專題05導數(shù)及其應用(解答題)（解析版） - 大數(shù)據(jù)之十年高考真題（2014-2025）與優(yōu) 質模擬題（新高考卷與全國理科卷）

大數(shù)據(jù)之十年高考真題（2015-2024）與優(yōu)質模擬題（新高考卷）專題05導數(shù)及其應用(解答題)1．【2024年新高考1卷第18題】已知函數(shù)f(1)若b=0，且f'(x(2)證明：曲線y=f((3)若f(x)>?2【答案】(1)?(2)證明見解析(3)b≥?【詳解】（1）b=0時，fx=則f'x因為x2?x≤故f'xmin=2+a，而f'所以a的最小值為?2（2）fx=ln設Pm,nPm,n關于1,因為Pm,n在y=f而f2=?n+2所以Q2?m,2由P的任意性可得y=fx圖象為中心對稱圖形，且對稱中心為1,（3）因為fx>?2當且僅當1<x<2所以f1=?2先考慮1<x<2時，此時fx>?2即為ln設t=x?1∈0,1，則ln設gt則g't當b≥0，?故g't>0恒成立，故g故gt>g0=0當?23≤b<故g't≥0恒成立，故g故gt>g0=0當b<?23，則當0故在0,1+23b綜上，fx>?2在1,2而當b≥?2而b≥?23時，由上述過程可得gt在0,1遞增，故g即fx>?2綜上，b≥?22．【2024年新高考2卷第16題】已知函數(shù)f((1)當a=1時，求曲線y=f(x(2)若f(x)【答案】(1)e(2)1,【詳解】（1）當a=1時，則f(x可得f(1)=e即切點坐標為1,e?2，切線斜率所以切線方程為y?e?2（2）解法一：因為f(x)的定義域為R若a≤0，則f'(x可知f(x)若a>0，令f'(x)>0，解得可知f(x)在?∞則f(x)由題意可得：flna=a?a構建ga=a可知ga在0,+∞內單調遞增，且不等式a2+lna?1所以a的取值范圍為1,+∞解法二：因為f(x)的定義域為R若f(x)令f'(x)可知y=ex與y=a有交點，則若a>0，令f'(x)>0，解得可知f(x)在?∞則f(x)由題意可得：flna=a?a構建ga因為則y=a2,可知ga在0,+∞內單調遞增，且不等式a2+lna?1所以a的取值范圍為1,+∞3．【2024年甲卷理科第21題】已知函數(shù)fx(1)當a=?2時，求f(2)當x≥0時，fx≥【答案】(1)極小值為0，無極大值.(2)a≤?【詳解】（1）當a=?2時，f故f'(因為y=2ln(1+x),故f'(x)在故當?1<x<0時，f'(x故fx在x=0處取極小值且極小值為（2）f'x設sx則s'x當a≤?12時，s'x>0故sx>s0所以fx在0,+∞上為增函數(shù)，故當?12<a<0時，當故sx在0,?2a+1即在0,?2a+1a故在0,?2a+當a≥0，此時s'x<同理可得在0,+∞上f綜上，a≤?14．【2023年新課標全國Ⅱ卷第22題】（1）證明：當0<x<1時，（2）已知函數(shù)fx=cosax?ln1?【答案】（1）證明見詳解（2）?∞【詳解】（1）構建Fx=x?sinx,則Fx在0,1上單調遞增，可得F所以x>sin構建Gx則G'x構建gx=G'x,x∈則gx在0,1上單調遞增，可得g即G'x>則Gx在0,1上單調遞增，可得G所以sinx>x?綜上所述：x?x（2）令1?x2>0，解得?若a=0，則f因為y=?lnu在定義域內單調遞減，y=1?x則fx=1?ln故x=0是fx的極小值點，不合題意，所以當a≠0時，令因為fx且f?x所以函數(shù)fx由題意可得：f'x（i）當0<b2≤2時，取m=由（1）可得f'x且b2所以f'x即當x∈0,m?0,1時，f'x結合偶函數(shù)的對稱性可知：fx在?m所以x=0是f（ⅱ）當b2>2時，取x∈由（1）可得f'x構建?x則?'x且?'0=b3>可知?x在0,1b所以?x在0,1b當x∈0,n時，則?x則f'x即當x∈0,n?0,1時，f'x結合偶函數(shù)的對稱性可知：fx在?n所以x=0是f綜上所述：b2>2，即a2>故a的取值范圍為?∞,5．【2023年新課標全國Ⅰ卷第19題】已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)證明：當a>0時，f【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【詳解】（1）因為f(x)=ae當a≤0時，由于ex>0，則所以fx在R當a>0時，令f'x=a當x<?lna時，f'x<0當x>?lna時，f'x>0綜上：當a≤0時，fx在當a>0時，fx在?∞,?lna（2）方法一：由（1）得，fx要證f(x)>2ln令ga=a令g'a<0，則0<a<2所以ga在0,22所以gamin=g所以當a>0時，f(方法二：令?x=e由于y=ex在R上單調遞增，所以?'x又?'0所以當x<0時，?'x<0；當所以?x在?∞,0上單調遞減，在故?x≥?0=0因為f(當且僅當x+lna=0所以要證f(x)>2ln令ga=a令g'a<0，則0<a<2所以ga在0,22所以gamin=g所以當a>0時，f(6．【2023年高考全國乙卷理第21題】已知函數(shù)f((1)當a=?1時，求曲線y=fx在點(2)是否存在a，b，使得曲線y=f1x關于直線x=b對稱，若存在，求a，(3)若fx在0,+∞存在極值，求【答案】(1)ln2x+y?(2)存在a=1(3)0,1【詳解】（1）當a=?1時，f則f'x據(jù)此可得f1函數(shù)在1,f1處的切線方程為即ln2x+y?（2）令gx函數(shù)的定義域滿足1x+1定義域關于直線x=?12對稱，由題意可得由對稱性可知g?取m=32可得即a+1ln2=a?2經檢驗a=12,即存在a=1（3）由函數(shù)的解析式可得f'x由fx在區(qū)間0,+∞存在極值點，則f'x令?1則?x+令gxfx在區(qū)間0,+∞存在極值點，等價于gxg'當a≤0時，g'x<0，此時gx<g0=0當a≥12，2a≥1時，由于1x+所以g'x>g'0=0，g所以gx在區(qū)間0,當0<a<12時，由g''當x∈0,12a?當x∈12a?1,故g'x的最小值為g'令mx=1函數(shù)mx在定義域內單調遞增，m據(jù)此可得1?x+則g'1由一次函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的性質可得，當x→+∞時，g'x且注意到g'0根據(jù)零點存在性定理可知:g'x在區(qū)間0,+∞上存在唯一零點當x∈0,x0時，g'當x∈x0,+∞時，所以gx令nx=ln則函數(shù)nx=lnx?x所以nx≤n4所以g>=>4所以函數(shù)gx在區(qū)間0,綜合上面可知:實數(shù)a得取值范圍是0,17．【2023年高考全國甲卷理第21題】已知函數(shù)f(1)當a=8時，討論f(2)若f(x)【答案】(1)答案見解析.(2)(【詳解】（1）f=a?令cos2則f當a=當t∈0,12當t∈12,1所以f(x)在0,（2）設gg'(φ所以φ(1°若a∈(即g(x)在0,所以當a∈(2°若當t→0,2tφ(1)所以?t0∈(0,1),使得φt當t∈t0,1所以當x∈0,綜上,a的取值范圍為(?∞8．【2022年新課標全國Ⅰ卷第22題】已知函數(shù)f(x)(1)求a；(2)證明：存在直線y=b，其與兩條曲線y=f(x)【答案】(1)a=(2)見解析【詳解】（1）f(x)=e若a≤0，則f'(x)>g(x)=ax?ln當x<lna時，f'(x)當x>lna時，f'(x)故f(當0<x<1a時，g'(x當x>1a時，g'(x)故g(因為f(x)故1?ln1a=a?a設ga=a?故ga為0,+∞上的減函數(shù)，而故ga=0的唯一解為a=1，故綜上，a=1（2）[方法一]：由（1）可得f(x)=e當b>1時，考慮ex?x=b的解的個數(shù)、設Sx=e當x<0時，S'x<0，當故Sx在?∞,0上為減函數(shù)，在所以Sx而S?b=e設ub=eb?故ub在1,+∞上為增函數(shù)，故故Sb>0，故Sx設Tx=x?ln當0<x<1時，T'x<0故Tx在0,1上為減函數(shù)，在1,所以Tx而Te?b=Tx=x?lnx?b當b=1，由（1）討論可得x?lnx=b當b<1時，由（1）討論可得x?lnx=b故若存在直線y=b與曲線y=fx、y=g則b>1設?(x)=e設sx=ex?x?故sx在0,+∞上為增函數(shù)，故sx所以?'(x)>x+1而?(1)=e故?x0,+∞上有且只有一個零點x0，當0<x<x0時，?x<當x>x0時，?x>0因此若存在直線y=b與曲線y=fx、y=g故b=fx此時ex?x=b有兩個不同的根此時x?lnx=b有兩個不同的根故ex1?x1=b所以x4?b=lnx4故x4?b為方程ex?x=b的解，同理又ex1?x1=b可化為故x1+b為方程x?lnx=b的解，同理所以x1,x故x0=x[方法二]：由(1)知，f(x)且f(x)在(g(x)在(0,1)上單調遞減，在①b<1時，此時f(x)min=g共有0個交點，不符合題意；②b=1時，此時f故y=b與兩條曲線y=f(x)和y=g(x)共有③b>1時，首先，證明y=b與曲線y=f(x即證明F(x)=f(所以F(x)在(又因為F(?b)=e(令t(b)=所以F(x)=f(x)?b在(?∞,0)其次，證明y=b與曲線和y=g(x)即證明G(x)=g(所以G(x)(0,1)又因為G(e?b)=(令μ(b)=b?所以G(x)=g(x)?b在(0,1)上存在且只存在1再次，證明存在b，使得x因為F(x2若x2=x3，則所以只需證明ex?2即φ(x)因為φ(1e所以φ(x)=ex?此時取b=則此時存在直線y=b，其與兩條曲線y=f(x)最后證明x1因為F所以F(又因為F(x)在(?∞,0)上單調遞減，x1<0同理，因為F(又因為G(x)在(1,+∞)上單調遞增，x0>又因為ex0?即直線y=b與兩條曲線y=f(x)和9．【2022年新課標全國Ⅱ卷第22題】已知函數(shù)f((1)當a=1時，討論f(2)當x>0時，f(x(3)設n∈N?，證明：【答案】(1)fx的減區(qū)間為?∞,0，增區(qū)間為(2)a≤(3)見解析【詳解】（1）當a=1時，fx=當x<0時，f'x<0，當故fx的減區(qū)間為?∞,0，增區(qū)間為（2）設?x=xe又?'x=1則g'x若a>12，則因為g'x故存在x0∈0,+∞，使得故gx在0,x0故?x在0,x0為增函數(shù)，故若0<a≤12下證：對任意x>0，總有l(wèi)n證明：設Sx=ln故Sx在0,+∞上為減函數(shù)，故Sx<S由上述不等式有eax+故?'x≤0總成立，即?所以?x當a≤0時，有?'x所以?x在0,+∞上為減函數(shù)，所以綜上，a≤1（3）取a=12，則?x>0令t=e12故2tlnt<t2?所以對任意的n∈N?，有整理得到：lnn+故1=ln故不等式成立.10．【2022年高考全國乙卷理第21題】已知函數(shù)f(1)當a=1時，求曲線y=fx在點(2)若fx在區(qū)間?1,0,【答案】(1)y=(2)(【詳解】（1）f(x當a=1時,f(x所以曲線y=f(x)在點（2）ff設g1°若a>0,當x∈所以f(x)在故f(x)2°若?1≤a≤0所以g(x)在(0,+∞所以f(x)在故f(x)3°若(1)當x∈(0,+∞),則g'(g所以存在m∈(0,1),使得g(當x∈(0,當x∈(所以當x∈(0,令?(x所以?(x)=xex又e?ae所以f(x)又(0,m)沒有零點,即f((2)當x∈設??所以g'(x)g所以存在n∈(?當x∈(當x∈(n又g所以存在t∈(?1,n當x∈(?1,當x∈?1,0，又?1<而f(0)=所以f(x)在(即f(x)所以a<?1所以若f(x)在區(qū)間(?11．【2022年高考全國甲卷理第21題】已知函數(shù)fx(1)若fx≥0(2)證明：若fx有兩個零點x1,【答案】(1)((2)證明見的解析【詳解】（1）[方法一]：常規(guī)求導f(x)f'令f'x=當x∈(0,1),當x∈(1,+∞),若f(x)≥所以a的取值范圍為([方法二]：同構處理由fx≥令t=x?lnx,t≥令gt=故gt=e故gtmin所以a的取值范圍為(（2）[方法一]：構造函數(shù)由題知,fx一個零點小于1,一個零點大于1，不妨設要證x1x因為x1,又因為fx1即證e即證e下面證明x>1時，設g(則g'=設φ所以φx>φ所以exx所以g(x)即g(x令??'所以?(x)即?(x)綜上,exx?x[方法二]：對數(shù)平均不等式由題意得：f令t=exx>所以gt=t+lnt?a在又因為fx=ex兩邊取對數(shù)得：x1?又因為x1x2<下證x因為x不妨設t=x1構造?t=故?t=2ln故?t<?112．【2021年新課標全國Ⅰ卷第22題】已知函數(shù)fx（1）討論fx（2）設a，b為兩個不相等的正數(shù)，且blna?aln【答案】（1）fx的遞增區(qū)間為0,1，遞減區(qū)間為1,+∞；（2【詳解】(1)fx的定義域為0,由fx=x1當x=1時，f'x=0；當x∈0,1時f'故fx在區(qū)間0,1內為增函數(shù)，在區(qū)間1,(2)[方法一]：等價轉化由blna?alnb=a?b得由a≠b，得1a由（1）不妨設1a∈(0,1),1b∈(1,①令gx=f則g'(當x∈0,1時，g'x<0，gx從而f2?x>f由（1）得2?1a<令?x=x+fx當x∈1,e時，?'x>0，?從而x+fx<e，所以又由1a∈(0,1)所以1a+由①②得2<[方法二]【最優(yōu)解】：blna?alnb=a?b變形為令1a=m,于是命題轉換為證明：2<m+n<e令fx=x1?ln由（1）知0<m<1,1<n<e要證：m+n>?fm令gx則g'x∴gx在區(qū)間0,1內單調遞增，所以gx<g再證m+n<e．因為m1?ln令?x所以?'x=1?所以?x<?e=e．故綜合可知2<[方法三]：比值代換證明1a+1b>不妨設x2=tx由x1(1?lnx要證x1+x2<e即ln(1+t即證ln(1+t記g(s)記?(s)所以，?s在區(qū)間0,+∞內單調遞減．?s所以gs在區(qū)間0,由t∈1,+∞得t?1即ln(1+t[方法四]：構造函數(shù)法由已知得lnaa?不妨設x1<x由（Ⅰ）知，0<x1證明x1+x再證明x1+x令φ(x)所以φx>φe=0,因為0<x1<又因為fx1=f即x2因為x1<x2，所以綜上，有2<13．【2021年新課標全國Ⅱ卷第21題】一種微生物群體可以經過自身繁殖不斷生存下來，設一個這種微生物為第0代，經過一次繁殖后為第1代，再經過一次繁殖后為第2代……，該微生物每代繁殖的個數(shù)是相互獨立的且有相同的分布列，設X表示1個微生物個體繁殖下一代的個數(shù)，P(（1）已知p0=0.4,（2）設p表示該種微生物經過多代繁殖后臨近滅絕的概率，p是關于x的方程：p0+p1x+p2x2（3）根據(jù)你的理解說明（2）問結論的實際含義．【答案】（1）1；（2）見解析；（3）見解析.【詳解】（1）E(（2）設fx因為p3+p若EX≤1，則pf'x因為f'0=?p故f'x有兩個不同零點x1,且x∈?∞,x1∪x2故fx在?∞,x1，若x2=1，因為fx在而當x∈0,x2時，因為fx在故1為p0若x2>1，因為f1=0且在0,綜上，若EX≤1若EX>1，則p此時f'0=?p故f'x有兩個不同零點x3,且x∈?∞,x3?x4故fx在?∞,x3，而f1=0又f0=p0>0，故fx所以p為p0+p故當EX>1（3）意義：每一個該種微生物繁殖后代的平均數(shù)不超過1，則若干代必然滅絕，若繁殖后代的平均數(shù)超過1，則若干代后被滅絕的概率小于1.14．【2021年新課標全國Ⅱ卷第22題】已知函數(shù)f(（1）討論f(（2）從下面兩個條件中選一個，證明：f(①12②0<a<【答案】(1)答案見解析；(2)證明見解析.【詳解】(1)由函數(shù)的解析式可得：f'x當a≤0時，若x∈?∞,0若x∈0,+∞，則當0<a<12時，若x∈若x∈ln2a若x∈0,+∞，則當a=12時，f'x當a>12時，若x∈?∞若x∈0,ln2a若x∈ln2a(2)若選擇條件①：由于12<a≤e22而f?而函數(shù)在區(qū)間?∞,0上單調遞增，故函數(shù)在區(qū)間?∞,0f>==aln由于12<a≤e22結合函數(shù)的單調性可知函數(shù)在區(qū)間0,+∞上沒有零點綜上可得，題中的結論成立.若選擇條件②：由于0<a<12，故2當b≥0時，e2>而函數(shù)在區(qū)間0,+∞上單調遞增，故函數(shù)在區(qū)間0,+∞當b<0時，構造函數(shù)Hx=當x∈?∞,0時，當x∈0,+∞時，注意到H0=0，故Hfx當x>1?b1取x0=1即：f0而函數(shù)在區(qū)間0,+∞上單調遞增，故函數(shù)在區(qū)間0,+∞f≤==aln由于0<a<12，0結合函數(shù)的單調性可知函數(shù)在區(qū)間?∞,0上沒有零點綜上可得，題中的結論成立.15．【2021年高考全國乙卷理第20題】設函數(shù)fx=lna?x，已知（1）求a；（2）設函數(shù)g(x)【答案】（1）a=1【詳解】（1）由fx=ln又x=0是函數(shù)y=xfx的極值點，所以y'（2）[方法一]：轉化為有分母的函數(shù)由（Ⅰ）知，g(x)要證g(x)<1（?。┊攛∈(0,1)時，1ln(1?x)<0，x?1x<0，即證ln(1?x（ⅱ）當x∈(?∞,0)時，1ln(1?x)>0，x?1x>綜合（?。áⅲ┯術([方法二]【最優(yōu)解】：轉化為無分母函數(shù)由（1）得fx=ln1?x，g當x∈0,1時，要證g(x)=x+ln1?x同理，當x∈?∞,0時，要證g(x)=x+ln1令?x=x+1?xln1?x令φt=1當t∈0,1時，φ't<0，當t∈1,+∞時，φ't>0綜上所述，g(x)[方法三]：利用導數(shù)不等式中的常見結論證明令φ(x)=lnx?(x?1)，因為φ'(x)=1x?1=1?xx，所以φ(x)在區(qū)間（?。┊攛∈(0,1)時，0>ln(1?x)>x（ⅱ）當x∈(?∞,0)時，ln(1綜合（?。áⅲ┑?，當x<1且x≠0時，x+ln(116．【2021年高考全國甲卷理第21題】已知a>0且a≠1，函數(shù)（1）當a=2時，求f（2）若曲線y=fx與直線y=1有且僅有兩個交點，求【答案】（1）0,2ln2上單調遞增；2ln2【詳解】（1）當a=2時，f令f'x=0得x=2ln2,當0<x<∴函數(shù)fx在0,2ln2（2）[方法一]【最優(yōu)解】：分離參數(shù)fx=x則g'x=1?ln在0,e內g'x>在e,+∞上g'x∴gx又g1=0，當x趨近于+∞所以曲線y=fx與直線y=1有且僅有兩個交點，即曲線y=gx與直線y=lna所以a的取值范圍是1,e[方法二]：構造差函數(shù)由y=f(x)與直線y=1有且僅有兩個交點知f(x)=1構造函數(shù)g(x)當0<a<1時，lna<0,x∈(0,+∞當a>1時，lna>0，令g'(x)=0得x=alna，當x∈0,a由于0<當x→+∞時，有alnx<xlna，即g(x)<0，由函數(shù)g構造函數(shù)?(a)=a?elna，則?'(a)=1?ea=a?所以，實數(shù)a的取值范圍為(1,e)∪[方法三]分離法：一曲一直曲線y=f(x)與y=1有且僅有兩個交點等價為因為xa=ax，所以兩邊取對數(shù)得alnx=xln①當0<a<1時，lna②當a>1時，取g(x)=lnx上一點x當y=1x0x?1+直線p(x)=xlna記?(a)=lnaa,?'(a)=1?lnaa2，令?'(a)綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為(1,e)∪[方法四]：直接法f(因為x>0，由f'(x當0<a<1時，f(當a>1時，alna>0，由f'(x)>0得因為limx→+∞f(x)=0，且limx→0+f令lna=t，則t?1>lnt，令?(x)=lnx?x+1，則?'(x)=1x?故實數(shù)a的范圍為(1,e)∪17．【2020年新課標全國Ⅱ卷第22題】已知函數(shù)f(（1）當a=e時，求曲線y=fx在點1,（2）若不等式fx≥1【答案】（1）2e?1（2【詳解】（1）∵f(x)=e∵f(1)=e+1，∴切點坐標為∴函數(shù)fx在點(1,f(1)處的切線方程為y?e?1=(∴切線與坐標軸交點坐標分別為(0,2),(?∴所求三角形面積為12（2）［方法一］：通性通法∵f(x)=ae設g(x)∴g(x)在(0,+∞)上單調遞增，即f'(當a=1時，f'(1)=0,∴fx當a>1時，1a<1，∴存在唯一x0>0，使得f'(x0)=aex0?1因此f=1∴fx>1,當0<a<1時，f(1)=a+綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是[1,+∞).［方法二］【最優(yōu)解】：同構由f(x)≥1得aex?令?(m)=em+m由elna+x?1+lna+x?1令F(x)所以當x∈(0,1)時，F(xiàn)'當x∈(1,+∞)時，所以[F(x)]所以a的取值范圍為a≥1［方法三］：換元同構由題意知a>0,x>0，令aex?于是f(由于f(x)≥1,t?lnx+lnt?x+1令g(x)當0<x<1時，g'(x)所以當x=1時，g(x)=［方法四］：因為定義域為(0,+∞)，且f(x)令S(a)=a+lna，則因為S(1)=1，所以a≥1時，有下面證明當a≥1時，f令T(a)=ae因為T'(a)=ex?1因此要證明a≥1時，T(a由ex≥x+1,ln上面兩個不等式兩邊相加可得ex?1?lnx≥當0<a<1時，因為f(1)所以a的取值范圍為a≥118．【2020年新課標Ⅲ卷理科第21題】設函數(shù)f(x)=x3+bx+c，曲線y=f(x（1）求b．（2）若f(x)【答案】（1）b=?3【詳解】（1）因為f'(x)=3x2（2）［方法一］：通性通法由（1）可得f(x)令f'(x)>0，得x>12所以f(x)在(?1且f(若f(x)所有零點中存在一個絕對值大于1的零點x0，則即c>14或當c>14時，又f(由零點存在性定理知f(x)在(即f(x)在(此時f(當c<?14時，又f(由零點存在性定理知f(x)在(1,即f(x)在(1,此時f(綜上，f(［方法二］【最優(yōu)解】：設x0是f(x)的一個零點，且從而f(令?(x)=x2+x0x+x02?34，由判別式Δ=x02?4x02［方法三］：設x0是函數(shù)f(x)的一個絕對值不大于1的零點，且c=?x03+34x0,x0≤1．設c設x1為函數(shù)f(x)的零點，則必有f(x)=x綜上，f(［方法四］：由（1）知，f(x)=x3?34x+c,f'(x)=3x2?3（?。┤鬴?12f12>0，即c>1（ⅱ）若f?12f12=0，即c=14或c=?14，f(（ⅲ）若f?12f12<0，即?14<c<14，f(x)有三個零點，易知在區(qū)間?12,12內有一個零點，不妨設為x綜上，f(［方法五］：設x1是f(x)的一個零點且x1x2則x22+x1假設實數(shù)x2滿足x由x1≤1,x2所以，f(19．【2020年新課標Ⅱ卷理科第21題】已知函數(shù)f(x)=sin2xsin2x.（1）討論f(x)在區(qū)間(0，π)的單調性；（2）證明：f(（3）設n∈N*，證明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤3n【答案】（1）當x∈0,π3時，f'x>0,fx（2）證明見解析；（3）證明見解析.【詳解】(1)由函數(shù)的解析式可得：fxf=2sif'x=0在當x∈0,π3當x∈π3,當x∈2π3(2)[方法一]【最優(yōu)解】：基本不等式法由四元均值不等式可得[f(x即x=kπ?π3或所以|f[方法二]：構造新函數(shù)+齊次化方法因為f(x)=2si求導得g'(t)=2當t∈(0,3)時，g'當t∈(3,+∞)所以函數(shù)g(t)的最大值為g[方法三]：結合函數(shù)的周期性進行證明注意到fx+π故函數(shù)fx是周期為π結合(1)的結論，計算可得：f0fπ3=據(jù)此可得：fxmax=即fx(3)利用(2)的結論由于sin所以sin20．【2020年新課標Ⅰ卷理科第21題】已知函數(shù)f(（1）當a=1時，討論f（x）的單調性；（2）當x≥0時，f（x）≥12x3+1，求a【答案】（1）當x∈?∞,0時，f'x<0,【詳解】(1)當a=1時，fx=由于f''x=ex當x∈?∞,0時，當x∈0,+∞時，(2)[方法一]【最優(yōu)解】：分離參數(shù)由fx≥12x①.當x=0時，不等式為：1≥②.當x>0時，分離參數(shù)a得，a記gx=?e令?x則?'x=e故?'x單調遞增，故函數(shù)?x單調遞增，?由?x≥0故當x∈0,2時，g'x>當x∈2,+∞時，g'x因此，gx綜上可得，實數(shù)a的取值范圍是7?[方法二]：特值探路當x≥0時，f(x只需證當a≥7?e當a≥7?e只需證明ex+⑤式?e令?(則?'(所以當x∈0,9?當x∈9當x∈(2,從而[?(x)]所以當a≥7?e綜上a≥7[方法三]：指數(shù)集中當x≥0時，f(x記gxg'x①.當2a+1≤0即a≤?12時，g'x=0?x=2，則當x∈②.若0<2a+1<2即?12<a<12時，則當x∈(0,2a+所以若滿足gx≤1，只需g2≤1，即③當2a+1≥2即a≥12時，gx=(12所以a≥1綜上，a?21．【2019年新課標Ⅲ卷理科第20題】已知函數(shù)f(（1）討論f(（2）是否存在a,b，使得f(x)在區(qū)間[0,1]【答案】(1)見詳解；(2)a=0b=?1【詳解】(1)對f(x)當a<0時，(?∞,a3當a=0時，(當a>0時，(?∞,0)區(qū)間上單調遞增，(0,(2)若f(x)若a<0，(?∞,a3此時在區(qū)間[0,1]上單調遞增，所以f(0)=?1，f(1)=1代入解得b=?1若a=0，(?∞,+∞)區(qū)間上單調遞增；在區(qū)間[0,1].所以f若0<a≤2，(?∞,0)區(qū)間上單調遞增，即f(x)在區(qū)間(0,a3)而f(0)=b,f(1)即2(a3)3?a(a若2<a≤3，(?∞,0)區(qū)間上單調遞增，即f(x)在區(qū)間(0,a3)而f(0)=b,f(1)即2(a3)3?a(a若a>3，(?∞,0)區(qū)間上單調遞增，(0,所以有f(x)區(qū)間[0,1]上單調遞減，所以區(qū)間[0,1]上最大值為即b=12?a+b=?綜上得a=0b=?122．【2019年新課標Ⅱ卷理科第20題】已知函數(shù)fx（1）討論f(x)的單調性，并證明f(x)有且僅有兩個零點；（2）設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=e【答案】（1）函數(shù)f(x)在(0,1)（2）證明見解析.【詳解】（1）函數(shù)f(x)f(x)=lnx?x+1x?1?f'(x當x∈(0,1)，時，x→0,y→?∞，而f(1e)=ln1e?1當x∈(1,+∞)因為f(e)?f(e2)<0，所以函數(shù)f(綜上所述，函數(shù)f(x)（2）[方法一]【最優(yōu)解：分別求得兩條方程，比較常數(shù)項說明切線重合】設y=lnx在點Ax切線l1的方程為y?y0由ex=1所以曲線y=ex上斜率為1x切線l2的方程為y?1x由于lnx0=x0+1x0?1，故曲線y=lnx[方法二]【利用切線的斜率相等進行證明】由題設知fx0=0，即lnx0=x0設在曲線y=ex上取一點Bx1,則有ex1=1x將點B的坐標代入直線l的方程y?ln1x0?則直線l過點B，即曲線y=lnx在點Ax[方法三]【利用不同的方法計算斜率證明切線重合】因為(lnx)'x=x0=因此，曲線y=ex在點B?因為lnx0=因此，曲線y=lnx在點Ax[方法四]【構造函數(shù)討論單調性證明切線重合】因為(lnx所以曲線y=lnx在點Ax構造函數(shù)F(x)=e因為當x∈?∞,?當x∈?lnx0,因此，函數(shù)F(x)所以曲線y=ex與曲線y=lnx在點Ax又ex'x=?lnx0=即曲線y=lnx在點Ax23．【2019年新課標Ⅰ卷理科第20題】已知函數(shù)f(x)=sin（1）f'(x（2）f(【答案】（1）見解析；（2）見解析【詳解】（1）由題意知：fx定義域為：?1,令gx=∴g'x=?∵1x+12在?1,∴g'x在?又g'0=?∴?x0∴當x∈?1,x0時，g'即gx在?1,x則x=x0為即：f'x在區(qū)間?1,π（2）由（1）知：f'x=①當x∈?1,0時，由（1）可知f'x∴f'x≤f'0=0又f∴x=0為fx在②當x∈0,π2時，f'x在又f'0=∴fx在0,x0又f'∴?x1∴fx在x0,又fx0∴fx>0③當x∈π2,π時，∴fx在π又fπ2即fπ?fπ2<∴fx在π④當x∈π,+∞時，∴即fx在π綜上所述：fx有且僅有224．【2018年新課標Ⅱ卷理科第21題】已知函數(shù)fx（1）若a=1，證明：當x≥0時，（2）若fx在(0,+∞)【答案】（1）證明見解析；（2）a=e【詳解】（1）［方法一］：【最優(yōu)解】指數(shù)找朋友當a=1時，fx≥設函數(shù)gx=xg'x≤0，所以g而g0=0，故當x≥0時，［方法二］：【通性通法】直接利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性求得最小值當a=1時，f令g(x)=ex?2x,g'(x)=ex?2［方法三］：【最優(yōu)解】指對等價轉化當x≥0時，f令g(x)=x?lnx2+1,g'(x（2）［方法一］：指數(shù)找朋友設函數(shù)?xfx在0,+∞只有一個零點當且僅當?x（i）當a≤0時，?x>（ii）當a>0時，?'當x∈0,2時，?'x<0；當所以?x在0,2單調遞減，在2,故?2=1?4①若?2>0，即a<e2②若?2=0，即a=e2③若?2<0，即a>e24，由于由（1）知，當x>0時，ex>故?x在2,4a有一個零點，因此?x綜上，fx在0,+∞只有一個零點時，［方法二］：等價轉化為直線與曲線的交點個數(shù)令f(x)=0令?(x)=exx2(x>0),?'(x)=ex(x?2)x3［方法三］：等價轉化為二次曲線與指數(shù)函數(shù)圖象的交點個數(shù)函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(0,+∞)內只有一個零點等價于函數(shù)y=ex的圖象與函數(shù)y=ax2的圖象在區(qū)間(0,+∞)內只有一個公共點．由y=［方法四］：等價轉化為直線與曲線的交點個數(shù)當x>0時，f(x)=0?ax=exx，原問題轉化為動直線y=ax與曲線?(x)=exx在區(qū)間(0,+∞)內只有一個公共點．由?'(x)=(x?［方法五］：【通性通法】含參討論因為f'(x)當a≤0時，f(x)在區(qū)間(0,+∞當a>0時，f''①當0<a≤12時，f''(x)=ex?2②當12<a≤e2時，令f''(x)=0，得x=ln2a，故函數(shù)y=f'(x③當a>e2時，f'(x)min<0，又f'(0)=1，所以存在x1∈(0,ln2a),x2∈(ln2a,+∞)，使得f'(［方法六］：【最優(yōu)解】等價變形＋含參討論當a≤0時，f當a>0時，f(x)=當0<a≤14時，φ'(x)≥0，函數(shù)當a>14時，當x<2ln2a時，φ'(x)<0,φ(x)故[φ(x25．【2018年新課標Ⅲ卷理科第21題】已知函數(shù)fx（1）若a=0，證明：當?1<x<0時，fx（2）若x=0是fx的極大值點，求【答案】（1）見解析（2）a=?【詳解】（1）當a=0時，fx=設函數(shù)gx=f'x當?1<x<0時，g'x<0；當x>0時，g'x>0.故當x>?1時，g所以fx在?又f0=0，故當?1<x<0時，（2）（i）若a≥0，由（1）知，當x>0時，fx≥2（ii）若a<0，設函數(shù)?由于當x<min{1,1|a|}又?0=f0=0，故x=0是?'x如果6a+1>0，則當0<x<?6a+14如果6a+1<0，則a2x2+4ax+6a+1如果6a+1=0，則?'x=x3x?24x+1x2?6x?綜上，a=?126．【2018年新課標Ⅰ卷理科第21題】已知函數(shù)f(（1）討論f(（2）若f(x)存在兩個極值點x【答案】（1）答案見解析；（2）證明見解析．【詳解】（1）fx的定義域為0,+∞，（i）若a≤2，則f'x≤0，當且僅當a=2，x=1時（ii）若a>2，令f'x=0得，x=當x∈0,a?a當x∈a?a2?42,a+a（2）［方法一］：【通性通法】消元由（1）知，fx存在兩個極值點當且僅當a>由于fx的兩個極值點x1,x2滿足x2?ax+fx所以fx1?f設函數(shù)gx=1x?x+2lnx，由（1）知，gx在0,+∞單調遞減，又g［方法二］：【通性通法】消元由（1）知a>2且x1,x2是方程x2?ax+欲證不等式成立，只需證2lnx因為0<x1<x令g(所以，g(x)在區(qū)間(0,1)內單調遞減，且g［方法三］：硬算因為f'(所以x2?ax+1=0則x1+x2=所以fx而a+a2?42設g(a)所以g(a)在a>［方法四］：【最優(yōu)解】對數(shù)平均不等式的應用由（1）知，f(x)由于f(x)的兩個極值點x1,x2滿足x2?ax+由對數(shù)平均不等式可得1=x1故fx27．【2017年新課標Ⅰ卷理科第21題】已知函數(shù)f（1）討論fx（2）若fx有兩個零點，求a【答案】（1）見解析；（2）(0,1).【詳解】（1）fx的定義域為?∞,+∞，f'x=2ae2x+（ⅱ）若a>0，則由f'x=當x∈?∞,?lna時，f'x<0；當x∈?（2）（?。┤鬭≤0，由（1）知，f（ⅱ）若a>0，由（1）知，當x=?lna時，f①當a=1時，由于f?ln②當a∈1,+∞時，由于1?1a③當a∈0,1時，1?1又f?2=ae?設正整數(shù)n0滿足n0>由于ln3a?1>?綜上，a的取值范圍為0,1.28．【2017年新課標Ⅲ卷理科第21題】已知函數(shù)f(（1）若f(（2）設m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n，(1+【答案】（1）a=1；（2）3【詳解】（1）fx的定義域為0①若a≤0，因為f②若a>0，由f'x=1?ax=x?ax知，當x∈0,a時，f'x<0；當x∈由于f1=0，所以當且僅當a=1時，f（2）由（1）知當x∈1,+∞時，令x=1+1ln1故1+而1+121+29．【2017年新課標Ⅱ卷理科第21題】已知函數(shù)fx=ax（1）求a；（2）證明：fx存在唯一的極大值點x0，且【答案】（1）a=1；（2）見解析.【詳解】（1）解：因為f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），則f（x）≥0等價于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求導可知h′（x）＝a?1則當a≤0時h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上單調遞減，所以當x0＞1時，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．因為當0＜x＜1a時h′（x）＜0、當x＞1a時所以h（x）min＝h（1a又因為h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，所以1a=1，解得另解：因為f（1）＝0，所以f（x）≥0等價于f（x）在x＞0時的最小值為f（1），所以等價于f（x）在x＝1處是極小值，所以解得a＝1；（2）證明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，記t（x）＝2x﹣2﹣lnx，則t′（x）＝2?1令t′（x）＝0，解得：x=1所以t（x）在區(qū)間（0，12）上單調遞減，在（1所以t（x）min＝t（12）＝ln2﹣1＜0，從而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在兩根x0，x2且不妨設f′（x）在（0，x0）上為正、在（x0，x2）上為負、在（x2，+∞）上為正，所以f（x）必存在唯一極大值點x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，所以f（x0）=x02?x0﹣x0lnx0=x02?x0+2由x0＜12可知f（x0）＜（x0?x0由f′（1e）＜0可知x0＜所以f（x）在（0，x0）上單調遞增，在（x0，1e所以f（x0）＞f（1e）=綜上所述，f（x）存在唯一的極大值點x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．30．【2016年新課標Ⅲ卷理科第21題】設函數(shù)f(x)（Ⅰ）求f'（Ⅱ）求A；（Ⅲ）證明f'(【答案】（Ⅰ）f'(x)=?2αsin2【詳解】（Ⅰ）f'(（Ⅱ）當α≥1f≤α+==f(0)因此A=3當0<α<1時，將f(令g(t)=2αt2+(α?1)t?1，則A是令?1<1?α4（Ⅰ）當0<α≤15時，g(t)在(?1,1)內無極值點，（Ⅱ）當15<a<1時，由gg(1?α綜上，A=（Ⅲ）由（Ⅰ）得f'(當0<α≤15當15<α<1時，A=當α≥1時，f'(x31．【2016年新課標Ⅱ卷理科第21題】(1)討論函數(shù)fx=x?2x+(2)證明：當a∈0,1時，函數(shù)g（x）=e【答案】（1）見解析；（2）見解析．【詳解】（Ⅰ）f(x)f'且僅當x=0時，f'(x)=因此當x∈(0,+∞所以(（Ⅱ）g'由（Ⅰ）知，f(x因此，存在唯一x0∈(0,2],使得f當0<x<x0當x>x0時，因此g(x)g于是?(a)所以，由x0∈因為y=exx+2使得?(a)=λ綜上，當a∈[0,1)時，g(x)有最小值?32．【2016年新課標Ⅰ卷理科第21題】已知函數(shù)f(（Ⅰ）求a的取值范圍；（Ⅱ）設x1，x2是f(x)【答案】（Ⅰ）(0,+∞)；（【詳解】（Ⅰ）f'(（Ⅰ）設a=0，則f(x（Ⅱ）設a>0，則當x∈(?∞,1)時，f'(x)<0；當x∈又f(1)=?e，f(2)=a，取b滿足f(故f(（Ⅲ）設a<0，由f'(x)=若a≥?e2，則ln(?2a)≤1，故當x∈(1,+∞)時，f若a<?e2，則ln(?2a)>1，故當x∈(1,ln(?2a))時，f'(x)<綜上，a的取值范圍為(0,+∞（Ⅱ）不妨設x1<x2，由（Ⅰ）知x1∈(?∞,1),x2∈(1,由于f(2?xf(2設g(x)所以當x>1時，g'(x)<0，而從而g(x233．【2015年新課標Ⅱ理科第21題】設函數(shù)f(（1）證明：f(x)在(（2）若對于任意x1,x2∈【答案】（1）f(x)在(?∞,0)【詳解】（Ⅰ）f'(若m≥0，則當x∈(?∞,0)時，emx?1≤0若m<0，則當x∈(?∞,0)時，emx?1>0所以，f(x)在(（Ⅱ）由（Ⅰ）知，對任意的m，f(x)在[?1,0]單調遞減，在[0,1]單調遞增，故f(x)在x=0處取得最小值．所以對于任意x1,x2∈[?1,1]，f(x1)?f(x2)≤e?1的充要條件是：{f(1)?f(0)≤e?1,f(?1)?f(0)≤e?1,即{em?m≤e?1,e?m+m≤e?1,①，設函數(shù)g(34．【2015年新課標Ⅰ理科第21題】已知函數(shù)f(x)（1）當a為何值時，x軸為曲線y=f(（2）用min{m,n}表示m,【答案】（Ⅰ）a=?34；（Ⅱ）當a>?34或a<?54時，?x由一個零點；當a=?34【詳解】（Ⅰ）設曲線y=fx與x軸相切于點x0,0，則fx0=0因此，當a=?34時，x軸是曲線（Ⅱ）當x∈1,+∞時，gx∴?x當x=1時，若a≥?54，則f1=a+54≥0，?1=minf1,g當x∈0,1時，gx=?（?。┤鬭≤?3或a≥0，則f'x=3x2+a在（0,1）無零點，故fx在（0,1）單調，而f0=（ⅱ）若?3<a<0，則fx在（0，?a3）單調遞減，在（?a3，1）單調遞增，故當x=①若f?a3＞0，即?34②若f?a3=0，即a=?③若f?a3＜0，即?3<a<?34，由于f0=14綜上，當a>?34或a<?54時，?x由一個零點；當a=?34或a=?1．（2024·浙江·三模）已知函數(shù)fx(1)求函數(shù)fx(2)若曲線y=fx在點0,0處的切線與二次曲線y=ax2【答案】(1)單調增區(qū)間：?∞,2，單調減區(qū)間：2,(2)a=?12或【詳解】（1）易知fx定義域為R，f'所以x∈?∞,2，f'x>0故fx單調增區(qū)間：?∞,2，單調減區(qū)間：（2）因為f'0=2所以曲線y=fx在點0,0處的切線為把切線方程y=2x代入二次曲線方程y=ax即Δ=2a+3解得a=?12或?92．(1)求函數(shù)fx(2)若fx≤gx【答案】(1)答案見詳解(2)2【詳解】（1）f'x=1當a<0時，由于x>0，所以f'x>0當a>0時，0<x<1a，f'x從而fx在0,1a綜上，當a<0時，fx的單調遞增區(qū)間為當a>0時，fx的單調遞增區(qū)間為0,1（2）令?x=fx只要使?x≤0?'x若a>0，x>0，所以當0<x<2a時，?'x可知?x在0,2a所以?xmax=?可知a的最小值為2e若a<0，x>0，所以當0<x<?1a時，?'x<可知?x在0,?1所以?x在0,+∞內無最大值，且當x趨近于+∞時，?x綜上所述：a的最小值為2e3.

3．（2024·山西呂梁·三模）已知函數(shù)(1)討論函數(shù)的單調性；(2)若對任意的x1,x2∈【答案】(1)答案見解析(2)[0,2【詳解】（1）fx的定義域為x∈令gx又∵Δ1°，當Δ≤0，即a≥12時，g2°，當Δ>0令gx=其中，當0<a<12x∈所以fx在0,x1當a<0時，x故fx在0,x2綜上：a≥12,0<a<12a≤0,fx在0,（2）法一：不妨設0<x1<x2，則所以令Gx當x∈0,+∞時，1°，若a=2°，當a>令Fx=ln所以Fx在0,e3所以1a≥Fe3°，若a<0，同理1a≤所以不存在滿足條件的a.綜上所述：a∈0,2法二：x1令gx=fxx即g'xg'x=x2+a又?'x①當a=0時，?x=②當a<0時，?'x>0,?x在③當a>0時，由?'x=0得x=a因為?x≥0解得0<a≤綜上，a∈[0,2e3].

4．（2024·陜西渭南·二模）已知函數(shù)(1)求函數(shù)g((2)若當x>0時，mx2【答案】(1)遞減區(qū)間為(0,+∞(2)(?∞【詳解】（1）依題意，函數(shù)g(x)求導得g'(x)即g(x)所以函數(shù)g(x)（2）當x>0時，m令?(x)當0<x<1時，?'(x)即函數(shù)?(x)在(0,1)上遞減，在(1,+∞)令t=x?lnx，依題意，?t∈[1,令φ(t)=ett當t=1時，φ(t所以實數(shù)m的取值范圍(?∞5．（2024·重慶九龍坡·三模）已知函數(shù)fx=ln(1)當x∈1,+∞時，函數(shù)fx(2)當a=2時，若fx1+fx(3)求證：對任意n∈N?，都有【答案】(1)2(2)證明見解析(3)證明見解析【詳解】（1）當x≥1時，f即a≤lnxx令gx=lnxx令?x=x2?當x≥1時，?'x≥0恒成立，?x所以g'x≥0在x∈1,+∞所以gx所以a≤2，即實數(shù)a的最大值為2（2）當a=2時，fx=所以f'x=1x+x?又f1=0，fx1要證x1+x因為fx在x∈0,+∞因為fx1+f設F=lnx2令t=x2?x，則0<t<1，則由0<t<1可得φ't>0所以φt<φ1所以fx1+f（3）由（2）可知當a=2時，fx在1,+∞由lnx+12x2令x=n+1n，則2ln所以2ln21+1?11相加得2lnn+6．（2024·貴州六盤水·三模）若函數(shù)fx在a,b上有定義，且對于任意不同的x1,x2∈a(1)若fx=x2，判斷(2)若fx=2eln(3)若fx為1,2上的“2類函數(shù)”且f1=f2，證明：?x【答案】(1)是(2)a(3)證明見解析【詳解】（1）函數(shù)fx=x不妨設x1,xfx所以fx=x（2）fx=2由題意知，對于任意不同的x1,x不妨設x1<x故fx1+所以fx+2x為1,e上的增函數(shù)，所以對任意的x∈1,e，即?由f'x≤2?a≤1x2令1x=t∈1e,1得y=由f'x≥?2只需a≥?xmax，令1x=t∈1e,1所以?x綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為a?（3）證明：因為fx為1,2上的“2類函數(shù)”，所以f不妨設1≤x1<x當12≤x1所以f<2綜上所述，?x1，x27．（2024·重慶·三模）已知函數(shù)f((1)當b=1時，f(x(2)已知直線l1、l2是曲線（i）記x0為直線l1交點的橫坐標，求證：（ii）若l1也與曲線y=f(x)相切，求【答案】(1)a≥(2)（i）證明見解析；（ii）b<【詳解】（1）由于aex≥設Fx=lnx+1ex，則F'令F'x>0得0<x<1所以Fx在0,1單調遞增，1,所以F(x)（2）（i）設兩條切線在gx上的兩個切點橫坐標分別為x有g'x1g'此時，切線為：y?ln相減得lnx所以x0設kx=2lnx?x?1x故當x∈0,1時，kx>k當x∈1,+∞時，kx<k1（ii）由題意得：存在實數(shù)s,t，使fx在x=s處的切線和g所以f's=g't則s?t=1又因為aes=題目轉化為?t不妨設兩根為m,則由?m=?1化簡得lnm=所以lna=所以b=?lna，（也可寫為代入?t中得：?即b?1設Gt由于Ht=1t?t?所以Gt在0,1單調遞增，1,而t無限趨近于0時，Gtt無限趨近于正無窮大時，Gt無限趨向于負無窮大，G所以b?1<08．（2024·四川攀枝花·三模）已知函數(shù)f((1)求函數(shù)f((2)設函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f'(x)【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【詳解】（1）解：由函數(shù)f(x)=ln當a≤0時，f'(x)>當a>0時，令f'(x)>0，可得所以函數(shù)fx在(a,當x=a時，函數(shù)fx取得極小值，極小值為f（2）證明：由（1）知，f'(可得f'(x1所以1x1?因為x1≠x2，所以則fx因為a(1x1+所以fx設ga=ln(4當a∈(0,12)時，g'a當a∈(12,+∞)時，所以，當a=12時，所以ln(4a2)+19．（2024·廣東茂名·一模）設函數(shù)fx=e(1)當a=?1時，fx≥bx+1在(2)若a>0,fx在0,【答案】(1)?∞(2)2【詳解】（1）當a=?1時，f所以不等式轉化為ex?bx?sin令?x所以?'x當x∈[0,+∞)若b≤0，則?'x≥?x在0,故?x若b>0，令函數(shù)m則m'x=e所以mx在0,因為m0=?b<0，且當x→+∞所以?x0∈故當x∈0,x0時，?'當x∈x0,+∞時，則?(綜上所述，實數(shù)b的取值范圍為?∞,0（2）因為fx=e令fx=0所以?1令gx=sin則g'x令g'x=0所以當x∈π4+2k當x∈0,π4，x∈所以當x=5π4+即當x=5π4,又因為sin5π4=所以g5π所以gx當x=π即當x