导数大题第一问专题【19-22真题】

导数大题第一问专题【19-22真题】一．基础单调性判断（共7小题）1．（2022•浙江）设函数f（x）＝+lnx（x＞0）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）已知a，b∈R，曲线y＝f（x）上不同的三点（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3））处的切线都经过点（a，b）．证明：（ⅰ）若a＞e，则0＜b﹣f（a）＜（﹣1）；（ⅱ）若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，则+＜+＜﹣．（注：e＝2.71828…是自然对数的底数）2．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝x（1﹣lnx）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna﹣alnb＝a﹣b，证明：2＜+＜e．3．（2019•天津）设函数f（x）＝lnx﹣a（x﹣1）ex，其中a∈R．（Ⅰ）若a≤0，讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若0＜a＜．（ⅰ）证明：f（x）恰有两个零点；（ⅱ）设x0为f（x）的极值点，x1为f（x）的零点，且x1＞x0，证明：3x0﹣x1＞2．4．（2022•新高考Ⅱ）已知函数f（x）＝xeax﹣ex．（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x＞0时，f（x）＜﹣1，求a的取值范围；（3）设n∈N*，证明：++…+＞ln（n+1）．5．（2022•乙卷）已知函数f（x）＝ax﹣﹣（a+1）lnx．（1）当a＝0时，求f（x）的最大值；（2）若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围．6．（2021•浙江）设a，b为实数，且a＞1，函数f（x）＝ax﹣bx+e2（x∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若对任意b＞2e2，函数f（x）有两个不同的零点，求a的取值范围；（Ⅲ）当a＝e时，证明：对任意b＞e4，函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，满足x2＞x1+．（注：e＝2.71828⋯是自然对数的底数）7．（2020•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝ex﹣a（x+2）．（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．二．基础单调性判断--因式分解（共2小题）8．（2021•全国）已知函数f（x）＝x2﹣6x+4lnx+m．（1）求f（x）的单调区间；（2）当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求m的取值范围．9．（2021•甲卷）已知a＞0且a≠1，函数f（x）＝（x＞0）．（1）当a＝2时，求f（x）的单调区间；（2）若曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．三．中档单调性判断--因式分解（共3小题）10．（2022•甲卷）已知函数f（x）＝﹣lnx+x﹣a．（1）若f（x）≥0，求a的取值范围；（2）证明：若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x2＜1．11．（2021•新高考Ⅱ）已知函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+b．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：f（x）恰有一个零点．①＜a≤，b＞2a；②0＜a＜，b≤2a．12．（2020•天津）已知函数f（x）＝x3+klnx（k∈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；（ⅱ）求函数g（x）＝f（x）﹣f′（x）+的单调区间和极值；（Ⅱ）当k≥﹣3时，求证：对任意的x1，x2∈[1，+∞），且x1＞x2，有＞．四．中档单调性判断--二次函数讨论（共4小题）13．（2020•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝x3﹣kx+k2．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有三个零点，求k的取值范围．14．（2019•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+b．（1）讨论f（x）的单调性；（2）是否存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为﹣1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．15．（2021•甲卷）设函数f（x）＝a2x2+ax﹣3lnx+1，其中a＞0．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若y＝f（x）的图像与x轴没有公共点，求a的取值范围．16．（2021•乙卷）已知函数f（x）＝x3﹣x2+ax+1．（1）讨论f（x）的单调性；（2）求曲线y＝f（x）过坐标原点的切线与曲线y＝f（x）的公共点的坐标．五．中档单调性判断--因式分解【理科】（共1小题）17．（2019•浙江）已知实数a≠0，设函数f（x）＝alnx+，x＞0．（Ⅰ）当a＝﹣时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）对任意x∈[，+∞）均有f（x）≤，求a的取值范围．注：e＝2.71828…为自然对数的底数．六．极值问题（共2小题）18．（2021•乙卷）已知函数f（x）＝ln（a﹣x），已知x＝0是函数y＝xf（x）的极值点．（1）求a；（2）设函数g（x）＝．证明：g（x）＜1．19．（2019•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．证明：（1）f（x）存在唯一的极值点；（2）f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．七．基础切线问题（共11小题）20．（2022•天津）已知a，b∈R，函数f（x）＝ex﹣asinx，g（x）＝b．（1）求函数y＝f（x）在（0，f（0））处的切线方程；（2）若y＝f（x）和y＝g（x）有公共点．（ⅰ）当a＝0时，求b的取值范围；（ⅱ）求证：a2+b2＞e．21．（2020•北京）已知函数f（x）＝12﹣x2．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）的斜率等于﹣2的切线方程；（Ⅱ）设曲线y＝f（x）在点（t，f（t））处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S（t），求S（t）的最小值．22．（2022•北京）已知函数f（x）＝exln（1+x）．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（Ⅱ）设g（x）＝f′（x），讨论函数g（x）在[0，+∞）上的单调性；（Ⅲ）证明：对任意的s，t∈（0，+∞），有f（s+t）＞f（s）+f（t）．23．（2018•北京）设函数f（x）＝[ax2﹣（3a+1）x+3a+2]ex．（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线斜率为0，求a；（Ⅱ）若f（x）在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．24．（2019•北京）已知函数f（x）＝x3﹣x2+x．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当x∈[﹣2，4]时，求证：x﹣6≤f（x）≤x；（Ⅲ）设F（x）＝|f（x）﹣（x+a）|（a∈R），记F（x）在区间[﹣2，4]上的最大值为M（a）．当M（a）最小时，求a的值．25．（2020•新课标Ⅲ）设函数f（x）＝x3+bx+c，曲线y＝f（x）在点（，f（））处的切线与y轴垂直．（1）求b；（2）若f（x）有一个绝对值不大于1的零点，证明：f（x）所有零点的绝对值都不大于1．26．（2021•天津）已知a＞0，函数f（x）＝ax﹣xex．（1）求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）证明函数f（x）存在唯一的极值点；（3）若∃a，使得f（x）≤a+b对任意的x∈R恒成立，求实数b的取值范围．27．（2021•北京）已知函数f（x）＝．（Ⅰ）若a＝0，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）若f（x）在x＝﹣1处取得极值，求f（x）的单调区间，并求其最大值和最小值．28．（2022•乙卷）已知函数f（x）＝ln（1+x）+axe﹣x．（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）若f（x）在区间（﹣1，0），（0，+∞）各恰有一个零点，求a的取值范围．29．（2022•甲卷）已知函数f（x）＝x3﹣x，g（x）＝x2+a，曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线也是曲线y＝g（x）的切线．（1）若x1＝﹣1，求a；（2）求a的取值范围．30．（2020•海南）已知函数f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna．（1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．八．二次求导型（共1小题）31．（2020•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝ex+ax2﹣x．（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围．九．基础恒成立问题（共1小题）32．（2020•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝2lnx+1．（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；（2）设a＞0，讨论函数g（x）＝的单调性．一十．零点问题（共2小题）33．（2020•浙江）已知1＜a≤2，函数f（x）＝ex﹣x﹣a，其中e＝2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（Ⅱ）记x0为函数y＝f（x）在（0，+∞）上的零点，证明：（ⅰ）≤x0≤；（ⅱ）x0f（e）≥（e﹣1）（a﹣1）a．34．（2019•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝lnx﹣．（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝ex的切线．一十一．含三角函数的导数问题（共4小题）35．（2019•天津）设函数f（x）＝excosx，g（x）为f（x）的导函数．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）当x∈[，]时，证明f（x）+g（x）（﹣x）≥0；（Ⅲ）设xn为函数u（x）＝f（x）﹣1在区间（2nπ+，2nπ+）内的零点，其中n∈N，证明：2nπ+﹣xn＜．36．（2020•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝sin2xsin2x．（1）讨论f（x）在区间（0，π）的单调性；（2）证明：|f（x）|≤；（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤．37．（2019•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，f′（x）为f（x）的导数．（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．38．（2019•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝sinx﹣ln（1+x），f′（x）为f（x）的导数．证明：（1）f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．一十二．综合性较强的第一问，难度中上（共1小题）39．（2022•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝ex﹣ax和g（x）＝ax﹣lnx有相同的最小值．（1）求a；（2）证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．

导数大题第一问专题【19-22真题】参考答案与试题解析一．基础单调性判断（共7小题）1．（2022•浙江）设函数f（x）＝+lnx（x＞0）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）已知a，b∈R，曲线y＝f（x）上不同的三点（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3））处的切线都经过点（a，b）．证明：（ⅰ）若a＞e，则0＜b﹣f（a）＜（﹣1）；（ⅱ）若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，则+＜+＜﹣．（注：e＝2.71828…是自然对数的底数）【解答】解：（Ⅰ）∵函数f（x）＝+lnx（x＞0），∴+＝，（x＞0），由＞0，得x＞，∴f（x）在（，+∞）上单调递增；由＜0，得0＜x＜，∴f（x）在（0，）上单调递减．（Ⅱ）（i）证明：∵过（a，b）有三条不同的切线，设切点分别为（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3）），∴f（xi）﹣b＝f′（xi）（xi﹣a），（i＝1，2，3），∴方程f（x）﹣b＝f′（x）（x﹣a）有3个不同的根，该方程整理为（﹣）（x﹣a）﹣，设g（x）＝（）（x﹣a）﹣﹣lnx+b，则g′（x）＝＝﹣（x﹣e）（x﹣a），当0＜x＜e或x＞a时，g′（x）＜0；当e＜x＜a时，g′（x）＞0，∴g（x）在（0，e），（a，+∞）上为减函数，在（e，a）上为增函数，∵g（x）有3个不同的零点，∴g（e）＜0且g（a）＞0，∴（）（e﹣a）﹣﹣lne+b＜0，且（）（a﹣a）﹣，整理得到且，此时，，且，此时，﹣，整理得，且，此时，b﹣f（a）﹣（）＜+1﹣（）﹣，设μ（a）为（e，+∞）上的减函数，∴μ（a）＜，∴．（ii）当0＜a＜e时，同（i）讨论，得：g（x）在（0，a），（e，+∞）上为减函数，在（a，e）上为增函数，不妨设x1＜x2＜x3，则0＜x1＜a＜x2＜e＜x3，∵g（x）有3个不同的零点，∴g（a）＜0，且g（e）＞0，∴（）（e﹣a）﹣，且（）（a﹣a）﹣，整理得，∵x1＜x2＜x3，∴0＜x1＜a＜x2＜e＜x3，∵g（x）＝1﹣，设t＝，则方程1﹣即为：﹣，即为﹣（m+1）t+，记，则t1，t2，t3为﹣（m+1）t+有三个不同的根，设k＝，m＝，要证：，即证，即证：，而﹣（m+1），且﹣（m+1），∴（t1﹣t3）＝0，∴，∴即证﹣＜，即证+＞0，即证，记，则，∴φ（k）在（1，+∞）为增函数，∴φ（k）＞φ（m），∴＞，设ω（m）＝lnm+，0＜m＜1，则ω′（x）＝＞，∴ω（m）在（0，1）上是增函数，∴ω（m）＜ω（1）＝0，∴lnm+＜0，即＞0，∴若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，则+＜+＜﹣．2．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝x（1﹣lnx）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna﹣alnb＝a﹣b，证明：2＜+＜e．【解答】（1）解：由函数的解析式可得f'（x）＝1﹣lnx﹣1＝﹣lnx，∴x∈（0，1），f′（x）＞0，f（x）单调递增，x∈（1，+∞），f′（x）＜0，f（x）单调递减，则f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减．（2）证明：由blna﹣alnb＝a﹣b，得，即，由（1）f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，所以f（x）max＝f（1）＝1，且f（e）＝0，令，，则x1，x2为f（x）＝k的两根，其中k∈（0，1）．不妨令x1∈（0，1），x2∈（1，e），则2﹣x1＞1，先证2＜x1+x2，即证x2＞2﹣x1，即证f（x2）＝f（x1）＜f（2﹣x1），令h（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），则h′（x）＝f′（x）+f′（2﹣x）＝﹣lnx﹣ln（2﹣x）＝﹣ln[x（2﹣x）]在（0，1）单调递减，所以h′（x）＞h′（1）＝0，故函数h（x）在（0，1）单调递增，∴h（x1）＜h（1）＝0．∴f（x1）＜f（2﹣x1），∴2＜x1+x2，得证．同理，要证x1+x2＜e，（法一）即证1＜x2＜e﹣x1，根据（1）中f（x）单调性，即证f（x2）＝f（x1）＞f（e﹣x1），令φ（x）＝f（x）﹣f（e﹣x），x∈（0，1），则φ'（x）＝﹣ln[x（e﹣x）]，令φ′（x0）＝0，x∈（0，x0），φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，x∈（x0，1），φ'（x）＜0，φ（x）单调递减，又0＜x＜e时，f（x）＞0，且f（e）＝0，故，φ（1）＝f（1）﹣f（e﹣1）＞0，∴φ（x）＞0恒成立，x1+x2＜e得证，（法二）f（x1）＝f（x2），x1（1﹣lnx1）＝x2（1﹣lnx2），又x1∈（0，1），故1﹣lnx1＞1，x1（1﹣lnx1）＞x1，故x1+x2＜x1（1﹣lnx1）+x2＝x2（1﹣lnx2）+x2，x2∈（1，e），令g（x）＝x（1﹣lnx）+x，g′（x）＝1﹣lnx，x∈（1，e），在（1，e）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，所以g（x）＜g（e）＝e，即x2（1﹣lnx2）+x2＜e，所以x1+x2＜e，得证，则2＜+＜e．3．（2019•天津）设函数f（x）＝lnx﹣a（x﹣1）ex，其中a∈R．（Ⅰ）若a≤0，讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若0＜a＜．（ⅰ）证明：f（x）恰有两个零点；（ⅱ）设x0为f（x）的极值点，x1为f（x）的零点，且x1＞x0，证明：3x0﹣x1＞2．【解答】（I）解：f′（x）＝﹣[aex+a（x﹣1）ex]＝，x∈（0，+∞）．a≤0时，f′（x）＞0，∴函数f（x）在x∈（0，+∞）上单调递增．（II）证明：（i）由（I）可知：f′（x）＝，x∈（0，+∞）．令g（x）＝1﹣ax2ex，∵0＜a＜，可知：g（x）在x∈（0，+∞）上单调递减，又g（1）＝1﹣ae＞0．且g（ln）＝1﹣a＝1﹣＜0，∴g（x）存在唯一解x0∈（1，ln）．即函数f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，+∞）单调递减．∴x0是函数f（x）的唯一极值点．令h（x）＝lnx﹣x+1，（x＞0），h′（x）＝，可得h（x）≤h（1）＝0，∴x＞1时，lnx＜x﹣1．f（ln）＝ln（ln）﹣a（ln﹣1）＝ln（ln）﹣（ln﹣1）＜0．∵f（x0）＞f（1）＝0．∴函数f（x）在（x0，+∞）上存在唯一零点．又函数f（x）在（0，x0）上有唯一零点1．因此函数f（x）恰有两个零点；（ii）由题意可得：f′（x0）＝0，f（x1）＝0，即a＝1，lnx1＝a（x1﹣1），∴lnx1＝，即＝，∵x＞1，可得lnx＜x﹣1．又x1＞x0＞1，故＜＝，取对数可得：x1﹣x0＜2lnx0＜2（x0﹣1），化为：3x0﹣x1＞2．4．（2022•新高考Ⅱ）已知函数f（x）＝xeax﹣ex．（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x＞0时，f（x）＜﹣1，求a的取值范围；（3）设n∈N*，证明：++…+＞ln（n+1）．【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝xex﹣ex＝ex（x﹣1），f′（x）＝ex（x﹣1）+ex＝xex，∵ex＞0，∴当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．（2）令g（x）＝f（x）+1＝xeax﹣ex+1（x＞0），∵f（x）＜﹣1，f（x）+1＜0，∴g（x）＜g（0）＝0在x＞0上恒成立，又g′（x）＝eax+axeax﹣ex，令h（x）＝g′（x），则h′（x）＝aeax+a（eax+axeax）﹣ex＝a（2eax+axeax）﹣ex，∴h′（0）＝2a﹣1，①当2a﹣1＞0，即a＞，存在δ＞0，使得当x∈（0，δ）时，h′（x）＞0，即g′（x）在（0，δ）上单调递增．因为g′（x）＞g′（0）＝0，所以g（x）在（0，δ）内递增，所以f（x）＞﹣1，这与f（x）＜﹣1矛盾，故舍去；②当2a﹣1≤0，即a≤，g′（x）＝eax+axeax﹣ex＝（1+ax）eax﹣ex，若1+ax≤0，则g'（x）＜0，所以g（x）在[0，+∞）上单调递减，g（x）≤g（0）＝0，符合题意．若1+ax＞0，则g′（x）＝eax+axeax﹣ex＝eax+ln（1+ax）﹣ex≤﹣ex≤＝0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，g（x）≤g（0）＝0，符合题意．综上所述，实数a的取值范围是a≤．另解：f（x）的导数为f′（x）＝（1+ax）eax﹣ex（x＞0），①当a≥1时，f′（x）＝（1+ax）eax﹣ex＞eax﹣ex≥ex﹣ex＝0，所以f（x）在（0，+∞）递增，所以f（x）＞﹣1，与题意矛盾；②当a≤0时，f′（x）≤eax﹣ex≤1﹣ex＜0，所以f（x）在（0，+∞）递减，所以f（x）＜﹣1，满足题意；．③当0＜a≤时，f′（x）≤（1+x）e﹣ex＝e[（1+x）﹣e]．设G（x）＝（1+x）﹣e（x＞0），G′（x）＝﹣e＜0，则G（x）在（0，+∞）递减，所以G（x）＜0，f′（x）＝eG（x）＜0，所以f（x）在（0，+∞）递减，所以f（x）＜﹣1，满足题意；④当＜a＜1时，f′（x）＝eax[（1+ax）﹣e（1﹣a）x]，令H（x）＝（1+ax）﹣e（1﹣a）x，则f′（x）＝eaxH（x），H′（x）＝a+（a﹣1）e（1﹣a）x，可得H′（x）递减，H′（0）＝2a﹣1，所以存在x0＞0，使得H′（x0）＝0．当x∈（0，x0）时，H′（x）＞0，H（x）在（0，x0）递增，此时H（x）＞0，所以当x∈（0，x0）时，f′（x）＝eaxH（x）＞0，f（x）在（0，x0）递增，所以f（x）＞﹣1，与题意矛盾．综上可得，a的取值范围是（﹣∞，]．（3）由（2）可知，当a＝时，f（x）＝＜﹣1（x＞0），令x＝ln（1+）（n∈N*）得，＜﹣1，整理得，，∴＞ln（1+），∴＞ln（），∴＞ln（）＝ln（）＝ln（n+1），即++...+＞ln（n+1）．另解：运用数学归纳法证明．当n＝1时，左边＝＝＞ln2成立．假设当n＝k（k≥1，k∈N*）时，不等式成立，即++...+＞ln（k+1）．当n＝k+1时，要证++...++＞ln（k+2），只要证ln（k+1）+＞ln（k+2），即证＞ln（k+2）﹣ln（k+1）＝ln＝ln（1+）．可令t＝，则t∈（0，]，则需证明＞ln（1+t），再令x＝（x∈（1，]），则需证明x﹣＞2lnx（x∈（1，]）．构造函数g（x）＝2lnx﹣（x﹣）（x∈（1，]），g′（x）＝﹣1﹣＝﹣（1﹣）2＜0，可得g（x）在（1，]上递减，则g（x）＜g（1）＝0，所以原不等式成立，即n＝k+1时，++...++＞ln（k+2）成立．综上可得，++...+＞ln（n+1）成立．5．（2022•乙卷）已知函数f（x）＝ax﹣﹣（a+1）lnx．（1）当a＝0时，求f（x）的最大值；（2）若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围．【解答】解：（1）当a＝0时，，则，易知函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，∴f（x）在x＝1处取得极大值，同时也是最大值，∴函数f（x）的最大值为f（1）＝﹣1；（2）＝，①当a＝0时，由（1）可知，函数f（x）无零点；②当a＜0时，易知函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，又f（1）＝a﹣1＜0，故此时函数f（x）无零点；③当0＜a＜1时，易知函数f（x）在上单调递增，在单调递减，且f（1）＝a﹣1＜0，，又由（1）可得，，即，则lnx＜x，，则，当x＞1时，，故存在，使得f（m）＞0，∴此时f（x）在（0，+∞）上存在唯一零点；④当a＝1时，，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，又f（1）＝0，故此时函数f（x）有唯一零点；⑤当a＞1时，易知函数f（x）在上单调递增，在上单调递减，且f（1）＝a﹣1＞0，又由（1）可得，当0＜x＜1时，，则，则，此时，故存在，使得f（n）＜0，故函数f（x）在（0，+∞）上存在唯一零点；综上，实数a的取值范围为（0，+∞）．6．（2021•浙江）设a，b为实数，且a＞1，函数f（x）＝ax﹣bx+e2（x∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若对任意b＞2e2，函数f（x）有两个不同的零点，求a的取值范围；（Ⅲ）当a＝e时，证明：对任意b＞e4，函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，满足x2＞x1+．（注：e＝2.71828⋯是自然对数的底数）【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝axlna﹣b，①当b≤0时，由于a＞1，则axlna＞0，故f′（x）＞0，此时f（x）在R上单调递增；②当b＞0时，令f′（x）＞0，解得，令f′（x）＜0，解得，∴此时f（x）在单调递减，在单调递增；综上，当b≤0时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞）；当b＞0时，f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为；（Ⅱ）注意到x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→+∞，由（Ⅰ）知，要使函数f（x）有两个不同的零点，只需即可，∴对任意b＞2e2均成立，令，则at﹣bt+e2＜0，即etlna﹣bt+e2＜0，即，即，∴对任意b＞2e2均成立，记，则，令g′（b）＝0，得b＝lna，①当lna＞2e2，即时，易知g（b）在（2e2，lna）单调递增，在（lna，+∞）单调递减，此时g（b）≤g（lna）＝lna﹣lna•ln1+e2lna＝lna•（e2+1）＞0，不合题意；②当lna≤2e2，即时，易知g（b）在（2e2，+∞）单调递减，此时＝2e2﹣2e2[ln（2e2）﹣ln（lna）]+e2lna，故只需2﹣2[ln2+2﹣ln（lna）]+lna≤0，即lna+2ln（lna）≤2+2ln2，则lna≤2，即a≤e2；综上，实数a的取值范围为（1，e2]；（Ⅲ）证明：当a＝e时，f（x）＝ex﹣bx+e2，f′（x）＝ex﹣b，令f′（x）＝0，解得x＝lnb＞4，易知+e2＝e2﹣3b＜e2﹣3e4＝e2（1﹣3e2）＜0，∴f（x）有两个零点，不妨设为x1，x2，且x1＜lnb＜x2，由，可得，∴要证，只需证，只需证，而，则，∴要证，只需证，只需证x2＞ln（blnb），而f（ln（blnb））＝eln（blnb）﹣bln（blnb）+e2＝blnb﹣bln（blnb）+e2＜blnb﹣bln（4b）+e2＝，∴x2＞ln（blnb），即得证．7．（2020•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝ex﹣a（x+2）．（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．【解答】解：由题意，f（x）的定义域为（﹣∞，+∞），且f′（x）＝ex﹣a．（1）当a＝1时，f′（x）＝ex﹣1，令f′（x）＝0，解得x＝0．∴当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增；（2）当a≤0时，f′（x）＝ex﹣a＞0恒成立，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，不合题意；当a＞0时，令f′（x）＝0，解得x＝lna，当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．∴f（x）的极小值也是最小值为f（lna）＝a﹣a（lna+2）＝﹣a（1+lna）．又当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→+∞．∴要使f（x）有两个零点，只要f（lna）＜0即可，则1+lna＞0，可得a＞．综上，若f（x）有两个零点，则a的取值范围是（，+∞）．二．基础单调性判断--因式分解（共2小题）8．（2021•全国）已知函数f（x）＝x2﹣6x+4lnx+m．（1）求f（x）的单调区间；（2）当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求m的取值范围．【解答】解：（1）已知函数f（x）＝x2﹣6x+4lnx+m，则＝＝，x＞0，令f′（x）＞0，解得：0＜x＜1或x＞2，令f′（x）＜0，解得：1＜x＜2，即f（x）的单调增区间为（0，1），（2，+∞），单调减区间为（1，2）；（2）由（1）可得：函数f（x）在（2，+∞）单调递增，在（1，2）单调递减，则当x∈（1，+∞）时，f（x）min＝f（2）＝4ln2﹣8+m，又当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，即4ln2﹣8+m＞0，即m＞8﹣4ln2，即m的取值范围为：（8﹣4ln2，+∞）．9．（2021•甲卷）已知a＞0且a≠1，函数f（x）＝（x＞0）．（1）当a＝2时，求f（x）的单调区间；（2）若曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．【解答】解：（1）a＝2时，f（x）＝，f′（x）＝＝＝，当x∈（0，）时，f′（x）＞0，当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，故f（x）的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，+∞）．（2）由题知f（x）＝1在（0，+∞）有两个不等实根，f（x）＝1⇔xa＝ax⇔alnx＝xlna⇔＝，令g（x）＝，g′（x）＝，g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，又当x＜1时，g（x）＜0，g（1）＝0，g（e）＝，当x＞1时，g（x）＞0，作出g（x）的图象，如图所示：由图象可得0＜＜，解得a＞1且a≠e，即a的取值范围是（1，e）∪（e，+∞）．三．中档单调性判断--因式分解（共3小题）10．（2022•甲卷）已知函数f（x）＝﹣lnx+x﹣a．（1）若f（x）≥0，求a的取值范围；（2）证明：若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x2＜1．【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），，令f′（x）＞0，解得x＞1，故函数f（x）在（0，1）单调递减，（1，+∞）单调递增，故f（x）min＝f（1）＝e+1﹣a，要使得f（x）≥0恒成立，仅需e+1﹣a≥0，故a≤e+1，故a的取值范围是（﹣∞，e+1]；（2）证明：由已知有函数f（x）要有两个零点，故f（1）＝e+1﹣a＜0，即a＞e+1，不妨设0＜x1＜1＜x2，要证明x1x2＜1，即证明，∵0＜x1＜1，∴，即证明：，又因为f（x）在（1，+∞）单调递增，即证明：⇔，构造函数，0＜x＜1，h′（x）＝f′（x）﹣[f（）]′＝，构造函数m（x）＝，，因为0＜x＜1，所以，故m′（x）＞0在（0，1）恒成立，故m（x）在（0，1）单调递增，故m（x）＜m（1）＝0又因为x﹣1＜0，故h′（x）＞0在（0，1）恒成立，故h（x）在（0，1）单调递增，又因为h（1）＝0，故h（x）＜h（1）＝0，故，即x1x2＜1．得证．11．（2021•新高考Ⅱ）已知函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+b．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：f（x）恰有一个零点．①＜a≤，b＞2a；②0＜a＜，b≤2a．【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+b，f'（x）＝x（ex﹣2a），①当a≤0时，当x＞0时，f'（x）＞0，当x＜0时，f'（x）＜0，∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，②当a＞0时，令f'（x）＝0，可得x＝0或x＝ln（2a），（i）当时，当x＞0或x＜ln（2a）时，f'（x）＞0，当ln（2a）＜x＜0时，f'（x）＜0，∴f（x）在（﹣∞，ln（2a）），（0，+∞）上单调递增，在（ln（2a），0）上单调递减，（ii）a＝时，f'（x）＝x（ex﹣1）≥0且等号不恒成立，∴f（x）在R上单调递增，（iii）当时，当x＜0或x＞ln（2a）时，f'（x）＞0，当0＜x＜ln（2a）时，f'（x）＜0，f（x）在（﹣∞，0），（ln（2a），+∞）上单调递增，在（0，ln（2a））上单调递减．综上所述：当a⩽0时，f（x）在（﹣∞，0）上单调递减；在（0，+∞）上单调递增；当时，f（x）在（﹣∞，ln（2a））和（0，+∞）上单调递增；在（ln（2a），0）上单调递减；当时，f（x）在R上单调递增；当时，f（x）在（﹣∞，0）和（ln（2a），+∞）上单调递增；在（0，ln（2a））上单调递减．（Ⅱ）证明：若选①，由（Ⅰ）知，f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，（0，ln（2a））单调递减，（ln（2a），+∞）上f（x）单调递增．注意到．∴f（x）在上有一个零点；f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）⋅2a﹣a⋅ln22a+b＞2aln（2a）﹣2a﹣aln22a+2a＝aln（2a）（2﹣ln（2a）），由得0＜ln（2a）⩽2，∴aln（2a）（2﹣ln（2a））⩾0，∴f（ln（2a））＞0，当x⩾0时，f（x）⩾f（ln（2a））＞0，此时f（x）无零点．综上：f（x）在R上仅有一个零点．另解：当a∈（，]时，有ln（2a）∈（0，2]，而f（0）＝b﹣1＞2a﹣1＝0，于是f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）•2a﹣aln2（2a）+b＝ln（2a）（2a﹣ln（2a））+（b﹣2a）＞0，所以f（x）在（0，+∞）没有零点，当x＜0时，ex∈（0，1），于是f（x）＜﹣ax2+b⇒f（﹣）＜0，所以f（x）在（﹣，0）上存在一个零点，命题得证．若选②，则由（Ⅰ）知：f（x）在（﹣∞，ln（2a））上单调递增，在（ln（2a），0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）2a﹣aln22a+b⩽2aln（2a）﹣2a﹣aln22a+2a＝aln（2a）（2﹣ln（2a）），∵，∴ln（2a）＜0，∴aln（2a）（2﹣ln（2a））＜0，∴f（ln（2a））＜0，∴当x⩽0时，f（x）⩽f（ln（2a））＜0，此时f（x）无零点．当x＞0时，f（x）单调递增，注意到f（0）＝b﹣1⩽2a﹣1＜0，取，∵b＜2a＜1，∴，又易证ec＞c+1，∴﹣1＝1＞0，∴f（x）在（0，c）上有唯一零点，即f（x）在（0，+∞）上有唯一零点．综上：f（x）在R上有唯一零点．12．（2020•天津）已知函数f（x）＝x3+klnx（k∈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；（ⅱ）求函数g（x）＝f（x）﹣f′（x）+的单调区间和极值；（Ⅱ）当k≥﹣3时，求证：对任意的x1，x2∈[1，+∞），且x1＞x2，有＞．【解答】解：（I）（i）当k＝6时，f（x）＝x3+6lnx，故f′（x）＝3x2+，∴f′（1）＝9，∵f（1）＝1，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣1＝9（x﹣1），即9x﹣y﹣8＝0．（ii）g（x）＝f（x）﹣f′（x）+＝x3+6lnx﹣3x2+，x＞0，∴g′（x）＝3x2﹣6x+﹣＝，令g′（x）＝0，解得x＝1，当0＜x＜1，g′（x）＜0，当x＞1，g′（x）＞0，∴函数g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，x＝1是极小值点，极小值为g（1）＝1，无极大值（Ⅱ）证明：由f（x）＝x3+klnx，则f′（x）＝3x2+，对任意的x1，x2∈[1，+∞），且x1＞x2，令＝t，t＞1，则（x1﹣x2）[f′（x1）+f′（x2）]﹣2[f（x1）﹣f（x2）]＝（x1﹣x2）（3x12++3x22+）﹣2（x13﹣x23+kln），＝x13﹣x23﹣3x12x2+3x1x22+k（﹣）﹣2kln，＝x23（t3﹣3t2+3t﹣1）+k（t﹣﹣2lnt），①令h（x）＝x﹣﹣2lnx，x＞1，当x＞1时，h′（x）＝1+﹣＝（1﹣）2＞0，∴h（x）在（1，+∞）单调递增，∴当t＞1，h（t）＞h（1）＝0，即t﹣﹣2lnt＞0，∵x2≥1，t3﹣3t2+3t﹣1＝（t﹣1）3＞0，k≥﹣3，∴x23（t3﹣3t2+3t﹣1）+k（t﹣﹣2lnt）≥t3﹣3t2+3t﹣1﹣3（t﹣﹣2lnt）＝t3﹣3t2+6lnt+﹣1，②，由（Ⅰ）（ii）可知当t≥1时，g（t）＞g（1）即t3﹣3t2+6lnt+＞1，③，由①②③可得（x1﹣x2）[f′（x1）+f′（x2）]﹣2[f（x1）﹣f（x2）]＞0，∴当k≥﹣3时，对任意的x1，x2∈[1，+∞），且x1＞x2，有＞．四．中档单调性判断--二次函数讨论（共4小题）13．（2020•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝x3﹣kx+k2．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有三个零点，求k的取值范围．【解答】解：（1）f（x）＝x3﹣kx+k2．f′（x）＝3x2﹣k，k≤0时，f′（x）≥0，f（x）在R递增，k＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＞或x＜﹣，令f′（x）＜0，解得：﹣＜x＜，∴f（x）在（﹣∞，﹣）递增，在（﹣，）递减，在（，+∞）递增，综上，k≤0时，f（x）在R递增，k＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣）递增，在（﹣，）递减，在（，+∞）递增；（2）由（1）得：k＞0，f（x）极小值＝f（），f（x）极大值＝f（﹣），若f（x）有三个零点，只需，解得：0＜k＜，故k∈（0，）．14．（2019•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+b．（1）讨论f（x）的单调性；（2）是否存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为﹣1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）f′（x）＝6x2﹣2ax＝6x（x﹣）．令f′（x）＝6x（x﹣）＝0，解得x＝0，或．①a＝0时，f′（x）＝6x2≥0，函数f（x）在R上单调递增．②a＞0时，函数f（x）在（﹣∞，0），（，+∞）上单调递增，在（0，）上单调递减．③a＜0时，函数f（x）在（﹣∞，），（0，+∞）上单调递增，在（，0）上单调递减．（2）由（1）可得：①a≤0时，函数f（x）在[0，1]上单调递增．则f（0）＝b＝﹣1，f（1）＝2﹣a+b＝1，解得b＝﹣1，a＝0，满足条件．②a＞0时，函数f（x）在[0，]上单调递减．≥1，即a≥3时，函数f（x）在[0，1]上单调递减．则f（0）＝b＝1，f（1）＝2﹣a+b＝﹣1，解得b＝1，a＝4，满足条件．③0＜＜1，即0＜a＜3时，函数f（x）在[0，）上单调递减，在（，1]上单调递增．则最小值f（）＝﹣a×+b＝﹣1，化为：﹣+b＝﹣1．而f（0）＝b，f（1）＝2﹣a+b，∴最大值为b或2﹣a+b．若：﹣+b＝﹣1，b＝1，解得a＝3＞3，矛盾，舍去．若：﹣+b＝﹣1，2﹣a+b＝1，解得a＝±3，或0，矛盾，舍去．综上可得：存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为﹣1且最大值为1．a，b的所有值为：，或．15．（2021•甲卷）设函数f（x）＝a2x2+ax﹣3lnx+1，其中a＞0．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若y＝f（x）的图像与x轴没有公共点，求a的取值范围．【解答】解：（1）f′（x）＝2a2x+a﹣＝＝，x＞0，因为a＞0，所以﹣＜0＜，所以在（0，）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，在（，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增．综上所述，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上f（x）单调递增．（2）由（1）可知，f（x）min＝f（）＝a2×（）2+a×﹣3ln+1＝3+3lna，因为y＝f（x）的图像与x轴没有公共点，所以3+3lna＞0，所以a＞，所以a的取值范围为（，+∞）．16．（2021•乙卷）已知函数f（x）＝x3﹣x2+ax+1．（1）讨论f（x）的单调性；（2）求曲线y＝f（x）过坐标原点的切线与曲线y＝f（x）的公共点的坐标．【解答】解：（1）f′（x）＝3x2﹣2x+a，Δ＝4﹣12a，①当△≤0，即时，由于f′（x）的图象是开口向上的抛物线，故此时f′（x）≥0，则f（x）在R上单调递增；②当Δ＞0，即时，令f′（x）＝0，解得，令f′（x）＞0，解得x＜x1或x＞x2，令f′（x）＜0，解得x1＜x＜x2，∴f（x）在（﹣∞，x1），（x2，+∞）单调递增，在（x1，x2）单调递减；综上，当时，f（x）在R上单调递增；当时，f（x）在单调递增，在单调递减．（2）设曲线y＝f（x）过坐标原点的切线为l，切点为，则切线方程为，将原点代入切线方程有，，解得x0＝1，∴切线方程为y＝（a+1）x，令x3﹣x2+ax+1＝（a+1）x，即x3﹣x2﹣x+1＝0，解得x＝1或x＝﹣1，∴曲线y＝f（x）过坐标原点的切线与曲线y＝f（x）的公共点的坐标为（1，a+1）和（﹣1，﹣a﹣1）．五．中档单调性判断--因式分解【理科】（共1小题）17．（2019•浙江）已知实数a≠0，设函数f（x）＝alnx+，x＞0．（Ⅰ）当a＝﹣时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）对任意x∈[，+∞）均有f（x）≤，求a的取值范围．注：e＝2.71828…为自然对数的底数．【解答】解：（1）当a＝﹣时，f（x）＝﹣，x＞0，f′（x）＝﹣＝，∴函数f（x）的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由f（1）≤，得0＜a≤，当0＜a≤时，f（x）≤，等价于﹣﹣2lnx≥0，令t＝，则t≥2，设g（t）＝t2﹣2t﹣2lnx，t≥2，则g（t）＝（t﹣）2﹣﹣2lnx，（i）当x∈[，+∞）时，≤2，则g（x）≥g（2）＝8﹣2lnx，记p（x）＝4﹣2﹣lnx，x≥，则p′（x）＝﹣＝＝，列表讨论：x（，1）1（1，+∞）p′（x）﹣0+P（x）p（）单调递减极小值p（1）单调递增∴p（x）≥p（1）＝0，∴g（t）≥g（2＝2p（x）≥0．（ii）当x∈[）时，g（t）≥g（）＝，令q（x）＝2lnx+（x+1），x∈[，]，则q′（x）＝+1＞0，故q（x）在[，]上单调递增，∴q（x）≤q（），由（i）得q（）＝﹣p（）＜﹣p（1）＝0，∴q（x）＜0，∴g（t）≥g（）＝﹣＞0，由（i）（ii）知对任意x∈[，+∞），t∈[2，+∞），g（t）≥0，即对任意x∈[，+∞），均有f（x）≤，综上所述，所求的a的取值范围是（0，]．六．极值问题（共2小题）18．（2021•乙卷）已知函数f（x）＝ln（a﹣x），已知x＝0是函数y＝xf（x）的极值点．（1）求a；（2）设函数g（x）＝．证明：g（x）＜1．【解答】（1）解：由题意，f（x）的定义域为（﹣∞，a），令t（x）＝xf（x），则t（x）＝xln（a﹣x），x∈（﹣∞，a），则t'（x）＝ln（a﹣x）+x•＝，因为x＝0是函数y＝xf（x）的极值点，则有t'（0）＝0，即lna＝0，所以a＝1，当a＝1时，t'（x）＝，且t'（0）＝0，因为t''（x）＝，则t'（x）在（﹣∞，1）上单调递减，所以当x∈（﹣∞，0）时，t'（x）＞0，当x∈（0，1）时，t'（x）＜0，所以a＝1时，x＝0是函数y＝xf（x）的一个极大值点．综上所述，a＝1；（2）证明：由（1）可知，xf（x）＝xln（1﹣x），要证，即需证明，因为当x∈（﹣∞，0）时，xln（1﹣x）＜0，当x∈（0，1）时，xln（1﹣x）＜0，所以需证明x+ln（1﹣x）＞xln（1﹣x），即x+（1﹣x）ln（1﹣x）＞0，令h（x）＝x+（1﹣x）ln（1﹣x），则h'（x）＝（1﹣x）＝﹣ln（1﹣x），所以h'（0）＝0，当x∈（﹣∞，0）时，h'（x）＜0，当x∈（0，1）时，h'（x）＞0，所以x＝0为h（x）的极小值点，所以h（x）＞h（0）＝0，即x+ln（1﹣x）＞xln（1﹣x），故，所以．19．（2019•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．证明：（1）f（x）存在唯一的极值点；（2）f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【解答】证明：（1）∵函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．∴f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝＝lnx﹣，∵y＝lnx单调递增，y＝单调递减，∴f′（x）单调递增，又f′（1）＝﹣1＜0，f′（2）＝ln2﹣＝＞0，∴存在唯一的x0∈（1，2），使得f′（x0）＝0．当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，∴f（x）存在唯一的极值点．（2）由（1）知f（x0）＜f（1）＝﹣2，又f（e2）＝e2﹣3＞0，∴f（x）＝0在（x0，+∞）内存在唯一的根x＝a，由a＞x0＞1，得，∵f（）＝（）ln﹣＝＝0，∴是f（x）＝0在（0，x0）的唯一根，综上，f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．七．基础切线问题（共11小题）20．（2022•天津）已知a，b∈R，函数f（x）＝ex﹣asinx，g（x）＝b．（1）求函数y＝f（x）在（0，f（0））处的切线方程；（2）若y＝f（x）和y＝g（x）有公共点．（ⅰ）当a＝0时，求b的取值范围；（ⅱ）求证：a2+b2＞e．【解答】解：（1）∵f（x）＝ex﹣asinx，∴f′（x）＝ex﹣acosx，∴f（0）＝1，f′（0）＝1﹣a，∴函数y＝f（x）在（0，1）处的切线方程为y＝（1﹣a）x+1；（2）（ⅰ）∵a＝0，∴f（x）＝ex，又y＝f（x）和y＝g（x）有公共点，∴方程f（x）＝g（x）有解，即有解，显然x≠0，∴b＝在（0，+∞）上有解，设h（x）＝，（x＞0），∴h′（x）＝，∴当x∈（0，）时，h′（x）＜0；当x∈（，+∞）时，h′（x）＞0，∴h（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，∴，且当x→0时，h（x）→+∞；当x→+∞时，h（x）→+∞，∴h（x）∈[，+∞），∴b的范围为[，+∞）；（ⅱ）证明：令交点的横坐标为x0，则，∴由柯西不等式可得≤（a2+b2）（sin2x0+x0）∴a2+b2≥，又易证x＞0时，x＞sinx，ex≥ex，ex＞x+1，∴＝＞＝e，故a2+b2＞e．21．（2020•北京）已知函数f（x）＝12﹣x2．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）的斜率等于﹣2的切线方程；（Ⅱ）设曲线y＝f（x）在点（t，f（t））处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S（t），求S（t）的最小值．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝12﹣x2的导数f′（x）＝﹣2x，令切点为（m，n），可得切线的斜率为﹣2m＝﹣2，∴m＝1，∴n＝12﹣1＝11，∴切线的方程为y＝﹣2x+13；（Ⅱ）曲线y＝f（x）在点（t，f（t））处的切线的斜率为k＝﹣2t，切线方程为y﹣（12﹣t2）＝﹣2t（x﹣t），令x＝0，可得y＝12+t2，令y＝0，可得x＝t+，∴S（t）＝•|t+|•（12+t2），由S（﹣t）＝S（t），可知S（t）为偶函数，不妨设t＞0，则S（t）＝（t+）（12+t2），∴S′（t）＝（3t2+24﹣）＝•，由S′（t）＝0，得t＝2，当t＞2时，S′（t）＞0，S（t）递增；当0＜t＜2时，S′（t）＜0，S（t）递减，则S（t）在t＝2处取得极小值，且为最小值32，同理可得t＜0时，S（t）在t＝﹣2处取得极小值，且为最小值32，所以S（t）的最小值为32．22．（2022•北京）已知函数f（x）＝exln（1+x）．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（Ⅱ）设g（x）＝f′（x），讨论函数g（x）在[0，+∞）上的单调性；（Ⅲ）证明：对任意的s，t∈（0，+∞），有f（s+t）＞f（s）+f（t）．【解答】解：（Ⅰ）对函数求导可得：，将x＝0代入原函数可得f（0）＝0，将x＝0代入导函数可得：f′（0）＝1，故在x＝0处切线斜率为1，故y﹣0＝1（x﹣0），化简得：y＝x；（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）有：g（x）＝，，令，令x+1＝k（k≥1），设，恒成立，故h（x）在[0，+∞）单调递增，又因为h（0）＝1，故h（x）＞0在[0，+∞）恒成立，故g′（x）＞0，故g（x）在[0，+∞）单调递增；解法二：由（Ⅰ）有：g（x）＝，，设m（x）＝ex，n（x）＝ln（x+1）+，则g（x）＝m（x）•n（x），由指数函数的性质得m（x）＝ex上（0，+∞）上是增函数，且m（x）＝ex＞0，n′（x）＝＝，当x∈（0，+∞）时，n′（x）＞0，n（x）单调递增，且当x∈（0，+∞）时，n（x）＝ln（x+1）+＞0，∴g（x）在[0，+∞）单调递增．（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）有g（x）在[0，+∞）单调递增，又g（0）＝1，故g（x）＞0在[0，+∞）恒成立，故f（x）在[0，+∞）单调递增，设w（x）＝f（x+t）﹣f（x），w′（x）＝f′（x+t）﹣f′（x），由（Ⅱ）有g（x）在[0，+∞）单调递增，又因为x+t＞x，所以f′（x+t）＞f′（x），故w（x）单调递增，又因为s＞0，故w（s）＞w（0），即：f（s+t）﹣f（s）＞f（t）﹣f（0），又因为函数f（0）＝0，故f（s+t）＞f（s）+f（t），得证．23．（2018•北京）设函数f（x）＝[ax2﹣（3a+1）x+3a+2]ex．（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线斜率为0，求a；（Ⅱ）若f（x）在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）＝[ax2﹣（3a+1）x+3a+2]ex的导数为f′（x）＝[ax2﹣（a+1）x+1]ex．曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线斜率为0，可得（4a﹣2a﹣2+1）e2＝0，解得a＝；（Ⅱ）f（x）的导数为f′（x）＝[ax2﹣（a+1）x+1]ex＝（x﹣1）（ax﹣1）ex，若a＝0则x＜1时，f′（x）＞0，f（x）递增；x＞1，f′（x）＜0，f（x）递减．x＝1处f（x）取得极大值，不符题意；若a＞0，且a＝1，则f′（x）＝（x﹣1）2ex≥0，f（x）递增，无极值；若a＞1，则＜1，f（x）在（，1）递减；在（1，+∞），（﹣∞，）递增，可得f（x）在x＝1处取得极小值；若0＜a＜1，则＞1，f（x）在（1，）递减；在（，+∞），（﹣∞，1）递增，可得f（x）在x＝1处取得极大值，不符题意；若a＜0，则＜1，f（x）在（，1）递增；在（1，+∞），（﹣∞，）递减，可得f（x）在x＝1处取得极大值，不符题意．综上可得，a的范围是（1，+∞）．24．（2019•北京）已知函数f（x）＝x3﹣x2+x．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当x∈[﹣2，4]时，求证：x﹣6≤f（x）≤x；（Ⅲ）设F（x）＝|f（x）﹣（x+a）|（a∈R），记F（x）在区间[﹣2，4]上的最大值为M（a）．当M（a）最小时，求a的值．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝，由f′（x）＝1得x（x﹣）＝0，得．又f（0）＝0，f（）＝，∴y＝x和，即y＝x和y＝x﹣；（Ⅱ）证明：欲证x﹣6≤f（x）≤x，只需证﹣6≤f（x）﹣x≤0，令g（x）＝f（x）﹣x＝，x∈[﹣2，4]，则g′（x）＝＝，可知g′（x）在[﹣2，0]为正，在（0，）为负，在[]为正，∴g（x）在[﹣2，0]递增，在（0，]递减，在（]递增，又g（﹣2）＝﹣6，g（0）＝0，g（）＝﹣＞﹣6，g（4）＝0，∴﹣6≤g（x）≤0，∴x﹣6≤f（x）≤x；（Ⅲ）由（Ⅱ）可得，F（x）＝|f（x）﹣（x+a）|＝|f（x）﹣x﹣a|＝|g（x）﹣a|∵在[﹣2，4]上，﹣6≤g（x）≤0，令t＝g（x），h（t）＝|t﹣a|，则问题转化为当t∈[﹣6，0]时，h（t）的最大值M（a）的问题了，①当a≤﹣3时，M（a）＝h（0）＝|a|＝﹣a，此时﹣a≥3，当a＝﹣3时，M（a）取得最小值3；②当a≥﹣3时，M（a）＝h（﹣6）＝|﹣6﹣a|＝|6+a|，∵6+a≥3，∴M（a）＝6+a，也是a＝﹣3时，M（a）最小值为3．综上，当M（a）取最小值时a的值为﹣3．25．（2020•新课标Ⅲ）设函数f（x）＝x3+bx+c，曲线y＝f（x）在点（，f（））处的切线与y轴垂直．（1）求b；（2）若f（x）有一个绝对值不大于1的零点，证明：f（x）所有零点的绝对值都不大于1．【解答】（1）解：由f（x）＝x3+bx+c，得f′（x）＝3x2+b，∴f′（）＝3×，即b＝﹣；（2）证明：法一、设x0为f（x）的一个零点，根据题意，，且|x0|≤1，则，且|x0|≤1，令c（x）＝（﹣1≤x≤1），∴c′（x）＝＝，当x∈（﹣1，﹣）∪（，1）时，c′（x）＜0，当x∈（﹣，）时，c′（x）＞0可知c（x）在（﹣1，﹣），（，1）上单调递减，在（，）上单调递增．又c（﹣1）＝，c（1）＝，c（）＝﹣，c（）＝，∴．设x1为f（x）的零点，则必有，即，∴，得﹣1≤x1≤1，即|x1|≤1．∴f（x）所有零点的绝对值都不大于1．法二、由（1）可得，f（x）＝．f′（x）＝，可得当x∈（﹣∞，）∪（，+∞）时，f′（x）＞0，当x∈（，）时，f′（x）＜0，则f（x）在（﹣∞，），（，+∞）上单调递增，在（，）上单调递减．且f（﹣1）＝c﹣，f（﹣）＝c+，f（）＝c﹣，f（1）＝c+，若f（x）的所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0，则f（﹣1）＞0或f（1）＜0．即c＞或c＜﹣．当c＞时，f（﹣1）＝c﹣＞0，f（﹣）＝c+＞0，f（）＝c﹣＞0，f（1）＝c+＞0，又f（﹣4c）＝﹣64c3+3c+c＝4c（1﹣16c2）＜0，由零点存在性定理可知，f（x）在（﹣4c，﹣1）上存在唯一一个零点．即f（x）在（﹣∞，﹣1）上存在唯一零点，在（1，+∞）上不存在零点．此时f（x）不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当c＜﹣时，f（﹣1）＝c﹣＜0，f（﹣）＝c+＜0，f（）＝c﹣＜0，f（1）＝c+＜0，又f（﹣4c）＝64c3+3c+c＝4c（1﹣16c2）＞0，由零点存在性定理可知，f（x）在（1，﹣4c）上存在唯一一个零点．即f（x）在（1，+∞）上存在唯一零点，在（﹣∞，1）上不存在零点．此时f（x）不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾．综上，f（x）所有零点的绝对值都不大于1．26．（2021•天津）已知a＞0，函数f（x）＝ax﹣xex．（1）求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）证明函数f（x）存在唯一的极值点；（3）若∃a，使得f（x）≤a+b对任意的x∈R恒成立，求实数b的取值范围．【解答】（1）解：因为f'（x）＝a﹣（x+1）ex，所以f'（0）＝a﹣1，而f（0）＝0，所以在（0，f（0））处的切线方程为y＝（a﹣1）x（a＞0）；（2）证明：令f'（x）＝a﹣（x+1）ex＝0，则a＝（x+1）ex，令g（x）＝（x+1）ex，则g'（x）＝（x+2）ex，令g'（x）＝0，解得x＝﹣2，当x∈（﹣∞，﹣2）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈（﹣2，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，当x→﹣∞时，g（x）＜0，当x→+∞时，g（x）＞0，作出图象，如图，所以当a＞0时，y＝a与y＝g（x）仅有一个交点，令g（m）＝a，则m＞﹣1，且f′（m）＝a﹣g（m）＝0，当x∈（﹣∞，m）时，a＞g（x），f'（x）＞0，f（x）为增函数；当x∈（m，+∞）时，a＜g（x），f'（x）＜0，f（x）为减函数；所以x＝m时是f（x）的极大值点，故f（x）仅有一个极值点；（3）解：由（2）知f（x）max＝f（m），此时a＝（1+m）em，（m＞﹣1），所以{f（x）﹣a}max＝f（m）﹣a＝（1+m）mem﹣mem﹣（1+m）em＝（m2﹣m﹣1）em（m＞﹣1），令h（x）＝（x2﹣x﹣1）ex（x＞﹣1），若存在a，使f（x）≤a+b对任意的x∈R恒成立，则等价于存在x∈（﹣1，+∞），使得h（x）≤b，即b≥h（x）min，而h'（x）＝（x2+x﹣2）ex＝（x﹣1）（x+2）ex，（x＞﹣1），当x∈（﹣1，1）时，h'（x）＜0，h（x）为单调减函数，当x∈（1，+∞）时，h'（x）＞0，h（x）为单调增函数，所以h（x）min＝h（1）＝﹣e，故b≥﹣e，所以实数b的取值范围[﹣e，+∞）．27．（2021•北京）已知函数f（x）＝．（Ⅰ）若a＝0，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）若f（x）在x＝﹣1处取得极值，求f（x）的单调区间，并求其最大值和最小值．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝的导数为f′（x）＝＝，可得y＝f（x）在（1，1）处的切线的斜率为﹣4，则y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y﹣1＝﹣4（x﹣1），即为y＝﹣4x+5；（Ⅱ）f（x）＝的导数为f′（x）＝＝，由题意可得f′（﹣1）＝0，即＝0，解得a＝4，可得f（x）＝，f′（x）＝，当x＞4或x＜﹣1时，f′（x）＞0，f（x）递增；当﹣1＜x＜4时，f′（x）＜0，f（x）递减．函数y＝f（x）的图象如右图，当x→﹣∞，y→0；x→+∞，y→0，则f（x）在x＝﹣1处取得极大值1，且为最大值1；在x＝4处取得极小值﹣，且为最小值﹣．所以f（x）的增区间为（﹣∞，﹣1），（4，+∞），减区间为（﹣1，4）；f（x）的最大值为1，最小值为﹣．28．（2022•乙卷）已知函数f（x）＝ln（1+x）+axe﹣x．（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）若f（x）在区间（﹣1，0），（0，+∞）各恰有一个零点，求a的取值范围．【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝ln（1+x）+xe﹣x，则，∴f′（0）＝1+1＝2，又f（0）＝0，∴所求切线方程为y＝2x；（2）＝，若a≥0，当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，则f（x）＜f（0）＝0，不合题意；设g（x）＝ex+a（1﹣x2），g′（x）＝ex﹣2ax，当﹣1≤a＜0时，在（0，+∞）上，g（x）＞e0+a≥0，f′（x）＞0，f（x）单调递增，无零点，不合题意；当a＜﹣1时，当x＞0时，g′（x）＞0，则g（x）在（0，+∞）上单调递增，g（0）＝1+a＜0，g（1）＝e＞0，所以存在唯一的x0∈（0，1），使得g（x0）＝0，且f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，f（x0）＜f（0）＝0，先证当x＞0时，，设，则，易知当0＜x＜2时，h′（x）＜0，h（x）单减，当x＞2时，h′（x）＞0，h（x）单增，所以，则当x＞0时，，所以，再证，设，则，易知当0＜x＜1时，m′（x）＜0，m（x）单减，当x＞1时，m′（x）＞0，m（x）单增，所以m（x）≥m（1）＝0，即，则由a＜﹣1，可得，则当x＞1+a2时，＞0，此时f（x）在（0，+∞）上恰有一个零点，当﹣1＜x＜0时，g′（x）在（﹣1，0）上单调递增，，故存在唯一的x1∈（﹣1，0），使得g′（x1）＝0，且g（x）在（﹣1，x1）上单调递减，在（x1，0）上单调递增，，故存在唯一的x2∈（﹣1，x1），使得g（x2）＝0，所以f（x）在（﹣1，x2）上单调递增，在（x2，0）上单调递减，x→﹣1时，f（x）→﹣∞，f（0）＝0，此时f（x）在（﹣1，0）上恰有一个零点，综上，实数a的取值范围为（﹣∞，﹣1）．29．（2022•甲卷）已知函数f（x）＝x3﹣x，g（x）＝x2+a，曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线也是曲线y＝g（x）的切线．（1）若x1＝﹣1，求a；（2）求a的取值范围．【解答】解：（1）由题意知，f（﹣1）＝﹣1﹣（﹣1）＝0，f'（x）＝3x2﹣1，f'（﹣1）＝3﹣1＝2，则y＝f（x）在点（﹣1，0）处的切线方程为y＝2（x+1），即y＝2x+2，设该切线与g（x）切于点（x2，g（x2）），g'（x）＝2x，则g'（x2）＝2x2＝2，解得x2＝1，则g（1）＝1+a＝2+2，解得a＝3；（2）f'（x）＝3x2﹣1，则y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线方程为，整理得，设该切线与g（x）切于点（x2，g（x2）），g'（x）＝2x，则g'（x2）＝2x2，则切线方程为，整理得，则，整理得，令，则h'（x）＝9x3﹣6x2﹣3x＝3x（3x+1）（x﹣1），令h'（x）＞0，解得或x＞1，令h'（x）＜0，解得或0＜x＜1，则x变化时，h'（x），h（x）的变化情况如下表：x0（0，1）1（1，+∞）h′（x）﹣0+0﹣0+h（x）单调递减单调递增单调递减﹣1单调递增则h（x）的值域为[﹣1，+∞），故a的取值范围为[﹣1，+∞）．30．（2020•海南）已知函数f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna．（1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．【解答】解：（1）当a＝e时，f（x）＝ex﹣lnx+1，∴f′（x）＝ex﹣，∴f′（1）＝e﹣1，∵f（1）＝e+1，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣（e+1）＝（e﹣1）（x﹣1），当x＝0时，y＝2，当y＝0时，x＝，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积S＝×2×＝．（2）方法一：由f（x）≥1，可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1，即ex﹣1+lna﹣lnx+lna≥1，即ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝elnx+lnx，令g（t）＝et+t，则g′（t）＝et+1＞0，∴g（t）在R上单调递增，∵g（lna+x﹣1）≥g（lnx）∴lna+x﹣1≥lnx，即lna≥lnx﹣x+1，令h（x）＝lnx﹣x+1，∴h′（x）＝﹣1＝，当0＜x＜1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，当x＞1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，∴h（x）≤h（1）＝0，∴lna≥0，∴a≥1，故a的范围为[1，+∞）．方法二：由f（x）≥1可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1，x＞0，a＞0，即aex﹣1﹣1≥lnx﹣lna，设g（x）＝ex﹣x﹣1，∴g′（x）＝ex﹣1＞0恒成立，∴g（x）在（0，+∞）单调递增，∴g（x）＞g（0）＝1﹣0﹣1＝0，∴ex﹣x﹣1＞0，即ex＞x+1，再设h（x）＝x﹣1﹣lnx，∴h′（x）＝1﹣＝，当0＜x＜1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，当x＞1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，∴h（x）≥h（1）＝0，∴x﹣1﹣lnx≥0，即x﹣1≥lnx∴ex﹣1≥x，则aex﹣1≥ax，此时只需要证ax≥x﹣lna，即证x（a﹣1）≥﹣lna，当a≥1时，∴x（a﹣1）＞0＞﹣lna恒成立，当0＜a＜1时，x（a﹣1）＜0＜﹣lna，此时x（a﹣1）≥﹣lna不成立，综上所述a的取值范围为[1，+∞）．方法三：由题意可得x∈（0，+∞），a∈（0，+∞），∴f′（x）＝aex﹣1﹣，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，①当0＜a＜1时，f′（1）＝a﹣1＜0，f′（）＝a﹣a＝a（﹣1）＞0，∴存在x0∈（1，）使得f′（x0）＝0，当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，∴f（x）＜f（1）＝a+lna＜a＜1，不满足题意，②当a≥1时，ex﹣1＞0，lna＞0，∴f（x）≥ex﹣1﹣lnx，令g（x）＝ex﹣1﹣lnx，∴g′（x）＝ex﹣1﹣，易知g′（x）在（0，+∞）上为增函数，∵g′（1）＝0，∴当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，∴g（x）≥g（1）＝1，即f（x）≥1，综上所述a的取值范围为[1，+∞）．方法四：∵f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna，x＞0，a＞0，∴f′（x）＝aex﹣1﹣，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，∵y＝aex﹣1在（0，+∞）上为增函数，y＝在0，+∞）上为减函数，∴y＝aex﹣1与y＝在0，+∞）上有交点，∴存在x0∈（0，+∞），使得f′（x0）＝a﹣＝0，则a＝，则lna+x0﹣1＝﹣lnx0，即lna＝1﹣x0﹣lnx0，当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴f（x）≥f（x0）＝a﹣lnx0+lna＝﹣lnx0+1﹣x0﹣lnx0＝﹣2lnx0+1﹣x0≥1∴﹣2lnx0﹣x0≥0设g（x）＝﹣2lnx﹣x，易知函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）＝1﹣0﹣1＝0，∴当x∈（0，1]时，g（x）≥0，∴x0∈（0，1]时，﹣2lnx0﹣x0≥0，设h（x）＝1﹣x﹣lnx，x∈（0，1]，∴h′（x）＝﹣1﹣＜0恒成立，∴h（x）在（0，1]上单调递减，∴h（x）≥h（1）＝1﹣1﹣ln1＝0，当x→0时，h（x）→+∞，∴lna≥0＝ln1，∴a≥1．方法五：f（x）≥1等价于aex﹣1﹣lnx+lna≥1，该不等式恒成立．当x＝1时，有a+lna≥1，其中a＞0．设g（a）＝a+lna﹣1，则g'（a）＝1+＞0，则g（a）单调递增，且g（1）＝0．所以若a+lna≥1成立，则必有a≥1．∴下面证明当a≥1时，f（x）≥1成立．设h（x）＝ex﹣x﹣1，∴h′（x）＝ex﹣1，∴h（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，∴h（x）≥h（0）＝1﹣0﹣1＝0，∴ex﹣x﹣1≥0，即ex≥x+1，把x换成x﹣1得到ex﹣1≥x，∵x﹣1≥lnx，∴x﹣lnx≥1．∴f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna≥ex﹣1﹣lnx≥x﹣lnx≥1，当x＝1时等号成立．综上，a≥1．八．二次求导型（共1小题）31．（2020•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝ex+ax2﹣x．（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围．【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝ex+x2﹣x，f′（x）＝ex+2x﹣1，设g（x）＝f′（x），因为g′（x）＝ex+2＞0，可得g（x）在R上递增，即f′（x）在R上递增，因为f′（0）＝0，所以当x＞0时，f′（x）＞0；当x＜0时，f′（x）＜0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，在（﹣∞，0）上单调递减；（2）当