1．【2022年全國甲卷理科21】已知函數(shù)fx=exx?lnx+x?a．
(1)若fx≥0，求a的取值范圍；
(2)證明：若fx有兩個零點x1,x2，則環(huán)x1x21),φ'(x)=(1x?1x2)ex=x?1x2ex>0
所以φ(x)>φ(1)=e,而e1x0,所以g'(x)>0
所以g(x)在(1,+∞)單調(diào)遞增
即g(x)>g(1)=0,所以exx?xe1x>0
令?(x)=lnx?12(x?1x),x>1
?'(x)=1x?12(1+1x2)=2x?x2?12x2=?(x?1)22x20
所以f(x)在(?1,0)上單調(diào)遞增,f(x)0
所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,f(x)>f(0)=0
故f(x)在(0,+∞)上沒有零點,不合題意
3°若a0,f(x)單調(diào)遞增
所以
當(dāng)x∈(0,m),f(x)0
所以g'(x)在(?1,0)單調(diào)遞增
g'(?1)=1e+2a0,g(x)單調(diào)遞增,g(x)0，故f(x)在(lna,+∞)上為增函數(shù)，
故f(x)min=f(lna)=a?alna.
當(dāng)00，故g(x)在(1a,+∞)上為增函數(shù)，
故g(x)min=g(1a)=1?ln1a.
因為f(x)=ex?ax和g(x)=ax?lnx有相同的最小值，
故1?ln1a=a?alna，整理得到a?11+a=lna，其中a>0，
設(shè)g(a)=a?11+a?lna,a>0，則g'(a)=2(1+a)2?1a=?a2?1a(1+a)2≤0，
故g(a)為(0,+∞)上的減函數(shù)，而g(1)=0，
故g(a)=0的唯一解為a=1，故1?a1+a=lna的解為a=1.
綜上，a=1.
(2)由（1）可得f(x)=ex?x和g(x)=x?lnx的最小值為1?ln1=1?ln11=1.
當(dāng)b>1時，考慮ex?x=b的解的個數(shù)、x?lnx=b的解的個數(shù).
設(shè)S(x)=ex?x?b，S'(x)=ex?1，
當(dāng)x0，
故S(x)在(?∞,0)上為減函數(shù)，在(0,+∞)上為增函數(shù)，
所以S(x)min=S(0)=1?b0，S(b)=eb?2b，
設(shè)u(b)=eb?2b，其中b>1，則u'(b)=eb?2>0，
故u(b)在(1,+∞)上為增函數(shù)，故u(b)>u(1)=e?2>0，
故S(b)>0，故S(x)=ex?x?b有兩個不同的零點，即ex?x=b的解的個數(shù)為2.
設(shè)T(x)=x?lnx?b，T'(x)=x?1x，
當(dāng)00，
故T(x)在(0,1)上為減函數(shù)，在(1,+∞)上為增函數(shù)，
所以T(x)min=T(1)=1?b0，T(eb)=eb?2b>0，
T(x)=x?lnx?b有兩個不同的零點即x?lnx=b的解的個數(shù)為2.
當(dāng)b=1，由（1）討論可得x?lnx=b、ex?x=b僅有一個零點，
當(dāng)b1.
設(shè)?(x)=ex+lnx?2x，其中x>0，故?'(x)=ex+1x?2，
設(shè)s(x)=ex?x?1，x>0，則s'(x)=ex?1>0，
故s(x)在(0,+∞)上為增函數(shù)，故s(x)>s(0)=0即ex>x+1，
所以?'(x)>x+1x?1≥2?1>0，所以?(x)在(0,+∞)上為增函數(shù)，
而?(1)=e?2>0，?(1e3)=e1e3?3?2e30，
因為g'(x)為連續(xù)不間斷函數(shù)，
故存在x0∈(0,+∞)，使得?x∈(0,x0)，總有g(shù)'(x)>0，
故g(x)在(0,x0)為增函數(shù)，故g(x)>g(0)=0，
故?(x)在(0,x0)為增函數(shù)，故?(x)>?(0)=?1，與題設(shè)矛盾.
若00；當(dāng)x>0時，u'(x)1時，ln(1+1t)≤1t0,f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)012時，若x∈(?∞,0)，則f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增，
若x∈(0,ln(2a))，則f'(x)0,H(x)單調(diào)遞增，
注意到H(0)=0，故H(x)≥0恒成立，從而有：ex≥x+1，此時：
f(x)=(x?1)ex?ax2?b≥(x?1)(x+1)?ax2+b=(1?a)x2+(b?1)，
當(dāng)x>1?b1?a時，(1?a)x2+(b?1)>0，
取x0=1?b1?a+1，則f(x0)>0，
即：f(0)0，
而函數(shù)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增，故函數(shù)在區(qū)間(0,+∞)上有一個零點.
f(ln(2a))=2a[ln(2a)?1]?a[ln(2a)]2+b
≤2a[ln(2a)?1]?a[ln(2a)]2+2a
=2aln(2a)?a[ln(2a)]2
=aln(2a)[2?ln(2a)]，
由于00,fx單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈π3,2π3時，f'x0,f(1)=c+14>0，
又f(?4c)=?64c3+3c+c=4c(1?16c2)0.
設(shè)g(x)=f'(x),則g'(x)=aex?1+1x2>0,
∴g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，即f'(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，
當(dāng)a=1時，f'(1)=0,∴fxmin=f1=1,∴fx≥1成立.
當(dāng)a>1時，1a0,h(x)單調(diào)遞增；在(1,+∞)上h’(x)0，∴aex0?1=1x0，∴l(xiāng)na+x0?1=?lnx0，
因此f(x)min=f(x0)=aex0?1?lnx0+lna
=1x0+lna+x0?1+lna≥2lna?1+21x0?x0=2lna+1>1,
∴fx>1,∴fx≥1恒成立；
當(dāng)01?12k2>1?12k(k?1)=1?121k?1?1k．
所以，cs12>1?1211?12，
cs13>1?1212?13，
……
cs1n>1?121n?1?1n．
將上式左右兩邊分別相加得：
cs12+cs13+…+cs1n>(n?1)?1211?12+12?13+…+1n?1?1n
=(n?1)?1211?1n=n+12n?32．
∴k=1ncs1k=cs1+cs12+cs13+…+cs1n>cs1+n+12n?32>12+n+12n?32= n+12n?1，
綜上：k=1ncs1k>n+12n?1．
2．已知函數(shù)f(x)=ex(sinx+csx)?asinx..
(1)當(dāng)a=1時，求函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，2π]上零點的個數(shù)；
(2)若函數(shù)y=fx在（0，2π）上有唯一的極小值點，求實數(shù)a的取值范圍
【答案】(1)2個
(2)（?∞，2]∪ [2e2π,+∞)∪2eπ2,2e3π2
【解析】
(1)因為a=1，所以f(x)=ex(sinx+csx)?sinx.
f'(x)=(2ex?1)csx，
則當(dāng)x∈0，π2時，f'(x)>0，f（x）在0，π2上單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈π2，3π2時，f'(x)0，所以，函數(shù)gs在1,+∞上單調(diào)遞增，
當(dāng)s>1時，gs>g1=0，故原不等式成立.
4．已知函數(shù)fx=a2x2+a?1x?lnxa∈R．
(1)求函數(shù)fx的單調(diào)區(qū)間；
(2)當(dāng)a>4時，若方程fx=ax2?x+a2在(0，1)內(nèi)存在唯一實根x0，求證：x0∈14,1e．
【答案】(1)答案不唯一，具體見解析
(2)證明見解析
【解析】
(1)函數(shù)f(x)的定義域為0,+∞
則：f'x=ax+a?1?1x=ax2+a?1x?1x=ax?1x+1x
當(dāng)a≤0，x∈(0+∞)時，f'(x)>0恒成立，所以f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)a>0時，令f'x=0，解得x=1a或x=?1(舍去)，
令f'x>0，x>1a，令f'x>0，04時，方程a2x2?ax+lnx+a2=0在(0，1)內(nèi)存在唯一根x0，
令gx=a2x2?ax+lnx+a2，則g'x=ax?a+1x=ax2?ax+1x，x∈0,+∞
當(dāng)a>4時，Δ=a2?4a>0，則ax2?ax+1=0有兩個不相等的實數(shù)根x1,x2，
又x1+x2=1，x1x2=1a>0，故x1,x2∈0,1
設(shè)01x+lnx恒成立，求a的取值范圍．
【答案】(1)1
(2)12,+∞
【解析】
(1)當(dāng)a=12時，f(x)=e1?x+12x2?1，
所以f'(x)=?e1?x+x，易知f'(x)單調(diào)遞增，且f'(1)=0，
當(dāng)x∈(?∞,1)時，f'(x)x>0，所以e1?x1時，g'(x)=?e1?x+2ax+1x2?1x>?1x+x+1x2?1x =x3?2x+1x2>x2?2x+1x2>0，
因此g(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增．又g(1)=0，
所以當(dāng)x>1時，g(x)>0．
綜上，a的取值范圍是12,+∞．
6．已知函數(shù)fx=2x3+31+mx2+6mxx∈R.
(1)討論函數(shù)fx的單調(diào)性；
(2)若f1=5，函數(shù)gx=alnx+1?fxx2≤0在1,+∞上恒成立，求整數(shù)a的最大值.
【答案】(1)見解析
(2)4
【解析】
（1）f'x=6x2+61+mx+6m=6x2+1+mx+m=6(x+1)(x+m)
若m=1時，f'(x)≥0，f(x)在R上單調(diào)遞增；
若m>1時，?m1)，
則?'(x)=2(lnx+1)?(2x+3)×1x(lnx+1)2=2lnx?3x(lnx+1)2，
設(shè)φ(x)=2lnx?3x(x>1)，則 φ'(x)=2x+3x2>0，所以φ(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增，
又φ(2)=2ln2?32=ln16?320，
所以方程?'(x)=0有且只有一個實根x0，且 20?10，
即?x在0,+∞為增函數(shù)，即?x>?0=0，
即證：ex?1x>ex2.
9．已知f(x)=34x2?x22lnx?a(x?1).
(1)若f(x)恒有兩個極值點x1，x2（x132.
【答案】(1)(0,1)
(2)證明見解析
【解析】
(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞)，f'(x)=x?xlnx?a，
則方程f'(x)=0有兩個不同的正根，
即函數(shù)y=a與?(x)=x?xlnx(x>0)圖像有兩個交點，
?'(x)=?lnx，令?'(x)>0?00，
G(x)在(1,2)單調(diào)遞增，故G(x)>G(1)=?(1)??(1)=0，
即?(x)>?(2?x) (11，x2>1，?(x)在(1,+∞)單調(diào)遞減，故2?x12；
由x1+x2>2知x2>2?x1>1>x1；
由(1)知，f'(x)=x?xlnx?a，x1、x2為函數(shù)f(x)的極值點，
當(dāng)x∈(0,x1)時f'(x)fx1+f2?x1，
令F(x)=f(x)+f(2?x)（00時，討論fx的零點個數(shù).
【答案】(1)單調(diào)增區(qū)間為0,π2，單調(diào)減區(qū)間為π2,π
(2)答案見解析
【解析】
(1)解：當(dāng)a=0時，函數(shù)fx=xsinx+csx,x∈0,π，
可得f'x=sinx+xcsx?sinx=xcsx.
當(dāng)x在區(qū)間0,π上變化時，f'x，f（x）的變化如下表：
所以fx的單調(diào)增區(qū)間為0,π2；fx的單調(diào)減區(qū)間為π2,π.
(2)解：由題意，函數(shù)fx=xsinx+csx+12ax2,x∈0,π，
可得f'x=ax+xcsx=xa+csx
當(dāng)a≥1時，a+csx≥0在[0,π]上恒成立，
所以x∈[0,π]時，f'x≥0，所以fx在[0,π]上單調(diào)遞增.
又因為f0=1，所以f（x）在[0,π]上有0個零點.
當(dāng)00，F(xiàn)'(x)=(x+1)ex?1>0，即F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，
因xex?1>0，當(dāng)a≤0時，F(xiàn)(x)>0，即?'(x)>0，函數(shù)?(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，不存在極值，
當(dāng)a>0時，F(xiàn)(0)=?a0，從而存在x1>0，使得F(x1)=0，即?'(x1)=0，
當(dāng)00，因此，x1是函數(shù)?(x)的極小值點，滿足a=x1ex1?1，
?(x1)=x1ex1?1?a(x1+lnx1)=x1ex1?1(1?x1?lnx1)≥0，則1?x1?lnx1≥0，
因函數(shù)y=1?x?lnx在(0,+∞)上單調(diào)遞減，而當(dāng)x=1時，y=0，則由1?x1?lnx1≥0得00 ，此時函數(shù)?x單調(diào)遞增，
當(dāng)x01時，g'x0，所以ma在1,+∞上單調(diào)遞增，
則ma>m1=0成立，故原不等式成立.
14．設(shè)函數(shù)f(x)=mex?1,g(x)=lnx+n，m、n 為實數(shù)， 若F(x)=g(x)x有最大值為1e2
(1)求n的值；
(2)若f(x)e2>xg(x)，求實數(shù)m的最小整數(shù)值.
【答案】(1)n=?1
(2)1
【解析】
(1)F(x)=g(x)x=lnx+nx，定義域為0,+∞，
F'(x)=1?lnx?nx2，
當(dāng)0xlnx?1,
m>xlnx?1ex?3，令?x=xlnx?1ex?3，定義域為0,+∞，
?'x=lnx?xlnx+xex?3，
令φx=lnx?xlnx+x，x>0
則φ'x=1x?lnx?1+1=1x?lnx，
可以看出φ'x=1x?lnx在0,+∞單調(diào)遞減，
又φ'1=1>0，φ'2=12?ln20，當(dāng)x∈x0,+∞時，φ'x21x0?x0?1=1，
φ1e=?1+1e+1e=2e?10，
φ4=4?6ln20，當(dāng)x∈0,x1∪x2,+∞時，φx0，函數(shù)?(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x>m+3m+2時，?'(x)0,I(t)在[1,e]上單調(diào)遞增，
∴當(dāng)t=e時，函數(shù)I(t)取得最大值，且I(e)=?1?3e，
∴n?3m+2≥?1?3e，即n?3m+2的最小值為?1?3e
17．已知函數(shù)f(x)=ex2lnx(x>0)．
(1)求f(x)的極值點．
(2)若有且僅有兩個不相等的實數(shù)x1,x200,m(x)單調(diào)遞增.
若m(x)有兩個零點,則必有m(e?12)0且1a>0，即00 ，
g'π4=e?π4?22?e?2+22>0 ，
根據(jù)零點存在定理可知，存在唯一x1∈π2,3π4，
使得k'x1=?e?x1?csx1=0 ，
∴φ'(x)=e?x?sinx 在0,x1上單調(diào)遞減，在x1,π上單調(diào)遞增，
φ'x1=e?x1?sinx1=?csx1?sinx1=?2sinx1+π40，所以11+x>0，ln(1+x)>0，所以f'xkx+1恒成立，即k0，即gx在0,+∞為增函數(shù)，
又g2=1?ln30，
即存在唯一的實數(shù)a∈2,3，滿足ga=a?1?lna+1=0，
當(dāng)x>a時，gx>0，?'x>0，當(dāng)0

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