高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)練案18高考大題規(guī)范解答系列一-函數(shù)與導(dǎo)數(shù)含解析新人教版

一輪復(fù)習(xí)精品資料(高中)PAGEPAGE1高考大題規(guī)范解答系列(一)——函數(shù)與導(dǎo)數(shù)1．(2021·新高考八省聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ex－sinx－cosx，g(x)＝ex＋sinx＋cosx.(1)證明：當(dāng)x>－eq\f(5π,4)時(shí)，f(x)≥0；(2)若g(x)≥2＋ax，求a.〖〖解析〗〗(1)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,4)，－\f(π,4)))時(shí)，f(x)＝ex－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≥ex>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))時(shí)，f′(x)＝ex－eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))為增函數(shù)且f′(0)＝0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))上增，因此f(x)≥f(0)＝0，恒有f(x)≥0；當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，＋∞))時(shí)，f′(x)＝ex－eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，∵ex≥eeq\f(3π,4)>eq\r(2)，∴f′(x)>0，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，＋∞))上為增函數(shù)，∴f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)π))＝eeq\f(3π,4)－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))>0；綜上所述：當(dāng)x>－eq\f(5π,4)時(shí)，f(x)≥0成立．(2)由已知得ex＋sinx＋cosx－2－ax≥0，設(shè)h(x)＝ex＋sinx＋cosx－2－ax且h(0)＝0.∵h(yuǎn)(x)≥h(0)，∴0是h(x)的一個(gè)最小值點(diǎn)，也是一個(gè)極小值點(diǎn)，∴h′(0)＝0，即e0＋cos0－sin0－a＝0，∴a＝2.2．(2020·黑龍江省哈爾濱師范大學(xué)附屬中學(xué)高三上學(xué)期開學(xué)考試)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(3x2＋ax,ex)(a∈R)．(1)若f(x)在x＝0處取得極值，求實(shí)數(shù)a的值，并求此時(shí)曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)若f(x)在〖3，＋∞)上為減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．〖〖解析〗〗(1)對(duì)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝eq\f(（6x＋a）ex－（3x2＋ax）ex,（ex）2)＝eq\f(－3x2＋（6－a）x＋a,ex).因?yàn)閒(x)在x＝0處取得極值，所以f′(0)＝0，即a＝0.當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝eq\f(3x2,ex)，f′(x)＝eq\f(－3x2＋6x,ex)，由f′(x)>0，0<x<2；f′(x)<0有x<0或x>2，故a＝0時(shí)，f(x)在x＝0處取得極值，f(1)＝eq\f(3,e)，f′(1)＝eq\f(3,e)，從而f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程y－eq\f(3,e)＝eq\f(3,e)(x－1)，化簡(jiǎn)得3x－ey＝0.(2)由(1)知f′(x)＝eq\f(－3x2＋（6－a）x＋a,ex)，令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0，解得x1＝eq\f(6－a－\r(a2＋36),6)，x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6).當(dāng)x<x1時(shí)，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x1<x<x2時(shí)，g(x)>0，即f′(x)>0，故f(x)為增函數(shù)；當(dāng)x>x2時(shí)，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)為減函數(shù)．由f(x)在〖3，＋∞)上為減函數(shù)，知x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6)≤3，解得a≥－eq\f(9,2).故a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，＋∞)).3．(2020·江西南昌二中一模)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax2＋bx＋c,ex)(a>0)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的兩個(gè)零點(diǎn)為－3和0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)的極小值為－e3，求f(x)在區(qū)間〖－5，＋∞)上的最大值．〖〖解析〗〗本題考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間與最值．(1)f′(x)＝eq\f(（2ax＋b）ex－（ax2＋bx＋c）ex,（ex）2)＝eq\f(－ax2＋（2a－b）x＋（b－c）,ex).令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c因?yàn)閑x>0，所以y＝f′(x)的零點(diǎn)就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零點(diǎn)，且f′(x)與g(x又因?yàn)閍>0，所以當(dāng)－3<x<0時(shí)，g(x)>0，即f′(x)>0；當(dāng)x<－3或x>0時(shí)，g(x)<0，即f′(x)<0.所以函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－3，0)，單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－3)和(0，＋∞)．(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的極小值點(diǎn)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－3）＝\f(9a－3b＋c,e－3)＝－e3，,g（0）＝b－c＝0，,g（－3）＝－9a－3（2a－b）＋b－c＝0，))解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝eq\f(x2＋5x＋5,ex).因?yàn)楹瘮?shù)y＝f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－3，0)，單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－3)和(0，＋∞)，所以f(0)＝5為函數(shù)y＝f(x)的極大值．故y＝f(x)在區(qū)間〖－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大值，而f(－5)＝eq\f(5,e－5)＝5e5>5＝f(0)，所以函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間〖－5，＋∞)上的最大值是5e5.4．(2021·陜西咸陽(yáng)模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)ax2·lnx(a>0)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)g(x)＝eq\f(x2,ex)－eq\f(3,4).若f(x)的極小值為－eq\f(1,2e)，證明：當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>g(x)．(其中e＝2.71828…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))〖〖解析〗〗本題考查利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性以及證明不等式問題．(1)解：由題可知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝axlnx＋eq\f(1,2)ax＝eq\f(1,2)ax(2lnx＋1)，令f′(x)＝0，解得x＝e－eq\f(1,2)，當(dāng)0<x<e－eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>e－eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，e－eq\f(1,2))，單調(diào)遞增區(qū)間為(e－eq\f(1,2)，＋∞)．(2)證明：∵g(x)＝eq\f(x2,ex)－eq\f(3,4)，∴g′(x)＝eq\f(x（2－x）,ex)，當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，∴當(dāng)x>0時(shí)，g(x)max＝g(2)＝eq\f(4,e2)－eq\f(3,4).由題及(1)知f(x)min＝－eq\f(1,2e)，∵eq\f(4,e2)－eq\f(3,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2e)))＝eq\f(（8－3e）（2＋e）,4e2)<0，∴f(x)min>g(x)max，即f(x)>g(x)．5．已知函數(shù)f(x)＝lnx－a2x2＋ax(a≥1)．(1)證明：函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是減函數(shù)；(2)當(dāng)a＝1時(shí)，證明：函數(shù)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．〖證明〗(1)由題易得函數(shù)f(x)＝lnx－a2x2＋ax的定義域?yàn)?0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－2a2x＋a＝eq\f(－2a2x2＋ax＋1,x)＝eq\f(－（2ax＋1）（ax－1）,x).∵a≥1，x>1，∴2ax＋1>0，ax－1>0，∴f′(x)<0，∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是減函數(shù)．(2)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝lnx－x2＋x，其定義域是(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－2x＋1＝－eq\f(2x2－x－1,x).令f′(x)＝0，即eq\f(2x2－x－1,x)＝0，解得x＝－eq\f(1,2)或x＝1.∵x>0，∴x＝－eq\f(1,2)舍去．當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0.∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∴當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)取得最大值，其值為f(1)＝ln1－12＋1＝0.∴當(dāng)x≠1時(shí)，f(x)<f(1)，即f(x)<0，∴函數(shù)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．6．(2020·河南名校模擬)已知f(x)＝eq\f(1＋x,1－x)ex，g(x)＝a(x＋1)．(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)當(dāng)a>0時(shí)，若關(guān)于x的方程f(x)＋g(x)＝0存在兩個(gè)正實(shí)數(shù)根，證明：a>e2.〖〖解析〗〗本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義和利用導(dǎo)函數(shù)討論函數(shù)單調(diào)性、零點(diǎn)等問題．(1)解：∵f′(x)＝eq\f(3－x2,（1－x）2)ex，∴f′(0)＝3.又∵f(0)＝1，∴曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y－1＝3x，即3x－y＋1＝0.(2)證明：由f(x)＋g(x)＝0存在兩個(gè)正實(shí)數(shù)根，整理得方程ex＝a(x－1)(x≠1)存在兩個(gè)正實(shí)數(shù)根．記這兩個(gè)正實(shí)數(shù)根為x1，x2(x1<x2)．由a>0，知x2>x1>1，令h(x)＝ex－ax＋a，則h(x)在(1，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)，令h′(x)＝ex－a＝0，則x＝lna.當(dāng)1≥lna，即0<a≤e時(shí)，可知h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以在(1，＋∞)上不可能有兩個(gè)零點(diǎn)，不符合題意．當(dāng)1<lna，即a>e時(shí)，可知h(x)在(1，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)min＝h(lna)＝2a－alna．∵h(yuǎn)(x)＝ex－ax＋a有兩個(gè)零點(diǎn)且h(1)＝e>0，∴2a－alna<0，∴2－lna<0.解得a>e7．(2020·全國(guó)Ⅲ，20)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(gè)零點(diǎn)，求k的取值范圍．〖〖解析〗〗本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題．(1)f′(x)＝3x2－k.當(dāng)k＝0時(shí)，f(x)＝x3，故f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增；當(dāng)k<0時(shí)，f′(x)＝3x2－k>0，故f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增．當(dāng)k>0時(shí)，令f′(x)＝0，得x＝±eq\f(\r(3k),3).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3k),3)))時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3k),3)，\f(\r(3k),3)))時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3k),3)，＋∞))時(shí)，f′(x)>0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3k),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3k),3)，＋∞))單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3k),3)，\f(\r(3k),3)))單調(diào)遞減．(2)由(1)知，當(dāng)k≤0時(shí)，f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增，f(x)不可能有三個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)k>0時(shí)，x＝－eq\f(\r(3k),3)為f(x)的極大值點(diǎn)，x＝eq\f(\r(3k),3)為f(x)的極小值點(diǎn)．此時(shí)，－k－1<－eq\f(\r(3k),3)<eq\f(\r(3k),3)<k＋1且f(－k－1)<0，f(k＋1)>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3k),3)))>0.根據(jù)f(x)的單調(diào)性，當(dāng)且僅當(dāng)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3k),3)))<0，即k2－eq\f(2k\r(3k),9)<0時(shí)，f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，解得k<eq\f(4,27)，因此k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,27))).高考大題規(guī)范解答系列(一)——函數(shù)與導(dǎo)數(shù)1．(2021·新高考八省聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ex－sinx－cosx，g(x)＝ex＋sinx＋cosx.(1)證明：當(dāng)x>－eq\f(5π,4)時(shí)，f(x)≥0；(2)若g(x)≥2＋ax，求a.〖〖解析〗〗(1)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,4)，－\f(π,4)))時(shí)，f(x)＝ex－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≥ex>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))時(shí)，f′(x)＝ex－eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))為增函數(shù)且f′(0)＝0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))上增，因此f(x)≥f(0)＝0，恒有f(x)≥0；當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，＋∞))時(shí)，f′(x)＝ex－eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，∵ex≥eeq\f(3π,4)>eq\r(2)，∴f′(x)>0，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，＋∞))上為增函數(shù)，∴f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)π))＝eeq\f(3π,4)－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))>0；綜上所述：當(dāng)x>－eq\f(5π,4)時(shí)，f(x)≥0成立．(2)由已知得ex＋sinx＋cosx－2－ax≥0，設(shè)h(x)＝ex＋sinx＋cosx－2－ax且h(0)＝0.∵h(yuǎn)(x)≥h(0)，∴0是h(x)的一個(gè)最小值點(diǎn)，也是一個(gè)極小值點(diǎn)，∴h′(0)＝0，即e0＋cos0－sin0－a＝0，∴a＝2.2．(2020·黑龍江省哈爾濱師范大學(xué)附屬中學(xué)高三上學(xué)期開學(xué)考試)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(3x2＋ax,ex)(a∈R)．(1)若f(x)在x＝0處取得極值，求實(shí)數(shù)a的值，并求此時(shí)曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)若f(x)在〖3，＋∞)上為減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．〖〖解析〗〗(1)對(duì)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝eq\f(（6x＋a）ex－（3x2＋ax）ex,（ex）2)＝eq\f(－3x2＋（6－a）x＋a,ex).因?yàn)閒(x)在x＝0處取得極值，所以f′(0)＝0，即a＝0.當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝eq\f(3x2,ex)，f′(x)＝eq\f(－3x2＋6x,ex)，由f′(x)>0，0<x<2；f′(x)<0有x<0或x>2，故a＝0時(shí)，f(x)在x＝0處取得極值，f(1)＝eq\f(3,e)，f′(1)＝eq\f(3,e)，從而f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程y－eq\f(3,e)＝eq\f(3,e)(x－1)，化簡(jiǎn)得3x－ey＝0.(2)由(1)知f′(x)＝eq\f(－3x2＋（6－a）x＋a,ex)，令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0，解得x1＝eq\f(6－a－\r(a2＋36),6)，x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6).當(dāng)x<x1時(shí)，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x1<x<x2時(shí)，g(x)>0，即f′(x)>0，故f(x)為增函數(shù)；當(dāng)x>x2時(shí)，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)為減函數(shù)．由f(x)在〖3，＋∞)上為減函數(shù)，知x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6)≤3，解得a≥－eq\f(9,2).故a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，＋∞)).3．(2020·江西南昌二中一模)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax2＋bx＋c,ex)(a>0)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的兩個(gè)零點(diǎn)為－3和0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)的極小值為－e3，求f(x)在區(qū)間〖－5，＋∞)上的最大值．〖〖解析〗〗本題考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間與最值．(1)f′(x)＝eq\f(（2ax＋b）ex－（ax2＋bx＋c）ex,（ex）2)＝eq\f(－ax2＋（2a－b）x＋（b－c）,ex).令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c因?yàn)閑x>0，所以y＝f′(x)的零點(diǎn)就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零點(diǎn)，且f′(x)與g(x又因?yàn)閍>0，所以當(dāng)－3<x<0時(shí)，g(x)>0，即f′(x)>0；當(dāng)x<－3或x>0時(shí)，g(x)<0，即f′(x)<0.所以函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－3，0)，單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－3)和(0，＋∞)．(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的極小值點(diǎn)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－3）＝\f(9a－3b＋c,e－3)＝－e3，,g（0）＝b－c＝0，,g（－3）＝－9a－3（2a－b）＋b－c＝0，))解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝eq\f(x2＋5x＋5,ex).因?yàn)楹瘮?shù)y＝f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－3，0)，單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－3)和(0，＋∞)，所以f(0)＝5為函數(shù)y＝f(x)的極大值．故y＝f(x)在區(qū)間〖－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大值，而f(－5)＝eq\f(5,e－5)＝5e5>5＝f(0)，所以函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間〖－5，＋∞)上的最大值是5e5.4．(2021·陜西咸陽(yáng)模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)ax2·lnx(a>0)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)g(x)＝eq\f(x2,ex)－eq\f(3,4).若f(x)的極小值為－eq\f(1,2e)，證明：當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>g(x)．(其中e＝2.71828…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))〖〖解析〗〗本題考查利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性以及證明不等式問題．(1)解：由題可知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝axlnx＋eq\f(1,2)ax＝eq\f(1,2)ax(2lnx＋1)，令f′(x)＝0，解得x＝e－eq\f(1,2)，當(dāng)0<x<e－eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>e－eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，e－eq\f(1,2))，單調(diào)遞增區(qū)間為(e－eq\f(1,2)，＋∞)．(2)證明：∵g(x)＝eq\f(x2,ex)－eq\f(3,4)，∴g′(x)＝eq\f(x（2－x）,ex)，當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，∴當(dāng)x>0時(shí)，g(x)max＝g(2)＝eq\f(4,e2)－eq\f(3,4).由題及(1)知f(x)min＝－eq\f(1,2e)，∵eq\f(4,e2)－eq\f(3,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2e)))＝eq\f(（8－3e）（2＋e）,4e2)<0，∴f(x)min>g(x)max，即f(x)>g(x)．5．已知函數(shù)f(x)＝lnx－a2x2＋ax(a≥1)．(1)證明：函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是減函數(shù)；(2)當(dāng)a＝1時(shí)，證明：函數(shù)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．〖證明〗(1)由題易得函數(shù)f(x)＝lnx－a2x2＋ax的定義域?yàn)?0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－2a2x＋a＝eq\f(－2a2x2＋ax＋1,x)＝eq\f(－（2ax＋1）（ax－1）,x).∵a≥1，x>1，∴2ax＋1>0，ax－1>0，∴f′(x)<0，∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是減函數(shù)．(2)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝lnx－x2＋x，其定義域是(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－2x＋1＝－eq\f(2x2－x－1,x).令f′(x)＝0，即eq\f(2x2－x－1,x)＝0，解得x＝－eq\f(1,2)或x＝1.∵x>0，∴x＝－eq\f(1,2)舍去．當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0.∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∴當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)取得最大值，其值為f(1)＝ln1－12＋1＝0.∴當(dāng)x≠1時(shí)，f(x)<f(1)，即f(x)<0，∴函數(shù)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．6．(2020·河南名校模擬)已知f(x)＝eq\f(1＋x,1－x)ex，g(x)＝a(x＋1)．(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)當(dāng)a>0時(shí)，若關(guān)于x的方程f(x)＋g(x)＝0存在兩個(gè)正實(shí)數(shù)根，證明：a>e2.〖〖解析〗〗本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義和利用導(dǎo)函數(shù)討論函數(shù)單調(diào)性、零點(diǎn)等問題．(1)解：∵f′(x)＝eq\f(3－x2,（1－x）2)ex，∴f′(0)＝3.又∵f(0)＝1，∴曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y－1＝3x，即3x－y＋1＝0.(2)證明：由f(x)＋g(x)＝0存在兩個(gè)正實(shí)數(shù)根，整理得方程ex＝a(x－1)(x≠1)存在兩個(gè)正實(shí)數(shù)根．記這兩個(gè)正實(shí)數(shù)根為x1，x2(x1<x2)．由a>0，知x2>x1>1，令h(x)＝ex－ax＋a，則h(x)在(1，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)，令h′(x)＝ex－a＝0，則x＝lna.當(dāng)1≥lna，即0<a≤e時(shí)，可知h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以在(1，＋∞)上不可能有兩個(gè)零點(diǎn)，不符合題意．當(dāng)1<lna，即a>e時(shí)，可知h(x)在(1，lna)上單調(diào)遞減