五年高考2022届高考数学复习第三章第二节导数的应用文全国通用

考点一　导数与函数的单调性1．(2022·陕西，9)设f(x)＝x－sinx，则f(x)(　　)A．既是奇函数又是减函数B．既是奇函数又是增函数C．是有零点的减函数D．是没有零点的奇函数解析　f(x)＝x－sinx的定义域为R，关于原点对称，且f(－x)＝－x－sin(－x)＝－x＋sinx＝－f(x)，故f(x)为奇函数．又f′(x)＝1－sinx≥0恒成立，所以f(x)在其定义域内为增函数，故选B.答案　B2．(2022·新课标全国Ⅱ，11)若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是(　　)A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)解析　因为f(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－.因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x＞1时，f′(x)＝k－≥0恒成立，即k≥在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x＞1，所以0＜＜1，所以k≥1.故选D.答案　D3．(2022·浙江，8)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是(　　)21\n解析　由导函数图象知，函数f(x)在[－1，1]上为增函数．当x∈(－1，0)时，f′(x)由小到大，则f(x)图象的增长趋势由缓到快，当x∈(0，1)时f′(x)由大到小，则f(x)的图象增长趋势由快到缓，故选B.答案　B4．(2022·新课标全国Ⅱ，21)已知f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a＞0，则当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值；当a＞0时，f(x)在x＝取得最大值，最大值为f＝ln＋a＝－lna＋a－1.因此f＞2a－2等价于lna＋a－1＜0.令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.因此，a的取值范围是(0，1)．5．(2022·天津，20)已知函数f(x)＝4x－x4，x∈R.(1)求f(x)的单调区间；21\n(2)设曲线y＝f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y＝g(x)，求证：对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)；(3)若方程f(x)＝a(a为实数)有两个实数根x1，x2，且x1＜x2，求证：x2－x1≤－＋4.(1)解　由f(x)＝4x－x4，可得f′(x)＝4－4x3.当f′(x)＞0，即x＜1时，函数f(x)单调递增；当f′(x)＜0，即x＞1时，函数f(x)单调递减．所以，f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)证明　设点P的坐标为(x0，0)，则x0＝4，f′(x0)＝－12.曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)，即g(x)＝f′(x0)(x－x0)．令函数F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)，则F′(x)＝f′(x)－f′(x0)．由于f′(x)＝－4x3＋4在(－∞，＋∞)上单调递减，故F′(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，又因为F′(x0)＝0，所以当x∈(－∞，x0)时，F′(x)＞0，当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(－∞，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的实数x，F(x)≤F(x0)＝0，即对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)．(3)证明　由(2)知g(x)＝－12(x－4)．设方程g(x)＝a的根为x2′，可得x2′＝－＋4.因为g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′)，因此x2≤x2′.类似地，设曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝h(x)，可得h(x)＝4x.对于任意的x∈(－∞，＋∞)，有f(x)－h(x)＝－x4≤0，21\n即f(x)≤h(x)．设方程h(x)＝a的根为x1′，可得x1′＝.因为h(x)＝4x在(－∞，＋∞)上单调递增，且h(x1′)＝a＝f(x1)≤h(x1)，因此x1′≤x1，由此可得x2－x1≤x2′－x1′＝－＋4.6．(2022·广东，21)设a为实数，函数f(x)＝(x－a)2＋|x－a|－a(a－1)．(1)若f(0)≤1，求a的取值范围；(2)讨论f(x)的单调性；(3)当a≥2时，讨论f(x)＋在区间(0，＋∞)内的零点个数．解　(1)f(0)＝a2＋|a|－a2＋a＝|a|＋a，因为f(0)≤1，所以|a|＋a≤1，当a≤0时，|a|＋a＝－a＋a＝0≤1，显然成立；当a>0，则有|a|＋a＝2a≤1，所以a≤，所以0<a≤，综上所述，a的取值范围是a≤.(2)f(x)＝对于u1＝x2－(2a－1)x，其对称轴为x＝＝a－<a，开口向上，所以f(x)在(a，＋∞)上单调递增；对于u1＝x2－(2a＋1)x＋2a，其对称轴为x＝＝a＋>a，开口向上，所以f(x)在(－∞，a)上单调递减，综上，f(x)在(a，＋∞)上单调递增，在(－∞，a)上单调递减，(3)由(2)得f(x)在(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，所以f(x)min＝f(a)＝a－a2.(ⅰ)当a＝2时，f(x)min＝f(2)＝－2，f(x)＝令f(x)＋＝0，即f(x)＝－(x>0)，因为f(x)在(0，2)上单调递减，所以f(x)>f(2)＝－2，而y＝－在(0，2)上单调递增，y<f(2)＝2，21\n所以y＝f(x)与y＝－在(0，2)无交点．当x≥2时，f(x)＝x2－3x＝－，即x3－3x2＋4＝0，所以x3－2x2－x2＋4＝0，所以(x－2)2(x＋1)＝0，因为x≥2，所以x＝2，即当a＝2时，f(x)＋有一个零点x＝2.(ⅱ)当a>2时，f(x)min＝f(a)＝a－a2，当x∈(0，a)时，f(0)＝2a>4，f(a)＝a－a2，而y＝－在x∈(0，a)上单调递增，当x＝a时，y＝－，下面比较f(a)＝a－a2与－的大小，因为a－a2－＝＝<0所以f(a)＝a－a2<－.结合图象不难得当a>2，y＝f(x)与y＝－有两个交点，综上，当a＝2时，f(x)＋有一个零点x＝2；当a>2，y＝f(x)与y＝－有两个零点．7．(2022·安徽，20)设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x∈[0，1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．解　(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝，x1＜x2，所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．当x＜x1或x＞x2时，f′(x)＜0；当x1＜x＜x2时，f′(x)＞0.21\n故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)内单调递减，在(x1，x2)内单调递增．(2)因为a＞0，所以x1＜0，x2＞0.①当a≥4时，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．②当0＜a＜4时，x2＜1.由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2，1]上单调递减，因此f(x)在x＝x2＝处取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0＜a＜1时，f(x)在x＝1处取得最小值；当a＝1时，f(x)在x＝0和x＝1处同时取得最小值；当1＜a＜4时，f(x)在x＝0处取得最小值．8．(2022·广东，21)已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax＋1(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＜0时，试讨论是否存在x0∈∪，使得f(x0)＝f.解　(1)f′(x)＝x2＋2x＋a开口向上，方程x2＋2x＋a＝0的判别式Δ＝4－4a＝4(1－a)，若a≥1，则Δ≤0，f′(x)＝x2＋2x＋a≥0恒成立，∴f(x)在R上单调递增．若a＜1，则Δ＞0，方程x2＋2x＋a＝0有两个不同的实数根，x1＝－1－，x2＝－1＋，当x＜x1或x＞x2时，f′(x)＞0；当x1＜x＜x2时，f′(x)＜0，∴f(x)的单调递增区间为(－∞，－1－)和(－1＋，＋∞)，单调递减区间为(－1－，－1＋)．综上所述，当a≥1时，f(x)在R上单调递增；当a<1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－1－)和(－1＋，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(－1－，－1＋)．(2)当a＜0时，Δ＞0，且f(0)＝1，f＝＋，f(1)＝＋a，21\n此时x1＜0，x2＞0，令x2＝得a＝－.①当－＜a＜0时，x1＜0＜x2＜，f(x)在(0，x2)上单调递减，在上单调递增，在上单调递增．(ⅰ)若－＜a＜－，则f(0)＝1＞f，∴存在x0∈(0，x2)，使得f(x0)＝f；(ⅱ)当－≤a＜0时，f(0)≤f，∴不存在x0∈∪，使得f(x0)＝f.②当a＝－时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．∴不存在x0，使得f(x0)＝f.③当－＜a＜－时，f＜f(1)，∴存在x0∈∪，使得f(x0)＝f.④当a≤－时，f≥f(1)，∴不存在x0∈∪，使得f(x0)＝f.综上，当a∈∪{－}∪时，不存在x0∈∪，使得f(x0)＝f；当a∈∪时，存在x0∈∪，使得f(x0)＝f.考点二　导数与极值、最值1．(2022·安徽，10)函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则下列结论成立的是(　　)A．a>0，b<0，c>0，d>0B．a>0，b<0，c<0，d>0C．a<0，b<0，c>0，d>0D．a>0，b>0，c>0，d<021\n解析　由已知f(0)＝d>0，可排除D；其导函数f′(x)＝3ax2＋2bx＋c且f′(0)＝c>0，可排除B；又f′(x)＝0有两不等实根，且x1x2＝＞0，所以a＞0.故选A.答案　A2．(2022·福建，12)设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是(　　)A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)B．－x0是f(－x)的极小值点C．－x0是－f(x)的极小值点D．－x0是－f(－x)的极小值点解析　x0是f(x)的极大值点，而不一定是最大值点，∴A错；y＝f(－x)与y＝f(x)的图象关于y轴对称，－x0应为f(－x)一个极大值点，∴B错；y＝－f(x)与y＝f(x)图象关于x轴对称，则x0为－f(x)的极小值点，∴C错，故选D.答案　D3．(2022·陕西，9)设函数f(x)＝＋lnx，则(　　)A．x＝为f(x)的极大值点B．x＝为f(x)的极小值点C．x＝2为f(x)的极大值点D．x＝2为f(x)的极小值点解析　f′(x)＝－＋＝，当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0，所以x＝2为f(x)的极小值点，故选D.答案　D4．(2022·浙江，10)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)的图象是(　　)21\n解析　令g(x)＝f(x)ex，则g′(x)＝f′(x)ex＋f(x)ex，∵x＝－1为函数g(x)的一个极值点，∴g′(－1)＝f′(－1)e－1＋f(－1)e－1＝0.∴f′(－1)＝－f(－1)．D选项中，f(－1)＞0，∴f′(－1)＝－f(－1)＜0，这与图象不符．答案　D5．(2022·山东，20)设函数f(x)＝(x＋a)lnx，g(x)＝.已知曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y＝0平行．(1)求a的值；(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示p，q中的较小值)，求m(x)的最大值．解　(1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，所以f′(1)＝2，又f′(x)＝lnx＋＋1，所以a＝1.(2)k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根．设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)lnx－，当x∈(0，1]时，h(x)＜0.又h(2)＝3ln2－＝ln8－＞1－1＝0，所以存在x0∈(1，2)，使得h(x0)＝0.因为h′(x)＝lnx＋＋1＋，所以当x∈(1，2)时，h′(x)＞1－＞0，当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0，21\n所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增，所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．(3)由(2)知方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根x0.且x∈(0，x0)时，f(x)＜g(x)，x∈(x0，＋∞)时，f(x)＞g(x)，所以m(x)＝当x∈(0，x0)时，若x∈(0，1]，m(x)≤0；若x∈(1，x0)，由m′(x)＝lnx＋＋1＞0，可知0＜m(x)≤m(x0)；故m(x)≤m(x0)．当x∈(x0，＋∞)时，由m′(x)＝，可得x∈(x0，2)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增；x∈(2，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减；可知m(x)≤m(2)＝，且m(x0)＜m(2)．综上可得，函数m(x)的最大值为.6．(2022·浙江，20)设函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)．(1)当b＝＋1时，求函数f(x)在[－1，1]上的最小值g(a)的表达式；(2)已知函数f(x)在[－1，1]上存在零点，0≤b－2a≤1，求b的取值范围．解　(1)当b＝＋1时，f(x)＝＋1，故对称轴为直线x＝－.当a≤－2时，g(a)＝f(1)＝＋a＋2.当－2＜a≤2时，g(a)＝f＝1.当a＞2时，g(a)＝f(－1)＝－a＋2.21\n综上，g(a)＝(2)设s，t为方程f(x)＝0的解，且－1≤t≤1，则由于0≤b－2a≤1，因此≤s≤(－1≤t≤1)．当0≤t≤1时，≤st≤，由于－≤≤0和－≤≤9－4，所以－≤b≤9－4.当－1≤t＜0时，≤st≤，由于－2≤＜0和－3≤＜0，所以－3≤b＜0.故b的取值范围是[－3，9－4]．7．(2022·天津，19)已知函数f(x)＝x2－ax3(a＞0)，x∈R.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1.求a的取值范围．解　(1)由已知，有f′(x)＝2x－2ax2(a＞0)．令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)0f′(x)－0＋0－f(x)↘0↗↘所以，f(x)的单调递增区间是；单调递减区间是(－∞，0)，.当x＝0时，f(x)有极小值，且极小值f(0)＝0；当x＝时，f(x)有极大值，且极大值f＝.21\n(2)由f(0)＝f＝0及(1)知，当x∈时，f(x)＞0；当x∈时，f(x)＜0.设集合A＝{f(x)|x∈(2，＋∞)}，集合B＝.则“对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1”等价于A⊆B.显然，0∉B.下面分三种情况讨论：(1)当＞2，即0＜a＜时，由f＝0可知，0∈A，而0∉B，所以A不是B的子集．(2)当1≤≤2，即≤a≤时，有f(2)≤0，且此时f(x)在(2，＋∞)上单调递减，故A＝(－∞，f(2))，因而A⊆(－∞，0)；由f(1)≥0，有f(x)在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，则(－∞，0)⊆B.所以A⊆B.(3)当＜1，即a＞时，有f(1)＜0，且此时f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故B＝，A＝(－∞，f(2))，所以A不是B的子集．综上，a的取值范围是.8．(2022·新课标全国Ⅰ，20)已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．解　(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8.从而a＝4，b＝4.(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)·.令f′(x)＝0得x＝－ln2或x＝－2.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，21\n在(－2，－ln2)上单调递减．当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．考点三　导数的综合应用1．(2022·湖南，9)若0＜x1＜x2＜1，则(　　)A．ex2－ex1＞lnx2－lnx1B．ex2－ex1＜lnx2－lnx1C．x2ex1＞x1ex2D．x2ex1＜x1ex2解析　构造函数f(x)＝ex－lnx，则f′(x)＝ex－，故f(x)＝ex－lnx在(0，1)上有一个极值点，即f(x)＝ex－lnx在(0，1)上不是单调函数，无法判断f(x1)与f(x2)的大小，故A、B错；构造函数g(x)＝，则g′(x)＝＝，故函数g(x)＝在(0，1)上单调递减，故g(x1)＞g(x2)，x2ex1＞x1ex2，故选C.答案　C2．(2022·新课标全国Ⅰ，12)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是(　　)A．(2，＋∞)B．(1，＋∞)C．(－∞，－2)D．(－∞，－1)解析　由题意知f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，当a＝0时，不满足题意．当a≠0时，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝，当a＞0时，f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．又f(0)＝1，此时f(x)在(－∞，0)上存在零点，不满足题意；当a＜0时，f(x)在，(0，＋∞)上单调递减，在上单调递增，要使f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则需f＞0，即a×－3×＋1＞0，解得a＜－2，故选C.答案　C3．(2022·新课标全国Ⅰ，21)设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln.(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，21\nf′(x)＝2e2x－(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点．当a>0时，因为e2x单调递增，－单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)>0，当b满足0<b<且b<时，f′(b)<0，故当a>0时，f′(x)存在唯一零点．(2)证明　由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.故当a>0时，f(x)≥2a＋aln.4．(2022·福建，22)已知函数f(x)＝lnx－.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)证明：当x＞1时，f(x)＜x－1；(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)＞k(x－1)．解　(1)f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞)．由f′(x)＞0得解得0＜x＜.故f(x)的单调递增区间是.(2)令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)．则有F′(x)＝.当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在[1，＋∞)上单调递减，故当x＞1时，F(x)＜F(1)＝0，即当x＞1时，f(x)＜x－1.21\n(3)由(2)知，当k＝1时，不存在x0＞1满足题意．当k＞1时，对于x＞1，有f(x)＜x－1＜k(x－1)，则f(x)＜k(x－1)，从而不存在x0＞1满足题意．当k＜1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，则有G′(x)＝－x＋1－k＝.由G′(x)＝0得，－x2＋(1－k)x＋1＝0.解得x1＝＜0，x2＝＞1.当x∈(1，x2)时，G′(x)＞0，故G(x)在[1，x2)内单调递增．从而当x∈(1，x2)时，G(x)＞G(1)＝0，即f(x)＞k(x－1)．综上，k的取值范围是(－∞，1)．5．(2022·浙江，17)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y＝(其中a，b为常数)模型．(1)求a，b的值；(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域；②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．解　(1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)．将其分别代入y＝，21\n得解得(2)①由(1)知，y＝(5≤x≤20)，则点P的坐标为，设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，y′＝－，则l的方程为y－＝－(x－t)，由此得A，B.故f(t)＝＝，t∈[5，20]．②设g(t)＝t2＋，则g′(t)＝2t－.令g′(t)＝0，解得t＝10.当t∈(5，10)时，g′(t)＜0，g(t)是减函数；当t∈(10，20)时，g′(t)＞0，g(t)是增函数．从而，当t＝10时，函数g(t)有极小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，此时f(t)min＝15.答：当t＝10时，公路l的长度最短，最短长度为15千米．6．(2022·湖南，21)已知a>0，函数f(x)＝aexcosx(x∈[0，＋∞))．记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点．(1)证明：数列{f(xn)}是等比数列；(2)若对一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，求a的取值范围．解　(1)f′(x)＝aexcosx－aexsinx＝aexcos.令f′(x)＝0，由x≥0，得x＋＝mπ－，即x＝mπ－，m∈N*.21\n而对于cos，当k∈Z时，若2kπ－＜x＋＜2kπ＋，即2kπ－＜x＜2kπ＋，则cos＞0.若2kπ＋＜x＋＜2kπ＋，即2kπ＋＜x＜2kπ＋，则cos＜0.因此，在区间与上，f′(x)的符号总相反．于是当x＝mπ－(m∈N*)时，f(x)取得极值，所以xn＝nπ－π(n∈N*)．此时，f(xn)＝aenπ－cos＝(－1)n＋1enπ－.易知f(xn)≠0，而＝＝－eπ是常数，故数列{f(xn)}是首项为f(x1)＝e，公比为－eπ的等比数列．(2)对一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，即nπ－≤enπ－恒成立，亦即≤恒成立(因为a＞0)．设g(t)＝(t＞0)，则g′(t)＝.令g′(t)＝0得t＝1.当0＜t＜1时，g′(t)＜0，所以g(t)在区间(0，1)上单调递减；当t＞1时，g′(t)＞0，所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增．因为x1∈(0，1)，且当n≥2时，xn∈(1，＋∞)，xn＜xn＋1，所以[g(xn)]min＝min{g(x1)，g(x2)}＝min＝g＝e.因此，xn≤|f(xn)|恒成立，当且仅当≤e.解得a≥e－.故a的取值范围是.21\n7．(2022·陕西，21)设函数f(x)＝lnx＋，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数；(3)若对任意b＞a＞0，＜1恒成立，求m的取值范围．解　(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋，则f′(x)＝，∴当x∈(0，e)，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x∈(e，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)，令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)．设φ(x)＝－x3＋x(x≥0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点．∴φ(x)的最大值为φ(1)＝.又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m＞时，函数g(x)无零点；②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m＞时，函数g(x)无零点；21\n当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点．(3)对任意的b＞a＞0，＜1恒成立，等价于f(b)－b＜f(a)－a恒成立．(*)设h(x)＝f(x)－x＝lnx＋－x(x＞0)，∴(*)等价于h(x)在(0，＋∞)上单调递减．由h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－＋(x＞0)恒成立，∴m≥(对m＝，h′(x)＝0仅在x＝时成立)，∴m的取值范围是.8．(2022·新课标全国Ⅰ，21)设函数f(x)＝alnx＋x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)＜，求a的取值范围．解　(1)f′(x)＝＋(1－a)x－b.由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f(x)＝alnx＋x2－x，f′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－)(x－1)．①若a≤，则≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)＜的充要条件为f(1)＜，即－1＜，解得－－1＜a＜－1.②若＜a＜1，则＞1，故当x∈时，f′(x)＜0；当x∈时，f′(x)＞0.f(x)在单调递减，在单调递增．21\n所以，存在x0≥1，使得f(x0)＜的充要条件为f＜.而f＝aln＋＋＞，所以不合题意．③若a＞1，则f(1)＝－1＝＜.综上，a的取值范围是(－－1，－1)∪(1，＋∞)．9．(2022·陕西，21)已知函数f(x)＝ex，x∈R.(1)求f(x)的反函数的图象上点(1，0)处的切线方程；(2)证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点；(3)设a＜b，比较f与的大小，并说明理由．(1)解　f(x)的反函数为g(x)＝lnx，设所求切线的斜率为k，∵g′(x)＝，∴k＝g′(1)＝1.于是在点(1，0)处切线方程为y＝x－1.(2)证明　法一　曲线y＝ex与y＝x2＋x＋1公共点的个数等于函数φ(x)＝ex－x2－x－1零点的个数．∵φ(0)＝1－1＝0，∴φ(x)存在零点x＝0.又φ′(x)＝ex－x－1，令h(x)＝φ′(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，当x＜0时，h′(x)＜0，∴φ′(x)在(－∞，0)上单调递减；当x＞0时，h′(x)＞0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴φ′(x)在x＝0有唯一的极小值φ′(0)＝0，即φ′(x)在R上的最小值为φ′(0)＝0.∴φ′(x)≥0(当且仅当x＝0时等号成立)，∴φ(x)在R上是单调递增的．∴φ(x)与R上有唯一的零点．故曲线y＝f(x)与y＝x2＋x＋1有唯一的公共点．法二　∵ex＞0，x2＋x＋1＞0，21\n∴曲线y＝ex与y＝x2＋x＋1公共点的个数等于曲线y＝与y＝1公共点的个数，设φ(x)＝，则φ(0)＝1，即x＝0时，两曲线有公共点．又φ′(x)＝＝≤0(当且仅当x＝0时等号成立)，∴φ(x)在R上单调递减．∴φ(x)在y＝1有唯一的公共点．故曲线y＝f(x)与y＝x2＋x＋1有唯一的公共点．(3)解　－f＝－e＝＝[e－e－(b－a)]．设函数u(x)＝ex－－2x(x≥0)，则u′(x)＝ex＋－2≥2－2＝0，∴u′(x)≥0(当且仅当x＝0时等号成立)．∴u(x)单调递增．当x＞0时，u(x)＞u(0)＝0.令x＝，则得e－e－(b－a)＞0，又＞0，∴＞f.21