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）第三章导数及其应用试题理

PAGEPAGE30第三章导数及其应用考点1导数的概念及运算1.(2022·大纲全国，7)曲线y＝xex－1在点(1,1)处切线的斜率等于()A.2eB.eC.2D.11.C[由题意可得y′＝ex－1＋xex－1，所以曲线在点(1，1)处切线的斜率等于2，应选C.]2.(2022·新课标全国Ⅱ，8)设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，那么a＝()A.0B.1C.2D.32.D[y′＝a－eq\f(1,x＋1)，由题意得y′|x＝0＝2，即a－1＝2，所以a＝3.]3.(2022·陕西，3)定积分(2x＋ex)dx的值为()A.e＋2B.e＋1C.eD.e－13.C[∫eq\o\al(1,0)(2x＋ex)dx＝(x2＋ex)|eq\o\al(1,0)＝(1＋e)－(0＋e0)＝e，因此选C.]4.(2022·江西，8)假设f(x)＝x2＋2f(x)dx，那么f(x)dx＝()A.－1B.－eq\f(1,3)C.eq\f(1,3)D.14.B[因为∫eq\o\al(1,0)f(x)dx是常数，所以f′(x)＝2x，所以可设f(x)＝x2＋c(c为常数)，所以x2＋c＝x2＋2(eq\f(1,3)x3＋cx)|eq\o\al(1,0)，解得c＝－eq\f(2,3)，∫eq\o\al(1,0)f(x)dx＝∫eq\o\al(1,0)(x2＋c)dx＝∫eq\o\al(1,0)(x2－eq\f(2,3))dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3－\f(2,3)x))|eq\o\al(1,0)＝－eq\f(1,3).]5.(2022·山东，6)直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为()A.2eq\r(2)B.4eq\r(2)C.2D.4D[由4x＝x3，解得x＝0或x＝2或x＝－2(舍去)，根据定积分的几何意义可知，直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为∫eq\o\al(2,0)(4x－x3)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(1,4)x4))|eq\o\al(2,0)＝4.]6.(2022·湖南，9)函数f(x)＝sin(x－φ)，且＝0，那么函数f(x)的图象的一条对称轴是()A.x＝eq\f(5π,6)B.x＝eq\f(7π,12)C.x＝eq\f(π,3)D.x＝eq\f(π,6)6.A[由定积分∫eq\s\up6(\f(2π,3))0sin(x－φ)dx＝－cos(x－φ)|eq\s\up6(\f(2π,3))0＝eq\f(1,2)cosφ－eq\f(\r(3),2)sinφ＋cosφ＝0，得tanφ＝eq\r(3)，所以φ＝eq\f(π,3)＋kπ(k∈Z)，所以f(x)＝sin(x－eq\f(π,3)－kπ)(k∈Z)，由正弦函数的性质知y＝sin(x－eq\f(π,3)－kπ)与y＝sin(x－eq\f(π,3))的图象的对称轴相同，令x－eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，那么x＝kπ＋eq\f(5π,6)(k∈Z)，所以函数f(x)的图象的对称轴为x＝kπ＋eq\f(5,6)π(k∈Z)，当k＝0，得x＝eq\f(5π,6)，选A.]7.(2022·湖北，6)假设函数f(x)，g(x)满足＝0，那么称f(x)，g(x)为区间[－1,1]上的一组正交函数.给出三组函数：①f(x)＝sineq\f(1,2)x，g(x)＝coseq\f(1,2)x；②f(x)＝x＋1，g(x)＝x－1；③f(x)＝x，g(x)＝x2.其中为区间[－1,1]上的正交函数的组数是()A.0B.1C.2D.37.C[对于①，∫eq\o\al(1,－1)sineq\f(1,2)xcoseq\f(1,2)xdx＝∫eq\o\al(1,－1)eq\f(1,2)sinxdx＝0，所以①是一组正交函数；对于②，∫eq\o\al(1,－1)(x＋1)(x－1)dx＝∫eq\o\al(1,－1)(x2－1)dx≠0，所以②不是一组正交函数；对于③，∫eq\o\al(1,－1)x·x2dx＝∫eq\o\al(1,－1)x3dx＝0，所以③是一组正交函数.选C.]8.(2022·全国Ⅲ，15)f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，那么曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________.8.2x＋y＋1＝0[设x＞0，那么－x＜0,f(－x)＝lnx－3x,又f(x)为偶函数，f(x)＝lnx－3x，f′(x)＝eq\f(1,x)－3，f′(1)＝－2，切线方程为y＝－2x－1.]9.(2022·全国Ⅱ，16)假设直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，那么b＝________.9.1－ln2[y＝lnx＋2的切线为：y＝eq\f(1,x1)·x＋lnx1＋1(设切点横坐标为x1).y＝ln(x＋1)的切线为：y＝eq\f(1,x2＋1)x＋ln(x2＋1)－eq\f(x2,x2＋1)，(设切点横坐标为x2).∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＝\f(1,x2＋1)，,lnx1＋1＝ln〔x2＋1〕－\f(x2,x2＋1)，))解得x1＝eq\f(1,2)，x2＝－eq\f(1,2)，∴b＝lnx1＋1＝1－ln2.]10.(2022·陕西，15)设曲线y＝ex在点(0,1)处的切线与曲线y＝eq\f(1,x)(x＞0)上点P处的切线垂直，那么P的坐标为________.10.(1，1)[∵(ex)′|x=0＝e0＝1，设P(x0，y0)，有()′|x=x0＝－eq\f(1,xeq\o\al(2,0))＝－1，又x0＞0，∴x0＝1，故P(1，1).]11.(2022·湖南，11)(x－1)dx＝________.11.0[∫eq\o\al(2,0)(x－1)dx＝eq\b\lc\(\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2－x))))＝eq\f(1,2)×22－2＝0.]12.(2022·天津，11)曲线y＝x2与直线y＝x所围成的封闭图形的面积为________.12.eq\f(1,6)[曲线y＝x2与直线y＝x所围成的封闭图形如图，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x2，,y＝x，))得A(1，1)，面积S＝∫eq\o\al(1,0)xdx－∫eq\o\al(1,0)x2dx＝eq\f(1,2)x2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(eq\o\al(1,0)－\f(1,3)x2))eq\s\up12(1)0＝eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6).]13.(2022·陕西，16)如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线表示)，那么原始的最大流量与当前最大流量的比值为________.[由题意可知最大流量的比即为横截面面积的比，建立以抛物线顶点为原点的直角坐标系，设抛物线方程为y＝ax2，将点(5，2)代入抛物线方程得a＝eq\f(2,25)，故抛物线方程为y＝eq\f(2,25)x2,抛物线的横截面面积为S1＝2(2-x2)dx＝2(2x-x3)|＝eq\f(40,3)(m2)，而原梯形上底为10－eq\f(2,tan45°)×2＝6(m)，故原梯形面积为S2＝eq\f(1,2)(10＋6)×2＝16，eq\f(S2,S1)＝eq\f(16,\f(40,3))＝1.2.]14.(2022·江西，13)假设曲线y＝e－x上点P处的切线平行于直线2x＋y＋1＝0，那么点P的坐标是________.14.(－ln2，2)[由题意有y′＝－e－x，设P(m，n)，直线2x＋y＋1＝0的斜率为－2，那么由题意得－e－m＝－2，解得m＝－ln2，所以n＝e－(－ln2)＝2.]考点2导数的应用1.(2022·福建,10)假设定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1,其导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1,那么以下结论中一定错误的选项是()A.f()＜eq\f(1,k)B.f()＞eq\f(1,k－1)C.f()＜eq\f(1,k－1)D.f()＞eq\f(k,k－1)1.C[∵导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1,∴f′(x)－k＞0,k－1＞0,eq\f(1,k－1)＞0,可构造函数g(x)＝f(x)－kx,可得g′(x)＞0,故g(x)在R上为增函数,∵f(0)＝－1,∴g(0)＝－1,∴g()＞g(0),∴f()－eq\f(k,k－1)＞－1,∴f()＞eq\f(1,k－1),∴选项C错误,应选C.]2.(2022·陕西,12)对二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a为非零整数),四位同学分别给出以下结论,其中有且只有一个结论是错误的,那么错误的结论是()A.－1是f(x)的零点B.1是f(x)的极值点C.3是f(x)的极值D.点(2,8)在曲线y＝f(x)上2.A[A正确等价于a－b＋c＝0,①B正确等价于b＝－2a,②C正确等价于eq\f(4ac－b2,4a)＝3,③D正确等价于4a＋2b＋c＝8.④下面分情况验证,假设A错,由②、③、④组成的方程组的解为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝5，,b＝－10，,c＝8.))符合题意；假设B错,由①、③、④组成的方程组消元转化为关于a的方程后无实数解；假设C错,由①、②、④组成方程组,经验证a无整数解；假设D错,由①、②、③组成的方程组a的解为－eq\f(3,4)也不是整数.综上,应选A.]3.(2022·新课标全国Ⅱ,12)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(－1)＝0,当x>0时,xf′(x)－f(x)＜0,那么使得f(x)>0成立的x的取值范围是()A.(－∞,－1)∪(0,1)B.(－1,0)∪(1,＋∞)C.(－∞,－1)∪(－1,0)D.(0,1)∪(1,＋∞)3.A[因为f(x)(x∈R)为奇函数,f(-1)＝0,所以f(1)＝-f(-1)＝0.当x≠0时,令g(x)＝eq\f(f〔x〕,x),那么g(x)为偶函数,且g(1)＝g(－1)＝0.那么当x＞0时,g′(x)＝()′＝eq\f(xf′〔x〕－f〔x〕,x2)＜0,故g(x)在(0,＋∞)上为减函数,在(－∞,0)上为增函数.所以在(0,＋∞)上,当0＜x＜1时,g(x)＞g(1)＝0⇔eq\f(f〔x〕,x)＞0⇔f(x)＞0；在(－∞,0)上,当x＜－1时,g(x)＜g(－1)＝0⇔eq\f(f〔x〕,x)＜0⇔f(x)＞0.综上,得使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞,－1)∪(0,1),选A.]4.(2022·新课标全国Ⅰ,12)设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a,其中a<1,假设存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,那么a的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，1))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，\f(3,4)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，1))4.D[设g(x)＝ex(2x-1),y＝ax-a,由题知存在唯一的整数x0,使得g(x0)在直线y＝ax-a的下方,因为g′(x)＝ex(2x＋1),所以当x<－eq\f(1,2)时,g′(x)<0,当x>－eq\f(1,2)时,g′(x)>0,所以当x＝－eq\f(1,2)时,[g(x)]min＝－2e－eq\f(1,2),当x＝0时,g(0)＝-1,g(1)＝3e>0,直线y＝a(x-1)恒过(1,0)且斜率为a,故－a>g(0)＝－1,且g(－1)＝－3e－1≥－a－a,解得eq\f(3,2e)≤a<1,应选D.]5.(2022·新课标全国Ⅱ,12)设函数f(x)＝eq\r(3)sineq\f(πx,m).假设存在f(x)的极值点x0满足xeq\o\al(2,0)＋[f(x0)]2<m2,那么m的取值范围是()A.(－∞,－6)∪(6,＋∞)B.(－∞,－4)∪(4,＋∞)C.(－∞,－2)∪(2,＋∞)D.(－∞,－1)∪(1,＋∞)5.C[由正弦型函数的图象可知：f(x)的极值点x0满足f(x0)＝±eq\r(3),那么eq\f(πx0,m)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z),从而得x0＝(k＋eq\f(1,2))m(k∈Z).所以不等式x02＋[f(x0)]2<m2即为(k＋eq\f(1,2))2m2＋3<m2,变形得m2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,2)))\s\up12(2)))>3,其中k∈Z.由题意,存在整数k使得不等式m2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,2)))\s\up12(2)))>3成立.当k≠－1且k≠0时,必有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)>1,此时不等式显然不能成立,故k＝－1或k＝0,此时,不等式即为eq\f(3,4)m2>3,解得m<－2或m>2.]6.(2022·辽宁,11)当x∈[－2,1]时,不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立,那么实数a的取值范围是()A.[－5,－3]B.[－6,－]C.[－6,－2]D.[－4,－3]6.C[当x∈(0,1]时,得a≥－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(3)－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,x),令t＝eq\f(1,x),那么t∈[1,＋∞),a≥－3t3－4t2＋t,令g(t)＝－3t3－4t2＋t,t∈[1,＋∞),那么g′(t)＝-9t2-8t＋1＝-(t＋1)(9t－1),显然在[1,＋∞)上,g′(t)<0,g(t)单调递减,所以g(t)max＝g(1)＝-6,因此a≥-6；同理,当x∈[-2,0)时,得a≤-2.由以上两种情况得-6≤a≤-2,显然当x＝0时也成立.故实数a的取值范围为[-6,-2].]7.(2022·全国Ⅱ,21)(1)讨论函数f(x)＝eq\f(x－2,x＋2)ex的单调性,并证明当x>0时,(x－2)ex＋x＋2>0；(2)证明：当a∈[0,1)时,函数g(x)＝eq\f(ex－ax－a,x2)(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.7.(1)解f(x)的定义域为(－∞,－2)∪(－2,＋∞).f′(x)＝eq\f(〔x－1〕〔x＋2〕ex－〔x－2〕ex,〔x＋2〕2)＝eq\f(x2ex,〔x＋2〕2)≥0,且仅当x＝0时,f′(x)＝0,所以f(x)在(－∞,－2),(－2,＋∞)单调递增.因此当x∈(0,＋∞)时,f(x)>f(0)＝－1.所以(x－2)ex>－(x＋2),即(x－2)ex＋x＋2>0.(2)证明g′(x)＝eq\f(〔x－2〕ex＋a〔x＋2〕,x3)＝eq\f(x＋2,x3)(f(x)＋a).由(1)知,f(x)＋a单调递增,对任意a∈[0,1),f(0)＋a＝a－1<0,f(2)＋a＝a≥0.因此,存在唯一xa∈(0,2],使得f(xa)＋a＝0,即g′(xa)＝0.当0<x<xa时,f(x)＋a<0,g′(x)<0,g(x)单调递减；当x>xa时,f(x)＋a>0,g′(x)>0,g(x)单调递增.因此g(x)在x＝xa处取得最小值,最小值为g(xa)＝eq\f(exa－a〔xa＋1〕,xeq\o\al(2,a))＝eq\f(exa＋f〔xa〕〔x＋1〕,xeq\o\al(2,a))＝eq\f(exa,xa＋2).于是h(a)＝eq\f(exa,xa＋2),由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x＋2)))′＝eq\f(〔x＋1〕ex,〔x＋2〕2)>0,eq\f(ex,x＋2)单调递增.所以,由xa∈(0,2],得eq\f(1,2)＝eq\f(e0,0＋2)<h(a)＝eq\f(exa,xa＋2)≤eq\f(e2,2＋2)＝eq\f(e2,4).因为eq\f(ex,x＋2)单调递增,对任意λ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(e2,4))),存在唯一的xa∈(0,2],a＝－f(xa)∈[0,1),使得h(a)＝λ.所以h(a)的值域是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(e2,4))).综上,当a∈[0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(e2,4))).8.(2022·全国Ⅲ,21)设函数f(x)＝acos2x＋(a－1)·(cosx＋1),其中a＞0,记|f(x)|的最大值为4.(1)求f′(x)；(2)求A；(3)证明|f′(x)|≤2A.8.(1)解f′(x)＝－2asin2x－(a－1)sinx.(2)解当a≥1时,|f(x)|＝|acos2x＋(a－1)(cosx＋1)|≤a＋2(a－1)＝3a－2.因此A＝3a－2.当0＜a＜1时,将f(x)变形为f(x)＝2acos2x＋(a－1)·cosx－1,令g(t)＝2at2＋(a－1)t－1,那么A是|g(t)|在[－1,1]上的最大值,g(-1)＝a,g(1)＝3a-2,且当t＝eq\f(1-a,4a)时,g(t)取得极小值,极小值为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1-a,4a)))＝-eq\f(〔a-1〕2,8a)-1＝-eq\f(a2＋6a＋1,8a).令-1＜eq\f(1－a,4a)＜1,解得a＜－eq\f(1,3)(舍去),a＞eq\f(1,5).(ⅰ)当0＜a≤eq\f(1,5)时,g(t)在(-1,1)内无极值点,|g(-1)|＝a,|g(1)|＝2－3a,|g(-1)|＜|g(1)|,所以A＝2－3a.(ⅱ)当eq\f(1,5)＜a＜1时,由g(－1)－g(1)＝2(1－a)＞0,知g(－1)＞g(1)＞geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,4a))).又eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,4a)))))－|g(－1)|＝eq\f(〔1－a〕〔1＋7a〕,8a)＞0,所以A＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,4a)))))＝eq\f(a2＋6a＋1,8a).综上,A＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－3a，0＜a≤\f(1,5)，,\f(a2＋6a＋1,8a)，\f(1,5)＜a＜1，,3a－2，a≥1.))(3)证明由(1)得|f′(x)|＝|－2asin2x－(a－1)sinx|≤2a＋|a－1|.当0＜a≤eq\f(1,5)时,|f′(x)|≤1＋a≤2－4a＜2(2－3a)＝2A.当eq\f(1,5)＜a＜1时,A＝eq\f(a,8)＋eq\f(1,8a)＋eq\f(3,4)≥1,所以|f′(x)|≤1＋a＜2A.当a≥1时,|f′(x)|≤3a－1≤6a－4＝2A.所以|f′(x)|≤2A.9.(2022·全国Ⅰ,21)函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点.(1)求a的取值范围；(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明：x1＋x2<2.9.解(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).①设a＝0,那么f(x)＝(x－2)ex,f(x)只有一个零点.②设a>0,那么当x∈(－∞,1)时,f′(x)<0；当x∈(1,＋∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(－∞,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增.又f(1)＝－e,f(2)＝a,取b满足b<0且b<lneq\f(a,2),那么f(b)>eq\f(a,2)(b－2)＋a(b－1)2＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2－\f(3,2)b))>0,故f(x)存在两个零点.③设a<0,由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a).假设a≥－eq\f(e,2),那么ln(－2a)≤1,故当x∈(1,＋∞)时,f′(x)>0,因此f(x)在(1,＋∞)上单调递增.又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.假设a<－eq\f(e,2),那么ln(－2a)>1,故当x∈(1,ln(－2a))时,f′(x)<0；当x∈(ln(－2a),＋∞)时,f′(x)>0,因此f(x)在(1,ln(－2a))上单调递减,在(ln(－2a),＋∞)上单调递增.又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.综上,a的取值范围为(0,＋∞).(2)不妨设x1<x2.由(1)知,x1∈(－∞,1),x2∈(1,＋∞),2－x2∈(－∞,1),f(x)在(－∞,1)上单调递减,所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2),即f(2－x2)<0.由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2,而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0,所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex,那么g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex),所以当x>1时,g′(x)<0,而g(1)＝0,故当x>1时,g(x)<0,从而g(x2)＝f(2－x2)<0,故x1＋x2<2.10.(2022·北京,18)设函数f(x)＝xea－x+bx,曲线y＝f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y＝(e-1)x＋4.(1)求a,b的值；(2)求f(x)的单调区间.10.(1)f(x)的定义域为R.∵f′(x)＝ea－x－xea－x＋b＝(1－x)ea－x＋b.依题设,eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f〔2〕＝2e＋2，,f′〔2〕＝e－1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2ea－2＋2b＝2e＋2，,－ea－2＋b＝e－1.))解得a＝2,b＝e.(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex,由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知,f′(x)与1－x＋ex－1同号.令g(x)＝1－x＋ex－1,那么g′(x)＝－1＋ex－1.所以,当x∈(-∞,1)时,g′(x)＜0,g(x)在区间(－∞,1)上单调递减；当x∈(1,＋∞)时,g′(x)＞0,g(x)在区间(1,＋∞)上单调递增.故g(1)＝1是g(x)在区间(-∞,＋∞)上的最小值,从而g(x)＞0,x∈(-∞,＋∞),综上可知,f′(x)＞0,x∈(-∞,＋∞).故f(x)的单调递增区间为(-∞,＋∞).11.(2022·四川,21)设函数f(x)＝ax2－a－lnx,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)>eq\f(1,x)－e1－x在区间(1,＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数).11.解(1)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)).此时,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)令g(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,ex－1),s(x)＝ex－1－x.那么s′(x)＝ex－1－1.而当x>1时,s′(x)>0,所以s(x)在区间(1,＋∞)内单调递增.又由s(1)＝0,有s(x)>0,从而当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,所以此时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)，＋∞)).12.(2022·山东,20)f(x)＝a(x－lnx)＋eq\f(2x－1,x2),a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时,证明f(x)>f′(x)＋eq\f(3,2)对于任意的x∈[1,2]成立.12.(1)解f(x)的定义域为(0,＋∞),f′(x)＝a－eq\f(a,x)－eq\f(2,x2)＋eq\f(2,x3)＝eq\f(〔ax2－2〕〔x－1〕,x3).当a≤0时,x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,x∈(1,＋∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.当a>0时,f′(x)＝eq\f(a〔x－1〕,x3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\r(\f(2,a))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\r(\f(2,a)))).①0<a<2时,eq\r(\f(2,a))>1,当x∈(0,1)或x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(2,a))))时,f′(x)<0,f(x)单调递减.②a＝2时,eq\r(\f(2,a))＝1,在x∈(0,＋∞)内,f′(x)≥0,f(x)单调递增.③a>2时,0<eq\r(\f(2,a))<1,当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))或x∈(1,＋∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，1))时,f′(x)<0,f(x)单调递减.综上所述,当a≤0时,f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,＋∞)内单调递减；当0<a<2时,f(x)在(0,1)内单调递增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(2,a))))内单调递减,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))内单调递增；当a＝2时,f(x)在(0,＋∞)内单调递增；当a>2时,f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))内单调递增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，1))内单调递减,在(1,＋∞)内单调递增.(2)证明由(1)知,a＝1时,f(x)－f′(x)＝x－lnx＋eq\f(2x－1,x2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)－\f(2,x2)＋\f(2,x3)))＝x－lnx＋eq\f(3,x)＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x3)－1,x∈[1,2].设g(x)＝x－lnx,h(x)＝eq\f(3,x)＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x3)－1,x∈[1,2],那么f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x).由g′(x)＝eq\f(x－1,x)≥0,可得g(x)≥g(1)＝1,当且仅当x＝1时取得等号.又h′(x)＝eq\f(－3x2－2x＋6,x4).设φ(x)＝－3x2－2x＋6,那么φ(x)在x∈[1,2]单调递减.因为φ(1)＝1,φ(2)＝－10,所以∃x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)时,φ(x)>0,x∈(x0,2)时,φ(x)<0.所以h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减.由h(1)＝1,h(2)＝eq\f(1,2),可得h(x)≥h(2)＝eq\f(1,2),当且仅当x＝2时取得等号.所以f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝eq\f(3,2).即f(x)>f′(x)＋eq\f(3,2)对于任意的x∈[1,2]成立.13.(2022·新课标全国Ⅱ,21)设函数f(x)＝emx＋x2－mx.(1)证明：f(x)在(－∞,0)单调递减,在(0,＋∞)单调递增；(2)假设对于任意x1,x2∈[－1,1],都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1,求m的取值范围.13.(1)证明f′(x)＝m(emx－1)＋2x.假设m≥0,那么当x∈(－∞,0)时,emx－1≤0,f′(x)＜0；当x∈(0,＋∞)时,emx－1≥0,f′(x)＞0.假设m＜0,那么当x∈(－∞,0)时,emx－1＞0,f′(x)＜0；当x∈(0,＋∞)时,emx－1＜0,f′(x)＞0.所以,f(x)在(－∞,0)单调递减,在(0,＋∞)上单调递增.(2)解由(1)知,对任意的m,f(x)在[－1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故f(x)在x＝0处取得最小值.所以对于任意x1,x2∈[－1,1],|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f〔1〕－f〔0〕≤e－1，,f〔－1〕－f〔0〕≤e－1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(em－m≤e－1，,e－m＋m≤e－1.))①设函数g(t)＝et－t－e＋1,那么g′(t)＝et－1.当t＜0时,g′(t)＜0；当t＞0时,g′(t)＞0.故g(t)在(－∞,0)上单调递减,在(0,＋∞)上单调递增.又g(1)＝0,g(－1)＝e－1＋2－e＜0,故当t∈[－1,1]时,g(t)≤0.当m∈[－1,1]时,g(m)≤0,g(－m)≤0,即①式成立；当m＞1时,由g(t)的单调性,g(m)＞0,即em－m＞e－1；当m＜－1时,g(－m)＞0,即e－m＋m＞e－1.综上,m的取值范围是[－1,1].14.(2022·北京,18)函数f(x)＝lneq\f(1＋x,1－x).(1)求曲线y＝f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)求证：当x∈(0,1)时,f(x)＞2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))；(3)设实数k使得f(x)＞keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))对x∈(0,1)恒成立,求k的最大值.14.(1)解因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x),所以f′(x)＝eq\f(1,1＋x)＋eq\f(1,1－x),f′(0)＝2.又因为f(0)＝0,所以曲线y＝f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y＝2x.(2)证明令g(x)＝f(x)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3))),那么g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝eq\f(2x4,1－x2).因为g′(x)>0(0<x<1),所以g(x)在区间(0,1)上单调递增.所以g(x)>g(0)＝0,x∈(0,1),即当x∈(0,1)时,f(x)>2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3))).(3)解由(2)知,当k≤2时,f(x)>keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))对x∈(0,1)恒成立.当k>2时,令h(x)＝f(x)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3))),那么h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝eq\f(kx4－〔k－2〕,1－x2).所以当0<x<eq\r(4,\f(k－2,k))时,h′(x)<0,因此h(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(4,\f(k－2,k))))上单调递减.当0<x<eq\r(4,\f(k－2,k))时,h(x)<h(0)＝0,即f(x)<keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3))).所以当k>2时,f(x)>keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))并非对x∈(0,1)恒成立.综上可知,k的最大值为2.15.(2022·四川,21)函数f(x)＝－2(x＋a)lnx＋x2－2ax－2a2＋a,其中a＞0.(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性；(2)证明：存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,＋∞)内恒成立,且f(x)＝0在区间(1,＋∞)内有唯一解.15.(1)解由,函数f(x)的定义域为(0,＋∞),g(x)＝f′(x)＝2(x－a)－2lnx－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a,x))),所以g′(x)＝2－eq\f(2,x)＋eq\f(2a,x2)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4))),x2),当0＜a＜eq\f(1,4)时,g(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－4a),2))),eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－4a),2)，＋∞))上单调递增,在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－4a),2)，\f(1＋\r(1－4a),2)))上单调递减；当a≥eq\f(1,4)时,g(x)在区间(0,＋∞)上单调递增.(2)证明由f′(x)＝2(x－a)－2lnx－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a,x)))＝0,解得a＝eq\f(x－1－lnx,1＋x－1),令φ(x)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x－1－lnx,1＋x－1)))lnx＋x2－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1－lnx,1＋x－1)))x－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1－lnx,1＋x－1)))eq\s\up12(2)＋eq\f(x－1－lnx,1＋x－1),那么φ(1)＝1＞0,φ(e)＝－eq\f(e〔e－2〕,1＋e－1)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e－2,1＋e－1)))eq\s\up12(2)＜0,故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)＝0,令a0＝eq\f(x0－1－lnx0,1＋xeq\o\al(－1,0)),u(x)＝x－1－lnx(x≥1),由u′(x)＝1－eq\f(1,x)≥0知,函数u(x)在区间(1,＋∞)上单调递增,所以0＝eq\f(u〔1〕,1＋1)＜eq\f(u〔x0〕,1＋xeq\o\al(－1,0))＝a0＜eq\f(u〔e〕,1＋e－1)＝eq\f(e－2,1＋e－1)＜1,即a0∈(0,1),当a＝a0时,有f′(x0)＝0,f(x0)＝φ(x0)＝0,由(1)知,f′(x)在区间(1,＋∞)上单调递增,故当x∈(1,x0)时,f′(x)＜0,从而f(x)＞f(x0)＝0；当x∈(x0,＋∞)时,f′(x)＞0,从而f(x)＞f(x0)＝0,所以,当x∈(1,＋∞)时,f(x)≥0,综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,＋∞)内恒成立,且f(x)＝0在区间(1,＋∞)内有唯一解.16.(2022·天津,20)函数f(x)＝nx－xn,x∈R,其中n∈N*,n≥2.(1)讨论f(x)的单调性；(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：对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x)；(3)假设关于x的方程f(x)＝a(a为实数)有两个正实根x1,x2,求证：|x2－x1|＜eq\f(a,1－n)＋2.16.(1)解由f(x)＝nx－xn,可得f′(x)＝n－nxn－1＝n(1－xn－1).其中n∈N*,且n≥2,下面分两种情况讨论：①当n为奇数时.令f′(x)＝0,解得x＝1,或x＝－1.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表：x(－∞,－1)(－1,1)(1,＋∞)f′(x)－＋－f(x)所以,f(x)在(－∞,－1),(1,＋∞)上单调递减,在(－1,1)内单调递增.②当n为偶数时.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)在(－∞,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减.(2)证明设点P的坐标为(x0,0),那么x0＝neq\f(1,n－1),f′(x0)＝n－n2.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)＝－nxn－1＋n在(0,＋∞)上单调递减,故F′(x)在(0,＋∞)上单调递减,又因为F′(x0)＝0,所以当x∈(0,x0)时,F′(x)＞0,当x∈(x0,＋∞)时,F′(x)＜0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,＋∞)上单调递减,所以对于任意的正实数x,都有F(x)≤F(x0)＝0,即对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x).(3)证明不妨设x1≤x2.由(2)知g(x)＝(n－n2)(x－x0),设方程g(x)＝a的根为x2′,可得x2′＝eq\f(a,n－n2)＋x0.当n≥2时,g(x)在(－∞,＋∞)上单调递减,又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′),可得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)＝nx.当x∈(0,＋∞),f(x)－h(x)＝－xn＜0,即对于任意的x∈(0,＋∞),f(x)＜h(x).设方程h(x)＝a的根为x1′,可得x1′＝eq\f(a,n).因为h(x)＝nx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,1－n)＋x0.因为n≥2,所以2n－1＝(1＋1)n－1≥1＋Ceq\o\al(1,n－1)＝1＋n－1＝n,故2≥neq\f(1,n－1)＝x0.所以,|x2－x1|＜eq\f(a,1－n)＋2.17.(2022·江苏,19)函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a,b∈R).(1)试讨论f(x)的单调性；(2)假设b＝c－a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(－∞,－3)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)),求c的值.17.解(1)f′(x)＝3x2＋2ax,令f′(x)＝0,解得x1＝0,x2＝－eq\f(2a,3).当a＝0时,因为f′(x)＝3x2＞0(x≠0),所以函数f(x)在(－∞,＋∞)上单调递增；当a＞0时,x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞，-\f(2a,3)))∪(0,＋∞)时,f′(x)＞0,x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(2a,3)，0))时,f′(x)＜0,所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞，-\f(2a,3))),(0,＋∞)上单调递增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(2a,3)，0))上单调递减；当a＜0时,x∈(－∞,0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))时,f′(x)＞0,x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))时,f′(x)＜0,所以函数f(x)在(－∞,0),eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))上单调递增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))上单调递减.(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)＝b,feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)))＝eq\f(4,27)a3＋b,那么函数f(x)有三个零点等价于f(0)·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)))＝beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,27)a3＋b))＜0,从而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞0，,－\f(4,27)a3＜b＜0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜0，,0＜b＜－\f(4,27)a3.))又b＝c－a,所以当a＞0时,eq\f(4,27)a3－a＋c＞0或当a＜0时,eq\f(4,27)a3－a＋c＜0.设g(a)＝eq\f(4,27)a3-a＋c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)),那么在(-∞,-3)上g(a)＜0,且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))上g(a)＞0均恒成立.从而g(－3)＝c－1≤0,且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝c－1≥0,因此c＝1.此时,f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a],因函数有三个零点,那么x2＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根,所以Δ＝(a-1)2－4(1-a)＝a2＋2a-3＞0,且(-1)2-(a-1)＋1-a≠0,解得a∈(-∞,-3)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).综上c＝1.18.(2022·重庆,20)设函数f(x)＝eq\f(3x2＋ax,ex)(a∈R).(1)假设f(x)在x＝0处取得极值,确定a的值,并求此时曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)假设f(x)在[3,＋∞)上为减函数,求a的取值范围.18.解(1)对f(x)求导得f′(x)＝eq\f(〔6x＋a〕ex－〔3x2＋ax〕ex,〔ex〕2)＝eq\f(－3x2＋〔6－a〕x＋a,ex),因为f(x)在x＝0处取得极值,所以f′(0)＝0,即a＝0.当a＝0时,f(x)＝eq\f(3x2,ex),f′(x)＝eq\f(－3x2＋6x,ex),故f(1)＝eq\f(3,e),f′(1)＝eq\f(3,e),从而f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y－eq\f(3,e)＝eq\f(3,e)(x－1),化简得3x－ey＝0.(2)由(1)知f′(x)＝eq\f(－3x2＋〔6－a〕x＋a,ex).令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a,由g(x)＝0解得x1＝eq\f(6－a－\r(a2＋36),6),x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6).当x＜x1时,g(x)＜0,即f′(x)＜0,故f(x)为减函数；当x1＜x＜x2时,g(x)＞0,即f′(x)＞0,故f(x)为增函数；当x＞x2时,g(x)＜0,即f′(x)＜0,故f(x)为减函数.由f(x)在[3,＋∞)上为减函数,知x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6)≤3,解得a≥－eq\f(9,2),故a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，＋∞)).19.(2022·新课标全国Ⅰ,21)函数f(x)＝x3＋ax＋eq\f(1,4),g(x)＝－lnx.(1)当a为何值时,x轴为曲线y＝f(x)的切线；(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)＝min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.19.解(1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0,0),那么f(x0)＝0,f′(x0)＝0.即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(3,0)＋ax0＋\f(1,4)＝0，,3xeq\o\al(2,0)＋a＝0，))解得x0＝eq\f(1,2),a＝－eq\f(3,4).因此,当a＝－eq\f(3,4)时,x轴为曲线y＝f(x)的切线.(2)当x∈(1,＋∞)时,g(x)＝－lnx<0,从而h(x)＝min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故h(x)在(1,＋∞)无零点.当x＝1时,假设a≥－eq\f(5,4),那么f(1)＝a＋eq\f(5,4)≥0,h(1)＝min{f(1),g(1)}＝g(1)＝0,故x＝1是h(x)的零点；假设a<－eq\f(5,4),那么f(1)<0,h(1)＝min{f(1),g(1)}＝f(1)<0,故x＝1不是h(x)的零点.当x∈(0,1)时,g(x)＝－lnx>0.所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.(ⅰ)假设a≤－3或a≥0,那么f′(x)＝3x2＋a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.而f(0)＝eq\f(1,4),f(1)＝a＋eq\f(5,4),所以当a≤－3时,f(x)在(0,1)有一个零点；当a≥0时,f(x)在(0,1)没有零点.(ⅱ)假设－3<a<0,那么f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a,3))))单调递减,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))，1))单调递增,故在(0,1)中,当x＝eq\r(－\f(a,3))时,f(x)取得最小值,最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))＝eq\f(2a,3)eq\r(－\f(a,3))＋eq\f(1,4).①假设feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))>0,即－eq\f(3,4)<a<0,f(x)在(0,1)无零点；②假设feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))＝0,即a＝－eq\f(3,4),那么f(x)在(0,1)有唯一零点；③假设feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))<0,即－3<a<－eq\f(3,4),由于f(0)＝eq\f(1,4),f(1)＝a＋eq\f(5,4),所以当－eq\f(5,4)<a<－eq\f(3,4)时,f(x)在(0,1)有两个零点；当－3<a≤－eq\f(5,4)时,f(x)在(0,1)有一个零点.综上,当a>-eq\f(3,4)或a<-eq\f(5,4)时,h(x)有一个零点；当a＝-eq\f(3,4)或a＝-eq\f(5,4)时,h(x)有两个零点；当-eq\f(5,4)<a<-eq\f(3,4)时,h(x)有三个零点.20.(2022·安徽,21)设函数f(x)＝x2－ax＋b.(1)讨论函数f(sinx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值；(2)记f0(x)＝x2－a0x＋b0,求函数|f(sinx)－f0(sinx)|在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的最大值D；(3)在(2)中,取a0＝b0＝0,求z＝b－eq\f(a2,4)满足D≤1时的最大值.20.解(1)f(sinx)＝sin2x－asinx＋b＝sinx(sinx－a)＋b,－eq\f(π,2)<x<eq\f(π,2).[f(sinx)]′＝(2sinx－a)cosx,－eq\f(π,2)<x<eq\f(π,2).因为－eq\f(π,2)<x<eq\f(π,2),所以cosx>0,－2<2sinx<2.①a≤－2,b∈R时,函数f(sinx)单调递增,无极值.②a≥2,b∈R时,函数f(sinx)单调递减,无极值.③对于－2<a<2,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内存在唯一的x0,使得2sinx0＝a.－eq\f(π,2)<x≤x0时,函数f(sinx)单调递减；x0≤x<eq\f(π,2)时,函数f(sinx)单调递增；因此,－2<a<2,b∈R时,函数f(sinx)在x0处有极小值f(sinx0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝b－eq\f(a2,4).(2)－eq\f(π,2)≤x≤eq\f(π,2)时,|f(sinx)－f0(sinx)|＝|(a0－a)sinx＋b－b0|≤|a－a0|＋|b－b0|.当(a0－a)(b－b0)≥0时,取x＝eq\f(π,2),等号成立.当(a0－a)(b－b0)<0时,取x＝－eq\f(π,2),等号成立.由此可知,|f(sinx)－f0(sinx)|在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的最大值为D＝|a－a0|＋|b－b0|.(3)D≤1即为|a|＋|b|≤1,此时0≤a2≤1,－1≤b≤1,从而z＝b－eq\f(a2,4)≤1.取a＝0,b＝1,那么|a|＋|b|≤1,并且z＝b－eq\f(a2,4)＝1.由此可知,z＝b－eq\f(a2,4)满足条件D≤1的最大值为1.21.(2022·广东,19)设a>1,函数f(x)＝(1＋x2)ex－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞,＋∞)上仅有一个零点；(3)假设曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行,且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点),证明：m≤eq\r(3,a－\f(2,e))－1.21.(1)解f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex∀x∈R,f′(x)≥0恒成立.∴f(x)的单调增区间为(－∞,＋∞).(2)证明∵f(0)＝1－a,f(a)＝(1＋a2)ea－a,∵a>1,∴f(0)<0,f(a)>2aea－a>2a－a＝a>0,∴f(0)·f(a)<0,∴f(x)在(0,a)上有一零点,又∵f(x)在(－∞,＋∞)上递增,∴f(x)在(0,a)上仅有一个零点,∴f(x)在(－∞,＋∞)上仅有一个零点.(3)证明f′(x)＝(x＋1)2ex,设P(x0,y0),那么f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0,∴x0＝－1,把x0＝-1,代入y＝f(x)得y0＝eq\f(2,e)-a,∴kOP＝a－eq\f(2,e).f′(m)＝em(m＋1)2＝a－eq\f(2,e),令g(m)＝em－(m＋1),g′(m)＝em－1.令g′(x)>0,那么m>0,∴g(m)在(0,＋∞)上增.令g′(x)<0,那么m<0,∴g(m)在(－∞,0)上减.∴g(m)min＝g(0)＝0.∴em－(m＋1)≥0,即em≥m＋1.∴em(m＋1)2≥(m＋1)3,即a－eq\f(2,e)≥(m＋1)3.∴m＋1≤eq\r(3,a－\f(2,e)),即m≤eq\r(3,a－\f(2,e))－1.22.(2022·山东,21)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x),其中a∈R.(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由；(2)假设∀x＞0,f(x)≥0成立,求a的取值范围.22.解(1)由题意知,函数f(x)的定义域为(－1,＋∞),f′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋a(2x－1)＝eq\f(2ax2＋ax－a＋1,x＋1).令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1,x∈(－1,＋∞).①当a＝0时,g(x)＝1,此时f′(x)＞0,函数f(x)在(－1,＋∞)上单调递增,无极值点；②当a＞0时,Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8).(ⅰ)当0＜a≤eq\f(8,9)时,Δ≤0,g(x)≥0,f′(x)≥0,函数f(x)在(－1,＋∞)上单调递增,无极值点；(ⅱ)当a＞eq\f(8,9)时,Δ＞0,设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1,x2(x1＜x2),因为x1＋x2＝-eq\f(1,2),所以x1＜-eq\f(1,4),x2＞-eq\f(1,4).由g(-1)＝1＞0,可得-1＜x1＜-eq\f(1,4).所以当x∈(-1,x1)时,g(x)＞0,f′(x)＞0,函数f(x)单调递增；当x∈(x1,x2)时,g(x)＜0,f′(x)＜0,函数f(x)单调递减；当x∈(x2,＋∞)时,g(x)＞0,f′(x)＞0,函数f(x)单调递增；因此函数有两个极值点.(ⅲ)当a＜0时,Δ＞0,由g(－1)＝1＞0,可得x1＜－1.当x∈(－1,x2)时,g(x)＞0,f′(x)＞0,函数f(x)单调递增；当x∈(x2,＋∞)时,g(x)＜0,f′(x)＜0,函数f(x)单调递减；所以函数有一个极值点.综上所述,当a＜0时,函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤eq\f(8,9)时,函数f(x)无极值点；当a＞eq\f(8,9)时,函数f(x)有两个极值点.(2)由(1)知,①当0≤a≤eq\f(8,9)时,函数f(x)在(0,＋∞)上单调递增,因为f(0)＝0,所以x∈(0,＋∞)时,f(x)＞0,符合题意；②当eq\f(8,9)＜a≤1时,由g(0)≥0,得x2≤0,所以函数f(x)在(0,＋∞)上单调递增,又f(0)＝0,所以x∈(0,＋∞)时,f(x)＞0,符合题意；③当a＞1时,由g(x)＜0,可得x2＞0.所以x∈(0,x2)时,函数f(x)单调递减；因为f(0)＝0,所以x∈(0,x2)时,f(x)＜0,不合题意；④当a＜0时,设h(x)＝x－ln(x＋1).因为x∈(0,＋∞)时,h′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,x＋1)＞0,所以h(x)在(0,＋∞)上单调递增,因此当x∈(0,＋∞)时,h(x)＞h(0)＝0,即ln(x＋1)＜x.可得f(x)＜x＋a(x2－x)＝ax2＋(1－a)x,当x＞1－eq\f(1,a)时,ax2＋(1－a)x＜0,此时f(x)＜0,不合题意.综上所述,a的取值范围是[0,1].23.(2022·湖南,21)a＞0,函数f(x)＝eaxsinx(x∈[0,＋∞)).记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点,证明：(1)数列{f(xn)}是等比数列；(2)假设a≥eq\f(1,\r(e2－1)),那么对一切n∈N*,xn＜|f(xn)|恒成立.23.证明(1)f′(x)＝aeaxsinx＋eaxcosx＝eax(asinx＋cosx)＝eq\r(a2＋1)eaxsin(x＋φ),其中tanφ＝eq\f(1,a),0＜φ＜eq\f(π,2).令f′(x)＝0,由x≥0得x＋φ＝mπ,即x＝mπ－φ,m∈N*,对k∈N,假设2kπ＜x＋φ＜(2k＋1)π,即2kπ－φ＜x＜(2k＋1)π－φ,那么f′(x)＞0；假设(2k＋1)π＜x＋φ＜(2k＋2)π,即(2k＋1)π－φ＜x＜(2k＋2)π－φ,那么f′(x)＜0.因此,在区间((m－1)π,mπ－φ)与(mπ－φ,mπ)上,f′(x)的符号总相反.于是当x＝mπ－φ(m∈N*)时,f(x)取得极值,所以xn＝nπ－φ(n∈N*).此时,f(xn)＝ea(nπ－φ)sin(nπ－φ)＝(－1)n＋1ea(nπ－φ)sinφ.易知f(xn)≠0,而eq\f(f〔xn＋1〕,f〔xn〕)＝eq\f(〔－1〕n＋2ea[〔n＋1〕π－φ]sinφ,〔－1〕n＋1ea〔nπ－φ〕sinφ)＝－eaπ是常数,故数列{f(xn)}是首项为f(x1)＝ea(π－φ)sinφ,公比为－eaπ的等比数列.(2)由(1)知,sinφ＝eq\f(1,\r(a2＋1)),于是对一切n∈N*；xn＜|f(xn)|恒成立,即nπ－φ＜eq\f(1,\r(a2＋1))ea(nπ－φ)恒成立,等价于eq\f(\r(a2＋1),a)＜eq\f(ea〔nπ－φ〕,a〔nπ－φ〕)(*)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.从而当t＝1时,函数g(t)取得最小值g(1)＝e.因此,要使(*)式恒成立,只需eq\f(\r(a2＋1),a)＜g(1)＝e,即只需a＞eq\f(1,\r(e2－1)).而当a＝eq\f(1,\r(e2－1))时,由tanφ＝eq\f(1,a)＝eq\r(e2－1)＞eq\r(3)且0＜φ＜eq\f(π,2)知,eq\f(π,3)＜φ＜eq\f(π,2).于是π－φ＜eq\f(2π,3)＜eq\r(e2－1),且当n≥2时,nπ－φ≥2π－φ＞eq\f(3π,2)＞eq\r(e2－1).因此对一切n∈N*,axn＝eq\f(nπ－φ,\r(e2－1))≠1,所以g(axn)＞g(1)＝e＝eq\f(\r(a2＋1),a).故(*)式亦恒成立.综上所述,假设a≥eq\f(1,\r(e2－1)),那么对一切n∈N*,xn＜|f(xn)|恒成立.24.(2022·福建,20)函数f(x)＝ln(1＋x),g(x)＝kx(k∈R).(1)证明：当x＞0时,f(x)＜x；(2)证明：当k＜1时,存在x0＞0,使得对任意的x∈(0,x0),恒有f(x)＞g(x)；(3)确定k的所有可能取值,使得存在t＞0,对任意的x∈(0,t),恒有|f(x)－g(x)|＜x2.24.(1)证明令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x,x∈(0,＋∞),那么有F′(x)＝eq\f(1,1＋x)－1＝eq\f(－x,x＋1).当x∈(0,＋∞)时,F′(x)＜0,所以F(x)在(0,＋∞)上单调递减,故当x＞0时,F(x)＜F(0)＝0,即当x＞0时,f(x)＜x.(2)证明令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx,x∈(0,＋∞),那么有G′(x)＝eq\f(1,x＋1)－k＝eq\f(－kx＋〔1－k〕,x＋1).当k≤0时,G′(x)＞0,故G(x)在(0,＋∞)单调递增,G(x)＞G(0)＝0,故任意正实数x0均满足题意.当0＜k＜1时,令G′(x)＝0,得x＝eq\f(1－k,k)＝eq\f(1,k)－1＞0,取x0＝eq\f(1,k)－1,对任意x∈(0,x0),有G′(x)＞0,从而G(x)在(0,x0)单调递增,所以G(x)＞G(0)＝0,即f(x)＞g(x).综上,当k＜1时,总存在x0＞0,使得对任意x∈(0,x0),恒有f(x)＞g(x).(3)解当k＞1时,由(1)知,对于∀x∈(0,＋∞),g(x)＞x＞f(x),故g(x)＞f(x),|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x).M(x)＝kx－ln(1＋x)－x2,x∈[0,＋∞).那么有M′(x)＝k－eq\f(1,1＋x)－2x＝eq\f(－2x2＋〔k－2〕x＋k－1,x＋1).故当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(k－2＋\r(〔k－2〕2＋8〔k－1〕),4)))时,M′(x)＞0,M(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(k－2＋\r(〔k－2〕2＋8〔k－1〕),4)))上单调递增,故M(x)＞M(0)＝0,即|f(x)－g(x)|＞x2,所以满足题意的t不存在.当k＜1时,由(2)知,存在x0＞0,使得当x∈(0,x0)时,f(x)＞g(x),此时|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx.令N(x)＝ln(1＋x)－kx－x2,x∈[0,＋∞).那么有N′(x)＝eq\f(1,x＋1)－k－2x＝eq\f(－2x2－〔k＋2〕x＋1－k,x＋1).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al