高中數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)梯級(jí)練十六導(dǎo)數(shù)與不等式課時(shí)作業(yè)理含解析新人教A版

一輪復(fù)習(xí)精品資料(高中)PAGE1-課時(shí)作業(yè)梯級(jí)練十六導(dǎo)數(shù)與不等式一、選擇題(每小題5分,共35分)1.已知函數(shù)f(x)=x2ex,當(dāng)x∈〖-1,1〗時(shí),不等式f(x)<m恒成立,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是 ()A.QUOTE B.QUOTEC.〖e,+∞) D.(e,+∞)〖解析〗選D.由f′(x)=xex(x+2),令f′(x)=0,得x=0或x=-2(舍去).當(dāng)x∈〖-1,0)時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x∈(0,1〗時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,f(-1)=QUOTE,f(1)=e,所以f(x)最大=f(1)=e,由題意得m>e.2.(2021·綿陽(yáng)模擬)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)數(shù),若(x-1)f′(x)≤0,則必有 ()A.f(0)+f(2)≤2f(1) B.f(0)+f(2)<2f(1)C.f(0)+f(2)≥2f(1) D.f(0)+f(2)>2f(1)〖解析〗選A.QUOTEf′QUOTE≤0,則x>1時(shí)f′QUOTE≤0;x<1時(shí)f′QUOTE≥0.故f(x)在QUOTE上為增函數(shù)或常數(shù)函數(shù),在QUOTE上為減函數(shù)或常數(shù)函數(shù).故fQUOTE≤fQUOTE,fQUOTE≤fQUOTE,即f(0)+f(2)≤2f(1).3.若不等式xex-lnx-1≥kx對(duì)任意的x>0都成立,則實(shí)數(shù)k的取值范圍是()A.(-∞,1〗 B.QUOTEC.(-∞,e〗 D.QUOTE〖解析〗選A.因?yàn)閤ex-lnx-1≥kx對(duì)任意的x>0都成立,運(yùn)用“x∈R時(shí),ex≥x+1恒成立”的結(jié)論可得,xex-lnx-1=ex+lnx-lnx-1≥x+lnx+1-lnx-1=x,即(k-1)x≤0對(duì)任意的x>0都成立,即k-1≤0,解得k≤1.4.已知函數(shù)f(x)=QUOTEx3-x2-QUOTEx,則f(-a2)與f(-1)的大小關(guān)系為 ()A.f(-a2)≤f(-1)B.f(-a2)<f(-1)C.f(-a2)≥f(-1)D.f(-a2)與f(-1)的大小關(guān)系不確定〖解析〗選A.由題意可得f′(x)=QUOTEx2-2x-QUOTE.由f′(x)=QUOTE(3x-7)(x+1)=0,得x=-1或x=QUOTE.當(dāng)x<-1時(shí),f(x)為增函數(shù);當(dāng)-1<x<QUOTE時(shí),f(x)為減函數(shù).所以f(-1)是函數(shù)f(x)在(-∞,0〗上的最大值,又因?yàn)?a2≤0,故f(-a2)≤f(-1).5.(2021·北海模擬)已知函數(shù)f(x)QUOTE滿足f(1)=1,且f(x)的導(dǎo)數(shù)f′QUOTE>QUOTE,則不等式f(x2)<QUOTE+QUOTE的解集為 ()A.(-∞,-1) B.(1,+∞)C.QUOTE∪QUOTE D.QUOTE〖解析〗選D.設(shè)F(x)=f(x)-QUOTEx,則F′(x)=f′(x)-QUOTE,因?yàn)閒′(x)>QUOTE,所以F′(x)=f′(x)-QUOTE>0,即函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞增.f(x2)<QUOTE+QUOTE可轉(zhuǎn)化為f(x2)-QUOTE<f(1)-QUOTE,即F(x2)<F(1),而函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞增,x2<1,所以-1<x<1.6.已知a∈R,設(shè)函數(shù)f(x)=QUOTE若關(guān)于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立,則a的取值范圍為 ()A.〖0,1〗 B.〖0,2〗C.〖0,e〗 D.〖1,e〗〖解析〗選C.當(dāng)x≤1時(shí),由f(x)=x2-2ax+2a≥0恒成立,而二次函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱軸為直線x=a,所以當(dāng)a≥1時(shí),f(x)min=f(1)=1>0恒成立,當(dāng)a<1時(shí),f(x)min=f(a)=2a-a2≥0,所以0≤a<1.綜上,a≥0.當(dāng)x>1時(shí),由f(x)=x-alnx≥0恒成立,即a≤QUOTE恒成立.設(shè)g(x)=QUOTE,則g′(x)=QUOTE.令g′(x)=0,得x=e,且當(dāng)1<x<e時(shí),g′(x)<0,當(dāng)x>e時(shí),g′(x)>0,所以g(x)min=g(e)=e,所以a≤e.綜上,a的取值范圍是〖0,e〗.7.(2020·廣州模擬)已知函數(shù)f(x)=e|x|-ax2,對(duì)任意x1<0,x2<0,x1≠x2,都有(x2-x1)〖f(x2)-f(x1)〗<0,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 ()A.QUOTE B.QUOTEC.QUOTE D.QUOTE〖解析〗選A.因?yàn)閷?duì)任意x1<0,x2<0,x1≠x2,(x2-x1)〖f(x2)-f(x1)〗<0恒成立,所以f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,即f(x)=e-x-ax2在(-∞,0)上單調(diào)遞減,故f′(x)=-QUOTE-2ax≤0在(-∞,0)上恒成立,即-2ax≤QUOTE在(-∞,0)上恒成立.因?yàn)镼UOTE>1,所以當(dāng)a≤0時(shí)上述不等式恒成立.當(dāng)a>0時(shí),若a=QUOTE,如圖,作出函數(shù)y=-ex對(duì)應(yīng)的直線與y=QUOTE的圖象,則兩圖象相切于點(diǎn)(-1,e),故當(dāng)0<a≤QUOTE時(shí),-2ax≤QUOTE在(-∞,0)上恒成立.二、填空題(每小題5分,共15分)8.已知函數(shù)fQUOTE=QUOTE若不等式fQUOTE≤QUOTE對(duì)任意的x∈R恒成立,則實(shí)數(shù)k的取值范圍是.

〖解析〗當(dāng)x≥1時(shí),fQUOTE=lnx?f′(x)=QUOTE?f′(1)=1,所以函數(shù)fQUOTE在(1,0)處的切線方程為:y=x-1,令g(x)=QUOTE,它與橫軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為(k,0).在同一直角坐標(biāo)系內(nèi)畫(huà)出函數(shù)fQUOTE=QUOTE和g(x)=QUOTE的圖象如圖所示:利用數(shù)形結(jié)合思想可知:不等式fQUOTE≤QUOTE對(duì)任意的x∈R恒成立,則實(shí)數(shù)k的取值范圍是k≤1.〖答案〗:k≤19.若對(duì)任意a,b滿足0<a<b<t,都有blna<alnb,則t的最大值為.

〖解析〗因?yàn)?<a<b<t,blna<alnb,所以QUOTE<QUOTE,令y=QUOTE,x∈(0,t),則函數(shù)在(0,t)上單調(diào)遞增,故y′=QUOTE>0,解得0<x<e,故t的最大值是e.〖答案〗:e10.函數(shù)fQUOTE=2sinx-ax在QUOTE上單調(diào)遞減,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為.

〖解析〗因?yàn)閒QUOTE=2sinx-ax,x∈QUOTE,所以f′QUOTE=2cosx-a.因?yàn)楹瘮?shù)fQUOTE=2sinx-ax在QUOTE上單調(diào)遞減,所以f′QUOTE=2cosx-a≤0在QUOTE上恒成立,即a≥2cosx在QUOTE上恒成立,因?yàn)間QUOTE=2cosx在x∈QUOTE上單調(diào)遞減,所以gQUOTE=g(0)=2cos0=2,所以a≥2,即a∈QUOTE.〖答案〗:〖2,+∞)1.(5分)(2021·寧波模擬)若關(guān)于x(x>0)的不等式QUOTE≤QUOTE有正整數(shù)解,則實(shí)數(shù)λ的最小值為 ()A.9B.8C.7D.6〖解析〗選A.由QUOTE≤QUOTE兩邊取對(duì)數(shù),得QUOTElnx≥3ln3存在正整數(shù)解,則λ>0,故QUOTE≥QUOTE.記函數(shù)f(x)=QUOTE,則由f′(x)=QUOTE知函數(shù)f(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,在(e,+∞)上單調(diào)遞減,注意到2<e<3,故只需考慮f(2),f(3)的大小關(guān)系,因?yàn)閒(2)=QUOTE=f(4)<f(3),故f(3)=QUOTE≥QUOTE,即λ≥9.2.(5分)(2021·汕頭模擬)已知函數(shù)f(x)=ex-lnx,則下列對(duì)函數(shù)f(x)的描述正確的是 ()A.?x∈(0,+∞),f(x)≤2B.?x∈(0,+∞),f(x)>2C.?x0∈(0,+∞),f(x0)=0D.f(x)min∈(0,1)〖解析〗選B.易知f(x)=ex-lnx的定義域?yàn)?0,+∞),且f′(x)=ex-QUOTE=QUOTE,令g(x)=xex-1,x≥0,則g′(x)=(x+1)ex>0,在〖0,+∞)上恒成立,則g(x)在〖0,+∞)上單調(diào)遞增,又g(0)·g(1)=-(e-1)<0,所以?x0∈(0,1),使g(x0)=0,則f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,即f(x)min=f(x0)=QUOTE-lnx0,又QUOTE=QUOTE,x0=-lnx0,所以f(x)min=QUOTE+x0>2.3.(5分)函數(shù)f(x)=x-2sinx,對(duì)任意的x1,x2∈〖0,π〗,恒有|f(x1)-f(x2)|≤M,則M的最小值為.

〖解析〗因?yàn)閒(x)=x-2sinx,所以f′(x)=1-2cosx,所以當(dāng)0<x<QUOTE時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)QUOTE<x<π時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;所以當(dāng)x=QUOTE時(shí),f(x)有極小值,也是最小值,即f(x)min=fQUOTE=QUOTE-2sinQUOTE=QUOTE-QUOTE.又f(0)=0,f(π)=π,所以在x∈〖0,π〗上,f(x)max=π.由題意得|f(x1)-f(x2)|≤M等價(jià)于M≥|f(x)max-f(x)min|=π-QUOTE=QUOTE+QUOTE.所以M的最小值為QUOTE+QUOTE.〖答案〗:QUOTE+QUOTE4.(10分)設(shè)x=3是函數(shù)f(x)=(x2+ax+b)e3-x(x∈R)的一個(gè)極值點(diǎn).(1)求a與b之間的關(guān)系式,并求當(dāng)a=2時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)設(shè)a>0,g(x)=QUOTEex.若存在x1,x2∈〖0,4〗使得|f(x1)-g(x2)|<1成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.〖解析〗(1)f′(x)=-〖x2+(a-2)x+b-a〗QUOTE,由題意知f′(3)=0,即-〖9+3(a-2)+b-a〗=0,解得b=-2a-3.當(dāng)a=2時(shí),b=-7,故由f′(x)=-(x2-9)QUOTE>0得-3<x<3,于是f(x)在(-3,3)上單調(diào)遞增,在(-∞,-3)和(3,+∞)上單調(diào)遞減.(2)由(1)得f′(x)=-〖x2+(a-2)x-3a-3〗e3-x,由f′(x)>0得-a-1<x<3,又x∈〖0,4〗,所以f(x)在〖0,3)上單調(diào)遞增,在(3,4〗上單調(diào)遞減,于是f(x)max=f(3)=a+6,f(x)min=min{f(0),f(4)}=-(2a+3)e3.g(x)在〖0,4〗上單調(diào)遞增,g(x)∈〖a2+QUOTE,QUOTEe4〗.根據(jù)題意,QUOTE-(a+6)≥0恒成立,所以只要QUOTE-(a+6)<1,解得-QUOTE<a<QUOTE,又因?yàn)閍>0,所以a∈QUOTE.5.(10分)設(shè)函數(shù)f(x)=QUOTEx2+ax-lnx(a∈R).(1)當(dāng)a=1時(shí),求函數(shù)f(x)的極值;(2)若對(duì)任意a∈(4,5)及任意x1,x2∈〖1,2〗,恒有QUOTEm+ln2>|f(x1)-f(x2)|成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.〖解析〗(1)由題意知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞).當(dāng)a=1時(shí),f(x)=x-lnx,f′(x)=1-QUOTE=QUOTE,當(dāng)0<x<1時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x>1時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,所以函數(shù)f(x)的極小值為f(1)=1,無(wú)極大值.(2)由題意知f′(x)=(1-a)x+a-QUOTE=QUOTE,當(dāng)a∈(4,5)時(shí),1-a<-3,0<QUOTE<QUOTE,所以在區(qū)間〖1,2〗上,f′(x)≤0,則f(x)單調(diào)遞減,f(1)是f(x)的最大值,f(2)是f(x)的最小值.所以|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(2)=QUOTE-QUOTE+ln2.因?yàn)閷?duì)任意a∈(4,5)及任意x1,x2∈〖1,2〗,恒有QUOTEm+ln2>|f(x1)-f(x2)|成立,所以QUOTEm+ln2>QUOTE-QUOTE+ln2,得m>QUOTE.因?yàn)閍∈(4,5),所以QUOTE=1-QUOTE<1-QUOTE=QUOTE,所以m≥QUOTE,故實(shí)數(shù)m的取值范圍是QUOTE.課時(shí)作業(yè)梯級(jí)練十六導(dǎo)數(shù)與不等式一、選擇題(每小題5分,共35分)1.已知函數(shù)f(x)=x2ex,當(dāng)x∈〖-1,1〗時(shí),不等式f(x)<m恒成立,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是 ()A.QUOTE B.QUOTEC.〖e,+∞) D.(e,+∞)〖解析〗選D.由f′(x)=xex(x+2),令f′(x)=0,得x=0或x=-2(舍去).當(dāng)x∈〖-1,0)時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x∈(0,1〗時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,f(-1)=QUOTE,f(1)=e,所以f(x)最大=f(1)=e,由題意得m>e.2.(2021·綿陽(yáng)模擬)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)數(shù),若(x-1)f′(x)≤0,則必有 ()A.f(0)+f(2)≤2f(1) B.f(0)+f(2)<2f(1)C.f(0)+f(2)≥2f(1) D.f(0)+f(2)>2f(1)〖解析〗選A.QUOTEf′QUOTE≤0,則x>1時(shí)f′QUOTE≤0;x<1時(shí)f′QUOTE≥0.故f(x)在QUOTE上為增函數(shù)或常數(shù)函數(shù),在QUOTE上為減函數(shù)或常數(shù)函數(shù).故fQUOTE≤fQUOTE,fQUOTE≤fQUOTE,即f(0)+f(2)≤2f(1).3.若不等式xex-lnx-1≥kx對(duì)任意的x>0都成立,則實(shí)數(shù)k的取值范圍是()A.(-∞,1〗 B.QUOTEC.(-∞,e〗 D.QUOTE〖解析〗選A.因?yàn)閤ex-lnx-1≥kx對(duì)任意的x>0都成立,運(yùn)用“x∈R時(shí),ex≥x+1恒成立”的結(jié)論可得,xex-lnx-1=ex+lnx-lnx-1≥x+lnx+1-lnx-1=x,即(k-1)x≤0對(duì)任意的x>0都成立,即k-1≤0,解得k≤1.4.已知函數(shù)f(x)=QUOTEx3-x2-QUOTEx,則f(-a2)與f(-1)的大小關(guān)系為 ()A.f(-a2)≤f(-1)B.f(-a2)<f(-1)C.f(-a2)≥f(-1)D.f(-a2)與f(-1)的大小關(guān)系不確定〖解析〗選A.由題意可得f′(x)=QUOTEx2-2x-QUOTE.由f′(x)=QUOTE(3x-7)(x+1)=0,得x=-1或x=QUOTE.當(dāng)x<-1時(shí),f(x)為增函數(shù);當(dāng)-1<x<QUOTE時(shí),f(x)為減函數(shù).所以f(-1)是函數(shù)f(x)在(-∞,0〗上的最大值,又因?yàn)?a2≤0,故f(-a2)≤f(-1).5.(2021·北海模擬)已知函數(shù)f(x)QUOTE滿足f(1)=1,且f(x)的導(dǎo)數(shù)f′QUOTE>QUOTE,則不等式f(x2)<QUOTE+QUOTE的解集為 ()A.(-∞,-1) B.(1,+∞)C.QUOTE∪QUOTE D.QUOTE〖解析〗選D.設(shè)F(x)=f(x)-QUOTEx,則F′(x)=f′(x)-QUOTE,因?yàn)閒′(x)>QUOTE,所以F′(x)=f′(x)-QUOTE>0,即函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞增.f(x2)<QUOTE+QUOTE可轉(zhuǎn)化為f(x2)-QUOTE<f(1)-QUOTE,即F(x2)<F(1),而函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞增,x2<1,所以-1<x<1.6.已知a∈R,設(shè)函數(shù)f(x)=QUOTE若關(guān)于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立,則a的取值范圍為 ()A.〖0,1〗 B.〖0,2〗C.〖0,e〗 D.〖1,e〗〖解析〗選C.當(dāng)x≤1時(shí),由f(x)=x2-2ax+2a≥0恒成立,而二次函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱軸為直線x=a,所以當(dāng)a≥1時(shí),f(x)min=f(1)=1>0恒成立,當(dāng)a<1時(shí),f(x)min=f(a)=2a-a2≥0,所以0≤a<1.綜上,a≥0.當(dāng)x>1時(shí),由f(x)=x-alnx≥0恒成立,即a≤QUOTE恒成立.設(shè)g(x)=QUOTE,則g′(x)=QUOTE.令g′(x)=0,得x=e,且當(dāng)1<x<e時(shí),g′(x)<0,當(dāng)x>e時(shí),g′(x)>0,所以g(x)min=g(e)=e,所以a≤e.綜上,a的取值范圍是〖0,e〗.7.(2020·廣州模擬)已知函數(shù)f(x)=e|x|-ax2,對(duì)任意x1<0,x2<0,x1≠x2,都有(x2-x1)〖f(x2)-f(x1)〗<0,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 ()A.QUOTE B.QUOTEC.QUOTE D.QUOTE〖解析〗選A.因?yàn)閷?duì)任意x1<0,x2<0,x1≠x2,(x2-x1)〖f(x2)-f(x1)〗<0恒成立,所以f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,即f(x)=e-x-ax2在(-∞,0)上單調(diào)遞減,故f′(x)=-QUOTE-2ax≤0在(-∞,0)上恒成立,即-2ax≤QUOTE在(-∞,0)上恒成立.因?yàn)镼UOTE>1,所以當(dāng)a≤0時(shí)上述不等式恒成立.當(dāng)a>0時(shí),若a=QUOTE,如圖,作出函數(shù)y=-ex對(duì)應(yīng)的直線與y=QUOTE的圖象,則兩圖象相切于點(diǎn)(-1,e),故當(dāng)0<a≤QUOTE時(shí),-2ax≤QUOTE在(-∞,0)上恒成立.二、填空題(每小題5分,共15分)8.已知函數(shù)fQUOTE=QUOTE若不等式fQUOTE≤QUOTE對(duì)任意的x∈R恒成立,則實(shí)數(shù)k的取值范圍是.

〖解析〗當(dāng)x≥1時(shí),fQUOTE=lnx?f′(x)=QUOTE?f′(1)=1,所以函數(shù)fQUOTE在(1,0)處的切線方程為:y=x-1,令g(x)=QUOTE,它與橫軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為(k,0).在同一直角坐標(biāo)系內(nèi)畫(huà)出函數(shù)fQUOTE=QUOTE和g(x)=QUOTE的圖象如圖所示:利用數(shù)形結(jié)合思想可知:不等式fQUOTE≤QUOTE對(duì)任意的x∈R恒成立,則實(shí)數(shù)k的取值范圍是k≤1.〖答案〗:k≤19.若對(duì)任意a,b滿足0<a<b<t,都有blna<alnb,則t的最大值為.

〖解析〗因?yàn)?<a<b<t,blna<alnb,所以QUOTE<QUOTE,令y=QUOTE,x∈(0,t),則函數(shù)在(0,t)上單調(diào)遞增,故y′=QUOTE>0,解得0<x<e,故t的最大值是e.〖答案〗:e10.函數(shù)fQUOTE=2sinx-ax在QUOTE上單調(diào)遞減,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為.

〖解析〗因?yàn)閒QUOTE=2sinx-ax,x∈QUOTE,所以f′QUOTE=2cosx-a.因?yàn)楹瘮?shù)fQUOTE=2sinx-ax在QUOTE上單調(diào)遞減,所以f′QUOTE=2cosx-a≤0在QUOTE上恒成立,即a≥2cosx在QUOTE上恒成立,因?yàn)間QUOTE=2cosx在x∈QUOTE上單調(diào)遞減,所以gQUOTE=g(0)=2cos0=2,所以a≥2,即a∈QUOTE.〖答案〗:〖2,+∞)1.(5分)(2021·寧波模擬)若關(guān)于x(x>0)的不等式QUOTE≤QUOTE有正整數(shù)解,則實(shí)數(shù)λ的最小值為 ()A.9B.8C.7D.6〖解析〗選A.由QUOTE≤QUOTE兩邊取對(duì)數(shù),得QUOTElnx≥3ln3存在正整數(shù)解,則λ>0,故QUOTE≥QUOTE.記函數(shù)f(x)=QUOTE,則由f′(x)=QUOTE知函數(shù)f(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,在(e,+∞)上單調(diào)遞減,注意到2<e<3,故只需考慮f(2),f(3)的大小關(guān)系,因?yàn)閒(2)=QUOTE=f(4)<f(3),故f(3)=QUOTE≥QUOTE,即λ≥9.2.(5分)(2021·汕頭模擬)已知函數(shù)f(x)=ex-lnx,則下列對(duì)函數(shù)f(x)的描述正確的是 ()A.?x∈(0,+∞),f(x)≤2B.?x∈(0,+∞),f(x)>2C.?x0∈(0,+∞),f(x0)=0D.f(x)min∈(0,1)〖解析〗選B.易知f(x)=ex-lnx的定義域?yàn)?0,+∞),且f′(x)=ex-QUOTE=QUOTE,令g(x)=xex-1,x≥0,則g′(x)=(x+1)ex>0,在〖0,+∞)上恒成立,則g(x)在〖0,+∞)上單調(diào)遞增,又g(0)·g(1)=-(e-1)<0,所以?x0∈(0,1),使g(x0)=0,則f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,即f(x)min=f(x0)=QUOTE-lnx0,又QUOTE=QUOTE,x0=-lnx0,所以f(x)min=QUOTE+x0>2.3.(5分)函數(shù)f(x)=x-2sinx,對(duì)任意的x1,x2∈〖0,π〗,恒有|f(x1)-f(x2)|≤M,則M的最小值為.

〖解析〗因?yàn)閒(x)=x-2sinx,所以f′(x)=1-2cosx,所以當(dāng)0<x<QUOTE時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)QUOTE<x<π時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;所以當(dāng)x=QUOTE時(shí),f(x)有極小值,也是最小值,即f(x)min=fQUOTE=QUOTE-2sinQUOTE=QUOTE-QUOTE.又f(0)=0,f(π)=π,所以在x∈〖0,π〗上,f(x)max=π.由題意得|f(x1)-f(x2)|≤M等價(jià)于M≥|f(x)max-f(x)min|=π-QUOTE=QUOTE+QUOTE.所以M的最小值為QUOTE+QUOTE.〖答案〗:QUOTE+QUOTE4.(10分)設(shè)x=3是函數(shù)f(x)=(x2+ax+b)e3-x(x∈R)的一個(gè)極值點(diǎn).(1)求a與b之間的關(guān)系式,并求當(dāng)a=2時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)設(shè)a>0,g(x)=QUOTEex.若存在x1,x2∈〖0,4〗使得|f(x1)-g(x2)|<1成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.〖解