五一特训突破导数课件

导数一．解答题（共26小题）1．（2022秋•湖北月考）已知函数f（x）＝e2mx﹣x，m∈R．（1）若m＞0，求函数f（x）的单调区间；（2）若任意x≥0，f（x）≥1+mx2，求m的取值范围．2．（2022•江苏三模）已知函数f（x）＝ax﹣2ex+3（a∈R），g（x）＝lnx+xex（e为自然对数的底数，）．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若a＝﹣1，h（x）＝f（x）+g（x），当时，h（x）∈（m，n）（m，n∈Z），求n﹣m的最小值．3．（2022•齐齐哈尔一模）已知函数f（x）＝x﹣mlnx，其中m∈R．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若ex﹣1﹣ax2≥﹣axlnx对任意的x∈（0，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．4．（2022春•顺德区校级期中）已知函数．（1）当a＝0时，求函数f（x）在上的最值；（2）讨论函数f（x）的单调性．5．（2022秋•宛城区校级月考）若函数f（x）＝．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线的方程；（2）当a＞0，设g（x）＝f（x）+ax2，求g（x）的单调区间．6．（2022秋•安阳县校级月考）已知函数f（x）＝aex+，a∈{R}．（1）若x＝e时，f（x）取得极值，求f（x）的单调区间；（2）若函数g（x）＝xf（x）+x，x∈[1，+∞），求使g（x）＜2恒成立的实数a的取值范围．7．（2022秋•商丘月考）已知函数f（x）＝x2﹣2x+alnx（a∈R）．（1）若f（x）的单调递减区间为，求a的值；（2）若x0是f（x）的极大值点，且恒成立，求a的取值范围．8．（2022秋•山东月考）已知函数f（x）＝﹣（m+1）x+mlnx+m，f'（x）为函数f（x）的导函数．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若xf'（x）﹣f（x）≥0恒成立，求m的取值范围．9．（2022秋•新乡月考）已知函数f（x）＝lnx﹣x．（1）求f（x）的最值；（2）若函数（a＞0）存在两个极小值点，求实数a的取值范围．10．（2022秋•山东月考）已知函数f（x）＝e2x﹣x2+（a﹣2）x﹣1．（1）讨论函数g（x）＝f（x）+x2的单调性；（2）若a＝0，证明：当x＞0时，f（x）＞0．11．（2022秋•安阳月考）已知函数f（x）＝ax2﹣xlnx．（1）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的取值范围；（2）若a＝e，证明：ex+（a﹣1）xlnx≥f（x）．12．（2022秋•高新区校级月考）已知函数f（x）＝lnx﹣ax．（1）求f（x）函数的单调区间；（2）当x≥1时，函数k（x）＝（x+1）[f（x）+a]﹣lnx≤0恒成立求实数a取值范围．13．（2022秋•泗水县期中）已知函数f（x）＝lnx﹣mx+1，g（x）＝x（ex﹣2）．（1）若f（x）的最大值是1，求m的值；（2）若对其定义域内任意x，f（x）≤g（x）恒成立，求m的取值范围．14．（2022秋•天心区校级月考）设函数f（x）＝ax2+（2a﹣1）x﹣lnx（a∈R）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若函数g（x）＝f（x）﹣（2a﹣1）x﹣1存在两个零点x1，x2，证明：．15．（2022秋•聊城期中）已知函数f（x）＝x﹣（a+2）lnx﹣．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）设g（x）＝ex+mx2﹣e2﹣3，当a＝e2﹣1时，对任意x1∈[1，+∞），存在x2∈[1，+∞），使g（x2）≤f（x1），求实数m的取值范围．16．（2022秋•葫芦岛月考）已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2．（1）当a＝e时，证明：f（x）+2x≤0；（2）记函数g（x）＝（x﹣1）ex﹣f（x），若g（x）为增函数，求a的取值范围．17．（2022秋•临澧县校级月考）已知函数恰有两个极值点x1，x2（x1＜x2）．（1）求a的取值范围；（2）证明：．18．（2022秋•临澧县校级月考）已知函数．（1）若f（x）有两个不同的极值点，求a的取值范围；（2）设m＞0，n＞0，m≠n且mlnn﹣nlnm＝m﹣n，求证：mn＞e4．19．（2022秋•历城区校级月考）已知函数，a∈R．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），证明：．20．（2022秋•广东月考）已知函数f（x）＝aex﹣x﹣2，和g（x）＝x﹣ln[a（x+2）]+2．（1）若f（x）与g（x）有相同的最小值，求a的值；（2）设F（x）＝f（x）+g（x）+2lna﹣2有两个零点，求a的取值范围．21．（2022秋•武汉月考）已知函数f（x）＝（x﹣k﹣3）ex﹣x．（1）讨论函数f（x）的极值点个数；（2）当f（x）恰有一个极值点x0时，求实数k的值，使得f（x0）取最大值．22．（2022•临沭县校级开学）已知函数f（x）＝．（1）讨论f（x）的零点个数；（2）证明：f（x）．23．（2022秋•信阳月考）已知函数f（x）＝xlnx，g（x）＝﹣x2+ax﹣3（a∈R）．（1）求f（x）在点（e，f（e））处的切线方程；（2）若对于任意的，都有2f（x）≥g（x）成立，求实数a的取值范围．24．（2022秋•湖北月考）已知函数f（x）＝（k≠0），e＝2.71828…是自然对数的底数．（1）当k＝1时，设f（x）的最小值为m，求证：m＜；（2）求证：当k≥时，f（x）≥0．25．（2022•安阳开学）已知函数f（x）＝﹣x+alnx存在两个极值点x1，x2．（1）求a的取值范围；（2）求f（x1）+f（x2）﹣3a的最小值．26．（2022•岳麓区校级三模）已知函数．（1）若a＝1，求不等式f（lnx）＞﹣1的解集；（2）当a＞1时，求证函数f（x）在（0，+∞）上存在极值点m，且．

参考答案与试题解析一．解答题（共26小题）1．（2022秋•湖北月考）已知函数f（x）＝e2mx﹣x，m∈R．（1）若m＞0，求函数f（x）的单调区间；（2）若任意x≥0，f（x）≥1+mx2，求m的取值范围．【答案】（1）递减区间为；递增区间为；（2）．【解答】解：（1）对函数f（x）求导可得，f'（x）＝2me2mx﹣1，当m＞0时，f'（x）在R上单增，令f'（x）＝0，解得，则当时，f'（x）＜0；当，时，f'（x）＞0，∴f（x）的递减区间为；递增区间为（2）设g（x）＝f（x）﹣（mx2+1）＝e2mx﹣mx2﹣x﹣1，x≥0，g（0）＝0，g'（x）＝2me2mx﹣2mx﹣1，x≥0，g'（0）＝2m﹣1，令h（x）＝2me2mx﹣2mx﹣1，h'（x）＝（2m）2e2mx﹣2m＝2m（2me2mx﹣1）＝2mf'（x），x≥0，①当2m﹣1≥0，即时，h'（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，∴h（x）在[0，+∞）上单增，h（x）≥h（0）≥0，∴g（x）在[0，+∞）上单增，g（x）≥g（0）＝0，∴当时，不等式恒成立，符合题意；②当0＜2m﹣1＜1，即时，由（1）可得：h'（x）＝2mf'（x）＜0，在上恒成立，又，∴h'（x）＜0在成立，∴h（x）在单调递减，h（x）＜h（0）＝2m﹣1＜0，∴h（x）在单调递减，g（x）＜g（0）＝0，与g（x）≥0恒成立矛盾，故不符合题意；③当m≤0时，此时，与g（x）≥0恒成立矛盾，综上，实数m的取值范围是．2．（2022•江苏三模）已知函数f（x）＝ax﹣2ex+3（a∈R），g（x）＝lnx+xex（e为自然对数的底数，）．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若a＝﹣1，h（x）＝f（x）+g（x），当时，h（x）∈（m，n）（m，n∈Z），求n﹣m的最小值．【答案】（1）当a≤0时，f（x）的单调递减区间为（﹣∞，+∞），无增区间；当a＞0时，f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）1．【解答】解：（1）f′（x）＝a﹣2ex，①当a≤0时，f′（x）＜0在R上恒成立，则f（x）的单调递减区间为（﹣∞，+∞），无增区间；②当a＞0时，由f′（x）＞0得，，由f′（x）＜0得，，∴f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为；综上，当a≤0时，f（x）的单调递减区间为（﹣∞，+∞），无增区间；当a＞0时，f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）当a＝﹣1时，h（x）＝f（x）+g（x）＝（x﹣2）ex+lnx﹣x+3，，则，令，则，∴Q（x）在上单调递增，又，故由零点存在性定理可知，存在，使得Q（x0）＝0，即，且当时，Q（x）＜0，h′（x）＞0，h（x）单调递增，当x∈（x0，1）时，Q（x）＞0，h′（x）＜0，h（x）单调递减，∴当时，＝，即h（x）＜0，又，，又m，n∈Z，∴n﹣m的最小值为0﹣（﹣1）＝1．3．（2022•齐齐哈尔一模）已知函数f（x）＝x﹣mlnx，其中m∈R．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若ex﹣1﹣ax2≥﹣axlnx对任意的x∈（0，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）当m≤0，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；当m＞0，f（x）的单调增区间为（m，+∞），单调减区间为（0，m）；（2）（﹣∞，1]．【解答】解：（1）因为，x＞0，当m≤0，f'（x）＞0恒成立，所以该函数在（0，+∞）上单调递增；当m＞0，令f'（x）＞0，解得x＞m，令f'（x）＜0，解得0＜x＜m，所以该函数的单调增区间为（m，+∞），单调减区间为（0，m）．综上，当m≤0，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；当m＞0，f（x）的单调增区间为（m，+∞），单调减区间为（0，m）．（2）要ex﹣1﹣ax2≥﹣axlnx对任意的x∈（0，+∞）恒成立，只要ex﹣1≥ax2﹣axlnx＝a（x2﹣xlnx），因为x2﹣xlnx＝x（x﹣lnx）＞0，所以只要，令g（x）＝，x＞0，则g′（x）＝，因为x﹣1≥lnx，所以当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，所以gmin（x）＝g（1）＝1，所以a≤gmin（x）＝1，即a的取值范围是（﹣∞，1]．4．（2022春•顺德区校级期中）已知函数．（1）当a＝0时，求函数f（x）在上的最值；（2）讨论函数f（x）的单调性．【答案】（1）最大值为．（2）当a≤1时，f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）；当1＜a＜e时，f（x）的单调递增区间为（0，lna），（1，+∞），单调递减区间为（lna，1）；当a＝e时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；当a＞e时，f（x）的单调递增区间为（0，1），（lna，+∞）；单调递减区间为（1，lna）；【解答】解：（1）f（x）定义域为，当a＝0时，，，令f'（x）＝0得x＝1，且当时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当1＜x＜2时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；所以f（x）在上的最小值为f（1）＝e；最大值为．（2）f（x）定义域为（0，+∞），，当a≤0时，令f'（x）＝0，得x＝1，当0＜x＜1时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当a＞0时，令f'（x）＝0，得x＝1或x＝lna．所以：当0＜a≤1时，当0＜x＜1时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当1＜a＜e时，当lna＜x＜1时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当0＜x＜lna或x＞1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当a＝e时，f'（x）＞0在定义域上恒成立，f（x）单调递增；当a＞e时，当1＜x＜lna时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当0＜x＜1或x＞lna时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；综上：当a≤1时，f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）；当1＜a＜e时，f（x）的单调递增区间为（0，lna），（1，+∞），单调递减区间为（lna，1）；当a＝e时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；当a＞e时，f（x）的单调递增区间为（0，1），（lna，+∞）；单调递减区间为（1，lna）；5．（2022秋•宛城区校级月考）若函数f（x）＝．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线的方程；（2）当a＞0，设g（x）＝f（x）+ax2，求g（x）的单调区间．【答案】（1）y＝1；（2）当a＞1时，g（x）的单调递增区间为（0，+∞），（﹣∞，﹣lna），单调递减区间为（0，﹣lna），当a＝1时，g（x）的单调递增区间为R，没有单调递减区间，0＜a＜1时，g（x）的单调递增区间为（﹣∞，0），（﹣lna，+∞），单调递减区间为（lna，0）．【解答】解：（1）由题意得f（0）＝1，因为f′（x）＝，f′（0）＝0，所以曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线的方程为y＝1；（2）当a＞0，设g（x）＝（x+1）e﹣x+ax2，则g′（x）＝ax﹣，令g′（x）＝0可得x＝0或x＝﹣lna，当0＜a＜1时，lna＜0，令g′（x）＞0，可得x＜0或x＞﹣lna，令g′（x）＜0，可得0＜x＜﹣lna，故g（x）的单调递增区间为（﹣∞，0），（﹣lna，+∞），单调递减区间为（0，﹣lna），当a＞1时，lna＞0，当x＞0或x＜﹣lna时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当﹣lna＜x＜0时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，故g（x）的单调递增区间为（0，+∞），（﹣∞，﹣lna），单调递减区间为（﹣lna，0），当a＝1时，lna＝0，g′（x）＝x（1﹣ex）≥0恒成立，所以g（x）的单调递增区间为R，没有单调递减区间，综上，当a＞1时，g（x）的单调递增区间为（0，+∞），（﹣∞，﹣lna），单调递减区间为（0，﹣lna），当a＝1时，g（x）的单调递增区间为R，没有单调递减区间，0＜a＜1时，g（x）的单调递增区间为（﹣∞，0），（﹣lna，+∞），单调递减区间为（lna，0）．6．（2022秋•安阳县校级月考）已知函数f（x）＝aex+，a∈{R}．（1）若x＝e时，f（x）取得极值，求f（x）的单调区间；（2）若函数g（x）＝xf（x）+x，x∈[1，+∞），求使g（x）＜2恒成立的实数a的取值范围．【答案】（1）单调递增区间是（0，e），单调递减区间是（e，+∞）；（2）．【解答】解：（1），因为函数在x＝e处取得极值，所以，则a＝0，当a＝0时，，得x＝e，当x∈（0，e）时，f'（x）＞0，函数单调递增；当x∈（e，+∞）时，f'（x）＜0，函数单调递减，所以当x＝e时，函数取得极大值，综上可知函数的单调递增区间是（0，e），函数的单调递减区间是（e，+∞）；（2）∵g（x）＝xf（x）+x＝axex+lnx+x＜2，x∈[1，+∞）恒成立，即axex+lnxex＜2，设t＝xex，t'＝（x+1）ex＞0，所以函数t＝xex单调递增，t≥e，不等式转化为at+lnt＜2，t≥e时恒成立，∴恒成立，即，设，，解得t＝e3，当t∈[e，e3）时，h'（t）＜0，函数单调递减；当t∈（e3，+∞）时，h'（t）＞0，函数单调递增，所以当t＝e3时，函数h（t）取得最小值，最小值是，所以实数a的取值范围为．7．（2022秋•商丘月考）已知函数f（x）＝x2﹣2x+alnx（a∈R）．（1）若f（x）的单调递减区间为，求a的值；（2）若x0是f（x）的极大值点，且恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）．（2）．【解答】解：（1）函数f（x）＝x2﹣2x+alnx，定义域为（0，+∞），则，由题意可知，f'（x）≤0的解集为，即2x2﹣2x+a≤0的解集为．所以方程2x2﹣2x+a＝0的两个根分别为，，由根与系数的关系可得，解得．（2）若x0是f（x）的极大值点，定义域为（0，+∞），则f'（x）＝0至少有一正根，即方程2x2﹣2x+a＝0至少有一正根，①若a＝0，则方程2x2﹣2x+a＝0的正根为x＝1，又因为当0＜x＜1时f'（x）＜0，当x＞1时f'（x）＞0，所以此时f（x）只有极小值点1，不符合题意，②若a＜0，则方程2x2﹣2x+a＝0有一正根和一负根，设为α，β，且α＞0，β＜0，则2x2﹣2x+a＝2（x﹣α）（x﹣β），因为当0＜x＜α时，f'（x）＜0，当x＞α时，f'（x）＞0，所以此时f（x）只有极小值点α，不符合题意，③若a＞0，由题可知方程2x2﹣2x+a＝0应有两个不等的正根，设为x1，x2，其中x1＜x2，则解得，所以，列表如下：x（0，x1）x1（x1，x2）x2（x2，+∞）f'（x）+0﹣0+f（x）单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以x1是极大值点，x2是极小值点，则x0＝x1，由0＜x1＜x2，且x1+x2＝1，得，由题可知，即alnx0﹣2x0+2a＜0当时恒成立，令h（x）＝alnx﹣2x+2a，，则，因为，所以，所以当时，h'（x）＞0，当时，h'（x）＜0，所以，解得，又因为，所以此时a的取值范围是．综上所述，实数a的取值范围是．8．（2022秋•山东月考）已知函数f（x）＝﹣（m+1）x+mlnx+m，f'（x）为函数f（x）的导函数．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若xf'（x）﹣f（x）≥0恒成立，求m的取值范围．【答案】（1）详见解析；（2）[0，e]．【解答】解：（1）由题可得，①当m≤0时，x∈（0，1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；x∈（1，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；②当0＜m＜1时，x∈（0，m）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；x∈（m，1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；x∈（1，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；③当m＝1时，x∈（0，+∞）时，f'（x）≥0，f（x）单调递增；④当m＞1时，x∈（0，1）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；x∈（1，m）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；x∈（m，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增．（2）由xf'（x）﹣f（x）≥0恒成立，即，∴，当x＝1时，恒成立，当x＞1时，，当0＜x＜1时，，令，则，当0＜x＜1时，g'（x）＜0，g（x）单调递减且g（x）＜0，所以m≥0当x＞1时，g'（x）＝0得，∴时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；∴，故m≤e．综上，m的取值范围为[0，e]．9．（2022秋•新乡月考）已知函数f（x）＝lnx﹣x．（1）求f（x）的最值；（2）若函数（a＞0）存在两个极小值点，求实数a的取值范围．【答案】（1）f（x）max＝﹣1，无最小值；（2）．【解答】解：（1）由题知，f（x）的定义域为（0，+∞），因为，解f'（x）＞0得，0＜x＜1；解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，所以f（x）在x＝1处有唯一极大值，也是最大值f（x）max＝f（1）＝﹣1，无最小值．（2），x∈（0，+∞），则＝，x∈（0，+∞）．令，则，当0＜x＜1时，u'（x）＞0；当x＞1时，u'（x）＜0．所以u（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，所以u（x）在x＝1处有最大值．所以，函数图象如图所示．因为x＞0，所以，①当时，，此时H（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，所以H（x）只有一个极小值点；②当时，方程有两个根x1，x2，且x1∈（0，1），x2∈（1，+∞）．解H'（x）＝0，得x＝x1或x＝x2或x＝1，且0＜x1＜1＜x2，当x∈（0，x1）时，H'（x）＜0，H（x）单调递减，当x∈（x1，1）时，H'（x）＞0，H（x）单调递增，当x∈（1，x2）时，H'（x）＜0，H（x）单调递减，当x∈（x2，+∞）时，H'（x）＞0，H（x）单调递增，所以H（x）有两个极小值点x1，x2，故实数a的取值范围为．10．（2022秋•山东月考）已知函数f（x）＝e2x﹣x2+（a﹣2）x﹣1．（1）讨论函数g（x）＝f（x）+x2的单调性；（2）若a＝0，证明：当x＞0时，f（x）＞0．【答案】（1）见解析；（2）证明见解析．【解答】解：（1）g'（x）＝2e2x+a﹣2，当a≥2时，g'（x）＞0，g（x）在R上单调递增；当a＜2时，由g'（x）＝0，得，则g（x）在上单调递减，在上单调递增．（2）证明：因为f（x）＝e2x﹣x2﹣2x﹣1，所以f'（x）＝2e2x﹣2x﹣2＝2（e2x﹣x﹣1），令函数h（x）＝e2x﹣x﹣1，则h'（x）＝2e2x﹣1，当x＞0时，h'（x）＞0，所以h（x）在（0，+∞）上单调递增，故h（x）＞h（0）＝0，即f'（x）＞0，则f（x）在（0，+∞）上单调递增．故当x＞0时，f（x）＞f（0）＝0．11．（2022秋•安阳月考）已知函数f（x）＝ax2﹣xlnx．（1）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的取值范围；（2）若a＝e，证明：ex+（a﹣1）xlnx≥f（x）．【答案】（1）；（2）证明见解析．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）＝2ax﹣1﹣lnx，因为函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴f'（x）≥0，即恒成立，设，其中x＞0，则，令g'（x）＝0得x＝1，当0＜x＜1时，g'（x）＞0，此时函数g（x）单调递增，当x＞1时，g'（x）＜0，此时函数g（x）单调递减，所以g（x）max＝g（1）＝1，∴2a≥1，解得，因此，实数a的取值范围为．（2）证明：要证ex+（e﹣1）xlnx≥f（x），即证ex﹣ex（x﹣lnx）≥0，因为x＞0，即证，即证ex﹣lnx﹣e（x﹣lnx）≥0，令t＝x﹣lnx，其中x＞0，则，当0＜x＜1时，t'＜0，此时函数t＝x﹣lnx单调递减，当x＞1时，t'＞0，此时函数t＝x﹣lnx单调递增，所以tmin＝t|x＝1＝1，即t≥1，即证et﹣et≥0，构造函数h（t）＝et﹣et，其中t≥1，则h'（t）＝et﹣e≥0，故函数h（t）在[1，+∞）上单调递增，故h（t）≥h（1）＝0，即当t≥1时，et﹣et≥0，故原不等式得证．12．（2022秋•高新区校级月考）已知函数f（x）＝lnx﹣ax．（1）求f（x）函数的单调区间；（2）当x≥1时，函数k（x）＝（x+1）[f（x）+a]﹣lnx≤0恒成立求实数a取值范围．【答案】（1）a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），a＞0时，f（x）的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，+∞）．（2）[，+∞）．【解答】解：（1）函数f（x）＝lnx﹣ax的定义域为（0，+∞），且f′（x）＝﹣a＝，①当a≤0时，f'（x）＝＞0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增；②当a＞0时，由f'（x）＝＞0，解得0＜x＜，由f'（x）＝＜0解得x＞，所以f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减；综上，当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，+∞）．（2）由题意知：k（x）≤0恒成立，由k（x）≤0得（x+1）[f（x）+a]﹣lnx≤0，即xlnx﹣a（x2﹣1）≤0，由g（x）＝xlnx﹣a（x2﹣1）（x≥1），求得g'（x）＝lnx+1﹣2ax，令h（x）＝lnx+1﹣2ax，则h′（x）＝﹣2a＝，①若a≤0，h'（x）＞0，g'（x）在[1，+∞）上单调递增，故g'（x）≥g'（1）＝1﹣2a≥0，所以g（x）在[1，+∞）上单调递增，所以g（x）≥g（1）＝0，从而xlnx﹣a（x2﹣1）≥0，不符合题意；②若0＜a＜，当x∈（1，）时，h'（x）＞0，g'（x）在（1，）上单调递增，从而g'（x）＞g'（1）＝1﹣2a＞0，所以g（x）在[1，）上单调递增，所以g（x）≥g（1）＝0，从而在[1，）上xlnx﹣a（x2﹣1）≥0，不符合题意；③若a≥，则h'（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，所以g'（x）在[1，+∞）上单调递减，且g'（x）≤g'（1）＝1﹣2a≤0，从而g（x）在[1，+∞）上单调递减，所以g（x）≤g（1）＝0，所以xlnx﹣a（x2﹣1）≤0恒成立，综上，a的取值范围是[，+∞）．13．（2022秋•泗水县期中）已知函数f（x）＝lnx﹣mx+1，g（x）＝x（ex﹣2）．（1）若f（x）的最大值是1，求m的值；（2）若对其定义域内任意x，f（x）≤g（x）恒成立，求m的取值范围．【答案】（1）；（2）[1，+∞）．【解答】解：（1）（x＞0），（1分）当m≤0时，f'（x）＞0，f（x）在定义域内单调递增，无最大值；（2分）当m＞0时，易知，f（x）单调递增；，f（x）单调递减，∴时，f（x）取得最大值，解得．（4分）（2）依题意，lnx﹣mx+1≤x（ex﹣2）在（0，+∞）上恒成立，即在（0，+∞）上恒成立，（5分）设，则，（7分）设h（x）＝x2ex+lnx，则，∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，且，h（1）＝e＞0，∴h（x）有唯一零点x0，且，（9分）即，两边同时取对数，得x0+lnx0＝ln（﹣lnx0）+（﹣lnx0），构造函数y＝x+lnx，易知y＝x+lnx在（0，+∞）上是增函数，∴x0＝﹣lnx0，即，∴φ（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，∴，（11分）∴m﹣2≥﹣1，∴m≥1，故m的取值范围是[1，+∞）．（12分）14．（2022秋•天心区校级月考）设函数f（x）＝ax2+（2a﹣1）x﹣lnx（a∈R）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若函数g（x）＝f（x）﹣（2a﹣1）x﹣1存在两个零点x1，x2，证明：．【答案】（1）当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；当a＞0时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增；（2）证明过程请看解答．【解答】（1）解：f'（x）＝2ax+（2a﹣1）﹣＝，且x＞0，当a≤0时，f'（x）＜0恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上单调递减；当a＞0时，令f'（x）＝0，则x＝，所以f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，综上所述，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；当a＞0时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．（2）证明：g（x）＝f（x）﹣（2a﹣1）x﹣1＝ax2﹣lnx﹣1，定义域为（0，+∞），设0＜x1＜x2，则a﹣lnx1﹣1＝0，a﹣lnx2﹣1＝0，两式相加得，a（+）﹣lnx1x2﹣2＝0，两式相减得，a（﹣）﹣ln＝0，消去a得，lnx1x2+2＝•ln＝•ln，即lnx1x2＝•ln﹣2，令t＝∈（0，1），则lnx1x2＝•lnt﹣2，要证，需证lnx1x2＞ln＝﹣1，需证•lnt﹣2＞﹣1，即证lnt＜，设h（t）＝lnt﹣，t∈（0，1），原问题转化为证明h（t）＜0在（0，1）上恒成立，则h'（t）＝﹣＝＞0恒成立，所以h（t）在（0，1）上单调递增，所以h（t）＜h（1）＝0，故命题得证．15．（2022秋•聊城期中）已知函数f（x）＝x﹣（a+2）lnx﹣．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）设g（x）＝ex+mx2﹣e2﹣3，当a＝e2﹣1时，对任意x1∈[1，+∞），存在x2∈[1，+∞），使g（x2）≤f（x1），求实数m的取值范围．【答案】（1）当a≤﹣1时，单调递减区间有（0，1），单调递增区间有（1，+∞）；当﹣1＜a＜0时，单调递减区间有（a+1，1），单调递增区间有（0，a+1），（1，+∞）；当a＝0时，单调递增区间有（0，+∞），无单调递减区间；当a＞0时，单调递减区间有（1，a+1），单调递增区间有（0，1），（a+1，+∞）．（2）（﹣∞]．【解答】解：（1）f（x）定义域为（0，+∞），且，令f'（x）＝0，得x＝1或x＝a+1，①当a≤﹣1即a+1≤0时：x∈（0，1），f'（x）＜0，函数f（x）单调递减；x∈（1，+∞），f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；②当即﹣1＜a＜0，即0＜a+1＜1时：x∈（0，a+1），f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；x∈（a+1，1），f'（x）＜0，函数f（x）单调递减；x∈（1，+∞），f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；③当a＝0，即a+1＝1时：x∈（0，+∞），f'（x）≥0，函数f（x）单调递增；④当a＞0，即a+1＞1时：x∈（0，1），f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；x∈（1，a+1），f'（x）＜0，函数f（x）单调递减；x∈（a+1，+∞），f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；综上：当a≤﹣1时，单调递减区间有（0，1），单调递增区间有（1，+∞）；当﹣1＜a＜0时，单调递减区间有（a+1，1），单调递增区间有（0，a+1），（1，+∞）；当a＝0时，单调递增区间有（0，+∞），无单调递减区间；当a＞0时，单调递减区间有（1，a+1），单调递增区间有（0，1），（a+1，+∞）．（2）当a＝e2﹣1时，由（1）得函数f（x）在区间（1，e2）上单调递减，在区间（0，1），（e2，+∞）上单调递增，从而函数f（x）在区间[1，+∞）上的最小值为f（e2）＝﹣e2﹣3，即存在x2∈[1，+∞），使，即存在x∈[1，+∞），使得ex+mx2﹣e2﹣3≤﹣e2﹣3，即，令，x∈[1，+∞），则m≤h（x）max，由，当x∈（1，2）时f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；当x∈（2，+∞）时f'（x）＜0，函数f（x）单调递减，所以，所以，故m的取值范围为（﹣∞]．16．（2022秋•葫芦岛月考）已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2．（1）当a＝e时，证明：f（x）+2x≤0；（2）记函数g（x）＝（x﹣1）ex﹣f（x），若g（x）为增函数，求a的取值范围．【答案】（1）证明过程见解答；（2）．【解答】解：（1）证明：当a＝e时，f（x）＝xlnx﹣2x2（x＞0）．要证f（x）+2x≤0，即证lnx﹣ex+2≤0．设h（x）＝lnx﹣x+1，则．当x∈（0，1）时，h′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0．所以h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，所以h（x）max＝h（1）＝0，所以lnx﹣x+1≤0．所以ln（ex）﹣ex+1≤0，所以lnx﹣ex+2≤0，所以f（x）+2x≤0．（2）因为g（x）＝（x﹣1）ex﹣f（x），所以g（x）＝（x﹣1）ex﹣xlnx+ax2，则g′（x）＝xex﹣1﹣lnx+2ax．因为g（x）为增函数，所以g′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，所以在（0，+∞）上恒成立．由（1）可知lnx﹣x+1≤0，则ln（xex）﹣xex+1≤0，即x+lnx﹣xex+1≤0，所以lnx﹣xex+1≤﹣x，即，当且仅当xex＝1时取等号，所以2a≥﹣1，解得，所以a的取值范围为．17．（2022秋•临澧县校级月考）已知函数恰有两个极值点x1，x2（x1＜x2）．（1）求a的取值范围；（2）证明：．【答案】（1）；（2）证明见解析．【解答】解：（1）已知函数，得f′（x）＝lnx﹣ax，x∈（0，+∞），函数佮有两个极值点x1，x2（x1＜x2），即方程lnx﹣ax＝0有两个解，令，则，所以当x∈（0，e）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；当x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，又因为当x趋于0时，g（x）趋于﹣∞；当x趋于+∞时，g（x）趋于，所以由图像得g（x）＝a有两个交点时，；证明：（2）由（1）得lnx1﹣ax1＝0，lnx2﹣ax2＝0且，所以，又因为lnx1﹣lnx2＝a（x1﹣x2），所以，令，证明即可，令，所以恒成立，所以h（t）在（1，+∞）上单调递增，又因为h（1）＝0，所以在（1，+∞）上t恒成立，即．18．（2022秋•临澧县校级月考）已知函数．（1）若f（x）有两个不同的极值点，求a的取值范围；（2）设m＞0，n＞0，m≠n且mlnn﹣nlnm＝m﹣n，求证：mn＞e4．【答案】（1）（0，）．（2）见证明过程．【解答】解：（1）f'（x）＝x﹣1﹣aex，由f'（x）＝0得，令，g′（x）＝，令g′（x）＝0，解得x＝2．x＜2时，g′（x）＞0；x＞2时，g′（x）＜0．可得函数g（x）在（﹣∞，2）上单调递增；在（2，+∞）上单调递减．∴x＝2时，函数g（x）取得极大值即最大值，g（2）＝，又x→+∞时，g（x）→0；x→﹣∞时，g（x）→﹣∞．∵f（x）有两个不同的极值点⇔函数y＝a与y＝g（x）的图象有两个不同交点，∴，∴a的取值范围是（0，）．（2）证明：由m＞0，n＞0，m≠n且mlnn﹣nlnm＝m﹣n，得＝，即＝，不妨设x1＝lnm，x2＝lnn，x1＜x2，∵x1，x2是f（x）的两个极值点，即为函数y＝g（x）与y＝a交点的横坐标，由（1）知1＜x1＜2，x2＞2，要证mn＞e4，即证lnm+lnn＞4⇔x1+x2＞4，即证明x2＞4﹣x1＞2，即证明g（x1）＝g（x2）＜g（4﹣x1），令F（x）＝h（x）﹣h（4﹣x）＝﹣，x∈（1，2），F（2）＝0．即证：F（x）＜0．F′（x）＝﹣＝（2﹣x），∵x∈（1，2），2﹣x＞0，e4﹣x﹣ex＞0，∴（2﹣x）＞0，即F′（x）＞0，∴函数F（x）在x∈（1，2）上单调递增，∴F（x）＜F（2）＝0，结论得证．19．（2022秋•历城区校级月考）已知函数，a∈R．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），证明：．【答案】（1）a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；a＞0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减；（2）见证明过程．【解答】解：（1），f（x）的定义域为（0，+∞），，（i）当a≤0时，f'（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；（ii）当a＞0时，若，则f'（x）＞0，∴f（x）在上单调递增；若，则f'（x）＜0，f（x）在区间上单调递增；综上：a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；a＞0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减；（2）证法一：，a∈R．∵y＝eu+u单调递增，令u（x）＝lnx﹣ax，∴若函数f（x）有两个零点，则u（x1）＝u（x2）＝0，即：lnx1＝ax1，lnx2＝ax2，∴，要证，只要证lnx1+lnx2＞2，即a（x1+x2）＞2．只要证，即证（其中），令，，∴g（t）在（1，+∞）单调递增，g（t）＞g（1）＝0，即（其中）成立，故原不等式成立．证法二：，a∈R．∵y＝eu+u单调递增，令u（x）＝lnx﹣ax，∴若函数f（x）有两个零点，则u（x1）＝u（x2）＝0，即：lnx1＝ax1，lnx2＝ax2，要证，只要证lnx1+lnx2＞2，即a（x1+x2）＞2．lnx2﹣lnx1＝ax2﹣ax1①．令，则x2＝tx1（t＞1），将其代入①式得：，．要证a（x1+x2）＞2成立，只需证成立，即证lnt+tlnt﹣2t+2＞0成立．设g（t）＝lnt+tlnt﹣2t+2（t＞1），则．设，则，∴h（t）在（1，+∞）上为增函数，∴h（t）＞h（1）＝0，即g'（t）＞0，∴g（t）在（1，+∞）上为增函数，∴g（t）＞g（1）＝0，即lnt+tlnt﹣2t+2＞0成立．∴成立，因此原结论成立．证法三：，a∈R．∵y＝eu+u单调递增，令u（x）＝lnx﹣ax，∴若函数f（x）有两个零点，则u（x1）＝u（x2）＝0，即：lnx1＝ax1，lnx2＝ax2，由（1）问可知：a＞0，，要证，只要证lnx1+lnx2＞2，即．只需证：；由u（x）在区间上单调递减，所以只需证：因为u（x1）＝u（x2）即证，令，，下证：g（x）＜0，，所以g（x）单调递增，所以，得证．20．（2022秋•广东月考）已知函数f（x）＝aex﹣x﹣2，和g（x）＝x﹣ln[a（x+2）]+2．（1）若f（x）与g（x）有相同的最小值，求a的值；（2）设F（x）＝f（x）+g（x）+2lna﹣2有两个零点，求a的取值范围．【答案】（1）a＝e；（2）实数a的取值范围为（0，e）．【解答】解：1）f（x）＝aex﹣x﹣2，g（x）＝x﹣ln[a（x+2）]+2，则f'（x）＝aex﹣1，g'（x）＝1﹣＝，当a≤0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，无最值，∴a＞0，由f'（x）＝0得，由f'（x）＞0得x＞﹣lna，由f'（x）＜0得x＜﹣lna，∴f（x）在（﹣lna，+∞）上单调递增，在（﹣∞，﹣lna）上单调递减，∴当x＝﹣lna时，f（x）取得极小值也是最小值，∴f（x）min＝f（﹣lna）＝lna﹣1；由g'（x）＝0得x＝﹣1，当﹣2＜x＜﹣1时，g'（x）＜0，当x＞﹣1时，g'（x）＞0，∴g（x）在（﹣2，﹣1）上单调递减，在（﹣1，+∞）上单调递增，∴当x＝﹣1时，g（x）取得极小值也是最小值，∴g（x）min＝g（﹣1）＝1﹣lna，∵f（x）与g（x）有相同的最小值，∴lna﹣1＝1﹣lna，解得a＝e；（2）∵f（x）＝aex﹣x﹣2，g（x）＝x﹣ln[a（x+2）]+2，∴F（x）＝aex﹣ln（x+2）+lna﹣2（x＞﹣2，a＞0），∵F（x）＝f（x）+g（x）+2lna﹣2有两个零点，∴aex﹣ln（x+2）+lna﹣2＝0在（﹣2，+∞）上有两个根，即ex+lna+x+lna＝ln（x+2）+x+2＝eln（x+2）+ln（x+2），令h（x）＝ex+x，则h'（x）＝ex+1＞0，∴h（x）在（﹣2，+∞）上单调递增，又h（x+lna）＝h（ln（x+2）），∴x+lna＝ln（x+2），则题意转化为lna＝ln（x+2）﹣x在（﹣2，+∞）上有两个根，令m（x）＝ln（x+2）﹣x，则m'（x）＝＝﹣，当m'（x）＞0得﹣2＜x＜﹣1，当m'（x）＜0得x＞﹣1，∴m（x）在（﹣2，﹣1）上单调递增，在（﹣1，+∞）上单调递减，∴m（x）≤m（﹣1）＝1，∴lna＜1，解得0＜a＜e，故实数a的取值范围为（0，e）．21．（2022秋•武汉月考）已知函数f（x）＝（x﹣k﹣3）ex﹣x．（1）讨论函数f（x）的极值点个数；（2）当f（x）恰有一个极值点x0时，求实数k的值，使得f（x0）取最大值．【答案】（1）当k≤﹣1时，f（x）无极值点，当﹣1＜k＜0时，f（x）有两个极值点，当k＞0时，f（x）有一个极值点．（2）k＝．【解答】解：（1）f′（x）＝[ex+（x﹣k﹣3）ex]﹣1＝[﹣k]，设g（x）＝﹣k，则g′（x）＝，设h（x）＝ex+x﹣1，h（x）为增函数，且h（0）＝0，所以当x＜0时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x＞0时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，又g（0）＝﹣1﹣k，且x＜0时，g（x）＜﹣k，①当﹣1﹣k≥0，即k≤﹣1时，g（x）≥0，f′（x）≤0，f（x）单调递减，此时f（x）无极值点，②当﹣1﹣k＜0＜﹣k，即﹣1＜k＜0时，存在x1＜0＜x2使得g（x1）＝g（x2）＝0，x＜x1时，g（x）＞0，f′（x）＜0，f（x）单调递减，x1＜x＜x2时，g（x）＜0，f′（x）＞0，f（x）单调递增，x＞x2时，g（x）＞0，f′（x）＜0，f（x）单调递减，所以f（x）有两个极值点，③当﹣k＜0，即k＞0时，存在x0，使得g（x0）＝0，x＜x0时，g（x）＜0，f′（x）＜0，f（x）单调递减，x＞x0时，g（x）＞0，f′（x）＞0，f（x）单调递增，所以f（x）有一个极值点，综上所述，当k≤﹣1时，f（x）无极值点，当﹣1＜k＜0时，f（x）有两个极值点，当k＞0时，f（x）有一个极值点．（2）由（1）知，k＞0且f′（x0）＝0，即k＝，此时x0＞2，此时f（x）在（﹣∞，x0）单调递减，在（x0，+∞）单调递增，所以f（x0）≤f（3）＝﹣e3﹣3，当且仅当x0＝3时，f（x0）取得最大值﹣e3﹣3，所以k＝＝．22．（2022•临沭县校级开学）已知函数f（x）＝．（1）讨论f（x）的零点个数；（2）证明：f（x）．【答案】（1）f（x）存在两个零点．（2）证明详情见解答．【解答】解：（1）f（x）＝﹣＝，f（x）的定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞），设g（x）＝xex﹣x﹣1，因为g（0）≠0，所以f（x）与g（x）有相同的零点，由g（x）＝xex﹣x﹣1，得g′（x）＝ex（x+1）﹣1，当x＞0时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x＜0时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，又g（0）＝﹣1＜0，g（﹣2）＝1﹣＞0，g（1）＝e﹣2＞0，所以g（x）在（﹣2，0）和（0，1）内各有一个零点，所以f（x）存在两个零点．（2）证明：f（x）≥为﹣≥（x＞0），即﹣≥0，即证ex﹣≥0，设F（x）＝ex﹣，则F′（x）＝，令h（x）＝x2ex+lnx，则h′（x）＝ex（x2+2x）+＞0，所以h（x）＝x2ex+lnx在（0，+∞）上单调递增，又h（1）＝e＞0，h（）＝﹣1＝﹣1＜0，所以存在x1∈（，1），使得h（x1）＝e+lnx1＝0，①所以当x∈（0，x1）时，h（x）＜0，即F′（x）＜0，F（x）在（0，x1）上单调递减，当x∈（x1，+∞）时，h（x）＞0，即F′（x）＞0，F（x）在（x1，+∞）上单调递增，则F（x）min＝F（x1）＝e﹣②，由①得x1e＝﹣lnx1＝ln＝ln•e，设φ（x）＝xex，φ′（x）＝ex+xex＝（x+1）ex，所以在（0，+∞）上，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增，所以x1＝ln③，将③代入②，得F（x）min＝0，所以F（x）≥0，即f（x）≥．23．（2022秋•信阳月考）已知函数f（x）＝xlnx，g（x）＝﹣x2+ax﹣3（a∈R）．（1）求f（x）在点（e，f（e））处的切线方程；（2）若对于任意的，都有2f（x）≥g（x）成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）y＝2x﹣e；（2）（﹣∞，4]．【解答】解：（1）由f（x）＝xlnx，可得f'（x）＝lnx+1，所以切线的斜率k＝f'（e）＝2，又f（e）＝e，所以f（x）在（e，f（e））处的切线方程为y﹣e＝2（x﹣e），即y＝2x﹣e；（2）由2f（x）≥g（x）对于任意的恒成立，则2xlnx≥﹣x2+ax﹣3对于任意的恒成立，即对于任意的恒成立，令h（x）＝，，只需满足a≤h（x）min，又h′（x）＝，因为，所以由h′（x）＝0得x＝1，当时，h′（x）＜0，则h（x）单调递减，当1＜x＜e时，h（x）＞0，则h（x）单调递增，所以h（1）为极小值且为最小值，又h（1）＝4，所以a≤4，即实数a的取值范围为（﹣∞，4]．24．（2022秋•湖北月考）已知函数f（x）＝（k≠0），e＝2.71828…是自然对数的底数．（1）当k＝1时，设f（x）的最小值为m，求证：m＜；（2）求证：当k≥时，f（x）≥0．【答案】（1）证明过程见解答；（2）证明过程见解答．【解答】