【文档说明】2025届高考一轮复习专项练习 数学 单元质检卷三　一元函数的导数及其应用 Word版含解析.docx，共(14)页，166.229 KB，由小赞的店铺上传

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单元质检卷三一元函数的导数及其应用(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2020福建福州模拟,理7)已知函数f(x)为偶函数,当x<0时,f(x)=x2-ln(-x),则曲线y=f(x)

在x=1处的切线方程为()A.x-y=0B.x-y-2=0C.x+y-2=0D.3x-y-2=02.设函数f(x)在R上可导,其导函数为f'(x),若函数f(x)在x=1处取得极大值,则函数y=-xf'(x)的图像可能是()3.已知函数f(x)=x+1,g(x)=lnx,若f(x1)=g(

x2),则x2-x1的最小值为()A.1B.2+ln2C.2-ln2D.24.已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf'(x)-f(x)<0,且f(2)=2,则f(ex)-ex>0的解集是()A.(-∞

,ln2)B.(ln2,+∞)C.(0,e2)D.(e2,+∞)5.(2020北京房山区二模,5)函数f(x)=ex-x2的零点个数为()A.0B.1C.2D.36.(2020山东青岛5月模拟,8)已知函数f(x)=ln𝑥𝑥2,若f(x)<m-1𝑥2在(0,+∞)上恒成立,e为自然对数

的底数,则实数m的取值范围是()A.m>eB.m>e2C.m>1D.m>√e7.已知函数f(x)=x2+|x-a|,g(x)=(2a-1)x+alnx,若函数y=f(x)与函数y=g(x)的图像恰好有两个不同的交点,则实数a的取值范围为()A.(1,+∞)B.(-∞,

1)C.(0,+∞)D.(-∞,0)8.(2020河南新乡三模,理12)已知函数f(x)=x2-ax(𝑥∈[1e,e])与g(x)=ex的图像上存在两对关于直线y=x对称的点,则实数a的取值范围是()A.[e-1e,e]B.(1,e-1e]

C.[1,e-1e]D.[1,e+1e]二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.(2020山东潍坊临朐模拟二,12)已知函数f(x)=xlnx+x2,x0是函数f(x)的

极值点,以下结论中正确的是()A.0<x0<1eB.x0>1eC.f(x0)+2x0<0D.f(x0)+2x0>010.(2020山东聊城二模,10)下列关于函数f(x)=x3-3x2+2x的叙述正确的是()A.函数f(x)有三个零点B.点(1,0)是函数f(x

)图像的对称中心C.函数f(x)的极大值点为x=1-√33D.存在实数a,使得函数g(x)=[f(x)]2+af(x)在R上为增函数11.(2020海南天一大联考第三次模拟,12)已知函数f(x)=x3+ax+b,其中a,b∈R,则下列选项中的条件使得f(x

)仅有一个零点的有()A.a<b,f(x)为奇函数B.a=ln(b2+1)C.a=-3,b2-4≥0D.a<0,b2+𝑎36>012.(2020山东师大附中月考,12)设函数f(x)={|ln𝑥|,𝑥>0,e𝑥(𝑥+1),𝑥≤0,若方程[f(x)]2-af(x)+11

6=0有六个不等的实数根,则实数a可能的取值是()A.12B.23C.1D.2三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2020山东、海南两省4月模拟,13)函数f(x)=𝑎ln𝑥e𝑥在点P(1

,f(1))处的切线与直线2x+y-3=0垂直,则a=.14.设f(x)=ex(lnx-a),若函数f(x)在区间1e,e上单调递减,则实数a的取值范围为.15.已知函数f(x)=log2x,g(x)=√�

�+√𝑎-𝑥(a>0),若对∀x1∈{x|g(x)=√𝑥+√𝑎-𝑥},∃x2∈[4,16],使g(x1)=f(x2)成立,则实数a的取值范围是.16.已知函数f(x)=2lnx,g(x)=ax2-x-12(a

>0).若直线y=2x-b与函数y=f(x),y=g(x)的图像均相切,则a的值为;若总存在直线与函数y=f(x),y=g(x)的图像均相切,则a的取值范围是.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2020河南郑州质量预测二,理21)已知函

数f(x)=ln𝑥𝑎,g(x)=𝑥+1𝑥(x>0).(1)当a=1时,求曲线y=𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)在x=1处的切线方程;(2)讨论函数F(x)=f(x)-1𝑔(𝑥)在(0,+∞)上的单调性.18.(12分)(2020河南开封三模,理20)已知函数f(

x)=axex-lnx+b(a,b∈R)在x=1处的切线方程为y=(2e-1)x-e.(1)求a,b值;(2)若f(x)≥mx恒成立,求实数m的取值范围.19.(12分)(2020陕西宝鸡三模,文21)已知函数f(x)=lnx+ax

2-(2a+1)x,a∈R,f'(x)为f(x)的导函数.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若g(x)=f(x)+a+1,当a>12时,求证:g(x)有两个零点.20.(12分)(2020辽宁大连一中6月模拟,文20)已知函数f(x)

=xlnx-1,g(x)=(k-1)x-k(k∈R).(1)若直线y=g(x)是曲线y=f(x)的一条切线,求k的值;(2)当x>1时,直线y=g(x)与曲线y=f(x)+1无交点,求整数k的最大值.21.(12分)(202

0天津,20)已知函数f(x)=x3+klnx(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.(1)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.(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x

2∈[1,+∞),且x1>x2,有𝑓'(𝑥1)+𝑓'(𝑥2)2>𝑓(𝑥1)-𝑓(𝑥2)𝑥1-𝑥2.22.(12分)(2020浙江,22)已知1<a≤2,函数f(x)=ex-x-a,其中e=2.71828…是自然对数的底数.(1)证明:函数y=f(x)在(0,+

∞)上有唯一零点.(2)记x0为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点,证明:①√𝑎-1≤x0≤√2(𝑎-1);②x0f(e𝑥0)≥(e-1)(a-1)a.参考答案单元质检卷三一元函数的导数及其应用1

.A当x>0时,-x<0,f(-x)=x2-lnx,又函数f(x)为偶函数,所以f(x)=x2-lnx,f(1)=1,所以f'(x)=2x-1𝑥,f'(1)=1,故切线方程为y-1=x-1,即x-y=0.故选A.2.B因为函数f(x)在R上可导且f(x

)在x=1处取得极大值,所以当x>1时,f'(x)<0;当x=1时,f'(x)=0;当x<1时,f'(x)>0.所以当x<0时,y=-xf'(x)>0,当0<x<1时,y=-xf'(x)<0,当x=0或x=1时,y=-xf'(x)=0,当x>1时,y=-xf'(x)>0,可知选项B符合题意

.故选B.3.D设f(x1)=g(x2)=t,所以x1=t-1,x2=et,所以x2-x1=et-t+1,令h(t)=et-t+1,则h'(t)=et-1,所以h(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以h(t)min=h(0)=2.4.A

令g(x)=𝑓(𝑥)𝑥,g'(x)=𝑥𝑓'(𝑥)-𝑓(𝑥)𝑥2<0,则g(x)在(0,+∞)上单调递减,且g(2)=𝑓(2)2=1,故f(ex)-ex>0等价为𝑓(e𝑥)e𝑥>𝑓(2)2,即g(ex)>g(2),故ex<2,即x<ln2,则所求的解

集为(-∞,ln2).故选A.5.B令f(x)=ex-x2=0,得ex=x2,分别画出y=ex和y=x2的图像,如图所示,当x<0时,函数y=ex和y=x2有一个交点.当x>0时,f'(x)=ex-2x,令g(x)=ex

-2x,则g'(x)=ex-2,当g'(x)=0时,可得x=ln2.当x∈(0,ln2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(ln2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)min=g(l

n2)=eln2-2ln2=2-ln4>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.又因为f(0)=1,所以当x∈(0,+∞)时,f(x)>0.故f(x)在(0,+∞)上无零点.综上,函数f(x)=ex-x2的零点个数为1.故选B.6.

B若f(x)<m-1𝑥2在(0,+∞)上恒成立,即f(x)+1𝑥2<m在(0,+∞)上恒成立,令g(x)=f(x)+1𝑥2=ln𝑥+1𝑥2,故只需g(x)max<m即可,g'(x)=1𝑥·𝑥2-(ln𝑥+1)·2𝑥𝑥4=-2ln𝑥-

1𝑥3,令g'(x)=0,得x=e-12,当0<x<e-12时,g'(x)>0;当x>e-12时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,e-12)上单调递增,在(e-12,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(e-12)=e2,所以实数

m的取值范围是m>e2.故选B.7.A当a≠0时函数g(x)的定义域为(0,+∞),所以只研究这两个函数在x∈(0,+∞)上的图像,当a≤0时,f(x)单调递增,又g(x)单调递减,两者的图像最多只有一个交点,不符合题意.当

a>0时,设φ(x)=f(x)-g(x),即φ(x)={𝑥2-2𝑎𝑥-𝑎ln𝑥+𝑎,0<𝑥<𝑎,𝑥2+(2-2𝑎)𝑥-𝑎ln𝑥-𝑎,𝑥≥𝑎,因为φ'(x)={2(𝑥-𝑎)-𝑎𝑥<0,0<𝑥<𝑎,2(𝑥-𝑎)+

2𝑥-𝑎𝑥>0,𝑥≥𝑎,所以φ(x)在(0,a)上单调递减,(a,+∞)上单调递增,所以φ(x)min=-a2-alna+a,因为x→0,x→+∞时,φ(x)→+∞,所以φ(x)有两个零点,当且仅当φ(x)min=-a2-alna+a<0,解得a>1

,即a的取值范围为(1,+∞).8.B∵f(x)与g(x)的图像在x∈[1e,e]上存在两对关于直线y=x对称的点,则函数f(x)与函数φ(x)=lnx的图像在x∈[1e,e]上有两个交点,∴lnx=x2-ax在x∈[1e,e]

上有两个实数解,即a=x-ln𝑥𝑥在x∈[1e,e]上有两个实数解,令h(x)=x-ln𝑥𝑥,则h'(x)=𝑥2+ln𝑥-1𝑥2.令k(x)=x2+lnx-1,k(x)在x∈[1e,e]上单调递增,且k(1)=0,∴当x∈[1e,1]时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x

∈(1,e]时,h'(x)>0,h(x)单调递增.∴h(x)min=h(1)=1.对g1e=e+1e,g(e)=e-1e,∴a的取值范围是1,e-1e.9.AD∵函数f(x)=xlnx+x2(x>0),∴f'(x)=lnx+1+2x.∵x0是函数f(x)的极值点,∴f'(x0)=0,即lnx0

+1+2x0=0,∵f'(x)在(0,+∞)上单调递增,且f'(1e)=2e>0,又x→0,f'(x)→-∞,∴0<x0<1e,即选项A正确,选项B不正确;f(x0)+2x0=x0lnx0+𝑥02+

2x0=x0(lnx0+x0+2)=x0(1-x0)>0,即选项D正确,选项C不正确.故选AD.10.ABC令f(x)=0,即x(x-1)(x-2)=0,解得x=0或x=1或x=2,故函数f(x)有三个零点,故选项A正确;因为f(1+x)+f(1-x)=0,所以点(1,0

)是函数f(x)图像的对称中心,故选项B正确;令f'(x)=3x2-6x+2=0,解得x=3±√33,故f(x)在-∞,3-√33上单调递增,在3-√33,3+√33上单调递减,在3+√33,+∞上单调递增,函数f(x)的极大值点为x=1-√33,故选项C正

确;因为f(x)在R上不单调,所以不存在实数a,使得函数g(x)=[f(x)]2+af(x)在R上为增函数,故D错误.故选ABC.11.BD由题知f'(x)=3x2+a.对于A,由f(x)是奇函数,知b=0,因为a<0,所以f(x)存

在两个极值点,易知f(x)有三个零点,故A错误;对于B,因为b2+1≥1,所以a≥0,f'(x)≥0,所以f(x)单调递增,则f(x)仅有一个零点,故B正确;对于C,若取b=2,则f(x)的极大值为f(-

1)=4,极小值为f(1)=0,此时f(x)有两个零点,故C错误;对于D,f(x)的极大值为f-√-𝑎3=b-2𝑎3√-𝑎3,极小值为f√-𝑎3=b+2𝑎3√-𝑎3.因为a<0,所以b2+4𝑎327>b2+𝑎36>0,所以b2>-4𝑎327,则b>-2𝑎3√-𝑎3或b<2

𝑎3√-𝑎3,从而f-√-𝑎3>0,f√-𝑎3>0或f-√-𝑎3<0,f√-𝑎3<0,可知f(x)仅有一个零点,故D正确.12.BC当x≤0时,f(x)=ex(x+1),则f'(x)=ex(x+1)+ex=ex(x+2).由f'(x)<0得,x+2<0,即x<-2,此时f

(x)单调递减,由f'(x)>0得,x+2>0,即-2<x≤0,此时f(x)单调递增,即当x=-2时,f(x)取得极小值f(-2)=-1e2,作出f(x)的图像如图:由图像可知当0<f(x)≤1时,有三个不同的x的取值与f(x)对应.设t=f(x),

因为方程[f(x)]2-af(x)+116=0有六个不等的实数根,所以t2-at+116=0在t∈(0,1]内有两个不等的实数根,设g(t)=t2-at+116.则{𝑔(0)>0,𝑔(1)≥0,𝛥>0,0<𝑎2<1,即{

116>0,1-𝑎+116≥0,𝑎2-4×116>0,0<𝑎2<1,解得12<a≤1716.结合选项可知实数a可能是23或1,故选BC.13.e2由题意,得f'(x)=𝑎𝑥e𝑥-𝑎e𝑥ln𝑥(e𝑥)2=𝑎𝑥-𝑎ln𝑥e𝑥.

又切线斜率k=12.∴f'(1)=𝑎e=12,∴a=e2.14.[e-1,+∞)由题意可得f'(x)=exlnx+1𝑥-a≤0在1e,e上恒成立.因为ex>0,所以只需lnx+1𝑥-a≤0,即a≥lnx+1𝑥在1e,e上恒成立.令g(x)=lnx+1𝑥.因

为g'(x)=1𝑥−1𝑥2=𝑥-1𝑥2.由g'(x)=0,得x=1.则g(x)在1e,1上单调递减,在(1,e)上单调递增,g1e=ln1e+e=e-1,g(e)=1+1e,因为e-1>1+1e,所以

g(x)max=g1e=e-1.故a的取值范围为[e-1,+∞).15.[4,8]结合题意可得log24=2≤f(x)≤log216=4,要使得对∀x1∈{x|g(x)=√𝑥+√𝑎-𝑥},∃x2∈[4,16],使g(x1)=f(x2)成立,则要求g(x)的值域在[2,4]上,对g(x)求导得

g'(x)=√𝑎-𝑥-√𝑥2√𝑥·√𝑎-𝑥,令g'(x)>0,解得x<𝑎2,结合该函数的定义域为[0,a],可知g(x)在0,𝑎2上单调递增,在𝑎2,a上单调递减,故g(x)在x=𝑎2取到最大值,在x=0取到最小值,所以需要满足g𝑎2≤4,且g(0)≥2,得到{√𝑎2+√

𝑎2≤4,√𝑎≥2,解得a∈[4,8].16.32[32,+∞)由题意,f'(x)=2𝑥,g'(x)=2ax-1,因为直线y=2x-b与函数y=f(x),y=g(x)的图像均相切,所以{2𝑥=2,2𝑎𝑥-1=2,解得x=1,a=32.设直线l与y=f(x)的图像相切于点P1

(x1,y1),x1>0,则切线方程为y-2lnx1=2𝑥1(x-x1),代入g(x)=ax2-x-12(a>0),得2𝑥1x-2+2lnx1=ax2-x-12,即ax2-(1+2𝑥1)x+(32-2ln𝑥1)=0.所以Δ=(1+2𝑥1)2-4a×(32-2ln𝑥1)=0.所以a=

(𝑥1+2)22𝑥12(3-4ln𝑥1)(x1>0).令y=(𝑥1+2)22𝑥12(3-4ln𝑥1)(x1>0),则y'=2(𝑥1+2)(4ln𝑥1+𝑥1-1)𝑥13(3-4ln𝑥1)2.令y'=0,解得x1=1.当x1>1时,

y'>0,y单调递增,当0<x1<1时,y'<0,y单调递减,因此y≥(1+2)22×12(3-4ln1)=32,即a≥32.17.解(1)当a=1时,y=𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)=𝑥ln𝑥𝑥+1,y'=(

1+ln𝑥)(𝑥+1)-𝑥ln𝑥(𝑥+1)2=ln𝑥+𝑥+1(𝑥+1)2,所以y'|x=1=ln1+1+1(1+1)2=12,即当x=1时,切线的斜率为12,又切线过点(1,0),所以切线方程为x-2y-1=0.(2)f'(x)=1𝑎𝑥,(1𝑔(𝑥))'=1(�

�+1)2,F'(x)=f'(x)-(1𝑔(𝑥))'=1𝑎𝑥−1(𝑥+1)2=(𝑥+1)2-𝑎𝑥𝑎𝑥(𝑥+1)2,当a<0时,F'(x)<0,函数F(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,令h(x)=1𝑎x2+(2𝑎-1)x+1𝑎,Δ=1-4𝑎,当Δ≤

0,即0<a≤4时,h(x)≥0,此时F'(x)≥0,函数F(x)在(0,+∞)上单调递增;当Δ>0,即a>4时,方程1𝑎x2+(2𝑎-1)x+1𝑎=0有两个不等实数根x1,x2,设x1<x2,则x1=𝑎-2-

√𝑎2-4𝑎2,x2=𝑎-2+√𝑎2-4𝑎2,所以0<x1<1<x2,此时,函数F(x)在(0,x1),(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减.综上所述,当a<0时,F(x)的单调递减区间是(0,

+∞);当a>4时,F(x)的单调递减区间是(𝑎-2-√𝑎2-4𝑎2,𝑎-2+√𝑎2-4𝑎2),单调递增区间是0,𝑎-2-√𝑎2-4𝑎2,𝑎-2+√𝑎2-4𝑎2,+∞.当0<a≤4时,F(x)的单调递增区间是(0,+∞).18.解(1)f'(x)=aex+

axex-1𝑥.因为函数f(x)=axex-lnx+b在x=1处的切线为y=(2e-1)x-e,所以{𝑓(1)=𝑎e+𝑏=e-1,𝑓'(1)=2𝑎e-1=2e-1,解得a=1,b=-1.(2

)由f(x)≥mx得,xex-lnx-1≥mx(x>0),即m≤𝑥e𝑥-ln𝑥-1𝑥.令φ(x)=𝑥e𝑥-ln𝑥-1𝑥,则φ'(x)=𝑥2e𝑥+ln𝑥𝑥2.令h(x)=x2ex+

lnx,h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h1e=1e2e1e-1<e2e2-1=0,h(1)=e>0.所以h(x)在1e,1上存在零点x0,即h(x0)=𝑥02e𝑥0+lnx0=0,即x0e𝑥0=-ln𝑥0𝑥0=ln1𝑥0(eln1𝑥0).由于y=xex在(0

,+∞)上单调递增,故x0=ln1𝑥0=-lnx0,即e𝑥0=1𝑥0.因为φ(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以φ(x)min=𝑥0e𝑥0-ln𝑥0-1𝑥0=1+𝑥

0-1𝑥0=1.所以m≤1.实数m的取值范围为(-∞,1].19.(1)解f'(x)=1𝑥+2ax-(2a+1)=(𝑥-1)(2𝑎𝑥-1)𝑥(x>0).①当a≤0时,令f'(x)>0,得0<x<1;令f'(x)<0,得x>1.所以f(x)在(0,1)上单调递增

,在(1,+∞)上单调递减.②当a>0时,令f'(x)=0,得x1=1,x2=12𝑎.(ⅰ)当a=12时,f'(x)=(𝑥-1)2𝑥≥0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.(ⅱ)当a>12时,令f'(x)>0,得0<x<12𝑎或x>1;令f

'(x)<0,得12𝑎<x<1.所以f(x)在0,12𝑎和(1,+∞)上单调递增,在12𝑎,1上单调递减.(ⅲ)当0<a<12时,令f'(x)>0,得0<x<1或x>12𝑎;令f'(x)<0,得1<x<12𝑎.所以

f(x)在(0,1)和12𝑎,+∞上单调递增,在1,12𝑎上单调递减.综上,当a≤0时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;当a=12时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>12时,f(

x)在0,12𝑎和(1,+∞)上单调递增,在12𝑎,1上单调递减;当0<a<12时,f(x)在(0,1)和12𝑎,+∞上单调递增,在1,12𝑎上单调递减.(2)证明由(1)知,当a>12时,f(x)

在0,12𝑎和(1,+∞)上单调递增,在12𝑎,1上单调递减.则g(x)在0,12𝑎和(1,+∞)上单调递增,在12𝑎,1上单调递减.因为g(1)=0,所以1是函数g(x)的一个零点,且g12𝑎>0.当x∈0,12𝑎时,取0<x0<e

-a-1且x0<12𝑎,则a𝑥02-(2a+1)x0+a+1=a𝑥02-x0-2ax0+a+1<a+1,g(x0)<-a-1+a+1=0.所以g12𝑎·g(x0)<0,所以g(x)在0,12𝑎上恰有一

个零点,所以g(x)在区间(0,+∞)上有两个零点.20.解(1)由题意知f'(x)=lnx+1(x>0),设切点为P(x0,x0lnx0-1),在点P处的切线方程为y-(x0lnx0-1)=(1+lnx0)(x-x0).整理得y=(1+lnx0)x-(x0+

1).由{1+ln𝑥0=𝑘-1,𝑘=𝑥0+1,即{ln𝑥0=𝑘-2,𝑥0=𝑘-1,得lnx0=x0-1.令h(x)=lnx-x+1,则h'(x)=1𝑥-1=1-𝑥𝑥.当0<x<1时,h'(x)>0,h(x)在(0,1)上单调递增;当x>1时,h'(x)<0,h(x)在(1,

+∞)上单调递减.所以h(x)的最大值为h(1)=0,即x0=1,故k=2.(2)令F(x)=f(x)-g(x)=xlnx-(k-1)x+k,则F'(x)=lnx+2-k=lnx-(k-2)(x>1).①当k-2≤0时,F'(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递增.

所以F(x)>F(1)=1,即F(x)在(1,+∞)上无零点.②当k-2>0时,由F'(x)=0,得x=ek-2.当1<x<ek-2时,F'(x)<0,所以F(x)在(1,ek-2)上单调递减;当x>ek-2时,F'(x)>0,所以F(x)在(ek-2,+∞)上单调

递增.F(x)的最小值为F(ek-2)=(k-1)ek-2-k(ek-2-1)=k-ek-2.令m(k)=k-ek-2,则m'(k)=1-ek-2<0,所以m(k)在(2,+∞)上单调递减,而m(2)=2-1=1,m(3)=3-e>0,

m(4)=4-e2<0,因此k的最大值为3.21.(1)解(ⅰ)当k=6时,f(x)=x3+6lnx,故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9x-y-

8=0.(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)1(1,+∞)g'(x)-0+g(x)↘极小值↗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.(2)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�

�13−𝑥23+kln𝑥1𝑥2=𝑥13−𝑥23-3𝑥12x2+3x1𝑥22+k𝑥1𝑥2−𝑥2𝑥1-2kln𝑥1𝑥2=𝑥23(t3-3t2+3t-1)+kt-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,+∞)上单调递增,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,所以,𝑥23(t3-3t2+3t-1)+kt-1𝑡-2lnt≥(t3-3t2+

3t-1)-3t-1𝑡-2lnt=t3-3t2+6lnt+3𝑡-1.②由(1)(ⅱ)可知,当t>1时,g(t)>g(1),即t3-3t2+6lnt+3𝑡>1,故t3-3t2+6lnt+3𝑡-1>0.③由①②③可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]>

0.所以,当k≥-3时,对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有𝑓'(𝑥1)+𝑓'(𝑥2)2>𝑓(𝑥1)-𝑓(𝑥2)𝑥1-𝑥2.22.证明(1)因为f(0)=1-a<0,f(2)=e2-2-a≥e2-4>0,所以y=f(x)在(0,+∞)上存在零点.因为f'(x)

=ex-1,所以当x>0时,f'(x)>0,故函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.(2)①令g(x)=ex-12x2-x-1(x≥0),g'(x)=ex-x-1=f(x)+a-1,由①知函数g'(x)在[0,+

∞)上单调递增,故当x>0时,g'(x)>g'(0)=0,所以函数g(x)在[0,+∞)上单调递增,故g(x)≥g(0)=0.由g(√2(𝑎-1))≥0,得f(√2(𝑎-1))=e√2(𝑎-1)−√2(𝑎-1)-a≥0

=f(x0),因为f(x)在[0,+∞)上单调递增,故√2(𝑎-1)≥x0.令h(x)=ex-x2-x-1(0≤x≤1),h'(x)=ex-2x-1,令h1(x)=ex-2x-1(0≤x≤1),h'1(x)=ex-2

,所以x0(0,ln2)ln2(ln2,1)1h1'(x)-1-0+e-2h1(x)0↘↗e-3故当0<x<1时,h1(x)<0,即h'(x)<0,所以h(x)在[0,1]上单调递减,因此当0≤x≤1时,h(x)≤h(0

)=0.由h(√𝑎-1)≤0,得f(√𝑎-1)=e√𝑎-1−√𝑎-1-a≤0=f(x0),因为f(x)在[0,+∞)上单调递增,故√𝑎-1≤x0.综上,√𝑎-1≤x0≤√2(𝑎-1).②令u(x)=ex-(e-1)x-1,u'(x)=ex-(e-1),所以当x

>1时,u'(x)>0,故函数u(x)在区间[1,+∞)上单调递增,因此u(x)≥u(1)=0.由e𝑥0=x0+a可得x0f(e𝑥0)=x0f(x0+a)=(ea-1)𝑥02+a(ea-2)x0≥(e-1)a𝑥02,由x0≥√𝑎-1,得x0f(e𝑥0)≥(e-1

)(a-1)a.