第301题

参考答案：由（1）可知，函数\(f\left( x \right)\)在\(\left[ { - 1,0} \right)\)上单调递增，在\(\left( {0,\frac{4}{3}} \right)\)上单调递减，在\(\left( {\frac{4}{3},3} \right]\)上单调递增，所以，\(f{\left( x \right)_{极大值}} = f\left( 0 \right) = 0\)， \(f{\left( x \right)_{极小值}} = f\left( {\frac{4}{3}} \right) = - \frac{{32}}{{27}}\)，

又因为 \(f\left( { - 1} \right) = - 3\)， \(f\left( 3 \right) = 9\) ，所以，

由（1）知 \(x = 0\) 是\(f\left ( {x} \right )\)的极大值点， \(x = \frac{4}{3}\) 是\(f\left( x \right)\)的极小值点，

所以 \(f\left( x \right)\)_极大值\( = f\left( 0 \right) = 0\)， \(f\left( x \right)\)_极小值\( = f\left( {\frac{4}{3}} \right) = - \frac{{32}}{{27}}\) ，

又 \(f\left( { - 1} \right) = - 3\) ， \(f\left( 3 \right) = 9\) ， \(f{\left( x \right)_{\max }} = 9\) ，\(f{\left( x \right)_{\min }} = - 3\) .

第302题

参考答案：\(f'\left ( {x} \right )=3\left ( {{{x}^{2}}-1} \right )\)

\(x \in \left( { - 2, - 1} \right)\) ， \(f'\left ( {x} \right )>0\) ， \(f\left( x \right)\) 单调递增；

\(x \in \left( { - 1,1} \right)\) ， \(f'\left ( {x} \right )<0\) ， \(f\left( x \right)\) 单调递减；

\(x \in \left( {1, + \infty } \right)\)， \(f'\left ( {x} \right )>0\) ， \(f\left( x \right)\) 单调递增，

所以函数的极大值为 \(f\left( { - 1} \right) = 6\) ，极小值为 \(f\left( 1 \right) = 2\) .

第303题

参考答案：\(f'\left ( {x} \right )=3\left ( {{{x}^{2}}-a} \right )\)

①若 \(0 < a < 1\) ，\(x \in \left( { - 2, - \sqrt a } \right)\)， \(f'\left ( {x} \right )>0\) ， \(f\left( x \right)\) 单调递增

\(x \in \left( { - \sqrt a ,\sqrt a } \right)\)，\(f\prime \left( x \right) < 0\)，\(f\left( x \right)\) 单调递减，\(x \in \left( {\sqrt a ,1} \right)\)，\(f'\left ( {x} \right )>0\)， \(f\left( x \right)\) 单调递增

若 \(f{\left( x \right)_{\max }} = f\left( { - \sqrt a } \right) = 2a\sqrt a + 4 = 20\) ，得 \(a = 4\) （舍去）

若 \(f{\left( x \right)_{\max }} = f\left( 1 \right) = 5 - 3a = 20\) ，得 \(a = - 5\) （舍去）

②若 \(1 \leqslant a < 4\)， \(x \in \left( { - 2, - \sqrt a } \right)\) ，\(f'\left ( {x} \right )>0\)， \(f\left( x \right)\) 单调递增

\(x \in \left( { - \sqrt a ,1} \right)\)，\(f\prime \left( x \right) < 0\)，\(f\left( x \right)\) 单调递减

若 \(f{\left( x \right)_{\max }} = f\left( { - \sqrt a } \right) = 2a\sqrt a + 4 = 20\) ，得 \(a = 4\) （舍去）

③若 \(a \geqslant 4\) ，\(x \in \left( { - 2,1} \right)\)，\(f'\left ( {x} \right )<0\) ，\(f\left( x \right)\) 单调递减

若 \(f{\left( x \right)_{\max }} = f\left( { - 2} \right) = 6a - 4 = 20\) ，得 \(a = 4\) （满足）

综上所述： \(a = 4\)

第304题

参考答案：\( \because \mathrm{f}\mathrm{\text{'}}\left(x\right)={e}^{x}-a\mathrm{cos}x\)\(\because f'(x) = {{\rm{e}}^x} - a\cos x\) ， \(\therefore f'(0) = 1 - a\) ，又 \(f(0) = 1\) ，所以 \(y = f(x)\) 在 \((0,f(0))\) 处的切线方程为 \(y = (1 - a)x + 1\)，因为其也与曲线 \(y = 2x - {x^2}\) 相切，则联立 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{y = \left( {1 - a} \right)x + 1} \\
{y = 2x - {x^2}}
\end{array}} \right.\) ，得 \({x^2} - (a + 1)x + 1 = 0\) ，由 \(\Delta = {(a + 1)^2} - 4 = 0\) 及 \(a > 0\) ，解得 \(a = 1\) ．

第305题

参考答案：由（1）得\(f\left ( {x} \right )={e}^{x}-\mathrm{sin}x\)，\(f'\left ( {x} \right )={e}^{x}-\mathrm{cos}x\)，

令 \(g(x) = f'(x)\)，则 \(g'\left ( {x} \right )={e}^{x}+\mathrm{sin}x\) 在 \(\left( { - \frac{\pi }{2},0} \right)\)上递增，

又\(g'\left ( {-\frac {\pi } {2}} \right )=\frac {1} {{e}^{\frac {\pi } {2}}}-1<0\) ， \(g'(0) = 1 > 0\)．

∴存在 \({x_0} \in \left( { - \frac{\pi }{2},0} \right)\) ，使得 \(g'\left( {{x_0}} \right) = 0\) ，即 \( {e}^{{x}_{0}}+\mathrm{sin}{x}_{0}=0\) ，

当 \(x \in \left( { - \frac{\pi }{2},{x_0}} \right)\) 时， \(g'(x) < 0\) ， \(g(x)\) 递减：当 \(x \in \left( {{x_0},0} \right)\) 时， \(g'(x) > 0\) ， \(g(x)\) 递增，

∵ \(g(0) = 0\) ， \(\therefore g\left( {{x_0}} \right) < g(0) = 0\) ，∴当 \(x \in \left( {{x_0},0} \right)\) 时， \(g(x) < 0\) ， 即 \(f'\left ( {x} \right )<0\) ．

又 \(f'(0) = 0\) ，当 \(x \in (0, + \infty )\) 时，\(f'\left ( {x} \right )>0\)， \(\therefore x = 0\) 是 \(f\left ( {x} \right )\) 在 \(\left( {{x_0}, + \infty } \right)\) 内的极小值点．

∵当 \(x \in \left( { - \frac{\pi }{2},{x_0}} \right)\) 时， \(g(x)\) 递减，即 \({f^\prime }(x)\) 递减， \(\therefore f(x)\) 在 \(\left( { - \frac{\pi }{2},{x_0}} \right)\) 内没有极小值点．

\(\therefore f(x)\) 在 \(\left( { - \frac{\pi }{2}, + \infty } \right)\) 的极小值是 \(f(0) = 1\) ．

第306题

参考答案：\({f}^{'\left ( {x} \right )}={e}^{x}\left ( {x-2} \right )-\frac {1} {x}+\frac {2} {{x}^{2}}\) ， \(f'\left ( {1} \right )=1-e\)， \(f\left ( {1} \right )=-2e-2\)，

∴曲线 \(y = f(x)\) 在点 \((1,f(1))\) 处的切线方程为\(y-\left ( {-2e-2} \right )=\left ( {1-e} \right )\left ( {x-1} \right )\)，

即\(\left ( {e-1} \right )x+y+e+3=0\)；

第307题

参考答案：\(f'\left ( {x} \right )=\left ( {x-2} \right )\left ( {{e}^{x}-\frac {1} {{x}^{2}}} \right )\)，令 \(f'(x) = 0\) ，得 \(x = 2\) 或\({e}^{x}-\frac {1} {{x}^{2}}=0\)，

设 \(g\left ( {x} \right )={e}^{x}-\frac {1} {{x}^{2}}\)，∵ \(g(x)\) 在 \((0,\;\; + \infty )\) 上单调递增，且 \(g\left ( {1} \right )=e-1>0\)，\(g\left ( {\frac {1} {2}} \right )=\sqrt {e}-4<0\) ，

∴存在唯一 \({x_0} \in \left( {\frac{1}{2},\;\;1} \right)\) ，使得\(g\left ( {{x}_{0}} \right )={e}^{{x}_{0}}-\frac {1} {{x}^{2}_{0}}=0\)，即\( {e}^{{x}_{0}}=\frac{1}{{x}_{0}^{2}}\)，

故 \(x \in (0,{x_0})\) 时，\(x-2<0\)，\( {e}^{x}-\frac{1}{{x}^{2}}<0\)， \(f'\left ( {x} \right )>0\)，\(f\left ( {x} \right )\)单调递增，

\(x \in ({x_0},2)\) 时，\(x-2<0\)，\( {e}^{x}-\frac{1}{{x}^{2}}>0\) ，\(f'\left ( {x} \right )<0\)，\(f\left ( {x} \right )\)单调递减，

\(x \in (2, + \infty )\) 时，\(x-2>0\)， \({{\rm{e}}^x} - \frac{1}{{{x^2}}} > 0\)，\(f'\left ( {x} \right )>0\)，\(f\left ( {x} \right )\)单调递增，

∴\(x = {x_0}\) 是函数f (x)的唯一极大值点；

∵\({x_0} \in \left( {\frac{1}{2},\;\;1} \right)\) ，∴ \(f\left ( {{x}_{0}} \right )>f\left ( {1} \right )=-2e-2\) ；又\( {e}^{{x}_{0}}=\frac{1}{{x}_{0}^{2}}\) ，即 \( \mathrm{ln}{x}_{0}=-\frac{{x}_{0}}{2}\)，

∴\(f\left ( {{x}_{0}} \right )={e}^{{x}_{0}}\left ( {{x}_{0}-3} \right )-\left ( {\mathrm{ln}{x}_{0}+\frac {2} {{x}_{0}}} \right )=\frac {{x}_{0}-3} {{x}^{2}_{0}}+\frac {{x}_{0}} {2}-\frac {2} {{x}_{0}}=\frac {{x}_{0}} {2}-\frac {1} {{x}_{0}}-\frac {3} {{x}^{2}_{0}}\) ，

令 \(h(x) = \frac{x}{2} - \frac{1}{x} - \frac{3}{{{x^2}}}\) ， \(x \in \left( {\frac{1}{2},\;\;1} \right)\) ，则 \(h'(x) = \frac{1}{2} + \frac{1}{{x_{}^2}} + \frac{6}{{x_{}^3}} > 0\) ，故 \(h(x)\) 在 \(\left( {\frac{1}{2},\;\;1} \right)\) 上单调递增，

故 \(f({x_0}) < h(1) = \frac{1}{2} - 1 - 3 = - \frac{7}{2}\) ，

综上所述：\(-2e-2<f\left ( {{x}_{0}} \right )<-\frac {7} {2}\) ．

第308题

参考答案：由 \( {f}^{\text{'}}\left(x\right)={e}^{x}\left(\mathit{sin}x+\mathit{cos}x\right)\le 0\)，\(x\in \left [ {-\pi ，\pi } \right ]\) ，得 \( f\left(x\right)\) 的单调减区间是 \(\left [ {-\pi ，-\frac {\pi } {4}} \right ]\)，\(\left [ {\frac {3\pi } {4}，\pi } \right ]\)，

同理， \( f\left(x\right)\) 的单调增区间是 \(\left [ {-\frac {\pi } {4}，\frac {3\pi } {4}} \right ]\) .

故\( f\left(x\right)\)的极小值为 \( f\left(-\frac{\pi }{4}\right)=-\frac{\sqrt{2}}{2{e}^{\frac{\pi }{4}}}\) ，极大值为 \( f\left(\frac{3\pi }{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}{e}^{\frac{3\pi }{4}}\)

第309题

参考答案：见解析

解析：

由对称性，不妨设 \( 0\le {x}_{1}<{x}_{2}\le \pi \) ，则 \( \frac{f\left({x}_{1}\right)-f\left({x}_{2}\right)}{{x}_{1}^{2}-{x}_{2}^{2}}+a>0\) 即为 \( f\left({x}_{2}\right)+a{x}_{2}^{2}>f\left({x}_{1}\right)+a{x}_{1}^{2}\).

设 \( g\left(x\right)=f\left(x\right)+a{x}^{2}\) ，则\( g\left(x\right)\)在 \(\left [ {0，\pi } \right ]\) 上单调递增，

故\(g'\left ( {x} \right )={e}^{x}\left ( {\sin {x+\cos {x}}} \right )+2ax\geq 0\)​ ​ 在 \(\left [ {0，\pi } \right ]\) 上恒成立.

方法一：（含参讨论）

设\(h\left ( {x} \right )=g'\left ( {x} \right )={e}^{x}\left ( {\sin {x+\cos {x}}} \right )+2ax\geq 0\)​ ​，

则 \( h\left(0\right)=1>0\) ， \( h\left(\pi \right)=-{e}^{\pi }+2a\pi \ge 0\)，解得 \( a\ge \frac{{e}^{\pi }}{2\pi }\).

\(h'\left ( {x} \right )=2\left ( {{e}^{x}\cos {x+a}} \right )\) ， \({h}^{'}\left ( {0} \right )=2\left ( {a+1} \right )>0\) ， \({h}^{'}\left ( {\pi } \right )=2\left ( {a-{e}^{\pi }} \right )\).

①当  \( a\ge {e}^{\pi }\) 时，\(\left [ {h'\left ( {x} \right )} \right ]'={2e}^{x}\left ( {\cos {x-}\sin {x}} \right )\) ​，

故，当 \(x\in \left [ {0，\frac {\pi } {4}} \right ]\) 时 ， \(\left [ {h'\left ( {x} \right )} \right ]'={2e}^{x}\left ( {\cos {x-}\sin {x}} \right )\geq 0\)  ， \({h}^{'}\left ( {x} \right )\) 递增；

当 \(x\in \left [ {\frac {\pi } {4}，\pi } \right ]\) 时， \(\left [ {h'\left ( {x} \right )} \right ]'={2e}^{x}\left ( {\cos {x-}\sin {x}} \right )\leq 0\)，\({h}^{'}\left ( {x} \right )\)递减；

此时，\(h'\left ( {x} \right )\geq \text{min}\left \{ {h'\left ( {0} \right )，h'\left ( {\pi } \right )} \right \} =h'\left ( {\pi } \right )=2\left ( {a-{e}^{\pi }} \right )\geq 0\)​ ​， \(h\left( x \right) = g'\left( x \right)\) 在 \(\left [ {0，\pi } \right ]\) 上单调递增，故\(h\left ( {x} \right )={g}^{'}\left ( {x} \right )\ge {g}^{'}\left ( {0} \right )=1>0\) ，符合条件.

②当 \( \frac{{e}^{\pi }}{2\pi }\le a<{e}^{\pi }\) 时，同①，当 \(x\in \left [ {0，\frac {\pi } {4}} \right ]\) 时， \({h}^{'}\left ( {x} \right )\) 递增；当 \(x\in \left [ {\frac {\pi } {4}，\pi } \right ]\) 时， \({h}^{'}\left ( {x} \right )\) 递减；

∵ \({h}^{'}\left ( {\frac {\pi } {4}} \right )>{h}^{'}\left ( {0} \right )=2\left ( {a+1} \right )>0\)， \({h}^{'}\left ( {\pi } \right )=2\left ( {a-{e}^{\pi }} \right )<0\) ，

∴由连续函数零点存在性定理及单调性知， \(\exists {x}_{0}\in \left ( {\frac {\pi } {4}，\pi } \right )\)， \({h}^{'}\left ( {{x}_{0}} \right )=0\).

于是，当 \(x\in \left . {[0，{x}_{0}} \right )\) 时，\({h}^{'}\left ( {x} \right )>0\)，\(h\left( x \right) = g'\left( x \right)\) 单调递增；

当 \(x\in {(x}_{0}，\pi ]\) 时， \({h}^{'}\left ( {x} \right )<0\)， \(h\left( x \right) = g'\left( x \right)\) 单调递减.

∵\( h\left(0\right)=1>0\)，\( h\left(\pi \right)=-{e}^{\pi }+2a\pi \ge 0\)，\(\therefore g'\left ( {x} \right )=h\left ( {x} \right )\geq \text{min}\left \{ {h\left ( {0} \right )，h\left ( {\pi } \right )} \right \} \geq 0\)​ ，符合条件.

综上，实数 \( a\) 的取值范围是 \(\left . {[\frac {{e}^{\pi }} {2\pi }，+\infty } \right )\).

方法二：（参变分离）

由对称性，不妨设 \( 0\le {x}_{1}<{x}_{2}\le \pi \)，

则 \( \frac{f\left({x}_{1}\right)-f\left({x}_{2}\right)}{{x}_{1}^{2}-{x}_{2}^{2}}+a>0\) 即为 \( f\left({x}_{2}\right)+a{x}_{2}^{2}>f\left({x}_{1}\right)+a{x}_{1}^{2}\).

设 \( g\left(x\right)=f\left(x\right)+a{x}^{2}\)，则 \( g\left(x\right)\) 在 \(\left [ {0，\pi } \right ]\) 上单调递增，

故\(g'\left ( {x} \right )={e}^{x}\left ( {\sin {x+\cos {x}}} \right )+2ax\geq 0\)​ ​在 \(\left [ {0，\pi } \right ]\) 上恒成立.

\({\because g}^{'}\left ( {0} \right )=1>0\)，\(\therefore g'\left ( {x} \right )={e}^{x}\left ( {\sin {x+\cos {x}}} \right )+2ax\geq 0\)​​在 \(\left [ {0，\pi } \right ]\) 上恒成立

\( \iff -2a\le \frac{{e}^{x}\left(\mathit{sin}x+\mathit{cos}x\right)}{x}\)\(⇔-2a\leq \frac {{e}^{x}\left ( {\sin {x+\cos {x}}} \right )} {x}，\forall x\in (0，\pi ]\)​.

设 \(h\left ( {x} \right )=\frac {{e}^{x}\left ( {\sin {x+\cos {x}}} \right )} {x}，x\in (0，\pi ]\)​​，​则\(h'\left ( {x} \right )=\frac {{e}^{x}\left ( {2x\cos {x}-\sin {x-\cos {x}}} \right )} {{x}^{2}}，x\in (0，\pi ]\)​ ​​.

设\(φ\left ( {x} \right )=2x-\tan {x}-1，x\in (0，\frac {\pi } {2})\cup (\frac {\pi } {2}，\pi ]\)​ ​​，

则 \(φ'\left ( {x} \right )=2x-\frac {1} {\cos^{2} {x}}，x\in (0，\frac {\pi } {2})\cup (\frac {\pi } {2}，\pi ]\)​​.

由 \({φ}^{'}\left ( {x} \right )>0\)，\(x\in \left ( {0，\frac {\pi } {2}} \right )\cup (\frac {\pi } {2}，\pi ]\)，得 \(φ\left ( {x} \right )\) 在\(\left ( {0，\frac {\pi } {4}} \right )\)，\((\frac {3\pi } {4}，\pi ]\) 上单调递增；

由 \({φ}^{'}\left ( {x} \right )<0\)，\(x\in \left ( {0，\frac {\pi } {2}} \right )\cup (\frac {\pi } {2}，\pi ]\)，得 \(φ\left ( {x} \right )\) 在 \(\left ( {\frac {\pi } {4}，\frac {\pi } {2}} \right )\)，\((\frac {\pi } {2}，\frac {3\pi } {4}]\) 上单调递减.

故 \(x\in \left ( {0，\frac {\pi } {2}} \right )\) 时 \(φ\left ( {x} \right )\le φ\left ( {\frac {\pi } {4}} \right )=\frac {\pi } {2}-2<0\)； \(x\in (\frac {\pi } {2}，\pi ]\) 时 \(φ\left ( {x} \right )\ge φ\left ( {\frac {3\pi } {4}} \right )=\frac {3\pi } {2}>0\).

从而，\(φ\left ( {x} \right )\cos {x}=2x\cos {x}-\sin {x}-\cos {x<0，x\in \left ( {0，\frac {\pi } {2}} \right )}\cup (\frac {\pi } {2}，\pi ]\)​​，​

又 \( x=\frac{\pi }{2}\) 时， \(2x\cos {x}-\sin {x}-\cos {x=-1<0}\)，故 ​​​\(h'\left ( {x} \right )=\frac {{e}^{x}\left ( {2x\cos {x-\sin {x-\cos {x}}}} \right )} {{x}^{2}}<0，x\in (0，\pi ]\)​，​

​\(h\left ( {x} \right )=\frac {{e}^{x}\left ( {\sin {x+\cos {x}}} \right )} {x}，x\in (0，\pi ]\)​ 单调递减，\(h\left ( {x} \right )_{\text{min}}=h\left ( {\pi } \right )=-\frac {{e}^{\pi }} {\pi }，x\in (0，\pi ]\)​ ​​.

于是， \( -2a\le -\frac{{e}^{\pi }}{\pi }\iff a\ge \frac{{e}^{\pi }}{2\pi }\).

综上，实数\( a\)的取值范围是 \(\left . {[\frac {{e}^{\pi }} {2\pi }，+\infty } \right )\)

第310题

参考答案：当 \( m=1\) 时 \(h\left ( {x} \right )=x{e}^{x}-x{，h}^{'}\left ( {x} \right )=\left ( {x+1} \right ){e}^{x}-1\)

设 \( \mu \left(x\right)={h}^{\text{'}}\left(x\right)=\left(x+1\right){e}^{x}-1\)，则 \( {\mu }^{\text{'}}\left(x\right)=\left(x+2\right){e}^{x}\ge 0\Rightarrow x\ge -2\)

\( \begin{array}{c}{\mu }^{\text{'}}\left(x\right)=\left(x+2\right){e}^{x}<0\Rightarrow x<-2\end{array}\) \( \therefore \mu \left(x\right)\) 即 \( {h}^{\text{'}}\left(x\right)\) 在 \(\left ( {-\infty ，-2} \right )\) 递减，在 \(\left . {[-2，+\infty } \right )\) 递增，

当 \(x\in \left ( {-\infty ，-2} \right )，{h}^{'}\left ( {x} \right )=\left ( {x+1} \right )\cdot {e}^{x}-1<0\) ，当 \(x\in [\left . {-2，0} \right )，{h}^{'}\left ( {x} \right )<{h}^{'}\left ( {0} \right )=0\)

而当 \(x\in \left . {[0，+\infty } \right )，{h}^{'}\left ( {x} \right )\ge {h}^{'}\left ( {0} \right )=0\) 所以当 \(x\in \left ( {-\infty ，0} \right )，{h}^{'}\left ( {x} \right )<0，h\left ( {x} \right )\) 递减；

\(x\in \left . {[0，+\infty } \right )，{h}^{'}\left ( {x} \right )\ge 0，h\left ( {x} \right )\) 递增.故函数增区间为 \(\left . {[0，+\infty } \right )\) ，减区间为 \(\left ( {-\infty ，0} \right )\)

第311题

参考答案：\( m+1\le {e}^{x}-\frac{\text{ln}x}{x}-\frac{1}{x}=\frac{x{e}^{x}-\text{ln}x-1}{x}\) ， \(x\in \left ( {0，+\infty } \right )\)

令 \(f\left ( {x} \right )=\frac {x{e}^{x}-\text{ln}x-1} {x}，{f}^{'}\left ( {x} \right )=\frac {{x}^{2}{e}^{x}+\text{ln}x} {{x}^{2}}，x\in \left ( {0，+\infty } \right )\)

令\(p\left ( {x} \right )={x}^{2}{e}^{x}+\text{ln}x，{p}^{'}\left ( {x} \right )={e}^{x}\left ( {{x}^{2}+2x} \right )+\frac {1} {x}>0，x\in \left ( {0，+\infty } \right )\)



\( \therefore p\left(x\right)\) 在\(\left ( {0，+\infty } \right )\)递增，而 \(p\left ( {\frac {1} {e}} \right )={e}^{\frac {1} {e}-2}-1<0，p\left ( {1} \right )>0\)，

\(\therefore \exists {x}_{1}\in \left ( {\frac {1} {e}，1} \right )\) ，使 \( p\left({x}_{1}\right)=0\) ，即 \( {x}_{1}^{2}{e}^{{x}_{1}}+\text{ln}{x}_{1}=0\left(*\right)\)

当 \(x\in \left ( {0{，x}_{1}} \right )\) 时， \({f}^{'}\left ( {x} \right )<0，f\left ( {x} \right )\)在 \(\left ( {0{，x}_{1}} \right )\) 递减，当 \(x\in \left ( {{x}_{1}，+\infty } \right )\) 时， \({f}^{'}\left ( {x} \right )>0，f\left ( {x} \right )\) 在\(\left ( {{x}_{1}，+\infty } \right )\)递增

\( \begin{array}{c}\therefore f(x{)}_{\text{min}}=f\left({x}_{1}\right)={e}^{{x}_{1}}-\frac{\text{ln}{x}_{1}}{{x}_{1}}-\frac{1}{{x}_{1}}\end{array}\)

因为 \( {x}_{1}^{2}{e}^{{x}_{1}}+\text{ln}{x}_{1}=0\left(*\right)\) 可变形为 \( {x}_{1}{e}^{{x}_{1}}=-\frac{1}{{x}_{1}}\text{ln}{x}_{1}=\frac{1}{{x}_{1}}\text{ln}\frac{1}{{x}_{1}}={e}^{\text{ln}\frac{1}{{x}_{1}}}\text{ln}\frac{1}{{x}_{1}}\left(\text{**}\right)\)

又 \(\because y=x{e}^{x}，{y}^{，}=\left ( {x+1} \right ){e}^{x}>0，\therefore y=x{e}^{x}\) 在\(\left ( {0，+\infty } \right )\)递增，

由（**）可得 \( {x}_{1}=\text{ln}\frac{1}{{x}_{1}}=-\text{ln}{x}_{1},{e}^{{x}_{1}}=\frac{1}{{x}_{1}}\)

\(\therefore f(x{)}_{\text{min}}=f\left ( {{x}_{1}} \right )={e}^{{x}_{1}}-\frac {\text{ln}{x}_{1}} {{x}_{1}}-\frac {1} {{x}_{1}}=\frac {1} {{x}_{1}}+1-\frac {1} {{x}_{1}}=1，\therefore m+1\le 1，\therefore m\le 0\)

故\( m\)取值范围为 \((-\infty ，0]\)

【点睛】

本题主要考查了利用导数分析函数的单调性，同时也考查了利用导数解决恒成立的问题，需要参变分离，设函数后再求导分析，根据零点存在性定理确定极值点的区间，最后将极值点满足的关系式代入原函数化简求最值.属于难题

第312题

参考答案：由题意，当 \( a=1\) 时， \( f\left(x\right)=\frac{1}{2}{x}^{2}+x-{e}^{x}\)，则 \( {f}^{\text{'}}\left(x\right)=x+1-{e}^{x}\)，

令 \( g\left(x\right)=x+1-{e}^{x}\)，则 \({g}^{'}\left ( {x} \right )=1-{e}^{x}\)，令 \({g}^{'}\left ( {x} \right )=0\)可得 \( x=0\)，列表如下：



所以， \({f}^{'}\left ( {x} \right )=g\left ( {x} \right )\le g\left ( {0} \right )=0\) ，且 \({f}^{'}\left ( {x} \right )\) 不恒为零，

所以，函数\(f\left ( {x} \right )\)在\( \mathit{R}\)上单调递减，且 \( f\left(0\right)=-1\)，

由 \( f\left(\mathrm{ln}x\right)>-1=f\left(0\right)\) 可得 \( \mathrm{ln}x<0\)，解得 \( 0<x<1\).

因此，当 \( a=1\) 时，不等式 \( f\left(\mathrm{ln}x\right)>-1\) 的解集为\(\left ( {0，1} \right )\).

第313题

参考答案：证明：当\( a>1\)时，\( f\left(x\right)=\frac{1}{2}a{x}^{2}+x-{e}^{x}\) ，则 \({f}^{'}\left ( {x} \right )=ax+1-{e}^{x}\)，

令 \(h\left ( {x} \right )={f}^{'}\left ( {x} \right )=ax+1-{e}^{x}\)，其中 \( x>0\)，则 \({h}^{'}\left ( {x} \right )=a-{e}^{x}=0\)，可得 \( x=\mathrm{ln}a>0\)，

当 \(0 < x < \ln a\) 时，\({h}^{'}\left ( {x} \right )>0\)，此时函数 \( h\left(x\right)\) 单调递增，

当 \(x > \ln a\) 时，\({h}^{'}\left ( {x} \right )<0\)，此时函数 \( h\left(x\right)\) 单调递减，

所以，\(h\left ( {x} \right )_{\text{max}}=h\left ( {\ln {a}} \right )=a\ln {a+1-a}\)，

令 \( p\left(a\right)=a\mathrm{ln}a+1-a\)，其中 \( a>1\) ，则 \({p}^{'}\left ( {a} \right )=\mathrm{ln}a>0\)，

所以，函数 \( p\left(a\right)\) 在 \(\left ( {1，+\infty } \right )\) 上单调递增，当 \( a>1\) 时， \( p\left(a\right)>p\left(1\right)=0\)，

所以， \({f}^{'}\left ( {x} \right )_{max}={f}^{'}\left ( {\ln {a}} \right )=a\ln {a}+1-a>0\) 且 \({f}^{'}\left ( {0} \right )=0\)，

由（1）知 \( {e}^{x}\ge x+1>x\) ，则当 \( x>1\) 时，\( {e}^{x}={e}^{\frac{x}{2}}\cdot {e}^{\frac{x}{2}}>\frac{{x}^{2}}{4}\) ， \({f}^{'}\left ( {x} \right )<ax+x-\frac {{x}^{2}} {4}\)，

当 \( x>4\left(a+1\right)\) 时， \({f}^{'}\left ( {x} \right )<0\) ，由 \( {e}^{x}>x\) ，得 \( x>\mathrm{ln}x\)， \( \therefore 4\left(a+1\right)>a>\mathrm{ln}a\)，

所以\(f\left ( {x} \right )\)存在极大值点\(m\in \left ( {\mathrm{ln}a，+\infty } \right )\)，

\(\because {f}^{'}\left ( {m} \right )=0\) ，故 \( am={e}^{m}-1\)，

\( \therefore 2f\left(m\right)=m\left({e}^{m}-1\right)+2m-2{e}^{m}=\left(m-2\right){e}^{m}+m\).

所以，要证 \( f\left(m\right)>\frac{m-3}{2}\) ，只要证 \( \left(m-2\right){e}^{m}+m>m-3\) ，即证 \( \left(m-2\right){e}^{m}+3>0\left(m>0\right)\).

令 \(φ\left ( {x} \right )=\left ( {x-2} \right ){e}^{x}+3\left ( {x>0} \right )\)，则 \({φ}^{'}\left ( {x} \right )=\left ( {x-1} \right ){e}^{x}\)，由 \({φ}^{'}\left ( {x} \right )=0\)，得 \( x=1\)，

当 \( 0<x<1\) 时， \({φ}^{'}\left ( {x} \right )<0\)，函数 \( \phi \left(x\right)\) 单调递减，

当 \( x>1\)时， \({φ}^{'}\left ( {x} \right )>0\)，函数 \(φ\left ( {x} \right )\) 单调递增，所以， \(φ\left ( {x} \right )\ge φ\left ( {1} \right )=3-e>0\)，

综上， \( f\left(m\right)>\frac{m-3}{2}\) 成立.

第314题

A.\(\frac{1}{2}\)

B.\( - \frac{{\ln \left( {\ln \sqrt 2 } \right)}}{2}\)

C.\(\frac{{\rm{e}}}{2}\)

D.\( - \frac{{\rm{e}}}{2}\)

参考答案：B

第315题

A.\(\sqrt e \)

B.\(e\)

C.\(2e\)

D.\({e^2}\)

参考答案：C

第316题

A.\(\sqrt {2}f\left ( {\frac {\pi } {4}} \right )>\sqrt {3}f\left ( {\frac {\pi } {3}} \right )\)

B.\(\sin {1}f\left ( {1} \right )>\frac {1} {2}f\left ( {\frac {\pi } {6}} \right )\)

C.\(f\left ( {\frac {\pi } {6}} \right )>\sqrt {2}f\left ( {\frac {\pi } {4}} \right )\)

D.\(f\left ( {\frac {\pi } {6}} \right )>\sqrt {3}f\left ( {\frac {\pi } {3}} \right )\)

参考答案：B

第317题

A.8

B.10

C.12

D.18

参考答案：A

第318题

参考答案：\(\left ( {-∞，2} \right )\)

第319题

参考答案：\(a\leq 1\)

第320题

参考答案：\((-1，0)∪(0，＋∞)\)