十年高考真題分類匯編（2010—2019）數(shù)學(xué)專題04導(dǎo)數(shù)與定積分1.(2019·全國2·T文T10)曲線y=2sinx+cosx在點(π,-1)處的切線方程為()A.x-y-π-1=0 B.2x-y-2π-1=0C.2x+y-2π+1=0 D.x+y-π+1=0【答案】C【解析】當(dāng)x=π時,y=2sinπ+cosπ=-1,即點(π,-1)在曲線y=2sinx+cosx上.∵y'=2cosx-sinx,∴y'|x=π=2cosπ-sinπ=-2.∴曲線y=2sinx+cosx在點(π,-1)處的切線方程為y-(-1)=-2(x-π),即2x+y-2π+1=0.故選C.2.(2019·全國3·T理T6文T7)已知曲線y=aex+xlnx在點(1,ae)處的切線方程為y=2x+b,則()A.a=e,b=-1 B.a=e,b=1C.a=e-1,b=1 D.a=e-1,b=-1【答案】D【解析】∵y'=aex+lnx+1,∴k=y'|x=1=ae+1=2,∴ae=1,a=e-1.將點(1,1)代入y=2x+b,得2+b=1,∴b=-1.3.(2018·全國1·理T5文T6)設(shè)函數(shù)f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若f(x)為奇函數(shù),則曲線y=f(x)在點(0,0)處的切線方程為()A.y=-2x B.y=-x C.y=2x D.y=x【答案】D【解析】因為f(x)為奇函數(shù),所以f(-x)=-f(x),即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,解得a=1,則f(x)=x3+x.由f'(x)=3x2+1,得曲線y=f(x)在(0,0)處的切線斜率k=f'(0)=1.故切線方程為y=x.4.(2017·全國2·理T11)若x=-2是函數(shù)f(x)=(x2+ax-1)ex-1的極值點,則f(x)的極小值為()A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1【答案】A【解析】由題意可得,f'(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1.因為x=-2是函數(shù)f(x)的極值點,所以f'(-2)=0.所以a=-1.所以f(x)=(x2-x-1)ex-1.所以f'(x)=(x2+x-2)ex-1.令f'(x)=0,解得x1=-2,x2=1.當(dāng)x變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下表:x(-∞,-2)-2(-2,1)1(1,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗選A.5.(2017·浙江·T7)函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)y=f'(x)的圖象如圖所示,則函數(shù)y=f(x)的圖象可能是()【答案】D【解析】設(shè)導(dǎo)函數(shù)y=f'(x)的三個零點分別為x1,x2,x3,且x1<0<x2<x3.所以在區(qū)間(-∞,x1)和(x2,x3)上,f'(x)<0,f(x)是減函數(shù),在區(qū)間(x1,x2)和(x3,+∞)上,f'(x)>0,f(x)是增函數(shù),所以函數(shù)y=f(x)的圖象可能為D,故選D.6.(2016·山東·理T10)若函數(shù)y=f(x)的圖象上存在兩點,使得函數(shù)的圖象在這兩點處的切線互相垂直,則稱y=f(x)具有T性質(zhì).下列函數(shù)中具有T性質(zhì)的是()A.y=sinxB.y=lnxC.y=ex D.y=x3【答案】A【解析】當(dāng)y=sinx時,y'=cosx,因為cos0·cosπ=-1,所以在函數(shù)y=sinx圖象存在兩點x=0,x=π使條件成立,故A正確;函數(shù)y=lnx,y=ex,y=x3的導(dǎo)數(shù)值均非負,不符合題意,故選A.7.(2016·全國1·文T12)若函數(shù)f(x)=x-13sin2x+asinx在(-∞,+∞)單調(diào)遞增,則a的取值范圍是(A.[-1,1] B.-C.-13【答案】C【解析】因為f(x)在R上單調(diào)遞增,所以f'(x)=-43cos2x+acosx+5由題意可得,當(dāng)cosx=1時,f'(x)≥0,當(dāng)cosx=-1時,f'(x)≥0,即-43+a+538.(2016·四川·理T9)設(shè)直線l1,l2分別是函數(shù)f(x)=-lnx,0<x<1,lnx,x>1圖象上點P1,P2處的切線,l1與l2垂直相交于點P,且l1,l2分別與y軸相交于點A,A.(0,1) B.(0,2)C.(0,+∞) D.(1,+∞)【答案】A【解析】設(shè)P1(x1,lnx1),P2(x2,-lnx2)(不妨設(shè)x1>1,0<x2<1),則由導(dǎo)數(shù)的幾何意義易得切線l1,l2的斜率分別為k1=1x1,k2=-由已知得k1k2=-1,所以x1x2=1.所以x2=1x所以切線l1的方程分別為y-lnx1=1x1(x-x1),切線l2的方程為y+lnx2=-1x即y-lnx1=-x1x-分別令x=0得A(0,-1+lnx1),B(0,1+lnx1).又l1與l2的交點為P2x∵x1>1,∴S△PAB=12|yA-yB|·|xP|=2∴0<S△PAB<1,故選A.9.(2015·全國2·理T12)設(shè)函數(shù)f'(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù),f(-1)=0,當(dāng)x>0時,xf'(x)-f(x)<0,則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是()A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞)C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞)【答案】A【解析】當(dāng)x>0時,令F(x)=f(x)∴當(dāng)x>0時,F(x)=f(∵f(x)為奇函數(shù),且由f(-1)=0,得f(1)=0,故F(1)=0.在區(qū)間(0,1)上,F(x)>0;在(1,+∞)上,F(x)<0,即當(dāng)0<x<1時,f(x)>0;當(dāng)x>1時,f(x)<0.又f(x)為奇函數(shù),∴當(dāng)x∈(-∞,-1)時,f(x)>0;當(dāng)x∈(-1,0)時,f(x)<0.綜上可知,f(x)>0的解集為(-∞,-1)∪(0,1).故選A.10.(2015·全國1·理T12)設(shè)函數(shù)f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)<0,則a的取值范圍是()A.-32eC.32e,【答案】D【解析】由已知函數(shù)關(guān)系式,先找到滿足f(x0)<0的整數(shù)x0,由x0的唯一性列不等式組求解.∵f(0)=-1+a<0,∴x0=0.又∵x0=0是唯一的使f(x0)<0的整數(shù),11.(2014·全國1·理T11文T12)已知函數(shù)f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零點x0,且x0>0,則a的取值范圍是()A.(2,+∞) B.(1,+∞) C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)【答案】C【解析】當(dāng)a=0時,顯然f(x)有2個零點,不符合題意;當(dāng)a>0時,f'(x)=3ax2-6x=3x(ax-2),易知函數(shù)f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增.又f(0)=1,當(dāng)x→-∞時,f(x)=x2(ax-3)+1→-∞,故不適合題意;當(dāng)a<0時,f(x)在-∞,2a上單調(diào)遞減,在由f2a>0,得8∴f即e-1[又∵a<1,∴32e≤a<1,經(jīng)檢驗a=312.(2014·江西,理8)若f(x)=x2+201f(x)dx,則01f(x)dx=(A.-1 B.-13 C.1【答案】B【解析】∵01f(x)dx=01x2dx+=13x3=13+201∴01f(x)dx=-113.(2014·全國2·理T8)設(shè)曲線y=ax-ln(x+1)在點(0,0)處的切線方程為y=2x,則a=()A.0 B.1 C.2 D.3【答案】D【解析】∵y=ax-ln(x+1),∴y'=a-1x+1∴y'|x=0=a-1=2,得a=3.14.(2014·全國2·文T11)若函數(shù)f(x)=kx-lnx在區(qū)間(1,+∞)單調(diào)遞增,則k的取值范圍是()A.(-∞,-2] B.(-∞,-1]C.[2,+∞) D.[1,+∞)【答案】D【解析】由f'(x)=k-1x則f'(x)≥0在x∈(1,+∞)上恒成立,即k≥1x在x∈又當(dāng)x∈(1,+∞)時,0<1x15.(2014·全國2·理T12)設(shè)函數(shù)f(x)=3sinπxm.若存在f(x)的極值點x0滿足x02+[f(x0)]2<mA.(-∞,-6)∪(6,+∞) B.(-∞,-4)∪(4,+∞)C.(-∞,-2)∪(2,+∞) D.(-∞,-1)∪(1,+∞)【答案】C【解析】∵x0是f(x)的極值點,∴f'(x0)=0,即πm·3得πmx0=kπ+π2,k∈Z,即x0=mk+12∴x02+[f(x0)]2<mmk+12m2+即k+122m2+3<m2,k∈Z,即k+12要使原問題成立,只需存在k∈Z,使1-3m又k+122∴1-3m16.(2014·湖北·理T6)若函數(shù)f(x),g(x)滿足-1①f(x)=sin12x,g(x)=cos1②f(x)=x+1,g(x)=x-1;③f(x)=x,g(x)=x2.其中為區(qū)間[-1,1]上的正交函數(shù)的組數(shù)是()A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】對于①,-11sin12x·cos12x故①為一組正交函數(shù);對于②,-11(x+1)(x-1)dx=-11(x2-1)dx=13故②不是一組正交函數(shù);對于③,-11x·x2dx=-11x故③為一組正交函數(shù),故選C.17.(2014·山東,理6)直線y=4x與曲線y=x3在第一象限內(nèi)圍成的封閉圖形的面積為()A.22 B.42 C.2 D.4【答案】D【解析】由y=4x,所以直線y=4x與曲線y=x3在第一象限內(nèi)圍成的封閉圖形面積應(yīng)為S=02(4x-x3)dx=218.(2013·北京,理7)直線l過拋物線C:x2=4y的焦點且與y軸垂直,則l與C所圍成的圖形的面積等于()A.43 B.2 C.83 D.【答案】C【解析】由題意可知,l的方程為y=1.如圖,B點坐標(biāo)為(2,1),∴所求面積S=4-202x219.(2013·全國2·理T10文T11)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c,下列結(jié)論中錯誤的是()A.?x0∈R,f(x0)=0B.函數(shù)y=f(x)的圖象是中心對稱圖形C.若x0是f(x)的極小值點,則f(x)在區(qū)間(-∞,x0)單調(diào)遞減D.若x0是f(x)的極值點,則f'(x0)=0【答案】C【解析】∵x0是f(x)的極小值點,則y=f(x)的圖象大致如下圖所示,則在(-∞,x0)上不單調(diào),故C不正確.20.(2013·湖北,理7)一輛汽車在高速公路上行駛,由于遇到緊急情況而剎車,以速度v(t)=7-3t+251+t(t的單位:s,v的單位:m/s)行駛至停止.在此期間汽車?yán)^續(xù)行駛的距離(單位:m)是(A.1+25ln5 B.8+25ln11C.4+25ln5 D.4+50ln2【答案】C【解析】由于v(t)=7-3t+251+t因此由v(t)=0可解得t=4,即汽車從剎車到停止共用4s.該汽車在此期間所行駛的距離s=047-21.(2012·湖北·理T3)已知二次函數(shù)y=f(x)的圖象如圖所示,則它與x軸所圍圖形的面積為()A.2π5C.32 D.【答案】B【解析】由圖象可得二次函數(shù)的【解析】式為f(x)=-x2+1,則與x軸所圍圖形的面積S=-11(-x2+1)dx=22.(2011·全國,理9)由曲線y=x,直線y=x-2及y軸所圍成的圖形的面積為()A.103 B.4 C.16【答案】C【解析】由題意知,所圍成的面積04[x-(x-2)]dx=23x23.(2010·全國,理3)曲線y=xx+2在點(-1,-1)處的切線方程為(A.y=2x+1 B.y=2x-1C.y=-2x-3 D.y=-2x-2【答案】A【解析】∵y'=x+2-∴在點(-1,-1)處的切線方程的斜率為2(-∴切線方程為y+1=2(x+1),即y=2x+1.24.(2010·全國·文T4)曲線y=x3-2x+1在點(1,0)處的切線方程為()A.y=x-1 B.y=-x+1C.y=2x-2 D.y=-2x+2【答案】A【解析】y'|x=1=(3x2-2)|x=1=1,因此曲線在(1,0)處的切線方程為y=x-1.25.(2019·全國1·T13)曲線y=3(x2+x)ex在點(0,0)處的切線方程為.

【答案】y=3x【解析】由題意可知y'=3(2x+1)ex+3(x2+x)ex=3(x2+3x+1)ex,∴k=y'|x=0=3.∴曲線y=3(x2+x)ex在點(0,0)處的切線方程為y=3x.26.(2019·天津·文T11)曲線y=cosx-x2在點(0,1)處的切線方程為【答案】x+2y-2=0【解析】y'=-sinx-12,y'|x=0=k=-1切線方程為y-1=-1227.(2019·江蘇,11)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,點A在曲線y=lnx上,且該曲線在點A處的切線經(jīng)過點(-e,-1)(e為自然對數(shù)的底數(shù)),則點A的坐標(biāo)是.

【答案】(e,1)【解析】設(shè)點A(x0,y0),則y0=lnx0,又y'=1x,當(dāng)x=x0時,y'=1x0,點A在曲線y=lnx上的切線為y-y0=1x0(x-x0),即y-lnx0=xx即x0lnx0=e,得x0=e,y0=1,故點A(e,1).28.(2018·天津·文T10)已知函數(shù)f(x)=exlnx,f'(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù),則f'(1)的值為.

【答案】e【解析】∵f'(x)=exlnx+exx,∴f'(1)=eln1+29.(2018·全國2·理T13)曲線y=2ln(x+1)在點(0,0)處的切線方程為.

【答案】y=2x【解析】∵y'=2x+1,∴∴曲線在(0,0)處的切線方程為y=2x.30.(2018·全國2·文T13)曲線y=2lnx在點(1,0)處的切線方程為.

【答案】y=2x-2【解析】∵y'=(2lnx)'=2x,∴當(dāng)x=1時,y'=2.∴31.(2018·全國3,理14)直線y=(ax+1)ex在點(0,1)處的切線的斜率為-2,則a=.

【答案】-3【解析】設(shè)f(x)=(ax+1)ex,∵f'(x)=a·ex+(ax+1)ex=(ax+a+1)ex,∴f(x)=(ax+1)ex在(0,1)處的切線斜率k=f'(0)=a+1=-2,∴a=-3.32.(2018·江蘇·T11)若函數(shù)f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)內(nèi)有且只有一個零點,則f(x)在[-1,1]上的最大值與最小值的和為.

【答案】-3【解析】由f'(x)=6x2-2ax=0,得x=0或x=a3.因為函數(shù)f(x)在(0,+∞)內(nèi)有且只有一個零點,且f(0)=1,所以a3>0,fa3=0,因此2a33-aa32+1=0,解得a=3.從而函數(shù)f(x)在[-1,0]上單調(diào)遞增,在[0,1]上單調(diào)遞減,所以f(x)max33.(2017·全國1,文14)曲線y=x2+在點(1,2)處的切線方程為.

【答案】y=x+1【解析】設(shè)y=f(x),則f'(x)=2x-1x2,所以f'(1)=2-1=1.所以曲線y=x2+34.(2017·天津,文10)已知a∈R,設(shè)函數(shù)f(x)=ax-lnx的圖象在點(1,f(1))處的切線為l,則l在y軸上的截距為.

【答案】1【解析】∵f(x)=ax-lnx,∴f'(x)=a-1x,f'(1)=a-1,f(1)=a,則切線l方程為y-a=(a-1)(x-1),即y=(a-1)x+1,則l在y軸上的截距為135.(2017·山東·理T15)若函數(shù)exf(x)(e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增,則稱函數(shù)f(x)具有M性質(zhì).下列函數(shù)中所有具有M性質(zhì)的函數(shù)的序號為.

①f(x)=2-x②f(x)=3-x③f(x)=x3④f(x)=x2+2【答案】①④【解析】對①,設(shè)g(x)=ex·2-x,則g'(x)=ex2=ex·2-x·1+ln1∴g(x)在R上單調(diào)遞增,具有M性質(zhì);對②,設(shè)g(x)=ex·3-x,則g'(x)=ex3=ex·3-x1+ln1∴g(x)在R上單調(diào)遞減,不具有M性質(zhì);對③,設(shè)g(x)=ex·x3,則g'(x)=ex·x2(x+3),令g'(x)=0,得x1=-3,x2=0,∴g(x)在(-∞,-3)上單調(diào)遞減,在(-3,+∞)上單調(diào)遞增,不具有M性質(zhì);對④,設(shè)g(x)=ex(x2+2),則g'(x)=ex(x2+2x+2),∵x2+2x+2=(x+1)2+1>0,∴g'(x)>0,∴g(x)在R上單調(diào)遞增,具有M性質(zhì).故填①④.36.(2017·江蘇·T11)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)≤0,則實數(shù)a的取值范圍是【答案】-【解析】因為f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x-1e-x=-f(x),所以f(x)為奇函數(shù).因為f'(x)=3x2-2+ex+e-x≥3x2-2+2ex·e-x≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x=0時等號成立),所以f(x)在R上單調(diào)遞增,因為f(a-1)+f(2a2)≤0可化為f(2a2)≤-f(a-1),即f(2a2)≤f(1-a),所以2a37.(2016·全國2·理T16)若直線y=kx+b是曲線y=lnx+2的切線,也是曲線y=ln(x+1)的切線,則b=.

【答案】1-ln2【解析】設(shè)直線y=kx+b與曲線y=lnx+2和y=ln(x+1)的切點分別為(x1,kx1+b),(x2,kx2+b),由導(dǎo)數(shù)的幾何意義,可得k=1x1=1x又切點也在各自曲線上,所以kx1從而由kx1+b=lnx1+2,代入解得b=1-ln2.38.(2015·全國1·文T14)已知函數(shù)f(x)=ax3+x+1的圖象在點(1,f(1))處的切線過點(2,7),則a=.

【答案】1【解析】∵f'(x)=3ax2+1,∴f'(1)=3a+1,即切線斜率k=3a+1.又f(1)=a+2,∴已知點為(1,a+2).而由過(1,a+2),(2,7)兩點的直線的斜率為a+2-71-2=5-a,∴5-a=3a+39.(2015·全國2·文T16)已知曲線y=x+lnx在點(1,1)處的切線與曲線y=ax2+(a+2)x+1相切,則a=.

【答案】8【解析】∵y'=1+1x,∴k=y'|x=1=∴切線方程為y=2x-1.由y=2x-1與y=ax2+(a+2)x+1聯(lián)立,得ax2+ax+2=0,再由相切知Δ=a2-8a=0,解得a=0或a=8.∵當(dāng)a=0時,y=ax2+(a+2)x+1并非曲線而是直線,∴a=0舍去,故a=8.40.(2015·陜西·理T15)設(shè)曲線y=ex在點(0,1)處的切線與曲線y=1x(x>0)上點P處的切線垂直,則P的坐標(biāo)為【答案】(1,1)【解析】曲線y=ex在點(0,1)處的切線斜率k=y'=ex|x=0=1;由y=1x,可得y'=-1x2,因為曲線y=1x(x>0)在點P處的切線與曲線y=ex在點(0,1)處的切線垂直,故-1xP241.(2015·天津,理11)曲線y=x2與直線y=x所圍成的封閉圖形的面積為______________.

【答案】【解析】函數(shù)y=x2與y=x的圖象所圍成的封閉圖形如圖中陰影所示,設(shè)其面積為S.由y=故所求面積S=01(x-x2)dx=142.(2015·陜西·理T16)如圖,一橫截面為等腰梯形的水渠,因泥沙沉積,導(dǎo)致水渠截面邊界呈拋物線型(圖中虛線所示),則原始的最大流量與當(dāng)前最大流量的比值為.

【答案】1.2【解析】43.(2012·上?！だ鞹13)已知函數(shù)y=f(x)的圖象是折線段ABC,其中A(0,0),B12,5【答案】5【解析】由題意f(x)=10x則xf(x)=10∴xf(x)與x軸圍成圖形的面積為01210x2dx+121(-10x2+10x)dx=1044.(2012·全國·文T13)曲線y=x(3lnx+1)在點(1,1)處的切線方程為.

【答案】4x-y-3=0【解析】因為y'=3lnx+4,故y'|x=1=4,所以曲線在點(1,1)處的切線方程為y-1=4(x-1),化為一般式方程為4x-y-3=0.45.(2012·山東·理T15)設(shè)a>0.若曲線y=x與直線x=a,y=0所圍成封閉圖形的面積為a2,則a=.

【答案】4【解析】由題意可得曲線y=x與直線x=a,y=0所圍成封閉圖形的面積S=0axdx=23x346.(2019·全國3·文T20)已知函數(shù)f(x)=2x3-ax2+2.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)當(dāng)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.【解析】(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f'(x)=0,得x=0或x=a3若a>0,則當(dāng)x∈(-∞,0)∪a3當(dāng)x∈0,故f(x)在(-∞,0),a3,+若a=0,f(x)在(-∞,+∞)單調(diào)遞增;若a<0,則當(dāng)x∈-∞,當(dāng)x∈a3故f(x)在-∞,a(2)當(dāng)0<a<3時,由(1)知,f(x)在0,a3單調(diào)遞減,在a3,于是m=-a327所以M-m=2當(dāng)0<a<2時,可知2-a+a3所以M-m的取值范圍是827當(dāng)2≤a<3時,a327單調(diào)遞增,所以M-m的取值范圍是綜上,M-m的取值范圍是82747.(2019·浙江·T22)已知實數(shù)a≠0,設(shè)函數(shù)f(x)=alnx+1+x,x>0.(1)當(dāng)a=-34(2)對任意x∈1e2,+∞均有f(x)≤x2a注:e=2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù).【解析】(1)當(dāng)a=-34時,f(x)=-34lnx+f'(x)=-3=(1+x所以,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≤2當(dāng)0<a≤24時,f(x)≤x2a等價于令t=1a,則t≥22設(shè)g(t)=t2x-2t1+x-2lnx,t≥22,則g(t)=xt-1+1x2-1+xx①當(dāng)x∈17,+∞時,1+1x≤22g(t)≥g(22)=8x-421+x記p(x)=4x-221+x-lnx,x≥1p'(x)=2=2=(x故x117,11(1,+∞)p'(x)-0+p(x)p17單調(diào)遞減極小值p(1)單調(diào)遞增所以,p(x)≥(1)=0.因此,g(t)≥g(22)=2p(x)≥0.②當(dāng)x∈1e2,g(t)≥g1+1x=-2令q(x)=2xlnx+(x+1),x∈1e2,q'(x)=lnx+2x故q(x)在1e2,所以q(x)≤q17.由①得,q17=-277p17<-27所以,q(x)<0.因此,g(t)≥g1+1x=-q(由①②知對任意x∈1e2,+∞,t∈[22,+∞),g(t)≥0,即對任意x∈1e2,+∞,均有f(x)≤x2a綜上所述,所求a的取值范圍是0,24.48.(2019·全國2,文21,12分,難度)已知函數(shù)f(x)=(x-1)lnx-x-1.證明:(1)f(x)存在唯一的極值點;(2)f(x)=0有且僅有兩個實根,且兩個實根互為倒數(shù).【解析】(1)f(x)的定義域為(0,+∞).f'(x)=x-1x因為y=lnx單調(diào)遞增,y=1x又f'(1)=-1<0,f'(2)=ln2-12=ln4-12又當(dāng)x<x0時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>x0時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.因此,f(x)存在唯一的極值點.(2)由(1)知f(x0)<f(1)=-2,又f(e2)=e2-3>0,所以f(x)=0在區(qū)間(x0,+∞)內(nèi)存在唯一根x=α.由α>x0>1得1α<1<x0又f（1α）=（1α-1）ln1故1α是f(x)=0在(0,x0綜上,f(x)=0有且僅有兩個實根,且兩個實根互為倒數(shù).49.(2019·江蘇,19,16分,難度)設(shè)函數(shù)f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,c∈R,f'(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).(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)的極小值;(3)若a=0,0<b≤1,c=1,且f(x)的極大值為M,求證:M≤427【解析】(1)因為a=b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=(x-a)3.因為f(4)=8,所以(4-a)3=8,解得a=2.(2)因為b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)2=x3-(a+2b)x2+b(2a+b)x-ab2,從而f'(x)=3(x-b)x-令f'(x)=0,得x=b或x=2a+b3因為a,b,2a+b3所以2a+b3此時,f(x)=(x-3)(x+3)2,f'(x)=3(x+3)(x-1).令f'(x)=0,得x=-3或x=1.列表如下:x(-∞,-3)-3(-3,1)1(1,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗所以f(x)的極小值為f(1)=(1-3)(1+3)2=-32.(3)因為a=0,c=1,所以f(x)=x(x-b)(x-1)=x3-(b+1)x2+bx,f'(x)=3x2-2(b+1)x+b.因為0<b≤1,所以Δ=4(b+1)2-12b=(2b-1)2+3>0,則f'(x)有2個不同的零點,設(shè)為x1,x2(x1<x2).由f'(x)=0,得x1=b+1-b2-b+1列表如下x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗(解法一)M=f(x1)=x13-(b+1)x12+bx1=[3x12-2(b+1)x1=-2(=b(b+1≤b(因此M≤427(解法二)因為0<b≤1,所以x1∈(0,1).當(dāng)x∈(0,1)時,f(x)=x(x-b)(x-1)≤x(x-1)2.令g(x)=x(x-1)2,x∈(0,1),則g'(x)=3x-令g'(x)=0,得x=13列表如下:x011g'(x)+0-g(x)↗極大值↘所以當(dāng)x=13時,g(x)取得極大值,且是最大值,故g(x)max=g1所以當(dāng)x∈(0,1)時,f(x)≤g(x)≤427因此M≤42750.(2019·全國3·理T20)已知函數(shù)f(x)=2x3-ax2+b.(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.【解析】(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f'(x)=0,得x=0或x=a3若a>0,則當(dāng)x∈(-∞,0)∪a3當(dāng)x∈0,故f(x)在(-∞,0),a3,+若a=0,f(x)在(-∞,+∞)單調(diào)遞增;若a<0,則當(dāng)x∈-∞,a當(dāng)x∈a3故f(x)在-∞,a(2)滿足題設(shè)條件的a,b存在.(ⅰ)當(dāng)a≤0時,由(1)知,f(x)在[0,1]單調(diào)遞增,所以f(x)在區(qū)間[0,1]的最小值為f(0)=b,最大值為f(1)=2-a+b.此時a,b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.(ⅱ)當(dāng)a≥3時,由(1)知,f(x)在[0,1]單調(diào)遞減,所以f(x)在區(qū)間[0,1]的最大值為f(0)=b,最小值為f(1)=2-a+b.此時a,b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.(ⅲ)當(dāng)0<a<3時,由(1)知,f(x)在[0,1]的最小值為fa3=-a若-a327+b=-1,b=1,則a=3若-a327+b=-1,2-a+b=1,則a=33或a=-3綜上,當(dāng)且僅當(dāng)a=0,b=-1或a=4,b=1時,f(x)在[0,1]的最小值為-1,最大值為1.51.(2019·天津·理T20)設(shè)函數(shù)f(x)=excosx,g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)當(dāng)x∈π4,π2時,證明f(x)+g(x)π2-x(3)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,其中n∈N,證明2nπ+π2-xn<e【解析】(1)由已知,有f'(x)=ex(cosx-sinx).因此,當(dāng)x∈2kπ+π4,2kπ+5π4(k∈當(dāng)x∈2kπ-3π4,2kπ+π4(k∈所以,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為2kπ-3π4,2kπ+π4(k∈Z),f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為2kπ+π4,2kπ+5π4(k(2)證明記h(x)=f(x)+g(x)π2-x.依題意及(1),有g(shù)(x)=ex(cosx-sinx),從而g'(x)=-2exsinx.當(dāng)x∈π4,π故h'(x)=f'(x)+g'(x)π2-x+g(x)(-1)=g'(x)π2-x<0.因此,h(x)在區(qū)間π4,π2上單調(diào)遞減,進而h(x)≥hπ2=fπ2=0.所以,當(dāng)x∈π4,π2時,f(x)+g(x)π2-x(3)證明依題意,u(xn)=f(xn)-1=0,即exncosxn=1.記yn=xn-2nπ,則yn∈π4,π2,且f(yn)=eyncosyn=ex由f(yn)=e-2nπ≤1=f(y0)及(1),得yn≥y0.由(2)知,當(dāng)x∈π4,π2時,g'(x)<0,所以g(x)在π4因此g(yn)≤g(y0)<gπ4=0.又由(2)知,f(yn)+g(yn)π2-yn≥0,故π2-yn≤-f(yn)所以,2nπ+π2-xn<e52.(2019·全國1·理T20)已知函數(shù)f(x)=sinx-ln(1+x),f'(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù).證明:(1)f'(x)在區(qū)間-1,(2)f(x)有且僅有2個零點.【解析】(1)設(shè)g(x)=f'(x),則g(x)=cosx-11+x,g'(x)=-sinx+1當(dāng)x∈-1而g'(0)>0,g'π2可得g'(x)在區(qū)間-1則當(dāng)x∈(-1,α)時,g'(x)>0;當(dāng)x∈α,所以g(x)在區(qū)間(-1,α)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間α,π2即f'(x)在區(qū)間-1(2)f(x)的定義域為(-1,+∞).(ⅰ)當(dāng)x∈(-1,0]時,由(1)知,f'(x)在區(qū)間(-1,0)內(nèi)單調(diào)遞增,而f'(0)=0,所以當(dāng)x∈(-1,0)時,f'(x)<0,故f(x)在區(qū)間(-1,0)內(nèi)單調(diào)遞減.又f(0)=0,從而x=0是f(x)在區(qū)間(-1,0]上的唯一零點.(ⅱ)當(dāng)x∈0,π2時,由(1)知,f'(x)在區(qū)間(0,α)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間α,π2內(nèi)單調(diào)遞減,而f'(0)=0,f'π2<0,所以存在β∈故f(x)在區(qū)間(0,β)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間β,又f(0)=0,fπ2=1-ln1+所以當(dāng)x∈0,從而,f(x)在區(qū)間0,(ⅲ)當(dāng)x∈π2,π時,f'(x)<0,所以f(x)在區(qū)間π2,(ⅳ)當(dāng)x∈(π,+∞)時,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,從而f(x)在區(qū)間(π,+∞)內(nèi)沒有零點.綜上,f(x)有且僅有2個零點.53.(2019·全國1·文T20)已知函數(shù)f(x)=2sinx-xcosx-x,f'(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù).(1)證明:f'(x)在區(qū)間(0,π)存在唯一零點;(2)若x∈[0,π]時,f(x)≥ax,求a的取值范圍.【解析】(1)證明設(shè)g(x)=f'(x),則g(x)=cosx+xsinx-1,g'(x)=xcosx.當(dāng)x∈0,當(dāng)x∈π2所以g(x)在0,π2又g(0)=0,gπ2故g(x)在(0,π)存在唯一零點.所以f'(x)在(0,π)存在唯一零點.(2)解由題設(shè)知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0.由(1)知,f'(x)在(0,π)只有一個零點,設(shè)為x0,且當(dāng)x∈(0,x0)時,f'(x)>0;當(dāng)x∈(x0,π)時,f'(x)<0,所以f(x)在(0,x0)單調(diào)遞增,在(x0,π)單調(diào)遞減.又f(0)=0,f(π)=0,所以,當(dāng)x∈[0,π]時,f(x)≥0.又當(dāng)a≤0,x∈[0,π]時,ax≤0,故f(x)≥ax.因此,a的取值范圍是(-∞,0].54.(2019·全國2·理T20)已知函數(shù)f(x)=lnx-x+1x(1)討論f(x)的單調(diào)性,并證明f(x)有且僅有兩個零點;(2)設(shè)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=ex的切線.【解析】(1)f(x)的定義域為(0,1)∪(1,+∞).因為f'(x)=1x因為f(e)=1-e+1e-1<0,f(e2)=2-e2+1e又0<1x1<1,f1x1=-lnx1+x1+1x綜上,f(x)有且僅有兩個零點.(2)證明因為1x0=e-lnx0,故點B-lnx由題設(shè)知f(x0)=0,即lnx0=x0+1x曲線y=ex在點B-lnx0,1x0處切線的斜率是1x0,曲線y=lnx在點A(x0,lnx0)處切線的斜率也是1x0,所以曲線y=lnx在點A(x0,lnx55.(2019·天津·文T20)設(shè)函數(shù)f(x)=lnx-a(x-1)ex,其中a∈R.(1)若a≤0,討論f(x)的單調(diào)性;(2)若0<a<1e①證明f(x)恰有兩個零點;②設(shè)x0為f(x)的極值點,x1為f(x)的零點,且x1>x0,證明3x0-x1>2.【解析】(1)由已知,f(x)的定義域為(0,+∞),且f'(x)=1x-[aex+a(x-1)ex]=1因此當(dāng)a≤0時,1-ax2ex>0,從而f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.(2)證明①由(1)知,f'(x)=1-ax2exx.令g(x)=1-ax2ex,由0<a<1e,可知g(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,又g(1)=1-ae>0,且gln1a=1-aln1a21a故g(x)=0在(0,+∞)內(nèi)有唯一解,從而f'(x)=0在(0,+∞)內(nèi)有唯一解,不妨設(shè)為x0,則1<x0<ln1a當(dāng)x∈(0,x0)時,f'(x)=g(所以f(x)在(0,x0)內(nèi)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(x0,+∞)時,f'(x)=g(x)x<令h(x)=lnx-x+1,則當(dāng)x>1時,h'(x)=1x從而fln1a=lnln1a-aln1a-1eln1a=lnln1a-ln1a+1=hln1a<0,又因為f(x0)>f(1)=0,所以f(x)在(x0,+∞)內(nèi)有唯一零點.又f(x)在(0,x0)內(nèi)有唯一零點1,從而,f(x)在(0,+∞)內(nèi)恰有兩個零點.②由題意,f'(x0)=0,f(x1)=0,即ax02ex0=1,lnx1=a(x56.(2018·全國2·理T21)已知函數(shù)f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,證明:當(dāng)x≥0時,f(x)≥1;(2)若f(x)在(0,+∞)只有一個零點,求a.【解析】(1)當(dāng)a=1時,f(x)≥1等價于(x2+1)e-x-1≤0.設(shè)函數(shù)g(x)=(x2+1)e-x-1,則g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.當(dāng)x≠1時,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)單調(diào)遞減.而g(0)=0,故當(dāng)x≥0時,g(x)≤0,即f(x)≥1.(2)設(shè)函數(shù)h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+∞)只有一個零點當(dāng)且僅當(dāng)h(x)在(0,+∞)只有一個零點.(i)當(dāng)a≤0時,h(x)>0,h(x)沒有零點;(ii)當(dāng)a>0時,h'(x)=ax(x-2)e-x.當(dāng)x∈(0,2)時,h'(x)<0;當(dāng)x∈(2,+∞)時,h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)單調(diào)遞減,在(2,+∞)單調(diào)遞增.故h(2)=1-4ae①若h(2)>0,即a<e24②若h(2)=0,即a=e2③若h(2)<0,即a>e2由(1)知,當(dāng)x>0時,ex>x2,所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a故h(x)在(2,4a)有一個零點.因此h(x)在(0,+∞)有兩個零點.綜上,f(x)在(0,+∞)只有一個零點時,a=e257.(2018·全國2·文T21度)已知函數(shù)f(x)=13x3-a(x2+x+1)(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.【解析】(1)當(dāng)a=3時,f(x)=13x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2令f'(x)=0,解得x=3-23或x=3+23.當(dāng)x∈(-∞,3-23)∪(3+23,+∞)時,f'(x)>0;當(dāng)x∈(3-23,3+23)時,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,3-23),(3+23,+∞)單調(diào)遞增,在(3-23,3+23)單調(diào)遞減.(2)由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等價于x3設(shè)g(x)=x3x2又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6a-1綜上,f(x)只有一個零點.58.(2018·天津·理T20)已知函數(shù)f(x)=ax,g(x)=logax,其中a>1.(1)求函數(shù)h(x)=f(x)-xlna的單調(diào)區(qū)間;(2)若曲線y=f(x)在點(x1,f(x1))處的切線與曲線y=g(x)在點(x2,g(x2))處的切線平行,證明x1+g(x2)=-2lnlnalna(3)證明當(dāng)a≥e1【解析】(1)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變化時,h'(x),h(x)的變化情況如下表:x(-∞,0)0(0,+∞)h'(x)-0+h(x)↘極小值↗所以函數(shù)h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,0),單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞).(2)證明由f'(x)=axlna,可得曲線y=f(x)在點(x1,f(x1))處的切線斜率為ax1lna.由g'(x)=1xlna,可得曲線y=g(x)在點(x2,g(x2))處的切線斜率為1x2lna.因為這兩條切線平行,故有ax1lna=1x2lna,即x2ax1(lna)2=1.兩邊取以a為底的對數(shù),得loga(3)證明曲線y=f(x)在點(x1,ax1)處的切線l1:y-ax1=ax1lna·(x-x1).曲線y=g(x)在點(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(x)的切線,只需證明當(dāng)a≥e1e時,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l即只需證明當(dāng)a≥e1ax由①得x2=1ax1(lna)2,代入②,得ax1因此,只需證明當(dāng)a≥e1e時,關(guān)于x1的方程設(shè)函數(shù)u(x)=ax-xaxlna+x+1lna+2u'(x)=1-(lna)2xax,可知當(dāng)x∈(-∞,0)時,u'(x)>0;當(dāng)x∈(0,+∞)時,u'(x)單調(diào)遞減,又u'(0)=1>0,u'1(lna)2=1-a1(lna)2<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u'(x0)=0,即1-(lna)2x0a因為a≥e1e,故lnlna≥-1,所以u(x0)=ax0-x0ax0lna+x0+下面證明存在實數(shù)t,使得u(t)<0.由(1)可得ax≥1+xlna,當(dāng)x>1lna時,有u(x)≤(1+xlna)(1-xlna)+x+1lna+2lnlnalna=-(lna)所以存在實數(shù)t,使得u(t)<0.因此,當(dāng)a≥e1e時,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x所以,當(dāng)a≥e159.(2018·天津·文T20)設(shè)函數(shù)f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差為d的等差數(shù)列.(1)若t2=0,d=1,求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程;(2)若d=3,求f(x)的極值;(3)若曲線y=f(x)與直線y=-(x-t2)-63有三個互異的公共點,求d的取值范圍.【解析】(1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f'(x)=3x2-1.因此f(0)=0,f'(0)=-1.又因為曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y-f(0)=f'(0)(x-0),故所求切線方程為x+y=0.(2)由已知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3t22-9)x-t23+9t2.故f'(x)=3x2-6t2x+3t22-9.令f'(x)=0,解得x=t2-當(dāng)x變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下表:x(-∞,t2-3)t2-3(t2-3,t2+3)t2+3(t2+3,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗所以函數(shù)f(x)的極大值為f(t2-3)=(-3)3-9×(-3)=63;函數(shù)f(x)的極小值為f(t2+3)=(3)3-9×3=-63.(3)曲線y=f(x)與直線y=-(x-t2)-63有三個互異的公共點等價于關(guān)于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+63=0有三個互異的實數(shù)解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+63=0.設(shè)函數(shù)g(x)=x3+(1-d2)x+63,則曲線y=f(x)與直線y=-(x-t2)-63有三個互異的公共點等價于函數(shù)y=g(x)有三個零點.g'(x)=3x2+(1-d2).當(dāng)d2≤1時,g'(x)≥0,這時g(x)在R上單調(diào)遞增,不合題意.當(dāng)d2>1時,令g'(x)=0,解得x1=-d2-13,x易得,g(x)在(-∞,x1)上單調(diào)遞增,在[x1,x2]上單調(diào)遞減,在(x2,+∞)上單調(diào)遞增.g(x)的極大值g(x1)=g-d2-g(x)的極小值g(x2)=gd2-13=-若g(x2)≥0,由g(x)的單調(diào)性可知函數(shù)y=g(x)至多有兩個零點,不合題意.若g(x2)<0,即(d2-1)32>27,也就是|d|>10,此時|d|>x2,g(|d|)=|d|+63>0,且-2|d|<x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+63<-6210+63<0,從而由g(x)的單調(diào)性,可知函數(shù)y=g(x)在區(qū)間(-2|d|,x1),(x1,x2),(x所以,d的取值范圍是(-∞,-10)∪(10,+∞).60.(2018·北京·理T18文T19)設(shè)函數(shù)f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex.(1)若曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與x軸平行,求a;(2)若f(x)在x=2處取得極小值,求a的取值范圍.【解析】(1)因為f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex,所以f'(x)=[2ax-(4a+1)]ex+[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex(x∈R)=[ax2-(2a+1)x+2]ex.f'(1)=(1-a)e.由題設(shè)知f'(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此時f(1)=3e≠0,所以a的值為1.(2)由(1)得f'(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex.若a>12,則當(dāng)x∈1當(dāng)x∈(2,+∞)時,f'(x)>0.所以f(x)在x=2處取得極小值.若a≤12,則當(dāng)x∈(0,2)時,x-2<0,ax-1≤1所以f'(x)>0.所以2不是f(x)的極小值點.綜上可知,a的取值范圍是1261.(2018·江蘇·T19)記f'(x),g'(x)分別為函數(shù)f(x),g(x)的導(dǎo)函數(shù).若存在x0∈R,滿足f(x0)=g(x0),且f'(x0)=g'(x0),則稱x0為函數(shù)f(x)與g(x)的一個“S點”.(1)證明:函數(shù)f(x)=x與g(x)=x2+2x-2不存在“S點”;(2)若函數(shù)f(x)=ax2-1與g(x)=lnx存在“S點”,求實數(shù)a的值;(3)已知函數(shù)f(x)=-x2+a,g(x)=bexx.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【解析】(1)證明函數(shù)f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,則f'(x)=1,g'(x)=2x+2.由f(x)=g(x),且f'(x)=g'(x),得x=x因此,f(x)與g(x)不存在“S點”.(2)解函數(shù)f(x)=ax2-1,g(x)=lnx,則f'(x)=2ax,g'(x)=1x設(shè)x0為f(x)與g(x)的“S點”,由f(x0)=g(x0),且f'(x0)=g'(x0),得ax得lnx0=-12,即x0=e-1當(dāng)a=e2時,x0=e-1因此,a的值為e2(3)解對任意a>0,設(shè)h(x)=x3-3x2-ax+a.因為h(0)=a>0,h(1)=1-3-a+a=-2<0,且h(x)的圖象是不間斷的,所以存在x0∈(0,1),使得h(x0)=0.令b=2x函數(shù)f(x)=-x2+a,g(x)=bexx由f(x)=g(x),且f'(x)=g'(x),得-即-x此時,x0滿足方程組(**),即x0是函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)的一個“S點”.因此,對任意a>0,存在b>0,使函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)存在“S點”.62.(2018·全國1·理T21)已知函數(shù)f(x)=1x(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)存在兩個極值點x1,x2,證明:f(【解析】(1)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=-1x2-1+ax①若a≤2,則f'(x)≤0,當(dāng)且僅當(dāng)a=2,x=1時f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞減.②若a>2,令f'(x)=0得,x=a-a2當(dāng)x∈0,當(dāng)x∈a-a2-4(2)由(1)知,f(x)存在兩個極值點當(dāng)且僅當(dāng)a>2.由于f(x)的兩個極值點x1,x2滿足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨設(shè)x1<x2,則x2>1.由于f(x1)-=-2+alnx1-所以f(x1)-f(x設(shè)函數(shù)g(x)=1x-x+2lnx,由(1)知,g(x)在(0,+∞)單調(diào)遞減,又g(1)=0,從而當(dāng)x∈(1,+∞)時,g(x)<所以1x2-x2+2lnx2<0,即63.(2018·全國1·文T21)已知函數(shù)f(x)=aex-lnx-1.(1)設(shè)x=2是f(x)的極值點,求a,并求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)證明:當(dāng)a≥時,f(x)≥0.【解析】(1)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=aex-1x由題設(shè)知,f'(2)=0,所以a=12從而f(x)=12e2ex-lnx-1,f'(x)=12e當(dāng)0<x<2時,f'(x)<0;當(dāng)x>2時,f'(x)>0.所以f(x)在(0,2)單調(diào)遞減,在(2,+∞)單調(diào)遞增.(2)當(dāng)a≥1e時,f(x)≥e設(shè)g(x)=exe-lnx-1,則g'(x)=當(dāng)0<x<1時,g'(x)<0;當(dāng)x>1時,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值點.故當(dāng)x>0時,g(x)≥g(1)=0.因此,當(dāng)a≥1e64.(2018·全國3·理T21)已知函數(shù)f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)若a=0,證明:當(dāng)-1<x<0時,f(x)<0;當(dāng)x>0時,f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的極大值點,求a.【解析】(1)當(dāng)a=0時,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f'(x)=ln(1+x)-x1+x設(shè)函數(shù)g(x)=f'(x)=ln(1+x)-x1+x,則g'(x)=x當(dāng)-1<x<0時,g'(x)<0;當(dāng)x>0時,g'(x)>0.故當(dāng)x>-1時,g(x)≥g(0)=0,且僅當(dāng)x=0時,g(x)=0,從而f'(x)≥0,且僅當(dāng)x=0時,f'(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)單調(diào)遞增.又f(0)=0,故當(dāng)-1<x<0時,f(x)<0;當(dāng)x>0時,f(x)>0.(2)①若a≥0,由(1)知,當(dāng)x>0時,f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),這與x=0是f(x)的極大值點矛盾.②若a<0,設(shè)函數(shù)h(x)=f(x)由于當(dāng)|x|<min1,1|又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的極大值點當(dāng)且僅當(dāng)x=0是h(x)的極大值點.h'(x)=11+x如果6a+1>0,則當(dāng)0<x<-6a+14a,且|x|<min1如果6a+1<0,則a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故當(dāng)x∈(x1,0),且|x|<min1,所以x=0不是h(x)的極大值點.如果6a+1=0,則h'(x)=x3(x-24所以x=0是h(x)的極大值點,從而x=0是f(x)的極大值點.綜上,a=-1665.(2018·全國3,文21,12分,難度)已知函數(shù)f(x)=ax(1)求曲線y=f(x)在點(0,-1)處的切線方程;(2)證明:當(dāng)a≥1時,f(x)+e≥0.【解析】(1)f'(x)=-ax因此曲線y=f(x)在(0,-1)處的切線方程是2x-y-1=0.(2)當(dāng)a≥1時,f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+ex+1,則g'(x)=2x+1+ex+1.當(dāng)x<-1時,g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>-1時,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;所以g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥0.66.(2018·浙江·T22)已知函數(shù)f(x)=x-lnx.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)處導(dǎo)數(shù)相等,證明:f(x1)+f(x2)>8-8ln2;(2)若a≤3-4ln2,證明:對于任意k>0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點.【解析】(1)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f'(x)=12由f'(x1)=f'(x2),得12因為x1≠x2,所以1x由基本不等式,得12x1因為x1≠x2,所以x1x2>256.由題意得f(x1)+f(x2)=x1-lnx1+x2-lnx2=12x1設(shè)g(x)=12則g'(x)=14x所以x(0,16)16(16,+∞)g'(x)-0+g(x)↘2-4ln2↗所以g(x)在[256,+∞)上單調(diào)遞增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln2.(2)令m=e-(|a|+k),n=|af(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n1n-a所以,存在x0∈(m,n),使f(x0)=kx0+a.所以,對于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直線y=kx+a與曲線y=f(x)有公共點.由f(x)=kx+a,得k=x-設(shè)h(x)=x-lnx-其中g(shù)(x)=x2由(1)可知g(x)≥g(16).又a≤3-4ln2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln2+a≤0,所以h'(x)≤0,即函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.因此方程f(x)-kx-a=0至多1個實根.綜上,當(dāng)a≤3-4ln2時,對于任意k>0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點.67.(2018·江蘇·T17)某農(nóng)場有一塊農(nóng)田,如圖所示,它的邊界由圓O的一段圓弧MPN(P為此圓弧的中點)和線段MN構(gòu)成.已知圓O的半徑為40米,點P到MN的距離為50米.現(xiàn)規(guī)劃在此農(nóng)田上修建兩個溫室大棚,大棚Ⅰ內(nèi)的地塊形狀為矩形ABCD,大棚Ⅱ內(nèi)的地塊形狀為△CDP,要求A,B均在線段MN上,C,D均在圓弧上.設(shè)OC與MN所成的角為θ.(1)用θ分別表示矩形ABCD和△CDP的面積,并確定sinθ的取值范圍;(2)若大棚Ⅰ內(nèi)種植甲種蔬菜,大棚Ⅱ內(nèi)種植乙種蔬菜,且甲、乙兩種蔬菜的單位面積年產(chǎn)值之比為4∶3.求當(dāng)θ為何值時,能使甲、乙兩種蔬菜的年總產(chǎn)值最大.【解析】(1)連接PO并延長交MN于點H,則PH⊥MN,所以O(shè)H=10.過點O作OE⊥BC于點E,則OE∥MN,所以∠COE=θ,故OE=40cosθ,EC=40sinθ,則矩形ABCD的面積為2×40cosθ(40sinθ+10)=800(4sinθcosθ+cosθ),△CDP的面積為12×2×40cosθ(40-40sinθ)=1600(cosθ-sinθcosθ過點N作GN⊥MN,分別交圓弧和OE的延長線于點G和K,則GK=KN=10.令∠GOK=θ0,則sinθ0=14,θ0∈0當(dāng)θ∈θ0所以sinθ的取值范圍是14答:矩形ABCD的面積為800(4sinθcosθ+cosθ)平方米,△CDP的面積為1600(cosθ-sinθcosθ)平方米,sinθ的取值范圍是14(2)因為甲、乙兩種蔬菜的單位面積年產(chǎn)值之比為4∶3,設(shè)甲的單位面積的年產(chǎn)值為4k,乙的單位面積的年產(chǎn)值為3k(k>0),則年總產(chǎn)值為4k×800(4sinθcosθ+cosθ)+3k×1600(cosθ-sinθcosθ)=8000k(sinθcosθ+cosθ),θ∈θ0設(shè)f(θ)=sinθcosθ+cosθ,θ∈θ0則f'(θ)=cos2θ-sin2θ-sinθ=-(2sin2θ+sinθ-1)=-(2sinθ-1)(sinθ+1).令f'(θ)=0,得θ=π6當(dāng)θ∈θ0,π6時,f'(當(dāng)θ∈π6,π2時,f'(因此,當(dāng)θ=π6時,f(θ答:當(dāng)θ=π668.(2017·全國3·理T21)已知函數(shù)f(x)=x-1-alnx.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)設(shè)m為整數(shù),且對于任意正整數(shù)n,1+1【解析】(1)f(x)的定義域為(0,+∞).若a≤0,因為f12=-1②若a>0,由f'(x)=1-ax=x-a所以f(x)在(0,a)單調(diào)遞減,在(a,+∞)單調(diào)遞增.故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值點.由于f(1)=0,所以當(dāng)且僅當(dāng)a=1時,f(x)≥0.故a=1.(2)由(1)知當(dāng)x∈(1,+∞)時,x-1-lnx>0.令x=1+12n得ln從而ln1+12+ln1+122+…+ln1+故1+1而1+169.(2017·全國2·文T21)設(shè)函數(shù)f(x)=(1-x2)ex.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)當(dāng)x≥0時,f(x)≤ax+1,求a的取值范圍.【解析】(1)f'(x)=(1-2x-x2)ex.令f'(x)=0得x=-1-2,x=-1+2.當(dāng)x∈(-∞,-1-2)時,f'(x)<0;當(dāng)x∈(-1-2,-1+2)時,f'(x)>0;當(dāng)x∈(-1+2,+∞)時,f'(x)<0.所以f(x)在(-∞,-1-2),(-1+2,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,在(-1-2,-1+2)內(nèi)單調(diào)遞增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.當(dāng)a≥1時,設(shè)函數(shù)h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.當(dāng)0<a<1時,設(shè)函數(shù)g(x)=ex-x-1,g'(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,而g(0)=0,故ex≥x+1.當(dāng)0<x<1時,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-4a-12,則x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0當(dāng)a≤0時,取x0=5-12,則x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2綜上,a的取值范圍是[1,+∞).70.(2017·天津·文T19)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).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)已知函數(shù)y=g(x)和y=ex的圖象在公共點(x0,y0)處有相同的切線,①求證:f(x)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)等于0;②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】(1)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變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下表:x(-∞,a)(a,4-a)(4-a,+∞)f'(x)+-+f(x)↗↘↗所以,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).(2)①證明因為g'(x)=ex(f(x)+f'(x)),由題意知g所以f(x所以,f(x)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)等于0.②解因為g(x)≤ex,x∈[x0-1,x0+1],由ex>0,可得f(x)≤1.又因為f(x0)=1,f'(x0)=0.故x0為f(x)的極大值點,由(1)知x0=a.另一方面,由于|a|≤1,故a+1<4-a,由(1)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],所以t'(x)=6x2-12x,令t'(x)=0,解得x=2(舍去)或x=0.因為t(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1,因此,t(x)的值域為[-7,1].所以,b的取值范圍是[-7,1].71.(2017·全國3·文T21)已知函數(shù)f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)當(dāng)a<0時,證明f(x)≤-34a-2【解析】(1)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=1x+2ax+2a+1=(若a≥0,則當(dāng)x∈(0,+∞)時,f'(x)>0,故f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增.若a<0,則當(dāng)x∈0,-當(dāng)x∈-12a故f(x)在0,-12a單調(diào)遞增,在-12a,+∞單調(diào)遞減.(2)由(1)知,當(dāng)a<0時,f(x)在x=-12a取得最大值,最大值為f-12a=ln-所以f(x)≤-34a-2等價于ln-12a-1-14a≤-設(shè)g(x)=lnx-x+1,則g'(x)=1x當(dāng)x∈(0,1)時,g'(x)>0;當(dāng)x∈(1,+∞)時,g'(x)<0.所以g(x)在(0,1)單調(diào)遞增,在(1,+∞)單調(diào)遞減.故當(dāng)x=1時,g(x)取得最大值,最大值為g(1)=0.所以當(dāng)x>0時,g(x)≤0.從而當(dāng)a<0時,ln-1即f(x)≤-34a72.(2017·天津·理T20)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x0,g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)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;(3)求證:存在大于0的常數(shù)A,使得對于任意的正整數(shù)p,q,且pq∈[1,x0)∪(x0,2],滿足p【解析】(1)由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g(x)=f'(x)=8x3+9x2-6x-6,進而可得g'(x)=24x2+18x-6.令g'(x)=0,解得x=-1或x=14當(dāng)x變化時,g'(x),g(x)的變化情況如下表:x(-∞,-1)-1g'(x)+-+g(x)↗↘↗所以,g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞,-1),14,+(2)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(1)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(1)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H2(m)<0,即h(x0)<0.所以,h(m)h(x0)<0.(3)證明對于任意的正整數(shù)p,q,且pq∈[1,x0)∪(x0,2],令m=ph(x)=g(x)(m-x0)-f(m).由(2)知,當(dāng)m∈[1,x0)時,h(x)在區(qū)間(m,x0)內(nèi)有零點;當(dāng)m∈(x0,2]時,h(x)在區(qū)間(x0,m)內(nèi)有零點.所以h(x)在(1,2)內(nèi)至少有一個零點,不妨設(shè)為x1,則h(x1)=g(x1)pq-x由(1)知g(x)在[1,2]上單調(diào)遞增,故0<g(1)<g(x1)<g(2).于是p=|2因為當(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,而pq≠x0,故fp又因為p,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所以,只要取A=g(2),就有pq73.(2017·全國1·理T21)已知函數(shù)f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.【解析】(1)f(x)的定義域為(-∞,+∞),f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).(ⅰ)若a≤0,則f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)單調(diào)遞減.(ⅱ)若a>0,則由f'(x)=0得x=-lna.當(dāng)x∈(-∞,-lna)時,f'(x)<0;當(dāng)x∈(-lna,+∞)時,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,-lna)單調(diào)遞減,在(-lna,+∞)單調(diào)遞增.(2)(ⅰ)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一個零點.(ⅱ)若a>0,由(1)知,當(dāng)x=-lna時,f(x)取得最小值,最小值為f(-ln①當(dāng)a=1時,由于f(-lna)=0,故f(x)只有一個零點;②當(dāng)a∈(1,+∞)時,由于1-1a即f(-lna)>0,故f(x)沒有零點;③當(dāng)a∈(0,1)時,1-1a又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故f(x)在(-∞,-lna)有一個零點.設(shè)正整數(shù)n0滿足n0>ln3a-1,則f(n0)=en0(aen0+a-2)-n0>e由于ln3a綜上,a的取值范圍為(0,1).74.(2017·全國1·文T21)已知函數(shù)f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)≥0,求a的取值范圍.【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域為(-∞,+∞),f'(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).①若a=0,則f(x)=e2x,在(-∞,+∞)單調(diào)遞增.②若a>0,則由f'(x)=0得x=lna.當(dāng)x∈(-∞,lna)時,f'(x)<0;當(dāng)x∈(lna,+∞)時,f'(x)>0.故f(x)在(-∞,lna)單調(diào)遞減,在(lna,+∞)單調(diào)遞增.③若a<0,則由f'(x)=0得x=ln-a當(dāng)x∈-∞當(dāng)x∈ln-故f(x)在-∞,ln(2)①若a=0,則f(x)=e2x,所以f(x)≥0.②若a>0,則由(1)得,當(dāng)x=lna時,f(x)取得最小值,最小值為f(lna)=-a2lna.從而當(dāng)且僅當(dāng)-a2lna≥0,即a≤1時,f(x)≥0.③若a<0,則由(1)得,當(dāng)x=ln-a2時,f(x)取得最小值,最小值為fln-a2=a234綜上,a的取值范圍是[-2e375.(2017·全國2·理T21)已知函數(shù)f(x)=ax2-ax-xlnx,且f(x)≥0.(1)求a;(2)證明:f(x)存在唯一的極大值點x0,且e-2<f(x0)<2-2.【解析】(1)解f(x)的定義域為(0,+∞).設(shè)g(x)=ax-a-lnx,則f(x)=xg(x),f(x)≥0等價于g(x)≥0.因為g(1)=0,g(x)≥0,故g'(1)=0,而g'(x)=a-,g'(1)=a-1,得a=1.若a=1,則g'(x)=1-.當(dāng)0<x<1時,g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>1時,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.所以x=1是g(x)的極小值點,故g(x)≥g(1)=0.綜上,a=1.(2)證明由(1)知f(x)=x2-x-xlnx,f'(x)=2x-2-lnx.設(shè)h(x)=2x-2-lnx,則h'(x)=2-1x當(dāng)x∈0,12時,h'(x)<0;當(dāng)x所以h(x)在0,12又h(e-2)>0,h12<0,h(1)=0,所以h(x)在0,12內(nèi)有唯一零點x0,在12,+∞內(nèi)有唯一零點1,且當(dāng)x∈(0,x因為f'(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一極大值點.由f'(x0)=0得lnx0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x0∈(0,1)得f(x0)<14因為x=x0是f(x)在(0,1)內(nèi)的最大值點,由e-1∈(0,1),f'(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2.所以e-2<f(x0)<2-2.76.(2017·山東·理T20)