2.6 导数及其应用-【十年高考】备战2025年高考数学真题分类解析与应试策略（Word版）

§2.6　导数及其应用 考点 2015-2019年 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 合计 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 24.导数的概念及几何意义 8 5 3 0 4 0 2 0 1 0 3 0 21 5 25.导数与函数的单调性 2 4 1 0 1 0 3 1 3 0 1 1 11 6 26.导数与函数的极值 3 7 0 0 1 1 1 0 2 0 1 0 8 8 27.导数与函数的最值 1 3 0 1 1 1 3 0 0 0 0 0 5 5 28.生活中的最优化问题 0 2 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 29.利用导数解决恒成立、存在性问题 2 3 1 1 0 0 0 0 2 0 3 0 8 4 30.利用导数证明不等式 5 3 1 2 2 0 1 1 2 0 0 1 11 7 31.利用导数研究函数的零点 6 5 3 1 3 0 4 0 1 0 1 0 18 6 续表 命题分析与备考建议 (1)命题热度:本专题是历年高考必考的内容(),属于中高档题,三种题型都有涉及,一般为一小一大两个题目,在每套试卷中占12~16分. (2)考查方向:一是考查导数的概念及几何意义,利用某点处的导数值为此点处切线的斜率求曲线在某点处的切线;二是考查导数与函数的单调性,利用导数的正负确定函数的单调区间;三是考查导数与函数的极值,利用极值点的定义,结合导数确定函数的极值;四是考查导数与函数的最值,利用导数研究函数单调区间与极值,然后比较大小确定最值;五是考查生活中的最优化问题,建立数学模型,结合导数研究实际 问题中的最优解;六是考查利用导数解决恒成立(或存在性)问题,将恒成立(存在性)问题转化为最值问题,进而利用导数研究;七是考查利用导数证明不等式,将不等式转化为最值问题,进而利用导数研究;八是考查利用导数研究函数的零点,利用导数研究函数的单调性与最值,分析函数图象特点确定函数零点. (3)明智备考:一是要熟练掌握利用导数的几何意义求切线方程问题;二是抓住导数与函数单调性之间的关系,这是利用导数研究函数性质的核心;三是灵活利用分离参数等方法将不等式恒成立(有解)等问题转化为相关函数的最值求解. (4)主编提示:导数及其应用命题的兴趣点有两个,导数的几何意义以及导数研究不 等式问题,特别是不等式恒成立与有解问题,一直是高考命题的热点,函数多为对数函数或指数函数与其他函数的组合,考查数学运算与数学抽象、逻辑推理等核心素养.高三备考,抓住解决此类问题的核心点——导数与函数的单调性. 考点24导数的概念及几何意义　 1.(2024·全国甲,理6,5分,难度★★)设函数f(x)=,则曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(　A　) 　 　　　　　 　　　　　 　　　　 A. B. C. D. 解析　由已知得 f'(x)=, 则f'(0)=3,故所求切线方程为y=3x+1, 则所求面积S=××1=.故选A. 2.(2024·全国甲,文7,5分,难度★★)曲线f(x)=x6+3x-1在(0,-1)处的切线与坐标轴围成的面积为 (　A　) A. B. C. D. 解析　f'(x)=6x5+3,则f'(0)=3.故切线方程为y=3x-1.当y=0时,x=;当x=0时,y=-1.则所求面积S=××1=.故选A. 3.(2023·全国甲,文8,5分,难度★★)曲线y=在点1,处的切线方程为 (　C　) 　 　　　　　 　　　　　 　　　　 A.y=x B.y=x C.y=x+ D.y=x+ 解析　∵y=, ∴y'===.则y'|x=1==k. 在点1,处的切线方程为y-=(x-1), 即y=x+.故选C. 4.(2021·全国新高考1,7,5分,难度★★)若过点(a,b)可以作曲线y=ex的两条切线,则 (　D　) A.eb<a B.ea<b C.0<a<eb D.0<b<ea 解析　设切点(x0,y0),因为y'=ex,所以切线的斜率k=, 则切线方程为y-=(x-x0). 因为切线过点(a,b),所以b-=(a-x0), 即方程(a-x0+1)-b=0有两个解. 设g(x)=ex(a-x+1)-b, 则g'(x)=ex(a-x)=0,解得x=a, 所以g(x)在区间(-∞,a)内单调递增,在区间(a,+∞)内单调递减. 由g(a)>0,得ea>b.结合4个选项,可知选D. 5.(2020·全国1,理6,5分,难度★★)函数f(x)=x4-2x3的图象在点(1,f(1))处的切线方程为(　B　) A.y=-2x-1 B.y=-2x+1 C.y=2x-3 D.y=2x+1 解析　对函数f(x)求导可得f'(x)=4x3-6x2,由导数的几何意义知在点(1,f(1))处的切线的斜率为k=f'(1)=-2.又因为f(1)=-1,所以切线方程为y-(-1)=-2(x-1),化简得y=-2x+1. 6.(2019·全国2,文10,5分,难度★★)曲线y=2sin x+cos x在点(π,-1)处的切线方程为(　C　) A.x-y-π-1=0 B.2x-y-2π-1=0 C.2x+y-2π+1=0 D.x+y-π+1=0 解析　当x=π时,y=2sin π+cos π=-1,即点(π,-1)在曲线y=2sin x+cos x上. ∵y'=2cos x-sin x, ∴y'|x=π=2cos π-sin π=-2. ∴曲线y=2sin x+cos x在点(π,-1)处的切线方程为y-(-1)=-2(x-π),即2x+y-2π+1=0.故选C. 求切线方程注意点 利用导数的几何意义求切线方程,应注意两点:一是要检验点P(x0,y0)是否在曲线上.若点不在曲线上,则应该先设切点坐标,利用切线斜率列方程求切点坐标,然后再求解;二是要准确地把握切点的二重性——既在切线上,又在曲线上. 7.(2019·全国3,理6文7,5分,难度★★)已知曲线y=aex+xln x在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b,则 (　D　) A.a=e,b=-1 B.a=e,b=1 C.a=e-1,b=1 D.a=e-1,b=-1 解析　∵y'=aex+ln x+1, ∴k=y'|x=1=ae+1=2,∴ae=1,a=e-1. 将点(1,1)代入y=2x+b,得2+b=1,∴b=-1. 8.(2018·全国1,理5文6,5分,难度★★)设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为 (　D　) A.y=-2x B.y=-x C.y=2x D.y=x 解析　因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,解得a=1,则f(x)=x3+x.由f'(x)=3x2+1,得曲线y=f(x)在(0,0)处的切线斜率k=f'(0)=1.故切线方程为y=x. 9.(2016·山东,理10,5分,难度★★★)若函数y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则称y=f(x)具有T性质.下列函数中具有T性质的是 (　A　) A.y=sin x B.y=ln x C.y=ex D.y=x3 解析　当y=sin x时,y'=cos x,因为cos 0·cos π=-1,所以在函数y=sin x图象存在两点x=0,x=π使条件成立,故A正确;函数y=ln x,y=ex,y=x3的导数值均非负,不符合题意,故选A. 本题实质上是检验函数图象上存在两点的导数值乘积等于-1. 10.(2024·全国新高考1,13,5分,难度★★★)若曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线,则a=　　　　.  答案　ln 2 解析　由y=ex+x,得y'=ex+1.当x=0时,y'=2.∴曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线方程为y-1=2(x-0),即y=2x+1.∴直线y=2x+1是曲线y=ln(x+1)+a的切线.由y=ln(x+1)+a,得y'=.设直线y=2x+1与曲线y=ln(x+1)+a相切于点(x0,y0),则=2,∴x0=-.将x0=-代入y=2x+1,得y0=2×-+1=0.∴ln-+1+a=0,∴a=ln 2. 11.(2022·全国新高考1,15,5分,难度★★★)若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线,则a的取值范围是　　　　　.  答案　(-∞,-4)∪(0,+∞) 解析　由题意可得,y'=ex+(x+a)ex=(1+x+a)ex. 设切点为(x0,(x0+a)),则切线方程为y-(x0+a)=(1+x0+a)(x-x0). 又切线过原点,∴-(x0+a)=-x0(1+x0+a),整理得+ax0-a=0. ∵曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线, ∴+ax0-a=0有2个不同实数解, ∴Δ=a2+4a>0,解得a>0或a<-4. 故a的取值范围是(-∞,-4)∪(0,+∞). 12.(2022·全国新高考2,14,5分,难度★★★)曲线y=ln|x|经过坐标原点的两条切线方程分别为　　　　　　　　,　　　　　　　　.  答案　y=　y=- 解析　当x>0时,y=ln x,点(x1,ln x1)(x1>0)上的切线为y-ln x1=(x-x1). 若该切线经过原点,则ln x1-1=0,解得x1=e,此时切线方程为y=. 当x<0时,y=ln(-x),点(x2,ln(-x2))(x2<0)上的切线为y-ln(-x2)=(x-x2). 若该切线经过原点,则ln(-x2)-1=0,解得x2=-e,此时切线方程为y=-. 13.(2021·全国甲,理13,5分,难度★★)曲线y=在点(-1,-3)处的切线方程为　　　　　.  答案　5x-y+2=0 解析　由y=,得y'=,则在点(-1,-3)处的切线的斜率为5,所以切线方程为y+3=5(x+1),即5x-y+2=0. 14.(2021·全国新高考2,16,5分,难度★★★★)已知函数f(x)=|ex-1|,x1<0,x2>0,函数f(x)的图象在点A(x1,f(x1))和点B(x2,f(x2))的两条切线互相垂直,且分别交y轴于M,N两点,则的取值范围是　　　　　.  答案　(0,1) 解析　f(x)= 则f'(x)= 令A(x1,1-),B(x2,-1), 由条件知-·=-1,则x1+x2=0. 所以AM的方程为y-1+=-(x-x1),M(0,x1-+1), 即|AM|==·|x1|. 同理可得|BN|=·|x2|, ∴= ===∈(0,1). 15.(2020·全国1,文15,5分,难度★★★)曲线y=ln x+x+1的一条切线的斜率为2,则该切线的方程为　　　　　.  答案　y=2x 解析　设切点坐标为(x0,y0). 对y=ln x+x+1求导可得y'=+1. 由题意得,+1=2,解得x0=1, 故y0=ln 1+1+1=2, 切线方程为y-2=2(x-1),即y=2x. 16.(2020·全国3,文15,5分,难度★★★)设函数f(x)=.若f'(1)=,则a=　　　　　.  答案　1 解析　对函数f(x)=求导得f'(x)=,由题意得f'(1)==,解得a=1. 17.(2019·全国1,理13文13,5分,难度★★)曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为　　　　.  答案　y=3x 解析　由题意可知y'=3(2x+1)ex+3(x2+x)ex=3(x2+3x+1)ex,∴k=y'|x=0=3. ∴曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为y=3x. 18.(2019·天津,文11,5分,难度★★)曲线y=cos x-在点(0,1)处的切线方程为　　　　　.  答案　x+2y-2=0 解析　y'=-sin x-,y'|x=0=k=-. 切线方程为y-1=-x,即x+2y-2=0. 19.(2019·江苏,11,5分,难度★★★)在平面直角坐标系xOy中,点A在曲线y=ln x上,且该曲线在点A处的切线经过点(-e,-1)(e为自然对数的底数),则点A的坐标是　　　　　.  答案　(e,1) 解析　设点A(x0,y0),则y0=ln x0, 又y'=,当x=x0时,y'=,点A在曲线y=ln x 上的切线为y-y0=(x-x0),即y-ln x0=-1,代入点(-e,-1),得-1-ln x0=-1, 即x0ln x0=e,得x0=e,y0=1,故点A(e,1). 20.(2018·全国2,理13,5分,难度★★ )曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为　　　　　　.  答案　y=2x 解析　∵y'=,∴当x=0时,y'=2, ∴曲线在(0,0)处的切线方程为y=2x. 21.(2018·全国2,文13,5分,难度★★)曲线y=2ln x在点(1,0)处的切线方程为　　　　　　.  答案　y=2x-2 解析　∵y'=(2ln x)'=,∴当x=1时,y'=2. ∴切线方程为y=2(x-1),即y=2x-2. 22.(2018·全国3,理14,5分,难度★★★)直线y=(ax+1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为-2,则a=. 答案　-3 解析　设f(x)=(ax+1)ex, ∵f'(x)=a·ex+(ax+1)ex=(ax+a+1)ex, ∴f(x)=(ax+1)ex在(0,1)处的切线斜率k=f'(0)=a+1=-2,∴a=-3. 23.(2018·天津,文10,5分,难度★★)已知函数f(x)=exln x,f'(x)为f(x)的导函数,则f'(1)的值为　　　.  答案　e 解析　∵f'(x)=exln x+, ∴f'(1)=eln 1+=e. 24.(2017·全国1,文14,5分,难度★★)曲线y=x2+在点(1,2)处的切线方程为　　　　　.  答案　y=x+1 解析　设y=f(x),则f'(x)=2x-,所以f'(1)=2-1=1.所以曲线y=x2+在点(1,2)处的切线方程为y-2=1×(x-1),即y=x+1. 25.(2017·天津,文10,5分,难度★★)已知a∈R,设函数f(x)=ax-ln x的图象在点(1,f(1))处的切线为l,则l在y轴上的截距为　　　　　.  答案　1 解析　∵f(x)=ax-ln x,∴f'(x)=a-,f'(1)=a-1,f(1)=a,则切线l方程为y-a=(a-1)(x-1),即y=(a-1)x+1,则l在y轴上的截距为1. 26.(2021·全国乙,文21,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1. (1)讨论f(x)的单调性; (2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标. 解　(1)函数f(x)=x3-x2+ax+1的定义域为R,其导数为f'(x)=3x2-2x+a. ①当a≥时,方程f'(x)=0至多有一解,f'(x)≥0,f(x)在R上单调递增; ②当a<时,若f'(x)=0,则3x2-2x+a=0,此时方程3x2-2x+a=0有两根, 即x1=,x2=. 当x<x1或x>x2时,f'(x)>0; 当x1<x<x2时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-∞,x1)内单调递增,在区间(x1,x2)内单调递减,在区间(x2,+∞)内单调递增. 故当a≥时,f(x)在R上单调递增; 当a<时,f(x)在区间-∞,内单调递增,在区间,内单调递减,在区间,+∞内单调递增. (2)记曲线y=f(x)过坐标原点的切线为l,切点为P(x0,-+ax0+1),f'(x0)=3-2x0+a, 故切线l的方程为y-(-+ax0+1)=(3-2x0+a)(x-x0). 因为切线l过坐标原点,所以2--1=0, 解得x0=1,所以切线l的方程为y=(1+a)x. 由x3-x2+ax+1=(1+a)x,得x3-x2-x+1=0,解得x=1或x=-1. 故曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标为(1,1+a),(-1,-1-a). 考点25导数与函数的单调性　 1.(2023·全国新高考2,6,5分,难度★★)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为 (　C　) A.e2 B.e C.e-1 D.e-2 解析　由题意可知f'(x)=aex-≥0在区间(1,2)内恒成立,即a≥在区间(1,2)内恒成立. 设g(x)=xex,则g'(x)=(x+1)ex>0在区间(1,2)内恒成立, 所以函数g(x)=xex在区间(1,2)内单调递增, 所以g(x)>g(1)=e, 则0<<,即a≥e-1.故选C. 2.(2022·全国甲,理12,5分,难度★★★)已知a=,b=cos,c=4sin,则 (　A　) A.c>b>a B.b>a>c C.a>b>c D.a>c>b 解析　方法一:因为a==1-,构造函数h(x)=1-x2-cos x,x∈0,,则g(x)=h'(x)=-x+sin x,g'(x)=-1+cos x≤0,所以g(x)在0,上单调递减,g(x)≤g(0)=0,即h'(x)≤0,则h(x)在0,上单调递减,所以h=a-b<h(0)=0,即a<b.又==,显然当x∈0,时,tan x>x,所以>1,即b<c.综上可得c>b>a.故选A. 方法二:因为b=cos=1-2sin2,所以b-a=1-2sin2-=-2sin2=2-sin2. 令f(x)=x-sin x,则f'(x)=1-cos x≥0, 所以函数f(x)在R上单调递增,所以当x>0时,f(x)>f(0)=0,即有x>sin x(x>0)成立, 所以>sin,得>sin2,所以b>a. 因为==4tan,所以令g(x)=tan x-x, 则g'(x)='-1=-1=≥0, 所以函数g(x)在定义域内单调递增, 所以当x>0时,g(x)>g(0)=0, 即有tan x>x(x>0)成立, 所以tan>,即4tan>1, 所以>1(b>0),即c>b.综上c>b>a. 构造函数,比较大小 (1)比较三角函数值的大小时,一般需要构造函数,利用函数的单调性进行比较,常常利用常见不等式进行放缩,比如:tan x>x>sin x(x>0),ex≥x+1,x-1≥ln x以及它们的常见变形等. (2)构造目标函数是解决导数不等式问题的核心.题设中的导数不等式是我们构造目标函数的依据,但对于较复杂的问题,仅观察导数不等式还不够,还需要结合目标不等式中代数式的结构特征,构造恰当的函数解决问题. 3.(2022·全国新高考1,7,5分,难度★★★)设a=0.1e0.1,b=,c=-ln 0.9,则 (　C　) A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.a<c<b 解析　令a1=xex,b1=,c1=-ln(1-x), 则ln a1-ln b1=ln(xex)-ln=x+ln x-[ln x-ln(1-x)]=x+ln(1-x). 令y1=x+ln(1-x),x∈(0,0.1], 则当x∈(0,0.1)时,y1'=1-=<0. 于是函数y1=x+ln(1-x)在区间(0,0.1]上单调递减. 于是y1<0,∴ln a1-ln b1<0,∴b1>a1. 令y2=a1-c1=xex+ln(1-x),x∈(0,0.1], 则y2'=xex+ex-=. 令k(x)=(1+x)(1-x)ex-1, 则当x∈(0,0.1)时,k'(x)=(1-x2-2x)ex>0, ∴k(x)在区间(0,0.1)内单调递增. ∴k(x)>k(0)=0. ∴在区间(0,0.1)内,y2' >0, ∴y2=xex+ln(1-x)在区间(0,0.1]上单调递增. ∴y2>0,∴a1>c1.∴在区间(0,0.1]上,b1>a1>c1. 故当x=0.1时,有b>a>c. 4.(2021·全国乙,理12,5分,难度★★★★)设a=2ln 1.01,b=ln 1.02,c=-1,则(　B　) A.a<b<c B.b<c<a C.b<a<c D.c<a<b 解析　b-c=ln 1.02-+1, 设f(x)=ln(x+1)-+1, 则b-c=f(0.02),f'(x)=-=,当x≥0时,x+1=≥,故当x≥0时,f'(x)=≤0,所以f(x)在[0,+∞)上单调递减,所以f(0.02)<f(0)=0,即b<c. a-c=2ln 1.01-+1,设g(x)=2ln(x+1)-+1,则a-c=g(0.01),g'(x)=-=,当0≤x<2时,≥=x+1,故当0≤x<2时,g'(x)≥0,所以g(x)在[0,2)上单调递增,所以g(0.01)>g(0)=0,故c<a,从而有b<c<a,故选B. 5.(2023·全国乙,理16,5分,难度★★★)设a∈(0,1),若函数f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)单调递增,则a的取值范围是　　　　　.  答案　,1 解析　由题意得f'(x)=ax·ln a+(1+a)x·ln(1+a).易知f'(x)不恒为0. ∵f(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴f'(x)=ax·ln a+(1+a)x·ln(1+a)≥0对∀x>0恒成立. ∴1+x≥-对∀x>0恒成立, ∴-≤1,∴ln(1+a)≥ln,即1+a≥, ∴a2+a-1≥0,∴a≤或a≥. 又a∈(0,1),∴a∈,1. 6.(2017·山东,理15,5分,难度★★★★)若函数exf(x)(e=2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增,则称函数f(x)具有M性质.下列函数中所有具有M性质的函数的序号为　　　　　.  ①f(x)=2-x　②f(x)=3-x　③f(x)=x3 ④f(x)=x2+2 答案　①④ 解析　对①,设g(x)=ex·2-x, 则g'(x)=ex2-x+2-xln =ex·2-x·1+ln >0, ∴g(x)在R上单调递增,具有M性质; 对②,设g(x)=ex·3-x, 则g'(x)=ex3-x+3-xln =ex·3-x1+ln <0, ∴g(x)在R上单调递减,不具有M性质; 对③,设g(x)=ex·x3,则g'(x)=ex·x2(x+3),令g'(x)=0,得x1=-3,x2=0, ∴g(x)在(-∞,-3)上单调递减,在(-3,+∞)上单调递增,不具有M性质; 对④,设g(x)=ex(x2+2),则g'(x)=ex(x2+2x+2), ∵x2+2x+2=(x+1)2+1>0, ∴g'(x)>0,∴g(x)在R上单调递增,具有M性质.故填①④. 7.(2017·江苏,11,5分,难度★★★)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　　　　　.  答案　-1, 解析　因为f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x-=-f(x),所以f(x)为奇函数.因为f'(x)=3x2-2+ex+e-x≥3x2-2+2≥0(当且仅当x=0时等号成立),所以f(x)在R上单调递增,因为f(a-1)+f(2a2)≤0可化为f(2a2)≤-f(a-1),即f(2a2)≤f(1-a),所以2a2≤1-a,2a2+a-1≤0,解得-1≤a≤,故实数a的取值范围是-1,. 8.(2024·全国新高考2,16,15分,难度★★★)已知函数f(x)=ex-ax-a3. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围. 解　(1)当a=1时,f(x)=ex-x-1,则切点为(1,e-2).又f'(x)=ex-1,k=f'(1)=e-1,故所求切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),整理得(e-1)x-y-1=0. (2)由题得,f'(x)=ex-a.当a≤0时,f'(x)>0恒成立,则f(x)在R上为增函数,无极值,所以a>0. 令f'(x)=0,得x=ln a. 当f'(x)<0时,x<ln a;当f'(x)>0时,x>ln a,故函数f(x)在区间(-∞,ln a)上单调递减,在区间(ln a,+∞)上单调递增,所以f(x)的极小值为f(ln a)=a-aln a-a3<0,即1-ln a-a2<0.令g(x)=-x2-ln x+1,x>0,g'(x)=-2x-<0,所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递减.又g(1)=0,所以g(a)<g(1),即a>1,故a的取值范围为(1,+∞). 9.(2024·北京,20,15分,难度★★★★)已知f(x)=x+kln(1+x)(k≠0),直线l是曲线y=f(x)在点(t,f(t))(t>0)处的切线. (1)若k=-1,求f(x)的单调区间; (2)证明:切线l不经过点(0,0); (3)当k=1时,设点A(t,f(t)),C(0,f(t)),O(0,0),其中t>0,切线l与y轴交于点B,S△ACO与S△ABO分别表示△ACO与△ABO的面积.是否存在点A使得2S△ACO=15S△ABO成立,若存在,这样的点A有几个?(参考数据:1.09<ln 3<1.10,1.60<ln 5<1.61,1.94<ln 7<1.95) (1)解　k=-1,f(x)=x-ln(1+x),x>-1, f'(x)=1-=. 当x>0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)内单调递增.当-1<x<0时,f'(x)<0,f(x)在(-1,0)内单调递减. (2)证明　f'(x)=1+,∴在(t,f(t))处的切线l的方程为y-f(t)=1+(x-t),若切线过原点,则f(t)=1+t,即t+kln(1+t)=t1+,kln(1+t)=. ∵k≠0,∴ln(1+t)-=0.(*) 设g(x)=ln(1+x)-(x>0), g'(x)=, ∵x>0,∴g'(x)>0, ∴g(x)在(0,+∞)内单调递增, ∴g(x)>g(0)=0,由于t>0, ∴g(t)>0,∴方程(*)无解, 即y=f(t)在(t,f(t))处的切线不过原点. (3)解　k=1时,f(x)=x+ln(1+x),由(2)知,切线l方程为y-f(t)=f'(t)(x-t).令x=0,有yB=1+(-t)+t+ln(1+t)=ln(1+t)-. 设φ(x)=ln(1+x)-,则φ'(x)=,当x>0时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增, ∴φ(x)>φ(0)=0. S△ACO=|t||f(t)|,S△ABO=|t||yB|. 由2S△ACO=15S△ABO,得2|f(t)|=15|yB|. ∵t>0,f(t)>0,yB>0, ∴2[t+ln(1+t)]=15ln(1+t)-, 化简得13ln(1+t)-2t-=0. 设h(x)=13ln(1+x)-2x-. 此时方程解的个数,等价于函数h(x)与x轴交点的个数.h'(x)=-2-=,易知h(x)在-1,内单调递减,在,4内单调递增,在(4,+∞)内单调递减. h(x)极大值=h(4)=13ln 5-2×4-=13ln 5-20>13×1.6-20=0.8>0,又h(0)=0,∴h(x)极小值=h<h(0)=0,又h(8)=13ln 9-2×8-=26ln 3-<26×1.10-=<0,∴h(x)在,4,(4,8)上各有一个零点.因此符合条件的点A的个数为2. 10.(2023·全国乙,文20,12分,难度★★★★)已知函数f(x)=+aln(1+x). (1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若函数f(x)在(0,+∞)单调递增,求a的取值范围. 解　 (1)当a=-1时,f(x)=-1ln(1+x), f'(x)=-ln(1+x)+-1, 所以f(1)=0,f'(1)=-ln 2. 曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-ln 2·(x-1). (2)f'(x)=-ln(1+x)++a· =-ln(1+x)-. 令h(x)=ln(1+x)-,则h(0)=0,且 h'(x)=- =. (ⅰ)若a≤0,当x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)单调递增,从而h(x)>h(0)=0. 故当x∈(0,+∞)时,f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)单调递减. (ⅱ)若a≥,当x∈(0,+∞)时,h'(x)<0,h(x)在(0,+∞)单调递减,从而h(x)<h(0)=0. 故当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)单调递增. (ⅲ)若0<a<,当x∈0,-2时, h'(x)>0,h(x)在0,-2单调递增. 故当x∈0,-2时,h(x)>h(0)=0. 故当x∈0,-2时,f'(x)<0,f(x)在0,-2单调递减,不合题意. 综上,a的取值范围是,+∞. 11.(2022·全国甲,文20,12分,难度★★★★)已知函数f(x)=x3-x,g(x)=x2+a,曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线. (1)若x1=-1,求a; (2)求a的取值范围. 解　(1)∵f'(x)=3x2-1, ∴f'(-1)=2. 当x1=-1时,f(-1)=0, 故y=f(x)在点(-1,0)处的切线方程为y=2x+2. 又y=2x+2与y=g(x)相切,将直线y=2x+2代入g(x)=x2+a,得x2-2x+a-2=0. 由Δ=4-4(a-2)=0,得a=3. (2)∵f'(x)=3x2-1,∴f'(x1)=3-1,则曲线y=f(x)在点(x1,f)x1))处的切线为y-(-x1)=(3-1)(x-x1),整理可得y=(3-1)x-2. 由g(x)=x2+a,得g'(x)=2x. 设曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线为y-(+a)=2x2(x-x2), 整理得y=2x2x-+a. 由题可得 ∴a=-2=9-8-6+1. 令hx1=9-8-6+1,则h'(x1)=36-24-12x1=12x1(x1-1)(3x1+1). 当x1<-或0<x1<1时,h'x1<0,此时函数y=hx1单调递减; 当-<x1<0或x1>1时,h'x1>0,此时函数y=hx1单调递增. 则h-=,h(0)=1,h(1)=-4, ∴h=h(1)=-4, ∴a≥=-1,即a的取值范围为[-1,+∞). (1)直接利用导数的几何意义,列出关于a的方程. (2)设曲线f(x),g(x)的构造方程组,构造函数h(x),并利用它的单调性转化为求最值求解. 12.(2022·北京,20,15分,难度★★★★)已知函数f(x)=exln(1+x). (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)设g(x)=f'(x),讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性; (3)证明:对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t). 解　(1)由题得f'(x)=ex·ln(1+x)+ex·=ex·ln(1+x)+,故f'(0)=e0·ln(1+0)+=1,f(0)=e0ln(1+0)=0,因此曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x. (2)由(1)知g(x)=f'(x)=ex·ln(1+x)+,x∈[0,+∞), 则g'(x)=ex·ln(1+x)+-=ex·ln(1+x)+=ex·ln(1+x)++. 由于x∈[0,+∞),故ln(1+x)≥0,>0,≥0, 所以对任意x∈[0,+∞),g'(x)>0恒成立, 故g(x)在[0,+∞)上单调递增. (3)证明:设函数F(x)=f(x+t)-f(x)(x>0), F'(x)=f'(x+t)-f'(x)=g(x+t)-g(x). 因为t>0,所以x+t>x>0. 因为g(x)在[0,+∞)上单调递增, 所以g(x+t)>g(x),即g(x+t)-g(x)>0, F'(x)>0,所以F(x)在(0,+∞)上单调递增. 又因为s>0,所以F(s)>F(0), 即f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0). 又f(0)=0,所以f(s+t)>f(s)+f(t). 讨论函数f(x)单调性的步骤 (1)确定函数f(x)的定义域; (2)求导数f'(x),并求方程f'(x)=0的根; (3)利用f'(x)=0的根将函数的定义域分成若干个子区间,在这些子区间上讨论f'(x)的正负,由符号确定f(x)在该区间上的单调性. [注意]研究含参数函数的单调性时,需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论. 13.(2020·全国1,理21,12分,难度★★★★)已知函数f(x)=ex+ax2-x. (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; (2)当x≥0时,f(x)≥x3+1,求a的取值范围. 解　(1)当a=1时,f(x)=ex+x2-x,f'(x)=ex+2x-1. 故当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0; 当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0. 所以f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增. (2)f(x)≥x3+1等价于x3-ax2+x+1e-x≤1. 设函数g(x)=x3-ax2+x+1e-x(x≥0), 则g'(x)=- x3-ax2+x+1-x2+2ax-1e-x =-x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x =-x(x-2a-1)(x-2)e-x. ①若2a+1≤0,即a≤-,则当x∈(0,2)时,g'(x)>0. 所以g(x)在(0,2)单调递增,而g(0)=1, 故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意. ②若0<2a+1<2,即-<a<,则当x∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时,g'(x)<0;当x∈(2a+1,2)时,g'(x)>0. 所以g(x)在(0,2a+1),(2,+∞)单调递减,在(2a+1,2)单调递增.由于g(0)=1,所以g(x)≤1当且仅当g(2)=(7-4a)e-2≤1,即a≥. 所以当≤a<时,g(x)≤1. ③若2a+1≥2,即a≥,则g(x)≤x3+x+1e-x. 由于0∈,, 故由②可得x3+x+1e-x≤1. 故当a≥时,g(x)≤1. 综上,a的取值范围是,+∞. 不等式f'(x)>0(<)0不可解处理方法 若不等式f'(x)>0(<0)不可解,则需观察导数f'(x)的单调性与零点,数形结合确定使f'(x)>0(<0)的x的取值范围.若无法确定导数f'(x)的单调性,则需将导数f'(x)解析式中的表达式(部分表达式)构造函数,通过二次求导,确定导数f'(x)的单调性,进而确定函数f(x)的单调区间. 14.(2019·全国3,文20,12分,难度★★★★)已知函数f(x)=2x3-ax2+2. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当0<a<3时,记f(x)在区间[0,1]的最大值为M,最小值为m,求M-m的取值范围. 解　(1)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∈0,时,f'(x)<0. 故f(x)在(-∞,0),,+∞单调递增,在0,单调递减; 若a=0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增; 若a<0,则当x∈-∞,∪(0,+∞)时,f'(x)>0; 当x∈,0时,f'(x)<0.故f(x)在-∞,,(0,+∞)单调递增,在,0单调递减. (2)当0<a<3时,由(1)知,f(x)在0,单调递减,在,1单调递增,所以f(x)在[0,1]的最小值为f=-+2,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a. 于是m=-+2,M= 所以M-m= 当0<a<2时,可知2-a+单调递减, 所以M-m的取值范围是,2. 当2≤a<3时,单调递增,所以M-m的取值范围是,1. 综上,M-m的取值范围是,2. 15.(2019·浙江,22,15分,难度★★★★★)已知实数a≠0,设函数f(x)=aln x+,x>0. (1)当a=-时,求函数f(x)的单调区间; (2)对任意x∈,+∞均有f(x)≤,求a的取值范围. 注:e=2.718 28…为自然对数的底数. 解　(1)当a=-时,f(x)=-ln x+,x>0. f'(x)=-+ =, 所以,函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞). (2)由f(1)≤,得0<a≤. 当0<a≤时,f(x)≤等价于--2ln x≥0. 令t=,则t≥2. 设g(t)=t2-2t-2ln x,t≥2, 则g(t)=t-2--2ln x. ①当x∈,+∞时,≤2,则 g(t)≥g(2)=8-4-2ln x. 记p(x)=4-2-ln x,x≥,则 p'(x)=-- = =. 故 x ,1 1 (1,+∞) p'(x) - 0 + p(x) p 单调递减 极小值p(1) 单调递增 所以,p(x)≥(1)=0. 因此,g(t)≥g(2)=2p(x)≥0. ②当x∈,时, g(t)≥g=. 令q(x)=2ln x+(x+1),x∈,, 则q'(x)=+1>0, 故q(x)在,上单调递增, 所以q(x)≤q. 由①得,q=-p<-p(1)=0. 所以,q(x)<0. 因此,g(t)≥g=->0. 由①②知对任意x∈,+∞,t∈[2,+∞),g(t)≥0, 即对任意x∈,+∞,均有f(x)≤. 综上所述,所求a的取值范围是0,. 16.(2017·全国1,文21,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)≥0,求a的取值范围. 解　(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a). ①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增. ②若a>0,则由f'(x)=0得x=ln a. 当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(-∞,ln a)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增. ③若a<0,则由f'(x)=0得x=ln-. 当x∈-∞,ln-时,f'(x)<0; 当x∈ln-,+∞时,f'(x)>0. 故f(x)在-∞,ln-单调递减, 在ln-,+∞单调递增. (2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0. ②若a>0,则由(1)得,当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a.从而当且仅当-a2ln a≥0,即a≤1时,f(x)≥0. ③若a<0,则由(1)得,当x=ln-时,f(x)取得最小值,最小值为fln-=a2-ln-. 从而当且仅当a2-ln-≥0, 即a≥-2时f(x)≥0. 综上,a的取值范围是[-2,1]. 导函数含有参数的处理技巧 当导函数的解析式中含有参数时,此时需依据参数的取值不同讨论何时导数为正,何时导数为负,并得函数相应的单调区间. 17.(2016·北京,理18,13分,难度★★★★)设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4. (1)求a,b的值; (2)求f(x)的单调区间. 解　(1)因为f(x)=xea-x+bx, 所以f'(x)=(1-x)ea-x+b. 依题设,即 解得a=2,b=e. (2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex. 由f'(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x>0知,f'(x)与1-x+ex-1同号. 令g(x)=1-x+ex-1,则g'(x)=-1+ex-1. 所以,当x∈(-∞,1)时,g'(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减; 当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 故g(1)=1是g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值, 从而g(x)>0,x∈(-∞,+∞). 综上可知,f'(x)>0,x∈(-∞,+∞). 故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). 考点26导数与函数的极值　 1.(多选题)(2024·全国新高考1,10,6分,难度★★★)设函数f(x)=(x-1)2(x-4),则(　ACD　) A.x=3是函数f(x)的极小值点 B.当0<x<1时,f(x)<f(x2) C.当1<x<2时,-4<f(2x-1)<0 D.当-1<x<0时,f(2-x)>f(x) 解析　∵f(x)=(x-1)2(x-4),∴函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=3(x-1)(x-3).令f'(x)=3(x-1)(x-3)=0,得x=1或x=3.当x<1或x>3时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当1<x<3时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴x=3是函数f(x)的极小值点,∴A正确.当0<x<1时,0<x2<x<1,又由上可知当0<x<1时,f(x)单调递增,∴f(x2)<f(x),∴B错误.当1<x<2时,f(2x-1)=(2x-1-1)2(2x-1-4)=4(x-1)2(2x-5)<0,f(2x-1)+4=4(x-2)2(2x-1)>0,即f(2x-1)>-4,∴C正确.f(2-x)-f(x)=(2-x-1)2(2-x-4)-(x-1)2(x-4)=-2(x-1)3.当-1<x<0时,f(2-x)-f(x)>0,∴D正确.故选ACD. 2.(多选题)(2023·全国新高考2,11,5分,难度★★★)若函数f(x)=aln x++(a≠0)既有极大值也有极小值,则 (　BCD　) A.bc>0 B.ab>0 C.b2+8ac>0 D.ac<0 解析　函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=--=. 因为函数f(x)既有极大值也有极小值,所以g(x)=ax2-bx-2c在区间(0,+∞)上有两个不同的零点,即一元二次方程ax2-bx-2c=0有两个不同的正实数根, 设为x1,x2,所以 所以b2+8ac>0,且ab>0,ac<0,bc<0, 所以A不正确,B,C,D正确.故选BCD. 3.(2021·全国乙,理10文12,5分,难度★★★)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　方法一:因为f(x)=a(x-a)2(x-b),所以f'(x)=2a(x-a)·(x-b)+a(x-a)2=a(x-a)·[(2x-2b)+(x-a)] =a(x-a)[3x-(a+2b)]=3a(x-a)x-. 由f'(x)=0,解得x=a或x=. 若a<0,则由x=a为函数f(x)的极大值点,可得<a,化简得b<a,即a-b>0. 此时在区间-∞,和(a,+∞)内,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;在区间,a内,f'(x)>0,函数f(x)单调递增. 此时a(a-b)<0,即a2<ab. 若a>0,则由x=a为函数的极大值点可得a<,化简得a<b,即a-b<0. 此时在区间(-∞,a)和,+∞内,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;在区间a,内,f'(x)<0,函数f(x)单调递减. 此时a(a-b)<0,即a2<ab.综上可得a2<ab.故选D. 方法二(数形结合法) 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. 所以f(x)有x=a和x=b两个不同零点,且在x=a左右附近不变号,在x=b左右附近变号. 依题意,x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,所以在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)的大致图象,如图2所示,由图可知b<a,故ab>a2. 图2 图3 当a>0时,由x>b,f(x)>0画出f(x)的大致图象,如图3所示,由图可知b>a,故ab>a2. 综上所述,ab>a2成立.故选D. 方法三(特值排除法) 当a=1,b=2时,函数f(x)=(x-1)2(x-2),作出该函数的图象(图略),观察可知x=1为函数的极大值点,满足题意.所以根据a=1,b=2可判断选项B,C错误. 当a=-1,b=-2时,函数f(x)=-(x+1)2(x+2),作出该函数的图象(图略),观察可知x=-1为函数的极大值点,满足题意.所以根据a=-1,b=-2可知选项A错误.选D. 4.(2017·全国2,理11,5分,难度★★★)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　由题意可得, f'(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1 =[x2+(a+2)x+a-1]ex-1. 因为x=-2是函数f(x)的极值点, 所以f'(-2)=0.所以a=-1. 所以f(x)=(x2-x-1)ex-1. 所以f'(x)=(x2+x-2)ex-1. 令f'(x)=0,解得x1=-2,x2=1. 当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,-2) -2 (-2,1) 1 (1,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以当x=1时,f(x)有极小值,并且极小值为f(1)=(1-1-1)e1-1=-1,故选A. 5.(2017·浙江,7,4分,难度★★★)函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是 (　D　) 解析　设导函数y=f'(x)的三个零点分别为x1,x2,x3,且x1<0<x2<x3. 所以在区间(-∞,x1)和(x2,x3)上,f'(x)<0,f(x)是减函数, 在区间(x1,x2)和(x3,+∞)上,f'(x)>0,f(x)是增函数, 所以函数y=f(x)的图象可能为D,故选D. 6.(2022·全国乙,理16,5分,难度★★★★)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　,1 解析　依题意,f'(x)=2axln a-2ex,x1,x2为方程f'(x)=0的两根,x1<x2. 令g(x)=axln a-ex, 则g'(x)=ax(ln a)2-e. 若a>1,则g'(x)在R上单调递增,此时由x1,x2为方程f'(x)=0的两根,可知存在x0∈(x1,x2),使g'(x)=0,所以g(x)在区间(-∞,x0)内单调递减,在区间(x0,+∞)内单调递增. 又g(x1)=0,g(x2)=0,所以f(x)在区间(-∞,x1)内单调递增,在区间(x1,x2)内单调递减,在区间(x2,+∞)内单调递增,所以x1为f(x)的极大值点,x2为f(x)的极小值点,不符合题意,舍去. 若0<a<1,则g'(x)在R上单调递减,同理,存在x0∈(x1,x2),使g'(x)=0,此时x1为f(x)的极小值点,x2为f(x)的极大值点,满足题意. 因为x0存在,所以g(x0)=ln a-ex0>0,g'(x0)=(ln a)2-e=0,所以x0=loga ,ln a>ex0,即>eloga, 因为0<a<1,所以<, 所以ln <ln,所以·ln a<1-ln(ln a)2,所以ln(ln a)2<0,即(ln a)2<1. 又0<a<1,所以ln a<0,所以-1<ln a<0,所以<a<1. 7.(2023·全国乙,理21,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=ln(1+x). (1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程. (2)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;若不存在,说明理由. (3)若f(x)在(0,+∞)上存在极值点,求a的取值范围. 解　 (1)当a=-1时,f(x)=-1ln(x+1)(x>-1且x≠0),f'(x)=-+. ∵f(1)=-1×ln(1+1)=0, f'(1)=-+=-ln 2, ∴y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-ln 2·(x-1). (2)∵f=(x+a)ln+1,要使函数有意义,则+1>0,解得x<-1或x>0, ∴函数f的定义域关于x=-对称, ∴若函数f的图象关于直线x=b对称, 则b=-. 设g(x)=f,由对称的性质可知g(x)=g(-1-x). ∵g(x)=(x+a)ln+1, g(-1-x)=(-1-x+a)ln+1, 则(x+a)ln+1=(-1-x+a)ln+1, 解得a=, ∴存在a=,b=-,使函数f图象关于直线x=-对称. (3)由题意,f(x)=+aln(x+1),x>0, 则f'(x)=-+=-ln(x+1)-. 设H(x)=ln(x+1)-,x>0, 则H'(x)=- =. 当a≤0时,H'(x)>0,H(x)在(0,+∞)单调递增,故H(x)>ln 1-0=0,即f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)单调递减,f(x)在(0,+∞)上无极值; 当a≥时,H'(x)<0,H(x)在(0,+∞)单调递减,故H(x)<ln 1-0=0,即f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)单调递增,f(x)无极值; 当0<a<时,令H'(x)=0,解得x=-2,则当x∈0,-2时,H'(x)>0,当x∈-2,+∞时,H'(x)<0, ∴H(x)在0,-2单调递增,在-2,+∞单调递减,H-2=ln-1-=ln(1-a)-ln a-2+4a. 设φ(a)=ln(1-a)-ln a-2+4a,0<a<, 则φ'(a)=-+4==<0,故φ(a)在0,单调递减, ∴φ(a)>ln1--ln-2+4×=0, 即H-2>0. 又H(x)=ln(x+1)-=ln(x+1)-ax-<ln(x+1)-ax. 设h(x)=ln(x+1)-ax,x>0,则h(-1)=ln -a(-1)=-a+a=a-+1. 设t=∈(2,+∞),G(t)=t3-+1, 则G'(t)=3t2-2t<3t2-2t(t2+1)<0, 故G(t)在(2,+∞)单调递减,G(t)<8-e4+1<0, 故h(-1)<0,H(-1)<0. 故存在x0∈-2,-1,使得H(x0)=0,即存在f'(x0)=0,且f'(x)在x0两侧异号,故f(x)在(0,+∞)上有极值点. 综上,满足条件的a的取值范围为0,. 8.(2021·天津,20,16分,难度★★★★★)已知a>0,函数f(x)=ax-xex. (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)证明f(x)存在唯一极值点; (3)若存在a,使得f(x)≤a+b对于任意的x∈R成立,求实数b的取值范围. (1)解　f(0)=0,f'(x)=a-(x+1)ex, 所以f'(0)=a-1,所以函数在(0,f(0))处的切线方程为(a-1)x-y=0. (2)证明　f'(x)=a-ex-xex=a-ex(x+1), 令g(x)=ex(x+1),则g'(x)=ex(x+2), 令g'(x)=0,得x=-2,当x<-2时,g'(x)<0, 当x> -2时,g'(x)>0, 所以函数g(x)在(-∞,-2)上单调递减, 在(-2,+∞)上单调递增. 因为当x=-1时,g(x)=0,当x<-1时,g(x)<0,当x>-1时,g(x)>0,当x→+∞时,g(x)→+∞,当x→-∞时,g(x)→0,且a>0, 所以方程f'(x)=a-ex-xex=a-ex(x+1)=0有且只有一个实根,设实根为x0,则x0>-1, 当x<x0时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x>x0时,f'(x)<0,f(x)单调递减, 所以x=x0是函数f(x)的极大值点,且为函数f(x)唯一的极值点. (3)解　由题意得,存在a∈(0, +∞),使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立,即存在a∈(0,+∞),使得ax-xex≤a+b对任意x∈R成立,即存在a∈(0, +∞),使得b≥a(x-1)-xex对任意x∈R成立.令h(x)=a(x-1)-xex,则存在a∈(0, +∞),使得b≥h(x)max. h'(x) =a-ex(x+1),显然h'(x)=f'(x), 结合(2)可知,h(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减, 所以当x=x0时,h(x)取得最大值, h(x)max=h(x0)=a(x0-1)-x0. 因为x0>-1且h'(x0)=a-(x0+1)=0, 所以a=(x0+1),所以h(x)max=h(x0)=(x0+1)(x0-1)-x0=(-x0-1)(x0>-1), 即存在a∈(0,+∞), 使得b≥h(x0)=(-x0-1)成立. 令u(x)=ex(x2-x-1)(x>-1), 则u'(x)=ex(x2+x-2)=ex(x+2)(x-1), 所以当-1<x<1时,u'(x)<0, 当x>1时,u'(x)>0, 所以函数u(x)在(-1,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,当x=1时,u(x)取得最小值,u(x)min=u(1)=-e, 即h(x0)的最小值为-e.所以b≥-e, 即实数b的取值范围为[-e,+∞). 9.(2019·全国2,文21,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明: (1)f(x)存在唯一的极值点; (2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数. 证明　(1)f(x)的定义域为(0,+∞). f'(x)=+ln x-1=ln x-. 因为y=ln x单调递增,y=单调递减, 所以f'(x)单调递增. 又f'(1)=-1<0,f'(2)=ln 2-=>0,故存在唯一x0∈(1,2),使得f'(x0)=0. 又当x<x0时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x>x0时,f'(x)>0,f(x)单调递增. 因此,f(x)存在唯一的极值点. (2)由(1)知f(x0)<f(1)=-2, 又f(e2)=e2-3>0, 所以f(x)=0在区间(x0,+∞)内存在唯一根x=α. 由α>x0>1得<1<x0. 又f=-1ln --1==0, 故是f(x)=0在(0,x0)的唯一根. 综上,f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数. 10.(2019·江苏,19,16分,难度★★★★)设函数f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,c∈R,f'(x)为f(x)的导函数. (1)若a=b=c,f(4)=8,求a的值; (2)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; (3)若a=0,0<b≤1,c=1,且f(x)的极大值为M,求证:M≤. 解　(1)因为a=b=c, 所以f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=(x-a)3. 因为f(4)=8,所以(4-a)3=8,解得a=2. (2)因为b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)2=x3-(a+2b)x2+b(2a+b)x-ab2, 从而f'(x)=3(x-b)x-. 令f'(x)=0,得x=b或x=. 因为a,b,都在集合{-3,1,3}中,且a≠b, 所以=1,a=3,b=-3. 此时,f(x)=(x-3)(x+3)2, f'(x)=3(x+3)(x-1). 令f'(x)=0,得x=-3或x=1. 列表如下: x (-∞,-3) -3 (-3,1) 1 (1,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以f(x)的极小值为f(1)=(1-3)(1+3)2=-32. (3)因为a=0,c=1, 所以f(x)=x(x-b)(x-1)=x3-(b+1)x2+bx,f'(x)=3x2-2(b+1)x+b. 因为0<b≤1, 所以Δ=4(b+1)2-12b=(2b-1)2+3>0, 则f'(x)有2个不同的零点, 设为x1,x2(x1<x2).由f'(x)=0, 得x1=,x2=. 列表如下: x (-∞,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以f(x)的极大值M=f(x1). (解法一) M=f(x1)=-(b+1)+bx1 =[3-2(b+1)x1+b]--x1+ =++()3 =-+3 ≤+≤. 因此M≤. (解法二) 因为0<b≤1,所以x1∈(0,1). 当x∈(0,1)时,f(x)=x(x-b)(x-1)≤x(x-1)2. 令g(x)=x(x-1)2,x∈(0,1), 则g'(x)=3x-(x-1). 令g'(x)=0,得x=. 列表如下: x 0, ,1 g'(x) + 0 - g(x) ↗ 极大值 ↘ 所以当x=时,g(x)取得极大值,且是最大值,故g(x)max=g=. 所以当x∈(0,1)时,f(x)≤g(x)≤. 因此M≤. 11.(2018·北京,理18文19,13分,难度★★★★)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex. (1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行,求a; (2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围. 解　(1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex, 所以f'(x)=[2ax-(4a+1)]ex+[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex(x∈R)=[ax2-(2a+1)x+2]ex. f'(1)=(1-a)e. 由题设知f'(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1. 此时f(1)=3e≠0,所以a的值为1. (2)由(1)得f'(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex =(ax-1)(x-2)ex. 若a>,则当x∈,2时,f'(x)<0; 当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0. 所以f(x)在x=2处取得极小值. 若a≤,则当x∈(0,2)时, x-2<0,ax-1≤x-1<0,所以f'(x)>0. 所以2不是f(x)的极小值点. 综上可知,a的取值范围是,+∞. 12.(2017·全国2,理21,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)≥0. (1)求a; (2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2<f(x0)<2-2. 解　(1)f(x)的定义域为(0,+∞). 设g(x)=ax-a-ln x, 则f(x)=xg(x),f(x)≥0等价于g(x)≥0. 因为g(1)=0,g(x)≥0,故g'(1)=0, 而g'(x)=a-,g'(1)=a-1,得a=1. 若a=1,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x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0. 综上,a=1. (2)由(1)知f(x)=x2-x-xln x,f'(x)=2x-2-ln x. 设h(x)=2x-2-ln x,则h'(x)=2-. 当x∈0,时,h'(x)<0;当x∈,+∞时,h'(x)>0. 所以h(x)在0,内单调递减,在,+∞内单调递增. 又h(e-2)>0,h<0,h(1)=0,所以h(x)在0,内有唯一零点x0,在,+∞内有唯一零点1,且当x∈(0,x0)时,h(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0;当x∈(1,+∞)时,h(x)>0. 因为f'(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点. 由f'(x0)=0得ln x0=2(x0-1), 故f(x0)=x0(1-x0). 由x0∈(0,1)得f(x0)<. 因为x=x0是f(x)在(0,1)内的最大值点,由e-1∈(0,1),f'(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2. 所以e-2<f(x0)<2-2. 13.(2017·山东,理20,13分,难度★★★★★)已知函数f(x)=x2+2cos x,g(x)=ex(cos x-sin x+2x-2),其中e≈2.718 28…是自然对数的底数. (1)求曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程. (2)令h(x)=g(x)-af(x)(a∈R),讨论h(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值. 解　(1)由题意f(π)=π2-2, 又f'(x)=2x-2sin x,所以f'(π)=2π, 因此曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程为y-(π2-2)=2π(x-π),即y=2πx-π2-2. (2)由题意得h(x)=ex(cos x-sin x+2x-2)-a(x2+2cos x), 因为h'(x)=ex(cos x-sin x+2x-2)+ex(-sin x-cos x+2)-a(2x-2sin x)=2ex(x-sin x)-2a(x-sin x)=2(ex-a)(x-sin x), 令m(x)=x-sin x,则m'(x)=1-cos x≥0, 所以m(x)在R上单调递增. 因为m(0)=0,所以当x>0时,m(x)>0; 当x<0时,m(x)<0. ①当a≤0时,ex-a>0,当x<0时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x>0时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 所以当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1; ②当a>0时,h'(x)=2(ex-eln a)(x-sin x),由h'(x)=0得x1=ln a,x2=0. (ⅰ)当0<a<1时,ln a<0,当x∈(-∞,ln a)时,ex-eln a<0,h'(x)>0,h(x)单调递增; 当x∈(ln a,0)时,ex-eln a>0,h'(x)<0,h(x)单调递减; 当x∈(0,+∞)时,ex-eln a>0,h'(x)>0,h(x)单调递增. 所以当x=ln a时h(x)取到极大值. 极大值为h(ln a)=-a[ln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2], 当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1; (ⅱ)当a=1时,ln a=0,所以当x∈(-∞,+∞)时,h'(x)≥0,函数h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值; (ⅲ)当a>1时,ln a>0,所以当x∈(-∞,0)时,ex-eln a<0,h'(x)>0,h(x)单调递增; 当x∈(0,ln a)时,ex-eln a<0,h'(x)<0,h(x)单调递减; 当x∈(ln a,+∞)时,ex-eln a>0,h'(x)>0,h(x)单调递增. 所以当x=0时h(x)取到极大值,极大值是h(0)=-2a-1; 当x=ln a时h(x)取到极小值,极小值是h(ln a)=-a[ln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2]. 综上所述: 当a≤0时,h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,函数h(x)有极小值,极小值是h(0)=-2a-1; 当0<a<1时,函数h(x)在(-∞,ln a)和(0,+∞)上单调递增,在(ln a,0)上单调递减,函数h(x)有极大值,也有极小值,极大值是h(ln a)=-a[ln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2],极小值是h(0)=-2a-1; 当a=1时,函数h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值; 当a>1时,函数h(x)在(-∞,0)和(ln a,+∞)上单调递增,在(0,ln a)上单调递减,函数h(x)有极大值,也有极小值,极大值是h(0)=-2a-1,极小值是h(ln a)=-a[ln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2]. 14.(2017·江苏,20,16分,难度★★★★★)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有极值,且导函数f'(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值) (1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域; (2)证明:b2>3a; (3)若f(x),f'(x)这两个函数的所有极值之和不小于-,求a的取值范围. 解　(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f'(x)=3x2+2ax+b=3x+2+b-. 当x=-时,f'(x)有极小值b-. 因为f'(x)的极值点是f(x)的零点, 所以f-=-+-+1=0, 又a>0,故b=+. 因为f(x)有极值,故f'(x)=0有实根, 从而b-=(27-a3)≤0,即a≥3. 当a=3时,f'(x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函数,f(x)没有极值; 当a>3时,f'(x)=0有两个相异的实根x1=,x2=. 列表如下: x (-∞,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 故f(x)的极值点是x1,x2.从而a>3. 因此b=+,定义域为(3,+∞). (2)由(1)知,=+. 设g(t)=+,则g'(t)=-=. 当t∈,+∞时,g'(t)>0, 从而g(t)在,+∞上单调递增. 因为a>3,所以a>3, 故g(a)>g(3)=,即>.因此b2>3a. (3)由(1)知,f(x)的极值点是x1,x2,且x1+x2=-a,+=. 从而f(x1)+f(x2)=+a+bx1+1++a+bx2+1=(3+2ax1+b)+(3+2ax2+b)+a(+)+b(x1+x2)+2=-+2=0. 记f(x),f'(x)所有极值之和为h(a), 因为f'(x)的极值为b-=-a2+, 所以h(a)=-a2+,a>3. 因为h'(a)=-a-<0, 于是h(a)在(3,+∞)上单调递减. 因为h(6)=-,于是h(a)≥h(6),故a≤6. 因此a的取值范围为(3,6]. 15.(2016·山东,文20,13分,难度★★★★)设f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,a∈R. (1)令g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间; (2)已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围. 解　(1)由f'(x)=ln x-2ax+2a, 可得g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞). 则g'(x)=-2a=, 当a≤0时,x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增; 当a>0时,x∈0,时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,x∈,+∞时,函数g(x)单调递减. 所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞); 当a>0时,g(x)单调增区间为0,,单调减区间为,+∞. (2)由(1)知,f'(1)=0. ①当a≤0时,f'(x)单调递增,所以当x∈(0,1)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处取得极小值,不合题意. ②当0<a<时,>1, 由(1)知f'(x)在0,内单调递增, 可得当x∈(0,1)时,f'(x)<0,x∈1,时,f'(x)>0. 所以f(x)在(0,1)内单调递减,在1,内单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意. ③当a=时,=1,f'(x)在(0,1)内单调递增, 在(1,+∞)内单调递减,所以当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意. ④当a>时,0<<1,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, 所以f(x)在x=1处取极大值,合题意. 综上可知,实数a的取值范围为a>. 16.(2015·山东,理21,14分,难度★★★★★)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R. (1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由; (2)若∀x>0,f(x)≥0成立,求a的取值范围. 解　(1)由题意知函数f(x)的定义域为(-1,+∞), f'(x)=+a(2x-1)=. 令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞). 当a=0时,g(x)=1,此时f'(x)>0,函数f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点; 当a>0时,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8). ①当0<a≤时,Δ≤0,g(x)≥0, f'(x)≥0,函数f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点; ②当a>时,Δ>0,设方程2ax2+ax-a+1=0的两根为x1,x2(x1<x2), 因为x1+x2=-,所以x1<-,x2>-. 由g(-1)=1>0,可得-1<x1<-. 所以当x∈(-1,x1)时,g(x)>0,f'(x)>0,函数f(x)单调递增, 当x∈(x1,x2)时,g(x)<0,f'(x)<0,函数f(x)单调递减, 当x∈(x2,+∞)时,g(x)>0,f'(x)>0,函数f(x)单调递增. 因此函数有两个极值点. 当a<0时,Δ>0,由g(-1)=1>0,可得x1<-1. 当x∈(-1,x2)时,g(x)>0,f'(x)>0,函数f(x)单调递增; 当x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f'(x)<0,函数f(x)单调递减; 所以函数有一个极值点. 综上所述,当a<0时,函数f(x)有一个极值点; 当0≤a≤时,函数f(x)无极值点; 当a>时,函数f(x)有两个极值点. (2)由(1)知, ①当0≤a≤时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,因为f(0)=0, 所以x∈(0,+∞)时,f(x)>0,符合题意; ②当<a≤1时,由g(0)≥0,得x2≤0, 所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增. 又f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时,f(x)>0,符合题意; ③当a>1时,由g(0)<0,可得x2>0. 所以x∈(0,x2)时,函数f(x)单调递减; 因为f(0)=0,所以x∈(0,x2)时,f(x)<0,不合题意; ④当a<0时,设h(x)=x-ln(x+1). 因为x∈(0,+∞)时,h'(x)=1-=>0, 所以h(x)在(0,+∞)上单调递增. 因此当x∈(0,+∞)时,h(x)>h(0)=0, 即ln(x+1)<x. 可得f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x, 当x>1-时,ax2+(1-a)x<0, 此时f(x)<0,不合题意. 综上所述,a的取值范围是[0,1]. 不等式恒成立、存在性问题的解题规律 不等式恒成立问题与存在性问题的转化如下: ①若∃x0,使f(x0)>a,则a<f(x)max;若∃x0,使f(x0)<a,则a>f(x)min. ②若∀x,f(x)>a恒成立,则a<f(x)min;若∀x,f(x)<a恒成立,则a>f(x)max. 考点27导数与函数的最值　 1.(2022·全国甲,理6文8,5分,难度★★)当x=1时,函数f(x)=aln x+取得最大值-2,则f'(2)= (　B　) A.-1 B.- C. D.1 解析　函数f(x)的定义域是(0,+∞). f'(x)=-=,分析易知,当a=0时,不满足题意.当a>0时,若b≤0,则x>0时,f'(x)>0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,无最大值,不符合题意.当b>0时,由f'(x)<0,得0<x<;由f'(x)>0,得x>,所以函数f(x)在区间0,上单调递减,在区间,+∞上单调递增,f(x)在区间(0,+∞)上不存在最大值,不符合题意.当a<0时,若b≥0,则 x>0时,f'(x)<0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,当x→+∞时,f(x)→-∞,当x→0+时,f(x)→+∞,无最大值,不符合题意.当b<0时,易知函数f(x)在区间0,上单调递增,在区间,+∞上单调递减,所以当x=时,f(x)存在最大值,即解得 所以f'(2)==-,故选B. 有关导数的问题中常常涉及参数,当不明确参数的取值范围时,往往要分类讨论,分类一是要合理,二是要做到不重不漏. 2.(2022·全国乙,文11,5分,难度★★★)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为 (　D　) A.-, B.-, C.-,+2 D.-,+2 解析　函数f(x)的导数f'(x)=-sin x+sin x+(x+1)cos x=(x+1)cos x,x∈[0,2π]. 令f'(x)=0,得x=或x=.当x∈0,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;当x∈,2π时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.故当x=时,函数f(x)有极大值f=+2;当x=时,函数f(x)有极小值f=-. 又因为f(0)=2,f(2π)=2,所以函数f(x)在区间[0,2π]上的最小值为-,最大值为+2,故选D. 3.(2021·全国新高考1,15,5分,难度★★★)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为　　　　　.  答案　1 解析　f(x)= 当x>时,f'(x)=2-=,令f'(x)=0,则x=1, 所以当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, 所以函数f(x)在区间,+∞内的最小值为f(1)=1; 当0<x≤时,f'(x)=-2-<0,则函数f(x)在区间0,上单调递减,则函数f(x)在区间0,上的最小值为f=2ln 2>1. 综上,f(x)min=f(1)=1. 利用导数求函数f(x)在[a,b]上的最值的一般步骤 (1)求函数在(a,b)内的极值;(2)求函数在区间端点处的函数值f(a),f(b);(3)将函数f(x)的各极值与f(a),f(b)比较,其中最大的一个为最大值,最小的一个为最小值. 4.(2022·全国新高考1,22,12分,难度★★★★)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. (1)解　由题意,得f'(x)=ex-a, g'(x)=a-=(x>0). 当a≤0时,f'(x)>0,f(x)为增函数,f(x)无最小值, g'(x)<0,g(x)在区间(0,+∞)上单调递减,g(x)无最小值. 当a>0时,令f'(x)=0,即ex-a=0,解得x=ln a. 当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表. x (-∞,ln a) ln a (ln a,+∞) f'(x) — 0 + f(x) ↘ 极小值 a-aln a ↗ 由表可知,当x=ln a时,f(x)取得极小值也是最小值,为a-aln a.由g'(x)=0得x=>0. 当x在区间(0,+∞)上变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表. x 0, ,+∞ g'(x) — 0 + g(x) ↘ 极小值 1+ln a ↗ 由上表可知,当x=时,g(x)取得极小值也是最小值,为1+ln a. 则a-aln a=1+ln a. 令h(a)=a-aln a-1-ln a,则h'(a)=1-(ln a+1)-=-ln a-=ln -. 令=t,则ln t-t<0. ∴h(a)在区间(0,+∞)上单调递减,且h(1)=0.∴a=1. (2)证明　由(1)知f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,且f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,g(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,且f(x)min=g(x)min=1. ①当b<1时,此时f(x)min=g(x)min=1>b.显然直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)没有交点,不符合题意; ②当b=1时,此时f(x)min=g(x)min=1=b,直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个交点,交点的横坐标分别为0和1; ③当b>1时,首先,证明y=b与曲线y=f(x)有2个交点,即证明F(x)=f(x)-b有2个零点. F'(x)=f'(x)=ex-1, 所以F(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增. 又因为F(-b)=e-b>0,F(0)=1-b<0,F(b)=eb-2b>0, (令t(b)=eb-2b,则当b>1时,t'(b)=eb-2>0,t(b)>t(1)=e-2>0) 所以F(x)=f(x)-b在区间(-∞,0)上存在且只存在1个零点,设为x1,在区间(0,+∞)上存在且只存在1个零点,设为x2. 其次,证明y=b与曲线g(x)有2个交点,即证明G(x)=g(x)-b有2个零点. G'(x)=g'(x)=1-,所以G(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增. 又因为G(e-b)=e-b>0, G(1)=1-b<0,G(2b)=b-ln 2b>0, 令μ(b)=b-ln 2b,则当b>1时,μ'(b)=1->0,μ(b)>μ(1)=1-ln 2>0 所以G(x)=g(x)-b在区间(0,1)上存在且只存在1个零点,设为x3,在区间(1,+∞)上存在且只存在1个零点,设为x4. 再次,证明存在b使得x2=x3. 因为F(x2)=G(x3)=0, 所以b=-x2=x3-ln x3. 若x2=x3,则-x2=x2-ln x2, 即-2x2+ln x2=0. 所以只需证明ex-2x+ln x=0在区间(0,1)上有解即可, 即φ(x)=ex-2x+ln x在区间(0,1)上有零点. 因为φ=--3<0,φ(1)=e-2>0, 所以φ(x)=ex-2x+ln x在区间(0,1)上存在零点,取一零点为x0,令x2=x3=x0即可,此时取b=-x0, 则此时存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点. 最后,证明x1+x4=2x0,即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 因为F(x1)=F(x2)=F(x0)=0=G(x3)=G(x0)=G(x4), 所以F(x1)=G(x0)=F(ln x0), 又因为F(x)在区间(-∞,0)上单调递减,x1<0,0<x0<1,所以ln x0<0,所以x1=ln x0. 同理,因为F(x0)=G()=G(x4), 又因为G(x)在区间(1,+∞)上单调递增,x0>0,所以>1,x4>1,所以x4=. 又因为-2x0+ln x0=0, 所以x1+x4=ln x0+=2x0, 即直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 5.(2021·北京,19,15分,难度★★★★)已知函数f(x)=. (1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,并求其最大值与最小值. 解　(1)当a=0时,f(x)=-,f'(x)=-+. 所以f(1)=1,f'(1)=-4. 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y=-4x+5. (2)由f(x)=得f'(x)==. 由题意知f'(-1)=0,所以(-1)2-3×(-1)-a=0.故a=4. 当a=4时,f(x)=,f'(x)=. f'(x)与f(x)的情况如下: x (-∞,-1) -1 (-1,4) 4 (4,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 1 ↘ - ↗ 因此,f(x)的单调递增区间是(-∞,-1)和(4,+∞),单调递减区间是(-1,4).所以f(x)在区间(-∞,4]上的最大值是f(-1)=1. 又因为当x∈(4,+∞)时,f(x)<0, 所以f(-1)=1是f(x)的最大值. 同理可知,f(4)=-是f(x)的最小值. 6.(2020·北京,19,15分,难度★★★★)已知函数f(x)=12-x2. (1)求曲线y=f(x)的斜率等于-2的切线方程; (2)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. 解　(1)因为f(x)=12-x2,所以f'(x)=-2x, 设切点为(x0,12-),则-2x0=-2, 即x0=1,所以切点为(1,11), 由点斜式可得切线方程为y-11=-2(x-1), 即2x+y-13=0. (2)显然t≠0, 因为y=f(x)在点(t,12-t2)处的切线方程为: y-(12-t2)=-2t(x-t), 令x=0,得y=t2+12.令y=0,得x=, 所以S(t)=×(t2+12)·, 不妨设t>0(t<0时,结果一样), 则S(t)==t3+24t+, 所以S'(t)=3t2+24-===, 由S'(t)>0,得t>2,由S'(t)<0,得0<t<2, 所以S(t)在(0,2)上递减,在(2,+∞)上递增, 所以t=2时,S(t)取得极小值, 也是最小值为S(2)==32. 7.(2019·全国3,理20,12分,难度★★★★)已知函数f(x)=2x3-ax2+b. (1)讨论f(x)的单调性; (2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由. 解　(1)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∈0,时,f'(x)<0. 故f(x)在(-∞,0),,+∞单调递增,在0,单调递减; 若a=0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增; 若a<0,则当x∈-∞,∪(0,+∞)时,f'(x)>0; 当x∈,0时,f'(x)<0. 故f(x)在-∞,,(0,+∞)单调递增,在,0单调递减. (2)满足题设条件的a,b存在. (ⅰ)当a≤0时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]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. (ⅱ)当a≥3时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+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. (ⅲ)当0<a<3时,由(1)知,f(x)在[0,1]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. 综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f(x)在[0,1]的最小值为-1,最大值为1. 8.(2017·北京,理19,13分,难度★★★★)已知函数f(x)=excos x-x. (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)求函数f(x)在区间0,上的最大值和最小值. 解　(1)因为f(x)=excos x-x, 所以f'(x)=ex(cos x-sin x)-1,f'(0)=0. 又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1. (2)设h(x)=ex(cos x-sin x)-1, 则h'(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x. 当x∈0,时,h'(x)<0, 所以h(x)在区间0,上单调递减. 所以对任意x∈0,有h(x)<h(0)=0, 即f'(x)<0. 所以函数f(x)在区间0,上单调递减. 因此f(x)在区间0,上的最大值为f(0)=1,最小值为f=-. 9.(2017·浙江,20,15分,难度★★★★)已知函数f(x)=(x-)e-xx≥. (1)求f(x)的导函数; (2)求f(x)在区间,+∞上的取值范围. 解　(1)因为(x-)'=1-,(e-x)'=-e-x, 所以f'(x)=1-e-x-(x-)e-x =x>. (2)由f'(x)==0, 解得x=1或x=. 因为 x ,1 1 1, ,+∞ f'(x) - 0 + 0 - f(x) e- ↘ 0 ↗ e- ↘ 又f(x)=(-1)2e-x≥0, 所以f(x)在区间,+∞上的取值范围是0,. 10.(2016·天津,理20,14分,难度★★★★★)设函数f(x)=(x-1)3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R. (1)求f(x)的单调区间; (2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=3; (3)设a>0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于. 解　由f(x)=(x-1)3-ax-b,可得f'(x)=3(x-1)2-a. 下面分两种情况讨论: ①当a≤0时,有f'(x)=3(x-1)2-a≥0恒成立, 所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). ②当a>0时,令f'(x)=0, 解得x=1+,或x=1-. 当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: x -∞, 1- 1- 1-, 1+ 1+ 1+, +∞ f'(x) + 0 - 0 + f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)的单调递减区间为1-,1+,单调递增区间为-∞,1-,1+,+∞. (2)证明　因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a>0,且x0≠1.由题意,得f'(x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=,进而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-x0--b. 又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=(1-x0)+2ax0-3a-b=-x0--b=f(x0), 且3-2x0≠x0,由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1≠x0, 因此x1=3-2x0.所以x1+2x0=3. (3)证明　设g(x)在区间[0,2]上的最大值为M,max{x,y}表示x,y两数的最大值.下面分三种情况讨论: ①当a≥3时,1-≤0<2≤1+,由(1)知,f(x)在区间[0,2]上单调递减,所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(2),f(0)],因此M=max{|f(2)|,|f(0)|}=max{|1-2a-b|,|-1-b|}=max{|a-1+(a+b)|,|a-1-(a+b)|}= 所以M=a-1+|a+b|≥2. ②当≤a<3时,1-≤0<1-<1+<2≤1+,由(1)和(2)知f(0)≥f1-=f1+, f(2)≤f1+=f1-, 所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为 f1+,f1-, 因此M=max =max =max =+|a+b|≥××=. ③当0<a<时,0<1-<1+<2,由(1)和(2)知f(0)<f1-=f1+, f(2)>f1+=f1-, 所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(0),f(2)], 因此M=max{|f(0)|,|f(2)|}=max{|-1-b|,|1-2a-b|} =max{|1-a+(a+b)|,|1-a-(a+b)|} =1-a+|a+b|>. 综上所述,当a>0时,g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于. 考点28生活中的最优化问题　 1.(2020·江苏,17,14分,难度★★★) 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. (1)求桥AB的长度; (2)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? 解　(1)设AA1,BB1,CD1,EF1都与MN垂直,A1,B1,D1,F1是相应垂足. 由条件知,当O'B=40时, BB1=-×403+6×40=160,则AA1=160. 由O'A2=160,得O'A=80. 所以AB=O'A+O'B=80+40=120(米). (2)以O为原点,OO'为y轴建立平面直角坐标系xOy(如图所示). 设F(x,y2),x∈(0,40), 则y2=-x3+6x, EF=160-y2=160+x3-6x. 因为CE=80,所以O'C=80-x. 设D(x-80,y1),则y1=(80-x)2, 所以CD=160-y1=160-(80-x)2=-x2+4x. 记桥墩CD和EF的总造价为f(x), 则f(x)=k160+x3-6x+k·-x2+4x =kx3-x2+160(0<x<40). f'(x)=kx2-x=x(x-20), 令f'(x)=0,得x=20. x (0,20) 20 (20,40) f'(x) - 0 + f(x) ↘ 极小值 ↗ 所以当x=20时,f(x)取得最小值. 答:(1)桥AB的长度为120米; (2)当O'E为20米时,桥墩CD和EF的总造价最低. 2.(2018·江苏,17,14分,难度★★★)某农场有一块农田,如图所示,它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成.已知圆O的半径为40米,点P到MN的距离为50米.现规划在此农田上修建两个温室大棚,大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD,大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP,要求A,B均在线段MN上,C,D均在圆弧上.设OC与MN所成的角为θ. (1)用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积,并确定sin θ的取值范围; (2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜,大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大. 解　 (1)连接PO并延长交MN于点H,则PH⊥MN,所以OH=10. 过点O作OE⊥BC于点E,则OE∥MN, 所以∠COE=θ, 故OE=40cos θ,EC=40sin θ, 则矩形ABCD的面积为2×40cos θ(40sin θ+10) =800(4sin θcos θ+cos θ), △CDP的面积为×2×40cos θ(40-40sin θ)=1 600(cos θ-sin θcos θ). 过点N作GN⊥MN,分别交圆弧和OE的延长线于点G和K,则GK=KN=10. 令∠GOK=θ0,则sin θ0=,θ0∈0,. 当θ∈θ0,时,才能作出满足条件的矩形ABCD, 所以sin θ的取值范围是,1. 答:矩形ABCD的面积为800(4sin θcos θ+cos θ)平方米,△CDP的面积为1 600(cos θ-sin θcos θ)平方米,sin θ的取值范围是,1. (2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3, 设甲的单位面积的年产值为4k,乙的单位面积的年产值为3k(k>0), 则年总产值为4k×800(4sin θcos θ+cos θ)+3k×1 600(cos θ-sin θcos θ)=8 000k(sin θcos θ+cos θ),θ∈θ0,. 设f(θ)=sin θcos θ+cos θ,θ∈θ0,, 则f'(θ)=cos2θ-sin2θ-sin θ=-(2sin2θ+sin θ-1)=-(2sin θ-1)(sin θ+1). 令f'(θ)=0,得θ=, 当θ∈θ0,时,f'(θ)>0,所以f(θ)为增函数; 当θ∈,时,f'(θ)<0,所以f(θ)为减函数, 因此,当θ=时,f(θ)取到最大值. 答:当θ=时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大. 3.(2016·江苏,17,14分,难度★★★★) 现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍. (1)若AB=6 m,PO1=2 m,则仓库的容积是多少? (2)若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大? 解　 (1)由PO1=2 m知O1O=4PO1=8 m. 因为A1B1=AB=6 m, 所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积 V锥=·A1·PO1=×62×2=24(m3); 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积V柱=AB2·O1O=62×8=288(m3). 所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3). (2)设A1B1=a m,PO1=h m, 则0<h<6,O1O=4h. 连接O1B1. 因为在Rt△PO1B1中,O1+P=P, 所以2+h2=36,即a2=2(36-h2). 于是仓库的容积V=V柱+V锥=a2·4h+a2·h =a2h=(36h-h3),0<h<6, 从而V'=(36-3h2)=26(12-h2). 令V'=0,得h=2或h=-2(舍). 当0<h<2时,V'>0,V是单调增函数; 当2<h<6时,V'<0,V是单调减函数. 故h=2时,V取得极大值,也是最大值. 因此,当PO1=2 m时,仓库的容积最大. 导数的实际问题的解题关键 导数的实际应用问题关键是依据题意建立数学模型.通过设置变量,便可列出解析式.最终利用导数求最值,一般情况下这类问题仅有一个极值点,且最值也出现在此处. 考点29利用导数解决恒成立、存在性问题　 1.(2024·全国新高考1,18,17分,难度★★★★★)已知函数f(x)=ln+ax+b(x-1)3. (1)若b=0,且f'(x)≥0,求a的最小值; (2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形; (3)若f(x)>-2,当且仅当1<x<2,求b的取值范围. (1)解　由>0,得函数f(x)的定义域为(0,2). 当b=0时,f(x)=ln x-ln(2-x)+ax, 则f'(x)=++a. 由f'(x)≥0,得+a≥0, 即a≥(0<x<2), ∵x·(x-2)=x2-2x=(x-1)2-1,x∈(0,2), ∴-1≤x(x-2)<0. ∴≤-2. ∴a≥-2.故a的最小值为-2. (2)证明　∵f(2-x)=ln(2-x)-ln x+a(2-x)+b(1-x)3,∴f(2-x)+f(x)=2a, ∴函数f(x)的图象关于点(1,a)对称. 故曲线y=f(x)是中心对称图形. (3)解　由(2)知,f(x)的图象关于点(1,a)对称. 若f(x)>-2,当且仅当1<x<2, 则f(1)=-2, ∴a=-2. ∴f(x)=ln-2x+b(x-1)3>-2在区间(1,2)内恒成立. f'(x)=+-2+3b(x-1)2=+3b(x-1)2=(x-1)2+3b, 令g(x)=+3b, 则g(1)=2+3b,由2+3b≥0, 得b≥-,此时,f'(x)≥0,f(x)在区间(1,2)内单调递增. ∴在区间(1,2)内恒有f(x)>f(1)=-2. 若b<-,则存在x∈(1,ε),使得f'(x)<0,f(x)在区间(1,ε)内单调递减, 则在区间(1,2)内,f(x)<f(1)=-2,不符合题意. 故b≥-. 当b≥-时,对∀x∈(1,2), f(x)≥ln-2x-(x-1)3. 令h(x)=ln-2x-(x-1)3, 则h'(x)=-2(x-1)2=2(x-1)2-1>0对∀x∈(1,2)恒成立, ∴h(x)>h(1)=-2符合条件. 综上所述,b的取值范围为-,+∞. 2.(2024·全国甲,理21,12分,难度★★★★★)(12分)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x. (1)若a=-2,求f(x)的极值; (2)当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围. 解　(1)当a=-2时, f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x,x>-1. f'(x)=2ln(1+x)+, 令f'(x)=0,易得x=0. 当x>0时,f'(x)>0, 当-1<x<0时,f'(x)<0, 所以f(x)在区间(-1,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增, 故f(x)的极小值为f(0)=0,无极大值. (2)f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x, f'(x)=-aln(1+x)-, 令g(x)=f'(x),则g'(x)=--, 因为当x≥0时,f(x)≥0,且f(0)=0,f'(0)=0, 所以g'(0)=-1-2a≥0,a≤-. 当a≤-时,g'(x)≥-≥0, g(x)在区间[0,+∞)上单调递增,g(x)=f'(x)≥g(0)=0, 故f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,f(x)≥f(0)=0恒成立,即a的取值范围为-∞,-. 3.(2024·全国甲,文20,12分,难度★★★★)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1. (1)求f(x)的单调区间; (2)若a≤2时,证明:当x>1时,f(x)<ex-1恒成立. (1)解　∵f(x)=a(x-1)-ln x+1,且f(x)定义域为(0,+∞),∴f'(x)=,x>0. 若a≤0,则f'(x)<0,即f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间. 若a>0,当0<x<时,f'(x)<0; 当x>时,f'(x)>0. 故f(x)的单调递减区间为0,,单调递增区间为,+∞. 综上,当a≤0时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减;当a>0时,f(x)在区间0,上单调递减,在区间,+∞上单调递增. (2)证明　∵a≤2,∴当x>1时,ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1≥ex-1-2x+ln x+1,x>0. 令g(x)=ex-1-2x+ln x+1, 则g'(x)=ex-1+-2. 令h(x)=g'(x),则h'(x)=ex-1-, 易得h'(x)在区间(1,+∞)上单调递增, 则h'(x)>h'(1)=0,即h(x)在区间(1,+∞)上单调递增,故g'(x)>g'(1)=0,即g(x)在区间(1,+∞)上单调递增,∴g(x)>g(1)=0,即当x>1时,f(x)<ex-1恒成立. 4.(2023·全国甲,理21,12分,难度★★★★★)已知f(x)=ax-,x∈0,. (1)若a=8,讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)<sin 2x,求a的取值范围. 解　 (cos2x)'=(cos xcos x)'=-2sin xcos x, (cos3x)'=(cos xcos2x)'=-3sin xcos2x. f'(x)=a-=a-. (1)当a=8时, f'(x)=8-=. 当x∈0,时,f'(x)>0,f(x)在区间0,单调递增; 当x∈,时,f'(x)<0,f(x)在区间,单调递减. (2)方法一:若a≤0,则f(x)<sin 2x.下设a>0. 当x∈0,时,f(x)<sin 2x, 当且仅当+2cos x>a. 因为当x∈0,时,sin x<x, 所以当+2cos x>a时, 有+2cos x>a. 设g(t)=+2t,则g'(t)=2-. 当t∈(0,1)时,g'(t)<0,故g(t)在(0,1)单调递减. 所以当t∈(0,1)时,g(t)>g(1)=3. 故x∈0,时,函数+2cos x的取值范围为(3,+∞),所以a≤3. 当a≤3时,f(x)-sin 2x≤3x--sin 2x. 设h(x)=3x--sin 2x,则 h'(x)=3--2cos 2x =. 令F(t)=-4t3+5t2+2t-3,则F'(t)=-12t2+10t+2=2(1-t)(6t+1). 当t∈(0,1)时,F'(t)>0,故F(t)在(0,1)单调递增. 所以当t∈(0,1)时,F(t)<F(1)=0. 故当x∈0,时,-4cos6x+5cos4x+2cos2x-3<0,从而h'(x)<0,所以h(x)在0,单调递减. 故当x∈0,时,h(x)<h(0)=0, 所以f(x)<sin 2x. 综上,a的取值范围是(-∞,3]. 方法二:令g(x)=3x-2sin x-tan x,x∈0,, 则g'(x)=. 令h(x)=-2cos3x+3cos2x-1,0<x<, 则h'(x)=6sin xcos x(cos x-1)<0. h(x)在区间0,单调递减,所以h(x)<h(0)=0. 从而g'(x)<0,g(x)在区间0,单调递减, 故g(x)<g(0)=0. 所以当x∈0,时,2sin x+tan x>3x. 当a≤3时, f(x)-sin 2x≤3x--sin 2x <2sin x+tan x--2sin xcos x =sin x(1-cos x)2-- <0. 当a>3时,取x0∈0,,满足cos x0>, 又因为当x∈0,时,sin x<x,所以 f(x0)-sin 2x0=ax0--2sinx0cosx0 ≥sin x0a--2cos x0 ≥sin x0a-2- >0. 综上,a的取值范围是(-∞,3]. 5.(2023·全国甲,文20,12分,难度★★★★)已知函数f(x)=ax-,x∈0,. (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)+sin x<0,求a的取值范围. 解　 (cos2x)'=(cos x·cos x)'=-2sin xcos x,f'(x)=a-. (1)当a=1时,f'(x)=. 当x∈0,时,f'(x)<0,f(x)在区间0,单调递减. (2)当a≤0时,f(x)+sin x=ax+sin x·1-<0. 当a>时,因为当x∈0,时,sin x<x, 所以f(x)+sin x>sin x·a+1-. 因为a>0,所以0<<1,取x0∈0,, 满足:cos2x0>,从而f(x0)+sin x0>0. 综上,a的取值范围为(-∞,0]. 6.(2020·全国2,文21,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=2ln x+1. (1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围; (2)设a>0,讨论函数g(x)=的单调性. 解　设h(x)=f(x)-2x-c, 则h(x)=2ln x-2x+1-c, 其定义域为(0,+∞),h'(x)=-2. (1)当0<x<1时,h'(x)>0;当x>1时,h'(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+∞)单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c. 故当且仅当-1-c≤0,即c≥-1时,f(x)≤2x+c. 所以c的取值范围为[-1,+∞). (2)g(x)==, x∈(0,a)∪(a,+∞). g'(x)==. 取c=-1得h(x)=2ln x-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x≠1时,h(x)<0,即1-x+ln x<0.故当x∈(0,a)∪(a,+∞)时,1-+ln <0,从而g'(x)<0. 所以g(x)在区间(0,a),(a,+∞)单调递减. 7.(2020·山东,21,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a. (1)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; (2)若f(x)≥1,求a的取值范围. 解　f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=aex-1-. (1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+1,f'(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2. 直线y=(e-1)x+2在x轴,y轴上的截距分别为,2. 因此所求三角形的面积为. (2)由题意a>0,当0<a<1时,f(1)=a+ln a<1. 当a=1时,f(x)=ex-1-ln x,f'(x)=ex-1-. 当x∈(0,1)时,f'(x)<0; 当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0. 所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1. 当a>1时,f(x)=aex-1-ln x+ln a ≥ex-1-ln x≥1. 综上,a的取值范围是[1,+∞). 8.(2018·江苏,19,16分,难度★★★)记f'(x),g'(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0),且f'(x0)=g'(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”. (1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”; (2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=ln x存在“S点”,求实数a的值; (3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=.对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”,并说明理由. (1)证明　函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2, 则f'(x)=1,g'(x)=2x+2. 由f(x)=g(x),且f'(x)=g'(x), 得此方程组无解, 因此,f(x)与g(x)不存在“S点”. (2)解　函数f(x)=ax2-1,g(x)=ln x, 则f'(x)=2ax,g'(x)=. 设x0为f(x)与g(x)的“S点”,由f(x0)=g(x0),且f'(x0)=g'(x0), 得即(*) 得ln x0=-,即x0=,则a==. 当a=时,x0=满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S点”.因此,a的值为. (3)解　对任意a>0,设h(x)=x3-3x2-ax+a. 因为h(0)=a>0,h(1)=1-3-a+a=-2<0,且h(x)的图象是不间断的, 所以存在x0∈(0,1),使得h(x0)=0. 令b=,则b>0. 函数f(x)=-x2+a,g(x)=, 则f'(x)=-2x,g'(x)=. 由f(x)=g(x),且f'(x)=g'(x), 得 即(**) 此时,x0满足方程组(**),即x0是函数f(x)与g(x)在区间(0,1)内的一个“S点”. 因此,对任意a>0,存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”. 9.(2017·全国3,理21,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=x-1-aln x. (1)若f(x)≥0,求a的值; (2)设m为整数,且对于任意正整数n,1+·1+·…·1+<m,求m的最小值. 解　(1)f(x)的定义域为(0,+∞). ①若a≤0,因为f=-+aln 2<0,所以不满足题意; ②若a>0,由f'(x)=1-=知, 当x∈(0,a)时,f'(x)<0; 当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0. 所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增. 故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点. 由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0.故a=1. (2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0. 令x=1+得ln1+<. 从而ln1++ln1++…+ln1+ <++…+=1-<1. 故1+1+…1+<e. 而1+1+1+>2, 所以m的最小值为3. 10.(2017·全国2,文21,12分,难度★★★★★)设函数f(x)=(1-x2)ex. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围. 解　(1)f'(x)=(1-2x-x2)ex. 令f'(x)=0得x=-1-,x=-1+. 当x∈(-∞,-1-)时,f'(x)<0; 当x∈(-1-,-1+)时,f'(x)>0; 当x∈(-1+,+∞)时,f'(x)<0. 所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)内单调递减,在(-1-,-1+)内单调递增. (2)f(x)=(1+x)(1-x)ex. 当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex, h'(x)=-xex<0(x>0), 因此h(x)在[0,+∞)内单调递减, 而h(0)=1,故h(x)≤1, 所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1. 当0<a<1时,设函数g(x)=ex-x-1,g'(x)=ex-1>0(x>0), 所以g(x)在[0,+∞)内单调递增,而g(0)=0, 故ex≥x+1. 当0<x<1时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1. 当a≤0时,取x0=, 则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1. 综上,a的取值范围是[1,+∞). 11.(2017·天津,文19,14分,难度★★★★★)设a,b∈R,|a|≤1.已知函数f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=exf(x). (1)求f(x)的单调区间; (2)已知函数y=g(x)和y=ex的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线, ①求证:f(x)在x=x0处的导数等于0; ②若关于x的不等式g(x)≤ex在区间[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范围. (1)解　由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b, 可得f'(x)=3x2-12x-3a(a-4) =3(x-a)[x-(4-a)]. 令f'(x)=0,解得x=a或x=4-a. 由|a|≤1,得a<4-a. 当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,a) (a,4-a) (4-a,+∞) f'(x) + - + f(x) ↗ ↘ ↗ 所以,f(x)的单调递增区间为(-∞,a),(4-a,+∞),单调递减区间为(a,4-a). (2)①证明　因为g'(x)=ex[f(x)+f'(x)], 由题意知 所以 解得 所以f(x)在x=x0处的导数等于0. ②解　因为g(x)≤ex,x∈[x0-1,x0+1], 由ex>0,可得f(x)≤1. 又因为f(x0)=1,f'(x0)=0. 故x0为f(x)的极大值点,由(1)知x0=a. 另一方面,由于|a|≤1,故a+1<4-a, 由(1)知f(x)在(a-1,a)内单调递增, 在(a,a+1)内单调递减, 故当x0=a时,f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒成立, 从而g(x)≤ex在[x0-1,x0+1]上恒成立. 由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1, 得b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1. 令t(x)=2x3-6x2+1,x∈[-1,1], 所以t'(x)=6x2-12x, 令t'(x)=0,解得x=2(舍去)或x=0. 因为t(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1, 因此,t(x)的值域为[-7,1]. 所以,b的取值范围是[-7,1]. 12.(2016·四川,文21,14分,难度★★★★)设函数f(x)=ax2-a-ln x,g(x)=-,其中a∈R,e=2.718…为自然对数的底数. (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明:当x>1时,g(x)>0; (3)确定a的所有可能取值,使得f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立. 解　(1)f'(x)=2ax-=(x>0). 当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)内单调递减. 当a>0时,由f'(x)=0有x=. 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. (2)令s(x)=ex-1-x,则s'(x)=ex-1-1. 当x>1时,s'(x)>0, 所以ex-1>x,从而g(x)=->0. (3)由(2),当x>1时,g(x)>0. 当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-ln x<0. 故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0. 当0<a<时,>1. 由(1)有f<f(1)=0,而g>0, 所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立. 当a≥时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1). 当x>1时,h'(x)=2ax-+-e1-x>x-+-=>>0. 因此,h(x)在区间(1,+∞)单调递增. 又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立. 综上,a∈,+∞. f(x)>g(x)恒成立,可转化为F(x)=f(x)-g(x)>0恒成立,即F(x)min>0从而确定参数的值. 考点30利用导数证明不等式　 1.(2024·天津,20,16分,难度★★★★★)设函数f(x)=xln x. (1)求f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若f(x)≥a(x-)在区间(0,+∞)内恒成立,求a的取值范围; (3)若x1,x2∈(0,1),证明|f(x1)-f(x2)|≤. (1)解　∵f(x)=xln x, ∴f'(x)=ln x+1,f(1)=0,∴f'(1)=1, ∴所求的切线经过点(1,0),且斜率为1,故其方程为y=x-1. (2)解　(方法一)f(x)≥a(x-), 即xln x≥a(x-). 令=t(t>0),则t2ln t2≥a(t2-t)⇔2t2ln t-a(t2-t)≥0⇔2tln t-at+a≥0. 令φ(t)=2tln t-at+a,则φ'(t)=2ln t+2-a. 当t∈(0,)时,φ'(t)<0,φ(t)单调递减; 当t∈(,+∞)时,φ'(t)>0,φ(t)单调递增. 若a>2,则当t∈(1,)时,φ'(t)<0,φ(t)单调递减,φ(t)<φ(1)=0,不满足题意. 若a=2,则 当t∈(0,1)时,φ'(t)<0,φ(t)单调递减; 当t∈(1,+∞)时,φ'(t)>0,φ(t)单调递增. 于是φ(t)≥φ(1)=0,满足题意. 若a<2,则 当t∈(,1)时,φ'(t)>0,φ(t)单调递增,φ(t)<φ(1)=0,不满足题意. 综上所述,a=2. 故所求a的取值范围为{2}. (方法二)设h(t)=t-1-ln t,则h'(t)=1-=,从而当0<t<1时,h'(t)<0,当t>1时,h'(t)>0. ∴h(t)在区间(0,1]上单调递减,在区间[1,+∞)上单调递增,∴h(t)在t=1处取得最小值. ∴h(t)≥h(1)=0,即t-1≥ln t,且等号成立,当且仅当t=1. 设g(t)=a(t-1)-2ln t,则f(x)-a(x-)=xln x-a(x-)=xa-1-2ln=x·g. 又当x∈(0,+∞)时,>0,∴f(x)≥a(x-)在区间(0,+∞)内恒成立等价于对任意t∈(0,+∞),都有g(t)≥0. 一方面,若对任意t∈(0,+∞),都有g(t)≥0,则对t∈(0,+∞)有0≤g(t)=a(t-1)-2ln t=a(t-1)+2ln≤a(t-1)+2-1=at+-a-2,取t=2,得0≤a-1,∴a≥1>0. 再取t=,得0≤a·+2-a-2=2-a-2=-(-)2,∴a=2. 另一方面,若a=2,则对任意t∈(0,+∞)都有g(t)=2(t-1)-2ln t=2h(t)≥0,满足条件. 综合以上两个方面,知a的取值范围是{2}. (3)证明　(方法一)不妨设0<x2≤x1<1, 则|f(x1)-f(x2)|≤⇔-≤f(x1)-f(x2)≤. ①先证f(x1)-f(x2)≤. 先证f(x1)-f(x2)≤x1-x2,等价于要证f(x1)-x1≤f(x2)-x2. 令h(x)=f(x)-x=xln x-x,x∈(0,1), 则h'(x)=ln x<0, ∴h(x)在区间(0,1)内为减函数. 又0<x2≤x1<1,∴h(x2)≥h(x1), 即f(x2)-x2≥f(x1)-x1, ∴f(x1)-f(x2)≤x1-x2. 又0<x2≤x1<1,∴x1-x2≤. ∴f(x1)-f(x2)≤x1-x2≤. ②再证f(x1)-f(x2)≥-. 先证f(x1)-f(x2)≥-,等价于要证f(x1)+≥f(x2)+. 令φ(x)=f(x)+=xln x+,x∈(0,1). 设=m(0<m<1), 则xln x+=2m2ln m+m. 令p(m)=2m2ln m+m(0<m<1), 则p'(m)=m4ln m+2+(0<m<1). 令q(m)=4ln m+2+(0<m<1), 则q'(m)=-=(0<m<1). 当<m<1时,q'(m)>0; 当0<m<时,q'(m)<0. ∴q(m)在区间0,内单调递减,在区间,1内单调递增. ∴q(m)在m=处取得最小值, 且q=4ln+2+4>0, ∴q(m)>0,∴p'(m)>0, ∴p(m)在区间(0,1)内单调递增, ∴φ(x)在区间(0,1)内单调递增. ∴f(x1)-f(x2)≥-. 又-≥-(∵≥0,∴2≥0,∴x1+2≥x1,即(+)2≥()2,∴+≥,∴-≥-), ∴f(x1)-f(x2)≥-. 综上所述,|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2. (方法二)先证明一个结论:对0<m<n,有ln m+1<<ln n+1. 证明:前面已经证明不等式t-1≥ln t, ∴=+ln n=+ln n<1+ln n,且=+ln m=+ln m>+ln m=1+ln m, ∴ln m+1<<ln n+1, 即ln m+1<<ln n+1. 由f'(x)=ln x+1,可知当0<x<时,f'(x)<0,当x>时,f'(x)>0. ∴f(x)在区间0,上单调递减,在区间,+∞上单调递增. 不妨设x1≤x2,下面分三种情况(其中有重合部分)证明本题结论. 情况一:当≤x1≤x2<1时,有|f(x1)-f(x2)|=f(x2)-f(x1)<(ln x2+1)(x2-x1)<x2-x1<,结论成立; 情况二:当0<x1≤x2≤时,有|f(x1)-f(x2)|=f(x1)-f(x2)=x1ln x1-x2ln x2. 对任意的c∈0,,设φ(x)=xln x-cln c-,则φ'(x)=ln x+1+. 由于φ'(x)单调递增,且有φ'=ln+1+<ln+1+=-1-+1+=0,且当x≥c-,x>时,由≥ln-1可知φ'(x)=ln x+1+>ln+1+=-ln-1≥0. 所以φ'(x)在区间(0,c)内存在零点x0,再结合φ'(x)单调递增,即知当0<x<x0时,φ'(x)<0,当x0<x<c时,φ'(x)>0. 故φ(x)在区间(0,x0]上单调递减,在区间[x0,c]上单调递增. ①当x0≤x≤c时,有φ(x)≤φ(c)=0; ②当0<x<x0时,由于ln=-2f()≤-2f=<1,故我们可以取q∈ln,1. 从而当0<x<时,由>q,可得φ(x)=xln x-cln c-<-cln c-<-cln c-q=ln-q<0. 再根据φ(x)在区间(0,x0]上单调递减, 即知对0<x<x0都有φ(x)<0. 综合①②可知对任意0<x≤c,都有φ(x)≤0, 即φ(x)=xln x-cln c-≤0. 根据c∈0,和0<x≤c的任意性,取c=x2,x=x1,就得到x1ln x1-x2ln x2-≤0, 所以|f(x1)-f(x2)|=f(x1)-f(x2)=x1ln x1-x2ln x2≤. 情况三:当0<x1≤≤x2<1时,根据情况一和情况二的讨论,可得f(x1)-f≤≤,f-f(x2)≤≤. 而根据f(x)的单调性,知|f(x1)-f(x2)|≤f(x1)-f或|f(x1)-f(x2)|≤f-f(x2). 故一定有|f(x1)-f(x2)|≤成立. 综上,结论成立. 2.(2023·全国新高考1,19,12分,难度★★★)已知函数f(x)=a(ex+a)-x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+. 解　f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=aex-1. (ⅰ)若a≤0,则f'(x)<0,f(x)在(-∞,+∞)单调递减. (ⅱ)若a>0,则由f'(x)=0得x=-ln a. 当x∈(-∞,-ln a)时,f'(x)<0;当x∈(-ln a,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(-∞,-ln a)单调递减,在(-ln a,+∞)单调递增. (2)证明　方法一　当a>0时,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,所以 f(x)≥f(-ln a)=a2+ln a+1. 从而f(x)-2ln a+≥a2-ln a-. 设g(x)=x2-ln x-(x>0), 则g'(x)=2x-=. 当0<x<时,g'(x)<0;当x>时,g'(x)>0.所以g(x)在0,单调递减,在,+∞单调递增.故当x>0时,g(x)≥g>0.从而当a>0时,a2-ln a->0,即f(x)>2ln a+. 方法二　当a>0时,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,所以 f(x)≥f(-ln a)=a2+ln a+1. 从而f(x)-2ln a+≥a2-ln a-. 设g(x)=ln x-x+1(x>0), 则g'(x)=-1=. 当0<x<1时,g'(x)>0;当x>1时,g'(x)<0.所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.故当x>0时,g(x)≤g(1)=0,即ln x≤x-1. 故当a>0时,a2-ln a-≥a2-(a-1)-=a2-a+=a-2+>0. 从而f(x)-2ln a+>0, 即f(x)>2ln a+. 方法3　当a>0时,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,所以 f(x)≥f(-ln a)=a2+ln a+1. 从而f(x)-2ln a+≥a2-ln a-. 同方法二可得,当x>0时,ln x≤x-1,即x≥ln x+1. 故当a>0时,a2-ln a->a2-ln a- ≥(ln a2+1)-ln a-=0. 从而f(x)-2ln a+>0, 即f(x)>2ln a+. 1.讨论函数的单调性,考查分类讨论能力,注意指数函数ex>0恒成立,分a≤0和a>0两种情况讨论. 2.第(2)问的本质是研究函数f(x)的最小值的范围,求出最小值后重新构造关于变量a的新函数,再次利用导数研究新函数的单调性和最值. 3.(2023·全国新高考2,22,12分,难度★★★★★)(1)证明:当0<x<1时,x-x2<sin x<x; (2)已知函数f(x)=cos ax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围. (1)证明　设h(x)=sin x-x,x∈[0,1], 则h'(x)=cos x-1≤0对∀x∈[0,1]恒成立,且仅在x=0时有h'(0)=0, 所以函数h(x)在[0,1]上单调递减. 所以对∀x∈(0,1),有h(x)<h(0)恒成立. 又因为h(0)=0,所以sin x-x<0恒成立. 所以sin x<x,x∈(0,1). 设g(x)=sin x-(x-x2), 则g'(x)=cos x+2x-1. 令G(x)=cos x+2x-1, 则G'(x)=-sin x+2>0对∀x∈[0,1]恒成立, 所以g'(x)在x∈[0,1]上单调递增,且因为g'(0)=1+0-1=0, 所以对∀x∈[0,1],g'(x)≥0恒成立,且仅在x=0时有g'(0)=0, 所以函数y=g(x)在[0,1]上单调递增. 所以对∀x∈(0,1),有g(x)>g(0)恒成立. 又因为g(0)=0, 所以sin x+x2-x>0对∀x∈(0,1)恒成立. 所以x-x2<sin x,x∈(0,1). 综上可知,x-x2<sin x<x,x∈(0,1)成立. (2)解　 若a≠0,当0<x<min时, (ⅰ)若a>0,有a2x-a3x2<asin ax<a2x; (ⅱ)若a<0,有a2x+a3x2<asin ax<a2x. 证明:(ⅰ)当a>0时,由(1)知ax-a2x2<sin ax<ax,0<x<min, 所以a2x-a3x2<asin ax<a2x; (ⅱ)当a<0时,由(1)知-ax-(-ax)2<sin(-ax)<-ax,0<x<min, 所以-a2x-a(-ax)2>asin(-ax)>-a2x, 即a2x+a3x2<asin ax<a2x. 故上述说法成立. 因为f(x)=cos ax-ln(1-x2),x∈(-1,1), 所以f'(x)=-asin ax-=-asin ax+, 满足f'(0)=-asin 0+0=0. 因为f'(-x)=asin ax-=-f'(x), 所以函数f'(x)为奇函数. ①若a=0,则f'(x)=. 当x∈(-1,0)时,f'(x)<0; 当x∈(0,1)时,f'(x)>0. 故x=0是函数f(x)的极小值点,不符合题意. ②若a∈(,+∞),则当0≤x<min时, asin ax>a2x-a3x2. 所以f'(x)<-a2x+a3x2+ =x. 令F1(x)=+a3x-a2,0≤x<min, 则F'1(x)=+a3>0, 故当0≤x<min时,F1(x)单调递增. 又因为F1(0)=2-a2<0, 所以存在t1>0,使得F1(x)在(0,t1)上恒小于0, 此时f'(x)<xF1(x)<0. 又因为函数f'(x)是奇函数,所以在(-t1,0)内有f'(x)>0. 因此函数f(x)在(-t1,0)内单调递增,在(0,t1)内单调递减,所以x=0是函数f(x)的极大值点. ③若a∈(-∞,-), 则当0≤x<min时, a2x+a3x2<asin ax<a2x. 所以f'(x)<-a2x-a3x2+ =x. 令F2(x)=-a3x-a2, 则F'2(x)=-a3>0, 故当0<x<min时,F2(x)单调递增. 又因为F2(0)=2-a2<0, 所以存在t2>0,使得F2(x)在(0,t2)上恒小于0, 此时f'(x)<xF2(x)<0. 又因为函数f'(x)是奇函数,所以在(-t2,0)内有f'(x)>0. 因此函数f(x)在(-t2,0)内单调递增,在(0,t2)内单调递减,所以x=0是函数f(x)的极大值点. ④若a∈[-,], 则当0≤x<min时,asin ax<a2x. 所以f'(x)=-asin ax+>-a2x =x≥x>x(2-2)=0. 此时,与x=0是函数f(x)的极小值点矛盾. 综上可知,实数a的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞). 4.(2022·全国新高考2,22,12分,难度★★★★)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,求实数a的取值范围; (3)设n∈N*,证明:++…+>ln(n+1). (1)解　当a=1时,f(x)=xex-ex,f'(x)=xex. 当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减; 当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增. 故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减. (2)解　函数f(x)的定义域为R,f'(x)=(1+ax)·eax-ex. (导函数中含有参数,要根据参数对导函数取值符号的影响分段讨论) 对于x∈(0,+∞),当a≥1时,f'(x)=(1+ax)·eax-ex>eax-ex≥ex-ex=0, ∴f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增. ∵f(0)=-1,∴f(x)>-1,不满足题意. 当a≤0时,f'(x)≤eax-ex≤1-ex≤0且等号不恒成立, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递减. ∵f(0)=-1,f(x)<-1,满足题意. 当0<a≤时,f'(x)≤1+-ex=1+-. 令g(x)=1+-,则g'(x)=-<0, ∴g(x)在(0,+∞)上单调递减, ∴g(x)<g(0)=0, ∴f'(x)=·g(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减. ∵f(0)=-1,∴f(x)<-1,满足题意. 当<a<1时,f'(x)=eax[1+ax-e(1-a)x]. 令h(x)=1+ax-e(1-a)x, 则h'(x)=a+(a-1)e(1-a)x. ∵h'(x)为减函数, 又h'(0)=2a-1>0,x→+∞,h'(x)<0, ∴∃x0∈(0,+∞),使h'(x0)=0, (当导函数的零点存在,但不易求出时,可引入虚拟零点) ∴当x∈(0,x0)时,h'(x)>0,h(x)在(0,x0)上单调递增, h(x)>h(0)=0,∴当x∈(0,x0)时,f'(x)=eax·h(x)>0,f(x)在(0,x0)上单调递增. ∵f(0)=-1,∴f(x)>-1,不满足题意. 综上,a的取值范围是-∞,. (3)证明　求导易得t->2ln t(t>1). 令t=,则->2ln⇒>ln1+⇒>ln. 故>ln=ln×××…×=ln(n+1), 即++…+>ln(n+1). 得证. 5.(2022·浙江,22,15分,难度★★★★)设函数f(x)=+ln x(x>0). (1)求f(x)的单调区间; (2)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: ①若a>e,则0<b-f(a)<-1; ②若0<a<e,x1<x2<x3,则+<+<-. (注:e=2.718 28…是自然对数的底数) (1)解　f'(x)=-=,x>0, 当f'(x)>0,即x>时,f(x)是单调递增的, 当f'(x)<0,即0<x<时,f(x)是单调递减的. 故f(x)的单调递减区间为0,,单调递增区间为,+∞. (2)①证明　不妨设x1<x2<x3,则x1,x2,x3满足:y=f'(xi)(x-xi)+f(xi)(i=1,2,3). 则x1,x2,x3是关于x的方程f'(x)(x-a)-f(x)+b=0的三个正实数根. 即-(x-a)--ln x+b=0. 记g(x)=-(x-a)--ln x+b,a>e. g'(x)=-+-+(x-a)+- =-(x-e)(x-a). 则g(x)在(0,e)上单调递减,(e,a)上单调递增,(a,+∞)上单调递减. 由于x1,x2,x3是f'(x)(x-a)-f(x)+b=0的三个正实数根. 则0<x1<e,e<x2<a,x3>a. 又由于x→0时,g(x)→+∞,g(e)=b--1. g(a)=--ln a+b,x→+∞时,g(x)→-∞. 于是g(e)=b--1<0,g(a)=--ln a+b=b-f(a)>0. 由于b<+1,要证b<f(a)+-1, 只需证+1<f(a)+-1. 即+ln a>,由(1)知,a>e时,f(a)>f(e)=. 综上所述,0<b-f(a)<-1. ②证明　由于g'(x)=-(x-e)(x-a),0<a<e, 则g(x)在(0,a)上单调递减,(a,e)上单调递增,(e,+∞)上单调递减, 则0<x1<a,a<x2<e,x3>e. 令t1=>,t3=<, 则由上问解答可知 由①-②,得(-)-(a+e)(t1-t3)+ln=0. 两边同除以,得(t1-t3)(t1+t3)-+(t1-t3)+ln=0, (t1+t3)-++··ln=0, (t1+t3)2-+(t1+t3)+··ln=0, (t1+t3)2-+(t1+t3)+··ln=0, 要证:+<+<-, 只需证:·ln>=+2. 令h(x)=·ln x, 其中x>1,则h'(x)=, 令p(x)=x--2ln x(x>1),p'(x)=>0. 故p(x)在(1,+∞)上单调递增,p(x)>p(1)=0. ∴h(x)在(1,+∞)上单调递增. 又t1>且t3<,则>>1, ∴·ln>+2, 即证:ln-->0, 令q(x)=ln x--, 则q'(x)=>0(x>1), ∴q(x)单调递增,q>q(1)=0, ∴当0<a<e时,+<+<-. 6.(2021·全国乙,理20,12分,难度★★★★★)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点. (1)求a; (2)设函数g(x)=,证明:g(x)<1. (1)解　由题意,f(x)的定义域为(-∞,a). 令p(x)=xf(x),则p(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a), p'(x)=ln(a-x)+x·=ln(a-x)+. 因为x=0是函数y=xf(x)的极值点, 则有p'(0)=0,即ln a=0,所以a=1. 当a=1时,p'(x)=ln(1-x)+,且p'(0)=0, 当x<0时,p'(x)>0,当0<x<1时,p'(x)<0, 所以当a=1时,x=0是函数y=xf(x)的一个极大值点. (2)证明　由(1)可知,xf(x)=xln(1-x), 要证<1,即需证明<1. 因为当x∈(-∞,0)时,xln(1-x)<0, 当x∈(0,1)时,xln(1-x)<0, 所以需证明x+ln(1-x)>xln(1-x), 即x+(1-x)ln(1-x)>0. 令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),x<1, 则h'(x)=(1-x)·+1-ln(1-x)=-ln(1-x), 所以h'(0)=0,当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0, 当x∈(0,1)时,h'(x)>0, 所以x=0为h(x)的唯一极小值点,也是最小值点,所以当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,h(x)>h(0)=0,即x+ln(1-x)>xln(1-x), 所以<1,所以<1. 利用求最值的方法解决不等式问题时,若函数g(x)的最值点存在但无法确定怎么办 此时可通过设出导数的隐零点解决问题,具体方法是:(1)确定导数g'(x)的单调性;(2)利用零点存在定理确定导数g'(x)在区间(a,b)内存在零点,并设为x0;(3)判断x0为函数g(x)的最值点.并求其最值g(x0)(其间要充分利用g'(x0)=0的条件)的范围,完成证明. 7.(2021·全国新高考1,22,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=x(1-ln x). (1)讨论f(x)的单调性; (2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2<+<e. (1)解　由条件知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-ln x. 当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增; 当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减. 即在区间(0,1)内,函数f(x)单调递增;在区间(1,+∞)内,函数f(x)单调递减. (2)证明　由bln a-aln b=a-b,得-ln=-ln. 令x1=,x2=,x1≠x2,不妨设x1<x2, 令f'(x)=0,得x=1.且f(e)=0. 结合(1)中的f(x)的单调性, 易知,0<x1<1<x2<e. 待证结论⇔2<x1+x2<e.下面证明x1+x2>2. 令g(x)=f(x)-f(2-x),x∈0,1, 则g'(x)=-ln(x(2-x))>0, 所以g(x)在区间0,1内单调递增, 所以0=g(1)>g(x1)=f(x1)-f(2-x1), 即f(2-x1)>f(x1)=f(x2). 又f(x)在区间1,+∞上单调递减, 所以2-x1<x2,即x1+x2>2. 再证明x1+x2<e. 方法一:当x2≤e-1时,结论显然成立; 当x2∈(e-1,e)时,x1<e-x2⇔f(x1)<f(e-x2)⇔f(x2)<f(e-x2),x2∈(e-1,e), 令h(x)=f(x)-f(e-x),x∈(e-1,e), h'(x)=-ln(x(e-x)),则h(x)在区间(e-1,e)内先单调递减后单调递增,故h(x)<0.对x∈(e-1,e),则h(x2)<0,即f(x2)<f(e-x2). 故f(x1)<f(e-x2),结合当x∈(0,1)时,f(x)单调递增,有x1<e-x2,即x1+x2<e. 方法二:f(x)在点(e,0)处的切线φ(x)=e-x, 令F(x)=f(x)-φ(x)=2x-xln x-e,x∈(0,e), F'(x)=1-ln x>0,所以F(x)在区间(0,e)内单调递增,即F(x)<F(e)=0, 所以当x∈(0,e)时,f(x)<φ(x). 令t=f(x1)=f(x2),则t=f(x2)<φ(x2)=e-x2⇒t+x2<e. 又t=f(x1)=x1(1-ln x1),x1∈(0,1), 所以t=x1(1-ln x1)>x1,即x1+x2<t+x2<e. 综上,2<x1+x2<e.故2<+<e成立. 利用对称化构造的方法求解极值点偏移问题“三步曲” (1)求导,得到f(x)的单调性、极值情况,作出函数的图象,由f(x1)=f(x2)得x1,x2的取值范围. (2)构造辅助函数(若结论为x1+x2>(<)2x0,则构造F(x)=f(x)-f(2x0-x);若结论为x1x2>(<),则构造F(x)=f(x)-f),求导,限定范围(x1或x2的范围),判定符号,获得不等式. (3)代入x1或(x2),利用f(x1)=f(x2)及f(x)的单调性即得所证结论. 8.(2020·全国2,理21,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=sin2xsin 2x. (1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性; (2)证明:|f(x)|≤; (3)设n∈N*,证明:sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤. (1)解　f'(x)=cos x(sin xsin 2x)+sin x·(sin xsin 2x)'=2sin xcos xsin 2x+2sin2xcos 2x=2sin xsin 3x. 当x∈0,∪,π时,f'(x)>0; 当x∈,时,f'(x)<0. 所以f(x)在区间0,,,π单调递增,在区间,单调递减. (2)证明　因为f(0)=f(π)=0,由(1)知,f(x)在区间[0,π]的最大值为f=,最小值为f=-. 而f(x)是周期为π的周期函数, 故|f(x)|≤. (3)证明　由于(sin2xsin22x…sin22nx =|sin3xsin32x…sin32nx| =|sin x||sin2xsin32x…sin32n-1xsin 2nx|·|sin22nx| =|sin x||f(x)f(2x)…f(2n-1x)||sin22nx| ≤|f(x)f(2x)…f(2n-1x)|, 所以sin2xsin22x…sin22nx≤=. 9.(2020·天津,20,16分,难度★★★★★)已知函数f(x)=x3+kln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数. (1)当k=6时, ①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; ②求函数g(x)=f(x)-f'(x)+的单调区间和极值; (2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有>. (1)解　①当k=6时,f(x)=x3+6ln x,故f'(x)=3x2+. 可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8. ②依题意,g(x)=x3-3x2+6ln x+,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x+-,整理可得g'(x)=.令g'(x)=0,解得x=1. 当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表: x (0,1) 1 (1,+∞) g'(x) - 0 + g(x) ↘ 极小值 ↗ 所以,函数g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值. (2)证明　由f(x)=x3+kln x,得f'(x)=3x2+. 对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2, 令=t(t>1), 则(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)] =(x1-x2)3++3+-2-+kln =--3x2+3x1+k--2kln =(t3-3t2+3t-1)+kt--2ln t. ① 令h(x)=x--2ln x,x∈[1,+∞). 当x>1时,h'(x)=1+-=1-2>0, 由此可得h(x)在[1,+∞)单调递增, 所以当t>1时,h(t)>h(1),即t--2ln t>0. 因为x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3, 所以,(t3-3t2+3t-1)+kt--2ln t≥(t3-3t2+3t-1)-3t--2ln t=t3-3t2+6ln t+-1. ② 由(1)②可知,当t>1时,g(t)>g(1),即t3-3t2+6ln t+>1,故t3-3t2+6ln t+-1>0. ③ 由①②③可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]>0. 所以,当k≥-3时,对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有>. 10.(2020·江苏,19,16分,难度★★★★★)已知关于x的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)=kx+b(k,b∈R)在区间D上恒有f(x)≥h(x)≥g(x). (1)若f(x)=x2+2x,g(x)=-x2+2x,D=(-∞,+∞),求h(x)的表达式; (2)若f(x)=x2-x+1,g(x)=kln x,h(x)=kx-k, D=(0,+∞),求k的取值范围; (3)若f(x)=x4-2x2,g(x)=4x2-8,h(x)=4(t3-t)x-3t4+2t2(0<|t|≤),D=[m,n]⊆[-,],求证:n-m≤. (1)解　由条件f(x)≥h(x)≥g(x),得x2+2x≥kx+b≥-x2+2x, 取x=0,得0≥b≥0,所以b=0. 由x2+2x≥kx,得x2+(2-k)x≥0,此式对一切x∈(-∞,+∞)恒成立, 所以(2-k)2≤0,则k=2,此时2x≥-x2+2x恒成立, 所以h(x)=2x. (2)解　h(x)-g(x)=k(x-1-ln x),x∈(0,+∞). 令u(x)=x-1-ln x,则u'(x)=1-, 令u'(x)=0,得x=1. x (0,1) 1 (1,+∞) u'(x) - 0 + u(x) ↘ 极小值 ↗ 所以u(x)min=u(1)=0,则x-1≥ln x恒成立, 所以当且仅当k≥0时,h(x)≥g(x)恒成立. 另一方面,f(x)≥h(x)恒成立, 即x2-x+1≥kx-k恒成立, 也即x2-(1+k)x+1+k≥0恒成立. 因为k≥0,对称轴为x=>0, 所以(1+k)2-4(1+k)≤0,解得-1≤k≤3. 因此,k的取值范围是0≤k≤3. (3)证明　①当1≤t≤时, 由g(x)≤h(x),得4x2-8≤4(t3-t)x-3t4+2t2,整理得x2-(t3-t)x+≤0.(*) 令Δ=(t3-t)2-(3t4-2t2-8), 则Δ=t6-5t4+3t2+8. 记φ(t)=t6-5t4+3t2+8(1≤t≤), 则φ'(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)<0恒成立, 所以φ(t)在[1,]上是减函数, 则φ()≤φ(t)≤φ(1),即2≤φ(t)≤7. 所以不等式(*)有解,设解为x1≤x≤x2, 因此n-m≤x2-x1=≤. ②当0<t<1时,f(-1)-h(-1)=3t4+4t3-2t2-4t-1. 设v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1, v'(t)=12t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1), 令v'(t)=0,得t=. 当t∈0,时,v'(t)<0,v(t)是减函数; 当t∈,1时,v'(t)>0,v(t)是增函数. v(0)=-1,v(1)=0,则当0<t<1时,v(t)<0. (或证:v(t)=(t+1)2(3t+1)(t-1)<0.) 则f(-1)-h(-1)<0,因此-1∉(m,n). 因为[m,n]⊆[-,], 所以n-m≤+1<. ③当-≤t<0时,因为f(x),g(x)均为偶函数, 因此n-m≤也成立. 综上所述,n-m≤. 11.(2019·天津,理20,14分,难度★★★★★)设函数f(x)=excos x,g(x)为f(x)的导函数. (1)求f(x)的单调区间; (2)当x∈,时,证明:f(x)+g(x)-x≥0; (3)设xn为函数u(x)=f(x)-1在区间2nπ+,2nπ+内的零点,其中n∈N,证明:2nπ+-xn<. (1)解　由已知,有f'(x)=ex(cos x-sin x). 因此,当x∈2kπ+,2kπ+(k∈Z)时, 有sin x>cos x,得f'(x)<0,则f(x)单调递减; 当x∈2kπ-,2kπ+(k∈Z)时,有sin x<cos x,得f'(x)>0,则f(x)单调递增. 所以,f(x)的单调递增区间为2kπ-,2kπ+(k∈Z),f(x)的单调递减区间为2kπ+,2kπ+(k∈Z). (2)证明　记h(x)=f(x)+g(x)-x. 依题意及(1),有g(x)=ex(cos x-sin x), 从而g'(x)=-2exsin x. 当x∈,时,g'(x)<0, 故h'(x)=f'(x)+g'(x)-x+g(x)(-1) =g'(x)-x<0. 因此,h(x)在区间,上单调递减,进而h(x)≥h=f=0. 所以,当x∈,时,f(x)+g(x)-x≥0. (3)证明　依题意,u(xn)=f(xn)-1=0, 即cos xn=1.记yn=xn-2nπ, 则yn∈,, 且f(yn)=cos yn=cos(xn-2nπ)=e-2nπ(n∈N). 由f(yn)=e-2nπ≤1=f(y0)及(1),得yn≥y0. 由(2)知,当x∈,时,g'(x)<0, 所以g(x)在,上为减函数, 因此g(yn)≤g(y0)<g=0. 又由(2)知,f(yn)+g(yn)-yn≥0, 故-yn≤-=-≤-=<. 所以,2nπ+-xn<. 12.(2019·天津,文20,14分,难度★★★★★)设函数f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中a∈R. (1)若a≤0,讨论f(x)的单调性; (2)若0<a<, ①证明f(x)恰有两个零点; ②设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1>x0,证明3x0-x1>2. (1)解　由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=-[aex+a(x-1)ex]=. 因此当a≤0时,1-ax2ex>0,从而f'(x)>0, 所以f(x)在(0,+∞)内单调递增. (2)证明　①由(1)知,f'(x)=.令g(x)=1-ax2ex,由0<a<,可知g(x)在(0,+∞)内单调递减,又g(1)=1-ae>0,且gln=1-aln 2=1-ln 2<0, 故g(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f'(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x0, 则1<x0<ln . 当x∈(0,x0)时,f'(x)=>=0, 所以f(x)在(0,x0)内单调递增; 当x∈(x0,+∞)时,f'(x)=<=0,所以f(x)在(x0,+∞)内单调递减,因此x0是f(x)的唯一极值点. 令h(x)=ln x-x+1,则当x>1时,h'(x)=-1<0,故h(x)在(1,+∞)内单调递减,从而当x>1时,h(x)<h(1)=0,所以x<x-1. 从而fln =lnln -aln -1 =lnln -ln +1=hln <0, 又因为f(x0)>f(1)=0,所以f(x)在(x0,+∞)内有唯一零点.又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1,从而,f(x)在(0,+∞)内恰有两个零点. ②由题意,即 从而ln x1=·,即=.因为当x>1时,ln x<x-1,又x1>x0>1,故<=,两边取对数,得ln<ln ,于是x1-x0<2ln x0<2(x0-1),整理得3x0-x1>2. 13.(2018·全国1,理21,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=-x+aln x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:<a-2. 解　(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--1+=-. ①若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减. ②若a>2,令f'(x)=0得,x=或x=. 当x∈0,∪,+∞时,f'(x)<0; 当x∈,时,f'(x)>0.所以f(x)在0,,,+∞单调递减,在,单调递增. (2)由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a>2. 由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1. 由于=--1+a =-2+a=-2+a, 所以<a-2等价于-x2+2ln x2<0. 设函数g(x)=-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减,又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0. 所以-x2+2ln x2<0,即<a-2. 14.(2018·全国1,文21,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=aex-ln x-1. (1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间; (2)证明:当a≥时,f(x)≥0. 解　(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=aex-. 由题设知,f'(2)=0,所以a=. 从而f(x)=ex-ln x-1,f'(x)=ex-. 当0<x<2时,f'(x)<0;当x>2时,f'(x)>0. 所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增. (2)当a≥时,f(x)≥-ln x-1. 设g(x)=-ln x-1,则g'(x)=-. 当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0. 所以x=1是g(x)的最小值点. 故当x>0时,g(x)≥g(1)=0. 因此,当a≥时,f(x)≥0. 15.(2018·全国3,理21,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x. (1)若a=0,证明:当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0; (2)若x=0是f(x)的极大值点,求a. 解　(1)当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f'(x)=ln(1+x)-, 设函数g(x)=f'(x)=ln(1+x)-, 则g'(x)=, 当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f'(x)≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0. 所以f(x)在(-1,+∞)单调递增. 又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0. (2)①若a≥0,由(1)知,当x>0时,f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾. ②若a<0,设函数h(x)==ln(1+x)-. 由于当|x|<min时,2+x+ax2>0, 故h(x)与f(x)符号相同. 又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点. h'(x)=- =. 如果6a+1>0,则当0<x<-,且|x|<min时,h'(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点. 如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min时,h'(x)<0, 所以x=0不是h(x)的极大值点. 如果6a+1=0, 则h'(x)=. 则当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;当x∈(0,1)时,h'(x)<0. 所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-. 16.(2018·全国3,文21,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=. (1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程; (2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0. 解　(1)f'(x)=,f'(0)=2. 因此曲线y=f(x)在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0. (2)当a≥1时,f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x. 令g(x)=x2+x-1+ex+1, 则g'(x)=2x+1+ex+1. 当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g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥0. 17.(2018·浙江,22,15分,难度★★★★)已知函数f(x)=-ln x. (1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)>8-8ln 2; (2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点. 证明　(1)函数f(x)的导函数f'(x)=-, 由f'(x1)=f'(x2),得-=-, 因为x1≠x2,所以+=. 由基本不等式,得=+≥2, 因为x1≠x2,所以x1x2>256. 由题意得f(x1)+f(x2)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2). 设g(x)=-ln x, 则g'(x)=(-4), 所以 x (0,16) 16 (16,+∞) g'(x) - 0 + g(x) ↘ 2-4ln 2 ↗ 所以g(x)在[256,+∞)上单调递增, 故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2, 即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2. (2)令m=e-(|a|+k),n=2+1,则 f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0, f(n)-kn-a<n--k≤n-k<0, 所以,存在x0∈(m,n),使f(x0)=kx0+a. 所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点. 由f(x)=kx+a,得k=. 设h(x)=, 则h'(x)==. 其中g(x)=-ln x.由(1)可知g(x)≥g(16). 又a≤3-4ln 2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a≤0,所以h'(x)≤0, 即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减. 因此方程f(x)-kx-a=0至多1个实根. 综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点. 18.(2017·全国3,文21,12分,难度★★★★)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当a<0时,证明:f(x)≤--2. (1)解　f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=+2ax+2a+1=. 若a≥0,则当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0, 故f(x)在(0,+∞)单调递增. 若a<0,则当x∈0,-时,f'(x)>0; 当x∈-,+∞时,f'(x)<0. 故f(x)在0,-单调递增,在-,+∞单调递减. (2)证明　由(1)知,当a<0时,f(x)在x=-取得最大值,最大值为f-=ln--1-. 所以f(x)≤--2等价于ln--1-≤--2,即ln-++1≤0. 设g(x)=ln x-x+1,则g'(x)=-1. 当x∈(0,1)时,g'(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0. 所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减. 故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0. 所以当x>0时,g(x)≤0. 从而当a<0时,ln-++1≤0, 即f(x)≤--2. 考点31利用导数研究函数的零点　 1.(2023·全国乙,文8,5分,难度★★★)若函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是(　B　) A.(-∞,-2) B.(-∞,-3) C.(-4,-1) D.(-3,0) 解析　令f(x)=0,得-ax=x3+2,易知x≠0,所以-a=.设g(x)=, 则函数f(x)存在3个零点等价于函数g(x)=的图象与直线y=-a有三个不同的交点. g'(x)=.当x>1时,g'(x)>0,函数g(x)在(1,+∞)内单调递增,当x<1且x≠0时,g'(x)<0,函数g(x)在(-∞,0),(0,1)内单调递减,且g(1)=3,当x从左侧趋近于0时,g(x)→-∞,当x从右侧趋近于0时,g(x)→+∞,当x→+∞时,g(x)→+∞,由此可作出函数g(x)的大致图象,如图所示. 由图知,当-a>3时,函数g(x)=的图象与直线y=-a有三个交点,即函数f(x)有3个零点,所以a<-3.故选B. 2.(多选题)(2022·全国新高考1,10,5分,难度★★)已知函数f(x)=x3-x+1,则 (　AC　) A.f(x)有两个极值点 B.f(x)有三个零点 C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线 解析　∵f(x)=x3-x+1,∴f'(x)=3x2-1.由3x2-1=0,得x=或x=-.∴f(x)有2个极值点-与,且在区间-∞,-上单调递增,在区间-,上单调递减,在区间,+∞上单调递增.又f=1->0,当x=-2时,f(-2)=-5<0,而f->f>0,∴f(x)只在区间-2,-上存在一个零点,∴f(x)只有一个零点. ∵f(x)+f(-x)=2,∴点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心. 由f'(x)=3x2-1=2,解得x=±1,∴曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1; 曲线y=f(x)在点(-1,1)处的切线方程为y-1=2(x+1),即y=2x+3. ∴直线y=2x与曲线y=f(x)不相切.故选AC. 3.(2024·全国甲,文16,5分,难度★★★★)曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点,则a的取值范围为　　　　　.  答案　(-2,1) 解析　 令x3-3x=-(x-1)2+a,得x3+(x-1)2-3x=a. 令f(x)=x3+(x-1)2-3x, x>0, 则f'(x)=3x2+2(x-1)-3=3x2+2x-5=(x-1)(3x+5). 由f'(x)=0(x>0),得x=1.∴当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增. ∴f(x)min=f(1)=-2.又f(0)=1,f(2)=3>1,曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点等价于y=f(x)与y=a有两个不同交点,∴-2<a<1. 4.(2018·江苏,11,5分,难度★★★★)若函数f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为　　　　　.  答案　-3 解析　由f'(x)=6x2-2ax=0,得x=0或x=.因为函数f(x)在(0,+∞)内有且只有一个零点,且f(0)=1,所以>0,f=0,因此23-a2+1=0,解得a=3.从而函数f(x)在[-1,0]上单调递增,在[0,1]上单调递减,所以f(x)max=f(0)=1,f(x)min=f(-1)=-4.故f(x)max+f(x)min=1-4=-3. 5.(2022·全国甲,理21,12分,难度★★★★)已知函数f(x)=-ln x+x-a. (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. (1)解　f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=-+1=. 当0<x<1时,f'(x)<0,f(x)单调递减, 当x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增. 则f(x)min=f(1)=e+1-a.要使得f(x)≥0恒成立,即满足f(x)min=e+1-a≥0,∴a≤e+1. 故a的取值范围为(-∞,e+1]. (2)证明　不妨设x1<x2,由题意知0<x1<1<x2. 要证明x1x2<1,只需证明x2<. ∵f(x)在(1,+∞)上单调递增, ∴只需证明f(x2)<f, 即证明f(x1)<f. 下面构造函数F(x)=f(x)-f(0<x<1), F'(x)=f'(x)+f'·=. 设g(x)=x,则g'(x)=+x·-=1-=. 当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)在(0,1)上单调递减, ∴x>e,即-x<-e,-x-1<-e-1. 设h(x)=ex+x,显然h(x)在(0,1)上单调递增, ∴ex+x<e+1.∴ex+x-x-1<e+1+(-e-1)=0. 又x-1<0,∴F'(x)>0,∴F(x)在(0,1)上单调递增. 又F(1)=f(1)-f(1)=0, ∴F(x)<0,即f(x)<f, ∴f(x1)<f,即f(x2)<f,∴x1x2<1. 1.直接根据导数的正负判断函数的单调性. 2.构造函数F(x)=f(x)-f(0<x<1),并利用它的单调性证明不等式. 6.(2022·全国乙,理21,12分,难度★★★★)已知函数f(x)=ln(1+x)+axe-x. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)若f(x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围. 解　(1)当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xe-x,则f'(x)=+e-x-xe-x,所以f(0)=0,f'(0)=2,所以所求切线方程为y=2x. (2)当a≥0时,若x>0,则f(x)=ln(1+x)+axe-x>0恒成立,不符合题意,舍去. 当a<0时,由已知得f'(x)=+ae-x-axe-x=. 令g(x)=1+ae-x(1-x2), 则g'(x)=ae-x(x2-2x-1). 因为x>-1,a<0, 所以令g'(x)>0,得1-<x<1+; 令g'(x)<0,得-1<x<1-或x>1+. 所以g(x)在区间(-1,1-),(1+,+∞)内单调递减,在区间(1-,1+)内单调递增,g(0)=1+a. 若-1≤a<0,则当x∈(0,1]时,g(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,g(x)>0, 所以当x>0时,g(x)>0恒成立,即f'(x)>0恒成立,所以f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,所以当x>0时,f(x)>f(0)=0,不符合题意,舍去. 若a<-1,则g(0)<0,又g(-1)=1>0,g(1)=1>0,当x>1时,g(x)>0恒成立,所以存在唯一的x1∈(-1,0),x2∈(0,1),使g(x)=0. 所以f(x)在区间(-1,x1),(x2,+∞)内单调递增,在区间(x1,x2)内单调递减,所以f(x1)>f(0)=0,f(x2)<f(0)=0,当x∈(x1,0)时,f(x)>0恒成立;当x∈(0,x2)时,f(x)<0恒成立. 令h(x)=xe-x,则h'(x)=e-x(1-x),所以当x>1时,h'(x)<0,所以h(x)在区间(1,+∞)内单调递减,所以当x>1时,0<h(x)<h(1)=e-1<1.又a<-1,所以当x>1时,axe-x>a. 取x=e-a,因为a<-1,0<x2<1,所以e-a>e>x2,所以f(e-a)>ln(1+e-a)+a>ln e-a+a=0. 又f(x2)<0,所以f(x)在区间(x2,+∞)内只有一个零点,即f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点. 由h'(x)=e-x(1-x),知当-1<x<0时,h'(x)>0, 所以h(x)在区间(-1,0)内单调递增,所以当-1<x<0时,h(-1)<h(x),即xe-x>-e.又a<-1,所以axe-x<-ae. 取x=e3a-1∈(-1,0),则f(e3a-1)<ln(1+e3a-1)-ae=a(3-e)<0. 又f(x1)>0,所以f(x)在区间(e3a-1,x1)内只有一个零点,即f(x)在区间(-1,0)内只有一个零点. 综上所述,a的取值范围为(-∞,-1). 函数零点存在问题中如何取点 函数零点存在问题中的取点,一般指在函数的单调区间内确定零点所属区间的端点,从而利用零点存在性定理判断函数零点的存在性与零点的个数,因此,取点的意义就在于找到那个大于或小于零点的点x0,且使得f(x0)>0或f(x0)<0.近年来,高考对函数零点的取点问题一直很青睐,尤其是全国卷.诸多同学对参考答案中的取点总是莫名其妙,那么,解题中如何快速准确地找到我们要找的“点”,值得我们去思考与揣度. 取点的基本原则如下:(1)常数优先;(2)极(最)值点优先;(3)放缩取点,即将超越式的函数式利用放缩化归为简单的代数式,通过解不等式取点(取点是解题中的难点,对函数解析式进行恰当的放缩,是正确取点的重要途径,放缩的方法参见前面讲解). 注意:对于前两种取点,掌握一些数值估计很有必要,易于确定相应函数值的符号,如e≈2.718,≈1.649,≈0.37,≈0.6,ln 2≈0.693,ln 3≈1.099,ln 5≈1.609,e2≈7.4等. 7.(2022·全国乙,文20,12分,难度★★★★)已知函数f(x)=ax--(a+1)ln x. (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. 解　(1)当a=0时,f(x)=--ln x,x∈(0,+∞). f'(x)=-=,令f'(x)=0,得x=1. 当x∈(0,1)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减. 因此,当x=1时,f(x)有最大值f(1)=-1. (2)函数f(x)的定义域为(0,+∞).f'(x)=a+-==. 由(1)知,当a=0时,f(x)max=-1<0,故f(x)无零点. 当a<0时,ax-1<0.f'(x),f(x)的变化情况如下表所示. x (0,1) 1 (1,+∞) f'(x) + 0 - f(x) 单调递增 a-1 单调递减 ∴∀x>0,f(x)≤f(1)=a-1<0,故f(x)无零点. 当a>0时,f'(x)=x-(x-1). ①当0<a<1时,>1.f'(x),f(x)的变化情况如下表所示. x (0,1) 1 1, ,+∞ f'(x) + 0 - 0 + f(x) 单调递增 a-1 单调递减 1-a+(a+ 1)ln a 单调递增 ∴∀x∈0,,f(x)≤f(1)=a-1<0. 又当x→+∞,f(x)→+∞, ∴f(x)恰有一个零点. ②当a=1时,∵f'(x)=≥0, ∴函数f(x)在(0,+∞)上单调递增. 由f(1)=a-1=0,知f(x)恰有一个零点. ③当a>1时,0<<1.f'(x),f(x)的变化情况如下表所示. x 0, ,1 1 1,+∞ f'(x) + 0 - 0 + f(x) 单调递增 1-a+(a+ 1)ln a 单调递减 a-1 单调递增 ∴∀x∈,+∞,f(x)≥f(1)=a-1>0. 又当x→0时,f(x)→-∞, ∴f(x)恰有一个零点. 综上,若f(x)恰有一个零点,则a的取值范围为(0,+∞). 8.(2021·全国甲,理21,12分,难度★★★★)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; (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. 解　(1)当a=2时,f(x)=. f'(x)== =. 当x∈0,时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 当x∈,+∞时,f'(x)<0,f(x)单调递减. 故f(x)在区间0,上单调递增,在区间,+∞上单调递减. (2)由题知方程f(x)=1在(0,+∞)有两个不相等的根. 由f(x)=1得xa=ax,即aln x=xln a, 即=. 令g(x)=,g'(x)=,∴g(x)在区间(0,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减. 又x→0时,g(x)→-∞,g(e)=,g(1)=0,x→+∞时,g(x)→0.∴0<<,即a>1且a≠e. 9.(2021·全国甲,文20,12分,难度★★★★)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围. 解　(1)∵f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,x∈(0,+∞), ∴f'(x)=2a2x+a- ==. ∵a>0,x>0,∴>0, ∴当x∈0,时,f'(x)<0; 当x∈,+∞时,f'(x)>0, ∴函数f(x)在0,上单调递减,在,+∞上单调递增. (2)∵y=f(x)的图象与x轴没有公共点, ∴函数f(x)在(0,+∞)上没有零点, 由(1)可得函数f(x)在0,上单调递减,在,+∞上单调递增, ∴f=3-3ln=3+3ln a>0,∴ln a>-1, ∴a>,即实数a的取值范围是,+∞. 10.(2021·全国新高考2,22,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b. (1)讨论f(x)的单调性; (2)从下面两个条件中选一个,证明:f(x)有一个零点. ①<a≤,b>2a;②0<a<,b≤2a. (1)解　f'(x)=ex+(x-1)·ex-2ax=xex-2ax=x(ex-2a). ①当a≤0时,令f'(x)=0得x=0. x (-∞,0) 0 (0,+∞) f'(x) - 0 + f(x) ↘ 极小值b-1 ↗ ②当0<a<时,令f'(x)=0,得x1=0,x2=ln 2a<0, x (-∞,ln 2a) ln 2a (ln 2a,0) 0 (0,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ ③当a=时,f'(x)=x(ex-1)≥0,f(x)在R上单调递增. ④当a>时,令f'(x)=0,得x3=0,x4=ln 2a>0. x (-∞,0) 0 (0,ln 2a) ln 2a (ln 2a,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 综上,当a≤0时,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增; 当0<a<时,f(x)在(-∞,ln 2a)上单调递增,在(ln 2a,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增; 当a=时,f(x)在R上单调递增; 当a>时,f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln 2a)上单调递减,在(ln 2a,+∞)上单调递增. (2)证明　若选①,由(1)知f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln 2a)上单调递减,在(ln 2a,+∞)上单调递增, ∵f-=--1<0, f(0)=b-1>2a-1>0, ∴f(x)在-,0上有一个零点. ∵f(ln 2a)为(0,+∞)上的最小值,且f(ln 2a)=(ln 2a-1)·2a-a·ln22a+b>2a·ln 2a-2a-a·ln22a+2a=aln 2a(2-ln 2a). 又<a,∴0<ln 2a≤2.∴2-ln 2a≥0, ∴aln 2a(2-ln 2a)≥0,∴f(ln 2a)>0, ∴f(x)在(0,+∞)上无零点. 综上所述,f(x)在R上仅有一个零点. 若选②,由(1)知f(x)在(-∞,ln 2a)上单调递增, 在(ln 2a,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. ∵f(ln 2a)=(ln 2a-1)2a-aln22a+b≤2aln 2a-2a-aln22a+2a=aln 2a(2-ln 2a). 又0<a<,∴ln 2a<0, ∴aln 2a(2-ln 2a)<0, ∴f(ln 2a)<0,故f(x)在(-∞,ln 2a)内恒为负,无零点. f(0)=b-1≤2a-1<0,取c=, ∵b≤2a<1,∴c>>1,∴ec>c+1, ∴f(c)=(c-1)ec-ac2+b>(c-1)(c+1)-ac2+b=(1-a)c2+b-1>c2+b-1=1-b+1+b-1=1>0, ∴f(x)在(0,c)上有唯一零点, 即f(x)在(0,+∞)上有唯一零点. 综上所述,f(x)在R上有唯一零点. 函数零点个数问题的解决方法 (1)理论依据 判断函数零点个数的理论依据是零点存在定理: 若函数f(x)的图象在区间[a,b] 上连续不间断,且f(x)在区间(a,b)上单调,若f(a)f(b)<0,则函数f(x)在区间(a,b)上有且仅有一个零点. (2)一般步骤及解题关键 判断函数零点个数一般分为以下三步: ①讨论函数f(x)的单调性,寻找f(x)的单调区间D1,D2,…; ②在每一个单调区间Di(i=1,2,…)上,要么证明f(x)恒为正数或恒为负数,要么在该区间上找到一对函数值符号相反的点ai,bi(ai<bi,i=1,2,…),从而说明函数在该单调区间上恰有一个零点,且零点位于区间(ai,bi)内; ③综合考虑每个单调区间上的零点情况,作出总结. 其中,在单调区间上寻找一对函数值符号相反的点是关键点,亦是难点.我们约定,把在特定区间上寻找函数值为正(或负)的点的问题称为“找点”问题. (3)“找点”的一般策略 ①直接放缩“找点”.熟记一些常见的函数不等式,利用分析法“找点”.例如: 当0<a<1时,在区间ln,+∞上找一个x,使得ae2x+(a-2)ex-x>0:考虑到ex>x,要想ae2x+(a-2)ex-x>0成立,只需aex+a-3≥0成立,即只需ex≥-1成立,因此可取x=ln-1.(2017全国Ⅰ) ②拆项放缩“找点”.例如: 当a>0时,在区间(-∞,1)上找一个x,使得(x-2)ex+a(x-1)2>0:只需a(x-1)2>(2-x)ex,为此,把a(x-1)2拆成与2(x-1)2相乘,(2-x)ex拆成ex与(2-x)相乘,所以只需故取x<ln且x<0即可.(2016全国Ⅰ) ③根据经验与数感进行尝试与验证. 附:常用的函数不等式(考试中都需要给出证明): 第一组:与对数函数有关的不等式 ln x≤x-1(x>0),ln x<x(x>0),ln x≤(x>0), ln x≤x2-x(x>0),ln x≥1-(x>0),ln(1+x)≤x(x>-1), ln x<x-(x>1),ln x>x-(0<x<1), ln x<-(x>1),ln x>-(0<x<1), ln x>(x>1),ln x<(0<x<1), ln(x+1)≥(x>-1). 第二组:与指数函数有关的不等式 ex≥x+1,ex>x,ex≥ex,ex≤(x<1),ex<-(x<0),ex>x2(x>0),ex≥1+x+x2(x≥0). 11.(2020·全国1,文20,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=ex-a(x+2). (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围. 解　(1)当a=1时,f(x)=ex-x-2, 则f'(x)=ex-1. 当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0. 所以f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增. (2)f'(x)=ex-a. 当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意. 当a>0时,由f'(x)=0可得x=ln a. 当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0; 当x∈(ln a,+∞)时f'(x)>0. 所以f(x)在(-∞,ln a)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增,故当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a(1+ln a). ①若0<a≤,则f(ln a)≥0,f(x)在(-∞,+∞)至多存在1个零点,不合题意. ②若a>,则f(ln a)<0. 由于f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,ln a)存在唯一零点. 由(1)知,当x>2时,ex-x-2>0, 所以当x>4且x>2ln(2a)时, f(x)=·-a(x+2)>eln(2a)·+2-a(x+2)=2a>0. 故f(x)在(ln a,+∞)存在唯一零点. 从而f(x)在(-∞,+∞)有两个零点. 综上,a的取值范围是,+∞. 12.(2020·全国3,文20,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=x3-kx+k2. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有三个零点,求k的取值范围. 解　(1)f'(x)=3x2-k. 当k=0时,f(x)=x3,故f(x)在(-∞,+∞)单调递增; 当k<0时,f'(x)=3x2-k>0,故f(x)在(-∞,+∞)单调递增. 当k>0时,令f'(x)=0,得x=±. 当x∈-∞,-时,f'(x)>0; 当x∈-,时,f'(x)<0; 当x∈,+∞时,f'(x)>0. 故f(x)在-∞,-,,+∞单调递增,在-,单调递减. (2)由(1)知,当k≤0时,f(x)在(-∞,+∞)单调递增,f(x)不可能有三个零点. 当k>0时,x=-为f(x)的极大值点,x=为f(x)的极小值点. 此时,-k-1<-<<k+1且f(-k-1)<0,f(k+1)>0,f->0. 根据f(x)的单调性,当且仅当f<0, 即k2-<0时,f(x)有三个零点,解得k<. 因此k的取值范围为0,. 13.(2020·全国3,理21,12分,难度★★★★★)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点,f处的切线与y轴垂直. (1)求b; (2)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. (1)解　f'(x)=3x2+b,依题意得f'=0, 即+b=0.故b=-. (2)证明　由(1)知f(x)=x3-x+c,f'(x)=3x2-. 令f'(x)=0,解得x=-或x=. f'(x)与f(x)的情况为: x -∞,- - -, ,+∞ f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ c+ ↘ c- ↗ 因为f(1)=f-=c+,所以当c<-时,f(x)只有大于1的零点. 因为f(-1)=f=c-,所以当c>时,f(x)只有小于-1的零点. 由题设可知-≤c≤. 当c=-时,f(x)只有两个零点-和1. 当c=时,f(x)只有两个零点-1和. 当-<c<时,f(x)有三个零点x1,x2,x3,且x1∈-1,-,x2∈-,,x3∈,1. 综上,若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,则f(x)所有零点的绝对值都不大于1. 14.(2020·浙江,22,15分,难度★★★★★)已知1<a≤2,函数f(x)=ex-x-a,其中e=2.718 28…是自然对数的底数. (1)证明:函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点; (2)记x0为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点,证明: ①≤x0≤; ②x0f()≥(e-1)(a-1)a. 证明　(1)因为f(0)=1-a<0,f(2)=e2-2-a≥e2-4>0,所以y=f(x)在(0,+∞)上存在零点. 因为f'(x)=ex-1,所以当x>0时,f'(x)>0,故函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点. (2)①令g(x)=ex-x2-x-1(x≥0),g'(x)=ex-x-1=f(x)+a-1,由①知函数g'(x)在[0,+∞)上单调递增,故当x>0时,g'(x)>g'(0)=0,所以函数g(x)在[0,+∞)上单调递增,故g(x)≥g(0)=0. 由g()≥0,得f()=--a≥0=f(x0),因为f(x)在[0,+∞)单调递增,故≥x0. 令h(x)=ex-x2-x-1(0≤x≤1), h'(x)=ex-2x-1, 令h1(x)=ex-2x-1(0≤x≤1), h1'(x)=ex-2,所以 x 0 (0,ln 2) ln 2 (ln 2,1) 1 h1'(x) -1 - 0 + e-2 h1(x) 0 ↘ ↗ e-3 故当0<x<1时,h1(x)<0,即h'(x)<0, 所以h(x)在[0,1]单调递减,因此当0≤x≤1时,h(x)≤h(0)=0. 由h()≤0,得 f()=--a≤0=f(x0), 因为f(x)在[0,+∞)单调递增,故≤x0. 综上,≤x0≤. ②令u(x)=ex-(e-1)x-1,u'(x)=ex-(e-1), 所以当x>1时,u'(x)>0,故函数u(x)在区间[1,+∞)上单调递增,因此u(x)≥u(1)=0. 由=x0+a可得x0f()=x0f(x0+a)=(ea-1)+a(ea-2)·x0≥(e-1)a, 由x0≥,得x0f()≥(e-1)(a-1)a. 15.(2019·全国1,理20,12分,难度★★★★)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明: (1)f'(x)在区间-1,存在唯一极大值点; (2)f(x)有且仅有2个零点. 解　(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x-, g'(x)=-sin x+. 当x∈-1,时,g'(x)单调递减, 而g'(0)>0,g'<0, 可得g'(x)在区间-1,内有唯一零点,设为α. 则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0; 当x∈α,时,g'(x)<0. 所以g(x)在区间(-1,α)内单调递增,在区间α,内单调递减,故g(x)在区间-1,内存在唯一极大值点, 即f'(x)在区间-1,内存在唯一极大值点. (2)f(x)的定义域为(-1,+∞). (ⅰ)当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)内单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-1,0)内单调递减. 又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点. (ⅱ)当x∈0,时,由(1)知,f'(x)在区间(0,α)内单调递增,在区间α,内单调递减,而f'(0)=0,f'<0,所以存在β∈α,,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0; 当x∈β,时,f'(x)<0. 故f(x)在区间(0,β)内单调递增,在区间β,内单调递减. 又f(0)=0,f=1-ln1+>0, 所以当x∈0,时,f(x)>0. 从而,f(x)在区间0,上没有零点. (ⅲ)当x∈,π时,f'(x)<0,所以f(x)在区间,π内单调递减.而f>0,f(π)<0,所以f(x)在区间,π上有唯一零点. (ⅳ)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在区间(π,+∞)内没有零点. 综上,f(x)有且仅有2个零点. 16.(2019·全国1,文20,12分,难度★★★★)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x,f'(x)为f(x)的导数. (1)证明:f'(x)在区间(0,π)存在唯一零点; (2)若x∈[0,π]时,f(x)≥ax,求a的取值范围. (1)证明　设g(x)=f'(x), 则g(x)=cos x+xsin x-1,g'(x)=xcos x. 当x∈0,时,g'(x)>0; 当x∈,π时,g'(x)<0, 所以g(x)在0,单调递增,在,π单调递减. 又g(0)=0,g>0,g(π)=-2, 故g(x)在(0,π)存在唯一零点. 所以f'(x)在(0,π)存在唯一零点. (2)解　由题设知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0. 由(1)知,f'(x)在(0,π)只有一个零点,设为x0,且当x∈(0,x0)时,f'(x)>0;当x∈(x0,π)时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,π)单调递减. 又f(0)=0,f(π)=0,所以,当x∈[0,π]时,f(x)≥0. 又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,故f(x)≥ax. 因此,a的取值范围是(-∞,0]. 17.(2019·全国2,理20,12分,难度★★★★)已知函数f(x)=ln x-. (1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点; (2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线. (1)解　f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞). 因为f'(x)=+>0, 所以f(x)在区间(0,1),(1,+∞)内单调递增. 因为f(e)=1-<0,f(e2)=2-=>0,所以f(x)在区间(1,+∞)内有唯一零点x1,即f(x1)=0. 又0<<1,f=-ln x1+=-f(x1)=0,故f(x)在区间(0,1)内有唯一零点. 综上,f(x)有且仅有两个零点. (2)证明　因为=,故点B-ln x0,在曲线y=ex上. 由题设知f(x0)=0,即ln x0=,故直线AB的斜率k===. 曲线y=ex在点B-ln x0,处切线的斜率是,曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处切线的斜率也是,所以曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线. 18.(2018·全国2,理21,12分,难度★★★★)已知函数f(x)=ex-ax2. (1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1; (2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a. 解　(1)当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0. 设函数g(x)=(x2+1)e-x-1, 则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x. 当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减. 而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1. (2)设函数h(x)=1-ax2e-x. f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点. (i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点; (ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x. 当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0. 所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增. 故h(2)=1-是h(x)在[0,+∞)的最小值. ①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)没有零点; ②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)只有一个零点; ③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1, 所以h(x)在(0,2)有一个零点. 由(1)知,当x>0时,ex>x2,所以 h(4a)=1-=1->1-=1->0. 故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+∞)有两个零点. 综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=. 19.(2018·全国2,文21,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1). (1)若a=3,求f(x)的单调区间; (2)证明:f(x)只有一个零点. 解　(1)当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3. 令f'(x)=0,解得x=3-2或x=3+2. 当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f'(x)>0; 当x∈(3-2,3+2)时,f'(x)<0. 故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)单调递增, 在(3-2,3+2)单调递减. (2)由于x2+x+1>0, 所以f(x)=0等价于-3a=0. 设g(x)=-3a,则g'(x)=≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增,故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点. 又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6a-2-<0,f(3a+1)=>0,故f(x)有一个零点. 综上,f(x)只有一个零点. 20.(2018·天津,理20,14分,难度★★★★★)已知函数f(x)=ax,g(x)=logax,其中a>1. (1)求函数h(x)=f(x)-xln a的单调区间; (2)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-; (3)证明:当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线. (1)解　由已知,h(x)=ax-xln a, 有h'(x)=axln a-ln a. 令h'(x)=0,解得x=0. 由a>1,可知当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表: x (-∞,0) 0 (0,+∞) h'(x) - 0 + h(x) ↘ 极小值 ↗ 所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞). (2)证明　由f'(x)=axln a,可得曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线斜率为ln a.由g'(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为.因为这两条切线平行,故有ln a=,即x2(ln a)2=1.两边取以a为底的对数,得logax2+x1+2logaln a=0,所以x1+g(x2)=-. (3)证明　曲线y=f(x)在点(x1,)处的切线l1:y-=ln a·(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线l2:y-logax2=(x-x2). 要证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1与l2重合. 即只需证明当a≥时,方程组 有解. 由①得x2=, 代入②,得-x1ln a+x1++=0.③ 因此,只需证明当a≥时,关于x1的方程③存在实数解. 设函数u(x)=ax-xaxln a+x++,即要证明当a≥时,函数y=u(x)存在零点. u'(x)=1-(ln a)2xax,可知当x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;当x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又u'(0)=1>0,u'=1-<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u'(x0)=0,即1-(ln a)2x0=0.由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0+∞)上单调递减,u(x)在x=x0处取得极大值u(x0). 因为a≥,故ln ln a≥-1,所以u(x0)=-x0ln a+x0++=+x0+≥≥0. 下面证明存在实数t,使得u(t)<0. 由(1)可得ax≥1+xln a,当x>时,有u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x++=-(ln a)2x2+x+1++, 所以存在实数t,使得u(t)<0. 因此,当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0. 所以,当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线. 21.(2018·天津,文20,14分,难度★★★★★)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列. (1)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)若d=3,求f(x)的极值; (3)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点,求d的取值范围. 解　(1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f'(x)=3x2-1.因此f(0)=0,f'(0)=-1.又因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-f(0)=f'(0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0. (2)由已知可得 f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3-9)x-+9t2. 故f'(x)=3x2-6t2x+3-9.令f'(x)=0,解得x=t2-,或x=t2+. 当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞, t2-) t2- (t2-, t2+) t2+ (t2+, +∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以函数f(x)的极大值为f(t2-)=(-)3-9×(-)=6; 函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3-9×=-6. (3)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6=0有三个互异的实数解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+6=0. 设函数g(x)=x3+(1-d2)x+6,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点. g'(x)=3x2+(1-d2). 当d2≤1时,g'(x)≥0,这时g(x)在R上单调递增,不合题意. 当d2>1时,令g'(x)=0,解得x1=-,x2=. 易得,g(x)在(-∞,x1)上单调递增,在[x1,x2]上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增. g(x)的极大值g(x1)=g-=+6>0. g(x)的极小值g(x2)=g=-+6. 若g(x2)≥0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意. 若g(x2)<0,即(d2-1>27,也就是|d|>,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+6>0,且-2|d|<x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+6<-62+6<0,从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个零点,符合题意. 所以,d的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞). 22.(2017·全国1,理21,12分,难度★★★★★)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围. 解　(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)·(2ex+1). (ⅰ)若a≤0,则f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递减. (ⅱ)若a>0,则由f'(x)=0得x=-ln a. 当x∈(-∞,-ln a)时,f'(x)<0; 当x∈(-ln a,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,-ln a)单调递减,在(-ln a,+∞)单调递增. (2)(ⅰ)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点. (ⅱ)若a>0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-+ln a. ①当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点; ②当a∈(1,+∞)时,由于1-+ln a>0, 即f(-ln a)>0,故f(x)没有零点; ③当a∈(0,1)时,1-+ln a<0, 即f(-ln a)<0. 又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0, 故f(x)在(-∞,-ln a)有一个零点. 设正整数n0满足n0>ln-1, 则f(n0)=(a+a-2)-n0>-n0>-n0>0.由于ln-1>-ln a, 因此f(x)在(-ln a,+∞)有一个零点. 综上,a的取值范围为(0,1). 用导数研究函数零点问题,首先用导数分析函数的单调性与最值,然后结合零点存在性定理,分析何处有零点,有几个零点. 23.(2017·天津,理20,14分,难度★★★★★)设a∈Z,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一个零点x0,g(x)为f(x)的导函数. (1)求g(x)的单调区间; (2)设m∈[1,x0)∪(x0,2],函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求证:h(m)h(x0)<0; (3)求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且∈[1,x0)∪(x0,2],满足≥. (1)解　由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a, 可得g(x)=f'(x)=8x3+9x2-6x-6, 进而可得g'(x)=24x2+18x-6. 令g'(x)=0,解得x=-1或x=. 当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表: x (-∞,-1) -1, ,+∞ g'(x) + - + g(x) ↗ ↘ ↗ 所以,g(x)的单调递增区间是(-∞,-1),,+∞,单调递减区间是-1,. (2)证明　由h(x)=g(x)(m-x0)-f(m), 得h(m)=g(m)(m-x0)-f(m), h(x0)=g(x0)(m-x0)-f(m). 令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x), 则H'1(x)=g'(x)(x-x0). 由(1)知,当x∈[1,2]时,g'(x)>0, 故当x∈[1,x0)时,H'1(x)<0,H1(x)单调递减; 当x∈(x0,2]时,H'1(x)>0,H1(x)单调递增. 因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H1(x)>H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(m)>0,即h(m)>0. 令函数H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x), 则H'2(x)=g(x0)-g(x). 由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增, 故当x∈[1,x0)时,H'2(x)>0,H2(x)单调递增; 当x∈(x0,2]时,H'2(x)<0,H2(x)单调递减. 因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H2(x)<H2(x0)=0,可得H2(m)<0,即h(x0)<0.所以,h(m)h(x0)<0. (3)证明　对于任意的正整数p,q,且∈[1,x0)∪(x0,2],令m=,函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m). 由(2)知,当m∈[1,x0)时,h(x)在区间(m,x0)内有零点; 当m∈(x0,2]时,h(x)在区间(x0,m)内有零点. 所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点,不妨设为x1, 则h(x1)=g(x1)-x0-f=0. 由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增, 故0<g(1)<g(x1)<g(2). 于是=≥ =. 因为当x∈[1,2]时,g(x)>0, 故f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)在区间[1,2]上除x0外没有其他的零点,而≠x0, 故f≠0. 又因为p,q,a均为整数,所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数, 从而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1. 所以≥. 所以,只要取A=g(2),就有≥. 24.(2016·江苏,19,16分,难度★★★★★)已知函数f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1). (1)设a=2,b=. ①求方程f(x)=2的根; ②若对于任意x∈R,不等式f(2x)≥mf(x)-6恒成立,求实数m的最大值; (2)若0<a<1,b>1,函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值. 解　(1)因为a=2,b=,所以f(x)=2x+2-x. ①方程f(x)=2,即2x+2-x=2,亦即(2x)2-2×2x+1=0, 所以(2x-1)2=0,于是2x=1,解得x=0. ②由条件知f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x))2-2. 因为f(2x)≥mf(x)-6对于x∈R恒成立,且f(x)>0, 所以m≤对于x∈R恒成立. 而=f(x)+≥ 2=4,且=4, 所以m≤4,故实数m的最大值为4. (2)因为函数g(x)=f(x)-2只有1个零点, 而g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0, 所以0是函数g(x)的唯一零点. 因为g'(x)=axln a+bxln b, 又由0<a<1,b>1知ln a<0,ln b>0, 所以g'(x)=0有唯一解x0=lo-. 令h(x)=g'(x),则h'(x)=(axln a+bxln b)'=ax(ln a)2+bx(ln b)2, 从而对任意x∈R,h'(x)>0, 所以g'(x)=h(x)是(-∞,+∞)上的增函数. 于是当x∈(-∞,x0)时,g'(x)<g'(x0)=0; 当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>g'(x0)=0. 因而函数g(x)在(-∞,x0)上是单调递减,在(x0,+∞)上是单调递增. 下证x0=0. 若x0<0,则x0<<0,于是g<g(0)=0. 又g(loga2)=+-2>-2=0,且函数g(x)在以和loga2为端点的闭区间上的图象不间断,所以在和loga2之间存在g(x)的零点,记为x1.因为0<a<1,所以loga2<0.又<0, 所以x1<0,与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾. 若x0>0,同理可得,在和logb2之间存在g(x)的非0的零点,矛盾.因此,x0=0. 于是-=1,故ln a+ln b=0,所以ab=1. 学科网（北京）股份有限公司 $$