2023版高三数学一轮复习（3年真题分类+考情精解读+知识全通关+题型全突破+能力大提升）第3章导数及其应用试题文

PAGEPAGE25第三章导数及其应用考点1导数的概念及计算1．(2022·陕西，10)如图，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切)．环湖弯曲路段为某三次函数图象的一局部，那么该函数的解析式为()A．y＝eq\f(1,2)x3－eq\f(1,2)x2－x B．y＝eq\f(1,2)x3＋eq\f(1,2)x2－3xC．y＝eq\f(1,4)x3－x D．y＝eq\f(1,4)x3＋eq\f(1,2)x2－2x1.解析法一由题意可知，该三次函数满足以下条件：过点(0，0)，(2，0)，在(0，0)处的切线方程为y＝－x，在(2，0)处的切线方程为y＝3x－6，以此对选项进行检验．A选项，y＝eq\f(1,2)x3－eq\f(1,2)x2－x，显然过两个定点，又y′＝eq\f(3,2)x2－x－1，那么y′|x＝0＝－1，y′|x＝2＝3，故条件都满足，由选择题的特点知应选A.法二设该三次函数为f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d，那么f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由题设有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f〔0〕＝0⇒d＝0，,f〔2〕＝0⇒8a＋4b＋2c＋d＝0，,f′〔0〕＝－1⇒c＝－1，,f′〔2〕＝3⇒12a＋4b＋c＝3，))解得a＝eq\f(1,2)，b＝－eq\f(1,2)，c＝－1，d＝0.故该函数的解析式为y＝eq\f(1,2)x3－eq\f(1,2)x2－x，选A.答案A(2022·新课标全国Ⅲ，16)f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝－x，那么曲线y＝f(x)在点(1，2)处的切线方程是________.2.解析设x>0，那么－x<0，f(－x)＝ex－1＋x，因为f(x)为偶函数，所以f(x)＝ex－1＋x，f′(x)＝ex－1＋1，f′(1)＝2，y－2＝2(x－1)，即y＝2x.答案y＝2x(2022·新课标全国Ⅰ，14)函数f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,7)，那么a＝________.3.解析f′(x)＝3ax2＋1，f′(1)＝1＋3a，f(1)＝a＋2.点(1，f(1))处的切线方程为y－(a＋2)＝(1＋3a)(x－1)．将(2，7)代入切线方程，得7－(a＋2)＝(1＋3a)，解得a＝1.答案1(2022·新课标全国Ⅱ，16)曲线y＝x＋lnx在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，那么a＝________.4.解析由y＝x＋lnx，得y′＝1＋eq\f(1,x)，得曲线在点(1，1)的切线的斜率为k＝y′|x＝1＝2，所以切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1，此切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，消去y得ax2＋ax＋2＝0，得a≠0且Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.答案8(2022·天津，11)函数f(x)＝，x∈(0，＋∞)，其中a为实数，f′(x)为f(x)的导函数．假设f′(1)＝3，那么a的值为________．5.解析f′(x)＝＋ax·eq\f(1,x)＝a(lnx＋1)，由f′(1)＝3得，a(ln1＋1)＝3，解得a＝3.答案3(2022·江苏，11)在平面直角坐标系xOy中，假设曲线y＝ax2＋eq\f(b,x)(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，那么a＋b的值是________．6.解析由曲线y＝ax2＋eq\f(b,x)过点P(2，－5)可得－5＝4a＋eq\f(b,2)(1)．又y′＝2ax－eq\f(b,x2)，所以在点P处的切线斜率4a－eq\f(b,4)＝－eq\f(7,2)(2)．由(1)(2)解得a＝－1，b＝－2，所以a＋b＝－3.答案－3(2022·广东，11)曲线y＝－5ex＋3在点(0，－2)处的切线方程为______________7.解析由y＝－5ex＋3得，y′＝－5ex，所以切线的斜率k＝y′|x＝0＝－5，所以切线方程为y＋2＝－5(x－0)，即5x＋y＋2＝0.答案5x＋y＋2＝08.(2022·北京，20)函数f(x)＝2x3－3x.(1)求f(x)在区间[－2,1]上的最大值；(2)假设过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，求t的取值范围；(3)问过点A(－1,2)，B(2,10)，C(0,2)分别存在几条直线与曲线y＝f(x)相切？(只需写出结论)8.解(1)由f(x)＝2x3－3x得f′(x)＝6x2－3.令f′(x)＝0，得x＝－eq\f(\r(2),2)或x＝eq\f(\r(2),2).因为f(－2)＝－10，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝eq\r(2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝－eq\r(2)，f(1)＝－1，所以f(x)在区间[－2，1]上的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝eq\r(2).(2)设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)，那么y0＝2xeq\o\al(3,0)－3x0，且切线斜率为k＝6xeq\o\al(2,0)－3，所以切线方程为y－y0＝(6xeq\o\al(2,0)－3)(x－x0)，因此t－y0＝(6xeq\o\al(2,0)－3)(1－x0)．整理得4xeq\o\al(3,0)－6xeq\o\al(2,0)＋t＋3＝0.设g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，那么“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切〞等价于“g(x)有3个不同零点〞．g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)，g(x)与g′(x)的情况如下：x(－∞，0)0(0，1)1(1，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)t＋3t＋1所以，g(0)＝t＋3是g(x)的极大值，g(1)＝t＋1是g(x)的极小值．当g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3时，此时g(x)在区间(－∞，1]和(1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点．当g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1时，此时g(x)在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点．当g(0)＞0且g(1)＜0，即－3＜t＜－1时，因为g(－1)＝t－7＜0，g(2)＝t＋11＞0，所以g(x)分别在区间[－1，0)，[0，1)和[1，2)上恰有1个零点，由于g(x)在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上单调，所以g(x)分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点．综上可知，当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切时，t的取值范围是(－3，－1)．(3)过点A(－1，2)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切；过点B(2，10)存在2条直线与曲线y＝f(x)相切；过点C(0，2)存在1条直线与曲线y＝f(x)相切．考点2导数的应用1.(2022·四川，6)a是函数f(x)＝x3－12x的极小值点，那么a＝()A.－4 B.－2C.4 D.21.解析∵f(x)＝x3－12x，∴f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，那么x1＝－2，x2＝2.当x∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f′(x)>0，那么f(x)单调递增；当x∈(－2，2)时，f′(x)<0，那么f(x)单调递减，∴f(x)的极小值点为a＝2.答案D2.(2022·陕西，9)设f(x)＝x－sinx，那么f(x)()A．既是奇函数又是减函数 B．既是奇函数又是增函数C．是有零点的减函数 D．是没有零点的奇函数2.解析f(x)＝x－sinx的定义域为R，关于原点对称，且f(－x)＝－x－sin(－x)＝－x＋sinx＝－f(x)，故f(x)为奇函数．又f′(x)＝1－sinx≥0恒成立，所以f(x)在其定义域内为增函数，应选B.答案B3.(2022·安徽，10)函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如下图，那么以下结论成立的是()A．a>0，b<0，c>0，d>0B．a>0，b<0，c<0，d>0C．a<0，b<0，c>0，d>0D．a>0，b>0，c>0，d<03.解析由f(0)＝d>0，可排除D；其导函数f′(x)＝3ax2＋2bx＋c且f′(0)＝c>0，可排除B；又f′(x)＝0有两不等实根，且x1x2＝eq\f(c,a)＞0，所以a＞0.应选A.答案A4.(2022·新课标全国Ⅱ，11)假设函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)单调递增，那么k的取值范围是()A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)4.解析因为f(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－eq\f(1,x).因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x＞1时，f′(x)＝k－eq\f(1,x)≥0恒成立，即k≥eq\f(1,x)在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x＞1，所以0＜eq\f(1,x)＜1，所以k≥1.应选D.答案D5.(2022·湖南，9)假设0＜x1＜x2＜1，那么()A．e－e＞lnx2－lnx1 B．e－e＜lnx2－lnx1C．x2e＞x1e D．x2e＜x1e5.解析构造函数f(x)＝ex－lnx，那么f′(x)＝ex－eq\f(1,x)，故f(x)＝ex－lnx在(0，1)上有一个极值点，即f(x)＝ex－lnx在(0，1)上不是单调函数，无法判断f(x1)与f(x2)的大小，故A、B错；构造函数g(x)＝eq\f(ex,x)，那么g′(x)＝eq\f(xex－ex,x2)＝eq\f(ex〔x－1〕,x2)，故函数g(x)＝eq\f(ex,x)在(0，1)上单调递减，故g(x1)＞g(x2)，x2ex1＞x1ex2，应选C.答案C6.(2022·新课标全国Ⅰ，12)函数f(x)＝ax3－3x2＋1，假设f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，那么a的取值范围是()A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)6.解析由题意知f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，当a＝0时，不满足题意．当a≠0时，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq\f(2,a)，当a＞0时，f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上单调递减．又f(0)＝1，此时f(x)在(－∞，0)上存在零点，不满足题意；当a＜0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,a)))，(0，＋∞)上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，0))上单调递增，要使f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，那么需feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＞0，即a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))eq\s\up12(3)－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))eq\s\up12(2)＋1＞0，解得a＜－2，应选C.答案C7.(2022·新课标全国卷Ⅱ，20)函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1).(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)假设当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围.7.解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝4时，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－3，f′(1)＝－2，f(1)＝0，曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于lnx－eq\f(a〔x－1〕,x＋1)>0，设g(x)＝lnx－eq\f(a〔x－1〕,x＋1)，那么g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2a,〔x＋1〕2)＝eq\f(x2＋2〔1－a〕x＋1,x〔x＋1〕2)，g(1)＝0.(ⅰ)当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)>0；(ⅱ)当a>2时，令g′(x)＝0得，x1＝a－1－eq\r(〔a－1〕2－1)，x2＝a－1＋eq\r(〔a－1〕2－1).由x2>1和x1x2＝1得x1<1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此g(x)<0，综上，a的取值范围是(－∞，2].8.(2022·新课标全国Ⅲ，21)设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<eq\f(x－1,lnx)<x；(3)设c>1，证明：当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.8.(1)解由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－1，令f′(x)＝0解得x＝1.当0<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.(2)证明由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，lnx<x－1.故当x∈(1，＋∞)时，lnx<x－1，lneq\f(1,x)<eq\f(1,x)－1，即1<eq\f(x－1,lnx)<x.(3)证明由题设c>1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，那么g′(x)＝c－1－cxlnc，令g′(x)＝0，解得x0＝eq\f(ln\f(c－1,lnc),lnc).当x<x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减.由(2)知1<eq\f(c－1,lnc)<c，故0<x0<1.又g(0)＝g(1)＝0，故当0<x<1时，g(x)>0.所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.9.(2022·山东，20)设f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R.(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；(2)f(x)在x＝1处取得极大值.求实数a的取值范围.9.解(1)由f′(x)＝lnx－2ax＋2a.可得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)，那么g′(x)＝eq\f(1,x)－2a＝eq\f(1－2ax,x).当a≤0时，x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；当a＞0时，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))时，g′(x)＞0时，函数g(x)单调递增，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减.所以当a≤0时，g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a＞0时，g(x)的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，单调减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞)).(2)由(1)知，f′(1)＝0.①当a≤0时，f′(x)单调递增，所以当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，所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意.②当0＜a＜eq\f(1,2)时，eq\f(1,2a)＞1，由(1)知f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))内单调递增.可得当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，1)内单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))内单调递增.所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意.③当a＝eq\f(1,2)时，eq\f(1,2a)＝1，f′(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减.所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意.④当a＞eq\f(1,2)时，0＜eq\f(1,2a)＜1，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减.所以f(x)在x＝1处取极大值，合题意.综上可知，实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).10.(2022·四川，21)设函数f(x)＝ax2－a－lnx，g(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(e,ex)，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x>1时，g(x)>0；(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立.10.(1)解f′(x)＝2ax－eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－1,x)(x>0).当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减.当a>0时，由f′(x)＝0有x＝eq\f(1,\r(2a)).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(2a))))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增.(2)证明令s(x)＝ex－1－x，那么s′(x)＝ex－1－1.当x>1时，s′(x)>0，所以ex－1>x，从而g(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,ex－1)>0.(3)解由(2)知，当x>1时，g(x)>0.当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－lnx<0，故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.当0<a<eq\f(1,2)时，eq\f(1,\r(2a))>1，由(1)有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))))<f(1)＝0，而geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))))>0.所以f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立；当a≥eq\f(1,2)时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)，当x>1时，h′(x)＝2ax－eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)－e1－x>x－eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(x3－2x＋1,x2)>eq\f(x2－2x＋1,x2)>0.因此，h(x)在区间(1，＋∞)单调递增.又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立.综上，a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).11.(2022·北京，20)设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)设a＝b＝4，假设函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围；(3)求证：a2－3b＞0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.11.(1)解由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，切线斜率k＝f′(0)＝b.又f(0)＝c，所以切点坐标为(0，c).所以所求切线方程为y－c＝b(x－0)，即bx－y＋c＝0.(2)解由a＝b＝4得f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c∴f′(x)＝3x2＋8x＋4＝(3x＋2)(x＋2)令f′(x)＝0，得(3x＋2)(x＋2)＝0，解得x＝－2或x＝－eq\f(2,3)，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下：x(－∞，－2)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)cc－eq\f(32,27)所以，当c＞0且c－eq\f(32,27)＜0时，存在x1∈(－∞，－2)，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))，x3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，＋∞))，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由f(x)的单调性知，当且仅当c∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(32,27)))时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.(3)证明当Δ＝4a2－12b＜0时，即a2－3b＜0，f′(x)＝3x2＋2ax＋b＞0，x∈(－∞，＋∞)，此时函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f(x)不可能有三个不同零点.当Δ＝4a2－12b＝0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一个零点，记作x0.当x∈(－∞，x0)时，f′(x)＞0，f(x)在区间(－∞，x0)上单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增.所以f(x)不可能有三个不同零点.综上所述，假设函数f(x)有三个不同零点，那么必有Δ＝4a2－12b＞0，故a2－3b＞0是f(x)有三个不同零点的必要条件.当a＝b＝4，c＝0时，a2－3b＞0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有两个不同零点，所以a2－3b＞0不是f(x)有三个不同零点的充分条件.因此a2－3b＞0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.12.(2022·新课标全国Ⅱ，21)f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．12.解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a.假设a≤0，那么f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．假设a＞0，那么当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)＞0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)＜0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值；当a＞0时，f(x)在x＝eq\f(1,a)取得最大值，最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))＝－lna＋a－1.因此feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＞2a－2等价于lna＋a－1＜0.令g(a)＝lna＋a－1，那么g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.因此，a的取值范围是(0，1)．13.(2022·新课标全国Ⅰ，21)设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(213.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点．当a>0时，因为e2x单调递增，－eq\f(a,x)单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)>0，当b满足0<b<eq\f(a,4)且b<eq\f(1,4)时，f′(b)<0，故当a>0时，f′(x)存在唯一零点．(2)证明由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－eq\f(a,x0)＝0，所以f(x0)＝eq\f(a,2x0)＋2ax0＋alneq\f(2,a)≥2a＋alneq\f(2,a).故当a>0时，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).14.(2022·福建，22)函数f(x)＝lnx－eq\f((x－1)2,2).(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)证明：当x＞1时，f(x)＜x－1；(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)＞k(x－1)．14.解(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－x＋1＝eq\f(－x2＋x＋1,x)，x∈(0，＋∞)．由f′(x)＞0得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞0，,－x2＋x＋1＞0.))解得0＜x＜eq\f(1＋\r(5),2).故f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(5),2))).(2)令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)．那么有F′(x)＝eq\f(1－x2,x).当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在[1，＋∞)上单调递减，故当x＞1时，F(x)＜F(1)＝0，即当x＞1时，f(x)＜x－1.(3)由(2)知，当k＝1时，不存在x0＞1满足题意．当k＞1时，对于x＞1，有f(x)＜x－1＜k(x－1)，那么f(x)＜k(x－1)，从而不存在x0＞1满足题意．当k＜1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，那么有G′(x)＝eq\f(1,x)－x＋1－k＝eq\f(－x2＋〔1－k〕x＋1,x).由G′(x)＝0得，－x2＋(1－k)x＋1＝0.解得x1＝eq\f(1－k－\r(〔1－k〕2＋4),2)＜0，x2＝eq\f(1－k＋\r(〔1－k〕2＋4),2)＞1.当x∈(1，x2)时，G′(x)＞0，故G(x)在[1，x2)内单调递增．从而当x∈(1，x2)时，G(x)＞G(1)＝0，即f(x)＞k(x－1)．综上，k的取值范围是(－∞，1)．15.(2022·浙江，17)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，方案修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，方案修建的公路为l，如下图，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y＝eq\f(a,x2＋b)(其中a，b为常数)模型．(1)求a，b的值；(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域；②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．15.解(1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)．将其分别代入y＝eq\f(a,x2＋b)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,25＋b)＝40，,\f(a,400＋b)＝2.5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1000，,b＝0.))(2)①由(1)知，y＝eq\f(1000,x2)(5≤x≤20)，那么点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1000,t2)))，设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，y′＝－eq\f(2000,x3)，那么l的方程为y－eq\f(1000,t2)＝－eq\f(2000,t3)(x－t)，由此得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t,2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3000,t2))).故f(t)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3000,t2)))\s\up12(2))＝eq\f(3,2)eq\r(t2＋\f(4×106,t4))，t∈[5，20]．②设g(t)＝t2＋eq\f(4×106,t4)，那么g′(t)＝2t－eq\f(16×106,t5).令g′(t)＝0，解得t＝10eq\r(2).当t∈(5，10eq\r(2))时，g′(t)＜0，g(t)是减函数；当t∈(10eq\r(2)，20)时，g′(t)＞0，g(t)是增函数．从而，当t＝10eq\r(2)时，函数g(t)有极小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，此时f(t)min＝15eq\r(3).答：当t＝10eq\r(2)时，公路l的长度最短，最短长度为15eq\r(3)千米．16.(2022·湖南，21)a>0，函数f(x)＝aexcosx(x∈[0，＋∞))．记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点．(1)证明：数列{f(xn)}是等比数列；(2)假设对一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，求a的取值范围．16.解(1)f′(x)＝aexcosx－aexsinx＝eq\r(2)aexcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).令f′(x)＝0，由x≥0，得x＋eq\f(π,4)＝mπ－eq\f(π,2)，即x＝mπ－eq\f(3π,4)，m∈N*.而对于coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，当k∈Z时，假设2kπ－eq\f(π,2)＜x＋eq\f(π,4)＜2kπ＋eq\f(π,2)，即2kπ－eq\f(3π,4)＜x＜2kπ＋eq\f(π,4)，那么coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＞0.假设2kπ＋eq\f(π,2)＜x＋eq\f(π,4)＜2kπ＋eq\f(3π,2)，即2kπ＋eq\f(π,4)＜x＜2kπ＋eq\f(5π,4)，那么coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＜0.因此，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(〔m－1〕π，mπ－\f(3π,4)))与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mπ－\f(3π,4)，mπ＋\f(π,4)))上，f′(x)的符号总相反．于是当x＝mπ－eq\f(3π,4)(m∈N*)时，f(x)取得极值，所以xn＝nπ－eq\f(3,4)π(n∈N*)．此时，f(xn)＝aenπ－eq\f(3π,4)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(nπ－\f(3π,4)))＝(－1)n＋1eq\f(\r(2)a,2)enπ－eq\f(3π,4).易知f(xn)≠0，而eq\f(f〔xn＋1〕,f〔xn〕)＝eq\f(〔－1〕n＋2\f(\r(2)a,2)e〔n＋1〕π－\f(3π,4),〔－1〕n＋1\f(\r(2)a,2)enπ－\f(3π,4))＝－eπ是常数，故数列{f(xn)}是首项为f(x1)＝eq\f(\r(2)a,2)eeq\f(π,4)，公比为－eπ的等比数列．(2)对一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，即nπ－eq\f(3π,4)≤eq\f(\r(2)a,2)enπ－eq\f(3π,4)恒成立，亦即eq\f(\r(2),a)≤eq\f(enπ－\f(3π,4),nπ－\f(3π,4))恒成立(因为a＞0)．设g(t)＝eq\f(et,t)(t＞0)，那么g′(t)＝eq\f(et〔t－1〕,t2).令g′(t)＝0得t＝1.当0＜t＜1时，g′(t)＜0，所以g(t)在区间(0，1)上单调递减；当t＞1时，g′(t)＞0，所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增．因为x1∈(0，1)，且当n≥2时，xn∈(1，＋∞)，xn＜xn＋1，所以[g(xn)]min＝min{g(x1)，g(x2)}＝mineq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)))))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(4,π)eeq\f(π,4).因此，xn≤|f(xn)|恒成立，当且仅当eq\f(\r(2),a)≤eq\f(4,π)，解得a≥eq\f(\r(2)π,4).故a的取值范围是.17.(2022·山东，20)设函数f(x)＝(x＋a)lnx，g(x)＝eq\f(x2,ex).曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y＝0平行．(1)求a的值；(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示p，q中的较小值)，求m(x)的最大值．17.解(1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，所以f′(1)＝2，又f′(x)＝lnx＋eq\f(a,x)＋1，所以a＝1.(2)k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根．设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)lnx－eq\f(x2,ex)，当x∈(0，1]时，h(x)＜0.又h(2)＝3ln2－eq\f(4,e2)＝ln8－eq\f(4,e2)＞1－1＝0，所以存在x0∈(1，2)，使得h(x0)＝0.因为h′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)＋1＋eq\f(x〔x－2〕,ex)，所以当x∈(1，2)时，h′(x)＞1－eq\f(1,e)＞0，当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0，所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增，所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．(3)由(2)知方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根x0.且x∈(0，x0)时，f(x)＜g(x)，x∈(x0，＋∞)时，f(x)＞g(x)，所以m(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(〔x＋1〕lnx，x∈〔0，x0]，,\f(x2,ex)，x∈〔x0，＋∞〕.))当x∈(0，x0)时，假设x∈(0，1]，m(x)≤0；假设x∈(1，x0)，由m′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)＋1＞0，可知0＜m(x)≤m(x0)；故m(x)≤m(x0)．当x∈(x0，＋∞)时，由m′(x)＝eq\f(x〔2－x〕,ex)，可得x∈(x0，2)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增；x∈(2，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减；可知m(x)≤m(2)＝eq\f(4,e2)，且m(x0)＜m(2)．综上可得，函数m(x)的最大值为eq\f(4,e2).18.(2022·浙江，20)设函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)．(1)当b＝eq\f(a2,4)＋1时，求函数f(x)在[－1,1]上的最小值g(a)的表达式；(2)函数f(x)在[－1,1]上存在零点，0≤b－2a≤1，求b的取值范围．18.解(1)当b＝eq\f(a2,4)＋1时，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋1，故对称轴为直线x＝－eq\f(a,2).当a≤－2时，g(a)＝f(1)＝eq\f(a2,4)＋a＋2.当－2＜a≤2时，g(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝1.当a＞2时，g(a)＝f(－1)＝eq\f(a2,4)－a＋2.综上，g(a)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a2,4)＋a＋2，a≤－2，,1，－2＜a≤2，,\f(a2,4)－a＋2，a＞2.))(2)设s，t为方程f(x)＝0的解，且－1≤t≤1，那么eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s＋t＝－a，,st＝b，))由于0≤b－2a≤1，因此eq\f(－2t,t＋2)≤s≤eq\f(1－2t,t＋2)(－1≤t≤1)．当0≤t≤1时，eq\f(－2t2,t＋2)≤st≤eq\f(t－2t2,t＋2)，由于－eq\f(2,3)≤eq\f(－2t2,t＋2)≤0和－eq\f(1,3)≤eq\f(t－2t2,t＋2)≤9－4eq\r(5)，所以－eq\f(3,2)≤b≤9－4eq\r(5).当－1≤t＜0时，eq\f(t－2t2,t＋2)≤st≤eq\f(－2t2,t＋2)，由于－2≤eq\f(－2t2,t＋2)＜0和－3≤eq\f(t－2t2,t＋2)＜0，所以－3≤b＜0.故b的取值范围是[－3，9－4eq\r(5)]．19.(2022·天津，20)函数f(x)＝4x－x4，x∈R.(1)求f(x)的单调区间；(2)设曲线y＝f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y＝g(x)，求证：对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)；假设方程f(x)＝a(a为实数)有两个实数根x1，x2，且x1＜x2，求证：x2－x1≤－eq\f(a,3)＋.19.(1)解由f(x)＝4x－x4，可得f′(x)＝4－4x3.当f′(x)＞0，即x＜1时，函数f(x)单调递增；当f′(x)＜0，即x＞1时，函数f(x)单调递减．所以，f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)证明设点P的坐标为(x0，0)，那么x0＝4eq\f(1,3)，f′(x0)＝－12.曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)，即g(x)＝f′(x0)(x－x0)．令函数F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)，那么F′(x)＝f′(x)－f′(x0)．由于f′(x)＝－4x3＋4在(－∞，＋∞)上单调递减，故F′(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，又因为F′(x0)＝0，所以当x∈(－∞，x0)时，F′(x)＞0，当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(－∞，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的实数x，F(x)≤F(x0)＝0，即对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)．(3)证明由(2)知g(x)＝－12(x－4eq\f(1,3))．设方程g(x)＝a的根为x2′，可得x2′＝－eq\f(a,12)＋4eq\f(1,3).因为g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′)，因此x2≤x2′.类似地，设曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝h(x)，可得h(x)＝4x.对于任意的x∈(－∞，＋∞)，有f(x)－h(x)＝－x4≤0，即f(x)≤h(x)．设方程h(x)＝a的根为x1′，可得x1′＝eq\f(a,4).因为h(x)＝4x在(－∞，＋∞)上单调递增，且h(x1′)＝a＝f(x1)≤h(x1)，因此x1′≤x1，由此可得x2－x1≤x2′－x1′＝－eq\f(a,3)＋4eq\f(1,3).20.(2022·广东，21)设a为实数，函数f(x)＝(x－a)2＋|x－a|－a(a－1)．(1)假设f(0)≤1，求a的取值范围；(2)讨论f(x)的单调性；(3)当20.解(1)f(0)＝a2＋|a|－a2＋a＝|a|＋a，因为f(0)≤1，所以|a|＋a≤1，当a≤0时，|a|＋a＝－a＋a＝0≤1，显然成立；当a>0，那么有|a|＋a＝2a≤1，所以a≤eq\f(1,2)，所以0<a≤eq\f(1,2)，综上所述，a的取值范围是a≤eq\f(1,2).(2)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－〔2a－1〕x，x≥a，,x2－〔2a＋1〕x＋2a，x<a.))对于u1＝x2－(2a－1)x，其对称轴为x＝eq\f(2a－1,2)＝a－eq\f(1,2)<a，开口向上，所以f(x)在(a，＋∞)上单调递增；对于u1＝x2－(2a＋1)x＋2a，其对称轴为x＝eq\f(2a＋1,2)＝a＋eq\f(1,2)>a，开口向上，所以f(x)在(－∞，a)上单调递减.综上，f(x)在(a，＋∞)上单调递增，在(－∞，a)上单调递减，(3)由(2)得f(x)在(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，所以f(x)min＝f(a)＝a－a2.(ⅰ)当a＝2时，f(x)min＝f(2)＝－2，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－3x，x≥2，,x2－5x＋4，x<2，))令f(x)＋eq\f(4,x)＝0，即f(x)＝－eq\f(4,x)(x>0)，因为f(x)在(0，2)上单调递减，所以f(x)>f(2)＝－2，而y＝－eq\f(4,x)在(0，2)上单调递增，y<f(2)＝2，所以y＝f(x)与y＝－eq\f(4,x)在(0，2)无交点．当x≥2时，f(x)＝x2－3x＝－eq\f(4,x)，即x3－3x2＋4＝0，所以x3－2x2－x2＋4＝0，所以(x－2)2(x＋1)＝0，因为x≥2，所以x＝2，即当a＝2时，f(x)＋eq\f(4,x)有一个零点x＝2.(ⅱ)当a>2时，f(x)min＝f(a)＝a－a2，当x∈(0，a)时，f(0)＝2a>4，f(a)＝a－a2，而y＝－eq\f(4,x)在x∈(0，a)上单调递增，当x＝a时，y＝－eq\f(4,a)，下面比拟f(a)＝a－a2与－eq\f(4,a)的大小，因为a－a2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,a)))＝eq\f(－〔a3－a2－4〕,a)＝eq\f(－〔a－2〕〔a2＋a＋2〕,a)<0所以f(a)＝a－a2<－eq\f(4,a).结合图象不难得当a>2，y＝f(x)与y＝－eq\f(4,x)有两个交点，综上，当a＝2时，f(x)＋eq\f(4,x)有一个零点x＝2；当a>2，y＝f(x)与y＝－eq\f(4,x)有两个零点a≥2时，讨论f(x)＋eq\f(4,x)在区间(0，＋∞)内的零点个数．21.(2022·安徽，20)设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x∈[0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．21.解(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令f′(x)＝0，得x1＝eq\f(－1－\r(4＋3a),3)，x2＝eq\f(－1＋\r(4＋3a),3)，x1＜x2，所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．当x＜x1或x＞x2时，f′(x)＜0；当x1＜x＜x2时，f′(x)＞0.故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)内单调递减，在(x1，x2)内单调递增．(2)因为a＞0，所以x1＜0，x2＞0.①当a≥4时，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．②当0＜a＜4时，x2＜1.由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2，1]上单调递减，因此f(x)在x＝x2＝eq\f(－1＋\r(4＋3a),3)处取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0＜a＜1时，f(x)在x＝1处取得最小值；当a＝1时，f(x)在x＝0和x＝1处同时取得最小值；当1＜a＜4时，f(x)在x＝0处取得最小值．22.(2022·广东，21)函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2＋ax＋1(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＜0时，试讨论是否存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).22.解(1)f′(x)＝x2＋2x＋a开口向上，方程x2＋2x＋a＝0的判别式Δ＝4－4a＝4(1－a)，假设a≥1，那么Δ≤0，f′(x)＝x2＋2x＋a≥0恒成立，∴f(x)在R上单调递增．假设a＜1，那么Δ＞0，方程x2＋2x＋a＝0有两个不同的实数根，x1＝－1－eq\r(1－a)，x2＝－1＋eq\r(1－a)，当x＜x1或x＞x2时，f′(x)＞0；当x1＜x＜x2时，f′(x)＜0，∴f(x)的单调递增区间为(－∞，－1－eq\r(1－a))和(－1＋eq\r(1－a)，＋∞)，单调递减区间为(－1－eq\r(1－a)，－1＋eq\r(1－a))．综上所述，当a≥1时，f(x)在R上单调递增；当a<1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－1－eq\r(1－a))和(－1＋eq\r(1－a)，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(－1－eq\r(1－a)，－1＋eq\r(1－a))．(2)当a＜0时，Δ＞0，且f(0)＝1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(31,24)＋eq\f(a,2)，f(1)＝eq\f(7,3)＋a，此时x1＜0，x2＞0，令x2＝eq\f(1,2)得a＝－eq\f(5,4).①当－eq\f(5,4)＜a＜0时，x1＜0＜x2＜eq\f(1,2)，f(x)在(0，x2)上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(1,2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增．(ⅰ)假设－eq\f(5,4)＜a＜－eq\f(7,12)，那么f(0)＝1＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，∴存在x0∈(0，x2)，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))；(ⅱ)当－eq\f(7,12)≤a＜0时，f(0)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，∴不存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).②当a＝－eq\f(5,4)时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增．∴不存在x0，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).③当－eq\f(25,12)＜a＜－eq\f(5,4)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜f(1)，∴存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).④当a≤－eq\f(25,12)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≥f(1)，∴不存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).综上，当a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,12)，0))∪{－eq\f(5,4)}∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(25,12)))时，不存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))；当a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(25,12)，－\f(5,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，－\f(7,12)))时，存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).23.(2022·天津，19)函数f(x)＝x2－eq\f(2,3)ax3(a＞0)，x∈R.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)假设对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1.求a的取值范围．23.解(1)由，有f′(x)＝2x－2ax2(a＞0)．令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq\f(1,a).当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))eq\f(1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))f′(x)－0＋0－f(x)0eq\f(1,3a2)所以，f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))；单调递减区间是(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).当x＝0时，f(x)有极小值，且极小值f(0)＝0；当x＝eq\f(1,a)时，f(x)有极大值，且极大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eq\f(1,3a2).(2)由f(0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2a)))＝0及(1)知，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2a)))时，f(x)＞0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2a)，＋∞))时，f(x)＜0.设集合A＝{f(x)|x∈(2，＋∞)}，集合B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,f〔x〕)|x∈〔1，＋∞〕，f〔x〕≠0))，那么“对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1〞等价于A⊆B.显然，0∉B.下面分三种情况讨论：(1)当eq\f(3,2a)＞2，即0＜a＜eq\f(3,4)时，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2a)))＝0可知，0∈A，而0∉B，所以A不是B的子集．(2)当1≤eq\f(3,2a)≤2，即eq\f(3,4)≤a≤eq\f(3,2)时，有f(2)≤0，且此时f(x)在(2，＋∞)上单调递减，故A＝(－∞，f(2))，因而A⊆(－∞，0)