导数基础练习

导数应用一．选择题〔共12小题〕1．〔2023•安徽〕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＞0 B．a＞0，b＜0，c＜0，d＞0C．a＜0，b＜0，c＜0，d＞0 D．a＞0，b＞0，c＞0，d＜02．〔2023•广西〕曲线y=xex﹣1在点〔1，1〕处切线的斜率等于〔〕A．2e B．e C．2 D．13．〔2023•郑州模拟〕曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为〔〕A．B．C．D．4．〔2023•陕西〕定积分〔2x+ex〕dx的值为〔〕A．e+2 B．e+1 C．e D．e﹣15．〔2023•新课标II〕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，+∞〕6．〔2023•新课标II〕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．0 B．1 C．2 D．37．〔2023•新课标Ⅱ〕函数f〔x〕=x3+ax2+bx+c，以下结论中错误的选项是〔〕A．∃xα∈R，f〔xα〕=0B．函数y=f〔x〕的图象是中心对称图形C．假设xα是f〔x〕的极小值点，那么f〔x〕在区间〔﹣∞，xα〕单调递减D．假设xα是f〔x〕的极值点，那么f′〔xα〕=08．〔2023•辽宁〕设函数f〔x〕满足x2f′〔x〕+2xf〔x〕=，f〔2〕=，那么x＞0时，f〔x〕〔〕A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值C．既有极大值又有极小值 D．既无极大值也无极小值9．〔2023•安徽〕函数f〔x〕=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，假设f〔x1〕=x1＜x2，那么关于x的方程3〔f〔x〕〕2+2af〔x〕+b=0的不同实根个数为〔〕A．3 B．4 C．5 D．610．〔2023•新课标〕如图，质点P在半径为2的圆周上逆时针运动，其初始位置为P0〔，﹣〕，角速度为1，那么点P到x轴距离d关于时间t的函数图象大致为〔〕A． B． C． D．11．〔2023•全国卷Ⅱ〕假设曲线y=x2+ax+b在点〔1，b〕处的切线方程是x﹣y+1=0，那么〔〕A．a=1，b=2 B．a=﹣1，b=2 C．a=1，b=﹣2 D．a=﹣1，b=﹣212．〔2023•全国卷Ⅱ〕假设曲线y=在点〔a，〕处的切线与两个坐标围成的三角形的面积为18，那么a=〔〕A．64 B．32 C．16 D．8二．填空题〔共4小题〕13．〔2023•江西〕假设曲线y=e﹣x上点P的切线平行于直线2x+y+1=0，那么点P的坐标是．14．〔2023•新课标Ⅰ〕假设函数f〔x〕=〔1﹣x2〕〔x2+ax+b〕的图象关于直线x=﹣2对称，那么f〔x〕的最大值为．15．〔2023•新课标Ⅱ〕等差数列{an}的前n项和为Sn，S10=0，S15=25，那么nSn的最小值为．16．〔2023•四川〕函数在x=3时取得最小值，那么a=．三．解答题〔共13小题〕17．〔2023•新课标II〕设函数f〔x〕=lnx+a〔1﹣x〕．〔Ⅰ〕讨论：f〔x〕的单调性；〔Ⅱ〕当f〔x〕有最大值，且最大值大于2a﹣2时，求a的取值范围．18．〔2023•北京〕设函数f〔x〕=﹣klnx，k＞0．〔1〕求f〔x〕的单调区间和极值；〔2〕证明：假设f〔x〕存在零点，那么f〔x〕在区间〔1，]上仅有一个零点．19．〔2023•新课标II〕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．20．〔2023•四川〕函数f〔x〕=﹣2〔x+a〕lnx+x2﹣2ax﹣2a2+a，其中a＞0．〔Ⅰ〕设g〔x〕是f〔x〕的导函数，讨论g〔x〕的单调性；〔Ⅱ〕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．21．〔2023•重庆〕函数f〔x〕=ax3+x2〔a∈R〕在x=处取得极值．〔Ⅰ〕确定a的值；〔Ⅱ〕假设g〔x〕=f〔x〕ex，讨论g〔x〕的单调性．22．〔2023•山东〕设函数f〔x〕=ln〔x+1〕+a〔x2﹣x〕，其中a∈R，〔Ⅰ〕讨论函数f〔x〕极值点的个数，并说明理由；〔Ⅱ〕假设∀x＞0，f〔x〕≥0成立，求a的取值范围．〔2023•重庆〕设函数f〔x〕=〔a∈R〕〔Ⅰ〕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；〔Ⅱ〕假设f〔x〕在[3，+∞〕上为减函数，求a的取值范围．24．〔2023•新课标I〕设函数f〔x〕=e2x﹣alnx．〔Ⅰ〕讨论f〔x〕的导函数f′〔x〕零点的个数；〔Ⅱ〕证明：当a＞0时，f〔x〕≥2a+aln．25．〔2023•新课标II〕函数f〔x〕=ex﹣e﹣x﹣2x．〔Ⅰ〕讨论f〔x〕的单调性；〔Ⅱ〕设g〔x〕=f〔2x〕﹣4bf〔x〕，当x＞0时，g〔x〕＞0，求b的最大值；〔Ⅲ〕1.4142＜＜1.4143，估计ln2的近似值〔精确到0.001〕．26．〔2023•重庆〕函数f〔x〕=+﹣lnx﹣，其中a∈R，且曲线y=f〔x〕在点〔1，f〔1〕〕处的切线垂直于直线y=x．〔Ⅰ〕求a的值；〔Ⅱ〕求函数f〔x〕的单调区间与极值．27．〔2023•新课标II〕函数f〔x〕=x3﹣3x2+ax+2，曲线y=f〔x〕在点〔0，2〕处的切线与x轴交点的横坐标为﹣2．〔Ⅰ〕求a；〔Ⅱ〕证明：当k＜1时，曲线y=f〔x〕与直线y=kx﹣2只有一个交点．28．〔2023•新课标I〕设函数f〔x〕=aexlnx+，曲线y=f〔x〕在点〔1，f〔1〕〕处得切线方程为y=e〔x﹣1〕+2．〔Ⅰ〕求a、b；〔Ⅱ〕证明：f〔x〕＞1．29．〔2023•福建〕函数f〔x〕=ex﹣ax〔a为常数〕的图象与y轴交于点A，曲线y=f〔x〕在点A处的切线斜率为﹣1．〔1〕求a的值及函数f〔x〕的极值；〔2〕证明：当x＞0时，x2＜ex；〔3〕证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈〔x0，+∞〕时，恒有x2＜cex．参考答案与试题解析一．选择题〔共12小题〕1．〔2023•安徽〕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＞0 B．a＞0，b＜0，c＜0，d＞0C．a＜0，b＜0，c＜0，d＞0 D．a＞0，b＞0，c＞0，d＜0【解答】解：f〔0〕=d＞0，排除D，当x→+∞时，y→+∞，∴a＞0，排除C，函数的导数f′〔x〕=3ax2+2bx+c，那么f′〔x〕=0有两个不同的正实根，那么x1+x2=﹣＞0且x1x2=＞0，〔a＞0〕，∴b＜0，c＞0，方法2：f′〔x〕=3ax2+2bx+c，由图象知当当x＜x1时函数递增，当x1＜x＜x2时函数递减，那么f′〔x〕对应的图象开口向上，那么a＞0，且x1+x2=﹣＞0且x1x2=＞0，〔a＞0〕，∴b＜0，c＞0，应选：A2．〔2023•广西〕曲线y=xex﹣1在点〔1，1〕处切线的斜率等于〔〕A．2e B．e C．2 D．1【解答】解：函数的导数为f′〔x〕=ex﹣1+xex﹣1=〔1+x〕ex﹣1，当x=1时，f′〔1〕=2，即曲线y=xex﹣1在点〔1，1〕处切线的斜率k=f′〔1〕=2，应选：C．3．〔2023•郑州模拟〕曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为〔〕A． B． C． D．【解答】解：假设y=x3+x，那么y′|x=1=2，即曲线在点处的切线方程是，它与坐标轴的交点是〔，0〕，〔0，﹣〕，围成的三角形面积为，应选A．4．〔2023•陕西〕定积分〔2x+ex〕dx的值为〔〕A．e+2 B．e+1 C．e D．e﹣1【解答】解：〔2x+ex〕dx=〔x2+ex〕=〔1+e〕﹣〔0+e0〕=e．应选：C．5．〔2023•新课标II〕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，+∞〕【解答】解：f′〔x〕=k﹣，∵函数f〔x〕=kx﹣lnx在区间〔1，+∞〕单调递增，∴f′〔x〕≥0在区间〔1，+∞〕上恒成立．∴，而y=在区间〔1，+∞〕上单调递减，∴k≥1．∴k的取值范围是[1，+∞〕．应选：D．6．〔2023•新课标II〕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．0 B．1 C．2 D．3【解答】解：，∴y′〔0〕=a﹣1=2，∴a=3．故答案选D．7．〔2023•新课标Ⅱ〕函数f〔x〕=x3+ax2+bx+c，以下结论中错误的选项是〔〕A．∃xα∈R，f〔xα〕=0B．函数y=f〔x〕的图象是中心对称图形C．假设xα是f〔x〕的极小值点，那么f〔x〕在区间〔﹣∞，xα〕单调递减D．假设xα是f〔x〕的极值点，那么f′〔xα〕=0【解答】解：f′〔x〕=3x2+2ax+b．〔1〕当△=4a2﹣12b＞0时，f′〔x〕=0有两解，不妨设为x1＜x2，列表如下x〔﹣∞，x1〕x1〔x1，x2〕x2〔x2，+∞〕f′〔x〕+0﹣0+f〔x〕单调递增极大值单调递减极小值单调递增由表格可知：①x2是函数f〔x〕的极小值点，但是f〔x〕在区间〔﹣∞，x2〕不具有单调性，故C不正确．②∵+f〔x〕=+x3+ax2+bx+c=﹣+2c，=，∵+f〔x〕=，∴点P为对称中心，故B正确．③由表格可知x1，x2分别为极值点，那么，故D正确．④∵x→﹣∞时，f〔x〕→﹣∞；x→+∞，f〔x〕→+∞，函数f〔x〕必然穿过x轴，即∃xα∈R，f〔xα〕=0，故A正确．〔2〕当△≤0时，，故f〔x〕在R上单调递增，①此时不存在极值点，故D正确，C不正确；②B同〔1〕中②正确；③∵x→﹣∞时，f〔x〕→﹣∞；x→+∞，f〔x〕→+∞，函数f〔x〕必然穿过x轴，即∃xα∈R，f〔xα〕=0，故A正确．综上可知：错误的结论是C．由于该题选择错误的，应选：C．8．〔2023•辽宁〕设函数f〔x〕满足x2f′〔x〕+2xf〔x〕=，f〔2〕=，那么x＞0时，f〔x〕〔〕A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值C．既有极大值又有极小值 D．既无极大值也无极小值【解答】解：∵函数f〔x〕满足，∴令F〔x〕=x2f〔x〕，那么F′〔x〕=，F〔2〕=4•f〔2〕=．由，得f′〔x〕=，令φ〔x〕=ex﹣2F〔x〕，那么φ′〔x〕=ex﹣2F′〔x〕=．∴φ〔x〕在〔0，2〕上单调递减，在〔2，+∞〕上单调递增，∴φ〔x〕的最小值为φ〔2〕=e2﹣2F〔2〕=0．∴φ〔x〕≥0．又x＞0，∴f′〔x〕≥0．∴f〔x〕在〔0，+∞〕单调递增．∴f〔x〕既无极大值也无极小值．应选D．9．〔2023•安徽〕函数f〔x〕=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，假设f〔x1〕=x1＜x2，那么关于x的方程3〔f〔x〕〕2+2af〔x〕+b=0的不同实根个数为〔〕A．3 B．4 C．5 D．6【解答】解：∵函数f〔x〕=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，∴f′〔x〕=3x2+2ax+b=0有两个不相等的实数根，∴△=4a2﹣12b＞0．解得=．∵x1＜x2，∴，．而方程3〔f〔x〕〕2+2af〔x〕+b=0的△1=△＞0，∴此方程有两解且f〔x〕=x1或x2．不妨取0＜x1＜x2，f〔x1〕＞0．①把y=f〔x〕向下平移x1个单位即可得到y=f〔x〕﹣x1的图象，∵f〔x1〕=x1，可知方程f〔x〕=x1有两解．②把y=f〔x〕向下平移x2个单位即可得到y=f〔x〕﹣x2的图象，∵f〔x1〕=x1，∴f〔x1〕﹣x2＜0，可知方程f〔x〕=x2只有一解．综上①②可知：方程f〔x〕=x1或f〔x〕=x2．只有3个实数解．即关于x的方程3〔f〔x〕〕2+2af〔x〕+b=0的只有3不同实根．应选：A．10．〔2023•新课标〕如图，质点P在半径为2的圆周上逆时针运动，其初始位置为P0〔，﹣〕，角速度为1，那么点P到x轴距离d关于时间t的函数图象大致为〔〕A． B． C． D．【解答】解：通过分析可知当t=0时，点P到x轴距离d为，于是可以排除答案A，D，再根据当时，可知点P在x轴上此时点P到x轴距离d为0，排除答案B，故应选C．11．〔2023•全国卷Ⅱ〕假设曲线y=x2+ax+b在点〔1，b〕处的切线方程是x﹣y+1=0，那么〔〕A．a=1，b=2 B．a=﹣1，b=2 C．a=1，b=﹣2 D．a=﹣1，b=﹣2【解答】解：∵y=x2+ax+b，∴y′=2x+a，∵y′|x=1=2+a，∴曲线y=x2+ax+b在点〔1，b〕处的切线方程为y﹣b=〔2+a〕〔x﹣1〕，∵曲线y=x2+ax+b在点〔1，b〕处的切线方程为x﹣y+1=0，∴a=﹣1，b=2．应选B．12．〔2023•全国卷Ⅱ〕假设曲线y=在点〔a，〕处的切线与两个坐标围成的三角形的面积为18，那么a=〔〕A．64 B．32 C．16 D．8【解答】解：y′=﹣，∴k=﹣，切线方程是y﹣=﹣〔x﹣a〕，令x=0，y=，令y=0，x=3a，∴三角形的面积是s=•3a•=18，解得a=64．应选A．二．填空题〔共4小题〕13．〔2023•江西〕假设曲线y=e﹣x上点P的切线平行于直线2x+y+1=0，那么点P的坐标是〔﹣ln2，2〕．【解答】解：设P〔x，y〕，那么y=e﹣x，∵y′=﹣e﹣x，在点P处的切线与直线2x+y+1=0平行，∴﹣e﹣x=﹣2，解得x=﹣ln2，∴y=e﹣x=2，故P〔﹣ln2，2〕．故答案为：〔﹣ln2，2〕．14．〔2023•新课标Ⅰ〕假设函数f〔x〕=〔1﹣x2〕〔x2+ax+b〕的图象关于直线x=﹣2对称，那么f〔x〕的最大值为16．【解答】解：∵函数f〔x〕=〔1﹣x2〕〔x2+ax+b〕的图象关于直线x=﹣2对称，∴f〔﹣1〕=f〔﹣3〕=0且f〔1〕=f〔﹣5〕=0，即[1﹣〔﹣3〕2][〔﹣3〕2+a•〔﹣3〕+b]=0且[1﹣〔﹣5〕2][〔﹣5〕2+a•〔﹣5〕+b]=0，解之得，因此，f〔x〕=〔1﹣x2〕〔x2+8x+15〕=﹣x4﹣8x3﹣14x2+8x+15，求导数，得f′〔x〕=﹣4x3﹣24x2﹣28x+8，令f′〔x〕=0，得x1=﹣2﹣，x2=﹣2，x3=﹣2+，当x∈〔﹣∞，﹣2﹣〕时，f′〔x〕＞0；当x∈〔﹣2﹣，﹣2〕时，f′〔x〕＜0；当x∈〔﹣2，﹣2+〕时，f′〔x〕＞0；当x∈〔﹣2+，+∞〕时，f′〔x〕＜0∴f〔x〕在区间〔﹣∞，﹣2﹣〕、〔﹣2，﹣2+〕上是增函数，在区间〔﹣2﹣，﹣2〕、〔﹣2+，+∞〕上是减函数．又∵f〔﹣2﹣〕=f〔﹣2+〕=16，∴f〔x〕的最大值为16．故答案为：16．15．〔2023•新课标Ⅱ〕等差数列{an}的前n项和为Sn，S10=0，S15=25，那么nSn的最小值为﹣49．【解答】解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，∵S10=10a1+45d=0，S15=15a1+105d=25，∴a1=﹣3，d=，∴Sn=na1+d=n2﹣n，∴nSn=n3﹣n2，令nSn=f〔n〕，∴f′〔n〕=n2﹣n，∴当n=时，f〔n〕取得极值，当n＜时，f〔n〕递减；当n＞时，f〔n〕递增；因此只需比拟f〔6〕和f〔7〕的大小即可．f〔6〕=﹣48，f〔7〕=﹣49，故nSn的最小值为﹣49．故答案为：﹣49．16．〔2023•四川〕函数在x=3时取得最小值，那么a=36．【解答】解：由题设函数在x=3时取得最小值，∵x∈〔0，+∞〕，∴得x=3必定是函数的极值点，∴f′〔3〕=0，f′〔x〕=4﹣，即4﹣=0，解得a=36．故答案为：36．三．解答题〔共13小题〕17．〔2023•新课标II〕设函数f〔x〕=lnx+a〔1﹣x〕．〔Ⅰ〕讨论：f〔x〕的单调性；〔Ⅱ〕当f〔x〕有最大值，且最大值大于2a﹣2时，求a的取值范围．【解答】解：〔Ⅰ〕f〔x〕=lnx+a〔1﹣x〕的定义域为〔0，+∞〕，∴f′〔x〕=﹣a=，假设a≤0，那么f′〔x〕＞0，∴函数f〔x〕在〔0，+∞〕上单调递增，假设a＞0，那么当x∈〔0，〕时，f′〔x〕＞0，当x∈〔，+∞〕时，f′〔x〕＜0，所以f〔x〕在〔0，〕上单调递增，在〔，+∞〕上单调递减，〔Ⅱ〕，由〔Ⅰ〕知，当a≤0时，f〔x〕在〔0，+∞〕上无最大值；当a＞0时，f〔x〕在x=取得最大值，最大值为f〔〕=﹣lna+a﹣1，∵f〔〕＞2a﹣2，∴lna+a﹣1＜0，令g〔a〕=lna+a﹣1，∵g〔a〕在〔0，+∞〕单调递增，g〔1〕=0，∴当0＜a＜1时，g〔a〕＜0，当a＞1时，g〔a〕＞0，∴a的取值范围为〔0，1〕．18．〔2023•北京〕设函数f〔x〕=﹣klnx，k＞0．〔1〕求f〔x〕的单调区间和极值；〔2〕证明：假设f〔x〕存在零点，那么f〔x〕在区间〔1，]上仅有一个零点．【解答】解：〔1〕由f〔x〕=f'〔x〕=x﹣由f'〔x〕=0解得x=f〔x〕与f'〔x〕在区间〔0，+∞〕上的情况如下：X〔o，〕〔〕f'〔x〕﹣0+f〔x〕↓↑所以，f〔x〕的单调递增区间为〔〕，单调递减区间为〔0，〕；f〔x〕在x=处的极小值为f〔〕=，无极大值．〔2〕证明：由〔1〕知，f〔x〕在区间〔0，+∞〕上的最小值为f〔〕=．因为f〔x〕存在零点，所以，从而k≥e当k=e时，f〔x〕在区间〔1，〕上单调递减，且f〔〕=0所以x=是f〔x〕在区间〔1，〕上唯一零点．当k＞e时，f〔x〕在区间〔0，〕上单调递减，且，所以f〔x〕在区间〔1，〕上仅有一个零点．综上所述，假设f〔x〕存在零点，那么f〔x〕在区间〔1，]上仅有一个零点．19．〔2023•新课标II〕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．【解答】解：〔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〕时单调递减，在〔0，+∞〕单调递增．〔2〕由〔1〕知，对任意的m，f〔x〕在[﹣1，0]单调递减，在[0，1]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的充要条件是即设函数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〕单调递减，在〔0，+∞〕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，即合式成立；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]20．〔2023•四川〕函数f〔x〕=﹣2〔x+a〕lnx+x2﹣2ax﹣2a2+a，其中a＞0．〔Ⅰ〕设g〔x〕是f〔x〕的导函数，讨论g〔x〕的单调性；〔Ⅱ〕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．【解答】解：〔Ⅰ〕由，函数f〔x〕的定义域为〔0，+∞〕，g〔x〕=，∴．当0＜a＜时，g〔x〕在上单调递增，在区间上单调递减；当a时，g〔x〕在〔0，+∞〕上单调递增．〔Ⅱ〕由=0，解得，令φ〔x〕=x2，那么φ〔1〕=1＞0，φ〔e〕=．故存在x0∈〔1，e〕，使得φ〔x0〕=0．令，u〔x〕=x﹣1﹣lnx〔x≥1〕，由知，函数u〔x〕在〔1，+∞〕上单调递增．∴．即a0∈〔0，1〕，当a=a0时，有f′〔x0〕=0，f〔x0〕=φ〔x0〕=0．由〔Ⅰ〕知，f′〔x〕在〔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．∴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．21．〔2023•重庆〕函数f〔x〕=ax3+x2〔a∈R〕在x=处取得极值．〔Ⅰ〕确定a的值；〔Ⅱ〕假设g〔x〕=f〔x〕ex，讨论g〔x〕的单调性．【解答】解：〔Ⅰ〕对f〔x〕求导得f′〔x〕=3ax2+2x．∵f〔x〕=ax3+x2〔a∈R〕在x=处取得极值，∴f′〔﹣〕=0，∴3a•+2•〔﹣〕=0，∴a=；〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕得g〔x〕=〔x3+x2〕ex，∴g′〔x〕=〔x2+2x〕ex+〔x3+x2〕ex=x〔x+1〕〔x+4〕ex，令g′〔x〕=0，解得x=0，x=﹣1或x=﹣4，当x＜﹣4时，g′〔x〕＜0，故g〔x〕为减函数；当﹣4＜x＜﹣1时，g′〔x〕＞0，故g〔x〕为增函数；当﹣1＜x＜0时，g′〔x〕＜0，故g〔x〕为减函数；当x＞0时，g′〔x〕＞0，故g〔x〕为增函数；综上知g〔x〕在〔﹣∞，﹣4〕和〔﹣1，0〕内为减函数，在〔﹣4，﹣1〕和〔0，+∞〕内为增函数．22．〔2023•山东〕设函数f〔x〕=ln〔x+1〕+a〔x2﹣x〕，其中a∈R，〔Ⅰ〕讨论函数f〔x〕极值点的个数，并说明理由；〔Ⅱ〕假设∀x＞0，f〔x〕≥0成立，求a的取值范围．【解答】解：〔I〕函数f〔x〕=ln〔x+1〕+a〔x2﹣x〕，其中a∈R，x∈〔﹣1，+∞〕．=．令g〔x〕=2ax2+ax﹣a+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，△=a2﹣8a〔1﹣a〕=a〔9a﹣8〕．①当时，△≤0，g〔x〕≥0，f′〔x〕≥0，函数f〔x〕在〔﹣1，+∞〕上单调递增，无极值点．②当a时，△＞0，设方程2ax2+ax﹣a+1=0的两个实数根分别为x1，x2，x1＜x2．∵x1+x2=，∴，．由g〔﹣1〕＞0，可得﹣1＜x1．∴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f〔x〕有两个极值点．〔3〕当a＜0时，△＞0．由g〔﹣1〕=1＞0，可得x1＜﹣1＜x2．∴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．因此函数f〔x〕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时，函数f〔x〕无极值点；当a时，函数f〔x〕有两个极值点．〔II〕由〔I〕可知：〔1〕当0≤a时，函数f〔x〕在〔0，+∞〕上单调递增．∵f〔0〕=0，∴x∈〔0，+∞〕时，f〔x〕＞0，符合题意．〔2〕当＜a≤1时，由g〔0〕≥0，可得x2≤0，函数f〔x〕在〔0，+∞〕上单调递增．又f〔0〕=0，∴x∈〔0，+∞〕时，f〔x〕＞0，符合题意．〔3〕当1＜a时，由g〔0〕＜0，可得x2＞0，∴x∈〔0，x2〕时，函数f〔x〕单调递减．又f〔0〕=0，∴x∈〔0，x2〕时，f〔x〕＜0，不符合题意，舍去；〔4〕当a＜0时，设h〔x〕=x﹣ln〔x+1〕，x∈〔0，+∞〕，h′〔x〕=＞0．∴h〔x〕在〔0，+∞〕上单调递增．因此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＞时，ax2+〔1﹣a〕x＜0，此时f〔x〕＜0，不合题意，舍去．综上所述，a的取值范围为[0，1]．23．〔2023•重庆〕设函数f〔x〕=〔a∈R〕〔Ⅰ〕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；〔Ⅱ〕假设f〔x〕在[3，+∞〕上为减函数，求a的取值范围．【解答】解：〔I〕f′〔x〕==，∵f〔x〕在x=0处取得极值，∴f′〔0〕=0，解得a=0．当a=0时，f〔x〕=，f′〔x〕=，∴f〔1〕=，f′〔1〕=，∴曲线y=f〔x〕在点〔1，f〔1〕〕处的切线方程为，化为：3x﹣ey=0；〔II〕解法一：由〔I〕可得：f′〔x〕=，令g〔x〕=﹣3x2+〔6﹣a〕x+a，由g〔x〕=0，解得x1=，x2=．当x＜x1时，g〔x〕＜0，即f′〔x〕＜0，此时函数f〔x〕为减函数；当x1＜x＜x2时，g〔x〕＞0，即f′〔x〕＞0，此时函数f〔x〕为增函数；当x＞x2时，g〔x〕＜0，即f′〔x〕＜0，此时函数f〔x〕为减函数．由f〔x〕在[3，+∞〕上为减函数，可知：x2=≤3，解得a≥﹣．因此a的取值范围为：．解法二：由f〔x〕在[3，+∞〕上为减函数，∴f′〔x〕≤0，可得a≥，在[3，+∞〕上恒成立．令u〔x〕=，u′〔x〕=＜0，∴u〔x〕在[3，+∞〕上单调递减，∴a≥u〔3〕=﹣．因此a的取值范围为：．24．〔2023•新课标I〕设函数f〔x〕=e2x﹣alnx．〔Ⅰ〕讨论f〔x〕的导函数f′〔x〕零点的个数；〔Ⅱ〕证明：当a＞0时，f〔x〕≥2a+aln．【解答】解：〔Ⅰ〕f〔x〕=e2x﹣alnx的定义域为〔0，+∞〕，∴f′〔x〕=2e2x﹣．当a≤0时，f′〔x〕＞0恒成立，故f′〔x〕没有零点，当a＞0时，∵y=e2x为单调递增，y=﹣单调递增，∴f′〔x〕在〔0，+∞〕单调递增，又f′〔a〕＞0，假设存在b满足0＜b＜时，且b＜，f′〔b〕＜0，故当a＞0时，导函数f′〔x〕存在唯一的零点，〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知，可设导函数f′〔x〕在〔0，+∞〕上的唯一零点为x0，当x∈〔0，x0〕时，f′〔x〕＜0，当x∈〔x0+∞〕时，f′〔x〕＞0，故f〔x〕在〔0，x0〕单调递减，在〔x0+∞〕单调递增，所欲当x=x0时，f〔x〕取得最小值，最小值为f〔x0〕，由于﹣=0，所以f〔x0〕=+2ax0+aln≥2a+aln．故当a＞0时，f〔x〕≥2a+aln．25．〔2023•新课标II〕函数f〔x〕=ex﹣e﹣x﹣2x．〔Ⅰ〕讨论f〔x〕的单调性；〔Ⅱ〕设g〔x〕=f〔2x〕﹣4bf〔x〕，当x＞0时，g〔x〕＞0，求b的最大值；〔Ⅲ〕1.4142＜＜1.4143，估计ln2的近似值〔精确到0.001〕．【解答】解：〔Ⅰ〕由f〔x〕得f′〔x〕=ex+e﹣x﹣2，即f′〔x〕≥0，当且仅当ex=e﹣x即x=0时，f′〔x〕=0，∴函数f〔x〕在R上为增函数．〔Ⅱ〕g〔x〕=f〔2x〕﹣4bf〔x〕=e2x﹣e﹣2x﹣4b〔ex﹣e﹣x〕+〔8b﹣4〕x，那么g′〔x〕=2[e2x+e﹣2x﹣2b〔ex+e﹣x〕+〔4b﹣2〕]=2[〔ex+e﹣x〕2﹣2b〔ex+e﹣x〕+〔4b﹣4〕]=2〔ex+e﹣x﹣2〕〔ex+e﹣x+2﹣2b〕．①∵ex+e﹣x＞2，ex+e﹣x+2＞4，∴当2b≤4，即b≤2时，g′〔x〕≥0，当且仅当x=0时取等号，从而g〔x〕在R上为增函数，而g〔0〕=0，∴x＞0时，g〔x〕＞0，符合题意．②当b＞2时，假设x满足2＜ex+e﹣x＜2b﹣2即，得，此时，g′〔x〕＜0，又由g〔0〕=0知，当时，g〔x〕＜0，不符合题意．综合①、②知，b≤2，得b的最大值为2．〔Ⅲ〕∵1.4142＜＜1.4143，根据〔Ⅱ〕中g〔x〕=e2x﹣e﹣2x﹣4b〔ex﹣e﹣x〕+〔8b﹣4〕x，为了凑配ln2，并利用的近似值，故将ln即代入g〔x〕的解析式中，得．当b=2时，由g〔x〕＞0，得，从而；令，得＞2，当时，由g〔x〕＜0，得，得．所以ln2的近似值为0.693．26．〔2023•重庆〕函数f〔x〕=+﹣lnx﹣，其中a∈R，且曲线y=f〔x〕在点〔1，f〔1〕〕处的切线垂直于直线y=x．〔Ⅰ〕求a的值；〔Ⅱ〕求函数f〔x〕的单调区间与极值．【解答】解：〔Ⅰ〕∵f〔x〕=+﹣lnx﹣，∴f′〔x〕=﹣﹣，∵曲线y=f〔x〕在点〔1，f〔1〕〕处的切线垂直于直线y=x．∴f′〔1〕=﹣a﹣1=﹣2，解得：a=．〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知：f〔x〕=+﹣lnx﹣，f′〔x〕=﹣﹣=〔x＞0〕，令f′〔x〕=0，解得x=5，或x=﹣1〔舍〕，∵当x∈〔0，5〕时，f′〔x〕＜0，当x∈〔5，+∞〕时，f′〔x〕＞0，故函数f〔x〕的单调递增区间为〔5，+∞〕；单调递减区间为〔0，5〕；当x=5时，函数取极小值﹣ln5．27．〔2023•新课标II〕函数f〔x〕=x3﹣3x2+ax+2，曲线y=f〔x〕在点〔0，2〕处的切线与x轴交点的横坐标为﹣2．〔Ⅰ〕求a；〔Ⅱ〕证明：当k＜1时，曲线y=f〔x〕与直线y=kx﹣2只有一个交点．【解答】解：〔Ⅰ〕函数的导数f′〔x〕=3x2﹣6x+a；f′〔0〕=a；那么y=f〔x〕在点〔0，2〕处的切线方程为y=ax+2，∵切线与x轴交点的横坐标为﹣2，∴f〔﹣2〕=﹣2a+2=0，解得a=1．〔Ⅱ〕当a=1时，f〔x〕=x3﹣3x2+x+2，设g〔x〕=f〔x〕﹣kx+2=x3﹣3x2+〔1﹣k〕x+4，由题设知1﹣k＞0，当x≤0时，g