第43课 导数在研究函数中的应用-【提分宝典】2025年新高考数学一轮全考点普查随堂课后练

第43课 导数在研究函数中的应用 普查与练习43 Ⅰ　　　　利用导数研究函数的单调性与极值 1．利用导数研究函数的单调性 a．讨论函数的单调性 (1)(2023改编，12分)已知函数f(x)＝lnx－x2＋2ax＋1. (Ⅰ)若a＝0，求函数f(x)的单调区间； 答案：f(x)的单调递增区间为(e，＋∞)，单调递减区间为(0，e) 解：易知函数f(x)的定义域是(0，＋∞)． 当a＝0时，f(x)＝x2lnx－x2＋1， 所以f′(x)＝xlnx－x. 令f′(x)＝xlnx－x＝0，则lnx－1＝0，解得x＝e. 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0； 当x∈(0，e)时，f′(x)<0, 所以函数f(x)的单调递增区间为(e，＋∞)，单调递减区间为(0，e)．(5分) (Ⅱ)讨论函数f(x)的单调性． 答案：当a≤0时，f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增；当0＜a＜e时，f(x)在(0，a)和(e，＋∞)上单调递增，在(a，e)上单调递减；当a＝e时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>e时，f(x)在(0，e)和(a，＋∞)上单调递增，在(e，a)上单调递减 解：f′(x)＝(x－a)lnx－x＋a＝(x－a)(lnx－1)．(7分) ①当a≤0时，令f′(x)>0，解得x>e；令f′(x)＜0，解得0<x＜e， 所以f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．(8分) ②当0＜a＜e时，令f′(x)>0，解得x>e或0<x＜a； 令f′(x)＜0，解得a＜x＜e， 所以f(x)在(0，a)和(e，＋∞)上单调递增，在(a，e)上单调递减．(9分) ③当a＝e时，f′(x)≥0恒成立， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(10分) ④当a>e时，令f′(x)>0，解得x>a或0<x＜e； 令f′(x)＜0，解得e＜x＜a， 所以f(x)在(0，e)和(a，＋∞)上单调递增，在(e，a)上单调递减．(11分) 综上，当a≤0时，f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增； 当0＜a＜e时，f(x)在(0，a)和(e，＋∞)上单调递增，在(a，e)上单调递减； 当a＝e时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>e时，f(x)在(0，e)和(a，＋∞)上单调递增，在(e，a)上单调递减．(12分) b．已知函数的单调性求参数的取值范围 (2)(2023汇编，15分)已知函数f(x)＝x3－ax－1. ①若f(x)在(－1，1)上单调递减，则实数a的取值范围为__[3，＋∞)__； ②若f(x)的单调递减区间为(－1，1)，则实数a的值为__3__； ③若f(x)在(－1，1)上不单调，则实数a的取值范围为__(0，3)__． 解析：①(法一)由题意， f ′(x)＝3x2－a，由f(x)在(－1，1)上单调递减，得f ′(x)≤0在 (－1，1)上恒成立，即a≥3x2恒成立．又因为当x∈(－1，1)时，函数y＝3x2的值域是[0，3)，所以实数a的取值范围是[3，＋∞)． (法二)当a≤0时，f ′(x)＝3x2－a≥0，显然f(x)没有单调递减区间，不合题意． 当a＞0时，令f ′(x)＝3x2－a＝0，得x＝±， 易知当x∈时， f(x)单调递减． 若f(x)在(－1，1)上单调递减，则(－1，1)应为的子区间，即≥1，解得a≥3.所以实数a的取值范围是[3，＋∞)． ②由①知f(x)的单调递减区间为( －， )， 所以＝1，解得a＝3. ③由①知，当a≤0时， f(x)在R上单调递增，不合题意．当a>0时，由f ′(x)＝0，得x＝±，因为f(x)在(－1，1)上不单调，所以0<<1，解得0<a<3，所以a的取值范围是(0，3)． (3)(2023改编，5分)若函数f(x)＝ax2＋xlnx－x存在单调递增区间，则a的取值范围是____． 解析：∵f(x)＝ax2＋xlnx－x存在单调递增区间，∴f′(x)＝ax＋lnx>0在(0，＋∞)上有解，即a>－在(0，＋∞)上有解．令g(x)＝－，x>0，则g′(x)＝，当x>e时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当0<x<e时，g′(x)<0，g(x)单调递减， ∴g(x)min＝g(e)＝－，∴a>－.∴a的取值范围是. c．利用函数的单调性解决不等关系问题 (4)(经典题，5分)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是____． 解析：由题意得f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥－2＋2＝0，当且仅当x＝0时，等号成立，所以f(x)在R上单调递增； 又f(－x)＋f(x)＝(－x)3＋2x＋e－x－ex＋x3－2x＋ex－＝0， 所以f(x)为奇函数，所以f(a－1)＋f(2a2)≤0等价于f(2a2)≤－f(a－1)＝f(－(a－1))＝f(1－a)，所以2a2≤1－a，解得－1≤a≤， 即实数a的取值范围是. (5)(2021全国Ⅱ，5分)设a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c＝－1，则(　B　) A．a<b<c B．b<c<a C．b<a<c D．c<a<b 解析：函数y＝lnx在R上单调递增， 因为a＝2ln1.01＝ln1.012＝ln(1＋0.01)2＝ln(1＋2×0.01＋0.012)>ln1.02＝b， 所以b<a. 下面比较c与a，b的大小关系： 记f(x)＝2ln(1＋x)－＋1，则f(0)＝0，f′(x)＝－＝. 令－1－x>0，即>1＋x，即1＋4x>(1＋x)2，解得0<x<2， 所以当0<x<2时，1＋4x－(1＋x)2>0，即>1＋x，有f′(x)>0，所以函数f(x)在[0，2]上单调递增， 所以f(0.01)>f(0)＝0，即2ln1.01>－1，故a>c. 记g(x)＝ln(1＋2x)－＋1，则g(0)＝0，g′(x)＝－＝. 令－1－2x<0，即<1＋2x，1＋4x<(1＋2x)2，解得x>0或－≤x<0， 所以当x>0时，g′(x)<0， 所以函数g(x)在[0，＋∞)上单调递减， 所以g(0.01)<g(0)＝0，即ln1.02<－1，故b<c. 综上，b<c<a.故选B. d．抽象函数的单调性问题 (6)(2023汇编，15分)设f(x)的导函数为f′(x)． ①若f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)＋xf′(x)>0，且f(1)＝0，则不等式(x2－2x)f(x)＜0的解集为(　A　) A．(－∞，－1)∪(1，2) B．(－1，1) C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－1，0)∪(0，1) ②(多选)若当x∈时，f′(x)cosx＋f(x)sinx＜0恒成立，则(　CD　) A．f>f B.f>f C．f>f D.f>f ③若当x∈(0，＋∞)时，f′(x)－＝1－lnx，且f(e)＝e2(其中e是自然对数的底数)，则(　A　) A．f(2)>2f(1) B．4f(3)<3f(4) C．当x＝e时，f(x)取得极大值e2 D．当x>0时，f(x)－ex≥0 解析：①令t(x)＝xf(x)，则不等式(x2－2x)f(x)＜0等价于(x－2)t(x)<0， 即或 因为f(x)是定义在R上的奇函数， 所以t(x)为定义在R上的偶函数． 对t(x)求导，得t′(x)＝f(x)＋xf′(x)． 所以当x>0时，t′(x)>0，t(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以t(x)在(－∞，0)上单调递减． 由f(1)＝0，得t(1)＝0，所以t(－1)＝0， 所以当－1<x<1时，t(x)<0； 当x<－1或x>1时，t(x)>0， 所以的解集为(－∞，－1)∪(1，2)，的解集为∅， 所以不等式(x2－2x)f(x)＜0的解集为(－∞，－1)∪(1，2)．故选A. ②根据题意，令g(x)＝，x∈， 则其导数g′(x)＝. 因为当x∈时，恒有f′(x)cosx＋f(x)sinx<0， 所以g′(x)<0恒成立，即函数g(x)在x∈上是减函数． 因为<， 所以g>g， 即>，整理得f>f； 因为<， 所以g>g， 即>，整理得f>f. 故选CD. ③令h(x)＝，则h′(x)＝＝＝，x>0. 当x∈(0，e)时，h′(x)>0，函数h(x)为增函数； 当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，函数h(x)为减函数． 由0<1<2<e，得h(2)>h(1)，即>，即f(2)>2f(1)，故A正确； 由e<3<4，得h(3)>h(4)，即>， 即4f(3)>3f(4)，故B错误； 当x＝e时，f′(e)＝＋1－lne＝e≠0， 所以f(x)在x＝e处并不能取得极大值，故C错误； 当x＝e时，h(x)取得极大值h(e)＝e，所以当x>0时，h(x)≤h(e)＝e，即≤e，即f(x)－ex≤0，故D错误．故选A. 2．利用导数研究函数的极值 a．求函数的极值或极值点 (7)(2020北京顺义区期末，4分)已知函数f(x)＝x3－4x，则f(x)的极大值点为(　C　) A．x＝－4 B．x＝4 C．x＝－2 D．x＝2 解析：由f(x)＝x3－4x，得f′(x)＝x2－4. 令f′(x)>0，得x<－2或x>2； 令f′(x)<0，得－2<x<2， 所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，单调递减区间为(－2，2)． 所以x＝－2是函数的极大值点，x＝2是函数的极小值点．故选C. (8)(2019江苏，16分)设函数f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)，a，b，c∈R，f′(x)为f(x)的导函数． (Ⅰ)若a＝b＝c，f(4)＝8，求a的值； 答案：2 解：∵a＝b＝c，∴f(x)＝(x－a)3. ∵f(4)＝8，∴(4－a)3＝8， ∴4－a＝2，解得a＝2.(2分) (Ⅱ)若a≠b，b＝c，且f(x)和f′(x)的零点均在集合{－3，1，3}中，求f(x)的极小值； 答案：－32 解：∵a≠b，b＝c，∴f(x)＝(x－a)(x－b)2. 令f(x)＝0，解得x＝a或x＝b.(3分) 求导得f′(x)＝(x－b)2＋2(x－a)(x－b)＝ (x－b)(3x－b－2a)． 令f′(x)＝0，解得x＝b或x＝.(4分) 由题意得，f(x)和f′(x)的零点a，b，均在集合A＝{－3，1，3}中．∵a≠b，∴a>b或a<b， 若a<b，则<<，即a<<b， 此时只能b＝3，a＝－3，＝1， 计算可得，b＝3，a＝－3时，＝－1≠1，所以这种情况不存在．(5分) 若a>b，则<<，即b<<a， 此时只能b＝－3，a＝3，＝1， 计算可得，b＝－3，a＝3时，＝1，符合要求．(6分) ∴f(x)＝(x－3)(x＋3)2，f′(x)＝3(x＋3)(x－1)， ∴当x＝1时，函数f(x)取得极小值， 极小值f(1)＝－2×42＝－32.(7分) (Ⅲ)若a＝0，0<b≤1，c＝1，且f(x)的极大值为M，求证：M≤. 答案：见证明过程 证明：∵a＝0，c＝1， ∴f(x)＝x(x－b)(x－1)＝x3－(b＋1)x2＋bx，f′(x)＝3x2－(2b＋2)x＋b.(8分) (ⅰ)若b＝1，则f(x)＝x(x－1)2，f′(x)＝3x2－4x＋1＝3(x－1)， 当x<或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， ∴f(x)的极大值M＝f＝2＝.(10分) (ⅱ)若0<b<1，由f′(x)＝3x2－(2b＋2)x＋b， 可得Δ＝4(b＋1)2－12b＝4b2－4b＋4＝42＋3≥3， ∴f′(x)存在两个不同的零点，设它们为x1，x2，其中x1<x2， 根据二次函数的性质可知，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， ∴f(x)的极大值M＝f(x1)＝x1(x1－b)(x1－1)＝x1[(x1－1)＋(1－b)](x1－1)＝x1(x1－1)2＋x1(1－b)·(x1－1)．①(12分) 根据一元二次方程根与系数的关系，可得x1＋x2＝>0，x1x2＝>0，∴x1>0，x2>0. ∵0<b<1，x1<x2，∴x1<＝<，∴0<x1<. 由(ⅰ)可知，在(－∞，1)上，x(x－1)2≤ ， ∴x1(x1－1)2≤.②(14分) ∵0<b<1，0<x1<，∴x1(1－b)(x1－1)<0，③ 由①②③可得，M<＋0＝. 综合(ⅰ)(ⅱ)可得，M≤.(16分) b．求函数的极值点个数 (9)(2021山东聊城三模节选，6分)求函数f(x)＝ex－x2－x－1的极值点个数． 答案：2 解：对f(x)求导，得f′(x)＝ex－ex－1， 令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－e.(1分) 当x＜1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(－∞，1)上单调递减； 当x>1时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 又g(0)＝0，g(1)＝－1，g(2)＝e2－2e－1>0， 所以存在x0∈(1，2)，使g(x0)＝0, 且当x∈(－∞，0)∪(x0，＋∞)时，g(x)>0； 当x∈(0，x0)时，g(x)＜0，(4分) 所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以0和x0是f(x)的极值点，所以f(x) 的极值点个数为2.(6分) (10)(2023汇编，18分)已知函数f(x)＝ex. (Ⅰ)设F(x)＝x(a－f(x))，a>0. (ⅰ)求曲线F(x)在点(0，F(0))处的切线方程； 答案：y＝(a－1)x 解：根据题意，F(x)＝x(a－ex)＝ax－xex. 对函数F(x)求导，得F′(x)＝a－(x＋1)ex， 所以F′(0)＝a－1， 而F(0)＝0，所以曲线y＝F(x)在(0，F(0))处的切线方程为y＝(a－1)x.(3分) (ⅱ)证明：函数F(x)存在唯一的极值点. (2021天津) 答案：见证明过程 证明：令h(x)＝F′(x)＝a－(x＋1)ex， 则h′(x)＝－(x＋2)ex.(4分) 当x>－2时，h′(x)<0，h(x)单调递减． 因为a>0，所以h(－2)＝a＋e－2>0， h(a)＝a－(a＋1)ea<a－(a＋1)＝－1<0， 所以h(x)在[－2，a)上存在唯一的零点x0， 即F′(x)在[－2，＋∞)上存在唯一的零点x0， 所以当－2≤x<x0时，F′(x)＝h(x)>h(x0)＝0， 当x>x0时，F′(x)＝h(x)<h(x0)＝0， 所以F(x)在[－2，＋∞)上存在唯一的极值点x0.(8分) 当x<－2时，－(x＋1)>0，ex>0，a>0， 所以h(x)＝a－(x＋1)ex>0，所以h(x)在(－∞，－2)上没有零点， 即F′(x)在(－∞，－2)上没有零点， 所以F(x)在(－∞，－2)上没有极值点． 综上，F(x)存在唯一的极值点．(10分) (Ⅱ)设G(x)＝m－，m∈R，试判断函数G(x)的极值点个数． 答案：当m∈时，函数G(x)有1个极值点； 当m∈∪时，函数G(x)有2个极值点；当m＝时，函数G(x)无极值点 解：根据题意，G(x)＝m－， 所以G′(x)＝－＋m－＝(x2＋x－2)－＝(mx＋2m－ex)(x>0)．(11分) ①当m≤0时，mx＋2m－ex＜0， 所以当x∈(0，1)时，G′(x)>0，函数G(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，G′(x)＜0，函数G(x)单调递减， 所以函数G(x)在x＝1处取得极大值，即此时G(x)有唯一的极大值点1.(12分) ②当m>0时，令mx＋2m－ex ＝0，则m＝. 令H(x)＝，则H′(x)＝＝>0， 所以函数H(x)单调递增． 又H(0)＝，所以当x>0时，H(x)>.(13分) 若0＜m≤，则m<H(x)，所以mx＋2m－ex＜0恒成立，同①可得函数G(x)在x＝1处取得极大值，有唯一的极大值点1.(14分) 若m>，直线y＝m与曲线y＝H(x) (x>0)存在唯一的交点，如图所示． 设交点横坐标为x1∈(0，＋∞)， 则当x∈(0，x1)时，m> H(x)，即mx＋2m－ex>0； 当x∈(x1，＋∞)时，m< H(x)，即mx＋2m－ex<0. 因为G′(x)＝(mx＋2m－ex)， 所以若x1＝1，即m＝，则当G′(x)≤0，函数G(x)单调递减， 此时函数G(x)没有极值点；(16分) 若x1≠1，即m≠，则方程G′(x)＝0有2个不相等的实数根1和x1， 此时函数G(x)有2个极值点．(17分) 综上，当m∈时，函数G(x) 的极值点个数为1； 当m∈∪时，函数G(x) 的极值点个数为2； 当m＝时，函数G(x)无极值点．(18分) c．根据极值点或极值的条件求参数的值或取值范围 (11)(2023汇编，14分)已知函数f(x)＝ln(a－x)． (Ⅰ)若x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，求a；(2021全国Ⅱ) 答案：1 解：设g(x)＝xf(x)， 则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)＝ln(a－x)＋. 因为x＝0是函数y＝g(x)的极值点， 所以g′(0)＝lna＝0，解得a＝1.(4分) (Ⅱ)若函数y＝x＋f(x)的极值为2，求a； 答案：3 解：由题意可知f(x)的定义域为(－∞，a)． 令h(x)＝x＋f(x)＝x＋ln(a－x)，则h′(x)＝1＋， 令h′(x)＝0，解得x＝a－1. 所以h(x)的单调递增区间为(－∞，a－1)，单调递减区间为(a－1，a)， 所以h(x)的极大值为h(a－1)＝a－1. 令a－1＝2，解得a＝3， 所以a＝3.(8分) (Ⅲ)若函数y＝aef(x)＋2x3＋b(x2＋1)在x＝1处有极小值，且极小值为12，求a. 答案：±4 解：设p(x)＝aef(x)＋2x3＋b(x2＋1)＝a(a－x)＋2x3＋b(x2＋1)，则p′(x)＝6x2＋2bx－a. 因为函数y＝p(x)在x＝1处有极小值，且极小值为12， 所以即 解得或(12分) 当a＝4，b＝－1时，p′(x)＝6x2－2x－4， 令p′(x)＝0，解得x＝1或－， 所以当0<x<1时，p′(x)<0，函数p(x)单调递减； 当x>1时，p′(x)>0，函数p(x)单调递增， 所以1是函数y＝p(x)的极小值点，a＝4符合题意． 同理，a＝－4也符合题意， 所以a＝±4.(14分) (12)(2023汇编，15分)已知实数a，b∈R，函数f(x)＝lnx，其导函数为f′(x)． ①若函数y＝在[1, e2]上存在极值，则a的取值范围是(　B　) A. B. C. (0，＋∞) D. ②若函数y＝(x＋af′(x))ex在(0，1)上只有1个极值点，则a的取值范围是(　C　) A．(－∞，0] B．(－∞，0) C. (0，＋∞) D．[0，＋∞) ③若函数y＝f(x)＋x2－ax有2个极值点，且所有极值的和不小于－－3，则a的取值范围是(　C　) A．(－∞，4) B．[e，＋∞) C．(4，e2] D．[4，e2] 解析：①令g(x)＝＝＋－， 则g′(x)＝＋－＝. 设φ(x)＝2x－xlnx－2a，则φ′(x)＝2－(1＋lnx)＝1－lnx， 由φ′(x)＝0，得x＝e. 当1≤x<e时，φ′(x)>0，当e<x≤e2时，φ′(x)<0， 所以φ(x)在[1，e)上单调递增，在(e，e2]上单调递减． 因为φ(1)＝2－2a，φ(e)＝e－2a，φ(e2)＝－2a， 所以φ(1)>φ(e2)， 所以若g(x)在[1，e2]上存在极值，则 解得0<a<，即a的取值范围是.故选B. ②令h(x)＝(x＋af′(x))ex＝ex(0<x<1)， 对函数h(x)求导得h′(x)＝ex＋ex＝·ex(0<x<1)．　 设ω(x)＝x3＋x2＋ax－a(0<x<1)， 则ω′(x)＝3x2＋2x＋a(0<x<1)． 当a>0时，ω′(x)>0在(0，1)上恒成立，即函数ω(x)在(0，1)上为增函数． 因为ω(0)＝－a<0，ω(1)＝2>0，所以ω(x)在(0，1)上有且只有一个零点x0，即ω(x0)＝0，即h′(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，ω(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(x0，1)时，ω(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以x0为函数h(x)在(0，1)上唯一的极小值点，符合题意． 当a≤0时，ω(x)＝x3＋x2＋a(x－1)，因为x∈(0，1)，所以ω(x)>0，即h′(x)>0，所以函数h(x)在(0，1)上单调递增，所以函数h(x)在(0，1)上无极值． 综上所述，a∈(0，＋∞)．故选C. ③令F(x)＝f(x)＋x2－ax＝lnx＋x2－ax，x>0， 则F′(x)＝＋ax－a＝. 因为F(x)有2个极值点， 所以ax2－ax＋1＝0有2个不等正实根， 设方程的根分别为x1，x2， 则x1＋x2＝1，x1x2＝>0， 所以解得a>4. F(x1)＋F(x2)＝lnx1＋lnx2＋(x＋x)－a(x1＋x2) ＝ln(x1x2)＋[(x1＋x2)2－2x1x2]－a(x1＋x2) ＝－lna－－1. 设λ(a)＝－lna－－1，a>4， 则λ′(a)＝－－<0， 所以函数λ(a)单调递减． 又λ(e2)＝－－3， 所以F(x1)＋F(x2)≥－－3，即λ(a)≥λ(e2)，即a≤e2.综上，4<a≤e2.故选C. d．极值点代数式的相关问题 (13)(2023汇编，20分)已知函数f(x)＝x2＋ax，g(x)＝lnx，a∈R. (Ⅰ)设F(x)＝f(x)＋g(x)． (ⅰ)当a＝－3时，求F(x)的极值； 答案：F(x)极大值＝－－ln2，F(x)极小值＝－2 解：根据题意，F(x)＝x2＋ax＋lnx. 当a＝－3时， F(x)＝x2－3x＋lnx(x>0)，则F′(x)＝2x－3＋＝＝(x>0)． 令F′(x)＝0，得x＝或x＝1.(2分) 当0<x<或x>1时， F′(x)>0；当<x<1时， F′(x)<0，∴F(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减， ∴F(x)极大值＝F＝－3×＋ln＝－－ln2, F(x)极小值＝F(1)＝1－3＋0＝－2.(4分) (ⅱ)若x1，x2(x1<x2)是F(x)的2个极值点，求F(x2)－F(x1)的取值范围． 答案：(－∞，0) 解：F′(x)＝2x＋a＋＝(x>0)， 设m(x)＝2x2＋ax＋1(x>0)． ∵x1，x2(x1<x2)是函数F(x)的两个极值点， ∴m(x)＝0有两个不等的正根x1，x2， ∴ ∴a<－2.(7分) 由x1x2＝，x1<x2，得x1＝，x2>>x1>0. ∵m(x1)＝2x＋ax1＋1＝0，∴ax1＝－2x－1， ∴F(x1)＝x＋ax1＋lnx1＝x－2x－1＋lnx1＝－x＋lnx1－1，同理可得F(x2)＝－x＋lnx2－1， ∴F(x2)－F(x1)＝－x＋x＋ln＝－x＋＋ln2x.(10分) 设t＝x， 则h(t)＝－t＋＋ln2t， ∴h′(t)＝－1－＋＝<0， ∴h(t)在上单调递减， ∴h(t)<h＝－＋＋ln＝0，即F(x2)－F(x1)<0， ∴F(x2)－F(x1)的取值范围是(－∞，0)．(12分) (Ⅱ)设G(x)＝f(x)＋ag(2x)－ax，若a≥e，且x3，x4是G(x)的2个极值点，证明：G(x3)＋G(x4)＜(x＋x)－2e. 答案：见证明过程 证明：根据题意，G(x)＝x2－ax＋aln2x， 则G′(x)＝－a＋＝. ∵G(x)有2个极值点x3，x4， ∴x3，x4是G′(x)＝0，即x2－2ax＋2a＝0在(0，＋∞)上的2个不等实根， 根据根与系数的关系，得x3＋x4＝2a，x3x4＝2a， ∴解得a>2. 又x＋x＝(x3＋x4)2－2x3x4＝4a2－4a， ∴G(x3)＋G(x4)－(x＋x)＋2e ＝aln4x3x4－a(x3＋x4)－(x＋x)＋2e ＝aln8a－2a2－(4a2－4a)＋2e ＝aln8a－3a2＋a＋2e.(16分) 令K(x)＝xln8x－3x2＋x＋2e(x≥e)， 则K′(x)＝ln8x－6x＋2. 令φ(x)＝K′(x)＝ln8x－6x＋2(x≥e)， 则φ′(x)＝－6＝. 当x≥e时，φ′(x)＜0， ∴φ(x)在[e，＋∞)上单调递减，∴φ(x)≤φ(e)， ∴K′(x)≤K′(e)＝ln8e－6e＋2＝(1＋3ln2)－6e＋2＝3ln2－6e＋3＜3－6e＋3＝6－6e＜0， ∴K(x)在[e，＋∞)上单调递减， ∴K(x)≤K(e)＝eln8e－3e2＋3e＝e(1＋3ln2)－3e2＋3e＝e(3ln2－3e＋4)＜e(3－3e＋4)＝e(7－3e)＜0， 即K(x)＜0，(19分) ∴当a≥e时，G(x3)＋G(x4)－(x＋x)＋2e＝aln8a－3a2＋a＋2e<0， 即G(x3)＋G(x4)＜(x＋x)－2e.(20分) 3．利用导数研究函数的最值 a．已知函数的最值问题 (14) (2021新高考Ⅰ，5分)函数f(x)＝|2x－1|－2lnx的最小值为__1__． 解析：由题设知f(x)＝|2x－1|－2lnx的定义域为(0，＋∞)， ∴当0<x≤时，f(x)＝1－2x－2lnx，此时f(x)单调递减； 当<x≤1时，f(x)＝2x－1－2lnx，有f′(x)＝2－≤0，此时f(x)单调递减； 当x>1时，f(x)＝2x－1－2lnx，有f′(x)＝2－>0，此时f(x)单调递增． 又f(x)在各分段的界点处连续，且f＝2ln2，f(1)＝1， ∴当0<x≤1时，f(x)单调递减；当x>1时，f(x)单调递增， ∴f(x)≥f(1)＝1. 故答案为1. (15)(2020北京，15分)已知函数f(x)＝12－x2. (Ⅰ)求曲线y＝f(x)的斜率等于－2的切线方程； 答案：2x＋y－13＝0 解：f(x)＝12－x2的导数f′(x)＝－2x，(1分) 设切点为(m，n)，可得切线的斜率为－2m＝－2， ∴m＝1，∴n＝12－1＝11，(3分) ∴切线的方程为y＝－2(x－1)＋11， 即2x＋y－13＝0.(5分) (Ⅱ)设曲线y＝f(x)在点(t，f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值． 答案：32 解：曲线y＝f(x)在点(t，f(t))处的切线的斜率为k＝－2t，切线方程为y－(12－t2)＝－2t(x－t)．(7分) 令x＝0，可得y＝12＋t2； 令y＝0，可得x＝t＋， ∴S(t)＝··(12＋t2)．(9分) 由S(－t)＝S(t)，可知S(t)为偶函数， 不妨设t>0， 则S(t)＝(12＋t2)，(11分) ∴S′(t)＝＝·.(12分)　 令S′(t)＝0，得t＝2， 当t>2时，S′(t)>0，S(t)单调递增；当0<t<2时，S′(t)<0，S(t)单调递减， 所以S(t)在t＝2处取得极小值也即最小值， 所以S(t)的最小值为S(2)＝32.(15分) b．含参函数的最值问题 (16)(2019全国Ⅲ，12分)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2. (Ⅰ)讨论f(x)的单调性； 答案：若a>0，则f(x)在(－∞，0)，(，＋∞)上单调递增，在上单调递减； 若a＝0，则f(x)在R上单调递增； 若a<0，则f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减 解：由题意知f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)． 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝. 若a>0，则当x∈(－∞，0)∪时， f′(x)>0； 当x∈时， f′(x)<0.故f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减；(2分) 若a＝0，则f′(x)＝6x2≥0且在R上不恒为0， ∴f(x)在R上单调递增；(3分) 若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时， f′(x)>0；当x∈时， f′(x)<0.故f(x)在 ，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减．(4分) 综上，若a>0，则f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减； 若a＝0，则f(x)在R上单调递增； 若a<0，则f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减．(5分) (Ⅱ)当0<a<3时，记f(x)在区间[0，1]上的最大值为M，最小值为m，求M－m的取值范围． 答案： 解：当0<a<3时，由(Ⅰ)知f(x)在上单调递减，在上单调递增， ∴f(x)在区间[0，1]上的最小值为f＝2·－a·＋2＝－＋2，最大值为f(0)＝2或f(1)＝4－a. 于是m＝－＋2，M＝ ∴M－m＝(7分) ①当0<a<2时，设g(a)＝－a＋2， 则g′(a)＝－1<0恒成立，∴g(a)单调递减， ∴－2＋2<g(a)<－0＋2，即<g(a)<2， ∴M－m的取值范围是；(9分) ②当2≤a<3时，y＝单调递增， ∴y＝∈， ∴M－m的取值范围是.(11分) 综上，M－m的取值范围是.(12分) (17)(2020北京房山区一模，12分)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2. (Ⅰ)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； 答案：y＝2 解：求导得f′(x)＝6x2－2ax，(1分) 由f′(0)＝0，f(0)＝2，得曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2.(3分) (Ⅱ)若a>0，设函数g(x)＝|f(x)|，g(x)在[－1，1]上的最大值不小于3，求a的取值范围． 答案：(0，1]∪[3，＋∞) 解：由题意，f(x)的定义域为R，f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)，(4分) 令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝，(5分) 当a>0时，在(－∞，0)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，在上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在上，f′(x)>0，f(x)单调递增．(7分) 所以当≥1，即a≥3时，f(x)在[－1，0]上单调递增，在[0，1]上单调递减， 则g(x)max＝max{|f(－1)|，|f(0)|，|f(1)|}＝max{a，2，|4－a|}≥3，可得a≥3.(9分) 当<1，即0<a<3时，f(x)在[－1，0]和上单调递增，在上单调递减，所以f(x)在x＝处取得极小值f＝2－>0， 则g(x)max＝max{|f(－1)|，|f(0)|，|f(1)|}＝max{a，2，4－a}， 若g(x)max≥3，则4－a≥3，即0<a≤1， 综上，实数a的取值范围为(0，1]∪[3，＋∞)．(12分) 4．利用导数解决生活中的优化问题 (18)(2020江苏，14分)某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示，谷底O在水平线MN上，桥AB与MN平行，OO′为铅垂线(O′在AB上)．经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离h1(米)与D到OO′的距离a(米)之间满足关系式h1＝a2；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离h2(米)与F到OO′的距离b(米)之间满足关系式h2＝－b3＋6b.已知点B到OO′的距离为40米． (Ⅰ)求桥AB的长度； 答案：120米 解：由题意，h2＝－b3＋6b， 点B到OO′的距离为40米，即BO′＝40米． 令b＝40，则h2＝－×403＋6×40＝160，(3分) 所以O′O＝160米，所以A到MN的距离为160米． 令h1＝a2＝160，解得a＝80，所以AO′＝80米．(5分) 所以AB＝80＋40＝120(米)， 即桥AB的长度为120米．(6分) (Ⅱ)计划在谷底两侧建造平行于OO′的桥墩CD和EF，且CE为80米，其中C，E在AB上(不包括端点)．桥墩EF每米造价k(万元)，桥墩CD每米造价k(万元)(k>0)，问O′E为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低？ 答案：20米 解：设O′E＝x米，则CO′＝(80－x)米， 由(Ⅰ)可得解得0<x<40.(8分) 由题意得总造价y＝k＋＝(x3－30x2＋160×800)，(10分) 求导得y′＝(3x2－60x)＝x(x－20)．(11分) 因为k>0，所以当0<x<20时，y′<0，函数y单调递减；当20<x<40时，y′>0，函数y单调递增，所以当x＝20时，y取得最小值， 即O′E为20米时，桥墩CD与EF的总造价最低．(14分) 随堂普查练43 Ⅰ 1．(多选)(2021广东潮州二模，5分)已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则下列结论正确的是(　AB　) A．f(a)＜f(b)＜f(c) B．f(e)＜f(d)＜f(c) C．x＝c时，f(x)取得最大值 D．x＝d时，f(x)取得最小值 解析：结合导函数的图像，可知f(x)在(－∞，c]上单调递增，在(c，e)上单调递减，在[e，＋∞)上单调递增． 对于A，因为a＜b＜c，所以由f(x)的单调性可知f(a)＜f(b)＜f(c)，故A正确； 对于B，因为c＜d＜e，所以由f(x)的单调性可知f(c)>f(d)>f(e)，故B正确； 对于C，当x＝c时，f(x)取得极大值，但不一定是最大值，故C错误； 对于D，由B可知，f(d)不是f(x)的最小值，故D错误． 故选AB. 2．(2021新高考Ⅱ节选，6分)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b，讨论f(x)的单调性． 答案：当a≤0时，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增； 当0<a<时，f(x)在(－∞，ln2a)和(0，＋∞)分别单调递增，在(ln2a，0)单调递减； 当a＝时，f(x)在R上单调递增； 当a>时，f(x)在(－∞，0)和(ln2a，＋∞)分别单调递增，在(0，ln2a)单调递减 解：求导得f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)． ①若a≤0，则ex－2a>0恒成立， 所以当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增． ②若0<a<，则由f′(x)＝0解得x＝0或x＝ln2a， 因为0<a<，所以ln2a<ln1＝0， 所以当x∈(－∞，ln2a)或x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(ln2a，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．(2分) ③若a＝，则ln2a＝0，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)单调递增． ④若a>，则ln2a>0， 所以当x∈(－∞，0)或x∈(ln2a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(0，ln2a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．(4分) 综上，当a≤0时，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增； 当0<a<时，f(x)在(－∞，ln2a)和(0，＋∞)分别单调递增，在(ln2a，0)单调递减； 当a＝时，f(x)在R上单调递增； 当a>时，f(x)在(－∞，0)和(ln2a，＋∞)分别单调递增，在(0，ln2a)单调递减．(6分) 3．(2021辽宁丹东模拟，5分)设函数f(x)＝sinx＋ex－e－x－x＋1，则满足f(x)＋f(3－2x)＜2的x的取值范围是(　A　) A．(3，＋∞) B．(1，＋∞) C．(－∞，3) D．(－∞，1) 解析：令g(x)＝sinx＋ex－e－x－x，则f(x)＝g(x)＋1. ∵g(－x)＝sin(－x)＋e－x－ex＋x＝－(sinx＋ex－e－x－x)＝－g(x)，∴g(x)为奇函数． ∵g′(x)＝cosx＋ex＋e－x－1≥ex＋e－x－2≥2－2＝0，且两等号不同时成立，∴g′(x)>0， ∴g(x)在R上单调递增． 由f(x)＋f(3－2x)＝g(x)＋g(3－2x)＋2＜2，得g(x)＜－g(3－2x)， ∴g(x)＜g(2x－3)， ∴x＜2x－3，∴x>3， ∴不等式的解集为(3，＋∞)．故选A. 4．(多选)(2020山东日照一模，5分)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)>m>1，则下列成立的有(　AC　) A．f> B．f<－1 C．f> D．f<0 解析：设g(x)＝f(x)－mx，则g′(x)＝f′(x)－m， 由f′(x)>m，可得g′(x)>0，则g(x)在R上为增函数． 由m>1，得0<<1，所以g>g(0)，即f－×m>f(0)，即f－1>－1，即f>0，B错误； 由m>1，得<0，又因为f>0，所以f>，A正确； 由m>1，得>0，所以g>g(0)，即f－>f(0)＝－1，变形可得f>－1＝，故C正确，D错误．故选AC. 5．(经典题，5分)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为(　A　) A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1 解析： f ′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1， 则f ′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0， 解得a＝－1. 所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1, f ′(x)＝(x2＋x－2)ex－1， 令f ′(x)＝0，得x＝－2或x＝1. 当x<－2或x>1时， f ′(x)>0； 当－2<x<1时， f ′(x)<0， 所以f(x)在(－∞，－2)和(1，＋∞)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，则f(x)的极小值为f(1)＝－1.故选A. 6．(2021辽宁模拟，5分)已知函数f(x)＝－，若函数f(x)有3个极值点，则实数k的取值范围是(　C　) A．[4e，2e2)∪(2e2，＋∞) B．[0，4e] C．(4e，2e2)∪(2e2，＋∞) D．[0，4e) 解析：f(x)的定义域是(0，＋∞)． 对f(x)求导， 得f′(x)＝＋＝(x－1)(2e2x－kx)， 显然当x＝1时，f′(x)＝0， ∴若函数f(x)有3个极值点，则g(x)＝2e2x－kx需有2个不为1的相异零点，∴g(1)≠0，可得k≠2e2. 对g(x)＝2e2x－kx求导，得g′(x)＝4e2x－k， 令g′(x)＝0，得e2x＝. ∵当x>0时，e2x>e0＝1， ∴若≤1，即k≤4，则方程e2x＝无解，∴k>4. 解e2x＝得x＝ln， 当x>ln时，g′(x)>0； 当0＜x＜ln时，g′(x)＜0， ∴g(x)在上单调递减， 在上单调递增， ∴g(x)min＝g＝. ∵g(x)＝0有2个不相等的实数解， ∴<0，解得k>4e， ∴k>4e且k≠2e2. 易验证，当k>4e且k≠2e2时，函数f(x)有3个极值点， ∴k的取值范围是(4e，2e2)∪(2e2，＋∞)． 故选C. 7．(2020山东德州一模，12分)已知函数f(x)＝xex－a(x＋lnx)． (1)若a＝0，求曲线f(x)在x＝1处的切线方程； 答案：2ex－y－e＝0 解：当a＝0时，f(x)＝xex，则f′(x)＝(x＋1)ex，(1分) 所以f(1)＝e，f′(1)＝2e，(2分) 所以曲线f(x)在x＝1处的切线方程为y－e＝2e(x－1)，即2ex－y－e＝0.(3分) (2)讨论f(x)极值点的个数； 答案：当a≤0时，f(x)无极值点；当a＞0时，f(x)有一个极值点 解：f′(x)＝(x＋1)ex－a＝(x＋1)·＝，x>0, ①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不存在极值点．(4分) ②当a>0时，令f′(x)＝0，则xex＝a，令g(x)＝xex－a，则g′(x)＝(x＋1)ex>0，在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又因为g(0)＝－a<0，g(a)＝a(ea－1)>0， 所以存在唯一的x0>0，使g(x0)＝0. 当x∈(0，x0)时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以x＝x0是f(x)的极小值点．(6分) 综上所述，当a≤0时，f(x)无极值点；当a>0时，f(x)有一个极值点．(7分) (3)若x0是f(x)的一个极小值点，且f(x0)>0，证明：f(x0)>2(x0－x)． 答案：见证明过程 证明：由(2)可知，f′(x0)＝0，即x0＝a， 所以f(x0)＝x0－x0x0＋lnx0)＝x0(1－x0－lnx0)，x0>0. 由f(x0)>0，x0>0，可得1－x0－lnx0>0.(8分) 令φ(x)＝1－x－lnx，则φ′(x)＝－1－<0，所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递减． 因为φ(1)＝0, φ(x0)＝1－x0－lnx0>0，所以0<x0<1. 令H(x)＝x－lnx－1，则H′(x)＝1－， 当x>1时，H′(x)>0，函数H(x)单调递增；当0<x<1时，H′(x)<0，H(x)单调递减， 所以H(x)≥H(1)＝0，所以x－1≥lnx，当且仅当x＝1时等号成立． 因为x0∈(0，1)，所以x0＋1∈(1，2)， 所以(x0＋1)－1>ln(x0＋1)，即x0>ln(x0＋1)， 所以>x0＋1>0.①(10分) 因为x0∈(0，1)，所以lnx0<x0－1， 所以1－x0－lnx0>1－x0＋1－x0>0.②(11分) ①②两式相乘可得(1－x0－lnx0)>(x0＋1)(2－2x0)， 所以f(x0)＝x0(1－x0－lnx0)>2x0(x0＋1)(1－x0)＝2(x0－x)，所以f(x0)>2(x0－x)成立．(12分) 8．(2021山东青岛三模，12分)已知函数f(x)＝x－lnx＋. (1)求f(x)的最小值； 答案：3－ln2 解：由题知f(x)的定义域为(0，＋∞)． 对f(x)求导，得f′(x)＝1－－＝ ＝，　 令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－1(舍)， ∴当0＜x＜2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增， ∴f(x)min＝f(2)＝3－ln2.(4分) (2)若存在区间[a，b]⊆，使g(x)＝xf(x)在[a，b]上的值域为[k(a＋2)，k(b＋2)]，求实数k的取值范围． 答案： 解：由题意知，g(x)＝xf(x)＝x2－xlnx＋2， ∴g′(x)＝2x－lnx－1. 令φ(x)＝g′(x)＝2x－lnx－1，则φ′(x)＝2－. 易知当x≥时，φ′(x)≥0，φ(x)单调递增， ∴φ(x)≥φ＝ln2>0， ∴当x≥时，g′(x)>0恒成立，g(x)单调递增， ∴g(a)＝k(a＋2)，g(b)＝k(b＋2)， ∴方程g(x)＝k(x＋2)有2个不同的实数根， 即k＝在上有两个不同的解．(7分) 设h(x)＝， 则h′(x)＝＝.　 设ω(x)＝x2＋3x－2lnx－4， 则ω′(x)＝2x＋3－＝. 当x>时，ω′(x)>0， ∴ω(x)在上单调递增． 而ω＝ln4－<0，ω(1)＝0， ∴当x∈时，ω(x)<0，即h′(x)<0； 当x∈(1，＋∞)时，ω(x)>0，即h′(x)>0， ∴h(x)在上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增．(11分) ∵h (x)min＝h(1)＝1，h ＝＋ln2<2， 且h(e2)＝＝＝e2－4＋>e2－4>3>h， ∴1<k≤＋ln2， 即k的取值范围是.(12分) 9．(2020北京顺义区一模，13分)已知函数f(x)＝x2－2alnx，其中a∈R. (1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程； 答案：2x＋y－3＝0 解：当a＝2时，f(x)＝x2－4lnx，f(1)＝1， f′(x)＝2x－，(2分) 切线斜率k＝f′(1)＝2－4＝－2，(3分) 曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－2(x－1)，即2x＋y－3＝0.(5分) (2)若函数f(x)存在最小值Q，求证：Q≤1. 答案：见证明过程 证明：求导得f′(x)＝2x－＝(x>0)，(6分) ①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无最小值．(7分) ②当a>0时，令f′(x)＝0得x＝或x＝－(舍)． 当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)存在最小值，Q＝f()＝a－alna.(9分) 下面证明Q≤1. 设函数g(a)＝a－alna(a>0)， 则g′(a)＝1－(lna＋1)＝－lna. 令g′(a)＝0得a＝1，易知g(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以g(a)的最大值为g(1)＝1，(12分) 所以g(a)≤1恒成立，即Q≤1得证．(13分) 10．(经典题，14分)如图，有一椭圆形花坛，O是其中心，AB是椭圆的长轴，C是短轴的一个端点．现欲铺设灌溉管道，拟在AB上选两点E，F(不与A，B重合)，使OE＝OF，沿CE，CF，FA铺设管道，设∠CFO＝θ，若OA＝20 m，OC＝10 m， (1)求管道长度u关于θ的函数； 答案：u＝20＋，0<cosθ< 解：由题意得O是椭圆的中心，AB是椭圆的长轴，C是短轴的一个端点，OE＝OF，∠CFO＝θ，所以CO⊥AB，CE＝CF.(2分) 又OA＝20 m，OC＝10 m，所以CE＝CF＝ m，OF＝ m，所以AF＝20－(m)，(4分) 所以u＝CE＋CF＋AF＝＋20－＝20＋. 当E，F分别与B，A重合时，cos∠CFO＝＝＝＝，所以0<cosθ<，所以u关于θ的函数为u＝20＋，0<cosθ<.(6分) (2)求管道长度u的最小值． 答案：管道长度u的最小值为(20＋10)m 解：由(1)知u＝20＋，0<cosθ<. 因为cos∠CAO＝， 所以θ∈.(7分) u′＝＝. 令u′＝0，得cosθ＝∈. 所以θ＝.(10分) 当0<cosθ<， 即θ∈时，u′>0，函数u为增函数； 当<cosθ<， 即θ∈时，u′<0，函数u为减函数，(12分) 所以当cosθ＝， 即θ＝时，u取得最小值，最小值为20＋＝20＋10(m)．(14分) 普查与练习43 Ⅱ　　　　导数的综合应用 5．与函数零点相关的问题 a．判断或证明函数的零点个数 (19)(2023汇编，24分)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝sinx. (Ⅰ)设函数F(x)＝f(x)－(x－1)g(x)，当x∈时，求函数F(x)零点的个数． 答案：1 解：根据题意，F(x)＝ex－(x－1)sinx，求导可得F′(x)＝ex－sinx－(x－1)cosx. 当x∈时，ex>0，sinx≤0，(x－1)cosx≤0， ∴F′(x)>0， ∴F(x)在上单调递增． 又F＝e－－－1<0，F(0)＝1>0， ∴函数F(x)在上只存在1个零点．(4分) (Ⅱ)设函数G(x)＝(x－1)f(x)－ax2＋b，从下面2个条件中选1个，证明：G(x)恰有1个零点．(2021新高考Ⅱ)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①<a≤，b>2a; ②0<a<，b≤2a. 答案：见证明过程 证明：根据题意，G(x)＝(x－1)f(x)－ax2＋b＝(x－1)ex－ax2＋b，则G′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)．(5分) 选①. ∵a>，∴ln2a>0， ∴当x＜0或x>ln2a时，G′(x)>0； 当0＜x＜ln2a时，G′(x)＜0， ∴G(x)在(－∞，0)，(ln2a，＋∞)上单调递增，在(0，ln2a)上单调递减．(6分) ∵<a≤，b>2a>1， ∴G(ln2a)＝2a(ln2a－1)－a(ln2a)2＋b>2a(ln2a－1)－a(ln2a)2＋2a ＝aln2a(2－ln2a)≥＝0， ∴在[0，＋∞)上，G(x)≥G(ln2a)>0，f(x)没有零点．(7分) ∵G(0)＝b－1>0， G＝<0， ∴G(x)在上存在零点．(8分) 又∵G(x)在(－∞，0)上单调递增， ∴G(x)在(－∞，0)只有一个零点．(9分) 综上，G(x)在R上恰有一个零点．(10分) 选②. ∵0<a<，∴ln2a<0， ∴当x>0或x＜ln2a时，G′(x)>0； 当ln2a＜x＜0时，G′(x)＜0， ∴G(x)在(－∞，ln2a)，(0，＋∞)上单调递增，在(ln2a，0)上单调递减．(6分) ∵0<a<，b≤2a， ∴G(ln2a)＝2a(ln2a－1)－a(ln2a)2＋b≤2a(ln2a－1)－a(ln2a)2＋2a＝aln2a(2－ln2a)<0. ∴在(－∞，0]上，G(x)≤G(ln2a)<0，G(x)没有零点．(7分) 令φ(x)＝ex－x－1，则φ′(x)＝ex－1. 易知当x≥0时，φ′(x)≥0，φ(x)单调递增， ∴φ(x)≥φ(0)＝0，即ex≥x＋1. ∴当x>1时，G(x)＝(x－1)ex－ax2＋b≥(x－1)(x＋1)－ax2＋b＝(1－a)x2＋(b－1)．(8分) 令(1－a)x2－(1－b)＝0，可得x＝±. 取t>1且t>，则t>0， 则G(t)>G≥(1－a)×＋(b－1)＝0. 又∵G(0)＝b－1≤2a－1<2×－1＝0， ∴G(x)在(0，t)上存在零点． 又∵G(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴G(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．(9分) 综上，G(x)在R上恰有一个零点．(10分) (Ⅲ)设函数H(x)＝f(x)－mg(x)－1(m∈R)，讨论H(x)在x∈[0，π]上零点的个数． 答案：当m≤1时，H(x)在[0，π]上有1个零点；当m>1时，H(x)在[0，π]上有2个零点 解：根据题意，H(x)＝ex－msinx－1， 当x＝0时，H__(0)＝0， ∴0是H(x)的1个零点．(11分)　 对H(x)求导，得H′(x)＝ex－mcosx. 设ω(x)＝H′(x)，则ω′(x)＝ex＋msinx.(12分) (ⅰ)当m≤0时，∵x∈[0，π]，∴－msinx≥0， 而ex－1≥0，∴ex－1－msinx≥0，即H(x)≥0恒成立， ∴H(x)在[0，π]上有1个零点．(13分) (ⅱ)当0<m≤1时，ω′(x)＝ex＋msinx>0， ∴H′(x)在[0，π]上单调递增． 又∵H′(0)＝1－m≥0，∴H′(x)≥H′(0)≥0， ∴H(x)在[0，π]上单调递增，H(x)≥0恒成立， ∴H(x)在[0，π]上有1个零点．(14分) (ⅲ)当m>1时，ω′(x)＝ex＋msinx>0， ∴H′(x)在[0，π]上单调递增． 又∵H′(0)＝1－m＜0，H′＝>0， ∴存在t1∈[0，π]，使得H′(t1)＝0， ∴当0＜x＜t1时，H′(x)<0，H (x)单调递减； 当t1＜x＜π时，H′(x)>0，H(x)单调递增． 而H(t1)＜H(0)＝0，H(π)＝eπ－1>0， ∴H(x)在(t1，π)上有唯一零点， ∴H(x)在[0，π]上有2个零点．(16分) 综上，当m≤1时，H(x)在[0，π]上有1个零点； 当m>1时，H(x)在[0，π]上有2个零点．(17分) (Ⅳ)设函数L(x)＝f(x)＋g(x)－nx－1，当1≤n＜2时，讨论函数L(x)零点的个数． 答案：函数L(x)有2个零点 解：根据题意，L(x)＝ex ＋sinx－nx－1(x∈R)， 则L′(x)＝ex ＋cosx－n. 设μ(x)＝L′(x)＝ex＋cosx－n， 则μ′(x)＝ex－sinx.(18分) (ⅰ)当x≤－π时，－nx≥nπ≥π，1≤n＜2， ∴L(x)≥ex＋π＋sinx－1>0， ∴L(x)在(－∞，－π]上无零点．(19分) (ⅱ)当x∈[0，＋∞)时，μ′(x)＝ex－sinx>1－sinx≥0， ∴L′(x)在[0，＋∞)上单调递增， ∴L′(x)≥L′(0)＝2－n>0， ∴L(x)在[0，＋∞)上单调递增，L(x)≥L(0)＝0， ∴L(x)在[0，＋∞)上有1个零点．(20分) (ⅲ)当x∈(－π，0)时，sinx＜0，μ′(x)＝ex－sinx>0， ∴L′(x)在(－π，0)上单调递增． 又L′(0)＝2－n>0，L′(－π)＝e－π－n－1＜0， ∴存在t2∈(－π，0)，使得L′(t2)＝0， ∴当x∈(－π，t2)时，L′(x)＜0，L(x)单调递减； 当x∈(t2，0)时，L′(x)>0，L(x)单调递增． 又L(－π)＝e－π＋nπ－1>0，L(t2)＜L(0)＝0， ∴L(x)在(－π，t2)上有唯一零点， 即L(x)在(－π，0)上有1个零点．(23分) 综上，当1≤n＜2时，函数L(x)有2个零点．(24分) b．根据函数零点个数，求参数的取值范围 (20)(2020全国Ⅲ，12分)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2. (Ⅰ)讨论f(x)的单调性； 答案：k≤0时，f(x)在R上单调递增；k>0时，f(x)在和上单调递增，在上单调递减 解：由f(x)＝x3－kx＋k2，得f′(x)＝3x2－k.(1分) 当k≤0时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；(2分) 当k>0时，令f′(x)>0，解得x>或x<－；令f′(x)<0，解得－<x<， ∴f(x)在和上单调递增，在上单调递减．(4分) 综上，k≤0时，f(x)在R上单调递增；k>0时，f(x)在和(，＋∞)上单调递增，在上单调递减．(5分) (Ⅱ)若f(x)有三个零点，求k的取值范围． 答案： 解：由(Ⅰ)可知，要使f(x)有三个零点，则k>0， 此时f(x)极小值＝f， f(x)极大值＝f，(7分) ∴(10分) 解得0<k<，故k∈.(12分) (21)(2023汇编，24分)已知a∈R，函数f(x)＝x2，g(x)＝lnx. (Ⅰ)若函数F(x)＝f(x)＋g(x)＋ax＋2至少有2个零点，求a的最大值. 答案：－3 解：令F(x)＝f(x)＋g(x)＋ax＋2＝x2＋lnx＋ax＋2＝0，则－a＝＋x＋(x>0)， ∴直线y＝－a与曲线y＝＋x＋至少有2个交点. (1分) 设G(x)＝＋x＋(x>0)，则G′(x)＝. 设H(x)＝x2－lnx－1，则H′(x)＝2x－＝. 令H′(x)＝0，解得x＝或x＝－(舍)， ∴当x∈时，H′(x)＜0，H(x)单调递减； 当x∈时，H′(x)>0，H(x)单调递增， ∴函数H(x)的最小值为H＝＜0.(3分) 又当x＝时，H＝－ln－1>0， ∴存在唯一x0∈，使得H(x0)＝0.(4分) 易知H(1)＝0， ∴当x变化时，H(x)，G′(x)，G(x)的变化情况如下表： x (0，x0) x0 (x0，1) 1 (1，＋∞) H(x) ＋ 0 － 0 ＋ G′(x) ＋ 0 － 0 ＋ G(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 由表可知，当x＝x0时，G(x)有极大值G(x0)；当x＝1时，G(x)有极小值G(1)．(6分) 又G(1)＝3， 且当x→＋∞时，G(x)→＋∞，当x→0时，G(x)→－∞， ∴要使函数y＝－a与y＝G(x)的图像至少有2个交点，a需满足G(1)≤－a≤G(x0)，即－G(x0)≤a≤－G(1)， ∴a的最大值为－3.(8分) (Ⅱ)若曲线y＝af(x)与曲线y＝2g(x)＋1有且仅有2个交点，求a的取值范围. 答案：(0，1) 解：设h(x)＝af(x)－(2g(x)＋1)＝ax2－2lnx－1， 则原问题可转化为已知函数h(x)有且只有2个零点，求a的取值范围．(9分) 对h(x)求导，得h′(x)＝2ax－＝(x＞0)． 当a≤0时，h′(x)＜0恒成立， ∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，最多只有1个零点，与题意不符．(10分) 当a>0时，令h′(x)＝0，则x＝±， ∴在上，h′(x)<0，h(x)单调递减；在上，h′(x)>0，h(x)单调递增， ∴h(x)min＝h＝a·－2ln－1＝lna. 若函数h(x)有2个零点，则h(x)min＝lna＜0， 即0＜a＜1. (11分) 下面证明当0＜a＜1时，函数h(x)有且只有2个零点． 设函数φ(x)＝lnx－x＋1，则φ′(x)＝－1. 当x>1时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减； 当0<x<1时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增， ∴当x>0时，φ(x)≤φ(1)＝0，即lnx≤x－1， ∴h(x)＝ax2－2lnx－1≥ax2－2x＋1.(12分) 令h1(x)＝ax2－2x＋1(x>0)，0<a<1. ∵Δ＝4－4a>0，∴h1(x)＝0有2个不相等的实根， 设为x1，x2(x1＜x2)，则x1＋x2＝>0，x1x2＝>0， ∴0＜x1＜＜x2. 由二次函数的性质知，存在x3∈(0，x1)， 使得h1(x3)>0，∴h(x3)≥h1(x3)>0， 又h＝lna＜0，且h(x)在上单调递减， ∴h(x)在上有唯一零点．(14分) 同理，存在x4∈(x2，＋∞)，使得h1(x4)>0，∴h(x4)≥h1(x4)>0， 又h＜0，且h(x)在上单调递增， ∴h(x)在上有唯一零点． ∴函数h(x)在(0，＋∞)上有且只有2个零点．(15分) 综上，实数a的取值范围为(0，1)．(16分) (Ⅲ)若a>0且a≠1，方程a[g(x)]2－xg[f(x)]＋2x＝有且仅有3个实数解，求a的取值范围． 答案：(e，e2) 解：设p(x)＝a[g(x)]2－xg[f(x)]＋2x＝a(lnx)2＋2x(1－lnx)，则依题意可得函数y＝p(x)与y＝的图像有3个不同的交点．(17分) 对p(x)求导，得p′(x)＝2lnx. ①若0＜a＜1，则当x∈(0，a)∪(1，＋∞)时，p′(x)＜0； 当x∈(a，1)时，p′(x)>0， ∴p(x)在(0，a)和(1，＋∞)上单调递减，在(a，1)上单调递增， ∴p(x)的极小值为p(a)＝a[(lna)2－2lna＋2]，极大值为p(1)＝2. ∵p(a)＝a[(lna)2－2lna＋2]＝a[(lna－1)2＋1]>a>， ∴函数y＝p(x)与y＝的图像至多有1个交点，不合题意．(19分) ②若a>1，则当x∈(0，1)∪(a，＋∞)时，p′(x)＜0， 当x∈(1，a)时，p′(x)>0，∴p(x)在(0，1)和(a，＋∞)上单调递减，在(1，a)上单调递增，∴p(x)的极小值为p(1)＝2， 极大值为p(a)＝a[(lna)2－2lna＋2]． 要使函数y＝p(x)与y＝的图像有3个交点，实数a需满足2＜＜a[(lna)2－2lna＋2]． 由2＜，得a>e.(21分) 下面求不等式＜(lna)2－2lna＋2 (*)的解集， 令lna＝t，则不等式(*)等价于2et－2＜t2－2t＋2. 令ω(t)＝t2－2t－2et－2＋2，则ω′(t)＝2t－2－2et－2， 令ω1(t)＝2t－2－2et－2，则ω′1(t)＝2－2et－2. 易得当t∈(－∞，2)时，ω′1(t)>0，ω1(t)单调递增； 当t∈(2，＋∞)时，ω′1(t)<0，ω1(t)单调递减， ∴ω1(t)≤ω1(2)＝0，即ω′(t)≤0恒成立， ∴函数ω(t)单调递减． 又∵ω(2)＝0，∴当且仅当t＜2时，ω(t)>0， ∴t＝lna<2，解得0<a<e2.(23分) 综上，a的取值范围为(e，e2)．(24分) c．与函数零点有关的证明问题 (22)(2020全国Ⅲ，12分)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与y轴垂直． (Ⅰ)求b； 答案：－ 解：由f(x)＝x3＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋b.(1分) ∵y＝f(x)在点处的切线与y轴垂直， ∴f′＝3×2＋b＝0，即b＝－.(3分) (Ⅱ)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1. 答案：见证明过程 证明：(法一)设x0为f(x)的绝对值不大于1的零点，则f(x0)＝x－x0＋c＝0，且|x0|≤1， 则c＝－x＋x0，且－1≤x0≤1.(5分) 令c(x)＝－x3＋x(－1≤x≤1)， 则c′(x)＝－3x2＋＝－3，(6分) ∴当x∈∪时，c′(x)<0； 当x∈时，c′(x)>0， ∴c(x)在，上单调递减，在上单调递增． 又c(－1)＝，c(1)＝－，c＝－， c＝，∴－≤c≤.(9分) 设x1 为f(x)的零点，则必有f(x1)＝x－x1＋c＝0，即c＝－x＋x1，∴－≤－x＋x1≤， ∴ 解得－1≤x1≤1，即|x1|≤1.(11分) ∴f(x)所有零点的绝对值都不大于1.(12分) (法二)由(Ⅰ)得f(x)＝x3－x＋c. 由题意，f(x)有一个绝对值不大于1的零点，设这个零点为x0，则f(x0)＝0.设f(x)的任一零点为t. 若t＝x0，则|t|≤1.(5分) 若t≠x0，则由f(x0)＝f(t)＝0， 得x－x0＋c＝t3－t＋c， ∴x－t3＝x0－t，(7分) 即(x0－t)(x＋tx0＋t2)＝(x0－t)， ∴x＋tx0＋t2－＝0，(9分) 该方程可看作关于x0的一元二次方程， 若方程有解，则Δ＝t2－4＝－3t2＋3≥0， 解得－1≤t≤1，∴|t|≤1.(11分) 综上，f(x)所有零点的绝对值都不大于1.(12分) (23)(2021浙江金华模拟，15分)已知函数f(x)＝＋ln(m∈R，a>0)． (Ⅰ)若f(x)的最小值为2，求的值； 答案：e 解：∵>0，a>0，∴x>0. 对函数f(x)求导，得f′(x)＝.(1分) 当m≤0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，此时f(x)没有最小值．(2分) 当m>0时，在(0，m)上f′(x)<0，f(x)单调递减；在(m，＋∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增， ∴f(x)min＝f(m)＝1＋ln＝2，解得＝e.(3分) (Ⅱ)若m＝1，a>e，实数x0为函数f(x)大于1的零点，求证： (ⅰ)＋x0<a－1； 答案：见证明过程 证明：当m＝1时，f(x)＝＋ln. 由(Ⅰ)可知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴f(x)min＝f(1)＝1－lna<0.(4分) 又∵f(a)＝>0， ∴存在x0∈(1，a)，使得f(x0)＝＋ln＝0， 即lna＝＋lnx0＝ln(x0·)，即a＝x0·. ∴要证＋x0<a－1，只需证＋x0＋1<x0·(x0>1)．(6分) 令t＝，t∈(0，1)， 则只需证t＋＋1<·et， 即证et>t2＋t＋1(0<t<1)．(7分) 令g(t)＝et－t2－t－1(0<t<1)，则g′(t)＝et－t－1， 令φ(t)＝et－t－1，则φ′(t)＝et－1. ∵φ′(t)>0，∴φ(t)在(0，1)上单调递增， ∴φ(t)>φ(0)＝0， ∴g(t)在(0，1)上单调递增， ∴g(t)>g(0)＝e0－0－0－1＝0， ∴当0<t<1时，et>t2＋t＋1成立， ∴＋x0<a－1.(9分) (ⅱ)x0＋>2lna－ln(lna)． 答案：见证明过程 证明：∵a>e，∴lna>1，∴2lna－ln(lna)＜2lna. 由(ⅰ)可知lna＝＋lnx0， ∴要证x0＋>2lna－ln(lna)， 只需证x0＋>2lna， 即证x0＋>2， 即证2lnx0＋－x0<0(x0>1)．(13分) 令h(x)＝2lnx＋－x(x>1)，则h′(x)＝－<0， ∴h(x)在(1，＋∞)上单调递减， ∴h(x)<h(1)＝2ln1＋1－1＝0， ∴2lnx0＋－x0<0， 即x0＋>2lna－ln(lna)．(15分) 6．恒成立和存在性问题 a．利用导数证明不等式恒成立 (24)(2018全国Ⅰ，12分) 已知函数f(x)＝aex－lnx－1. (Ⅰ)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间； 答案：a＝，单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0，2) 解：易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． 因为f′(x)＝aex－，x＝2是f(x)的极值点， 所以f′(2)＝ae2－＝0，所以a＝，(3分) 所以f′(x)＝ex－2－. 令g(x)＝ex－2－，则g′(x)＝ex－2＋>0， 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，而f′(2)＝0， 所以当x∈(0，2)时， f′(x)<f′(2)＝0， 当x∈(2，＋∞)时， f′(x)>f′(2)＝0， 因此f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0，2)．(6分) (Ⅱ)证明：当a≥时，f(x)≥0. 答案：见证明过程 证明：(法一)令h(x)＝， 则h′(x)＝.令t(x)＝－lnx－1， 则t′(x)＝－－<0，t(1)＝－ln1－1＝0.(8分) 因此当x∈(0，1)时，t(x)>t(1)＝0，h′(x)>h′(1)＝0； 当x∈(1，＋∞)时，t(x)<t(1)＝0，h′(x)<h′(1)＝0， 所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)≤h(1)＝.(10分) 因为a≥， 所以a≥，即aex－lnx－1≥0, f(x)≥0.(12分) (法二)因为f′(x)＝aex－，a≥， 令G(x)＝f′(x)，则G′(x)＝aex＋>0， 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．(7分) 所以当x≥1时， f′(x)≥f′(1)＝ae－1≥1－1＝0， 因此当x≥1时， f(x)单调递增， 所以f(x)≥f(1)＝ae－1≥1－1＝0.(8分) 当0<x≤时，aex>0，lnx≤－1, f(x)>－lnx－1≥0.(9分) 当<x<1时，若f′(x)＝aex－有零点x0∈， f′(x0)＝a－＝0， 则当x∈ 时， f′(x)<f′(x0)＝0， 当x∈(x0，1)时，f′(x)>f′(x0)＝0， 所以f(x)在上单调递减，在(x0，1)上单调递增，所以f(x)≥f(x0)＝a－lnx0－1＝ －lnx0－1. 令t(x)＝－lnx－1，x∈， 因为x∈，所以－1>0，－lnx>0， 所以t(x)＝－lnx－1>0，所以f(x)>0； 若f′(x)＝aex－在上无零点， 则f′(x)＝aex－在上恒正或恒负， 所以f(x)在上单调递增或递减， 又因为f(1)＝ae－ln1－1≥·e－0－1＝0， f＝a－ln－1>－ln－1＝0， 所以f(x)在上恒大于0. 综上，当a≥时， f(x)≥0.(12分) (法三)令φ(x)＝lnx－x＋1，则φ′(x)＝－1. 当0<x<1时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增； 当x>1时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减， ∴当x>0时，φ(x)≤φ(1)＝0，即lnx≤x－1.(8分) 在上式中，令x＝et－1，则lnet－1≤et－1－1，即et－1－1≥t－1，即et－1≥t， ∴当x>0时，ex－1≥x，(10分) ∴当a≥时，f(x)＝aex－lnx－1≥－lnx－1＝ex－1－lnx－1≥x－1－lnx≥0，即f(x)≥0.(12分) (25)(2021八省联考，12分)已知函数f(x)＝ex－sinx－cosx，g(x)＝ex＋sinx＋cosx. (Ⅰ)证明：当x＞－时，f(x)≥0； 答案：见证明过程 证明：f(x)＝ex－sinx－cosx＝ex－sin，　 f′(x)＝ex－cosx＋sinx＝ex＋sin， f″(x)＝ex＋sinx＋cosx＝ex＋sin. (f″(x)是f′(x)的导数)(2分) 易知f(0)＝0，f′(0)＝0. ①当x∈时，sin<0，此时f(x)＞0； ②当x∈时，f″(x)＞0，所以f′(x)单调递增，所以f′(x)<f′(0)＝0， 所以函数f(x)单调递减，所以f(x)>f(0)＝0； ③当x∈时，f″(x)＞0，所以f′(x)单调递增， 所以f′(x)≥f′(0)＝0， 所以函数f(x)单调递增，所以f(x)≥f(0)＝0； ④当x∈时，f(x)＝ex－sin>e1－＞0. 综上所述，当x＞－时，f(x)≥0.(6分) (Ⅱ)若g(x)≥2＋ax，求a. 答案：2 解：构造函数F(x)＝g(x)－2－ax＝ex＋sinx＋cosx－2－ax，则F′(x)＝ex＋cosx－sinx－a， F″(x)＝ex－sinx－cosx＝f(x)．(F″(x)是F′(x)的导数) 由(Ⅰ)可知F″(x)＝f(x)≥0在x＞－时恒成立，所以F′(x)＝ex＋cosx－sinx－a在上单调递增．(8分) 易知F″(0)＝0，F(0)＝0. 要使g(x)≥2＋ax恒成立，只需F(x)≥0恒成立， ①若a＝2，则F′(0)＝0， 所以F′(x)在上为负，在(0，＋∞)上为正， 所以F(x)在上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以F(x)≥0. 而当x≤－时，F(x)＝ex＋sinx＋cosx－2－2x≥ex＋sinx＋cosx－2＋>－2－＞0，故a＝2满足题意．(9分) ②若a＞2，则F′(0)＝2－a＜0. 因为F′(x)≥ex－－a， 所以F′(ln(＋a))>＋a－－a＝0， 所以存在x0∈(0，ln(＋a))，使得F′(x0)＝0. 当x∈(0，x0)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减， 所以F(x)＜F(0)＝0，故a＞2不满足题意．(10分) ③若a＜2，则F′(0)＝2－a＞0，所以存在x1∈(－∞，0)，使得当x∈(x1，0)时，F′(x)＞0，此时F(x)单调递增，所以F(x)＜F(0)＝0，故a＜2不满足题意．(11分) 综上所述，a＝2.(12分) b．根据恒成立、存在性条件，求参数范围 (26)(2020北京模拟，12分)已知函数f(x)＝＋a2x＋alnx，实数a>0. (Ⅰ)讨论函数f(x)在区间(0，10)上的单调性； 答案：当a>时，f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增；当0<a≤时，函数f(x)在区间(0，10)上单调递减 解：f′(x)＝－＋a2＋＝＝(x>0)， 令f′(x)＝0，可得x＝或x＝－(舍去)．(1分) ①当a>时，<10，易得函数f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增；(2分) ②当0<a≤时，≥10，易得函数f(x)在区间(0，10)上单调递减．(3分) 综上，当a>时，f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增；当0<a≤时，函数f(x)在区间(0，10)上单调递减．(4分) (Ⅱ)若存在x∈(0，＋∞)，使得关于x的不等式f(x)<2＋a2x成立，求实数a的取值范围． 答案：(0，2)∪(2，＋∞) 解：存在x∈(0，＋∞)，使得不等式f(x)<2＋a2x成立⇔存在x∈(0，＋∞)，使得不等式＋alnx－2<0成立⇔<0.(5分) 令g(x)＝＋alnx－2(x>0)， 则g′(x)＝－＋＝.(6分) ∵a>0，∴当x>时，g′(x)>0； 当0<x<时，g′(x)<0，∴g(x)在上单调递减，在上单调递增， ∴g(x)min＝g＝a＋a(ln2－lna)－2.(8分) 令h(x)＝x＋xln2－xlnx－2，x>0， 则h′(x)＝1＋ln2－lnx－1＝ln2－lnx. 由h′(x)>0解得0<x<2，由h′(x)<0解得x>2， ∴h(x)在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减．(10分) 又h(2)＝0，∴当x≠2时，h(x)<0，即当a≠2时，g(x)min<0，　 ∴实数a的取值范围是(0，2)∪(2，＋∞)．(12分) (27)(2020全国Ⅰ，12分)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x. (Ⅰ)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； 答案：f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增 解： 当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x， 所以f′(x)＝ex＋2x－1.(1分) 显然f′(x)单调递增， 且f′(0)＝e0＋0－1＝0， 所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)<f′(0)＝0， 当 x∈(0，＋∞) 时， f′(x)>f′(0)＝0，(3分) 所以f(x)在(－∞，0)上单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增．(4分) (Ⅱ)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围． 答案： 解：(法一：分离参数)由f(x)≥x3＋1得ex＋ax2－x≥x3＋1，x≥0. ①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a可为任意实数．(5分) ②当x>0时，分离参数a，得a≥－.(6分) 记g(x)＝－， 则g′(x)＝－. 令h(x)＝ex－x2－x－1(x>0)，则h′(x)＝ex－x－1. 设m(x)＝ex－x－1(x>0)，则m′(x)＝ex－1>0， 故h′(x)单调递增，h′(x)>h′(0)＝0， 故函数h(x)单调递增，h(x)>h(0)＝0.(9分) 由h(x)>0可得ex－x2－x－1>0恒成立， 故当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 所以g(x)max＝g(2)＝，所以a≥.(11分) 综上，a的取值范围是.(12分) (法二：分类讨论)当x≥0时，f(x)≥x3＋1， 即ex＋ax2－x≥x3＋1，即x3－ax2＋x＋1－ex≤0， 即e－x－1≤0.(5分) 令φ(x)＝e－x－1，x≥0， 则φ′(x)＝e－x ＝－xe－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2] ＝－xe－x[x－(2a＋1)](x－2)．(6分) 记t(x)＝[x－(2a＋1)](x－2)． ①若2a＋1≤0, 即a≤－， 则当x∈(0，2)时，t(x)<0，φ′(x)>0，φ(x)单调递增； 当x∈(2，＋∞)时，t(x)>0，φ′(x)<0，φ(x)单调递减， 所以φ(x)max＝φ(2)＝e－2(7－4a)－1. 要满足题意，则e－2(7－4a)－1≤0， 即a≥， 与a≤－矛盾， 不合题意．(7分) ②若0<2a＋1<2, 即－<a<， 则当2a＋1<x<2时，t(x)<0，φ′(x)>0； 当0<x<2a＋1或x>2时，t(x)>0，φ′(x)<0， 所以φ(x)在(0，2a＋1)和(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1，2)上单调递增． 又因为φ(0)＝0，φ(2)＝e－2(7－4a)－1， 所以要满足题意， 则e－2(7－4a)－1≤0，即 a≥，所以≤a<.(9分) ③若2a＋1＝2，即a＝，则φ′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，所以φ(x)单调递减， 所以φ(x)max＝φ(0)＝0，所以φ(x)≤0成立．(10分) ④若2a＋1>2，即a>， 则当2<x<2a＋1时，t(x)<0，φ′(x)>0； 当0<x<2或x>2a＋1时，t(x)>0，φ′(x)<0， 所以φ(x)在(0，2)和(2a＋1，＋∞)上单调递减，在(2，2a＋1)上单调递增． 又因为φ(0)＝0，所以要满足题意， 则φ(2a＋1)＝e－2a－1－1 ＝e－2a－1－1≤0. 令H(x)＝e－x－1，x>2， 则H′(x)＝－x2e－x<0，所以H(x)单调递减． 因为2a＋1>2，所以H(2a＋1)<H(2)＝5e－2－1<0, 即φ(2a＋1)<0，所以a>. 综上，a的取值范围是.(12分) (28)(2023汇编，18分)已知实数a∈R，函数f(x)＝ex，g(x)＝lnx. (Ⅰ)设函数F(x)＝g(x)＋g′(x)－(x2－1)． (ⅰ)当a＝－1时，求曲线y＝F(x)的过原点的切线方程； 答案：y＝x 解：当a＝－1时，F(x)＝lnx＋＋(x2－1)，则F′(x)＝.(1分) 设曲线y＝F(x)的过原点的切线的切点为(x0，F(x0))，　 则切线方程为y＝(x－x0)＋F(x0)， 代入原点坐标可得0＝·(－x0)＋lnx0＋(x－1)＋， 即lnx0＋－x－＝0.(2分) 令φ(x)＝lnx＋－x2－，x>0， 则φ′(x)＝－－x＝. 令φ1(x)＝－x3＋x－2，则φ′1(x)＝－3x2＋1. 令φ′1(x)＝0，得x＝±， ∴当x∈时，φ′1(x)>0，φ1(x)单调递增， 当x∈时，φ′1(x)<0，φ1(x)单调递减， ∴φ1(x)≤φ1＝－2<0，∴φ′(x)<0， ∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递减， 又φ(1)＝0， ∴方程lnx0＋－x－＝0有唯一解，即x0＝1， ∴曲线y＝F(x)的过原点的切线方程为y＝x.(4分) (ⅱ)若当x>1时，F(x)<，求a的取值范围. 答案：[1，＋∞) 解：根据题意，F(x)＝lnx＋－(x2－1)， 则F(x)<即lnx＋－(x2－1) <， 即－<(x2－1)－lnx. 设μ(x)＝ex－1－x，x>1，则μ′(x)＝ex－1－1>0， ∴μ(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∴μ(x)>μ(1)＝0，即ex－1>x， ∴－＝>0.(6分) 令G(x)＝(x2－1)－lnx，x>1， 则G′(x)＝ax－＝. ①当a≤0时，G′(x)<0， ∴G(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴G(x)<G(1)＝0， 此时－>0>(x2－1)－lnx，不符合题意．(8分) ②当0<a<1时，在上，G′(x)<0，G(x)单调递减， 此时G(x)<G(1)＝0，不符合题意．(9分) ③当a≥1时，设H(x)＝(x2－1)－lnx－＋， 则H′(x)＝ax－＋－>x－＋＝>0， ∴H(x)在(1，＋∞)上单调递增． 又H(1)＝0，故当x>1时，H(x)>0，即F(x)<.(11分) 综上，实数a的取值范围是[1，＋∞)．(12分) (Ⅱ)若对∀x∈(0，＋∞)，x2f(x)－1≥a(x＋g(x2))恒成立，求实数a的取值范围． 答案：{1} 解：不等式x2f(x)－1≥a(x＋g(x2))即x2ex－1≥a(x＋lnx2)，即x2ex－1≥aln(x2ex)． ∵在(0，＋∞)上，x2ex>0， ∴令t＝x2ex，则不等式t－1≥alnt在(0，＋∞)上恒成立．(14分) 令h(t)＝t－alnt－1，则h′(t)＝1－＝，且h(1)＝1－aln1－1＝0. 若a≤0，则h′(t)>0在(0，＋∞)上恒成立，h(t)单调递增， ∴当t∈(0，1)时，h(t)＜h(1)＝0，与t－1≥alnt恒成立不符， 故a>0.(15分) 令h′(t)＝0，解得t＝a， ∴当t∈(0，a)时，h′(t)＜0，h(t)单调递减；当t∈(a，＋∞)时，h′(t)>0，h(t)单调递增． ①若0＜a＜1，则h(t)在(a，1)上单调递增， ∴当t∈(a，1)时，h(t)＜h(1)＝0，与t－1≥alnt恒成立不符； ②若a＝1，则h(t)min＝h(1)＝0，h(t)≥0恒成立，即t－1≥alnt恒成立； ③若a>1，则h(t)在(1，a)上单调递减， ∴当t∈(1，a)时，h(t)＜h(1)＝0，与t－1≥alnt恒成立不符．(17分) 综上，只有a＝1符合题意，故a的取值范围是{1}．(18分) (29)(2020海南，12分)已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna. (Ⅰ)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； 答案： 解：当a＝e时，f(x)＝ex－lnx＋1， f′(x)＝ex－， 所以f(1)＝e＋1，f′(1)＝e－1，(1分) 所以f(x)的图像在(1，f(1))处的切线方程为y＝(e－1)(x－1)＋e＋1，即y＝(e－1)x＋2.(2分) 设切线与x，y轴的交点分别是A，B. 在切线方程中，令x＝0得y＝2，令y＝0得x＝－，所以A，B(0，2)． 易知|OA|＝，|OB|＝2，OA⊥OB， 所以S△OAB＝|OA|·|OB|＝， 即切线与两坐标轴围成的三角形的面积为.(4分) (Ⅱ)若f(x)≥1，求a的取值范围． 答案：[1，＋∞) 解：(法一：隐极值点代换)由题意得a>0，且f(x)的定义域为(0，＋∞)． 对f(x)求导得f′(x)＝aex－1－. 设m(x)＝aex－1－，则m′(x)＝aex－1＋. 因为a>0，所以m′(x)>0，所以f′(x)单调递增．(5分) 取x1，x2∈(0，＋∞)，其中x1<1且x1<，x2>1且x2>，则f′(x1)<ae1－1－＝0， f′(x2)>ae1－1－＝0， 所以f′(x)存在唯一的零点x0.(7分) 所以当x<x0时，f′(x)<f′(x0)＝0，f(x)单调递减； 当x>x0时，f′(x)>f′(x0)＝0，f(x)单调递增， 所以要满足题意，则f(x0)≥1.(8分) 由f′(x0)＝0得a－＝0，所以a＝ 所以f(x0)＝a－lnx0＋lna＝－2lnx0－x0＋1， 所以－2lnx0－x0＋1≥1， 即2lnx0＋x0－≤0.(*)(10分) 令φ(x)＝2lnx＋x－，则(*)式即为φ(x0)≤0. 显然φ(x)单调递增，且φ(1)＝2ln1＋1－1＝0，所以φ(x0)≤0等价于x0≤1， 所以0<x0≤1×e1－1＝1，所以a＝≥1， 所以a的取值范围是[1，＋∞)．(12分) (法二：必要性探路)因为f(x)≥1，所以f(1)＝a＋lna≥1. 令g(a)＝a＋lna，则g(a)单调递增，且g(1)＝1＋ln1＝1，　 所以由a＋lna≥1解得a≥1.(6分) 当a≥1时，f(x)＝aex－1－lnx＋lna≥ex－1－lnx.(7分) 令h(x)＝ex－1－lnx，则h′(x)＝ex－1－，h′(x)单调递增，且h′(1)＝e1－1－＝0， 所以当x∈(0，1)时，h′(x)<h′(1)＝0，h(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>h′(1)＝0，h(x)单调递增， 所以h(x)的最小值为h(1)＝e1－1－ln1＝1.(10分) 所以h(x)＝ex－1－lnx≥1，所以f(x)≥ex－1－lnx≥1，满足题意．(11分) 综上，a的取值范围是[1，＋∞)．(12分) (法三：同构化)由题意，f(x)＝aex－1－lnx＋lna≥1， 即elna＋x－1－lnx＋lna≥1，即elna＋x－1＋lna＋x－1≥x＋lnx＝elnx＋lnx.(6分) 令G(x)＝ex＋x，则原不等式化为G(lna＋x－1)≥G(lnx)．(7分) 显然G(x)单调递增，所以不等式等价于lna＋x－1≥lnx，即lna≥lnx－x＋1.(8分) 令H(x)＝lnx－x＋1，则H′(x)＝， 当x∈(0，1)时，H′(x)>0，H(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，H′(x)<0，H(x)单调递减， 所以H(x)的最大值为H(1)＝0，(10分) 所以要满足lna≥lnx－x＋1恒成立，则lna≥0，所以a≥1.所以a的取值范围是[1，＋∞)．(12分) (30)(2021江苏南京模拟，5分)已知函数f(x)＝a(x＋1)ex－x，若存在唯一的正整数x0，使得f(x0)＜0，则实数a的取值范围是(　C　) A.　 B.　 C.　 D. 解析：存在唯一的正整数x0，使得f(x0)＜0， 即存在唯一的正整数x0，使得a(x0＋1)<. 令h(x)＝a(x＋1)，g(x)＝， 问题即转化为存在唯一的正整数x0，使得h(x0)＜g(x0)．　 对g(x)求导，得g′(x)＝，令g′(x)＝0，解得x＝1， 所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在 (1，＋∞)上单调递减， 所以g(x)max＝g(1)＝. 易知函数h(x)＝a(x＋1)的图像过定点C(－1，0)，画出两函数的图像如图所示． 由图可知，当a≤0时，有无穷多个正整数x，使得h(x)＜g(x)，不满足题意； 当a>0时，函数h(x)单调递增， 满足条件的正整数x0＝1. 令A，B， 则kAC＝＝，kBC＝＝， 所以实数a的取值范围是.故选C. 7．多变量问题 a．多参数问题 (31)(2020山东模拟，5分)设函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a，b，c∈R，a≠0)，若不等式xf′(x)－af(x)≤2对一切x∈R恒成立，则a＝__3__，的取值范围为____． 解析：对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c. 由xf′(x)－af(x)≤2对一切x∈R恒成立，可得(3a－a2)x3＋(2b－ab)x2＋(c－ac)x－2≤0对一切x∈R恒成立，所以3a－a2＝0.又因为a≠0，所以a＝3， 所以bx2＋2cx＋2≥0对一切x∈R恒成立． 若b＝0，则2cx＋2≥0对一切x∈R恒成立，由一次函数的性质可知c＝0； 若b≠0，要满足题意，则b>0且Δ＝4c2－8b≤0，即b≥c2且b≠0. 综上，b≥c2. ＝≥＝≥－， 故的取值范围为. (32)(2021湖南怀化一模，12分)已知函数f(x)＝(ax2＋x＋a)e－x(a∈R)． (Ⅰ)若a≥0，函数f(x)的极大值为，求实数a的值； 答案：a＝2 解：对函数f(x)求导， 得f′(x)＝(2ax＋1)e－x－(ax2＋x＋a)e－x＝－e－x[ax2＋(1－2a)x＋a－1]＝－e－x(x－1)(ax＋1－a)．(1分) ①当a＝0时，f′(x)＝－e－x(x－1)， 令f′(x)>0，得x＜1；令f′(x)＜0，得x>1， ∴f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． ∴f(x)的极大值为f(1)＝≠，不合题意．(3分) ②当a>0时，1－<1， 令f′(x)>0，得1－<x<1；令f′(x)＜0，得x<1－或x>1， ∴f(x)在上单调递增，在，(1，＋∞)上单调递减， ∴f(x)的极大值为f(1)＝＝，得a＝2. 综上，a＝2.(5分) (Ⅱ)若对任意的a≤0，f(x)≤bln(x＋1)在x∈[0，＋∞)上恒成立，求实数b的取值范围． 答案：[1，＋∞) 解：令g(a)＝(ax2＋x＋a)e－x＝e－x(x2＋1)a＋xe－x，a≤0， ∵当x≥0时，e－x(x2＋1)≥0， ∴g(a)在(－∞，0]上递增， ∴g(a)≤g(0)＝xe－x(x≥0)， ∴原问题等价于xe－x≤bln(x＋1)在x∈[0，＋∞)上恒成立．(7分) ①当b≤0时，对于∀x>0，有bln(x＋1)≤0，xe－x>0， 此时xe－x>bln(x＋1)，不符合题意．(8分) ②当b>0时，令h(x)＝bln(x＋1)－xe－x，x≥0， 则h′(x)＝－(e－x－xe－x)＝， x≥0. 令φ(x)＝bex＋x2－1，则φ(x)在[0，＋∞)上单调递增． 若b≥1，则φ(x)≥φ(0)＝b－1≥0， ∴在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，∴h(x)单调递增， ∴对∀x≥0，h(x)≥h(0)＝0，即不等式xe－x≤bln(x＋1)在[0，＋∞)上恒成立．(10分) 若0＜b＜1，则φ(0)＝b－1＜0，φ(1)＝be>0， ∴存在唯一的x0∈(0，1)使得φ(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，φ(x)＜0. ∴当x∈(0，x0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减， ∴当x∈(0，x0)时，h(x)＜h(0)＝0，即bln(x＋1)＜xe－x，不符合题意．(11分) 综上所述，实数b的取值范围是[1，＋∞)．(12分) b．两个独立自变量问题 (33)(2020天津，16分)已知函数f(x)＝x3＋klnx(k∈R)，f′(x)为f(x)的导函数． (Ⅰ)当k＝6时， (ⅰ)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； 答案：9x－y－8＝0 解：当k＝6时，f(x)＝x3＋6lnx， ∴f′(x)＝3x2＋，(1分)∴f′(1)＝9. ∵f(1)＝1， ∴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.(3分) (ⅱ)求函数g(x)＝f(x)－f′(x)＋的单调区间和极值； 答案：函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；极小值为1，无极大值 解：g(x)＝f(x)－f′(x)＋＝x3＋6lnx－3x2＋， ∴g′(x)＝3x2－6x＋－＝(x>0)．(4分) 令g′(x)＝0，解得x＝1， ∴当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0， ∴函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，(6分) ∴1是函数g(x)的极小值点，极小值为g(1)＝1，无极大值．(7分) (Ⅱ)当k≥－3时，求证：对任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1>x2，有>. 答案：见证明过程 证明：由f(x)＝x3＋klnx，得f′(x)＝3x2＋. 令＝t，∵x1，x2∈[1，＋∞)，且x1>x2，∴t>1. (x1－x2)[f′(x1)＋f′(x2)]－2[f(x1)－f(x2)] ＝(x1－x2)－2 ＝x－x－3xx2＋3x1x＋k－2kln ＝x(t3－3t2＋3t－1)＋k.①(10分) 令h(x)＝x－－2lnx，x>1， 则h′(x)＝1＋－＝2>0， ∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增． ∵t>1，∴h(t)>h(1)＝0，即t－－2lnt>0. ∵x2≥1，t3－3t2＋3t－1＝(t－1)3>0，k≥－3， ∴x(t3－3t2＋3t－1)＋k≥t3－3t2＋3t－1－3＝t3－3t2＋6lnt＋－1.②(13分) 由(Ⅰ)(ⅱ)可知当t>1时，g(t)>g(1)， 即t3－3t2＋6lnt＋>1.③(14分) 由①②③可得(x1－x2)[f′(x1)＋f′(x2)]－2[f(x1)－f(x2)]>0.(15分) 故当k≥－3时，对任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1>x2，有>.(16分) (34)(2023汇编，18分)已知函数f(x)＝＋lnx－1，g(x)＝x3－3a2x－2a＋4，x∈[0，1]，其中a≥0. (Ⅰ)求函数f(x)的单调区间； 答案：f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞) 解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋＝.(1分) 令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1， 所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(3分) (Ⅱ)若对任意x1∈[1，e]，总存在x2∈[0，1]，使得f(x1)＝g(x2)成立，求a的取值范围． 答案： 解：依题意，函数f(x)在[1，e]上的值域包含于函数g(x)在[0，1]上的值域．(4分) 由(Ⅰ)可知，函数f(x)在[1，e]上单调递增． 又f(1)＝0，f(e)＝， 故f(x)在[1，e]上的值域为.(5分) 由g(x)＝x3－3a2x－2a＋4得g′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)． ①当a＝0时，g′(x)≥0恒成立，故函数g(x)在[0，1]上单调递增． 求得g(0)＝－2a＋4＝4，g(1)＝－3a2－2a＋5＝5， 故g(x)在[0，1]上的值域为[4，5]． 因为⊈[4，5]，所以a＝0不符合题意．(7分) ②当0<a<1时，若0<x<a，则g′(x)<0； 若a<x<1，则g′(x)>0，所以函数g(x)在(0，a)上单调递减，在(a，1)上单调递增， 所以g(x)的最小值为g(a)＝－2a3－2a＋4， 所以要满足题意，则－2a3－2a＋4≤0，即a3＋a－2≥0. 而当0<a<1时，a3＋a－2<13＋1－2＝0，故0<a<1不符合题意．(9分) ③当a≥1时，g′(x)≤0在[0，1]上恒成立， 所以函数g(x)在[0，1]上单调递减，值域为[g(1)，g(0)]，即[－3a2－2a＋5，4－2a]． 要满足题意，则解得1≤a≤2－.(11分) 综上，实数a的取值范围为.(12分) (Ⅲ)若对任意x1∈[1，e]，x2∈[0，1]，不等式f(x1)>g(x2)恒成立，求实数a的取值范围． 答案：(2，＋∞) 解：由(Ⅰ)可知，f(x)在[1，e]上的最小值f(x)min＝f(1)＝0. ①当a＝0时，由(Ⅱ)可知，g(x)在[0，1]上的最大值g(x)max＝g(1)＝5>f(x)min，不满足题意．(13分) ②当0<a<1时，由(Ⅱ)可知，g(x)在[0，1]上的最大值g(x)max∈{g(0)，g(1)}， 要使g(x)max<f(x)min，需满足g(0)＝4－2a<0，g(1)＝－3a2－2a＋5<0， 显然当0<a<1时，4－2a>0，故不满足题意．(15分) ③当a≥1时，由(Ⅱ)可知，g(x)在[0，1]上的最大值g(x)max＝g(0)＝4－2a， 要使g(x)max<f(x)min，只需满足4－2a<0，即a>2.(17分) 综上，实数a的取值范围是(2，＋∞)．(18分) c．两个关联自变量问题 (35)(2019天津，14分)设函数f(x)＝lnx－a(x－1)ex，其中a∈R. (Ⅰ)若a≤0，讨论f(x)的单调性； 答案：f(x)在(0，＋∞)上单调递增 解：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－[aex＋a(x－1)ex]＝，x∈(0，＋∞)．(1分) ∵当a≤0时，1－ax2ex>0，∴f′(x)>0， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(3分) (Ⅱ)若0<a<， (ⅰ)证明： f(x)恰有两个零点； 答案：见证明过程 证明：由(Ⅰ)知， f′(x)＝，x∈(0，＋∞)．令g(x)＝1－ax2ex，x∈(0，＋∞)， 由0<a<，可知g(x)在(0，＋∞)上单调递减． 又g(1)＝1－ae>0，且g＝1－a·＝1－<0， ∴g(x)＝0在上存在唯一解，不妨设为x′，则x′也是f′(x)＝0的唯一解， 且0<x＜x′时， f′(x)>0；x＞x′时， f′(x)<0， ∴函数f(x)在(0，x′)上单调递增，在(x′，＋∞)上单调递减，∴x′是函数f(x)的唯一极值点．(5分) 令h(x)＝lnx－x＋1(x>0)，则当x＞1时，h′(x)＝－1<0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递减， ∴当x＞1时，h(x)<h(1)＝0. ∵0<a<，∴ln>1， ∴f＝ln－a· ＝ln－ln＋1＝h<0. 又∵f(x′)>f(1)＝0， ∴函数f(x)在(x′，＋∞)上存在唯一零点． 又∵函数f(x)在(0，x′)上有唯一零点1， ∴函数f(x)恰有两个零点．(8分) (ⅱ)设x0为f(x)的极值点，x1为f(x)的零点，且x1>x0，证明：3x0－x1>2. 答案：见证明过程 证明：由题意可得即 由(ⅰ)得x0>1，又x1>x0，∴x1>x0>1， ∴lnx1＝，即＝.(10分) 由(ⅰ)知，当x>1时，lnx<x－1， ∴<＝x，(12分) 两边取对数，得x1－x0<2lnx0<2(x0－1)， 整理得3x0－x1>2.(14分) (36) (2020山东烟台模拟，12分)已知函数f(x)＝aex－x2(a∈R)．　 (Ⅰ)若a＝2，求曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程； 答案：2x－y＋2＝0 解：当a＝2时，f(x)＝2ex－x2，∴f′(x)＝2ex－2x，(1分) ∴f′(0)＝2. 又f(0)＝2，∴函数f(x)的图像在x＝0处的切线方程为2x－y＋2＝0.(2分) (Ⅱ)讨论函数f(x)极值点的个数； 答案：当a≤0时，函数f(x)有1个极值点；当0<a<时，函数f(x)有2个极值点；当a≥时，函数f(x)无极值点 解：令g(x)＝f′(x)＝aex－2x， 求导得g′(x)＝aex－2. 当a≤0时，g′(x)<0恒成立， ∴函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减． ∵g(1)＝ae－2<0，g(a)＝aea－2a＝a(ea－2)≥0， ∴g(x)在[a，1)上有一个零点x0，(4分) ∴当x∈(－∞，x0)时，g(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(x0，＋∞)时，g(x)<0，f(x)单调递减， ∴函数f(x)有一个极大值点x0.(5分) 当a>0时，令g′(x)＝aex－2＝0，解得x＝ln， ∴当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增， ∴函数g(x)的最小值为g＝2－2ln. ①当2－2ln≥0，即a≥时，g(x)≥0， 即f′(x)≥0，∴函数f(x)单调递增，无极值点．(6分) ②当2－2ln<0，即0<a<时， ∵g<0，且当x→－∞时，g(x)→＋∞； 当x→＋∞时，g(x)→＋∞， ∴存在x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)＝0， 且x1<ln<x2， ∴当x∈(－∞，x1)时，g(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(x1，x2)时，g(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(x2，＋∞)时，g(x)>0，f(x)单调递增， 此时，f(x)存在极大值点x1，极小值点x2，共2个极值点． 综上，当a≤0时，函数f(x)有1个极值点； 当0<a<时，函数f(x)有2个极值点； 当a≥时，函数f(x)无极值点．(8分) (Ⅲ)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x2>2x1，证明：0<x1<ln2. 答案：见证明过程 证明：由(Ⅱ)可知0<a<，且a＝2x1，a＝2x2. 又x2>2x1，∴x2>x1>0，且＝>2， ∴x2－x1＝ln.(9分) 令＝t，则x1＝(t>2)． 令h(t)＝(t>2)，则h′(t)＝. 令F(t)＝1－－lnt，则F′(t)＝－＝， 当t>2时，F′(t)<0，函数F(t)单调递减， ∴F(t)<F(2)＝－ln2<0， ∴h′(t)<0，函数h(t)单调递减， ∴h(t)<h(2)＝ln2，即0<x1<ln2.(12分) d．极值点偏移问题 (37)(2023汇编，18分)已知函数f(x)＝lnx＋，f(x1)＝f(x2)，且x1≠x2，求证： (Ⅰ)x1＋x2>4； 答案：见证明过程 解析：证明：由题意，f(x)的定义域为(0，＋∞)，不妨设0<x1<x2. (Ⅰ)求导得f′(x)＝.(1分) 当0<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增， ∴f(x)在(0，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数．(2分) ∴要使f(x1)＝f(x2)，则必有0<x1<2<x2， ∴4－x1>2. f(x1)－f(4－x1)＝＋lnx1－－ln(4－x1)． 令h(x)＝－＋lnx－ln(4－x)， 则h′(x)＝－－＋＋ ＝ ＝<0，(4分) ∴h(x)在(0，2)上为减函数，∴h(x)>h(2)＝0， ∴f(x1)－f(4－x1)>0，即f(x1)>f(4－x1)． 又∵f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)>f(4－x1)． 又∵x2>2，4－x1>2，f(x)在(2，＋∞)上单调递增， ∴x2>4－x1，即x1＋x2>4.(6分) (Ⅱ)x1x2<x1＋x2； 答案：见证明过程 解析：证明：由f(x1)＝f(x2)得lnx1＋＝lnx2＋， ∴lnx1－lnx2＝－＝， ∴x1＝＝.(8分) 令＝t，则0<t<1， ∴x1＝，x2＝＝， ∴＋＝＋＝. 原不等式等价于>1，即＋>1， 即>1，即lnt－<0.(10分) 令H(t)＝lnt－，则H′(t)＝>0， ∴H(t)在(0，1)上单调递增，∴H(t)<H(1)＝0， 即lnt－<0成立，∴原不等式成立．(12分) (Ⅲ)x1x2>4. 答案：见证明过程 证明：由(Ⅱ)可知lnx1－lnx2＝， ∴＝.(14分) 原不等式等价于>2，即x1x2>2， 即>，即>，(15分) 即lnx1－lnx2>，即ln>－.(16分) 令＝s，则0<s<1，不等式等价于2lns>s－，即2lns－s＋>0. 令g(s)＝2lns－s＋， 则g′(s)＝＝<0， ∴g(s)在(0，1)上单调递减，∴g(s)>g(1)＝0， 即2lns－s＋>0，∴原不等式成立．(18分) 随堂普查练43 Ⅱ 1．(2019全国Ⅰ，12分)已知函数f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．证明： (1)f′(x)在区间存在唯一极大值点； 答案：见证明过程 证明：设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx－， g′(x)＝－sinx＋.(1分) 当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)>0， g′<0，所以g′(x)在上有唯一零点． 设零点为α，则当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0，(3分) 所以g(x)在(－1，α)上单调递增，在上单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点．(4分) (2)f(x)有且仅有2个零点． 答案：见证明过程 证明：f(x)的定义域为(－1，＋∞)．(5分) (i)当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)上单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1，0)上单调递减．又f(0)＝0，从而0是f(x)在(－1，0]上的唯一零点．(7分) (ii)当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)上单调递增，在上单调递减， 而f′(0)＝0，f′<0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0， 所以f(x)在(0，β)上单调递增，在上单调递减． 又f(0)＝0，f＝1－ln>0，所以当x∈时，f(x)>0，从而f(x)在上没有零点．(9分) (iii)当x∈时，f′(x)<0，所以f(x)在上单调递减．又f>0，f(π)<0，所以f(x)在上仅有1个零点．(10分) (iv)当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1，所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)上没有零点．(11分) 综上，f(x)有且仅有2个零点．(12分) 2．(2020河北衡水模拟，5分)已知函数f(x)＝若函数y＝f(x)－ax恰有三个零点，则实数a的取值范围是(　D　) A．[1，4) B．(－1，16) C．(－1，0]∪[1，16) D．{0}∪[1，4) 解析：当x＝0时，y＝f(0)－0＝0， 所以0是y＝f(x)－ax的一个零点， 所以当x≠0时，y＝f(x)－ax有两个零点， 即f(x)＝ax有两个不为零的不同实根， 即h(x)＝与y＝a的图像有两个交点． 则h(x)＝＝ 令h1(x)＝(1－x)ex，x<1且x≠0，则h′1(x)＝－xex， 所以当x∈(－∞，0)时，h′1(x)>0，h1(x)单调递增； 当x∈(0，1)时，h′1(x)<0，h1(x)单调递减． 令h2(x)＝－x－＋10，x≥1，则h′2(x)＝， 所以当x∈(1，3)时，h′2(x)>0，h2(x)单调递增； 当x∈(3，＋∞)时，h′2(x)<0，h2(x)单调递减， h2(x)max＝h2(3)＝4. h(x)的大致图像如图所示： 由图可知，当a＝0或a∈[1，4)时，h(x)＝与y＝a的图像有两个交点． 综上所述，当a＝0或a∈[1，4)时，函数y＝f(x)－ax恰有三个零点．故选D. 3．(2021浙江，15分)设a，b为实数，且a>1，函数f(x)＝ax－bx＋e2(x∈R) (1)求函数f(x)的单调区间； 答案：b≤0时，f(x)在R上单调递增；b>0时，函数的单调减区间为，单调增区间为 解：由f(x)＝ax－bx＋e2，得f′(x)＝axlna－b， 因为a>1，所以f′(x)单调递增， ①若b≤0，则f′(x)＝axlna－b≥0，所以f(x)在R上单调递增；(1分) ②若b>0，令f′(x)＝0，解得x＝loga， 所以当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．(2分) 综上可得，b≤0时，f(x)在R上单调递增； b>0时，函数的单调减区间为，单调增区间为.(3分)　 (2)若对任意b>2e2，函数f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围； 答案：(1，e2] 解：(法一)f(x)有2个不同零点等价于方程ax－bx＋e2＝0有2个不同解，即exlna－bx＋e2＝0有2个不同的解．(4分) 令t＝xlna，则et－＋e2＝0，即＝，t>0，(5分) 记g(t)＝， 则g′(t)＝＝.　 记h(t)＝et(t－1)－e2， 则h′(t)＝et(t－1)＋et·1＝et·t>0， 故h(t)在(0，＋∞)上单调递增． 又h(2)＝0，所以t∈(0，2)时，则h(t)<0，g′(t)<0，t∈(2，＋∞)时，h(t)>0，g′(t)>0， 所以g(t)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 且当t→0或t→＋∞时，均有g(t)→＋∞，(7分) 所以若＝g(t)有两个解，则>g(2)＝e2， 所以lna<. 又因为b>2e2，所以>2， 所以lna≤2，解得1<a≤e2. 即实数a的取值范围是(1，e2]．(8分) (法二)根据(1)，可得当b>2e2时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．若函数f(x)有两个零点，则f＝－b·loga＋e2＝－b·＋e2<0.(4分) 设g(b)＝－b·＋e2，则g′(b)＝－－b··＝ －. ①当lna≤2e2时，因为b>2e2，所以g′(b)<0，g(b)在(2e2，＋∞)上单调递减， 所以若g(b)<0恒成立，则g(2e2)＝－2e2·＋e2≤0， 化简可得ln≤2，即a(lna)2≤4e2. 设h(a)＝a(lna)2，a>1，则h′(a)＝lna(2＋lna)>0，可得h(a)单调递增．又h(e2)＝4e2， 所以若a(lna)2≤4e2，则1<a≤e2. 因为当x→－∞或x→＋∞时，f(x)→＋∞， 所以a∈(1，e2]符合题意．(6分) ②当lna>2e2时，令g′(b)＝0，解得b＝lna， 所以当2e2<b<lna时，g′(b)>0，g(b)单调递增， 当b>lna时，g′(b)<0，g(b)单调递减， 所以g(b)max＝g(lna)＝1＋e2>0，不符合题意．(7分) 综上所述，a的取值范围为(1，e2]．(8分) (3)当a＝e时，证明：对任意b>e4，函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，满足x2>x1＋. (注：e＝2.71828…是自然对数的底数) 答案：见证明过程 证明：当a＝e时，f(x)＝ex－bx＋e2，由f(x)＝0得ex＋e2＝bx，故函数的零点一定为正数． 由(2)可知f(x)对任意b>e4有2个不同零点，记较大者为x2，较小者为x1， 则b＝＝>e4.(9分) 设m(x)＝，则m′(x)＝. 设n(x)＝ex(x－1)－e2，则n′(x)＝exx>0， 所以n(x)＝ex(x－1)－e2单调递增． 又n(2)＝e2－e2＝0， 所以当0<x<2时，n(x)<0，m′(x)<0， 当x>2时，n(x)>0，m′(x)>0，即函数m(x)在区间(0，2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增， 故x1<2<x2.(10分) 由b＝<可得x1<， 所以要证x2>x1＋，只需x2>lnb＋.(11分) 已知b＝<，设p(b)＝lnb＋， 则p′(b)＝－＝，可知b>e4时，p′(b)>0，函数单调递增， 所以只需证x2>p＝ln＋， 只需证lnx2－－ln2>0.(12分) 设q(x)＝lnx－－ln2， 因为<4，且由m(5)＝<e4可知x2>5， 所以只需证r(x)＝lnx－－ln2>0在x>5时恒成立．(13分) 由于r′(x)＝＋4xe－x－4e－x＝＋4e－x(x－1)>0，故函数r(x)单调递增． 又r(5)＝ln5－－ln2＝ln－>0，故r(x)＝lnx－－ln2>0在x>5时恒成立， 从而x2>x1＋得证．(15分) 4．(2021全国Ⅱ节选，8分)已知函数f(x)＝ln(1－x)，设函数g(x)＝.证明：g(x)<1. 答案：见证明过程 证明：根据题意，g(x)＝＝，x<1且x≠0. 当 x∈(0，1)时，因为x>0，ln(1－x)<0, 所以xln(1－x)<0；(2分) 当x∈(－∞，0)时，因为x<0，ln(1－x)>0, 所以xln(1－x)<0， 所以要证g(x)＝<1, 即证x＋ln(1－x)>xln(1－x)， 化简得x＋(1－x)ln(1－x)>0.(4分) 令h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)，x<1且x≠0， 再令t＝1－x，则t∈(0，1)∪(1，＋∞), x＝1－t. 令φ(t)＝1－t＋tlnt， 则φ′(t)＝－1＋lnt＋1＝lnt，(6分) 当t∈(0，1)时，φ′(t)<0，φ(t)单调递减，故φ(t)>φ(1)＝0； 当t∈(1，＋∞)时，φ′(t)>0，φ(t)单调递增，故φ(t)>φ(1)＝0. 综上所述，φ(t)>0恒成立，即h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)>0恒成立， 所以g(x)＝<1.(8分) 5．(2021四川成都模拟，12分)设函数f(x)＝alnx，g(x)＝x2. (1)若a>0，求h(x)＝f(x)－g(x)的单调区间； 答案：h(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，＋∞) 解：根据题意，h(x)＝alnx－x2，x>0，则h′(x)＝－x＝， 令h′(x)>0，解得0<x<；令h′(x)<0，解得x>， ∴h(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，＋∞)．(3分) (2)若a＝1，对任意的x1>x2>0，不等式m[g(x1)－g(x2)]>x1f(x1)－x2f(x2)恒成立．求m(m∈Z，m≤1)的值； 答案：1 解：当a＝1时，f(x)＝lnx. 由m[g(x1)－g(x2)]>x1f(x1)－x2f(x2)(x1>x2)恒成立， 得mg(x1)－x1f(x1)>mg(x2)－x2f(x2)(x1>x2)恒成立， 设F(x)＝mg(x)－xf(x)＝x2－xlnx， 则当x∈(0，＋∞)时，函数F(x)单调递增， 即F′(x)＝mx－lnx－1≥0恒成立，即m≥恒成立．(5分) 设φ(x)＝，则φ′(x)＝. 当0<x<1时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增； 当x>1时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减， ∴φ(x)在x＝1处取得最大值，即φ(x)≤φ(1)＝1， ∴m≥1. 又m∈Z，m≤1， ∴m＝1.(7分) (3)记g′(x)为g(x)的导函数，若不等式f(x)＋2g′(x)＜(a＋3)x－g(x)在[1，e]上有解，求实数a的取值范围． 答案： 解：不等式f(x)＋2g′(x)＜(a＋3)x－g(x)即alnx＋2x<(a＋3)x－x2，化简得a(x－lnx)>x2－x. 由x∈[1，e]知x－lnx>0，∴原不等式在[1，e]上有解，可转化为不等式a>在[1，e]上有解．(8分) 设G(x)＝， 则G′(x)＝ ＝. 当x∈(1，e)时，x－1>0，＋1－lnx>0， ∴当x∈(1，e)时，G′(x)>0，G(x)单调递增， ∴G(x)min＝G(1)＝－， ∴a≥G(x)min＝－，即实数a的取值范围是.(12分) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 6．(2020山东济南模拟，5分)已知不等式ln(x＋1)－1≤ax＋b对一切x>－1都成立，则的最小值是(　A　) A．1－e B．e C．1－e－3 D．1 解析：令f(x)＝ln(x＋1)－ax－b－1，x>－1， 则f′(x)＝－a，f(x)≤0恒成立． 若a≤0，则f′(x)>0恒成立，∴x>－1时，函数f(x)单调递增，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以f(x)≤0不可能恒成立，不合题意． 若a>0，则由f′(x)＝0得x＝， ∴当－1<x<时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增； 当x>时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减， ∴函数f(x)在x＝处取得最大值， f(x)max＝－lna＋a－b－2，∴－lna＋a－b－2≤0成立， ∴b≥－lna＋a－2成立，∴≥成立． 令t＝，a>0，则t′＝， ∴在(0，e－1)上，t′<0；在(e－1，＋∞)上，t′>0， ∴当a＝e－1时，t取得最小值，tmin＝1－e. ∴的最小值为1－e.故选A. 7．(2020辽宁抚顺模拟，5分)若对任意的x1，x2∈[－2，0)，x1<x2，<a恒成立，则a的最小值为(　A　) A．－ B．－ C．－ D．－ 解析：∵x1，x2∈[－2，0)，x1<x2，∴x1<x2<0，且x1－x2<0， ∴<a恒成立等价于x2ex1－x1ex2>a(x1－x2)恒成立，即>恒成立， ∴函数f(x)＝在[－2，0)上为减函数， ∴x∈[－2，0)时，f′(x)＝≤0， ∴x∈[－2，0)时，a≥ex(x－1)． 设g(x)＝ex(x－1)，x∈[－2，0)， 则g′(x)＝xex<0，∴g(x)在[－2，0)上为减函数， ∴g(x)max＝g(－2)＝－，∴a≥－.故选A. 8．(2020山东模拟，12分)已知函数f(x)＝(a－x)ex－1，x∈R. (1)求函数f(x)的单调区间及极值； 答案：f(x)的单调递增区间为(－∞，a－1)，单调递减区间为(a－1，＋∞)；f(x)的极大值为ea－1－1，没有极小值 解：由f(x)＝(a－x)ex－1得f′(x)＝(a－1－x)ex. 令f′(x)＝0，得x＝a－1. 当x∈(－∞，a－1)时，f′(x)>0； 当x∈(a－1，＋∞)时，f′(x)<0， ∴f(x)的单调递增区间为(－∞，a－1)，单调递减区间为(a－1，＋∞)，(3分) ∴函数f(x)的极大值为f(a－1)＝ea－1－1，没有极小值．(4分) (2)设g(x)＝(x－t)2＋2，当a＝1时，存在x1∈(－∞，＋∞)，x2∈(0，＋∞)，使方程f(x1)＝g(x2)成立，求实数m的最小值． 答案：－ 解：当a＝1时，由(1)知，函数f(x)在x＝a－1＝0处有最大值f(0)＝e0－1＝0.(5分) 又∵g(x)＝(x－t)2＋2≥0， ∴要使方程f(x1)＝g(x2)有解，则必然存在x2∈(0，＋∞)，使g(x2)＝0，∴x2＝t，lnx2＝， ∴方程f(x1)＝g(x2)有解，即m＝x2lnx2有解．(8分) 记h(x)＝xlnx，x∈(0，＋∞)，∴h′(x)＝lnx＋1. 令h′(x)＝0，得x＝. 当x∈时，h′(x)<0，h(x)单调递减； 当x∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增， ∴h(x)min＝h＝－，(11分) ∴实数m的最小值为－.(12分) 9．(2021浙江温州四模节选，9分)已知函数f(x)＝x－－lnx. (1)求函数f(x)的单调递增区间； 答案： (0，＋∞) 解：显然f(x)的定义域是(0，＋∞)． 对f(x)求导，得f′(x)＝1＋－＝>0， 故f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 即函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．(3分) (2)若函数f(x)在x＝x1和x＝x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)＋f(x2)>3－2ln2. 答案：见证明过程 证明：由(1)知f′(x)＝－＋1， 令f′(x1)＝f′(x2)＝m，则 ∴，是方程x2－x＋1－m＝0的两个不相等的解， ∴＋＝1，即x1＋x2＝x1x2. ∵x1＋x2>2，∴x1x2>2，∴x1x2>4.(6分) f(x1)＋f(x2)＝(x1＋x2)－－(lnx1＋lnx2)＝x1x2－ln(x1x2)－1， 令t＝x1x2>4，设g(t)＝t－lnt－1(t>4)，则g′(t)＝1－>0，∴g(t)在(4，＋∞)上单调递增，∴g(t)>g(4)＝3－2ln2， 即f(x1)＋f(x2)>3－2ln2.(9分) 10．(2021新高考Ⅰ，12分)已知函数f(x)＝x(1－lnx)． (1)讨论f(x)的单调性； 答案：f(x)的递增区间为(0，1)，递减区间为(1，＋∞) 解：函数的定义域为(0，＋∞)， 又f′(x)＝1－lnx－1＝－lnx， 当x∈(0，1)时，f′(x)>0； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0， 故f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(4分) (2)设a，b为两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，证明：2<＋<e. 答案：见证明过程 证明：因为blna－alnb＝a－b，所以b(lna＋1)＝a(lnb＋1)，即＝，即f＝f. 设＝x1，＝x2， 由(1)可知，不妨设0<x1<1，x2>1. 因为当x∈(0，e)时，f(x)＝x(1－lnx)>0； 当x∈(e，＋∞)时，f(x)＝x(1－lnx)<0， 所以1<x2<e. 先证x1＋x2>2. 若x2≥2，x1＋x2>2必成立． 若x2<2, 要证x1＋x2>2，即证x1>2－x2，而0<2－x2<1， 故即证f(x1)>f(2－x2)，即证f(x2)>f(2－x2)，其中1<x2<2. 设g(x)＝f(x)－f(2－x)，1<x<2，则g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]． 因为1<x<2，故0<x(2－x)<1，故－lnx(2－x)>0， 所以g′(x)>0，所以g(x)在(1，2)上单调递增， 所以g(x)>g(1)＝0， 故f(x)>f(2－x)，即f(x2)>f(2－x2)成立，所以x2<2时，x1＋x2>2成立． 综上，x1＋x2>2成立．(8分) 再证x1＋x2＜e. 因为f(x1)＝f(x2)，所以x1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2)． 因为x1∈(0，1)，所以1－lnx1>1，x1(1－lnx1)>x1， 所以x1＋x2＜x1(1－lnx1)＋x2＝x2(1－lnx2)＋x2，x2∈(1，e)． 令h(x)＝x(1－lnx)＋x，则h′(x)＝1－lnx. 当x∈(1，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)＜h(e)＝e，即x2(1－lnx2)＋x2＜e，所以x1＋x2＜e，得证． 综上，2＜＋＜e.(12分) 突破积累练　　　　　恒成立问题 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2023汇编，15分)已知函数f(x)＝2x3＋x. (1)当x>1时，证明： 证明恒成立的基本方法 ①f(x)≥x2－7； 答案：见证明过程 证明：令h(x)＝f(x)－＝2x3－x2＋x＋7，x>1， 则h′(x)＝6x2－x＋1＝6(x－2)．(1分) 当x∈(1，2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减； 当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 所以h(x)min＝h(2)＝16－25＋2＋7＝0.(3分) 所以当x>1时，h(x)≥0，即f(x)－≥0， 所以f(x)≥x2－7.(4分) 转化复杂条件证明恒成立问题 ②若<a<，则f(x)>alnx＋a2(x－1)＋3； 证明：由<a<， 得<0， 即a2＋a－7<0，所以a2<7－a, 所以当x>1时，alnx＋a2(x－1)＋3<alnx＋(7－a)·(x－1)＋3.(6分) 令g(x)＝f(x)－alnx－(7－a)(x－1)－3，x≥1，则g(1)＝0. 求导得g′(x)＝6x2－6－＋a＝6(x－1)(x＋1)＋＝.(7分) 易知x>1时，x－1>0，6x2＋6x＋a>12＋a>12＋>0， 所以g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以x>1时，g(x)>g(1)＝0， 即f(x)>alnx＋(7－a)(x－1)＋3， 所以x>1时，f(x)>alnx＋a2(x－1)＋3.(9分) 加强结论证明不等式恒成立问题 (2)证明：f(x)>x3＋x＋lnx. 证明：要证f(x)>x3＋x＋lnx，即证x3>lnx＋x， 即证x3－x＋1>lnx－x＋1. 令m(x)＝x3－x＋1，x>0，则m′(x)＝3x2－. 令m′(x)＝0，得x＝(负值舍去)．(10分) 当x∈时，m′(x)<0，m(x)单调递减； 当x∈时，m′(x)>0，m(x)单调递增， 所以m(x)在x＝处取得最小值． 又因为m＝－＋1＝1－>0， 所以m(x)>0在(0，＋∞)上恒成立．(12分) 令t(x)＝lnx－x＋1，x>0，则t′(x)＝.(13分) 当x∈(0，1)时，t′(x)>0，t(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，t′(x)<0，t(x)单调递减， 所以t(x)≤t(1)＝0.(14分) 又因为m(x)>0，所以m(x)>t(x)，即x3－x＋1>lnx－x＋1， 所以x3>lnx＋x，即f(x)>x3＋x＋lnx.(15分) 利用放缩和换元证明不等式恒成立问题 2．(2021山东济南模拟节选，6分)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝sinx，求证：g(x)·g′(x)＋1＜xf(x)－lnx. 答案：见证明过程 证明：因为y＝lnx的定义域为(0，＋∞)，只需证在(0，＋∞)上恒有g(x)·g′(x)＋1＜x·f(x)－lnx，即sinx·cosx＋1－x·ex＋lnx＜0，即sin2x＋1－x·ex＋lnx＜0. 设φ(x)＝sin2x－2x， 求导可得φ′(x)＝2cos2x－2＝2(cos2x－1)≤0， ∴当x>0时，φ(x)单调递减，∴φ(x)≤φ(0)＝0， ∴在(0，＋∞)上，sin2x＜2x， ∴要证不等式sin2x＋1－x·ex＋lnx＜0恒成立，只需证x＋1－x·ex＋lnx≤0恒成立．(3分) 设G(x)＝x＋1－x·ex＋lnx＝lnex＋lnx－x·ex＋1＝ln(x·ex)－x·ex＋1， 设x·ex＝t (t>0)，H(t)＝lnt－t＋1， 求导可得H′(t)＝－1＝， ∴当t∈(0，1)时，H′(t)>0，H(t)单调递增， 当t∈(1，＋∞)时，H′(t)<0，H(t)单调递减， ∴H(t)max＝H(1)＝0，∴H(t)＝lnt－t＋1≤0， 即x＋1－x·ex＋lnx≤0， ∴原不等式在(0，＋∞)上恒成立．(6分) 利用放缩证明含参不等式恒成立问题 3．(2023改编，9分)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋1，a<，求证：f(x)<ex. 答案：见证明过程 证明：f(x)的定义域为(0，＋∞)． 因为a<<1， 所以f(x)＝lnx＋ax2＋1<lnx＋x2＋1.(1分) 令φ(x)＝lnx－x＋1，x>0，则φ′(x)＝.(2分) 当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减， 所以φ(x)≤φ(1)＝0，即lnx≤x－1， 所以f(x)<x－1＋x2＋1＝x2＋x.(4分) 令h(x)＝，x>0，则h′(x)＝. 由h′(x)＝0得x＝(负值舍去)．(5分) 当x∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增； 当x∈时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 所以h(x)≤h＝. 令t(x)＝ex－(2x＋1)，则t′(x)＝ex－2. 令t′(x)＝0得x＝ln2，所以当x∈(ln2，＋∞)时，t′(x)>0, t(x)单调递增． 又ln2<1<，且t＝－4＝－>0， 所以t(x)>0在上恒成立， 所以t＝－>0， 即<1，(7分) 所以h(x)＝<1，即ex>x2＋x，(8分) 所以f(x)<ex.(9分) 变换主元解决含参不等式恒成立问题 4．(2021湖北武汉模拟节选，8分)已知函数f(x)＝(x－1)ex－a－lnx，证明：当0＜a≤1时，f(x)≥lna恒成立． 答案：见证明过程 证明：设h(a)＝(x－1)ex－a－lnx－lna， 则h′(a)＝－＝. 设s(x)＝(1－x)ex(x>0)，则s′(x)＝－xex， 当x>0时，因为s′(x)<0，所以s(x)单调递减， 所以s(x)＜s(0)＝1. 设t(a)＝(0<a≤1)，则t′(a)＝·ea， 因为当0＜a＜1时，t′(a)＜0， 所以t(a)单调递减，所以t(a)≥t(1)＝e. 所以当0＜a≤1，x>0时，(1－x)ex<1<e≤， 即h′(a)＜0， 所以当0＜a≤1时，h(a)单调递减，h(a)≥h(1)＝(x－1)ex－1－lnx.(4分) 易知h(1)即为当a＝1时的函数f(x)． 当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex－1－lnx， 此时f′(x)＝xex－1－. 设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝(x＋1)ex－1＋>0， 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又f′(1)＝0， 所以当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f(x)在x＝1处取得最小值为f(1)＝0，(6分) 所以(x－1)ex－1－lnx≥0， 所以当0＜a≤1时，h(a)≥0，即(x－1)ex－a－lnx≥lna，即f(x)≥lna恒成立．(8分) 利用分离变量法和分类讨论法，解决已知含参不等式恒成立，求参数的取值范围问题 5．(2023改编，9分)已知函数f(x)＝(x2＋ax＋a)ex，若f(x)＋e≥0恒成立，求实数a的取值范围． 答案：[－1，e3＋4] 解：由f(x)＋e≥0得x2＋a(x＋1)≥－e1－x. 令x＋1＝t，则x＝t－1，所以(t－1)2＋at≥－e2－t.(1分) 当t＝0时，不等式化为1≥－e2，该式成立，a可以为任意实数； 当t>0时，不等式化为－a＋2≤＋t＋； 当t<0时，不等式化为－a＋2≥＋t＋.(3分) 令g(t)＝＋t＋，求导得g′(t)＝－＋1－＝－.　 令φ(t)＝e2－t－t＋1，则φ(t)单调递减，且φ(2)＝0， 所以当t>2时，φ(t)<0；当t<2且t≠0时，φ(t)>0. 又当t<－1时，－(t＋1)>0；当t>－1且t≠0时，－(t＋1)<0， 所以当t∈(－∞，－1)或(2，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增；当t∈(－1，0)或(0，2)时，g′(t)<0，g(t)单调递减．(7分) 所以当t<0时，g(t)max＝g(－1)＝－e3－2； 当t>0时，g(t)min＝g(2)＝3，(8分) 所以－e3－2≤－a＋2≤3，所以－1≤a≤e3＋4. 综上，a的取值范围是[－1，e3＋4]．(9分) 利用同构化，解决已知含参不等式恒成立，求参数的取值范围问题 6．(2021湖北武汉模拟，5分)若对任意x>0，恒有a(eax＋1)≥2lnx，则实数a的最小值为(　D　) A. B. C. D. 解析：由a(eax＋1)≥2lnx得ax(eax＋1)≥(x2＋1)lnx2.令h(t)＝(t＋1)lnt，t>0， 则原问题等价于h(eax)≥h(x2)对任意x>0恒成立． 求导得h′(t)＝lnt＋＋1. 记m(t)＝lnt＋＋1，则m′(t)＝. 当t∈(0，1)时，m′(t)<0，h′(t)单调递减， 当t∈(1，＋∞)时，m′(t)>0，h′(t)单调递增， 所以h′(t)≥h′(1)＝2>0，所以h(t)单调递增， 所以h(eax)≥h(x2)对任意x>0恒成立等价于eax≥x2对任意x>0恒成立， 即a≥对任意x>0恒成立． 令φ(x)＝，则φ′(x)＝， 所以当x∈(0，e)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增； 当x∈(e，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减． 所以φ(x)的最大值为φ(e)＝，所以a≥， 所以a的最小值为.故选D. 利用特殊值探路，解决已知含参不等式恒成立，求参数的取值范围问题 7．(2023改编，8分)已知函数f(x)＝xlnx－ax2的图像在点(1，f(1))处的切线l与直线x－y＝2022垂直，若对于定义域内的任意x都有f(x)≤λx2－x＋λ恒成立，求λ的取值范围． 答案：[0，＋∞) 解：直线x－y＝2022的斜率为1，所以直线l的斜率为－1. 对f(x)求导得f′(x)＝1＋lnx－2ax，所以f′(1)＝1－2a＝－1，所以a＝1， 所以f(x)＝xlnx－x2，定义域为(0，＋∞)．(2分) 因为f(x)≤λx2－x＋λ对任意x(x>0)恒成立， 所以f(1)≤2λ－1，即－1≤2λ－1，所以λ≥0.(4分) 不等式f(x)≤λx2－x＋λ，即xlnx－x2≤λx2－x＋λ，可化为lnx－x＋1≤λ.(5分) 令φ(x)＝lnx－x＋1，x>0，则φ′(x)＝， 所以当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减， 所以φ(x)≤φ(1)＝0，即lnx－x＋1≤0.(7分) 因为λ≥0，x>0，所以λ≥0，满足lnx－x＋1≤λ，即f(x)≤λx2－x＋λ恒成立． 所以λ的取值范围是[0，＋∞)．(8分) 利用导数探路，解决已知含参不等式恒成立，求参数的取值范围问题 8．(2020山东模拟节选，9分)已知函数f(x)＝cosx＋x2－1，a∈R，若对∀x∈R，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围． 答案：[1，＋∞) 解：对f(x)求导，得f′(x)＝－sinx＋(2a－1)x.(1分) 因为f(x)≥0在R上恒成立，且f(0)＝cos0＋×02－1＝0，f′(0)＝－sin0＋(2a－1)×0＝0，所以0是f(x)的极小值点，(3分) 所以存在包含0的区间(x1，x2)，使得在(x1，0)上f′(x)<0，在(0，x2)上f′(x)>0， 所以f′(x)在x＝0附近不能单调递减． 设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－cosx＋2a－1. 故g′(0)≥0，即－cos0＋2a－1≥0， 所以a≥1.(5分) 当a≥1时，g′(x)＝－cosx＋2a－1≥－cosx＋1≥0，所以f′(x)单调递增．(6分) 又因为f′(0)＝0，所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，(8分) 所以f(x)≥f(0)＝0在R上恒成立，满足题意． 所以a的取值范围是[1，＋∞)．(9分) 9．(2023改编，12分)“双曲函数”是一类在工程技术上有着广泛应用的函数，它具有与三角函数相似的一些性质，其中“双曲正弦函数” sh(x)＝，“双曲余弦函数”ch(x)＝. 利用必要性探路，解决已知含参不等式恒成立，求参数的取值范围问题 (1)若sh(x)>ax在(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围； 答案：(－∞，1] 解：由题意，在(0，＋∞)上，sh(x)>ax恒成立，即ex－e－x－2ax>0恒成立． 令φ(x)＝ex－e－x－2ax， 求导得φ′(x)＝ex＋e－x－2a. 因为φ(x)>0在(0，＋∞)上恒成立， φ(0)＝1－1－0＝0，所以φ(x)在x＝0附近不能单调递减， 所以φ′(0)＝2－2a≥0，解得a≤1.(2分) 当a≤1时，φ′(x)＝ex＋e－x－2a≥ex＋e－x－2≥2－2＝0，所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以在(0，＋∞)上，φ(x)>φ(0)＝0， 即sh(x)>ax，符合题意． 综上，a的取值范围是(－∞，1]．(4分) 利用分离变量法，解决已知含参不等式恒成立，求参数的最值问题 (2)若不等式ch(x)－lnx≥(b∈Z)在(0，＋∞)上恒成立，求b的最大值． 答案：3 解：由题意，在(0，＋∞)上，ch(x)－lnx≥恒成立，即ex＋e－x－2lnx≥b恒成立． 令f(x)＝ex＋e－x－2lnx， 求导得f′(x)＝ex－e－x－. 显然f′(x)在(0，＋∞)上是单调递增的， 且f′＝－－4<0，f′(1)＝e－－2>0，所以f′(x)＝0存在唯一的实数根x0， 且x0∈.(7分) 当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以函数f(x)的最小值为f(x0)＝＋－2lnx0. 因为x0∈， 所以x0≠1，所以f(x0)<f(1)＝e＋e－1<4.(9分) 由(1)可知，当a＝1时，φ(x)＝ex－e－x－2x>0在(0，＋∞)上恒成立，所以φ＝－ －x0>0，即－>x0，所以(－)2>x， 即＋>x＋2，所以f(x0)＝＋－2lnx0>x＋2－2lnx0.(10分) 令h(x)＝x2＋2－2lnx，x∈， 则h′(x)＝2x－＝<0， 所以h(x)单调递减， 所以h(x)>h(1)＝3， 所以h(x0)＝x＋2－2lnx0>3，即f(x0)>3. 综上，3<f(x0)<4， 所以整数b的最大值为3.(12分) 利用换元法，解决已知含参不等式恒成立，求参数的取值范围问题 10．(2021辽宁丹东一模节选，6分)已知函数f(x)＝xex－ax2－2ax，若f(x)＋f(－x)≥0，求实数a的取值范围． 答案：(－∞，1] 解：f(x)＋f(－x)≥0等价于x(ex－e－x)－2ax2≥0， 即x(ex－e－x)≥2ax2①. 当x＝0时，∀a∈R，①式恒成立． 当x≠0时，易知x(ex－e－x)＞0， 所以a≤0时①式恒成立， 下面讨论a>0时使①式恒成立的a的取值范围． 当x>0时，①式等价于ex－e－x－2ax≥0； 当x＜0时，①式等价于ex－e－x－2ax≤0.(2分) 令t＝ex(t>0)，g(t)＝t－－2alnt， 则g′(t)＝1＋－＝. 记h(t)＝t2－2at＋1，则Δ＝4a2－4. (1)当0＜a≤1时，Δ≤0，h(t)＝t2－2at＋1≥0，g′(t)≥0， 所以g(t)在(0，＋∞)上单调递增． 又g(1)＝0，所以当t>1时，g(t)>0， 即ex－e－x－2ax>0； 当0＜t＜1时，g(t)＜0，即ex－e－x－2ax<0， 所以当0＜a≤1时，①式恒成立．(4分) (2)当a>1时，Δ>0，h(0)＝1>0，h(1)＝2－2a＜0， 所以h(t)存在2个零点t1，t2(t1<t2)， 则t1∈(0，1)，t2∈(1，＋∞)． 当t∈(t1，t2)时，h(t)＜0，g′(t)＜0，g(t)单调递减， 又t1＜1＜t2，所以g(t1)>g(1)＝0， 即x<0时，ex－e－x－2ax>0， 所以当a>1时，①式不恒成立． 综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．(6分) 含有两个量词的恒成立问题 11．(经典题，9分)已知函数f(x)＝，g(x)＝ax＋，x∈[－2π，2π]，其中a为实数，e为自然对数的底数．是否存在实数a，使得对任意给定的x0∈[－2π，2π]，在区间[－2π，2π]上总存在三个不同的xi(i＝1，2，3)，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝g(x0)成立？若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由． 答案：存在，a的取值范围是(－，－) 解：由题意得f′(x)＝e－x(cosx－sinx－1)＝e－x .(1分) 由f′(x)≥0得cos≥， 即－＋2kπ≤x＋≤＋2kπ， 即－＋2kπ≤x≤2kπ，k∈Z. 由f′(x)≤0得cos≤， 即＋2kπ≤x＋≤＋2kπ， 即2kπ≤x≤＋2kπ，k∈Z. 所以f(x)在和上单调递减，在和上单调递增．(3分) 又因为f(－2π)＝e2π， f＝0，f(0)＝1， f＝0，f(2π)＝， 所以要使f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝g(x0)， 则g(x0)∈.(5分) 所以g(x)在[－2π，2π]的值域为的子集．(6分) 当a＝0时，g(x)＝∈，满足题意； 当a≠0时，g(x)是单调函数，所以只需 即 解得－<a<－， 且a≠0.(8分) 综上，a的取值范围是(－，－)．(9分) 课后提分练43　导数在研究函数中的应用 A组(巩固提升) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(经典题，5分)如图所示，已知直线y＝kx与曲线y＝f(x)相切于两点，函数g(x)＝kx＋m(m>0)，则函数F(x)＝g(x)－f(x)(　C　) A．有极小值点，没有极大值点 B．有极大值点，没有极小值点 C．至少有两个极小值点和一个极大值点 D．至少有一个极小值点和两个极大值点 解析：设直线y＝kx与曲线y＝f(x)的两个切点的横坐标分别为a，b，且a<b, f(x)上横坐标在a，b间且f′(x)＝k的点对应的横坐标为c. 因为F(x)＝g(x)－f(x)，所以F′(x)＝k－f′(x)． 在区间(0，a)和(c，b)上，k<f′(x)，即F′(x)<0；在(a，c)和(b，＋∞)上，k>f′(x)，即F′(x)>0，所以F(x)在(0，a)和(c，b)上单调递减，在(a，c)和(b，＋∞)上单调递增，所以此时函数F(x)＝g(x)－f(x)有两个极小值点，一个极大值点．故选C. 2．(2020吉林月考，5分)设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的大致图像如图所示，则导函数y＝f′(x)的大致图像为(　C　) A B C D 解析：由图可知，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，所以y＝f′(x)≤0在(－∞，0)上恒成立，排除选项B和D；函数f(x)在(0，＋∞)上先递减后递增再递减，所以y＝f′(x)在(0，＋∞)上应为负、正、负的趋势，所以选项A错误．故选C. 3．(2021全国Ⅱ，5分)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则(　D　) A．a<b B．a>b C．ab<a2 D．ab>a2 解析：(法一)若a＝b，则f(x)＝a(x－a)3为单调函数，无极值点，不符合题意，故a≠b. 令f(x)＝0，解得x＝a或x＝b，即函数有两个不同零点，且在x＝a左右附近是不变号的，在x＝b左右附近是变号的．依题意x＝a为函数 f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则f(x)在x＝a左右附近都是小于零的． 当a<0时，由x>b, f(x)≤0，画出f(x)的图像如下图所示： 由图可知b<a<0； 当a>0时，由x>b, f(x)>0，画出f(x)的图像如下图所示： 由图可知b>a>0. 综上所述，仅ab>a2成立． 故选D. (法二)对f(x)求导得f′(x)＝2a(x－a)(x－b)＋ a(x－a)2＝3a(x－a)， 所以x1＝a，x2＝是函数f′(x)的图像与x轴交点的横坐标． 当a>0时，易知函数f′(x)的图像是开口向上的抛物线．又因为x＝a为极大值点，所以a<，整理得0<a<b，所以ab>a2. 当a<0时，易知函数f′(x)的图像是开口向下的抛物线．又因为x＝a为极大值点，所以a>，整理得0>a>b，所以ab>a2.故选D. 4．(2021重庆月考，5分)设函数f(x)＝－x(x－a)2(x∈R)，当a>3时，不等式f(－k－sinθ－1)≥f(k2－sin2θ)对任意的k∈[－1，0]恒成立，则θ的可能取值是(　D　) A．－ B. C．－ D. 解析：由f(x)＝－x(x－a)2，得f′(x)＝－(3x－a)(x－a)． 令f′(x)＝0，得x＝或x＝a. 当a>3时，<a，∴f(x)在区间，[a，＋∞)上单调递减，在区间上单调递增． 又>1，∴f(x)在区间(－∞，1]上为减函数． ∵k∈[－1，0]，sinθ∈[－1，1]， ∴－2≤－k－sinθ－1≤1，－1≤k2－sin2θ≤1. ∵f(－k－sinθ－1)≥f(k2－sin2θ)对任意的k∈[－1，0]恒成立，∴－k－sinθ－1≤k2－sin2θ对任意的k∈[－1，0]恒成立， 即sin2θ－sinθ－1≤k2＋k＝2－对任意的k∈[－1，0]恒成立，∴sin2θ－sinθ－1≤－， 解得－≤sinθ≤，∴－≤sinθ≤1， ∴θ的可能取值是.故选D. 5．(多选)(2021福建龙岩模拟，5分)关于函数f(x)＝ex＋asinx，x∈(－π，＋∞)，下列说法正确的是(　ABD　) A．当a＝1时，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为2x－y＋1＝0 B．当a＝1时，f(x)存在唯一极小值点x0，且－1<f(x0)<0 C．对任意a>0，f(x)在(－π，＋∞)上均存在零点 D．存在a<0，f(x)在(－π，＋∞)上有且只有一个零点 解析：选项A，当a＝1时，f(x)＝ex＋sinx，x∈(－π，＋∞)，所以f(0)＝1，故切点为(0，1)；f′(x)＝ex＋cosx，所以切线斜率k＝f′(0)＝2. 故切线方程为y－1＝2(x－0)，即2x－y＋1＝0，选项A正确． 选项B，由A项的分析可知，f′(x)＝ex＋cosx，画出y＝cosx和y＝－ex的图像，可知它们在(－π，＋∞)上有唯一的交点，设交点横坐标为x0. 由图像可知，－π<x0<－，且当x∈(－π，x0)时，cosx<－ex，f′(x)＝ex＋cosx<0； 当x∈(x0，＋∞)时，cosx>－ex，f′(x)＝ex＋cosx>0， 所以f(x)在(－π，x0)上单调递减， 在(x0，＋∞)上单调递增，故f(x)存在唯一极小值点x0. 由f′(x0)＝0得＝－cosx0，所以f(x0)＝＋sinx0＝sinx0－cosx0＝sin .　　 因为－π<x0<－，所以－π<x0－<－， 所以f(x0)＝sin∈(－1，0)，选项B正确． 选项C，当0<a<e－π时，在(－π，＋∞)上， asinx≥－a>－e－π，ex>e－π， 所以f(x)＝ex＋asinx>e－π－e－π＝0, 此时f(x)在(－π，＋∞)上不存在零点，选项C错误． 选项D，当a<0时，在(－π，0]上，ex＋asinx>0，f(x)没有零点． 当x∈(0，＋∞)时，令f(x)＝0，即ex＋asinx＝0， 则＝－.令φ(x)＝－，x∈(0，＋∞)， 则φ′(x)＝＝. 当x∈时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；当x∈时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，所以当x∈时，φ(x)min＝φ＝－. 当x≥时，－≥－≥－>－， 所以当＝－，即a＝－时，＝－有唯一的实数解， 所以f(x)在(－π，＋∞)上有且只有一个零点， 选项D正确．故选ABD. 6．(2021湖北模拟，12分)北京时间2021年7月23日晚，东京奥运会拉开序幕，各国运动员都使出浑身解数，在赛场上奋勇拼搏．当地某旅游用品商店经销此次奥运会纪念品，每件产品的成本为5元，并且每件产品需向税务部门上交(a＋5)元(5≤a≤8)的税收，预计当每件产品的售价为x元(13≤x≤17)时，一年的销售量为(18－x)2万件． (1)求该商店一年的利润L(万元)与每件产品的售价x的函数关系式； 答案：L＝(x－10－a)(18－x)2，x∈[13，17] 解：根据题意，L＝(x－5－5－a)(18－x)2＝(x－10－a)(18－x)2，x∈[13，17]．(3分) (2)当每件产品的售价为多少元时，该商店一年的利润L最大，并求出L的最大值Q(a)． 答案：当5≤a<时，每件商品的售价为元，最大利润Q(a)＝(8－a)3；当≤a≤8时，每件商品的售价为17元，最大利润Q(a)＝7－a 解析：解：因为L＝(x－10－a)(18－x)2， 所以L′(x)＝(18－x)(38＋2a－3x)． 令L′(x)＝0，解得x＝或x＝18.(5分) 因为5≤a≤8，所以16≤≤18， 所以若16≤<17，即5≤a<， 则当x∈时，L′(x)>0，L(x)单调递增； 当x∈时，L′(x)<0，L(x)单调递减， 此时L(x)max＝L＝(8－a)3.(8分) 若17≤≤18，即≤a≤8， 则当x∈(13，17)时，L′(x)>0，L(x)单调递增， 此时L(x)max＝L(17)＝7－a.(10分) 综上，当5≤a<时，每件商品的售价为元，最大利润Q(a)＝(8－a)3；当≤a≤8时，每件商品的售价为17元，最大利润Q(a)＝7－a.(12分) 7．(2021全国Ⅰ，12分)设函数f(x)＝a2x2＋ax－3lnx＋1，其中a>0. (1)讨论f(x)的单调性； 答案：f(x)在上单调递减，在上单调递增 解：函数的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝2a2x＋a－＝. 因为a>0，x>0，所以2ax＋3>0， 当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0. 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．(6分) (2)若y＝f(x)的图像与x轴没有公共点，求a的取值范围． 答案： 解：因为f(1)＝a2＋a＋1>0且y＝f(x)的图像与x轴没有公共点，所以y＝f(x)的图像在x轴的上方． 由(1)中函数的单调性可得f(x)min＝f＝3－3ln＝3＋3lna， 故3＋3lna>0，即a>. 所以a的取值范围为.(12分) 8．(2021北京，15分)已知函数f(x)＝. (1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； 答案：4x＋y－5＝0 解：当a＝0时，f(x)＝， 则f′(x)＝＝，(2分) 所以f(1)＝1，f′(1)＝－4，(4分) 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)，即4x＋y－5＝0.(6分) (2)若函数f(x)在x＝－1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值． 答案：函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)，单调递减区间为(－1，4)，最大值为1，最小值为－ 解：因为f(x)＝， 所以f′(x)＝＝.(8分) 由题意可得f′(－1)＝＝0，解得a＝4， 经检验，当a＝4时，x＝－1为函数f(x)的极大值点，符合题意， 故f(x)＝， 函数的定义域为R，f′(x)＝.(10分) 令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝4，列表如下： x (－∞，－1) －1 (－1，4) 4 (4，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 增 极大值 减 极小值 增 所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(4，＋∞)，单调递减区间为(－1，4)．(12分) 由表可知，函数f(x)的极大值为f(－1)＝1，极小值为f(4)＝－.(13分) 又因为当x<时，f(x)>0；当x>时，f(x)<0， 所以f(x)max＝f(－1)＝1， f(x)min＝f(4)＝－.(15分) 9．(2020全国Ⅱ，12分)已知函数f(x)＝sin2xsin2x. (1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性； 答案：f(x)在和上单调递增，在上单调递减 解：f(x)＝sin2xsin2x＝2sin3xcosx， 求导得f′(x)＝6sin2xcos2x－2sin4x ＝2sin2x(3cos2x－sin2x) ＝2sin2x[3cos2x－(1－cos2x)] ＝2sin2x(4cos2x－1)．(2分) 当x∈(0，π)时，2sin2x>0恒成立， 所以由f′(x)>0，得4cos2x－1>0，即cosx>或cosx<－，所以<x<π或0<x<； 由f′(x)<0，得4cos2x－1<0，即－<cosx<，所以<x<. 所以f(x)在和上单调递增，在上单调递减．(4分) (2)证明：|f(x)|≤； 答案：见证明过程 证明：因为f(x＋π)＝sin2(x＋π)sin(2x＋2π)＝(－sinx)2sin2x＝sin2xsin2x＝f(x)， 所以f(x)的周期为π.(5分) 由(1)得，f(x)在和上单调递增，在上单调递减． 又因为f(0)＝0，f＝，f＝－，f(π)＝0， 所以f(x)在一个周期[0，π]上的值域为， 　 所以f(x)在R上的值域为，(6分) 所以－≤f(x)≤， 所以|f(x)|≤.(7分) (3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤. 答案：见证明过程 证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx ＝ ＝ ＝ ＝ (9分) 由(2)可知，|f(x)|≤＝3恒成立， 所以|f(2x)|≤3，|f(4x)|≤3，…，|f(2n－1x)|≤3.(10分) 又因为|sinx|≤1，|sin22nx|≤1， 所以≤＝2n＝， 即sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.(12分) 10．(2021江苏泰州四模，12分)已知函数f(x)＝存在唯一的极值点x0. (1)求实数a的取值范围； 答案：(0，＋∞) 解：由题意得f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝.(1分) 令g(x)＝－alnx， ①若a＝0，则在(0，＋∞)上， g(x)＝>0， ∴f′(x)>0，f(x)单调递增，不合题意．(2分) ②若a>0，则g′(x)＝－<0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝1>0，g()＝ －1<0，∴存在唯一的x0∈(1，)，使得g(x0)＝0. 当x∈(0，x0)时，g(x)>0，f′(x)>0；当x∈(x0，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0， ∴x0是f(x)唯一的极值点，符合题意．(4分) ③若a<0，令g′(x)＝－＝0，得x＝－>0， ∴g(x)在上单调递减，在(－，＋∞)上单调递增， ∴g(x)min＝g＝－a－aln＝－a.　 (i)若1＋ln≥0，即－e≤a<0，则g(x)＝－alnx≥0，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不符合题意．(5分) (ii)若1＋ln<0，即a<－e，则0<－<，g<0. g＝4a2－aln＝－2a. 由(i)可知，当a＝－1时，g(x)＝＋lnx>0. 又∵－2a>0，∴－2a＋ln>0，∴g>0.(7分) 又∵g(1)＝1>0，<－<1，∴g(x)在，上各有一个变号零点， ∴g(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点， ∴f(x)有两个极值点，不符合题意． 综上，实数a的取值范围为(0，＋∞)．(8分) (2)若x1，x2∈(x0，＋∞)，证明：>. 答案：见证明过程 解析：证明：由(1)可知，x0>1.∵x1>x0，x2>x0， ∴lnx1>0，lnx2>0，ln(x1＋x2)>0.(9分) 由(1)可知，函数f(x)在(x0，＋∞)上递减， ∴f(x1)>f(x1＋x2)，f(x2)>f(x1＋x2)， 即， ∴>，>，(11分) 两式相加得>＋， 即>＋， 即>＋.(12分) 11．(2020山东高密模拟，12分)已知函数g(x)＝＋lnx，f(x)＝mx－－lnx，m∈R. (1)求函数g(x)的极值； 答案：g(x)的极小值为1＋ln2，没有极大值 解：对g(x)求导得g′(x)＝－＋＝.(1分) 令g′(x)＝0，得x＝2， ∴当x>2时，g′(x)>0；当0<x<2时，g′(x)<0， ∴g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， ∴g(x)的极小值为g(2)＝1＋ln2，没有极大值．(3分) (2)若y＝f(x)－g(x)在[1，＋∞)上单调，求m的取值范围； 答案：(－∞，0]∪[1，＋∞) 解：∵y＝f(x)－g(x)＝mx－－2lnx， ∴y′＝.(4分) ∵y＝f(x)－g(x)在[1，＋∞)上单调， ∴mx2－2x＋m≥0在[1，＋∞)上恒成立，或mx2－2x＋m≤0在[1，＋∞)上恒成立， 即m≥在[1，＋∞)上恒成立，或m≤在[1，＋∞)上恒成立．(6分) 根据对勾函数的性质，y＝x＋在[1，＋∞)上单调递增，值域为[2，＋∞)， ∴＝∈(0，1], ∴m≥1或m≤0， ∴m的取值范围是(－∞，0]∪[1，＋∞)．(8分) (3)设h(x)＝，若在[1，e]上至少存在一个x0，使得f(x0)－g(x0)＝h(x0)成立，求m的取值范围． 答案： 解：构造函数F(x)＝f(x)－g(x)－h(x)＝mx－－2lnx－. 当m≤0时，在[1，e]上，mx－＝≤0，－2lnx－<0，∴F(x)<0， 故不存在x0，使得F(x0)＝0，即f(x0)－g(x0)＝h(x0)．(9分) 当m>0时，F′(x)＝m＋－＋＝. ∵x∈[1，e]，∴2e－2x≥0，mx2＋m>0， ∴F′(x)>0在[1，e]上恒成立， ∴F(x)在[1，e]上单调递增，(11分) ∴F(x)max＝F(e)＝me－－4，F(x)min＝F(1)＝－2e<0， ∴要满足题意，只需me－－4≥0，解得m≥， 故m的取值范围是.(12分) 12．(2019全国Ⅲ，12分)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b. (1)讨论f(x)的单调性； 答案：a＝0时，函数f(x)在R上单调递增； a>0时，函数f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减； a<0时，函数f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减 解：f′(x)＝6x2－2ax＝6x.(1分) 令f′(x)＝6x＝0，解得x＝0或x＝.(2分) ①若a＝0，则f′(x)＝6x2≥0，所以函数f(x)在R上单调递增．(3分) ②若a>0，则当x∈(－∞，0)∪时， f′(x)>0；当x∈时， f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．(4分) ③若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时， f′(x)>0；当x∈时， f′(x)<0，所以函数f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减．(5分) (2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0，1]上的最小值为－1，最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由． 答案：或 解：满足题设条件的a，b存在． ①当a≤0时，由(1)知， f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(0)＝b，最大值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.(7分) ②当a≥3时，由(1)知， f(x)在[0，1]上单调递减，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(1)＝2－a＋b，最大值为f(0)＝b.此时a，b满足题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.(9分) ③当0<a<3时，由(1)知， f(x)在[0，1]上的最小值为f＝－＋b，最大值为b或2－a＋b. 若－＋b＝－1，b＝1，则a＝3，与0<a<3矛盾． 若－＋b＝－1，2－a＋b＝1，则a＝3或a＝－3或a＝0，与0<a<3矛盾．(11分) 综上，当且仅当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时， f(x)在[0，1]上的最小值为－1，最大值为1.(12分) 13．(2021全国Ⅰ，12分)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝(x>0)．　 (1)当a＝2时，求f(x)的单调区间； 答案：f(x)在上单调递增，在[，＋∞)上单调递减 解：当a＝2时，f(x)＝，f′(x)＝＝，　 令f′(x)＝0得x＝， 所以当0<x<时，f′(x)>0； 当x>时，f′(x)<0， 所以函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．(4分) (2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围． 答案：(1，e)∪(e，＋∞) 解：f(x)＝＝1⇔ax＝xa⇔xlna＝alnx⇔＝. 设函数g(x)＝(x>0)，＝m， 则要使曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，只需g(x)＝m有两个解． 求导得g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝e， 所以当x∈(0，e)时，g′(x)>0，即g(x)单调递增； 当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，即g(x)单调递减．(6分) 所以g(x)max＝g(e)＝，g(1)＝0， 当x>e时，g(x)＝>0. ①当m≥或m≤0时，g(x)＝m至多有一个解，不合题意．(8分) ②当0<m<时，由g(e)＝>m，g(1)＝0<m可知，g(x)＝m在(0，e]上有一个解． 取x＝∈(e，＋∞)， 则g＝－2m2lnm＝m(－2mlnm)． 令φ(x)＝－2xlnx，则φ′(x)＝－2(1＋lnx)，当0<x<时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，所以φ(m)<φ＝<1，所以g<m，所以g(x)＝m在(e，＋∞)上有一个解，所以g(x)＝m在(0，＋∞)上有两个解，符合题意．(11分) 综上，0<m<，即0<<，即0<f(a)<f(e)，根据f(x)的单调性，可得1<a<e或a>e. 所以a的取值范围是(1，e)∪(e，＋∞)．(12分) 14．(2018全国Ⅰ，12分)已知函数f(x)＝－x＋alnx. (1)讨论f(x)的单调性； 答案：当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>2时，f(x)在，(，＋∞)上单调递减，在上单调递增 解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 求导得f′(x)＝－－1＋＝－.(1分) 设g(x)＝x2－ax＋1. 当a≤0时，g(x)>0在(0，＋∞)上恒成立， 所以f′(x)<0恒成立，f(x)是减函数．(2分) 当a>0时，判别式Δ＝a2－4. ①当0<a≤2时，Δ≤0，则g(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以f′(x)≤0恒成立，f(x)是减函数；(3分) ②当a>2时，Δ>0，令f′(x)＝0，可得x＝，此时x，f′(x)，f(x)的变化如下表： x (0，) f′(x) － 0 f(x) 递减 极小值 x (，) f′(x) ＋ f(x) 递增 x f′(x) 0 － f(x) 极大值 递减 综上，当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>2时，f(x)在，(，＋∞)上单调递减，在(，)上单调递增．(5分) (2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：<a－2. 答案：见证明过程 证明：(法一)由(1)知，当f(x)存在两个极值点x1，x2(不妨设x1<x2)时， a>2且0<x1<1<x2，x1x2＝1，(6分) 所以f(x1)－f(x2)＝(x2－x1)＋a(lnx1－lnx2)＝2(x2－x1)＋a(lnx1－lnx2)， 所以＝－2＋，(8分) 所以原不等式等价于<1， 即lnx1－lnx2>x1－x2，即lnx1－ln>x1－，即2lnx1>x1－.(9分) 设h(x)＝2lnx－x＋，则h(1)＝0， 求导得h′(x)＝－1－＝－＝－<0， 所以h(x)在(0，1)上单调递减，(11分) 所以h(x1)>h(1)，即2lnx1－x1＋>0， 所以2lnx1>x1－，所以原不等式成立．(12分) (法二)注意到f＝x－－alnx＝－f(x)， 即f(x)＋f＝0.(7分) 由(1)可知，x1x2＝1，x1＋x2＝a>2, 0<x1<1<x2， 所以x1＝，所以f(x2)＋f＝f(x1)＋f(x2)＝0，所以f(x1)＝－f(x2)． 要证<a－2，只要证<a－2， 即证2alnx2－ax2＋<0.(9分) 构造函数H(x)＝2alnx－ax＋， 则H′(x)＝<0， 所以H(x)在(1，＋∞)上单调递减，(10分) 所以H(x2)<H(1)＝0，所以2alnx2－ax2＋<0成立，所以原不等式成立．(12分) 15．(2021浙江温州三模，12分)已知函数f(x)＝－1，g(x)＝ax3＋2xcosx. (1)当x∈[t，＋∞)时，f(x)≥－恒成立，求实数t的取值范围； 答案：[0，＋∞) 解：依题意，－1≥－对任意x∈[t，＋∞)均成立， 即(x－2)ex＋x＋2≥0对任意x∈[t，＋∞)均成立． 令h(x)＝(x－2)ex＋x＋2， 则h′(x)＝(x－1)ex＋1， 令φ(x)＝h′(x)，则φ′(x)＝xex. 易知当x＜0时，φ′(x)＜0； 当x>0时，φ′(x)>0， ∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)≥φ(0)＝0，即h′(x) ≥0， ∴h(x)在R上单调递增．(3分) 又h(0)＝0， ∴当x≥0时，h(x)≥0恒成立，即f(x)≥－恒成立， ∴t≥0，即实数t的取值范围为[0，＋∞)．(5分) (2)当a∈时，对任意的x∈R，[2f(x)＋x][2g(x)＋x]≥0恒成立，求整数n的最小值． 答案：1 解：由(1)知，∀x∈[0，＋∞)，f(x)≥－，即2f(x)＋x≥0；∀x∈(－∞，0]，f(x)≤－，即2f(x)＋x≤0. 函数y＝2g(x)＋x＝2ax3＋4xcosx＋x＝x(2ax2＋4cosx＋1)为R上的奇函数，令m(x)＝2ax2＋4cosx＋1，则2g(x)＋x＝xm(x)． 要使[2f(x)＋x][2g(x)＋x]≥0在R上恒成立， 只需2g(x)＋x＝2ax3＋4xcosx＋x≥0在[0，＋∞)上恒成立， 只需m(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立．(8分) 若n≤0，则当a＝时，m(π)＝2××π2－4＋1＝－1<0，不满足题意，故n>0. 令n＝1，则a∈， 当x∈时，m(x)>0显然成立； 当x∈时，m(x)>2××2＋4×＋1＝－2＋1>0； 当x∈时，m(x)>2××2－4＋1＝－3>0， 故n＝1满足题意，即整数n的最小值为1.(12分) B组(冲刺满分) 16．(多选)(2020山东威海二模，5分)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，导函数为f′(x)，xf′(x)－f(x)＝xlnx，且f＝，则(　ACD　) A．f′＝0 B．f(x)在x＝处取得极大值 C．0<f(1)<1 D．f(x)在(0，＋∞)单调递增 解析：(法一)由xf′(x)－f(x)＝xlnx得f′－f＝－. 将f＝代入得f′－＝－，解得f′＝0，故A正确． 记f″(x)为f′(x)的导函数， 由xf′(x)－f(x)＝xlnx，两边对x求导得xf″(x)＝1＋lnx，所以f″(x)＝. 当0<x<时，f″(x)<0，f′(x)单调递减； 当x>时，f″(x)>0，f′(x)单调递增， 所以f′(x)≥f′，由A项可知，f′＝0，所以f′(x)≥0， 所以f(x)在(0，＋∞)单调递增，所以它不存在极值，故B错误，D正确． 由上面的分析可知，f′(1)>f′＝0. 在xf′(x)－f(x)＝xlnx中取x＝1得，f′(1)－f(1)＝0，所以f(1)＝f′(1)>0， 令g(x)＝，则g＝＝1，g(1)＝＝f(1)．　 求导得g′(x)＝＝＝. 当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 所以g(1)<g，即f(1)<1， 所以0<f(1)<1，故C正确．故选ACD. (法二)令g(x)＝－(lnx)2，则g′(x)＝.　 由xf′(x)－f(x)＝xlnx得xf′(x)－f(x)－xlnx＝0，所以g′(x)＝0，所以g(x)为常值函数． 因为f＝， 所以g＝－＝1－＝，所以函数g(x)＝，即－(lnx)2＝，所以f(x)＝x(lnx)2＋x. 又因为xf′(x)－f(x)＝xlnx，所以f′(x)＝＋lnx＝(lnx)2＋lnx＋＝(lnx＋1)2 . f′＝＝0， 故A正确． 因为f′(x)＝(lnx＋1)2≥0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递增，所以它不存在极值，故B错误，D正确． f(1)＝×1×(ln1)2＋×1＝， 所以0<f(1)<1，故C正确．故选ACD. 17．(2021重庆月考，5分)已知e≈2.71828是自然对数的底数，设a＝－，b＝－，c＝－ln2，则(　A　) A．a<b<c B．b<a<c C．b<c<a D．c<a<b 解析：设f(x)＝－， 则f′(x)＝－， 所以当0<x<时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增； 当x>时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减． 因为a＝f(3)，b＝f(2)，<2<3， 所以f(3)<f(2)，即a<b. 设φ(x)＝ex－x－1，则φ′(x)＝ex－1. 当x∈(－∞，0)时，φ′(x)<0，函数φ(x)单调递减； 当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，函数φ(x)单调递增， 所以当x＝0时，函数φ(x)取得最小值，最小值为φ(0)＝0， 所以ex≥x＋1恒成立，所以>. 令g(x)＝－lnx，则g′(x)＝－. 当x∈(0，e)时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(e，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以当x＝e时，函数g(x)取得最小值，最小值为g(e)＝0， 所以g(2)＝－ln2>0，即>ln2， 所以－<－ln2， 所以－<－ln2<－ln2，即b<c. 综上可知，a<b<c.故选A. 18．(2021山东月考，12分)已知函数f(x)＝ln(2x＋a)(x>0，a>0)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线在y轴上的截距为ln3－. (1)求a的值； 答案：a＝1 解：由f(x)＝ln(2x＋a)，得f′(x)＝， 因此f′(1)＝.(1分) 又因为f(1)＝ln(2＋a)， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－ln(2＋a)＝(x－1)， 即y＝x＋ln(2＋a)－， 所以ln(2＋a)－＝ln3－， 易得a＝1符合上式．(2分) 又因为函数y＝ln(2＋a)－(a>0)单调递增， 所以a＝1是唯一解．(3分) (2)讨论函数g(x)＝f(x)－2x(x>0)和h(x)＝f(x)－(x>0)的单调性； 答案：函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增 解：由(1)可知g(x)＝ln(2x＋1)－2x(x>0)，h(x)＝ln(2x＋1)－(x>0)， 所以g′(x)＝－2＝－<0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减；(5分) h′(x)＝－＝>0，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．(7分) (3)设a1＝，an＋1＝f(an)，求证：<－2<0(n≥2)． 答案：见证明过程 证明：由a1＝，an＋1＝f(an)＝ln(2an＋1)，得an>0. 要证<－2，即证an<. 由(2)可知，g(x)＝f(x)－2x＝ln(2x＋1)－2x在(0，＋∞)上单调递减，所以当x>0时，g(x)<g(0)＝0，即f(x)<2x.(8分) 令x＝an－1(n≥2)，得f(an－1)<2an－1， 即an<2an－1， 所以当n≥2时，an<2an－1<22an－2<…<2n－1·a1＝，所以<－2成立．(9分) 下面证明－2<0. 由(2)可知，h(x)＝f(x)－＝ln(2x＋1)－在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x>0时，h(x)>h(0)＝0， 即f(x)>>0，所以<＋1， 即－2<. 令x＝an－1(n≥2)，得－2<， 即－2<.(10分) 当n＝2时，－2＝－2＝－2＝－2＝－2. 因为ln1.8>ln>ln＝， 所以－2<0，所以－2<0， 所以当n≥3时，－2<<<…<<0， 所以当n≥2时，－2<0成立． 综上所述，当n≥2时，<－2<0成立．(12分)　 19．(2019全国Ⅰ，12分)已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x, f′(x)为f(x)的导数． (1)证明： f′(x)在区间(0，π)上存在唯一零点； 答案：见证明过程 证明：∵f(x)＝2sinx－xcosx－x， ∴f′(x)＝2cosx－cosx＋xsinx－1＝cosx＋xsinx－1.(1分) 令g(x)＝cosx＋xsinx－1， 则g′(x)＝－sinx＋sinx＋xcosx＝xcosx，(2分) 当x∈时，g′(x)＝xcosx>0； 当x∈时，g′(x)＝xcosx<0，∴g(x)在上单调递增， 在上单调递减．(4分) 又g(0)＝0，g＝－1>0，g(π)＝－2， ∴g(x)在(0，π)上有唯一零点， 即f′(x)在(0，π)上有唯一零点．(6分) (2)当x∈[0，π]时， f(x)≥ax，求a的取值范围． 答案：(－∞，0] 解：由题设知f(π)≥aπ， f(π)＝0，可得a≤0. 由(1)知， f′(x)在(0，π)上有唯一零点x0，即f′(x0)＝0，且f′(x)在(0，x0)上为正，在(x0，π)上为负，(8分) ∴f(x)在[0，x0)上单调递增， 在[x0，π]上单调递减．(9分) 又f(0)＝0, f(π)＝0， ∴当x∈[0，π]时， f(x)≥0.(10分) 又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax. 因此，a的取值范围是(－∞，0]．(12分) 20．(2021山东泰安模拟，12分)已知函数f(x)＝xlnx－x2＋(2a－1)x(a∈R)． (1)讨论函数f(x)的极值点的个数； 答案：当a≤时，f(x)无极值点；当a＞时，f(x)的极值点的个数为2 解：易知f(x)的定义域为(0，＋∞)． 因为f(x)＝xlnx－x2＋(2a－1)x， 所以f′(x)＝lnx－x＋2a， 令h(x)＝f′(x)＝lnx－x＋2a，则h′(x)＝－1＝. 当0＜x＜1时，h′(x)＞0，h(x)单调递增； 当x＞1时，h′(x)＜0，则h(x)单调递减， 所以当x＝1时，h(x)取得最大值h(1)＝2a－1.(2分) 当a≤时，h(1)＝2a－1≤0，则f′(x)≤0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，此时f(x)无极值点．(3分) 当a＞时，h(1)＝2a－1＞0，因为0＜e－2a＜1，h(e－2a)＝－2a－e－2a＋2a＝－e－2a＜0， 所以h(x)在(0，1)上有且只有1个零点， 所以f(x)在(0，1)上有且只有1个极值点； 又e5a＞e2＞1， h(e5a)＝5a－e5a＋2a＜7a－e4aa＝a(7－e4a)＜a(7－e2)＜0， 所以h(x)在(1，＋∞)上有且只有1个零点， 所以f(x)在(1，＋∞)上有且只有1个极值点， 所以当a＞时，f(x)有2个极值点．(5分) 综上，当a≤时，f(x)无极值点；当a＞时，f(x)极值点的个数为2.(6分) (2)已知函数g(x)＝－f′(x)有2个不同的零点x1，x2，且x1＜x2. 证明：x2－x1＜. 答案：见证明过程 证明：函数g(x)＝－f′(x)＝－ln x＋x－2a, 则g′(x)＝－＋1＝. 当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减； 当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以当x＝1时，g(x)取得最小值g(1)＝e＋1－2a. 因为函数g(x)有2个不同的零点x1，x2，且x1＜x2， 所以g(1)＜0，即e＋1－2a＜0，所以2a>e＋1.(8分) g(2a)＝－ln 2a＋2a－2a＝－ln 2a. 令F(x)＝－ln x(x>e＋1)， 则F′(x)＝， 令φ(x)＝ex(x－1)－x(x>e＋1)，则φ′(x)＝xex－1>ee＋1－1>0， 所以φ(x)单调递增， 所以φ(x)>φ(e＋1)＝ee＋1·e－(e＋1)＝ee＋2－e－1>0， 所以F′(x)>0，F(x)单调递增， 所以F(2a)>F(e＋1)>F(e)＝ee－1－1>0， 所以g(2a)>0， 所以x2＜2a.(10分) g＝(2a－1)－ln＋－2a. 令ω(x)＝lnx－x＋1(x>0)，则ω′(x)＝－1＝. 当0＜x＜1时，ω′(x)>0，ω(x)单调递增； 当x>1时，ω′(x)＜0，ω(x)单调递减， 所以当x＝1时， ω(x)取得最大值ω(1)＝0， 所以ω(x)≤0，即lnx≤x－1， 所以g≥(2a－1)－＋1＋－2a＝(2a－1)＋1－2a. 令t＝∈， 则g(t)≥－>0， 所以x1>. 综上，因为<x1<x2<2a， 所以x2－x1<2a－＝，原命题得证．(12分) 21．(2020浙江，15分)已知1<a≤2，函数f(x)＝ex－x－a，其中e＝2.71828…为自然对数的底数． (1)证明：函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点； 答案：见证明过程 证明：∵f(x)＝ex－x－a(x>0)， ∴f′(x)＝ex－1.(1分) 当x>0时，f′(x)>0恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2分) ∵1<a≤2， ∴f(2)＝e2－2－a≥e2－4>0，f(0)＝1－a<0， ∴函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．(3分) (2)记x0为函数y＝f(x)在(0，＋∞)上的零点，证明： (ⅰ)≤x0≤； 答案：见证明过程 证明：(ⅰ)由(1)可知0<x0<2. ∵f(x0)＝0，∴－x0－a＝0，∴a＝－x0. 欲证≤x0≤， 即证≤x0≤， 即证－x0－1≤x≤2(－x0－1)．(4分) 令h(x)＝ex－x－1－，则h′(x)＝ex－1－x. 设P(x)＝ex－1－x，则P′(x)＝ex－1>0， ∴P(x)即h′(x)单调递增， ∴h′(x)>h′(0)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴h(x)>h(0)＝0，∴h(x0)＝－x0－1－>0， ∴2(－x0－1)>x，∴x≤2(－x0－1)成立．(6分) 下面证明不等式左边成立． ∵1<a≤2，∴a－1≤1， ∴当x0≥1时，≤x0成立， ∴只需证明当0<x0<1时，－x0－1≤x.(7分) 令g(x)＝ex－x－1－x2，则g′(x)＝ex－1－2x. 设q(x)＝ex－1－2x，则q′(x)＝ex－2. ∴当x∈(0，ln2)时，q′(x)<0，g′(x)单调递减； 当x∈(ln2，1)时，q′(x)>0，g′(x)单调递增． 又∵g′(0)＝0， g′(1)＝e－3<0， ∴g′(x)<g′(0)＝0， ∴g(x)在(0，1)上单调递减， ∴g(x)<g(0)＝0， ∴g(x0)＝－x0－1－x<0， ∴－x0－1≤x成立．(9分) 综上，－x0－1≤x≤2(－x0－1)成立， 即≤x0≤成立．(10分) (ⅱ)x0f()≥(e－1)(a－1)a. 答案：见证明过程 证明：由f(x0)＝0得＝x0＋a， ∴要证明x0f()≥(e－1)(a－1)a， 只需证x0f(x0＋a)≥(e－1)(a－1)a.(11分) 由(ⅰ)可知，x0≥， 又f(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴f(x0＋a)≥f(＋a)，且f(x0＋a)>0， ∴x0 f(x0＋a)≥f(＋a)， ∴只需证f(＋a)≥(e－1)(a－1)a， 即证f(＋a)≥(e－1)a ， 即证－－2a≥(e－1)a.(13分) 由(ⅰ)知，当x>0时，h(x)＝ex－x－1－>0， ∴ex>1＋x＋x2， ∴>1＋＋a＋(＋a)2， ∴－－2a>1＋(＋a)2－a， ∴只需证1＋(＋a)2－a≥(e－1)·a，(14分) 即证a2－()2－2(e－2)a≥0， 即证－≥2(e－2)． ∵＝＋≥2， 当且仅当a＝2时取等号， ∴－≥2－＝>2(e－2)， ∴原不等式成立．(15分) 学科网（北京）股份有限公司 $$