2023版高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（3年真題分類+考情精解讀+知識(shí)全通關(guān)+題型全突破+能力大提升）第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用試題理

PAGEPAGE30第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用考點(diǎn)1導(dǎo)數(shù)的概念及運(yùn)算1.(2022·大綱全國，7)曲線y＝xex－1在點(diǎn)(1,1)處切線的斜率等于()A.2eB.eC.2D.11.C[由題意可得y′＝ex－1＋xex－1，所以曲線在點(diǎn)(1，1)處切線的斜率等于2，應(yīng)選C.]2.(2022·新課標(biāo)全國Ⅱ，8)設(shè)曲線y＝ax－ln(x＋1)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y＝2x，那么a＝()A.0B.1C.2D.32.D[y′＝a－eq\f(1,x＋1)，由題意得y′|x＝0＝2，即a－1＝2，所以a＝3.]3.(2022·陜西，3)定積分(2x＋ex)dx的值為()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，因此選C.]4.(2022·江西，8)假設(shè)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?yàn)椤襡q\o\al(1,0)f(x)dx是常數(shù)，所以f′(x)＝2x，所以可設(shè)f(x)＝x2＋c(c為常數(shù))，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·山東，6)直線y＝4x與曲線y＝x3在第一象限內(nèi)圍成的封閉圖形的面積為()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)，根據(jù)定積分的幾何意義可知，直線y＝4x與曲線y＝x3在第一象限內(nèi)圍成的封閉圖形的面積為∫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)函數(shù)f(x)＝sin(x－φ)，且＝0，那么函數(shù)f(x)的圖象的一條對(duì)稱軸是()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[由定積分∫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)，由正弦函數(shù)的性質(zhì)知y＝sin(x－eq\f(π,3)－kπ)與y＝sin(x－eq\f(π,3))的圖象的對(duì)稱軸相同，令x－eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，那么x＝kπ＋eq\f(5π,6)(k∈Z)，所以函數(shù)f(x)的圖象的對(duì)稱軸為x＝kπ＋eq\f(5,6)π(k∈Z)，當(dāng)k＝0，得x＝eq\f(5π,6)，選A.]7.(2022·湖北，6)假設(shè)函數(shù)f(x)，g(x)滿足＝0，那么稱f(x)，g(x)為區(qū)間[－1,1]上的一組正交函數(shù).給出三組函數(shù)：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.其中為區(qū)間[－1,1]上的正交函數(shù)的組數(shù)是()A.0B.1C.2D.37.C[對(duì)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是一組正交函數(shù)；對(duì)于②，∫eq\o\al(1,－1)(x＋1)(x－1)dx＝∫eq\o\al(1,－1)(x2－1)dx≠0，所以②不是一組正交函數(shù)；對(duì)于③，∫eq\o\al(1,－1)x·x2dx＝∫eq\o\al(1,－1)x3dx＝0，所以③是一組正交函數(shù).選C.]8.(2022·全國Ⅲ，15)f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＝ln(－x)＋3x，那么曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，－3)處的切線方程是________.8.2x＋y＋1＝0[設(shè)x＞0，那么－x＜0,f(－x)＝lnx－3x,又f(x)為偶函數(shù)，f(x)＝lnx－3x，f′(x)＝eq\f(1,x)－3，f′(1)＝－2，切線方程為y＝－2x－1.]9.(2022·全國Ⅱ，16)假設(shè)直線y＝kx＋b是曲線y＝lnx＋2的切線，也是曲線y＝ln(x＋1)的切線，那么b＝________.9.1－ln2[y＝lnx＋2的切線為：y＝eq\f(1,x1)·x＋lnx1＋1(設(shè)切點(diǎn)橫坐標(biāo)為x1).y＝ln(x＋1)的切線為：y＝eq\f(1,x2＋1)x＋ln(x2＋1)－eq\f(x2,x2＋1)，(設(shè)切點(diǎn)橫坐標(biāo)為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·陜西，15)設(shè)曲線y＝ex在點(diǎn)(0,1)處的切線與曲線y＝eq\f(1,x)(x＞0)上點(diǎn)P處的切線垂直，那么P的坐標(biāo)為________.10.(1，1)[∵(ex)′|x=0＝e0＝1，設(shè)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)曲線y＝x2與直線y＝x所圍成的封閉圖形的面積為________.12.eq\f(1,6)[曲線y＝x2與直線y＝x所圍成的封閉圖形如圖，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x2，,y＝x，))得A(1，1)，面積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·陜西，16)如圖，一橫截面為等腰梯形的水渠，因泥沙沉積，導(dǎo)致水渠截面邊界呈拋物線型(圖中虛線表示)，那么原始的最大流量與當(dāng)前最大流量的比值為________.[由題意可知最大流量的比即為橫截面面積的比，建立以拋物線頂點(diǎn)為原點(diǎn)的直角坐標(biāo)系，設(shè)拋物線方程為y＝ax2，將點(diǎn)(5，2)代入拋物線方程得a＝eq\f(2,25)，故拋物線方程為y＝eq\f(2,25)x2,拋物線的橫截面面積為S1＝2(2-x2)dx＝2(2x-x3)|＝eq\f(40,3)(m2)，而原梯形上底為10－eq\f(2,tan45°)×2＝6(m)，故原梯形面積為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)假設(shè)曲線y＝e－x上點(diǎn)P處的切線平行于直線2x＋y＋1＝0，那么點(diǎn)P的坐標(biāo)是________.14.(－ln2，2)[由題意有y′＝－e－x，設(shè)P(m，n)，直線2x＋y＋1＝0的斜率為－2，那么由題意得－e－m＝－2，解得m＝－ln2，所以n＝e－(－ln2)＝2.]考點(diǎn)2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用1.(2022·福建,10)假設(shè)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)＝－1,其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)＞k＞1,那么以下結(jié)論中一定錯(cuò)誤的選項(xiàng)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[∵導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)＞k＞1,∴f′(x)－k＞0,k－1＞0,eq\f(1,k－1)＞0,可構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－kx,可得g′(x)＞0,故g(x)在R上為增函數(shù),∵f(0)＝－1,∴g(0)＝－1,∴g()＞g(0),∴f()－eq\f(k,k－1)＞－1,∴f()＞eq\f(1,k－1),∴選項(xiàng)C錯(cuò)誤,應(yīng)選C.]2.(2022·陜西,12)對(duì)二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a為非零整數(shù)),四位同學(xué)分別給出以下結(jié)論,其中有且只有一個(gè)結(jié)論是錯(cuò)誤的,那么錯(cuò)誤的結(jié)論是()A.－1是f(x)的零點(diǎn)B.1是f(x)的極值點(diǎn)C.3是f(x)的極值D.點(diǎn)(2,8)在曲線y＝f(x)上2.A[A正確等價(jià)于a－b＋c＝0,①B正確等價(jià)于b＝－2a,②C正確等價(jià)于eq\f(4ac－b2,4a)＝3,③D正確等價(jià)于4a＋2b＋c＝8.④下面分情況驗(yàn)證,假設(shè)A錯(cuò),由②、③、④組成的方程組的解為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝5，,b＝－10，,c＝8.))符合題意；假設(shè)B錯(cuò),由①、③、④組成的方程組消元轉(zhuǎn)化為關(guān)于a的方程后無實(shí)數(shù)解；假設(shè)C錯(cuò),由①、②、④組成方程組,經(jīng)驗(yàn)證a無整數(shù)解；假設(shè)D錯(cuò),由①、②、③組成的方程組a的解為－eq\f(3,4)也不是整數(shù).綜上,應(yīng)選A.]3.(2022·新課標(biāo)全國Ⅱ,12)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù),f(－1)＝0,當(dāng)x>0時(shí),xf′(x)－f(x)＜0,那么使得f(x)>0成立的x的取值范圍是()A.(－∞,－1)∪(0,1)B.(－1,0)∪(1,＋∞)C.(－∞,－1)∪(－1,0)D.(0,1)∪(1,＋∞)3.A[因?yàn)閒(x)(x∈R)為奇函數(shù),f(-1)＝0,所以f(1)＝-f(-1)＝0.當(dāng)x≠0時(shí),令g(x)＝eq\f(f〔x〕,x),那么g(x)為偶函數(shù),且g(1)＝g(－1)＝0.那么當(dāng)x＞0時(shí),g′(x)＝()′＝eq\f(xf′〔x〕－f〔x〕,x2)＜0,故g(x)在(0,＋∞)上為減函數(shù),在(－∞,0)上為增函數(shù).所以在(0,＋∞)上,當(dāng)0＜x＜1時(shí),g(x)＞g(1)＝0?eq\f(f〔x〕,x)＞0?f(x)＞0；在(－∞,0)上,當(dāng)x＜－1時(shí),g(x)＜g(－1)＝0?eq\f(f〔x〕,x)＜0?f(x)＞0.綜上,得使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是(－∞,－1)∪(0,1),選A.]4.(2022·新課標(biāo)全國Ⅰ,12)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a,其中a<1,假設(shè)存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)<0,那么a的取值范圍是()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[設(shè)g(x)＝ex(2x-1),y＝ax-a,由題知存在唯一的整數(shù)x0,使得g(x0)在直線y＝ax-a的下方,因?yàn)間′(x)＝ex(2x＋1),所以當(dāng)x<－eq\f(1,2)時(shí),g′(x)<0,當(dāng)x>－eq\f(1,2)時(shí),g′(x)>0,所以當(dāng)x＝－eq\f(1,2)時(shí),[g(x)]min＝－2e－eq\f(1,2),當(dāng)x＝0時(shí),g(0)＝-1,g(1)＝3e>0,直線y＝a(x-1)恒過(1,0)且斜率為a,故－a>g(0)＝－1,且g(－1)＝－3e－1≥－a－a,解得eq\f(3,2e)≤a<1,應(yīng)選D.]5.(2022·新課標(biāo)全國Ⅱ,12)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sineq\f(πx,m).假設(shè)存在f(x)的極值點(diǎn)x0滿足xeq\o\al(2,0)＋[f(x0)]2<m2,那么m的取值范圍是()A.(－∞,－6)∪(6,＋∞)B.(－∞,－4)∪(4,＋∞)C.(－∞,－2)∪(2,＋∞)D.(－∞,－1)∪(1,＋∞)5.C[由正弦型函數(shù)的圖象可知：f(x)的極值點(diǎn)x0滿足f(x0)＝±eq\r(3),那么eq\f(πx0,m)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z),從而得x0＝(k＋eq\f(1,2))m(k∈Z).所以不等式x02＋[f(x0)]2<m2即為(k＋eq\f(1,2))2m2＋3<m2,變形得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.由題意,存在整數(shù)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.當(dāng)k≠－1且k≠0時(shí),必有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)>1,此時(shí)不等式顯然不能成立,故k＝－1或k＝0,此時(shí),不等式即為eq\f(3,4)m2>3,解得m<－2或m>2.]6.(2022·遼寧,11)當(dāng)x∈[－2,1]時(shí),不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立,那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.[－5,－3]B.[－6,－]C.[－6,－2]D.[－4,－3]6.C[當(dāng)x∈(0,1]時(shí),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),顯然在[1,＋∞)上,g′(t)<0,g(t)單調(diào)遞減,所以g(t)max＝g(1)＝-6,因此a≥-6；同理,當(dāng)x∈[-2,0)時(shí),得a≤-2.由以上兩種情況得-6≤a≤-2,顯然當(dāng)x＝0時(shí)也成立.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[-6,-2].]7.(2022·全國Ⅱ,21)(1)討論函數(shù)f(x)＝eq\f(x－2,x＋2)ex的單調(diào)性,并證明當(dāng)x>0時(shí),(x－2)ex＋x＋2>0；(2)證明：當(dāng)a∈[0,1)時(shí),函數(shù)g(x)＝eq\f(ex－ax－a,x2)(x>0)有最小值.設(shè)g(x)的最小值為h(a),求函數(shù)h(a)的值域.7.(1)解f(x)的定義域?yàn)?－∞,－2)∪(－2,＋∞).f′(x)＝eq\f(〔x－1〕〔x＋2〕ex－〔x－2〕ex,〔x＋2〕2)＝eq\f(x2ex,〔x＋2〕2)≥0,且僅當(dāng)x＝0時(shí),f′(x)＝0,所以f(x)在(－∞,－2),(－2,＋∞)單調(diào)遞增.因此當(dāng)x∈(0,＋∞)時(shí),f(x)>f(0)＝－1.所以(x－2)ex>－(x＋2),即(x－2)ex＋x＋2>0.(2)證明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單調(diào)遞增,對(duì)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.當(dāng)0<x<xa時(shí),f(x)＋a<0,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>xa時(shí),f(x)＋a>0,g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.因此g(x)在x＝xa處取得最小值,最小值為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)單調(diào)遞增.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?yàn)閑q\f(ex,x＋2)單調(diào)遞增,對(duì)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))).綜上,當(dāng)a∈[0,1)時(shí),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·全國Ⅲ,21)設(shè)函數(shù)f(x)＝acos2x＋(a－1)·(cosx＋1),其中a＞0,記|f(x)|的最大值為4.(1)求f′(x)；(2)求A；(3)證明|f′(x)|≤2A.8.(1)解f′(x)＝－2asin2x－(a－1)sinx.(2)解當(dāng)a≥1時(shí),|f(x)|＝|acos2x＋(a－1)(cosx＋1)|≤a＋2(a－1)＝3a－2.因此A＝3a－2.當(dāng)0＜a＜1時(shí),將f(x)變形為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,且當(dāng)t＝eq\f(1-a,4a)時(shí),g(t)取得極小值,極小值為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)當(dāng)0＜a≤eq\f(1,5)時(shí),g(t)在(-1,1)內(nèi)無極值點(diǎn),|g(-1)|＝a,|g(1)|＝2－3a,|g(-1)|＜|g(1)|,所以A＝2－3a.(ⅱ)當(dāng)eq\f(1,5)＜a＜1時(shí),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).綜上,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)證明由(1)得|f′(x)|＝|－2asin2x－(a－1)sinx|≤2a＋|a－1|.當(dāng)0＜a≤eq\f(1,5)時(shí),|f′(x)|≤1＋a≤2－4a＜2(2－3a)＝2A.當(dāng)eq\f(1,5)＜a＜1時(shí),A＝eq\f(a,8)＋eq\f(1,8a)＋eq\f(3,4)≥1,所以|f′(x)|≤1＋a＜2A.當(dāng)a≥1時(shí),|f′(x)|≤3a－1≤6a－4＝2A.所以|f′(x)|≤2A.9.(2022·全國Ⅰ,21)函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有兩個(gè)零點(diǎn).(1)求a的取值范圍；(2)設(shè)x1,x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn),證明：x1＋x2<2.9.解(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).①設(shè)a＝0,那么f(x)＝(x－2)ex,f(x)只有一個(gè)零點(diǎn).②設(shè)a>0,那么當(dāng)x∈(－∞,1)時(shí),f′(x)<0；當(dāng)x∈(1,＋∞)時(shí),f′(x)>0,所以f(x)在(－∞,1)上單調(diào)遞減,在(1,＋∞)上單調(diào)遞增.又f(1)＝－e,f(2)＝a,取b滿足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)存在兩個(gè)零點(diǎn).③設(shè)a<0,由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a).假設(shè)a≥－eq\f(e,2),那么ln(－2a)≤1,故當(dāng)x∈(1,＋∞)時(shí),f′(x)>0,因此f(x)在(1,＋∞)上單調(diào)遞增.又當(dāng)x≤1時(shí),f(x)<0,所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn).假設(shè)a<－eq\f(e,2),那么ln(－2a)>1,故當(dāng)x∈(1,ln(－2a))時(shí),f′(x)<0；當(dāng)x∈(ln(－2a),＋∞)時(shí),f′(x)>0,因此f(x)在(1,ln(－2a))上單調(diào)遞減,在(ln(－2a),＋∞)上單調(diào)遞增.又當(dāng)x≤1時(shí),f(x)<0,所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn).綜上,a的取值范圍為(0,＋∞).(2)不妨設(shè)x1<x2.由(1)知,x1∈(－∞,1),x2∈(1,＋∞),2－x2∈(－∞,1),f(x)在(－∞,1)上單調(diào)遞減,所以x1＋x2<2等價(jià)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.設(shè)g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex,那么g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex),所以當(dāng)x>1時(shí),g′(x)<0,而g(1)＝0,故當(dāng)x>1時(shí),g(x)<0,從而g(x2)＝f(2－x2)<0,故x1＋x2<2.10.(2022·北京,18)設(shè)函數(shù)f(x)＝xea－x+bx,曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2,f(2))處的切線方程為y＝(e-1)x＋4.(1)求a,b的值；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間.10.(1)f(x)的定義域?yàn)镽.∵f′(x)＝ea－x－xea－x＋b＝(1－x)ea－x＋b.依題設(shè),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)與1－x＋ex－1同號(hào).令g(x)＝1－x＋ex－1,那么g′(x)＝－1＋ex－1.所以,當(dāng)x∈(-∞,1)時(shí),g′(x)＜0,g(x)在區(qū)間(－∞,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1,＋∞)時(shí),g′(x)＞0,g(x)在區(qū)間(1,＋∞)上單調(diào)遞增.故g(1)＝1是g(x)在區(qū)間(-∞,＋∞)上的最小值,從而g(x)＞0,x∈(-∞,＋∞),綜上可知,f′(x)＞0,x∈(-∞,＋∞).故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,＋∞).11.(2022·四川,21)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2－a－lnx,其中a∈R.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)確定a的所有可能取值,使得f(x)>eq\f(1,x)－e1－x在區(qū)間(1,＋∞)內(nèi)恒成立(e＝2.718…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).11.解(1)f′(x)＝2ax－eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－1,x)(x>0).當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)<0,f(x)在(0,＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減.當(dāng)a>0時(shí),由f′(x)＝0,有x＝eq\f(1,\r(2a)).此時(shí),當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(2a))))時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.(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.而當(dāng)x>1時(shí),s′(x)>0,所以s(x)在區(qū)間(1,＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增.又由s(1)＝0,有s(x)>0,從而當(dāng)x>1時(shí),g(x)>0.當(dāng)a≤0,x>1時(shí),f(x)＝a(x2－1)－lnx<0.故當(dāng)f(x)>g(x)在區(qū)間(1,＋∞)內(nèi)恒成立時(shí),必有a>0.當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時(shí),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,所以此時(shí)f(x)>g(x)在區(qū)間(1,＋∞)內(nèi)不恒成立.當(dāng)a≥eq\f(1,2)時(shí),令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1).當(dāng)x>1時(shí),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)在區(qū)間(1,＋∞)單調(diào)遞增.又因?yàn)閔(1)＝0,所以當(dāng)x>1時(shí),h(x)＝f(x)－g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.綜上,a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).12.(2022·山東,20)f(x)＝a(x－lnx)＋eq\f(2x－1,x2),a∈R.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝1時(shí),證明f(x)>f′(x)＋eq\f(3,2)對(duì)于任意的x∈[1,2]成立.12.(1)解f(x)的定義域?yàn)?0,＋∞),f′(x)＝a－eq\f(a,x)－eq\f(2,x2)＋eq\f(2,x3)＝eq\f(〔ax2－2〕〔x－1〕,x3).當(dāng)a≤0時(shí),x∈(0,1)時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,x∈(1,＋∞)時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.當(dāng)a>0時(shí),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時(shí),eq\r(\f(2,a))>1,當(dāng)x∈(0,1)或x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(2,a))))時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.②a＝2時(shí),eq\r(\f(2,a))＝1,在x∈(0,＋∞)內(nèi),f′(x)≥0,f(x)單調(diào)遞增.③a>2時(shí),0<eq\r(\f(2,a))<1,當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))或x∈(1,＋∞)時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，1))時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.綜上所述,當(dāng)a≤0時(shí),f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在(1,＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減；當(dāng)0<a<2時(shí),f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(2,a))))內(nèi)單調(diào)遞減,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))內(nèi)單調(diào)遞增；當(dāng)a＝2時(shí),f(x)在(0,＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增；當(dāng)a>2時(shí),f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))內(nèi)單調(diào)遞增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，1))內(nèi)單調(diào)遞減,在(1,＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增.(2)證明由(1)知,a＝1時(shí),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].設(shè)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,當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取得等號(hào).又h′(x)＝eq\f(－3x2－2x＋6,x4).設(shè)φ(x)＝－3x2－2x＋6,那么φ(x)在x∈[1,2]單調(diào)遞減.因?yàn)棣?1)＝1,φ(2)＝－10,所以?x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)時(shí),φ(x)>0,x∈(x0,2)時(shí),φ(x)<0.所以h(x)在(1,x0)內(nèi)單調(diào)遞增,在(x0,2)內(nèi)單調(diào)遞減.由h(1)＝1,h(2)＝eq\f(1,2),可得h(x)≥h(2)＝eq\f(1,2),當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)取得等號(hào).所以f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝eq\f(3,2).即f(x)>f′(x)＋eq\f(3,2)對(duì)于任意的x∈[1,2]成立.13.(2022·新課標(biāo)全國Ⅱ,21)設(shè)函數(shù)f(x)＝emx＋x2－mx.(1)證明：f(x)在(－∞,0)單調(diào)遞減,在(0,＋∞)單調(diào)遞增；(2)假設(shè)對(duì)于任意x1,x2∈[－1,1],都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1,求m的取值范圍.13.(1)證明f′(x)＝m(emx－1)＋2x.假設(shè)m≥0,那么當(dāng)x∈(－∞,0)時(shí),emx－1≤0,f′(x)＜0；當(dāng)x∈(0,＋∞)時(shí),emx－1≥0,f′(x)＞0.假設(shè)m＜0,那么當(dāng)x∈(－∞,0)時(shí),emx－1＞0,f′(x)＜0；當(dāng)x∈(0,＋∞)時(shí),emx－1＜0,f′(x)＞0.所以,f(x)在(－∞,0)單調(diào)遞減,在(0,＋∞)上單調(diào)遞增.(2)解由(1)知,對(duì)任意的m,f(x)在[－1,0]上單調(diào)遞減,在[0,1]上單調(diào)遞增,故f(x)在x＝0處取得最小值.所以對(duì)于任意x1,x2∈[－1,1],|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要條件是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設(shè)函數(shù)g(t)＝et－t－e＋1,那么g′(t)＝et－1.當(dāng)t＜0時(shí),g′(t)＜0；當(dāng)t＞0時(shí),g′(t)＞0.故g(t)在(－∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,＋∞)上單調(diào)遞增.又g(1)＝0,g(－1)＝e－1＋2－e＜0,故當(dāng)t∈[－1,1]時(shí),g(t)≤0.當(dāng)m∈[－1,1]時(shí),g(m)≤0,g(－m)≤0,即①式成立；當(dāng)m＞1時(shí),由g(t)的單調(diào)性,g(m)＞0,即em－m＞e－1；當(dāng)m＜－1時(shí),g(－m)＞0,即e－m＋m＞e－1.綜上,m的取值范圍是[－1,1].14.(2022·北京,18)函數(shù)f(x)＝lneq\f(1＋x,1－x).(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程；(2)求證：當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f(x)＞2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))；(3)設(shè)實(shí)數(shù)k使得f(x)＞keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))對(duì)x∈(0,1)恒成立,求k的最大值.14.(1)解因?yàn)閒(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?yàn)閒(0)＝0,所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y＝2x.(2)證明令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?yàn)間′(x)>0(0<x<1),所以g(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增.所以g(x)>g(0)＝0,x∈(0,1),即當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f(x)>2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3))).(3)解由(2)知,當(dāng)k≤2時(shí),f(x)>keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))對(duì)x∈(0,1)恒成立.當(dāng)k>2時(shí),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).所以當(dāng)0<x<eq\r(4,\f(k－2,k))時(shí),h′(x)<0,因此h(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(4,\f(k－2,k))))上單調(diào)遞減.當(dāng)0<x<eq\r(4,\f(k－2,k))時(shí),h(x)<h(0)＝0,即f(x)<keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3))).所以當(dāng)k>2時(shí),f(x)>keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))并非對(duì)x∈(0,1)恒成立.綜上可知,k的最大值為2.15.(2022·四川,21)函數(shù)f(x)＝－2(x＋a)lnx＋x2－2ax－2a2＋a,其中a＞0.(1)設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),討論g(x)的單調(diào)性；(2)證明：存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在區(qū)間(1,＋∞)內(nèi)恒成立,且f(x)＝0在區(qū)間(1,＋∞)內(nèi)有唯一解.15.(1)解由,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?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),當(dāng)0＜a＜eq\f(1,4)時(shí),g(x)在區(qū)間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)，＋∞))上單調(diào)遞增,在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－4a),2)，\f(1＋\r(1－4a),2)))上單調(diào)遞減；當(dāng)a≥eq\f(1,4)時(shí),g(x)在區(qū)間(0,＋∞)上單調(diào)遞增.(2)證明由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,函數(shù)u(x)在區(qū)間(1,＋∞)上單調(diào)遞增,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),當(dāng)a＝a0時(shí),有f′(x0)＝0,f(x0)＝φ(x0)＝0,由(1)知,f′(x)在區(qū)間(1,＋∞)上單調(diào)遞增,故當(dāng)x∈(1,x0)時(shí),f′(x)＜0,從而f(x)＞f(x0)＝0；當(dāng)x∈(x0,＋∞)時(shí),f′(x)＞0,從而f(x)＞f(x0)＝0,所以,當(dāng)x∈(1,＋∞)時(shí),f(x)≥0,綜上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在區(qū)間(1,＋∞)內(nèi)恒成立,且f(x)＝0在區(qū)間(1,＋∞)內(nèi)有唯一解.16.(2022·天津,20)函數(shù)f(x)＝nx－xn,x∈R,其中n∈N*,n≥2.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)曲線y＝f(x)與x軸正半軸的交點(diǎn)為P,曲線在點(diǎn)P處的切線方程為y＝g(x),求證：對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)x,都有f(x)≤g(x)；(3)假設(shè)關(guān)于x的方程f(x)＝a(a為實(shí)數(shù))有兩個(gè)正實(shí)根x1,x2,求證：|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,下面分兩種情況討論：①當(dāng)n為奇數(shù)時(shí).令f′(x)＝0,解得x＝1,或x＝－1.當(dāng)x變化時(shí),f′(x),f(x)的變化情況如下表：x(－∞,－1)(－1,1)(1,＋∞)f′(x)－＋－f(x)所以,f(x)在(－∞,－1),(1,＋∞)上單調(diào)遞減,在(－1,1)內(nèi)單調(diào)遞增.②當(dāng)n為偶數(shù)時(shí).當(dāng)f′(x)＞0,即x＜1時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)f′(x)＜0,即x＞1時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；所以,f(x)在(－∞,1)上單調(diào)遞增,在(1,＋∞)上單調(diào)遞減.(2)證明設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0,0),那么x0＝neq\f(1,n－1),f′(x0)＝n－n2.曲線y＝f(x)在點(diǎn)P處的切線方程為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,＋∞)上單調(diào)遞減,故F′(x)在(0,＋∞)上單調(diào)遞減,又因?yàn)镕′(x0)＝0,所以當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),F′(x)＞0,當(dāng)x∈(x0,＋∞)時(shí),F′(x)＜0,所以F(x)在(0,x0)內(nèi)單調(diào)遞增,在(x0,＋∞)上單調(diào)遞減,所以對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)x,都有F(x)≤F(x0)＝0,即對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)x,都有f(x)≤g(x).(3)證明不妨設(shè)x1≤x2.由(2)知g(x)＝(n－n2)(x－x0),設(shè)方程g(x)＝a的根為x2′,可得x2′＝eq\f(a,n－n2)＋x0.當(dāng)n≥2時(shí),g(x)在(－∞,＋∞)上單調(diào)遞減,又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′),可得x2≤x2′.類似地,設(shè)曲線y＝f(x)在原點(diǎn)處的切線方程為y＝h(x),可得h(x)＝nx.當(dāng)x∈(0,＋∞),f(x)－h(huán)(x)＝－xn＜0,即對(duì)于任意的x∈(0,＋∞),f(x)＜h(x).設(shè)方程h(x)＝a的根為x1′,可得x1′＝eq\f(a,n).因?yàn)閔(x)＝nx在(－∞,＋∞)上單調(diào)遞增,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?yàn)閚≥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·江蘇,19)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋b(a,b∈R).(1)試討論f(x)的單調(diào)性；(2)假設(shè)b＝c－a(實(shí)數(shù)c是與a無關(guān)的常數(shù)),當(dāng)函數(shù)f(x)有三個(gè)不同的零點(diǎn)時(shí),a的取值范圍恰好是(－∞,－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).當(dāng)a＝0時(shí),因?yàn)閒′(x)＝3x2＞0(x≠0),所以函數(shù)f(x)在(－∞,＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞0時(shí),x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞，-\f(2a,3)))∪(0,＋∞)時(shí),f′(x)＞0,x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(2a,3)，0))時(shí),f′(x)＜0,所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞，-\f(2a,3))),(0,＋∞)上單調(diào)遞增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(2a,3)，0))上單調(diào)遞減；當(dāng)a＜0時(shí),x∈(－∞,0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))時(shí),f′(x)＞0,x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))時(shí),f′(x)＜0,所以函數(shù)f(x)在(－∞,0),eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))上單調(diào)遞增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))上單調(diào)遞減.(2)由(1)知,函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值為f(0)＝b,feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)))＝eq\f(4,27)a3＋b,那么函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)等價(jià)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,從而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,所以當(dāng)a＞0時(shí),eq\f(4,27)a3－a＋c＞0或當(dāng)a＜0時(shí),eq\f(4,27)a3－a＋c＜0.設(shè)g(a)＝eq\f(4,27)a3-a＋c,因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)時(shí),a的取值范圍恰好是(-∞,-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.從而g(－3)＝c－1≤0,且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝c－1≥0,因此c＝1.此時(shí),f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a],因函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn),那么x2＋(a－1)x＋1－a＝0有兩個(gè)異于－1的不等實(shí)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)，＋∞)).綜上c＝1.18.(2022·重慶,20)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(3x2＋ax,ex)(a∈R).(1)假設(shè)f(x)在x＝0處取得極值,確定a的值,并求此時(shí)曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程；(2)假設(shè)f(x)在[3,＋∞)上為減函數(shù),求a的取值范圍.18.解(1)對(duì)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝eq\f(〔6x＋a〕ex－〔3x2＋ax〕ex,〔ex〕2)＝eq\f(－3x2＋〔6－a〕x＋a,ex),因?yàn)閒(x)在x＝0處取得極值,所以f′(0)＝0,即a＝0.當(dāng)a＝0時(shí),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),從而f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y－eq\f(3,e)＝eq\f(3,e)(x－1),化簡得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).當(dāng)x＜x1時(shí),g(x)＜0,即f′(x)＜0,故f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x1＜x＜x2時(shí),g(x)＞0,即f′(x)＞0,故f(x)為增函數(shù)；當(dāng)x＞x2時(shí),g(x)＜0,即f′(x)＜0,故f(x)為減函數(shù).由f(x)在[3,＋∞)上為減函數(shù),知x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6)≤3,解得a≥－eq\f(9,2),故a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，＋∞)).19.(2022·新課標(biāo)全國Ⅰ,21)函數(shù)f(x)＝x3＋ax＋eq\f(1,4),g(x)＝－lnx.(1)當(dāng)a為何值時(shí),x軸為曲線y＝f(x)的切線；(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,設(shè)函數(shù)h(x)＝min{f(x),g(x)}(x>0),討論h(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù).19.解(1)設(shè)曲線y＝f(x)與x軸相切于點(diǎn)(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,當(dāng)a＝－eq\f(3,4)時(shí),x軸為曲線y＝f(x)的切線.(2)當(dāng)x∈(1,＋∞)時(shí),g(x)＝－lnx<0,從而h(x)＝min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故h(x)在(1,＋∞)無零點(diǎn).當(dāng)x＝1時(shí),假設(shè)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)的零點(diǎn)；假設(shè)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)的零點(diǎn).當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g(x)＝－lnx>0.所以只需考慮f(x)在(0,1)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).(ⅰ)假設(shè)a≤－3或a≥0,那么f′(x)＝3x2＋a在(0,1)無零點(diǎn),故f(x)在(0,1)單調(diào).而f(0)＝eq\f(1,4),f(1)＝a＋eq\f(5,4),所以當(dāng)a≤－3時(shí),f(x)在(0,1)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a≥0時(shí),f(x)在(0,1)沒有零點(diǎn).(ⅱ)假設(shè)－3<a<0,那么f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a,3))))單調(diào)遞減,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))，1))單調(diào)遞增,故在(0,1)中,當(dāng)x＝eq\r(－\f(a,3))時(shí),f(x)取得最小值,最小值為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假設(shè)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)無零點(diǎn)；②假設(shè)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)有唯一零點(diǎn)；③假設(shè)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),所以當(dāng)－eq\f(5,4)<a<－eq\f(3,4)時(shí),f(x)在(0,1)有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)－3<a≤－eq\f(5,4)時(shí),f(x)在(0,1)有一個(gè)零點(diǎn).綜上,當(dāng)a>-eq\f(3,4)或a<-eq\f(5,4)時(shí),h(x)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a＝-eq\f(3,4)或a＝-eq\f(5,4)時(shí),h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)-eq\f(5,4)<a<-eq\f(3,4)時(shí),h(x)有三個(gè)零點(diǎn).20.(2022·安徽,21)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－ax＋b.(1)討論函數(shù)f(sinx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))內(nèi)的單調(diào)性并判斷有無極值,有極值時(shí)求出極值；(2)記f0(x)＝x2－a0x＋b0,求函數(shù)|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)滿足D≤1時(shí)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?yàn)椋璭q\f(π,2)<x<eq\f(π,2),所以cosx>0,－2<2sinx<2.①a≤－2,b∈R時(shí),函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞增,無極值.②a≥2,b∈R時(shí),函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞減,無極值.③對(duì)于－2<a<2,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))內(nèi)存在唯一的x0,使得2sinx0＝a.－eq\f(π,2)<x≤x0時(shí),函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞減；x0≤x<eq\f(π,2)時(shí),函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞增；因此,－2<a<2,b∈R時(shí),函數(shù)f(sinx)在x0處有極小值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)時(shí),|f(sinx)－f0(sinx)|＝|(a0－a)sinx＋b－b0|≤|a－a0|＋|b－b0|.當(dāng)(a0－a)(b－b0)≥0時(shí),取x＝eq\f(π,2),等號(hào)成立.當(dāng)(a0－a)(b－b0)<0時(shí),取x＝－eq\f(π,2),等號(hào)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)))上的最大值為D＝|a－a0|＋|b－b0|.(3)D≤1即為|a|＋|b|≤1,此時(shí)0≤a2≤1,－1≤b≤1,從而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)滿足條件D≤1的最大值為1.21.(2022·廣東,19)設(shè)a>1,函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：f(x)在(－∞,＋∞)上僅有一個(gè)零點(diǎn)；(3)假設(shè)曲線y＝f(x)在點(diǎn)P處的切線與x軸平行,且在點(diǎn)M(m,n)處的切線與直線OP平行(O是坐標(biāo)原點(diǎn)),證明：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)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞,＋∞).(2)證明∵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)上有一零點(diǎn),又∵f(x)在(－∞,＋∞)上遞增,∴f(x)在(0,a)上僅有一個(gè)零點(diǎn),∴f(x)在(－∞,＋∞)上僅有一個(gè)零點(diǎn).(3)證明f′(x)＝(x＋1)2ex,設(shè)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)上減.∴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·山東,21)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x),其中a∈R.(1)討論函數(shù)f(x)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù),并說明理由；(2)假設(shè)?x＞0,f(x)≥0成立,求a的取值范圍.22.解(1)由題意知,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－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當(dāng)a＝0時(shí),g(x)＝1,此時(shí)f′(x)＞0,函數(shù)f(x)在(－1,＋∞)上單調(diào)遞增,無極值點(diǎn)；②當(dāng)a＞0時(shí),Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8).(ⅰ)當(dāng)0＜a≤eq\f(8,9)時(shí),Δ≤0,g(x)≥0,f′(x)≥0,函數(shù)f(x)在(－1,＋∞)上單調(diào)遞增,無極值點(diǎn)；(ⅱ)當(dāng)a＞eq\f(8,9)時(shí),Δ＞0,設(shè)方程2ax2＋ax－a＋1＝0的兩根為x1,x2(x1＜x2),因?yàn)閤1＋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).所以當(dāng)x∈(-1,x1)時(shí),g(x)＞0,f′(x)＞0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x1,x2)時(shí),g(x)＜0,f′(x)＜0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x2,＋∞)時(shí),g(x)＞0,f′(x)＞0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；因此函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn).(ⅲ)當(dāng)a＜0時(shí),Δ＞0,由g(－1)＝1＞0,可得x1＜－1.當(dāng)x∈(－1,x2)時(shí),g(x)＞0,f′(x)＞0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x2,＋∞)時(shí),g(x)＜0,f′(x)＜0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；所以函數(shù)有一個(gè)極值點(diǎn).綜上所述,當(dāng)a＜0時(shí),函數(shù)f(x)有一個(gè)極值點(diǎn)；當(dāng)0≤a≤eq\f(8,9)時(shí),函數(shù)f(x)無極值點(diǎn)；當(dāng)a＞eq\f(8,9)時(shí),函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn).(2)由(1)知,①當(dāng)0≤a≤eq\f(8,9)時(shí),函數(shù)f(x)在(0,＋∞)上單調(diào)遞增,因?yàn)閒(0)＝0,所以x∈(0,＋∞)時(shí),f(x)＞0,符合題意；②當(dāng)eq\f(8,9)＜a≤1時(shí),由g(0)≥0,得x2≤0,所以函數(shù)f(x)在(0,＋∞)上單調(diào)遞增,又f(0)＝0,所以x∈(0,＋∞)時(shí),f(x)＞0,符合題意；③當(dāng)a＞1時(shí),由g(x)＜0,可得x2＞0.所以x∈(0,x2)時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；因?yàn)閒(0)＝0,所以x∈(0,x2)時(shí),f(x)＜0,不合題意；④當(dāng)a＜0時(shí),設(shè)h(x)＝x－ln(x＋1).因?yàn)閤∈(0,＋∞)時(shí),h′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,x＋1)＞0,所以h(x)在(0,＋∞)上單調(diào)遞增,因此當(dāng)x∈(0,＋∞)時(shí),h(x)＞h(0)＝0,即ln(x＋1)＜x.可得f(x)＜x＋a(x2－x)＝ax2＋(1－a)x,當(dāng)x＞1－eq\f(1,a)時(shí),ax2＋(1－a)x＜0,此時(shí)f(x)＜0,不合題意.綜上所述,a的取值范圍是[0,1].23.(2022·湖南,21)a＞0,函數(shù)f(x)＝eaxsinx(x∈[0,＋∞)).記xn為f(x)的從小到大的第n(n∈N*)個(gè)極值點(diǎn),證明：(1)數(shù)列{f(xn)}是等比數(shù)列；(2)假設(shè)a≥eq\f(1,\r(e2－1)),那么對(duì)一切n∈N*,xn＜|f(xn)|恒成立.23.證明(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*,對(duì)k∈N,假設(shè)2kπ＜x＋φ＜(2k＋1)π,即2kπ－φ＜x＜(2k＋1)π－φ,那么f′(x)＞0；假設(shè)(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,在區(qū)間((m－1)π,mπ－φ)與(mπ－φ,mπ)上,f′(x)的符號(hào)總相反.于是當(dāng)x＝mπ－φ(m∈N*)時(shí),f(x)取得極值,所以xn＝nπ－φ(n∈N*).此時(shí),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是常數(shù),故數(shù)列{f(xn)}是首項(xiàng)為f(x1)＝ea(π－φ)sinφ,公比為－eaπ的等比數(shù)列.(2)由(1)知,sinφ＝eq\f(1,\r(a2＋1)),于是對(duì)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,等價(jià)于eq\f(\r(a2＋1),a)＜eq\f(ea〔nπ－φ〕,a〔nπ－φ〕)(*)恒成立,因?yàn)?a＞0).設(shè)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.當(dāng)0＜t＜1時(shí),g′(t)＜0,所以g(t)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)t＞1時(shí),g′(t)＞0,所以g(t)在區(qū)間(1,＋∞)上單調(diào)遞增.從而當(dāng)t＝1時(shí),函數(shù)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)).而當(dāng)a＝eq\f(1,\r(e2－1))時(shí),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),且當(dāng)n≥2時(shí),nπ－φ≥2π－φ＞eq\f(3π,2)＞eq\r(e2－1).因此對(duì)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.綜上所述,假設(shè)a≥eq\f(1,\r(e2－1)),那么對(duì)一切n∈N*,xn＜|f(xn)|恒成立.24.(2022·福建,20)函數(shù)f(x)＝ln(1＋x),g(x)＝kx(k∈R).(1)證明：當(dāng)x＞0時(shí),f(x)＜x；(2)證明：當(dāng)k＜1時(shí),存在x0＞0,使得對(duì)任意的x∈(0,x0),恒有f(x)＞g(x)；(3)確定k的所有可能取值,使得存在t＞0,對(duì)任意的x∈(0,t),恒有|f(x)－g(x)|＜x2.24.(1)證明令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).當(dāng)x∈(0,＋∞)時(shí),F′(x)＜0,所以F(x)在(0,＋∞)上單調(diào)遞減,故當(dāng)x＞0時(shí),F(x)＜F(0)＝0,即當(dāng)x＞0時(shí),f(x)＜x.(2)證明令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).當(dāng)k≤0時(shí),G′(x)＞0,故G(x)在(0,＋∞)單調(diào)遞增,G(x)＞G(0)＝0,故任意正實(shí)數(shù)x0均滿足題意.當(dāng)0＜k＜1時(shí),令G′(x)＝0,得x＝eq\f(1－k,k)＝eq\f(1,k)－1＞0,取x0＝eq\f(1,k)－1,對(duì)任意x∈(0,x0),有G′(x)＞0,從而G(x)在(0,x0)單調(diào)遞增,所以G(x)＞G(0)＝0,即f(x)＞g(x).綜上,當(dāng)k＜1時(shí),總存在x0＞0,使得對(duì)任意x∈(0,x0),恒有f(x)＞g(x).(3)解當(dāng)k＞1時(shí),由(1)知,對(duì)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).故當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(k－2＋\r(〔k－2〕2＋8〔k－1〕),4)))時(shí),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)))上單調(diào)遞增,故M(x)＞M(0)＝0,即|f(x)－g(x)|＞x2,所以滿足題意的t不存在.當(dāng)k＜1時(shí),由(2)知,存在x0＞0,使得當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),f(x)＞g(x),此時(shí)|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).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al