专题07 导数压轴题（精讲）

第43页（共43页）专题07·导数压轴题命题规律函数与导数的综合是高考必考的内容,大都以压轴题的形式出现。函数与导数的综合压轴题主要命题方向：嵌套函数、函数零点、恒成立与存在问题、同构、极值点偏移、隐零点、整数解、凹凸函数、特殊距离、极值与最值的含参问题、不等式的证明和参数范围问题等，重点考查单调性、极值、零点等知识点。题型归纳题型1函数同构问题【解题技巧】在某些函数方程、不等式问题中，可以通过等价变形，将方程或不等式变成左右两端结构一致的情形，进而构造函数，运用函数的单调性来解决问题，这种处理问题的方法叫做同构。同构一般用在方程、不等式、函数零点、反函数等相关问题中，用好同构，需要较强的观察能力和一定的解题经验。常见同构体：；；；；；．【例1】（2022•河南三模）已知函数f（x）=lnxx，g（x）=xex，若存在x1＞0，x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）＜0成立，则x1【分析】把f（x1）＝g（x2）＜0转化为f(x1)=g(x2)=f(ex2)，即可得到x1=ex2(x【解答】解：函数f（x）的定义域为(0，+∞)，f'(x)=1−lnx∴当x∈（0，e）时，f′（x）＞0，f（x）单增，当x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单减，又f（1）＝0，所以x∈（0，1）时，f（x）＜0；x∈（1，e）时，f（x）＞0；x∈（e，+∞）时，f（x）＞0，同时注意到g(x)=x所以若存在x1∈（0，+∞），x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）＜0成立，则0＜x1＜1且f(x1)=g(x2所以构造函数h（x）＝xex（x＜0），而h′（x）＝ex（1+x），当x∈（﹣1，0）时，h′（x）＞0，h（x）单增；当x∈（﹣∞，﹣1）时，h′（x）＜0，h（x）单减，所以ℎ(x)最小值=ℎ(−1)=−故答案为：−1【点评】本题考查利用导数研究函数的最值，考查转化与化归的数学思想，考查数学运算和数学抽象的核心素养，属于难题．【例2】（2022•萍乡三模）已知函数f(x)=1（1）若函数f（x）在区间（0，1]上单调递减，求实数a的取值范围；（2）若g(x)=f(x)+(x−a)cosx−sinx+2x−12(a＞0)，且关于x的不等式g(x)≤alna−a【分析】（1）由题意得f′（x）≤0在（0，1]上恒成立，分离参数后构造新函数，即可求数a的取值范围；（2）由题意可知，g(x)=f(x)+(x−a)cosx−sinx+2x−12，对g（x）求导后，构造新函数φ（x）来研究函数的单调性以及最值，可得g（x）max＝g（0）＝﹣a−12≤alna−a22−【解答】解：（1）因为数f(x)=13x3−12ax2又因为函数f（x）在区间（0，1]上单调递减，所以f′（x）≤0在（0，1]上恒成立，即x2﹣2a﹣2≤0⇔a≥x2−2因为y＝x，y=−2所以φ（x）在（0，1]上单调递增，∴φ（x）max＝φ（1）＝﹣1，∴a≥﹣1；（2）由题意得g(x)=f(x)+(x−a)cosx−sinx+2x−12=13x3−12ax2﹣2x+（x﹣a）cosx﹣sinx+2x=13x3−1所以g'（x）＝x2﹣ax﹣（x﹣a）sinx＝（x﹣a）（x﹣sinx）．令h（x）＝x﹣sinx，则h'（x）＝1﹣cosx≥0，故h（x）在R上单调递增．因为h（0）＝0，故x∈[0，a]时，h（x）＞0，x﹣a≤0，所以g'（x）≤0在[0，a]上恒成立，所以g（x）在[0，a]上单调递减，g（x）max＝g（0）＝﹣a−12≤alna−a令u(a)=alna−a22当0＜a＜1时，u''（a）＞0；当1＜a时，u''（a）＜0．故u'max（a）＝u'（1）＝0，即u'（a）≤0恒成立，故u（a）在（0，+∞）内单调递减，且u（1）＝0，则0＜a≤1；即a的取值范围为（0，1]．【点评】本题考查了利用导数确定函数的单调性及最值，也考查了转换思想，综合性较强，属于难题．题型2极值点偏移问题【解题技巧】函数的极值点偏移问题，是导数应用问题，呈现的形式往往非常简洁，涉及函数的双零点，是一个多元数学问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，解题的策略都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．【例1】（2022春•德州期末）已知函数f（x）＝ax2﹣x+lnx有两个不同的极值点x1，x2，则实数a的取值范围是；若不等式f（x1）+f（x2）＞x1+x2+t有解，则实数t的取值范围是．【分析】由f′（x）有两个不等正根可得a的范围，同时由韦达定理把x1+x2，x1x2用a表示；不等式f（x1）+f（x2）＞x1+x2+t有解，即f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）＞t有解，计算f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）表示为a的函数，引入新函数g（x），由导数求出其取值范围后可得t的范围．【解答】解：f′（x）＝2ax﹣1+1x=2ax2所以Δ=1−8a＞0x1+x不等式f（x1）+f（x2）＞x1+x2+t有解，即f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）＞t有解，f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）＝ax12−x1+lnx1+ax22−x2+lnx2﹣（＝a（x1+x2）2﹣2ax1x2﹣2（x1+x2）+lnx1x2=14a−1−1a令g（x）＝lnx−34x−1﹣lng′（x）=1x−34，易知x＞8时，g′（xg（8）＝ln8﹣6﹣1﹣ln2＝﹣7+2ln2，g（x）＜﹣7+2ln2，0＜a＜18，即1a＞8，所以ln1a所以t＜﹣7+2ln2时，不等式f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）＞t有解．故答案为：（0，18）；（﹣∞，﹣7+2ln【点评】考查利用导数研究函数的极值问题，体现了转化的思想方法，属于中档题．【例2】（2022•丹东模拟）已知函数f（x）＝2alnx﹣x2+2（a﹣1）x+a．（1）若a＝1，证明：f（x）＜2x﹣x2；（2）若f（x）有两个不同的零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1+x2＞2a．【分析】（1）将a＝1代入，令g（x）＝f（x）﹣2x+x2＝2lnx﹣2x+1，对函数g（x）求导，利用单调性可知g（x）≤g（1）＜0，即可得证；（2）对函数f（x）求导，分a≤0及a＞0讨论结合导数可得实数a的取值范围，再利用分析法证明a＜2a﹣x1，构造h（x）＝f（x）﹣f（2a﹣x），利用导数证明即可．【解答】证明：（1）当a＝1时，f（x）＝2lnx﹣x2+1，令g（x）＝f（x）﹣2x+x2＝2lnx﹣2x+1，则g'(x)=令g′（x）＞0，解得0＜x＜1，令g′（x）＜0，解得x＞1，∴函数g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，∴g（x）≤g（1）＝﹣1＜0，即f（x）＜2x﹣x2，即得证；（2）f（x）的定义域为（0，+∞），f'(x)=2(a−x)(1+若a≤0，则f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上单调递减，f（x）至多有一个零点；若a＞0，当0＜x＜a时，f′（x）＞0，当x＞a时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，a）单调递增，在（a，+∞）单调递减，若f（x）有两个不同的零点x1，x2，则必有f（a）＝2alna+a（a﹣1）＞0，可得a＞1，当a＞1时，因为e﹣2＜1＜a，f（e﹣2）＝a（2e﹣2﹣3）﹣e﹣4﹣e﹣2＜0，取x0＝4a﹣2＞a，由（1）可知2lnx0＜2x0﹣1，从而f（x0）＜x0（﹣x0+4a﹣2）＝0，∴若f（x）有两个不同的零点x1，x2，则实数a的取值范围为（1，+∞），不等式x1+x2＞2a等价于x2＞2a﹣x1，不妨设0＜x1＜a＜x2，则a＜2a﹣x1，设h（x）＝f（x）﹣f（2a﹣x），则当0＜x＜a时，ℎ'(x)=f'(x)+f'(2a−x)=∴h（x）在（0，a）上单增，因此h（x1）＜h（a）＝0，可得f（x1）＜f（2a﹣x1），由f（x2）＝f（x1），可得f（x2）＜f（2a﹣x1），又f（x）在（a，+∞）单调递减，故x2＞2a﹣x1，即得证．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，零点，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．题型3凹凸函数问题【解题技巧】凸凹反转首先是证明不等式的一种技巧，欲证明，若可将不等式左端拆成，且的话，就可证明原不等式成立.通常情况，我们一般选取为上凸型函数，为下凹型函数来完成证明.于是，这就需要我们熟悉高中阶段常见的六个具有这样特点的函数.【例1】（2022秋•沙坪坝区校级期末）定义：设函数y＝f（x）在（a，b）上的导函数为f'（x），若f'（x）在（a，b）上也存在导函数，则称函数y＝f（x）在（a，b）上存在二阶导函数，简记为y＝f″（x）．若在区间（a，b）上f″（x）＞0，则称函数y＝f（x）在区间（a，b）上为“凹函数”．已知f(x)=exx−m(x−lnx)在区间（0，+∞）上为“凹函数”，则实数【分析】根据“凹函数”的定义，化为m＜ex(2x+x−2)（x＞0）恒成立，再构造函数g（【解答】解：∵f（x）=exx−m（x﹣lnx），∴f'(x)=ex⋅x−ex∴f'(x)=∵f（x）=e∴f'(x)=ex(2x令g（x）=e则g'(x)=令g′（x）＜0，得0＜x＜1，令g′（x）＞0，得x＞1，∴g（x）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数，∴g（x）min＝g（1）＝e，∴实数m的取值范围为（﹣∞，e）．故答案为：（﹣∞，e）．【点评】本题考查凹函数的定义、导数性质、函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．【例2】（2022•河西区校级模拟）已知函数f（x）＝axalnx（a＞0），g（x）＝xex．（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在x＝e处的切线方程；（2）证明：g（x）≥lnx+x+1；（3）若f（x）≤g（x）对于任意的x＞1都成立，求a的最大值．【分析】（1）当a＝1时，f（x）＝xlnx，求导得f′（x）＝lnx+1，由导数的几何意义可得k切＝f′（e），进而可得切线方程．（2）令h（x）＝g（x）﹣（lnx+x+1）＝xex﹣lnx﹣x﹣1，（x＞0），只需h（x）min≥0，即可得出答案．（3）方法一：当a＞0且x＞1时，由f（x）≤g（x）⟺f（x）≤xex⟺axalnx≤xex⟺xalnxa≤xex⟺xalnxa≤ex⋅lnex，构造函数F（x）＝xlnx，求导分析单调性，进而可得a≤xlnx对于任意的x＞1都成立，令p(x)=xlnx，只需a≤pmin（方法二：由题意知g（x）≥f（x）对于x＞1成立，现取x＝e，则该不等式仍然成立，只需证明当a＝e时，g（x）≥f（x）对于∀x＞1任然成立，即可得出答案．【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝xlnx，得f′（x）＝lnx+1，则f（e）＝e，f′（e）＝2，所以y＝f（x）在x＝e处的切线方程为y﹣e＝2（x﹣e），即y＝2x﹣e．（2）证明：令h（x）＝g（x）﹣（lnx+x+1）＝xex﹣lnx﹣x﹣1，（x＞0）．ℎ'(x)=令u(x)=ex−1x又u(1因此存在唯−x0∈(12，1)，使得u(x函数h（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增；∴函数h（x）在x＝x0处取得极小值即最小值，∴h（x）≥h（x0）＝1﹣lnx0﹣x0﹣1＝0，因此g（x）≥lnx+x+1．（3）当a＞0且x＞1时，由f（x）≤g（x）⟺f（x）≤xex⟺axalnx≤xex⟺xalnxa≤xex⟺xalnxa≤ex⋅lnex，构造函数F（x）＝xlnx，得F′（x）＝lnx+1＞0（x＞1），所以F（x）＝xlnx在（1，+∞）上单调递增，f（x）≤g（x）⟺xalnxa≤ex⋅lnex⟺F（xa）≤F（ex），由于f（x）≤g（x）对任意的x＞1都成立，又xa＞1，ex＞1，再结合F（x）的单调性知，xa≤ex对于任意的x＞1都成立，即a≤xlnx对于任意的令p(x)=xlnx，得则p（x）在（1，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增，故pmin（x）＝p（e）＝e，故a≤e，所以a的最大值为e．方法二：找中间值，构建双函数的方法由题意知特征命题为：g（x）≥f（x）对于x＞1成立，现取x＝e，则该不等式仍然成立，可得e•ex≥a•ex，易知a≤e，可知，a≤e是g（x）≥f（x）成立的一个必要条件，下面证明当a＝e时，g（x）≥f（x）对于∀x＞1任然成立，当a＝e时，g（x）＝xex，f（x）＝exelnx，原命题等价为xex≥exelnx⇔xexxe+1≥exelnxx下证：h1（x）≥h2（x），易得h′1（x）=e当x∈（1，e），h1（x）单调递减，当x∈（e，+∞），h1（x）单调递增，可得h1（x）≥h1（e）=1e，易得h′2（x）当x∈（1，e），h2（x）单调递增，当x∈（e，+∞），h2（x）单调递减，可得h2（x）≤h2（e）=1e，所以h1（x）≥1e≥即a＝e时，g（x）≥f（x）对∀x＞1恒成立，所以a的最大值为e，证毕．【点评】本题考查导数的综合应用、导数的几何意义和恒成立问题，考查了转化思想，属于中档题．题型4整数解问题【解题技巧】含参整数解个数问题，一般采用数形结合的方法来求解，主要的策略是通过参变分离，研究函数图象的位置关系，寻找临界状态，具体方法有两个：1．全分离：将含参不等式等价转化为或，进而研究水平直线和函数图象的位置关系，寻找临界状态，求解参数范围.2．半分离：通过变形将原含参不等式转化成形如的不等式，进而研究两个函数图象的位置关系，寻找临界状态，求解参数范围．【例1】（2023•浑南区一模）已知不等式xlnx+（x+1）k＜2xln2的解集中仅有2个整数，则实数k的取值范围是（）A．(0，34ln4C．[23ln2，+∞)【分析】法1°：依题意，得k＜xln4−xlnxx+1，令f（x）=xln4−xlnxx+1，则f′（x）=−lnx−x+ln4−1(x−1)2，分析知可得x0∈（0，1），f（x）在（0，x0）单调递增，在（x0，+∞）单调递减，k法2°：由xlnx+x（k﹣ln4x）+k＜0，得k（x+1）＜xln4﹣xlnx，设f（x）＝k（x+1），g（x）＝xln4﹣xlnx，对g（x）求导分析，当k＜0时，可以有无数个整数解，不满足题意；当k＞0时，作图，由图列式f(2)＜g(2)f(3)≥g(3)【解答】解：法1°：由xlnx+（x+1）k＜2xln2，得k＜xln4−xlnx令f（x）=xln4−xlnxx+1，则f′（x）设lnx0+x0﹣ln4+1＝0，即lnx0＝﹣x0+ln4﹣1，可得x0∈（0，1），f（x）在（0，x0）单调递增，在（x0，+∞）单调递减，当k＜f（x）的解中仅有2个整数为1，2，则需满足k＜f(2)k≥f(3)，可得34ln43≤法2°：由xlnx+（x+1）k＜2xln2，得k（x+1）＜xln4﹣xlnx，设f（x）＝k（x+1），g（x）＝xln4﹣xlnx，g′（x）＝ln4﹣lnx﹣1，令g′（x）＝0，得x=4e，即g（x）在（0，4e当k＜0时，可以有无数个整数解，不满足题意；当k＞0时，如图所示：需满足f(2)＜g(2)f(3)≥g(3)，得34ln43≤故选：D．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的零点与方程根的关系，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题．【例2】（2022•绵阳模拟）已知函数f（x）＝lnx﹣a（x2﹣x），若不等式f（x）＞0有且仅有2个整数解，则实数a的取值范围是（）A．[ln26，ln3C．(−∞，ln26【分析】转化f（x）＞0有且仅有2个整数解为lnx＞a（x²﹣x）有两个整数解，数形结合列出不等关系即可求得答案．【解答】解：由题f（x）＞0有且仅有2个整数解即lnx﹣a（x2﹣x）＞0有两个整数解，也即lnx＞a（x²﹣x）有两个整数解，令g（x）＝lnx，h（x）＝a（x²﹣x），（1）当a＝0时，lnx＞0，则x＞1，此时有无数个整数解，不成立；（2）当a＜0时，如图所示，lnx＞a（x²﹣x）有无数个整数解，也不成立；（3）当a＞0时，要符合题意，如图，则g(3)＞ℎ(3)g(4)≤ℎ(4)，解得ln26≤故选：A．【点评】本题考查函数零点与方程根的关系，数形结合思想的应用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．题型5零点隐零点问题【解题技巧】利用零点存在性原理可以估算出隐零点的大小范围，然后再用隐零点的范围去估计所求函数（参数）的范围.1．不含参函数的隐零点问题：已知不含参函数f(x)，导函数方程f'x=0的根存在，却无法求出，设方程f'x0=0的根为x02．含参函数的隐零点问题：已知含参函数f(x,a)，其中a为参数，导函数方程f'x,a=0的根存在，却无法求出，设方程f'x=0的根为x0，则有①有关系式f'x0【例1】（2023•顺庆区校级模拟）若存在a∈R，使得对于任意x∈[1e，e]，不等式lnx≤ax2+bx≤（e2﹣2e）lnx+eA．−e3+e+1eC．﹣1 D．﹣e【分析】将题干中的不等式变形为lnxx≤ax+b≤(e2−2e)lnx+ex，由题意可知直线y＝ax+b恒位于函数f(x)=lnxx图象的上方，函数g(x)=(e2−2e)lnx+ex的图象的下方，b代表直线y＝ax+b在y轴上的截距，当直线变化时观察得当直线过M（e【解答】解：令f(x)=lnxx，其中x∈[1当1e＜x＜e时，f'（x）＞0，则函数f（x）在[1令g(x)=(e2因为y＝（2e﹣e2）lnx+e2﹣3e在[1e，e]上单增，g'(所以，存在x0∈(1e，e)，使得当1e＜x＜x0时，g'（x）＞0，此时函数当x0＜x＜e时，g'（x）＜0，此时函数g（x）单调递减，如下图所示：由题意得lnxx直线y＝ax+b恒位于y＝f（x）的图象上方，y＝g（x）的图象下方，b代表直线y＝ax+b在y轴上的截距，当直线变化时观察得当直线过M（e，e﹣1）且与曲线y=lnxx相切时，设切点为(x0，整理可得(e−1)令h（x）＝（e﹣1）x2+x﹣（2x﹣e）lnx﹣e，则h（1）＝0，ℎ'(x)=2(e−1)x+1−2(1+lnx)+而当x∈[1e，e]时，2(所以2(e−1)x+所以当x∈[1e，e]时，h'（x）＞0，则函数h（x所以h（x）有唯一的零点1，所以x0＝1，此时直线方程为y＝x﹣1，故bmin＝﹣1．故选：C．【点评】本题考查利用函数不等式恒成立求参数的最值，解题的关键在于将不等式变形为lnxx≤ax+b≤(e2−2e)lnx+ex，通过作出图象，找出直线y＝ax【例2】（2023•济南开学）已知函数f（x）＝sin2x﹣ln（1+x），f'（x）为f（x）的导数．（1）证明：f'（x）在区间（﹣1，π4（2）讨论f（x）零点的个数．【分析】（1）求出函数f′（x），再利用导数分（﹣1，0）和(0，π4)两段讨论函数f（2）根据给定的函数，判断函数f（x）在区间[π，+∞）与[π2，π)上函数值，再利用导数分段讨论在【解答】证明：（1）f（x）＝sin2x﹣ln（1+x）的定义域为（﹣1，+∞），求导得f'(x)=2cos2x−1令g(x)=2cos2x−11+x，则g'(x)=−4sin2x+1(1+x)2，当﹣1＜函数f′（x）在（﹣1，0）上单调递增，f′（x）在（﹣1，0）上无极值点，当0＜x＜π4时，−4sin2x，1(1+x)2在(0，π而g'(0)=1＞0，g'(π4)=−4+当0＜x＜x0时，g′（x）＞0，当x0＜x＜π4时，因此函数f′（x）在（0，x0）上单调递增，在(x则x＝x0为f′（x）在(−1，π所以f′（x）在区间(−1，π解：（2）当x∈[π，+∞）时，sin2x≤1，ln（1+x）＞1，则f（x）＜0恒成立，函数f（x）在[π，+∞）上无零点，当x∈[π2，π)时，sin2x≤0，ln（1+x）＞0，则f（x）＜0恒成立，函数f（x当x∈[π4，π2)时，cos2x≤0，11+x＞0，则f而f(π4)=1−sin(1+π4)＞0，f(π当x∈（﹣1，0]时，f（0）＝0，即0是函数f（x）的一个零点，由（1）知f′（x）在（﹣1，0）上单调递增，而f'(−2则存在唯一x1∈（﹣1，0），使得f′（x1）＝0，当x∈（﹣1，x1）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x∈（x1，0）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，有f（x1）＜f（0）＝0，又f(−23)=−sin43+ln3＞0，因此函数f（x）在（﹣1，当x∈(0，π4)时，由（1）知，f′（x）在（0，x0因为f'x0＞f'0=1>0，当x∈（0，x2）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，当x∈(x2，π4)时，f′（又f(0)=0，f(π4)=1−ln(1+π4)＞0，因此函数综上，函数f（x）共有3个零点．【点评】本题考查了导数的综合应用，属于中档题．题型6极值最值含参问题【解题技巧】由f'x0【例1】（2022•南昌三模）设a＞0，b＞e，f(x)=(x−a−1)ex−b(x33−ax22)（A．e B．e24 C．e3【分析】求导函数，根据题意得f'（x）＝0的根为x1＝x2＝a，从而表示出ba【解答】解：f'（x）＝（x﹣a）ex﹣b（x2﹣ax）＝（x﹣a）（ex﹣bx），因为x＝a不是函数f（x）的极值点，所以f'（x）＝（x﹣a）（ex﹣bx）＝0的根为x1＝x2＝a，所以ea﹣ba＝0，即b=eaa令ℎ(x)=exx因为x∈（0，2）时，h'（x）＜0；x∈（2，+∞）时，h'（x）＞0，所以函数h（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，所以ℎ(x)min=ℎ(2)=e2故选：B．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值与极值，考查了函数思想和转化思想，属中档题．【例2】（2022•丰城市校级模拟）已知函数f（x）＝ex+ax2+2ax在x∈（0，+∞）上有最小值，则实数a的取值范围为（）A．（12，+∞） B．（−e2，−12【分析】求出函数的导数，令f′（x）＜0，得：ex＜﹣2a（x+1），令g（x）＝ex，h（x）＝﹣2a（x+1），问题h（x）的斜率﹣2a大于过（﹣1，0）的g（x）的切线的斜率即可，求出切线的斜率，解关于a的不等式即可．【解答】解：∵f（x）＝ex+ax2+2ax，∴f′（x）＝ex+2ax+2a，若函数f（x）在x∈（0，+∞）上有最小值，即f（x）在（0，+∞）先递减再递增，即f′（x）在（0，+∞）先小于0，再大于0，令f′（x）＜0，得：ex＜﹣2a（x+1），令g（x）＝ex，h（x）＝﹣2a（x+1），只需h（x）的斜率﹣2a大于过（﹣1，0）的g（x）的切线的斜率即可，设切点是（x0，ex0），则切线方程是：y−ex0将（﹣1，0）代入切线方程得：x0＝0，故切点是（0，1），切线的斜率是1，只需﹣2a＞1即可，解得：a＜−1故选：D．【点评】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及曲线的切线方程，考查转化思想，是一道中档题．题型7放缩问题【解题技巧】当要证明的不等式含参，且规定了参数的范围时，可以考虑先使用满参放缩，将含参的不等式转化为不含参的不等式来证明.这一技巧诸多问题中会反复用到，是一个必备的基本技能．【例1】（2022•沙坪坝区校级模拟）已知函数f(x)=exx4−klnx，当x＞1时，不等式f（xA．（﹣∞，﹣e] B．（﹣∞，﹣4] C．（﹣∞，﹣e2] D．（﹣∞，0]【分析】函数f(x)=exx4−klnx，当x＞1时，不等式f（x）≥x+1恒成立⇔k≤x−4ex−x−1lnx，x∈（1，+∞）．令g（x）＝ex﹣x﹣1，利用导数研究其单调性可得ex≥x+1，进而得出x﹣4•ex=elnx−4【解答】解：f(x)=exx4−klnx，当x＞1时，f（x）≥x+1恒成立⇔k令g（x）＝ex﹣x﹣1，g′（x）＝ex﹣1，∴g（x）在（﹣∞，0）上单减，在（0，+∞）单增，∴ex≥x+1，∴x﹣4•ex=elnx−4•ex＝ex﹣4lnx≥∴x−4ex−x−1h（x）＝x﹣4lnx，x∈（1，+∞）．h′（x）＝1−4x=x−4xh（x）≥h（4）＝4﹣4ln4＜0，存在x0＞1，使得h（x0）＝0，∴x−4ex故选：B．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．【例2】（2022•松滋市校级模拟）已知函数f（x）＝aex﹣2lnx．（1）设x＝2是f（x）的极值点，求f（x）的单调区间；（2）当a≥1e时，求证：f（x）＞2﹣2【分析】（1）求出导函数，通过函数的极值求出a，判断导函数的符号，得到函数的单调区间即可．（2）求出f（x）＝aex﹣2lnx≥ex﹣1﹣2lnx，令g（x）＝ex﹣1﹣2lnx，利用函数的导数求出g(x【解答】（1）解：f（x）的定义域为（0，+∞），f'(x)=ae∵x＝2是f（x）的极值点，∴f'（2）＝0，即ae2﹣1＝0，∴a=1∴f'(x)=ex−2−∴f（x）的单调递减区间为（0，2），单调递增区间为（2，+∞）．（2）证明：由a≥1e，可得所以f（x）＝aex﹣2lnx≥ex﹣1﹣2lnx，令g（x）＝ex﹣1﹣2lnx，则g'(x)=e∵g'（x）在（0，+∞）上单调递增，且g'(1)=e∴∃x0∈（1，2），使得g'（x0）＝0，有ex0且g（x）在区间（1，x0）上单调递减，在区间（x0，2）上单调递增，∴g(x由①得ex0−1=2x0，即有lnex∴g(x又∵g（x0）在区间（1，2）上单调递增，∴g（x0）＞g（1）＝2+2﹣2﹣2ln2＝2﹣2ln2∴g（x）＞2﹣2ln2，∴f（x）≥g（x）＞2﹣2ln2，∴f（x）＞2﹣2ln2，结论得证．（12分）【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性的求法，考查分析问题解决问题的能力，是难题．最新模拟一．选择题1．（2022•杭州模拟）已知函数f（x）＝ex，若关于x的不等式f（x）＞aln（ax﹣2a）﹣2a（a＞0）恒成立，则实数a的取值范围为（）A．（0，e2） B．（e2，+∞） C．（0，e3） D．（e3，+∞）【答案】C【题型】函数同构问题【解析】解：由ex＞aln（ax﹣2a）﹣2a（a＞0），得ex∴ex﹣lna+x﹣lna＞ln（x﹣2）+x﹣2＝eln（x﹣2）+ln（x﹣2）．记g（x）＝ex+x，易知g（x）在R上单调递增，∴g（x﹣lna）＞g（ln（x﹣2）），∴x﹣lna＞ln（x﹣2），∴lna＜x﹣ln（x﹣2），记h（x）＝x﹣ln（x﹣2），ℎ'(x)=1−1当x∈（2，3）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，当x∈（3，+∞）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，∴h（x）min＝h（3）＝3﹣ln1＝3，∴lna＜3，解得0＜a＜e3，故选：C．2．（2022春•河南月考）若关于x的不等式（x+1）ex＜kx在区间（﹣∞，0）上有且只有一个整数解，则实数k的取值范围是（）A．(0，12eC．(34e【答案】C【题型】整数解问题【解析】解：当x＜0时，不等式（x+1）ex＜kx可化为(x+1)e令f(x)=(x+1)ex令f'（x）＝0可得，x=−1±当x∈(−∞，−1−52)时，f'（x）＞0；当x∈(−1−所以f（x）在区间(−1−52又f(−2)=12e由此可得函数f(x)=(x+1)由已知不等式(x+1)e∴f（﹣3）≤k＜f（﹣2）∴23即实数k的取值范围为[2故选：D．3．（2022•道里区校级三模）已知函数f（x）＝xex﹣alnx，h（x）＝ax+1，曲线y＝f（x）的图象上不存在点P，使得点P在曲线y＝h（x）下方，则符合条件的实数a的取值的集合为（）A．{1} B．{a|1＜a＜e} C．{a|0＜a≤e﹣1} D．{a|a【答案】A【题型】零点隐零点问题【解析】解：∵f（x）上不存在P点，使得P在h（x）下方，∴f（x）≥h（x）恒成立，又f（x）＝xex﹣alnx，h（x）＝ax+1，∴xex﹣alnx≥ax+1，∴elnx+x≥a（lnx+x）+1恒成立，令t＝lnx+x，x＞0，且x→0，t→﹣∞；x→+∞，t→+∞，∴t∈R，∴et≥at+1，在t∈R上恒成立，∴a＝1，下面证明et≥t+1，设g（t）＝et﹣t﹣1，t∈R，∴g′（t）＝et﹣1，且g′（t）在R单调递增，令g′（t）＝0得t＝0，∴当t＜0时，g′（t）＜0；当t＞0时，g′（t）＞0，∴g（t）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，∴g（t）≥g（0）＝0，即et﹣t﹣1≥0，∴et≥t+1，∴a＝1，故符合条件的实数a的取值的集合为：{1}．故选：A．4．（2022•绵阳模拟）若x＝2是函数f（x）＝x2+2（a﹣2）x﹣4alnx的极大值点，则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣2） B．（﹣2，+∞） C．（2，+∞） D．（﹣2，2）【答案】A【题型】极值最值含参问题【解析】解：f′（x）＝2x+2（a﹣2）−4a当a≥0时，x+a＞0，当x∈（0，2）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，2）单调递减，当x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（2，+∞）上单调递增，所以f（x）无极大值，不合题意，当﹣2＜a＜0时，0＜﹣a＜2，当x∈（0，﹣a），（2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（﹣a，2）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，所以f（x）极大值点为x＝﹣a，不符合题意，当a＝﹣2时，f′（x）=2(x−2所以f′（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值，不符合题意，当a＜﹣2时，﹣a＞2，当x∈（0，2），（﹣a，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（2，﹣a）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（﹣a，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，所以f（x）极大值点为x＝2，综上所述，a的取值范围为（﹣∞，﹣2）．故选：A．5．（2022•亳州模拟）已知m为常数，函数f（x）＝xlnx﹣2mx2有两个极值点，其中一个极值点x0满足x0＞1，则f（x0）的取值范围是（）A．（﹣∞，0） B．（0，+∞） C．(−∞，−12【答案】D【题型】极值最值含参问题【解析】解：f′（x）＝lnx﹣4mx+1，由函数f（x）＝xlnx﹣2mx2有两个极值点，则等价于f′（x）＝0有两个解，即y＝lnx与y＝4mx﹣1有两个交点，所以lnx0+1＝4mx0．直线v＝4mx﹣1过点（0，﹣1）由y＝lnx在点P（1，0）处的切线为y＝x﹣1，显然直线y＝x﹣1过点（0，﹣1），当0＜4m＜1时，直线y＝4mx﹣1与曲线y＝lnx交于不同两点（如下图），且x1＜1＜x2＝x0，f(x令g(x)=xlnx−x2(x＞1)所以g(x)=xlnx−x2(x＞1)单调递增，g(x)＞g(1)=−故选：D．二．多选题6．（2022秋•阳泉期末）已知函数f(x)=ex−23ax3有三个不同的极值点x1，x2，x3，且xA．a＞eB．x1＜﹣1 C．x2为函数f（x）的极大值点 D．f(【答案】ACD【题型】极值点偏移问题【解析】解：由函数f(x)=ex−23ax3有三个不同的极值点x只需f'（x）＝ex﹣2ax2有三个零点，即方程ex设函数g(x)=exx令g'（x）＜0，即0＜x＜2，；令g'（x）＞0，即x＜0或x＞2，所以函数g（x）在（﹣∞，0）和（2，+∞）上单调递增，在（0，2）上单调递减，所以函数g（x）的极小值为g(2)=e24，且当x≠0时，g如图，当2a＞e24，即a＞e28时，函数g（x）与y＝2a有三个交点，即函数对于B，观察图象可知x1＞﹣1，故B不正确；对于C，由图象可知，当0＜x＜x2时，g(x)=exx2＞2a，即f'（x）＝e当x2＜x＜2时，g(x)=exx2＜2a，即f'（x）＝e所以函数f（x）在（0，x2）上单调递增，在（x2，2）上单调递减，所以x2为函数f（x）的极大值点，故C正确；对于D，由g(x3)=令φ(x)=(1−x3)则φ'(x)=2−x3⋅ex故φ(x3)=f(故选：ACD．三．填空题7．（2022春•葫芦岛期末）已知函数f（x）=lnxx，g（x）＝xe﹣x，若存在x1∈（0，+∞），x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）＝k（k＜0）成立，则（x2x1）2【答案】4【题型】极值点偏移问题【解析】解：因为f（x）=lnxx，其中x＞0，f′（x）当0＜x＜e时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增，当x＞e时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递增，且当0＜x＜1时，f（x）=lnxx＜0，当x＞1时，f（x因为g（x）＝xe﹣x，其中x∈R，g′（x）=1−x当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，且当x＜0时，g（x）＝xe﹣x＜0，当x＞0时，g（x）＝xe﹣x＞0．因为存在x1∈（0，+∞），x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）＝k（k＜0）成立，则x1∈（0，1），x2＜0，因为g（x）＝xe﹣x=xex=lnexex=f（ex），由题意f（x1所以x1=ex2，则lnx1＝x2，所以故（x2x1）2ek＝k2ek构造函数h（x）＝x2ex，其中x＜0，则h′（x）＝x（x+2）ex，当x＜﹣2时，h′（x）＞0，此时函数h（x）单调递增，当﹣2＜x＜0时，h′（x）＜0，此时函数h（x）单调递减，因此，h（x）max＝h（﹣2）=4故答案为：4e8．（2022秋•太原期末）已知a＞1，若对于任意的x∈[13，+∞)，不等式13x−x+ln3x≤【答案】3【题型】函数同构问题【解析】解；因为lna+x＝lna+lnex＝lnaex，所以13x−x+ln3x≤1令f(x)=1x+lnx(x≥1)所以f（x）在[1，+∞）上递增，因为a＞1，x∈[13，+∞)，所以3x≥1，ex所以13x+ln3x≤1aex+lnaex可化为f（3x）≤f即a≥3xex在x∈[令g(x)=3xex令g'（x）＞0，则13≤x＜1；令g'（x）＜0，则所以g（x）在[1所以g(x)max=g(1)=3e，所以故答案为：3e9．（2023•乌鲁木齐模拟）已知函数f(x)=ex+e2−x【答案】﹣2e【题型】凹凸函数问题【解析】解：∵f(x)=e∴f(2−x)==e∴f（2﹣x）＝f（x），∴f（x）的图象关于直线x＝1对称，若函数f（x）有且只有一个零点，即f（x）的图象与x轴有且只有一个交点，则只能是f（1）＝0，即e+e+a＝0，解得a＝﹣2e，此时f(x)=ex+当且仅当ex＝e2﹣x，即x＝1时取等号，∴当x≠1时，ex+e2﹣x＞2e，又∵−1≤sin(π3x+∴当x≠1时，f（x）＞0，∴当a＝﹣2e时，函数f（x）有且只有一个零点x＝1．故答案为：﹣2e．四．解答题10．（2023•嘉定区模拟）设函数f（x）=12x2﹣ax+（a﹣1）lnx，（1）曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线与x轴平行，求实数a的值；（2）讨论函数f（x）的单调性；（3）证明：若a＜5，则对任意x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，有f(x【答案】见解析【题型】极值点偏移问题【解析】解：（1）函数f（x）=12x2﹣ax+（a﹣1）lnx的导数为f′（x）＝x﹣ay＝f（x）在点（2，f（2））处的切线斜率为k＝f′（2）＝2﹣a+a−1解得a＝3；（2）f（x）的定义域为（0，+∞）．f′（x）＝x﹣a+a−1（i）若a﹣1＝1即a＝2，则f′（x）=(x−1)2x，故（ii）若a﹣1＜1，而a＞1，故1＜a＜2，则当x∈（a﹣1，1）时，f′（x）＜0；当x∈（0，a﹣1）及x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0故f（x）在（a﹣1，1）单调减，在（0，a﹣1），（1，+∞）单调增．（iii）若a﹣1＞1，即a＞2，同理可得f（x）在（1，a﹣1）单调减，在（0，1），（a﹣1，+∞）单调增．（3）考虑函数g（x）＝f（x）+x=12x2﹣ax+（a﹣1）lnx则f′（x）＝x﹣a+a−1x+1≥2x⋅a−1x−由于1＜a＜5，故g'（x）＞0，即g（x）在（0，+∞）单调增加，从而当x1＞x2＞0时有g（x1）﹣g（x2）＞0，即f（x1）﹣f（x2）+x1﹣x2＞0，故f(x11．（2022秋•常州期中）已知函数f（x）＝ex﹣ax，g（x）＝ax﹣lnx，a∈R．（1）若f（x）在x＝0处的切线与g（x）在x＝1处的切线相同，求实数a的值；（2）令F（x）＝f（x）+g（x），直线y＝m与函数F（x）的图象有两个不同的交点，交点横坐标分别为x1，x2，证明：x1+x2＞1．【答案】见解析【题型】凹凸函数问题【解析】解：（1）由f′（x）＝ex﹣a，所以f′（0）＝1﹣a，g'(x)=1−1则g′（1）＝0，所以1﹣a＝0，a＝1，所以实数a的值为1；（2）F（x）＝ex﹣lnx，F'(x)=ex−1x，F″(x)=因为F'(12)=e12−2＜0，F′（1）＝e﹣1＞0，因为函数y＝F（x）连续不断，所以存在唯一的实数x0从而在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，不妨设0＜x1＜x0＜x2，则F（x1）＝F（x2）＝m，当x2＞2x0时，x1+x2≥2x0＞1，当0＜x1＜x0＜x2＜2x0，则x1，2x0﹣x2∈（0，x0），F（x）在（0，x0），单调递减，所以F(x设ℎ(x)=ex−lnx−e2x0−x+ln(2x所以ℎ'(x)=ex−设t(x)=ex+1x2，则h″（x）＝t（x）﹣t（2x0﹣x），t'(x)=et（x）在（0，x0）上单调递减，因为x＞2x0﹣x＞0，t（x）＜t（2x0﹣x），h″（x）＜0，h′（x）在（x0，2x0）单调递减，h′（x）＜h′（x0）=2(ex0−1x)=0，所以h（x）在（x0，2x0）单调递减，所以h（即F（x1）﹣F（2x0﹣x2）＝F（x2）﹣F（2x0﹣x2）＜0，即F（x1）＜F（2x0﹣x2），因为x1，2x0﹣x2∈（0，x0），F（x）在（0，x0）单调递减，所以x1＞2x0﹣x2，所以x1+x2＞2x0＞1．综上可得，x1+x2＞1．12．（2022春•昆山市校级期中）设函数f（x）＝e2x﹣2alnx，已知当a＞0时，存在x1∈（0，a2），使得f′（x1（1）讨论f（x）的导函数f′（x）的零点个数；（2）证明：当a＞0时，f(x)≥4a+2aln1【答案】见解析【题型】零点隐零点问题【解析】解：（1）函数的定义域（0，+∞），f′（x）＝2e2x−2a当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，此时f′（x）没有零点，当a＞0时，存在x1∈（0，a2），使得f′（x1）＜0，且令g（x）＝f′（x）＝2e2x−g′（x）＝4e2x+2ax2＞0，得到即f′（x）在（0，+∞）上单调递增，又因为存在x1∈（0，a2），使得f′（x1又f′（2a）＝2e4a﹣1＞0，根据零点存在性定理及f′（x）的单调性，可知f'（x）只有1个零点．（2）证明：由已知得，x＞0，．因为h（x）＝e2x﹣2ex，所以，h′（x）＝2e2x﹣2e，当x∈（0，12）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；当r∈（12，+∞）时，h′（x）＞0，h（h（x）min＝h（12）＝0，得h（x）≥（12）＝0，所以，e2x≥2则f（x）＝e2x﹣2alnx≥2ex﹣2alnx，设g（x）＝2ex﹣2alnx，得g′（x）＝2e−2a令g′（x）＝2e−2ax=0，此时x=ae，x∈（0，ae）时，g′（x∈（ae，+∞）时，g′（x）＞0，g（x则g（x）min＝g（ae），g（ae）＝2a﹣2alnae=2a﹣2a（lna﹣lne）＝4a﹣2alna＝4a所以f（x）＝e2x﹣2alnx≥2ex﹣2alnx≥4a﹣2alna＝4a+2aln1a所以，当a＞0时，f（x）≥4a+2aln1a13．（2022•克拉玛依三模）已知函数f（x）＝xlnx，g（x）＝﹣x2+ax﹣3，a∈R．（1）解关于x的不等式g（x）＞0；（2）若对任意x∈（0，+∞），不等式f（x）≥12g（x）恒成立，求（3）证明：对任意x∈（0，+∞），lnx＞1【答案】见解析【题型】放缩问题【解析】解：（1）g（x）＞0，即为x2﹣ax+3＜0，当△≤0，即a2﹣12≤0，即有﹣23≤a≤23当Δ＞0，即a＜﹣23或a＞23，方程x2﹣ax+3＝0的解为x1=a+a2−122且x1＞x2，则不等式的解为x2＜x＜x1；综上可得，当﹣23≤a≤23时，原不等式的解集为∅当a＜﹣23或a＞23时，原不等式的解集为（a−a2−12（2）对任意x∈（0，+∞），不等式f（x）≥12g（即为xlnx≥12（﹣x2+ax﹣3），即a≤2lnx+x+3设h（x）＝2lnx+x+3x，导数h′（x）=2当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）递增；当0＜x＜1时，h′（x）＜0，h（x）递减．则h（x）在x＝1处取得极小值，且为最小值4．则a≤4，可得a的取值范围是（﹣∞，4]；证明：（3）问题等价于证明xlnx＞xex−由f（x）＝xlnx（x∈（0，+∞））的导数为f′（x）＝1+lnx，当x＞1e时，f（x）递增；当0＜x＜1e时，即有f（x）的最小值是−1e，当且仅当x设m（x）=xex−2e（x∈（0，+∞）），则当x＞1时，m（x）递减；0＜x＜1时，m（x）递增．易知m（x）max＝m（1）=−1e，当且仅当从而对一切x∈（0，+∞），都有lnx＞1真题在线一．选择题1．（2021•乙卷）设a≠0，若x＝a为函数f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的极大值点，则（）A．a＜b B．a＞b C．ab＜a2 D．ab＞a2【答案】D【题型】极值最值含参问题【解析】解：令f（x）＝0，解得x＝a或x＝b，即x＝a及x＝b是f（x）的两个零点，当a＞0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示，则0＜a＜b；当a＜0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示，则b＜a＜0；综上，ab＞a2．故选：D．二．填空题2．（2022•乙卷）已知x＝x1和x＝x2分别是函数f（x）＝2ax﹣ex2（a＞0且a≠1）的极小值点和极大值点．若x1＜x2，则a的取值范围是．【答案】(【题型】极值点偏移问题【解析】解：对原函数求导f′（x）＝2（axlna﹣ex），分析可知：f′（x）在定义域内至少有两个变号零点，对其再求导可得：f″（x）＝2ax（lna）2﹣2e，当a＞1时，易知f″（x）在R上单调递增，此时若存在x0使得f″（x0）＝0，则f′（x）在（﹣∞，x0）单调递减，（x0，+∞）单调递增，此时若函数f（x）在x＝x1和x＝x2分别取极小值点和极大值点，应满足x1＞x2，不满足题意；当0＜a＜1时，易知f″（x）在R上单调递减，此时若存在x0使得f″（x0）＝0，则f′（x）在（﹣∞，x0）单调递增，（x0，+∞）单调递减，且x0此时若函数f（x）在x＝x1和x＝x2分别取极小值点和极大值点，且x1＜x2，故仅需满足f′（x0）＞0，即：elna＞elogae(lna)2⇒解得：1e＜a＜e，又因为0＜a综上所述：a的取值范围是(1三．解答题3．（2022•浙江）设函数f（x）=e2x+lnx（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）已知a，b∈R，曲线y＝f（x）上不同的三点（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3））处的切线都经过点（a，b）．证明：（ⅰ）若a＞e，则0＜b﹣f（a）＜12（（ⅱ）若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，则2e（注：e＝2.71828…是自然对数的底数）【答案】见解析【题型】放缩问题【解析】解：（Ⅰ）∵函数f（x）=e2x+lnx∴f'(x)=−e2由f'(x)=2x−e2x2＞0，得x＞e由f'(x)=2x−e2x2＜0，得0＜x＜e（Ⅱ）（i）证明：∵过（a，b）有三条不同的切线，设切点分别为（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3）），∴f（xi）﹣b＝f′（xi）（xi﹣a），（i＝1，2，3），∴方程f（x）﹣b＝f′（x）（x﹣a）有3个不同的根，该方程整理为（1x−e2x2）（设g（x）＝（1x−e2x2）（x﹣a则g′（x）=1x−e2x2+(−1当0＜x＜e或x＞a时，g′（x）＜0；当e＜x＜a时，g′（x）＞0，∴g（x）在（0，e），（a，+∞）上为减函数，在（e，a）上为增函数，∵g（x）有3个不同的零点，∴g（e）＜0且g（a）＞0，∴（1e−e2e2）（e﹣a）−e2e−lne+b整理得到b＜a2e+1此时，b＜a2e+1此时，b−f(a)−1整理得b＜a2e+1此时，b﹣f（a）−12（ae−1）＜a设μ（a）为（e，+∞）上的减函数，∴μ（a）＜3∴0＜b−f(a)＜1（ii）当0＜a＜e时，同（i）讨论，得：g（x）在（0，a），（e，+∞）上为减函数，在（a，e）上为增函数，不妨设x1＜x2＜x3，则0＜x1＜a＜x2＜e＜x3，∵g（x）有3个不同的零点，∴g（a）＜0，且g（e）＞0，∴（1e−e2e2）（e﹣a）−e2e−lne+b＞0整理得a2e∵x1＜x2＜x3，∴0＜x1＜a＜x2＜e＜x3，∵g（x）＝1−a+e设t=ex，−a+eet+a2et记t1则t1，t2，t3为﹣（m+1）t+m设k=t1t3要证：2e即证2+e−a即证：t1而﹣（m+1）t1+m2t∴lnt1−lnt3+m∴t1∴即证−2即证(t即证(k+1)lnkk−1记φ(k)=(k+1)lnkk−1，k＞1∴φ（k）在（1，+∞）为增函数，∴φ（k）＞φ（m），∴(k+1)lnkk−1设ω（m）＝lnm+(m−1)(m−13)(m2则ω′（x）=(m−1∴ω（m）在（0，1）上是增函数，∴ω（m）＜ω（1）＝0，∴lnm+(m−1)(m−13)(即(m+1)lnmm−1∴若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，则2e4．（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：112+1+【答案】见解析【题型】放缩问题【解析】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＞12，存在δ＞0，使得当x∈（0，δ）时，h′（x）＞0，即g′（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≤1g′（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≤e12x+ln(1+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≤1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≤12时，f′（x）≤（1+12x）e12x−ex＝e1设G（x）＝（1+12x）﹣e12x（x＞0），G′（x）=12−12e1f′（x）＝e12xG（x）＜0，所以f（x）在（0，+∞）递减，所以f（④当12＜a＜1时，f′（x）＝eax[（1+ax）﹣e（1﹣a）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（﹣∞，12（3）由（2）可知，当a=12时，f（x）=xe令x＝ln（1+1n）（n∈N*）得，整理得，ln(1+1∴1n1+1n∴1n2+n＞ln（n+1n），∴k=1n1k2+k＞即112+1+12另解：运用数学归纳法证明．当n＝1时，左边=11假设当n＝k（k≥1，k∈N*）时，不等式成立，即112+1+12当n＝k+1时，要证112+1+12只要证ln（k+1）+1(k+1)2即证1(k+1)2+(k+1)＞ln（k+2）﹣ln（k+1）＝ln可令t=1k+1，则t∈（0，12]，则需证明tt+1再令x=t+1（x∈（1，62]），则需证明x−1x＞2lnx（构造函数g（x）＝2lnx﹣（x−1x）（x∈（1，g′（x）=2x−1−1x可得g（x）在（1，62则g（x）＜g（1）＝0，所以原不等式成立，即n＝k+1时，112+1+12综上可得，112+1+125．（2022•甲卷）已知函数f（x）=exx−lnx+（1）若f（x）≥0，求a的取值范围；（2）证明：若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x2＜1．【答案】见解析【题型】零点隐零点问题【解析】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f'(x)=e令f′（x）＞0，解得x＞1，故函数f（x）在（0，1）单调递减，（1，+∞）单调递增，故f（x）min＝f（1）＝e+1﹣a，要使得f（x）≥0恒成立，仅需e+1﹣a≥0，故a≤e+1，故a的取值范围是（﹣∞，e+1]；（2）证明：由已知有函数f（x）要有两个零点，故f（1）＝e+1﹣a＜0，即a＞e+1，不妨设0＜x1＜1＜x2，要证明x1x2＜1，即证明x2∵0＜x1＜1，∴1x即证明：1＜x2＜1x即证明：f(x2)＜f(构造函数ℎ(x)=f(x)−f(1x)h′（x）＝f′（x）﹣[f（1x）]′=构造函数m（x）=em'(x)=ex+1−e1故m′（x）＞0在（0，1）恒成立，故m（x）在（0，1）单调递增，故m（x）＜m（1）＝0又因为x﹣1＜0，故h′（x）＞0在（0，1）恒成立，故h（x）在（0，1）单调递增，又因为h（1）＝0，故h（x）＜h（1）＝0，故f(x1)＜f(1x16．（2022•天津）已知a，b∈R，函数f（x）＝ex﹣asinx，g（x）＝bx．（1）求函数y＝f（x）在（0，f（0））处的切线方程；（2）若y＝f（x）和y＝g（x）有公共点．（ⅰ）当a＝0时，求b的取值范围；（ⅱ）求证：a2+b2＞e．【答案】见解析【题型】函数同构问题【解析】解：（1）∵f（x）＝ex﹣asinx，∴f′（x）＝ex﹣acosx，∴f（0）＝1，f′（0）＝1﹣a，∴函数y＝f（x）在（0，1）处的切线方程为y＝（1﹣a）x+1；（2）（ⅰ）∵a＝0，∴f（x）＝ex，又y＝f（x）和y＝g（x）有公共点，∴方程f（x）＝g（x）有解，即ex=bx∴b=e设h（x）=exx，（x＞0），∴h′（x∴当x∈（0，12）时，h′（x）＜0；当x∈（12，+∞）时，h′（∴h（x）在（0，12）上单调递减，在（1∴ℎ(x)min=ℎ(12)=2e，且当x→0时，h（x∴h（x）∈[2e，+∞），∴b的范围为[2e，+∞）；（ⅱ）证明：令交点的横坐标为x0，则ex∴由柯西不等式可得e2x0=(asinx0+bx0)2≤（a∴a2+b2≥e又易证x＞0时，x＞sinx，ex≥ex，ex＞x+1，∴e2x故a2+b2＞e．7．（2022•乙卷）已知函数f（x）＝ax−1x−（a（1）当a＝0时，求f（x）的最大值；（2）若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】见解析【题型】零点隐零点问题【解析】解：（1）当a＝0时，f(x)=−1x−lnx(x＞0)易知函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，∴f（x）在x＝1处取得极大值，同时也是最大值，∴函数f（x）的最大值为f（1）＝﹣1；（2）f'(x)=a+①当a＝0时，由（1）可知，函数f（x）无零点；②当a＜0时，易知函数f（x）在（