导数的应用（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）一、解答题1．（2022·新高考Ⅱ卷）已知函数f(x)=xeax−ex．（1）当a=1时，讨论f(x)的单调性；（2）当x>0时，f(x)<−1，求a的取值范围；（3）设n∈N∗，证明：112+1+122+2+⋯+1n2+n>ln(n+1)．2．（2022·全国乙卷）已知函数f(x)=ax−1x−(a+1)lnx．（1）当a=0时，求f(x)的最大值；（2）若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．3．（2022·全国甲卷）已知函数f(x)=exx−lnx+x−a．（1）若f(x)≥0，求a的取值范围；（2）证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1．4．（2022·全国甲卷）已知函数f(x)=x3−x，g(x)=x2+a，曲线y=f(x)在点(x1，f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线．（1）若x1=−1，求a：（2）求a的取值范围．5．（2022·全国乙卷）已知函数f(x)=ln(1+x)+axe−x.（1）当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；（2）若f(x)在区间(−1，0)，(0，+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．6．（2022·北京）已知函数f(x)=exln(1+x)．（Ⅰ）求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；（Ⅱ）设g(x)=f′(x)，讨论函数g(x)在[0，+∞)上的单调性；（III）证明：对任意的s，t∈(0，+∞)，有f(s+t)>f(s)+f(t)．7．（2022·新高考Ⅰ卷）已知函数f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值.（1）求a；（2）证明：存在直线y=b，，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．8．（2021·新高考Ⅱ卷）已知函数f(x)=(x−1)ex−ax2+b．n（1）讨论f(x)的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：f(x)有一个零点①12<a≤e22，b>2a；②0<a<12，b≤2a．9．（2021·北京）已知函数f(x)=3−2xx2+a．（1）若a=0，求y=f(x)在(1,f(1))处切线方程；（2）若函数f(x)在x=−1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值．10．（2021·全国乙卷）已知函数f(x)=x3−x2+ax+1.（1）讨论f(x)的单调性；（2）求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标.11．（2021·全国甲卷）设函数f(x)＝a2x2＋ax−3lnx＋1，其中a>0．（1）讨论f(x)的单调性；（2）若y＝f(x)的图像与x轴没有公共点，求a的取值范围．12．（2021·全国甲卷）已知a＞0且a≠1，函数f（x）=xaax（x＞0），（1）当a=2时，求f（x）的单调区间；（2）若曲线y=f（x）与直线y=1有且仅有两个交点，求a的取值范围.13．（2021·全国乙卷）设函数f（x）=ln（a-x），已知x=0是函数y=xf（x）的极值点。（1）求a；（2）设函数g（x）=x+f（x）xf（x），证明：g（x）＜1.14．（2021·天津）已知a>0，函数f(x)=ax−xex．（1）求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程：（2）证明f(x)存在唯一的极值点（3）若存在a，使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立，求实数b的取值范围．15．（2021·新高考Ⅰ）已知函数f(x)=x（1-lnx)（1）讨论f(x)的单调性（2）设a,b为两个不相等的正数,且blna-alnb=a-b证明:2<1a+1b<e16．（2020·新课标Ⅲ·文）已知函数f(x)=x3−kx+k2．（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)有三个零点，求k的取值范围．n17．（2020·新课标Ⅲ·理）设函数f(x)=x3+bx+c，曲线y=f(x)在点(12，f(12))处的切线与y轴垂直．（1）求b．（2）若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1．18．（2020·新课标Ⅱ·文）已知函数f（x）=2lnx+1．（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；（2）设a>0时，讨论函数g（x）=f(x)−f(a)x−a的单调性．19．（2020·新课标Ⅰ·文）已知函数f(x)=ex−a(x+2).（1）当a=1时，讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)有两个零点，求a的取值范围.20．（2020·新课标Ⅱ·理）已知函数f(x)=sin2xsin2x.（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；（2）证明：|f(x)|≤338；（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤3n4n.21．（2020·新课标Ⅰ·理）已知函数f(x)=ex+ax2−x.（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≥12x3+1，求a的取值范围.22．（2020·新高考Ⅰ）已知函数f(x)=aex−1−lnx+lna．（1）当a=e时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．23．（2020·天津）已知函数f(x)=x3+klnx(k∈R)，f′(x)为f(x)的导函数．（Ⅰ）当k=6时，（i）求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；（ii）求函数g(x)=f(x)−f′(x)+9x的单调区间和极值；（Ⅱ）当k⩾−3时，求证：对任意的x1, x2∈[1,+∞)，且x1>x2，有f′(x1)+f′(x2)2>f(x1)−f(x2)x1−x2．24．（2020·北京）已知函数f(x)=12−x2．n（Ⅰ）求曲线y=f(x)的斜率等于−2的切线方程；（Ⅱ）设曲线y=f(x)在点(t,f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值．25．（2019·天津）设函数f(x)=lnx−a(x−1)ex，其中a∈R.（Ⅰ）若a≤0，讨论f(x)的单调性；（Ⅱ）若0<a<1e，（i）证明f(x)恰有两个零点（ii）设x为f(x)的极值点，x1为f(x)的零点，且x1>x0，证明3x0−x1>2.26．（2019·天津）设函数f(x)=excosx, g(x)为f(x)的导函数.（Ⅰ）求f(x)的单调区间；（Ⅱ）当x∈[π4,π2]时，证明f(x)+g(x)(π2−x)⩾0；（Ⅲ）设xn为函数u(x)=f(x)−1在区间(2m+π4,2mπ+π2)内的零点，其中n∈N，证明2nπ+π2−xn<e−2nπsinx0−cosx0.27．（2019·全国Ⅲ卷文）已知函数f(x)=2x3−ax2+2.（1）讨论f(x)的单调性；（2）当0<a<3时，记f(x)在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求M−m的取值范围.28．（2019·全国Ⅲ卷理）已知函数f（x）=2x3-ax2+b.（1）讨论f（x）的单调性；（2）是否存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为-1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由。29．（2019·全国Ⅱ卷文）已知函数f(x)=(x−1)lnx−x−1，证明：（1）f(x)存在唯一的极值点；（2）f(x)=0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.30．（2019·全国Ⅱ卷理）已知函数f(x)=lnx−x+1x−1.（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y=ex的切线.31．（2019·北京）已知函数f（x）=14x3-x2+x.（I）求曲线y=f（x）的斜率为1的切线方程；n（II）当x∈[-2，4]时，求证：x-6≤f（x）≤x；（IlI）设F（x）=|f（x）-（x+a）|（a∈R），记F（x）在区间[-2，4]上的最大值为M（a）.当M（a）最小时，求a的值.32．（2019·全国Ⅰ卷理）已知函数f(x)=sinx-ln(1+x)，f’(x)为f(x)的导数。证明：（1）f’(x)在区间(-1,π2)存在唯一极大值点；（2）f(x)有且仅有2个零点。33．（2018·全国Ⅰ卷理）已知函数f(x)=1x−x+alnx（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：f(x1)−f(x2)x1−x2<a−234．（2018·全国Ⅰ卷文）已知函数f(x)=aex-lnx-1（1）设x=2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间（2）证明：当a≥1e时，f(x)≥035．（2018·天津）已知函数f(x)=ax，g(x)=logax，其中a>1.（Ⅰ）求函数h(x)=f(x)−xlna的单调区间；（Ⅱ）若曲线y=f(x)在点(x1，f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2，g(x2))处的切线平行，证明x1+g(x2)=−2lnlnalna；（Ⅲ）证明当a≥e1e时，存在直线l，使l是曲线y=f(x)的切线，也是曲线y=g(x)的切线.36．（2018·全国Ⅱ卷文）已知函数f(x)=13x3−a(x2+x+1)（1）若a=3，求f(x)的单调区间（2）证明：f(x)只有一个零点37．（2018·全国Ⅱ卷理）已知函数f(x)=ex−ax2（1）若a=1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；（2）若f(x)在(0，+∞)只有一个零点，求a.38．（2018·全国Ⅲ卷文）已知函数f(x)=ax2+x−1ex（1）求函数y=f(x)在点(0，−1)处的切线方程（2）证明：当a≥1时，f(x)+e≥039．（2018·全国Ⅲ卷理）已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)−2x．n（1）若a=0，证明：当−1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0；（2）若x=0是f(x)的极大值点，求a．答案解析部分1．【答案】（1）解：解：a=1⇒f(x)=xex−ex=(x−1)ex⇒f′(x)=xex当x∈(−∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(0，+∞)吋，f′(x)>0，f(x)单调递增.（2）令g(x)=f(x)+1=xeax−ex+1(x≥0)⇒g(x)≤g(0)=0对∀x≥0恒成立又g′(x)=eax+axeax−ex⇒g′(0)=0令h(x)=g′(x)⇒h′(x)=aeax+a(eax+axeax)−ex=a(2eax+axeax)−ex则h′(0)=2a−1①若h′(0)=2a−1>0，即a>12，h′(0)=limx→0+g′(x)−g′(0)x−0=limx→0+g′(x)x>0所以∃x0>0，使得当x∈(0，x0)时，有g′(x)x>0⇒g′(x)>0⇒g(x)单调递增⇒g(x0)>g(0)=0，矛盾②若h′(0)=2a−1≤0，即a≤12时，g′(x)=eax+axeax−ex=eax+ln(1+ax)−ex≤e12x+ln(1+12x)−ex≤e12x+12x−ex=0⇒g(x)在[0，+∞)上单调递减，g(x)≤g(0)=0，符合题意.综上所述，实数a的取值范围足a≤12.（3）证明：取a=12，则∀x>0，总有xe12x−ex+1<0成立，令t=e12x，则t>1，t2=ex，x=2lnt，故2tlnt<t2−1即2lnt<t−1t对任意的t>1恒成立.所以对任意的n∈N*，有2lnn+1n<n+1n−nn+1，整理得到：ln(n+1)−lnn<1n2+n，故112+1+122+2+⋯+1n2+n>ln2−ln1+ln3−ln2+⋯+ln(n+1)−lnn=ln(n+1)，故不等式成立.2．【答案】（1）解：当a=0时，f(x)=−1x−lnxnf'(x)=−1x2−1x=1−xx2x（0，1）1（1，+∞）f’（x）+0-f（x）↗　↘∴f(x)的最大值=f（1）=-1-ln1=-1（2）解：f(x)定义域为（0，+∞）f'(x)=a+1x2−a+1x=ax2−(a+1)x+1x2=1x2(ax−1)(x−1)根据（1）得：a=0时，f（x）max=-1＜0，∴f（x）无零点当a＜0时，∀x＞0，ax-1＜0，又x2＞0x（0，1）1（1，+∞）f’（x）+0-f（x）↗　↘∴∀x＞0，f（x）≤f（1）=a-1＜0，∴f（x）无零点当a＞0时，f(x)=ax2(x−1a)(x−1)①当0＜a＜1时，1a＞1x（0，1）1（1，1a）1a（1a，+∞）f’（x）+0-0+f（x）↗　↘　↗∴∀x∈（0，1a]，f（x）≤f（1）=a-1＜0，又limx→+∞f（x）=+∞，∴f（x）恰有一个零点②当a=1时，f'(x)=(x−1)2x2≥0，∴f（x）在（0，+∞）上递增，由f（1）=a-1=0可得，f（x）恰有一个零点③当a＞1时，1a∈（0，1]x（0，1a）1a（1a，1）1（1，+∞）nf’（x）+0-0+f（x）↗　↘　↗∴∀x∈[1a，+∞），f（x）≥f（1）=a-1＞0，又limx→0f（x）=-∞，∴f（x）恰有一个零点综上所得a取值范围为(0，+∞)3．【答案】（1）解：由题意得，函数f(x)的定义域为0，+∞，f'x=1x-1x2ex-1x+1=1x1-1xex+1-1x=x-1xexx+1，令f'(x)=0，得x=1，当x∈（0，1），f'(x)<0，f(x)单调递减，当x∈（1，+∞），f'(x)>0，f(x)单调递增，若f(x)≥0，则e+1-a≥0，即a≤e+1，所以a的取值范围为（-∞，e+1）（2）证明：由题知，f(x)一个零点小于1，一个零点大于1不妨设x1<1<x2要证x1x2<1，即证x1<1x2因为x1，1x2∈(0，1)，即证f(x1)>f(1x2)因为f(x1)=f(x2)，即证f(x2)>f(1x2)即证exx−lnx+x−xe1x−lnx−1x>0，x∈(1，+∞)即证exx−xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0下面证明x>1时，exx−xe1x>0，lnx−12(x−1x)<0设g(x)=exx−xe1x，x>1，则g′(x)=(1x−1x2)ex−(e1x+xe1x⋅(−1x2))=1x(1−1x)ex−e1x(1−1x)=(1−1x)(exx−e1x)=x−1x(exx−e1x)设φ(x)=exx(x>1)，φ′(x)=(1x−1x2)ex=x−1x2ex>0所以φ(x)>φ(1)=e，而e1x<e所以exx−e1x>0，所以g′(x)>0n所以g(x)在(1，+∞)单调递增即g(x)>g(1)=0，所以exx−xe1x>0令h(x)=lnx−12(x−1x)，x>1h′(x)=1x−12(1+1x2)=2x−x2−12x2=−(x−1)22x2<0所以h(x)在(1，+∞)单调递减即h(x)<h(1)=0，所以lnx−12(x−1x)<0；综上，exx−xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0，所以x1x2<14．【答案】（1）解：由题意知，f(−1)=−1−(−1)=0，f′(x)=3x2−1，f′(−1)=3−1=2，则y=f(x)在点(−1，0)处的切线方程为y=2(x+1)，即y=2x+2，设该切线与g(x)切于点(x2，g(x2))，g′(x)=2x，则g′(x2)=2x2=2，解得x2=1，则g(1)=1+a=2+2，解得a=3；（2）解：f′(x)=3x2−1，则y=f(x)在点(x1，f(x1))处的切线方程为y−(x13−x1)=(3x12−1)(x−x1)，整理得y=(3x12−1)x−2x13，设该切线与g(x)切于点(x2，g(x2))，g′(x)=2x，则g′(x2)=2x2，则切线方程为y−(x22+a)=2x2(x−x2)，整理得y=2x2x−x22+a，则3x12−1=2x2−2x13=−x22+a，整理得a=x22−2x13=(3x122−12)2−2x13=94x14−2x13−32x12+14，令h(x)=94x4−2x3−32x2+14，则h′(x)=9x3−6x2−3x=3x(3x+1)(x−1)，令h′(x)>0，解得−13<x<0或x>1，令h′(x)<0，解得x<−13或0<x<1，则x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(−∞，−13)−13(−13，0)0(0，1)1(1，+∞)h′(x)-0+0-0+h(x)↘527↗14↘-1↗则h(x)的值域为[−1，+∞)，故a的取值范围为[−1，+∞).5．【答案】（1）解：f(x)的定义域为(−1，+∞)当a=1时，f(x)=ln(1+x)+xex，f(0)=0，所以切点为(0，0)f′(x)=11+x+1−xex，f′(0)=2，所以切线斜率为2n所以曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=2x（2）解：f(x)=ln(1+x)+axexf′(x)=11+x+a(1−x)ex=ex+a(1−x2)(1+x)ex设g(x)=ex+a(1−x2)1°若a>0，当x∈(−1，0)，g(x)=ex+a(1−x2)>0，即f′(x)>0所以f(x)在(−1，0)上单调递增，f(x)<f(0)=0故f(x)在(−1，0)上没有零点，不合题意2°若−1⩽a⩽0，当x∈(0，+∞)，则g′(x)=ex−2ax>0所以g(x)在(0，+∞)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+a⩾0，即f′(x)>0所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，f(x)>f(0)=0故f(x)在(0，+∞)上没有零点，不合题意3°若a<−1①当x∈(0，+∞)，则g′(x)=ex−2ax>0，所以g(x)在(0，+∞)上单调递增g(0)=1+a<0，g(1)=e>0所以存在m∈(0，1)，使得g(m)=0，即f′(m)=0当x∈(0，m)，f′(x)<0，f(x)单调递减当x∈(m，+∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增所以当x∈(0，m)，f(x)<f(0)=0当x→+∞，f(x)→+∞所以f(x)在(m，+∞)上有唯一零点又(0，m)没有零点，即f(x)在(0，+∞)上有唯一零点②当x∈(−1，0)，g(x)=ex+a(1−x2)设h(x)=g′(x)=ex−2axh′(x)=ex−2a>0所以g′(x)在(−1，0)单调递增g′(−1)=1e+2a<0，g′(0)=1>0所以存在n∈(−1，0)，使得g′(n)=0当x∈(−1，n)，g′(x)<0，g(x)单调递减n当x∈(n，0)，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)<g(0)=1+a<0又g(−1)=1e>0所以存在t∈(−1，n)，使得g(t)=0，即f′(t)=0当x∈(−1，t)，f(x)单调递增，当x∈(t，0)，f(x)单调递减有x→−1，f(x)→−∞而f(0)=0，所以当x∈(t，0)，f(x)>0所以f(x)在(−1，t)上有唯一零点，(t，0)上无零点即f(x)在(−1，0)上有唯一零点所以a<−1，符合题意所以若f(x)在区间(−1，0)，(0，+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围为(−∞，−1)6．【答案】（Ⅰ）f′(x)=ex[ln(1+x)+11+x]，则f′(0)=1，又f(0)=0，故所求切线方程为y=x（Ⅱ）g′(x)=ex[ln(1+x)+21+x−1(1+x)2]，又ex>0，ln(1+x)+21+x−1(1+x)2>ln1+1+2x(1+x)2>0故g′(x)>0对∀x∈[0，+∞)成立，g(x)在[0，+∞)上单调递增（III）证明：不妨设S≥t，由拉格朗日中值定理可得：f(s+t)−f(s)(s+t)−s=f′(ξ)其中ξ∈[s，s+t]，即f(s+t)−f(s)=tf′(ξ)f(t)−f(0)t−0=f′(η)，其中η∈(0，t)，即f(t)−f(0)=tf′(η)由g(x)在[0，+∞)上单调递增，故f′(ξ)>f′(η)∴f(s+t)−f(s)>f(t)−f(0)=f(t)∴f(s+t)>f(s)+f(t)证毕7．【答案】（1）因为f(x)=ex−ax，所以f′(x)=ex−a，若a≤0，则f′(x)=ex−a>0恒成立，所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，无最小值，不满足；若a>0，令f’（x）＞0⇒x＞lna，令f’（x）＜0⇒x＜lna，所以f(x)min=f(lna)=a−alna，因为g(x)=ax−lnx，定义域x>0，所以g′(x)=a−1x，n所以g′(x)>0⇒x>1a，g′(x)<0⇒0<x<1a，所以g(x)min=g(1a)=1−ln1a，依题有a−alna=1−ln1a，即lna−a−1a+1=0，令h(a)=lna−a−1a+1(a>0)，则h′(a)=a2+1a(a+1)2>0恒成立所以h(a)在(0，+∞)上单调递增，又因为h(1)=0，lna−a−1a+1=0有唯一解a=1，综上，a=1（2）由(1)易知f(x)在(−∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，设三个不同交点的横坐标分别为x1，x2，x3，不妨设x1<x2<x3，显然有x1<0<x2<1<x3，则肯定有f(x1)=f(x2)=g(x2)=g(x3)=b，注意f(x)，g(x)的结构，易知f(lnx)=g(x)，所以有f(lnx)=g(x)，所以有f(x1)=f(lnx2)，而由x1<0，lnx2<0，f(x)在(−∞，0)上单调递减，知x1=lnx2，同理x2=lnx3⇒x3=ex2，所以x1+x3=lnx2+ex2，又由f(x2)=g(x2)⇒ex2−x2=x2−lnx2⇒ex2+lnx2=2x2，故x1+x3=2x2，所以存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.8．【答案】（1）由函数的解析式可得：f'(x)=x(ex−2a)，当a≤0时，若x∈(−∞，0)，则f'(x)<0，f(x)单调递减，若x∈(0，+∞)，则f'(x)>0，f(x)单调递增；当0<a<12时，若x∈(−∞，ln(2a))，则f'(x)>0，f(x)单调递增，若x∈(ln(2a)，0)，则f'(x)<0，f(x)单调递减，若x∈(0，+∞)，则f'(x)>0，f(x)单调递增；当a=12时，f'(x)≥0，f(x)在R上单调递增；n当a>12时，若x∈(−∞，0)，则f'(x)>0，f(x)单调递增，若x∈(0，ln(2a))，则f'(x)<0，f(x)单调递减，若x∈(ln(2a)，+∞)，则f'(x)>0，f(x)单调递增；（2）若选择条件①：由于12<a⩽e22，故1<2a≤e2，则b>2a>1，f(0)=b−1>0，而f(−b)=(−1−b)e−b−ab2−b<0，而函数在区间(−∞，0)上单调递增，故函数在区间(−∞，0)上有一个零点.f(ln(2a))=2a[ln(2a)−1]−a[ln(2a)]2+b>2a[ln(2a)−1]−a[ln(2a)]2+2a=2aln(2a)−a[ln(2a)]2=aln(2a)[2−ln(2a)]，由于12<a⩽e22，1<2a≤e2，故aln(2a)[2−ln(2a)]≥0，结合函数的单调性可知函数在区间(0，+∞)上没有零点.综上可得，题中的结论成立.若选择条件②：由于0<a<12，故2a<1，则f(0)=b−1≤2a−1<0，当b≥0时，e2>4，4a<2，f(2)=e2−4a+b>0，而函数在区间(0，+∞)上单调递增，故函数在区间(0，+∞)上有一个零点.当b<0时，构造函数H(x)=ex−x−1，则H′(x)=ex−1，当x∈(−∞，0)时，H′(x)<0，H(x)单调递减，当x∈(0，+∞)时，H′(x)>0，H(x)单调递增，注意到H(0)=0，故H(x)≥0恒成立，从而有：ex≥x+1，此时：f(x)=(x−1)ex−ax2−b≥(x−1)(x+1)−ax2+b=(1−a)x2+(b−1)，当x>1−b1−a时，(1−a)x2+(b−1)>0，取x0=1−b1−a+1，则f(x0)>0，即：f(0)<0，f(1−b1−a+1)>0，而函数在区间(0，+∞)上单调递增，故函数在区间(0，+∞)上有一个零点.f(ln(2a))=2a[ln(2a)−1]−a[ln(2a)]2+bn≤2a[ln(2a)−1]−a[ln(2a)]2+2a=2aln(2a)−a[ln(2a)]2=aln(2a)[2−ln(2a)]，由于0<a<12，0<2a<1，故aln(2a)[2−ln(2a)]<0，结合函数的单调性可知函数在区间(−∞，0)上没有零点.综上可得，题中的结论成立.9．【答案】（1）当a=0时，f(x)=3−2xx2，则f′(x)=2(x−3)x3，∴f(1)=1，f′(1)=−4，此时，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−1=−4(x−1)，即4x+y−5=0；（2）因为f(x)=3−2xx2+a，则f′(x)=−2(x2+a)−2x(3−2x)(x2+a)2=2(x2−3x−a)(x2+a)2，由题意可得f′(−1)=2(4−a)(a+1)2=0，解得a=4，故f(x)=3−2xx2+4，f′(x)=2(x+1)(x−4)(x2+4)2，列表如下：x(−∞,−1)-1(−1,4)4(4,+∞)f′(x)+0-0+f(x)增极大值减极小值增所以，函数f(x)的增区间为(−∞,−1)、(4,+∞)，单调递减区间为(−1,4).当x<32时，f(x)>0；当x>32时，f(x)<0.所以，f(x)max=f(−1)=1，f(x)min=f(4)=−14.10．【答案】（1）由函数的解析式可得：f′(x)=3x2−2x+a，导函数的判别式Δ=4−12a，当Δ=4−12a≤0,a≥13时，f′(x)≥0,f(x)在R上单调递增，当Δ=4−12a>0,a<13时，f′(x)=0的解为：x1=2−4−12a6,x2=2+4−12a6，当x∈(−∞,2−4−12a6)时，f′(x)>0,f(x)单调递增；当x∈(2−4−12a6,2+4−12a6)时，f′(x)<0,f(x)单调递减；当x∈(2+4−12a6,+∞)时，f′(x)>0,f(x)单调递增；综上可得：当a≥13时，f(x)在R上单调递增，当a<13时，f(x)在(−∞,2−4−12a6)上单调递增，在(2−4−12a6,2+4−12a6)上单调递减，在(2+4−12a6,+∞)上单调递增n.（2）由题意可得：f(x0)=x03−x02+ax0+1，f′(x0)=3x02−2x0+a，则切线方程为：y−(x03−x02+ax0+1)=(3x02−2x0+a)(x−x0)，切线过坐标原点，则：0−(x03−x02+ax0+1)=(3x02−2x0+a)(0−x0),整理可得：2x03−x02−1=0，即：(x0−1)(2x02+x0+1)=0，解得：x0=1，则f(x0)=f(1)=1−1+a+1=a+1，即曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标为(1,a+1).11．【答案】（1）函数的定义域为(0，+∞)，又f′(x)=(2ax+3)(ax−1)x，因为a>0，x>0，故2ax+3>0，当0<x<1a时，f′(x)<0；当x>1a时，f′(x)>0；所以f(x)的减区间为(0，1a)，增区间为(1a，+∞).（2）因为f(1)=a2+a+1>0且y=f(x)的图与x轴没有公共点，所以y=f(x)的图象在x轴的上方，由（1）中函数的单调性可得f(x)min=f(1a)=3−3ln1a=3+3lna，故3+3lna>0即a>1e.12．【答案】（1）当a=2时，f(x)=x22x，f′(x)=2x·2x−x2·2xln2(2x)2=x·2x(2−xln2)4x，令f'(x)=0得x=2ln2，当0<x<2ln2时，f′(x)>0，当x>2ln2时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(0，2ln2]上单调递增；[2ln2，+∞)上单调递减；（2）f(x)=xaax=1⇔ax=xa⇔xlna=alnx⇔lnxx=lnaa，设函数g(x)=lnxx，则g′(x)=1−lnxx2，令g′(x)=0，得x=e，在(0，e)内g′(x)>0，g(x)单调递增；在(e，+∞)上g′(x)<0，g(x)单调递减；∴g(x)max=g(e)=1e，又g(1)=0，当x趋近于+∞时，g(x)趋近于0，所以曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点，即曲线y=g(x)与直线y=alnan有两个交点的充分必要条件是0<lnaa<1e，这即是0<g(a)<g(e)，所以a的取值范围是(1，e)∪(e，+∞).13．【答案】（1）[xf(x)]′=x′f(x)+xf′(x)当x=0时，[xf(x)]′=f(0)=lna=0，所以a=1（2）由f(x)=ln(1-x)，得x＜1当0＜x＜1时，f(x)=ln(1-x)＜0，xf(x)＜0；当x＜0时，f(x)=ln(1-x)＞0，xf(x)＜0故即证x+f(x)＞xf(x)，x+ln(1-x)-xln(1-x)＞0令1-x=t(t＞0且t≠1)，x=1-t，即证1-t+lnt-(1-t)lnt＞0令f(t)=1-t+lnt-(1-t)lnt，则f′(t)=-1-1t-[(-1)lnt+1−tt]=-1+1t+lnt-1−tt=lnt所以f(t)在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，故f(t)＞f（1）=0，得证。14．【答案】（1）f′(x)=a−(x+1)ex，则f′(0)=a−1，又f(0)=0，则切线方程为y=(a−1)x，(a>0)；（2）令f′(x)=a−(x+1)ex=0，则a=(x+1)ex，令g(x)=(x+1)ex，则g′(x)=(x+2)ex，当x∈(−∞，−2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(−2，+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x→−∞时，g(x)<0，g(−1)=0，当x→+∞时，g(x)>0，画出g(x)大致图像如下：所以当a>0时，y=a与y=g(x)仅有一个交点，令g(m)=a，则m>−1，且f′(m)=a−g(m)=0，当x∈(−∞，m)时，a>g(x)，则f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(m，+∞)时，a<g(x)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，x=m为f(x)的极大值点，故f(x)存在唯一的极值点；（3）由（II）知f(x)max=f(m)，此时a=(1+m)em，m>−1，所以{f(x)−a}max=f(m)−a=(m2−m−1)em，(m>−1)，令h(x)=(x2−x−1)ex，(x>−1)，若存在a，使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立，等价于存在x∈(−1，+∞)，使得h(x)≤b，即b≥h(x)min，h′(x)=(x2+x−2)ex=(x−1)(x+2)ex，x>−1，n当x∈(−1，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(1，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min=h(1)=−e，故b≥−e，所以实数b的取值范围[−e，+∞).15．【答案】（1）f(x)=x(1−lnx),x∈(0,+∞)∴f'(x)=1−lnx−1=−lnx∴x∈(0,1),f'(x)>0,f(x)↗x∈(1,+∞),f'(x)<0,f(x)↘∴f(x)在(0,1)单调递增，f(x)在(1,+∞)单调递减（2）由blna−alnb=a−b，得−1aln1a+1bln1b=1b−1a即1a(1−ln1a)=1b(1−ln1b)令x1=1a，1b=x2则x1,x2为f(x)=k的两根，其中k∈(0,1)．不妨令x1∈(0,1)，x2∈(1,e)，则2−x1>1先证2<x1+x2，即证x2>2−x1即证f(x2)=f(x1)<f(2−x1)令h(x)=f(x)−f(2−x)则h'(x)=f'(x)+f'(2−x)=−lnx−ln(2−x)=−ln[x(2−x)]∵x∈(0,1)∴x(2−x)∈(0,1)∴h'(x)>0恒成立，∴h(x)↗∴h(x)<h(1)=0∴f(x1)<f(2−x1)∴2<x1+x2得证同理，要证x1+x2<e即证f(x2)=f(x1)<f(e−x1)令φ(x)=f(x)−f(e−x),x∈(0,1)则φ'(x)=−ln[x(e−x)]，令φ'(x0)=0x∈(0,x0),φ'(x)>0,φ(x)↗nx∈(x0,1),φ'(x)<0,φ(x)↘又x>0，f(x)>0，且f(e)=0故x→0，φ(0)>0，φ(1)=f(1)−f(e−1)>0∴φ(x)>0恒成立∴x1+x2<e得证∴2<1a+1b<e16．【答案】（1）解：由题，f'(x)=3x2−k，当k≤0时，f'(x)≥0恒成立，所以f(x)在(−∞,+∞)上单调递增；当k>0时，令f'(x)=0，得x=±k3，令f'(x)<0，得−k3<x<k3，令f'(x)>0，得x<−k3或x>k3，所以f(x)在(−k3,k3)上单调递减，在(−∞,−k3)，(k3,+∞)上单调递增.（2）解：由（1）知，f(x)有三个零点，则k>0，且f(−k3)>0f(k3)<0即k2+23kk3>0k2−23kk3<0，解得0<k<427，当0<k<427时，k>k3，且f(k)=k2>0，所以f(x)在(k3,k)上有唯一一个零点，同理−k−1<−k3，f(−k−1)=−k3−(k+1)2<0，所以f(x)在(−k−1,−k3)上有唯一一个零点，又f(x)在(−k3,k3)上有唯一一个零点，所以f(x)有三个零点，综上可知k的取值范围为(0,427).17．【答案】（1）解：因为f'(x)=3x2+b，由题意，f'(12)=0，即3×(12)2+b=0则b=−34n（2）解：由（1）可得f(x)=x3−34x+c，f'(x)=3x2−34=3(x+12)(x−12)，令f'(x)>0，得x>12或x<−12；令f'(x)<0，得−12<x<12，所以f(x)在(−12,12)上单调递减，在(−∞,−12)，(12,+∞)上单调递增，且f(−1)=c−14,f(−12)=c+14,f(12)=c−14,f(1)=c+14，若f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0，则f(−1)>0或f(1)<0，即c>14或c<−14.当c>14时，f(−1)=c−14>0,f(−12)=c+14>0,f(12)=c−14>0,f(1)=c+14>0，又f(−4c)=−64c3+3c+c=4c(1−16c2)<0，由零点存在性定理知f(x)在(−4c,−1)上存在唯一一个零点x0，即f(x)在(−∞,−1)上存在唯一一个零点，在(−1,+∞)上不存在零点，此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当c<−14时，f(−1)=c−14<0,f(−12)=c+14<0,f(12)=c−14<0,f(1)=c+14<0，又f(−4c)=64c3+3c+c=4c(1−16c2)>0，由零点存在性定理知f(x)在(1,−4c)上存在唯一一个零点x0′，即f(x)在(1,+∞)上存在唯一一个零点，在(−∞,1)上不存在零点，此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；综上，f(x)所有零点的绝对值都不大于1.18．【答案】（1）解：函数f(x)的定义域为：(0,+∞)f(x)≤2x+c⇒f(x)−2x−c≤0⇒2lnx+1−2x−c≤0(∗)，设h(x)=2lnx+1−2x−c(x>0)，则有h′(x)=2x−2=2(1−x)x，当x>1时，h′(x)<0,h(x)单调递减，当0<x<1时，h′(x)>0,h(x)单调递增，所以当x=1时，函数h(x)有最大值，即h(x)max=h(1)=2ln1+1−2×1−c=−1−c，要想不等式(∗)在(0,+∞)上恒成立，只需h(x)max≤0⇒−1−c≤0⇒c≥−1；n（2）解：g(x)=2lnx+1−(2lna−1)x−a=2(lnx−lna)x−a(x>0且x≠a)因此g′(x)=2(x−a−xlnx+xlna)x(x−a)2，设m(x)=2(x−a−xlnx+xlna)，则有m′(x)=2(lna−lnx)，当x>a时，lnx>lna，所以m′(x)<0，m(x)单调递减，因此有m(x)<m(a)=0，即g′(x)<0，所以g(x)单调递减；当0<x<a时，lnx<lna，所以m′(x)>0，m(x)单调递增，因此有m(x)<m(a)=0，即g′(x)<0，所以g(x)单调递减，所以函数g(x)在区间(0,a)和(a,+∞)上单调递减，没有递增区间.19．【答案】（1）解：当a=1时，f(x)=ex−(x+2)，f'(x)=ex−1，令f'(x)<0，解得x<0，令f'(x)>0，解得x>0，所以f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞)；（2）解：若f(x)有两个零点，即ex−a(x+2)=0有两个解，从方程可知，x=2不成立，即a=exx+2有两个解，令h(x)=exx+2(x≠−2)，则有h'(x)=ex(x+2)−ex(x+2)2=ex(x+1)(x+2)2，令h'(x)>0，解得x>−1，令h'(x)<0，解得x<−2或−2<x<−1，所以函数h(x)在(−∞,−2)和(−2,−1)上单调递减，在(−1,+∞)上单调递增，且当x<−2时，h(x)<0，而x→−2+时，h(x)→+∞，当x→+∞时，h(x)→+∞，所以当a=exx+2有两个解时，有a>h(−1)=1e，所以满足条件的a的取值范围是：(1e,+∞).20．【答案】（1）解：由函数的解析式可得：f(x)=2sin3xcosx，则：f'(x)=2(3sin2xcos2x−sin4x)=2sin2x(3cos2x−sin2x)=2sin2x(4cos2x−1)=2sin2x(2cosx+1)(2cosx−1)，f'(x)=0在x∈(0,π)上的根为：x1=π3,x2=2π3，当x∈(0,π3)时，f'(x)>0,f(x)单调递增，当x∈(π3,2π3)时，f'(x)<0,f(x)单调递减，当x∈(2π3,π)时，f'(x)>0,f(x)单调递增.n（2）解：注意到f(x+π)=sin2(x+π)sin[2(x+π)]=sin2xsin2x=f(x)，故函数f(x)是周期为π的函数，结合(1)的结论，计算可得：f(0)=f(π)=0，f(π3)=(32)2×32=338，f(2π3)=(32)2×(−32)=−338，据此可得：[f(x)]max=338，[f(x)]min=−338，即|f(x)|≤338.（3）解：结合(2)的结论有：sin2xsin22xsin24x⋯sin22nx=[sin3xsin32xsin34x⋯sin32nx]23=[sinx(sin2xsin2x)(sin22xsin4x)⋯(sin22n−1xsin2nx)sin22nx]23≤[sinx×338×338×⋯×338×sin22nx]23≤[(338)n]23=(34)n.21．【答案】（1）解：当a=1时，f(x)=ex+x2−x，f'(x)=ex+2x−1，由于f''(x)=ex+2>0，故f'(x)单调递增，注意到f'(0)=0，故：当x∈(−∞,0)时，f'(x)<0,f(x)单调递减，当x∈(0,+∞)时，f'(x)>0,f(x)单调递增.（2）解：由f(x)≥12x3+1得，ex+ax2−x⩾12x3+1，其中x≥0，①.当x=0时，不等式为：1≥1，显然成立，符合题意；②.当x>0时，分离参数a得，a⩾−ex−12x3−x−1x2，记g(x)=−ex−12x3−x−1x2，g'(x)=−(x−2)(ex−12x2−x−1)x3，令h(x)=ex−12x2−x−1(x≥0)，则h'(x)=ex−x−1，h''(x)=ex−1≥0，故h'(x)单调递增，h'(x)≥h'(0)=0，故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)=0，由h(x)≥0可得：ex−12x2−x−1⩾0恒成立，n故当x∈(0,2)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(2,+∞)时，g'(x)<0，g(x)单调递减；因此，[g(x)]max=g(2)=7−e24,综上可得，实数a的取值范围是[7−e24,+∞).22．【答案】（1）解：∵f(x)=ex−lnx+1，∴f′(x)=ex−1x，∴k=f′(1)=e−1.∵f(1)=e+1，∴切点坐标为(1,1+e),∴函数f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y−e−1=(e−1)(x−1),即y=(e−1)x+2,∴切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),(−2e−1,0),∴所求三角形面积为12×2×|−2e−1|=2e−1;（2）解：解法一：∵f(x)=aex−1−lnx+lna,∴f′(x)=aex−1−1x，且a>0.设g(x)=f′(x),则g′(x)=aex−1+1x2>0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增，即f′(x)在(0,+∞)上单调递增，当a=1时，f′(1)=0,∴f(x)min=f(1)=1,∴f(x)≥1成立.当a>1时，1a<1，∴e1a−1<1，∴f′(1a)f′(1)=a(e1a−1−1)(a−1)<0,∴存在唯一x0>0，使得f′(x0)=aex0−1−1x0=0，且当x∈(0,x0)时f′(x)<0，当x∈(x0,+∞)时f′(x)>0，∴aex0−1=1x0，∴lna+x0−1=−lnx0，因此f(x)min=f(x0)=aex0−1−lnx0+lna=1x0+lna+x0−1+lna≥2lna−1+21x0⋅x0=2lna+1>1,∴f(x)>1,∴f(x)≥1恒成立；当0<a<1时，f(1)=a+lna<a<1,∴f(1)<1,f(x)≥1不是恒成立.综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).解法二：f(x)=aex−1−lnx+lna=elna+x−1−lnx+lna≥1等价于elna+x−1+lna+x−1≥lnx+x=elnx+lnx,令g(x)=ex+x,上述不等式等价于g(lna+x−1)≥g(lnx),显然g(x)为单调增函数，∴又等价于lna+x−1≥lnx，即lna≥lnx−x+1，令h(x)=lnx−x+1,则h′(x)=1x−1=1−xxn在(0,1)上h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h’(x)<0,h(x)单调递减，∴h(x)max=h(1)=0,lna≥0，即a≥1，∴a的取值范围是[1,+∞).23．【答案】解：(Ⅰ)(i)当k=6时，f(x)=x3+6lnx，f'(x)=3x2+6x.可得f(1)=1，f'(1)=9，所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−1=9(x−1)，即y=9x−8.(ii)依题意，g(x)=x3−3x2+6lnx+3x,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2−6x+6x−3x2，整理可得：g′(x)=3(x−1)3(x+1)x2，令g'(x)=0，解得x=1.当x变化时，g'(x),g(x)的变化情况如下表：x(0,1)x=1(1,+∞)g'(x)−0+g(x)单调递减极小值单调递增所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.（Ⅱ）证明：由f(x)=x3+klnx，得f′(x)=3x2+kx.对任意的x1, x2∈[1,+∞)，且x1>x2，令x1x2=t (t>1)，则(x1−x2)(f′(x1)+f′(x2))−2(f(x1)−f(x2))=(x1−x2)(3x12+kx1+3x22+kx2)−2(x13−x23+klnx1x2)=x13−x23−3x12x2+3x1x22+k(x1x2−x2x1)−2klnx1x2=x23(t3−3t2+3t−1)+k(t−1t−2lnt).①令h(x)=x−1x−2lnx, x∈[1,+∞).当x>1时，h′(x)=1+1x2−2x=(1−1x)2>0，由此可得h(x)在[1,+∞)单调递增，所以当t>1时，h(t)>h(1)，即t−1t−2lnt>0.因为x2≥1，t3−3t2+3t−1=(t−1)3>0，k≥−3，n所以x23(t3−3t2+3t−1)+k(t−1t−2lnt)⩾(t3−3t2+3t−1)−3(t−1t−2lnt)=t3−3t2+6lnt+3t−1.②由(Ⅰ)(ii)可知，当t>1时，g(t)>g(1)，即t3−3t2+6lnt+3t>1，故t3−3t2+6lnt+3t−1>0③由①②③可得(x1−x2)(f′(x1)+f′(x2))−2(f(x1)−f(x2))>0.所以，当k≥−3时，任意的x1,x2∈[1,+∞)，且x1>x2，有f′(x1)+f′(x2)2>f(x1)−f(x2)x1−x2.24．【答案】解：（Ⅰ）因为f(x)=12−x2，所以f′(x)=−2x，设切点为(x0,12−x0)，则−2x0=−2，即x0=1，所以切点为(1,11)，由点斜式可得切线方程为：y−11=−2(x−1)，即2x+y−13=0.（Ⅱ）显然t≠0，因为y=f(x)在点(t,12−t2)处的切线方程为：y−(12−t2)=−2t(x−t)，令x=0，得y=t2+12，令y=0，得x=t2+122t，所以S(t)=12×(t2+12)⋅t2+122|t|，不妨设t>0(t<0时，结果一样)，则S(t)=t4+24t2+1444t=14(t3+24t+144t)，所以S′(t)=14(3t2+24−144t2)=3(t4+8t2−48)4t2=3(t2−4)(t2+12)4t2=3(t−2)(t+2)(t2+12)4t2，由S′(t)>0，得t>2，由S′(t)<0，得0<t<2，所以S(t)在(0,2)上递减，在(2,+∞)上递增，所以t=2时，S(t)取得极小值，也是最小值为S(2)=16×168=32.25．【答案】解：（Ⅰ）解：由已知，f(x)的定义域为(0,+∞)，且f(x)=1x−[aex+a(x−1)ex]=1−ax2exx因此当a≤0时，1−ax2ex>0，从而f′(x)>0，所以f(x)在(0,+∞)内单调递增.（Ⅱ）证明：（i）由（Ⅰ）知f′(x)=1−ax2exx.令g(x)=1−ax2ex，由0<a<1e，n可知g(x)在(0,+∞)内单调递减，又g(1)=1−ae>0，且g(ln1a)=1−(ln1a)1a=1−(ln1a)2<0.故g(x)=0在(0,+∞)内有唯一解，从而f′(x)=0在(0,+∞)内有唯一解，不妨设为x0，则1<x0<ln1a.当x∈(0,x0)时，f′(x)=g(x)x>g(x0)x=0，所以f(x)在(0,x0)内单调递增；当x∈(x0,+∞)时，f′(x)=g(x)x<g(x0)x=0，所以f(x)在(x0,+∞)内单调递减，因此x0是f(x)的唯一极值点.令h(x)=lnx−x+1，则当x>1时，h′(x)=1x−1<0，故h(x)在(1,+∞)内单调递减，从而当x>1时，h(x)<h(1)=0，所以lnx<x−1.从而f(ln1a)=lnln1a−a(ln1a−1)eln1a=lnln1a−ln1a+1=h(ln1a)<0，又因为f(x0)>f(1)=0，所以f(x)在(1,+∞)内有唯零点.又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1，从而，f(x)）在(1,+∞)内恰有两个零点.（ii）由题意，f′(x0)=0f(x1)=0即ax02ex=1lnx1=a(x1−1)ex1，从而lnx1=x1−1x02ex1−x0，即ex1−x0=x02lnx1x1−1.因为当x>1时，lnx<x−1，又x1>x0>1，故ex1−x0<x02(x1−1)x1−1=x02，两边取对数，得lnex1−x0<lnx02，于是x1-x0<2lnx0<2(x0−1)，整理得3x0-x1>2.26．【答案】解：（Ⅰ）由已知，有f'(x)=ex(cosx−sinx).因此，当x∈(2kπ+π4,2kπ+5π4)(k∈Z)时，有sinx>cosx，得f'(x)<0，则f(x)单调递减；当x∈(2kπ−3π4,2kπ+π4)(k∈Z)时，有sinx<cosx，得f'(x)>0，则f(x)单调递增.所以，f(x)的单调递增区间为[2kπ−3π4,2kπ+π4](k∈Z),f(x)的单调递减区间为[2kπ+π4,2kπ+5π4] (k∈Z).（Ⅱ）证明：记h(x)=f(x)+g(x)(π2−x).依题意及（Ⅰ），有g(x)=ex(cosx−sinx)，从而g'(x)=−2exsinx.当x∈(π4,π2)时，g'(x)<0，故h'(x)=f'(x)+g'(x)(π2−x)+g(x)(−1)=g'(x)(π2−x)<0.因此，h(x)在区间[π4,π2]上单调递减，进而h(x)⩾h(π2)=f(π2)=0.所以，当x∈[π4,π2]时，f(x)+g(x)(π2−x)⩾0.n（Ⅲ）证明：依题意，u(xn)=f(xn)−1=0，即exncosxn=1.记yn=xn−2nπ，则yn∈(π4,π2)，且f(yn)=eyncosyn=exn−2nπcos(xn−2nπ)=e−2nπ(n∈N).由f(yn)=e−2nπ⩽1=f(y0)及（Ⅰ），得yn⩾y0.由（Ⅱ）知，当x∈(π4,π2)时，g'(x)<0，所以g(x)在[π4,π2]上为减函数，因此g(yn)⩽g(y0)<g(π4)=0.又由（Ⅱ）知，f(yn)+g(yn)(π2−yn)⩾0，故π2−yn⩽−f(yn)g(yn)=−e−2nπg(yn)⩽e−2nπg(y0)=e−2nπey0(siny0−cosy0)<e−2nπsinx0−cosx.所以，2nπ+π2−xn<e−2nπsinx0−cosx027．【答案】（1）解：f′(x)=6x2−2ax=2x(3x−a)．令f′(x)=0，得x=0或x=a3.若a>0，则当x∈(−∞,0)∪(a3,+∞)时，f′(x)>0；当x∈(0,a3)时，f′(x)<0．故f(x)在(−∞,0),(a3,+∞)单调递增，在(0,a3)单调递减；若a=0，f(x)在(−∞,+∞)单调递增；若a<0，则当x∈(−∞,a3)∪(0,+∞)时，f′(x)>0；当x∈(a3,0)时，f′(x)<0．故f(x)在(−∞,a3),(0,+∞)单调递增，在(a3,0)单调递减.（2）当0<a<3时，由（1）知，f(x)在(0,a3)单调递减，在(a3,1)单调递增，所以f(x)在[0,1]的最小值为f(a3)=−a327+2，最大值为f(0)=2或f(1)=4−a.于是m=−a327+2，M=4−a,0<a<2,2,2≤a<3.所以M−m=2−a+a327,0<a<2,a327,2≤a<3.当0<a<2时，可知2−a+a327单调递减，所以M−m的取值范围是(827,2).当2≤a<3时，a327单调递减，所以M−m的取值范围是[827,1).综上，M−m的取值范围是[827,2).28．【答案】（1）解：f′(x)=6x2−2ax=2x(3x−a)．令f′(x)=0，得x=0或x=a3.若a>0，则当x∈(−∞,0)∪(a3,+∞)时，f′(x)>0；当x∈(0,a3)时，f′(x)<0．故f(x)在(−∞,0),(a3,+∞)单调递增，在(0,a3)单调递减；n若a=0，f(x)在(−∞,+∞)单调递增；若a<0，则当x∈(−∞,a3)∪(0,+∞)时，f′(x)>0；当x∈(a3,0)时，f′(x)<0．故f(x)在(−∞,a3),(0,+∞)单调递增，在(a3,0)单调递减.（2）满足题设条件的a，b存在.（i）当a≤0时，由（1）知，f(x)在[0，1]单调递增，所以f(x)在区间[0，l]的最小值为f(0)=b，最大值为f(1)=2−a+b.此时a，b满足题设条件当且仅当b=−1，2−a+b=1，即a=0，b=−1．（ii）当a≥3时，由（1）知，f(x)在[0，1]单调递减，所以f(x)在区间[0，1]的最大值为f(0)=b，最小值为f(1)=2−a+b．此时a，b满足题设条件当且仅当2−a+b=−1，b=1，即a=4，b=1．（iii）当0<a<3时，由（1）知，f(x)在[0，1]的最小值为f(a3)=−a327+b，最大值为b或2−a+b．若−a327+b=−1，b=1，则a=332，与0<a<3矛盾.若−a327+b=−1，2−a+b=1，则a=33或a=−33或a=0，与0<a<3矛盾．综上，当且仅当a=0，b=−1或a=4，b=1时，f(x)在[0，1]的最小值为–1，最大值为1．29．【答案】（1）解：f(x)的定义域为（0，+∞）.f′(x)=x−1x+lnx−1=lnx−1x.因为y=lnx单调递增，y=1x单调递减，所以f′(x)单调递增，又f′(1)=−1<0，f′(2)=ln2−12=ln4−12>0，故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)=0.又当x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增.因此，f(x)存在唯一的极值点.（2）由（1）知f(x0)<f(1)=−2，又f(e2)=e2−3>0，所以f(x)=0在(x0,+∞)内存在唯一根x=α.由α>x0>1得1α<1<x0.又f(1α)=(1α−1)ln1α−1α−1=f(α)α=0，故1α是f(x)=0在(0,x0)的唯一根.综上，f(x)=0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.30．【答案】（1）解：f（x）的定义域为（0，1），（1，+∞）单调递增．因为f（e）=1−e+1e−1<0n，f(e2)=2−e2+1e2−1=e2−3e2−1>0，所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1，即f（x1）=0．又0<1x1<1，f(1x1)=−lnx1+x1+1x1−1=−f(x1)=0，故f（x）在（0，1）有唯一零点1x1．综上，f（x）有且仅有两个零点．（2）因为1x0=e−lnx0，故点B（–lnx0，1x0）在曲线y=ex上．由题设知f(x0)=0，即lnx0=x0+1x0−1，故直线AB的斜率k=1x0−lnx0−lnx0−x0=1x0−x0+1x0−1−x0+1x0−1−x0=1x0．曲线y=ex在点B(−lnx0,1x0)处切线的斜率是1x0，曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处切线的斜率也是1x0，所以曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线y=ex的切线．31．【答案】解（I）f'(x)=34x2−2x+1，令f'(x)=1，则x1=0,x2=83，因为f(0)=0,f(83)=827，故斜率为1的直线为y=x或y−827=x−83，整理得，斜率为1的直线方程为x-y=0或x−y−6427=0；（II）构造函数g（x）=f（x）-x+6，则g'(x)=34x2−2x，令g'(x)=0，则x1=0,x2=83，故g（x）在[-2,0]上单调递增，在[0,83]上单调递减，在[83,4]上单调递增，故g（x）的最小值为g（-2）或g(83)，而g（-2）=0，g(83)=9827>0，故[g(x)]min=g(−2)=0，所以g(x)≥0，故在[-2,4]上，x−6≤f(x)；构造函数h（x）=f（x）-x，则h'(x)=34x2−2x，令h'(x)=0，则x1=0,x2=83，故h（x）在[-2,0]上单调递增，在[0,83]上单调递减，在[83,4]n上单调递增，故h（x）的最大值为h（0）或h（4），因为h（0）=0，h（4）=0，所以h(x)≤0，故在[-2,4]上，f(x)≤x，综上在[-2,4]上，x−6≤f(x)≤x；（Ⅲ）令φ(x)=f(x)−(x+a)=14x3−x2−a，则φ'(x)=34x2−2x，令φ'(x)=0，则x1=0,x2=83，故φ（x）在[-2,0]上单调递增，在[0,83]上单调递减，在[83,4]上单调递增，所以φ（x）的最小值为φ（-2）=-6-a或φ(83)=−6427−a，最大值为φ（0）=-a或φ（4）=12-a，故F(x)=|φ(x)|其最大值M(a)=12−a,a≤3a+6,a>3，故当a=3时，M（a）有最小值9.32．【答案】（1）证明：f'(x)=cosx−11+x,f''(x)=−sinx+1(1+x)2,x∈(−1,π2),f''(0)=1>0,f''(π4)=−22+1(1+π4)2<0,∴存在x0∈(0,π4)使f''(x0)=0.x（-1,x0)x0（x0，π2)f''(x)＋0－f'(x)↗极大值↘所以f'(x)在区间（-1，π2)存在唯一极大值点。（2）证明：f(π2)=1−ln(1+π2)>0,f(e−1)=sin(e−1)−1<0,∴存在x1∈(π2，e−1),f(x1)=0,⒈当−1<x<0时，f'(x)=cosx−11+x<0,f(x)递减，又f(0)=0,∴f(x)>0;⒉当0<x<x1时，sinx>ln(1+x),∴f(x)>0;⒊当x1<x<2π时，sinx<f(x1),ln(1+x)>f(x1),∴f(x)<0;⒋当x>2π时，sinx≤1,ln(1+x)>lne=1,∴f(x)<0;综上所述，f(x)有且仅有2个零点。n33．【答案】（1）解：f(x)的定义域为(0，+∞)，f′(x)=−1x2−1+ax=−x2−ax+1x2.若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a=2，x=1时f′(x)=0，所以f(x)在(0，+∞)单调递减.若a>2，令f′(x)=0得，x=a−a2−42或x=a+a2−42.当x∈(0，a−a2−42)(a+a2−42，+∞)时，f′(x)<0；当x∈(a−a2−42，a+a2−42)时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，a−a2−42)，(a+a2−42，+∞)单调递减，在(a−a2−42，a+a2−42)单调递增.（2）解：由（1）知，f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2−ax+1=0，所以x1x2=1，不妨设x1<x2，则x2>1.由于f(x1)−f(x2)x1−x2=−1x1x2−1+alnx1−lnx2x1−x2=−2+alnx1−lnx2x1−x2=−2+a−2lnx21x2−x2，所以f(x1)−f(x2)x1−x2<a−2等价于1x2−x2+2lnx2<0.设函数g(x)=1x−x+2lnx，由（1）知，g(x)在(0，+∞)单调递减，又g(1)=0，从而当x∈(1，+∞)时，g(x)<0.所以1x2−x2+2lnx2<0，即f(x1)−f(x2)x1−x2<a−2.34．【答案】（1）解：f′(x)=aex−1x，x>0∵x=2是f(x)极值点，∴f′(2)=0∴aex−12=0⇒a=12ex又ex在(0，+∞)↗a>0∴aex在(0，+∞)↗，又1x在(0，+∞)↘∴f′(x)在(0，+∞)↗，又f′(2)=0所以x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)↘当x∈(2，+∞)时，f′(x)>0，f(x)↗综上所述a=12ex，(0，2)↘，(2，+∞)↗（2）解：∵ex≥0当a≥1e时，aex≥1e×ex=ex−1∴f(x)=aex−lnx−1≥ex−1−lnxn令g(x)=ex−1−lnx−1，x>0⇒g′(x)=ex−1−1x同理g′(x)在(0，+∞)↗又g′(1)=e0−1=0∴x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)↘x∈(1，+∞)，g′(x)>0，g(x)↗∴g(x)min=g(1)=0即a≥1e时，f(x)≥g(x)≥035．【答案】解：（Ⅰ）∵h(x)=ax−xlna⇒h'(x)=ax⋅lna−lna，令h'(x)=0，⇒x=0。由a>1，则h(x)在(−∞，0)递减，在(0，+∞)递增。（Ⅱ）证明：由f'(x)=ax⋅lna，则y=f(x)在点(x1，f(x1))处切线斜率为ax1⋅lna，由g'(x)=1xlna，则y=g(x)在点(x2，g(x2))处切线斜率为1x2lna又ax1⋅lna=1x2lna⇒ax1⋅x2⋅(lna)2=1两边取以a为底的对称，则logax2+x1+2logalna=0，∴x1+g(x2)=2lnlnalna。（Ⅲ）证明：曲线y=f(x)在点(x1，ax1)切线l1：y−ax1=ax1⋅lna(x−x1)，曲线y=g(x)在点(x2，logax2)处切线l2：y−logax2=1x2lna(x−x2)，要证明当a≥e1e时，存在直线l，使l是曲线y=f(x)的切线，也是曲线y=g(x)的切线，只需证明当a≥e1e时，存在x1∈R，x2∈(0，+∞)，使得l1，l2重合。即需证明：当a≥e1e时，ax1lna=1x2lna①ax1−x1ax1lna=logax2-1lna②，由①得：x2=1ax1(lna)2代入②得：ax1−x1ax1lna+x1+1lna+2lnlnalna=0③，因此a≥e1e，关于x1方程③存在实数解即可。设u(x)=ax−xaxlna+x+1lna+lnlnalna，则a≥e1e时，u(x)存在零点，⇒u'(x)=1−(lna)2⋅x⋅ax，nx<0时，u'(x)﹥0，x﹥0时，u'(x)<0又u'(0)=1>0，u'(1(lna)2)=1−a1(lna)2<0，u'(x0)=0，而1−(lna)2⋅x0ax0=0，∴u(x)在(−∞，x0)↗在(x0，+∞)↙，∴u(x)极大值=u(x0)。∵a≥e1e，∴lnlna≥-1.∴u(x0)=ax0−x0ax0lna+x0+1lna+2lnlnalna=1x0(lna)2+x0+2lnlnalna≥2+2lnlnalna≥0。下面证明存在实数t，使得u(t)<0。由(1)知：ax≥1+xlna，当x>1lna时：有u(x)≤(1+xlna)(1−xlna)+x+1lna+2lnlnalna=−(lna)2⋅x2+x+1+1lna+2lnlnalna。∴存在t，使得u(t)<0，∴a≥e1e时，存在x1∈R，使得u(x1)=0。36．【答案】（1）f(x)=13x3−a(x2+x+1)当a=3时，f(x)=13x3−(x2+x+1)f'(x)=x2−3(2x+1)=x2−6x−3当f’（x）﹥0时x﹥6+36+122=6+432=3+23或x﹤3−23f’（x）﹤0时，3−23﹤x﹤3+23∴f(x)的单调递增区间为(−∞，3−23)，(3+23，+∞)f(x)的单调递减区间为(3−23，3+23)（2）由于x2+x+1﹥0，所以f(x)=0等价于x2x2+x+1−3a=0设g（x）=x2x2+x+1−3a，则g'（x）=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)2≥0仅当x=0时，g'（x）=0，所以g（x）在(−∞，+∞)单调递增，故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点又f(3a−1)=−6a2+2a−13=−6(a−16)2−16﹤0，f(3a+1)=13﹥0故f（x）有一个零点n综上所述，f（x）只有一个零点37．【答案】（1）a=1时，f（x）=ex-x2欲证x≥0时，f（x）≥等价于证明：x2+1ex≤1令g(x)=x2+1ex则g'(x)=2x−x2−1ex=−(x−1)2ex≤0∴g（x）是（0，+∞）上的减函数，所以g（x）≤g（0）=1，即x2+1ex≤1所以ex-x2≥1，即f（x）≥1（2）当a﹥0时，h'(x)=a(x2−2x)ex令h’（x）=0解得x=2，h（2）=1−4ae2当x∈（0，2），h’（x）﹤0，x∈（2，+∞），h’（x）﹥0；∴h（x）在（0，2）单调递减，∴在（2，+∞）单调递增.（i）0﹤a﹤e24时，h（2）=1-4ae2﹥0，此时h（x）在（0，+∞）上无零点，不合题意；（ii）a=e24时，h（2）=0，h（x）在（0，+∞）上只有一个零点，符合题意；（iii）a﹥e24时，h（0）=1﹥0，h（2）=1-4ae2﹤0；由（1）知：x﹥0，ex﹥x2+1∴ex=ex2·ex2﹥x416令x416﹥ax2，解得：x﹥4a，当b﹥4a时，eb﹥b416﹥ab2取b满足b﹥2，且b﹥4a，则f(b)=1−ab2eb﹥0所以此时h（x）在（0，+∞）上有两个零点，不合题意；综上：a=e24时，f（x）在（0，+∞）上只有一个零点.38．【答案】（1）解：因为f（x）=ax2+x−1ex⇒f′(x)=2ax2+1−ax2−x+1ex=−ax2+(2a−1)x+2ex所以f′(0)=2即切线方程为；y+1=2x⇒2x-y-1=0为所求（2）解：欲证：ax2+x−1ex+e≥0只需证：ax2+x−1≥−ex+1即证ex+1+ax2+x−1≥0又a≥1，则证：ex+1+x2+x−1≥0令h（x）=ex+1+x2+x−1⇒h′(x)=ex+1+2x+1⇒h′′(x)=ex+1+2>0所以h′(x)在R↗又h′(−1)=0所以h(x)在(−∞，−1)↘，(−1，+∞)↗n即h(x)≥h(−1)=1+1−1−1=0所以h(x)≥0恒成立即原命题成立.39．【答案】（1）证明：当a=0时f(x)=(2+x)⋅ln(1+x)−2x⇒f′(x)=11+x−1(1+x)2=x(1+x)2=ln(1+x)+−x1+x设函数g（x）=f'（x）=ln(1+x)+−x1+x则g'（x）=x1+x2当-1<x<0时，g'(x)<0；当x>0时，g'(x)>0.故当x>-1时，g(x)≥g(0)=0且仅当x=0时，g（x）=0从而f'（x）≥0，当且仅当x=0时，f'（x）=0所以f（x）在（-1，+∞）单调递增又f（0）=0，故当-1<x<0时，f（x）<0，当x>0时，f（x）>0（2）解：f′(x)=(1+2ax)⋅ln(1+x)+1+ax21+x−1f''(x)=2aln(x+1)+2ax+1x+1+2ax(x+1)−ax2−1(x+1)2≤02a(x+1)2ln(x+1)+(2ax+1)(x+1)+ax2+2ax-1≤02a(x+1)2ln(x+1)+3ax2+4ax+a≤0a[2(x+1)2ln(x+1)+3x2+4x]≤-x设h(x)=2(x+1)2ln(x+1)+3x2+4x则h'(x)=4(x+1)ln(x+1)+2(x+1)+6x+4h'(0)=6＞0h(0)=0所以在x=0邻域内，x＞0时，h(x)＞0；x＜0时，h(x)＜0x＞0时，a≤−x2(x+1)2ln(1+x)+3x2+4x由洛必达法则得a≤-16x＜0时，a≥−x2(x+1)2ln(1+x)+3x2+4x由洛必达法则得a≥-16综上所述：a=-16