十年高考真题分类汇编(2010-2019) 数学 专题04 导数与定积分（含解析）

十年高考真题分类汇编（2010—2019）数学专题04导数与定积分1.(2019·全国2·T文T10)曲线y=2sinx+cosx在点(π,-1)处的切线方程为()A.x-y-π-1=0 B.2x-y-2π-1=0C.2x+y-2π+1=0 D.x+y-π+1=0【答案】C【解析】当x=π时,y=2sinπ+cosπ=-1,即点(π,-1)在曲线y=2sinx+cosx上.∵y'=2cosx-sinx,∴y'|x=π=2cosπ-sinπ=-2.∴曲线y=2sinx+cosx在点(π,-1)处的切线方程为y-(-1)=-2(x-π),即2x+y-2π+1=0.故选C.2.(2019·全国3·T理T6文T7)已知曲线y=aex+xlnx在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b,则()A.a=e,b=-1 B.a=e,b=1C.a=e-1,b=1 D.a=e-1,b=-1【答案】D【解析】∵y'=aex+lnx+1,∴k=y'|x=1=ae+1=2,∴ae=1,a=e-1.将点(1,1)代入y=2x+b,得2+b=1,∴b=-1.3.(2018·全国1·理T5文T6)设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为()A.y=-2x B.y=-x C.y=2x D.y=x【答案】D【解析】因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,解得a=1,则f(x)=x3+x.由f'(x)=3x2+1,得曲线y=f(x)在(0,0)处的切线斜率k=f'(0)=1.故切线方程为y=x.4.(2017·全国2·理T11)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x)的极小值为()A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1【答案】A【解析】由题意可得,f'(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1.因为x=-2是函数f(x)的极值点,所以f'(-2)=0.所以a=-1.所以f(x)=(x2-x-1)ex-1.所以f'(x)=(x2+x-2)ex-1.令f'(x)=0,解得x1=-2,x2=1.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,-2)-2(-2,1)1(1,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗选A.5.(2017·浙江·T7)函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是()【答案】D【解析】设导函数y=f'(x)的三个零点分别为x1,x2,x3,且x1<0<x2<x3.所以在区间(-∞,x1)和(x2,x3)上,f'(x)<0,f(x)是减函数,在区间(x1,x2)和(x3,+∞)上,f'(x)>0,f(x)是增函数,所以函数y=f(x)的图象可能为D,故选D.6.(2016·山东·理T10)若函数y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则称y=f(x)具有T性质.下列函数中具有T性质的是()A.y=sinxB.y=lnxC.y=ex D.y=x3【答案】A【解析】当y=sinx时,y'=cosx,因为cos0·cosπ=-1,所以在函数y=sinx图象存在两点x=0,x=π使条件成立,故A正确;函数y=lnx,y=ex,y=x3的导数值均非负,不符合题意,故选A.7.(2016·全国1·文T12)若函数f(x)=x-13sin2x+asinx在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是(A.[-1,1] B.-C.-13【答案】C【解析】因为f(x)在R上单调递增,所以f'(x)=-43cos2x+acosx+5由题意可得,当cosx=1时,f'(x)≥0,当cosx=-1时,f'(x)≥0,即-43+a+538.(2016·四川·理T9)设直线l1,l2分别是函数f(x)=-lnx,0<x<1,lnx,x>1图象上点P1,P2处的切线,l1与l2垂直相交于点P,且l1,l2分别与y轴相交于点A,A.(0,1) B.(0,2)C.(0,+∞) D.(1,+∞)【答案】A【解析】设P1(x1,lnx1),P2(x2,-lnx2)(不妨设x1>1,0<x2<1),则由导数的几何意义易得切线l1,l2的斜率分别为k1=1x1,k2=-由已知得k1k2=-1,所以x1x2=1.所以x2=1x所以切线l1的方程分别为y-lnx1=1x1(x-x1),切线l2的方程为y+lnx2=-1x即y-lnx1=-x1x-分别令x=0得A(0,-1+lnx1),B(0,1+lnx1).又l1与l2的交点为P2x∵x1>1,∴S△PAB=12|yA-yB|·|xP|=2∴0<S△PAB<1,故选A.9.(2015·全国2·理T12)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,则使得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,+∞)【答案】A【解析】当x>0时,令F(x)=f(x)∴当x>0时,F(x)=f(∵f(x)为奇函数,且由f(-1)=0,得f(1)=0,故F(1)=0.在区间(0,1)上,F(x)>0;在(1,+∞)上,F(x)<0,即当0<x<1时,f(x)>0;当x>1时,f(x)<0.又f(x)为奇函数,∴当x∈(-∞,-1)时,f(x)>0;当x∈(-1,0)时,f(x)<0.综上可知,f(x)>0的解集为(-∞,-1)∪(0,1).故选A.10.(2015·全国1·理T12)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是()A.-32eC.32e,【答案】D【解析】由已知函数关系式,先找到满足f(x0)<0的整数x0,由x0的唯一性列不等式组求解.∵f(0)=-1+a<0,∴x0=0.又∵x0=0是唯一的使f(x0)<0的整数,11.(2014·全国1·理T11文T12)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是()A.(2,+∞) B.(1,+∞) C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)【答案】C【解析】当a=0时,显然f(x)有2个零点,不符合题意;当a>0时,f'(x)=3ax2-6x=3x(ax-2),易知函数f(x)在(-∞,0)上单调递增.又f(0)=1,当x→-∞时,f(x)=x2(ax-3)+1→-∞,故不适合题意;当a<0时,f(x)在-∞,2a上单调递减,在由f2a>0,得8∴f即e-1[又∵a<1,∴32e≤a<1,经检验a=312.(2014·江西,理8)若f(x)=x2+201f(x)dx,则01f(x)dx=(A.-1 B.-13 C.1【答案】B【解析】∵01f(x)dx=01x2dx+=13x3=13+201∴01f(x)dx=-113.(2014·全国2·理T8)设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=()A.0 B.1 C.2 D.3【答案】D【解析】∵y=ax-ln(x+1),∴y'=a-1x+1∴y'|x=0=a-1=2,得a=3.14.(2014·全国2·文T11)若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是()A.(-∞,-2] B.(-∞,-1]C.[2,+∞) D.[1,+∞)【答案】D【解析】由f'(x)=k-1x则f'(x)≥0在x∈(1,+∞)上恒成立,即k≥1x在x∈又当x∈(1,+∞)时,0<1x15.(2014·全国2·理T12)设函数f(x)=3sinπxm.若存在f(x)的极值点x0满足x02+[f(x0)]2<mA.(-∞,-6)∪(6,+∞) B.(-∞,-4)∪(4,+∞)C.(-∞,-2)∪(2,+∞) D.(-∞,-1)∪(1,+∞)【答案】C【解析】∵x0是f(x)的极值点,∴f'(x0)=0,即πm·3得πmx0=kπ+π2,k∈Z,即x0=mk+12∴x02+[f(x0)]2<mmk+12m2+即k+122m2+3<m2,k∈Z,即k+12要使原问题成立,只需存在k∈Z,使1-3m又k+122∴1-3m16.(2014·湖北·理T6)若函数f(x),g(x)满足-1①f(x)=sin12x,g(x)=cos1②f(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.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】对于①,-11sin12x·cos12x故①为一组正交函数;对于②,-11(x+1)(x-1)dx=-11(x2-1)dx=13故②不是一组正交函数;对于③,-11x·x2dx=-11x故③为一组正交函数,故选C.17.(2014·山东,理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.22 B.42 C.2 D.4【答案】D【解析】由y=4x,所以直线y=4x与曲线y=x3在第一象限内围成的封闭图形面积应为S=02(4x-x3)dx=218.(2013·北京,理7)直线l过抛物线C:x2=4y的焦点且与y轴垂直,则l与C所围成的图形的面积等于()A.43 B.2 C.83 D.【答案】C【解析】由题意可知,l的方程为y=1.如图,B点坐标为(2,1),∴所求面积S=4-202x219.(2013·全国2·理T10文T11)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是()A.∃x0∈R,f(x0)=0B.函数y=f(x)的图象是中心对称图形C.若x0是f(x)的极小值点,则f(x)在区间(-∞,x0)单调递减D.若x0是f(x)的极值点,则f'(x0)=0【答案】C【解析】∵x0是f(x)的极小值点,则y=f(x)的图象大致如下图所示,则在(-∞,x0)上不单调,故C不正确.20.(2013·湖北,理7)一辆汽车在高速公路上行驶,由于遇到紧急情况而刹车,以速度v(t)=7-3t+251+t(t的单位:s,v的单位:m/s)行驶至停止.在此期间汽车继续行驶的距离(单位:m)是(A.1+25ln5 B.8+25ln11C.4+25ln5 D.4+50ln2【答案】C【解析】由于v(t)=7-3t+251+t因此由v(t)=0可解得t=4,即汽车从刹车到停止共用4s.该汽车在此期间所行驶的距离s=047-21.(2012·湖北·理T3)已知二次函数y=f(x)的图象如图所示,则它与x轴所围图形的面积为()A.2π5C.32 D.【答案】B【解析】由图象可得二次函数的【解析】式为f(x)=-x2+1,则与x轴所围图形的面积S=-11(-x2+1)dx=22.(2011·全国,理9)由曲线y=x,直线y=x-2及y轴所围成的图形的面积为()A.103 B.4 C.16【答案】C【解析】由题意知,所围成的面积04[x-(x-2)]dx=23x23.(2010·全国,理3)曲线y=xx+2在点(-1,-1)处的切线方程为(A.y=2x+1 B.y=2x-1C.y=-2x-3 D.y=-2x-2【答案】A【解析】∵y'=x+2-∴在点(-1,-1)处的切线方程的斜率为2(-∴切线方程为y+1=2(x+1),即y=2x+1.24.(2010·全国·文T4)曲线y=x3-2x+1在点(1,0)处的切线方程为()A.y=x-1 B.y=-x+1C.y=2x-2 D.y=-2x+2【答案】A【解析】y'|x=1=(3x2-2)|x=1=1,因此曲线在(1,0)处的切线方程为y=x-1.25.(2019·全国1·T13)曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为.

【答案】y=3x【解析】由题意可知y'=3(2x+1)ex+3(x2+x)ex=3(x2+3x+1)ex,∴k=y'|x=0=3.∴曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为y=3x.26.(2019·天津·文T11)曲线y=cosx-x2在点(0,1)处的切线方程为【答案】x+2y-2=0【解析】y'=-sinx-12,y'|x=0=k=-1切线方程为y-1=-1227.(2019·江苏,11)在平面直角坐标系xOy中,点A在曲线y=lnx上,且该曲线在点A处的切线经过点(-e,-1)(e为自然对数的底数),则点A的坐标是.

【答案】(e,1)【解析】设点A(x0,y0),则y0=lnx0,又y'=1x,当x=x0时,y'=1x0,点A在曲线y=lnx上的切线为y-y0=1x0(x-x0),即y-lnx0=xx即x0lnx0=e,得x0=e,y0=1,故点A(e,1).28.(2018·天津·文T10)已知函数f(x)=exlnx,f'(x)为f(x)的导函数,则f'(1)的值为.

【答案】e【解析】∵f'(x)=exlnx+exx,∴f'(1)=eln1+29.(2018·全国2·理T13)曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为.

【答案】y=2x【解析】∵y'=2x+1,∴∴曲线在(0,0)处的切线方程为y=2x.30.(2018·全国2·文T13)曲线y=2lnx在点(1,0)处的切线方程为.

【答案】y=2x-2【解析】∵y'=(2lnx)'=2x,∴当x=1时,y'=2.∴31.(2018·全国3,理14)直线y=(ax+1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为-2,则a=.

【答案】-3【解析】设f(x)=(ax+1)ex,∵f'(x)=a·ex+(ax+1)ex=(ax+a+1)ex,∴f(x)=(ax+1)ex在(0,1)处的切线斜率k=f'(0)=a+1=-2,∴a=-3.32.(2018·江苏·T11)若函数f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为.

【答案】-3【解析】由f'(x)=6x2-2ax=0,得x=0或x=a3.因为函数f(x)在(0,+∞)内有且只有一个零点,且f(0)=1,所以a3>0,fa3=0,因此2a33-aa32+1=0,解得a=3.从而函数f(x)在[-1,0]上单调递增,在[0,1]上单调递减,所以f(x)max33.(2017·全国1,文14)曲线y=x2+在点(1,2)处的切线方程为.

【答案】y=x+1【解析】设y=f(x),则f'(x)=2x-1x2,所以f'(1)=2-1=1.所以曲线y=x2+34.(2017·天津,文10)已知a∈R,设函数f(x)=ax-lnx的图象在点(1,f(1))处的切线为l,则l在y轴上的截距为.

【答案】1【解析】∵f(x)=ax-lnx,∴f'(x)=a-1x,f'(1)=a-1,f(1)=a,则切线l方程为y-a=(a-1)(x-1),即y=(a-1)x+1,则l在y轴上的截距为135.(2017·山东·理T15)若函数exf(x)(e=2.71828…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增,则称函数f(x)具有M性质.下列函数中所有具有M性质的函数的序号为.

①f(x)=2-x②f(x)=3-x③f(x)=x3④f(x)=x2+2【答案】①④【解析】对①,设g(x)=ex·2-x,则g'(x)=ex2=ex·2-x·1+ln1∴g(x)在R上单调递增,具有M性质;对②,设g(x)=ex·3-x,则g'(x)=ex3=ex·3-x1+ln1∴g(x)在R上单调递减,不具有M性质;对③,设g(x)=ex·x3,则g'(x)=ex·x2(x+3),令g'(x)=0,得x1=-3,x2=0,∴g(x)在(-∞,-3)上单调递减,在(-3,+∞)上单调递增,不具有M性质;对④,设g(x)=ex(x2+2),则g'(x)=ex(x2+2x+2),∵x2+2x+2=(x+1)2+1>0,∴g'(x)>0,∴g(x)在R上单调递增,具有M性质.故填①④.36.(2017·江苏·T11)已知函数f(x)=x3-2x+ex-1ex,其中e是自然对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数a的取值范围是【答案】-【解析】因为f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x-1e-x=-f(x),所以f(x)为奇函数.因为f'(x)=3x2-2+ex+e-x≥3x2-2+2ex·e-x≥0(当且仅当x=0时等号成立),所以f(x)在R上单调递增,因为f(a-1)+f(2a2)≤0可化为f(2a2)≤-f(a-1),即f(2a2)≤f(1-a),所以2a37.(2016·全国2·理T16)若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线,也是曲线y=ln(x+1)的切线,则b=.

【答案】1-ln2【解析】设直线y=kx+b与曲线y=lnx+2和y=ln(x+1)的切点分别为(x1,kx1+b),(x2,kx2+b),由导数的几何意义,可得k=1x1=1x又切点也在各自曲线上,所以kx1从而由kx1+b=lnx1+2,代入解得b=1-ln2.38.(2015·全国1·文T14)已知函数f(x)=ax3+x+1的图象在点(1,f(1))处的切线过点(2,7),则a=.

【答案】1【解析】∵f'(x)=3ax2+1,∴f'(1)=3a+1,即切线斜率k=3a+1.又f(1)=a+2,∴已知点为(1,a+2).而由过(1,a+2),(2,7)两点的直线的斜率为a+2-71-2=5-a,∴5-a=3a+39.(2015·全国2·文T16)已知曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,则a=.

【答案】8【解析】∵y'=1+1x,∴k=y'|x=1=∴切线方程为y=2x-1.由y=2x-1与y=ax2+(a+2)x+1联立,得ax2+ax+2=0,再由相切知Δ=a2-8a=0,解得a=0或a=8.∵当a=0时,y=ax2+(a+2)x+1并非曲线而是直线,∴a=0舍去,故a=8.40.(2015·陕西·理T15)设曲线y=ex在点(0,1)处的切线与曲线y=1x(x>0)上点P处的切线垂直,则P的坐标为【答案】(1,1)【解析】曲线y=ex在点(0,1)处的切线斜率k=y'=ex|x=0=1;由y=1x,可得y'=-1x2,因为曲线y=1x(x>0)在点P处的切线与曲线y=ex在点(0,1)处的切线垂直,故-1xP241.(2015·天津,理11)曲线y=x2与直线y=x所围成的封闭图形的面积为______________.

【答案】【解析】函数y=x2与y=x的图象所围成的封闭图形如图中阴影所示,设其面积为S.由y=故所求面积S=01(x-x2)dx=142.(2015·陕西·理T16)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(图中虚线所示),则原始的最大流量与当前最大流量的比值为.

【答案】1.2【解析】43.(2012·上海·理T13)已知函数y=f(x)的图象是折线段ABC,其中A(0,0),B12,5【答案】5【解析】由题意f(x)=10x则xf(x)=10∴xf(x)与x轴围成图形的面积为01210x2dx+121(-10x2+10x)dx=1044.(2012·全国·文T13)曲线y=x(3lnx+1)在点(1,1)处的切线方程为.

【答案】4x-y-3=0【解析】因为y'=3lnx+4,故y'|x=1=4,所以曲线在点(1,1)处的切线方程为y-1=4(x-1),化为一般式方程为4x-y-3=0.45.(2012·山东·理T15)设a>0.若曲线y=x与直线x=a,y=0所围成封闭图形的面积为a2,则a=.

【答案】4【解析】由题意可得曲线y=x与直线x=a,y=0所围成封闭图形的面积S=0axdx=23x346.(2019·全国3·文T20)已知函数f(x)=2x3-ax2+2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当0<a<3时,记f(x)在区间[0,1]的最大值为M,最小值为m,求M-m的取值范围.【解析】(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f'(x)=0,得x=0或x=a3若a>0,则当x∈(-∞,0)∪a3当x∈0,故f(x)在(-∞,0),a3,+若a=0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增;若a<0,则当x∈-∞,当x∈a3故f(x)在-∞,a(2)当0<a<3时,由(1)知,f(x)在0,a3单调递减,在a3,于是m=-a327所以M-m=2当0<a<2时,可知2-a+a3所以M-m的取值范围是827当2≤a<3时,a327单调递增,所以M-m的取值范围是综上,M-m的取值范围是82747.(2019·浙江·T22)已知实数a≠0,设函数f(x)=alnx+1+x,x>0.(1)当a=-34(2)对任意x∈1e2,+∞均有f(x)≤x2a注:e=2.71828…为自然对数的底数.【解析】(1)当a=-34时,f(x)=-34lnx+f'(x)=-3=(1+x所以,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)≤12a,得0<a≤2当0<a≤24时,f(x)≤x2a等价于令t=1a,则t≥22设g(t)=t2x-2t1+x-2lnx,t≥22,则g(t)=xt-1+1x2-1+xx①当x∈17,+∞时,1+1x≤22g(t)≥g(22)=8x-421+x记p(x)=4x-221+x-lnx,x≥1p'(x)=2=2=(x故x117,11(1,+∞)p'(x)-0+p(x)p17单调递减极小值p(1)单调递增所以,p(x)≥(1)=0.因此,g(t)≥g(22)=2p(x)≥0.②当x∈1e2,g(t)≥g1+1x=-2令q(x)=2xlnx+(x+1),x∈1e2,q'(x)=lnx+2x故q(x)在1e2,所以q(x)≤q17.由①得,q17=-277p17<-27所以,q(x)<0.因此,g(t)≥g1+1x=-q(由①②知对任意x∈1e2,+∞,t∈[22,+∞),g(t)≥0,即对任意x∈1e2,+∞,均有f(x)≤x2a综上所述,所求a的取值范围是0,24.48.(2019·全国2,文21,12分,难度)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.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞).f'(x)=x-1x因为y=lnx单调递增,y=1x又f'(1)=-1<0,f'(2)=ln2-12=ln4-12又当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.因此,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,所以f(x)=0在区间(x0,+∞)内存在唯一根x=α.由α>x0>1得1α<1<x0又f（1α）=（1α-1）ln1故1α是f(x)=0在(0,x0综上,f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.49.(2019·江苏,19,16分,难度)设函数f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,c∈R,f'(x)为f(x)的导函数.(1)若a=b=c,f(4)=8,求a的值;(2)若a≠b,b=c,且f(x)和f'(x)的零点均在集合{-3,1,3}中,求f(x)的极小值;(3)若a=0,0<b≤1,c=1,且f(x)的极大值为M,求证:M≤427【解析】(1)因为a=b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=(x-a)3.因为f(4)=8,所以(4-a)3=8,解得a=2.(2)因为b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)2=x3-(a+2b)x2+b(2a+b)x-ab2,从而f'(x)=3(x-b)x-令f'(x)=0,得x=b或x=2a+b3因为a,b,2a+b3所以2a+b3此时,f(x)=(x-3)(x+3)2,f'(x)=3(x+3)(x-1).令f'(x)=0,得x=-3或x=1.列表如下:x(-∞,-3)-3(-3,1)1(1,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗所以f(x)的极小值为f(1)=(1-3)(1+3)2=-32.(3)因为a=0,c=1,所以f(x)=x(x-b)(x-1)=x3-(b+1)x2+bx,f'(x)=3x2-2(b+1)x+b.因为0<b≤1,所以Δ=4(b+1)2-12b=(2b-1)2+3>0,则f'(x)有2个不同的零点,设为x1,x2(x1<x2).由f'(x)=0,得x1=b+1-b2-b+1列表如下x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗(解法一)M=f(x1)=x13-(b+1)x12+bx1=[3x12-2(b+1)x1=-2(=b(b+1≤b(因此M≤427(解法二)因为0<b≤1,所以x1∈(0,1).当x∈(0,1)时,f(x)=x(x-b)(x-1)≤x(x-1)2.令g(x)=x(x-1)2,x∈(0,1),则g'(x)=3x-令g'(x)=0,得x=13列表如下:x011g'(x)+0-g(x)↗极大值↘所以当x=13时,g(x)取得极大值,且是最大值,故g(x)max=g1所以当x∈(0,1)时,f(x)≤g(x)≤427因此M≤42750.(2019·全国3·理T20)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.【解析】(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f'(x)=0,得x=0或x=a3若a>0,则当x∈(-∞,0)∪a3当x∈0,故f(x)在(-∞,0),a3,+若a=0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增;若a<0,则当x∈-∞,a当x∈a3故f(x)在-∞,a(2)满足题设条件的a,b存在.(ⅰ)当a≤0时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.(ⅱ)当a≥3时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.(ⅲ)当0<a<3时,由(1)知,f(x)在[0,1]的最小值为fa3=-a若-a327+b=-1,b=1,则a=3若-a327+b=-1,2-a+b=1,则a=33或a=-3综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f(x)在[0,1]的最小值为-1,最大值为1.51.(2019·天津·理T20)设函数f(x)=excosx,g(x)为f(x)的导函数.(1)求f(x)的单调区间;(2)当x∈π4,π2时,证明f(x)+g(x)π2-x(3)设xn为函数u(x)=f(x)-1在区间2nπ+π4,2nπ+π2内的零点,其中n∈N,证明2nπ+π2-xn<e【解析】(1)由已知,有f'(x)=ex(cosx-sinx).因此,当x∈2kπ+π4,2kπ+5π4(k∈当x∈2kπ-3π4,2kπ+π4(k∈所以,f(x)的单调递增区间为2kπ-3π4,2kπ+π4(k∈Z),f(x)的单调递减区间为2kπ+π4,2kπ+5π4(k(2)证明记h(x)=f(x)+g(x)π2-x.依题意及(1),有g(x)=ex(cosx-sinx),从而g'(x)=-2exsinx.当x∈π4,π故h'(x)=f'(x)+g'(x)π2-x+g(x)(-1)=g'(x)π2-x<0.因此,h(x)在区间π4,π2上单调递减,进而h(x)≥hπ2=fπ2=0.所以,当x∈π4,π2时,f(x)+g(x)π2-x(3)证明依题意,u(xn)=f(xn)-1=0,即exncosxn=1.记yn=xn-2nπ,则yn∈π4,π2,且f(yn)=eyncosyn=ex由f(yn)=e-2nπ≤1=f(y0)及(1),得yn≥y0.由(2)知,当x∈π4,π2时,g'(x)<0,所以g(x)在π4因此g(yn)≤g(y0)<gπ4=0.又由(2)知,f(yn)+g(yn)π2-yn≥0,故π2-yn≤-f(yn)所以,2nπ+π2-xn<e52.(2019·全国1·理T20)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,(2)f(x)有且仅有2个零点.【解析】(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cosx-11+x,g'(x)=-sinx+1当x∈-1而g'(0)>0,g'π2可得g'(x)在区间-1则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x∈α,所以g(x)在区间(-1,α)内单调递增,在区间α,π2即f'(x)在区间-1(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).(ⅰ)当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)内单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-1,0)内单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.(ⅱ)当x∈0,π2时,由(1)知,f'(x)在区间(0,α)内单调递增,在区间α,π2内单调递减,而f'(0)=0,f'π2<0,所以存在β∈故f(x)在区间(0,β)内单调递增,在区间β,又f(0)=0,fπ2=1-ln1+所以当x∈0,从而,f(x)在区间0,(ⅲ)当x∈π2,π时,f'(x)<0,所以f(x)在区间π2,(ⅳ)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在区间(π,+∞)内没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.53.(2019·全国1·文T20)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.【解析】(1)证明设g(x)=f'(x),则g(x)=cosx+xsinx-1,g'(x)=xcosx.当x∈0,当x∈π2所以g(x)在0,π2又g(0)=0,gπ2故g(x)在(0,π)存在唯一零点.所以f'(x)在(0,π)存在唯一零点.(2)解由题设知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0.由(1)知,f'(x)在(0,π)只有一个零点,设为x0,且当x∈(0,x0)时,f'(x)>0;当x∈(x0,π)时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,π)单调递减.又f(0)=0,f(π)=0,所以,当x∈[0,π]时,f(x)≥0.又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,故f(x)≥ax.因此,a的取值范围是(-∞,0].54.(2019·全国2·理T20)已知函数f(x)=lnx-x+1x(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.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).因为f'(x)=1x因为f(e)=1-e+1e-1<0,f(e2)=2-e2+1e又0<1x1<1,f1x1=-lnx1+x1+1x综上,f(x)有且仅有两个零点.(2)证明因为1x0=e-lnx0,故点B-lnx由题设知f(x0)=0,即lnx0=x0+1x曲线y=ex在点B-lnx0,1x0处切线的斜率是1x0,曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处切线的斜率也是1x0,所以曲线y=lnx在点A(x0,lnx55.(2019·天津·文T20)设函数f(x)=lnx-a(x-1)ex,其中a∈R.(1)若a≤0,讨论f(x)的单调性;(2)若0<a<1e①证明f(x)恰有两个零点;②设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1>x0,证明3x0-x1>2.【解析】(1)由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=1x-[aex+a(x-1)ex]=1因此当a≤0时,1-ax2ex>0,从而f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)内单调递增.(2)证明①由(1)知,f'(x)=1-ax2exx.令g(x)=1-ax2ex,由0<a<1e,可知g(x)在(0,+∞)内单调递减,又g(1)=1-ae>0,且gln1a=1-aln1a21a故g(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f'(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x0,则1<x0<ln1a当x∈(0,x0)时,f'(x)=g(所以f(x)在(0,x0)内单调递增;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)=g(x)x<令h(x)=lnx-x+1,则当x>1时,h'(x)=1x从而fln1a=lnln1a-aln1a-1eln1a=lnln1a-ln1a+1=hln1a<0,又因为f(x0)>f(1)=0,所以f(x)在(x0,+∞)内有唯一零点.又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1,从而,f(x)在(0,+∞)内恰有两个零点.②由题意,f'(x0)=0,f(x1)=0,即ax02ex0=1,lnx1=a(x56.(2018·全国2·理T21)已知函数f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.【解析】(1)当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点.(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.故h(2)=1-4ae①若h(2)>0,即a<e24②若h(2)=0,即a=e2③若h(2)<0,即a>e2由(1)知,当x>0时,ex>x2,所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=e257.(2018·全国2·文T21度)已知函数f(x)=13x3-a(x2+x+1)(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)只有一个零点.【解析】(1)当a=3时,f(x)=13x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2令f'(x)=0,解得x=3-23或x=3+23.当x∈(-∞,3-23)∪(3+23,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(3-23,3+23)时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,3-23),(3+23,+∞)单调递增,在(3-23,3+23)单调递减.(2)由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于x3设g(x)=x3x2又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6a-1综上,f(x)只有一个零点.58.(2018·天津·理T20)已知函数f(x)=ax,g(x)=logax,其中a>1.(1)求函数h(x)=f(x)-xlna的单调区间;(2)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-2lnlnalna(3)证明当a≥e1【解析】(1)由已知,h(x)=ax-xlna,有h'(x)=axlna-lna.令h'(x)=0,解得x=0.由a>1,可知当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:x(-∞,0)0(0,+∞)h'(x)-0+h(x)↘极小值↗所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(2)证明由f'(x)=axlna,可得曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线斜率为ax1lna.由g'(x)=1xlna,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为1x2lna.因为这两条切线平行,故有ax1lna=1x2lna,即x2ax1(lna)2=1.两边取以a为底的对数,得loga(3)证明曲线y=f(x)在点(x1,ax1)处的切线l1:y-ax1=ax1lna·(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线l2:y-log要证明当a≥e1e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥e1e时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l即只需证明当a≥e1ax由①得x2=1ax1(lna)2,代入②,得ax1因此,只需证明当a≥e1e时,关于x1的方程设函数u(x)=ax-xaxlna+x+1lna+2u'(x)=1-(lna)2xax,可知当x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;当x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又u'(0)=1>0,u'1(lna)2=1-a1(lna)2<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u'(x0)=0,即1-(lna)2x0a因为a≥e1e,故lnlna≥-1,所以u(x0)=ax0-x0ax0lna+x0+下面证明存在实数t,使得u(t)<0.由(1)可得ax≥1+xlna,当x>1lna时,有u(x)≤(1+xlna)(1-xlna)+x+1lna+2lnlnalna=-(lna)所以存在实数t,使得u(t)<0.因此,当a≥e1e时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x所以,当a≥e159.(2018·天津·文T20)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.(1)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)若d=3,求f(x)的极值;(3)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-63有三个互异的公共点,求d的取值范围.【解析】(1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f'(x)=3x2-1.因此f(0)=0,f'(0)=-1.又因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-f(0)=f'(0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0.(2)由已知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3t22-9)x-t23+9t2.故f'(x)=3x2-6t2x+3t22-9.令f'(x)=0,解得x=t2-当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,t2-3)t2-3(t2-3,t2+3)t2+3(t2+3,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗所以函数f(x)的极大值为f(t2-3)=(-3)3-9×(-3)=63;函数f(x)的极小值为f(t2+3)=(3)3-9×3=-63.(3)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-63有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+63=0有三个互异的实数解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+63=0.设函数g(x)=x3+(1-d2)x+63,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-63有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点.g'(x)=3x2+(1-d2).当d2≤1时,g'(x)≥0,这时g(x)在R上单调递增,不合题意.当d2>1时,令g'(x)=0,解得x1=-d2-13,x易得,g(x)在(-∞,x1)上单调递增,在[x1,x2]上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增.g(x)的极大值g(x1)=g-d2-g(x)的极小值g(x2)=gd2-13=-若g(x2)≥0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意.若g(x2)<0,即(d2-1)32>27,也就是|d|>10,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+63>0,且-2|d|<x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+63<-6210+63<0,从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-2|d|,x1),(x1,x2),(x所以,d的取值范围是(-∞,-10)∪(10,+∞).60.(2018·北京·理T18文T19)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex.(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行,求a;(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.【解析】(1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex,所以f'(x)=[2ax-(4a+1)]ex+[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex(x∈R)=[ax2-(2a+1)x+2]ex.f'(1)=(1-a)e.由题设知f'(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1)=3e≠0,所以a的值为1.(2)由(1)得f'(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex.若a>12,则当x∈1当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在x=2处取得极小值.若a≤12,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤1所以f'(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是1261.(2018·江苏·T19)记f'(x),g'(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0),且f'(x0)=g'(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”;(2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=lnx存在“S点”,求实数a的值;(3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=bexx.对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点【解析】(1)证明函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,则f'(x)=1,g'(x)=2x+2.由f(x)=g(x),且f'(x)=g'(x),得x=x因此,f(x)与g(x)不存在“S点”.(2)解函数f(x)=ax2-1,g(x)=lnx,则f'(x)=2ax,g'(x)=1x设x0为f(x)与g(x)的“S点”,由f(x0)=g(x0),且f'(x0)=g'(x0),得ax得lnx0=-12,即x0=e-1当a=e2时,x0=e-1因此,a的值为e2(3)解对任意a>0,设h(x)=x3-3x2-ax+a.因为h(0)=a>0,h(1)=1-3-a+a=-2<0,且h(x)的图象是不间断的,所以存在x0∈(0,1),使得h(x0)=0.令b=2x函数f(x)=-x2+a,g(x)=bexx由f(x)=g(x),且f'(x)=g'(x),得-即-x此时,x0满足方程组(**),即x0是函数f(x)与g(x)在区间(0,1)内的一个“S点”.因此,对任意a>0,存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”.62.(2018·全国1·理T21)已知函数f(x)=1x(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1x2-1+ax①若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减.②若a>2,令f'(x)=0得,x=a-a2当x∈0,当x∈a-a2-4(2)由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1.由于f(x1)-=-2+alnx1-所以f(x1)-f(x设函数g(x)=1x-x+2lnx,由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减,又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<所以1x2-x2+2lnx2<0,即63.(2018·全国1·文T21)已知函数f(x)=aex-lnx-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a≥时,f(x)≥0.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-1x由题设知,f'(2)=0,所以a=12从而f(x)=12e2ex-lnx-1,f'(x)=12e当0<x<2时,f'(x)<0;当x>2时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.(2)当a≥1e时,f(x)≥e设g(x)=exe-lnx-1,则g'(x)=当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当a≥1e64.(2018·全国3·理T21)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.【解析】(1)当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f'(x)=ln(1+x)-x1+x设函数g(x)=f'(x)=ln(1+x)-x1+x,则g'(x)=x当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f'(x)≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.(2)①若a≥0,由(1)知,当x>0时,f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.②若a<0,设函数h(x)=f(x)由于当|x|<min1,1|又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h'(x)=11+x如果6a+1>0,则当0<x<-6a+14a,且|x|<min1如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min1,所以x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1=0,则h'(x)=x3(x-24所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-1665.(2018·全国3,文21,12分,难度)已知函数f(x)=ax(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.【解析】(1)f'(x)=-ax因此曲线y=f(x)在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.(2)当a≥1时,f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+ex+1,则g'(x)=2x+1+ex+1.当x<-1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增;所以g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥0.66.(2018·浙江·T22)已知函数f(x)=x-lnx.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)>8-8ln2;(2)若a≤3-4ln2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.【解析】(1)函数f(x)的导函数f'(x)=12由f'(x1)=f'(x2),得12因为x1≠x2,所以1x由基本不等式,得12x1因为x1≠x2,所以x1x2>256.由题意得f(x1)+f(x2)=x1-lnx1+x2-lnx2=12x1设g(x)=12则g'(x)=14x所以x(0,16)16(16,+∞)g'(x)-0+g(x)↘2-4ln2↗所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln2.(2)令m=e-(|a|+k),n=|af(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n1n-a所以,存在x0∈(m,n),使f(x0)=kx0+a.所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.由f(x)=kx+a,得k=x-设h(x)=x-lnx-其中g(x)=x2由(1)可知g(x)≥g(16).又a≤3-4ln2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln2+a≤0,所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减.因此方程f(x)-kx-a=0至多1个实根.综上,当a≤3-4ln2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.67.(2018·江苏·T17)某农场有一块农田,如图所示,它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成.已知圆O的半径为40米,点P到MN的距离为50米.现规划在此农田上修建两个温室大棚,大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD,大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP,要求A,B均在线段MN上,C,D均在圆弧上.设OC与MN所成的角为θ.(1)用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积,并确定sinθ的取值范围;(2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜,大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.【解析】(1)连接PO并延长交MN于点H,则PH⊥MN,所以OH=10.过点O作OE⊥BC于点E,则OE∥MN,所以∠COE=θ,故OE=40cosθ,EC=40sinθ,则矩形ABCD的面积为2×40cosθ(40sinθ+10)=800(4sinθcosθ+cosθ),△CDP的面积为12×2×40cosθ(40-40sinθ)=1600(cosθ-sinθcosθ过点N作GN⊥MN,分别交圆弧和OE的延长线于点G和K,则GK=KN=10.令∠GOK=θ0,则sinθ0=14,θ0∈0当θ∈θ0所以sinθ的取值范围是14答:矩形ABCD的面积为800(4sinθcosθ+cosθ)平方米,△CDP的面积为1600(cosθ-sinθcosθ)平方米,sinθ的取值范围是14(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3,设甲的单位面积的年产值为4k,乙的单位面积的年产值为3k(k>0),则年总产值为4k×800(4sinθcosθ+cosθ)+3k×1600(cosθ-sinθcosθ)=8000k(sinθcosθ+cosθ),θ∈θ0设f(θ)=sinθcosθ+cosθ,θ∈θ0则f'(θ)=cos2θ-sin2θ-sinθ=-(2sin2θ+sinθ-1)=-(2sinθ-1)(sinθ+1).令f'(θ)=0,得θ=π6当θ∈θ0,π6时,f'(当θ∈π6,π2时,f'(因此,当θ=π6时,f(θ答:当θ=π668.(2017·全国3·理T21)已知函数f(x)=x-1-alnx.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,1+1【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞).若a≤0,因为f12=-1②若a>0,由f'(x)=1-ax=x-a所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增.故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0.故a=1.(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-lnx>0.令x=1+12n得ln从而ln1+12+ln1+122+…+ln1+故1+1而1+169.(2017·全国2·文T21)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围.【解析】(1)f'(x)=(1-2x-x2)ex.令f'(x)=0得x=-1-2,x=-1+2.当x∈(-∞,-1-2)时,f'(x)<0;当x∈(-1-2,-1+2)时,f'(x)>0;当x∈(-1+2,+∞)时,f'(x)<0.所以f(x)在(-∞,-1-2),(-1+2,+∞)内单调递减,在(-1-2,-1+2)内单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)内单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0<a<1时,设函数g(x)=ex-x-1,g'(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)内单调递增,而g(0)=0,故ex≥x+1.当0<x<1时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-4a-12,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0当a≤0时,取x0=5-12,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2综上,a的取值范围是[1,+∞).70.(2017·天津·文T19)设a,b∈R,|a|≤1.已知函数f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=exf(x).(1)求f(x)的单调区间;(2)已知函数y=g(x)和y=ex的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线,①求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;②若关于x的不等式g(x)≤ex在区间[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范围.【解析】(1)解由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,可得f'(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)[x-(4-a)].令f'(x)=0,解得x=a或x=4-a.由|a|≤1,得a<4-a.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,a)(a,4-a)(4-a,+∞)f'(x)+-+f(x)↗↘↗所以,f(x)的单调递增区间为(-∞,a),(4-a,+∞),单调递减区间为(a,4-a).(2)①证明因为g'(x)=ex(f(x)+f'(x)),由题意知g所以f(x所以,f(x)在x=x0处的导数等于0.②解因为g(x)≤ex,x∈[x0-1,x0+1],由ex>0,可得f(x)≤1.又因为f(x0)=1,f'(x0)=0.故x0为f(x)的极大值点,由(1)知x0=a.另一方面,由于|a|≤1,故a+1<4-a,由(1)知f(x)在(a-1,a)内单调递增,在(a,a+1)内单调递减,故当x0=a时,f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒成立,从而g(x)≤ex在[x0-1,x0+1]上恒成立.由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1,得b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1.令t(x)=2x3-6x2+1,x∈[-1,1],所以t'(x)=6x2-12x,令t'(x)=0,解得x=2(舍去)或x=0.因为t(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1,因此,t(x)的值域为[-7,1].所以,b的取值范围是[-7,1].71.(2017·全国3·文T21)已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a<0时,证明f(x)≤-34a-2【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x+2ax+2a+1=(若a≥0,则当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)在(0,+∞)单调递增.若a<0,则当x∈0,-当x∈-12a故f(x)在0,-12a单调递增,在-12a,+∞单调递减.(2)由(1)知,当a<0时,f(x)在x=-12a取得最大值,最大值为f-12a=ln-所以f(x)≤-34a-2等价于ln-12a-1-14a≤-设g(x)=lnx-x+1,则g'(x)=1x当x∈(0,1)时,g'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0.所以当x>0时,g(x)≤0.从而当a<0时,ln-1即f(x)≤-34a72.(2017·天津·理T20)设a∈Z,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一个零点x0,g(x)为f(x)的导函数.(1)求g(x)的单调区间;(2)设m∈[1,x0)∪(x0,2],函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求证:h(m)h(x0)<0;(3)求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且pq∈[1,x0)∪(x0,2],满足p【解析】(1)由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g(x)=f'(x)=8x3+9x2-6x-6,进而可得g'(x)=24x2+18x-6.令g'(x)=0,解得x=-1或x=14当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:x(-∞,-1)-1g'(x)+-+g(x)↗↘↗所以,g(x)的单调递增区间是(-∞,-1),14,+(2)证明由h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),得h(m)=g(m)(m-x0)-f(m),h(x0)=g(x0)(m-x0)-f(m).令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),则H'1(x)=g'(x)(x-x0).由(1)知,当x∈[1,2]时,g'(x)>0,故当x∈[1,x0)时,H'1(x)<0,H1(x)单调递减;当x∈(x0,2]时,H'1(x)>0,H1(x)单调递增.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H1(x)>H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(m)>0,即h(m)>0.令函数H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),则H'2(x)=g(x0)-g(x).由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故当x∈[1,x0)时,H'2(x)>0,H2(x)单调递增;当x∈(x0,2]时,H'2(x)<0,H2(x)单调递减.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H2(x)<H2(x0)=0,可得H2(m)<0,即h(x0)<0.所以,h(m)h(x0)<0.(3)证明对于任意的正整数p,q,且pq∈[1,x0)∪(x0,2],令m=ph(x)=g(x)(m-x0)-f(m).由(2)知,当m∈[1,x0)时,h(x)在区间(m,x0)内有零点;当m∈(x0,2]时,h(x)在区间(x0,m)内有零点.所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点,不妨设为x1,则h(x1)=g(x1)pq-x由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故0<g(1)<g(x1)<g(2).于是p=|2因为当x∈[1,2]时,g(x)>0,故f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)在区间[1,2]上除x0外没有其他的零点,而pq≠x0,故fp又因为p,q,a均为整数,所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数,从而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1.所以pq所以,只要取A=g(2),就有pq73.(2017·全国1·理T21)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.【解析】(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).(ⅰ)若a≤0,则f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递减.(ⅱ)若a>0,则由f'(x)=0得x=-lna.当x∈(-∞,-lna)时,f'(x)<0;当x∈(-lna,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,-lna)单调递减,在(-lna,+∞)单调递增.(2)(ⅰ)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.(ⅱ)若a>0,由(1)知,当x=-lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln①当a=1时,由于f(-lna)=0,故f(x)只有一个零点;②当a∈(1,+∞)时,由于1-1a即f(-lna)>0,故f(x)没有零点;③当a∈(0,1)时,1-1a又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故f(x)在(-∞,-lna)有一个零点.设正整数n0满足n0>ln3a-1,则f(n0)=en0(aen0+a-2)-n0>e由于ln3a综上,a的取值范围为(0,1).74.(2017·全国1·文T21)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.【解析】(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增.②若a>0,则由f'(x)=0得x=lna.当x∈(-∞,lna)时,f'(x)<0;当x∈(lna,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(-∞,lna)单调递减,在(lna,+∞)单调递增.③若a<0,则由f'(x)=0得x=ln-a当x∈-∞当x∈ln-故f(x)在-∞,ln(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.②若a>0,则由(1)得,当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a2lna.从而当且仅当-a2lna≥0,即a≤1时,f(x)≥0.③若a<0,则由(1)得,当x=ln-a2时,f(x)取得最小值,最小值为fln-a2=a234综上,a的取值范围是[-2e375.(2017·全国2·理T21)已知函数f(x)=ax2-ax-xlnx,且f(x)≥0.(1)求a;(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2<f(x0)<2-2.【解析】(1)解f(x)的定义域为(0,+∞).设g(x)=ax-a-lnx,则f(x)=xg(x),f(x)≥0等价于g(x)≥0.因为g(1)=0,g(x)≥0,故g'(1)=0,而g'(x)=a-,g'(1)=a-1,得a=1.若a=1,则g'(x)=1-.当0<x<1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0.综上,a=1.(2)证明由(1)知f(x)=x2-x-xlnx,f'(x)=2x-2-lnx.设h(x)=2x-2-lnx,则h'(x)=2-1x当x∈0,12时,h'(x)<0;当x所以h(x)在0,12又h(e-2)>0,h12<0,h(1)=0,所以h(x)在0,12内有唯一零点x0,在12,+∞内有唯一零点1,且当x∈(0,x因为f'(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.由f'(x0)=0得lnx0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x0∈(0,1)得f(x0)<14因为x=x0是f(x)在(0,1)内的最大值点,由e-1∈(0,1),f'(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2.所以e-2<f(x0)<2-2.76.(2017·山东·理T20)