第6章 导数及其应用 本章复习提升（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册（人教B版）

本章复习提升 易混易错练 易错点1　对导数的定义理解不够准确致错 1.已知函数f(x)=x3-的一个极值点为1,则=(　　) A.6　　　B.　　　C.3　　　D. 2.(2024上海青浦第一中学期中)已知a∈R,曲线y=f(x)经过点(1,2)且在该点处的切线方程为ax+y-5=0,则=　　　　.  3.(2024山东泰安新泰第一中学质量检测)设函数f(x)=aex-2x2.若存在x0∈(0,1),使得>0成立,则实数a的取值范围是　　　　.  易错点2　混淆“过某点”与“在某点处”的切线致错 4.(2025辽宁重点高中协作校期中)若曲线f(x)=ex在点(0,1)处的切线与曲线g(x)=(x>0)在点P处的切线垂直,O为坐标原点,则|OP|=(　　) A.2　　　B.2　　　C.　　　D.1 5.(2025山东菏泽第一中学调研)若过点(m,n)可作函数y=2x+(x>0)的图象的两条切线,则必有(　　) A.0<2m+<n 　　　B.0<n<2m C.2m<n<2m+　　　D.n<2m 6.(2024广东茂名高州中学期中)已知曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(a+4)x+ln x-1只有一个公共点,则实数a的取值范围是(　　) A.a≥0　　 　B.a≥0或a=-1 C.-1≤a≤0　　　D.a≥-1 7.(2025广东惠州一中月考)若直线y=-x+m是曲线y=2x2+3x+4与曲线y=-ex+n的公切线,则n=　　　　.  易错点3　对复合函数的求导法则理解不透彻致错 8.(2024重庆南开中学期末)已知函数f(x)的导函数为f'(x),且2f(x)+f'(x)>2, f(1)=2 025,则不等式f(x)>1+的解集是(　　) A.(1,+∞)　　 　B.(0,1) C.(1,2 025)　　　D.(2 025,+∞) 9.设定义在R上的可导函数f(x)与g(x)的导函数分别为f'(x)和g'(x).若f(x)=g(2x-1)+2x, f(x+1)与g(x)均为偶函数,则g'(2 023)=　 .  易错点4　条件的等价转化不准确致错 10.(2024江苏南京六校期末)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1在区间[0,2]上单调递增,则实数a的最小值为(　　) A.0　　　B.1　　　 C.2　　　D.3 11.(多选题)(2024山东青岛二中月考)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处取得极值10,则下列说法正确的是(　　) A.a+b=0 B.a+b=-7 C.f(x)一定有两个极值点 D.f(x)的单调递增区间是∪[1,+∞) 易错点5　混淆极值与最值致错 12.已知函数f(x)=x3-3x2-3kx+1,k∈R. (1)当k=0时,求函数f(x)的极值; (2)是否存在实数k,使得函数f(x)在区间[2,3]上的最大值是9?若存在,求出所有实数k的值;若不存在,请说明理由. 易错点6　利用导数研究函数的单调性时忽视定义域致错 13.(2025广东广州执信中学月考)已知函数f(x)=ax2+(a-1)x-ln x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当a>0时,求函数f(x)在[1,2]上的最小值g(a). 思想方法练 一、数形结合思想在导数中的应用 1.(2025山东青岛中学质量诊断)已知函数f(x)=aex-x2+3有三个不同的零点,则实数a的取值范围是(　　) A.　　　B. C.　　　D. 2.(2025山东烟台模拟)若函数f(x)=xb与g(x)=ex的图象在第一象限内有公共点,则实数b的取值范围为　　　　　　.  3.(2024辽宁大连模拟)已知函数f(x)=ax+ln x,其中a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)若过点P(1,0)且与曲线y=f(x)相切的直线有且仅有两条,求实数a的取值范围. 二、分类讨论思想在导数中的应用 4.(2024山西运城期中)若函数f(x)=(x-2)ex-x2+ax(a∈R)在x=1处取得极小值,则实数a的取值范围是(　　) A.(-∞,0)　　　B.(0,e) C.(-∞,e)　　　D.(e,+∞) 5.(2025福建福州部分学校联考)已知函数f(x)=ax2-ln(x+1)+x(a∈R). (1)当a≥0时,讨论f(x)的单调性; (2)g(x)=f(x)+(x+1)ex-2x-1. (i)当a=0时,求g(x)的最小值; (ii)若g(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,求a的取值范围. 三、转化与化归思想在导数中的应用 6.(2025山西大同质量检测)已知x1,x2是函数f(x)=ax2-2x+ln x的两个极值点,若不等式m>f(x1)+f(x2)+x1x2恒成立,则实数m的取值范围是(　　) A.(-3,+∞)　　　B.[-2,+∞) C.(2,+∞)　　　D.[e,+∞) 7.(2024四川二模)若关于x的不等式ax(eax+2)≥(x+2)ln x对任意的x∈(0,+∞)恒成立,则a的最小值为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 8.(2025安徽合肥一六八中学检测)已知函数f(x)=ex-1-ax. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)若函数f(x)在(0,2)上有两个不相等的零点x1,x2,求证:x1x2>. 答案与分层梯度式解析 易混易错练 1.D　对f(x)=x3-求导得f'(x)=x2+. 因为f(x)=x3-的一个极值点为1, 所以f'(1)=1+a=0,解得a=-1,经检验,满足题意. 所以a=-1,此时f'(x)=x2-. 所以 =3 =3f'()=3×=. 易错警示　利用导数的定义求函数的导数时,要注意定义的形式,如本题中并不表示f'(),需要转化为3求解. 2.答案　- 解析　由题意得点(1,2)在直线ax+y-5=0上,所以a=3,则f'(1)=-a=-3, 又f(1)=2,所以==f'(1)=-. 3.答案　(1,+∞) 解析　由>0得>0, 即-1>0(易错点),即f'(x0)-1>0, 由f(x)=aex-2x2得f'(x)=aex-4x, 若存在x0∈(0,1),使得f'(x0)-1>0成立, 即存在x0∈(0,1),使得a-4x0-1>0成立, 即存在x0∈(0,1),使得a>成立, 设h(x)=,x∈(0,1),则h'(x)=, 令h'(x)==0,解得x=, 当x∈时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 当x∈时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 又h(0)=1,h(1)=,h=4, 所以h(x)∈(1,4],则a∈(1,+∞). 4.C　由f(x)=ex,得f'(x)=ex,则f'(0)=1,所以曲线g(x)=(x>0)在点P处的切线斜率为-1,由g(x)=(x>0),得g'(x)=-,令-=-1,解得x=1(负值舍去),又g(1)=1,所以P(1,1),则|OP|=. 易错警示　求曲线的切线方程时,要看清是求“曲线在某点处的切线方程”,还是求“过某点的曲线的切线方程”,前者所求得的切线有且只有一条,此点恰好为切点,而后者所求得的切线有一条或多条,此点可能是切点,也可能不是切点,因此需要设出切点坐标进行求解. 5.C　设切点的坐标为,a>0, 由y=2x+可得y'=2-,所以切线斜率为2-, 所以切线方程为y-=(x-a). 又切线过点(m,n),所以n-=(m-a),即(2m-n)a2+2a-m=0,a>0, 由题意得关于a的方程(2m-n)a2+2a-m=0有两个不同的正根,所以 整理可得2m<n<2m+. 6.B　由y=x+ln x得y'=1+, 故曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线斜率为2,切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0, 切线2x-y-1=0与曲线y=ax2+(a+4)x+ln x-1只有一个公共点, 即2x-1=ax2+(a+4)x+ln x-1有且只有一个正解, 即ax2+(a+2)x+ln x=0有且只有一个正解, 令g(x)=ax2+(a+2)x+ln x,x>0, 则g'(x)=2ax+a+2+=, 由于x>0,所以2x+1>0恒成立, 若a=0,则g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增, 且g(x)=2x+ln x,x>0,由g=-2<0,g(1)=2>0知g(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点,即ax2+(a+2)x+ln x=0有且只有一个正解. 若a>0,则g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增, 当x→0+时,ax2+(a+2)x→0,ln x→-∞,所以g(x)→-∞, 又g(1)=2a+2>0,故g(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点,即ax2+(a+2)x+ln x=0有且只有一个正解. 若a<0,则当x∈时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减, 故g(x)在x=-处取得极大值,也是最大值,为g=--1+ln,要使ax2+(a+2)x+ln x=0有且只有一个正解,需--1+ln=0, 令h(x)=ln x+x-1,x>0,显然h(x)在(0,+∞)上单调递增,且h(1)=0, 故要使--1+ln=0,只需-=1,即a=-1. 综上,a≥0或a=-1. 7.答案　-3 解析　联立得2x2+4x+4-m=0, 因为直线y=-x+m是曲线y=2x2+3x+4的切线, 所以Δ=16-4×2×(4-m)=0,解得m=2. 设直线y=-x+2与曲线y=-ex+n相切于点(x1,-), 由y=-ex+n得y'=-ex+n,所以曲线y=-ex+n在点(x1,-)处的切线斜率为-, 则曲线y=-ex+n在点(x1,-)处的切线方程为y+=-(x-x1),即y=-x+x1-, 所以 8.A　由f(x)>1+得e2x-2f(x)-e2x-2-2 024>0, 设g(x)=e2x-2f(x)-e2x-2-2 024, 则g'(x)=2e2x-2f(x)+e2x-2f'(x)-2e2x-2=e2x-2[2f(x)+f'(x)-2], 因为2f(x)+f'(x)>2,所以g'(x)>0, 所以g(x)在R上单调递增,由f(1)=2 025,得g(1)=f(1)-1-2 024=0,所以g(x)>0的解集为(1,+∞),所以不等式f(x)>1+的解集是(1,+∞). 易错警示　求复合函数的导数时,要注意函数是由哪些基本初等函数复合而成的,再利用复合函数的求导法则进行计算. 9.答案　-2 023 解析　由f(x)=g(2x-1)+2x得f'(x)=2g'(2x-1)+2①, 因为f(x+1)为偶函数,所以f(x+1)=f(-x+1), 所以f(2-x)=f(x),所以f'(x)+f'(2-x)=0②, 令x=1,得f'(1)=0,则f'(1)=2g'(1)+2=0⇒g'(1)=-1, 因为g(x)为偶函数,所以g(-x)=g(x), 所以-g'(-x)=g'(x)③, 由①得f'(2-x)=2g'(3-2x)+2,结合②③可得-f'(x)=-2g'(2x-3)+2,即f'(x)=2g'(2x-3)-2④, 由①④得g'(2x-3)-g'(2x-1)=2, 则g'(2×2-3)-g'(2×2-1)=g'(1)-g'(3)=2,g'(2×3-3)-g'(2×3-1)=g'(3)-g'(5)=2,……, g'(2×1 012-3)-g'(2×1 012-1)=g'(2 021)-g'(2 023)=2, 累加得g'(1)-g'(2 023)=2×(1 012-1)=2 022,故g'(2 023)=-1-2 022=-2 023. 10.B　因为f(x)在区间[0,2]上单调递增,所以f'(x)=x2-2x+a≥0在区间[0,2]上恒成立(易错点), 即-a≤x2-2x=(x-1)2-1恒成立, 设g(x)=(x-1)2-1,x∈[0,2], 当x=1时,g(x)min=-1,所以-a≤-1,则a≥1, 所以实数a的最小值为1. 11.BC　由题意得f'(x)=3x2+2ax+b, ∵f(x)在x=1处取得极值10, ∴ 当a=4,b=-11时, f'(x)=3x2+8x-11=(3x+11)·(x-1), 则当x∈∪(1,+∞)时, f'(x)>0;当x∈时, f'(x)<0, ∴f(x)在,(1,+∞)上单调递增,在上单调递减, ∴x=1是f(x)的极小值点,满足题意; 当a=-3,b=3时, f'(x)=3x2-6x+3=3(x-1)2≥0,且f'(x)不恒为零, 则f(x)在R上单调递增,不符合题意. 综上所述,a=4,b=-11. 对于A,B,a+b=4-11=-7,A错误,B正确; 对于C,x=-和x=1分别为f(x)的极大值点和极小值点,C正确; 对于D,当a=4,b=-11时, f(x)=x3+4x2-11x+16, ∵f(-4)=-64+64+44+16=60, f(1)=1+4-11+16=10, ∴f(-4)>f(1),即f(x)不满足在∪[1,+∞)上单调递增,f(x)的单调递增区间应为和[1,+∞),D错误. 易错警示　若f'(x0)存在,则“f'(x0)=0”是“f(x)在x=x0处取得极值”的必要不充分条件. 12.解析　(1)当k=0时, f(x)=x3-3x2+1,则f'(x)=3x2-6x=3x(x-2),当x∈(0,2)时, f'(x)<0, f(x)单调递减,当x∈(-∞,0)和x∈(2,+∞)时,f'(x)>0, f(x)单调递增,故f(x)的极大值为f(0)=1,极小值为f(2)=-3. (2)f'(x)=3x2-6x-3k=3(x2-2x-k), 令g(x)=x2-2x-k, 当4+4k≤0,即k≤-1时,g(x)≥0,即f'(x)≥0恒成立,且仅在个别点处取“=”,故f(x)在[2,3]上单调递增,最大值为f(3)=-9k+1=9,解得k=-,不满足k≤-1,舍去. 当4+4k>0,即k>-1时,设x1,x2是g(x)=0的两根,且x1<x2,则x1=1-,x2=1+,x1<1,x2>1,当x∈(x1,x2)时, f'(x)<0, f(x)单调递减,当x∈(-∞,x1)和x∈(x2,+∞)时, f'(x)>0, f(x)单调递增. 当x2=1+≤2,即-1<k≤0时, f(x)在[2,3]上单调递增,最大值为f(3)=-9k+1=9,解得k=-,符合要求; 当x2∈(2,3),即0<k<3时,若x∈(2,x2),则f'(x)<0, f(x)单调递减,若x∈(x2,3),则f'(x)>0, f(x)单调递增,易得f(2)=-3-6k<0, f(3)=-9k+1<1,此时不符合最大值为9,舍去; 当x2≥3,即k≥3时, f'(x)≤0在[2,3]上恒成立,且仅当k=3时,在x=3处取“=”,故f(x)单调递减,最大值为f(2)=-3-6k=9,解得k=-2,不满足k≥3. 综上,当k=-时,函数f(x)在区间[2,3]上的最大值是9. 易错警示　讨论极值点的实质是讨论函数的单调性,即f'(x)的正负;求函数的最大(小)值时,要将函数的各极值与端点处的函数值进行比较,最大的一个是最大值,最小的一个是最小值. 13.解析　(1)由题意知f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=ax+a-1-=, 令f'(x)=0,得(x+1)(ax-1)=0. ①若a≤0,则f'(x)<0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减. ②若a>0,则由f'(x)=0,得x=-1(舍去)或x=, 所以当x∈时, f'(x)<0,当x∈时, f'(x)>0,所以f(x)在上单调递减,在上单调递增. 综上,当a≤0时, f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当a>0时, f(x)在上单调递减,在上单调递增. (2)由(1)知, f(x)在上单调递减,在上单调递增. 当≥2,即0<a≤时, f(x)在[1,2]上单调递减,所以当x=2时, f(x)取得最小值,为f(2)=4a-2-ln 2; 当1<<2,即<a<1时, f(x)在上单调递减,在上单调递增, 所以当x=时, f(x)取得最小值,为f=a·+(a-1)·-ln=1-+ln a; 当a>0且≤1,即a≥1时, f(x)在[1,2]上单调递增, 所以当x=1时, f(x)取得最小值,为f(1)=a+a-1=a-1. 综上,g(a)= 思想方法练 1.A　令f(x)=0,得aex-x2+3=0,即a=,则方程a=有三个不相等的实数解,设g(x)=,则问题转化为直线y=a与曲线g(x)=有三个不同的交点, 易得g'(x)==-=-, 所以当x∈(-∞,-1)∪(3,+∞)时,g'(x)<0,当x∈(-1,3)时,g'(x)>0,所以g(x)在(-∞,-1),(3,+∞)上单调递减,在(-1,3)上单调递增, 所以当x=-1时,g(x)有极小值,为g(-1)=-2e, 当x=3时,g(x)有极大值,为g(3)=, 当x→-∞时,g(x)→+∞,当x→+∞时,g(x)→0,且当|x|>时,g(x)>0, 作出函数g(x)=的图象,如图所示, 由图可知,若直线y=a与y=g(x)的图象有三个交点,则0<a<,即实数a的取值范围为. 2.答案　(-∞,0)∪[e,+∞) 解析　因为函数f(x)=xb与g(x)=ex的图象在第一象限内有公共点,所以方程xb-ex=0在(0,+∞)上有解,即方程bln x=x在(0,+∞)上有解. 显然x=1不是方程的解,所以方程b=在(0,1)∪(1,+∞)上有解,设h(x)=,x∈(0,1)∪(1,+∞), 问题转化为直线y=b与函数h(x)=,x∈(0,1)∪(1,+∞)的图象有交点. 易得h'(x)=,令h'(x)=0,得x=e, 所以x∈(0,1)∪(1,e)时,h'(x)<0, x∈(e,+∞)时,h'(x)>0, 所以函数h(x)在(0,1)和(1,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增, 又x→0+时,h(x)→0,x→1-时,h(x)→-∞,x→1+时,h(x)→+∞,x→+∞时,h(x)→+∞,h(e)=e,所以函数h(x)的图象如图所示. 由图可知,b<0或b≥e. 3.解析　(1)由题意得函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=a+=. 当a≥0时, f'(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a<0时,令f'(x)>0,可得0<x<-, 令f'(x)<0,可得x>-, ∴f(x)在上单调递增,在上单调递减. 综上所述,当a≥0时, f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a<0时,f(x)在上单调递增,在上单调递减. (2)设切点为Q(m,am+ln m),m>0, 则在点Q处的切线方程为y-(am+ln m)=·(x-m), 将P(1,0)的坐标代入得-(am+ln m)=(1-m),整理得+ln m=-a+1.令g(x)=+ln x,x>0, 若过点P(1,0)且与曲线y=f(x)相切的直线有且仅有两条,则函数y=g(x)的图象和直线y=-a+1有且仅有两个交点. 易得g'(x)=-+=. 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, ∴g(x)min=g(1)=1, 易知x→0时,g(x)→+∞,x→+∞时,g(x)→+∞. 作出函数y=g(x)的图象和直线y=-a+1,如图所示, 作出函数y=g(x)的图象和直线y=-a+1,数形结合确定参数的范围. 由图可知,-a+1>1,解得a<0, 故实数a的取值范围为(-∞,0). 4.C　 f(x)的定义域为R, f'(x)=ex+(x-2)ex-ax+a=(x-1)(ex-a). a与0的大小关系不确定,分a≤0和a>0两种情况讨论. 若a≤0,则ex-a>0恒成立.令f'(x)=0,得x=1. 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,故f(x)在x=1处取得极小值,符合题意. 若a>0,令f'(x)=0,得x=1或x=ln a, 当两个极值点的大小关系不确定时,常用分类讨论的方法确定两者的关系,从而确定原函数的单调区间. 当ln a>1,即a>e时,令f'(x)>0,得x<1或x>ln a,令f'(x)<0,得1<x<ln a,所以函数f(x)在(-∞,1)和(ln a,+∞)上单调递增,在(1,ln a)上单调递减,所以f(x)在x=1处取得极大值,不符合题意,舍去. 当ln a=1,即a=e时, f'(x)≥0恒成立,且仅在x=1处取“=”,此时函数f(x)单调递增,没有极值,不符合题意,舍去. 当ln a<1,即0<a<e时,令f'(x)>0,得x<ln a或x>1,令f'(x)<0,得ln a<x<1,所以函数f(x)在(-∞,ln a)和(1,+∞)上单调递增,在(ln a,1)上单调递减,所以f(x)在x=1处取得极小值,符合题意. 综上,a的取值范围是(-∞,e). 5.解析　(1)f(x)的定义域为(-1,+∞),f'(x)=2ax-+1==, 通过对a的取值范围进行讨论,确定f(x)的单调性,体现了分类讨论的思想. 若a=0,则f'(x)=, 当-1<x<0时, f'(x)<0,当x>0时, f'(x)>0, 所以f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增; 若a>0,则f'(x)=,又=1+>1, 所以x+>0在(-1,+∞)上恒成立, 所以f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 综上,当a≥0时, f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (2)(i)由题意得g(x)=ax2-ln(x+1)+(x+1)ex-x-1,x>-1, 当a=0时,g(x)=-ln(x+1)+(x+1)ex-x-1, 则g'(x)=-+(x+2)ex-1=(x+2), 令v(x)=ex-(x>-1), 易知v(x)=ex-在(-1,+∞)上单调递增,且v(0)=0,所以当-1<x<0时,g'(x)<0,当x>0时,g'(x)>0, 所以g(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故g(x)min=g(0)=0. (ii)易得g'(x)=2ax-+(x+2)ex-1, 设s(x)=2ax-+(x+2)ex-1,则s'(x)=2a++(x+3)ex, 设t(x)=2a++(x+3)ex,则t'(x)=-+(x+4)ex,易知t'(x)在(0,+∞)上单调递增,故t'(x)>t'(0)=4-2>0, 故t(x)在(0,+∞)上单调递增,故t(x)>t(0)=2a+4. 通过对a的取值范围进行讨论,确定二阶导数的符号,可得g(x)的单调性,体现了分类讨论的思想. 若a≥-2,则t(x)>0,即s'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,故s(x)在(0,+∞)上单调递增,即g'(x)在(0,+∞)上单调递增,故g'(x)>g'(0)=0, 故g(x)在[0,+∞)上单调递增,故g(x)≥g(0)=0恒成立,满足题意. 若a<-2,则t(|2a|)=2a++(|2a|+3)·e|2a|>2a+|2a|=0,t(0)=2a+4<0,又t(x)在(0,+∞)上单调递增,所以t(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点,设该零点为x0,当x∈(0,x0)时,t(x)<0, 故s(x)在(0,x0)上单调递减,s(x)<s(0)=0, 故g(x)在(0,x0)上单调递减,所以g(x)<g(0)=0,与题设矛盾. 综上,a≥-2. 思想方法　分类讨论思想在导数问题中应用很广泛,尤其是含参函数的单调性、极值、最值问题中,一般都会对参数进行分类讨论求解,分类时要根据题意明确分类标准,保证不重不漏. 6.B　易得f'(x)=ax-2+=. 将函数有两个极值点转化为f'(x)=0有两个不相等的正实数根. 令f'(x)=0,得ax2-2x+1=0,所以x1,x2是此方程的两个不相等的正根, 所以所以0<a<1,且x1+x2=2x1x2, 所以f(x1)+f(x2)+x1x2=a-2x1+ln x1+a-2x2+ln x2+x1x2=(2x1-1+2x2-1)-2(x1+x2)+ln(x1x2)+x1x2=-(x1+x2)+ln(x1x2)+x1x2-1=-x1x2+ln(x1x2)-1=-+ln-1. 构造函数g(t)=ln t-t-1,t>1,转化为求函数g(t)的最大值.  令t=,则t>1,令g(t)=ln t-t-1,t>1, 所以g'(t)=-1<0,所以g(t)在(1,+∞)上单调递减,所以g(t)<g(1)=-2. 要使m>f(x1)+f(x2)+x1x2恒成立,只需m>g(t)恒成立,所以m≥-2,故实数m的取值范围是[-2,+∞). 7.B　令f(x)=(x+2)ln x,则f'(x)=ln x+=+ln x+1. 令g(x)=+ln x+1,则g'(x)=+=(x>0), 令g'(x)=0,可得x=2, 当0<x<2时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,2)上单调递减;当x>2时,g'(x)>0,所以g(x)在(2,+∞)上单调递增, 所以g(x)在x=2处取得唯一极小值,也是最小值,且g(2)=ln 2+2>0, 所以g(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立, 所以f(x)在(0,+∞)上单调递增. 由ax(eax+2)≥(x+2)ln x对任意x∈(0,+∞)恒成立可知, f(eax)≥f(x)对任意的x∈(0,+∞)恒成立, 所以eax≥x对任意的x∈(0,+∞)恒成立. 通过变形,利用同构,将不等式恒成立问题进行转化. 两边同时取对数,可得ax≥ln x对任意的x∈(0,+∞)恒成立,即a≥对任意的x∈(0,+∞)恒成立,只需a≥即可. 将不等式两边同时取对数,然后参变分离,转化为求函数的单调性和最值问题. 令h(x)=,x∈(0,+∞),则h'(x)=, 令h'(x)=0,可得x=e, 当0<x<e时,h'(x)>0,所以h(x)在(0,e)上单调递增; 当x>e时,h'(x)<0,所以h(x)在(e,+∞)上单调递减, 所以h(x)在x=e处取得唯一极大值,也是最大值,且h(e)==, 所以a≥,故a的最小值为. 8.解析　(1)依题意得f'(x)=ex-1-a,x∈R. ①当a≤0时, f'(x)>0恒成立, f(x)在R上单调递增; ②当a>0时,令f'(x)>0,得x∈(1+ln a,+∞),此时f(x)单调递增,令f'(x)<0,得x∈(-∞,1+ln a),此时f(x)单调递减. 综上,当a≤0时, f(x)在R上单调递增;当a>0时, f(x)在(1+ln a,+∞)上单调递增,在(-∞,1+ln a)上单调递减. (2)证明:∵f(x)在(0,2)上有两个不相等的零点x1,x2,∴a=在(0,2)上有两个不相等的实根. 通过分离变量,将含参数的函数问题转化为不含参数的函数的值域问题. 令g(x)=,x∈(0,2),则g'(x)=, 令g'(x)<0,得x∈(0,1),令g'(x)>0,得x∈(1,2),则g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,2)上单调递增, 又g(1)=1,g(2)=,当x→0时,g(x)→+∞, ∴a∈,不妨设x1<x2,则0<x1<1<x2<2. 要证x1x2>,即证ax1x2>1, 利用分析法转化待证不等式,首先由零点的定义消去参数,再由g(x1)=g(x2)得到仅含一个变量的不等式. ∵g(x1)=g(x2)=a,∴==a,∴ax1x2=x1,因此只需证x1>1,即证x1>,∵1<x2<2,∴<<1,又0<x1<1, ∴只需证g(x1)<g(),即证g(x2)<g(), 即证<,即证>,即证-1>-ln x2,即证+ln x2-1>0. 令h(x)=e1-x+ln x-1,x∈(1,2), 将不等式恒成立问题转化为求函数的最小值问题. 则h'(x)=-e1-x+=, 令φ(x)=ex-ex,x∈(1,2),则φ'(x)=ex-e,当x∈(1,2)时,φ'(x)=ex-e>0恒成立, ∴φ(x)=ex-ex在(1,2)上单调递增, ∴φ(x)>φ(1)=0,∴h'(x)>0, ∴h(x)在(1,2)上单调递增,∴h(x)>h(1)=0,因此+ln x2-1>0,∴x1x2>. 思想方法　转化与化归思想在利用导数解决函数问题中常见的应用:将含参问题转化为不含参问题,将不等式恒(能)成立问题转化为函数的最值问题等. 5 学科网（北京）股份有限公司 $