代入 \(x_2 = \frac{1}{a^{x_1}(\ln a)^2}\)，得关于 \(x_1\) 的方程：\(a^x – x a^x \ln a + x + \frac{1}{\ln a} + \frac{2\ln\ln a}{\ln a} = 0\)。
设 \(u(x) = a^x – x a^x \ln a + x + \frac{1}{\ln a} + \frac{2\ln\ln a}{\ln a}\)，求导得 \(u'(x) = 1 – (\ln a)^2 x a^x\)。
存在唯一 \(x_0>0\) 使 \(u'(x_0)=0\)，\(u(x)\) 在 \((-\infty,x_0)\) 递增，\((x_0,+\infty)\) 递减，最大值 \(u(x_0) \ge \frac{2+2\ln\ln a}{\ln a} \ge 0\)（因 \(a \ge e^{\frac{1}{e}}\) 时 \(\ln\ln a \ge -1\)）。
又存在 \(t\) 使 \(u(t) < 0\)，故 \(u(x)\) 存在零点，即方程组有解。
当 \(a \ge e^{\frac{1}{e}}\) 时，存在公共切线 \(l\) 得证
（2017·天津·理科第20题）设 \(a \in \mathbb{Z}\)，已知定义在 \(\mathbb{R}\) 上的函数 \(f(x) = 2x^4 + 3x^3 – 3x^2 – 6x + a\) 在区间 \((1,2)\) 内有一个零点 \(x_0\)，\(g(x)\) 为 \(f(x)\) 的导函数
(I) 求 \(g(x)\) 的单调区间
由 \(f(x)\) 得导函数：\(g(x) = f'(x) = 8x^3 + 9x^2 – 6x – 6\)。
再求导：\(g'(x) = 24x^2 + 18x – 6\)，令 \(g'(x) = 0\)，解得 \(x = -1\) 或 \(x = \frac{1}{4}\)。
单调性变化如下表：
| \(x\) | \((-\infty,-1)\) | \((-1,\frac{1}{4})\) | \((\frac{1}{4},+\infty)\) |
|---|---|---|---|
| \(g'(x)\) | \+ | \(-\) | \+ |
| \(g(x)\) | ↗ | ↘ | ↗ |
单调递增区间：\((-\infty,-1)\)、\((\frac{1}{4},+\infty)\)
单调递减区间：\((-1,\frac{1}{4})\)
(II) 设 \(m \in [1,x_0) \cup (x_0,2]\)，函数 \(h(x) = g(x)(m – x_0) – f(m)\)，求证：\(h(m)h(x_0) < 0\)
由定义得：\(h(m) = g(m)(m – x_0) – f(m)\)，\(h(x_0) = g(x_0)(m – x_0) – f(m)\)。
① 令 \(H_1(x) = g(x)(x – x_0) – f(x)\)，则 \(H_1′(x) = g'(x)(x – x_0)\)。
当 \(x \in [1,x_0)\) 时，\(H_1′(x) < 0\)，\(H_1(x)\) 单调递减；
当 \(x \in (x_0,2]\) 时，\(H_1′(x) > 0\)，\(H_1(x)\) 单调递增；
故 \(H_1(x) > H_1(x_0) = -f(x_0) = 0\)，即 \(h(m) > 0\)。
② 令 \(H_2(x) = g(x_0)(x – x_0) – f(x)\)，则 \(H_2′(x) = g(x_0) – g(x)\)。
由(I)知 \(g(x)\) 在 \([1,2]\) 单调递增，故：
当 \(x \in [1,x_0)\) 时，\(H_2′(x) > 0\)，\(H_2(x)\) 单调递增；
当 \(x \in (x_0,2]\) 时，\(H_2′(x) < 0\)，\(H_2(x)\) 单调递减；
故 \(H_2(x) < H_2(x_0) = 0\)，即 \(h(x_0) < 0\)。
因此 \(h(m)h(x_0) < 0\)，得证
(III) 求证：存在大于0的常数 \(A\)，使得对于任意的正整数 \(p,q\)，且 \(\frac{p}{q} \in [1,x_0) \cup (x_0,2]\)，满足 \(|\frac{p}{q} – x_0| \ge \frac{1}{A q^4}\)
令 \(m = \frac{p}{q}\)，由(II)知 \(h(x)\) 在 \((1,2)\) 内存在零点 \(x_1\)，即：
\(g(x_1)\left(\frac{p}{q} – x_0\right) – f\left(\frac{p}{q}\right) = 0\)，变形得：
\(\left|\frac{p}{q} – x_0\right| = \left|\frac{f(\frac{p}{q})}{g(x_1)}\right| \ge \frac{|f(\frac{p}{q})|}{g(2)}\)
计算 \(f\left(\frac{p}{q}\right) = \frac{2p^4 + 3p^3 q – 3p^2 q^2 – 6p q^3 + a q^4}{q^4}\)，
因 \(p,q,a\) 为整数，分子是正整数，故 \(|2p^4 + 3p^3 q – 3p^2 q^2 – 6p q^3 + a q^4| \ge 1\)。
因此 \(\left|\frac{p}{q} – x_0\right| \ge \frac{1}{g(2) q^4}\)，取 \(A = g(2)\) 即满足条件。
存在 \(A = g(2) > 0\)，不等式得证
（2016·天津·理科第20题）设函数 \(f(x) = (x-1)^3 – ax – b\)，\(x \in \mathbb{R}\)，其中 \(a,b \in \mathbb{R}\)
(I) 求 \(f(x)\) 的单调区间
求导得：\(f'(x) = 3(x-1)^2 – a\)，分情况讨论：
① 当 \(a \le 0\) 时：\(f'(x) \ge 0\) 恒成立，故 \(f(x)\) 在 \(\boldsymbol{(-\infty,+\infty)}\) 上 单调递增。
② 当 \(a > 0\) 时：令 \(f'(x)=0\)，解得 \(x = 1 \pm \frac{\sqrt{3a}}{3}\)，单调性变化如下表：
| \(x\) | \(\left(-\infty,1-\frac{\sqrt{3a}}{3}\right)\) | \(1-\frac{\sqrt{3a}}{3}\) | \(\left(1-\frac{\sqrt{3a}}{3},1+\frac{\sqrt{3a}}{3}\right)\) | \(1+\frac{\sqrt{3a}}{3}\) | \(\left(1+\frac{\sqrt{3a}}{3},+\infty\right)\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(f'(x)\) | \+ | \(0\) | \(-\) | \(0\) | \+ |
| \(f(x)\) | ↗ | 极大值 | ↘ | 极小值 | ↗ |
单调递增区间：\(\left(-\infty,1-\frac{\sqrt{3a}}{3}\right)\)、\(\left(1+\frac{\sqrt{3a}}{3},+\infty\right)\)
单调递减区间：\(\left(1-\frac{\sqrt{3a}}{3},1+\frac{\sqrt{3a}}{3}\right)\)
(II) 若 \(f(x)\) 存在极值点 \(x_0\)，且 \(f(x_1) = f(x_0)\)（\(x_1 \neq x_0\)），求证：\(x_1 + 2x_0 = 3\)
由极值点条件得：\(f'(x_0) = 3(x_0-1)^2 – a = 0 \implies (x_0-1)^2 = \frac{a}{3}\)。
代入 \(f(x_0)\)：\(f(x_0) = (x_0-1)^3 – a x_0 – b = -\frac{2a}{3}x_0 – \frac{a}{3} – b\)。
计算 \(f(3-2x_0)\)：
\(f(3-2x_0) = (2-2x_0)^3 – a(3-2x_0) – b = \frac{8a}{3}(1-x_0) + 2a x_0 – 3a – b = -\frac{2a}{3}x_0 – \frac{a}{3} – b = f(x_0)\)
又 \(3-2x_0 \neq x_0\)，由单调性知满足 \(f(x_1)=f(x_0)\) 的点唯一，故 \(x_1 = 3-2x_0\)，即 \(\boldsymbol{x_1 + 2x_0 = 3}\)。
得证
(III) 设 \(a>0\)，函数 \(g(x) = |f(x)|\)，求证：\(g(x)\) 在区间 \([0,2]\) 上的最大值不小于 \(\frac{1}{4}\)
设 \(g(x)\) 在 \([0,2]\) 上的最大值为 \(M\)，分三种情况讨论：
① 当 \(a \ge 3\) 时：\(f(x)\) 在 \([0,2]\) 单调递减，\(M = \max\{|f(0)|,|f(2)|\} = \max\{|-1-b|,|1-2a-b|\}\)，
化简得 \(M = 1-a + |a+b| \ge 2 > \frac{1}{4}\)。
② 当 \(\frac{3}{4} \le a < 3\) 时：\(f(x)\) 在 \([0,2]\) 上的取值范围为 \(\left[f\left(1+\frac{\sqrt{3a}}{3}\right),f\left(1-\frac{\sqrt{3a}}{3}\right)\right]\)，
\(M = \max\left\{\left|-\frac{2a}{9}\sqrt{3a}-a-b\right|,\left|\frac{2a}{9}\sqrt{3a}-a-b\right|\right\} = \frac{2a}{9}\sqrt{3a} + |a+b| \ge \frac{2}{9} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{3}{2} = \frac{1}{4}\)。
③ 当 \(0 < a < \frac{3}{4}\) 时：\(f(x)\) 在 \([0,2]\) 上的取值范围为 \([f(0),f(2)]\)，
\(M = \max\{|-1-b|,|1-2a-b|\} = 1-a + |a+b| > \frac{1}{4}\)。
综上，\(g(x)\) 在 \([0,2]\) 上的最大值不小于 \(\frac{1}{4}\)，得证
（2015·天津·理科第20题）已知函数 \(f(x) = nx – x^n\)，\(x \in \mathbb{R}\)，其中 \(n \in \mathbb{N}^*, n \ge 2\)
(I) 讨论 \(f(x)\) 的单调性
求导得：\(f'(x) = n – n x^{n-1} = n(1 – x^{n-1})\)，分奇偶讨论：
① 当 \(n\) 为奇数时：
令 \(f'(x)=0\)，解得 \(x = \pm 1\)，单调性变化如下表：
| \(x\) | \((-\infty,-1)\) | \((-1,1)\) | \((1,+\infty)\) |
|---|---|---|---|
| \(f'(x)\) | \(-\) | \+ | \(-\) |
| \(f(x)\) | ↘ | ↗ | ↘ |
故 \(f(x)\) 在 \(\boldsymbol{(-\infty,-1)}\)、\(\boldsymbol{(1,+\infty)}\) 单调递减，在 \(\boldsymbol{(-1,1)}\) 单调递增。
② 当 \(n\) 为偶数时：
– 当 \(x < 1\) 时，\(f'(x) > 0\)，\(f(x)\) 单调递增；
– 当 \(x > 1\) 时，\(f'(x) < 0\)，\(f(x)\) 单调递减。
故 \(f(x)\) 在 \(\boldsymbol{(-\infty,1)}\) 单调递增，在 \(\boldsymbol{(1,+\infty)}\) 单调递减。
(II) 设曲线 \(y=f(x)\) 与 \(x\) 轴正半轴交点为 \(P\)，曲线在点 \(P\) 处切线为 \(y=g(x)\)，求证：对任意正实数 \(x\)，都有 \(f(x) \le g(x)\)
设 \(P(x_0, 0)\)，则 \(x_0 = n^{\frac{1}{n-1}}\)，\(f'(x_0) = n – n^2\)，切线方程：\(g(x) = f'(x_0)(x – x_0)\)。
令 \(F(x) = f(x) – g(x)\)，则 \(F'(x) = f'(x) – f'(x_0)\)。
因 \(f'(x) = -n x^{n-1} + n\) 在 \((0,+\infty)\) 单调递减，且 \(F'(x_0)=0\)，故：
– 当 \(x \in (0, x_0)\) 时，\(F'(x) > 0\)，\(F(x)\) 单调递增；
– 当 \(x \in (x_0, +\infty)\) 时，\(F'(x) < 0\)，\(F(x)\) 单调递减。
因此 \(F(x) \le F(x_0) = 0\)，即 \(f(x) \le g(x)\) 对任意正实数 \(x\) 成立。
得证
(III) 若方程 \(f(x)=a\) 有两个正实根 \(x_1,x_2\)，求证：\(|x_2 – x_1| < \frac{a}{1-n} + 2\)
不妨设 \(x_1 \le x_2\)，由(II)知 \(g(x) = (n-n^2)(x-x_0)\)，设 \(g(x)=a\) 的根为 \(x_2’\)，则 \(x_2′ = \frac{a}{n-n^2} + x_0\)。
因 \(g(x)\) 单调递减且 \(g(x_2) \ge f(x_2)=a=g(x_2′)\)，故 \(x_2 \le x_2’\)。
曲线在原点处切线 \(h(x)=nx\)，对 \(x>0\)，\(f(x)-h(x)=-x^n < 0\)，即 \(f(x) < h(x)\)。设 \(h(x)=a\) 的根为 \(x_1'\)，则 \(x_1' = \frac{a}{n}\)，由 \(h(x_1')=a=f(x_1) 于是 \(x_2 – x_1 < x_2' - x_1' = \frac{a}{1-n} + x_0\)。 由二项式定理，\(n \ge 2\) 时 \(2^{n-1} \ge n\)，故 \(x_0 = n^{\frac{1}{n-1}} \le 2\)，因此： \(|x_2 – x_1| < \frac{a}{1-n} + 2\)，得证
