2023年高考数学二轮复习专题04导数及其应用教学案理

专题04导数及其应用高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．预测2023年高考仍将利用导数研究方程的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式考查．1．导数的定义f′(x)＝eq\o(lim,\s\do15(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do15(Δx→0))eq\f(fx＋Δx－fx,Δx).2．导数的几何意义函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)．3．导数的运算(1)根本初等函数的导数公式①c′＝0(c为常数)；②(xm)′＝mxm－1；③(sinx)′＝cosx;④(cosx)′＝－sinx；⑤(ex)′＝ex;⑥(ax)′＝axlna；⑦(lnx)′＝eq\f(1,x)；⑧(logax)′＝eq\f(1,xlna).(2)导数的四那么运算法那么①[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；②[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；③[eq\f(fx,gx)]′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,g2x).④设y＝f(u)，u＝φ(x)，那么y′x＝y′uu′x.4．函数的性质与导数在区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增．如果f′(x)<0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递减．5．利用定积分求曲线围成图形的面积的步骤：①画出图形；②确定被积函数；③求出交点坐标，确定积分的上、下限；④运用微积分根本定理计算定积分，求出平面图形的面积．特别注意平面图形的面积为正值，定积分值可能是负值．被积函数为y＝f(x)，由曲线y＝f(x)与直线x＝a，x＝b(a<b)和y＝0所围成的曲边梯形的面积为S.①当f(x)>0时，S＝eq\i\in(a,b,)f(x)dx；②当f(x)<0时，S＝－eq\i\in(a,b,)f(x)dx；③当x∈[a，c]时，f(x)>0；当x∈[c，b]时，f(x)<0，那么S＝eq\i\in(a,c,)f(x)dx－eq\i\in(c,b,)f(x)dx.考点一导数的几何意义及应用例1、(1)函数f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,7)，那么a＝________.答案：1(2)曲线y＝x＋lnx在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，那么a＝________.解析：根本法：令f(x)＝x＋lnx，求导得f′(x)＝1＋eq\f(1,x)，f′(1)＝2，又f(1)＝1，所以曲线y＝x＋lnx在点(1,1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.设直线y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1的切点为P(x0，y0)，那么y′|x＝x0＝2ax0＋a＋2＝2，得a(2x0＋1)＝0，∴a＝0或x0＝－eq\f(1,2)，又axeq\o\al(2,0)＋(a＋2)x0＋1＝2x0－1，即axeq\o\al(2,0)＋ax0＋2＝0，当a＝0时，显然不满足此方程，∴x0＝－eq\f(1,2)，此时a＝8.速解法：求出y＝x＋lnx在(1,1)处的切线为y＝2x－1由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x－1,y＝ax2＋a＋2x＋1))得ax2＋ax＋2＝0，∴Δ＝a2－8a＝0，∴a＝8或a＝0(显然不成立)．答案：8【变式探究】设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，那么a＝()A．0B．1C．2D．3解析：根本法：y′＝a－eq\f(1,x＋1)，当x＝0时，y′＝a－1＝2，∴a＝3，应选D.答案：D考点二导数与函数的极值、最值例2、(1)函数f(x)＝ax3－3x2＋1，假设f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，那么a的取值范围是()A．(2，＋∞)B．(1，＋∞)C．(－∞，－2)D．(－∞，－1)解析：根本法：a＝0时，不符合题意．a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝eq\f(2,a).假设a＞0，那么由图象知f(x)有负数零点，不符合题意．那么a＜0，由图象结合f(0)＝1＞0知，此时必有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＞0，即a×eq\f(8,a3)－3×eq\f(4,a2)＋1＞0，化简得a2＞4，又a＜0，所以a＜－2，应选C.速解法：假设a＞0，又∵f(0)＝1，f(－1)＝－a－2＜0，在(－1,0)处有零点，不符合题意．∴a＜0，假设a＝－eq\f(4,3)，那么f(x)＝－eq\f(4,3)x3－3x2＋1f′(x)＝－4x2－6x＝0，∴x＝0，或x＝－eq\f(3,2).此时feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))为极小值且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＜0，有三个零点，排除D.答案：C(2)函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，以下结论中错误的选项是()A．∃x0∈R，f(x0)＝0B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形C．假设x0是f(x)的极小值点，那么f(x)在区间(－∞，x0)单调递减D．假设x0是f(x)的极值点，那么f′(x0)＝0解析：根本法：由三次函数的值域为R知，f(x)＝0必有解，A项正确；因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的图象可由y＝x3平移得到，所以y＝f(x)的图象是中心对称图形，B项正确；假设y＝f(x)有极值点，那么其导数y＝f′(x)必有2个零点，设为x1，x2(x1＜x2)，那么有f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3(x－x1)(x－x2)，所以f(x)在(－∞，x1)上递增，在(x1，x2)上递减，在(x2，＋∞)上递增，那么x2为极小值点，所以C项错误，D项正确．选C.速解法：联想f(x)的图象模型如图显然C错．答案：C【方法技巧】1.函数图象是研究函数单调性、极值、最值最有利的工具．2．可导函数极值点的导数为0，但导数为0的点不一定是极值点，如函数f(x)＝x3，当x＝0时就不是极值点，但f′(0)＝0.3．极值点不是一个点，而是一个数x0，当x＝x0时，函数取得极值；在x0处有f′(x0)＝0是函数f(x)在x0处取得极值的必要不充分条件．4．f′(x)在f′(x)＝0的根的左右两侧的值的符号，如果“左正右负〞，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果“左负右正〞，那么f(x)在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号，即都为正或都为负，那么f(x)在这个根处无极值．【变式探究】1．函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34(a，b，c∈R)的导函数为f′(x)，假设不等式f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，且f(x)的极小值等于－115，那么a的值是()A．－eq\f(81,22)B.eq\f(1,3)C．2D．5答案：C考点三导数与函数的单调性例3、假设函数f(x)＝x2＋ax＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))是增函数，那么a的取值范围是()A．[－1,0]B．[－1，＋∞)C．[0,3]D．[3，＋∞)解析：根本法：由题意知f′(x)≥0对任意的x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))恒成立，又f′(x)＝2x＋a－eq\f(1,x2)，所以2x＋a－eq\f(1,x2)≥0对任意的x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))恒成立，别离参数得a≥eq\f(1,x2)－2x，假设满足题意，需a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－2x))max.令h(x)＝eq\f(1,x2)－2x，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).因为h′(x)＝－eq\f(2,x3)－2，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，h′(x)＜0，即h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递减，所以h(x)＜heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝3，故a≥3.速解法：当a＝0时，检验f(x)是否为增函数，当a＝0时，f(x)＝x2＋eq\f(1,x)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,4)＋2＝eq\f(9,4)，f(1)＝1＋1＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＞f(1)与增函数矛盾．排除A、B、C.应选D.答案：D(2)假设函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)单调递增，那么k的取值范围是()A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)解析：根本法：依题意得f′(x)＝k－eq\f(1,x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥eq\f(1,x)在(1，＋∞)上恒成立，∵x＞1，∴0＜eq\f(1,x)＜1，∴k≥1，应选D.速解法：假设k＝1，那么f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)在(1，＋∞)上有f′(x)＞0，f(x)＝kx－lnx为增函数．答案：D【变式探究】对于R上可导的任意函数f(x)，假设满足eq\f(1－x,f′x)≤0，那么必有()A．f(0)＋f(2)＞2f(1)B．f(0)＋f(2)≤2f(1)C．f(0)＋f(2)＜2f(1)D．f(0)＋f(2)≥2f(1)解析：根本法：选A.当x＜1时，f′(x)＜0，此时函数f(x)递减，当x＞1时，f′(x)＞0，此时函数f(x)递增，∴当x＝1时，函数f(x)取得极小值同时也取得最小值，所以f(0)＞f(1)，f(2)＞f(1)，那么f(0)＋f(2)＞2f(1)，应选A.1.【2023课标II，理】函数，且。(1)求；(2)证明：存在唯一的极大值点，且。【答案】(1)；(2)证明略。【解析】〔1〕的定义域为设，那么等价于因为假设a=1，那么.当0＜x＜1时，单调递减；当x＞1时，＞0，单调递增.所以x=1是的极小值点，故综上，a=1〔2〕由〔1〕知设当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增又，所以在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当时，；当时，，当时，.因为，所以x=x0是f(x)的唯一极大值点由由得因为x=x0是f(x)在〔0,1〕的最大值点，由得所以2.【2023山东，理20】函数，，其中是自然对数的底数.〔Ⅰ〕求曲线在点处的切线方程；〔Ⅱ〕令，讨论的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.【答案】〔1〕〔2〕见解析【解析】〔Ⅰ〕由题意又，所以，因此曲线在点处的切线方程为，即.(1)当时，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时取得极小值，极小值是；(2)当时，由得，①当时，，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以当时取得极大值.极大值为，当时取到极小值，极小值是；②当时，，所以当时，，函数在上单调递增，无极值；综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增，函数有极小值，极小值是；当时，函数在和和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，极大值是极小值是；当时，函数在上单调递增，无极值；当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，极大值是；极小值是.3.【2023天津，理20】设，定义在R上的函数在区间内有一个零点，为的导函数.〔Ⅰ〕求的单调区间；〔Ⅱ〕设，函数，求证：；〔Ⅲ〕求证：存在大于0的常数，使得对于任意的正整数，且满足.【答案】〔Ⅰ〕增区间是，，递减区间是.〔Ⅱ〕见解析；〔III〕见解析.【解析】〔Ⅰ〕解：由，可得，进而可得.令，解得，或.当x变化时，的变化情况如下表：x+-+↗↘↗所以，的单调递增区间是，，单调递减区间是.〔Ⅱ〕证明：由，得，.令函数，那么.由〔Ⅰ〕知，当时，，故当时，，单调递减；当时，，单调递增.因此，当时，，可得.令函数，那么.由〔Ⅰ〕知，在上单调递增，故当时，，单调递增；当时，，单调递减.因此，当时，，可得.所以，.〔III〕证明：对于任意的正整数 ，，且，令，函数.由〔II〕知，当时，在区间内有零点；当时，在区间内有零点.所以在内至少有一个零点，不妨设为，那么.由〔I〕知在上单调递增，故，于是.因为当时，，故在上单调递增，所以在区间上除外没有其他的零点，而，故.又因为，，均为整数，所以是正整数，从而.所以.所以，只要取，就有.1.【2023高考山东理数】假设函数的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，那么称具有T性质.以下函数中具有T性质的是〔〕〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕【答案】A【解析】当时，，，所以在函数图象存在两点，使条件成立，故A正确；函数的导数值均非负，不符合题意，应选A。2.【2023年高考四川理数】设直线l1，l2分别是函数f(x)=图象上点P1，P2处的切线，l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，那么△PAB的面积的取值范围是()〔A〕(0,1)〔B〕(0,2)〔C〕(0,+∞)〔D〕(1,+∞)【答案】A3.【2023高考新课标2理数】假设直线是曲线的切线，也是曲线的切线，那么．【答案】【解析】对函数求导得，对求导得，设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，那么，由点在切线上得，由点在切线上得，这两条直线表示同一条直线，所以，解得.4.【2023高考新课标3理数】为偶函数，当时，，那么曲线在点处的切线方程是_______________．【答案】【解析】当时，，那么．又因为为偶函数，所以，所以，那么切线斜率为，所以切线方程为，即．5.【2023高考新课标1卷】〔本小题总分值12分〕函数有两个零点.(I)求a的取值范围；(II)设x1,x2是的两个零点,证明：.【答案】【解析】〔Ⅰ〕．〔i〕设,那么,只有一个零点．〔ii〕设,那么当时,；当时,．所以在上单调递减,在上单调递增．又,,取满足且,那么,故存在两个零点．〔iii〕设,由得或．假设,那么,故当时,,因此在上单调递增．又当时,,所以不存在两个零点．假设,那么,故当时,；当时,．因此在单调递减,在单调递增．又当时,,所以不存在两个零点．综上,的取值范围为．〔Ⅱ〕不妨设,由〔Ⅰ〕知,,在上单调递减,所以等价于,即．由于,而,所以．设,那么．所以当时,,而,故当时,．从而,故．6.【2023高考山东理数】(本小题总分值13分).〔I〕讨论的单调性；〔II〕当时，证明对于任意的成立.【答案】〔Ⅰ〕见解析；〔Ⅱ〕见解析【解析】〔Ⅰ〕的定义域为；.当，时，，单调递增；，单调递减.当时，.〔1〕，，当或时，，单调递增；当时，，单调递减；〔2〕时，，在内，，单调递增；〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知，时，，，令，.那么，由可得，当且仅当时取得等号.又，设，那么在单调递减，因为，所以在上存在使得时，时，，所以函数在上单调递增；在上单调递减，由于，因此，当且仅当取得等号，所以，即对于任意的恒成立。7.【2023高考江苏卷】〔本小题总分值16分〕函数.设.〔1〕求方程的根;〔2〕假设对任意,不等式恒成立，求实数的最大值；〔3〕假设，函数有且只有1个零点，求的值。【答案】〔1〕①0②4〔2〕1【解析】〔1〕因为，所以.①方程，即，亦即，所以，于是，解得.②由条件知.因为对于恒成立，且，所以对于恒成立.而，且，所以，故实数的最大值为4.〔2〕因为函数只有1个零点，而，所以0是函数的唯一零点.因为，又由知，所以有唯一解.令，那么，从而对任意，，所以是上的单调增函数，于是当，；当时，.因而函数在上是单调减函数，在上是单调增函数.下证.假设，那么，于是，又，且函数在以和为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和之间存在的零点，记为.因为，所以，又，所以与“0是函数的唯一零点〞矛盾.假设，同理可得，在和之间存在的非0的零点，矛盾.因此，.于是，故，所以.8.【2023高考天津理数】〔本小题总分值14分〕设函数,，其中(I)求的单调区间；(II)假设存在极值点，且，其中，求证：；〔Ⅲ〕设，函数，求证：在区间上的最大值不小于.【答案】〔Ⅰ〕详见解析〔Ⅱ〕详见解析〔Ⅲ〕详见解析当变化时，，的变化情况如下表：＋0－0＋单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以的单调递减区间为，单调递增区间为，.〔Ⅱ〕证明：因为存在极值点，所以由〔Ⅰ〕知，且，由题意，得，即，进而.又，且，由题意及〔Ⅰ〕知，存在唯一实数满足，且，因此，所以.〔Ⅲ〕证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种情况讨论：〔1〕当时，，由〔Ⅰ〕知，在区间上单调递减，所以在区间上的取值范围为，因此，所以.〔2〕当时，，由〔Ⅰ〕和〔Ⅱ〕知，，，所以在区间上的取值范围为，因此.〔3〕当时，，由〔Ⅰ〕和〔Ⅱ〕知，，，所以在区间上的取值范围为，因此.综上所述，当时，在区间上的最大值不小于.9.【2023高考新课标3理数】设函数，其中，记的最大值为．〔Ⅰ〕求；〔Ⅱ〕求；〔Ⅲ〕证明．【答案】〔Ⅰ〕；〔Ⅱ〕；〔Ⅲ〕见解析．【解析】〔Ⅰ〕.〔Ⅱ〕当时，.因此.〔Ⅰ〕当时，在内无极值点，，，，所以．〔Ⅱ〕当时，由，知．又，所以．综上，〔Ⅲ〕由〔Ⅰ〕得.当时，.当时，，所以.当时，，所以.10.【2023高考浙江理数】〔本小题15分〕，函数F〔x〕=min{2|x−1|，x2−2ax+4a−2}，其中min{p，q}=〔I〕求使得等式F〔x〕=x2−2ax+4a−2成立的x的取值范围；〔II〕〔i〕求F〔x〕的最小值m〔a〕；〔ii〕求F〔x〕在区间[0,6]上的最大值M〔a〕.【答案】〔I〕；〔II〕〔i〕；〔ii〕．【解析】〔Ⅰ〕由于，故当时，，当时，．所以，使得等式成立的的取值范围为．〔Ⅱ〕〔ⅰ〕设函数，，那么，，所以，由的定义知，即〔ⅱ〕当时，，当时，．所以，．11.【2023高考新课标2理数】(Ⅰ)讨论函数的单调性，并证明当时，；(Ⅱ)证明：当时，函数有最小值.设的最小值为，求函数的值域．【答案】〔Ⅰ〕详见解析；〔Ⅱ〕.【解析】〔Ⅰ〕的定义域为.且仅当时，，所以在单调递增，因此当时，所以〔II〕由〔I〕知，单调递增，对任意因此，存在唯一使得即，当时，单调递减；当时，单调递增.因此在处取得最小值，最小值为于是，由单调递增所以，由得因为单调递增，对任意存在唯一的使得所以的值域是综上，当时，有，的值域是12.【2023年高考北京理数】〔本小题13分〕设函数，曲线在点处的切线方程为，〔1〕求，的值；〔2〕求的单调区间.【答案】〔Ⅰ〕，；〔2〕的单调递增区间为.解得；〔2〕由〔Ⅰ〕知.由即知，与同号.令，那么.所以，当时，，在区间上单调递减；当时，，在区间上单调递增.故是在区间上的最小值，从而.综上可知，，，故的单调递增区间为.【2023高考江苏，19】〔本小题总分值16分〕函数.〔1〕试讨论的单调性；〔2〕假设〔实数c是a与无关的常数〕，当函数有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是，求c的值.【答案】〔1〕当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在，上单调递增，在上单调递减．〔2〕【解析】〔1〕，令，解得，．当时，因为〔〕，所以函数在上单调递增；当时，时，，时，，所以函数在，上单调递增，在上单调递减；当时，时，，时，，所以函数在，上单调递增，在上单调递减．〔2〕由〔1〕知，函数的两个极值为，，那么函数有三个零点等价于，从而或．又，所以当时，或当时，．设，因为函数有三个零点时，的取值范围恰好是，那么在上，且在上均恒成立，【2023高考四川，理21】函数，其中.〔1〕设是的导函数，评论的单调性；〔2〕证明：存在，使得在区间内恒成立，且在内有唯一解.【答案】〔1〕当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减；当时，在区间上单调递增.〔2〕详见解析.【解析】〔1〕由，函数的定义域为，，所以.当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减；当时，在区间上单调递增.〔2〕由，解得.令.那么，.故存在，使得.令，.由知，函数在区间上单调递增.所以.即.当时，有，.由〔1〕知，函数在区间上单调递增.故当时，有，从而；当时，有，从而；所以，当时，.综上所述，存在，使得在区间内恒成立，且在内有唯一解.【2023高考广东，理19】设，函数．(1)求的单调区间；(2)证明：在上仅有一个零点；(3)假设曲线在点处的切线与轴平行，且在点处的切线与直线平行〔是坐标原点〕,证明：．【答案】〔1〕；〔2〕见解析；〔3〕见解析．【解析】〔1〕依题，∴在上是单调增函数；〔2〕证明：由〔1〕问可知函数在〔﹣∞，+∞〕上为增函数．又f〔0〕=1﹣a，∵a＞1．∴1﹣a＜0∴f〔0〕＜0．当x→+∞时，f〔x〕＞0成立．∴f〔x〕在〔﹣∞，+∞〕上有且只有一个零点〔3〕证明：f'〔x〕=ex〔x+1〕2，设点P〔x0，y0〕那么〕f'〔x〕=ex0〔x0+1〕2，∵y=f〔x〕在点P处的切线与x轴平行，∴f'〔x0〕=0，即：ex0〔x0+1〕2=0，∴x0=﹣1将x0=﹣1代入y=f〔x〕得y0=．∴，∴…10分令；g〔m〕=em﹣〔m+1〕g〔m〕=em﹣〔m+1〕，那么g'〔m〕=em﹣1，由g'〔m〕=0得m=0．当m∈〔0，+∞〕时，g'〔m〕＞0当m∈〔﹣∞，0〕时，g'〔m〕＜0∴g〔m〕的最小值为g〔0〕=0…12分∴g〔m〕=em﹣〔m+1〕≥0∴em≥m+1∴em〔m+1〕2≥〔m+1〕3即：∴m≤…14分〔2023·安徽卷〕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．(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，所以f(x)在x＝x2＝eq\f(－1＋\r(4＋3a),3)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．〔2023·安徽卷〕设实数c＞0，整数p＞1，n∈N*.(1)证明：当x＞－1且x≠0时，(1＋x)p＞1＋px；(2)数列{an}满足a1＞ceq\f(1,p)，an＋1＝eq\f(p－1,p)an＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,n)，证明：an＞an＋1＞ceq\f(1,p).【解析】证明：(1)用数学归纳法证明如下．①当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立．②假设p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．当p＝k＋1时，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x.所以当p＝k＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，当x>－1，x≠0时，对一切整数p>1，不等式(1＋x)p>1＋px均成立．(2)方法一：先用数学归纳法证明an>ceq\f(1,p).①当n＝1时，由题设知a1>ceq\f(1,p)成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ceq\s\up6(\f(1,p))成立．由an＋1＝eq\f(p－1,p)an＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,n)易知an>0，n∈N*.当n＝k＋1时，eq\f(ak＋1,ak)＝eq\f(p－1,p)＋eq\f(c,p)aeq\o\al(－p,k)＝1＋eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1)).由ak>ceq\f(1,p)>0得－1<－eq\f(1,p)<eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1))<0.由(1)中的结论得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ak＋1,ak)))eq\s\up12(p)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,p)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1))))eq\s\up12(p)>1＋p·eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1))＝eq\f(c,aeq\o\al(p,k)).因此aeq\o\al(p,k＋1)>c，即ak＋1>ceq\f(1,p)，所以当n＝k＋1时，不等式an>ceq\f(1,p)也成立．综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>ceq\f(1,p)均成立．再由eq\f(an＋1,an)＝1＋eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,n))－1))可得eq\f(an＋1,an)<1，即an＋1<an.综上所述，an>an＋1>ceq\f(1,p)，n∈N*.方法二：设f(x)＝eq\f(p－1,p)x＋eq\f(c,p)x1－p，x≥ceq\f(1,p)，那么xp≥c，所以f′(x)＝eq\f(p－1,p)＋eq\f(c,p)(1－p)x－p＝eq\f(p－1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(c,xp)))>0.由此可得，f(x)在[ceq\f(1,p)，＋∞)上单调递增，因而，当x>ceq\f(1,p)时，f(x)>f(ceq\f(1,p))＝ceq\f(1,p).①当n＝1时，由a1>ceq\f(1,p)>0，即aeq\o\al(p,1)>c可知a2＝eq\f(p－1,p)a1＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,1)＝a1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,p)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,1))－1))))<a1，并且a2＝f(a1)>ceq\f(1,p)，从而可得a1>a2>ceq\f(1,p)，故当n＝1时，不等式an>an＋1>ceq\f(1,p)成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ak＋1>ceq\f(1,p)成立，那么当n＝k＋1时，f(ak)>f(ak＋1)>f(ceq\f(1,p))，即有ak＋1>ak＋2>ceq\f(1,p)，所以当n＝k＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>an＋1>ceq\f(1,p)均成立．【2023高考新课标2，理12】设函数是奇函数的导函数，，当时，，那么使得成立的的取值范围是〔〕A．B．C．D．【答案】A【解析】记函数，那么，因为当时，，故当时，，所以在单调递减；又因为函数是奇函数，故函数是偶函数，所以在单调递减，且．当时，，那么；当时，，那么，综上所述，使得成立的的取值范围是，应选A．【2023高考新课标1，理12】设函数=,其中a1，假设存在唯一的整数，使得0，那么的取值范围是〔〕(A)[-，1〕(B)[-，〕(C)[，〕(D)[，1〕【答案】D【解析】设=，，由题知存在唯一的整数，使得在直线的下方.因为，所以当时，＜0，当时，＞0，所以当时，=，当时，=-1，，直线恒过〔1,0〕斜率且，故，且，解得≤＜1，应选D.【2023高考新课标2，理21】〔此题总分值12分〕设函数．(Ⅰ)证明：在单调递减，在单调递增；〔Ⅱ〕假设对于任意，都有，求的取值范围．【答案】(Ⅰ)详见解析；〔Ⅱ〕．〔Ⅱ〕由(Ⅰ)知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值．所以对于任意，的充要条件是：即①，设函数，那么．当时，；当时，．故在单调递减，在单调递增．又，，故当时，．当时，，，即①式成立．当时，由的单调性，，即；当时，，即．综上，的取值范围是．【2023江苏高考，17】〔本小题总分值14分〕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，方案修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为，山区边界曲线为C，方案修建的公路为l，如下图，M，N为C的两个端点，测得点M到的距离分别为5千米和40千米，点N到的距离分别为20千米和2.5千米，以所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数〔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，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.【答案】〔1〕〔2〕①定义域为，②千米【解析】〔1〕由题意知，点，的坐标分别为，．将其分别代入，得，解得．〔2〕①由〔1〕知，〔〕，那么点的坐标为，设在点处的切线交，轴分别于，点，，那么的方程为，由此得，．故，．②设，那么．令，解得．当时，，是减函数；当时，，是增函数．从而，当时，函数有极小值，也是最小值，所以，此时．答：当时，公路的长度最短，最短长度为千米．【2023高考新课标2，理12】设函数是奇函数的导函数，，当时，，那么使得成立的的取值范围是〔〕A．B．C．D．【答案】A【解析】记函数，那么，因为当时，，故当时，，所以在单调递减；又因为函数是奇函数，故函数是偶函数，所以在单调递减，且．当时，，那么；当时，，那么，综上所述，使得成立的的取值范围是，应选A．【2023高考新课标1，理12】设函数=,其中a1，假设存在唯一的整数，使得0，那么的取值范围是〔〕(A)[-，1〕(B)[-，〕(C)[，〕(D)[，1〕【答案】D【2023高考新课标2，理21】〔此题总分值12分〕设函数．(Ⅰ)证明：在单调递减，在单调递增；〔Ⅱ〕假设对于任意，都有，求的取值范围．【答案】(Ⅰ)详见解析；〔Ⅱ〕．【解析】(Ⅰ)．假设，那么当时，，；当时，，．假设，那么当时，，；当时，，．所以，在单调递减，在单调递增．〔Ⅱ〕由(Ⅰ)知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值．所以对于任意，的充要条件是：即①，设函数，那么．当时，；当时，．故在单调递减，在单调递增．又，，故当时，．当时，，，即①式成立．当时，由的单调性，，即；当时，，即．综上，的取值范围是．【2023江苏高考，17】〔本小题总分值14分〕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，方案修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为，山区边界曲线为C，方案修建的公路为l，如下图，M，N为C的两个端点，测得点M到的距离分别为5千米和40千米，点N到的距离分别为20千米和2.5千米，以所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数〔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，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.【答案】〔1〕〔2〕①定义域为，②千米【解析】〔1〕由题意知，点，的坐标分别为，．将其分别代入，得，解得．〔2〕①由〔1〕知，〔〕，那么点的坐标为，设在点处的切线交，轴分别于，点，，那么的方程为，由此得，．故，．②设，那么．令，解得．当时，，是减函数；当时，，是增函数．从而，当时，函数有极小值，也是最小值，所以，此时．答：当时，公路的长度最短，最短长度为千米．1．〔2023·安徽卷〕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．【解析】解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令f′(x)＝0，得x1＝eq\f(－1－\r(4＋3a),3)，x2＝eq\f(－1＋\r(4＋3a),3)，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.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(－1－\r(4＋3a),3)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1＋\r(4＋3a),3)，＋∞))内单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1－\r(4＋3a),3)，\f(－1＋\r(4＋3a),3)))内单调递增．2．〔2023·安徽卷〕设实数c＞0，整数p＞1，n∈N*.(1)证明：当x＞－1且x≠0时，(1＋x)p＞1＋px；(2)数列{an}满足a1＞ceq\f(1,p)，an＋1＝eq\f(p－1,p)an＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,n)，证明：an＞an＋1＞ceq\f(1,p).【解析】证明：(1)用数学归纳法证明如下．①当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立．②假设p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．当p＝k＋1时，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x.所以当p＝k＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，当x>－1，x≠0时，对一切整数p>1，不等式(1＋x)p>1＋px均成立．(2)方法一：先用数学归纳法证明an>ceq\f(1,p).①当n＝1时，由题设知a1>ceq\f(1,p)成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ceq\s\up6(\f(1,p))成立．由an＋1＝eq\f(p－1,p)an＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,n)易知an>0，n∈N*.当n＝k＋1时，eq\f(ak＋1,ak)＝eq\f(p－1,p)＋eq\f(c,p)aeq\o\al(－p,k)＝1＋eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1)).由ak>ceq\f(1,p)>0得－1<－eq\f(1,p)<eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1))<0.由(1)中的结论得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ak＋1,ak)))eq\s\up12(p)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,p)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1))))eq\s\up12(p)>1＋p·eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1))＝eq\f(c,aeq\o\al(p,k)).因此aeq\o\al(p,k＋1)>c，即ak＋1>ceq\f(1,p)，所以当n＝k＋1时，不等式an>ceq\f(1,p)也成立．综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>ceq\f(1,p)均成立．再由eq\f(an＋1,an)＝1＋eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,n))－1))可得eq\f(an＋1,an)<1，即an＋1<an.综上所述，an>an＋1>ceq\f(1,p)，n∈N*.方法二：设f(x)＝eq\f(p－1,p)x＋eq\f(c,p)x1－p，x≥ceq\f(1,p)，那么xp≥c，所以f′(x)＝eq\f(p－1,p)＋eq\f(c,p)(1－p)x－p＝eq\f(p－1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(c,xp)))>0.由此可得，f(x)在[ceq\f(1,p)，＋∞)上单调递增，因而，当x>ceq\f(1,p)时，f(x)>f(ceq\f(1,p))＝ceq\f(1,p).①当n＝1时，由a1>ceq\f(1,p)>0，即aeq\o\al(p,1)>c可知a2＝eq\f(p－1,p)a1＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,1)＝a1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,p)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,1))－1))))<a1，并且a2＝f(a1)>ceq\f(1,p)，从而可得a1>a2>ceq\f(1,p)，故当n＝1时，不等式an>an＋1>ceq\f(1,p)成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ak＋1>ceq\f(1,p)成立，那么当n＝k＋1时，f(ak)>f(ak＋1)>f(ceq\f(1,p))，即有ak＋1>ak＋2>ceq\f(1,p)，所以当n＝k＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>an＋1>ceq\f(1,p)均成立．3．〔2023·福建卷〕函数f(x)＝ex－ax(a为常数)的图像与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x>0时，x2<ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.【解析】解：方法一：(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.又f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2.当x<ln2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>ln2时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝ln2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－ln4，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝ex－x2，那么g′(x)＝ex－2x.由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln2)＝2－ln4>0，故g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1>0，所以当x>0时，g(x)>g(0)>0，即x2<ex.(3)证明：①假设c≥1，那么ex≤cex.又由(2)知，当x>0时，x2<ex.故当x>0时，x2<cex.取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.方法二：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)对任意给定的正数c，取x0＝eq\f(4,\r(c))，由(2)知，当x>0时，ex>x2，所以ex＝eeq\f(x,2)·eeq\f(x,2)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))eq\s\up12(2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))eq\s\up12(2)，当x>x0时，ex>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))eq\s\up12(2)>eq\f(4,c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,c)x2，因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.方法三：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)首先证明当x∈(0，＋∞)时，恒有eq\f(1,3)x3<ex.证明如下：令h(x)＝eq\f(1,3)x3－ex，那么h′(x)＝x2－ex.由(2)知，当x>0时，x2<ex，从而h′(x)<0，h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h(0)＝－1<0，即eq\f(1,3)x3<ex.取x0＝eq\f(3,c)，当x>x0时，有eq\f(1,c)x2<eq\f(1,3)x3<ex.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.4．〔2023·广东卷〕曲线y＝e－5x＋2在点(0，3)处的切线方程为________．【答案】y＝－5x＋3【解析】此题考查导数的几何意义以及切线方程的求解方法．因为y′＝－5e－5x，所以切线的斜率k＝－5e0＝－5，所以切线方程是：y－3＝－5(x－0)，即y＝－5x＋3.5．〔2023·江西卷〕假设曲线y＝e－x上点P处的切线平行于直线2x＋y＋1＝0，那么点P的坐标是________．【答案】(－ln2，2)【解析】设点P的坐标为(x0，y0)，y′＝－e－x.又切线平行于直线2x＋y＋1＝0，所以－e－x0＝－2，可得x0＝－ln2，此时y＝2，所以点P的坐标为(－ln2，2)．6．〔2023·江西卷〕函数f(x)＝(x2＋bx＋b)eq\r(1－2x)(b∈R)．(1)当b＝4时，求f(x)的极值；(2)假设f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))上单调递增，求b的取值范围．【解析】解：(1)当b＝4时，f′(x)＝eq\f(－5x〔x＋2〕,\r(1－2x))，由f′(x)＝0，得x＝－2或x＝0.所以当x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－2，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故f(x)在x＝－2处取得极小值f(－2)＝0，在x＝0处取得极大值f(0)＝4.(2)f′(x)＝eq\f(－x[5x＋〔3b－2〕],\r(1－2x))，易知当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))时，eq\f(－x,\r(1－2x))<0，依题意当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))时，有5x＋(3b－2)≤0，从而eq\f(5,3)＋(3b－2)≤0，得b≤eq\f(1,9).所以b的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,9))).7．〔2023·全国卷〕曲线y＝xex－1在点(1，1)处切线的斜率等于()A．2eB．eC．2D．1【答案】C【解析】因为y′＝(xex－1)′＝ex－1＋xex－1，所以y＝xex－1在点(1，1)处的导数是y′|x＝1＝e1－1＋e1－1＝2，故曲线y＝xex－1在点(1，1)处的切线斜率是2.8．〔2023·新课标全国卷Ⅱ〕设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为y＝2x，那么a＝()A．0B．1C．2D．3【答案】D【解析】y′＝a－eq\f(1,x＋1)，根据得，当x＝0时，y′＝2，代入解得a＝3.9．〔2023·陕西卷〕设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求gn(x)的表达式；(2)假设f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设n∈N＋，比拟g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．【解析】解：由题设得，g(x)＝eq\f(x,1＋x)(x≥0)．(1)由，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，g2(x)＝g(g1(x))＝eq\f(\f(x,1＋x),1＋\f(x,1＋x))＝eq\f(x,1＋2x)，g3(x)＝eq\f(x,1＋3x)，…，可得gn(x)＝eq\f(x,1＋nx).下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，结论成立．②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝eq\f(x,1＋kx).那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝eq\f(gk〔x〕,1＋gk〔x〕)＝eq\f(\f(x,1＋kx),1＋\f(x,1＋kx))＝eq\f(x,1＋〔k＋1〕x)，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．(2)f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立．设φ(x)＝ln(1＋x)－eq\f(ax,1＋x)(x≥0)，那么φ′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(a,〔1＋x〕2)＝eq\f(x＋1－a,〔1＋x〕2)，当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1时，ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立(仅当x＝0时等号成立)．当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，∴φ(a－1)<φ(0)＝0.即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)不恒成立．综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，eq\f(1,2)<ln2，结论成立．②假设当n＝k时结论成立，即eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k＋1)<ln(k＋1)．那么，当n＝k＋1时，eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)<ln(k＋1)＋eq\f(1,k＋2)<ln(k＋1)＋lneq\f(k＋2,k＋1)＝ln(k＋2)，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．方法二：上述不等式等价于eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x)，x>0.令x＝eq\f(1,n)，n∈N＋，那么lneq\f(n＋1,n)>eq\f(1,n＋1).故有ln2－ln1>eq\f(1,2)，ln3－ln2>eq\f(1,3)，……ln(n＋1)－lnn>eq\f(1,n＋1)，上述各式相加可得ln(n＋1)>eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)，结论得证．方法三：如图，eq\i\in(0,n,)eq\f(x,x＋1)dx是由曲线y＝eq\f(x,x＋1)，x＝n及x轴所围成的曲边梯形的面积，而eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)是图中所示各矩形的面积和，∴eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)>eq\i\in(0,n,)eq\f(x,x＋1)dx＝eq\i\in(0,n,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x＋1)))dx＝n－ln(n＋1)，结论得证．10．〔2023·四川卷〕设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图像上(n∈N*)．(1)假设a1＝－2，点(a8，4b7)在函数f(x)的图像上，求数列{an}的前n项和Sn；(2)假设a1＝1，函数f(x)的图像在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－eq\f(1,ln2)，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))的前n项和Tn.【解析】解：(1)由得，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，所以2a8＝4×2a7＝2a7＋2，解得d＝a8－a7＝2，所以Sn＝na1＋eq\f(n〔n－1〕,2)d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.(2)函数f(x)＝2x在点(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln2)(x－a2)，其在x轴上的截距为a2－eq\f(1,ln2).由题意有a2－eq\f(1,ln2)＝2－eq\f(1,ln2)，解得a2＝2.所以d＝a2－a1＝1.从而an＝n，bn＝2n，所以数列{eq\f(an,bn)}的通项公式为eq\f(an,bn)＝eq\f(n,2n)，所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)＋eq\f(n,2n)，2Tn＝eq\f(1,1)＋eq\f(2,2)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(n,2n－1)，因此，2Tn－Tn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(2n＋1－n－2,2n).所以，Tn＝eq\f(2n＋1－n－2,2n).11．〔2023·安徽卷〕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．【解析】解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令f′(x)＝0，得x1＝eq\f(－1－\r(4＋3a),3)，x2＝eq\f(－1＋\r(4＋3a),3)，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.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(－1－\r(4＋3a),3)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1＋\r(4＋3a),3)，＋∞))内单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1－\r(4＋3a),3)，\f(－1＋\r(4＋3a),3)))内单调递增．12．〔2023·安徽卷〕设实数c＞0，整数p＞1，n∈N*.(1)证明：当x＞－1且x≠0时，(1＋x)p＞1＋px；(2)数列{an}满足a1＞ceq\f(1,p)，an＋1＝eq\f(p－1,p)an＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,n)，证明：an＞an＋1＞ceq\f(1,p).【解析】证明：(1)用数学归纳法证明如下．①当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立．②假设p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．当p＝k＋1时，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x.所以当p＝k＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，当x>－1，x≠0时，对一切整数p>1，不等式(1＋x)p>1＋px均成立．(2)方法一：先用数学归纳法证明an>ceq\f(1,p).①当n＝1时，由题设知a1>ceq\f(1,p)成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ceq\s\up6(\f(1,p))成立．由an＋1＝eq\f(p－1,p)an＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,n)易知an>0，n∈N*.当n＝k＋1时，eq\f(ak＋1,ak)＝eq\f(p－1,p)＋eq\f(c,p)aeq\o\al(－p,k)＝1＋eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1)).由ak>ceq\f(1,p)>0得－1<－eq\f(1,p)<eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1))<0.由(1)中的结论得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ak＋1,ak)))eq\s\up12(p)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,p)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1))))eq\s\up12(p)>1＋p·eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1))＝eq\f(c,aeq\o\al(p,k)).因此aeq\o\al(p,k＋1)>c，即ak＋1>ceq\f(1,p)，所以当n＝k＋1时，不等式an>ceq\f(1,p)也成立．综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>ceq\f(1,p)均成立．再由eq\f(an＋1,an)＝1＋eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,n))－1))可得eq\f(an＋1,an)<1，即an＋1<an.综上所述，an>an＋1>ceq\f(1,p)，n∈N*.方法二：设f(x)＝eq\f(p－1,p)x＋eq\f(c,p)x1－p，x≥ceq\f(1,p)，那么xp≥c，所以f′(x)＝eq\f(p－1,p)＋eq\f(c,p)(1－p)x－p＝eq\f(p－1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(c,xp)))>0.由此可得，f(x)在[ceq\f(1,p)，＋∞)上单调递增，因而，当x>ceq\f(1,p)时，f(x)>f(ceq\f(1,p))＝ceq\f(1,p).①当n＝1时，由a1>ceq\f(1,p)>0，即aeq\o\al(p,1)>c可知a2＝eq\f(p－1,p)a1＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,1)＝a1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,p)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,1))－1))))<a1，并且a2＝f(a1)>ceq\f(1,p)，从而可得a1>a2>ceq\f(1,p)，故当n＝1时，不等式an>an＋1>ceq\f(1,p)成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ak＋1>ceq\f(1,p)成立，那么当n＝k＋1时，f(ak)>f(ak＋1)>f(ceq\f(1,p))，即有ak＋1>ak＋2>ceq\f(1,p)，所以当n＝k＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>an＋1>ceq\f(1,p)均成立．13．〔2023·福建卷〕函数f(x)＝ex－ax(a为常数)的图像与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x>0时，x2<ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.【解析】解：方法一：(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.又f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2.当x<ln2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>ln2时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝ln2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－ln4，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝ex－x2，那么g′(x)＝ex－2x.由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln2)＝2－ln4>0，故g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1>0，所以当x>0时，g(x)>g(0)>0，即x2<ex.(3)证明：①假设c≥1，那么ex≤cex.又由(2)知，当x>0时，x2<ex.故当x>0时，x2<cex.取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.②假设0<c<1，令k＝eq\f(1,c)>1，要使不等式x2<cex成立，只要ex>kx2成立．而要使ex>kx2成立，那么只要x>ln(kx2)，只要x>2lnx＋lnk成立．令h(x)＝x－2lnx－lnk，那么h′(x)＝1－eq\f(2,x)＝eq\f(x－2,x).所以当x>2时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增．取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)内单调递增．又h(x0)＝16k－2ln(16k)－lnk＝8(k－ln2)＋3(k－lnk)＋5k，易知k>lnk，k>ln2，5k>0，所以h(x0)>0.即存在x0＝eq\f(16,c)，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.方法二：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)对任意给定的正数c，取x0＝eq\f(4,\r(c))，由(2)知，当x>0时，ex>x2，所以ex＝eeq\f(x,2)·eeq\f(x,2)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))eq\s\up12(2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))eq\s\up12(2)，当x>x0时，ex>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))eq\s\up12(2)>eq\f(4,c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,c)x2，因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.方法三：(1)同方法一．14．〔2023·广东卷〕曲线y＝e－5x＋2在点(0，3)处的切线方程为________．【答案】y＝－5x＋3【解析】此题考查导数的几何意义以及切线方程的求解方法．因为y′＝－5e－5x，所以切线的斜率k＝－5e0＝－5，所以切线方程是：y－3＝－5(x－0)，即y＝－5x＋3.15．〔2023·江西卷〕假设曲线y＝e－x上点P处的切线平行于直线2x＋y＋1＝0，那么点P的坐标是________．【答案】(－ln2，2)【解析】设点P的坐标为(x0，y0)，y′＝－e－x.又切线平行于直线2x＋y＋1＝0，所以－e－x0＝－2，可得x0＝－ln2，此时y＝2，所以点P的坐标为(－ln2，2)．16．〔2023·江西卷〕函数f(x)＝(x2＋bx＋b)eq\r(1－2x)(b∈R)．(1)当b＝4时，求f(x)的极值；(2)假设f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))上单调递增，求b的取值范围．【解析】解：(1)当b＝4时，f′(x)＝eq\f(－5x〔x＋2〕,\r(1－2x))，由f′(x)＝0，得x＝－2或x＝0.所以当x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－2，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故f(x)在x＝－2处取得极小值f(－2)＝0，在x＝0处取得极大值f(0)＝4.(2)f′(x)＝eq\f(－x[5x＋〔3b－2〕],\r(1－2x))，易知当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))时，eq\f(－x,\r(1－2x))<0，依题意当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))时，有5x＋(3b－2)≤0，从而eq\f(5,3)＋(3b－2)≤0，得b≤eq\f(1,9).所以b的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,9))).17．〔2023·全国卷〕曲线y＝xex－1在点(1，1)处切线的斜率等于()A．2eB．eC．2D．1【答案】C【解析】因为y′＝(xex－1)′＝ex－1＋xex－1，所以y＝xex－1在点(1，1)处的导数是y′|x＝1＝e1－1＋e1－1＝2，故曲线y＝xex－1在点(1，1)处的切线斜率是2.18．〔2023·新课标全国卷Ⅱ〕设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为y＝2x，那么a＝()A．0B．1C．2D．3【答案】D【解析】y′＝a－eq\f(1,x＋1)，根据得，当x＝0时，y′＝2，代入解得a＝3.19．〔2023·陕西卷〕设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求gn(x)的表达式；(2)假设f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设n∈N＋，比拟g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．【解析】解：由题设得，g(x)＝eq\f(x,1＋x)(x≥0)．(1)由，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，g2(x)＝g(g1(x))＝eq\f(\f(x,1＋x),1＋\f(x,1＋x))＝eq\f(x,1＋2x)，g3(x)＝eq\f(x,1＋3x)，…，可得gn(x)＝eq\f(x,1＋nx).下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，结论成立．②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝eq\f(x,1＋kx).那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝eq\f(gk〔x〕,1＋gk〔x〕)＝eq\f(\f(x,1＋kx),1＋\f(x,1＋kx))＝eq\f(x,1＋〔k＋1〕x)，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．(2)f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立．设φ(x)＝ln(1＋x)－eq\f(ax,1＋x)(x≥0)，那么φ′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(a,〔1＋x〕2)＝eq\f(x＋1－a,〔1＋x〕2)，当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1时，ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立(仅当x＝0时等号成立)．当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，∴φ(a－1)<φ(0)＝0.即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)不恒成立．综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．(3)由题设知g(1)＋g(2