2024-2025學(xué)年高考數(shù)學(xué)考點(diǎn)第四章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性理

PAGEPAGE1導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系條件恒有結(jié)論函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上可導(dǎo)f′(x)>0f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增f′(x)<0f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞減f′(x)＝0f(x)在(a，b)內(nèi)是常數(shù)函數(shù)概念方法微思索“f(x)在區(qū)間(a，b)上是增函數(shù)，則f′(x)>0在(a，b)上恒成立”，這種說法是否正確？提示不正確，正確的說法是：可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上是增(減)函數(shù)的充要條件是對?x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任一非空子區(qū)間內(nèi)都不恒為零．1．（2024?江蘇）已知函數(shù)f（x）＝x3﹣2x+ex-1ex，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．若f（a﹣1）+f（2a2【答案】[﹣1，12【解析】函數(shù)f（x）＝x3﹣2x+ex-1f′（x）＝3x2﹣2+ex+1ex可得f（x）在R上遞增；又f（﹣x）+f（x）＝（﹣x）3+2x+e﹣x﹣ex+x3﹣2x+ex-1可得f（x）為奇函數(shù)，則f（a﹣1）+f（2a2）≤0，即有f（2a2）≤﹣f（a﹣1）由f（﹣（a﹣1））＝﹣f（a﹣1），f（2a2）≤f（1﹣a），即有2a2≤1﹣a，解得﹣1≤a≤1故答案為：[﹣1，122．（2024?新課標(biāo)Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣a（x+2）．（1）當(dāng)a＝1時，探討f（x）的單調(diào)性；（2）若f（x）有兩個零點(diǎn)，求a的取值范圍．【解析】由題意，f（x）的定義域?yàn)椋ī仭蓿?∞），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）的微小值也是最小值為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(diǎn)，只要f（lna）＜0即可，則1+lna＞0，可得a＞1綜上，若f（x）有兩個零點(diǎn)，則a的取值范圍是（1e3．（2024?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，探討函數(shù)g（x）=f(x)-f(a)【解析】（1）f（x）≤2x+c等價于2lnx﹣2x≤c﹣1．設(shè)h（x）＝2lnx﹣2x，h′（x）=2x-2=當(dāng)x∈（0，1）時，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x∈（1，+∞）時，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，∴h（x）在x＝1時取得極大值也就是最大值為h（1）＝﹣2，∴c﹣1≥﹣2，即c≥﹣1．則c的取值范圍為[﹣1，+∞）；（2）g（x）=f(x)-f(a)x-a=2(lnx-lna)x-a（x＞0，x∴g′（x）=2令w（x）=-2ax-2lnx+2lna則w′（x）=2a令w′（x）＞0，解得0＜x＜a，令w′（x）＜0，解得x＞a，∴w（x）在（0，a）上單調(diào)遞增，在（a，+∞）上單調(diào)遞減．∴w（x）≤w（a）＝0，即g′（x）≤0，∴g（x）在（0，a）和（a，+∞）上單調(diào)遞減．4．（2024?新課標(biāo)Ⅲ）已知函數(shù)f（x）＝x3﹣kx+k2．（1）探討f（x）的單調(diào)性；（2）若f（x）有三個零點(diǎn)，求k的取值范圍．【解析】（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＞k3或x令f′（x）＜0，解得：-k3＜∴f（x）在（﹣∞，-k3）遞增，在（-k3，綜上，k≤0時，f（x）在R遞增，k＞0時，f（x）在（﹣∞，-k3）遞增，在（-k3，（2）由（1）得：k＞0，f（x）微小值＝f（k3），f（x）極大值＝f（-若f（x）有三個零點(diǎn)，只需k＞0f(k3)＜0故k∈（0，4275．（2024?全國）已知函數(shù)f（x）=x（x2﹣ax（1）當(dāng)a＝1時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若f（x）在區(qū)間[0，2]的最小值為-23，求【解析】（1）當(dāng)a＝1時，f（x）=x（x2﹣x則f'（x）=52x32-32x1∴當(dāng)0＜x＜35時，f'（x）＜0；當(dāng)x＞35時，∴f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，35)（2）f'（x）=52x32-32ax當(dāng)a≤0時，f'（x）＞0，∴f（x）在[0，2]上單調(diào)遞增，∴f(x)當(dāng)0＜a≤103時，0＜3a5≤2，則當(dāng)0＜x＜3a5時，f'（x∴f（x）在(0，3a5)∴f(x)min=f(3a5當(dāng)a＞103時，103＞2，則當(dāng)0＜x＜2時，f'（x）＜0，∴∴f(x)min=f(2)=2(4-2a)=-∴f（x）在區(qū)間[0，2]的最小值為-23，a的值為6．（2024?浙江）已知實(shí)數(shù)a≠0，設(shè)函數(shù)f（x）＝alnx+1+x，x（Ⅰ）當(dāng)a=-34時，求函數(shù)f（（Ⅱ）對隨意x∈[1e2，+∞）均有f（x）≤x注：e＝2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)．【解析】（1）當(dāng)a=-34時，f（x）=-3f′（x）=-3∴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）≤12a，得0＜a當(dāng)0＜a≤24時，f（x）≤x2a，等價于令t=1a，則t設(shè)g（t）＝t2x-2t1+x-2lnx，t則g（t）=x（t-1+1x）2（i）當(dāng)x∈[17，+∞）時，1+則g（x）≥g（22）=8x記p（x）＝4x-221+x-lnx，則p′（x）==(x-1)[1+列表探討：x1（171（1，+∞）p′（x）﹣0+P（x）p（17單調(diào)遞減微小值p（1）單調(diào)遞增∴p（x）≥p（1）＝0，∴g（t）≥g（22)=2p(x)=2p（x（ii）當(dāng)x∈[1e2，17）時，g（t）≥g令q（x）＝2xlnx+（x+1），x∈[1e2，則q′（x）=lnx+2故q（x）在[1e2，17]上單調(diào)遞增，∴q（x）≤q由（i）得q（17）=-277p（1∴q（x）＜0，∴g（t）≥g（1+1x）由（i）（ii）知對隨意x∈[1e2，+∞），t∈[22，+∞），g（即對隨意x∈[1e2，+∞），均有f（x）綜上所述，所求的a的取值范圍是（0，247．（2024?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∈[π4，π2]時，證明f（x）+g（x）（π（Ⅲ）設(shè)xn為函數(shù)u（x）＝f（x）﹣1在區(qū)間（2nπ+π4，2nπ+π2）內(nèi)的零點(diǎn)，其中n∈N，證明2nπ+【解析】（Ⅰ）解：由已知，f′（x）＝ex（cosx﹣sinx），因此，當(dāng)x∈（2kπ+π4，2kπ+5π4）（k∈Z）時，有sinx＞cosx，得f′（x）＜0，當(dāng)x∈（2kπ-3π4，2kπ+π4）（k∈Z）時，有sinx＜cosx，得f′（x）＞0，∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間為[2kπ-3π4，2kπ+π4]（k∈Z），單調(diào)減區(qū)間為[2kπ+π4，（Ⅱ）證明：記h（x）＝f（x）+g（x）（π2-x），依題意及（有g(shù)（x）＝ex（cosx﹣sinx），從而h′（x）＝f′（x）+g′（x）?（π2-x）+g（x）?（﹣1）＝g′（x）（因此，h（x）在區(qū)間[π4，π2]上單調(diào)遞減，有h（x）≥h（π2）＝f∴當(dāng)x∈[π4，π2]時，f（x）+g（x）（π（Ⅲ）證明：依題意，u（xn）＝f（xn）﹣1＝0，即ex記yn＝xn﹣2nπ，則yn∈（π4，π2），且f（yn）=eyncosy由f（yn）＝e﹣2nπ≤1＝f（y0）及（Ⅰ），得yn≥y0，由（Ⅱ）知，當(dāng)x∈（π4，π2）時，g′（x）＜0，∴g（x）在[π4因此，g（yn）≤g（y0）＜g（π4又由（Ⅱ）知，f(y故π2∴2nπ+π2-x8．（2024?新課標(biāo)Ⅱ）已知函數(shù)f（x）＝lnx-x+1（1）探討f（x）的單調(diào)性，并證明f（x）有且僅有兩個零點(diǎn)；（2）設(shè)x0是f（x）的一個零點(diǎn)，證明曲線y＝lnx在點(diǎn)A（x0，lnx0）處的切線也是曲線y＝ex的切線．【解析】（1）函數(shù)f（x）＝lnx-x+1x-1．定義域?yàn)椋海?，1）f′（x）=1x+2(x-1∴f（x）在（0，1）和（1，+∞）上單調(diào)遞增，①在（0，1）區(qū)間取值有1e2，∵f（1e2）＜0，f（1e）＞0，f（1e2∴f（x）在（0，1）有且僅有一個零點(diǎn)，②在（1，+∞）區(qū)間，區(qū)間取值有e，e2代入函數(shù)，由函數(shù)零點(diǎn)的定義得，又∵f（e）＜0，f（e2）＞0，f（e）?f（e2）＜0，∴f（x）在（1，+∞）上有且僅有一個零點(diǎn)，故f（x）在定義域內(nèi)有且僅有兩個零點(diǎn)；（2）x0是f（x）的一個零點(diǎn)，則有l(wèi)nx0=x曲線y＝lnx，則有y′=1由直線的點(diǎn)斜式可得曲線的切線方程，曲線y＝lnx在點(diǎn)A（x0，lnx0）處的切線方程為：y﹣lnx0=1x0（x﹣即：y=1x0x﹣1+lnx0，將lnx即有：y=1x0而曲線y＝ex的切線中，在點(diǎn)（ln1x0，1x0）處的切線方程為：y-1x0=1x0（將lnx0=x0+1x0-1故曲線y＝lnx在點(diǎn)A（x0，lnx0）處的切線也是曲線y＝ex的切線．故得證．9．（2024?天津）已知函數(shù)f（x）＝ax，g（x）＝logax，其中a＞1．（Ⅰ）求函數(shù)h（x）＝f（x）﹣xlna的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）若曲線y＝f（x）在點(diǎn)（x1，f（x1））處的切線與曲線y＝g（x）在點(diǎn)（x2，g（x2））處的切線平行，證明x1+g（x2）=-2lnlna（Ⅲ）證明當(dāng)a≥e1e時，存在直線l，使l是曲線y＝f（x）的切線，也是曲線y＝g【解析】（Ⅰ）解：由已知，h（x）＝ax﹣xlna，有h′（x）＝axlna﹣lna，令h′（x）＝0，解得x＝0．由a＞1，可知當(dāng)x改變時，h′（x），h（x）的改變狀況如下表：x（﹣∞，0）0（0，+∞）h′（x）﹣0+h（x）↓微小值↑∴函數(shù)h（x）的單調(diào)減區(qū)間為（﹣∞，0），單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）；（Ⅱ）證明：由f′（x）＝axlna，可得曲線y＝f（x）在點(diǎn)（x1，f（x1））處的切線的斜率為ax1由g′（x）=1xlna，可得曲線y＝g（x）在點(diǎn)（x2，g（x2））處的切線的斜率為∵這兩條切線平行，故有ax1lna=兩邊取以a為底數(shù)的對數(shù)，得logax2+x1+2logalna＝0，∴x1+g（x2）=-2lnlna（Ⅲ）證明：曲線y＝f（x）在點(diǎn)（x1，ax1）處的切線曲線y＝g（x）在點(diǎn)（x2，logax2）處的切線l2：y-log要證明當(dāng)a≥e1e時，存在直線l，使l是曲線y＝f（x）的切線，也是曲線y＝g只需證明當(dāng)a≥e1e時，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1與即只需證明當(dāng)a≥e1由①得x2=1ax1因此，只需證明當(dāng)a≥e1e時，關(guān)于x1設(shè)函數(shù)u（x）=ax-xaxlna+x+1lna+2lnlnau′（x）＝1﹣（lna）2xax，可知x∈（﹣∞，0）時，u′（x）＞0；x∈（0，+∞）時，u′（x）單調(diào)遞減，又u′（0）＝1＞0，u′(1故存在唯一的x0，且x0＞0，使得u′（x0）＝0，即1-(lna)由此可得，u（x）在（﹣∞，x0）上單調(diào)遞增，在（x0，+∞）上單調(diào)遞減，u（x）在x＝x0處取得極大值u（x0）．∵a≥e1e∴u(x下面證明存在實(shí)數(shù)t，使得u（t）＜0，由（Ⅰ）可得ax≥1+xlna，當(dāng)x＞1u（x）≤(1+xlna)(1-xlna)+x+1∴存在實(shí)數(shù)t，使得u（t）＜0．因此，當(dāng)a≥e1e時，存在x1∈（﹣∞，+∞），使得u（∴當(dāng)a≥e1e時，存在直線l，使l是曲線y＝f（x）的切線，也是曲線y＝g10．（2024?新課標(biāo)Ⅱ）已知函數(shù)f（x）=13x3﹣a（x2+（1）若a＝3，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）證明：f（x）只有一個零點(diǎn)．【解析】（1）當(dāng)a＝3時，f（x）=13x3﹣3（x2+所以f′（x）＝x2﹣6x﹣3時，令f′（x）＝0解得x＝3±23當(dāng)x∈（﹣∞，3﹣23），x∈（3+23，+∞）時，f′（x）＞0，函數(shù)是增函數(shù)，當(dāng)x∈（3﹣23，3+23)時，f綜上，f（x）在（﹣∞，3﹣23），（3+23，+∞），上是增函數(shù)，在（3﹣23，3+2（2）證明：因?yàn)閤2+x+1＝（x+12）2所以f（x）＝0等價于x3令g(x)=x則g'(x)=x2[(x+1)2+2]3(x2+x+1)2＞0g（x）至多有一個零點(diǎn)，從而f（x）至多有一個零點(diǎn)．又因?yàn)閒（3a﹣1）＝﹣6a2+2a-13=-6（a-1f（3a+1）=1故f（x）有一個零點(diǎn)，綜上，f（x）只有一個零點(diǎn)．11．（2024?新課標(biāo)Ⅰ）已知函數(shù)f（x）=1x-x（1）探討f（x）的單調(diào)性；（2）若f（x）存在兩個極值點(diǎn)x1，x2，證明：f(x1【答案】【解析】（1）函數(shù)的定義域?yàn)椋?，+∞），函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′（x）=-1x2設(shè)g（x）＝x2﹣ax+1，當(dāng)a≤0時，g（x）＞0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此時函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，當(dāng)a＞0時，判別式△＝a2﹣4，①當(dāng)0＜a≤2時，△≤0，即g（x）≥0，即f′（x）≤0恒成立，此時函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，②當(dāng)a＞2時，x，f′（x），f（x）的改變?nèi)缦卤恚簒（0，a-aa-（a-a2-4a+（a+af′（x）﹣0+0﹣f（x）遞減遞增遞減綜上當(dāng)a≤2時，f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，當(dāng)a＞2時，在（0，a-a2-4則（a-a2-4（2）由（1）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2＝1，則f（x1）﹣f（x2）＝（x2﹣x1）（1+1x1x2）+a（lnx1﹣lnx2）＝2（x2﹣x1）+a（lnx則f(x1)-f(則問題轉(zhuǎn)為證明lnx即證明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，則lnx1﹣ln1x1＞x即lnx1+lnx1＞x1-1即證2lnx1＞x1-1設(shè)h（x）＝2lnx﹣x+1x，（0＜x＜1），其中求導(dǎo)得h′（x）=2x-則h（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x+1故2lnx＞x-1則f(x1（2）另解：留意到f（1x）＝x-1x-alnx＝﹣即f（x）+f（1x由韋達(dá)定理得x1x2＝1，x1+x2＝a＞2，得0＜x1＜1＜x2，x1=1可得f（x2）+f（1x2）＝0，即f（x1）+f（x要證f(x1)-f(x2即證2alnx2﹣ax2+ax2＜構(gòu)造函數(shù)h（x）＝2alnx﹣ax+ax，（x＞1），h′（x）∴h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，∴h（x）＜h（1）＝0，∴2alnx﹣ax+ax＜0成立，即2alnx2﹣ax2+a即f(x112．（2024?新課標(biāo)Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝ex（ex﹣a）﹣a2x．（1）探討f（x）的單調(diào)性；（2）若f（x）≥0，求a的取值范圍．【答案】【解析】（1）f（x）＝ex（ex﹣a）﹣a2x＝e2x﹣exa﹣a2x，∴f′（x）＝2e2x﹣aex﹣a2＝（2ex+a）（ex﹣a），①當(dāng)a＝0時，f′（x）＞0恒成立，∴f（x）在R上單調(diào)遞增，②當(dāng)a＞0時，2ex+a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝lna，當(dāng)x＜lna時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x＞lna時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，③當(dāng)a＜0時，ex﹣a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝ln（-a當(dāng)x＜ln（-a2）時，f′（x）＜0，函數(shù)f（當(dāng)x＞ln（-a2）時，f′（x）＞0，函數(shù)f（綜上所述，當(dāng)a＝0時，f（x）在R上單調(diào)遞增，當(dāng)a＞0時，f（x）在（﹣∞，lna）上單調(diào)遞減，在（lna，+∞）上單調(diào)遞增，當(dāng)a＜0時，f（x）在（﹣∞，ln（-a2））上單調(diào)遞減，在（ln（（2）①當(dāng)a＝0時，f（x）＝e2x＞0恒成立，②當(dāng)a＞0時，由（1）可得f（x）min＝f（lna）＝﹣a2lna≥0，∴l(xiāng)na≤0，∴0＜a≤1，③當(dāng)a＜0時，由（1）可得：f（x）min＝f（ln（-a2））=3a24-∴l(xiāng)n（-a2）∴﹣2e34綜上所述a的取值范圍為[﹣2e313．（2024?天津）設(shè)a∈Z，已知定義在R上的函數(shù)f（x）＝2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在區(qū)間（1，2）內(nèi)有一個零點(diǎn)x0，g（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)．（Ⅰ）求g（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）設(shè)m∈[1，x0）∪（x0，2]，函數(shù)h（x）＝g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求證：h（m）h（x0）＜0；（Ⅲ）求證：存在大于0的常數(shù)A，使得對于隨意的正整數(shù)p，q，且pq∈[1，x0）∪（x0，2]，滿意|pq-x0【解析】（Ⅰ）解：由f（x）＝2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）＝f′（x）＝8x3+9x2﹣6x﹣6，進(jìn)而可得g′（x）＝24x2+18x﹣6．令g′（x）＝0，解得x＝﹣1，或x=1當(dāng)x改變時，g′（x），g（x）的改變狀況如下表：x（﹣∞，﹣1）（﹣1，14（14g′（x）+﹣+g（x）↗↘↗所以，g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（﹣∞，﹣1），（14，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間是（﹣1，1（Ⅱ）證明：由h（x）＝g（x）（m﹣x0）﹣f（m），得h（m）＝g（m）（m﹣x0）﹣f（m），h（x0）＝g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）．令函數(shù)H1（x）＝g（x）（x﹣x0）﹣f（x），則H′1（x）＝g′（x）（x﹣x0）．由（Ⅰ）知，當(dāng)x∈[1，2]時，g′（x）＞0，故當(dāng)x∈[1，x0）時，H′1（x）＜0，H1（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（x0，2]時，H′1（x）＞0，H1（x）單調(diào)遞增．因此，當(dāng)x∈[1，x0）∪（x0，2]時，H1（x）＞H1（x0）＝﹣f（x0）＝0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0，令函數(shù)H2（x）＝g（x0）（x﹣x0）﹣f（x），則H′2（x）＝g（x0）﹣g（x）．由（Ⅰ）知，g（x）在[1，2]上單調(diào)遞增，故當(dāng)x∈[1，x0）時，H′2（x）＞0，H2（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（x0，2]時，H′2（x）＜0，H2（x）單調(diào)遞減．因此，當(dāng)x∈[1，x0）∪（x0，2]時，H2（x）＜H2（x0）＝0，可得得H2（m）＜0，即h（x0）＜0，．所以，h（m）h（x0）＜0．（Ⅲ）對于隨意的正整數(shù)p，q，且pq令m=pq，函數(shù)h（x）＝g（x）（m﹣x0）﹣f（由（Ⅱ）知，當(dāng)m∈[1，x0）時，h（x）在區(qū)間（m，x0）內(nèi)有零點(diǎn)；當(dāng)m∈（x0，2]時，h（x）在區(qū)間（x0，m）內(nèi)有零點(diǎn)．所以h（x）在（1，2）內(nèi)至少有一個零點(diǎn)，不妨設(shè)為x1，則h（x1）＝g（x1）（pq-x0）﹣f（由（Ⅰ）知g（x）在[1，2]上單調(diào)遞增，故0＜g（1）＜g（x1）＜g（2），于是|pq-x0|因?yàn)楫?dāng)x∈[1，2]時，g（x）＞0，故f（x）在[1，2]上單調(diào)遞增，所以f（x）在區(qū)間[1，2]上除x0外沒有其他的零點(diǎn)，而pq≠x0，故f（又因?yàn)閜，q，a均為整數(shù)，所以|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|是正整數(shù)，從而|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．所以|pq-x0|≥1g(2)q4．所以，只要取A＝g（2），就有|14．（2024?新課標(biāo)Ⅱ）設(shè)函數(shù)f（x）＝（1﹣x2）?ex．（1）探討f（x）的單調(diào)性；（2）當(dāng)x≥0時，f（x）≤ax+1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【答案】【解析】（1）因?yàn)閒（x）＝（1﹣x2）ex，x∈R，所以f′（x）＝（1﹣2x﹣x2）ex，令f′（x）＝0可知x＝﹣1±2，當(dāng)x＜﹣1-2或x＞﹣1+2時f′（x）＜0，當(dāng)﹣1-2＜x＜﹣1+2所以f（x）在（﹣∞，﹣1-2），（﹣1+2，+∞）上單調(diào)遞減，在（﹣1-2（2）由題可知f（x）＝（1﹣x）（1+x）ex．下面對a的范圍進(jìn)行探討：①當(dāng)a≥1時，設(shè)函數(shù)h（x）＝（1﹣x）ex，則h′（x）＝﹣xex＜0（x＞0），因此h（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，又因?yàn)閔（0）＝1，所以h（x）≤1，所以f（x）＝（1+x）h（x）≤x+1≤ax+1；②當(dāng)0＜a＜1時，設(shè)函數(shù)g（x）＝ex﹣x﹣1，則g′（x）＝ex﹣1＞0（x＞0），所以g（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，又g（0）＝1﹣0﹣1＝0，所以ex≥x+1．因?yàn)楫?dāng)0＜x＜1時f（x）＞（1﹣x）（1+x）2，所以（1﹣x）（1+x）2﹣ax﹣1＝x（1﹣a﹣x﹣x2），取x0=5-4a-12∈（0，1），則（1﹣x0）（1+x0）2﹣所以f（x0）＞ax0+1，沖突；③當(dāng)a≤0時，取x0=5-12∈（0，1），則f（x0）＞（1﹣x0）（1+x0）2＝1≥ax0綜上所述，a的取值范圍是[1，+∞）．（2）法二：x≥0時，g（x）＝ex（x2﹣1）+ax+1≥0恒成立，g'（x）＝ex（x2+2x﹣1）+a，[g'（x）]'＝ex（x2+4x+1）＞0（x≥0），g'（x）在x≥0時單調(diào)遞增，當(dāng)g'（0）＝a﹣1≥0時，x＞0時g'（x）＞0恒成立，g（x）單調(diào)遞增，則x≥0時g（x）≥g（0）＝0，符合題意，當(dāng)g'（0）＝a﹣1＜0時，g'（|a|）＞0，于是存在m＞0使得g'（m）＝0，當(dāng)0＜x＜m時，g'（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，有g(shù)（m）＜g（0）＝0，不合題意，所以a≥1．綜上所述，a的取值范圍是[1，+∞）．15．（2024?天津）設(shè)a，b∈R，|a|≤1．已知函數(shù)f（x）＝x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，g（x）＝exf（x）．（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）已知函數(shù)y＝g（x）和y＝ex的圖象在公共點(diǎn)（x0，y0）處有相同的切線，（i）求證：f（x）在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)等于0；（ii）若關(guān)于x的不等式g（x）≤ex在區(qū)間[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b的取值范圍．【解析】（Ⅰ）解：由f（x）＝x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，可得f'（x）＝3x2﹣12x﹣3a（a﹣4）＝3（x﹣a）（x﹣（4﹣a）），令f'（x）＝0，解得x＝a，或x＝4﹣a．由|a|≤1，得a＜4﹣a．當(dāng)x改變時，f'（x），f（x）的改變狀況如下表：x（﹣∞，a）（a，4﹣a）（4﹣a，+∞）f'（x）+﹣+f（x）↗↘↗∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（﹣∞，a），（4﹣a，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（a，4﹣a）；（Ⅱ）（i）證明：∵g'（x）＝ex（f（x）+f'（x）），由題意知g(x∴f(x0)∴f（x）在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)等于0；（ii）解：∵g（x）≤ex，x∈[x0﹣1，x0+1]，由ex＞0，可得f（x）≤1．又∵f（x0）＝1，f'（x0）＝0，故x0為f（x）的極大值點(diǎn)，由（I）知x0＝a．另一方面，由于|a|≤1，故a+1＜4﹣a，由（Ⅰ）知f（x）在（a﹣1，a）內(nèi)單調(diào)遞增，在（a，a+1）內(nèi)單調(diào)遞減，故當(dāng)x0＝a時，f（x）≤f（a）＝1在[a﹣1，a+1]上恒成立，從而g（x）≤ex在[x0﹣1，x0+1]上恒成立．由f（a）＝a3﹣6a2﹣3a（a﹣4）a+b＝1，得b＝2a3﹣6a2+1，﹣1≤a≤1．令t（x）＝2x3﹣6x2+1，x∈[﹣1，1]，∴t'（x）＝6x2﹣12x，令t'（x）＝0，解得x＝2（舍去），或x＝0．∵t（﹣1）＝﹣7，t（1）＝﹣3，t（0）＝1，故t（x）的值域?yàn)閇﹣7，1]．∴b的取值范圍是[﹣7，1]．16．（2024?新課標(biāo)Ⅲ）已知函數(shù)f（x）＝lnx+ax2+（2a+1）x．（1）探討f（x）的單調(diào)性；（2）當(dāng)a＜0時，證明：f（x）≤-3【解析】（1）解：因?yàn)閒（x）＝lnx+ax2+（2a+1）x，求導(dǎo)f′（x）=1x+2ax+（2a+1）=①當(dāng)a＝0時，f′（x）=1x+1＞0恒成立，此時y＝f②當(dāng)a＞0，由于x＞0，所以（2ax+1）（x+1）＞0恒成立，此時y＝f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；③當(dāng)a＜0時，令f′（x）＝0，解得：x=-1因?yàn)楫?dāng)x∈（0，-12a）f′（x）＞0、當(dāng)x∈（-12a，+∞）所以y＝f（x）在（0，-12a）上單調(diào)遞增、在（綜上可知：當(dāng)a≥0時f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，當(dāng)a＜0時，f（x）在（0，-12a）上單調(diào)遞增、在（（2）證明：由（1）可知：當(dāng)a＜0時f（x）在（0，-12a）上單調(diào)遞增、在（所以當(dāng)x=-12a時函數(shù)y＝f（x）取最大值f（x）max＝f（-12a）＝﹣1﹣ln2-從而要證f（x）≤-34a-2，即證f（-即證﹣1﹣ln2-14a+ln（-1a）≤-34a-2，即證-1令t=-1a，則t＞0，問題轉(zhuǎn)化為證明：-12t+令g（t）=-12t+lnt，則g′（t）令g′（t）＝0可知t＝2，則當(dāng)0＜t＜2時g′（t）＞0，當(dāng)t＞2時g′（t）＜0，所以y＝g（t）在（0，2）上單調(diào)遞增、在（2，+∞）上單調(diào)遞減，即g（t）≤g（2）=-12×2+ln所以當(dāng)a＜0時，f（x）≤-317．（2024?新課標(biāo)Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x．（1）探討f（x）的單調(diào)性；（2）若f（x）有兩個零點(diǎn)，求a的取值范圍．【答案】【解析】（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求導(dǎo)f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，當(dāng)a＝0時，f′（x）＝﹣2ex﹣1＜0，∴當(dāng)x∈R，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)a＞0時，f′（x）＝（2ex+1）（aex﹣1）＝2a（ex+12）（ex令f′（x）＝0，解得：x＝ln1a當(dāng)f′（x）＞0，解得：x＞ln1a當(dāng)f′（x）＜0，解得：x＜ln1a∴x∈（﹣∞，ln1a）時，f（x）單調(diào)遞減，x∈（ln1當(dāng)a＜0時，f′（x）＝2a（ex+12）（ex∴當(dāng)x∈R，f（x）單調(diào)遞減，綜上可知：當(dāng)a≤0時，f（x）在R單調(diào)減函數(shù)，當(dāng)a＞0時，f（x）在（﹣∞，ln1a）是減函數(shù)，在（ln1（2）①若a≤0時，由（1）可知：f（x）最多有一個零點(diǎn)，當(dāng)a＞0時，f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，當(dāng)x→﹣∞時，e2x→0，ex→0，∴當(dāng)x→﹣∞時，f（x）→+∞，當(dāng)x→∞，e2x→+∞，且遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于ex和x，∴當(dāng)x→∞，f（x）→+∞，∴函數(shù)有兩個零點(diǎn)，f（x）的最小值小于0即可，由f（x）在（﹣∞，ln1a）是減函數(shù)，在（ln1∴f（x）min＝f（ln1a）＝a×（1a2）+（a﹣2）×∴1-1a-ln1a設(shè)t=1a，則g（t）＝lnt+t﹣1，（求導(dǎo)g′（t）=1t+∴t=1a＞∴a的取值范圍（0，1）．方法二：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求導(dǎo)f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，當(dāng)a＝0時，f′（x）＝﹣2ex﹣1＜0，∴當(dāng)x∈R，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)a＞0時，f′（x）＝（2ex+1）（aex﹣1）＝2a（ex+12）（ex令f′（x）＝0，解得：x＝﹣lna，當(dāng)f′（x）＞0，解得：x＞﹣lna，當(dāng)f′（x）＜0，解得：x＜﹣lna，∴x∈（﹣∞，﹣lna）時，f（x）單調(diào)遞減，x∈（﹣lna，+∞）單調(diào)遞增；當(dāng)a＜0時，f′（x）＝2a（ex+12）（ex∴當(dāng)x∈R，f（x）單調(diào)遞減，綜上可知：當(dāng)a≤0時，f（x）在R單調(diào)減函數(shù)，當(dāng)a＞0時，f（x）在（﹣∞，﹣lna）是減函數(shù)，在（﹣lna，+∞）是增函數(shù)；（2）①若a≤0時，由（1）可知：f（x）最多有一個零點(diǎn)，②當(dāng)a＞0時，由（1）可知：當(dāng)x＝﹣lna時，f（x）取得最小值，f（x）min＝f（﹣lna）＝1-1a-當(dāng)a＝1，時，f（﹣lna）＝0，故f（x）只有一個零點(diǎn)，當(dāng)a∈（1，+∞）時，由1-1a-ln1a＞故f（x）沒有零點(diǎn)，當(dāng)a∈（0，1）時，1-1a-ln1a＜由f（﹣2）＝ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0，故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一個零點(diǎn)，假設(shè)存在正整數(shù)n0，滿意n0＞ln（3a-1），則f（n0）=en0（aen0+a﹣2）﹣n由ln（3a-1）＞﹣因此在（﹣lna，+∞）有一個零點(diǎn)．∴a的取值范圍（0，1）．強(qiáng)化訓(xùn)練強(qiáng)化訓(xùn)練1．（2024?德陽模擬）若函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)的取值范圍為A．， B． C．， D．，【答案】A【解析】因?yàn)?，所以．要使函?shù)單調(diào)遞增，則恒成立．即恒成立．所以，因?yàn)樗?，所以．故選．2．（2024?漢臺區(qū)校級模擬）已知函數(shù)在內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是A． B．， C．，， D．，【答案】A【解析】因?yàn)?，，?dāng)時，恒成立，故函數(shù)在內(nèi)單調(diào)遞增，不符合題意；當(dāng)時，可得，，可得，因?yàn)樵趦?nèi)不是單調(diào)函數(shù)，所以，解可得，．故選．3．（2024?河南模擬）已知函數(shù)，則不等式的解集是___________．【答案】【解析】易知，該函數(shù)為偶函數(shù)，且，因?yàn)椋愠闪?，故在上單調(diào)遞增，故時，，在上單調(diào)遞減；時，，在單調(diào)遞增．結(jié)合該函數(shù)是偶函數(shù)，所以要使成立，只需，即，解得或，故原不等式的解集為，或．故答案為：，或．4．（2024?永康市模擬）設(shè)，函數(shù)．．（1）探討和單調(diào)性；（2）若存在兩個不同的零點(diǎn)，，問當(dāng)取何值時，有最小值．【解析】（1）函數(shù)的定義域?yàn)?，，?dāng)時，在上，，單調(diào)遞增，在，上，，單調(diào)遞減；令，則，令，則，在上，，單調(diào)遞減，在上，，單調(diào)遞增，所以，所以，即，所以在和上單調(diào)遞減，，，故在上遞減，在上遞增，在上遞增，在上遞減，即在上遞減，在上遞增；（2）存在兩個零點(diǎn)，，即有兩解，，，，，，令，則，，，令，當(dāng)取最小值時，取得最大值，可在取得最大值；令，由零點(diǎn)存在性定理可知，在上存在零點(diǎn)，且時，，當(dāng)，時，，，，此時，故．5．（2024?柯橋區(qū)二模）設(shè)函數(shù)．（1）探討單調(diào)性；（2）若；對于隨意的，使得恒成立，求的取值范圍．【解析】（1）函數(shù)的定義域?yàn)?，，?dāng)時，，，故在上遞增，當(dāng)時，令，解得，易知，當(dāng)時，，單調(diào)遞增，當(dāng)時，，單調(diào)遞減；（2）恒成立，即恒成立，即恒成立，令，則，（1），的定義域?yàn)椋簦?），則必存在，使得（1），不合題意，必需（1），解得，，令，，在遞增，（1），故滿意題意，實(shí)數(shù)的取值范圍為．6．（2024?南崗區(qū)校級模擬）已知函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為．（Ⅰ）探討函數(shù)在定義域內(nèi)的單調(diào)性；（Ⅱ）已知，設(shè)函數(shù)．①證明：函數(shù)在上存在唯一極值點(diǎn)；②在①的條件下，當(dāng)時，求的范圍．【解析】（Ⅰ），，，則，設(shè)，則，當(dāng)時，；當(dāng)時，，單調(diào)遞增，又，的減區(qū)間為，增區(qū)間為；（Ⅱ）①證明：，則，令，則，令，即，由，，，在遞減，在遞增，在遞減，在遞增，又，，存在，使得，從而有，在遞減，在，遞增，函數(shù)在上存在唯一極值點(diǎn)；②，，在遞增，（1），，，設(shè)，則，在上遞減，的取值范圍為．7．（2024?河南模擬）已知函數(shù)．（1）探討函數(shù)的單調(diào)性；（2）若存在兩個極值點(diǎn)，，求證：．【解析】（1）函數(shù)的定義域?yàn)?，，①?dāng)時，恒成立，即，函數(shù)在上單調(diào)遞增；②當(dāng)時，△，恒成立，函數(shù)在上單調(diào)遞增；③當(dāng)時，令，得或，函數(shù)單調(diào)遞增；令，得，函數(shù)單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)時，函數(shù)在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，函數(shù)在和，上單調(diào)遞增，在，上單調(diào)遞減．（2）證明：由（1）知，、是方程的兩個不同正根且，．．，要證，只需證．，只需證，即證．令，則，函數(shù)在上單調(diào)遞增，（1），即．故若存在兩個極值點(diǎn)，，則．8．（2024?二模擬）已知．（1）當(dāng)時，求的單調(diào)區(qū)間；（2）若在，上為單調(diào)遞增函數(shù)，求的取值范圍．【解析】（1）時，，，，單調(diào)遞增，又，當(dāng)時，，當(dāng)時，，的單調(diào)減區(qū)間為，增區(qū)間為．（2），在，上為單調(diào)遞增函數(shù)，在，上恒成立，令，，，①當(dāng)時，明顯有，復(fù)合題意；②當(dāng)時，，若，則，，，在，上單調(diào)遞增，故，符合題意；若，則，在，上單調(diào)遞增，又，，存在，使得，故當(dāng)時，，當(dāng)時，，在上單調(diào)遞減，在，上單調(diào)遞增，在，上的最小值為，不符合題意．綜上，．9．（2024?韓城市模擬）已知函數(shù)．（Ⅰ）探討函數(shù)的單調(diào)性；（Ⅱ）若關(guān)于的方程在上存在3個不相等的實(shí)數(shù)根，求的取值范圍．【解析】（Ⅰ），由，可得或，當(dāng)時，，在，上，，單調(diào)遞增，在上，，單調(diào)遞減；當(dāng)時，，在上恒成立，即在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，，在，上，，單調(diào)遞增，在上，，單調(diào)遞減；（Ⅱ）有三個實(shí)數(shù)根，明顯是方程的一個解，故有兩個實(shí)數(shù)根，且，，即，令，則，當(dāng)，時，，單調(diào)遞減，當(dāng)，，，單調(diào)遞增，當(dāng)時，，當(dāng)時，取得較小值，（1），又（2），則或．10．（2024?濱州三模）已知函數(shù)，其中是自然對數(shù)的底數(shù)，．（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）設(shè)，探討函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù)，并說明理由．【解析】（1）因?yàn)?，所以．由，得；由，得．所以的增區(qū)間是，減區(qū)間是．（2）因?yàn)椋?，得或．設(shè)，又，即不是的零點(diǎn)，故只需再探討函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù)．因?yàn)?，所以?dāng)時，，單調(diào)遞減；當(dāng)時，，單調(diào)遞增．所以當(dāng)時，取得最小值（a）．①當(dāng)（a），即時，，無零點(diǎn)；②當(dāng)（a），即時，有唯一零點(diǎn)；③當(dāng)（a），即時，因?yàn)?，所以在上有且只有一個零點(diǎn)．令，則．設(shè)（a），則（a），所以（a）在上單調(diào)遞增，所以，，都有（a）（1）．所以（a）．所以在上有且只有一個零點(diǎn)．所以當(dāng)時，有兩個零點(diǎn)．綜上所述，當(dāng)時，有一個零點(diǎn)；當(dāng)時，有兩個零點(diǎn)；當(dāng)時，有三個零點(diǎn)．11．（2024?西安模擬）設(shè)函數(shù)．（Ⅰ）探討在區(qū)間上的單調(diào)性；（Ⅱ）若存在兩個極值點(diǎn)、，且，求的取值范圍．【解析】（Ⅰ），．，，，于是的正負(fù)性由確定．①當(dāng)時，恒成立，即，在上單調(diào)遞增；②當(dāng)時，令，得，，單調(diào)遞增；令，得，，單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)時，在，上單調(diào)遞增，在，上單調(diào)遞減；當(dāng)時，在上單調(diào)遞增．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，當(dāng)時，不存在極值，必有．存在兩個極值點(diǎn)、，、是方程的兩個不同實(shí)根，不妨令，，函數(shù)的定義域?yàn)椋?，，且，解得．．令，由且得，?dāng)時，；當(dāng)時，．設(shè)，①當(dāng)時，，，在上單調(diào)遞減，，即當(dāng)時，，不符合題意．②當(dāng)時，，，在上單調(diào)遞減，（1），即當(dāng)時，，符合題意．綜上所述，的取值范圍為，．12．（2024?青羊區(qū)校級模擬）已知函數(shù)．（1）若是定義域上的增函數(shù)，求的取值范圍；（2）若，若函數(shù)有兩個極值點(diǎn)，，求的取值范圍．【解析】（1）的定義域?yàn)?，，在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，，即對恒成立．則恒成立．，，．所以，的取值范圍是．（2）設(shè)方程，即得兩根為，，且．由△且，得，，，，．，，代入得，令，則，得，，，在上單調(diào)遞減，從而，即，，即的取值范圍是13．（2024?碑林區(qū)校級模擬）已知函數(shù)．（1）當(dāng)時，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）探討的零點(diǎn)個數(shù)．【解析】（1）當(dāng)時，，則，因?yàn)?，則，所以時，，時，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是．（2）因?yàn)?，則．當(dāng)時，因?yàn)?，則，則時，，所以時，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，（1）．當(dāng)（1）時，即時，（1），所以當(dāng)時，函數(shù)沒有零點(diǎn)，即函數(shù)零點(diǎn)個數(shù)為0；當(dāng)（1），即時，（1），所以當(dāng)時，函數(shù)有且只有一個零點(diǎn)，即函數(shù)的零點(diǎn)個數(shù)為1；當(dāng)（1），即時，（2），則存在一個實(shí)數(shù)，使得，當(dāng)時，，，對隨意的，則，取，因?yàn)?，則，則，則存在，使得，即時，函數(shù)的零點(diǎn)個數(shù)為2．當(dāng)時，令，則，則，即函數(shù)有且只有一個零點(diǎn)；即函數(shù)的零點(diǎn)個數(shù)為1．當(dāng)時，令，，故在上單調(diào)遞增，令，，，故，，則肯定存在，使得，所以時，，，時，．因?yàn)?，?dāng)，即時，，所以，所以時，，所以時，，則在上單調(diào)遞增，且（1），（3），則存在，使得，所以函數(shù)有且只有一個零點(diǎn)，即函數(shù)的零點(diǎn)個數(shù)為1．因?yàn)?，?dāng)，時，，當(dāng)時，，當(dāng)，時，，則在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在，上單調(diào)遞增，當(dāng)，時，，當(dāng)，時，，當(dāng)時，，則在上單調(diào)遞增，在，上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，因?yàn)?，時，，，，即，所以在，時沒有零點(diǎn)，上至多有一個零點(diǎn)，而，令，，則，則，故在上單調(diào)遞增，而（2），即，故存在一個，則存在，使得，所以函數(shù)有且只有一個零點(diǎn)，即函數(shù)的零點(diǎn)個數(shù)為1，綜上所述：當(dāng)時，函數(shù)的零點(diǎn)個數(shù)為0；當(dāng)或時，函數(shù)的零點(diǎn)個數(shù)為1；當(dāng)時，函數(shù)的零點(diǎn)個數(shù)為2．14．（2024?雨花區(qū)校級模擬）已知函數(shù)．（Ⅰ）探討函數(shù)的單調(diào)性；（Ⅱ）當(dāng)，時，有解，求實(shí)數(shù)的取值范圍．【解析】（Ⅰ），，令解得，，．易得函數(shù)在和單調(diào)遞減；在和單調(diào)遞增．（Ⅱ）有解即有解，當(dāng)時，不成立；當(dāng)時，原不等式化為在，有解，令，則，在，，，所以在，單調(diào)遞增，，實(shí)數(shù)的取值范圍為，．15．（2024?鼓樓區(qū)校級模擬）已知函數(shù)，是自然對數(shù)的底數(shù)）．（1）求的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)，證明：有極大值，且滿意．【解析】（1），設(shè)，當(dāng)時，，單調(diào)遞減；當(dāng)時，，單調(diào)遞增．即函數(shù)的減區(qū)間為；增區(qū)間為．（2）證明：，，設(shè)，且，，在，，是增函數(shù)，．，在上是單調(diào)遞增，沒有極值．，．在，，單調(diào)遞減，，．由根的存在性定理：設(shè)，使得：，即．在，，單調(diào)遞增；在，，，單調(diào)遞減；有極大值．有．又，，．綜上可得：函數(shù)有極大值，且滿意．16．（2024?東湖區(qū)校級模擬）設(shè)函數(shù)．（Ⅰ）當(dāng)時，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）若，求證：方程有唯一解．【解析】（Ⅰ）當(dāng)時，，所以，當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞減；當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞增，函數(shù)在上單調(diào)遞減，在，上單調(diào)遞增．（Ⅱ）令，，則，①若，則，單調(diào)遞減，（1），（4），在內(nèi)有唯一零點(diǎn)，符合題意；②若，當(dāng)或時，；當(dāng)時，，在和上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．（1），，在內(nèi)有唯一零點(diǎn)，符合題意；③若，當(dāng)或時，；當(dāng)時，，在和上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．，，在內(nèi)有唯一零點(diǎn)，符合題意．綜上所述，方程有唯一解．17．（2024?韓城市模擬）已知函數(shù)．（Ⅰ）若，探討的單調(diào)性：（Ⅱ）設(shè)，若有兩個零點(diǎn)，求的取值范圍．【解析】（Ⅰ），，定義域?yàn)椋?，，且，若△，即時，恒成立，即，在上單調(diào)遞增；若△，即時，令，則，，當(dāng)或時，，即；當(dāng)時，，即，在和，上單調(diào)遞增，在，上單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)時，在上單調(diào)