第6章 导数及其应用 综合拔高练（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）

综合拔高练 高考真题练 考点1　导数的运算法则及其几何意义 1.(2024全国甲理,6)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.　　　B.　　　C.　　　D. 2.(2025全国一,12)若直线y=2x+5是曲线y=ex+x+a的一条切线,则a=　　　　.  3.(2024新课标Ⅰ,13)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=　　　　.  4.(2025全国一,16)已知数列{an}中,a1=3,=+. (1)证明:数列{nan}是等差数列; (2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,求f'(-2). 5.(2022全国甲文,20)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①也是曲线y=g(x)的切线②.  (1)若x1=-1,求a; (2)求a的取值范围. ①关键点拨:点(x1, f(x1))是切点 ②关键点拨:切点未知,设切点,求切线方程,建立方程组求参;对点突破:P214疑难2 考点2　函数的导数与单调性 6.(2023新课标Ⅱ,6)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(　　) A.e2　　　B.e　　　C.e-1　　　D.e-2 7.(2022新高考Ⅰ,7)设a=0.1e0.1,b=,c=-ln 0.9,则(　　) A.a<b<c　　　B.c<b<a　　　 C.c<a<b　　　D.a<c<b 8.(2024新课标Ⅰ,18)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①; (2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形②; (3)若f(x)>-2当且仅当1<x<2,求b的取值范围③. ①关键点拨:不等式恒成立求参,分离参数,转化为求函数的最值问题;对点突破:P228疑难4 ②心中有“数”:曲线f(x)是中心对称图形,则存在m,n使得f(m-x)+f(m+x)=2n ③关键点拨:f(1)=a=-2,利用导数验证f(x)的单调性,若f(x)单调递增,则满足,若f(x)不单调递增,则不满足,进而得b的取值范围 9.(2024全国甲文,20)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1. (1)求f(x)的单调性; (2)当a≤2时,证明:当x>1时,f(x)<ex-1. 10.(2023全国乙文,20)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)若函数f(x)在(0,+∞)单调递增,求a的取值范围. 11.(2023全国甲文,20)已知函数f(x)=ax-,x∈. (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. 考点3　函数的导数与极值、最大(小)值 12.(多选题)(2025全国二,10)已知f(x)是定义在R上的奇函数,且当x>0时, f(x)=(x2-3)ex+2,则(　　) A. f(0)=0　　　 B.当x<0时, f(x)=-(x2-3)e-x-2 C. f(x)≥2当且仅当x≥　　　 D.x=-1是f(x)的极大值点 13.(多选题)(2024新课标Ⅰ,10)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) 14.(多选题)(2023新课标Ⅱ,11)若函数f(x)=aln x++(a≠0)既有极大值也有极小值,则(　　) A.bc>0　 　　B.ab>0 C.b2+8ac>0　　　D.ac<0 15.(2022全国乙理,16)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　　　　.  16.(2024新课标Ⅱ,16)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. 17.(2025全国二,18)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. 18.(2025天津,20)已知a∈R,函数f(x)=ax-(ln x)2. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程. (2)已知f(x)有3个零点x1,x2,x3,且x1<x2<x3. (i)求a的取值范围; (ii)求证:(ln x2-ln x1)·ln x3<. 19.(2024天津,20)已知函数f(x)=xln x. (1)求曲线f(x)在点(1, f(1))处的切线方程; (2)若f(x)≥a(x-)对任意x∈(0,+∞)成立,求实数a的值①; (3)若x1,x2∈(0,1),求证:|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2②. ①关键点拨:不等式恒成立求参,对不等式变形,构造函数求解 ②关键点拨:去绝对值符号,利用放缩法对不等式变形,构造函数求解;对点突破:P222疑难4 20.(2025全国一,19)(1)求函数f(x)=5cos x-cos 5x在区间的最大值①;  (2)给定θ∈(0,π)和a∈R,证明:存在y∈[a-θ,a+θ]使得cos y≤cos θ②;  (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③.  ①关键点拨:求f'(x)=0时直接求或利用和差化积公式求 ②关键点拨:利用反证法证明 ③关键点拨:灵活应用前两问结论求解 高考模拟练 应用实践 1.(2025重庆万州三中月考)已知函数f(x)=2λx-ln x+(λln 2-1)x,若∀x∈(0,+∞),都有f(x)≥0,则实数λ的取值范围是(　　) A.　　　B. C.　　　D.[ln 2,+∞) 2.(2024四川内江期中)已知定义在R上的连续偶函数y=f(x)的导函数为y=f'(x),当x>0时,f'(x)+<0,且f(2)=-3,则不等式f(2x-1)<的解集为(　　) A. B. C. D. 3.(2024天津北辰南仓中学诊断测试)已知函数f(x)=ax-xln x与函数g(x)=ex-1的图象上恰有两对关于x轴对称的点,则实数a的取值范围为(　　) A.(-∞,1-e]　　　B. C.(-∞,1-e)　　　D. 4.(2025广东惠州一中月考)函数f(x)=+ln x+b(a∈R,b∈R)的两个极值点x1,x2满足x1<x2≤2x1,则2x1+x2的最小值为(　　) A.4ln 2　　　B.4　　　 C.3ln 2　　　D.6ln 2 5.(2024浙江嘉兴期末)已知正实数a,b,c满足a2-b=2ln>0,7b-2b=(a+4)c,则(　　) A.0<c<b<1<a　　　B.0<b<c<1<a C.0<c<b<a<1　　　D.0<b<c<a<1 6.(2025重庆朝阳中学月考)已知函数f(x)=ax3+3xln x(a∈R),若f(x)在内存在极大值点,则实数a的取值范围是(　　) A.　　　B. C.　　　D. 7.(2025江苏卓越高中联盟月考)已知直线l:x-y+b=0与曲线y=ex+1,y=-x2+mx(m>0)都相切,则b-2m=　　　　.  8.(2024青海西宁开学考试)已知球O的表面积为12π,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,该四棱锥的高为　　　　.  9.(2024黑龙江哈尔滨期末)已知a>0,函数f(x)=(a-x)ln x. (1)证明f(x)存在唯一极大值点; (2)若存在a,使得f(x)≤a+b对任意x∈(0,+∞)都成立,求b的取值范围. 10.(2025江苏泰州期末)已知函数f(x)=eax-aln(x+1),a∈R. (1)当a=-1时,求f(x)的单调区间; (2)当x>0时, f(x)>1,求a的取值范围; (3)证明:e2+e++…+>n+2ln(n+1),n∈N+. 11.(2025四川绵阳中学月考)已知函数u(x)=2ln x-a(x2-1),v(x)=2x2ln x. (1)当a=1时,判断u(x)的单调性; (2)函数f(x)=u(x)+v(x)恰有两个极值点. (i)求实数a的取值范围; (ii)证明:f(x)的所有零点之和大于3. 迁移创新 12.(2025江苏苏北七市调研)记ai=a1·a2·…·an,已知函数f(x)和g(x)的定义域都为D,若存在x1,x2,…,xm∈D,使得[f(x)-g(x)]·(x-xi)≤0,当且仅当x=xi,i=1,2,…,m时,等号成立,则称f(x)和g(x)在D上“m次缠绕”. (1)若f(x)=sin x和g(x)=cos x在(0,2π)上“n次缠绕”,求n的值; (2)设f(x)=ln x+,若f(x)和f在(0,+∞)上“3次缠绕”,求实数a的取值范围; (3)记所有定义在区间(a,b)上的函数组成集合A,证明:给定m∈N+,对任意F(x)∈A,都存在f(x),g(x)∈A,使得F(x)=f(x)+g(x),且f(x)和g(x)在(a,b)上“m次缠绕”. 答案与分层梯度式解析 高考真题练 1.A　f'(x)=, ∴f'(0)=e0+2cos 0=3, ∴曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线方程为y-1=3(x-0),即y=3x+1, 当x=0时,y=1,当y=0时,x=-, ∴所围成的三角形的面积S=×1×=. 2.答案　4 解析　由y=ex+x+a,得y'=ex+1.设直线y=2x+5与曲线y=ex+x+a相切于点(x0,y0), 则 解得x0=0,y0=5,a=4. 3.答案　ln 2 解析　由y=ex+x得y'=ex+1, 则曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线的斜率k1=e0+1=2,所以切线方程为y=2x+1. 设该切线与曲线y=ln(x+1)+a相切于点(x0,ln(x0+1)+a), 由y=ln(x+1)+a得y'=,则曲线y=ln(x+1)+a在点(x0,ln(x0+1)+a)处的切线斜率k2=, 所以 4.解析　(1)证明:因为=+, 所以(n+1)an+1=nan+1,所以(n+1)an+1-nan=1, 所以{nan}是以1×a1=3为首项,1为公差的等差数列. (2)由(1)知,nan=3+(n-1)×1=n+2. 因为f(x)=a1x+a2x2+…+amxm, 所以f'(x)=1×a1x0+2a2x1+…+mamxm-1 =3x0+4x1+5x2+…+(m+2)xm-1, 则f'(-2)=3×(-2)0+4×(-2)1+5×(-2)2+…+(m+2)·(-2)m-1,① -2f'(-2)=3×(-2)1+4×(-2)2+5×(-2)3+…+(m+2)·(-2)m,② ①-②得,3f'(-2)=3×(-2)0+(-2)1+(-2)2+…+(-2)m-1-(m+2)·(-2)m =3+-(m+2)·(-2)m =3+-(m+2)·(-2)m =-·(-2)m, 所以f'(-2)=-·(-2)m=. 5. 真题降维 关键信息 信息处理 曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线方程 求f'(x1),利用点斜式得切线方程 切线与曲线g(x)=x2+a相切,求参数a 切点未知,设切点,写出曲线g(x)在切点处的切线方程,由两切线相同,斜率、截距分别相同列方程组 代入消元,建立a与x1的关系式,构造函数,转化为求函数的值域 解析　(1)由题意知, f(-1)=-1-(-1)=0, f'(x)=3x2-1,则f'(-1)=3-1=2,故曲线y=f(x)在点(-1,0)处的切线方程为y=2(x+1),即y=2x+2, 设该切线与曲线y=g(x)切于点(x0,g(x0)), 由g(x)=x2+a得g'(x)=2x,则g'(x0)=2x0=2,解得x0=1,则g(1)=1+a=2×1+2,解得a=3. (2)由(1)知f'(x)=3x2-1,则曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线方程为y-(-x1)=(3-1)(x-x1),整理得y=(3-1)x-2, 设该切线与曲线y=g(x)切于点(x2,g(x2)), 易知g'(x)=2x,则g'(x2)=2x2,则曲线y=g(x)在该点处的切线方程为y-(+a)=2x2(x-x2),整理得y=2x2x-+a, 由 得a=-2=-2=-2-+,令h(x)=x4-2x3-x2+, 则h'(x)=9x3-6x2-3x=3x(3x+1)(x-1), 令h'(x)>0,得-<x<0或x>1, 令h'(x)<0,得x<-或0<x<1, 故x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表: x -∞,- - -,0 0 (0,1) 1 (1, +∞) h'(x) - 0 + 0 - 0 + h(x) ↘ ↗ ↘ -1 ↗ 故h(x)的值域为[-1,+∞),即a的取值范围为[-1,+∞). 6.C　∵f(x)在(1,2)内单调递增, ∴f'(x)≥0在(1,2)内恒成立, 即f'(x)=aex-≥0在1<x<2时恒成立, ∴a≥在1<x<2时恒成立. 令g(x)=xex(1<x<2),则g'(x)=(x+1)ex>0, ∴g(x)在(1,2)内单调递增,∴g(x)∈(e,2e2), ∴,∴a≥,即a的最小值为. 7.C　a=0.1e0.1,b=,c=-ln 0.9=-ln. (1)=0.9e0.1,令f(x)=(1-x)ex,则f'(x)=-xex, 由f'(x)>0得x<0,由f'(x)<0得x>0, 故f(x)在(0,+∞)上单调递减,在(-∞,0)上单调递增,所以f(0.1)<f(0),即(1-0.1)e0.1<(1-0)e0=1,即<1,又b>0,所以a<b. (2)c-b=-ln-=ln -=ln-. 令g(x)=ln(1+x)-x,则g'(x)=-1=. 当x>0时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以g<g(0)=0,即c-b<0,所以c<b. (3)a-c=0.1e0.1+ln,令h(x)=xex+ln(1-x)(x<1), 则h'(x)=(x+1)ex-(x<1), 令φ(x)=(x+1)ex-(x<1), 则φ'(x)=(x+2)ex-,易知当0<x<时,φ'(x)>0, 所以φ(x)在上单调递增,又φ(0)=1-1=0, 所以当0<x<时,h'(x)>0,h(x)在上单调递增,所以h(0.1)>h(0),即0.1e0.1+ln>0,即a-c>0,所以a>c. 综上可知,b>a>c. 8.解析　(1)由>0得0<x<2,所以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≥, 当0<x<2时,=-2, 所以a≥-2,故a的最小值为-2. (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)关于点(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)关于点(1,a)中心对称,又f(x)在(0,2)内连续,f(x)>-2,1<x<2,所以f(1)=a=-2, (由条件“f(x)>-2,1<x<2”,结合当x<2且x→2时, f(x)→+∞,发掘隐含条件f(1)=a=-2,这是解题的突破口)  故f(x)=ln -2x+b(x-1)3,x∈(1,2), 则f'(x)=(x-1)2, 易知当1<x<2时,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,满足题意. 当b<-时,存在x0∈(1,2),使得+3b=0, 当x∈(1,x0)时,f'(x)<0, f(x)单调递减, 此时f(x)<f(1)=-2,不符合题意. 综上所述,b的取值范围为. 9.解析　(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=a-=. 若a≤0,则f'(x)<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减; 若a>0,则当x∈时, f'(x)>0, f(x)单调递增,当x∈时, f'(x)<0, f(x)单调递减. 综上所述,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)的单调递增区间为,单调递减区间为. (2)证明:当a≤2,且x>1时,ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1≥ex-1-2x+1+ln x, 令g(x)=ex-1-2x+1+ln x(x>1),证明g(x)>0即可, 易得g'(x)=ex-1-2+, 令h(x)=g'(x),则h'(x)=ex-1-, 显然h'(x)在(1,+∞)上单调递增,则h'(x)>h'(1)=e0-1=0,即g'(x)=h(x)在(1,+∞)上单调递增, 故g'(x)>g'(1)=e0-2+1=0,即g(x)在(1,+∞)上单调递增, 故g(x)>g(1)=e0-2+1+ln 1=0,问题得证. 10.解析　(1)当a=-1时, f(x)=ln(x+1),则f(1)=0,且f'(x)=-ln(x+1)+, 故f'(1)=-ln 2,∴所求切线方程为y=-(x-1)ln 2,即xln 2+y-ln 2=0. (2)∵f'(x)=-,且f(x)在(0,+∞)上单调递增,∴f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,即在(0,+∞)上恒成立,其等价于x(ax+1)≥(1+x)ln(1+x)在(0,+∞)上恒成立, 令g(x)=(ax+1)x-(1+x)ln(1+x), 则g'(x)=2ax-ln(1+x), 令h(x)=g'(x),则h'(x)=2a-, 令H(x)=h'(x),则H'(x)=>0, 故h'(x)在(0,+∞)上单调递增, 因此h'(x)>h'(0)=2a-1在(0,+∞)上恒成立. ①当2a-1≥0,即a≥时,h'(x)>0在(0,+∞)上恒成立, 此时g'(x)在(0,+∞)上单调递增,又g'(0)=0, ∴g'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,故g(x)在(0,+∞)上单调递增, 因此g(x)>g(0)=0,即(ax+1)x>(1+x)ln(1+x)在(0,+∞)上恒成立,从而f(x)在(0,+∞)上单调递增. ②当2a-1<0,即a<时,必存在x0∈(0,+∞),使h'(x0)=0,因此当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,所以g'(x)在(0,x0)上单调递减, 又g'(0)=0,∴当x∈(0,x0)时,g'(x)<0恒成立, 此时g(x)在(0,x0)上单调递减,又g(0)=0,∴有g(x)<0在(0,x0)上恒成立,从而有f'(x)<0在(0,x0)上恒成立,与y=f(x)在(0,+∞)上单调递增不符,从而2a-1<0不符合题意. 综上所述,a≥. 11.解析　(1)当a=1时, f(x)=x-,x∈, 则f'(x)=1- =1-= =, 因为x∈,所以cos x∈(0,1), 所以f'(x)<0恒成立, 所以f(x)在上单调递减. (2)令g(x)=f(x)+sin x=ax-+sin x,x∈,则g'(x)=a-+cos x,x∈, 因为g(x)=f(x)+sin x<0,且g(0)=f(0)+sin 0=0, 所以g'(0)=a-1+1=a≤0, 当a=0时, f(x)+sin x=sin x-=sin x·, 因为x∈,所以0<sin x<1,0<cos x<1,则>1, 所以f(x)+sin x=sin x-<0,满足题意; 当a<0时,因为x∈,所以ax<0, 所以f(x)+sin x=ax-+sin x<sin x-<0,满足题意. 综上所述,a的取值范围为(-∞,0]. 12.ABD　由f(x)是定义在R上的奇函数得f(0)=0,故A正确. 当x<0时,-x>0,则f(-x)=(x2-3)e-x+2, 又f(-x)=-f(x),所以f(x)=-(x2-3)e-x-2, 即x<0时, f(x)=-(x2-3)e-x-2,故B正确. f(-1)=2(e-1)>2,故C错误. 当x<0时, f(x)=-(x2-3)e-x-2, 求导得f'(x)==, 当x∈(-∞,-1)时, f'(x)>0, f(x)单调递增, 当x∈(-1,0)时, f'(x)<0, f(x)单调递减, 所以x=-1是f(x)的极大值点,故D正确. 13.ACD　因为f(x)=(x-1)2(x-4),x∈R, 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变化时, f'(x), f(x)的变化情况如下表所示, x (-∞,1) 1 (1,3) 3 (3,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) 单调递增 0 单调递减 -4 单调递增 故x=3是f(x)的极小值点,故A正确. 当0<x<1时, f(x)单调递增,且0<x2<x<1, 所以当0<x<1时, f(x2)<f(x),故B错误. 当1<x<2时,1<2x-1<3,又因为f(x)在(1,3)上单调递减,所以f(3)<f(2x-1)<f(1),即-4<f(2x-1)<0,故C正确. f(2-x)-f(x)=(1-x)2(-x-2)-(x-1)2(x-4)=2(1-x)3,当-1<x<0时,2(1-x)3>0,故f(2-x)>f(x),故D正确. 14.BCD　由题意得f'(x)=++=(a≠0),x∈(0,+∞), ∵y=f(x)既有极大值也有极小值,∴y=ax2-bx-2c(a≠0)在(0,+∞)上有两个变号零点. 设方程ax2-bx-2c=0的两根分别为x1,x2(x1>0,x2>0,x1≠x2), 则∴ab>0,ac<0,b2+8ac>0,bc<0. 15.答案　 解析　解法一:∵f(x)=2ax-ex2, ∴f'(x)=2axln a-2ex.令f'(x)=0,得axln a=ex. 由题意得函数y=axln a的图象与直线y=ex有两个不同的交点,且交点的横坐标分别为x1,x2, 当a>1时,在同一平面直角坐标系内画出函数y=axln a的图象与直线y=ex,如图①所示, 当x∈(-∞,x1)时, f'(x)>0, f(x)单调递增; 当x∈(x1,x2)时, f'(x)<0, f(x)单调递减; 当x∈(x2,+∞)时, f'(x)>0, f(x)单调递增, ∴x=x1和x=x2分别是f(x)的极大值点和极小值点,与已知矛盾,∴当a>1时,不满足题意,舍去. 当0<a<1时,在同一平面直角坐标系内画出函数y=axln a的图象与直线y=ex,如图②所示, 当x∈(-∞,x1)时, f'(x)<0, f(x)单调递减,当x∈(x1,x2)时, f'(x)>0, f(x)单调递增,当x∈(x2,+∞)时, f'(x)<0, f(x)单调递减,∴x=x1和x=x2分别是f(x)的极小值点和极大值点,满足题意. 设过原点的直线l与y=axln a的图象相切于点(x0,ln a),又y'=ax(ln a)2,∴直线l的斜率k= (ln a)2,∴(ln a)2=,可得=e. ∴k=e(ln a)2,要使函数y=axln a的图象与直线y=ex有两个不同的交点,则0<k<e,即0<e(ln a)2<e. ∴(ln a)2<1,即-1<ln a<1,∴<a<e. 又0<a<1,∴<a<1. 综上所述,a的取值范围是. 解法二:f'(x)=2ln a·ax-2ex,因为x1,x2分别是函数f(x)=2ax-ex2的极小值点和极大值点,且x1<x2, 所以当x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)时,f'(x)<0,当x∈(x1,x2)时, f'(x)>0. 若a>1,则当x<0时,2ln a·ax>0,2ex<0,此时f'(x)>0,不符合题意, 所以0<a<1,此时方程2ln a·ax-2ex=0的两个根分别为x1,x2,即方程=的两个根分别为x1,x2,即函数y=的图象与直线y=有两个不同的交点,令g(x)=,0<a<1,则g'(x)=,0<a<1, 所以当x∈(-∞,logae)时,g'(x)<0,当x∈(logae,+∞)时,g'(x)>0, 所以函数g(x)在(logae,+∞)上单调递增,在(-∞,logae)上单调递减, 易得x<0时,g(x)<0,g(0)=0,g(logae)=<0. 画出g(x)=的大致图象,如图所示, 由图可得要使函数y=的图象与直线y=有两个不同的交点,则<<0,解得<a<e,又0<a<1,所以<a<1. 16.解析　(1)当a=1时, f(x)=ex-x-1, f(1)=e-1-1=e-2, f'(x)=ex-1,∴切点坐标为(1,e-2), f'(1)=e-1, ∴所求切线的方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1), 即y=(e-1)x-1. (2)f'(x)=ex-a,∵f(x)有极小值,∴必有a>0,令f'(x)=0,则ex=a,即x=ln a, 当x>ln a时, f'(x)>0,当x<ln a时, f'(x)<0, ∴f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增, 又f(x)的极小值小于0,∴f(ln a)<0, ∴f(ln a)=a-aln a-a3<0. 又a>0,∴ln a+a2-1>0, 记h(a)=ln a+a2-1, 易知h(1)=0,h'(a)=+2a>0恒成立, ∴h(a)在(0,+∞)上单调递增, 要使h(a)>0,则必有a>1, 故a的取值范围为(1,+∞). 17.解析　(1)证明:易得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. ∵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)在上单调递减, ∴φ(x)<φ=ln-<0,即f<0, 又-==>0, ∴, ∴当x∈时, f(x)有唯一零点. 综上, f(x)在区间(0,+∞)内存在唯一的极值点和唯一的零点. (2)(i)证明:由(1)得f'(x)=, 且x1=,即1-3k-3kx1=0, ∴f'(x1+t)= =, f'(x1-t)= =, 又g(t)=f(x1+t)-f(x1-t), ∴g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t) =+ =3kt· = = = =, ∵0<k<,0<t<x1,∴g'(t)<0, ∴g(t)在区间(0,x1)上单调递减. (ii)2x1>x2.证明如下: 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. 18.解析　(1)当a=1时, f(x)=x-(ln x)2,x>0, 则f'(x)=1-,则f'(1)=1,且f(1)=1, 则切点为点(1,1),且切线的斜率为1, 故曲线f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=x. (2)(i)令f(x)=ax-(ln x)2=0,x>0,得a=, 设g(x)=,x>0, 则g'(x)==, 由g'(x)=0,解得x=1或x=e2,易得g(1)=0,g(e2)=. 当0<x<1时,g'(x)<0,g(x)在(0,1)上单调递减; 当1<x<e2时,g'(x)>0,g(x)在(1,e2)上单调递增; 当x>e2时,g'(x)<0,g(x)在(e2,+∞)上单调递减. 且当x→0时,g(x)→+∞;当x→+∞时,g(x)→0, 如图,作出函数g(x)的图象, 要使函数f(x)有3个零点, 则方程a=g(x)在(0,+∞)内有3个根,即直线y=a与函数g(x)的图象有3个交点. 结合图象可知,0<a<, 故a的取值范围为. (ii)证明:由(1)中图象可知,0<x1<1<x2<e2<x3, 设ln x1=t1,ln x2=t2,ln x3=t3,则t1<0<t2<2<t3, 满足 由②③可得 两式作差可得t3-t2=2(ln t3-ln t2), 则由对数均值不等式可得2=>, 对数均值不等式:对于正实数a,b(a≠b),有< 则t2t3<4,故要证(ln x2-ln x1)·ln x3<, 即证t2t3-t1t3<,只需证4-t1t3≤, 即证-t1t3≤,又因为t1<0,=a<a, 所以|t1|=-t1<, 所以-t1t3<t3=,故只需证, 设函数φ(t)=,t>2, 则φ'(t)==, 当2<t<4时,φ'(t)>0,则φ(t)在(2,4)上单调递增; 当t>4时,φ'(t)<0,则φ(t)在(4,+∞)上单调递减, 故φ(t)max=φ(4)=,即φ(t)≤. 由4e2-16e+16=4(e-2)2>0, 可知<成立,故命题得证. 19.解析　(1)因为f(x)=xln x,所以f'(x)=ln x+1, f(1)=0,所以f'(1)=1,所以f(x)图象上点(1, f(1))处的切线方程为y=x-1. (2)f(x)≥a(x-)在x∈(0,+∞)时恒成立, 即xln x≥a(x-)在x>0时恒成立, (x>0时,x-可正可负可为0,不易分离变量,直接构造函数y=xln x-a(x-),令其导数为0求解麻烦.观察式子结构,是对数式与其他式子的和差形式,可两边同除以x,利用换元简化式子形式构造函数,进而解决问题)  即ln x≥a(x>0)恒成立, 令t=(x>0),则x=,t>0,所以-2ln t≥a(1-t)(t>0),即2ln t+a(1-t)≤0(t>0)恒成立. 令g(t)=2ln t+a(1-t)(t>0),则g(1)=2ln 1+a×0=0, (由g(1)=0,g(t)≤0恒成立知,只有当g(1)是最大值时结论才成立,否则结论不成立) g'(t)=-a=(t>0), 当a≤0时,g'(t)=>0,所以g(t)在(0,+∞)上单调递增,又g(1)=0,所以当a≤0时,g(t)≤0(t>0)不恒成立,所以a≤0舍去. 当a>0时,令g'(t)>0,即2-at>0,解得0<t<, 令g'(t)<0,即2-at<0,解得t>, 所以g(t)在上单调递增,在上单调递减,所以g(t)max=g,又g(1)=0,g(t)≤0, 所以=1,所以a=2,所以a的值为2. (3)证明:不妨设0<x1≤x2<1, 则|f(x1)-f(x2)|≤⇔|f(x1)-f(x2)|≤⇔-≤f(x1)-f(x2)≤(*). (利用-,x2-x1≤进行放缩,分离变量,转化为结构相同的形式,构造函数,进而解决问题) 易知-(0<x1≤x2<1), (通过放缩分离变量,构造函数,证明不等式右边) 要证f(x1)-f(x2)≤, 只需证f(x1)-f(x2)≤-, 即证f(x1)+≤f(x2)+, 令φ(x)=xln x+(0<x<1), 则φ'(x)=1+ln x+(0<x<1), 令h(x)=1+ln x+(0<x<1),则h'(x)=(0<x<1),易知当x∈时,h'(x)<0,h(x)单调递减,即φ'(x)单调递减, 当x∈时,h'(x)>0,h(x)单调递增,即φ'(x)单调递增,则φ'(x)≥φ'=3-ln 16>0. 所以φ(x)在(0,1)上单调递增,所以φ(x1)≤φ(x2),即x1ln x1+≤x2ln x2+,所以f(x1)-f(x2)≤-,即(*)右边证毕. 易知x2-x1≤(0<x1≤x2<1), (通过放缩分离变量,构造函数,证明不等式左边) 要证-≤f(x1)-f(x2), 只需证x1-x2≤f(x1)-f(x2), 即证f(x2)-x2≤f(x1)-x1, 令m(x)=xln x-x(0<x<1),则m'(x)=ln x(0<x<1),易知m'(x)<0,所以m(x)在(0,1)上单调递减, 则m(x2)≤m(x1),即x2ln x2-x2≤x1ln x1-x1, 所以f(x1)-f(x2)≥x1-x2≥-,即(*)左边证毕. 故当x1,x2∈(0,1)时,|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2. 20. 思路点拨 　　(1)对f'(x)求导,令f'(x)=0,解含三角函数的方程(直接求角或利用和差化积公式求角),判断单调性,得最值; (2)采用反证法,把存在量词命题转化为全称量词命题,利用余弦函数的单调性得到区间矛盾,即证得; (3)利用(2)中结论,找特殊值,消去变量φ,再考虑x与5x的关系,可设θ=,问题迎刃而解. 解析　(1)依题意得f'(x)=-5sin x+5sin 5x=5(sin 5x-sin x). 解法一:令f'(x)=0,得sin 5x=sin x,由x∈得5x∈, 因此5x=x或5x+x=π,即x=0或x=. 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>,所以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. 解法二:令f'(x)=0,得sin 5x-sin x=2sin 2xcos 3x=0, 因为x∈,所以由sin 2x=0得x=0, 由cos 3x=0得x=. 以下同解法一. (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). 因此[a-θ,a+θ]⊆(2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z), 所以k∈Z,因此a<2kπ且a>2kπ(k∈Z),矛盾.故存在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, 易知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, 当b<3时,令θ=, 由(2)知对任意φ存在y∈使得cos y≤cos =-,令x=,则x∈, 故5cos x-cos(5x+φ)=5cos x-cos y≥5×-=3>b,因此b<3时,不存在满足题意的φ. 综上,b的最小值为3. 解后反思　本题第(3)问的常规解题思路是设m(x)=5cos x-cos(5x+φ),转化为“m(x)max=n(φ)≤b”,进而转化为“n(φ)min≤b”,但运算量大,很难实施,此题可以利用前面两问的结论探究解题思路,即由(1)令θ=,由(2)构造x=,最后利用(2)中结论证明问题. 高考模拟练 1.B　由f(x)≥0得2λx+ln 2λx≥x+ln x, 令g(x)=x+ln x,则g(2λx)≥g(x). 易知g(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以∀x∈(0,+∞),都有2λx≥x,即λxln 2≥ln x,即λln 2≥, 令φ(x)=,则φ'(x)=,当0<x<e时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,当x>e时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,因此φ(x)max=φ(e)=,于是λln 2≥,解得λ≥,所以实数λ的取值范围是. 2.A　当x>0时,f'(x)+==<0,∴[xf(x)]'<0, 令g(x)=xf(x),∴g(x)在(0,+∞)上单调递减, 又y=f(x)是定义在R上的连续偶函数,∴g(x)是R上的奇函数,则g(x)在R上单调递减, ∵f(2)=-3,∴g(2)=-6, 当2x-1>0,即x>时,原不等式化为(2x-1)f(2x-1)<-6,即g(2x-1)<g(2),∴2x-1>2,解得x>; 当2x-1<0,即x<时,原不等式化为(2x-1)f(2x-1)>-6,即g(2x-1)>g(2),∴2x-1<2,解得x<,则x<. 故原不等式的解集为. 3.C　由题意得-f(x)=g(x)有两解,即-ax+xln x=ex-1有两解,所以a=有两解. 令h(x)=(x>0), 则h'(x)=, 当x∈(0,1)时,h'(x)>0,函数h(x)在(0,1)上单调递增, 当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,函数h(x)在(1,+∞)上单调递减, 所以h(x)在x=1处取得极大值,也是最大值,为h(1)=1-e,所以h(x)的值域为(-∞,1-e], 所以实数a的取值范围为(-∞,1-e). 4.A　由题意得f'(x)=-+, 令f'(x)=0,得ax=ex, ∵f(x)有两个极值点x1,x2, ∴=ax1,=ax2,得=, 设=t,则t∈(1,2],且x2=tx1,故x1=,x2=, ∴2x1+x2=+=,t∈(1,2]. 设g(x)=(1<x≤2), 则g'(x)=(1<x≤2), 设h(x)=x-3ln x-+1(1<x≤2),则h'(x)=1-+=≤0,且h'(x)不恒为零, ∴h(x)在(1,2]上单调递减,∴h(x)<h(1)=0, 从而g'(x)<0,∴g(x)在(1,2]上单调递减, ∴g(x)≥g(2)=4ln 2,∴2x1+x2≥4ln 2, 因此2x1+x2的最小值为4ln 2. 5.A　由2ln>0可得>1,又a>0,b>0,所以a>b. 由a2-b=2ln化简得a2-2ln a=b-2ln b, 设函数f(x)=x2-2ln x,g(x)=x-2ln x. 易得f'(x)=(x>0),当0<x<1时, f'(x)<0,当x>1时, f'(x)>0,则f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故f(x)min=f(1)=1. 易得g'(x)=(x>0),则当0<x<2时,g'(x)<0,当x>2时,g'(x)>0,则g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,故g(x)min=g(2)=2-2ln 2. 易知f(x)-g(x)=x2-x=x(x-1),当0<x<1时, f(x)<g(x);当x=1时, f(x)=g(x);当x>1时, f(x)>g(x),作出函数f(x)与g(x)的图象如图. 令f(a)=g(b)=k.由于a>b,所以0<b<1,a>1,排除C,D. 由于a>1,7b-2b=(a+4)c>5c,所以>5c-b. 令h(x)=-,易知h(x)在R上单调递增.由于0<b<1,所以0=h(0)<h(b)<h(1)=1, 则有5c-b<1,即c-b<0,得c<b. 综上,0<c<b<1<a. 6.C　由题意可得f'(x)=3ax2+3ln x+3=3(ax2+ln x+1),令f'(x)=0,得-a=, 记h(x)=,则h'(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, 因此h(x)max=h=, 令h(x)=0,得x=,当x→+∞时,h(x)→0,当x<时,h(x)<0,当x>时,h(x)>0,易得h(e)=,画出h(x)在上的图象,如图所示: 当-a≤0,即a≥0时,若x∈,则f'(x)>0, f(x)单调递增,无极值点,不符合题意,舍去. 当0<-a≤,即-≤a<0时,存在x0∈,使得h(x0)=-a, 当x∈时,h(x)=<-a,此时f'(x)<0, f(x)单调递减;当x∈(x0,e)时,h(x)=>-a,此时f'(x)>0,f(x)单调递增,故f(x)只有极小值,无极大值,不符合题意,舍去. 当<-a<,即-<a<-时,存在x1,x2∈,使h(xi)=-a,i=1,2,设x1<x2, 结合图象知,当x∈时,h(x)=<-a,此时f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈(x1,x2)时,h(x)=>-a,此时f'(x)>0, f(x)单调递增; 当x∈(x2,e)时,h(x)=<-a,此时f'(x)<0,f(x)单调递减,所以x2是f(x)的极大值点,符合要求. 当-a≥,即a≤-时,h(x)=≤-a,此时f'(x)≤0,且f'(x)不恒为零, f(x)单调递减,无极值点,不符合题意,舍去. 综上,a的取值范围是. 7.答案　-4 解析　设直线l与曲线y=ex+1的切点坐标为(x1,y1),与曲线y=-x2+mx(m>0)的切点坐标为(x2,y2). 由y=ex+1,得y'=ex+1,所以即直线l与曲线y=ex+1的切点坐标为(-1,1),所以-1-1+b=0,解得b=2. 由y=-x2+mx(m>0),得y'=-2x+m(m>0), 所以 解得(舍去), 所以b-2m=2-2×(1+2)=-4. 8.答案　1 解析　如图1,已知四边形ABCD为圆的内接四边形,设其面积为S,∠AMB=θ,圆的半径为r, 则S=S△AMB+S△CMB+S△AMD+S△CMD =AM·MBsin∠AMB+MC·MBsin∠CMB+AM·MDsin∠AMD+CM·DMsin∠CMD =AM·MBsin θ+MC·MBsin(π-θ)+AM·MDsin(π-θ)+CM·DMsin θ =AM·MBsin θ+MC·MBsin θ+AM·MDsin θ+CM·DMsin θ =(AM+CM)(MB+MD)sin θ=AC·BDsin θ, 因为AC≤2r,BD≤2r,0<sin θ≤1, 所以S=AC·BDsin θ≤×(2r)2×1=2r2, 当且仅当AC,BD均为圆的直径且AC⊥BD时,等号成立,此时四边形ABCD为正方形, 即半径为r的圆的内接四边形中,正方形的面积最大,最大面积为2r2. 如图2,设球O的半径为R,则4πR2=12π,所以R=, 设四棱锥O-ABCD的高为h,体积为V,四边形ABCD所在圆的圆心为E,连接OE,AE,则V=Sh. 当h一定时,要使V最大,则S最大,此时四棱锥的底面ABCD为正方形, 因为OA=R=,OE=h, 所以AE==,0<h<, 所以S=2AE2=2(3-h2),V=Sh=(3-h2)×h=-h3+2h,0<h<,所以V'=-2h2+2, 当1<h<时,V'<0,当0<h<1时,V'>0, 故V=-h3+2h在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减,所以当h=1时,V=-h3+2h取得极大值,也是最大值,为, 所以当四棱锥的体积最大时,四棱锥的高为1. 9.解析　(1)证明:f'(x)=-ln x+(a-x)·=-ln x+-1,x>0,令g(x)=-ln x+-1,x>0, 则g'(x)=--=-,x>0. ∵a>0,∴g'(x)<0,∴f'(x)在(0,+∞)上单调递减, 当x=e-1时, f'(e-1)=ae>0,当x=ea时, f'(ea)=-a+-1=a-1<0, 故存在x0∈(e-1,ea),使得f'(x0)=0, 当x∈(0,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f(x)存在唯一极大值点. (2)由题知,存在a>0,使得f(x)≤a+b对任意x∈(0,+∞)都成立,即存在a>0,使得b≥f(x)-a对任意x∈(0,+∞)都成立, 由(1)知, f(x)max=f(x0),且-ln x0+-1=0, 即a=x0(1+ln x0),故[f(x)-a]max=f(x0)-a=[x0(1+ln x0)-x0]ln x0-x0(1+ln x0)=x0(ln x0)2-x0-x0ln x0, 故存在a=x0(1+ln x0)>0,使得b≥x0(ln x0)2-x0-x0·ln x0,x0>0成立, 构造u(x)=x(ln x)2-x-xln x,x>0,故b≥u(x)min, 易得u'(x)=(ln x)2+ln x-2,x>0, 令u'(x)=0,得ln x=-2或ln x=1,故x=e-2或x=e, 当x∈(0,e-2)时,u'(x)>0,u(x)单调递增, 当x∈(e-2,e)时,u'(x)<0,u(x)单调递减, 当x∈(e,+∞)时,u'(x)>0,u(x)单调递增, 所以u(x)极小值=u(e)=e(ln e)2-e-eln e=-e<0, 当x∈(0,e-2)时,u(x)=x[(ln x)2-ln x-1]=x, 因为x∈(0,e-2),所以ln x<-2,即->5,则u(x)>0在x∈(0,e-2)上恒成立, 故u(x)min=u(e)=-e,所以b≥-e, 所以b的取值范围是[-e,+∞). 10.解析　(1)当a=-1时, f(x)=e-x+ln(x+1),x>-1,所以f'(x)=-e-x+=, 设φ(x)=ex-(x+1),x>-1,则φ'(x)=ex-1, 当x∈(-1,0)时,φ'(x)<0,所以φ(x)在区间(-1,0)上单调递减, 当x∈(0,+∞)时,φ'(x)>0,所以φ(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以φ(x)≥φ(0)=0,即f'(x)≥0,且f'(x)不恒为零,因此f(x)的单调递增区间为(-1,+∞),无单调递减区间. (2)依题意得f'(x)=aeax-=,x>0. (i)当a=0时, f(x)=1,与f(x)>1矛盾. (ii)当a>0时,(x+1)eax>1,所以f'(x)>0, 所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,因此f(x)>f(0)=1,满足题意. (iii)当a<0时,设g(x)=(x+1)eax-1,x>0, 则g'(x)=aeax, 当a≤-1时,0≤1+<1,则g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减,则g(x)<g(0)=0,即f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,因此f(x)>f(0)=1,满足题意; 当-1<a<0时,1+<0,若0<x<-1-,则g'(x)>0,所以g(x)在上单调递增, 所以当x∈时,g(x)>g(0)=0,即f'(x)<0,所以f(x)在上单调递减, 因此f(x)<f(0)=1,与f(x)>1矛盾. 综上所述,a的取值范围为(-∞,-1]∪(0,+∞). (3)证明:由(2)知当x>0,a∈(-∞,-1]∪(0,+∞)时,eax-aln(x+1)>1, 故令a=2,得e2x-2ln(x+1)>1,x>0, 即e2x>1+2ln(x+1),x>0, 记Sn=n+2ln(n+1),则Sn-Sn-1=1+2ln,因此只需证>1+2ln,k=1,2,…,n即可,结合(2)构造不等式e2x>1+2ln(x+1) 令x=,则>1+2ln,k=1,2,…,n, 所以e2+e++…+>n+2ln=n+2ln(n+1). 11.解析　(1)当a=1时,u(x)=2ln x-(x2-1),x∈(0,+∞),则u'(x)=-2x=,x>0, 令u'(x)>0,解得0<x<1,令u'(x)<0,解得x>1, 故u(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. (2)(i)f(x)=u(x)+v(x)=2ln x-a(x2-1)+2x2ln x,x>0, 则f'(x)=-2ax+4xln x+2x=2x, 记g(x)=1+2ln x-a+(x>0),则f'(x)=2xg(x), g'(x)=-==, 令g'(x)>0,得x>1,令g'(x)<0,得0<x<1, 故g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 若a≤2,则g(x)≥g(1)=2-a≥0,则f'(x)=2xg(x)≥0,且f'(x)不恒为零, f(x)在(0,+∞)上单调递增, 此时f(x)无极值点,不符合题意. 若a>2,则f'(1)=2g(1)=2(2-a)<0, 当x→+∞时, f'(x)→+∞,因此f'(x)在(1,+∞)上有一个变号零点, 现证明ln x≤x-1(x>0), 设m(x)=ln x-x+1(x>0),则m'(x)=-1, 当x>1时,m'(x)<0,m(x)单调递减,当0<x<1时,m'(x)>0,m(x)单调递增,故m(x)≤m(1)=0,故ln x≤x-1,当且仅当x=1时取等号, 因为a>2,所以ln a<a-1,所以f'=1+2ln -a+a2=(1-2ln a-a+a2)>[1-2(a-1)-a+a2]=(a2-3a+3)=>0, 所以f'(x)在上有一个变号零点. 综上, f'(x)在(0,+∞)上有两个变号零点,即f(x)恰有两个极值点,符合题意,故a的取值范围为(2,+∞). (ii)证明:设f(x)的两个极值点分别为x1,x2,x1<x2,由(i)知0<x1<1<x2,且f(x)在(0,x1),(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减, 由于f(1)=0, f(x1)>f(1)=0, f(x2)<f(1)=0, 当x→0+时, f(x)→-∞,当x→+∞时, f(x)→+∞, 所以f(x)在(0,x1)和(x2,+∞)上各有一个零点, 结合f(1)=0可知f(x)共有三个零点, f=2ln-a+ln=ln-a==-f(x),若f(x0)=0,则f=0, 故f(x)的三个零点可以表示为,x0,1, 故+x0+1≥2+1=3(当且仅当x0=1时取等号),由于x0≠1,故等号取不到,因此+x0+1>3, 所以f(x)的所有零点之和大于3. 12.解析　(1)易知当x=和x=时,sin x=cos x, 结合正、余弦函数的图象可知,对任意x∈(0,2π),(sin x-cos x)≤0,当且仅当x=和x=时,等号成立,所以f(x)和g(x)在(0,2π)上“2次缠绕”.故n的值为2. (2)设G(x)=f(x)-f=2ln x+-ax2, 因为f(x)和f在(0,+∞)上“3次缠绕”, 所以存在互异的三个正数x1,x2,x3,使得G(x)·(x-xi)≤0,当且仅当x=xi,i=1,2,3时等号成立,所以x1,x2,x3是G(x)的三个零点. 易知G(1)=0,所以1是G(x)的一个零点. 易得G'(x)=,x>0, ①当a≤0时,G'(x)≥0,且G'(x)不恒为零,G(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以1是G(x)的唯一零点,不合题意. ②当a≥时,G'(x)≤0,且G'(x)不恒为零,G(x)在(0,+∞)上单调递减, 所以1是G(x)的唯一零点,不合题意. ③当0<a<时,令G'(x)=0,得ax4-x2+a=0,易知存在两根t1,t2,且0<t1<1<t2, 当x∈(0,t1)时,G'(x)<0,G(x)单调递减, 当x∈(t1,t2)时,G'(x)>0,G(x)单调递增, 当x∈(t2,+∞)时,G'(x)<0,G(x)单调递减, 所以G(t1)<G(1)=0, G(a)=2ln a+-a3>2ln a+-a, 设H(a)=2ln a+-a,0<a<1, 因为H'(a)=-<0, 所以H(a)在(0,1)上单调递减,所以H(a)>H(1)=0,即G(a)>0,所以存在x1∈(0,1),G(x1)=0. 又G(t2)>G(1)=0,G=-G(a)<0, 所以存在x2∈(t2,+∞),G(x2)=0, 所以(x-x1)(x-1)(x-x2)≤0恒成立,即0<a<时, f(x)和f在(0,+∞)上“3次缠绕”. 综上,实数a的取值范围是. (3)证明:设a<x1<x2<…<xm<b,φ(x)=(x-x1)(x-x2)…(x-xm), f(x)=[F(x)-φ(x)],g(x)=[F(x)+φ(x)],x∈(a,b), 显然F(x)=f(x)+g(x),且[f(x)-g(x)]·(x-xi)=-(x-xi)2≤0, 当且仅当x=xi,i=1,2,…,m时,等号成立, 所以对任意F(x)∈A,存在f(x)=[F(x)-φ(x)],g(x)=[F(x)+φ(x)],x∈(a,b),其中φ(x)=(x-x1)(x-x2)…(x-xm),使得F(x)=f(x)+g(x),且f(x)和g(x)在(a,b)上“m次缠绕”. 1 学科网（北京）股份有限公司 $