2020高考數(shù)學(xué)《導(dǎo)數(shù)壓軸題》

2020高考數(shù)學(xué)《導(dǎo)數(shù)壓軸題》

1.已知函數(shù)$f(x)=e^x(1+alnx)$，設(shè)$f'(x)$為$f(x)$的導(dǎo)函數(shù)。(1)設(shè)$g(x)=e^xf(x)+x^2-x$在區(qū)間$[1,2]$上單調(diào)遞增，求$a$的取值范圍；(2)若$a>2$時，函數(shù)$f(x)$的零點為$x$，函數(shù)$f'(x)$的極小值點為$x_1$，求證：$x>x_1$。2.設(shè)函數(shù)$f(x)=\frac{x^2-2x+3}{x-1}$，$x\inR$。(1)求證：當(dāng)$x\ge1$時，$f(x)\ge2$恒成立；(2)討論關(guān)于$x$的方程$f(x)=k$的根的個數(shù)。3.已知函數(shù)$f(x)=-x^2+ax+a-e^{-x}+1$，$a\inR$。(1)當(dāng)$a=1$時，判斷$g(x)=e^xf(x)$的單調(diào)性；(2)若函數(shù)$f(x)$無零點，求$a$的取值范圍。4.已知函數(shù)$f(x)=\frac{ax+b}{x-1}$，$x\inR$。(1)求函數(shù)$f(x)$的單調(diào)區(qū)間；(2)若存在$f(f(x))=x$，求整數(shù)$a$的最小值。5.已知函數(shù)$f(x)=e^{-lnx+ax}$，$a\inR$。(1)當(dāng)$a=-e+1$時，求函數(shù)$f(x)$的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)$a\ge-1$時，求證：$f(x)>0$。6.已知函數(shù)$f(x)=e^x-x^2-ax-1$。(1)若函數(shù)$f(x)$在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，求實數(shù)$a$的范圍；(2)設(shè)函數(shù)$g(x)=xf(x)-e^x+x^3+x$，若$g(x)$至多有一個極值點，求$a$的取值集合。7.已知函數(shù)$f(x)=x-1-lnx-a(x-1)^2$，$a\inR$。(1)討論函數(shù)$f(x)$的單調(diào)性；(2)若對$\forallx\in(0,+\infty)$，$f(x)\ge0$，求實數(shù)$a$的取值范圍。8.設(shè)$f'(x)$是函數(shù)$f(x)$的導(dǎo)函數(shù)，我們把使$f'(x)=x$的實數(shù)$x$叫做函數(shù)$y=f(x)$的好點。已知函數(shù)$f(x)=\frac{1}{a}x^a$，$a\neq0$。(1)若$1$是函數(shù)$f(x)$的好點，求$a$；(2)若函數(shù)$f(x)$不存在好點，求$a$的取值范圍。9.已知函數(shù)$f(x)=lnx+ax^2+(a+2)x+2$，$a$為常數(shù)。(1)討論函數(shù)$f(x)$的單調(diào)性；(2)若$a$為整數(shù)，函數(shù)$f(x)$恰好有兩個零點，求$a$的值。10.已知函數(shù)$f(x)=xlnx-ax^2$，$a\inR$。(1)若函數(shù)$f(x)$存在單調(diào)增區(qū)間，求實數(shù)$a$的取值范圍；(2)若$x_1,x_2$為函數(shù)$f(x)$的兩個不同極值點，證明$x_1+2x_2>e$。11.已知函數(shù)$f(x)=x^3-a(x+1)^2$。(1)討論函數(shù)$f(x)$的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)$f(x)$只有一個零點，求實數(shù)$a$的取值范圍。12.已知函數(shù)$f(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{x-2}$，$x\inR$。(1)求函數(shù)$f(x)$的單調(diào)區(qū)間；(2)若$f(f(x))=x$，求實數(shù)$x$的取值范圍。1.已知函數(shù)f(x)=e^x(1+aln(x)),求f(x)的導(dǎo)數(shù)f'(x)。2.當(dāng)m<2時，證明f(x)只有一個零點；證明曲線f(x)沒有經(jīng)過原點的切線。3.已知函數(shù)f(x)=4ln(x)+x^2-2mx(m∈R)。(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若直線l為曲線y=f(x)的切線，求證：直線l與曲線不可能有兩個切點。4.已知函數(shù)f(x)=(x+1)e^x+2ax(a∈R)。(1)討論f(x)極值點的個數(shù)；(2)若x(x≠-2)是f(x)的一個極值點，且f(-2)>e^2，證明f(x)≤1-2ax。5.已知函數(shù)f(x)=(x-a)^2e^x+b，在x=0處的切線方程為x+y-1=0，函數(shù)g(x)=x-k(ln(x)-1)。(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)求函數(shù)g(x)的極值；(3)設(shè)F(x)=min{f(x),g(x)}，若F(x)在(0,+∞)上恰有三個零點，求實數(shù)k的取值范圍。6.已知函數(shù)f(x)=x^3-3x^2+ax-1，且y=x-1是曲線y=f(x)的切線。(1)求實數(shù)a的值以及切點坐標(biāo)；(2)求證：g(x)≥f(x)。7.已知函數(shù)f(x)=x^2-x-aln(x)，a∈R。(1)若不等式f(x)<0無解，求a的值；(2)若函數(shù)f(x)存在兩個極值點x1、x2，且x1<x2，當(dāng)m>0時，求實數(shù)m的最小值。8.設(shè)a，b∈R，已知函數(shù)f(x)=aln(x)+x^2+bx存在極大值。(I)若a=1，求b的取值范圍；(II)求a的最大值，使得對于b的一切可能值，f(x)的極大值恒小于2。9.已知函數(shù)f(x)=x^(1/n)，n>1。(1)求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f'(x)；(2)求函數(shù)f(x)在[0,1]上的最大值和最小值。10.已知函數(shù)f(x)=x^3-3x^2+2。(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值點；(2)求f(x)在[0,2]上的最大值和最小值。若$a>2$時，函數(shù)$f(x)$的零點為$x$，函數(shù)$f'(x)$的極小值點為$x_1$，求證：$x>x_1$。解：依題意，$g(x)=e^xf(x)+x^2-x=1+a\lnx+x^2-x$，$x>0$。故，$x>\sqrt{1-a}$。因為$g(x)$在$[1,2]$上單調(diào)遞增，所以$g'(x)\geq0$在$[1,2]$上恒成立，故$a\geqx(1-2x)$在$[1,2]$上恒成立。根據(jù)二次函數(shù)的知識，可知：$x(1-2x)$在$[1,2]$上的最大值為$-\frac{1}{4}$。故$a$的取值范圍為$[-1,+\infty)$。證明：由題意，$f'(x)=e^x(1+\lnx+a)$，$x>0$，$a>2$。設(shè)$h(x)=f'(x)=e^x(1+\lnx+a)$，$x>0$，$a>2$。則$h'(x)=e^x(1+a-\frac{1}{x})$。再設(shè)$H(x)=1+a\lnx-\frac{1}{x}$，則$H'(x)=\frac{a}{x}-\frac{1}{x^2}$。因為當(dāng)$x>0$時，$y=x^2-2x+2=(x-1)^2+1>0$恒成立，所以當(dāng)$x>0$時，$H'(x)>0$恒成立。故$H(x)$在$(0,+\infty)$上單調(diào)遞增。又因為當(dāng)$a>2$時，$H(1)=1+a>H(e)=1-a\ln2$，所以根據(jù)$H(x)$的單調(diào)性及零點定理，可知：存在一點$x_2\in(0,1)$，使得$H(x_2)=0$。故$f'(x)$在$(0,x_2)$上單調(diào)遞減，在$(x_2,+\infty)$上單調(diào)遞增，在$x=x_2$處取得極小值。故$x_2=x_1$。即$H(x_1)=0$，即$1+a\lnx_1-\frac{1}{x_1}=0$，即$\lnx_1-\ln\frac{1}{a}=1$，即$\lnx_1=\lna-1$。則$f(x)$的零點為$x=e^{\lnx_1}=ae^{-1}$，故$f(x)=e^{\lnx_1}(x-ae^{-1})=\frac{x}{e}(1-\frac{a}{x_1})$。由$f(x)$的零點為$x$，得$x=\frac{a}{1-\ln\frac{a}{x_1}}$，即$\lnx-\ln(1-\ln\frac{a}{x_1})=1$。注意到$x>\frac{a}{e}$，所以$1-\ln\frac{a}{x_1}>0$，故$\lnx-\lnx_1>\ln\frac{a}{x_1}$，即$\ln\frac{x}{x_1}>\ln\frac{a}{x_1}$，即$x>x_1$。故得證。設(shè)$f(x)=e^x(x^3-2e^2x+t)$，$x\in\mathbb{R}$，$t\in\mathbb{R}$。（1）求證：當(dāng)$x\geq1$時，$f(x)\geq0$恒成立。解：當(dāng)$x\geq1$時，$x^3\geqx^2\geqx\geq1$，$e^2\geq1$，故$f(x)\geqe^x(x-2e^2+t)$。又因為$x\geq1$時，$x-2e^2\geq1-2e^2>0$，故$f(x)\geqe^x(x-2e^2+t)\geqe^x(1-2e^2+t)>0$。故得證。（2）討論關(guān)于$x$的方程$f(x)=0$的根的個數(shù)。解：化簡方程得$2\lnx=x^3-2e^2x+t$。注意到$x>0$，則方程可變?yōu)?L(x)=x^3-2e^2x+t-2\lnx=0$。令$L'(x)=3x^2-2e^2-\frac{2}{x}=0$，解得$x_0=\sqrt{\frac{2}{3e^2}}$。當(dāng)$x\in(0,x_0)$時，$L'(x)<0$，故$L(x)$在$(0,x_0)$上單調(diào)遞減；當(dāng)$x\in(x_0,+\infty)$時，$L'(x)>0$，故$L(x)$在$(x_0,+\infty)$上單調(diào)遞增。又因為$L(x)$在$x=0$和$x=+\infty$處極限為$-\infty$，故$L(x)$有兩個實根。當(dāng)$t=2e^2$時，$x_0=1$，且$L(x)$在$x=1$處取得極小值，故方程有一個實根。當(dāng)$t>2e^2$時，$x_0<1$，且$L(x)$在$(0,x_0)$上單調(diào)遞減，在$(x_0,1)$上單調(diào)遞增，在$(1,+\infty)$上單調(diào)遞增，故方程有兩個實根。當(dāng)$t<2e^2$時，$x_0>1$，且$L(x)$在$(0,1)$上單調(diào)遞增，在$(1,x_0)$上單調(diào)遞減，在$(x_0,+\infty)$上單調(diào)遞增，故方程有一個實根。已知函數(shù)$f(x)=-x^2+ax+a-e^{-x}+1(a\inR)$。（1）當(dāng)$a=1$時，判斷$g(x)=e^xf(x)$的單調(diào)性。解：當(dāng)$a=1$時，$g(x)=e^xf(x)=e^x(-x^2+x+1-e^{-x}+1)$。$g'(x)=e^x(-2x+1)+e^x(-x^2+x+1-e^{-x}+1)=e^x(x-1)(2-x-e^x)$。當(dāng)$x\in(-\infty,-2)\cup(1,+\infty)$時，$g'(x)<0$，故$g(x)$在$(-\infty,-2)$，$(1,+\infty)$單調(diào)遞減；當(dāng)$x\in(-2,1)$時，$g'(x)>0$，故$g(x)$在$(-2,1)$單調(diào)遞增。（2）函數(shù)$f(x)=-x^2+ax+a-e^{-x}+1$。$f'(x)=-2x+a+e^{-x}$。設(shè)$h(x)=-2x+a+e^{-x}$，則$h'(x)=-2+e^{-x}$。$h'(x)<0$恒成立，故$h(x)$在$(-\infty,+\infty)$上單調(diào)遞減。存在$x\inR$，使得$h(x)=0$，即$-2x+a+e^{-x}=0$，解得$x=\ln\frac{a-1}{2}$。當(dāng)$x\in(-\infty,x)$時，$h(x)=f'(x)>0$，函數(shù)$f(x)$單調(diào)遞增；當(dāng)$x\in(x,+\infty)$時，$h(x)=f'(x)<0$，函數(shù)$f(x)$單調(diào)遞減。由于函數(shù)$f(x)$無零點，故$f(x)$的最大值即為$f(x)$在$x=\ln\frac{a-1}{2}$處的取值。$f(x)_{\max}=f(x)=-(x-\frac{a-2}{2})^2+\frac{a^2-4a+8}{4}$。由于$f(x)_{\max}<0$，故$a^2-12a+4<0$，解得$4<a<10$。（1）求函數(shù)$f(x)$的單調(diào)區(qū)間。解：當(dāng)$x<0$時，$-x^2+x-a<0$，即$x^2-x+a>0$。當(dāng)$0<x<1$時，$-x^2+x-a>0$，即$x^2-x+a<0$。當(dāng)$x>1$時，$-x^2+x-a<0$，即$x^2-x+a>0$。故$f(x)$的單調(diào)區(qū)間為$(-\infty,0)$，$(0,1)$，$(1,+\infty)$。（2）若存在$a\inZ$使得$f(x)>0$，求$a$的最小值。解：若$f(x)>0$，則$-x^2+x-a+e^{-x}-1+a>0$，即$-x^2+x+e^{-x}-1>0$。當(dāng)$x<0$時，$-x^2+x+e^{-x}-1>0$，即$x^2-x-e^{-x}+1<0$。當(dāng)$x>0$時，$-x^2+x+e^{-x}-1<0$，即$x^2-x-e^{-x}+1>0$。當(dāng)$x=0$時，$-1<0$，不符合要求。故$a$為整數(shù)時，$x$的取值范圍為$(0,1)$。當(dāng)$a=5$時，$x=\ln2$時，$f(x)>0$，故$a$的最小值為$5$。5.已知函數(shù)$f(x)=e^{x-\lnx+ax}$，其中$a\in\mathbb{R}$。(1)當(dāng)$a=-e+1$時，求函數(shù)$f(x)$的單調(diào)區(qū)間。(2)當(dāng)$a\geq-1$時，求證：$f(x)>\frac{1}{x}$?！窘獯稹?1)解：$f(x)=e^{x-\lnx+(a-e+1)x}$。令$g(x)=x-\lnx+(a-e+1)x$，則$g'(x)=1-\frac{1}{x}+(a-e+1)$。令$g'(x)=0$，得$x=1$。當(dāng)$x\in(0,1)$時，$g'(x)<0$，$g(x)$單調(diào)遞減；當(dāng)$x\in(1,+\infty)$時，$g'(x)>0$，$g(x)$單調(diào)遞增。因此，$f(x)$在$(0,1)$上單調(diào)遞減，在$(1,+\infty)$上單調(diào)遞增。(2)證明：當(dāng)$a=-1$時，$f(x)=e^{x-\lnx-x}=\frac{e^x}{x}$。令$h(x)=\frac{e^x}{x}$，則$h'(x)=\frac{e^x-xe^x}{x^2}$，$h''(x)=\frac{(x-2)e^x}{x^3}$。當(dāng)$x\in(0,2)$時，$h'(x)>0$，$h(x)$單調(diào)遞增；當(dāng)$x\in(2,+\infty)$時，$h'(x)<0$，$h(x)$單調(diào)遞減。又$h(1)=e>1$，因此$h(x)>\frac{1}{x}$在$(0,1)$和$(1,+\infty)$上均成立。當(dāng)$a>-1$時，$f(x)=e^{x-\lnx+ax}=e^x\cdote^{-\lnx}\cdote^{ax}=xe^{(a+1)x}$。令$g(x)=xe^{(a+1)x}$，則$g'(x)=(a+2)xe^{(a+1)x}$，$g''(x)=(a+2)^2xe^{(a+1)x}$。當(dāng)$a\geq-1$時，$g''(x)\geq0$，因此$g(x)$為下凸函數(shù)，$g(x)$至多有一個極值點。又$g(1)=e^{a+1}$，因此$g(x)>1$在$(0,1)$和$(1,+\infty)$上均成立。綜上所述，$f(x)>\frac{1}{x}$在$a\geq-1$時均成立。（Ⅱ）若a＝，證明函數(shù)y＝f（x）有且僅有一個好點，并求出該好點的坐標(biāo)．【解答】解：（Ⅰ）當(dāng)f′（x）＝x時，有f′′（x）＝1＞，故x為f（x）的極小值點．由f（0）＝0，f（1）＝a，f（2）＝2a＋2，f（3）＝3a＋9，f（4）＝4a＋24，f（5）＝5a＋50，f（6）＝6a＋90，f（7）＝7a＋147，f（8）＝8a＋224，f（9）＝9a＋324，f（10）＝10a＋450．由題意，f（x）的極小值點為f′（x）的零點，故有x＝0，x＝1，x＝2為好點．當(dāng)x＝0時，有f′（0）＝0，即a＝0；當(dāng)x＝1時，有f′（1）＝1＝a＋2，即a＝﹣1；當(dāng)x＝2時，有f′（2）＝2a＋4＝2，即a＝﹣1；綜上可知，當(dāng)a＝﹣1時，f（x）有好點．（Ⅱ）當(dāng)a＝時，有f′（x）＝x，即f（x）＝x2﹣2x．當(dāng)a≠時，由f′（x）＝x得f（x）＝，又因為f（x）是偶函數(shù)，故只需考慮x＞0的情況．設(shè)x＝t＋1，則f（x）＝（t＋1）2﹣2（t＋1）＋a﹣t2，化簡得f（x）＝﹣2t＋a＋1，即f（x）為關(guān)于t的一次函數(shù)，故f（x）在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減或單調(diào)遞增，不可能存在好點．綜上可知，當(dāng)a＝時，函數(shù)y＝f（x）有且僅有一個好點，該好點坐標(biāo)為（1，﹣1）．(Ⅰ)解：已知$f'(x)=e^{2x}-ae^{(a^2-1)x}-ax$，要求$a$的取值范圍使得函數(shù)$f(x)$不存在好點。由$f'(x)=x$，得$e^{2x}-ae^{(a^2-1)x}-a^2x=x$，即$e^{2x}-ae^{(a^2-1)x}-a^2x-x=0$.因為函數(shù)$f(x)$不存在好點，所以$e^{2x}-ae^{(a^2-1)x}-a^2x-x$無實根，即$(a^2-1)^2-4a^2<0$，解得$-1<a<1$.(Ⅱ)解：令$g(x)=e^{2x}-ae^{(a^2-1)x}-a^2x$，問題轉(zhuǎn)化為討論函數(shù)$g(x)$的零點問題。因為當(dāng)$x\to-\infty$時，$g(x)\to+\infty$，若函數(shù)$f(x)$不存在好點，等價于$g(x)$沒有零點，即$g(x)$的最小值大于零。$g'(x)=2e^{2x}-ae^{(a^2-1)x}-a^2=(2e^{x}+a)(e^{x}-a)$.①若$a=1$，則$g(x)=e^{2x}>0$，$g(x)$無零點，$f(x)$無好點。②若$a>1$，則由$g'(x)=0$得$x=\lna$，易知$g(x)>0$當(dāng)且僅當(dāng)$-a^2\lna<a<1$，即$-a^2\lna<a$且$a<1$時，$g(x)>0$，所以$g(x)$無零點，$f(x)$無好點。③若$a<1$，則由$g'(x)=0$得$x=\frac{1}{a-1}\ln\frac{a}{a-1}$，易知$g(x)>0$當(dāng)且僅當(dāng)$a<-\frac{1}{2}\lna$，即$a<0$且$a>-\frac{1}{2}\lna$時，$g(x)>0$，所以$g(x)$無零點，$f(x)$無好點。綜上，$a$的取值范圍是$-a^2\lna<a$且$a>-\frac{1}{2}\lna$且$-1<a<1$.10.已知函數(shù)$f(x)=x\lnx-ax^2$，$a\inR$。(1)若函數(shù)$f(x)$存在單調(diào)增區(qū)間，求實數(shù)$a$的取值范圍；(2)若$x_1,x_2$為函數(shù)$f(x)$的兩個不同極值點，證明$x_1x_2>e^{\frac{1}{2}}$.(1)解：由$f'(x)=\lnx-2ax$，若$f(x)$存在單調(diào)增區(qū)間，則$f'(x)>0$，即$\lnx>2ax$，所以$a<\frac{1}{2x}\lnx$.當(dāng)$x\to0^+$時，$\frac{1}{2x}\lnx\to-\infty$，所以$a$的取值范圍是$a<0$.(2)解：設(shè)$x_1<x_2$為$f(x)$的兩個不同極值點，則$f'(x_1)=f'(x_2)=0$，即$\lnx_1=2ax_1$，$\lnx_2=2ax_2$，兩式相減得$\ln\frac{x_2}{x_1}=2a(x_2-x_1)$，由于$x_1,x_2$為不同極值點，所以$x_1,x_2$必定異號，不妨設(shè)$x_1<0<x_2$，則$\ln\frac{x_2}{x_1}<0$，所以$2a(x_2-x_1)>0$，即$a>0$.又因為$f(x)$在$x_1,x_2$處取極值，所以$f(x_1)\geqf(x_2)$，即$x_1\lnx_1-ax_1^2\geqx_2\lnx_2-ax_2^2$，兩邊同時除以$x_1x_2$得$$\frac{\lnx_1}{x_1}-\frac{a}{x_2}\geq\frac{\lnx_2}{x_2}-\frac{a}{x_1}.$$由于$x_1x_2<0$，所以$\frac{\lnx_1}{x_1}<0$，$\frac{\lnx_2}{x_2}<0$，所以$\frac{a}{x_1}>\frac{\lnx_1}{x_1}$，$\frac{a}{x_2}>\frac{\lnx_2}{x_2}$，代入上式得$$\frac{a}{x_2}-\frac{a}{x_1}\geq\frac{\lnx_2}{x_2}-\frac{\lnx_1}{x_1}.$$因為$a>0$，所以$\frac{a}{x_2}-\frac{a}{x_1}>0$，所以$\frac{\lnx_2}{x_2}-\frac{\lnx_1}{x_1}<0$，即$\ln\frac{x_2}{x_1}<\frac{x_2-x_1}{x_1x_2}$，所以$x_1x_2>e^{\frac{1}{2}}$.(1)由題得，$f(x)=x^3-a(x+1)^2$，$a\in\mathbb{R}$，則$f'(x)=3x^2-2a(x+1)$。因為$f(x)$存在單調(diào)增區(qū)間，所以只需$f'(x)>0$有解，即$$3x^2-2a(x+1)>0$$解得$$x<\frac{2a}{3}$$因此，當(dāng)$x\in(-\infty,\frac{2a}{3})$時，$f(x)$單調(diào)遞增；當(dāng)$x\in(\frac{2a}{3},+\infty)$時，$f(x)$單調(diào)遞減。又因為$f(-1)=a-1$，$f(0)=-a$，$f(1)=a-1$，所以當(dāng)$a\in(-\infty,-1)\cup(0,+\infty)$時，$f(x)$存在單調(diào)增區(qū)間$(\frac{2a}{3},+\infty)$和單調(diào)減區(qū)間$(-\infty,\frac{2a}{3})$；當(dāng)$a\in[-1,0]$時，$f(x)$單調(diào)遞減。(2)對于$f(x)$只有一個零點的情況，有以下兩種情況：①當(dāng)$a\in[-2,0]$時，$f(x)$在$(-\infty,-1)$和$(0,+\infty)$存在單調(diào)增區(qū)間，$f(-1)=a-1<0$，$f(1)=a-1>0$，故$f(x)$在$(-1,1)$存在一個零點。因此，$a\in[-2,0]$時，$f(x)$只有一個零點。②當(dāng)$a\in(-\infty,-2)\cup(0,+\infty)$時，$f(x)$在$(-\infty,\frac{2a}{3})$存在單調(diào)增區(qū)間，且$f(-1)<0$，$f(0)<0$，$f(1)>0$，故$f(x)$在$(-1,0)$和$(0,1)$各存在一個零點。因此，$a\in(-\infty,-2)\cup(0,+\infty)$時，$f(x)$有兩個零點。綜上所述，$f(x)$只有一個零點的情況下，$a\in[-2,0]$。1.當(dāng)$x_1>-3$且$x_1\neq-1$時，解得…2.當(dāng)$a>0$時，因為$x_1\cdotx_2=-2a<0$，所以$x_1<0<x_2$。當(dāng)$x\in(-\infty,x_1)$時，有$f(x)=-a(x+1)^2<0$；當(dāng)$x\in(x_1,x_2)$時，有$f(x)<0$且$f(x)$單調(diào)遞減；當(dāng)$x\in(x_2,\infty)$時，有$f(x)>0$且$f(x)$單調(diào)遞增。因為$f(0)=-a<0$，所以$f(x_2)<0<f(0)$。又因為$3a+2>2$，所以$f(3a+2)=3a+2>0$。綜上，$a\in\left(\frac{2}{3},+\infty\right)$。12.已知函數(shù)$f(x)=3a+x-\ln(x+1)$。(1)當(dāng)$0<m<2$時，證明：$f(x)$只有$1$個零點。$f(x)$的定義域為$x>-1$。令$g(x)=x^2-mx+1$，則$\Delta=m^2-4$。因為$0<m<2$，所以$\Delta<0$，即$g(x)>0$對于任意$x$成立。因此$f(x)$在$x>-1$上單調(diào)遞增，所以$f(x)$至多只有一個零點。又因為$f(0)=3a-\ln1=3a>0$，所以$f(x)$一定有一個零點。因此當(dāng)$0<m<2$時，$f(x)$只有$1$個零點。(2)證明：曲線$f(x)$沒有經(jīng)過原點的切線。假設(shè)曲線$y=f(x)$在點$(x_0,f(x_0))$處有一條經(jīng)過原點的切線，斜率為$k$。則有$\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=k$。因為$f(x)$在$x_0$處可導(dǎo)，所以$\lim\limits_{x\tox_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=k$。由此可以得到：$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\tox_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$$$$3a=k$$又因為$f(3a+2)=3a+2>0$，所以$f(x)$在$x=3a+2$處有一個極小值，即$f'(3a+2)=0$。但是：$$f'(3a+2)=1-\frac{1}{3a+3}>0$$與$f'(3a+2)=0$矛盾。因此曲線$f(x)$沒有經(jīng)過原點的切線。13.已知函數(shù)$f(x)=4\lnx+x^2-2mx(m\in\mathbb{R})$。(1)求函數(shù)$f(x)$的單調(diào)區(qū)間。令$y=x^2-mx+2$，則$\Delta=m^2-8$。當(dāng)$\Delta\leq0$時，有$f'(x)=\frac{4}{x}+2x-2m\geq0$，即$f(x)$在$(0,+\infty)$上單調(diào)遞增。當(dāng)$\Delta>0$時，$y=x^2-mx+2$有兩個零點$x_1,x_2$，且$x_1x_2=2>0$。因此$x_1,x_2$同號，假設(shè)$x_1<x_2$。則有：$$f'(x)=\frac{4}{x}+2x-2m$$當(dāng)$x\in(0,x_1)$時，$f'(x)<0$；當(dāng)$x\in(x_1,x_2)$時，$f'(x)>0$；當(dāng)$x\in(x_2,+\infty)$時，$f'(x)>0$。因此$f(x)$在$(0,x_1)$和$(x_2,+\infty)$上單調(diào)遞增，在$(x_1,x_2)$上單調(diào)遞減。(2)若直線$l$為曲線的切線，求證：直線$l$與曲線$y=f(x)$不可能有$2$個切點。假設(shè)直線$l$與曲線$y=f(x)$有$2$個切點$(x_1,f(x_1)),(x_2,f(x_2))$，其中$x_1<x_2$。則$l$的斜率為：$$k=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}$$因為$l$是曲線$y=f(x)$在點$(x_1,f(x_1))$處的切線，所以：$$k=f'(x_1)=4x_1-2m$$同理，因為$l$是曲線$y=f(x)$在點$(x_2,f(x_2))$處的切線，所以：$$k=f'(x_2)=4x_2-2m$$將上面兩個式子相減，得到：$$4(x_2-x_1)=4x_2-4x_1=f'(x_2)-f'(x_1)=4(x_2-x_1)$$因此$x_1=x_2$，與$x_1<x_2$矛盾。因此直線$l$與曲線$y=f(x)$不可能有$2$個切點。證明：（反證法）假設(shè)存在一條直線與函數(shù)f(x)=x^2+2ax,a∈R有兩個不同的切點T1(x1,y1)，T2(x2,y2)，不妨令x1<x2，則T1處切線l1的方程為：y-y1=2x1(x-x1)，T2處切線l2的方程為：y-y2=2x2(x-x2)，線l2的方程為：y-y2=2x2(x-x2)+y2-y1-2x1(x-x1)，化簡得y=2(x-x2)+y2-y1+2x2x1-x2^2，即y=2x^2+(2x2y1-2x1y2-2x2x1+a)x+(y2-y1-x2^2+x2y1-x1y2)，由于T1、T2處的切線l1、l2為同一直線，所以有2x1=2x2，即x1=x2，與假設(shè)矛盾。因此，若直線l為曲線的切線，則直線l與曲線y=x^2+2ax,a∈R不可能有2個切點。14.已知函數(shù)f(x)=(x+1)ex+x^2+2ax,a∈R。（1）討論f(x)極值點的個數(shù)。解：f(x)的定義域為R，f'(x)=(x+2)(ex+a)+2x，令f'(x)=0，解得x=-2或x=ln(-a)，當(dāng)a≥0時，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，無極值點；當(dāng)a<0時，當(dāng)x<-2時，f'(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>-2時，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，故x=-2是f(x)的唯一極小值點，無極大值點，此時f(x)有1個極值點。當(dāng)a=-e^-2時，x=-2是f(x)的唯一駐點，但f''(-2)=0，無極值點。當(dāng)a<-e^-2時，x=-2和x=ln(-a)分別為f(x)的極小值點和極大值點，此時f(x)有2個極值點。（2）若x（x≠-2）是f(x)的一個極值點，且f(-2)>e^2，證明：f(x)≤1。證明：若x（x≠-2）是f(x)的一個極值點，則f'(x)=0，即(x+2)(ex+a)+2x=0，解得x=-2-aex/(ex+2)，由于f(-2)>e^2，所以a<-e^-2，代入上式得-2<x<0。又因為x≠-2，所以0<x<2。因此，x=ln(|-a|)∈(0,2)，所以a=-e^t，t∈(ln2,-ln2)。將a=-e^t代入f(x)得f(x)=(x+1)ex+x^2-2e^tx，令g(x)=f(x)-1，即g(x)=(x+1)ex+x^2-2e^tx-1，g(-2)=e^2-1>0，所以g(x)>0，即f(x)>1，因此f(x)≤1。解答：（1）由于函數(shù)f（x）在x=1處的切線方程為x+y-1=a+e，所以f（1）=a+e。又因為f’（x）=[x2+（2-2a）x+a2-2a]ex，所以f’（1）=a2-2a+2。將f（1）和f’（1）代入f’（x）=2e(x-1)+a2-2a+2=0中，解得a=2，所以f（x）=（x-1）2ex。（2）g（x）的定義域為（0，+∞），g’（x）=1-klnx，所以g’（x）=0時，x=e1/k，當(dāng)x<e1/k時，g’（x）>0，g（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x>e1/k時，g’（x）<0，g（x）單調(diào)遞減。所以當(dāng)x=e1/k時，g（x）有極小值2k-klnk，無極大值。（3）由于f（x）=（x-1）2ex只有一個零點1，且f（x）≥0恒成立，所以g（x）在（0，+∞）上最多只有兩個不等于1的零點。①當(dāng)k≤0時，由（2）知，g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，g（x）在（0，+∞）上最多只有一個零點，不符合題意。②當(dāng)0<k<e1/2時，g（x）min=g（e1/k）=k（2-lnk）>0，g（x）在（0，+∞）上無零點。③當(dāng)k=e1/2時，g（x）≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x=e1/2時等號成立，g（x）在（0，+∞）上有一個零點。④當(dāng)k>e1/2時，由（2）知，g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，且g（k）<0，g（e）>0，所以g（k）·g（e）<0，又g（x）的圖像在（0，+∞）上連續(xù)，所以存在x1∈（e，k）使得g（x1）=0。又g（k2）=k（k-2lnk+1），下面證明當(dāng)x>e1/2時，h（x）=x-2lnx+1單調(diào)遞增。h’（x）=1-2/x，所以h’（x）>0當(dāng)且僅當(dāng)x<2，所以h（x）單調(diào)遞增，且h（e1/2）=e1/2-2<0。所以g（k2）>0，所以g（k）·g（k2）<0，所以g（x）在（0，+∞）上有兩個零點。綜上所述，當(dāng)0<k<e1/2時，F(xiàn)（x）=g（x），當(dāng)k=e1/2時，F(xiàn)（x）=0，當(dāng)k>e1/2時，F(xiàn)（x）=f（x），所以k∈（e1/2，2）。16.已知函數(shù)$f(x)=\frac{1}{x}-\lnx$，且$y=x-1$是曲線$y=f(x)$的切線。(1)求實數(shù)$a$的值以及切點坐標(biāo)；解：設(shè)切點為$(x_0,y_0)$，則切線為$y-y_0=f'(x_0)(x-x_0)$，即$y=x_0-1+f'(x_0)(x-x_0)$。因為$y=x-1$是曲線$y=f(x)$的切線，所以$x_0-1+f'(x_0)(x_0-x_0)=x_0-1$，即$f'(x_0)=1$。又因為$y=x-1$在$(x_0,y_0)$處也是切線，所以$y_0=x_0-1+f'(x_0)(x_0-x_0)=x_0-1$。因此，切點坐標(biāo)為$(x_0,x_0-1)$。將$y=x-1$代入$y=f(x)$得$x^2-x-a\lnx=0$，解得$x=1$，$a=1$。(2)求證：$g(x)\geqf(x)$。解：由(1)得$f(x)=\frac{1}{x}-\lnx$，$g(x)=e^{x-1}$。記$F(x)=e^{x-1}-x$，則$F'(x)=e^{x-1}-1$。當(dāng)$x>1$時，$F'(x)>0$，$F(x)$單調(diào)遞增；當(dāng)$x<1$時，$F'(x)<0$，$F(x)$單調(diào)遞減。因此，$F(x)\geqF(1)=0$，即$e^{x-1}\geqx$，即$g(x)\geqf(x)$。17.已知函數(shù)$f(x)=x^2-x-a\lnx$，$a\in\mathbb{R}$。(1)若不等式$f(x)>0$無解，求$a$的值；解：當(dāng)$f(x)>0$無解時，$f(x)$的圖像不與$x$軸相交。因為$f(x)$在$x=0$處無定義，所以$f(x)>0$無解等價于$f(x)>0$在$(0,+\infty)$上無解。因此，$f(x)$在$(0,+\infty)$上單調(diào)遞減。當(dāng)$x\rightarrow0^+$時，$f(x)\rightarrow-\infty$，當(dāng)$x\rightarrow+\infty$時，$f(x)\rightarrow+\infty$。因此，$f(x)>0$無解等價于$f(1)>0$，即$1-a\ln1>0$，解得$a<1$。(2)若函數(shù)$f(x)$存在兩個極值點$x_1,x_2$，且$x_1<x_2$，當(dāng)$x=x_1$時，$f(x)=m$，求實數(shù)$m$的最小值。解：因為$f(x)$在$(0,+\infty)$上單調(diào)遞減，所以$x_1,x_2$是方程$f'(x)=0$的兩個正實根。因為$f(x)$在$x=1$處取得極小值，所以$f''(1)>0$。因此，當(dāng)$x_1<x<x_2$時，$f(x)$取得極大值。因為$f(x_1)=f(x_2)=m$，所以$m$是$f(x)$在$(x_1,x_2)$內(nèi)的最大值。因為$x_1,x_2$是方程$f'(x)=0$的兩個正實根，所以$x_1x_2=e^{1-a}$。因為$f(x)$在$(0,+\infty)$上單調(diào)遞減，所以$m=f(x_1)>f(x_2)$，即$x_1^2-x_1-a\lnx_1>x_2^2-x_2-a\lnx_2$，代入$x_1x_2=e^{1-a}$得$x_1-x_2>\frac{a-1}{e^{1-a}}$。因此，$m=f(x_1)>f(1)=-a<0$，且$x_1-x_2>\frac{a-1}{e^{1-a}}$。因此，$m$的最小值為$\frac{a-1}{e^{1-a}}$。18.設(shè)$a,b\in\mathbb{R}$，已知函數(shù)$f(x)=a\lnx+x^2+bx$存在極大值。（Ⅰ）若$a=1$，求$b$的取值范圍；（Ⅱ）求$a$的最大值，使得對于$b$的一切可能值，$f(x)$的極大值恒小于$-e^3$。解答：（Ⅰ）當(dāng)$a=1$時，$f'(x)=2x+b\geq0$恒成立，因為$f(x)$存在極大值，可知方程$2x^2+bx+1=0$有兩個不等的正根，所以$b<-2$。故$b$的取值范圍是$(-\infty,-2)$。（Ⅱ）$f'(x)=2x+b+a\lnx$，因為$f(x)$存在極大值，可知方程$2x^2+bx+a=0$有兩個不等的正根，設(shè)為$x_1<x_2$，由$x_1x_2=\frac{a}{2}>0$，可得$x_1<\frac{a}{2x_1}<x_2$。構(gòu)造函數(shù)$g(x)=a\lnx-x^2-a$，當(dāng)$0<x<\frac{a}{2}$時，$g'(x)=\frac{a}{x}-2x>0$，所以$g(x)$在$(0,\frac{a}{2})$上單調(diào)遞增；當(dāng)$\frac{a}{2}<x$時，$g'(x)=\frac{a}{x}-2x<0$，所以$g(x)$在$(\frac{a}{2},+\infty)$上單調(diào)遞減。因此，$g(x)$在$\left(0,\frac{a}{2}\right)$上取得最小值$g\left(\frac{a}{2}\right)=a\ln\frac{a}{2}-\frac{a^2}{4}-a$，在$\left(\frac{a}{2},+\infty\right)$上取得最大值