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第1页（共15页）（2）若函数f（x）在（0，）上存在两个极值点，求实数a的取值范围．2．（2019秋•汕头校级期末）已知函数f（x）＝xcosx﹣2sinx+1，g（x）＝x2eax（a∈R）．（1）证明：f（x）的导函数f'（x）在区间（0，π）上存在唯一零点；（2）若对任意x1∈[0，2]，均存在x2∈[0，π]，使得g（x1）≤f（x2），求实数a的取值范围．注：复合函数y＝eax的导函数y'＝aeax．3．（2020•开封一模）已知函数，a∈R，e为自然对数的底数．（1）当a＝1时，证明：∀x∈（﹣∞，0]，f（x）≥1；（2）若函数f（x）在上存在两个极值点，求实数a的取值范围．4．（2020•遂宁模拟）已知函数（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）若函数g（x）＝a（lnx﹣x）+f（x）﹣exsinx﹣1有两个极值点x1，x2（x1≠x2）．且不等式g（x1）+g（x2）＜λ（x1+x2）恒成立，求实数λ的取值范围．5．（2018秋•济宁期末）已知函数f（x）＝（x﹣a）cosx﹣sinx，g（x）＝x3﹣ax2，a∈R（Ⅰ）当a＝1时，求函数y＝f（x）在区间（0，）上零点的个数；（Ⅱ）令F（x）＝f（x）+g（x），试讨论函数y＝F（x）极值点的个数．6．（2019秋•五华区校级月考）已知函数，f'（x）为f（x）的导数．（1）证明：f（x）在定义域上存在唯一的极大值点；（2）若存在x1≠x2，使f（x1）＝f（x2），证明：x1x2＜4．7．（2019秋•五华区校级月考）定义在[﹣π，+∞）的函数f（x）＝ex﹣cosx的导函数为g（x）．证明：（1）g（x）在区间（﹣π，0）存在唯一极小值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．（1）当a＝1时，证明：∀x∈（﹣∞，0]，f（x）≥1；1．（2020•开封一模）已知函数f（x）＝a•e﹣x+sinx，a∈R，e为自然对数的底数．二．解答题（共10小题）第2页（共15页）8．（2019秋•遂宁月考）已知函数，（1）讨论f（x）在上的单调性．（2）当a＞0时，若f（x）在上的最大值为π﹣1，讨论：函数f（x）在（0，π）内的零点个数．9．（2019秋•肇庆月考）设函数f（x）＝sinx﹣ax+x3（a∈R）．（1）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；（2）若对任意的x≥0，f（x）≥0成立，求a的取值范围．10．（2019秋•江岸区校级月考）已知函数，f'（x）是f（x）的导函数．（1）证明：当m＝2时，f'（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（2）若存在x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2时，f（x1）＝f（x2），证明：．第3页（共15页）一．选择题二．解答题（共10小题）1．（2020•开封一模）已知函数f（x）＝a•e﹣x+sinx，a∈R，e为自然对数的底数．（1）当a＝1时，证明：∀x∈（﹣∞，0]，f（x）≥1；（2）若函数f（x）在（0，）上存在两个极值点，求实数a的取值范围．【分析】（1）求出f′（x）＝﹣e﹣x+cosx，得出f′（x）≤0，则f（x）在（﹣∞，0]上单调递减，结论可证．（2）函数f（x）在（0，）上存在两个极值点；则f′（x）＝0在（0，）上有两个不等实数根，分离参数得a＝excosx在（0，）上有两个不等实数根；设g（x）＝excosx，讨论函数g（x）的单调性即可解决；【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝e﹣x+sinx，f′（x）＝﹣e﹣x+cosx，当x≤0时，﹣e﹣x≤﹣1，则f′（x）≤0（x≤0）所以f（x）在（﹣∞，0]上单调递减，f（x）≥f（0）＝1；所以：∀x∈（﹣∞，0]，f（x）≥1；（2）函数f（x）在（0，）上存在两个极值点；则f′（x）＝0在（0，）上有两个不等实数根；即f′（x）＝﹣ae﹣x+cosx＝0在（0，）上有两个不等实数根；即a＝excosx在（0，）上有两个不等实数根；设g（x）＝excosx，则g′（x）＝ex（cosx﹣sinx）；当时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；当时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；又g（0）＝1，，；第4页（共15页）故实数a的取值范围为：【点评】本题考查不等式证明，根据函数极值个数求参数的范围，函数零点问题，考查分离参数法，属于难题．2．（2019秋•汕头校级期末）已知函数f（x）＝xcosx﹣2sinx+1，g（x）＝x2eax（a∈R）．（1）证明：f（x）的导函数f'（x）在区间（0，π）上存在唯一零点；（2）若对任意x1∈[0，2]，均存在x2∈[0，π]，使得g（x1）≤f（x2），求实数a的取值范围．注：复合函数y＝eax的导函数y'＝aeax．【分析】（1）设h（x）＝f′（x），然后对h（x）求导，结合导数与单调性的关系可判断h（x）的单调性，然后结合零点判定定理可证，（2）依题意，“对任意x1∈[0，2]，均存在x2∈[0，π]，使得得g（x1）≤f（x2），等价于“g（x）max≤f（x）max”，结合导数可分别求解最值，即可求解．【解答】解：（1）设h（x）＝f′（x）＝cosx﹣xsinx﹣2cosx＝﹣cosx﹣xsinx，∴h′（x）＝sinx﹣sinx﹣xcosx＝﹣xcosx当x时，h′（x）＜0；当x时，h′（x）＞0；所以h（x）在（0，）单调递减，在（）单调递增．又h（0）＝﹣1＜0lh（）＝﹣，h（π）＝1＞0，故f′（x）在区间（0，π）上存在唯一零点．（2）记f（x）在区间[0，π]上的最大值为f（x）max，g（x）在区间[0，2]上的最大值为g（x）max．依题意，“对任意x1∈[0，2]，均存在x2∈[0，π]，使得得g（x1）≤f（x2），等价于“g（x）max≤f（x）max”，由（Ⅰ）知，f′（x）在（0，π）只有一个零点，设为x0，且当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0；当x∈（x0，π）时，f′（x）＞0；，所以f（x）在（0，x0）单调递减，在当（x0，π）时单调递增．又f（0）＝1，f（π）＝1﹣π＜0，所以当x∈[0，π]时，f（x）max＝1．故应满足g（x）max≤1．因为g（x）＝x2eax，所以g′（x）＝（ax2+2x）eax＝x（ax+2）eax．第5页（共15页）①当a＝0时，g（x）＝x2，对任意x∈[0，2]，g（x）max＝g（2）＝4，不满足g（x）max≤1．②当a≠0时，令g′（x）＝0，得x＝0或x＝﹣．（ⅰ）当﹣≥2，即﹣1≤a＜0时，在[0，2]上，g′（x）≥0，所以g（x）在[0，2]上单调递增，g（x）max＝g（2）＝4e2a．由4e2a≤1，得a≤﹣ln2，所以﹣1≤a≤﹣ln2．（ⅱ）当0＜﹣＜2，即a＜﹣1时，上，g′（x）＜0，g（x）单调递减．g（x）max＝．由≤1，得a≤﹣或a≥，所以a＜﹣1．（ⅲ）当﹣＜0，即a＞0时，显然在[0，2]上，g′（x）≥0，g（x）单调递增，于是g（x）max＝g（2）＝4e2a，此时不满足g（x）max≤1．综上，实数a的取值范围是（﹣∞，﹣ln2]．【点评】本题主要考查了函数的导数与单调性关系，函数零点判定定理及恒成立与存在性问题与最值求解的相互转化，体现了分类讨论思想与转化思想的应用．3．（2020•开封一模）已知函数，a∈R，e为自然对数的底数．（1）当a＝1时，证明：∀x∈（﹣∞，0]，f（x）≥1；（2）若函数f（x）在上存在两个极值点，求实数a的取值范围．【分析】（1）把a＝1代入，直接用导数法证明即可；（2）对f（x）求导，，对a进行讨论，判断函数f（x）的极值，确定a的范围．【解答】解：（1）当a＝1时，，则，当x∈（﹣∞，0]时，0＜ex≤1，则，又因为cosx≤1，所以当x∈（﹣∞，0]时，，仅x＝0时，f'（x）＝0，所以f（x）在（﹣∞，0]上是单调递减，所以f（x）≥f（0）＝1，即f（x）≥1．（2），因为，所以cosx＞0，ex＞0，①当a≤0时，f'（x）＞0恒成立，所以f（x）在上单调递增，没有极值点．②当a＞0时，在区间上单调递增，第6页（共15页）因为，f'（0）＝﹣a+1．当a≥1时，时，f'（x）≤f'（0）＝﹣a+1≤0，所以f（x）在上单调递减，没有极值点．当0＜a＜1时，f'（0）＝﹣a+1＞0，所以存在，使f'（x0）＝0，当时，f'（x）＜0，x∈（x0，0）时，f'（x）＞0，所以f（x）在x＝x0处取得极小值，x0为极小值点．综上可知，若函数f（x）在上存在极值点，则实数a∈（0，1）．【点评】本题考查了导数的综合应用及极值点引出的含参问题，综合性高，难度较大．4．（2020•遂宁模拟）已知函数（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）若函数g（x）＝a（lnx﹣x）+f（x）﹣exsinx﹣1有两个极值点x1，x2（x1≠x2）．且不等式g（x1）+g（x2）＜λ（x1+x2）恒成立，求实数λ的取值范围．【分析】（1）求出f′（x）＝exsinx+excosx+x，求出切线的斜率，切点坐标，然后求解切线方程．（2）化简g（x）＝，求出导函数，通过g′（x）＝0有两个不同的正根，即x2﹣ax+a＝0有两个不同的正根，列出不等式组，不等式g（x1）+g（x2）＜λ（x1+x2）恒成立等价于恒成立，转化求解即可．【解答】解：（1）因为，所以f′（x）＝exsinx+excosx+x，所以k切＝f′（0）＝1，又f（0）＝1，故所求的切线方程为y﹣1＝1×（x﹣0），即x﹣y+1＝0．（2）因为g（x）＝a（lnx﹣x）+f（x）﹣exsinx﹣1＝所以，由题意g′（x）＝0有两个不同的正根，即x2﹣ax+a＝0有两个不同的正根，第7页（共15页）则，不等式g（x1）+g（x2）＜λ（x1+x2）恒成立等价于恒成立又＝＝＝＝所以，令（a＞4），则，所以在（4，+∞）上单调递减，所以y＜2ln2﹣3，所以λ≥2ln2﹣3．【点评】本题考查函数与方程的应用，函数的导数以及函数的最值的求法，切线方程的求法，考查分析问题解决问题的能力，是难题．5．（2018秋•济宁期末）已知函数f（x）＝（x﹣a）cosx﹣sinx，g（x）＝x3﹣ax2，a∈R（Ⅰ）当a＝1时，求函数y＝f（x）在区间（0，）上零点的个数；（Ⅱ）令F（x）＝f（x）+g（x），试讨论函数y＝F（x）极值点的个数．【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系可判断单调性，结合零点判定定理可求．（2）先求导，再分类讨论即可求出函数的单调区间和极值【解答】解：（1）a＝1时，f（x）＝（x﹣1）cosx﹣sinx，∴f′（x）＝（﹣x+1）sinx，x∈（0，），sinx＞0，第8页（共15页）当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当1＜x＜时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＝1时，函数取得最小值f（1）＝﹣sin1＜0，而f（0）＝﹣cos1＜0．f（）＝﹣1＜0，故函数f（x）在区间（0，）上零点的个数为0，（2）函数F（x）＝（x﹣a）cosx﹣sinxx3﹣ax2，∴F′（x）＝（x﹣a）（x﹣sinx），令F′（x）＝0，解得x＝a，或x＝0，①若a＞0时，当x＜0时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（﹣∞，0）上单调递增，当x＞a时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（a，+∞）上单调递增，当0＜x＜a时，F′（x）＜0恒成立，故F（x）在（0，a）上单调递减，故有2个极值点，②若a＜0时，当x＞0时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（﹣∞，0）上单调递增，当x＜a时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（﹣∞，a）上单调递增，当a＜x＜0时，F′（x）＜0恒成立，故F（x）在（a，0）上单调递减，故有2个极值点，③当a＝0时，F′（x）＝x（x﹣sinx），当x＞0时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（0，+∞）上单调递增，当x＜0时，F′（x）＞0恒成立，故F（