2025版高考数学一轮总复习3.2导数的应用习题

.2导数的应用基础篇固本夯基考点一导数与函数的单调性(2024届河北衡水第一中学调研一,4)已知定义在R上的函数f(x),其导函数f'(x)的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是()A.f(b)>f(c)>f(d)B.f(b)>f(a)>f(c)C.f(c)>f(b)>f(a)D.f(c)>f(b)>f(d)答案C2.(2024届赣州十七校期中,9)已知定义在R上的函数f(x)满意12f(x)+f'(x)>0且有f(2)=1e,则f(x)>1exA.-∞,12C.(-∞,2)D.(2,+∞)答案D3.(2024甘肃永昌第一高级中学期末,8)已知函数f(x)=ex-2x-1(其中e为自然对数的底数),则y=f(x)图象大致为()ABCD答案C4.(2024海南第一次联考,12)已知函数f(x)=ax2-4ax-lnx,则f(x)在(1,4)上不单调的一个充分不必要条件是()A.a>-12B.0<a<C.a>116或-12<a<0答案D5.(2024呼和浩特一模,10)已知定义域为R的连续函数f(x)的导函数为f'(x),且满意f'(x)m(x-3)<0,当m<0时A.f(1)+f(3)=2f(2)B.f(0)·f(3)=0C.f(4)+f(3)<2f(2)D.f(2)+f(4)>2f(3)答案D6.(2017江苏,11,5分)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-1,考点二导数与函数的极(最)值1.(2024届河南段考三,6)函数f(x)=xe2x-x2-x-14的极大值为(A.-12B.-12eC.0答案B2.(2024届太原期中,10)若x=2是函数f(x)=12ax2-x-2lnx的极值点,则函数(A.有最小值-2ln2,无最大值B.有最大值-2ln2,无最小值C.有最小值-2ln2,最大值2ln2D.无最大值,无最小值答案A3.(2024江西重点中学盟校联考,6)若函数f(x)=x3+ax2+bx+1在x=1处取极值0,则a-b=()A.0B.2C.-2D.1答案A4.(2024届贵阳第一中学10月月考,16)已知函数y=f(x)(x>0)满意xf'(x)-f(x)=x3ex(其中e为自然对数的底数),且f(1)=0.当x=时,f(x)取到微小值.

答案55.(2024郑州二模,14)已知f(x)=(x2+2x+a)·ex,若f(x)存在微小值,则a的取值范围是.

答案(-∞,2)6.(2024新高考Ⅰ,15,5分)函数f(x)=|2x-1|-2lnx的最小值为.

答案17.(2024四川南充二模,16)设函数f(x)=x+e|x|e|x|的最大值为M,最小值为N,下述四个结论:①M+N=4;②M-N=2e;③MN=1-1答案②③8.(2024北京,19)已知函数f(x)=3-2x(1)若a=0,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;(2)若函数f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,以及最大值和最小值.解析(1)当a=0时,f(x)=3-2xx2,∴f(1)=1,又f'(x)=2x-6x3,故f'(1)=-4,故曲线(2)由题意得f'(x)=2x2-6x-2a(x2+a)2,且f'(-1)=0,故8-2a=0,解得令f'(x)>0,解得x>4或x<-1;令f'(x)<0,解得-1<x<4,故函数f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(4,+∞),单调减区间为(-1,4).所以f(x)的极大值为f(-1)=1,f(x)的微小值为f(4)=-14.又当x∈(-∞,-1)时,3-2x>0,故f(x)>0;当x∈(4,+∞)时,3-2x<0,故f(x)<0,∴f(x)max=f(-1)=1,f(x)min=f(4)=-1考点三导数的综合应用1.(2024届太原期中,11)已知f(x)=12ax2-ex+(a+1)x,对随意x1,x2∈(0,+∞)都有f(x1)-f(A.(-∞,0]B.(0,1)C.(-∞,1]D.[1,+∞)答案C2.(2024宁夏固原第五中学期末,12)已知函数f(x)=lnx-ax(x∈[1,+∞)),若不等式f(x)≤0恒成立,则实数a的取值范围为()A.[1,+∞)B.-∞,C.1e,+∞答案C3.(2024江西新余二模,12)若对于随意的0<x1<x2<a,都有x2lnx1-x1lnA.1B.eC.1eD.答案C4.(2024届成都蓉城名校联盟联考一,16)已知b>a>1,logab-3logba=m(m为常数),bea的最大值为27e3,答案25.(2024东北三省三校一模,16)已知函数f(x)=ax+xlnx,g(x)=x3-x2-5,若对于随意的x1,x2∈12,2,都有f(x1)-g(x2)≥2成立,则实数a答案[1,+∞)6.(2024新高考Ⅰ,21,12分)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.解析f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-1-1x(1)当a=e时,f(x)=ex-lnx+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),即y=(e-1)x+2.直线y=(e-1)x+2在x轴,y轴上的截距分别为-2e-1,2.因此所求三角形的面积为(2)当0<a<1时,f(1)=a+lna<1.当a=1时,f(x)=ex-1-lnx,f'(x)=ex-1-1x.当x∈(0,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.当a>1时,f(x)=aex-1-lnx+lna≥ex-1-lnx≥综上,a的取值范围是[1,+∞).综合篇知能转换考法一利用导数探讨函数的单调性1.(2024安徽池州期末,10)已知函数f(x)的定义域为R,其导函数为f'(x),且3f(x)-f'(x)>0在R上恒成立,则下列不等式肯定成立的是()A.f(1)<e3f(0)B.f(1)>e3f(0)C.f(1)<e2f(0)D.f(1)>e2f(0)答案A2.(2024黑龙江大庆二模,12)已知函数f(x)=ex-e-x,g(x)=cosx+12x2-ax.对于随意x1,x2∈-π2,π2且x1≠x2,都有f(A.π2B.π2+1C.1-π答案C3.(2024届郑州外国语中学调研二,10)a=3×(2-ln3)e2,b=1e,c=ln33,则a,b,c的大小依次A.a<c<bB.c<a<bC.a<b<cD.b<a<c答案A4.(2024届赣州十七校期中,19)已知函数f(x)=13x3-32ax2+(2a2+a-1)x(a∈(1)当a=-1时,求f(x)的极值;(2)探讨f(x)的单调性.解析(1)当a=-1时,f(x)=13x3+32x2,f'(x)=x2+3x=x(x+3),令f'(x)=0,得x=0或x=-3,令f'(x)<0,得-3<x<0,令f'(x)>0,得x<-3或x>0,所以f(x)在(-3,0)上为减函数,在(-∞,-3)和(0,+∞)上为增函数,所以f(x)的极大值为f(-3)=92,f(x)的(2)f'(x)=x2-3ax+(2a2+a-1)=[x-(2a-1)][x-(a+1)].令f'(x)=0,解得x=2a-1或x=a+1.(i)当2a-1=a+1,即a=2时,f'(x)≥0恒成立,则函数f(x)在R上单调递增.(ii)当2a-1>a+1,即a>2时,列表得:x(-∞,a+1)a+1(a+1,2a-1)2a-1(2a-1,+∞)f'(x)+0-0+f(x)增函数极大值减函数微小值增函数所以f(x)在(-∞,a+1)和(2a-1,+∞)上单调递增,在(a+1,2a-1)上单调递减.(iii)当2a-1<a+1,即a<2时,列表得:x(-∞,2a-1)2a-1(2a-1,a+1)a+1(a+1,+∞)f'(x)+0-0+f(x)增函数极大值减函数微小值增函数所以f(x)在(-∞,2a-1)和(a+1,+∞)上单调递增,在(2a-1,a+1)上单调递减.综上所述,当a=2时,f(x)在R上单调递增;当a>2时,f(x)在(-∞,a+1)和(2a-1,+∞)上单调递增,在(a+1,2a-1)上单调递减;当a<2时,f(x)在(-∞,2a-1)和(a+1,+∞)上单调递增,在(2a-1,a+1)上单调递减.5.(2024全国甲,21,12分)已知a>0且a≠1,函数f(x)=xa(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.解析(1)当a=2时,f(x)=x22x=x2·2-x(x>0),则f'(x)=2x·2-x+x2·(-ln2·2-x)=x·2-x(2-xln2).令f'(x)=0,则x=2ln2,f'(x),f(x)x0,22f'(x)+0-f(x)↗极大值↘所以函数f(x)的单调递增区间是0,2ln2,单调递减区间是(2)令f(x)=1,则xaax=1,所以xa=ax,两边同时取对数,可得alnx=xlna,即lnxx=lnaa,依据题意可知,方程lnxx=lnaa有两个实数解.设g(x)=lnxx,则g'(x)=1-lnxx2,令g'(x)=0,则x=e.当x∈(0,e)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(e,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.又知g(1)=0,limx→+∞g(x)=0,g(x)max=g(e)=1e,所以要使曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,则只需lnaa∈0,考法二利用导数探讨函数的极(最)值1.(2024东北三省四市联考,12)已知函数f(x)=ex-3,g(x)=12+lnx2,若f(m)=g(n)成立,则m-n的最大值为(A.1-ln2B.ln2C.2ln2D.ln2-1答案A2.(2024届四川遂宁零诊,16)已知函数f(x)=exx2+k(2lnx-x)和g(x)=exx2,若g(x)的微小值点是f(x)的唯一极值点答案e3.(2024四川南充重点中学月考,16)已知函数f(x)=4x2-72-x,函数g(x)=x3-3a2x-2a(a≥1),若对随意x1∈[0,1],总存在x0∈[0,1],使得g(x0)=f(x1)成立,答案1,4.(2024课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=1x(1)探讨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+ax(i)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,+∞)上单调递减.(ii)若a>2,令f'(x)=0,得x=a-a2-4当x∈0,a-a2当x∈a-a所以f(x)在0,a-a2-42,a(2)证明: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满意x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1,由于f(x1)-f(x2)所以f(x1)-f(x2设函数g(x)=1x-x+2lnx,由(1)知,g(x)在(0,+∞)上单调递减,又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时所以1x2-x2+2lnx2<0,即5.(2024届湘豫名校联盟11月联考,21)已知函数f(x)=aex-(x+1)lnx+1a,其中a>0,且a∈(1)当a=1时,证明:当x>0时,f(x)>1;(2)已知函数f(x)有两个极值点,求实数a的取值范围.解析(1)证明:当a=1时,f(x)=ex-(x+1)ln(x+1)(x>-1).f'(x)=ex-ln(x+1)-1,f″(x)=ex-1x+1,在(-1,+∞)单调递增且f″(0)=0.所以当x>0时,f″(x)>0,f'(x)单调递增,当-1<x<0时,f″(x)<0,f'(x)单调递减,所以f'(x)≥f'(0)=0,∴函数f(x)在(-1,+∞)单调递增,又f(0)=1,所以当x>0(2)f'(x)=aex-ln(x+1)+lna-1,而f″(x)=aex-1x+1,在(-1,+∞)上单调递增,且当x→-1时,f″(x)→-∞,当x→+∞时,f″(x)→+∞,所以函数f″(x)有唯一零点x0,即aex0-1x0+1当-1<x<x0时,f″(x)<0;当x>x0时,f″(x)>0,即函数f'(x)在(-1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以函数f'(x)的微小值为f'(x0),f'(x0)=aex0-ln(x0+1)+lna-1=1x0+1设函数h(x)=1x易知函数h(x)在(-1,+∞)上单调递减,且h(0)=0,当-1<x0≤0时,f'(x0)≥0,那么函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增,此时函数f(x)无极值;当x0>0时,f'(x0)<0,当x→-1时,f'(x)→+∞;当x→+∞时,f'(x)→+∞.所以f'(x)在(-1,x0)和(x0+∞)内各有一个零点,即函数f(x)在(-1,x0)和(x0+∞)内各有一个极值,合计两个极值,此时,易知1a=(x0+1)ex0综上所述,当且仅当0<a<1时,函数f(x)有两个极值点.考法三利用导数探讨不等式1.(2024届安徽淮南一中月考三,12)若a>0,b>0,且ln(2a)+lnb≥a2+b2-1,则a+b=()A.2B.3C.322答案A2.(2024届湘豫名校联盟11月联考,16)若关于x的不等式ex+1+a>aln(ax)对于随意x∈(0,+∞)恒成立,则实数a的取值范围是.

答案(0,e2)3.(2024陕西榆林一模,16)若0<x1<x2<1,则下面不等式正确的是.

①x1lnx1<x2lnx2;②x2lnx1<x1lnx2;③x1ex1>x2ex2;④x2ex1>x1ex2;⑤答案②④4.(2024届山东省试验中学期中,22)已知函数f(x)=lnx-ax+1(a∈R).(1)函数f(x)≤0在定义域内恒成立,求实数a的取值范围;(2)求证:当n∈N*,n≥2时,1+1221+1(3)已知f(x)有两个不同的零点x1,x2,求证:x1x2<1a解析(1)函数定义域为(0,+∞),f'(x)=1x-a=1-axx.当a≤0时,f(1)=1-a>0,不满意题设;当a>0时,令f'(x)=0,得x=1a,所以在0,1a上,f'(x)>0,f(x)单调递增,在1a,+∞上,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)max=f1a=ln1a(2)证明:由(1)得,当a=1时,lnx≤x-1,当且仅当x=1时等号成立,所以ln1+1n2<1n2,结合对数的运算法则可得ln1+1221+132…1+1n2=ln1+122+ln1+132+…+ln1+1n2<122+所以1+1221+1(3)证明:由题意得lnx1-ax1+1=0①,lnx2-ax2+1=0②,②-①得lnx2x1-a(x2-x1)=0,即a=lnx2x1x2-x1,故要证明x1x2<1a2,即证明x1x2<(x2-x1)2lnx2x12,即证明lnx2x12<(x2-x1)2x1x2=x2x1-2+x1x2,不妨设0<x1<x2,令g(t)=(lnt)2-t-1t+2(t>1),则g'(t)=2lntt-1+1t2=15.(2024全国乙,20,12分)设函数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)=x+f(解析(1)由题意得y=xf(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a),∴y'=ln(a-x)+x·1a-x·(-1)=ln(a-x)-xa-x,x∈(-∞,a),∵x=0是函数y=xf(x)的极值点,∴ln(a-0)-0a-0=0,可得a=1.当a=1时,y'=ln(1-x)-x1-x,x∈(-∞,1),令p(x)=ln(1-x)-x1-x,则p'(x)=1x-1-1(1-x)2=x-2(x-1)2,易知当x∈(-∞,1)时,p'(x)<0恒成立.∴p(x)在(-∞,1)上为减函数,又p(0)=0,∴当x∈(-∞,0)时,p(x)>0;(2)证明:由(1)知a=1,∴f(x)=ln(1-x),x∈(-∞,1),当x∈(0,1)时,f(x)=ln(1-x)<0,∴xf(x)<0,当x∈(-∞,0)时,f(x)=ln(1-x)>0,∴xf(x)<0,∴要证g(x)=x+f(x)xf(x)<1,只需证x+f(x)>xf(x).只需证x+ln(1-x)>xln(1-x),只需证x+(1-x)ln(1-x)>0,令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),则h'(x)=1-ln(1-x)-1=-ln(1-x),∴当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,∴当x∈(-∞,0)∪(0,1)6.(2024课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=ex+ax2-x.(1)当a=1时,探讨f(x)的单调性;(2)当x≥0时,f(x)≥12x3+1,求a的取值范围解析(1)当a=1时,f(x)=ex+x2-x,f'(x)=ex+2x-1.故当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.(2)f(x)≥12x3+1等价于12x3-ax2+x+1e-x≤则g'(x)=-12x=-12x[x2-(2a+3)x+4a+2]e=-12x(x-2a-1)(x-2)e-x(i)若2a+1≤0,即a≤-12,则当x∈(0,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2)单调递增,而g(0)=1,故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意(ii)若0<2a+1<2,即-12<a<12,则当x∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时,g'(x)<0;当x∈(2a+1,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2a+1),(2,+∞)单调递减,在(2a+1,2)单调递增.由于g(0)=1,所以g(x)≤1当且仅当g(2)=(7-4a)e-2≤1,即a≥7-e24.所以当7-e2(iii)若2a+1≥2,即a≥12,则g(x)≤12x由于0∈7-e故由(ii)可得12x3+x+1故当a≥12时,g(x)≤综上,a的取值范围是7-e7.(2024天津,20,16分)已知函数f(x)=x3+klnx(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.(1)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)+9x的单调区间和极值(2)当k≥-3时,求证:对随意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x1解析(1)(i)当k=6时,f(x)=x3+6lnx,故f'(x)=3x2+6x.可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即(ii)依题意,g(x)=x3-3x2+6lnx+3x,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x+6x-3x2,整理可得g'(x)=3(x-1)3(x+1)x2.令g'(x)=0,x(0,1)1(1,+∞)g'(x)-0+g(x)↘微小值↗所以,函数g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的微小值为g(1)=1,无极大值.(2)证明:由f(x)=x3+klnx,得f'(x)=3x2+kx.对随意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,令x1x2=t(t>1),则(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]=(x1-x2)3x12+kx1+3x22+kx2-2x13-x23+klnx1x2=x1令h(x)=x-1x-2lnx,x∈[1,+∞).当x>1时,h'(x)=1+1x2-2x=1-1x2>0,由此可得h(x)在[1,+∞)单调递增,所以当因为x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,所以x23(t3-3t2+3t-1)+kt-1t-2lnt>(t3-3t2+3t-1)-3t由(1)(ii)可知,当t>1时,g(t)>g(1),即t3-3t2+6lnt+3t>1,故t3-3t2+6lnt+3由①②③可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]>0.所以,当k≥-3时,对随意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x1考法四利用导数探讨函数的零点或方程的根1.(2024江西宜春中学等三校联考一,12)已知函数f(x)=ex-x+1x-1,对于函数①函数f(x)在其定义域上为增函数;②对于随意的a<1,都有f(a)>-1成立;③f(x)有且仅有两个零点;④若曲线y=ex在点(x0,ex0)(x0≠1)处的切线也是曲线y=lnx的切线,则x0必是f(x)其中全部正确的结论序号是()A.①②③B.②③C.②④D.②③④答案D2.(2024届云南师大附中月考五,12)已知函数f(x)=ax-x2+lnx-xex-e,若函数f(x)有两个不同的零点,则实数a的取值范围是()A.(1,+∞)B.(1+e,+∞)C.(1+2e,+∞)D.(1+3e,+∞)答案C3.(2024届山西长治其次中学月考,22)已知函数f(x)=lnex2-ax,g(x)=(1)求函数f(x)的极值点;(2)当a>0时,函数h(x)=f(x)-g(x)恰有三个不同的零点,求实数a的取值范围.解析(1)因为f(x)=lnex2-ax=ln所以f'(x)=1x-a=1-当a≤0时,f'(x)>0,所以函数f(x)无极值点;当a>0时,令f'(x)=0,解得x=1a当0<x<1a时,f'(x)>0,f(x)单调递增当x>1a时,f'(x)<0,f(x)单调递减,故函数f(x)有极大值点1a,无微小综上,当a≤0时,函数f(x)无极值点,当a>0时,函数f(x)有极大值点1a,无微小值点(2)当a>0时,h(x)=f(x)-g(x)=lnx2-ax+4a所以h'(x)=1x-a-4ax设k(x)=-ax2+x-4a,则Δ=1-16a2,①当Δ≤0,a>0,即a≥14时,h'(x)≤0,h(x)在(0,+∞)单调递减②当Δ>0,a>0,x1=1-1-16a22a,x2=1+1-16a又因为k(x)=-ax2+x-4a的图象开口向下,所以当0<x<x1时,k(x)<0,即h'(x)<0,所以h(x)在(0,x1)上单调递减;当x1<x<x2时,k(x)>0,即h'(x)>0,所以h(x)在(x1,x2)上单调递增;当x>x2时,k(x)<0,即h'(x)<0,所以h(x)在(x2,+∞)上单调递减.因为h(2)=ln1-2a+4a2=0,又x1x2=4,所以x1<2<x∴h(x1)<h(2)=0<h(x2).∵h1a2=ln12a2-a·1a2令m(a)=-ln2-2lna-1a+4a30则m'(a)=-2a+1a2+12a2=12a4-2a+1a2>1-2aa2>0,所以m(a)在0,14单调递增,所以m(a)<m14=-ln2-2ln14-4+4×143=3ln2-4+116<0,即h1a2<0,由零点存在性定理知,h(x)在区间x2,1a2上有唯一的零点x0,∵h(x0)+h4x0=lnx02-ax0+4ax0+ln12·4x0-a·4x0+4.(2024课标Ⅰ,20,12分)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,π2(2)f(x)有且仅有2个零点.证明(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cosx-11+x,g'(x)=-sinx+当x∈-1,π2时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'π2<0,可得g'(x)在-1,π2有唯一零点,设为α.则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;当所以g(x)在(-1,α)单调递增,在α,π2单调递减,故g(x)在-1,π2存在唯一极大值点,即(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).(i)当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在(-1,0)单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在(-1,0)单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]的唯一零点.(ii)当x∈0,π2时,由(1)知,f'(x)在(0,α)单调递增,在α,π2单调递减,而f'(0)=0,f'π2<0,所以存在β∈α,π2,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x∈β,π2时,f'(x)<0.故f(x)在(0,β)单调递增,在β,π2单调递减.又f(0)=0,fπ(iii)当x∈π2,π时,f'(x)<0,所以f(x)在π2,π单调递减.而fπ2(iv)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.5.(2024新高考Ⅱ,22)已知函数f(x)=(x-1)·ex-ax2+b.(1)探讨函数f(x)的单调性;(2)从下面两个条件中选一个,证明:f(x)有一个零点.①12<a≤e22,b>2a;②0<a<1解析(1)f(x)=(x-1)ex-ax2+b.f'(x)=xex-2ax=x(ex-2a).①当a≤0时,ex-2a>0对随意x∈R恒成立,当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.因此y=f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.②当a>0时,令ex-2a=0⇒x=ln(2a).图1当0<a<12时,ln(2a)<0.y=f'(x)的大致图象如图1所示.因此当x∈(-∞,ln(2a))∪(0,+∞)时当x∈(ln(2a),0)时,f'(x)<0,因此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.当a=12时,ln(2a)=0,此时f'(x)≥0对随意x∈R恒成立,故f(x)在R上单调递增.当a>12图2y=f'(x)的大致图象如图2所示,因此,当x∈(-∞,0)∪(ln(2a),+∞)时,f'(x)>0,当x∈(0,ln(2a))时,f'(x)<0,因此f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减,在(ln(2a),+∞)上单调递增.(2)证明:选①.由(1)知,f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减,在(ln(2a),+∞)上单调递增,又f(0)=b-1>0,f-ba=-ba-1e-ba<0,故f(x)在(-∞,0]上有唯一零点.当x∈(0,+∞)时,f(x)≥f(ln(2a))=[ln(2a)-1]2a-a[ln(2a)]2+b=aln(2a)·[2-ln(2a)]+b-2a>aln(2a)·[2-ln(2a)].∵12<a≤e综上,f(x)在R上有唯一零点.选②.由(1)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(x)=(x-1)ex-ax2+b⇒f(0)=b-1<0,又f2-ba=2-ba=2-ba-1e2-∴f(x)在[0,+∞)上有唯一零点.在x∈(-∞,0)上,f(x)≤f(ln(2a))=aln(2a)·[2-ln(2a)]+b-2a<0,即f(x)<0对随意x<0恒成立.综上,f(x)在R上有唯一零点.6.(2024课标Ⅲ,21,12分)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点12,f1(1)求b;(2)若f(x)有一个肯定值不大于1的零点,证明:f(x)全