专题3.3 导数的综合应用（专题突破练）-【第一梯队】2026年高考数学二轮专题突破教用课件

该高中数学高考复习课件聚焦“导数及其应用”专题，覆盖利用导数研究不等式、函数零点两大核心考点，对接高考评价体系，通过近五年新课标卷真题分析明确不等式证明占40%、零点问题占35%的高频考点分布，归纳单调性讨论、极值点偏移等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题精讲+解题策略+素养提升”的三维设计，如以2023新课标Ⅰ卷导数不等式证明题为典型，详解构造函数法和分类讨论技巧，培养学生的数学思维和逻辑推理能力。特设易错点警示（如参数范围漏解）和答题模板，帮助学生掌握得分关键，教师可据此精准指导复习，助力高考冲刺。

专题三　导数及其应用 3.3　导数的综合应用 数 学 新高考专用 目 录 高考真题 高考模拟 练思维 练风向 考点1 利用导数研究不等式 考点2 利用导数研究函数零点 考点1　利用导数研究不等式 高考真题 1.(2023新课标Ⅰ,19,12分,中)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+ . 目 录 解析    (1)由已知得函数f(x)的定义域为R, f'(x)=aex-1. ①当a≤0时, f'(x)<0, f(x)在R上单调递减; ②当a>0时,令f'(x)=0,则x=ln  , 当x<ln  时, f'(x)<0, f(x)单调递减; 当x>ln  时, f'(x)>0, f(x)单调递增. 综上所述,当a≤0时, f(x)在R上单调递减; 目 录 当a>0时, f(x)在 上单调递减,在 上单调递增. (2)证明:由(1)知,当a>0时, f(x)在 上单调递减,在 上单调递增,则f(x)min= f =a -ln  =1+a2+ln a. 要证明f(x)>2ln a+ ,只需证明1+a2+ln a>2ln a+ , 即证a2-ln a- >0. 令g(x)=x2-ln x- (x>0), 则g'(x)=2x- = . 目 录 当0<x< 时,g'(x)<0,g(x)单调递减; 当x> 时,g'(x)>0,g(x)单调递增, ∴g(x)min=g = -ln  - =-ln  =ln  >0, ∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立, 即a2-ln a- >0, ∴f(x)>2ln a+ . 目 录 2.(2024新课标Ⅰ,18,17分,难)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. 目 录 解析    (1)f(x)的定义域为(0,2). 当b=0时, f(x)=ln  +ax, 所以f'(x)=  '+a= +a, 因为f'(x)≥0, 所以a≥ = , 依题意得a≥ , 所以当x=1时,a取到最小值-2. 目 录 (2)证明:因为f(x)=ln  +ax+b(x-1)3, 所以f(2-x)=ln  +a(2-x)+b(1-x)3, 所以f(2-x)+f(x)=2a, 所以曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称, 即曲线y=f(x)是中心对称图形. (3)由(2)知曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,且f(x)在(0,2)内连续,故f(1)=a=-2, 即f(x)=ln  -2x+b(x-1)3,x∈(1,2), f'(x)= (x-1)2, 目 录 易知y= ∈(2,+∞), 所以当b≥- 时, f'(x)>0在(1,2)上恒成立, f(x)单调递增, 所以f(x)>f(1)=-2成立. 当b<- 时,存在x0∈(1,2),使得 +3b=0, 即3b= . 在(1,x0)上,f'(x)<0, f(x)单调递减, 又f(1)=-2,所以在(1,x0)上有f(x)<-2,不符合题意. 综上,可得b≥- . 目 录 3.(2021新高考Ⅰ,22,12分,难)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. 目 录 解析    (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=-ln x,令f'(x)>0,解得0<x<1,令f'(x)<0,解得x>1, 所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. (2)证明:由bln a-aln b=a-b(两边同除以ab)得 (1+ln a)= (1+ln b), 即  =  , 令x1= ,x2= ,则x1,x2为f(x)=k的两个实根,当x→0+时,f(x)→0+,当x→+∞时, f(x)→-∞,且f(1) =1,故k∈(0,1), 不妨令x1∈(0,1),x2∈(1,e),则2-x1>1,e-x1>1, 先证明x1+x2>2,即证x2>2-x1, 目 录 即证f(x2)=f(x1)<f(2-x1). 令h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1), 则h'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-x)]. ∵x∈(0,1),∴x(2-x)∈(0,1), ∴h'(x)>0恒成立, ∴h(x)为增函数,∴h(x)<h(1)=0. ∴f(x1)-f(2-x1)<0,即f(x1)<f(2-x1), ∴f(x2)<f(2-x1),∴x2>2-x1,∴x1+x2>2. 再证x1+x2<e. 目 录 设x2=tx1,则t>1, 结合 = , =x1, =x2, 可得x1(1-ln x1)=x2(1-ln x2), 即1-ln x1=t(1-ln t-ln x1), 故ln x1= , 要证x1+x2<e,即证(t+1)x1<e,即证ln(t+1)+ln x1<1, 即证ln(t+1)+ <1, 即证(t-1)ln(t+1)-tln t<0, 令S(t)=(t-1)ln(t+1)-tln t,t>1, 目 录 则S'(t)=ln(t+1)+ -1-ln t=ln - . 因为ln(x+1)≤x(x>-1,当且仅当x=0时等号成立),所以可得当t>1时,ln ≤ < , 故S'(t)<0恒成立, 故S(t)在(1,+∞)上为减函数,故S(t)<S(1)=0, 故(t-1)ln(t+1)-tln t<0成立,即x1+x2<e成立. 综上所述,2< + <e. 目 录 4.(2020课标Ⅱ理,21,12分,难)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≤ . 目 录 解析    (1)f'(x)=cos x(sin xsin 2x)+sin x(sin x·sin 2x)'=2sin xcos xsin 2x+2sin2xcos 2x=2sin x· (cos xsin 2x+sin xcos 2x)=2sin xsin 3x. 当x∈ ∪ 时, f'(x)>0;当x∈ 时, f'(x)<0.所以f(x)在区间 , 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  目 录 =|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≤ = . 目 录 5.(2022新高考Ⅱ,22,12分,难)已知函数f(x)=xeax-ex. (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; (2)当x>0时, f(x)<-1,求a的取值范围; (3)设n∈N*,证明: + +…+ >ln(n+1). 目 录 解析    (1)当a=1时, f(x)=xex-ex,则f'(x)=xex, 当x∈(-∞,0)时, f'(x)<0, f(x)单调递减, 当x∈(0,+∞)时, f'(x)>0, f(x)单调递增. (2)解法一:不等式f(x)<-1等价于xeax-ex+1<0, 令g(x)=xeax-ex+1,x>0, 则g'(x)=(ax+1)eax-ex, 且g'(x)=eax(ax+1-ex-ax)≤eax[ax+1-(x-ax+1)]=(2a-1)xeax, ①当a≤ 时,g'(x)≤(2a-1)xeax≤0,g(x)在(0,+∞)上单调递减, 目 录 所以g(x)<g(0)=0,满足题意; ②当a> 时, 令h(x)=g'(x)=(ax+1)eax-ex, 则h'(x)=(a2x+2a)eax-ex, 故h'(0)=2a-1>0, 所以存在δ>0,使得当x∈(0,δ)时,h'(x)>0, 所以h(x)在(0,δ)上单调递增, 故当x∈(0,δ)时,h(x)>h(0)=0, 所以g(x)在(0,δ)上单调递增, 目 录 故g(x)>g(0)=0,不满足题意. 综上可知,a的取值范围是 . 解法二: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. 目 录 ∵f(0)=-1,∴f(x)<-1,满足题意. 当0<a≤ 时, f'(x)≤  -ex=  . (当导函数的正负不能直接判断时,可考虑构造新函数,通过研究新函数的单调性判断) 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, 目 录 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,+∞),使得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) 目 录 ∴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)证法一:构造函数h(x)=x- -2ln x(x>1), 则h'(x)=1+ - = = , 目 录 易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增, ∴h(x)>h(1)=0, ∴x- >2ln x, 令x= , 则有 - >2ln , ∴ >ln  , ∴ + +…+ >ln  +ln  +…+ln  =ln(n+1).原式得证. 目 录 证法二:由(2)可知,当a= 时, f(x)=x -ex<-1(x>0),令x=ln (n∈N*), 得ln · - <-1, 整理得 ln - <0, ∴ >ln , ∴ >ln  , ∴  > ln  =ln =ln(n+1), 即 + +…+ >ln(n+1). 目 录 6.(2025全国一卷,19,17分,难)(1)求函数f(x)=5cos x-cos 5x在区间 的最大值; (2)给定θ∈(0,π)和a∈R,证明:存在y∈[a-θ,a+θ]使得cos y≤cos θ; (3)设b∈R,若存在φ∈R使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立,求b的最小值. 目 录 解析    (1)∵f(x)=5cos x-cos 5x, ∴f '(x)=-5sin x+5sin 5x, 令f '(x)=0,得sin x=sin 5x. ∵0<x< , ∴0<5x< , 因此x=5x或x+5x=π, 即x=0(舍去)或x= . 目 录 当0<x< 时, f '(x)=5(sin 5x-sin x)>0, f(x)单调递增,  若0<5x< ,则0<x<5x< ,sin 5x>sin x;若 <5x< ,则sin 5x>sin = ,sin x<sin <   当 <x< 时,sin 5x< ,sin x> , f '(x)<0, f(x)单调递减. 因此当x= 时, f(x)取得最大值,且f(x)max=3 . (2)证明:假设不存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ, 则对任意y∈[a-θ,a+θ]都有cos y>cos θ. 即y∈(2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z). 目 录 因此[a-θ,a+θ]⊆(2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z), ∴ k∈Z,因此a<2kπ且a>2kπ,矛盾. 所以存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ. (3)由(1)知当x∈ 时, f(x)≤3 , 当x∈ 时, f(x)<5cos  -(-1)<3 , 又f(x)是周期为2π的偶函数, 所以f(x)≤3 对x∈R恒成立, 所以当b≥3 时,存在φ=0使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立, 目 录 当b<3 时,令θ= ,由(2)知对任意φ存在y∈ 使得cos y≤cos  π=- , 令x= , 则x∈ , 故5cos x-cos(5x+φ)=5cos x-cos y≥5× - =3 >b, 因此b<3 时,均不符合题意. 综上,b的最小值为3 . 目 录 考点2　利用导数研究函数零点 1.(2023全国乙文,8,5分,中)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是 ( ) A.(-∞,-2)　    B.(-∞,-3) C.(-4,-1)　    D.(-3,0)     B     目 录 解析    f'(x)=3x2+a,当a≥0时, f'(x)≥0,则f(x)在R上单调递增,则f(x)只有一个零点,不合题 意,∴a<0. 令f'(x)=0,得x1=- ,x2= , 当x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)时, f '(x)>0, 当x∈(x1,x2)时, f '(x)<0, ∴f(x)在(-∞,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减, 在(x2,+∞)上单调递增, 目 录 ∵f(x)存在3个零点,∴f(x)的极大值f(x1)=f = +a +2>0①, 且f(x)的极小值f(x2)=f = +a +2<0②,解①得a<0,解②得a<-3. 综上所述,a的取值范围为(-∞,-3),故选B. 目 录 2.(2022全国乙文,20,12分,中)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. 目 录 解析    (1)当a=0时, f(x)=- -ln x(x>0), ∴f'(x)= - (x>0), 令 f'(x)=0,得x=1, x∈(0,1)时, f'(x)>0,x∈(1,+∞)时, f'(x)<0, ∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. ∴f(x)max=f(1)=-1. (2)f'(x)=a+ - = . (i)当a≤0时,ax-1≤0恒成立, 目 录 ∴0<x<1时, f'(x)>0, f(x)单调递增, x>1时, f'(x)<0, f(x)单调递减, ∴f(x)max=f(1)=a-1<0. 此时f(x)无零点,不合题意. (ii)当a>0时,令f'(x)=0,解得x=1或x= , ①当0<a<1时,1< , ∴1<x< 时, f'(x)<0, f(x)单调递减, 0<x<1或x> 时, f'(x)>0, f(x)单调递增, 目 录 ∴f(x)在(0,1), 上单调递增,在 上单调递减, f(x)的极大值为f(1)=a-1<0, x→+∞时, f(x)>0,∴f(x)恰有1个零点. ②当a=1时,1= , f(x)在(0,+∞)上单调递增, f(1)=0,符合题意. ③当a>1时, <1, f(x)在 ,(1,+∞)上单调递增,在 上单调递减, f(x)的极小值为f(1)=a-1>0,x→0时, f(x)→-∞, ∴f(x)恰有1个零点. 综上所述,a>0. 目 录 3.(2020课标Ⅲ理,21,12分,难)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点 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. 目 录 解析    (1)f'(x)=3x2+b. 依题意得f' =0,即 +b=0.故b=- . (2)证法一: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)随x的变化情况为: x  -∞,-   -   - ,       ,+∞  f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ c+  ↘ c-  ↗ 目 录 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∈ ,x2∈ ,x3∈ . 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. 目 录 证法二(分离参数法):设x0为f(x)的一个绝对值不大于1的零点,根据题意, f(x0)= - x0+c= 0,且|x0|≤1, 则c=- + x0,且|x0|≤1, 令c(x)=-x3+ x(-1≤x≤1), 则c'(x)=-3x2+ =-3  , 当x∈ ∪ 时,c'(x)<0,c(x)单调递减. 当x∈ 时,c'(x)>0,c(x)单调递增, 目 录 又c(-1)= ,c(1)=- ,c =- ,c = ,所以- ≤c≤ . 设x1 为f(x)的零点, 则必有f(x1)= - x1+c=0, 即- ≤c=- + x1≤ , 即  解得-1≤x1≤1, |x1|≤1.所以f(x)所有零点的绝对值都不大于1. 目 录 4.(2025全国二卷,18,17分,难)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+ x2-kx3,其中0<k< . (1)证明: f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点; (2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0,+∞)的极值点和零点. (i)设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t).证明:g(t)在区间(0,x1)单调递减; (ii)比较2x1与x2的大小,并证明你的结论. 目 录 解析    (1)证明: f(x)=ln(1+x)-x+ x2-kx3,x∈(0,+∞), f'(x)= -1+x-3kx2= = , ∵0<k< ,∴ >0, ∴当x∈ 时, f'(x)>0, f(x)单调递增, 当x∈ 时, f'(x)<0, f(x)单调递减. ∴x= 是函数f(x)的极大值点,且是唯一的极值点. 目 录 ∵f(0)=0,且x∈ 时, f(x)单调递增, ∴f >0, 当x= 时, f =ln - , 令φ(x)=ln(1+x)-x , 则φ'(x)= -1= <0, ∴φ(x)在(0,+∞)上单调递减, ∴φ(x)<φ =ln - <0, 目 录 即f <0, 又 - = = >0, ∴ ∈ , ∴当x∈ 时, f(x)有唯一零点. 综上, f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点. (2)(i)∵f'(x)= ,且x1= ,即1-3k-3kx1=0, ∴f'(x1+t) 目 录 =  = , f'(x1-t)= = , 又g(t)=f(x1+t)-f(x1-t), ∴g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t) = +  =3kt· 目 录   =  =  =  = , ∵0<k< ,0<t<x1, ∴g'(t)<0,∴g(t)在区间(0,x1)上单调递减. 目 录 (ii)2x1>x2.理由如下: 由(i)知g(t)=f(x1+t)-f(x1-t)在(0,x1)上单调递减, ∴g(x1)<g(0), 即f(2x1)-f(0)<f(x1)-f(x1)=0, 又f(0)=0,∴f(2x1)<0, 又∵f(x2)=0,∴f(2x1)<f(x2), 由(1)知x∈(x1,+∞)时, f(x)单调递减,∴2x1>x2. 目 录 5.(2021新高考Ⅱ,22,12分,难)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b. (1)讨论函数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. 目 录 解析    (1)∵f(x)=(x-1)ex-ax2+b,∴f'(x)=xex-2ax=x(ex-2a). ①当a≤0时,ex-2a>0对任意x∈R恒成立,当x∈(-∞,0)时, f'(x)<0, 当x∈(0,+∞)时, f'(x)>0. 因此y=f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. ②当a>0 时,令ex-2a=0⇒x=ln(2a). (i)当0<a< 时,ln(2a)<0. y=f'(x)的大致图象如图1所示.   图1 图2 因此当x∈(-∞,ln(2a))∪(0,+∞)时, f'(x)>0, 目 录 当x∈(ln(2a),0)时, f'(x)<0, 所以f(x)在(-∞,ln(2a))和(0,+∞)上单调递增, 在(ln(2a),0)上单调递减. (ii)当a= 时,ln(2a)=0,此时f'(x)≥0对任意x∈R恒成立,故f(x)在R上单调递增. (iii)当a> 时,ln(2a)>0, y=f'(x)的大致图象如图2所示. 因此,当x∈(-∞,0)∪(ln(2a),+∞)时, f'(x)>0,当x∈(0,ln(2a))时, f'(x)<0, 所以f(x)在(-∞,0)和(ln(2a),+∞)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减. (2)选①. 目 录 证明: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,又f(0)=b-1>0, f =  <0, 所以f(x)在(-∞,0]上有唯一零点. 当x∈(0,+∞)时, f(x)≥f(ln(2a))=[ln(2a)-1]·2a-aln2(2a)+b =aln(2a)[2-ln(2a)]+b-2a>aln(2a)·[2-ln(2a)]. 因为 <a≤ ,所以0<ln(2a)≤2, 所以f(x)>0对任意x>0恒成立. 目 录 综上, f(x)在R上有一个零点. 选②. 证明: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(0)=b-1<0, 当x→+∞时, f(x)→+∞,所以一定存在x0∈(0,+∞), 使得f(x0)=0. 结合单调性知f(x)在[0,+∞)上有唯一零点. 当x∈(-∞,0)时, f(x)≤f(ln(2a))=aln(2a)·[2-ln(2a)]+b-2a<0,即f(x)<0对任意x<0恒成立. 综上, f(x)在R上有一个零点. 目 录 6.(2022新高考Ⅰ,22,12分,难)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. 目 录 解析    (1)f'(x)=ex-a,g'(x)=a- . 当a≤0时, f'(x)>0恒成立, f(x)在R上无最小值,不符合题意.∴a>0. 令f'(x)=0,得x=ln a, 令g'(x)=0,得x= . 易知f(x)min=f(ln a)=a-aln a,g(x)min=g =1+ln a, ∴a-aln a=1+ln a,即ln a= ①. 令h(x)=ln x- (x>0), 目 录 则h'(x)= - = >0, ∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)最多有一个零点. 又h(1)=ln 1- =0, ∴方程①有且仅有一解,为a=1,即为所求. (2)证明:由(1)知, f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,当x<0时, f(x)单调递减,当x>0时, f(x)单调递增; 当0<x<1时,g(x)单调递减,当x>1时,g(x)单调递增. 不妨设直线y=b与y=f(x)的图象的两交点的横坐标分别为x1,x2,与y=g(x)的图象的两交点 的横坐标分别为x2,x3,且x1<x2<x3.则 -x1= -x2=x2-ln x2=x3-ln x3, ∴ -x1=x2-ln x2= -ln x2. 目 录 易知x1∈(-∞,0),x2∈(0,1),则ln x2∈(-∞,0), 又f(x)在(-∞,0)上单调递减, ∴x1=ln x2,同理x2=ln x3,x3= . 又 -x2=x2-ln x2,∴ln x2+ =2x2. ∴ln x2+ =x1+x3=2x2.∴x1,x2,x3成等差数列. ∴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. 目 录 7.(2023新课标Ⅱ,22,12分,难) (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. 目 录 解析    (1)证明:令g(x)=x-x2-sin x,0<x<1,则g'(x)=1-2x-cos x, 令G(x)=g'(x),得G'(x)=-2+sin x<0在区间(0,1)上恒成立,所以g'(x)在区间(0,1)上单调递减, 因为g'(0)=0,所以g'(x)<0在区间(0,1)上恒成立,所以g(x)在区间(0,1)上单调递减,所以g(x) <g(0)=0,即当0<x<1时,x-x2<sin x. 令h(x)=sin x-x,0<x<1,则h'(x)=cos x-1<0在区间(0,1)上恒成立,所以h(x)在区间(0,1)上单 调递减,所以h(x)<h(0)=0,即当0<x<1时,sin x<x. 综上,当0<x<1时,x-x2<sin x<x. (2)函数f(x)的定义域为(-1,1). 目 录 当a=0时, f(x)=1-ln(1-x2), f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,x=0不是f(x)的极大 值点,所以a≠0. 当a>0时, f'(x)=-asin ax+ ,x∈(-1,1). (i)当0<a≤ 时,取m=min ,x∈(0,m), 则ax∈(0,1), 由(1)可得f'(x)=-asin ax+ >-a2x+ = , 因为a2x2>0,2-a2≥0,1-x2>0,所以f'(x)>0, 所以f(x)在(0,m)上单调递增,不合题意. 目 录 (ii)当a> 时,取x∈ ⊆(0,1),则ax∈(0,1), 由(1)可得f'(x)=-asin ax+ <-a(ax-a2x2)+  = (-a3x3+a2x2+a3x+2-a2), 设h(x)=-a3x3+a2x2+a3x+2-a2,x∈ , 则h'(x)=-3a3x2+2a2x+a3, 因为h'(0)=a3>0,h' =a3-a>0,且h'(x)的图象是开口向下的抛物线,所以∀x∈ ,均有 h'(x)>0,所以h(x)在 上单调递增. 目 录 因为h(0)=2-a2<0,h =2>0,所以h(x)在 内存在唯一的零点n. 当x∈(0,n)时,h(x)<0,又因为x>0,1-x2>0. 则f'(x)< (-a3x3+a2x2+a3x+2-a2)<0. 即当x∈(0,n)⊆(0,1)时, f'(x)<0,则f(x)在(0,n)上单调递减. 又因为f(x)是偶函数,所以f(x)在(-n,0)上单调递增, 所以x=0是f(x)的极大值点. 综合(i)(ii)知a> . 当a<0时,由于将f(x)中的a换为-a所得解析式不变,所以a<- 符合要求. 故a的取值范围为(-∞,- )∪( ,+∞). 目 录 1.(2025广东茂名第二次综合测试)已知函数f(x)为R上的奇函数, f(2)=0,当x>0时, f(x)+ f'(x)>0,则不等式(x-1)f(x)<0的解集为 ( ) A.(-∞,-2)∪(0,1)　    B.(-∞,-2)∪(1,2)　     C.(-2,0)∪(0,1)　     D.(-2,0)∪(1,2)     D     高考模拟 练思维 目 录 解析　构造函数g(x)=exf(x), 则g'(x)=ex[f(x)+f'(x)], 因为当x>0时, f(x)+f'(x)>0, 所以g'(x)>0,g(x)单调递增, 则f(x)=e-xg(x)的正负由g(x)决定, 又因为f(2)=0,所以g(2)=0, 因为g(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以当0<x<2时,g(x)<0, 目 录 所以f(x)=e-xg(x)<0,当x>2时,g(x)>0,所以f(x)=e-xg(x)>0, 又因为f(x)为R上的奇函数,所以当-2<x<0时, f(x)>0, 当x<-2时, f(x)<0,且f(-2)=-f(2)=0=f(0),则由(x-1)f(x)<0, 得 或  即 或  所以1<x<2或-2<x<0. 综上,(x-1)f(x)<0的解集为(-2,0)∪(1,2).故选D. 目 录 2.(2025河南郑州第一次质检)已知函数f(x)=ex-ln(x+1)-1,g(x)=ln x-ax,∀x1∈(-1,+∞),∃x2 ∈(0,+∞),使得f(x1)≥g(x2)成立.下列结论正确的是 ( ) A.∃x0∈(0,2),使得f'(x0)=0 B.函数y=f(x)的最大值为0 C.a的取值范围为  D.过(0,0)作曲线y=f(x)的切线,有且只有一条     D     目 录 解析　对于A, f'(x)=ex- 在(-1,+∞)上单调递增,又f'(0)=0, 所以当0<x<2时, f'(x)>f'(0)=0,故A中结论错误; 对于B,由A可知,当-1<x<0时, f'(x)<0,当x>0时, f'(x)>f'(0)=0, 所以f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, 所以f(x)在x=0处取得极小值,即最小值,为f(0)=0,无最大值,故B中结论错误; 对于C,由前面分析知f(x)min=0, 由题可知∃x2∈(0,+∞), 使得g(x2)≤0. 目 录 对于函数g(x)=ln x-ax,x>0, 当x→0时,g(x)→-∞, 故无论a取何值,均∃x∈(0,+∞),使得g(x)≤0, 则a的取值范围为R,故C中结论错误; 对于D,设切点为(x0, -ln(x0+1)-1),因为f'(x0)= - , 所以切线方程为y-[ -ln(x0+1)-1]= (x-x0), 把(0,0)代入可得0-[ -ln(x0+1)-1]= (0-x0), 即(x0-1) +ln(x0+1)+ =0. 目 录 令h(x)=(x-1)ex+ln(x+1)+ ,x>-1, h'(x)=xex+ - =xex+ =x , 因为ex+ >0对x>-1恒成立, 所以当-1<x<0时,h'(x)<0,当x>0时,h'(x)>0, 故h(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, 又h(0)=0, 所以h(x)只有一个零点0, 即只有x0=0时,(x0-1) +ln(x0+1)+ =0成立, 故过(0,0)作曲线y=f(x)的切线,有且只有一条,故D正确.故选D. 目 录 3.(多选)(2025辽宁抚顺一模)已知函数f(x)对任意x,y∈R,都有f(x)+f(y)=f(x+y)-1,函数g(x) 的定义域为(0,+∞),且g(x)的导函数g'(x)满足xg'(x)<3g(x)+x2,则 ( ) A. f(ln 4)=2f(ln 2)-1 B.8g(1)>g(2)+4f(0) C.8g +f(4)>g(1)+2f(2) D.当f(1)=2时,y= 可能为偶函数     BCD     目 录 解析　对于A,令x=y=ln 2,得f(ln 2)+f(ln 2)=f(2ln 2)-1, 即f(ln 4)=2f(ln 2)+1,A错误. 对于B,令x=y=0,得2f(0)=f(0)-1,得f(0)=-1. 由xg'(x)<3g(x)+x2,得x3g'(x)<3x2g(x)+x4, 构造函数h(x)= + (x>0), 则h'(x)= - <0, 则h(x)为减函数,则h(1)>h(2), 目 录 即g(1)+1> g(2)+ ,则8g(1)>g(2)-4, 所以8g(1)>g(2)+4f(0),故B正确; 对于C,令x=y=2,得f(4)-2f(2)=1. 根据B的分析,得h >h(1),则8g +2>g(1)+1,则8g +1>g(1),所以8g +f(4)>g(1)+ 2f(2),故C正确; 对于D,当f(1)=2时,可取f(x)=3x-1,满足f(x)+f(y)=f(x+y)-1, 则y= 为偶函数,故D正确. 故选BCD. 目 录 4.(多选)(2025湖南郴州三模)已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)的导数为f'(x),若f(1)=1,且 f'(x)+ >0,则下列式子中一定成立的是     ( ) A. f <3　    B. f >π　    C. f(log2e)>ln 2　    D. f(ln 3)<log3e     AC     目 录 解析　由题意构造函数g(x)=f(x)- ,可得g'(x)=f'(x)+ >0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增. 因为f(1)=1,所以g(1)=f(1)-1=0. 对于A,因为g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g <g(1),即g =f - <0,即f <3,故A 正确; 对于B,因为g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g <g(1),即g =f - <0,即f <π,故B 错误; 目 录 对于C,因为g(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以g(log2e)>g(1),即g(log2e)=f(log2e)- >0,即f(log2e)>ln 2,故C正确; 对于D,因为g(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以g(ln 3)>g(1),即g(ln 3)=f(ln 3)- >0, 即f(ln 3)>log3e,故D错误.故选AC. 目 录 5.(2025广东湛江一模)已知函数f(x)=aln(x-1)+x2-2x,其中a∈R. (1)若a=-8,求函数f(x)的单调区间; (2)当a<-2时,试判断f(x)的零点个数并证明. 目 录 解析    (1)函数f(x)=aln(x-1)+x2-2x的定义域为(1,+∞), f'(x)= +2x-2= , 当a=-8时, f'(x)= , 令f'(x)=0,得x=3或x=-1(舍去), 当x∈(1,3)时, f'(x)<0,故f(x)的单调递减区间为(1,3), 当x∈(3,+∞)时, f'(x)>0,故f(x)的单调递增区间为(3,+∞). (2)f(x)有两个零点.证明如下: 因为f(2)=0,所以f(x)有一个零点2. 目 录 令f'(x)=0,解得x1=1- <1(舍去),x2=1+ . 当x∈(1,x2)时, f'(x)<0,故f(x)单调递减; 当x∈(x2,+∞)时, f'(x)>0,故f(x)单调递增. 当a<-2时,x2=1+ ∈(2,+∞), f(x2)<f(2)=0. f(1-a)=aln(-a)+a2-1=-a[-a-ln(-a)]-1. 下面证明当x≥1时,x-ln x≥1. 令g(x)=x-ln x(x≥1), g'(x)=1- = ≥0, 目 录 故g(x)在[1,+∞)上单调递增, 所以g(x)≥g(1)=1. 因为-a>2>1,所以f(1-a)=-a[-a-ln(-a)]-1>-a-1>0. 易知1-a>x2,所以f(x)在(x2,+∞)上存在唯一的零点x3, 所以当a<-2时, f(x)有两个零点. 目 录 6.(2025安徽江南十校联考)已知函数f(x)=1-asin x-cos 2x,a∈R. (1)若a=2,求f(x)在(0,π)上的极大值; (2)若函数g(x)=f(x)-f ,讨论函数g(x)在[0,π]上零点的个数. 目 录 解析    (1)当a=2时, f(x)=1-2sin x-cos 2x=2sin2x-2sin x, 则f'(x)=4sin xcos x-2cos x=4cos x , 令f'(x)=0,得x= 或 或 , 因此,当x变化时, f(x), f'(x)的变化情况如表所示: x  0,       ,       ,       ,π  f'(x) - 0 + 0 - 0 + f(x) 单调 递减 单调 递增 单调 递减 单调 递增 目 录 所以当x= 时, f(x)取极大值,极大值为f =0. (2)g(x)=f(x)-f =1-asin x-cos 2x-  =-asin x-cos 2x+acos x-cos 2x =a(cos x-sin x)-2cos 2x =(cos x-sin x)[a-2(sin x+cos x)], 当x∈[0,π]时,由g(x)=0,得x= 或sin x+cos x= , 其中sin x+cos x= sin ,x+ ∈ ,则sin x+cos x∈[-1, ], 当a<-2或a>2 时,方程sin x+cos x= 无解, 目 录 此时函数g(x)只有一个零点x= , 当a=2 时,方程g(x)=0只有一解,为x= ,此时函数g(x)只有一个零点, 当2≤a<2 时,方程sin x+cos x= 有两个不同的解且均不等于 ,此时函数g(x)有三个 零点, 当-2≤a<2时,方程sin x+cos x= 有一解且不等于 ,此时函数g(x)有两个零点. 综上,当a<-2或a≥2 时,函数g(x)只有一个零点, 当2≤a<2 时,函数g(x)有三个零点, 当-2≤a<2时,函数g(x)有两个零点. 目 录 7.(2025山东泰安一模)已知函数f(x)=ln  +ax,a∈R. (1)当a=1时,求函数f(x)的图象在点(1, f(1))处的切线方程; (2)讨论函数f(x)的单调性; (3)若方程ex-1+ =(a+1)2有两个不同的实数根,求实数a的取值范围. 目 录 解析    (1)当a=1时, f(x)=ln  -ln x+x=3x-ln x, ∴f'(x)=3- ,∴f'(1)=2,又f(1)=3, ∴f(x)的图象在点(1, f(1))处的切线方程为y-3=2(x-1),即2x-y+1=0. (2)∵f(x)=ln  -ln x+ax=(a+2)x-ln x,x∈(0,+∞), ∴f'(x)=a+2- = , 当a+2≤0,即a≤-2时, f'(x)<0, f(x)在(0,+∞)上单调递减, 当a+2>0,即a>-2时,在 上, f'(x)<0, f(x)单调递减, 目 录 在 上, f'(x)>0, f(x)单调递增. 综上,a≤-2时, f(x)在(0,+∞)上单调递减; a>-2时, f(x)在 上单调递减,在 上单调递增. (3)方程ex-1+ =(a+1)2有两个不同实数根, 等价于方程xex-1-aln x-x=0有两个不同实数根. 设g(x)=xex-1-aln x-x=(ex-1-1)x-aln x, 则g'(x)=(x+1)ex-1- -1且g'(1)=1-a, 当a≤0时,x∈(0,1)时,g(x)<0,x∈(1,+∞)时,g(x)>0, 目 录 此时函数g(x)只有一个零点x=1,方程只有一个根,不符合题意; 当a>0时,g'(x)=(x+1)ex-1-1- 在(0,+∞)上单调递增, 当0<a<1时,g'(1)=1-a>0,g'(a)=(a+1)ea-1-2<a-1<0, ∴存在x1∈(0,1),使得g'(x1)=0, ∴在(0,x1)上g'(x)<0,在(x1,+∞)上g'(x)>0, ∴g(x)在(0,x1)上单调递减,在(x1,+∞)上单调递增, ∴g(x)min=g(x1)<g(1)=0. g(a)=a(ea-1-ln a-1), 设h(x)=ex-1-ln x-1(x>0), 目 录 则h'(x)=ex-1- , 当0<x<1时,h'(x)<1- <0,h(x)单调递减, 又h(1)=0,0<a<1,∴g(a)>0, 又g(1)=0, ∴g(x)在(0,x1)上和(x1,+∞)上各有一个零点,符合题意; 当a=1时,g'(1)=0, ∴在(0,1)上g'(x)<0,在(1,+∞)上g'(x)>0, ∴g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, ∴g(x)min=g(1)=0, 目 录 ∴g(x)只有x=1一个零点,不符合题意; 当a>1时,g'(1)=1-a<0, g'(a)=(a+1)ea-1-2>a+1-2>0, ∴存在x2∈(1,a),使得g'(x2)=0, ∴在(0,x2)上g'(x)<0,g(x)单调递减,在(x2,+∞)上g'(x)>0,g(x)单调递增, ∴g(x)min=g(x2)<g(1)=0.g(a)=a(ea-1-1-ln a), 又∵当x>1时,h'(x)=ex-1- >1- >0,h(x)单调递增, 又h(1)=0,a>1,∴g(a)>0,∴g(x)在(x2,a)上存在一个零点, 又g(1)=0,∴a>1时g(x)有两个零点,符合题意. 综上,a的取值范围为{a|a>1或0<a<1}. 目 录 8.(2025浙江温州第二次适应性考试)已知函数f(x)=ln(x+1)+ (a∈R). (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)在区间(-1,0)上恰有一个零点,求a的取值范围; (3)当a>0时,解方程f'(x)-f(x)= -ln  . 目 录 解析    (1)因为f(x)=ln(x+1)+ (x>-1), 所以f'(x)= + = (x>-1), 当a≥0时,因为x>-1,所以x+1+a≥x+1>0,即f'(x)>0,则f(x)在定义域(-1,+∞)内单调递增; 当a<0时,由f'(x)<0⇒-1<x<-1-a;由f'(x)>0⇒x>-1-a, 所以f(x)在(-1,-1-a)上单调递减,在(-1-a,+∞)上单调递增. 综上,当a≥0时, f(x)在定义域内单调递增; 当a<0时, f(x)在(-1,-1-a)上单调递减,在(-1-a,+∞)上单调递增. (2)由(1)知,当a≥0时, f(x)在(-1,+∞)内单调递增,且注意到f(0)=0,因此f(x)在区间(-1,0)上 目 录 无零点; 当a<0时,考虑到f(0)=0,x→-1时, f(x)→+∞,为使f(x)在(-1,0)内有零点,则极小值点小于零, 即-1-a<0⇒a>-1, 结合a<0,得a的取值范围为(-1,0). (3)由题意知f'(x)-f(x)= -ln(x+1), 记g(x)= -ln(x+1), 易知g'(x)=- <0,g(x)在定义域内单调递减,因此g(x)= -ln  仅 有一个解, 目 录 注意到待求方程g(x)= -ln  = +ln  , 对g(x)中含a的部分单独考察,即a(-x2-x+1),其中关于x的方程x2+x-1=0的解为x1,2= , 又函数的定义域为(-1,+∞), 所以x= . 因此x= 时可消去a, 且当x= 时,有g = +ln  ,满足题意. 综上,原方程的解为x= . 目 录 9.(2025湖南雅礼中学月考(八))已知函数f(x)=xln x. (1)若f(x)在区间(a,+∞)上单调,求实数a的取值范围. (2)若函数g(x)=f(x)-bx2有两个不同的零点. (i)求实数b的取值范围; (ii)若(xln x-bx2)(x2-cx+d)≤0恒成立,求证: <b< . 目 录 解析    (1)由题设知f'(x)=ln x+1, 当0<x< 时f'(x)<0,当x> 时f'(x)>0, 所以f(x)在区间 上单调递减,在区间 上单调递增, 因为f(x)在区间(a,+∞)上单调, 所以a≥ . (2)(i)g(x)=xln x-bx2=x(ln x-bx),且x∈(0,+∞), 令h(x)=ln x-bx且x∈(0,+∞), 目 录 则h'(x)= -b, 若b≤0,则h'(x)>0,即h(x)在定义域上单调递增,所以函数至多有1个零点,不符合题意; 若b>0,则当0<x< 时h'(x)>0,当x> 时h'(x)<0, 所以h(x)在区间 上单调递增,在区间 上单调递减, 则h =-ln b-1>0,得b< , 又h(1)=-b<0,h =-2ln b- , 令s(b)=-2ln b- 且b< , 目 录 则s'(b)= + = >0, 所以s(b)在区间 上单调递增,则s(b)<s =2-e<0,所以h <0, 即g(x)在区间 和区间 上各存在一个零点,满足题设, 所以0<b< . (ii)证明:记两个零点分别为x1,x2(0<x1<x2),结合g(x)(x2-cx+d)≤0恒成立, 则x1,x2为y=x2-cx+d的两个零点(要使不等式恒成立,需满足g(x)与y=x2-cx+d的零点相同), 则x1+x2=c,x1x2=d,Δ=c2-4d>0, 且b= = = , 目 录 要证 <b,即证 < , 即证ln  -2· <0,(注意x1<x2) 令t= ,0<t<1,即证ln t- <0, 令φ(t)=ln t- , 则φ'(t)= >0, 所以φ(t)<φ(1)=0,得证; 要证b< ,即证 < , 目 录 即证ln  > - , 令m= ,0<m<1,即证ln m2>m- ,令n(m)=2ln m-m+ ,则n'(m)= -1- =- <0, 所以n(m)>n(1)=0,得证. 综上, <b< . 目 录 10.(2025浙江宁波二模)已知函数f(x)=ln(x+1)+ax2-x(a∈R). (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; (2)当x≥0时, f(x)≥0恒成立,求a的取值范围; (3)求证:当n∈N*时,1+ + +…+ <2ln(n+1). 目 录 解析    (1)由题设知f(x)=ln(x+1)+x2-x,x∈(-1,+∞),则f'(x)= +2x-1= , 当-1<x<- 时, f'(x)>0,即f(x)在 上单调递增, 当- <x<0时, f'(x)<0,即f(x)在 上单调递减, 当x>0时, f'(x)>0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增. (2)解法一:因为f(x)=ln(1+x)+ax2-x, 所以f'(x)= +2ax-1= = . 设g(x)=2ax+2a-1, 目 录 当a≤0时,g(x)<0,所以f'(x)≤0,所以f(x)在[0,+∞)上单调递减, 所以f(x)≤f(0)=0,不符合题意. 当0<a< 时,令g(x)=0,得x= , 所以当x∈ 时,g(x)≤0,即f'(x)≤0,所以f(x)在 上单调递减,所以f < f(0)=0,不符合题意. 当a≥ 时,g(x)≥0, f'(x)≥0, 所以f(x)在[0,+∞)上单调递增, 所以f(x)≥f(0)=0. 目 录 综上,a的取值范围为 . 解法二:(端点效应)由题设知f'(x)= +2ax-1, 令g(x)=f'(x),则g'(x)=- +2a, 当x≥0时, f(x)≥0恒成立,且f(0)=f'(0)=0,只需g'(0)=-1+2a≥0,即a≥ , 另一方面,a≥ 时,g'(x)=- +2a≥1- ≥0, 所以g(x)=f'(x)在[0,+∞)上单调递增,则f'(x)≥f'(0)=0, 所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,则f(x)≥f(0)=0,满足题设. 目 录 综上,a的取值范围是 . (3)证明:由(2)取a= ,在(0,+∞)上f(x)=ln(x+1)+ -x>0, 令x= ,k∈N*,则ln  > - ,即2[ln(k+1)-ln k]> , 所以 2[ln(k+1)-ln k]>  , 则1+ + +…+ <2ln(n+1),得证. 目 录 11.(2025福建厦门第一次质检)设函数f(x)=x(ex-a)2. (1)当a=0时,求f(x)的单调区间; (2)若f(x)是增函数,求a的取值范围; (3)当0<a<1时,设x0为f(x)的极小值点,证明:- <f(x0)<0. 目 录 解析    (1)当a=0时, f(x)=xe2x, f'(x)=(2x+1)e2x, 当x∈ 时, f'(x)<0, f(x)单调递减, 当x∈ 时, f'(x)>0, f(x)单调递增, 所以f(x)的单调递增区间为 ,单调递减区间为 . (2)由题意,知f'(x)=(ex-a)(2xex+ex-a),设g(x)=2xex+ex-a,则g'(x)=2ex+2xex+ex=(2x+3)ex, 当x∈ 时,g'(x)<0,g(x)单调递减, 当x∈ 时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 目 录 当x=- 时,g(x)取得极小值g =-2 -a. (i)当a≤-2 时,g(x)≥0,ex-a>0,所以f'(x)>0, f(x)单调递增,符合题意; (ii)当-2 <a≤0时,y=ex-a>0,又g(x)存在零点,即存在区间使得g(x)<0,所以f'(x)≥0不恒成 立,不合题意. (iii)当a>0时,若f'(x)≥0,因为y=ex-a的零点为x=ln a,且g =-2 -a<0, 所以g(x)与y=ex-a有唯一相同零点且零点两侧函数值符号相同, 所以g(ln a)=2aln a=0,解得a=1, 此时,当x>0时2xex+ex-1>ex-1>0; 当x<0时2xex+ex-1<ex-1<0, 目 录 则f'(x)≥0. 综上,a的取值范围为(-∞,-2 ]∪{1}. (3)证明:当0<a<1时,g =-a<0,g(0)>0, 设x1为g(x)的零点,则- <x1<0, 因为g(ln a)=2aln a<0,所以x1>ln a, 所以当x∈(-∞,ln a)时,y=ex-a<0,g(x)<0,所以f'(x)>0, f(x)单调递增, 当x∈(ln a,x1)时,y=ex-a>0,g(x)<0,所以f'(x)<0, f(x)单调递减, 当x∈(x1,+∞)时,y=ex-a>0,g(x)>0, 所以f'(x)>0, f(x)单调递增, 目 录 所以x1=x0,且2x0 + -a=0, 即 -a=-2x0 , 所以f(x0)=( -a)2x0= x0=4  , 设h(x)=4x3e2x , 则h'(x)=4(2x+3)x2e2x>0, 则h(x)单调递增, 所以h(x)<h(0)=0,h(x)>h =- , 所以- <f(x0)<0. 目 录 (2025湖北新高考联考协作体模拟)罗尔中值定理是微分学中的一个重要定理,与拉格 朗日中值定理和柯西中值定理一起并称微分学三大中值定理.罗尔中值定理:若定义域 为R的函数f(x)的导函数记为f'(x),且函数f(x)满足条件①在闭区间[a,b]上连续;②在开区 间(a,b)内可导;③f(a)=f(b),那么至少存在一个ξ∈(a,b),使得f'(ξ)=0.已知函数f(x)=ex-ax2-(e -a-1)x-1,a∈R在区间(0,1)内有零点,其中,e=2.718…是自然对数的底数,则实数a的取值 范围为 ( ) A. 　     B. 　     C. 　    D.(e-2,1)     D     练风向 目 录 解析　设f(x)在区间(0,1)内的零点为x1,则有f(x1)=f(0)=0, 由罗尔中值定理可知,存在x2∈(0,x1),使f'(x2)=0, 同理,由f(x1)=f(1)=0及罗尔中值定理可知,存在x3∈(x1,1),使f'(x3)=0, 故f'(x)=0在(0,1)上至少有两个不等实根, 令g(x)=f'(x)=ex-2ax-(e-a-1), 则g'(x)=ex-2a在(0,1)上单调递增, 当a≤ ,x∈(0,1)时,g'(x)>0,此时g(x)单调递增, 故f'(x)=0在(0,1)上至多只有一个实根; 目 录 同理可知,当a≥ ,x∈(0,1)时,g'(x)<0,此时g(x)单调递减, 故f'(x)=0在(0,1)上至多只有一个实根; 当 <a< 时,令g'(x)=0,可得x=ln(2a)∈(0,1),且g(x)在(0,ln(2a))上单调递减,在(ln(2a),1)上 单调递增, 故当 <a< 且x∈(0,1)时,g(x)min=g(ln(2a)); 又g = +1-e< +1-e=2.7-e<0,故g(x)min=g(ln(2a))<0, 则由零点存在定理知  故e-2<a<1.故选D. 目 录 $