专题19导数综合

专题19导数综合目录一览2023真题展现考向一利用导数研究函数的极值考向二利用导数研究函数的单调性真题考查解读近年真题对比考向一利用导数研究函数的单调性考向二利用导数研究函数的最值命题规律解密名校模拟探源易错易混速记/二级结论速记考向一利用导数研究函数的极值1．（2023•新高考Ⅱ•第22题）（1）证明：当0＜x＜1时，x﹣x2＜sinx＜x；（2）已知函数f（x）＝cosax﹣ln（1﹣x2），若x＝0为f（x）的极大值点，求a的取值范围．【解答】（1）证明：设g（x）＝x﹣x2﹣sinx，x∈（0，1），则g′（x）＝1﹣2x﹣cosx，∴g″（x）＝﹣2+sinx＜0，∴g′（x）在（0，1）上单调递减，∴g′（x）＜g′（0）＝0，∴g（x）在（0，1）上单调递减，∴g（x）＜g（0）＝0，即x﹣x2﹣sinx＜0，x∈（0，1），∴x﹣x2＜sinx，x∈（0，1），设h（x）＝x﹣sinx，x∈（0，1），则h′（x）＝1﹣cosx＞0，∴h（x）在（0，1）上单调递增，∴h（x）＞h（0）＝0，x∈（0，1），即x﹣sinx＞0，x∈（0，1），∴sinx＜x，x∈（0，1），综合可得：当0＜x＜1时，x﹣x2＜sinx＜x；（2）解：∵f′（x）＝﹣asinax+2x1-x2，∴f″（且f′（0）＝0，f″（0）＝﹣a2+2，①若f″（x）＝2﹣a2＞0，即-2易知存在t1＞0，使得x∈（0，t1）时，f″（x）＞0，∴f′（x）在（0，t1）上单调递增，∴f′（x）＞f′（0）＝0，∴f（x）在（0，t1）上单调递增，这显然与x＝0为函数的极大值点相矛盾，故舍去；②若f″（x）＝2﹣a2＜0，即a＜-2或a＞存在t2＞0，使得x∈（﹣t2，t2）时，f″（x）＜0，∴f′（x）在（﹣t2，t2）上单调递减，又f′（0）＝0，∴当﹣t2＜x＜0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当0＜x＜t2时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，满足x＝0为f（x）的极大值点，符合题意；③若f″（x）＝2﹣a2＝0，即a＝±2时，∵f（x）为偶函数，∴只考虑a=2此时f'(x)=-2sin(2x)+2xf'∴f（x）在（0，1）上单调递增，与显然与x＝0为函数的极大值点相矛盾，故舍去．综合可得：a的取值范围为（﹣∞，-2）∪（2，+考向二利用导数研究函数的单调性2．（2023•新高考Ⅰ•第19题）已知函数f（x）＝a（ex+a）﹣x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明：当a＞0时，f（x）＞2lna+3【解答】解：（1）f（x）＝a（ex+a）﹣x，则f'（x）＝aex﹣1，①当a≤0时，f'（x）＜0恒成立，f（x）在R上单调递减，②当a＞0时，令f'（x）＝0得，x=ln1当x∈（﹣∞，ln1a）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（ln1a，+∞）时，f'（x）＞0，f（综上所述，当a≤0时，f（x）在R上单调递减；当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln1a）上单调递减，在（ln1a，证明：（2）由（1）可知，当a＞0时，f（x）min＝f（ln1a）＝a（1a+a）﹣ln1a=1+要证f（x）＞2lna+32，只需证1+a2+lna＞2lna只需证a2-lna-设g（a）=a2-lna-12，a＞0，则g'（a令g'（a）＝0得，a=22，当a∈（0，22）时，g'（a）＜0，g（a）单调递减，当a∈（22，+∞）时，g'（a）＞0，所以g（a）≥g（22）=12-ln22-12=-所以a2-lna-即f（x）＞2lna+3【命题意图】考查导数的应用．考查求导公式，导数几何意义，利用导数研究函数的单调性、极值、最值，函数零点等问题．体会数形结合思想，分类讨论思想，化归和转化思想．【考查要点】导数是必考内容，难度、广度和深度较大．常规基础考查求导公式与几何意义．中等难度考查求单调区间、极值、最值等．压轴题考查零点、不等式证明、恒成立或者存在问题、分类讨论求参数等，和数列、不等式、函数等知识结合．【得分要点】1、导数和函数的单调性的关系（1）若f′（x）＞0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）＞0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间．（2）若f′（x）＜0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）＜0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间．2．求函数f（x）的极值的步骤（1）确定函数的定义区间，求导数f′（x）．（2）求方程f′（x）＝0的根．（3）用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格，检查f′（x）在方程根左右的值的符号，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，则f（x）在这个根处无极值．3．用导数求函数的最值步骤：设函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，则求f（x）在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：（1）求f（x）在（a，b）内的极值．（2）将f（x）的各极值与f（a）、f（b）比较得出f（x）在[a，b]上的最值．4．利用导数研究曲线上某点切线方程（1）确定切点．（2）求斜率，即求曲线上该点的导数．（3）利用点斜式求出直线方程．5．函数恒成立问题恒成立问题最后都转化为求最值问题，常用的方法是分离参变量和求导．考向一利用导数研究函数的单调性3．（2022•新高考Ⅱ）已知函数f（x）＝xeax﹣ex．（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x＞0时，f（x）＜﹣1，求a的取值范围；（3）设n∈N*，证明：++…+＞ln（n+1）．【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝xex﹣ex＝ex（x﹣1），f′（x）＝ex（x﹣1）+ex＝xex，∵ex＞0，∴当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．（2）令g（x）＝f（x）+1＝xeax﹣ex+1（x＞0），∵f（x）＜﹣1，f（x）+1＜0，∴g（x）＜g（0）＝0在x＞0上恒成立，又g′（x）＝eax+axeax﹣ex，令h（x）＝g′（x），则h′（x）＝aeax+a（eax+axeax）﹣ex＝a（2eax+axeax）﹣ex，∴h′（0）＝2a﹣1，①当2a﹣1＞0，即a＞，存在δ＞0，使得当x∈（0，δ）时，h′（x）＞0，即g′（x）在（0，δ）上单调递增．因为g′（x）＞g′（0）＝0，所以g（x）在（0，δ）内递增，所以f（x）＞﹣1，这与f（x）＜﹣1矛盾，故舍去；②当2a﹣1≤0，即a≤，g′（x）＝eax+axeax﹣ex＝（1+ax）eax﹣ex，若1+ax≤0，则g'（x）＜0，所以g（x）在[0，+∞）上单调递减，g（x）≤g（0）＝0，符合题意．若1+ax＞0，则g′（x）＝eax+axeax﹣ex＝eax+ln（1+ax）﹣ex≤﹣ex≤＝0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，g（x）≤g（0）＝0，符合题意．综上所述，实数a的取值范围是a≤．另解：f（x）的导数为f′（x）＝（1+ax）eax﹣ex（x＞0），①当a≥1时，f′（x）＝（1+ax）eax﹣ex＞eax﹣ex≥ex﹣ex＝0，所以f（x）在（0，+∞）递增，所以f（x）＞﹣1，与题意矛盾；②当a≤0时，f′（x）≤eax﹣ex≤1﹣ex＜0，所以f（x）在（0，+∞）递减，所以f（x）＜﹣1，满足题意；．③当0＜a≤时，f′（x）≤（1+x）e﹣ex＝e[（1+x）﹣e]．设G（x）＝（1+x）﹣e（x＞0），G′（x）＝﹣e＜0，则G（x）在（0，+∞）递减，所以G（x）＜0，f′（x）＝eG（x）＜0，所以f（x）在（0，+∞）递减，所以f（x）＜﹣1，满足题意；④当＜a＜1时，f′（x）＝eax[（1+ax）﹣e（1﹣a）x]，令H（x）＝（1+ax）﹣e（1﹣a）x，则f′（x）＝eaxH（x），H′（x）＝a+（a﹣1）e（1﹣a）x，可得H′（x）递减，H′（0）＝2a﹣1，所以存在x0＞0，使得H′（x0）＝0．当x∈（0，x0）时，H′（x）＞0，H（x）在（0，x0）递增，此时H（x）＞0，所以当x∈（0，x0）时，f′（x）＝eaxH（x）＞0，f（x）在（0，x0）递增，所以f（x）＞﹣1，与题意矛盾．综上可得，a的取值范围是（﹣∞，]．（3）由（2）可知，当a＝时，f（x）＝＜﹣1（x＞0），令x＝ln（1+）（n∈N*）得，＜﹣1，整理得，，∴＞ln（1+），∴＞ln（），∴＞ln（）＝ln（）＝ln（n+1），即++...+＞ln（n+1）．另解：运用数学归纳法证明．当n＝1时，左边＝＝＞ln2成立．假设当n＝k（k≥1，k∈N*）时，不等式成立，即++...+＞ln（k+1）．当n＝k+1时，要证++...++＞ln（k+2），只要证ln（k+1）+＞ln（k+2），即证＞ln（k+2）﹣ln（k+1）＝ln＝ln（1+）．可令t＝，则t∈（0，]，则需证明＞ln（1+t），再令x＝（x∈（1，]），则需证明x﹣＞2lnx（x∈（1，]）．构造函数g（x）＝2lnx﹣（x﹣）（x∈（1，]），g′（x）＝﹣1﹣＝﹣（1﹣）2＜0，可得g（x）在（1，]上递减，则g（x）＜g（1）＝0，所以原不等式成立，即n＝k+1时，++...++＞ln（k+2）成立．综上可得，++...+＞ln（n+1）成立．4．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝x（1﹣lnx）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna﹣alnb＝a﹣b，证明：2＜+＜e．【解答】（1）解：由函数的解析式可得f'（x）＝1﹣lnx﹣1＝﹣lnx，∴x∈（0，1），f′（x）＞0，f（x）单调递增，x∈（1，+∞），f′（x）＜0，f（x）单调递减，则f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减．（2）证明：由blna﹣alnb＝a﹣b，得，即，由（1）f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，所以f（x）max＝f（1）＝1，且f（e）＝0，令，，则x1，x2为f（x）＝k的两根，其中k∈（0，1）．不妨令x1∈（0，1），x2∈（1，e），则2﹣x1＞1，先证2＜x1+x2，即证x2＞2﹣x1，即证f（x2）＝f（x1）＜f（2﹣x1），令h（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），则h′（x）＝f′（x）+f′（2﹣x）＝﹣lnx﹣ln（2﹣x）＝﹣ln[x（2﹣x）]在（0，1）单调递减，所以h′（x）＞h′（1）＝0，故函数h（x）在（0，1）单调递增，∴h（x1）＜h（1）＝0．∴f（x1）＜f（2﹣x1），∴2＜x1+x2，得证．同理，要证x1+x2＜e，（法一）即证1＜x2＜e﹣x1，根据（1）中f（x）单调性，即证f（x2）＝f（x1）＞f（e﹣x1），令φ（x）＝f（x）﹣f（e﹣x），x∈（0，1），则φ'（x）＝﹣ln[x（e﹣x）]，令φ′（x0）＝0，x∈（0，x0），φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，x∈（x0，1），φ'（x）＜0，φ（x）单调递减，又0＜x＜e时，f（x）＞0，且f（e）＝0，故，φ（1）＝f（1）﹣f（e﹣1）＞0，∴φ（x）＞0恒成立，x1+x2＜e得证，（法二）f（x1）＝f（x2），x1（1﹣lnx1）＝x2（1﹣lnx2），又x1∈（0，1），故1﹣lnx1＞1，x1（1﹣lnx1）＞x1，故x1+x2＜x1（1﹣lnx1）+x2＝x2（1﹣lnx2）+x2，x2∈（1，e），令g（x）＝x（1﹣lnx）+x，g′（x）＝1﹣lnx，x∈（1，e），在（1，e）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，所以g（x）＜g（e）＝e，即x2（1﹣lnx2）+x2＜e，所以x1+x2＜e，得证，则2＜+＜e．5．（2021•新高考Ⅱ）已知函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+b．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：f（x）恰有一个零点．①＜a≤，b＞2a；②0＜a＜，b≤2a．【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+b，f'（x）＝x（ex﹣2a），①当a≤0时，当x＞0时，f'（x）＞0，当x＜0时，f'（x）＜0，∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，②当a＞0时，令f'（x）＝0，可得x＝0或x＝ln（2a），（i）当时，当x＞0或x＜ln（2a）时，f'（x）＞0，当ln（2a）＜x＜0时，f'（x）＜0，∴f（x）在（﹣∞，ln（2a）），（0，+∞）上单调递增，在（ln（2a），0）上单调递减，（ii）a＝时，f'（x）＝x（ex﹣1）≥0且等号不恒成立，∴f（x）在R上单调递增，（iii）当时，当x＜0或x＞ln（2a）时，f'（x）＞0，当0＜x＜ln（2a）时，f'（x）＜0，f（x）在（﹣∞，0），（ln（2a），+∞）上单调递增，在（0，ln（2a））上单调递减．综上所述：当a⩽0时，f（x）在（﹣∞，0）上单调递减；在（0，+∞）上单调递增；当时，f（x）在（﹣∞，ln（2a））和（0，+∞）上单调递增；在（ln（2a），0）上单调递减；当时，f（x）在R上单调递增；当时，f（x）在（﹣∞，0）和（ln（2a），+∞）上单调递增；在（0，ln（2a））上单调递减．（Ⅱ）证明：若选①，由（Ⅰ）知，f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，（0，ln（2a））单调递减，（ln（2a），+∞）上f（x）单调递增．注意到．∴f（x）在上有一个零点；f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）⋅2a﹣a⋅ln22a+b＞2aln（2a）﹣2a﹣aln22a+2a＝aln（2a）（2﹣ln（2a）），由得0＜ln（2a）⩽2，∴aln（2a）（2﹣ln（2a））⩾0，∴f（ln（2a））＞0，当x⩾0时，f（x）⩾f（ln（2a））＞0，此时f（x）无零点．综上：f（x）在R上仅有一个零点．另解：当a∈（，]时，有ln（2a）∈（0，2]，而f（0）＝b﹣1＞2a﹣1＝0，于是f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）•2a﹣aln2（2a）+b＝ln（2a）（2a﹣ln（2a））+（b﹣2a）＞0，所以f（x）在（0，+∞）没有零点，当x＜0时，ex∈（0，1），于是f（x）＜﹣ax2+b⇒f（﹣）＜0，所以f（x）在（﹣，0）上存在一个零点，命题得证．若选②，则由（Ⅰ）知：f（x）在（﹣∞，ln（2a））上单调递增，在（ln（2a），0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）2a﹣aln22a+b⩽2aln（2a）﹣2a﹣aln22a+2a＝aln（2a）（2﹣ln（2a）），∵，∴ln（2a）＜0，∴aln（2a）（2﹣ln（2a））＜0，∴f（ln（2a））＜0，∴当x⩽0时，f（x）⩽f（ln（2a））＜0，此时f（x）无零点．当x＞0时，f（x）单调递增，注意到f（0）＝b﹣1⩽2a﹣1＜0，取，∵b＜2a＜1，∴，又易证ec＞c+1，∴﹣1＝1＞0，∴f（x）在（0，c）上有唯一零点，即f（x）在（0，+∞）上有唯一零点．综上：f（x）在R上有唯一零点．考向二利用导数研究函数的最值6．（2022•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝ex﹣ax和g（x）＝ax﹣lnx有相同的最小值．（1）求a；（2）证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【解答】解：（1）f（x）定义域为R，∵f（x）＝ex﹣ax，∴f'（x）＝ex﹣a，若a≤0，则f'（x）＞0，f（x）无最小值，故a＞0，当f'（x）＝0时，x＝lna，当x＜lna时，f'（x）＜0，函数f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，当x＞lna时，f'（x）＞0，函数f（x）在（lna，+∞）上单调递增，故f（x）min＝f（lna）＝a﹣alna，g（x）的定义域为（0，+∞），∵g（x）＝ax﹣lnx，∴g'（x）＝a﹣，令g'（x）＝0，解得x＝，当0＜x＜时，g'（x）＜0，函数g（x）在（0，）上单调递减，当x＞时，g'（x）＞0，函数g（x）在（，+∞）上单调递增，故g（x）min＝1+lna，∵函数f（x）＝ex﹣ax和g（x）＝ax﹣lnx有相同的最小值∴a﹣alna＝1+lna，∵a＞0，∴a﹣alna＝1+lna化为lna﹣，令h（x）＝lnx﹣，x＞0，则h'（x）＝﹣＝，∵x＞0，∴h'（x）＝恒成立，∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，又∵h（1）＝0，∴h（a）＝h（1），仅有此一解，∴a＝1．（2）证明：由（1）知a＝1，函数f（x）＝ex﹣x在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，函数g（x）＝x﹣lnx在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，设u（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣2x+lnx（x＞0），则u′（x）＝ex﹣2+＞ex﹣2，当x≥1时，u′（x）≥e﹣2＞0，所以函数u（x）在（1，+∞）上单调递增，因为u（1）＝e﹣2＞0，所以当x≥1时，u（x）≥u（1）＞0恒成立，即f（x）﹣g（x）＞0在x≥1时恒成立，所以x≥1时，f（x）＞g（x），因为f（0）＝1，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，g（1）＝1，函数g（x）在（0，1）上单调递减，所以函数f（x）与函数g（x）的图象在（0，1）上存在唯一交点，设该交点为（m，f（m））（0＜m＜1），此时可作出函数y＝f（x）和y＝g（x）的大致图象，由图象知当直线y＝b与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点时，直线y＝b必经过点M（m，f（m）），即b＝f（m），因为f（m）＝g（m），所以em﹣m＝m﹣lnm，即em﹣2m+lnm＝0，令f（x）＝b＝f（m）得ex﹣x＝em﹣m＝m﹣lnm，解得x＝m或x＝lnm，由0＜m＜1，得lnm＜0＜m，令g（x）＝b＝f（m）得x﹣lnx＝em﹣m＝m﹣lnm，解得x＝m或x＝em，由0＜m＜1，得m＜1＜em，所以当直线y＝b与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点时，从左到右的三个交点的横坐标依次为，lnm，m，em，因为em﹣2m+lnm＝0，所以em+lnm＝2m，所以lnm，m，em成等差数列．∴存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．导数是必考内容，难度、广度和深度较大．常规基础考查求导公式与几何意义．中等难度考查求单调区间、极值、最值等．压轴题考查零点、不等式证明、恒成立或者存在问题、分类讨论求参数等，和数列、不等式、函数等知识结合．一．利用导数研究函数的单调性（共17小题）1．（2023•沙坪坝区校级模拟）已知函数f（x）＝xex+ax2+ax﹣1．（1）若函数f（x）在R上单调递增，求实数a的值；（2）若函数F（x）＝2f（x）﹣ax2﹣（4a+1）x﹣2lnx恰有两个不同的零点，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）由题意得f（x）的导数为f′（x）＝（x+1）ex+ax+a＝（x+1）（ex+a），∵f（x）在R上单调递增，∴f′（x）≥0恒成立且f′（x）不恒为零．当x≥﹣1时，x+1≥0，则ex+a≥0恒成立，由a≥﹣ex，由ex≥，即有a≥﹣；当x≤﹣1时，x+1≤0，则ex+a≤0恒成立，由a≤﹣ex，由ex≤，即有a≤﹣．综上可得：．（2）x＞0，F（x）＝2f（x）﹣ax2﹣（4a+1）x﹣2lnx＝2xex﹣（2a+1）x﹣2lnx，令F（x）＝0，分离参数得a+＝ex﹣﹣，令g（x）＝ex﹣﹣，则g′（x）＝ex﹣+＝，令h（x）＝x2ex+lnx则．∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，又h（1）＝e＞0，h（）＝•e﹣1＜0，∴∃使得h（x0）＝0．则当x∈（0，x0）时，h（x）＜0，即g'（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，即g'（x）＞0；∴g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，∵g（x）min＝g（x0）＝ex0﹣﹣，由h（x0）＝0，即ex0＝﹣lnx0，可得ln（﹣lnx0）＝2lnx0+x0，∴ln（﹣lnx0）+（﹣lnx0）＝lnx0+x0，又y＝lnx+x在（0，+∞）上单调递增，∴﹣lnx0＝x0，即ex0＝，∴g（x）min＝g（x0）＝﹣﹣＝1，又当x→0时，g（x）→+∞；当x→+∞时，g（x）→+∞，故解得，即实数a的取值范围为．2．（2023•沈河区校级模拟）已知函数f（x）＝xlnx．（1）求f（x）的单调区间；（2）若x1＜x2，且f（x1）＝f（x2）＝a，证明：ae+1＜x2﹣x1＜a+1．【解答】解：（1）f（x）＝xlnx，x∈（0，+∞）．f′（x）＝lnx+1，令f′（x）＞0，解得x＞；令f′（x）＜0，解得0＜x＜．∴函数f（x）的单调递减区间为（0，），单调递增区间为（，+∞）．（2）证明：x→0+时，f（x）→0；0＜x＜1时，f（x）＜0；f（1）＝0；x＞1时，f（x）＞0．∵x1＜x2，且f（x1）＝f（x2）＝a，结合（1）函数f（x）单调性可得：0＜x1＜＜x2＜1．设g（x）＝f（x）+x，x∈（0，），则g（x）＝x（lnx+1）＜0，∴f（x）＜﹣x，f（x1）＜﹣x1，又∵f（x1）＝a，∴﹣x1＞a．设h（x）＝f（x）﹣（x﹣1）＝xlnx﹣（x﹣1），＜x＜1．h′（x）＝1+lnx﹣＝lnx+，令h′（x）＞0，可得＜x＜1，函数h（x）在（，1）上单调递增；令h′（x）＜0，可得＜x＜，函数h（x）在（e﹣1，）上单调递减．由h（）＝h（1）＝0，∴h（x）＜0，故h（x2）＝f（x2）﹣（x2﹣1）＜0，∴f（x2）＜（x2﹣1），∵f（x2）＝a，∴a＜（x2﹣1），故x2＞1+a（e﹣1），∴x2﹣x1＞ae+1．令u（x）＝f（x）﹣（x﹣1）＝xlnx﹣（x﹣1），0＜x＜1．∴u′（x）＝lnx＜0，∴函数u（x）在（0，1）上单调递减，又u（1）＝0，∴u（x）＞0，从而f（x）＞x﹣1，∴f（x2）＞x2﹣1，又f（x2）＝a，∴a＞x2﹣1，∴x2＜a+1，∴x2﹣x1＜x2＜a+1，综上可得：ae+1＜x2﹣x1＜a+1．3．（2023•天津一模）已知函数f（x）＝x•lnx．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）求f（x）的单调区间；（Ⅲ）若对于任意，都有f（x）≤ax﹣1，求实数a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）因为函数f（x）＝xlnx，所以，f'（1）＝ln1+1＝1．又因为f（1）＝0，所以曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝x﹣1．（Ⅱ）函数f（x）＝xlnx定义域为（0，+∞），由（Ⅰ）可知，f'（x）＝lnx+1．令f′（x）＝0，解得．f（x）与f′（x）在区间（0，+∞）上的情况如下：xf′（x）﹣0+f（x）减极小值增所以，f（x）的单调递增区间是，f（x）的单调递减区间是．（Ⅲ）当时，“f（x）≤ax﹣1”等价于“”．令，，，．当时，g'（x）＜0，所以g（x）在区间单调递减．当x∈（1，e）时，g'（x）＞0，所以g（x）在区间（1，e）单调递增．而g（＝lne+e＝e﹣1＞，．所以g（x）在区间上的最大值为．所以当a≥e﹣1时，对于任意，都有f（x）≤ax﹣1，故a的取值范围为[e﹣1，+∞）．4．（2023•忻州一模）已知函数，f′（x）为其导函数．（1）若a＝﹣2，求f′（x）的单调区间；（2）若关于x的方程f（x）＝ex有两个不相等的实根，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）＝xex﹣x2，x∈R，则f'（x）＝（1+x）ex﹣2x，令h（x）＝f'（x）＝（1+x）ex﹣2x，则h'（x）＝（2+x）ex﹣2，设m（x）＝（2+x）ex﹣2，则m'（x）＝（3+x）ex＝0，得x＝﹣3，故x∈（﹣∞，﹣3）时，m′（x）＜0，函数m（x）即h′（x）单调递减，x∈（﹣3，+∞）时，m′（x）＞0，函数m（x）即h′（x）单调递增，所以，又x→﹣∞时，h'（x）→﹣∞，又h'（0）＝0，所以x∈（﹣∞，0）时，h'（x）＜0，函数f′（x）单调递减，x∈（0，+∞）时，h'（x）＞0，函数f′（x）单调递增，故f′（x）的单调减区间为（﹣∞，0），增区间为（0，+∞）；（2）关于x的方程有两个不相等的实根，即函数在x∈R上有两个零点，又g'（x）＝（x+1）ex﹣ex+ax＝x（ex+a），①当a＞0时，g'（x）＝0，得x＝0，所以当x∈（﹣∞，0）时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减，当x∈（0，+∞）时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增，所以g（x）min＝g（0）＝﹣1，又x→﹣∞时，g（x）→+∞，g（2）＝e2+2a＞0，则函数g（x）在x∈R上有两个零点；②当a＝0时，方程化为xex＝ex，有唯一零点x＝1，不符合题意；③当a＜0时，g'（x）＝0，得x＝0，x＝ln（﹣a），（i）当a＝﹣1时，ln（﹣a）＝0，此时g'（x）≥0恒成立，函数g（x）单调递增，在x∈R上不可能有两个零点，不符合题意；（ii）当﹣1＜a＜0时，ln（﹣a）＜0，则当x∈（﹣∞，ln（﹣a））时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增，x∈（ln（﹣a），0）时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减，当x∈（0，+∞）时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增，所以，g（0）＝﹣1，故函数g（x）在区间x∈（﹣∞，0）无零点，在x∈（0，+∞）不可能存在两个零点，故不符合题意；（iii）当a＜﹣1时，ln（﹣a）＞0，则当x∈（﹣∞，0）时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增，x∈（0，ln（﹣a））时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减，当x∈（ln（﹣a），+∞）时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增，又g（0）＝﹣1，故函数g（x）在区间x∈（﹣∞，ln（﹣a））无零点，在x∈（ln（﹣a），+∞）不可能存在两个零点，故不符合题意；综上，实数a的取值范围（0，+∞）．5．（2023•沈阳模拟）已知f（x）＝（x2﹣2x）lnx+（a﹣）x2+2（1﹣a）x，a＞0．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．【解答】解：（1）f′（x）＝（2x﹣2）lnx+（x2﹣2x）•+2x（a﹣）+2（1﹣a）＝2（x﹣1）lnx+x﹣2+2ax﹣x+2﹣2a＝2（x﹣1）lnx+2ax﹣2a＝2（x﹣1）lnx+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（lnx+a），当a＞0时，令f′（x）＝0得x1＝1，x2＝e﹣a，此时e﹣a＜1，所以f（x）在（0，e﹣a）上单调递增，在（e﹣a，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．（2）f（1）＝﹣a+，若f（1）＞0，即a＜时，由f（x）的单调性，可得在（e﹣a，+∞）上恒为正，无零点，在区间（0，e﹣a）至多有一个零点，不符合题意，若f（1）＜0，即a＞时，由f（2）＝0+4（a﹣）+4（1﹣a）＝2＞0，由零点的存在定理，f（x）在区间（1，2）上存在一个零点，取x∈（0，1），则x﹣2＜﹣1，lnx＜0，（a﹣）x＞0，f（x）＝x[（x﹣2）lnx+（a﹣）x+2（1﹣a）]＞x[（﹣1）lnx+0+2（1﹣a）]，所以在（0，e2（1﹣a））时，f（x）＞0，由于f（x）在区间（0，e﹣a）上单调递增，所以f（x）在区间（0，e﹣a）上恒为正，无零点，由零点的存在定理，可得f（x）在区间（e﹣a，1）上存在一个零点，符合题意，若f（1）＝0，即a＝时，f（x）在区间（0，e﹣a）上恒正，无零点，所以f（x）仅有x＝1个零点，不符合题意，综上所述，a的取值范围为（，+∞）．6．（2023•淄博二模）已知函数，a∈R．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若x1，x2是函数的两个极值点，且x1＜x2，求证：f（x1）﹣f（x2）＜0．【解答】解：（1）f（x）的定义域为（a，+∞），又，当a＝0时，在（0，1）上单调递增，f（x）在（1，+∞）上单调递减；当a＞0时，f（x）在（a，a+1）上单调递增，f（x）在（a+1，+∞）上单调递减；当﹣1＜a＜0时，f（x）在（0，a+1）上单调递增，f（x）在（a，0）和（a+1，+∞）上单调递减；当a＝﹣1时，f（x）在（﹣1，+∞）上单调递减；当a＜﹣1时，f（x）在（a+1，0）上单调递增，f（x）在（a，a+1）和（0，+∞）上单调递减．（2）证明：由，x＞0，则，由题意知x1，x2是方程x2﹣x﹣a＝0的两根，因此x1+x2＝1，x1x2＝﹣a，且，，所以＝，把x1+x2＝1，x1x2＝﹣a代入，得＝，要证f（x1）﹣f（x2）＜0，只需证明，即，也即．令，，由，得2＜t2＜t1，设，要证h（t2）＞h（t1），因为，h（t）在（2，+∞）上单调递减，所以h（t2）＞h（t1），即证．7．（2023•禅城区校级一模）已知函数．（1）若函数y＝f（x）为增函数，求k的取值范围；（2）已知0＜x1＜x2，（i）证明：；（ii）若，证明：|f（x1）﹣f（x2）|＜1．【解答】解：（1）若是增函数，则f′（x）＝﹣≥0恒成立，所以k在（0，+∞）上恒成立，令φ（x）＝，x＞0，则，所以φ（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）递减，所以φ（x）max＝，所以k≥φ（x）max＝，所以k的取值范围为[，+∞）．（2）（i）证明：由（1）知，当k＝时，f（x）＝lnx+，f′（x）＝﹣，令f′（x）＝0得＝，由（1）知φ（x）＝，在（0，1）上递增，在（1，+∞）递减，φ（x）max＝，所以φ（x）≤，所以在（0，+∞）上f′（x）≥0，f（x）单调递增，因为0＜x1＜x2，所以f（x1）＜f（x2），所以lnx2+＞lnx1+，所以﹣＞lnx1﹣lnx2＝﹣ln，（*）令g（x）＝lnx﹣x+1，x＞0，g′（x）＝﹣1在（0，+∞）上单调递减，又g′（1）＝0，所以在（0，1）上g′（x）＞0，g（x）单调递增，在（1，+∞）上g′（x）＜0，g（x）单调递减，所以g（x）max＝g（1）＝0，所以g（x）≤0，所以lnx﹣x+1≤0，即﹣lnx≥1﹣x，当x＝1时，取等号，所以﹣ln＞1﹣，所以（*）不等式为﹣＞lnx1﹣lnx2＝﹣ln＞1﹣，所以﹣＞1﹣．（ii）证明：依题意：有两个不同实数根x1x2，由（1）知0＜x1＜1＜x2，f（x1）＝klnx1+＝，f（x2）＝klnx2+＝令g（x）＝（x＞0），则，当0＜x＜1时，（1﹣x）lnx＜0，当x＞1时，（1﹣x）lnx＜0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，因为x2＞1，所以0＜g（x2）＜g（1）＝，所以0＜f（x2）＜，先证明p（x）＝lnx﹣x+1＜0，0＜x＜1，p′（x）＝﹣1＝＞0，所以p（x）在（0，1）上单调递增，所以p（x）＜p（1）＝0，所以lnx﹣x+1＜0，所以lnx＜x﹣1，所以xlnx+1＜x（x﹣1），①令q（x）＝x（x﹣1）﹣ex，0＜x＜1，q′（x）＝2x﹣1﹣ex，q″（x）＝2﹣ex单调递减，所以q″（1）＜q″（x）＜q″（0），又q″（0）＞0，q″（1）＝2﹣e＜0，所以存在x0∈（0，1）使得q″（x）＝0，即2＝e，所以在（0，x0）上q″（x）＞0，q′（x）单调递增，在（x0，+∞）上q″（x）＜0，q′（x）单调递减，所以q′（x）≤q′（x0）＝2x0﹣1﹣e＝2x0﹣1﹣2＝2x0﹣3＜0，所以q（x）在（0，1）上单调递减，所以q（x）＜q（0）＝﹣1＜0，所以x（x﹣1）＜ex，因为0＜x1＜1，所以x1（x﹣1）+1＜e，所以不等式①放缩为x1lnx1+1＜x1（x﹣1）+1＜e，所以＜f（x1）＜1，所以|f（x1）﹣f（x2）|＜1．8．（2023•五华区校级模拟）设a，b，c∈R，a≠0，6a+b＝0，函数f（x）＝ax3+bx2+cx，f（1）＝4a．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若0≤x≤3时，函数y＝f（x）﹣xe﹣x有三个零点x1，x2，x3，其中x1＜x2＜x3，试比较x1+x2+x3与2的大小关系，并说明理由．【解答】解：（1）由f（1）＝4a，得3a﹣b﹣c＝0，又6a+b＝0，所以c＝9a，则f（x）＝ax3﹣6ax2+9ax，所以f′（x）＝3a（x﹣1）（x﹣3），a≠0．当a＞0时，令f′（x）＞0，得x＜1或x＞3；令f′（x）＜0，得1＜x＜3，所以f（x）在（﹣∞，1）和（3，+∞）上单调递增，在（1，3）上单调递减；当a＜0时，令f′（x）＞0，得1＜x＜3；令f′（x）＜0，得x＜1或x＞3，所以f（x）在（﹣∞，1）与（3，+∞）上单调递减，在（1，3）上单调递增．（2）x1+x2+x3＜2，理由如下：因为f（x）＝ax3﹣6ax2+9ax＝ax（x﹣3）2，由F（x）＝0，得ax（x﹣3）2﹣xe﹣x＝0，解得x＝0或a（x﹣3）2﹣e﹣x＝0，因为x∈[0，3]，所以x1＝0，x2，x3是a（x﹣3）2﹣e﹣x＝0的正根，则x1+x2+x3＝x2+x3，又ln[a（x﹣3）2]＝lne﹣x＝﹣x，所以lna+2ln（3﹣x2）＝﹣x2，lna+2ln（3﹣x3）＝﹣x3，两式相减得2ln（3﹣x2）﹣2ln（3﹣x3）＝x3﹣x2＝（3﹣x2）﹣（3﹣x3），令3﹣x2＝t2，3﹣x3＝t3，则3＞t2＞t3＞0，得2lnt2﹣2lnt3＝t2﹣t3，则，令，则，所以，，可得，，设g（u）＝2（u+1）lnu﹣4（u﹣1），则，再设，则，所以h（u）在（1，+∞）上为增函数，则h（u）＞h（1）＝0，即，则g（u）＝2（u+1）lnu﹣4（u﹣1）在（1，+∞）上为增函数，从而g（u）＞g（1）＝2（1+1）ln1﹣4（1﹣1）＝0，所以t2+t3﹣4＞0，即（3﹣x2）+（3﹣x3）﹣4＝2﹣（x2+x3）＞0，所以x2+x3＜2，即x1+x2+x3＝x2+x3＜2．9．（2023•泉州模拟）已知函数f（x）＝ex[x2﹣（a+2）x+a+3]．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）在（0，2）有两个极值点x1，x2，求证：．【解答】（1）解：由f（x）＝ex[x2﹣（a+2）x+a+3]得：f′（x）＝ex（x2﹣ax+1），当﹣2≤a≤2时，x2﹣ax+1≥0，从而f'（x）≥0，f（x）在R上单调递增；当a＜﹣2或a＞2时，由f′（x）＝0得，，当x＜x1或x＞x2时f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x1＜x＜x2时f′（x）＜0，f（x）单调递减，综上，当﹣2≤a≤2时，f（x）在R上单调递增；当a＜﹣2或a＞2时，f（x）在上单调递增，在上单调递减．（2）证明：若f（x）在（0，2）有两个极值点x1，x2，则，由（1）知a＜﹣2或a＞2，x1x2＝1，x1+x2＝a＞0，于是a＞2．，i＝1，2．则＝ea（4﹣2a（a+2）+（a+2）2）＝ea（﹣a2+8），令g（a）＝ea（﹣a2+8），a＞2，则g′（a）＝ea（﹣a2﹣2a+8）＜0，因此g（a）在（2，+∞）上单调递减，故g（a）＜g（2）＝4e2，即．10．（2023•张家口三模）已知函数f（x）＝x2+2cosx，f′（x）为函数f（x）的导函数．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）已知函数g（x）＝f′（x）﹣5x+5alnx，存在g（x1）＝g（x2）（x1≠x2），证明x1+x2＞2a．【解答】解：（1）已知f（x）＝x2+2cosx，函数定义域为R，可得f′（x）＝2x﹣2sinx，f″（x）＝2﹣2cosx≥0，所以函数f′（x）在定义域内单调递增，又f′（0）＝0，所以当x＜0时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；当x≥0时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，综上，函数f（x）在区间（﹣∞，0）上单调递减，在区间（0，+∞）上单调递增；（2）证明：由（1）得g（x）＝2x﹣2sinx﹣5x+5alnx＝﹣2sinx﹣3x+5alnx，函数定义域为（0，+∞），因为g（x1）＝g（x2），（x1≠x2），所以﹣2sinx1﹣3x1+5alnx1＝﹣2sinx2﹣3x2+5alnx2，整理得5a（lnx2﹣lnx1）＝2（sinx2﹣sinx1）+3（x2﹣x1），不妨设x2＞x1＞0，此时lnx2＞lnx1．由（1）得当x＞0，函数f′（x）单调递增，所以2x1﹣2sinx1＜2x2﹣2sinx2，则2（sinx2﹣sinx1）＜2（x2﹣x1），此时5a（lnx2﹣lnx1）＝2（sinx2﹣sinx1）+3（x2﹣x1）＜5（x2﹣x1），整理得，所以，令，t＞1，不妨设h（t）＝lnt﹣，函数定义域为（1，+∞），可得h′（t）＝＞0，所以函数h（t）在区间（1，+∞）上单调递增，则h（t）＞h（1）＝0，所以，即，整理得，即，故x1+x2＞2a．11．（2023•天津三模）已知定义域均为R的两个函数g（x）＝ex，h（x）＝（x﹣a）2．（Ⅰ）若函数f（x）＝g（x）h（x），且f（x）在x＝﹣1处的切线与x轴平行，求a的值；（Ⅱ）若函数m（x）＝，讨论函数m（x）的单调性和极值；（Ⅲ）设a，b是两个不相等的正数，且a+lnb＝b+lna，证明：a+b+ln（ab）＞2．【解答】解：（Ⅰ）因为f（x）＝g（x）h（x），所以f（x）＝ex（x﹣a）2，所以f'（x）＝ex（x﹣a）2+ex（2x﹣2a）＝ex（x2﹣2ax+2x+a2﹣2a），又f（x）在x＝﹣1处的切线与x轴平行，所以f′（﹣1）＝0，所以e﹣1（1+2a﹣2+a2﹣2a）＝0，所以1+2a﹣2+a2﹣2a＝0，即a2﹣1＝0，所以a＝±1．（Ⅱ）因为，所以的定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞），，令m′（x）＝0，得x＝1，当x变化时m′（x），m（x）的关系如下表：x（﹣∞，0）0（0，1）1（1，+∞）m′（x）﹣无意义﹣0+m（x）单调递减无意义单调减极小值单调递增所以m（x）在（﹣∞，0），（0，1）上单调递减；在（1，+∞）上单调递增，所以m（x）的极小值为，无极大值．（Ⅲ）证明：要证a+b+ln（ab）＞2，只需证（a+lnb）+（b+lna）＞2，根据a+lnb＝b+lna，只需证b+lna＞1，又a，b是两个不相等的正数，不妨设a＜b，由a+lnb＝b+lna得a﹣lna＝b﹣lnb，两边取指数，ea﹣lna＝eb﹣lnb，化简得＝，令p（x）＝，所以p（a）＝p（b），p（x）＝＝e•m（x），根据（Ⅱ）得m（x）在（﹣∞，0），（0，1）上单调递减；在（1，+∞）上单调递增，如图所示，由于m（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，要使p（a）＝p（b）且a，b不相等，则必有0＜a＜1，b＞1，即0＜a＜1＜b，由0＜a＜1，1﹣lna＞1，要证b+lna＞1，只需证b＞1﹣lna，由于p（x）在（1，+∞）上单调递增，要证b＞1﹣lna，只需证p（b）＞p（1﹣lna），又p（a）＝p（b），只需证p（a）＞p（1﹣lna），只需证＞＝，只需证ea（1﹣lna）＞e，只需证，只需证，即证，令φ（x）＝﹣e﹣x（0＜x＜1），φ（1）＝0，φ（a）＝﹣e﹣a，只需证φ（x）＞0（0＜x＜1），φ′（x）＝﹣+e﹣x＝﹣+＝﹣，令h（x）＝ex﹣ex，则h（1）＝0，h′（x）＝ex﹣e＜0（0＜x＜1），所以h（x）在（0，1）上单调递减，所以h（x）＞h（1）＝0，所以，所以φ（x）在（0，1）上单调递减，所以φ（x）＞φ（1）＝0，所以φ（a）＞0，所以a+b+ln（ab）＞2．12．（2023•黄浦区校级三模）设函数f（x）＝x3+ax2+bx+c．（1）设a＝b＝4，求函数f（x）的单调区间；（2）求证：a2﹣3b＞0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件；（3）设a＝0，，c＝﹣1，证明：函数f（x）恰有一个零点r，且存在唯一的严格递增正整数数列{an}，使得．【解答】解：（1）f（x）＝x3+4x2+4x+c，f′（x）＝3x2+8x+4＝（3x+2）（x+2），令f′（x）＝0，解得x＝﹣2或﹣，x∈（﹣∞，﹣2）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；x∈（﹣2，﹣）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；x∈（﹣，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．∴函数f（x）单调递增区间为（﹣∞，﹣2），（﹣，+∞），单调递减区间为（﹣2，﹣）．（2）证明：f（x）有三个不同零点，则f（x）有两个不同极值点，∴f′（x）＝3x2+2ax+b有两个不同实数根，∴Δ＝4a2﹣12b＞0，即a2﹣3b＞0．反之，若a2﹣3b＞0，则f′（x）＝3x2+2ax+b有两个不同实数根，∴f（x）有两个不同极值点，但是，极值受到c的影响，因此f（x）不一定有三个不同零点，可能只有两个不同零点或一个零点．因此a2﹣3b＞0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件．（3）证明：a＝0，，c＝﹣1，∴f（x）＝x3+x﹣1，f′（x）＝3x2+＞0，∴函数f（x）在R上单调递增，又f（0）＝﹣1＜0，f（）＝+﹣1＝＞0，∴函数f（x）存在唯一零点r∈（0，），∴＝＝r+r4+r7+……，故数列an＝3n﹣2（n∈N*）是满足条件的数列，若存在两个不同的递增正整数数列{an}，{bn}满足条件，则＝+++……＝+++…，去掉上面等式两边相同的项可得：+++……＝+++…，这里s1＜s2＜s3＜…，t1＜t2＜t3＜…，所有的si，tj都不相同，不妨设s1＜t1，则＜＜+++……＝+++…，∴1＜+++……≤r+r2+r3+……＝＝﹣1＜﹣1＝1，矛盾，因此存在唯一的严格递增正整数数列{an}，使得．13．（2023•鼓楼区校级模拟）已知函数．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）当a＝1时，若f（x1）+f（x2）＝0，求证：x1+x2≥2；（3）求证：对于任意n∈N*都有．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域是（0，+∞）．由已知得，．①当a＜0时，当0＜x＜1时，f′′（x）＜0，当x＞1时，f′（x）＞0，所以f（x）的单调递减为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）；②当0＜a＜1时，当0＜x＜a或x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当a＜x＜1时，f′（x）＜0，所以函数f（x）的单调递增区间为（0，a）和（1，+∞），单调递减区间为（a，1）；③当a＝1时，当x＞0时，f′（x）＞0，所以f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无递减区间；④当a＞1时，当0＜x＜1或x＞a时，f′（x）＞0，当1＜x＜a时，f′（x）＜0，所以函数f（x）的单调递减为（1，a），单调递增区间为（0，1）和（a，+∞）．综上，当a＜0时，函数f（x）的单调递减为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）；当0＜a＜1时，函数f（x）的单调递增区间为（0，a）和（1，+∞），单调递减区间为（a，1）；当a＝1时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无递减区间；当a＞1时，函数f（x）的单调递减为（1，a），单调递增区间为（0，1）和（a，+∞）．（2）证明：当a＝1时，，由（1）知，函数f（x）在（0，+∞）单调递增且f（1）＝0；令＝lnx（2﹣x）+x2﹣2x+1＝ln（1﹣（x﹣1）2）+（x﹣1）2，令（x﹣1）2＝t∈（0，1]，从而ln（1﹣t）+t≤1﹣t﹣1+t＝0，所以g（x）＝f（x）+f（2﹣x）≤0恒成立，设0＜x1＜1＜x2，f（x1）+f（2﹣x1）≤0⇔﹣f（x1）≥f（2﹣x1）⇔f（x2）≥f（2﹣x1）⇔x2≥2﹣x1⇔x1+x2≥2．（3）证明：由（2）知：x＞1时，即2lnx+x2﹣4x+3＝2lnx+（x﹣2）2﹣1＞0，故2lnx+（x﹣2）2＞1在x＞1时恒成立；所以，，，…，相加得：．14．（2023•平江县模拟）已知函数f（x）＝axlnx+ex﹣1．（1）若f（x）在定义域内单调递增，求a的取值范围；（2）当a＞0时，若f（x）存在唯一零点x1，极值点为x2，证明：2x2＜x1．【解答】解：（1）由题，f（x）＝axlnx+ex﹣1，f′（x）＝alnx+a+ex，因为f（x）在定义域内单调递增，因此f′（x）≥0恒成立．当a＞0时，f′（）＝a（﹣）+＜﹣e+e＝0，不满足题意．当a＝0时，f′（x）＝ex＞0，满足题意．当a＜0时，f′（x）≥0，即a（1+lnx）+ex≥0，得≤﹣，设F（x）＝，则F′（x）＝，注意到函数y＝﹣1﹣lnx单调递减，且x＝1时，﹣1﹣lnx＝0，因此在x∈（0，1）时，F′（x）＞0，F（x）单调递增，在x∈（1，+∞）时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，得F（x）≤F（1）＝，从而≤﹣，得﹣e≤a＜0．综上，a的取值范围为[﹣e，0]．（2）证明：f′（x）＝alnx+a+ex，当a＞0时，f′（x）单调递增，而f′（）＝＞0，f′（）＜0，因此存在x2∈（，），使得f′（x2）＝+alnx2+a＝0，且x∈（0，x2）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（x2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，且f（x2）＜0，f（1）＝e﹣1＞0，故存在x1∈（x2，1），使得f（x1）＝0．要证明2x2＜x1，只需证明f（2x2）＜f（x1）＝0，即证2ax2ln2x2+﹣1＜0．由+alnx2+a＝0，得a＝﹣，因此只需证明﹣1＜，即证．先证明：＞x+1，x∈（0，）．即证ln2x＜（x+1）（1+lnx），即证xlnx+x+1﹣ln2＞0，设g（x）＝xlnx+x+1﹣ln2（0＜x＜），则g′（x）＝2+lnx，所以g（x）在（0，）上单调递减，在（，）上单调递增，故g（x）≥g（）＝1﹣﹣ln2＞﹣ln2＝ln＞0，即＞x+1，x∈（0，）．接下来证明：＜x+1，x∈（0，）．即证e2x﹣2（x2+x）ex﹣1＜0，设h（x）＝e2x﹣2（x2+x）ex﹣1（0＜x＜），则h′（x）＝2e2x﹣2（x2+3x+1）ex＝2e2x（1﹣），设H（x）＝1﹣（0＜x＜），则H′（x）＝＝＜0，故H（x）单调递减，H（x）＜0，从而h′（x）＜0，h（x）单调递减，故h（x）＜0，即＜x+1，x∈（0，），因此＜x+1＜，x∈（0，），即不等式成立，故2x2＜x1．15．（2023•承德模拟）已知函数f（x）＝ax﹣4lnx．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）因为f（x）＝ax﹣4lnx，所以f′（x）＝a﹣＝，当a≤0时，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）上单调递减；当a＞0时，由f′（x）＞0，得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，所以f（x）在（，+∞）上单调递增，在（0，）上单调递减；综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；当a＞0时，f（x）在（，+∞）上单调递增，在（0，）上单调递减；（2）由ex﹣1+≥xf（x），得ex﹣1+≥x（ax﹣4lnx），取x＝1时，得1+1≥a，所以a≤2，下证：ex﹣1+≥x（2x﹣4lnx），即证：+﹣2x+4lnx≥0，令S（x）＝+﹣2x+4lnx，则S'（x）＝，构造T（x）＝ex﹣1﹣2x+2+，则T'（x）＝ex﹣1﹣2﹣，易知T′（x）在（0，+∞）上是单调递增函数，又T′（1）＝1﹣2﹣2＜0，T'（2）＝e﹣2﹣＞0，所以T（x）在（0，+∞）上存在唯一零点，设该零点为x0，且满足1＜x0＜2，T′（x0）＝﹣2﹣＝0；所以当x∈（0，x0）时，T′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，T′（x）＞0，所以T（x）在区间（0，x0）上单调递减，在区间（x0，+∞）上单调递增；所以T（x）min＝﹣2x0+2+＝2+﹣2x0+2+＝4﹣2x0++＞0；所以当x∈（0，1）时，S′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，S′（x）＞0，所以S（x）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增；所以S（x）min＝S（1）＝0，所以S（x）≥0在x∈（0，+∞）上恒成立；即+﹣2x+4lnx≥0，所以ex﹣1+≥2x2﹣4xlnx≥ax2﹣4xlnx在x∈（0，+∞）上恒成立，所以实数a的取值范围是（﹣∞，2]．16．（2023•深圳一模）已知函数，其中a∈R且a≠0．（1）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间；（2）若存在实数x0，使得f（x0）＝x0，则称x0为函数f（x）的“不动点”求函数f（x）的“不动点”的个数；（3）若关于x的方程f（f（x））＝f（x）有两个相异的实数根，求a的取值范围．【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝，定义域为R，f′（x）＝﹣，令f′（x）＝0，得x＝﹣3，∴当x＜﹣3时，f′（x）＞0；当x＞﹣3时，f′（x）＜0．∴f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣3），单调递减区间为（﹣3，+∞）．（2）函数f（x）的不动点即为方程f（x）﹣x＝0的根，即方程﹣x＝0，∴﹣a＝0，设F（x）＝﹣a（x≠﹣4），F′（x）＝≥0，当且仅当x＝﹣2时取等号，∴F（x）在（﹣∞，﹣4）和（﹣4，+∞）上单调递增，由F（x）＝，设h（x）＝xex﹣a（x+4），当a＞0时，若x∈（﹣∞，﹣4）时，h（﹣4）＝＜0，h（﹣4﹣）＞0，∴存在t1∈（﹣∞，﹣4），使得h（t1）＝0，即存在唯一t1∈（﹣∞，﹣4），使得F（t1）＝0，当x∈（﹣4，+∞）时，h（0）＝﹣4a＜0，h（4a）＞0，存在t2∈（0，+∞），使得h（t2）＝0，即存在唯一t2∈（0，+∞）使得F（t2）＝0，当a＜0时，当x∈（﹣∞，﹣4）时，F（x）＝﹣a＞0无零点，当x∈（﹣4，+∞）时，∵h（0）＝﹣4a＞0，h（﹣4）＝＜0，存在t0∈（﹣4，0），使得h（t0）＝0，即存在唯一t0∈（﹣4，+∞）使得F（t0）＝0，综上所述，当a＞0时，函数f（x）有两个“不动点”t1，t2，当a＜0时，函数f（x）有一个“不动点”．（3）∵f（f（x））﹣f（x）＝0，由（2）可得f（x）＝ti（其中i∈{0，1，2}），由F（ti）＝0得a＝，代入＝，设G（x）＝，由（1）知，当x∈（﹣∞，﹣4]时，G（x）单调递增，且G（x）∈（﹣∞，0]，∴在（﹣4，﹣3）上G（x）单调递增，且G（x）∈（0，e3），在（﹣3，+∞）上G（x）单调递减，且G（x）∈（0，e3），由G（x）＝G（t1）＜0可得x＝t1，G（x）＝G（t2）＞0可得x＝t2，x0，共三个解，∴F（t）有一个零点t0，∴f（f（x））﹣f（x）＝0，∴f（x）＝t0，由F（t0）＝0得a＝，代入＝，由（1）知当t0＝﹣3，即a＝﹣时，G（x1）＝G（t0）的解为t0，当t0≠﹣3，即a＜0且a≠﹣时，G（x1）＝G（t0）的解为x1，t0，综上所述，当a＜0且a≠﹣时方程有两个不同实数根．17．（2023•河北区二模）已知a＞0，函数f（x）＝xlna﹣alnx+（x﹣e）2，其中e是自然对数的底数．（Ⅰ）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）当a＝e时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）求证：函数f（x）存在极值点，并求极值点x0的最小值．【解答】解：（Ⅰ）当a＝1时，f（x）＝﹣lnx+（x﹣e）2，f（1）＝（1﹣e）2，f′（x）＝﹣+2（x﹣e），∴f′（1）＝1﹣2e，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣（1﹣e）2＝（1﹣2e）（x﹣1），化为（2e﹣1）x+y﹣e2＝0．（Ⅱ）当a＝e时，f（x）＝x﹣elnx+（x﹣e）2，x∈（0，+∞）．f′（x）＝1﹣+2（x﹣e）＝，f′（e）＝0，∴x∈（0，e）时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；x∈（e，+∞）时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增．∴函数f（x）单调递减区间为（0，e）；函数f（x）单调递增区间为（e，+∞）．（Ⅲ）证明：a＞0，函数f（x）＝xlna﹣alnx+（x﹣e）2，x∈（0，+∞）．f′（x）＝lna﹣+2（x﹣e）＝，令g（x）＝2x2﹣（2e﹣lna）x﹣a，a＞0，∵x＞0，∴f′（x）＝0⇔g（x）＝0，∵Δ＝（2e﹣lna）2+8a＞0，由a＞0，则∃x1，x2，使得g（x1）＝g（x2）＝0，且x1x2＝﹣＜0，不妨设x1＜0＜x2，∴f′（x）＜0⇔0＜x＜x2，f′（x）＞0⇔x＞x2，∴∃x0＝x2为f（x）的极小值点．∵g（e）＝elna﹣a≤0，∴x0≥e，等号成立．∴x0的最小值为e．二．利用导数研究函数的极值（共12小题）18．（2023•青岛二模）已知函数，a＞0．（1）讨论f（x）极值点的个数；（2）若f（x）恰有三个零点t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）和两个极值点x1，x2（x1＜x2）．（ⅰ）证明：f（x1）+f（x2）＝0；（ⅱ）若m＜n，且mlnm＝nlnn，证明：．【解答】解：（1）f′（x）＝﹣a﹣＝﹣（x＞0），设函数g（x）＝ax2﹣x+a，当x≥时，g（x）开口向上，Δ＝1﹣4a2≤0，所以f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）上单调递减，无极值点，当0＜a＜时，g（x）＝0在（0，+∞）上有两个解x1＝，x2＝，因为x1x2＝1，所以f（x）在（0，x1）上单调递减，在（x1，x2）上单调递增，在（x2，+∞）上单调递减，所以f（x）有两个极值点，综上所述，当a≥时，f（x）无极值点，当0＜a＜时，f（x）有两个极值点．（2）（ⅰ）证明：由（1）知：0＜a＜且x1x2＝1，因为f（）＝ln﹣a（﹣x）＝﹣lnx﹣a（﹣x）＝﹣f（x），所以f（x1）+f（x2）＝f（x1）+f（）＝0．（ⅱ）由（ⅰ）知f（）＝﹣f（x），0＜a＜，t1＜x1＜t2＝1＜x2＜t3，所以t1t3＝1，所以t1t2t3＝1，令h（x）＝xlnx，x＞0，h′（x）＝lnx+1，所以h（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，因为x＞1时，h（x）＞0，0＜x＜1时，h（x）＜0，所以0＜m＜＜n＜1，所以要证明：＞n（lnn+1），只要证明ln[（1﹣m）e﹣m]＞nln（n+1），只需证明ln（1﹣m）﹣m＞lnn+ln（lnn+1），只需证明ln（1﹣m）+1﹣m＞lnn+1+ln（lnn+1），又因为t（x）＝lnx+x在（0，+∞）上单调递增，所以只需证明1﹣m＞lnn+1（易证n＞ln+1），只需证明1﹣m＞n，即证明m+n＜1，因为0＜m＜，所以lnm＜﹣1，所以mlnm＜﹣m，因为mlnm＝nlnn，所以m＜﹣nlnn，所以m+n＜n﹣nlnn，令φ（x）＝x﹣xlnx，＜x＜1，φ′（x）＝﹣lnx＞0，所以φ（x）在（，1）上单调递增，所以φ（n）＜φ（1）＝1，所以m+n＜1，所以＞n（lnn+1）成立．19．（2023•新乡模拟）已知函数f（x）＝ax﹣alnx﹣．（1）若不等式f（x）＜0恒成立，求实数a的取值范围；（2）若函数y＝f（x）有三个不同的极值点x1，x2，x3，且f（x1）+f（x2）+f（x3）≤3e2﹣e，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），不等式f（x）＜0恒成立，即在（0，+∞）上恒成立，记u（x）＝x﹣lnx，则，当x∈（0，1）时，u′（x）＜0，u（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，u′（x）＞0，u（x）单调递增所以u（x）≥u（1）＝1＞0，所以在（0，+∞）上恒成立，令g（x）＝，则a＜g（x）min，，，前面已证u（x）＝x﹣lnx＞1恒成立，得到g（x）在区间（0，1）上单减，在区间（1，+∞）上单增，所以g（x）min＝g（1）＝e，所以a＜e，即实数a的取值范围是（﹣∞，e）．（2），因为直线y＝ex和曲线y＝ex相切，并且切点坐标为（1，e），所以当且仅当a＞e时，方程ax﹣ex＝0有两个不相等的实根x1，x3，并且0＜x1＜1＜x3，从而当a＞e时，f（x）有三个极值点x1，x2，x3，并且0＜x1＜x2＝1＜x3，，，取对数知：lna+lnx1＝x1，lna+lnx3＝x3，即lna＝x1﹣lnx1，lna＝x3﹣lnx3，则＝alna﹣a+a﹣e+alna﹣a＝2alna﹣a﹣e≤3e2﹣e，构造g（a）＝2alna﹣a﹣e（a＞e），g'（a）＝2（lna+1）﹣1＝2lna+1＞0在a＞e时恒成立，则g（a）在区间a∈（e，+∞）上单调递增，且g（e2）＝2e2lne2﹣e2﹣e＝3e2﹣e，从而的解为a≤e2，综上所述，e＜a≤e2，即实数a的取值范围是（e，e2]．20．（2023•湖北模拟）设函数f（x）＝ex+bsinx，x∈（﹣π，+∞）．（1）若函数f（x）在（0，f（0））处的切线的斜率为2．①求实数b的值；②求证：f（x）存在唯一极小值点x0且f（x0）＞﹣1．（2）当b＞0时，若f（x）在x∈（﹣π，+∞）上存在零点，求实数b的取值范围．【解答】解：（1）①∵f（x）＝ex+bsinx，∴f′（x）＝ex+bcosx，由导数的几何意义，f（x）在（0，f（0））处的切线的斜率k＝f′（0）＝e0+bcos0＝1+b，由已知，k＝1+b＝2，∴解得b＝1．②证明：由①得，f（x）＝ex+sinx，x∈（﹣π，+∞），∴f′（x）＝ex+cosx，x∈（﹣π，+∞），令g（x）＝ex+cosx，则g′（x）＝ex﹣sinx，当x∈（﹣π，0]时，ex＞0，sinx≤0，g′（x）＝ex﹣sinx＞0，当x∈（0，+∞）时，ex＞1，sinx≤1，g′（x）＝ex﹣sinx＞0，∴当x∈（﹣π，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）在区间（﹣π，+∞）上单调递增，又∵，，∴有且只有一个，使，又∵g（x）在区间（﹣π，+∞）上单调递增，∴x＝x0是g（x）在（﹣π，+∞）上的唯一零点，∴f′（x）＝ex+cosx在区间（﹣π，+∞）上单调递增，且，当x∈（﹣π，x0）时，f′（x）＜0，f（x）在区间（﹣π，x0）上单调递减，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在区间（x0，+∞）上单调递增，∴f（x）存在唯一极小值点x0，又∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴f（x0）＞﹣1．（2）当b＞0时，f（x）＝ex+bsinx，x∈（﹣π，+∞），若f（x）在x∈（﹣π，+∞）上存在零点，则方程ex+bsinx＝0在x∈（﹣π，+∞）上有解，即在x∈（﹣π，+∞）上有解，令，则，当x∈（﹣π，+∞）时，令F′（x）＝0，则，k∈N，当（k∈N）时，，F′（x）＞0，∴F（x）在区间（k∈N）上单调递增，当（k∈N）时，，F′（x）＜0，∴F（x）在区间和（k∈N）上单调递减，∴当，k∈N时，F（x）取得极小值．∵，k∈N，∴当k＝0，1，2，⋯时，，，，⋯令，则，在R上单调递增，∴⋯，又∵，∴当x∈（﹣π，+∞）时，F（x）的最小值为．又当（k∈N）时，F（x）取得极大值．∵，k∈N，∴当k＝0，1，2，⋯时，，，，⋯令，则，H（x）在R上单调递减，∴⋯又∵，∴当x∈（﹣π，+∞）时，F（x）的最大值为．∴当x∈（﹣π，+∞）时，，即，∴在x∈（﹣π，+∞）上有解，则，又∵b＞0，∴，∴．综上所述，实数b的取值范围为．21．（2023•南京三模）已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2，g（x）＝﹣x+a（a∈R）．（1）若y＝x与f（x）的图象恰好相切，求实数a的值；（2）设函数F（x）＝f（x）+g（x）的两个不同极值点分别为x1，x2（x1＜x2）．（i）求实数a的取值范围：（ii）若不等式eλ+1＜x1•x2λ恒成立，求正数λ的取值范围（e＝…为自然对数的底数）．【解答】解：（1）因为函数f（x）＝xlnx﹣ax2，x∈（0，+∞），求导数得f′（x）＝lnx+1﹣ax，设y＝x与f（x）图象的切点为（x0，y0），所以，解得x0＝e2，a＝；（2）（i）因为函数F（x）＝f（x）+g（x）＝xlnx﹣x﹣ax2+a，定义域为（0，+∞），则F′（x）＝lnx﹣ax．由题意知F′（x）＝lnx﹣ax＝0有两个不等实根x1，x2，设函数h（x）＝﹣a，则h′（x）＝，所以h′（e）＝0，当0＜x＜e时，h′（x）＞0，所以h（x）在区间（0，e）上单调递增；当x＞e时，h′（x）＜0，所以h（x）在区间（e，+∞）上单调递减．所以h（x）的极大值也是最大值为h（e）＝．因为h（x）有两个不同的零点，所以h（e）＞0，即﹣a＞0，解得a＜；当a≤0时，若x＞e时，则h（x）＞0恒成立，所以h（x）至多一个零点，不符合题意，所以0＜a＜．现证明：当0＜a＜时，h（x）有两个不同的零点．因为h（1）＝﹣a＜0，h（e）＞0，所以h（x）在区间（0，e）内有唯一零点；所以h（）＝a2（ln﹣），令＝t，设函数s（t）＝2lnt﹣t，则s′（x）＝﹣1，所以s（t）max＝2ln2﹣2＜0，所以h（）＜0，h（x）在区间（e，+∞）内有唯一的零点．综上，实数a的取值范围是（0，）．（ii）由题设条件和（i）知，1＜x1＜e＜x2，lnx1＝ax1，lnx2＝ax2，所以a＝＝；若不等式eλ+1＜x1•x2λ恒成立，两边取对数，得λ﹣lnx1＜λlnx2﹣1，所以λ+1＜lnx1+λlnx2＝ax1+aλx2＝（x1+λx2）＝；设t＝，则t∈（0，1），λ+1＜恒成立；所以lnt﹣＜0在t∈（0，1）时恒成立；设p（t）＝lnt﹣，t∈（0，1），则p′（t）＝﹣＝；若λ2≥1，即λ≥1，则当t∈（0，1）时，p′（t）＞0，所以p（t）在（0，1）上单调递增，所以p（t）＜p（1）＝0，满足题意；若0＜λ＜1，则当t∈（λ2，1）时，p′（t）＜0，所以p（t）在（λ2，1）上单调递减，所以当t∈（λ2，1）时，p（t）＜p（1）＝0，不满足题意；综上，正数λ的取值范围是[1，+∞）．22．（2023•罗定市校级模拟）已知函数，k∈R．（1）若f（x）在x＝1处取极值，求k的值；（2）若f（x）＝ax有两个零点x1，x2，求证：．【解答】解：（1）由题意，函数，可得，因为f（x）在x＝1处取极值，可得f'（1）＝1﹣k＝0，解得k＝1，由k＝1时，可得当0＜x＜1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x＞1时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，因此f（x）在x＝1处取极大值，满足题意．（2）证明：由题意，函数f（x）＝ax有两个零点x1，x2，即，，所以，可得，要证，即证，即证，即证，不妨设x1＜x2，记，则t＞1，即证，即证，令，t＞1，可得，因此h（t）在（1，+∞）上单调递增，所以h（t）＞h（1）＝0，即结论成立．23．（2023•红桥区二模）已知函数f（x）＝x﹣alnx，g（x）＝﹣（a＞0）．（Ⅰ）若a＝1，求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设函数h（x）＝f（x）﹣g（x），求函数h（x）的单调区间；（Ⅲ）若存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝x﹣alnx的定义域为（0，+∞）．当a＝1时，f′（x）＝．由f′（x）＝0，解得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，所以当x＝1时，函数f（x）取得极小值，极小值为f（1）＝1﹣ln1＝1；（Ⅱ）h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x﹣alnx+，其定义域为（0，+∞）．又h′（x）＝＝．由a＞0可得1+a＞0，在0＜x＜1+a上，h′（x）＜0，在x＞1+a上，h′（x）＞0，所以h（x）的递减区间为（0，1+a）；递增区间为（1+a，+∞）．（III）若在[1，e]上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，即在[1，e]上存在一点x0，使得h（x0）＜0．即h（x）在[1，e]上的最小值小于零．①当1+a≥e，即a≥e﹣1时，由（II）可知h（x）在[1，e]上单调递减．故h（x）在[