導(dǎo)數(shù)大題第一問專題【19-22真題】

導(dǎo)數(shù)大題第一問專題【19-22真題】一．基礎(chǔ)單調(diào)性判斷（共7小題）1．（2022?浙江）設(shè)函數(shù)f（x）＝+lnx（x＞0）．（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）已知a，b∈R，曲線y＝f（x）上不同的三點（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3））處的切線都經(jīng)過點（a，b）．證明：（ⅰ）若a＞e，則0＜b﹣f（a）＜（﹣1）；（ⅱ）若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，則+＜+＜﹣．（注：e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)）2．（2021?新高考Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝x（1﹣lnx）．（1）討論f（x）的單調(diào)性；（2）設(shè)a，b為兩個不相等的正數(shù)，且blna﹣alnb＝a﹣b，證明：2＜+＜e．3．（2019?天津）設(shè)函數(shù)f（x）＝lnx﹣a（x﹣1）ex，其中a∈R．（Ⅰ）若a≤0，討論f（x）的單調(diào)性；（Ⅱ）若0＜a＜．（?。┳C明：f（x）恰有兩個零點；（ⅱ）設(shè)x0為f（x）的極值點，x1為f（x）的零點，且x1＞x0，證明：3x0﹣x1＞2．4．（2022?新高考Ⅱ）已知函數(shù)f（x）＝xeax﹣ex．（1）當(dāng)a＝1時，討論f（x）的單調(diào)性；（2）當(dāng)x＞0時，f（x）＜﹣1，求a的取值范圍；（3）設(shè)n∈N*，證明：++…+＞ln（n+1）．5．（2022?乙卷）已知函數(shù)f（x）＝ax﹣﹣（a+1）lnx．（1）當(dāng)a＝0時，求f（x）的最大值；（2）若f（x）恰有一個零點，求a的取值范圍．6．（2021?浙江）設(shè)a，b為實數(shù)，且a＞1，函數(shù)f（x）＝ax﹣bx+e2（x∈R）．（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）若對任意b＞2e2，函數(shù)f（x）有兩個不同的零點，求a的取值范圍；（Ⅲ）當(dāng)a＝e時，證明：對任意b＞e4，函數(shù)f（x）有兩個不同的零點x1，x2，滿足x2＞x1+．（注：e＝2.71828?是自然對數(shù)的底數(shù)）7．（2020?新課標(biāo)Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣a（x+2）．（1）當(dāng)a＝1時，討論f（x）的單調(diào)性；（2）若f（x）有兩個零點，求a的取值范圍．二．基礎(chǔ)單調(diào)性判斷--因式分解（共2小題）8．（2021?全國）已知函數(shù)f（x）＝x2﹣6x+4lnx+m．（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）當(dāng)x∈（1，+∞）時，f（x）＞0，求m的取值范圍．9．（2021?甲卷）已知a＞0且a≠1，函數(shù)f（x）＝（x＞0）．（1）當(dāng)a＝2時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若曲線y＝f（x）與直線y＝1有且僅有兩個交點，求a的取值范圍．三．中檔單調(diào)性判斷--因式分解（共3小題）10．（2022?甲卷）已知函數(shù)f（x）＝﹣lnx+x﹣a．（1）若f（x）≥0，求a的取值范圍；（2）證明：若f（x）有兩個零點x1，x2，則x1x2＜1．11．（2021?新高考Ⅱ）已知函數(shù)f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+b．（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性；（Ⅱ）從下面兩個條件中選一個，證明：f（x）恰有一個零點．①＜a≤，b＞2a；②0＜a＜，b≤2a．12．（2020?天津）已知函數(shù)f（x）＝x3+klnx（k∈R），f′（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)．（Ⅰ）當(dāng)k＝6時，（?。┣笄€y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；（ⅱ）求函數(shù)g（x）＝f（x）﹣f′（x）+的單調(diào)區(qū)間和極值；（Ⅱ）當(dāng)k≥﹣3時，求證：對任意的x1，x2∈[1，+∞），且x1＞x2，有＞．四．中檔單調(diào)性判斷--二次函數(shù)討論（共4小題）13．（2020?新課標(biāo)Ⅲ）已知函數(shù)f（x）＝x3﹣kx+k2．（1）討論f（x）的單調(diào)性；（2）若f（x）有三個零點，求k的取值范圍．14．（2019?新課標(biāo)Ⅲ）已知函數(shù)f（x）＝2x3﹣ax2+b．（1）討論f（x）的單調(diào)性；（2）是否存在a，b，使得f（x）在區(qū)間[0，1]的最小值為﹣1且最大值為1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，說明理由．15．（2021?甲卷）設(shè)函數(shù)f（x）＝a2x2+ax﹣3lnx+1，其中a＞0．（1）討論f（x）的單調(diào)性；（2）若y＝f（x）的圖像與x軸沒有公共點，求a的取值范圍．16．（2021?乙卷）已知函數(shù)f（x）＝x3﹣x2+ax+1．（1）討論f（x）的單調(diào)性；（2）求曲線y＝f（x）過坐標(biāo)原點的切線與曲線y＝f（x）的公共點的坐標(biāo)．五．中檔單調(diào)性判斷--因式分解【理科】（共1小題）17．（2019?浙江）已知實數(shù)a≠0，設(shè)函數(shù)f（x）＝alnx+，x＞0．（Ⅰ）當(dāng)a＝﹣時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）對任意x∈[，+∞）均有f（x）≤，求a的取值范圍．注：e＝2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)．六．極值問題（共2小題）18．（2021?乙卷）已知函數(shù)f（x）＝ln（a﹣x），已知x＝0是函數(shù)y＝xf（x）的極值點．（1）求a；（2）設(shè)函數(shù)g（x）＝．證明：g（x）＜1．19．（2019?新課標(biāo)Ⅱ）已知函數(shù)f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．證明：（1）f（x）存在唯一的極值點；（2）f（x）＝0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數(shù)．七．基礎(chǔ)切線問題（共11小題）20．（2022?天津）已知a，b∈R，函數(shù)f（x）＝ex﹣asinx，g（x）＝b．（1）求函數(shù)y＝f（x）在（0，f（0））處的切線方程；（2）若y＝f（x）和y＝g（x）有公共點．（ⅰ）當(dāng)a＝0時，求b的取值范圍；（ⅱ）求證：a2+b2＞e．21．（2020?北京）已知函數(shù)f（x）＝12﹣x2．（Ⅰ）求曲線y＝f（x）的斜率等于﹣2的切線方程；（Ⅱ）設(shè)曲線y＝f（x）在點（t，f（t））處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為S（t），求S（t）的最小值．22．（2022?北京）已知函數(shù)f（x）＝exln（1+x）．（Ⅰ）求曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；（Ⅱ）設(shè)g（x）＝f′（x），討論函數(shù)g（x）在[0，+∞）上的單調(diào)性；（Ⅲ）證明：對任意的s，t∈（0，+∞），有f（s+t）＞f（s）+f（t）．23．（2018?北京）設(shè)函數(shù)f（x）＝[ax2﹣（3a+1）x+3a+2]ex．（Ⅰ）若曲線y＝f（x）在點（2，f（2））處的切線斜率為0，求a；（Ⅱ）若f（x）在x＝1處取得極小值，求a的取值范圍．24．（2019?北京）已知函數(shù)f（x）＝x3﹣x2+x．（Ⅰ）求曲線y＝f（x）的斜率為1的切線方程；（Ⅱ）當(dāng)x∈[﹣2，4]時，求證：x﹣6≤f（x）≤x；（Ⅲ）設(shè)F（x）＝|f（x）﹣（x+a）|（a∈R），記F（x）在區(qū)間[﹣2，4]上的最大值為M（a）．當(dāng)M（a）最小時，求a的值．25．（2020?新課標(biāo)Ⅲ）設(shè)函數(shù)f（x）＝x3+bx+c，曲線y＝f（x）在點（，f（））處的切線與y軸垂直．（1）求b；（2）若f（x）有一個絕對值不大于1的零點，證明：f（x）所有零點的絕對值都不大于1．26．（2021?天津）已知a＞0，函數(shù)f（x）＝ax﹣xex．（1）求曲線f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；（2）證明函數(shù)f（x）存在唯一的極值點；（3）若?a，使得f（x）≤a+b對任意的x∈R恒成立，求實數(shù)b的取值范圍．27．（2021?北京）已知函數(shù)f（x）＝．（Ⅰ）若a＝0，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；（Ⅱ）若f（x）在x＝﹣1處取得極值，求f（x）的單調(diào)區(qū)間，并求其最大值和最小值．28．（2022?乙卷）已知函數(shù)f（x）＝ln（1+x）+axe﹣x．（1）當(dāng)a＝1時，求曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；（2）若f（x）在區(qū)間（﹣1，0），（0，+∞）各恰有一個零點，求a的取值范圍．29．（2022?甲卷）已知函數(shù)f（x）＝x3﹣x，g（x）＝x2+a，曲線y＝f（x）在點（x1，f（x1））處的切線也是曲線y＝g（x）的切線．（1）若x1＝﹣1，求a；（2）求a的取值范圍．30．（2020?海南）已知函數(shù)f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna．（1）當(dāng)a＝e時，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積；（2）若f（x）≥1，求a的取值范圍．八．二次求導(dǎo)型（共1小題）31．（2020?新課標(biāo)Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝ex+ax2﹣x．（1）當(dāng)a＝1時，討論f（x）的單調(diào)性；（2）當(dāng)x≥0時，f（x）≥x3+1，求a的取值范圍．九．基礎(chǔ)恒成立問題（共1小題）32．（2020?新課標(biāo)Ⅱ）已知函數(shù)f（x）＝2lnx+1．（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范圍；（2）設(shè)a＞0，討論函數(shù)g（x）＝的單調(diào)性．一十．零點問題（共2小題）33．（2020?浙江）已知1＜a≤2，函數(shù)f（x）＝ex﹣x﹣a，其中e＝2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)．（Ⅰ）證明：函數(shù)y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零點；（Ⅱ）記x0為函數(shù)y＝f（x）在（0，+∞）上的零點，證明：（ⅰ）≤x0≤；（ⅱ）x0f（e）≥（e﹣1）（a﹣1）a．34．（2019?新課標(biāo)Ⅱ）已知函數(shù)f（x）＝lnx﹣．（1）討論f（x）的單調(diào)性，并證明f（x）有且僅有兩個零點；（2）設(shè)x0是f（x）的一個零點，證明曲線y＝lnx在點A（x0，lnx0）處的切線也是曲線y＝ex的切線．一十一．含三角函數(shù)的導(dǎo)數(shù)問題（共4小題）35．（2019?天津）設(shè)函數(shù)f（x）＝excosx，g（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)．（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）當(dāng)x∈[，]時，證明f（x）+g（x）（﹣x）≥0；（Ⅲ）設(shè)xn為函數(shù)u（x）＝f（x）﹣1在區(qū)間（2nπ+，2nπ+）內(nèi)的零點，其中n∈N，證明：2nπ+﹣xn＜．36．（2020?新課標(biāo)Ⅱ）已知函數(shù)f（x）＝sin2xsin2x．（1）討論f（x）在區(qū)間（0，π）的單調(diào)性；（2）證明：|f（x）|≤；（3）設(shè)n∈N*，證明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤．37．（2019?新課標(biāo)Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，f′（x）為f（x）的導(dǎo)數(shù)．（1）證明：f′（x）在區(qū)間（0，π）存在唯一零點；（2）若x∈[0，π]時，f（x）≥ax，求a的取值范圍．38．（2019?新課標(biāo)Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝sinx﹣ln（1+x），f′（x）為f（x）的導(dǎo)數(shù)．證明：（1）f′（x）在區(qū)間（﹣1，）存在唯一極大值點；（2）f（x）有且僅有2個零點．一十二．綜合性較強的第一問，難度中上（共1小題）39．（2022?新高考Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣ax和g（x）＝ax﹣lnx有相同的最小值．（1）求a；（2）證明：存在直線y＝b，其與兩條曲線y＝f（x）和y＝g（x）共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．

導(dǎo)數(shù)大題第一問專題【19-22真題】參考答案與試題解析一．基礎(chǔ)單調(diào)性判斷（共7小題）1．（2022?浙江）設(shè)函數(shù)f（x）＝+lnx（x＞0）．（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）已知a，b∈R，曲線y＝f（x）上不同的三點（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3））處的切線都經(jīng)過點（a，b）．證明：（?。┤鬭＞e，則0＜b﹣f（a）＜（﹣1）；（ⅱ）若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，則+＜+＜﹣．（注：e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)）【解答】解：（Ⅰ）∵函數(shù)f（x）＝+lnx（x＞0），∴+＝，（x＞0），由＞0，得x＞，∴f（x）在（，+∞）上單調(diào)遞增；由＜0，得0＜x＜，∴f（x）在（0，）上單調(diào)遞減．（Ⅱ）（i）證明：∵過（a，b）有三條不同的切線，設(shè)切點分別為（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個不同的根，該方程整理為（﹣）（x﹣a）﹣，設(shè)g（x）＝（）（x﹣a）﹣﹣lnx+b，則g′（x）＝＝﹣（x﹣e）（x﹣a），當(dāng)0＜x＜e或x＞a時，g′（x）＜0；當(dāng)e＜x＜a時，g′（x）＞0，∴g（x）在（0，e），（a，+∞）上為減函數(shù)，在（e，a）上為增函數(shù)，∵g（x）有3個不同的零點，∴g（e）＜0且g（a）＞0，∴（）（e﹣a）﹣﹣lne+b＜0，且（）（a﹣a）﹣，整理得到且，此時，，且，此時，﹣，整理得，且，此時，b﹣f（a）﹣（）＜+1﹣（）﹣，設(shè)μ（a）為（e，+∞）上的減函數(shù)，∴μ（a）＜，∴．（ii）當(dāng)0＜a＜e時，同（i）討論，得：g（x）在（0，a），（e，+∞）上為減函數(shù)，在（a，e）上為增函數(shù)，不妨設(shè)x1＜x2＜x3，則0＜x1＜a＜x2＜e＜x3，∵g（x）有3個不同的零點，∴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﹣，設(shè)t＝，則方程1﹣即為：﹣，即為﹣（m+1）t+，記，則t1，t2，t3為﹣（m+1）t+有三個不同的根，設(shè)k＝，m＝，要證：，即證，即證：，而﹣（m+1），且﹣（m+1），∴（t1﹣t3）＝0，∴，∴即證﹣＜，即證+＞0，即證，記，則，∴φ（k）在（1，+∞）為增函數(shù)，∴φ（k）＞φ（m），∴＞，設(shè)ω（m）＝lnm+，0＜m＜1，則ω′（x）＝＞，∴ω（m）在（0，1）上是增函數(shù)，∴ω（m）＜ω（1）＝0，∴l(xiāng)nm+＜0，即＞0，∴若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，則+＜+＜﹣．2．（2021?新高考Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝x（1﹣lnx）．（1）討論f（x）的單調(diào)性；（2）設(shè)a，b為兩個不相等的正數(shù)，且blna﹣alnb＝a﹣b，證明：2＜+＜e．【解答】（1）解：由函數(shù)的解析式可得f'（x）＝1﹣lnx﹣1＝﹣lnx，∴x∈（0，1），f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，x∈（1，+∞），f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，則f（x）在（0，1）單調(diào)遞增，在（1，+∞）單調(diào)遞減．（2）證明：由blna﹣alnb＝a﹣b，得，即，由（1）f（x）在（0，1）單調(diào)遞增，在（1，+∞）單調(diào)遞減，所以f（x）max＝f（1）＝1，且f（e）＝0，令，，則x1，x2為f（x）＝k的兩根，其中k∈（0，1）．不妨令x1∈（0，1），x2∈（1，e），則2﹣x1＞1，先證2＜x1+x2，即證x2＞2﹣x1，即證f（x2）＝f（x1）＜f（2﹣x1），令h（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），則h′（x）＝f′（x）+f′（2﹣x）＝﹣lnx﹣ln（2﹣x）＝﹣ln[x（2﹣x）]在（0，1）單調(diào)遞減，所以h′（x）＞h′（1）＝0，故函數(shù)h（x）在（0，1）單調(diào)遞增，∴h（x1）＜h（1）＝0．∴f（x1）＜f（2﹣x1），∴2＜x1+x2，得證．同理，要證x1+x2＜e，（法一）即證1＜x2＜e﹣x1，根據(jù)（1）中f（x）單調(diào)性，即證f（x2）＝f（x1）＞f（e﹣x1），令φ（x）＝f（x）﹣f（e﹣x），x∈（0，1），則φ'（x）＝﹣ln[x（e﹣x）]，令φ′（x0）＝0，x∈（0，x0），φ'（x）＞0，φ（x）單調(diào)遞增，x∈（x0，1），φ'（x）＜0，φ（x）單調(diào)遞減，又0＜x＜e時，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得證，（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）單調(diào)遞增，所以g（x）＜g（e）＝e，即x2（1﹣lnx2）+x2＜e，所以x1+x2＜e，得證，則2＜+＜e．3．（2019?天津）設(shè)函數(shù)f（x）＝lnx﹣a（x﹣1）ex，其中a∈R．（Ⅰ）若a≤0，討論f（x）的單調(diào)性；（Ⅱ）若0＜a＜．（?。┳C明：f（x）恰有兩個零點；（ⅱ）設(shè)x0為f（x）的極值點，x1為f（x）的零點，且x1＞x0，證明：3x0﹣x1＞2．【解答】（I）解：f′（x）＝﹣[aex+a（x﹣1）ex]＝，x∈（0，+∞）．a(chǎn)≤0時，f′（x）＞0，∴函數(shù)f（x）在x∈（0，+∞）上單調(diào)遞增．（II）證明：（i）由（I）可知：f′（x）＝，x∈（0，+∞）．令g（x）＝1﹣ax2ex，∵0＜a＜，可知：g（x）在x∈（0，+∞）上單調(diào)遞減，又g（1）＝1﹣ae＞0．且g（ln）＝1﹣a＝1﹣＜0，∴g（x）存在唯一解x0∈（1，ln）．即函數(shù)f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞增，在（x0，+∞）單調(diào)遞減．∴x0是函數(shù)f（x）的唯一極值點．令h（x）＝lnx﹣x+1，（x＞0），h′（x）＝，可得h（x）≤h（1）＝0，∴x＞1時，lnx＜x﹣1．f（ln）＝ln（ln）﹣a（ln﹣1）＝ln（ln）﹣（ln﹣1）＜0．∵f（x0）＞f（1）＝0．∴函數(shù)f（x）在（x0，+∞）上存在唯一零點．又函數(shù)f（x）在（0，x0）上有唯一零點1．因此函數(shù)f（x）恰有兩個零點；（ii）由題意可得：f′（x0）＝0，f（x1）＝0，即a＝1，lnx1＝a（x1﹣1），∴l(xiāng)nx1＝，即＝，∵x＞1，可得lnx＜x﹣1．又x1＞x0＞1，故＜＝，取對數(shù)可得：x1﹣x0＜2lnx0＜2（x0﹣1），化為：3x0﹣x1＞2．4．（2022?新高考Ⅱ）已知函數(shù)f（x）＝xeax﹣ex．（1）當(dāng)a＝1時，討論f（x）的單調(diào)性；（2）當(dāng)x＞0時，f（x）＜﹣1，求a的取值范圍；（3）設(shè)n∈N*，證明：++…+＞ln（n+1）．【解答】解：（1）當(dāng)a＝1時，f（x）＝xex﹣ex＝ex（x﹣1），f′（x）＝ex（x﹣1）+ex＝xex，∵ex＞0，∴當(dāng)x∈（0，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（﹣∞，0）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減．（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），則h′（x）＝aeax+a（eax+axeax）﹣ex＝a（2eax+axeax）﹣ex，∴h′（0）＝2a﹣1，①當(dāng)2a﹣1＞0，即a＞，存在δ＞0，使得當(dāng)x∈（0，δ）時，h′（x）＞0，即g′（x）在（0，δ）上單調(diào)遞增．因為g′（x）＞g′（0）＝0，所以g（x）在（0，δ）內(nèi)遞增，所以f（x）＞﹣1，這與f（x）＜﹣1矛盾，故舍去；②當(dāng)2a﹣1≤0，即a≤，g′（x）＝eax+axeax﹣ex＝（1+ax）eax﹣ex，若1+ax≤0，則g'（x）＜0，所以g（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，g（x）≤g（0）＝0，符合題意．若1+ax＞0，則g′（x）＝eax+axeax﹣ex＝eax+ln（1+ax）﹣ex≤﹣ex≤＝0，所以g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，g（x）≤g（0）＝0，符合題意．綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是a≤．另解：f（x）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝（1+ax）eax﹣ex（x＞0），①當(dāng)a≥1時，f′（x）＝（1+ax）eax﹣ex＞eax﹣ex≥ex﹣ex＝0，所以f（x）在（0，+∞）遞增，所以f（x）＞﹣1，與題意矛盾；②當(dāng)a≤0時，f′（x）≤eax﹣ex≤1﹣ex＜0，所以f（x）在（0，+∞）遞減，所以f（x）＜﹣1，滿足題意；．③當(dāng)0＜a≤時，f′（x）≤（1+x）e﹣ex＝e[（1+x）﹣e]．設(shè)G（x）＝（1+x）﹣e（x＞0），G′（x）＝﹣e＜0，則G（x）在（0，+∞）遞減，所以G（x）＜0，f′（x）＝eG（x）＜0，所以f（x）在（0，+∞）遞減，所以f（x）＜﹣1，滿足題意；④當(dāng)＜a＜1時，f′（x）＝eax[（1+ax）﹣e（1﹣a）x]，令H（x）＝（1+ax）﹣e（1﹣a）x，則f′（x）＝eaxH（x），H′（x）＝a+（a﹣1）e（1﹣a）x，可得H′（x）遞減，H′（0）＝2a﹣1，所以存在x0＞0，使得H′（x0）＝0．當(dāng)x∈（0，x0）時，H′（x）＞0，H（x）在（0，x0）遞增，此時H（x）＞0，所以當(dāng)x∈（0，x0）時，f′（x）＝eaxH（x）＞0，f（x）在（0，x0）遞增，所以f（x）＞﹣1，與題意矛盾．綜上可得，a的取值范圍是（﹣∞，]．（3）由（2）可知，當(dāng)a＝時，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：運用數(shù)學(xué)歸納法證明．當(dāng)n＝1時，左邊＝＝＞ln2成立．假設(shè)當(dāng)n＝k（k≥1，k∈N*）時，不等式成立，即++...+＞ln（k+1）．當(dāng)n＝k+1時，要證++...++＞ln（k+2），只要證ln（k+1）+＞ln（k+2），即證＞ln（k+2）﹣ln（k+1）＝ln＝ln（1+）．可令t＝，則t∈（0，]，則需證明＞ln（1+t），再令x＝（x∈（1，]），則需證明x﹣＞2lnx（x∈（1，]）．構(gòu)造函數(shù)g（x）＝2lnx﹣（x﹣）（x∈（1，]），g′（x）＝﹣1﹣＝﹣（1﹣）2＜0，可得g（x）在（1，]上遞減，則g（x）＜g（1）＝0，所以原不等式成立，即n＝k+1時，++...++＞ln（k+2）成立．綜上可得，++...+＞ln（n+1）成立．5．（2022?乙卷）已知函數(shù)f（x）＝ax﹣﹣（a+1）lnx．（1）當(dāng)a＝0時，求f（x）的最大值；（2）若f（x）恰有一個零點，求a的取值范圍．【解答】解：（1）當(dāng)a＝0時，，則，易知函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，∴f（x）在x＝1處取得極大值，同時也是最大值，∴函數(shù)f（x）的最大值為f（1）＝﹣1；（2）＝，①當(dāng)a＝0時，由（1）可知，函數(shù)f（x）無零點；②當(dāng)a＜0時，易知函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，又f（1）＝a﹣1＜0，故此時函數(shù)f（x）無零點；③當(dāng)0＜a＜1時，易知函數(shù)f（x）在上單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，且f（1）＝a﹣1＜0，，又由（1）可得，，即，則lnx＜x，，則，當(dāng)x＞1時，，故存在，使得f（m）＞0，∴此時f（x）在（0，+∞）上存在唯一零點；④當(dāng)a＝1時，，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，又f（1）＝0，故此時函數(shù)f（x）有唯一零點；⑤當(dāng)a＞1時，易知函數(shù)f（x）在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，且f（1）＝a﹣1＞0，又由（1）可得，當(dāng)0＜x＜1時，，則，則，此時，故存在，使得f（n）＜0，故函數(shù)f（x）在（0，+∞）上存在唯一零點；綜上，實數(shù)a的取值范圍為（0，+∞）．6．（2021?浙江）設(shè)a，b為實數(shù)，且a＞1，函數(shù)f（x）＝ax﹣bx+e2（x∈R）．（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）若對任意b＞2e2，函數(shù)f（x）有兩個不同的零點，求a的取值范圍；（Ⅲ）當(dāng)a＝e時，證明：對任意b＞e4，函數(shù)f（x）有兩個不同的零點x1，x2，滿足x2＞x1+．（注：e＝2.71828?是自然對數(shù)的底數(shù)）【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝axlna﹣b，①當(dāng)b≤0時，由于a＞1，則axlna＞0，故f′（x）＞0，此時f（x）在R上單調(diào)遞增；②當(dāng)b＞0時，令f′（x）＞0，解得，令f′（x）＜0，解得，∴此時f（x）在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增；綜上，當(dāng)b≤0時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（﹣∞，+∞）；當(dāng)b＞0時，f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為；（Ⅱ）注意到x→﹣∞時，f（x）→+∞，當(dāng)x→+∞時，f（x）→+∞，由（Ⅰ）知，要使函數(shù)f（x）有兩個不同的零點，只需即可，∴對任意b＞2e2均成立，令，則at﹣bt+e2＜0，即etlna﹣bt+e2＜0，即，即，∴對任意b＞2e2均成立，記，則，令g′（b）＝0，得b＝lna，①當(dāng)lna＞2e2，即時，易知g（b）在（2e2，lna）單調(diào)遞增，在（lna，+∞）單調(diào)遞減，此時g（b）≤g（lna）＝lna﹣lna?ln1+e2lna＝lna?（e2+1）＞0，不合題意；②當(dāng)lna≤2e2，即時，易知g（b）在（2e2，+∞）單調(diào)遞減，此時＝2e2﹣2e2[ln（2e2）﹣ln（lna）]+e2lna，故只需2﹣2[ln2+2﹣ln（lna）]+lna≤0，即lna+2ln（lna）≤2+2ln2，則lna≤2，即a≤e2；綜上，實數(shù)a的取值范圍為（1，e2]；（Ⅲ）證明：當(dāng)a＝e時，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）有兩個零點，不妨設(shè)為x1，x2，且x1＜lnb＜x2，由，可得，∴要證，只需證，只需證，而，則，∴要證，只需證，只需證x2＞ln（blnb），而f（ln（blnb））＝eln（blnb）﹣bln（blnb）+e2＝blnb﹣bln（blnb）+e2＜blnb﹣bln（4b）+e2＝，∴x2＞ln（blnb），即得證．7．（2020?新課標(biāo)Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣a（x+2）．（1）當(dāng)a＝1時，討論f（x）的單調(diào)性；（2）若f（x）有兩個零點，求a的取值范圍．【解答】解：由題意，f（x）的定義域為（﹣∞，+∞），且f′（x）＝ex﹣a．（1）當(dāng)a＝1時，f′（x）＝ex﹣1，令f′（x）＝0，解得x＝0．∴當(dāng)x∈（﹣∞，0）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（0，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．∴f（x）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增；（2）當(dāng)a≤0時，f′（x）＝ex﹣a＞0恒成立，f（x）在（﹣∞，+∞）上單調(diào)遞增，不合題意；當(dāng)a＞0時，令f′（x）＝0，解得x＝lna，當(dāng)x∈（﹣∞，lna）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（lna，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．∴f（x）的極小值也是最小值為f（lna）＝a﹣a（lna+2）＝﹣a（1+lna）．又當(dāng)x→﹣∞時，f（x）→+∞，當(dāng)x→+∞時，f（x）→+∞．∴要使f（x）有兩個零點，只要f（lna）＜0即可，則1+lna＞0，可得a＞．綜上，若f（x）有兩個零點，則a的取值范圍是（，+∞）．二．基礎(chǔ)單調(diào)性判斷--因式分解（共2小題）8．（2021?全國）已知函數(shù)f（x）＝x2﹣6x+4lnx+m．（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）當(dāng)x∈（1，+∞）時，f（x）＞0，求m的取值范圍．【解答】解：（1）已知函數(shù)f（x）＝x2﹣6x+4lnx+m，則＝＝，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）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1），（2，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（1，2）；（2）由（1）可得：函數(shù)f（x）在（2，+∞）單調(diào)遞增，在（1，2）單調(diào)遞減，則當(dāng)x∈（1，+∞）時，f（x）min＝f（2）＝4ln2﹣8+m，又當(dāng)x∈（1，+∞）時，f（x）＞0，即4ln2﹣8+m＞0，即m＞8﹣4ln2，即m的取值范圍為：（8﹣4ln2，+∞）．9．（2021?甲卷）已知a＞0且a≠1，函數(shù)f（x）＝（x＞0）．（1）當(dāng)a＝2時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若曲線y＝f（x）與直線y＝1有且僅有兩個交點，求a的取值范圍．【解答】解：（1）a＝2時，f（x）＝，f′（x）＝＝＝，當(dāng)x∈（0，）時，f′（x）＞0，當(dāng)x∈（，+∞）時，f′（x）＜0，故f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，），單調(diào)遞減區(qū)間為（，+∞）．（2）由題知f（x）＝1在（0，+∞）有兩個不等實根，f（x）＝1?xa＝ax?alnx＝xlna?＝，令g（x）＝，g′（x）＝，g（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，+∞）上單調(diào)遞減，又當(dāng)x＜1時，g（x）＜0，g（1）＝0，g（e）＝，當(dāng)x＞1時，g（x）＞0，作出g（x）的圖象，如圖所示：由圖象可得0＜＜，解得a＞1且a≠e，即a的取值范圍是（1，e）∪（e，+∞）．三．中檔單調(diào)性判斷--因式分解（共3小題）10．（2022?甲卷）已知函數(shù)f（x）＝﹣lnx+x﹣a．（1）若f（x）≥0，求a的取值范圍；（2）證明：若f（x）有兩個零點x1，x2，則x1x2＜1．【解答】解：（1）f（x）的定義域為（0，+∞），，令f′（x）＞0，解得x＞1，故函數(shù)f（x）在（0，1）單調(diào)遞減，（1，+∞）單調(diào)遞增，故f（x）min＝f（1）＝e+1﹣a，要使得f（x）≥0恒成立，僅需e+1﹣a≥0，故a≤e+1，故a的取值范圍是（﹣∞，e+1]；（2）證明：由已知有函數(shù)f（x）要有兩個零點，故f（1）＝e+1﹣a＜0，即a＞e+1，不妨設(shè)0＜x1＜1＜x2，要證明x1x2＜1，即證明，∵0＜x1＜1，∴，即證明：，又因為f（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，即證明：?，構(gòu)造函數(shù)，0＜x＜1，h′（x）＝f′（x）﹣[f（）]′＝，構(gòu)造函數(shù)m（x）＝，，因為0＜x＜1，所以，故m′（x）＞0在（0，1）恒成立，故m（x）在（0，1）單調(diào)遞增，故m（x）＜m（1）＝0又因為x﹣1＜0，故h′（x）＞0在（0，1）恒成立，故h（x）在（0，1）單調(diào)遞增，又因為h（1）＝0，故h（x）＜h（1）＝0，故，即x1x2＜1．得證．11．（2021?新高考Ⅱ）已知函數(shù)f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+b．（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性；（Ⅱ）從下面兩個條件中選一個，證明：f（x）恰有一個零點．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當(dāng)a≤0時，當(dāng)x＞0時，f'（x）＞0，當(dāng)x＜0時，f'（x）＜0，∴f（x）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增，②當(dāng)a＞0時，令f'（x）＝0，可得x＝0或x＝ln（2a），（i）當(dāng)時，當(dāng)x＞0或x＜ln（2a）時，f'（x）＞0，當(dāng)ln（2a）＜x＜0時，f'（x）＜0，∴f（x）在（﹣∞，ln（2a）），（0，+∞）上單調(diào)遞增，在（ln（2a），0）上單調(diào)遞減，（ii）a＝時，f'（x）＝x（ex﹣1）≥0且等號不恒成立，∴f（x）在R上單調(diào)遞增，（iii）當(dāng)時，當(dāng)x＜0或x＞ln（2a）時，f'（x）＞0，當(dāng)0＜x＜ln（2a）時，f'（x）＜0，f（x）在（﹣∞，0），（ln（2a），+∞）上單調(diào)遞增，在（0，ln（2a））上單調(diào)遞減．綜上所述：當(dāng)a?0時，f（x）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞減；在（0，+∞）上單調(diào)遞增；當(dāng)時，f（x）在（﹣∞，ln（2a））和（0，+∞）上單調(diào)遞增；在（ln（2a），0）上單調(diào)遞減；當(dāng)時，f（x）在R上單調(diào)遞增；當(dāng)時，f（x）在（﹣∞，0）和（ln（2a），+∞）上單調(diào)遞增；在（0，ln（2a））上單調(diào)遞減．（Ⅱ）證明：若選①，由（Ⅰ）知，f（x）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞增，（0，ln（2a））單調(diào)遞減，（ln（2a），+∞）上f（x）單調(diào)遞增．注意到．∴f（x）在上有一個零點；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，當(dāng)x?0時，f（x）?f（ln（2a））＞0，此時f（x）無零點．綜上：f（x）在R上僅有一個零點．另解：當(dāng)a∈（，]時，有l(wèi)n（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，+∞）沒有零點，當(dāng)x＜0時，ex∈（0，1），于是f（x）＜﹣ax2+b?f（﹣）＜0，所以f（x）在（﹣，0）上存在一個零點，命題得證．若選②，則由（Ⅰ）知：f（x）在（﹣∞，ln（2a））上單調(diào)遞增，在（ln（2a），0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增．f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）2a﹣aln22a+b?2aln（2a）﹣2a﹣aln22a+2a＝aln（2a）（2﹣ln（2a）），∵，∴l(xiāng)n（2a）＜0，∴aln（2a）（2﹣ln（2a））＜0，∴f（ln（2a））＜0，∴當(dāng)x?0時，f（x）?f（ln（2a））＜0，此時f（x）無零點．當(dāng)x＞0時，f（x）單調(diào)遞增，注意到f（0）＝b﹣1?2a﹣1＜0，取，∵b＜2a＜1，∴，又易證ec＞c+1，∴﹣1＝1＞0，∴f（x）在（0，c）上有唯一零點，即f（x）在（0，+∞）上有唯一零點．綜上：f（x）在R上有唯一零點．12．（2020?天津）已知函數(shù)f（x）＝x3+klnx（k∈R），f′（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)．（Ⅰ）當(dāng)k＝6時，（ⅰ）求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；（ⅱ）求函數(shù)g（x）＝f（x）﹣f′（x）+的單調(diào)區(qū)間和極值；（Ⅱ）當(dāng)k≥﹣3時，求證：對任意的x1，x2∈[1，+∞），且x1＞x2，有＞．【解答】解：（I）（i）當(dāng)k＝6時，f（x）＝x3+6lnx，故f′（x）＝3x2+，∴f′（1）＝9，∵f（1）＝1，∴曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為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，當(dāng)0＜x＜1，g′（x）＜0，當(dāng)x＞1，g′（x）＞0，∴函數(shù)g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，x＝1是極小值點，極小值為g（1）＝1，無極大值（Ⅱ）證明：由f（x）＝x3+klnx，則f′（x）＝3x2+，對任意的x1，x2∈[1，+∞），且x1＞x2，令＝t，t＞1，則（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，當(dāng)x＞1時，h′（x）＝1+﹣＝（1﹣）2＞0，∴h（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，∴當(dāng)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）可知當(dāng)t≥1時，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，∴當(dāng)k≥﹣3時，對任意的x1，x2∈[1，+∞），且x1＞x2，有＞．四．中檔單調(diào)性判斷--二次函數(shù)討論（共4小題）13．（2020?新課標(biāo)Ⅲ）已知函數(shù)f（x）＝x3﹣kx+k2．（1）討論f（x）的單調(diào)性；（2）若f（x）有三個零點，求k的取值范圍．【解答】解：（1）f（x）＝x3﹣kx+k2．f′（x）＝3x2﹣k，k≤0時，f′（x）≥0，f（x）在R遞增，k＞0時，令f′（x）＞0，解得：x＞或x＜﹣，令f′（x）＜0，解得：﹣＜x＜，∴f（x）在（﹣∞，﹣）遞增，在（﹣，）遞減，在（，+∞）遞增，綜上，k≤0時，f（x）在R遞增，k＞0時，f（x）在（﹣∞，﹣）遞增，在（﹣，）遞減，在（，+∞）遞增；（2）由（1）得：k＞0，f（x）極小值＝f（），f（x）極大值＝f（﹣），若f（x）有三個零點，只需，解得：0＜k＜，故k∈（0，）．14．（2019?新課標(biāo)Ⅲ）已知函數(shù)f（x）＝2x3﹣ax2+b．（1）討論f（x）的單調(diào)性；（2）是否存在a，b，使得f（x）在區(qū)間[0，1]的最小值為﹣1且最大值為1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，說明理由．【解答】解：（1）f′（x）＝6x2﹣2ax＝6x（x﹣）．令f′（x）＝6x（x﹣）＝0，解得x＝0，或．①a＝0時，f′（x）＝6x2≥0，函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增．②a＞0時，函數(shù)f（x）在（﹣∞，0），（，+∞）上單調(diào)遞增，在（0，）上單調(diào)遞減．③a＜0時，函數(shù)f（x）在（﹣∞，），（0，+∞）上單調(diào)遞增，在（，0）上單調(diào)遞減．（2）由（1）可得：①a≤0時，函數(shù)f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增．則f（0）＝b＝﹣1，f（1）＝2﹣a+b＝1，解得b＝﹣1，a＝0，滿足條件．②a＞0時，函數(shù)f（x）在[0，]上單調(diào)遞減．≥1，即a≥3時，函數(shù)f（x）在[0，1]上單調(diào)遞減．則f（0）＝b＝1，f（1）＝2﹣a+b＝﹣1，解得b＝1，a＝4，滿足條件．③0＜＜1，即0＜a＜3時，函數(shù)f（x）在[0，）上單調(diào)遞減，在（，1]上單調(diào)遞增．則最小值f（）＝﹣a×+b＝﹣1，化為：﹣+b＝﹣1．而f（0）＝b，f（1）＝2﹣a+b，∴最大值為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．綜上可得：存在a，b，使得f（x）在區(qū)間[0，1]的最小值為﹣1且最大值為1．a(chǎn)，b的所有值為：，或．15．（2021?甲卷）設(shè)函數(shù)f（x）＝a2x2+ax﹣3lnx+1，其中a＞0．（1）討論f（x）的單調(diào)性；（2）若y＝f（x）的圖像與x軸沒有公共點，求a的取值范圍．【解答】解：（1）f′（x）＝2a2x+a﹣＝＝，x＞0，因為a＞0，所以﹣＜0＜，所以在（0，）上，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，在（，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．綜上所述，f（x）在（0，）上單調(diào)遞減，在（，+∞）上f（x）單調(diào)遞增．（2）由（1）可知，f（x）min＝f（）＝a2×（）2+a×﹣3ln+1＝3+3lna，因為y＝f（x）的圖像與x軸沒有公共點，所以3+3lna＞0，所以a＞，所以a的取值范圍為（，+∞）．16．（2021?乙卷）已知函數(shù)f（x）＝x3﹣x2+ax+1．（1）討論f（x）的單調(diào)性；（2）求曲線y＝f（x）過坐標(biāo)原點的切線與曲線y＝f（x）的公共點的坐標(biāo)．【解答】解：（1）f′（x）＝3x2﹣2x+a，Δ＝4﹣12a，①當(dāng)△≤0，即時，由于f′（x）的圖象是開口向上的拋物線，故此時f′（x）≥0，則f（x）在R上單調(diào)遞增；②當(dāng)Δ＞0，即時，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，+∞）單調(diào)遞增，在（x1，x2）單調(diào)遞減；綜上，當(dāng)時，f（x）在R上單調(diào)遞增；當(dāng)時，f（x）在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減．（2）設(shè)曲線y＝f（x）過坐標(biāo)原點的切線為l，切點為，則切線方程為，將原點代入切線方程有，，解得x0＝1，∴切線方程為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，∴曲線y＝f（x）過坐標(biāo)原點的切線與曲線y＝f（x）的公共點的坐標(biāo)為（1，a+1）和（﹣1，﹣a﹣1）．五．中檔單調(diào)性判斷--因式分解【理科】（共1小題）17．（2019?浙江）已知實數(shù)a≠0，設(shè)函數(shù)f（x）＝alnx+，x＞0．（Ⅰ）當(dāng)a＝﹣時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）對任意x∈[，+∞）均有f（x）≤，求a的取值范圍．注：e＝2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)．【解答】解：（1）當(dāng)a＝﹣時，f（x）＝﹣，x＞0，f′（x）＝﹣＝，∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，3），單調(diào)遞增區(qū)間為（3，+∞）．（2）由f（1）≤，得0＜a≤，當(dāng)0＜a≤時，f（x）≤，等價于﹣﹣2lnx≥0，令t＝，則t≥2，設(shè)g（t）＝t2﹣2t﹣2lnx，t≥2，則g（t）＝（t﹣）2﹣﹣2lnx，（i）當(dāng)x∈[，+∞）時，≤2，則g（x）≥g（2）＝8﹣2lnx，記p（x）＝4﹣2﹣lnx，x≥，則p′（x）＝﹣＝＝，列表討論：x（，1）1（1，+∞）p′（x）﹣0+P（x）p（）單調(diào)遞減極小值p（1）單調(diào)遞增∴p（x）≥p（1）＝0，∴g（t）≥g（2＝2p（x）≥0．（ii）當(dāng)x∈[）時，g（t）≥g（）＝，令q（x）＝2lnx+（x+1），x∈[，]，則q′（x）＝+1＞0，故q（x）在[，]上單調(diào)遞增，∴q（x）≤q（），由（i）得q（）＝﹣p（）＜﹣p（1）＝0，∴q（x）＜0，∴g（t）≥g（）＝﹣＞0，由（i）（ii）知對任意x∈[，+∞），t∈[2，+∞），g（t）≥0，即對任意x∈[，+∞），均有f（x）≤，綜上所述，所求的a的取值范圍是（0，]．六．極值問題（共2小題）18．（2021?乙卷）已知函數(shù)f（x）＝ln（a﹣x），已知x＝0是函數(shù)y＝xf（x）的極值點．（1）求a；（2）設(shè)函數(shù)g（x）＝．證明：g（x）＜1．【解答】（1）解：由題意，f（x）的定義域為（﹣∞，a），令t（x）＝xf（x），則t（x）＝xln（a﹣x），x∈（﹣∞，a），則t'（x）＝ln（a﹣x）+x?＝，因為x＝0是函數(shù)y＝xf（x）的極值點，則有t'（0）＝0，即lna＝0，所以a＝1，當(dāng)a＝1時，t'（x）＝，且t'（0）＝0，因為t''（x）＝，則t'（x）在（﹣∞，1）上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈（﹣∞，0）時，t'（x）＞0，當(dāng)x∈（0，1）時，t'（x）＜0，所以a＝1時，x＝0是函數(shù)y＝xf（x）的一個極大值點．綜上所述，a＝1；（2）證明：由（1）可知，xf（x）＝xln（1﹣x），要證，即需證明，因為當(dāng)x∈（﹣∞，0）時，xln（1﹣x）＜0，當(dāng)x∈（0，1）時，xln（1﹣x）＜0，所以需證明x+ln（1﹣x）＞xln（1﹣x），即x+（1﹣x）ln（1﹣x）＞0，令h（x）＝x+（1﹣x）ln（1﹣x），則h'（x）＝（1﹣x）＝﹣ln（1﹣x），所以h'（0）＝0，當(dāng)x∈（﹣∞，0）時，h'（x）＜0，當(dāng)x∈（0，1）時，h'（x）＞0，所以x＝0為h（x）的極小值點，所以h（x）＞h（0）＝0，即x+ln（1﹣x）＞xln（1﹣x），故，所以．19．（2019?新課標(biāo)Ⅱ）已知函數(shù)f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．證明：（1）f（x）存在唯一的極值點；（2）f（x）＝0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數(shù)．【解答】證明：（1）∵函數(shù)f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．∴f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）＝＝lnx﹣，∵y＝lnx單調(diào)遞增，y＝單調(diào)遞減，∴f′（x）單調(diào)遞增，又f′（1）＝﹣1＜0，f′（2）＝ln2﹣＝＞0，∴存在唯一的x0∈（1，2），使得f′（x0）＝0．當(dāng)0＜x＜x0時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x＞x0時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，∴f（x）存在唯一的極值點．（2）由（1）知f（x0）＜f（1）＝﹣2，又f（e2）＝e2﹣3＞0，∴f（x）＝0在（x0，+∞）內(nèi)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，綜上，f（x）＝0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數(shù)．七．基礎(chǔ)切線問題（共11小題）20．（2022?天津）已知a，b∈R，函數(shù)f（x）＝ex﹣asinx，g（x）＝b．（1）求函數(shù)y＝f（x）在（0，f（0））處的切線方程；（2）若y＝f（x）和y＝g（x）有公共點．（?。┊?dāng)a＝0時，求b的取值范圍；（ⅱ）求證：a2+b2＞e．【解答】解：（1）∵f（x）＝ex﹣asinx，∴f′（x）＝ex﹣acosx，∴f（0）＝1，f′（0）＝1﹣a，∴函數(shù)y＝f（x）在（0，1）處的切線方程為y＝（1﹣a）x+1；（2）（?。遖＝0，∴f（x）＝ex，又y＝f（x）和y＝g（x）有公共點，∴方程f（x）＝g（x）有解，即有解，顯然x≠0，∴b＝在（0，+∞）上有解，設(shè)h（x）＝，（x＞0），∴h′（x）＝，∴當(dāng)x∈（0，）時，h′（x）＜0；當(dāng)x∈（，+∞）時，h′（x）＞0，∴h（x）在（0，）上單調(diào)遞減，在（，+∞）上單調(diào)遞增，∴，且當(dāng)x→0時，h（x）→+∞；當(dāng)x→+∞時，h（x）→+∞，∴h（x）∈[，+∞），∴b的范圍為[，+∞）；（ⅱ）證明：令交點的橫坐標(biāo)為x0，則，∴由柯西不等式可得≤（a2+b2）（sin2x0+x0）∴a2+b2≥，又易證x＞0時，x＞sinx，ex≥ex，ex＞x+1，∴＝＞＝e，故a2+b2＞e．21．（2020?北京）已知函數(shù)f（x）＝12﹣x2．（Ⅰ）求曲線y＝f（x）的斜率等于﹣2的切線方程；（Ⅱ）設(shè)曲線y＝f（x）在點（t，f（t））處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為S（t），求S（t）的最小值．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝12﹣x2的導(dǎo)數(shù)f′（x）＝﹣2x，令切點為（m，n），可得切線的斜率為﹣2m＝﹣2，∴m＝1，∴n＝12﹣1＝11，∴切線的方程為y＝﹣2x+13；（Ⅱ）曲線y＝f（x）在點（t，f（t））處的切線的斜率為k＝﹣2t，切線方程為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）為偶函數(shù)，不妨設(shè)t＞0，則S（t）＝（t+）（12+t2），∴S′（t）＝（3t2+24﹣）＝?，由S′（t）＝0，得t＝2，當(dāng)t＞2時，S′（t）＞0，S（t）遞增；當(dāng)0＜t＜2時，S′（t）＜0，S（t）遞減，則S（t）在t＝2處取得極小值，且為最小值32，同理可得t＜0時，S（t）在t＝﹣2處取得極小值，且為最小值32，所以S（t）的最小值為32．22．（2022?北京）已知函數(shù)f（x）＝exln（1+x）．（Ⅰ）求曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；（Ⅱ）設(shè)g（x）＝f′（x），討論函數(shù)g（x）在[0，+∞）上的單調(diào)性；（Ⅲ）證明：對任意的s，t∈（0，+∞），有f（s+t）＞f（s）+f（t）．【解答】解：（Ⅰ）對函數(shù)求導(dǎo)可得：，將x＝0代入原函數(shù)可得f（0）＝0，將x＝0代入導(dǎo)函數(shù)可得：f′（0）＝1，故在x＝0處切線斜率為1，故y﹣0＝1（x﹣0），化簡得：y＝x；（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）有：g（x）＝，，令，令x+1＝k（k≥1），設(shè)，恒成立，故h（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增，又因為h（0）＝1，故h（x）＞0在[0，+∞）恒成立，故g′（x）＞0，故g（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增；解法二：由（Ⅰ）有：g（x）＝，，設(shè)m（x）＝ex，n（x）＝ln（x+1）+，則g（x）＝m（x）?n（x），由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)得m（x）＝ex上（0，+∞）上是增函數(shù)，且m（x）＝ex＞0，n′（x）＝＝，當(dāng)x∈（0，+∞）時，n′（x）＞0，n（x）單調(diào)遞增，且當(dāng)x∈（0，+∞）時，n（x）＝ln（x+1）+＞0，∴g（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增．（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）有g(shù)（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增，又g（0）＝1，故g（x）＞0在[0，+∞）恒成立，故f（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增，設(shè)w（x）＝f（x+t）﹣f（x），w′（x）＝f′（x+t）﹣f′（x），由（Ⅱ）有g(shù)（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增，又因為x+t＞x，所以f′（x+t）＞f′（x），故w（x）單調(diào)遞增，又因為s＞0，故w（s）＞w（0），即：f（s+t）﹣f（s）＞f（t）﹣f（0），又因為函數(shù)f（0）＝0，故f（s+t）＞f（s）+f（t），得證．23．（2018?北京）設(shè)函數(shù)f（x）＝[ax2﹣（3a+1）x+3a+2]ex．（Ⅰ）若曲線y＝f（x）在點（2，f（2））處的切線斜率為0，求a；（Ⅱ）若f（x）在x＝1處取得極小值，求a的取值范圍．【解答】解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）＝[ax2﹣（3a+1）x+3a+2]ex的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝[ax2﹣（a+1）x+1]ex．曲線y＝f（x）在點（2，f（2））處的切線斜率為0，可得（4a﹣2a﹣2+1）e2＝0，解得a＝；（Ⅱ）f（x）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝[ax2﹣（a+1）x+1]ex＝（x﹣1）（ax﹣1）ex，若a＝0則x＜1時，f′（x）＞0，f（x）遞增；x＞1，f′（x）＜0，f（x）遞減．x＝1處f（x）取得極大值，不符題意；若a＞0，且a＝1，則f′（x）＝（x﹣1）2ex≥0，f（x）遞增，無極值；若a＞1，則＜1，f（x）在（，1）遞減；在（1，+∞），（﹣∞，）遞增，可得f（x）在x＝1處取得極小值；若0＜a＜1，則＞1，f（x）在（1，）遞減；在（，+∞），（﹣∞，1）遞增，可得f（x）在x＝1處取得極大值，不符題意；若a＜0，則＜1，f（x）在（，1）遞增；在（1，+∞），（﹣∞，）遞減，可得f（x）在x＝1處取得極大值，不符題意．綜上可得，a的范圍是（1，+∞）．24．（2019?北京）已知函數(shù)f（x）＝x3﹣x2+x．（Ⅰ）求曲線y＝f（x）的斜率為1的切線方程；（Ⅱ）當(dāng)x∈[﹣2，4]時，求證：x﹣6≤f（x）≤x；（Ⅲ）設(shè)F（x）＝|f（x）﹣（x+a）|（a∈R），記F（x）在區(qū)間[﹣2，4]上的最大值為M（a）．當(dāng)M（a）最小時，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）證明：欲證x﹣6≤f（x）≤x，只需證﹣6≤f（x）﹣x≤0，令g（x）＝f（x）﹣x＝，x∈[﹣2，4]，則g′（x）＝＝，可知g′（x）在[﹣2，0]為正，在（0，）為負(fù)，在[]為正，∴g（x）在[﹣2，0]遞增，在（0，]遞減，在（]遞增，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(xiàn)（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|，則問題轉(zhuǎn)化為當(dāng)t∈[﹣6，0]時，h（t）的最大值M（a）的問題了，①當(dāng)a≤﹣3時，M（a）＝h（0）＝|a|＝﹣a，此時﹣a≥3，當(dāng)a＝﹣3時，M（a）取得最小值3；②當(dāng)a≥﹣3時，M（a）＝h（﹣6）＝|﹣6﹣a|＝|6+a|，∵6+a≥3，∴M（a）＝6+a，也是a＝﹣3時，M（a）最小值為3．綜上，當(dāng)M（a）取最小值時a的值為﹣3．25．（2020?新課標(biāo)Ⅲ）設(shè)函數(shù)f（x）＝x3+bx+c，曲線y＝f（x）在點（，f（））處的切線與y軸垂直．（1）求b；（2）若f（x）有一個絕對值不大于1的零點，證明：f（x）所有零點的絕對值都不大于1．【解答】（1）解：由f（x）＝x3+bx+c，得f′（x）＝3x2+b，∴f′（）＝3×，即b＝﹣；（2）證明：法一、設(shè)x0為f（x）的一個零點，根據(jù)題意，，且|x0|≤1，則，且|x0|≤1，令c（x）＝（﹣1≤x≤1），∴c′（x）＝＝，當(dāng)x∈（﹣1，﹣）∪（，1）時，c′（x）＜0，當(dāng)x∈（﹣，）時，c′（x）＞0可知c（x）在（﹣1，﹣），（，1）上單調(diào)遞減，在（，）上單調(diào)遞增．又c（﹣1）＝，c（1）＝，c（）＝﹣，c（）＝，∴．設(shè)x1為f（x）的零點，則必有，即，∴，得﹣1≤x1≤1，即|x1|≤1．∴f（x）所有零點的絕對值都不大于1．法二、由（1）可得，f（x）＝．f′（x）＝，可得當(dāng)x∈（﹣∞，）∪（，+∞）時，f′（x）＞0，當(dāng)x∈（，）時，f′（x）＜0，則f（x）在（﹣∞，），（，+∞）上單調(diào)遞增，在（，）上單調(diào)遞減．且f（﹣1）＝c﹣，f（﹣）＝c+，f（）＝c﹣，f（1）＝c+，若f（x）的所有零點中存在一個絕對值大于1的零點x0，則f（﹣1）＞0或f（1）＜0．即c＞或c＜﹣．當(dāng)c＞時，f（﹣1）＝c﹣＞0，f（﹣）＝c+＞0，f（）＝c﹣＞0，f（1）＝c+＞0，又f（﹣4c）＝﹣64c3+3c+c＝4c（1﹣16c2）＜0，由零點存在性定理可知，f（x）在（﹣4c，﹣1）上存在唯一一個零點．即f（x）在（﹣∞，﹣1）上存在唯一零點，在（1，+∞）上不存在零點．此時f（x）不存在絕對值不大于1的零點，與題設(shè)矛盾；當(dāng)c＜﹣時，f（﹣1）＝c﹣＜0，f（﹣）＝c+＜0，f（）＝c﹣＜0，f（1）＝c+＜0，又f（﹣4c）＝64c3+3c+c＝4c（1﹣16c2）＞0，由零點存在性定理可知，f（x）在（1，﹣4c）上存在唯一一個零點．即f（x）在（1，+∞）上存在唯一零點，在（﹣∞，1）上不存在零點．此時f（x）不存在絕對值不大于1的零點，與題設(shè)矛盾．綜上，f（x）所有零點的絕對值都不大于1．26．（2021?天津）已知a＞0，函數(shù)f（x）＝ax﹣xex．（1）求曲線f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；（2）證明函數(shù)f（x）存在唯一的極值點；（3）若?a，使得f（x）≤a+b對任意的x∈R恒成立，求實數(shù)b的取值范圍．【解答】（1）解：因為f'（x）＝a﹣（x+1）ex，所以f'（0）＝a﹣1，而f（0）＝0，所以在（0，f（0））處的切線方程為y＝（a﹣1）x（a＞0）；（2）證明：令f'（x）＝a﹣（x+1）ex＝0，則a＝（x+1）ex，令g（x）＝（x+1）ex，則g'（x）＝（x+2）ex，令g'（x）＝0，解得x＝﹣2，當(dāng)x∈（﹣∞，﹣2）時，g'（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（﹣2，+∞）時，g'（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x→﹣∞時，g（x）＜0，當(dāng)x→+∞時，g（x）＞0，作出圖象，如圖，所以當(dāng)a＞0時，y＝a與y＝g（x）僅有一個交點，令g（m）＝a，則m＞﹣1，且f′（m）＝a﹣g（m）＝0，當(dāng)x∈（﹣∞，m）時，a＞g（x），f'（x）＞0，f（x）為增函數(shù)；當(dāng)x∈（m，+∞）時，a＜g（x），f'（x）＜0，f（x）為減函數(shù)；所以x＝m時是f（x）的極大值點，故f（x）僅有一個極值點；（3）解：由（2）知f（x）max＝f（m），此時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對任意的x∈R恒成立，則等價于存在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），當(dāng)x∈（﹣1，1）時，h'（x）＜0，h（x）為單調(diào)減函數(shù)，當(dāng)x∈（1，+∞）時，h'（x）＞0，h（x）為單調(diào)增函數(shù)，所以h（x）min＝h（1）＝﹣e，故b≥﹣e，所以實數(shù)b的取值范圍[﹣e，+∞）．27．（2021?北京）已知函數(shù)f（x）＝．（Ⅰ）若a＝0，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；（Ⅱ）若f（x）在x＝﹣1處取得極值，求f（x）的單調(diào)區(qū)間，并求其最大值和最小值．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝＝，可得y＝f（x）在（1，1）處的切線的斜率為﹣4，則y＝f（x）在（1，f（1））處的切線方程為y﹣1＝﹣4（x﹣1），即為y＝﹣4x+5；（Ⅱ）f（x）＝的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝＝，由題意可得f′（﹣1）＝0，即＝0，解得a＝4，可得f（x）＝，f′（x）＝，當(dāng)x＞4或x＜﹣1時，f′（x）＞0，f（x）遞增；當(dāng)﹣1＜x＜4時，f′（x）＜0，f（x）遞減．函數(shù)y＝f（x）的圖象如右圖，當(dāng)x→﹣∞，y→0；x→+∞，y→0，則f（x）在x＝﹣1處取得極大值1，且為最大值1；在x＝4處取得極小值﹣，且為最小值﹣．所以f（x）的增區(qū)間為（﹣∞，﹣1），（4，+∞），減區(qū)間為（﹣1，4）；f（x）的最大值為1，最小值為﹣．28．（2022?乙卷）已知函數(shù)f（x）＝ln（1+x）+axe﹣x．（1）當(dāng)a＝1時，求曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；（2）若f（x）在區(qū)間（﹣1，0），（0，+∞）各恰有一個零點，求a的取值范圍．【解答】解：（1）當(dāng)a＝1時，f（x）＝ln（1+x）+xe﹣x，則，∴f′（0）＝1+1＝2，又f（0）＝0，∴所求切線方程為y＝2x；（2）＝，若a≥0，當(dāng)﹣1＜x＜0時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，則f（x）＜f（0）＝0，不合題意；設(shè)g（x）＝ex+a（1﹣x2），g′（x）＝ex﹣2ax，當(dāng)﹣1≤a＜0時，在（0，+∞）上，g（x）＞e0+a≥0，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，無零點，不合題意；當(dāng)a＜﹣1時，當(dāng)x＞0時，g′（x）＞0，則g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，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）上單調(diào)遞減，在（x0，+∞）上單調(diào)遞增，f（x0）＜f（0）＝0，先證當(dāng)x＞0時，，設(shè)，則，易知當(dāng)0＜x＜2時，h′（x）＜0，h（x）單減，當(dāng)x＞2時，h′（x）＞0，h（x）單增，所以，則當(dāng)x＞0時，，所以，再證，設(shè)，則，易知當(dāng)0＜x＜1時，m′（x）＜0，m（x）單減，當(dāng)x＞1時，m′（x）＞0，m（x）單增，所以m（x）≥m（1）＝0，即，則由a＜﹣1，可得，則當(dāng)x＞1+a2時，＞0，此時f（x）在（0，+∞）上恰有一個零點，當(dāng)﹣1＜x＜0時，g′（x）在（﹣1，0）上單調(diào)遞增，，故存在唯一的x1∈（﹣1，0），使得g′（x1）＝0，且g（x）在（﹣1，x1）上單調(diào)遞減，在（x1，0）上單調(diào)遞增，，故存在唯一的x2∈（﹣1，x1），使得g（x2）＝0，所以f（x）在（﹣1，x2）上單調(diào)遞增，在（x2，0）上單調(diào)遞減，x→﹣1時，f（x）→﹣∞，f（0）＝0，此時f（x）在（﹣1，0）上恰有一個零點，綜上，實數(shù)a的取值范圍為（﹣∞，﹣1）．29．（2022?甲卷）已知函數(shù)f（x）＝x3﹣x，g（x）＝x2+a，曲線y＝f（x）在點（x1，f（x1））處的切線也是曲線y＝g（x）的切線．（1）若x1＝﹣1，求a；（2）求a的取值范圍．【解答】解：（1）由題意知，f（﹣1）＝﹣1﹣（﹣1）＝0，f'（x）＝3x2﹣1，f'（﹣1）＝3﹣1＝2，則y＝f（x）在點（﹣1，0）處的切線方程為y＝2（x+1），即y＝2x+2，設(shè)該切線與g（x）切于點（x2，g（x2）），g'（x）＝2x，則g'（x2）＝2x2＝2，解得x2＝1，則g（1）＝1+a＝2+2，解得a＝3；（2）f'（x）＝3x2﹣1，則y＝f（x）在點（x1，f（x1））處的切線方程為，整理得，設(shè)該切線與g（x）切于點（x2，g（x2）），g'（x）＝2x，則g'（x2）＝2x2，則切線方程為，整理得，則，整理得，令，則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，則x變化時，h'（x），h（x）的變化情況如下表：x0（0，1）1（1，+∞）h′（x）﹣0+0﹣0+h（x）單調(diào)遞減單調(diào)遞增單調(diào)遞減﹣1單調(diào)遞增則h（x）的值域為[﹣1，+∞），故a的取值范圍為[﹣1，+∞）．30．（2020?海南）已知函數(shù)f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna．（1）當(dāng)a＝e時，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積；（2）若f（x）≥1，求a的取值范圍．【解答】解：（1）當(dāng)a＝e時，f（x）＝ex﹣lnx+1，∴f′（x）＝ex﹣，∴f′（1）＝e﹣1，∵f（1）＝e+1，∴曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y﹣（e+1）＝（e﹣1）（x﹣1），當(dāng)x＝0時，y＝2，當(dāng)y＝0時，x＝，∴曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積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，則g′（t）＝et+1＞0，∴g（t）在R上單調(diào)遞增，∵g（lna+x﹣1）≥g（lnx）∴l(xiāng)na+x﹣1≥lnx，即lna≥lnx﹣x+1，令h（x）＝lnx﹣x+1，∴h′（x）＝﹣1＝，當(dāng)0＜x＜1時，h′（x）＞0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x＞1時，h′（x）＜0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減，∴h（x）≤h（1）＝0，∴l(xiāng)na≥0，∴a≥1，故a的范圍為[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，設(shè)g（x）＝ex﹣x﹣1，∴g′（x）＝ex﹣1＞0恒成立，∴g（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，∴g（x）＞g（0）＝1﹣0﹣1＝0，∴ex﹣x﹣1＞0，即ex＞x+1，再設(shè)h（x）＝x﹣1﹣lnx，∴h′（x）＝1﹣＝，當(dāng)0＜x＜1時，h′（x）＜0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x＞1時，h′（x）＞0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增，∴h（x）≥h（1）＝0，∴x﹣1﹣lnx≥0，即x﹣1≥lnx∴ex﹣1≥x，則aex﹣1≥ax，此時只需要證ax≥x﹣lna，即證x（a﹣1）≥﹣lna，當(dāng)a≥1時，∴x（a﹣1）＞0＞﹣lna恒成立，當(dāng)0＜a＜1時，x（a﹣1）＜0＜﹣lna，此時x（a﹣1）≥﹣lna不成立，綜上所述a的取值范圍為[1，+∞）．方法三：由題意可得x∈（0，+∞），a∈（0，+∞），∴f′（x）＝aex﹣1﹣，易知f′（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，①當(dāng)0＜a＜1時，f′（1）＝a﹣1＜0，f′（）＝a﹣a＝a（﹣1）＞0，∴存在x0∈（1，）使得f′（x0）＝0，當(dāng)x∈（1，x0）時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，∴f（x）＜f（1）＝a+lna＜a＜1，不滿足題意，②當(dāng)a≥1時，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，+∞）上為增函數(shù)，∵g′（1）＝0，∴當(dāng)x∈（0，1）時，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（1，+∞）時，g′（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，∴g（x）≥g（1）＝1，即f（x）≥1，綜上所述a的取值范圍為[1，+∞）．方法四：∵f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna，x＞0，a＞0，∴f′（x）＝aex﹣1﹣，易知f′（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，∵y＝aex﹣1在（0，+∞）上為增函數(shù)，y＝在0，+∞）上為減函數(shù)，∴y＝aex﹣1與y＝在0，+∞）上有交點，∴存在x0∈（0，+∞），使得f′（x0）＝a﹣＝0，則a＝，則lna+x0﹣1＝﹣lnx0，即lna＝1﹣x0﹣lnx0，當(dāng)x∈（0，x0）時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（x0，+∞）時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，∴f（x）≥f（x0）＝a﹣lnx0+lna＝﹣lnx0+1﹣x0﹣lnx0＝﹣2lnx0+1﹣x0≥1∴﹣2lnx0﹣x0≥0設(shè)g（x）＝﹣2lnx﹣x，易知函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，且g（1）＝1﹣0﹣1＝0，∴當(dāng)x∈（0，1]時，g（x）≥0，∴x0∈（0，1]時，﹣2lnx0﹣x0≥0，設(shè)h（x）＝1﹣x﹣lnx，x∈（0，1]，∴h′（x）＝﹣1﹣＜0恒成立，∴h（x）在（0，1]上單調(diào)遞減，∴h（x）≥h（1）＝1﹣1﹣ln1＝0，當(dāng)x→0時，h（x）→+∞，∴l(xiāng)na≥0＝ln1，∴a≥1．方法五：f（x）≥1等價于aex﹣1﹣lnx+lna≥1，該不等式恒成立．當(dāng)x＝1時，有a+lna≥1，其中a＞0．設(shè)g（a）＝a+lna﹣1，則g'（a）＝1+＞0，則g（a）單調(diào)遞增，且g（1）＝0．所以若a+lna≥1成立，則必有a≥1．∴下面證明當(dāng)a≥1時，f（x）≥1成立．設(shè)h（x）＝ex﹣x﹣1，∴h′（x）＝ex﹣1，∴h（x）在（﹣∞，0）單調(diào)遞減，在（0，+∞）單調(diào)遞增，∴h（x）≥h（0）＝1﹣0﹣1＝0，∴ex﹣x﹣1≥0，即ex≥x+1，把x換成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，當(dāng)x＝1時等號成立．綜上，a≥1．八．二次求導(dǎo)型（共1小題）31．（2020?新課標(biāo)Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝ex+ax2﹣x．（1）當(dāng)a＝1時，討論f（x）的單調(diào)性；（2）當(dāng)x≥0時，f（x）≥x3+1，求a的取值范圍．【解答】解：（1）當(dāng)a＝1時，f（x）＝ex+x2﹣x，f′（x）＝ex+2x﹣1，設(shè)g（x）＝f′（x），因為g′（x）＝ex+2＞0，可得g（x）在R上遞增，即f′（x）在R上遞增，因為f′（0）＝0，所以當(dāng)x＞0時，f′（x）＞0；當(dāng)x＜0時，f′（x）＜0，所以f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，在（﹣∞，0）上單調(diào)遞減；（2）當(dāng)