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+知識全通關(guān)+題型全突破+能力大提升）第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用試題文

PAGEPAGE25第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用考點(diǎn)1導(dǎo)數(shù)的概念及計(jì)算1．(2022·陜西，10)如圖，修建一條公路需要一段環(huán)湖彎曲路段與兩條直道平滑連接(相切)．環(huán)湖彎曲路段為某三次函數(shù)圖象的一局部，那么該函數(shù)的解析式為()A．y＝eq\f(1,2)x3－eq\f(1,2)x2－x B．y＝eq\f(1,2)x3＋eq\f(1,2)x2－3xC．y＝eq\f(1,4)x3－x D．y＝eq\f(1,4)x3＋eq\f(1,2)x2－2x1.解析法一由題意可知，該三次函數(shù)滿足以下條件：過點(diǎn)(0，0)，(2，0)，在(0，0)處的切線方程為y＝－x，在(2，0)處的切線方程為y＝3x－6，以此對選項(xiàng)進(jìn)行檢驗(yàn)．A選項(xiàng)，y＝eq\f(1,2)x3－eq\f(1,2)x2－x，顯然過兩個(gè)定點(diǎn)，又y′＝eq\f(3,2)x2－x－1，那么y′|x＝0＝－1，y′|x＝2＝3，故條件都滿足，由選擇題的特點(diǎn)知應(yīng)選A.法二設(shè)該三次函數(shù)為f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d，那么f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由題設(shè)有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f〔0〕＝0?d＝0，,f〔2〕＝0?8a＋4b＋2c＋d＝0，,f′〔0〕＝－1?c＝－1，,f′〔2〕＝3?12a＋4b＋c＝3，))解得a＝eq\f(1,2)，b＝－eq\f(1,2)，c＝－1，d＝0.故該函數(shù)的解析式為y＝eq\f(1,2)x3－eq\f(1,2)x2－x，選A.答案A(2022·新課標(biāo)全國Ⅲ，16)f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝－x，那么曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，2)處的切線方程是________.2.解析設(shè)x>0，那么－x<0，f(－x)＝ex－1＋x，因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，所以f(x)＝ex－1＋x，f′(x)＝ex－1＋1，f′(1)＝2，y－2＝2(x－1)，即y＝2x.答案y＝2x(2022·新課標(biāo)全國Ⅰ，14)函數(shù)f(x)＝ax3＋x＋1的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線過點(diǎn)(2,7)，那么a＝________.3.解析f′(x)＝3ax2＋1，f′(1)＝1＋3a，f(1)＝a＋2.點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－(a＋2)＝(1＋3a)(x－1)．將(2，7)代入切線方程，得7－(a＋2)＝(1＋3a)，解得a＝1.答案1(2022·新課標(biāo)全國Ⅱ，16)曲線y＝x＋lnx在點(diǎn)(1,1)處的切線與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，那么a＝________.4.解析由y＝x＋lnx，得y′＝1＋eq\f(1,x)，得曲線在點(diǎn)(1，1)的切線的斜率為k＝y(tǒng)′|x＝1＝2，所以切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1，此切線與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，消去y得ax2＋ax＋2＝0，得a≠0且Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.答案8(2022·天津，11)函數(shù)f(x)＝，x∈(0，＋∞)，其中a為實(shí)數(shù)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)．假設(shè)f′(1)＝3，那么a的值為________．5.解析f′(x)＝＋ax·eq\f(1,x)＝a(lnx＋1)，由f′(1)＝3得，a(ln1＋1)＝3，解得a＝3.答案3(2022·江蘇，11)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，假設(shè)曲線y＝ax2＋eq\f(b,x)(a，b為常數(shù))過點(diǎn)P(2，－5)，且該曲線在點(diǎn)P處的切線與直線7x＋2y＋3＝0平行，那么a＋b的值是________．6.解析由曲線y＝ax2＋eq\f(b,x)過點(diǎn)P(2，－5)可得－5＝4a＋eq\f(b,2)(1)．又y′＝2ax－eq\f(b,x2)，所以在點(diǎn)P處的切線斜率4a－eq\f(b,4)＝－eq\f(7,2)(2)．由(1)(2)解得a＝－1，b＝－2，所以a＋b＝－3.答案－3(2022·廣東，11)曲線y＝－5ex＋3在點(diǎn)(0，－2)處的切線方程為______________7.解析由y＝－5ex＋3得，y′＝－5ex，所以切線的斜率k＝y(tǒng)′|x＝0＝－5，所以切線方程為y＋2＝－5(x－0)，即5x＋y＋2＝0.答案5x＋y＋2＝08.(2022·北京，20)函數(shù)f(x)＝2x3－3x.(1)求f(x)在區(qū)間[－2,1]上的最大值；(2)假設(shè)過點(diǎn)P(1，t)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切，求t的取值范圍；(3)問過點(diǎn)A(－1,2)，B(2,10)，C(0,2)分別存在幾條直線與曲線y＝f(x)相切？(只需寫出結(jié)論)8.解(1)由f(x)＝2x3－3x得f′(x)＝6x2－3.令f′(x)＝0，得x＝－eq\f(\r(2),2)或x＝eq\f(\r(2),2).因?yàn)閒(－2)＝－10，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝eq\r(2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝－eq\r(2)，f(1)＝－1，所以f(x)在區(qū)間[－2，1]上的最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝eq\r(2).(2)設(shè)過點(diǎn)P(1，t)的直線與曲線y＝f(x)相切于點(diǎn)(x0，y0)，那么y0＝2xeq\o\al(3,0)－3x0，且切線斜率為k＝6xeq\o\al(2,0)－3，所以切線方程為y－y0＝(6xeq\o\al(2,0)－3)(x－x0)，因此t－y0＝(6xeq\o\al(2,0)－3)(1－x0)．整理得4xeq\o\al(3,0)－6xeq\o\al(2,0)＋t＋3＝0.設(shè)g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，那么“過點(diǎn)P(1，t)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切〞等價(jià)于“g(x)有3個(gè)不同零點(diǎn)〞．g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)，g(x)與g′(x)的情況如下：x(－∞，0)0(0，1)1(1，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)t＋3t＋1所以，g(0)＝t＋3是g(x)的極大值，g(1)＝t＋1是g(x)的極小值．當(dāng)g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3時(shí)，此時(shí)g(x)在區(qū)間(－∞，1]和(1，＋∞)上分別至多有1個(gè)零點(diǎn)，所以g(x)至多有2個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1時(shí)，此時(shí)g(x)在區(qū)間(－∞，0)和[0，＋∞)上分別至多有1個(gè)零點(diǎn)，所以g(x)至多有2個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)g(0)＞0且g(1)＜0，即－3＜t＜－1時(shí)，因?yàn)間(－1)＝t－7＜0，g(2)＝t＋11＞0，所以g(x)分別在區(qū)間[－1，0)，[0，1)和[1，2)上恰有1個(gè)零點(diǎn)，由于g(x)在區(qū)間(－∞，0)和(1，＋∞)上單調(diào)，所以g(x)分別在區(qū)間(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1個(gè)零點(diǎn)．綜上可知，當(dāng)過點(diǎn)P(1，t)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切時(shí)，t的取值范圍是(－3，－1)．(3)過點(diǎn)A(－1，2)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切；過點(diǎn)B(2，10)存在2條直線與曲線y＝f(x)相切；過點(diǎn)C(0，2)存在1條直線與曲線y＝f(x)相切．考點(diǎn)2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用1.(2022·四川，6)a是函數(shù)f(x)＝x3－12x的極小值點(diǎn)，那么a＝()A.－4 B.－2C.4 D.21.解析∵f(x)＝x3－12x，∴f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，那么x1＝－2，x2＝2.當(dāng)x∈(－∞，－2)，(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，那么f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(－2，2)時(shí)，f′(x)<0，那么f(x)單調(diào)遞減，∴f(x)的極小值點(diǎn)為a＝2.答案D2.(2022·陜西，9)設(shè)f(x)＝x－sinx，那么f(x)()A．既是奇函數(shù)又是減函數(shù) B．既是奇函數(shù)又是增函數(shù)C．是有零點(diǎn)的減函數(shù) D．是沒有零點(diǎn)的奇函數(shù)2.解析f(x)＝x－sinx的定義域?yàn)镽，關(guān)于原點(diǎn)對稱，且f(－x)＝－x－sin(－x)＝－x＋sinx＝－f(x)，故f(x)為奇函數(shù)．又f′(x)＝1－sinx≥0恒成立，所以f(x)在其定義域內(nèi)為增函數(shù)，應(yīng)選B.答案B3.(2022·安徽，10)函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的圖象如下圖，那么以下結(jié)論成立的是()A．a(chǎn)>0，b<0，c>0，d>0B．a(chǎn)>0，b<0，c<0，d>0C．a(chǎn)<0，b<0，c>0，d>0D．a(chǎn)>0，b>0，c>0，d<03.解析由f(0)＝d>0，可排除D；其導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c且f′(0)＝c>0，可排除B；又f′(x)＝0有兩不等實(shí)根，且x1x2＝eq\f(c,a)＞0，所以a＞0.應(yīng)選A.答案A4.(2022·新課標(biāo)全國Ⅱ，11)假設(shè)函數(shù)f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(1，＋∞)單調(diào)遞增，那么k的取值范圍是()A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)4.解析因?yàn)閒(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－eq\f(1,x).因?yàn)閒(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＝k－eq\f(1,x)≥0恒成立，即k≥eq\f(1,x)在區(qū)間(1，＋∞)上恒成立．因?yàn)閤＞1，所以0＜eq\f(1,x)＜1，所以k≥1.應(yīng)選D.答案D5.(2022·湖南，9)假設(shè)0＜x1＜x2＜1，那么()A．e－e＞lnx2－lnx1 B．e－e＜lnx2－lnx1C．x2e＞x1e D．x2e＜x1e5.解析構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ex－lnx，那么f′(x)＝ex－eq\f(1,x)，故f(x)＝ex－lnx在(0，1)上有一個(gè)極值點(diǎn)，即f(x)＝ex－lnx在(0，1)上不是單調(diào)函數(shù)，無法判斷f(x1)與f(x2)的大小，故A、B錯(cuò)；構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(ex,x)，那么g′(x)＝eq\f(xex－ex,x2)＝eq\f(ex〔x－1〕,x2)，故函數(shù)g(x)＝eq\f(ex,x)在(0，1)上單調(diào)遞減，故g(x1)＞g(x2)，x2ex1＞x1ex2，應(yīng)選C.答案C6.(2022·新課標(biāo)全國Ⅰ，12)函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，假設(shè)f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0＞0，那么a的取值范圍是()A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)6.解析由題意知f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，當(dāng)a＝0時(shí)，不滿足題意．當(dāng)a≠0時(shí)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq\f(2,a)，當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上單調(diào)遞減．又f(0)＝1，此時(shí)f(x)在(－∞，0)上存在零點(diǎn)，不滿足題意；當(dāng)a＜0時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,a)))，(0，＋∞)上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，0))上單調(diào)遞增，要使f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0＞0，那么需feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＞0，即a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))eq\s\up12(3)－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))eq\s\up12(2)＋1＞0，解得a＜－2，應(yīng)選C.答案C7.(2022·新課標(biāo)全國卷Ⅱ，20)函數(shù)f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1).(1)當(dāng)a＝4時(shí)，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；(2)假設(shè)當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)>0，求a的取值范圍.7.解(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)a＝4時(shí)，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－3，f′(1)＝－2，f(1)＝0，曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－2＝0.(2)當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)>0等價(jià)于lnx－eq\f(a〔x－1〕,x＋1)>0，設(shè)g(x)＝lnx－eq\f(a〔x－1〕,x＋1)，那么g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2a,〔x＋1〕2)＝eq\f(x2＋2〔1－a〕x＋1,x〔x＋1〕2)，g(1)＝0.(ⅰ)當(dāng)a≤2，x∈(1，＋∞)時(shí)，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，因此g(x)>0；(ⅱ)當(dāng)a>2時(shí)，令g′(x)＝0得，x1＝a－1－eq\r(〔a－1〕2－1)，x2＝a－1＋eq\r(〔a－1〕2－1).由x2>1和x1x2＝1得x1<1，故當(dāng)x∈(1，x2)時(shí)，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)單調(diào)遞減，因此g(x)<0，綜上，a的取值范圍是(－∞，2].8.(2022·新課標(biāo)全國Ⅲ，21)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－x＋1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，1<eq\f(x－1,lnx)<x；(3)設(shè)c>1，證明：當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，1＋(c－1)x>cx.8.(1)解由題設(shè)，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－1，令f′(x)＝0解得x＝1.當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減.(2)證明由(1)知f(x)在x＝1處取得最大值，最大值為f(1)＝0.所以當(dāng)x≠1時(shí)，lnx<x－1.故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，lnx<x－1，lneq\f(1,x)<eq\f(1,x)－1，即1<eq\f(x－1,lnx)<x.(3)證明由題設(shè)c>1，設(shè)g(x)＝1＋(c－1)x－cx，那么g′(x)＝c－1－cxlnc，令g′(x)＝0，解得x0＝eq\f(ln\f(c－1,lnc),lnc).當(dāng)x<x0時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>x0時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減.由(2)知1<eq\f(c－1,lnc)<c，故0<x0<1.又g(0)＝g(1)＝0，故當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)>0.所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，1＋(c－1)x>cx.9.(2022·山東，20)設(shè)f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R.(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)f(x)在x＝1處取得極大值.求實(shí)數(shù)a的取值范圍.9.解(1)由f′(x)＝lnx－2ax＋2a.可得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)，那么g′(x)＝eq\f(1,x)－2a＝eq\f(1－2ax,x).當(dāng)a≤0時(shí)，x∈(0，＋∞)時(shí)，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)a＞0時(shí)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))時(shí)，g′(x)＞0時(shí)，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))時(shí)，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減.所以當(dāng)a≤0時(shí)，g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a＞0時(shí)，g(x)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞)).(2)由(1)知，f′(1)＝0.①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝1處取得極小值，不合題意.②當(dāng)0＜a＜eq\f(1,2)時(shí)，eq\f(1,2a)＞1，由(1)知f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))內(nèi)單調(diào)遞增.可得當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)＜0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))時(shí)，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，1)內(nèi)單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))內(nèi)單調(diào)遞增.所以f(x)在x＝1處取得極小值，不合題意.③當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，eq\f(1,2a)＝1，f′(x)在(0，1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減.所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)≤0，f(x)單調(diào)遞減，不合題意.④當(dāng)a＞eq\f(1,2)時(shí)，0＜eq\f(1,2a)＜1，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減.所以f(x)在x＝1處取極大值，合題意.綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).10.(2022·四川，21)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2－a－lnx，g(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(e,ex)，其中a∈R，e＝2.718…為自然對數(shù)的底數(shù).(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0；(3)確定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立.10.(1)解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)).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)證明令s(x)＝ex－1－x，那么s′(x)＝ex－1－1.當(dāng)x>1時(shí)，s′(x)>0，所以ex－1>x，從而g(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,ex－1)>0.(3)解由(2)知，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)，＋∞)).11.(2022·北京，20)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)設(shè)a＝b＝4，假設(shè)函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)，求c的取值范圍；(3)求證：a2－3b＞0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要而不充分條件.11.(1)解由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，切線斜率k＝f′(0)＝b.又f(0)＝c，所以切點(diǎn)坐標(biāo)為(0，c).所以所求切線方程為y－c＝b(x－0)，即bx－y＋c＝0.(2)解由a＝b＝4得f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c∴f′(x)＝3x2＋8x＋4＝(3x＋2)(x＋2)令f′(x)＝0，得(3x＋2)(x＋2)＝0，解得x＝－2或x＝－eq\f(2,3)，f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下：x(－∞，－2)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)cc－eq\f(32,27)所以，當(dāng)c＞0且c－eq\f(32,27)＜0時(shí)，存在x1∈(－∞，－2)，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))，x3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，＋∞))，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由f(x)的單調(diào)性知，當(dāng)且僅當(dāng)c∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(32,27)))時(shí)，函數(shù)f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個(gè)不同零點(diǎn).(3)證明當(dāng)Δ＝4a2－12b＜0時(shí)，即a2－3b＜0，f′(x)＝3x2＋2ax＋b＞0，x∈(－∞，＋∞)，此時(shí)函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)不可能有三個(gè)不同零點(diǎn).當(dāng)Δ＝4a2－12b＝0時(shí)，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一個(gè)零點(diǎn)，記作x0.當(dāng)x∈(－∞，x0)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間(－∞，x0)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間(x0，＋∞)上單調(diào)遞增.所以f(x)不可能有三個(gè)不同零點(diǎn).綜上所述，假設(shè)函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)，那么必有Δ＝4a2－12b＞0，故a2－3b＞0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要條件.當(dāng)a＝b＝4，c＝0時(shí)，a2－3b＞0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有兩個(gè)不同零點(diǎn)，所以a2－3b＞0不是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的充分條件.因此a2－3b＞0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要而不充分條件.12.(2022·新課標(biāo)全國Ⅱ，21)f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)f(x)有最大值，且最大值大于2a－2時(shí)，求a的取值范圍．12.解(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a.假設(shè)a≤0，那么f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．假設(shè)a＞0，那么當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時(shí)，f′(x)＜0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)由(1)知，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)無最大值；當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)在x＝eq\f(1,a)取得最大值，最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))＝－lna＋a－1.因此feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＞2a－2等價(jià)于lna＋a－1＜0.令g(a)＝lna＋a－1，那么g(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(1)＝0.于是，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，g(a)＜0；當(dāng)a＞1時(shí)，g(a)＞0.因此，a的取值范圍是(0，1)．13.(2022·新課標(biāo)全國Ⅰ，21)設(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－alnx.(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(213.(1)解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(x>0)．當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f′(x)沒有零點(diǎn)．當(dāng)a>0時(shí)，因?yàn)閑2x單調(diào)遞增，－eq\f(a,x)單調(diào)遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又f′(a)>0，當(dāng)b滿足0<b<eq\f(a,4)且b<eq\f(1,4)時(shí)，f′(b)<0，故當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)存在唯一零點(diǎn)．(2)證明由(1)可設(shè)f′(x)在(0，＋∞)的唯一零點(diǎn)為x0，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝x0時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為f(x0)．由于2e2x0－eq\f(a,x0)＝0，所以f(x0)＝eq\f(a,2x0)＋2ax0＋alneq\f(2,a)≥2a＋alneq\f(2,a).故當(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).)證明：當(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).14.(2022·福建，22)函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f((x－1)2,2).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)證明：當(dāng)x＞1時(shí)，f(x)＜x－1；(3)確定實(shí)數(shù)k的所有可能取值，使得存在x0＞1，當(dāng)x∈(1，x0)時(shí)，恒有f(x)＞k(x－1)．14.解(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－x＋1＝eq\f(－x2＋x＋1,x)，x∈(0，＋∞)．由f′(x)＞0得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞0，,－x2＋x＋1＞0.))解得0＜x＜eq\f(1＋\r(5),2).故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(5),2))).(2)令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)．那么有F′(x)＝eq\f(1－x2,x).當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0，所以F(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，故當(dāng)x＞1時(shí)，F(xiàn)(x)＜F(1)＝0，即當(dāng)x＞1時(shí)，f(x)＜x－1.(3)由(2)知，當(dāng)k＝1時(shí)，不存在x0＞1滿足題意．當(dāng)k＞1時(shí)，對于x＞1，有f(x)＜x－1＜k(x－1)，那么f(x)＜k(x－1)，從而不存在x0＞1滿足題意．當(dāng)k＜1時(shí)，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，那么有G′(x)＝eq\f(1,x)－x＋1－k＝eq\f(－x2＋〔1－k〕x＋1,x).由G′(x)＝0得，－x2＋(1－k)x＋1＝0.解得x1＝eq\f(1－k－\r(〔1－k〕2＋4),2)＜0，x2＝eq\f(1－k＋\r(〔1－k〕2＋4),2)＞1.當(dāng)x∈(1，x2)時(shí)，G′(x)＞0，故G(x)在[1，x2)內(nèi)單調(diào)遞增．從而當(dāng)x∈(1，x2)時(shí)，G(x)＞G(1)＝0，即f(x)＞k(x－1)．綜上，k的取值范圍是(－∞，1)．15.(2022·浙江，17)某山區(qū)外圍有兩條相互垂直的直線型公路，為進(jìn)一步改善山區(qū)的交通現(xiàn)狀，方案修建一條連接兩條公路和山區(qū)邊界的直線型公路，記兩條相互垂直的公路為l1，l2，山區(qū)邊界曲線為C，方案修建的公路為l，如下圖，M，N為C的兩個(gè)端點(diǎn)，測得點(diǎn)M到l1，l2的距離分別為5千米和40千米，點(diǎn)N到l1，l2的距離分別為20千米和2.5千米，以l2，l1所在的直線分別為x，y軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，假設(shè)曲線C符合函數(shù)y＝eq\f(a,x2＋b)(其中a，b為常數(shù))模型．(1)求a，b的值；(2)設(shè)公路l與曲線C相切于P點(diǎn)，P的橫坐標(biāo)為t.①請寫出公路l長度的函數(shù)解析式f(t)，并寫出其定義域；②當(dāng)t為何值時(shí)，公路l的長度最短？求出最短長度．15.解(1)由題意知，點(diǎn)M，N的坐標(biāo)分別為(5，40)，(20，2.5)．將其分別代入y＝eq\f(a,x2＋b)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,25＋b)＝40，,\f(a,400＋b)＝2.5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1000，,b＝0.))(2)①由(1)知，y＝eq\f(1000,x2)(5≤x≤20)，那么點(diǎn)P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1000,t2)))，設(shè)在點(diǎn)P處的切線l交x，y軸分別于A，B點(diǎn)，y′＝－eq\f(2000,x3)，那么l的方程為y－eq\f(1000,t2)＝－eq\f(2000,t3)(x－t)，由此得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t,2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3000,t2))).故f(t)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3000,t2)))\s\up12(2))＝eq\f(3,2)eq\r(t2＋\f(4×106,t4))，t∈[5，20]．②設(shè)g(t)＝t2＋eq\f(4×106,t4)，那么g′(t)＝2t－eq\f(16×106,t5).令g′(t)＝0，解得t＝10eq\r(2).當(dāng)t∈(5，10eq\r(2))時(shí)，g′(t)＜0，g(t)是減函數(shù)；當(dāng)t∈(10eq\r(2)，20)時(shí)，g′(t)＞0，g(t)是增函數(shù)．從而，當(dāng)t＝10eq\r(2)時(shí)，函數(shù)g(t)有極小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，此時(shí)f(t)min＝15eq\r(3).答：當(dāng)t＝10eq\r(2)時(shí)，公路l的長度最短，最短長度為15eq\r(3)千米．16.(2022·湖南，21)a>0，函數(shù)f(x)＝aexcosx(x∈[0，＋∞))．記xn為f(x)的從小到大的第n(n∈N*)個(gè)極值點(diǎn)．(1)證明：數(shù)列{f(xn)}是等比數(shù)列；(2)假設(shè)對一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，求a的取值范圍．16.解(1)f′(x)＝aexcosx－aexsinx＝eq\r(2)aexcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).令f′(x)＝0，由x≥0，得x＋eq\f(π,4)＝mπ－eq\f(π,2)，即x＝mπ－eq\f(3π,4)，m∈N*.而對于coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，當(dāng)k∈Z時(shí)，假設(shè)2kπ－eq\f(π,2)＜x＋eq\f(π,4)＜2kπ＋eq\f(π,2)，即2kπ－eq\f(3π,4)＜x＜2kπ＋eq\f(π,4)，那么coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＞0.假設(shè)2kπ＋eq\f(π,2)＜x＋eq\f(π,4)＜2kπ＋eq\f(3π,2)，即2kπ＋eq\f(π,4)＜x＜2kπ＋eq\f(5π,4)，那么coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＜0.因此，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(〔m－1〕π，mπ－\f(3π,4)))與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mπ－\f(3π,4)，mπ＋\f(π,4)))上，f′(x)的符號總相反．于是當(dāng)x＝mπ－eq\f(3π,4)(m∈N*)時(shí)，f(x)取得極值，所以xn＝nπ－eq\f(3,4)π(n∈N*)．此時(shí)，f(xn)＝aenπ－eq\f(3π,4)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(nπ－\f(3π,4)))＝(－1)n＋1eq\f(\r(2)a,2)enπ－eq\f(3π,4).易知f(xn)≠0，而eq\f(f〔xn＋1〕,f〔xn〕)＝eq\f(〔－1〕n＋2\f(\r(2)a,2)e〔n＋1〕π－\f(3π,4),〔－1〕n＋1\f(\r(2)a,2)enπ－\f(3π,4))＝－eπ是常數(shù)，故數(shù)列{f(xn)}是首項(xiàng)為f(x1)＝eq\f(\r(2)a,2)eeq\f(π,4)，公比為－eπ的等比數(shù)列．(2)對一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，即nπ－eq\f(3π,4)≤eq\f(\r(2)a,2)enπ－eq\f(3π,4)恒成立，亦即eq\f(\r(2),a)≤eq\f(enπ－\f(3π,4),nπ－\f(3π,4))恒成立(因?yàn)閍＞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．因?yàn)閤1∈(0，1)，且當(dāng)n≥2時(shí)，xn∈(1，＋∞)，xn＜xn＋1，所以[g(xn)]min＝min{g(x1)，g(x2)}＝mineq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)))))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(4,π)eeq\f(π,4).因此，xn≤|f(xn)|恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(\r(2),a)≤eq\f(4,π)，解得a≥eq\f(\r(2)π,4).故a的取值范圍是.17.(2022·山東，20)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x＋a)lnx，g(x)＝eq\f(x2,ex).曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線2x－y＝0平行．(1)求a的值；(2)是否存在自然數(shù)k，使得方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)內(nèi)存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，請說明理由；(3)設(shè)函數(shù)m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示p，q中的較小值)，求m(x)的最大值．17.解(1)由題意知，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線斜率為2，所以f′(1)＝2，又f′(x)＝lnx＋eq\f(a,x)＋1，所以a＝1.(2)k＝1時(shí)，方程f(x)＝g(x)在(1，2)內(nèi)存在唯一的根．設(shè)h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)lnx－eq\f(x2,ex)，當(dāng)x∈(0，1]時(shí)，h(x)＜0.又h(2)＝3ln2－eq\f(4,e2)＝ln8－eq\f(4,e2)＞1－1＝0，所以存在x0∈(1，2)，使得h(x0)＝0.因?yàn)閔′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)＋1＋eq\f(x〔x－2〕,ex)，所以當(dāng)x∈(1，2)時(shí)，h′(x)＞1－eq\f(1,e)＞0，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，h′(x)＞0，所以當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)單調(diào)遞增，所以k＝1時(shí)，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)內(nèi)存在唯一的根．(3)由(2)知方程f(x)＝g(x)在(1，2)內(nèi)存在唯一的根x0.且x∈(0，x0)時(shí)，f(x)＜g(x)，x∈(x0，＋∞)時(shí)，f(x)＞g(x)，所以m(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(〔x＋1〕lnx，x∈〔0，x0]，,\f(x2,ex)，x∈〔x0，＋∞〕.))當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，假設(shè)x∈(0，1]，m(x)≤0；假設(shè)x∈(1，x0)，由m′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)＋1＞0，可知0＜m(x)≤m(x0)；故m(x)≤m(x0)．當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，由m′(x)＝eq\f(x〔2－x〕,ex)，可得x∈(x0，2)時(shí)，m′(x)＞0，m(x)單調(diào)遞增；x∈(2，＋∞)時(shí)，m′(x)＜0，m(x)單調(diào)遞減；可知m(x)≤m(2)＝eq\f(4,e2)，且m(x0)＜m(2)．綜上可得，函數(shù)m(x)的最大值為eq\f(4,e2).18.(2022·浙江，20)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)．(1)當(dāng)b＝eq\f(a2,4)＋1時(shí)，求函數(shù)f(x)在[－1,1]上的最小值g(a)的表達(dá)式；(2)函數(shù)f(x)在[－1,1]上存在零點(diǎn)，0≤b－2a≤1，求b的取值范圍．18.解(1)當(dāng)b＝eq\f(a2,4)＋1時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋1，故對稱軸為直線x＝－eq\f(a,2).當(dāng)a≤－2時(shí)，g(a)＝f(1)＝eq\f(a2,4)＋a＋2.當(dāng)－2＜a≤2時(shí)，g(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝1.當(dāng)a＞2時(shí)，g(a)＝f(－1)＝eq\f(a2,4)－a＋2.綜上，g(a)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a2,4)＋a＋2，a≤－2，,1，－2＜a≤2，,\f(a2,4)－a＋2，a＞2.))(2)設(shè)s，t為方程f(x)＝0的解，且－1≤t≤1，那么eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s＋t＝－a，,st＝b，))由于0≤b－2a≤1，因此eq\f(－2t,t＋2)≤s≤eq\f(1－2t,t＋2)(－1≤t≤1)．當(dāng)0≤t≤1時(shí)，eq\f(－2t2,t＋2)≤st≤eq\f(t－2t2,t＋2)，由于－eq\f(2,3)≤eq\f(－2t2,t＋2)≤0和－eq\f(1,3)≤eq\f(t－2t2,t＋2)≤9－4eq\r(5)，所以－eq\f(3,2)≤b≤9－4eq\r(5).當(dāng)－1≤t＜0時(shí)，eq\f(t－2t2,t＋2)≤st≤eq\f(－2t2,t＋2)，由于－2≤eq\f(－2t2,t＋2)＜0和－3≤eq\f(t－2t2,t＋2)＜0，所以－3≤b＜0.故b的取值范圍是[－3，9－4eq\r(5)]．19.(2022·天津，20)函數(shù)f(x)＝4x－x4，x∈R.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(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：對于任意的實(shí)數(shù)x，都有f(x)≤g(x)；假設(shè)方程f(x)＝a(a為實(shí)數(shù))有兩個(gè)實(shí)數(shù)根x1，x2，且x1＜x2，求證：x2－x1≤－eq\f(a,3)＋.19.(1)解由f(x)＝4x－x4，可得f′(x)＝4－4x3.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)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)．(2)證明設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0，0)，那么x0＝4eq\f(1,3)，f′(x0)＝－12.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)．令函數(shù)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)＝－4x3＋4在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減，故F′(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減，又因?yàn)镕′(x0)＝0，所以當(dāng)x∈(－∞，x0)時(shí)，F(xiàn)′(x)＞0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0，所以F(x)在(－∞，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以對于任意的實(shí)數(shù)x，F(xiàn)(x)≤F(x0)＝0，即對于任意的實(shí)數(shù)x，都有f(x)≤g(x)．(3)證明由(2)知g(x)＝－12(x－4eq\f(1,3))．設(shè)方程g(x)＝a的根為x2′，可得x2′＝－eq\f(a,12)＋4eq\f(1,3).因?yàn)間(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減，又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′)，因此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)＝4x.對于任意的x∈(－∞，＋∞)，有f(x)－h(huán)(x)＝－x4≤0，即f(x)≤h(x)．設(shè)方程h(x)＝a的根為x1′，可得x1′＝eq\f(a,4).因?yàn)閔(x)＝4x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,3)＋4eq\f(1,3).20.(2022·廣東，21)設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝(x－a)2＋|x－a|－a(a－1)．(1)假設(shè)f(0)≤1，求a的取值范圍；(2)討論f(x)的單調(diào)性；(3)當(dāng)20.解(1)f(0)＝a2＋|a|－a2＋a＝|a|＋a，因?yàn)閒(0)≤1，所以|a|＋a≤1，當(dāng)a≤0時(shí)，|a|＋a＝－a＋a＝0≤1，顯然成立；當(dāng)a>0，那么有|a|＋a＝2a≤1，所以a≤eq\f(1,2)，所以0<a≤eq\f(1,2)，綜上所述，a的取值范圍是a≤eq\f(1,2).(2)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－〔2a－1〕x，x≥a，,x2－〔2a＋1〕x＋2a，x<a.))對于u1＝x2－(2a－1)x，其對稱軸為x＝eq\f(2a－1,2)＝a－eq\f(1,2)<a，開口向上，所以f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增；對于u1＝x2－(2a＋1)x＋2a，其對稱軸為x＝eq\f(2a＋1,2)＝a＋eq\f(1,2)>a，開口向上，所以f(x)在(－∞，a)上單調(diào)遞減.綜上，f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，a)上單調(diào)遞減，(3)由(2)得f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，a)上單調(diào)遞減，所以f(x)min＝f(a)＝a－a2.(ⅰ)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)min＝f(2)＝－2，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－3x，x≥2，,x2－5x＋4，x<2，))令f(x)＋eq\f(4,x)＝0，即f(x)＝－eq\f(4,x)(x>0)，因?yàn)閒(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，所以f(x)>f(2)＝－2，而y＝－eq\f(4,x)在(0，2)上單調(diào)遞增，y<f(2)＝2，所以y＝f(x)與y＝－eq\f(4,x)在(0，2)無交點(diǎn)．當(dāng)x≥2時(shí)，f(x)＝x2－3x＝－eq\f(4,x)，即x3－3x2＋4＝0，所以x3－2x2－x2＋4＝0，所以(x－2)2(x＋1)＝0，因?yàn)閤≥2，所以x＝2，即當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＋eq\f(4,x)有一個(gè)零點(diǎn)x＝2.(ⅱ)當(dāng)a>2時(shí)，f(x)min＝f(a)＝a－a2，當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f(0)＝2a>4，f(a)＝a－a2，而y＝－eq\f(4,x)在x∈(0，a)上單調(diào)遞增，當(dāng)x＝a時(shí)，y＝－eq\f(4,a)，下面比擬f(a)＝a－a2與－eq\f(4,a)的大小，因?yàn)閍－a2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,a)))＝eq\f(－〔a3－a2－4〕,a)＝eq\f(－〔a－2〕〔a2＋a＋2〕,a)<0所以f(a)＝a－a2<－eq\f(4,a).結(jié)合圖象不難得當(dāng)a>2，y＝f(x)與y＝－eq\f(4,x)有兩個(gè)交點(diǎn)，綜上，當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＋eq\f(4,x)有一個(gè)零點(diǎn)x＝2；當(dāng)a>2，y＝f(x)與y＝－eq\f(4,x)有兩個(gè)零點(diǎn)a≥2時(shí)，討論f(x)＋eq\f(4,x)在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．21.(2022·安徽，20)設(shè)函數(shù)f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0.(1)討論f(x)在其定義域上的單調(diào)性；(2)當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，求f(x)取得最大值和最小值時(shí)的x的值．21.解(1)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令f′(x)＝0，得x1＝eq\f(－1－\r(4＋3a),3)，x2＝eq\f(－1＋\r(4＋3a),3)，x1＜x2，所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．當(dāng)x＜x1或x＞x2時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x1＜x＜x2時(shí)，f′(x)＞0.故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，在(x1，x2)內(nèi)單調(diào)遞增．(2)因?yàn)閍＞0，所以x1＜0，x2＞0.①當(dāng)a≥4時(shí)，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0，1]上單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝0和x＝1處分別取得最小值和最大值．②當(dāng)0＜a＜4時(shí)，x2＜1.由(1)知，f(x)在[0，x2]上單調(diào)遞增，在[x2，1]上單調(diào)遞減，因此f(x)在x＝x2＝eq\f(－1＋\r(4＋3a),3)處取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，所以當(dāng)0＜a＜1時(shí)，f(x)在x＝1處取得最小值；當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)在x＝0和x＝1處同時(shí)取得最小值；當(dāng)1＜a＜4時(shí)，f(x)在x＝0處取得最小值．22.(2022·廣東，21)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2＋ax＋1(a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a＜0時(shí)，試討論是否存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).22.解(1)f′(x)＝x2＋2x＋a開口向上，方程x2＋2x＋a＝0的判別式Δ＝4－4a＝4(1－a)，假設(shè)a≥1，那么Δ≤0，f′(x)＝x2＋2x＋a≥0恒成立，∴f(x)在R上單調(diào)遞增．假設(shè)a＜1，那么Δ＞0，方程x2＋2x＋a＝0有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，x1＝－1－eq\r(1－a)，x2＝－1＋eq\r(1－a)，當(dāng)x＜x1或x＞x2時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x1＜x＜x2時(shí)，f′(x)＜0，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1－eq\r(1－a))和(－1＋eq\r(1－a)，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－1－eq\r(1－a)，－1＋eq\r(1－a))．綜上所述，當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a<1時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1－eq\r(1－a))和(－1＋eq\r(1－a)，＋∞)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1－eq\r(1－a)，－1＋eq\r(1－a))．(2)當(dāng)a＜0時(shí)，Δ＞0，且f(0)＝1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(31,24)＋eq\f(a,2)，f(1)＝eq\f(7,3)＋a，此時(shí)x1＜0，x2＞0，令x2＝eq\f(1,2)得a＝－eq\f(5,4).①當(dāng)－eq\f(5,4)＜a＜0時(shí)，x1＜0＜x2＜eq\f(1,2)，f(x)在(0，x2)上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞增．(ⅰ)假設(shè)－eq\f(5,4)＜a＜－eq\f(7,12)，那么f(0)＝1＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，∴存在x0∈(0，x2)，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))；(ⅱ)當(dāng)－eq\f(7,12)≤a＜0時(shí)，f(0)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，∴不存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).②當(dāng)a＝－eq\f(5,4)時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞增．∴不存在x0，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).③當(dāng)－eq\f(25,12)＜a＜－eq\f(5,4)時(shí)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜f(1)，∴存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).④當(dāng)a≤－eq\f(25,12)時(shí)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≥f(1)，∴不存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).綜上，當(dāng)a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,12)，0))∪{－eq\f(5,4)}∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(25,12)))時(shí)，不存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))；當(dāng)a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(25,12)，－\f(5,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，－\f(7,12)))時(shí)，存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得f(x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).23.(2022·天津，19)函數(shù)f(x)＝x2－eq\f(2,3)ax3(a＞0)，x∈R.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)假設(shè)對于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1.求a的取值范圍．23.解(1)由，有f′(x)＝2x－2ax2(a＞0)．令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq\f(1,a).當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))eq\f(1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))f′(x)－0＋0－f(x)0eq\f(1,3a2)所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))；單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)有極小值，且極小值f(0)＝0；當(dāng)x＝eq\f(1,a)時(shí)，f(x)有極大值，且極大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eq\f(1,3a2).(2)由f(0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2a)))＝0及(1)知，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2a)))時(shí)，f(x)＞0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2a)，＋∞))時(shí)，f(x)＜0.設(shè)集合A＝{f(x)|x∈(2，＋∞)}，集合B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,f〔x〕)|x∈〔1，＋∞〕，f〔x〕≠0))，那么“對于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1〞等價(jià)于A?B.顯然，0?B.下面分三種情況討論：(1)當(dāng)eq\f(3,2a)＞2，即0＜a＜eq\f(3,4)時(shí)，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2a)))＝0可知，0∈A，而0?B，所以A不是B的子集．(2)當(dāng)1≤eq\f(3,2a)≤2，即eq\f(3,4)≤a≤eq\f(3,2)時(shí)，有f(2)≤0，且此時(shí)f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，故A＝(－∞，f(2))，因而A?(－∞，0)