导数及其应用全真试题专项解析-【数理报】2025年高考数学专项提分

! " # $ !" 书 导数是高中数学知识的重要组成部分，是高 中数学与大学数学最重要的一个衔接点，在近三 年的高考中，导数几乎全部作为必考内容出现在 各地的高考试卷中．在高考命题上，导数多充当 “工具性”的作用，与函数、解析几何、不等式等 知识密切联系．在处理曲线的切线、函数的最值 及单调性、参数的范围、实际生活中的优化等问 题方面，导数发挥着重大的作用，因此是高考解 答题命题的重要着眼点． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、函数的单调性 利用导数法求函数的单调区间，是此部分知 识在高考中命题的一个重要着眼点．求解时，一 般方法是令函数的导数分别大于、小于零，分别 得到函数的增、减区间．处理此类问题时，还要注 意在求解之前，先求出函数的定义域，然后再去 求函数的单调区间． 二、函数的极值 函数极值的考查很多时候是与函数最值联 系在一起的，但近几年的高考中，函数极值的单 独考查出现较多．求解极值，要先求出函数的导 数，令导数为零，求出相应的变量值，结合函数的 单调性，判断极值是否存在，进而求出极值．反 之，如果函数在某一点处取得极值，则在该点处 的导数为零，同学们要注意这一结论的应用． 三、函数的最值 求解函数的最值，同样要先求出函数的导 数，令导数为零，求出函数的极值点，根据极值去 判断函数的最值．高考在对这部分知识考查时， 往往是求函数在某一闭区间上的最值，这样在处 理时，不但要考虑极值点，还要将在极值点处求 得的函数值，与区间端点处的函数值进行比较， 以得到最大、最小值． 题型一、 例１ 设函数 ｆ（ｘ）＝ｅ ｘ＋２ｓｉｎｘ １＋ｘ２ ，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）１６ （Ｂ） １ ３ （Ｃ）１２ （Ｄ） ２ ３ 解析：由题得ｆ′（ｘ）＝ （ｅｘ＋２ｃｏｓｘ）（１＋ｘ２）－（ｅｘ＋２ｓｉｎｘ）·２ｘ （１＋ｘ２）２ ， 所以ｆ′（０）＝３，所以曲线 ｙ＝ｆ（ｘ）在点 （０，１）处的切线方程为ｙ－１＝３（ｘ－０），即３ｘ－ ｙ＋１＝０，切线与两坐标轴的交点分别为（０，１ ( ）， －１３， )０ ，所以切线与两坐标轴所围成的三角 形的面积为 １ ２×１× １ ３ ＝ １ ６，故选（Ａ）． 点评：本题主要考查导数的几何意义，考查 运算求解能力． 例２ 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＝ ． 解析：由题令ｆ（ｘ）＝ｅｘ＋ｘ， 则ｆ′（ｘ）＝ｅｘ＋１，所以ｆ′（０）＝２， 所以曲线ｙ＝ｅｘ＋ｘ在点（０，１）处的切线方 程为ｙ＝２ｘ＋１． 令ｇ（ｘ）＝ｌｎ（ｘ＋１）＋ａ，则ｇ′（ｘ）＝ １ｘ＋１， 设直线ｙ＝２ｘ＋１与曲线ｙ＝ｇ（ｘ）相切于 点（ｘ０，ｙ０），则 １ ｘ０＋１ ＝２，得ｘ０ ＝－ １ ２， 则ｙ０ ＝２ｘ０＋１＝０， 所以０＝ (ｌｎ －１２＋ )１ ＋ａ，所以ａ＝ｌｎ２． 点评：本题主要考查导数的几何意义，考查 学生的运算求解能力． 题型二、 例３ 设函数ｆ（ｘ）＝（ｘ－１）２（ｘ－４），则 （　　） （Ａ）ｘ＝３是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：因为ｆ（ｘ）＝（ｘ－１）２（ｘ－４），所以 ｆ′（ｘ）＝２（ｘ－１）（ｘ－４）＋（ｘ－１）２ ＝３（ｘ－ １）（ｘ－３），令ｆ′（ｘ）＝０，解得ｘ＝１或ｘ＝３，当 ｘ＜１或ｘ＞３时，ｆ′（ｘ）＞０，当１＜ｘ＜３时， ｆ′（ｘ）＜０，所以函数 ｆ（ｘ）的单调递增区间为 （－∞，１），（３，＋∞），单调递减区间为（１，３）， 故ｘ＝１是函数ｆ（ｘ）的极大值点，ｘ＝３是函数 ｆ（ｘ）的极小值点，所以（Ａ）正确； 当０＜ｘ＜１时，ｘ－ｘ２＝ｘ（１－ｘ）＞０，即 ０＜ｘ２＜ｘ＜１，又函数ｆ（ｘ）在（０，１）上单调递 增，所以ｆ（ｘ２）＜ｆ（ｘ），所以（Ｂ）错误； 当１＜ｘ＜２时，１＜２ｘ－１＜３，函数ｆ（ｘ） 在（１，３）上单调递减，所以－４＝ｆ（３）＜ｆ（２ｘ－ １）＜ｆ（１）＝０，所以（Ｃ）正确； 当－１＜ｘ＜０时，ｆ（２－ｘ）－ｆ（ｘ）＝（２－ ｘ－１）２（２－ｘ－４）－（ｘ－１）２（ｘ－４）＝（ｘ－ １）２（－ｘ－２）－（ｘ－１）２（ｘ－４）＝（ｘ－１）２· （－２ｘ＋２）＝－２（ｘ－１）３＞０，所以ｆ（２－ｘ）＞ ｆ（ｘ），所以（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． 点评：本题考查利用导数研究函数的单调性 和极值，意在考查学生的运算求解能力． 例４ 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 ． 解析：令ｘ３－３ｘ＝－（ｘ－１）２＋ａ， 则ａ＝ｘ３－３ｘ＋（ｘ－１）２， 设ｈ（ｘ）＝ｘ３－３ｘ＋（ｘ－１）２， 则ｈ′（ｘ）＝３ｘ２－３＋２（ｘ－１） ＝（３ｘ＋５）（ｘ－１）， 因为ｘ＞０，所以３ｘ＋５＞０， 当０＜ｘ＜１时，ｈ′（ｘ）＜０， 当ｘ＞１时，ｈ′（ｘ）＞０， 所以ｈ（ｘ）在（１，＋∞）上单调递增，在（０， １）上单调递减． 因为曲线ｙ＝ｘ３－３ｘ与ｙ＝－（ｘ－１）２＋ａ 在（０，＋∞）上有两个不同的交点， ｈ（０）＝１，ｈ（１）＝－２， 所以ａ的取值范围为（－２，１）． 点评：本题考查利用导数研究函数的单调性 和曲线的交点问题，考查学生的逻辑思维能力和 运算求解能力． 例５ 已知函数 ｆ（ｘ）＝ａｘ－ｓｉｎｘ ｃｏｓ３ｘ ，ｘ ( ∈ ０，π )２ ． （１）当ａ＝８时，讨论ｆ（ｘ）的单调性； （２）若ｆ（ｘ）＜ｓｉｎ２ｘ，求ａ的取值范围． 解析：（１）当ａ＝８时， ｆ（ｘ）＝８ｘ－ｓｉｎｘ ｃｏｓ３ (ｘｘ (∈ ０，π ) )２ ， ｆ′（ｘ）＝８－ｃｏｓ ４ｘ＋３ｓｉｎ２ｘｃｏｓ２ｘ ｃｏｓ６ｘ ＝８＋ ２ ｃｏｓ２ｘ － ３ ｃｏｓ４ｘ ． 令 １ ｃｏｓ２ｘ ＝ｔ，则ｔ∈（１，＋∞）， 令ｈ（ｔ）＝－３ｔ２＋２ｔ＋８＝－（３ｔ＋４）（ｔ－２）， 当ｔ∈（１，２）时，ｈ（ｔ）＞０； 当ｔ∈（２，＋∞）时，ｈ（ｔ）＜０． 故当ｘ (∈ ０，π )４ 时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调 递增； 当ｘ (∈ π４，π)２ 时，ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）单调递减． 所以ｆ（ｘ） (在区间 ０，π )４ 上单调递增， (在区间 π４，π )２ 上单调递减． （２）令ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｓｉｎ２ｘ ＝ａｘ－ｓｉｎｘ ｃｏｓ３ｘ －ｓｉｎ２ｘ， 则ｇ′（ｘ）＝ａ－ｃｏｓ ４ｘ＋３ｓｉｎ２ｘｃｏｓ２ｘ ｃｏｓ６ｘ －２ｃｏｓ２ｘ ＝ａ－ｃｏｓ ２ｘ＋３ｓｉｎ２ｘ ｃｏｓ４ｘ －４ｃｏｓ２ｘ＋２ (＝ａ－ －２ｃｏｓ２ｘ＋３ｃｏｓ４ｘ ＋４ｃｏｓ２ｘ－ )２， 令ｕ＝ｃｏｓ２ｘ，则ｕ∈（０，１）， 令ｋ（ｕ）＝－２ｕ＋３ ｕ２ ＋４ｕ－２， 则ｋ′（ｕ）＝２ｕ－６ ｕ３ ＋４＝４ｕ ３＋２ｕ－６ ｕ３ ． 当ｕ∈（０，１）时，ｋ′（ｕ）＜０， 所以ｋ（ｕ）在（０，１）上单调递减， %&'()* +(,-./ '(,01234567 !!" #$% ! " # $ !" 书 因为ｋ（１）＝３， 所以当ｕ∈（０，１）时，ｋ（ｕ）＞３， 所以ｋ（ｕ）的值域为（３，＋∞）． ①当ａ≤３时，ｇ′（ｘ）＜０， 所以ｇ（ｘ） (在 ０，π )２ 上单调递减， 又ｇ（０）＝０，所以当ｘ (∈ ０，π)２ 时，ｇ（ｘ）＜０， 即ｆ（ｘ）＜ｓｉｎ２ｘ． ②当ａ＞３时，ｘ０ (∈ ０，π)２ 使得ｇ′（ｘ０）＝０， 所以ｇ（ｘ）在（０，ｘ０）上单调递增， (在 ｘ０，π )２ 上单调递减， 所以ｇ（ｘ０）＞ｇ（０）＝０， 所以ｆ（ｘ）＜ｓｉｎ２ｘ不成立． 综上所述，ａ的取值范围为（－∞，３］． 点评：本题主要考查利用导数研究函数的单调 性，换元法和构造法，将导数与三角函数巧妙结合 起来，通过对导函数的分析，考查函数的单调性、最 值等相关问题，通过导数、函数、不等式等知识，深 入考查分类讨论思想、化归与转化思想． 例６ 已知函数ｆ（ｘ）＝ｌｎ ｘ２－ｘ＋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． 解析：（１）ｆ（ｘ）的定义域为（０，２）， 若ｂ＝０，则ｆ（ｘ）＝ｌｎ ｘ２－ｘ＋ａｘ， ｆ′（ｘ）＝２－ｘｘ · （２－ｘ）＋ｘ （２－ｘ）２ ＋ａ ＝ ２ｘ（２－ｘ）＋ａ， 当ｘ∈（０，２）时，ｘ（２－ｘ）∈（０，１］， ｆ′（ｘ）ｍｉｎ ＝２＋ａ≥０，则ａ≥－２， 故ａ的最小值为 －２． （２）ｆ（２－ｘ）＝ｌｎ２－ｘｘ ＋ａ（２－ｘ）＋ｂ（１－ ｘ）３ ＝－ｌｎ ｘ２－ｘ－ａｘ－ｂ（ｘ－１） ３＋２ａ ＝－ｆ（ｘ）＋２ａ， 故曲线ｙ＝ｆ（ｘ）关于点（１，ａ）中心对称． （３）由题知ｆ（１）＝ａ＝－２， 此时ｆ（ｘ）＝ｌｎ ｘ２－ｘ－２ｘ＋ｂ（ｘ－１） ３， ｆ′（ｘ）＝２－ｘｘ · （２－ｘ）＋ｘ （２－ｘ）２ －２＋３ｂ（ｘ－１）２ ＝ ２ｘ（２－ｘ）－２＋３ｂ（ｘ－１） ２ ＝（ｘ－１） [２ ２ｘ（２－ｘ）＋３ｂ］． 记ｇ（ｘ）＝ ２ｘ（２－ｘ）＋３ｂ，ｘ∈（０，２）， 易知ｇ（ｘ）在（０，１）上单调递减， 在（１，２）上单调递增，ｇ（１）＝２＋３ｂ， 当ｂ≥－２３时，ｇ（ｘ）≥０，ｆ′（ｘ）≥０， ｆ（ｘ）在（０，２）上单调递增， 又ｆ（１）＝－２，故符合题意． 当ｂ＜－２３时，ｇ（１）＜０， ｇ（ｘ）＝ ２ｘ（２－ｘ）＋３ｂ＝ －３ｂｘ２＋６ｂｘ＋２ ｘ（２－ｘ） ， 令ｇ（ｘ）＝０，得ｘ＝１± １＋２３槡 ｂ ， 因为 ｂ＜－２３，所以 １＋ ２ ３槡 ｂ∈ （０，１），故 １＋ １＋２３槡 ｂ∈ （１，２），１－ １＋２３槡 ｂ∈ （０，１）， 所以当ｘ (∈ １，１＋ １＋２３槡 )ｂ 时，ｇ（ｘ）＜０， ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ） (在 １，１＋ １＋２３槡 )ｂ 上单调递减， 故 (ｆ１＋ １＋２３槡 )ｂ ＜ｆ（１）＝－２，不符合题意． 综上，ｂ [的取值范围为 －２３，＋ )∞ ． 点评：本题考查利用导数研究函数的单调性 和函数图象的对称性，考查逻辑推理能力、运算 求解能力以及数形结合思想． 题型三、 例７ 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． 解析：（１）当ａ＝１时，ｆ（ｘ）＝ｅｘ－ｘ－１， 则ｆ′（ｘ）＝ｅｘ－１，则ｆ′（１）＝ｅ－１． ｆ（１）＝ｅ－２，所以切点坐标为（１，ｅ－２）， 所以切线方程为ｙ－（ｅ－２）＝（ｅ－１）（ｘ－ １），即（ｅ－１）ｘ－ｙ－１＝０． （２）易知函数ｆ（ｘ）的定义域为Ｒ， ｆ′（ｘ）＝ｅｘ－ａ． 当ａ≤０时，ｆ′（ｘ）＞０， 函数ｆ（ｘ）在Ｒ上单调递增，无极值； 当ａ＞０时，由ｆ′（ｘ）＞０，得ｘ＞ｌｎａ， 由ｆ′（ｘ）＜０，得ｘ＜ｌｎａ， 所以函数ｆ（ｘ）在区间（－∞，ｌｎａ）上单调 递减，在区间（ｌｎａ，＋∞）上单调递增，所以 ｆ（ｘ）的极小值为ｆ（ｌｎａ）＝ａ－ａｌｎａ－ａ３． 由题意知ａ－ａｌｎａ－ａ３ ＜０（ａ＞０）， 等价于１－ｌｎａ－ａ２ ＜０（ａ＞０）． 令ｇ（ａ）＝１－ｌｎａ－ａ２（ａ＞０）， 易知函数ｇ（ａ）在（０，＋∞）上单调递减， 又ｇ（１）＝０，故当０＜ａ＜１时，ｇ（ａ）＞０； 当ａ＞１时，ｇ（ａ）＜０． 故实数ａ的取值范围为（１，＋∞）． 点评：本题考查导数的几何意义、导数与极 值的关系，考查学生的逻辑思维能力和运算求解 能力． 例８ 已知函数ｆ（ｘ）＝ａ（ｅｘ＋ａ）－ｘ． （１）讨论ｆ（ｘ）的单调性； （２）证明：当ａ＞０时，ｆ（ｘ）＞２ｌｎａ＋３２． 解析：（１）ｆ′（ｘ）＝ａｅｘ－１， 当ａ≤０时ｆ′（ｘ）≤０， 所以函数ｆ（ｘ）在（－∞，＋∞）上单调递减； 当ａ＞０时，令ｆ′（ｘ）＞０，得ｘ＞－ｌｎａ， 令ｆ′（ｘ）＜０，得ｘ＜－ｌｎａ， 所以函数ｆ（ｘ）在（－∞，－ｌｎａ）上单调递减， 在（－ｌｎａ，＋∞）上单调递增． 综上可得：当ａ≤０时，函数ｆ（ｘ）在（－∞， ＋∞）上单调递减；当 ａ＞０时，函数 ｆ（ｘ）在 （－∞，－ｌｎａ）上单调递减，在（－ｌｎａ，＋∞）上 单调递增． （２）由（１）得当ａ＞０时， 函数ｆ（ｘ）＝ａ（ｅｘ＋ａ）－ｘ的最小值为 ｆ（－ｌｎａ）＝ａ（ｅ－ｌｎａ＋ａ）＋ｌｎａ＝１＋ａ２＋ｌｎａ， 令ｇ（ａ）＝１＋ａ２＋ｌｎａ－２ｌｎａ－３２ ＝ａ２－ｌｎａ－１２，ａ∈（０，＋∞）， 所以ｇ′（ａ）＝２ａ－１ａ，令ｇ′（ａ）＞０，得ａ＞ 槡２ ２； 令ｇ′（ａ）＜０，得０＜ａ＜槡２２． 所以函数ｇ（ａ） (在 ０，槡２)２ 上单调递减， (在 槡２２，＋ )∞ 上单调递增， 所以函数ｇ（ａ）的最小值为 (ｇ 槡２)２ (＝ 槡２)２ ２ －ｌｎ槡２２－ １ ２＝ 槡ｌｎ２＞０， 所以当ａ＞０时，ｆ（ｘ）＞２ｌｎａ＋３２成立． 点评：本题主要考查利用导数研究函数的单 调性、最值，证明不等式成立，考查学生的逻辑思 维能力和运算求解能力． 题型四、 例９ 已知函数ｆ（ｘ）＝ａ（ｘ－１）－ｌｎｘ＋１． （１）求ｆ（ｘ）的单调区间； （２）当ａ≤２时，证明：当ｘ＞１时，ｆ（ｘ）＜ ｅｘ－１恒成立． 解析：（１）因为ｆ（ｘ）＝ａ（ｘ－１）－ｌｎｘ＋１， 所以ｆ′（ｘ）＝ａ－１ｘ＝ ａｘ－１ ｘ ，ｘ＞０， 若ａ≤０，则ｆ′（ｘ）＜０恒成立，所以ｆ（ｘ）在 （０，＋∞）上单调递减，即ｆ（ｘ）的单调递减区间 为（０，＋∞），无单调递增区间； 若ａ＞０，则当０＜ｘ＜１ａ时，ｆ′（ｘ）＜０，当 ｘ＞１ａ时，ｆ′（ｘ）＞０，所以ｆ（ｘ）的单调递减区间 (为 ０，１)ａ ， (单调递增区间为 １ａ，＋ )∞ ． 综上，当ａ≤０时，ｆ（ｘ）的单调递减区间为 （０，＋∞），无单调递增区间； 当ａ＞０时，ｆ（ｘ） (的单调递减区间为 ０， %&'()*+(,-. /01234. %&'(56789: ;<=>" ! " # $ !! 书 １)ａ ， (单调递增区间为 １ａ，＋ )∞ ． （２）设ｇ（ｘ）＝ａ（ｘ－１）－ｌｎｘ＋１－ｅｘ－１， 只需证当ｘ＞１时ｇ（ｘ）＜０即可， 易知ｇ′（ｘ）＝ａ－１ｘ－ｅ ｘ－１， 令ｈ（ｘ）＝ｇ′（ｘ），则ｈ′（ｘ）＝１ ｘ２ －ｅｘ－１， 由基本初等函数的单调性可知ｈ′（ｘ）在（１， ＋∞）上单调递减， 则当ｘ＞１时，ｈ′（ｘ）＜ｈ′（１）＝１－１＝０， 所以ｈ（ｘ）＝ｇ′（ｘ）在（１，＋∞）上单调递减， 于是当ｘ＞１时，ｇ′（ｘ）＜ｇ′（１）＝ａ－２， 又ａ≤２，所以 ａ－２≤０，则当 ｘ＞１时， ｇ′（ｘ）＜０，故ｇ（ｘ）在（１，＋∞）上单调递减， 所以当ｘ＞１时，ｇ（ｘ）＜ｇ（１）＝０， 即当ｘ＞１时，ｆ（ｘ）＜ｅｘ－１恒成立． 点评：本题考查利用导数求函数的单调区间 和不等式恒成立，考查运算求解能力、分类讨论 思想． 题型五、 例１０ 设函数ｆ（ｘ）＝ｘｌｎｘ． （１）求ｆ（ｘ）图象上点（１，ｆ（１））处的切线 方程； （２）若ｆ（ｘ）≥ａ（ 槡ｘ－ ｘ）在ｘ∈（０，＋∞） 时恒成立，求ａ的值； （３）若ｘ１，ｘ２∈（０，１），证明｜ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）｜≤ ｜ｘ１－ｘ２｜ １ ２． 解析：（１）由题知ｆ（１）＝０，ｆ′（ｘ）＝ｌｎｘ＋１， 所以ｆ′（１）＝１，所以切线方程为ｙ＝ｘ－１． （２）由题可得 ｘｌｎｘ≥ ａ（ 槡ｘ－ ｘ）在（０， ＋∞）上恒成立，即 ｌｎｘ≥ (ａ１－１ 槡 )ｘ 在（０， ＋∞）上恒成立． 设ｇ（ｘ）＝ｌｎ (ｘ－ａ１－１ 槡 )ｘ ＝ｌｎｘ－ａ＋ ａ 槡ｘ ， ｘ∈（０，＋∞）， 则ｇ（ｘ）≥０恒成立， 又ｇ（１）＝０，所以ｇ′（１）＝０． 因为ｇ′（ｘ）＝１ｘ－ １ ２ａｘ －３２， 所以ｇ′（１）＝１－ａ２ ＝０，解得ａ＝２． （３）当ｘ１ ＝ｘ２时， ｜ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）｜＝｜ｘ１－ｘ２｜ １ ２ ＝０． 当ｘ１≠ｘ２时，不妨设ｘ１ ＜ｘ２， 令ｆ′（ｘ）＝ｌｎｘ＋１＝０，得ｘ＝１ｅ， 所以ｆ（ｘ） (在 ０，１)ｅ 上单调递减， (在 １ｅ， )１ 上单调递增． ①当０＜ｘ１＜ｘ２≤ １ ｅ时，ｆ（ｘ１）＞ｆ（ｘ２）， ｜ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）｜＝ｘ１ｌｎｘ１－ｘ２ｌｎｘ２， 设ｔ（ｘ）＝ｘｌｎ 槡ｘ＋ ｘ，０＜ｘ＜１， 则ｔ′（ｘ）＝ｌｎｘ＋１＋ １ ２槡ｘ ， 设ｍ（ｘ）＝ｌｎｘ＋１＋ １ ２槡ｘ ，０＜ｘ＜１， 则ｍ′（ｘ）＝１ｘ－ １ ４槡ｘｘ ＝４槡ｘ－１ ４槡ｘｘ ， 令ｍ′（ｘ）＝０，得ｘ＝１１６，所以ｍ（ｘ） (在 ０， １)１６ 上单调递减， (在 １１６， )１ 上单调递增， 所以ｔ′（ｘ）≥ (ｔ′ １)１６ ＝ｌｎ１１６＋１＋２＝ｌｎｅ ３ １６ ＞０，所以ｔ（ｘ）在（０，１）上单调递增， 所以ｘ１ｌｎｘ１＋ ｘ槡１ ＜ｘ２ｌｎｘ２＋ ｘ槡２， ｘ１ｌｎｘ１－ｘ２ｌｎｘ２ ＜ ｘ槡２ － ｘ槡１， 因为（ ｘ槡２－ ｘ槡１） ２－（ ｘ２－ｘ槡 １） ２＝２ｘ１－ ２ ｘ１ｘ槡 ２ ＝２ ｘ槡１（ ｘ槡１ － ｘ槡２）＜０， 所以 ｘ槡２ － ｘ槡１ ＜ ｘ２－ｘ槡 １， 所以ｘ１ｌｎｘ１－ｘ２ｌｎｘ２ ＜ ｘ２－ｘ槡 １， 即｜ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）｜＜｜ｘ１－ｘ２｜ １ ２． ② 当１ｅ≤ｘ１＜ｘ２＜１时，ｆ（ｘ１）＜ｆ（ｘ２）， ｜ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）｜＝ｘ２ｌｎｘ２－ｘ１ｌｎｘ１， 设ｈ（ｘ）＝ｘｌｎｘ－ｘ，０＜ｘ＜１， 则ｈ′（ｘ）＝ｌｎｘ＜０， 所以ｈ（ｘ）在（０，１）上单调递减， 所以ｘ１ｌｎｘ１－ｘ１ ＞ｘ２ｌｎｘ２－ｘ２， 即ｘ２ｌｎｘ２－ｘ１ｌｎｘ１ ＜ｘ２－ｘ１， 因为 １ ｅ≤ｘ１＜ｘ２＜１，所以０＜ｘ２－ｘ１＜１， ０＜ ｘ２－ｘ槡 １ ＜１，ｘ２－ｘ１ ＜ ｘ２－ｘ槡 １， 所以ｘ２ｌｎｘ２－ｘ１ｌｎｘ１ ＜ ｘ２－ｘ槡 １， 即｜ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）｜＜｜ｘ１－ｘ２｜ １ ２． ③当０＜ｘ１ ＜ １ ｅ＜ｘ２ ＜１时， 若ｆ（ｘ１）＜ｆ（ｘ２），则 ｜ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２） (｜＜ ｆ １)ｅ －ｆ（ｘ２） ， 由②知， (ｆ １)ｅ －ｆ（ｘ２） ＜ ｘ２－１槡 ｅ＜ ｘ２－ｘ槡 １， 所以｜ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）｜＜｜ｘ１－ｘ２｜ １ ２； 若ｆ（ｘ１）＞ｆ（ｘ２），则 ｜ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）｜＜ ｆ（ｘ１） (－ｆ １)ｅ ， 由①知， ｆ（ｘ１） (－ｆ １)ｅ ＜ １ｅ－ｘ槡 １＜ ｘ２－ｘ槡 １， 所以｜ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）｜＜｜ｘ１－ｘ２｜ １ ２． 若ｆ（ｘ１）＝ｆ（ｘ２）， 则｜ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）｜＝０，｜ｘ１－ｘ２｜ １ ２ ＞０， 故｜ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）｜＜｜ｘ１－ｘ２｜ １ ２． 综上，ｘ１，ｘ２∈（０，１）， 都有｜ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）｜＜｜ｘ１－ｘ２｜ １ ２． 点评：本题考查导数的几何意义、恒成立问 题、不等式的证明，分类讨论、合理放缩，从而解 决不等式证明问题，本题第（３）问考查不等式的 证明问题，当ｘ１≠ ｘ２时，要分三种情况讨论，结 合函数的单调性去掉不等式中的绝对值，从而将 问题简化，同时，证明不等式要学会合理放缩． 题型六、 例１１ 已知函数 ｆ（ｘ）＝ａｘ－１ｘ－（ａ＋ １）ｌｎｘ． （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． 解析：（１）当ａ＝０时， ｆ（ｘ）＝－１ｘ－ｌｎｘ，ｘ＞０， 则ｆ′（ｘ）＝１ ｘ２ －１ｘ＝ １－ｘ ｘ２ ， 令ｆ′（ｘ）＜０，解得ｘ＞１； 令ｆ′（ｘ）＞０，解得０＜ｘ＜１． 所以函数ｆ（ｘ）在（０，１）上单调递增， 在（１，＋∞）上单调递减， 即ｆ（ｘ）ｍａｘ＝ｆ（１）＝－１． （２）由题得ｆ′（ｘ）＝ａ＋１ ｘ２ －ａ＋１ｘ ＝（ａｘ－１）（ｘ－１） ｘ２ ，ｘ＞０， ①当ａ≤０时，函数ｆ（ｘ）在（０，１）上单调递 增，在（１，＋∞）上单调递减，ｆ（ｘ）ｍａｘ＝ｆ（１）＝ ａ－１＜０，所以函数ｆ（ｘ）无零点，不合题意； ②当０＜ａ＜１时，１ａ＞１，函数ｆ（ｘ）在（０， １）上单调递增， (在 １，１)ａ 上单调递减， (在 １ａ， ＋ )∞ 上单调递增．且ｆ（１）＝ａ－１＜０， (ｆ １)ａ ＜ｆ（１）＜０，当ｘ→＋∞时，ｆ（ｘ）→＋∞，由零 点存在定理可知ｆ（ｘ） (在 １ａ，＋ )∞ 上必有一 个零点，符合题意； ③当ａ＝１时，ｆ′（ｘ）＝（ｘ－１） ２ ｘ２ ≥０，函数 ｆ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递增，且ｆ（１）＝ａ－１ ＝０，所以函数ｆ（ｘ）恰有一个零点，符合题意； ④当ａ＞１时，１ａ＜１，函数ｆ（ｘ） (在 ０，１)ａ 上单调递增， (在 １ａ， )１ 上单调递减，在（１， ＋∞）上单调递增，且ｆ（１）＝ａ－１＞０， (ｆ １)ａ ＞ｆ（１）＞０，当ｘ→０＋时，ｆ（ｘ）→－∞，由零点 存在定理可知 ｆ（ｘ） (在 ０，１)ａ 上必有一个零 点，符合题意． 综上所述，ａ的取值范围是（０，＋∞）． 点评：本题主要考查利用导数研究函数的单 调性、函数的最值、函数的零点，意在考查学生的 逻辑推理能力和运算求解能力． %&'()*+ ,(-./012" %&'(345672"