2018-2022高考真題導(dǎo)數(shù)與函數(shù)解答題全集

2018-2022高考真題導(dǎo)數(shù)與函數(shù)解答題全集(學(xué)生版解析版)一.解答題(共54小題)(2)若y=f(x)和y=g(x)有公共點.(1)若將函數(shù)f(x)圖像向下移m(m>0)后，圖像經(jīng)過(3,0),(5,0),求實數(shù)a,(2)若a>-3且a≠0,求解不等式f(x)≤f(6-x).。(Ⅱ)已知a,beR,曲線y=f(x)上不同的三點(xi,f(xi)),(xz,f(xz?)),(x?,f(1)若x=-1,求a;(2)求a的取值范圍.(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,IE(0,+),有f(s+t.(2)證明：若f(x)有兩個零點x1,x?,則x?xz<1.(1)求a;10.(2021·全國)已知函數(shù)f(x)=x2(2)當x∈(1,+～)時，f(x)>0,求m,b>2a;12.(2021·北京)已知函數(shù)(1)求曲線f(x)在點(0,f(0))處的切線方程；(3)若3a,使得f(x)≤a+b對任意的xER恒成立，求實數(shù)b的取值范圍.14.(2021·浙江)設(shè)a,b為實數(shù)，且a>1,函數(shù)f(x)=a-bx+e2(xER).(1)求a;(x>0).(I)求曲線y=f(x)的斜率等于-2的切線方程；底數(shù).(I)證明：函數(shù)y=f(x)在(0,+～)上有唯一零點；(Ⅱ)記o為函數(shù)y=f(x)在(0,+～)上的零點，證明：24.(2020·山東)已知函數(shù)f(x)=ae(2)若f(x)≥1,求a的取值范圍.25.(2020·江蘇)已知關(guān)于x的函數(shù)y=f((2)若f(x)=x2-x+1,g(x)=klnx,h(x)=kx-k,D=(3)若f(x)=x?-2x2,g(x)=4x2-8,h(x)=4(f3-t)x-3f+22(0<IM≤√2),線AO上任一點D到MN的距離h?(米)與D到00’的距離a(米)之間滿足關(guān)系式;右側(cè)曲線BO上任一點F到MN的距離hz(米)與F到OO'的距離b(米)(1)求橋AB的長度；(2)計劃在谷底兩側(cè)建造平行于00′的橋墩CD和EF,且CE為80米，其中C,E在AB上(不包括端點).橋墩EF每米造價k(萬元),橋墩CD每米造(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)討論f(x)在區(qū)間(0,π)的單調(diào)性；29.(2020·新課標Ⅱ)已知函數(shù)f(x)=21nx+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的單調(diào)性.30.(2020·新課標I)已知函數(shù)f(x)=e+ax2-x.31.(2020·新課標Ⅲ)已知函數(shù)f(x(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.32.(2019·全國)已知函數(shù)f(x)=√x(x2-ax).求a.(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，(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當0<a<3時，記f(x)在區(qū)間[0,1]的最大值為M,最小值為m,求M-m的取值范圍. 37.(2019·江蘇)設(shè)函數(shù)f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,c∈R,f(x)為f(x)(1)若a=b=c,f(4)=8,求a的值；(2)若a≠b,b=c,且f(x)和f(x)的零點均在集合{-3,1,3}中，求f(x)的(Ⅲ)設(shè)F(x)=lf(x)-(x+a)|(a∈R),記F(x)在區(qū)間[-2,4]上的最大值為M(I)若曲線y=f(x)(I)若曲線y=f(x)在點(2,f(2))處的切線斜率為0,求a;(1)求曲線y=f(x)在點(0,-1)處的切線方程；點.(Ⅲ)證明當,存在直線l,使1是曲線y=f(x)的切線，也是曲線y=g(x)(3)已知函數(shù)f(x)=-x2+a,對任意a>0,判斷是否存在b>0,使函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(0,+～)內(nèi)存在“S點”,并說明理由.53.(2018·新課標Ⅱ)已知函(2)證明：f(x)只有一個零點.54.(2018·新課標I)已知函數(shù)(1)討論f(x)的單調(diào)性；2018-2022高考真題導(dǎo)數(shù)與函數(shù)解答題全集(學(xué)生版解析版)一.解答題(共54小題)(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.∴函數(shù)y=f(x)在(0,1)處的切線方程為y=(1-a)x+1;(2)(i)∵a=0,∴f(x)=e,(0,+～)上有解，故a2+b2>e.(1)若將函數(shù)f(x)圖像向下移m(m>0)后，圖像經(jīng)過(3,0),(5,0),求實數(shù)a,(2)若a>-3且a≠0,求解不等式f(x)≤f(6-x).由函數(shù)圖像經(jīng)過點(3,0)和(5,0),解得a=-2,m=1.當-3<a<0時，0<-a<3,3<a+6<6,解不等式得-a<x≤3,(x?))處的切線都經(jīng)過點(a,b).證明： (Ⅱ)(i)證明：∵過(a,b)有三條不同的有3∵g(x)有3個不同的零點，∴g(e)<0且g(a)>0,整理得1,且設(shè),設(shè),(ii)當0<a<e時，同(i)討論，得：不妨設(shè)xi<xz<x3,則O<xi<a<xz<e<x3,∵g(x)有3個不同的零點，∴g(a)<0,且g(e)>0,,且,設(shè),),即為-(m+1),,∴φ(k)在(1,+～)為增函數(shù)，∴φ(k)>φ(m),∴w(m)在(0,1)上是增函數(shù)，∴w(m)<w(1)=0,(1)若xi=-1,求a;=3-1=2,則y=f(x)在點(-1,0)處的切線方程為y=2(x+1),解得xz=1,則g(1)=1+a=2+2,解得a=3;則h(x)=9x3-6x2-3x=3x(3x+1)(x-1),令h'(x),,x010+00+單調(diào)遞減單調(diào)遞增單調(diào)遞減單調(diào)遞增則h(x)的值域為(-1,+～),故a的取值范圍為(-1,+).5.(2022·北京)已知函數(shù)f(x)=en(1+x).(I)求曲線y=f(x)在點(0,f(O))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).,故在x=0處切線斜率為1,故y-0=1(x-0),化簡得：y=x;令x+1=k(k≥1),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；設(shè)m(x)=e2,n則g(x)=m(x)·n(x),由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)得m(x)=e上(0,+～)上是增函數(shù)，且m(x)=e>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+f>x,所以f(x+t)>f(x),故f(s+t)>f(s)+f(t),(2)證明：若f(x)有兩個零點x?,x2,則x?xz<1.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故a≤e+1,故a的取值范圍是(-一，e+1);即證明：又因為f(x)在(1,+～)單調(diào)遞增，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,又因為h(1)=0,故h’(x)>0在(0,1)恒成立，故h(x)在(0,1)單調(diào)遞增，7.(2022·乙卷)已知函,【解答】解：(1)當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，①當a=0時，由(1)可知，函數(shù)f(x)無零點；②當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，又由(1)可得，則lnx<x,lnvx<√x,則lnx使得f(m)>0,④當a=1時，函數(shù)f(x)在(0,+～)上單調(diào)遞增，又由(1)可得，當0<x<1時，,則,貝故函數(shù)f(x)在(0,+～)上存在唯一零點；(1)求a;若a≤0,故f(x)min=f(lna)=a-alna,g(x)的定義域為(0,+),∵g(x)=ax-lnx,(2)證明：由(1)知a=1,函數(shù)f(x)=e-x在(-心，0)上單調(diào)遞減，在(0,+)上單調(diào)遞增，函數(shù)g(x)=x-lnx在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+～)上單調(diào)遞增，設(shè)u(x)=f(x)-g(x)=e-2x+lnx(x>0),所以函數(shù)u(x)在(1,+～)上單調(diào)遞增，因為u(1)=e-2>0,所以當x≥1時，u(x)≥u(1)>0恒成立，即f(x)-g(x)>因為f(0)=1,函數(shù)f(x)在(01)上單調(diào)遞減，此時可作出函數(shù)y=f(x)和y=g(x)的大致圖象，所以e”-m=m-lnm,即e”-2m+1nm=0,得x-lnx=e-m=m-lnm,解得x=m或x=e”,由0<m<1,得m<1<e",令h(x)=g’(x),則h'(x)=ae?*+a(e+axe)-e2=a(2e+axe)-e,所以g(x)單調(diào)遞增，g(xo)>g(0)②當2a-1≤0,即若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l+ax>0,則g′(x)=e+xae-e2=et(+ax)-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(3)由(2)可知，當10.(2021·全國)已知函數(shù)f(x)=x2【解答】解：(1)已知函數(shù)f(x)=x2-6x+4/nx+m,解得：0<x<1或x>2,即f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,1),(2,+0),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，即4ln2-8+m>0,即m>8-4ln2,,b>2a;∴f(x)在(-～,0)上單調(diào)遞減，在(0,+～)上單調(diào)遞增，②當a>0時，令f(x)=0,可得x=0或x=ln(2a),,,f(x)在(-～,0),(m(2a),+)上單調(diào)遞增，在(0,ln(2a))上單調(diào)遞減.當a≤0時，f(x)在(-,0)上單調(diào)遞減；在(0,+～)上單調(diào)遞增；(Ⅱ)證明：若選①,由(I)知，f(x)在(-,0)上單調(diào)遞增，(0,ln(2a))f(ln(2a))=(ln(2a)-1)·2a-a-1n22a+b>2aln(2a)-2a-al由得0<m(2a)≤2,∴aln(2a)(2-ln(2a))≥0,而f(0)=b-1>2a-1=0,于是f(m(2a))=(m(2a)=n(2a)(2a-ln(2a))+(b所以f(x)在(0,+0)沒有零點，當x<0時，e∈(0,1),0)上存在一個零點，命題得證.f(ln(2a))=(m(2a)-1)2a-aln22a+b<2aln(2a)-2a-aln∴f(x)在(0,c)上有唯一零點，即f(x)在(0,+)上有唯一零點.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),遞減.所以f(x)的增區(qū)間為(-一，-1),(4,+),減區(qū)間為(-1,4);f()的最大值為1,最小值：13.(2021·天津)已知a>0,函數(shù)f(x(1)求曲線f(x)在點(0,f(0))處的切線方程；(3)若3a,使得f(x)≤a+b對任意的xER恒成立，求實數(shù)b的取值范圍.【解答】(1)解：因為f(x)=a-(x+1)e,所以f(0)=a-1,而f(0)=0,所以在(0,f(O))處的切線方程為y=(a-1)x(a>0);(2)證明：令f(x)=a-(x+1)e=0,令g(x)=(x+1)e,則g'(x)=(x+2)e,解得x=-2,(3)解：由(2)知f(x)max=f(m),則等價于存在x∈(-1,+),使得h(x)≤b,即b≥h(x)min,而h(x)=(x2+x-2)e=(x-1)(x+2)e,14.(2021·浙江)設(shè)a,b為實數(shù)，且a>1,函數(shù)f(x)=a2-bx+e2(xeR).綜上，當b≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-～,+);當b>0時，f(x)的單調(diào)遞劇劇∴得b=Ina,單單而f(lm(blnb))=e(bhmb)-bln(blnb)+e2=blnb-bln(blnb)+e2<blnb-bln(4b) (2)由(1)可知，,(1)求a;令t(x)=xf(x),則t(x)=xln(a-x),x∈(-,a),則t(x)在(-一，1)上單調(diào)遞減，(2)證明：由(1)可知，xf(x)=xln(1-x),因為當x∈(-,0)所以需證明x+ln(1-x)>xln(1-x),即x+(1-x)m(1-x)>0,令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),所以x=0為h(x)所以h(x)>h(0)=0,的極小值點，起17.(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：【解答】(1)解：由函數(shù)的解析式可得f(x)=1-nx-1=-lnx,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,得由(1)f(x)在(0,1)單調(diào)遞增，在(1,+～)單調(diào)遞減，令h(x)=f(x)-f(2-x),則h'(x)=f(x)+f(2-x)=-lnx-ln(2-x)=-In[x(2-x)]在(0,1)單故函數(shù)h(x)在(0,1)單調(diào)遞增，(法一)即證1<x2<e-x1;根據(jù)(1)中f(x)單調(diào)性，x1+x2<e得證，故xi+xz<x?(1-lnx?)+x2=xz(1-lnxz)+x2,x?∈(1,e),令g(x)=x(1-lnx)+x,g′令f(x)>0,解得x<xi或x>xz,令f(x)<0,解得xi<x<xz,,令x3-x2+ax+1=(a+1)x,即x2-x2-x+1=0,解得x=1或x=-1,(2)由題知f(x)=1在(0,+)有兩個不等實根，令,g(x)在(0,e)上單調(diào)遞增，在(e,+~)上單即a的取值范圍是(1,e)U(e,+).(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(-0,+0),且f(x)=e-a.(1)當a=1時，f(x)=e-1,令f(x)=0,解得x=0.∴f(x)在(-,0)上單調(diào)遞減，在(0,+～)上單調(diào)遞增；(2)當a≤0時，f(x)=e-a>0恒成立，f(x)在(-,+)上單調(diào)遞增，不(i)求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程；∴曲線y=f(x)在點(1,f(1))令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，有則(n-xz)t(x)+F(?)1-2t(x?)-f(x)]=(x-xz)(3n2++3x22+名)-2∴h(x)在(1,+～)單調(diào)遞增，由①②③可得(xi-xz)[f(xi)+f(xz?)]-2t(I)求曲線y=f(x)的斜率等于-2的切線方程；(Ⅱ)曲線y=f(x)在點(t,f(t))處的切線的斜率為k=-2r,由S(-t)=S(t),可知S(t)為偶函數(shù)，則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32.23.(2020·浙江)已知1<a≤2,函數(shù)f(x)=e-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xo為函數(shù)y=f(x)在(0,+～)上的零點，證明：(ii)xof(e∴函數(shù)y=f(x)在(0,+～)上有唯一零點.令g(x)=e2-x-1-x2(0<x<2),∴h'(x)>h'(0)=0,∴h(x)在(0,2)單調(diào)遞增，∴g′(x)<0,∴g(x)在(0,1)單調(diào)遞減，,∴只需證∴曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積(2)方法一：由f(x)≥1,可得ae1-lnx+1na≥1,即el+ma-lnx+na≥1,即el+na+Ina+x-1≥1nx+x=eū*+令g(t)=e+t,令h(x)=lnx-x+1,故a的范圍為(1,+).方法二：由f(x)≥1可得ae2-1-lnx+1na≥1,x>0,a>0,∴g(x)在(0,+～)單調(diào)遞增，再設(shè)h(x)=x-1-lnx,即證x(a-1)≥-lna,此時x(a-1)≥-lna綜上所述a的取值范圍為(1,+).方法三：由題意可得x∈(0,+0),a∈(0,+),易知f(x)在(0,+～)上為增函數(shù)，在(0,+~)上為增函數(shù)，易知f(x)在(0,+0)上為增函數(shù)，∵y=ae2*1在(0,+~)上為增函數(shù)，在0,+)上為減函數(shù)，易知函數(shù)g(x)在(0,+~)上單調(diào)遞減，且g(1)=1-0-1=0,設(shè)h(x)=1-x-lnx,x∈(0,1),∴h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，設(shè)g(a)=a+lna-1,則則g(a)單調(diào)遞增，且g(1)=0.所以若a+lna≥1成立，則必有a≥1.設(shè)h(x)=e-x-1,∴h'(x)=e2-1;∴h(x)在(-一，0)單調(diào)遞減，在(0,+～)單調(diào)遞增，25.(2020·江蘇)已知關(guān)于x的函數(shù)y=f(x),y=g(x)與h(x)=kx+b(k,beR)【解答】解：(1)由f(x)=g(x)得x=0,又f(x)=2x+2,g′設(shè)φ(x)=x-1-lnx,設(shè)φ'在(0,1)上，φ′(x)<0,φ(x)單調(diào)遞減，所以φ(x)≥φ(1)=0,令p(x)=f(x)-h(x)所以p(x)=x2-x+1-(kx-k)=x2-(k+1)x+(1+k)≥0,所以k=-1,△≤0,即(k+1)2-4(k+1)≤0,解得-1<k≤3,得(3)①當1≤t≤√Z時，由g(x)≤h(x),得令△=(2-t)2-(3t?-22-8),所以不等式(*)有解，設(shè)解為xi≤x≤x?,②當0<t<1時，設(shè)v(t)=3f+4r2-2f2-4r-1,因此-1∈(m,n),26.(2020·江蘇)某地準備在山谷中建一座橋梁，橋址位置的豎直截面圖如圖所示：谷底O在水平線MN上，橋AB與MN平行，00'為鉛垂線(O′在AB上).經(jīng)測量，左側(cè)曲線AO上任一點D到MN的距離h?(米)與D到OO’的距離a(米)之間滿足關(guān)系式右側(cè)曲線BO上任一點F到MN的距離hz(米)與F到00’的距離b(米)之間滿足關(guān)系式己知點B到O0’的距離為40米.(1)求橋AB的長度；(2)計劃在谷底兩側(cè)建造平行于OO'的橋墩CD和EF,且CE為80米，其中C,E在AB上(不包括端點).橋墩EF每米造價k(萬元),橋墩CD每米造點B到OO'的距離為40米，可令b=40,))(2)可設(shè)O'E=x,則CO'=80-x,可得0<x<40答：(1)橋IAB|長為120米；(2)O′E為20米時，橋墩CD與EF的總造價最低.(1)求b;(2)證明：法一、設(shè)xo為f(x)的一個零點，根據(jù)題得-1≤xi≤1,))或或即f(x)在(-,-1)上存在唯一零點，在(1,+～)上不存在零點.即f(x)在(1,+)上存在唯一零點，在(-,1)上不存在零點.(1)討論f(x)在區(qū)間(0,π)的單調(diào)性；=2sin2x[3-2(1-cos2x)]=2sin2x(1+2.由(1)可知,=|sinxl*f(x)f(2x)…f(2^~|x)|·|s≤lf(x)f(2x)…f(2"^lx)|.29.(2020·新課標Ⅱ)已知函數(shù)f(x)=2lnx+1.【解答】解：(1)f(x)≤2x+c等價于2mx-2x≤c-1.設(shè)h(x)=2lnx-2x,則c的取值范圍為(-1,+~);令w′(x)>0,解得O<x<a,令w′(x)<0,解得x>a,(1)當a=1時，討論f(x)的單調(diào)性；,【解答】解：(1)當a=1時，f(x)=e^+x2-x,f(x)=e+2x-1,設(shè)g(x)=f(x),因為g′(x)=e+2>0,可得g(x)在R上遞增，即f(x)在R上遞增，所以f(x)在(0,+～)上單調(diào)遞增，在(-,0)上單調(diào)遞減；①當x=0時，不等式恒成立，可得aER;設(shè)k(x)=e-x-1,k′(x)=e2-1,,,,,由x>0,可得k’(x)>0,所以綜上可得a的取值范圍是[,t).31.(2020·新課標Ⅲ)已知函數(shù)f(x)=x3-kx+k2.(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,遞增，在遞減，在遞增，在遞減，在32.(2019·全國)已知函數(shù)f(x)=√x(x2-ax).不不在(0,2)上單調(diào)遞減，在(0,2)上單調(diào)遞減，不符合條件.不符合條件.33.(2019·新課標Ⅲ)已知函數(shù)f(x)(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.(2)由(1)可得：(0,+~)上單調(diào)遞增，在)上單調(diào)遞減.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.,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.若：1,2-a+b=1,解得a=±3V3,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.·34.(2019·新課標Ⅲ)已知函數(shù)f(x)=2x3-ax2+2.(2)當0<a<3時，記f(x)在區(qū)間[0,1]的最大值為M,最小值為m,求M-m的取值范圍.【解答】解：(1)f(x)=(x)<0.<0.(0,+～)上單調(diào)遞增，在)上單調(diào)遞減；(2)當O<a<3時，由(1)知，f(x)在當0<a<2時，可知單調(diào)遞減，∴M-m的取值范圍是35.(2019·浙江)已知實數(shù)a≠0,(I)當時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(Ⅱ)對任意,+～)均求a的取值范圍.【解答】解：(1)當時，∴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,+).而而x1 0+單調(diào)遞減極小值p(1)單調(diào)遞增故q(x)故q(x)在|1寧寧,+),π∈l2√Z,+),g綜上所述，所求的a的取值范圍是(0,36.(2019·新課標Ⅱ)已知函數(shù)f(x)=(x-1)lnx-x-1.證明：(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,+),又f(1)=-1<0,(2)由(1)知f(xo)<f(1)=-2,又f(e2)=e2-3>0,37.(2019·江蘇)設(shè)函數(shù)f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,ceR,f(x)為f(x)(1)若a=b=c,f(4)=8,求a的值；(2)若a≠b,b=c,且f(x)和f(x)的零點均在集合{-3,1,3}中，求f(x)的(3)若a=0,0<b≤1,c=1,且f(x)的極大值為M,求證：【解答】解：(1)∵a=b=c,∴f(x)=(x-a)3,f2(x)=(x-b)2+2(x-a)(x-b)=(x-b)(3x-b-2a).舍去.a=-3,b=3,舍去..f(x)=3[x-(-3)](x-1).f(x)=x(x-b)(x-1).f(x)=(x-b)(x-1)+x(x-1)+x(x-b)=3x,可得x=x?時，f(x)取得極大值為M,∵f(xi)=3x2-(2b+2)xi+b=0,(Ⅱ)若令h(x)=lnx-x+1,(x>0),f(xo)=0,f(x?)=0,即ax6e*o=1,lnxi=a(xi-1)e*1,(Ⅲ)設(shè)xn為函數(shù)得f得f(x)<0,f(x)單調(diào)遞增.(Ⅱ)證明：記h(x)=f(x)+g(x)從而h1(x)=f(x)+g’∴當xE記yn=xn-2mπ,則且f(yn)=e)ncosyn=en-2nFcos(×n-2mn)=e2mm又由(Ⅱ)知，(Ⅲ)設(shè)F(x)=If(x)-(x+a)|(a∈R),記F(x)在區(qū)間[-2,4]上的最大值為M(a).當M(a)最小時，求a的值.,得x(Ⅲ)由(Ⅱ)可得，令t=g(x),h(t)=|-al,此時-a≥3,當a=-3時，M(a)綜上，當M(a)取最小值時a的值為-3.令g(x)=cosx+xsinx-1,則g′(x)=-sinx+sinx+xcosx=xcosx,∴g(x)在(0,π)上有唯一零點，即f(x)在(0,π)上有唯一零點；(2)由題設(shè)知f(π)>am,f(π)=0,可得a≤0.∴a的取值范圍是(-,0).(2)設(shè)xo是f(x)的一個零點，證明曲線y=lnx在點A(xo,lnxo)【解答】解析：(1)法一：函定義域為：(0,1)U(1,+);∴f(x)在(0,1)和(1,+)上單調(diào)遞增，∴f(x)在(0,1)有且僅有一個零點，②在(1,+0)區(qū)間，區(qū)間取值有e,e2代入函數(shù)，由函數(shù)零點的定義得，∴f(x)在(1,+～)上有且僅有一個零點，作出兩函數(shù)的圖象如圖所示.由兩函數(shù)圖象知有一交點在(0,1),有一交點在(1,+～),由直線的點斜式可得曲線的切線方程，而曲線y=e的切線中，在點處的切線方程為：【解答】證明：(1)f(x)的定義域為(-1,+0),,在在(2)由(1)知，當x∈(-1,0)f(π)=-In(1+π)<-In3<0.x0π 0+00大于0單調(diào)遞減大于0單調(diào)遞減,(-,2)進增，,(-,2)進增，減增(Ⅱ)若f(x)在x=2處取得極小值，求a的取值范圍.解得a=1;(Ⅱ)f(x)的導(dǎo)數(shù)為f(x)=[a2-(2a+1)x+2]e2=(x-2)(ax-1)e2,若a>0,且若若,則.f(c)在(遞減；在若a<0,則2)遺增，在(2.to),2)遺增，在(2.to),(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.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,(Ⅱ)f(x)的導(dǎo)數(shù)為f(x)=若a<0,則.fa)在1)道增：在(1,tc),綜上可得，a的范圍是(1,+).(1)若a=0,證明：當-1<x<0時，f(x)<0;(2)若x=0是f(x)的極大值點，求a.【解答】(1)證明：當a=0時，f(x)=(2+x)ln(1+x ∴f(x)在(-1,0)遞減，在(0,+)遞增，∴f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x在(-1,+)上單調(diào)遞增，又f(0)=0.(2)解：由f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x,得令h(x)=a2-x+(1+2ax)(1+x)ln(x+1),h'(x)=4ax+(4ax+2a+1)ln(x+1).∴f(x)在(0,+～)上單調(diào)遞增，故x=0不是f(x)的極大值點，不符合題意.①令h”(0)=0,解得∴h(x)單調(diào)遞減，又h(0)=0,∴x=0是f(x)的極大值點，符合題意；∴h”(x)=0在(0,+~)上有唯一一個零點，設(shè)為xo,∴h”(x)=0在(-1,0)上有唯一一個零點，設(shè)為xi,∴f(x)在(xi,0)上單調(diào)遞減，不符合題意.【解答】解：(1)∵函數(shù)f(x)=ae-lnx-1.∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,2),單調(diào)遞增區(qū)間是(2,+).得x=1,∴g(x)在(0,1)單調(diào)遞增，在(1,+)單調(diào)遞減，(1)求曲線y=f(x)在點(0,-1)處的切線方程；(2)證明：當a≥1時，f(x)+e≥0.即曲線y=f(x)在點(0,-1)處的切線斜率k=2,在點(0,-1)處的切線方程為y-(-1)=2x.為所求.(x)<0.∴f(x)在