考点测试16 导数与函数的单调性、最值、极值-【金版教程】2025年高考数学一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

数学　高考总复习首选用卷 考点测试16　导数与函数的单调性、最值、极值 高考 概览 本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分、12分，中、高等难度 考点 研读 1.了解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间及闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次) 2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件，会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次) 一、基础小题 1．函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间为(　　) A．(－1，1) B．(0，1) C．(1，＋∞) D．(0，2) 答案　B 解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－＝，由f′(x)<0，得0<x<1，故函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间为(0，1)． 2．函数y＝在[0，2]上的最大值是(　　) A. B. C．0 D. 答案　A 解析　令f(x)＝，得f′(x)＝，当0≤x<1时，f′(x)>0；当1<x≤2时，f′(x)<0，所以f(x)在[0，1)上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝. 3．已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－(e是自然对数的底数)，则f(x)的极大值为(　　) A．2e－1 B．－ C．1 D．2ln 2 答案　D 解析　由题意知f′(x)＝－，∴f′(e)＝－，f′(e)＝，∴f(x)＝2ln x－，f′(x)＝－，令f′(x)＝0，得x＝2e，当0＜x＜2e时，f′(x)＞0；当x＞2e时，f′(x)＜0，∴f(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减，∴f(x)的极大值为f(2e)＝2ln (2e)－2＝2ln 2.故选D. 4．已知函数f(x)＝3x－ln |x|，则f(x)的图象大致为(　　) 答案　A 解析　当x<0时，f(x)＝3x－ln (－x)，则f′(x)＝3－>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，故B，D错误；当x>0时，f(x)＝3x－ln x，则f′(x)＝3－＝，所以当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，故A正确，C错误．故选A. 5．函数f(x)＝2(x＋1)，g(x)＝x＋ln x的图象与直线x＝a分别交于点A，B，则|AB|的最小值为(　　) A．1 B．2＋ln 2 C．3 D．2 答案　C 解析　设h(a)＝f(a)－g(a)，则|AB|＝|h(a)|，所以h(a)＝2(a＋1)－(a＋ln a)＝－ln a＋a＋2，a>0，所以h′(a)＝－＋1＝，令h′(a)<0，得0<a<1，此时h(a)单调递减；令h′(a)>0，得a>1，此时h(a)单调递增，所以h(a)min＝h(1)＝－ln 1＋1＋2＝3>0，则|AB|＝|h(a)|＝h(a)，则|AB|min＝h(a)min＝h(1)＝3. 6．已知函数f(x)＝(x－1)ex－mx在区间[2，4]上存在单调递减区间，则实数m的取值范围为(　　) A．(2e2，＋∞) B．(－∞，e) C．(0，2e2) D．(0，e) 答案　A 解析　因为f(x)＝(x－1)ex－mx，所以f′(x)＝xex－m，因为f(x)在区间[2，4]上存在单调递减区间，所以存在x∈[2，4]，使得f′(x)<0，即m>xex，令g(x)＝xex，x∈[2，4]，则g′(x)＝(x＋1)ex>0恒成立，所以g(x)＝xex在[2，4]上单调递增，所以g(x)min＝g(2)＝2e2，所以m>2e2. 7．若函数f(x)＝ex－ax－a2在R上有小于0的极值点，则实数a的取值范围是(　　) A．(－1，0) B．(0，1) C．(－∞，－1) D．(1，＋∞) 答案　B 解析　由f(x)＝ex－ax－a2，得f′(x)＝ex－a，因为f(x)＝ex－ax－a2在R上有小于0的极值点，所以f′(x)＝ex－a＝0有小于0的根，y＝ex的图象如图所示，由图可知f′(x)＝ex－a＝0有小于0的根需要0<a<1，即实数a的取值范围是(0，1)． 8.(多选)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　　) A．f(a)<f(b)<f(c) B．函数f(x)在x＝c处取得极小值，在x＝e处取得极大值 C．函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值 D．函数f(x)的最小值为f(d) 答案　AC 解析　由导函数图象可知在(－∞，c)，(e，＋∞)上，f′(x)>0，在(c，e)上，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，c)，(e，＋∞)上单调递增，在(c，e)上单调递减，所以f(a)<f(b)<f(c)；函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值；f(d)>f(e)，所以f(d)不是函数f(x)的最小值．故选AC. 9．(多选)已知x＝1为函数f(x)＝x2－3x－logax的极值点，则(参考数据：ln 2≈0.6931)(　　) A．f(x)在(0，1)上单调递减 B．f(x)的极小值为－2 C．f>f(1) D．f<f(1) 答案　BCD 解析　f′(x)＝2x－3－，由f′(1)＝0，得ln a＝－1，所以a＝，f(x)＝x2－3x＋ln x．此时f′(x)＝＝，令f′(x)>0，得x∈或x∈(1，＋∞)；令f′(x)<0，得x∈.故f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．对于A，f(x)在上单调递增，在上单调递减，故A错误；对于B，f(x)的极小值为f(1)＝－2，故B正确；对于C，因为f(x)在上单调递减，所以f>f(1)，故C正确；对于D，f＝－－ln 4<－2＝f(1)，故D正确．故选BCD. 10．已知函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2，则a的取值范围是________． 答案　 解析　f′(x)＝(x>0)，因为函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2，所以方程2ax2－2x＋1＝0有两个不相等的正实数根，于是解得0<a<. 二、高考小题 11．(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为(　　) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 答案　C 解析　依题意可知，f′(x)＝aex－≥0在(1，2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥，设g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1，2)上单调递增，g(x)>g(1)＝e，故e≥，即a≥＝e－1，即a的最小值为e－1.故选C. 12．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得最大值－2，则f′(2)＝(　　) A．－1 B．－ C. D．1 答案　B 解析　因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以依题意可知，f(1)＝－2，f′(1)＝0，而f′(x)＝－，所以b＝－2，a－b＝0，即a＝－2，b＝－2，所以f′(x)＝－＋＝，因此函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，x＝1时取最大值，满足题意，所以f′(2)＝＝－.故选B. 13．(2021·全国乙卷)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 解析　解法一：因为函数f(x)＝a(x－a)2·(x－b)，所以f′(x)＝2a(x－a)(x－b)＋a(x－a)2＝a(x－a)(3x－a－2b)．令f′(x)＝0，结合a≠0可得x＝a或x＝.(1)当a>0时，①若>a，即b>a，此时易知函数f(x)在(－∞，a)上单调递增，在上单调递减，所以x＝a为函数f(x)的极大值点，满足题意；②若＝a，即b＝a，此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递增，无极值点，不满足题意；③若<a，即b<a，此时易知函数f(x)在上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，所以x＝a为函数f(x)的极小值点，不满足题意．(2)当a<0时，①若>a，即b>a，此时易知函数f(x)在(－∞，a)上单调递减，在上单调递增，所以x＝a为函数f(x)的极小值点，不满足题意；②若＝a，即b＝a，此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递减，无极值点，不满足题意；③若<a，即b<a，此时易知函数f(x)在上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减，所以x＝a为函数f(x)的极大值点，满足题意．综上，a>0且b>a满足题意，a<0且b<a也满足题意．据此，可知必有ab>a2成立．故选D. 解法二：由题意可知a≠b，当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知b>a. 当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图2所示，观察可知a>b.综上，可知必有ab>a2成立．故选D. 14．(2022·全国乙卷)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　 解析　f′(x)＝2(axln a－ex)至少要有两个零点x＝x1和x＝x2，令g(x)＝2(axln a－ex)，则g′(x)＝2ax(ln a)2－2e.①若a＞1，则g′(x)在R上单调递增，此时若g′(x0)＝0，则f′(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，此时若有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，则x1＞x2，不符合题意．②若0＜a＜1，则g′(x)在R上单调递减，此时若g′(x0)＝0，则f′(x)在(－∞，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，且x0＝loga.此时若有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，且x1＜x2，则需满足f′(x0)＞0，即＞eloga⇒a<⇒ln a<ln ⇒ln a<1－ln (ln a)2，解得<a<1或1<a<e，由于0＜a＜1，取交集即得＜a＜1. 15．(2021·新高考Ⅰ卷)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________． 答案　1 解析　函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞)．①当x>时，f(x)＝2x－1－2ln x，f′(x)＝2－＝，当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，故f(x)min＝f(1)＝1；②当0<x≤时，f(x)＝1－2x－2ln x，f′(x)＝－2－＝－＜0，函数f(x)＝1－2x－2ln x为上的减函数．故f(x)min＝f＝2ln 2＞1.综上，f(x)min＝f(1)＝1. 三、模拟小题 16．(2023·安徽合肥高三模拟)下列函数中，定义域是R且为增函数的是(　　) A．y＝x＋sinx B．y＝e－x C．y＝ln x D．y＝|x| 答案　A 解析　对于A，函数y＝x＋sinx的定义域是R，且y′＝1＋cosx≥0，∴y是R上的增函数，∴A符合题意；对于B，函数y＝e－x＝是R上的减函数，∴B不符合题意；对于C，函数y＝ln x的定义域是(0，＋∞)，∴C不符合题意；对于D，函数y＝|x|＝在定义域R上不是单调函数，∴D不符合题意． 17．(2023·陕西西安模拟)已知函数f(x)＝xcosx－sin，x∈[0，π)，则函数f(x)的最大值是(　　) A．－cos1 B．－sin1 C．－1 D．－ 答案　B 解析　依题意函数f(x)＝xcosx－sin，f′(x)＝cosx－xsinx－cos＝(1－x)sinx，则函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，π)上单调递减．因此在[0，π)上，f(x)max＝f(1)＝－sin1. 18．(2023·河北唐山高三模拟)已知函数f(x)＝x2＋2cosx，设a＝f(20.5)，b＝f(0.52)，c＝f(log0.52)，则(　　) A．a>c>b B．a>b>c C．c>b>a D．c>a>b 答案　A 解析　f(x)＝x2＋2cosx，定义域为R，f(－x)＝(－x)2＋2cos(－x)＝x2＋2cosx＝f(x)，所以f(x)是偶函数，f′(x)＝2x－2sinx，令g(x)＝2x－2sinx，则g′(x)＝2－2cosx≥0，所以f′(x)在R上单调递增，f′(0)＝0，即在(0，＋∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，因为c＝f(log0.52)＝f(－1)＝f(1)，20.5>1>0.52，所以f(20.5)>f(1)>f(0.52)，即a>c>b. 19．(2024·辽宁鞍山高三上学期第一次质量监测)已知函数f(x)＝kex－x2－2x，若f(x)为R上的增函数，则k的取值范围为(　　) A. B．[e，＋∞) C．[e＋1，＋∞) D．[2e，＋∞) 答案　B 解析　由f(x)＝kex－x2－2x，得f′(x)＝kex－x－2，因为f(x)为R上的增函数，所以f′(x)≥0在R上恒成立，即kex－x－2≥0在R上恒成立，即k≥在R上恒成立，令g(x)＝，则g′(x)＝，当x<－1时，g′(x)>0，当x>－1时，g′(x)<0，所以当x＝－1时，函数g(x)取得最大值g(－1)＝e，所以k≥e，所以k的取值范围为[e，＋∞)．故选B. 20．(2023·四川乐山高三模拟)若x＝2是函数f(x)＝x2＋2(a－2)x－4aln x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 解析　f′(x)＝2x＋2(a－2)－＝＝(x>0)．若a≥0时，当x>2时，f′(x)>0；当0<x<2时，f′(x)<0，则f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．所以当x＝2时，f(x)取得极小值，不符合题意．当a<－2时，由f′(x)>0可得0<x<2或x>－a；由f′(x)<0可得2<x<－a，所以f(x)在(0，2)上单调递增，在(2，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增．所以当x＝2时，f(x)取得极大值，符合题意．当－2<a<0时，由f′(x)>0可得0<x<－a或x>2；由f′(x)<0可得－a<x<2，所以f(x)在(0，－a)上单调递增，在(－a，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．所以当x＝2时，f(x)取得极小值，不符合题意．当a＝－2时，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时f(x)无极值，不符合题意．综上所述，实数a的取值范围是(－∞，－2)． 21．(多选)(2024·山西运城高三摸底)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，其导函数为f′(x)，且f(x)＋f′(x)＝xln x，f＝－，则(　　) A．e－1f>f(1) B．ee－1f(e)>f(1) C．f(x)在(0，＋∞)上是增函数 D．f(x)存在最小值 答案　ABC 解析　设F(x)＝ex－1f(x)，则F′(x)＝ex－1[f(x)＋f′(x)]＝ex－1xln x，当x>1时，F′(x)>0，当0<x<1时，F′(x)<0，故F(x)＝ex－1f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减．对于A，因为<1，所以F>F(1)，即e－1f>f(1)，故A正确；对于B，因为e>1，所以F(e)>F(1)，即ee－1f(e)>f(1)，故B正确；对于C，f(x)＝，则f′(x)＝，令g(x)＝F′(x)－F(x)，则g′(x)＝(ex－1xln x)′－ex－1xln x＝ex－1(1＋ln x)，当x>时，g′(x)>0，当0<x<时，g′(x)<0，故g(x)＝F′(x)－F(x)在上单调递减，在上单调递增，又g＝F′－F＝e－1·ln －e－1f＝－e－1·＋e－1·＝0，故g(x)＝F′(x)－F(x)≥0恒成立，所以f′(x)＝≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，故C正确；对于D，由C项可知，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故无最小值，故D错误．故选ABC. 22．(2023·吉林长春高三模拟)已知函数f(x)＝x3＋x2－2x＋1，若函数f(x)在(2a－2，2a＋3)上存在最小值，则实数a的取值范围是________． 答案　 解析　f(x)＝x3＋x2－2x＋1，f′(x)＝x2＋x－2＝(x＋2)(x－1)，当－2<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x<－2或x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)在x＝1处取得极小值，在x＝－2处取得极大值．令f(x)＝f(1)，解得x＝1或x＝－，又函数f(x)在(2a－2，2a＋3)上存在最小值，且(2a－2，2a＋3)为开区间，∴－≤2a－2<1<2a＋3，解得－≤a<，即实数a的取值范围是. 一、高考大题 1．(2023·北京高考)设函数f(x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1. (1)求a，b的值； (2)设函数g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间； (3)求f(x)的极值点个数． 解　(1)因为f(x)＝x－x3eax＋b，x∈R， 所以f′(x)＝1－(3x2＋ax3)eax＋b， 因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1， 所以f(1)＝－1＋1＝0，f′(1)＝－1， 则解得 (2)由(1)得g(x)＝f′(x)＝1－(3x2－x3)·e－x＋1(x∈R)， 则g′(x)＝－x(x2－6x＋6)e－x＋1， 令x2－6x＋6＝0，解得x＝3±， 不妨设x1＝3－，x2＝3＋，则0<x1<x2， 易知e－x＋1>0恒成立， 所以令g′(x)<0，解得0<x<x1或x>x2； 令g′(x)>0，解得x<0或x1<x<x2， 所以g(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增， 即g(x)的单调递减区间为(0，3－)和(3＋，＋∞)，单调递增区间为(－∞，0)和(3－，3＋)． (3)由(1)得f(x)＝x－x3e－x＋1(x∈R)， f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1， 由(2)知f′(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增， 当x<0时，f′(－1)＝1－4e2<0，f′(0)＝1>0， 即f′(－1)f′(0)<0， 所以f′(x)在(－∞，0)上存在唯一零点，不妨设为x3， 则－1<x3<0， 此时，当x<x3时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x3<x<0时，f′(x)>0，则f(x)单调递增， 所以f(x)在(－∞，0)上有一个极小值点； 当x∈(0，x1)时，f′(x)在(0，x1)上单调递减， 则f′(x1)＝f′(3－)<f′(1)＝1－2<0，故f′(0)f′(x1)<0， 所以f′(x)在(0，x1)上存在唯一零点，不妨设为x4， 则0<x4<x1， 此时，当0<x<x4时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x4<x<x1时，f′(x)<0，则f(x)单调递减， 所以f(x)在(0，x1)上有一个极大值点； 当x∈(x1，x2)时，f′(x)在(x1，x2)上单调递增， 则f′(x2)＝f′(3＋)>f′(3)＝1>0，故f′(x1)f′(x2)<0，所以f′(x)在(x1，x2)上存在唯一零点，不妨设为x5，则x1<x5<x2， 此时，当x1<x<x5时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x5<x<x2时，f′(x)>0，则f(x)单调递增， 所以f(x)在(x1，x2)上有一个极小值点； 当x>x2＝3＋>3时，3x2－x3＝x2(3－x)<0， 所以f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1>0，则f(x)单调递增， 所以f(x)在(x2，＋∞)上无极值点． 综上，f(x)在(－∞，0)和(x1，x2)上各有一个极小值点，在(0，x1)上有一个极大值点，共有3个极值点． 2．(2023·全国乙卷节选)已知函数f(x)＝ln (1＋x)． (1)是否存在a，b，使得曲线y＝f关于直线x＝b对称？若存在，求a，b的值；若不存在，说明理由； (2)若f(x)在(0，＋∞)存在极值，求a的取值范围． 解　(1)假设存在a，b，使得曲线y＝f关于直线x＝b对称． 令g(x)＝f＝(x＋a)ln ＝(x＋a)·ln ， 因为曲线y＝g(x)关于直线x＝b对称， 所以g(x)＝g(2b－x)， 即(x＋a)ln ＝(2b－x＋a)ln ＝(x－2b－a)ln ， 于是得 当a＝，b＝－时， g(x)＝ln ， g(－1－x)＝ln ＝ln ＝ln ＝ln ＝g(x)， 所以曲线y＝g(x)关于直线x＝－对称，满足题意． 故存在a，b，使得曲线y＝f关于直线x＝b对称，且a＝，b＝－. (2)f′(x)＝－ln (1＋x)＋· ＝ ＝(x＞0)， 设h(x)＝－ln (1＋x)，x≥0， 则h′(x)＝－ ＝＝， ①当a≤0时，2a－1＜0，当x＞0时，h′(x)＜0， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以当x＞0时，h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值，不满足题意． ②当a≥时，2a－1≥0，当x＞0时，h′(x)＞0， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x＞0时，h(x)＞h(0)＝0，即f′(x)＞0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值，不满足题意． ③当0＜a＜时，令h′(x)＝0，得x＝，当0＜x＜时，h′(x)＜0，当x＞时，h′(x)＞0， 所以h(x)在上单调递减，在上单调递增，所以h＜h(0)＝0， 又当x→＋∞时，h(x)→＋∞，所以存在x0∈，使得h(x0)＝0， 即当0＜x＜x0时，h(x)＜0，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x＞x0时，h(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 此时y＝f(x)有极小值点x0. 综上所述，a的取值范围为. 3．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值． (1)求a； (2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 解　(1)f′(x)＝ex－a，g′(x)＝a－＝. 当a≤0时，因为ex>0，所以f′(x)>0，即f(x)在R上单调递增，无最小值，不符合题意． 当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(ln a)＝a－aln a； g(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(x)min＝g＝1＋ln a. 由题意，a－aln a＝1＋ln a， 即(a＋1)ln a＝a－1，所以ln a－＝0，(*) 令h(a)＝ln a－， 则h′(a)＝－＝>0. 所以h(a)在(0，＋∞)上单调递增． 又h(1)＝0，由(*)式解得a＝1.所以a＝1. (2)证明：由(1)知a＝1，函数f(x)＝ex－x在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 函数g(x)＝x－ln x在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 设u(x)＝f(x)－g(x)＝ex－2x＋ln x(x＞0)， 则u′(x)＝ex－2＋＞ex－2，当x≥1时，u′(x)＞e－2＞0， 所以函数u(x)在[1，＋∞)上单调递增， 因为u(1)＝e－2＞0， 所以当x≥1时，u(x)≥u(1)＞0恒成立，即f(x)－g(x)＞0在[1，＋∞)上恒成立，所以函数f(x)与g(x)的图象在[1，＋∞)上无交点． 当0＜x＜1时，u′(x)＝ex－1＋＞0， 所以u(x)在(0，1)上单调递增， 又u(1)＝e－2＞0，u＝e－－2＜e－－2＜0，所以u(x)在(0，1)上存在唯一零点， 所以函数f(x)与函数g(x)的图象在(0，1)上存在唯一交点，设该交点为M(m，f(m))(0＜m＜1)， 由此可作出函数y＝f(x)和y＝g(x)的大致图象， 由图象可知，当且仅当直线y＝b经过点M(m，f(m))时， 直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点， 此时，设三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3， 则f(x1)＝f(x2)＝g(x2)＝g(x3)＝b. 因为f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x＝eln x－ln x＝f(ln x)， 所以f(x1)＝f(x2)＝f(ln x2)＝f(ln x3)． 由于x2≠x1，x2≠ln x2， 所以x2＝ln x3，x1＝ln x2， 则f(ln x2)＝eln x2－ln x2＝x2－ln x2＝x2－x1＝b， f(ln x3)＝eln x3－ln x3＝x3－ln x3＝x3－x2＝b， 上述两式相减得x1＋x3＝2x2，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 综上可得，存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 二、模拟大题 4．(2023·山东青岛高三模拟)已知函数f(x)＝. (1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为－1，求a的值； (2)若f(x)在(1，＋∞)上有最大值，求实数a的取值范围． 解　(1)函数f(x)＝的定义域为{x|x≠±1}， f′(x)＝＝， 由已知可得f′(2)＝＝－1，解得a＝－1. (2)因为f′(x)＝， 令g(x)＝－x2＋2ax－1(x>1)． ①当a≤0时，对任意的x>1，g(x)＝－x2＋2ax－1<0恒成立，则f′(x)<0， 此时函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，没有最大值； ②当0<a≤1时，g(x)＝－x2＋2ax－1在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)<g(1)≤0， 则f′(x)<0， 此时函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，没有最大值； ③当a>1时，方程－x2＋2ax－1＝0的两根分别为x1＝a－，x2＝a＋， 由a>1可知0<x1<1<a<x2，列表如下： x (1，a＋) a＋ (a＋，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  极大值  所以函数f(x)在x＝a＋处取得最大值． 综上所述，实数a的取值范围是(1，＋∞)． 5．(2024·广东高中毕业班第一次调研)已知a∈R，函数f(x)＝＋ax，x∈[0，2π]． (1)记f(x)的导函数为g(x)，求函数g(x)在[0，2π]上的单调区间； (2)若f(x)在(0，2π)上的极大值、极小值恰好各有一个，求a的取值范围． 解　(1)由f(x)＝＋ax， 得f′(x)＝＋a， 即g(x)＝＋a. 则g′(x)＝，令＝0， 得x＝或x＝. 由g′(x)＜0，解得0＜x＜或＜x＜2π； 由g′(x)＞0，解得＜x＜. 所以函数g(x)在[0，2π]上的单调递增区间为，单调递减区间为，. (2)由(1)知，g(x)在x＝处取得极小值，在x＝处取得极大值． 又g(0)＝a＋1，g＝a－e－，g＝a＋e－，g(2π)＝a＋e－2π， 则g(0)＞g＞g(2π)＞g. 若g≥0，则f′(x)≥0，故f(x)在(0，2π)内单调递增， 从而f(x)在(0，2π)内无极值，不符合题设， 所以g＜0； 若g(2π)＜0，当g≤0时，f(x)在(0，2π)内至多有一个极值点，不符合题设； 当g＞0时，f(x)在(0，2π)内有三个极值点，不符合题设． 所以g(2π)≥0. 所以解得－e－2π≤a＜e－. 此时g(0)＞g＞g(2π)≥0＞g， 则存在唯一x1∈，使得f′(x1)＝0，当x∈(0，x1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，则f(x)在x＝x1处取得极大值； 存在唯一x2∈，使得f′(x2)＝0，当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(x2，2π)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，则f(x)在x＝x2处取得极小值． 综上，a的取值范围是[－e－2π，e－)． 6．(2023·福建福州高三模拟)已知函数f(x)＝ex－ax3－bx2－x，其中a，b∈R，e＝2.71828…为自然对数的底数． (1)若a＝0，b＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；当x<0时，f(x)<1； (2)若a＋b＝e－1，函数f(x)在区间(0，1)上不单调，求a的取值范围． 解　(1)证明：当a＝0，b＝1时，f(x)＝ex－x2－x，f′(x)＝ex－x－1， 令p(x)＝ex－x－1，则p′(x)＝ex－1. 当x≥0时，p′(x)＝ex－1≥0，故f′(x)单调递增； 当x<0时，p′(x)＝ex－1<0，故f′(x)单调递减， 故f′(x)≥f′(0)＝0，故f(x)单调递增， 又f(0)＝1， 所以当x≥0时，f(x)≥1；当x<0时，f(x)<1. (2)函数f(x)在区间(0，1)上不单调，即f′(x)＝ex－ax2－bx－1在区间(0，1)上存在变号零点， 由a＋b＝e－1可知f′(1)＝0，又f′(0)＝0， 而函数f′(x)在区间(0，1)上有零点，则函数f′(x)在区间(0，1)上至少有三个单调区间， 令m(x)＝ex－ax2－bx－1，则m′(x)＝ex－2ax－b. 令g(x)＝ex－2ax－b，则g′(x)＝ex－2a，x∈[0，1]． ①若a≤，则2a≤1，g′(x)＝ex－2a≥0， 所以函数g(x)在区间[0，1]上单调递增， 函数g(x)即m′(x)在区间[0，1]上单调，不可能满足“函数f′(x)在区间(0，1)上至少有三个单调区间”这一要求． ②若a≥，则2a≥e，g′(x)＝ex－2a≤0， 所以函数g(x)在区间[0，1]上单调递减， 函数g(x)即m′(x)在区间[0，1]上单调，不可能满足“函数f′(x)在区间(0，1)上至少有三个单调区间”这一要求． ③若<a<，则1<2a<e， 于是当0<x<ln (2a)时，g′(x)＝ex－2a<0； 当ln (2a)<x<1时，g′(x)＝ex－2a>0， 所以函数g(x)在区间[0，ln (2a)]上单调递减，在区间[ln (2a)，1]上单调递增， 则g(x)min＝2a－2aln (2a)－b＝3a－2aln (2a)－e＋1， 令h(x)＝x－xln x－e＋1(1<x<e)， 则h′(x)＝－ln x， 由h′(x)>0，得1<x<， 由h′(x)<0，得<x<e， 所以h(x)在区间(1，)上单调递增，在区间(，e)上单调递减． h(x)max＝h()＝－ln －e＋1＝－e＋1<0， 即g(x)min<0恒成立． 要使函数f′(x)在区间(0，1)上至少有三个单调区间，则得e－2<a<1， 又<a<，所以e－2<a<1. 综上，a的取值范围为(e－2，1)． 24 学科网（北京）股份有限公司 $$