1．（2023秋?道里區(qū)校級期末）已知函數(shù)．
（1）求函數(shù)f（x）在x＝1處的切線方程；
（2）當x＞0時，試比較f（x），g（x），h（x）的大小關系，并說明理由；
（3）設n∈N*，求證：．
2．（2023秋?寶山區(qū)期末）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣x，g（x）＝e﹣x+x，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）求函數(shù)y＝f（x）的圖象在點（1，f（1））處的切線方程；
（2）設函數(shù)F（x）＝af（x）﹣g（x），
①若a＝e，求函數(shù)y＝F（x）的單調區(qū)間，并寫出函數(shù)y＝F（x）﹣m有三個零點時實數(shù)m的取值范圍；
②當0＜a＜1時，x1、x2分別為函數(shù)y＝F（x）的極大值點和極小值點，且不等式F（x1）+tF（x2）＞0對任意a∈（0，1）恒成立，求實數(shù)t的取值范圍．
3．（2023秋?沈陽期末）（1）已知函數(shù)f（x）及其導函數(shù)f′（x）的定義域均為{x∈R|x＞0}，設y＝g（x）是曲線y＝f（x）在點（x1，f（x1））處的切線的方程．證明：當f′（x）是增函數(shù)時，f（x）≥g（x）．
（2）已知ex≥lnx+c（x＞0），設c的最大值為c0，證明：2.30＜c0＜2.35．
（參考數(shù)據(jù)：，20.0＜e3＜20.1，0.693＜ln2＜0.694）
4．（2023?深圳一模）已知函數(shù)，其中a∈R且a≠0．
（1）當a＝1時，求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）若存在實數(shù)x0，使得f（x0）＝x0，則稱x0為函數(shù)f（x）的“不動點”求函數(shù)f（x）的“不動點”的個數(shù)；
（3）若關于x的方程f（f（x））＝f（x）有兩個相異的實數(shù)根，求a的取值范圍．
5．（2023?乙卷）已知函數(shù)f（x）＝（a）ln（1+x）．
（1）當a＝﹣1時，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（2）若函數(shù)f（x）在（0，+∞）單調遞增，求a的取值范圍．
6．（2023?鼓樓區(qū)校級模擬）已知函數(shù)．
（1）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）當a＝1時，若f（x1）+f（x2）＝0，求證：x1+x2≥2；
（3）求證：對于任意n∈N*都有．
7．（2023春?河南月考）已知函數(shù)f（x）＝tln（x+1）﹣sinx．
（1）若f（x）在區(qū)間上單調遞減，求實數(shù)t的取值范圍；
（2）若當x∈[0，π]時，f（x）≥2﹣2ex，求實數(shù)t的取值范圍．
8．（2023?天津三模）已知定義域均為R的兩個函數(shù)g（x）＝ex，h（x）＝（x﹣a）2．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）＝g（x）h（x），且f（x）在x＝﹣1處的切線與x軸平行，求a的值；
（Ⅱ）若函數(shù)m（x），討論函數(shù)m（x）的單調性和極值；
（Ⅲ）設a，b是兩個不相等的正數(shù)，且a+lnb＝b+lna，證明：a+b+ln（ab）＞2．
9．（2023?黃浦區(qū)校級三模）設函數(shù)f（x）＝x3+ax2+bx+c．
（1）設a＝b＝4，求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）求證：a2﹣3b＞0是f（x）有三個不同零點的必要而不充分條件；
（3）設a＝0，，c＝﹣1，證明：函數(shù)f（x）恰有一個零點r，且存在唯一的嚴格遞增正整數(shù)數(shù)列{an}，使得．
10．（2023?上海模擬）已知函數(shù)y＝f（x）的表達式為．
（1）若1是f（x）對的極值點，求a的值．
（2）求f（x）的單調區(qū)間．
（3）若有兩個實數(shù)解x1，x2（x1＜x2），
（i）直接寫出a的取值范圍；
（ii）λ為正實數(shù)，若對于符合題意的任意x1，x2，當s＝λ（x1+x2）時都有f'（s）＜0，求λ的取值范圍．
11．（2022秋?香坊區(qū)校級期末）設函數(shù)u（x）＝lnx﹣ax+a，函數(shù)v（x）x2﹣axlnx+a（a∈R）．
（1）求u（x）的單調區(qū)間；
（2）若f（x）＝v（x）﹣u（x），g（x）＝f'（x）＝0有三個不同實根x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），試比較f（x1），f（x2），f（x3）的大小關系，并說明理由．
12．（2022春?海淀區(qū)校級期中）設函數(shù)f（x）＝ax2﹣a﹣lnx，g（x），其中a∈R，e＝2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)．
（Ⅰ）討論f（x）的單調性；
（Ⅱ）證明：當x＞1時，g（x）＞0；
（Ⅲ）如果f（x）＞g（x）在區(qū)間（1，+∞）內恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
13．（2022?浙江）設函數(shù)f（x）lnx（x＞0）．
（Ⅰ）求f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）已知a，b∈R，曲線y＝f（x）上不同的三點（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3））處的切線都經過點（a，b）．證明：
（ⅰ）若a＞e，則0＜b﹣f（a）（1）；
（ⅱ）若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，則．
（注：e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)）
14．（2022?武昌區(qū)模擬）已知函數(shù)f（x）＝﹣x3+ax2﹣4．
（Ⅰ）若f（x）在x＝2處取得極值，且關于x的方程f（x）＝m在[﹣1，1]上恰有兩個不同的實數(shù)根，求實數(shù)m的取值范圍；
（Ⅱ）若存在x0∈（0，+∞），使得不等式f（x0）＞0成立，求實數(shù)a的取值范圍．
15．（2021秋?和平區(qū)期末）已知函數(shù)f（x）＝x﹣1﹣alnx（其中a為參數(shù)）．
（1）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）若對以?x∈（0，+∞）都有f（x）≥0成立，求實數(shù)a的取值集合；
（3）證明：（1）n＜e＜（1）n+1（其中n∈N*，e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
16．（2022春?越秀區(qū)校級月考）設函數(shù)f（x）＝lnx（a∈R）．
（1）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）若f（x）有兩個零點x1，x2，求a的取值范圍，并證明：2a＜x1+x2＜1．
17．（2022?鼓樓區(qū)校級開學）已知實數(shù)a≠0，設函數(shù)，x＞0．
（1）當a＝﹣1時，求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）對任意均有，求實數(shù)a的取值范圍．
二．利用導數(shù)研究函數(shù)的極值（共18小題）
18．（2024?重慶模擬）已知函數(shù)f（x）＝ex+（1﹣a）x﹣lnax．（e為自然對數(shù)的底數(shù)）
（1）當a＝1時，證明：f（x）存在唯一的極小值點x0，且f（x0）＞2；
（2）若函數(shù)f（x）存在兩個零點，記較小的零點為x1，s是關于x的方程ln（1+x）﹣csx＝ax1﹣2的根，證明：s＞x1．
19．（2023秋?牡丹江期中）已知函數(shù)f（x）＝ax﹣e（lnx）2有兩個極值點x1，x2（x1＜x2）．其中a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）求實數(shù)a的取值范圍；
（2）若elnx1+（e﹣2）lnx2≥λlnx1lnx2恒成立，求λ的取值范圍．
20．（2023?紅橋區(qū)二模）已知函數(shù)f（x）＝x﹣alnx，g（x）（a＞0）．
（Ⅰ）若a＝1，求函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅱ）設函數(shù)h（x）＝f（x）﹣g（x），求函數(shù)h（x）的單調區(qū)間；
（Ⅲ）若存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，求a的取值范圍．
21．（2023秋?武昌區(qū)校級期中）已知函數(shù)有三個極值點x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3．
（1）求實數(shù)k的取值范圍；
（2）若2是f（x）的一個極大值點，證明：．
22．（2023秋?武漢月考）已知函數(shù)f（x）＝sin3xcsx，f′（x）為f（x）的導函數(shù)．
（1）求f（x）在（0，2π）上的極值；
（2）記x0為f（x）在（0，+∞）上第一個極值點，若0＜x1＜x2＜x0，且f'（x1）＝f'（x2），求[x1+x2]的值（[x]表示不超過x的最大整數(shù)）；
（3）設n∈N*，求證：．
23．（2023秋?漢中月考）已知函數(shù)．
（1）討論函數(shù)f（x）的極值點的個數(shù)；
（2）若函數(shù)f（x）恰有三個極值點x1、x2、x3（x1＜x2＜x3），且x3﹣x1≤1，求x1+x2+x3的最大值．
24．（2023秋?沙坪壩區(qū)校級月考）已知實數(shù)，函數(shù)f（x）＝（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．
（1）證明：（i）f（x）存在唯一的極小值點x0；
（ii）．
（2）證明：f（x）有三個不相等的零點x1，x2，x3，且x1x2x3＝1．
25．（2023春?湖北期中）已知函數(shù)f（x）＝alnx﹣（x﹣1）ebx（a，b是常數(shù)，e是自然對數(shù)的底數(shù)）．
（1）當a＝1，b＝0時，求函數(shù)f（x）的最大值；
（2）當a＞e，b＝1時：
①證明：函數(shù)f（x）存在唯一的極值點β．
②若f（α）＝0，且α＞β，證明：（α﹣β）（2β+1）＜3（β2﹣1）．
26．（2023?南京三模）已知函數(shù)f（x）＝xlnxax2，g（x）＝﹣x+a（a∈R）．
（1）若y＝x與f（x）的圖象恰好相切，求實數(shù)a的值；
（2）設函數(shù)F（x）＝f（x）+g（x）的兩個不同極值點分別為x1，x2（x1＜x2）．
（i）求實數(shù)a的取值范圍：
（ii）若不等式eλ+1＜x1?x2λ恒成立，求正數(shù)λ的取值范圍（e＝2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)）．
27．（2023?思明區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（x）x3﹣mx2+m2x（m∈R）的導函數(shù)為f′（x）．
（1）若函數(shù)g（x）＝f（x）﹣f′（x）存在極值，求m的取值范圍；
（2）設函數(shù)h（x）＝f′（ex）+f′（lnx）（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)），對任意m∈R，若關于x的不等式h（x）≥m2+k2在（0，+∞）上恒成立，求正整數(shù)k的取值集合．
28．（2023?天津一模）已知函數(shù)f（x）＝aex﹣sinx﹣a．（注：e＝2.718281…是自然對數(shù)的底數(shù)）．
（1）當a＝2時，求曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；
（2）當a＞0時，函數(shù)f（x）在區(qū)間內有唯一的極值點x1．
（?。┣髮崝?shù)a的取值范圍；
（ⅱ）求證：f（x）在區(qū)間（0，π）內有唯一的零點x0，且x0＜2x1．
29．（2023春?浙江期中）已知函數(shù)f（x）＝（1﹣x）ex+alnx．
（1）當a＝0時，求f（x）在（1，f（1））處的切線方程；
（2）若f（x）存在大于1的零點x0，設f（x）的極值點為x1；
①求a的取值范圍；
②證明：3x1＞2x0．
30．（2023?湖南模擬）已知函數(shù)f（x）＝sinx+sin2x，x∈[0，π]．
（1）函數(shù)F（x）＝f（x）csx+x在x＝x0處取得極大值，求f（x0）的值；
（2）若，證明：f（x）≥3xcsax．
31．（2023?永州三模）已知函數(shù)f（x）＝xe﹣x?lna，g（x）＝sinx．
（1）若x＝0是函數(shù)h（x）＝f（x）+ag（x）的極小值點，討論h（x）在區(qū)間（﹣∞，π）上的零點個數(shù)．
（2）英國數(shù)學家泰勒發(fā)現(xiàn)了如下公式：csx
這個公式被編入計算工具，計算足夠多的項時就可以確保顯示值的精確性．
現(xiàn)已知，
利用上述知識，試求的值．
32．（2023?常德二模）已知函數(shù)f（x）＝x2alnx（a∈R）
（1）若f（x）在x＝2處取得極值，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（2）當a＞0時，若f（x）有唯一的零點x0，求[x0]
注：[x]表示不超過x的最大整數(shù)，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[﹣1.5]＝﹣2
參考數(shù)據(jù)：ln2＝0.698，ln3＝1.099，ln5＝1.609，ln7＝1.946．
33．（2023?天津模擬）已知函數(shù)f（x）＝（x﹣a）lnx﹣xlna，其中a＞0．
（1）求f（x）的極值；
（2）設函數(shù)g（x）＝f（x）+f（）有三個不同的極值點x1，x2，x3．
（?。┣髮崝?shù)a的取值范圍；
（ⅱ）證明：x12+x22+x32＞3．
34．（2022秋?天心區(qū)校級月考）已知函數(shù)．
（1）討論f（x）極值點的個數(shù)；
（2）若f（x）有兩個極值點x1，x2，且x1＜x2，證明：f（x1）+f（x2）＜2e﹣m．
35．（2022?天河區(qū)校級三模）已知函數(shù)f（x）＝xlnxx2存在兩個極值點x1，x2（x1＜x2）．
（1）求實數(shù)a的取值范圍；
（2）判斷f（）的符號，并說明理由．
三．利用導數(shù)研究函數(shù)的最值（共24小題）
36．（2024?濟南一模）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣sinx．
（1）若f（x）≥ax2+1對于任意x∈[0，+∞）恒成立，求a的取值范圍；
（2）若函數(shù)f（x）的零點按照從大到小的順序構成數(shù)列{xn}，n∈N*，證明：；
（3）對于任意正實數(shù)x1，x2，證明：．
37．（2023秋?揚州期末）已知函數(shù)f（x）＝（lnx﹣m）x的最小值為﹣1．
（1）求實數(shù)m的值；
（2）若f（x）＝a有兩個不同的實數(shù)根x1，x2（x1＜x2），求證：2﹣x2＜x1＜x2﹣（a+1）e．
38．（2023秋?齊齊哈爾期末）已知函數(shù)f（x）＝xlnx﹣2x，．
（1）證明：對?x∈（0，+∞），f（x）?g（x）；
（2）若關于x的方程f（x）＝em有兩個實根x1，x2，且x1＜x2，證明：．
39．（2024?渾南區(qū)校級模擬）已知函數(shù)．
（1）若a＝0，證明：；
（2）設，若恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
40．（2023秋?東麗區(qū)校級期中）已知函數(shù)．
（Ⅰ）當a＝1時，求y＝f（x）在點（3，f（3））處的切線方程；
（Ⅱ）若（x+1）f（x）＞x2﹣x+2對?x∈（e，e2）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）f（x）若有3個零點x1，x2，x3，其中x1＜x2＜x3，求實數(shù)a的取值范圍，并證明x1x2x3＝1．
41．（2023秋?宜賓月考）已知f（x）＝x﹣xlnx﹣1，記f（x）在 處的切線方程為g（x）．
（1）證明：g（x）≥f（x）；
（2）若方程f（x）＝m有兩個不相等的實根 x1，x2（x1＜x2），證明：．
42．（2023秋?奉賢區(qū)校級月考）定義可導通數(shù)f（x）在x處的彈性函數(shù)為，其中f′（x）為f（x）的導函數(shù)，在區(qū)間D上，若函數(shù)f（x）的彈性函數(shù)值大于1，則稱f（x）在區(qū)間D上具有彈性，相應的區(qū)間D也稱作f（x）的彈性區(qū)間．
（1）若r（x）＝ex+1，求r（x）的彈性函數(shù)；
（2）對于函數(shù)f（x）＝（x﹣1）ex+lnx﹣tx（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）
（ⅰ）當t＝0時，求f（x）的彈性區(qū)間D；
（ⅱ）若f（x）＞1在（i）中的區(qū)間D上恒成立，求實數(shù)t的取值范圍．
43．（2023秋?浙江月考）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣lnx．
（1）證明：；
（2）證明：當a＞2時，存在使f（x0）＝a．
44．（2023?思明區(qū)校級四模）函數(shù)f（x）＝sinx﹣ax+1．
（1），求f（x）的單調區(qū)間；
（2）若f（x）≥csx在x∈[0，π]上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）令函數(shù)g（x）＝f（x）+ax﹣1，求證：．
45．（2023秋?岳麓區(qū)校級月考）已知函數(shù)f（x）＝（x﹣a）（ex+1），g（x）＝axlnx+x+e﹣2（a∈R），設max{m，n}表示m，n的最大值，設F（x）＝max{f（x），g（x）}．
（1）討論f'（x）在（0，+∞）上的零點個數(shù)；
（2）當x＞0時F（x）≥0，求a的取值范圍．
46．（2023?河源開學）已知函數(shù)f（x）＝ln（x+1），g（x）＝f（x）+aex，其中a∈R．
（1）求過點（﹣1，﹣1）且與函數(shù)f（x）的圖象相切的直線方程；
（2）①求證：當x＞0時，；
②若函數(shù)g（x）有兩個不同的零點x1，x2，求證：．
47．（2022秋?廣州期末）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣1﹣lnx（其中e＝2.71828…是自然對數(shù)底數(shù)）．
（1）求f（x）的最小值；
（2）若過點（a，b）（a≠0）可作曲線f（x）的兩條切線，求證：b＜2ea﹣1﹣2ln|a|﹣a2+2a．（參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986，ln5≈1.6094）
48．（2023?安徽模擬）對于定義在D上的函數(shù)F（x），若存在x0∈D，使得F（x0）＝x0，則稱x0為F（x）的一個不動點．設函數(shù)f（x）＝（x﹣1）ex﹣alnx+x，已知x0（x0≠1）為函數(shù)f（x）的不動點．
（1）求實數(shù)a的取值范圍；
（2）若k∈Z，且kx0＜a對任意滿足條件的x0成立，求整數(shù)k的最大值．
（參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.693，ln3≈1.1，，e2≈7.39，）
49．（2023?浙江模擬）已知函數(shù)f（x）＝x2﹣axlnx﹣1，a∈R．
（1）求證：；
（2）若函數(shù)f（x）有三個不同的零點x1，x2，x3（x1＜x2＜x3）．
（ⅰ）求a的取值范圍；
（ⅱ）求證：x1+x3＞2a﹣2．
50．（2023?濰坊模擬）已知函數(shù)f（x）＝ax2﹣2a（a＞0）的圖像在點（1，f（1））處的切線與直線x+2y+1＝0垂直．
（1）求a，b滿足的關系式；
（2）若f（x）≥2lnx在[1，+∞）上恒成立，求a的取值范圍；
（3）證明：
51．（2023?嘉興二模）已知f（x）＝ex，g（x）＝lnx．
（1）若存在實數(shù)a，使得不等式f（x）﹣g（x）≥f（a）﹣g（a）對任意x∈（0，+∞）恒成立，求f（a）?g（a）的值；
（2）若1＜x1＜x2，設，證明：
①存在x0∈（x1，x2），使得成立；
②．
52．（2023?福建模擬）已知函數(shù)f（x）＝ex+e﹣x+（2﹣b）x，g（x）＝ax2+b（a，b∈R），若曲線y＝g（x）在x＝1處的切線方程y＝2x+1+f′（0）．
（1）求實數(shù)a，b的值；
（2）若不等式f（x）≥kg（x）﹣2k+2對任意x∈R恒成立，求k的取值范圍；
（3）設θ1，θ2，θ3，…，θn∈（0，），其中n∈N*，n≥2，求證：f（sinθ1）f（csθn）+f（sinθ2）f（csθn﹣1）+…+f（sinθn﹣1）f（csθ2）+f（sinθn）f（csθ1）＞6n．
53．（2022秋?海淀區(qū)校級期末）已知函數(shù)f（x）＝ex（2x﹣1）﹣ax+a．
（1）若a＜1且僅存在兩個的整數(shù)，使得f（x）＜0，求a的取值范圍；
（2）討論f（x）零點的個數(shù)；
（3）證明，?t∈（0，1），有f（tx1+（1﹣t）x2）≤tf（x1）+（1﹣t）f（x2）．
54．（2022秋?長沙期末）設函數(shù)f（x）＝ln（x+1）﹣ax，a∈R，曲線y＝f（x）在原點處的切線為x軸．
（1）求a的值；
（2）求方程的解；
（3）證明：．
55．（2023?碑林區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝（a+3）x+2lnx，a∈R．
（1）討論f（x）的單調性；
（2）對?x＞0，不等式f（x）≤x2ex﹣1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
56．（2022秋?日照期末）已知函數(shù)f（x）＝sinx﹣aeπ﹣x，f'（x）是f（x）的導函數(shù)．
（1）若f（x）≥0在（﹣π，π）上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）若f'（π）＝0，判斷關于x的方程f（x）＝﹣1在[（2k+1）π，（2k+2）π]（k∈N*）內實數(shù)解的個數(shù)，并說明理由．
57．（2023?歷城區(qū)校級二模）已知f（x）＝sinnx，g（x）＝lnx+mex（n為正整數(shù)，m∈R）．
（1）當n＝1時，設函數(shù)h（x）＝x2﹣1﹣2f（x），x∈（0，π），證明：h（x）有且僅有1個零點；
（2）當n＝2時，證明：．
58．（2022?硚口區(qū)模擬）已知函數(shù)f（x）＝ax2+ln（x+1）．
（1）當a時，求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）當x∈[0，+∞）時，不等式f（x）≤x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
（3）求證：（1）（1）（1）…[1]（其中n∈N*，
e是自然對數(shù)的底數(shù)）．
59．（2022?鄭州二模）已知函數(shù)f（x）＝e?ex1，g（x）2．
（Ⅰ）求函數(shù)g（x）的極值；
（Ⅱ）當x＞0時，證明：f（x）≥g（x）．
四．利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程（共1小題）
60．（2023秋?湖北期中）已知a＞0，曲線C1：y＝alnx 與投有公共點．
（1）求a的取值范圍；
（2）設一條直線與C1，C2分別相切于點 （i，j），（s，t）．證明：
（i）i+t≠j+s；
（ii） ．
6次課導數(shù)壓軸大題
參考答案與試題解析
一．利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性（共17小題）
1．（2023秋?道里區(qū)校級期末）已知函數(shù)．
（1）求函數(shù)f（x）在x＝1處的切線方程；
（2）當x＞0時，試比較f（x），g（x），h（x）的大小關系，并說明理由；
（3）設n∈N*，求證：．
【專題】轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）利用導數(shù)的幾何意義即可求解；
（2）令F（x）＝x+1+（x﹣1）e2x（x＞0），利用F（x）的單調性得；令（x＞0），利用G（x）的單調性得 ，即可求解；
（3）利用即可求解．
【解答】解：（1）∵，，，，
∴f（x）在x＝1處的切線方程為，即ex﹣4y+e＝0．
（2）令F（x）＝x+1+（x﹣1）e2x（x＞0），m（x）＝F′（x）＝1+（2x﹣1）e2x，
則m′（x）＝4xe2x＞0對?x＞0恒成立，m（x）即F′（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
F′（x）＞F′（0）＝0，F(xiàn)（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，F(xiàn)（x）＞F（0）＝0，
則x+1+（x﹣1）e2x＞0?x+1＞（1﹣x）e2x?
??．
令（x＞0），則，
令（x＞0），則0對?x＞0恒成立，
n（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，n（x）＞n（0）＝0，即G′（x）＞0，
則G（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，G（x）＞G（0）＝0，
則???．
故當x＞0時，f（x）＜g（x）＜h（x）．
證明：（3）令H（x），則H′（x），H（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
H（x）＞H（0）＝0?．
令I（x）＝ln（x+1）﹣x（x＞0），則I′（x），I（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，
I（x）＜I（0）＝0?ln（x+1）＜x．
則，
令，則，
令，則，
…………
令，則，
以上n個式子相加得，，
又


，
同理，，
故．
【點評】本題考查了導數(shù)的幾何意義，函數(shù)不等式，數(shù)列不等式，屬于難題．
2．（2023秋?寶山區(qū)期末）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣x，g（x）＝e﹣x+x，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）求函數(shù)y＝f（x）的圖象在點（1，f（1））處的切線方程；
（2）設函數(shù)F（x）＝af（x）﹣g（x），
①若a＝e，求函數(shù)y＝F（x）的單調區(qū)間，并寫出函數(shù)y＝F（x）﹣m有三個零點時實數(shù)m的取值范圍；
②當0＜a＜1時，x1、x2分別為函數(shù)y＝F（x）的極大值點和極小值點，且不等式F（x1）+tF（x2）＞0對任意a∈（0，1）恒成立，求實數(shù)t的取值范圍．
【專題】轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；邏輯推理；數(shù)學運算．
【分析】（1）求出函數(shù)f（x）的導數(shù)，利用導數(shù)的幾何意義求出切線方程即得．
（2）①把a＝e代入，求出F（x）的導數(shù)F′（x），確定F′（x）＞0，F(xiàn)′（x）＜0的解集得單調區(qū)間，結合極大值、極小值求出m的范圍；
②由導數(shù)求出x1，x2，構造函數(shù)φ（a）＝F（x1）+tF（x2）并借助導數(shù)探討不等式恒成立即可．
【解答】解：（1）函數(shù)f（x）＝ex﹣x，求導得f′（x）＝ex﹣1，得f′（1）＝e﹣1，而f（1）＝e﹣1，
所以切線方程為y﹣（e﹣1）＝（e﹣1）（x﹣1），即y＝（e﹣1）x．
（2）F（x）＝a（ex﹣x）﹣e﹣x﹣x，，
①當a＝e時，F(xiàn)（x）＝ex+1﹣ex﹣e﹣x﹣x，，
由F′（x）＝0，得x＝﹣1或x＝0，
當x＜﹣1或x＞0時，F(xiàn)′（x）＞0，當﹣1＜x＜0時，F(xiàn)′（x）＜0，
因此F（x）的單調增區(qū)間為（﹣∞，﹣1）和（0，+∞），單調減區(qū)間為（﹣1，0）；
極大值F（﹣1）＝2，極小值F（0）＝e﹣1，
又，
F（﹣2）＝e﹣1+2e﹣e2+2＝（e﹣1）+（e﹣1+e+3﹣e2）＜e﹣1，
所以函數(shù)y＝F（x）﹣m有三個零點時，m的取值范圍為（e﹣1，2）．
②令F′（x）＝0，得ex＝1或，解得x＝0或，
當x＜0或x＞﹣lna時，F(xiàn)′（x）＞0，當0＜x＜﹣lna時，F(xiàn)′（x）＜0，
即函數(shù)F（x）在（﹣∞，0），（﹣lna，+∞）上單調遞增，在（0，﹣lna）上單調遞減，
因此當x＝0時，F(xiàn)（x）取得極大值，當x＝﹣lna時，F(xiàn)（x）取得極小值，即有x1＝0，x2＝﹣lna，
而F（x1）＝F（0）＝a﹣1＜0，，
又不等式F（x1）+tF（x2）＞0對任意a∈（0，1）恒成立，于是t＜0，
設φ（a）＝F（x1）+tF（x2）＝a﹣1+t[（a+1）lna+1﹣a]，a∈（0，1），
顯然φ（1）＝0，，
令，求導得，
則函數(shù)m（a）在（0，1）上嚴格遞減，有m（a）＞m（1）＝1，
當t≤﹣1時，，則有函數(shù)φ（a）在（0，1）上單調遞減，φ（a）＞φ（1）＝0，符合題意；
當﹣1＜t＜0時，存在a0∈（0，1），使得φ′（a0）＝0，當0＜a＜a0時，φ′（a）＜0，當a0＜a＜1時，φ′（a）＞0，
因此函數(shù)φ（a）在（a0，1）上單調遞增，有φ（a）＜φ（1）＝0，不符合題意，
所以實數(shù)t的取值范圍為（﹣∞，﹣1]．
【點評】本題考查了導數(shù)的幾何意義，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，不等式恒成立問題，屬于難題．
3．（2023秋?沈陽期末）（1）已知函數(shù)f（x）及其導函數(shù)f′（x）的定義域均為{x∈R|x＞0}，設y＝g（x）是曲線y＝f（x）在點（x1，f（x1））處的切線的方程．證明：當f′（x）是增函數(shù)時，f（x）≥g（x）．
（2）已知ex≥lnx+c（x＞0），設c的最大值為c0，證明：2.30＜c0＜2.35．
（參考數(shù)據(jù)：，20.0＜e3＜20.1，0.693＜ln2＜0.694）
【專題】函數(shù)思想；轉化法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學抽象．
【分析】（1）利用導數(shù)得出函數(shù)的單調性得出f（x）≥g（x）；
（2）構造函數(shù)f（x）＝ex﹣lnx（x＞0），利用單調性即可求解．
【解答】解：（1）證明：由題意得g（x）＝f'（x1）（x﹣x1）+f（x1），
設 h（x）＝f（x）﹣g（x），即h（x）＝f（x）﹣f'（x1）（x﹣x1）﹣f（x1），
有h（x1）＝0，
因為h'（x）＝f'（x）﹣f（x1），f'（x）是增函數(shù)，注意到h'（x1）＝0，
所以當x∈（0，x1） 時，h'（x）＜0，當x∈（x1，+∞） 時，h′（x）＞0，
從而h（x）在區(qū)間（0，x1）上是單調遞減函數(shù)，在區(qū)間（x1，+∞） 上是單調遞增函數(shù)，
故h（x）≥h（x1）＝0，即f（x）≥g（x）；
（2）設f（x）＝ex﹣lnx（x＞0），則，．
所以f'（x）是單調遞增函數(shù)，
設x0滿足f′（x0）＝0，當x∈（0，x0） 時，f'（x）＜0，
當x∈（x0，+∞） 時，f'（x）＞0，
所以f（x）在區(qū)間（0，x0）上是單調遞減函數(shù)，在區(qū)間（x0，+∞）上是單調遞增函數(shù)，
從而f（x）≥f（x0），故c0＝f（x0），
因為，，
所以，
所以，
曲線y＝f（x）在點 處切線方程是，
注意到，所以，
因為，
所以f（xn）＞2.30．
故2.30＜c0＜2.35．
【點評】本題考查導數(shù)的應用，屬于難題．
4．（2023?深圳一模）已知函數(shù)，其中a∈R且a≠0．
（1）當a＝1時，求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）若存在實數(shù)x0，使得f（x0）＝x0，則稱x0為函數(shù)f（x）的“不動點”求函數(shù)f（x）的“不動點”的個數(shù)；
（3）若關于x的方程f（f（x））＝f（x）有兩個相異的實數(shù)根，求a的取值范圍．
【專題】函數(shù)思想；轉化法；導數(shù)的綜合應用；邏輯推理．
【分析】（1）當a＝1時，f（x），求導分析f′（x）的符號，進而可得f（x）的單調性．
（2）函數(shù)f（x）的不動點即為方程f（x）﹣x＝0的根，即方程x＝0，化為a＝0，設F（x）a（x≠﹣4），通過求導可得其單調性．由F（x），設h（x）＝xex﹣a（x+4），通過對a分類討論，結合函數(shù)零點存在定理即可得出結論．
（3）f（f（x））﹣f（x）＝0，由（2）可得f（x）＝ti（其中i∈{0，1，2}），由F（ti）＝0得a，代入，設G（x），結合（1），（2），利用函數(shù)G（x）的單調性、函數(shù)零點存在定理即可得出結論．
【解答】解：（1）當a＝1時，f（x），定義域為R，
f′（x），
令f′（x）＝0，得x＝﹣3，
∴當x＜﹣3時，f′（x）＞0；當x＞﹣3時，f′（x）＜0．
∴f（x）的單調遞增區(qū)間為（﹣∞，﹣3），單調遞減區(qū)間為（﹣3，+∞）．
（2）函數(shù)f（x）的不動點即為方程f（x）﹣x＝0的根，即方程x＝0，
∴a＝0，
設F（x）a（x≠﹣4），
F′（x）0，當且僅當x＝﹣2時取等號，
∴F（x）在（﹣∞，﹣4）和（﹣4，+∞）上單調遞增，
由F（x），設h（x）＝xex﹣a（x+4），
當a＞0時，若x∈（﹣∞，﹣4）時，h（﹣4）0，h（﹣4）＞0，
∴存在t1∈（﹣∞，﹣4），使得h（t1）＝0，即存在唯一t1∈（﹣∞，﹣4），使得F（t1）＝0，
當x∈（﹣4，+∞）時，h（0）＝﹣4a＜0，h（4a）＞0，
存在t2∈（0，+∞），使得h（t2）＝0，即存在唯一t2∈（0，+∞）使得F（t2）＝0，
當a＜0時，
當x∈（﹣∞，﹣4）時，F(xiàn)（x）a＞0無零點，
當x∈（﹣4，+∞）時，∵h（0）＝﹣4a＞0，h（﹣4）0，
存在t0∈（﹣4，0），使得h（t0）＝0，
即存在唯一t0∈（﹣4，+∞）使得F（t0）＝0，
綜上所述，當a＞0時，函數(shù)f（x）有兩個“不動點”t1，t2，
當a＜0時，函數(shù)f（x）有一個“不動點”．
（3）∵f（f（x））﹣f（x）＝0，
由（2）可得f（x）＝ti（其中i∈{0，1，2}），
由F（ti）＝0得a，代入，
設G（x），
由（1）知，當x∈（﹣∞，﹣4]時，G（x）單調遞增，且G（x）∈（﹣∞，0]，
∴在（﹣4，﹣3）上G（x）單調遞增，且G（x）∈（0，e3），
在（﹣3，+∞）上G（x）單調遞減，且G（x）∈（0，e3），
由G（x）＝G（t1）＜0可得x＝t1，G（x）＝G（t2）＞0可得x＝t2，x0，共三個解，
∴F（t）有一個零點t0，
∴f（f（x））﹣f（x）＝0，
∴f（x）＝t0，
由F（t0）＝0得a，代入，
由（1）知當t0＝﹣3，即a時，G（x1）＝G（t0）的解為t0，
當t0≠﹣3，即a＜0且a時，G（x1）＝G（t0）的解為x1，t0，
綜上所述，當a＜0且a時方程有兩個不同實數(shù)根．
【點評】本題考查導數(shù)的綜合應用、分類討論方法、函數(shù)零點存在定理、方程的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．
5．（2023?乙卷）已知函數(shù)f（x）＝（a）ln（1+x）．
（1）當a＝﹣1時，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（2）若函數(shù)f（x）在（0，+∞）單調遞增，求a的取值范圍．
【專題】轉化思想；轉化法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）根據(jù)已知條件，先對f（x）求導，再結合導數(shù)的幾何意義，即可求解；
（2）先對f（x）求導，推得，構造函數(shù)g（x）＝ax2+x﹣（x+1）ln（x+1）（x＞0），通過多次利用求導，研究函數(shù)的單調性，并對a分類討論，即可求解．
【解答】解：（1）當a＝﹣1時，
則f（x）＝（1）ln（1+x），
求導可得，f'（x），
當x＝1時，f（1）＝0，
當x＝1時，f'（1）＝﹣ln2，
故曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為：y﹣0＝﹣ln2（x﹣1），即（ln2）x+y﹣ln2＝0；
（2）f（x）＝（a）ln（1+x），
則f'（x），
函數(shù)f（x）在（0，+∞）單調遞增，
則，化簡整理可得，﹣（x+1）ln（x+1）+x+ax2≥0，
令g（x）＝ax2+x﹣（x+1）ln（x+1）（x＞0），
求導可得，g'（x）＝2ax﹣ln（x+1），
當a≤0時，
則2ax≤0，ln（x+1）＞0，
故g'（x）＜0，即g（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調遞減，
g（x）＜g（0）＝0，不符合題意，
令m（x）＝g'（x）＝2ax﹣ln（x+1），
則m'（x）＝2a，
當a，即2a≥1時，
，m'（x）＞0，
故m（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調遞增，即g'（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調遞增，
所以g'（x）＞g'（0）＝0，g（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調遞增，
g（x）＞g（0）＝0，符合題意，
當0＜a時，令m'（x）0，解得x，
當x∈時，m'（x）＜0，m（x）在區(qū)間（0，）上單調遞減，即g'（x）單調遞減，
g'（0）＝0，
當x∈時，g'（x）＜g'（0）＝0，g（x）單調遞減，
∵g（0）＝0，
∴當x∈時，g（x）＜g（0）＝0，不符合題意，
綜上所述，a的取值范圍為．
【點評】本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，考查轉化能力，屬于難題．
6．（2023?鼓樓區(qū)校級模擬）已知函數(shù)．
（1）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）當a＝1時，若f（x1）+f（x2）＝0，求證：x1+x2≥2；
（3）求證：對于任意n∈N*都有．
【專題】計算題；分類討論；綜合法；導數(shù)的綜合應用；邏輯推理；數(shù)學運算．
【分析】（1）求出函數(shù)的定義域，求導，再分類討論a，根據(jù)導數(shù)與單調性的關系即可求解單調區(qū)間；
（2）令g（x）＝f（x）+f（2﹣x）＝ln（1﹣（x﹣1）2）+（x﹣1）2，由lnx≤x﹣1，可證得g（x）＝f（x）+f（2﹣x）≤0恒成立，即f（x1）+f（2﹣x1）≤0，結合f（x）可證得x1+x2≥2；
（3）利用，對 進行放縮，即可證明不等式成立．
【解答】解：（1）函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞）．
由已知得，．
①當a＜0時，當0＜x＜1時，f′′（x）＜0，當x＞1時，f′（x）＞0，
所以f（x）的單調遞減為（0，1），單調遞增區(qū)間為（1，+∞）；
②當0＜a＜1時，當0＜x＜a或x＞1時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增，當a＜x＜1時，f′（x）＜0，
所以函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間為（0，a）和（1，+∞），單調遞減區(qū)間為（a，1）；
③當a＝1時，當x＞0時，f′（x）＞0，所以f（x）的單調遞增區(qū)間為（0，+∞），無遞減區(qū)間；
④當a＞1時，當0＜x＜1或x＞a時，f′（x）＞0，當1＜x＜a時，f′（x）＜0，
所以函數(shù)f（x）的單調遞減為（1，a），單調遞增區(qū)間為（0，1）和（a，+∞）．
綜上，當a＜0時，函數(shù)f（x）的單調遞減為（0，1），單調遞增區(qū)間為（1，+∞）；
當0＜a＜1時，函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間為（0，a）和（1，+∞），單調遞減區(qū)間為（a，1）；
當a＝1時，函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間為（0，+∞），無遞減區(qū)間；
當a＞1時，函數(shù)f（x）的單調遞減為（1，a），單調遞增區(qū)間為（0，1）和（a，+∞）．
（2）證明：當a＝1時，，
由（1）知，函數(shù)f（x）在（0，+∞）單調遞增且f（1）＝0；
令
＝lnx（2﹣x）+x2﹣2x+1＝ln（1﹣（x﹣1）2）+（x﹣1）2，
令（x﹣1）2＝t∈（0，1]，從而ln（1﹣t）+t≤1﹣t﹣1+t＝0，
所以g（x）＝f（x）+f（2﹣x）≤0恒成立，
設0＜x1＜1＜x2，f（x1）+f（2﹣x1）≤0?﹣f（x1）≥f（2﹣x1）?f（x2）≥f（2﹣x1）
?x2≥2﹣x1?x1+x2≥2．
（3）證明：由（2）知：x＞1時，
即2lnx+x2﹣4x+3＝2lnx+（x﹣2）2﹣1＞0，
故2lnx+（x﹣2）2＞1在x＞1時恒成立；
所以，
，
，
…
，
相加得：．
【點評】本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與最值，不等式的證明，考查運算求解能力與邏輯推理能力，屬于難題．
7．（2023春?河南月考）已知函數(shù)f（x）＝tln（x+1）﹣sinx．
（1）若f（x）在區(qū)間上單調遞減，求實數(shù)t的取值范圍；
（2）若當x∈[0，π]時，f（x）≥2﹣2ex，求實數(shù)t的取值范圍．
【專題】分類討論；轉化法；導數(shù)的綜合應用；三角函數(shù)的求值；數(shù)學運算．
【分析】（1）f（x）＝tln（x+1）﹣sinx，x∈（﹣1，+∞），f′（x），令g（x）＝t﹣（x+1）csx，利用導數(shù)的運算法則可得g'（x），可得函數(shù)g（x）的單調性與最值，進而得出實數(shù)t的取值范圍．
（2）f（x）≥2﹣2ex即為tln（x+1）﹣sinx≥2﹣2ex，得2ex﹣sinx+tln（x+1）﹣2≥0．令h（x）＝2ex﹣sinx+tln（x+1）﹣2，可得h′（x），對t分類討論，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性即可得出實數(shù)t的取值范圍．
【解答】解：（1）f（x）＝tln（x+1）﹣sinx，x∈（﹣1，+∞），
f′（x）csx．
令g（x）＝t﹣（x+1）csx，
g'（x）＝﹣[csx﹣（x+1）sinx]
＝（x+1）sinx﹣csx，
當時，sinx＞csx，x+1＞1，則（x+1）sinx＞csx，
即g'（x）＞0，故g（x）在上單調遞增，
∴x時，函數(shù)g（x）取得最大值，g（）＝t，
要使f（x）在區(qū)間上單調遞減，需滿足g（x）max＝t≤0，
故實數(shù)t的取值范圍是（﹣∞，0]．
（2）f（x）≥2﹣2ex即為tln（x+1）﹣sinx≥2﹣2ex，得2ex﹣sinx+tln（x+1）﹣2≥0．
令h（x）＝2ex﹣sinx+tln（x+1）﹣2，
∴h′（x）＝2ex﹣csx．
（i）當t≥0時，對任意的x∈[0，π]，csx∈[﹣1，1]，2ex≥2，
∴h'（x）＞0，此時h（x）在[0，π]上單調遞增，
故h（x）≥h（0）＝0，符合題意．
（ii）當t＜0時，令u（x）＝h'（x），
∴u′（x）＝2ex+sinx，
∴u′（x）＞0對任意的x∈[0，π]恒成立，
∴p（x）在[0，π]上單調遞增，
∵u（0）＝t+1，u（π）＝2eπ+1．
①當t+1≥0，即當﹣1≤t＜0時，對任意的x∈[0，π]，h'（x）≥0，
此時h（x）在[0，π]上單調遞增，則h（x）≥h（0）＝0，符合題意．
②當，即當﹣（π+1）（2eπ+1）＜t＜﹣1時，
由零點存在定理可知，存在x0∈（0，π），使得h'（x0）＝0，
且當x∈[0，x0）時，h'（x）＜0，則h（x）在[0，x0）上單調遞減，
∴h（x0）＜h（0）＝0，不符合題意；
（iii）當u（π）≤0，即當t≤﹣（π+1）（2eπ+1）時，對任意的x∈[0，π]，h'（x）≤0，
此時，函數(shù)h（x）在[0，π]上單調遞減，h（π）＜h（0）＝0，不符合題意．
綜上所述，t的取值范圍是[﹣1，+∞）．
【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與極值及最值、三角函數(shù)的單調性、方程與不等式的解法、等價轉化方法、分類討論方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．
8．（2023?天津三模）已知定義域均為R的兩個函數(shù)g（x）＝ex，h（x）＝（x﹣a）2．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）＝g（x）h（x），且f（x）在x＝﹣1處的切線與x軸平行，求a的值；
（Ⅱ）若函數(shù)m（x），討論函數(shù)m（x）的單調性和極值；
（Ⅲ）設a，b是兩個不相等的正數(shù)，且a+lnb＝b+lna，證明：a+b+ln（ab）＞2．
【專題】計算題；轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；邏輯推理；數(shù)學運算．
【分析】（Ⅰ）根據(jù)導數(shù)的幾何意義即可求解；
（Ⅱ）根據(jù)導數(shù)與函數(shù)單調性的關系，確定單調性進而可得極值；
（Ⅲ）根據(jù)同構和函數(shù)的單調性以及二次求導即可求解．
【解答】解：（Ⅰ）因為f（x）＝g（x）h（x），所以f（x）＝ex（x﹣a）2，
所以f'（x）＝ex（x﹣a）2+ex（2x﹣2a）＝ex（x2﹣2ax+2x+a2﹣2a），
又f（x）在x＝﹣1處的切線與x軸平行，所以f′（﹣1）＝0，所以e﹣1（1+2a﹣2+a2﹣2a）＝0，
所以1+2a﹣2+a2﹣2a＝0，即a2﹣1＝0，所以a＝±1．
（Ⅱ）因為，所以的定義域為（﹣∞，0）∪（0，+∞），，令m′（x）＝0，得x＝1，
當x變化時m′（x），m（x）的關系如下表：
所以m（x）在（﹣∞，0），（0，1）上單調遞減；在（1，+∞）上單調遞增，
所以m（x）的極小值為，無極大值．
（Ⅲ）證明：要證a+b+ln（ab）＞2，只需證（a+lnb）+（b+lna）＞2，
根據(jù)a+lnb＝b+lna，只需證b+lna＞1，又a，b是兩個不相等的正數(shù)，不妨設a＜b，
由a+lnb＝b+lna得a﹣lna＝b﹣lnb，
兩邊取指數(shù)，ea﹣lna＝eb﹣lnb，化簡得，
令p（x），所以p（a）＝p（b），
p（x）e?m（x），
根據(jù)（Ⅱ）得m（x）在（﹣∞，0），（0，1）上單調遞減；在（1，+∞）上單調遞增，如圖所示，
由于m（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，
要使p（a）＝p（b）且a，b不相等，則必有0＜a＜1，b＞1，即0＜a＜1＜b，
由0＜a＜1，1﹣lna＞1，要證b+lna＞1，只需證b＞1﹣lna，
由于p（x）在（1，+∞）上單調遞增，要證b＞1﹣lna，只需證p（b）＞p（1﹣lna），
又p（a）＝p（b），只需證p（a）＞p（1﹣lna），只需證，
只需證ea（1﹣lna）＞e，只需證，
只需證，即證，
令φ（x）e﹣x（0＜x＜1），
φ（1）＝0，φ（a）e﹣a，
只需證φ（x）＞0（0＜x＜1），
φ′（x）e﹣x，
令h（x）＝ex﹣ex，則h（1）＝0，h′（x）＝ex﹣e＜0（0＜x＜1），
所以h（x）在（0，1）上單調遞減，
所以h（x）＞h（1）＝0，
所以，所以φ（x）在（0，1）上單調遞減，
所以φ（x）＞φ（1）＝0，所以φ（a）＞0，
所以a+b+ln（ab）＞2．
【點評】本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與極值，導數(shù)的幾何意義，不等式的證明，考查運算求解能力與邏輯推理能力，屬于難題．
9．（2023?黃浦區(qū)校級三模）設函數(shù)f（x）＝x3+ax2+bx+c．
（1）設a＝b＝4，求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）求證：a2﹣3b＞0是f（x）有三個不同零點的必要而不充分條件；
（3）設a＝0，，c＝﹣1，證明：函數(shù)f（x）恰有一個零點r，且存在唯一的嚴格遞增正整數(shù)數(shù)列{an}，使得．
【專題】方程思想；轉化法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）f（x）＝x3+4x2+4x+c，利用導數(shù)的運算法則可得f′（x），令f′（x）＝0，解得x，分別解出f′（x）＞0，f′（x）＜0，即可得出函數(shù)f（x）單調區(qū)間．
（2）f（x）有三個不同零點，可得f（x）有兩個不同極值點，利用一元二次方程與判別式的關系、充要條件的判定方法即可得出結論．
（3）由已知可得f（x）＝x3x﹣1，利用其單調性可得函數(shù)f（x）存在唯一零點r∈（0，），使得r+r4+r7+……，通過反證法即可證明結論．
【解答】解：（1）f（x）＝x3+4x2+4x+c，f′（x）＝3x2+8x+4＝（3x+2）（x+2），
令f′（x）＝0，解得x＝﹣2或，
x∈（﹣∞，﹣2）時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調遞增；x∈（﹣2，）時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調遞減；x∈（，+∞）時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調遞增．
∴函數(shù)f（x）單調遞增區(qū)間為（﹣∞，﹣2），（，+∞），單調遞減區(qū)間為（﹣2，）．
（2）證明：f（x）有三個不同零點，則f（x）有兩個不同極值點，
∴f′（x）＝3x2+2ax+b有兩個不同實數(shù)根，∴Δ＝4a2﹣12b＞0，即a2﹣3b＞0．
反之，若a2﹣3b＞0，則f′（x）＝3x2+2ax+b有兩個不同實數(shù)根，∴f（x）有兩個不同極值點，
但是，極值受到c的影響，因此f（x）不一定有三個不同零點，可能只有兩個不同零點或一個零點．
因此a2﹣3b＞0是f（x）有三個不同零點的必要而不充分條件．
（3）證明：a＝0，，c＝﹣1，
∴f（x）＝x3x﹣1，
f′（x）＝3x20，
∴函數(shù)f（x）在R上單調遞增，
又f（0）＝﹣1＜0，f（）10，
∴函數(shù)f（x）存在唯一零點r∈（0，），
∴r+r4+r7+……，
故數(shù)列an＝3n﹣2（n∈N*）是滿足條件的數(shù)列，
若存在兩個不同的遞增正整數(shù)數(shù)列{an}，{bn}滿足條件，
則，
去掉上面等式兩邊相同的項可得：，
這里s1＜s2＜s3＜…，t1＜t2＜t3＜…，所有的si，tj都不相同，
不妨設s1＜t1，則，
∴1r+r2+r311＝1，矛盾，
因此存在唯一的嚴格遞增正整數(shù)數(shù)列{an}，使得．
【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與極值、等比數(shù)列的求和公式、方程與不等式的解法、反證法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．
10．（2023?上海模擬）已知函數(shù)y＝f（x）的表達式為．
（1）若1是f（x）對的極值點，求a的值．
（2）求f（x）的單調區(qū)間．
（3）若有兩個實數(shù)解x1，x2（x1＜x2），
（i）直接寫出a的取值范圍；
（ii）λ為正實數(shù)，若對于符合題意的任意x1，x2，當s＝λ（x1+x2）時都有f'（s）＜0，求λ的取值范圍．
【專題】方程思想；轉化法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1），x∈（0，+∞），可得f′（x），根據(jù)1是f（x）對的極值點，可得f′（1）＝0，解得a，經過驗證即可得出a．
（2）f′（x），對a分類討論，即可得出函數(shù)f（x）的單調區(qū)間．
（3）化為ax+lnx＝0，﹣a，
（i）令g（x），x∈（0，+∞），利用導數(shù)研究其單調性與極值及其最值，畫出圖象即可得出a的取值范圍．
（ii）由（2）可得：若f'（s）＜0，可得s，由題意可得λ（x1+x2），即a（x1+x2），結合ax1+lnx1＝0，ax2+lnx2＝0，化為ln（x1x2），進而化為ln（x1x2）＝ln（）?，不妨設x1＞x2＞1，t＞1，可得ln（x1x2）lnt，于是lnt，化為lnt0，令g（t）＝lnt，t∈（1，+∞），g（1）＝0，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性即可得出結論．
【解答】解：（1），x∈（0，+∞），
f′（x）＝ax+（a+1），
∵1是f（x）對的極值點，
∴f′（1）＝a+a+1+1＝0，解得a＝﹣1，
∴f′（x），
可得x＝1是函數(shù)f（x）的極大值點，滿足題意，
∴a＝﹣1．
（2）f′（x），
a≥0時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調遞增；
a＜0時，f′（x），
x∈（0，）時，f′（x）＞0；x∈（，+∞）時，f′（x）＜0．
∴函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間為（0，），單調遞減區(qū)間為（，+∞）．
綜上可得：a≥0時，函數(shù)f（x）單調遞增區(qū)間為（0，+∞）；
a＜0時，函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間為（0，），單調遞減區(qū)間為（，+∞）．
（3）化為ax+lnx＝0，﹣a，
（i）令g（x），x∈（0，+∞），
g′（x），g′（e）＝0，
x∈（0，e）時，g′（x）＞0，函數(shù)g（x）單調遞增；x∈（e，+∞）時，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）單調遞減．
x＝e時，函數(shù)g（x）取得極大值，g（e），
∵有兩個實數(shù)解x1，x2（x1＜x2），
∴0＜﹣a，解得a＜0，
∴a的取值范圍是（，0）．
（ii）由（2）可得：若f'（s）＜0，則s，
∵λ為正實數(shù)，若對于符合題意的任意x1，x2，當s＝λ（x1+x2）時都有f'（s）＜0，
∴λ（x1+x2），
∴a（x1+x2），（*）
∵ax1+lnx1＝0，ax2+lnx2＝0，
∴a（x1+x2）＝﹣ln（x1x2），
∴（*）化為ln（x1x2），
另一方面，由ax1+lnx1＝0，ax2+lnx2＝0，
可得a（x1﹣x2）＝﹣ln（），
∴l(xiāng)n（x1x2）＝ln（）?，
不妨設x1＞x2＞1，t＞1，
∴l(xiāng)n（x1x2）lnt，
∴l(xiāng)nt，
化為lnt0，
令g（t）＝lnt，t∈（1，+∞），g（1）＝0，
g′（t），
令u（t）＝λ（t+1）2﹣2t＝λt2+2（λ﹣1）t+λ＝λ，
λ時，u（t）≥0，g′（t）≥0，函數(shù)g（t）在（1，+∞）上單調遞增，∴g（t）＞g（1）＝0，滿足題意．
0＜λ時，1，
u（t）在（1，）上單調遞減，∴u（t）＜u（1）＝4λ﹣2＜0，
∴g′（t）＜0，此時函數(shù)g（t）在（1，）上單調遞減，g（t）＜g（1）＝0，不滿足題意，舍去．
綜上可得λ的取值范圍是[，+∞）．
【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與極值、一元二次方程的實數(shù)根與判別式的關系、換元法、不等式的解法、等價轉化方法、數(shù)形結合方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．
11．（2022秋?香坊區(qū)校級期末）設函數(shù)u（x）＝lnx﹣ax+a，函數(shù)v（x）x2﹣axlnx+a（a∈R）．
（1）求u（x）的單調區(qū)間；
（2）若f（x）＝v（x）﹣u（x），g（x）＝f'（x）＝0有三個不同實根x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），試比較f（x1），f（x2），f（x3）的大小關系，并說明理由．
【專題】綜合題；轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）求導分a≤0與a＞0兩種情況，討論導函數(shù)的正負區(qū)間與單調性即可；
（2）易得g（x）＝f′（x）＝xalnx（x＞0），結合題意與函數(shù)單調性可得a＞2，進而可得三根的表達式，且x2＝1，0＜x1＜1，x3＞1，x1x3＝1，先根據(jù)單調性判斷f（x1）＜f（x2），f（x3）＜f（x2），結合作差法有f（x3）﹣f（x1）[2（x32）﹣（x32）lnx3﹣4ln2x3﹣4]，換元令x32＝t（t＞1），再構造函數(shù)求導分析函數(shù)的單調性與最值判斷即可．
【解答】解：由已知u′（x）a，
當a≤0時，在u′（x）≥0恒成立，u（x）在（0，+∞）上單調遞增；
當a＞0時，由u′（x）＝0得x，
若0＜x時，u′（x）＞0，在（0，）上單調遞增，
若x時，u′（x）＜0，在（，+∞）上單調遞減；
綜上，當a≤0時，u（x）的單調遞增區(qū)間為（0，+∞），無單調遞減區(qū)間；
當a＞0時，u（x）的單調遞增區(qū)間為（0，），單調遞減區(qū)間為（，+∞）；
（2）由題意得：f（x）＝v（x）﹣u（x）x2+ax﹣（ax+1）lnx，（a∈R）（x＞0）
g（x）＝f'（x）＝x+a﹣alnxxalnx（x＞0），
g′（x）＝1（x＞0），
令h（x）＝x2﹣ax+1（x＞0），Δ＝a2﹣4，
當﹣2≤a≤2時，h（x）≥0，g′（x）≥0，g（x）在（0，+∞）上遞增；不滿足g（x）＝f′（x）＝0；
當a＜﹣2時，∵h（x）＝x2﹣ax+1（x＞0）（x＞0），
∴h（x）＞0，g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）上遞增；也不滿足g（x）＝f'（x）＝0有三個不同實根x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），
當a＞2時，由h（x）＝0得，x4，x5，
∴g（x）在（0，）上遞增，在（，）上遞減，在（，+∞）上遞增．
∵g（x）＝f'（x）＝0有三個不同實根x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），
顯然g（1）＝0，且1，1，∴x2＝1，0＜x1＜1，x3＞1，
由g（x）＝xalnx，可得﹣g（）x+alnxalnx＝g（x），
故g（x1）＝﹣g（），所以g（x3）＝g（）＝0，即x1，x1x3＝1．
由g（x）的單調性可知，當x1＜x＜x2時，g（x）＞0，f（x）遞增；當x2＜x＜x3 時，g（x）＞0，f（x）遞減．
∴f（x1）＜f（x2），f（x3）＜f（x2），
由g（x3）＝x3alnx3，得a，又f（x）x2﹣lnx+a（x﹣lnx），
∴f（x3）﹣f（x1）＝f（x3）﹣f（）（x32）﹣2lnx3+a（x3﹣x3lnx3ln，
∴a（x3﹣x3lnx3ln），
∴f（x3）﹣f（x1）[2（x32）﹣（x32）lnx3﹣4ln2x3﹣4]，
令 x32＝t（t＞1），則2（x32）﹣（x32）lnx3﹣4ln2x3﹣4]＝4（t2）﹣（t）lnt﹣2lnt，
令G（t）＝4（t2）﹣（t）lnt﹣2lnt，（t＞1），∴G′（t），
令φ（t）＝3（t2﹣1）﹣（t2+4t+1）lnt（t＞1），
令ω（t）＝φ′（t）＝5t2（t+2）lnt﹣4，ρ（t）＝ω′（t）2lnt+3，ρ′（t）0，
∴ρ（t）＝在（1，+∞）上遞減，∴ρ（t）＜ρ（1）＝0，∴ω（t）在（1，+∞）上遞減，∴ω（t）＜ω（1）＝0，
∴φ′（t）在（1，+∞）上遞減，∴φ（t）＜φ（1）＝0，則G′（t）＜0，
∴G（t）在（1，+∞）上遞減，∴G（t）＜G（1）＝0，
∴f（x3）＜f（x1），∴f（x3）＜f（x1）＜f（x2），
綜上：f（x1），f（x2），f（x3）的大小關系為：f（x3）＜f（x1）＜f（x2）．
【點評】本題主要考查了利用導數(shù)含參分類討論函數(shù)單調性的問題，同時也考查了函數(shù)零點的問題．需要根據(jù)題意確定零點之間的關系，代入函數(shù)解析式后再構造函數(shù)分析單調性與最值，需要注意極值點若滿足二次方程的根，則可利用韋達定理建立聯(lián)系．屬于難題．
12．（2022春?海淀區(qū)校級期中）設函數(shù)f（x）＝ax2﹣a﹣lnx，g（x），其中a∈R，e＝2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)．
（Ⅰ）討論f（x）的單調性；
（Ⅱ）證明：當x＞1時，g（x）＞0；
（Ⅲ）如果f（x）＞g（x）在區(qū)間（1，+∞）內恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
【專題】函數(shù)思想；轉化法；導數(shù)的綜合應用．
【分析】（Ⅰ）求導數(shù)，分類討論，即可討論f（x）的單調性；
（Ⅱ）要證g（x）＞0（x＞1），即0，即證，也就是證e；
（Ⅲ）由f（x）＞g（x），得ax2﹣a﹣lnxe1﹣x＞0，設t（x）＝ax2﹣a﹣lnxe1﹣x，由題意知，t（x）＞0在（1，+∞）內恒成立，再構造函數(shù)，求導數(shù)，即可確定a的取值范圍．
【解答】（Ⅰ）解：由f（x）＝ax2﹣a﹣lnx，得f′（x）＝2ax （x＞0），
當a≤0時，f′（x）＜0在（0，+∞）成立，則f（x）為（0，+∞）上的減函數(shù)；
當a＞0時，由f′（x）＝0，得x＝±，
∴當x∈（0，）時，f′（x）＜0，當x∈（，+∞）時，f′（x）＞0，
則f（x）在（0，）上為減函數(shù)，在（，+∞）上為增函數(shù)；
綜上，當a≤0時，f（x）為（0，+∞）上的減函數(shù)，
當a＞0時，f（x）在（0，）上為減函數(shù)，在（，+∞）上為增函數(shù)；
（Ⅱ）證明：要證g（x）＞0（x＞1），即0，
即證，也就是證e，
令h（x），則h′（x），
∴h（x）在（1，+∞）上單調遞增，則h（x）min＝h（1）＝e，
即當x＞1時，h（x）＞e，∴當x＞1時，g（x）＞0；
（Ⅲ）解：由f（x）＞g（x），得ax2﹣a﹣lnx0，
設t（x）＝ax2﹣a﹣lnx，
由題意知，t（x）＞0在（1，+∞）內恒成立，
∵t（1）＝0，
∴有t′（x）＝2ax2axe1﹣x≥0在（1，+∞）內恒成立，
令φ（x）＝2axe1﹣x，
則φ′（x）＝2ae1﹣x＝2ae1﹣x，
當x≥2時，φ′（x）＞0，
令h（x），h′（x），函數(shù)在[1，2）上單調遞增，
∴h（x）min＝h（1）＝﹣1．
e1﹣x＞0，∴1＜x＜2，φ′（x）＞0，
綜上所述，x＞1，φ′（x）＞0，φ（x）在區(qū)間（1，+∞）單調遞增，
∴t′（x）＞t′（1）≥0，即t（x）在區(qū)間（1，+∞）單調遞增，
由2a﹣1≥0，
∴a．
【點評】本題考查導數(shù)知識的綜合運用，考查函數(shù)的單調性，不等式的證明，考查恒成立成立問題，正確構造函數(shù)，求導數(shù)是關鍵．
13．（2022?浙江）設函數(shù)f（x）lnx（x＞0）．
（Ⅰ）求f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）已知a，b∈R，曲線y＝f（x）上不同的三點（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3））處的切線都經過點（a，b）．證明：
（?。┤鬭＞e，則0＜b﹣f（a）（1）；
（ⅱ）若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，則．
（注：e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)）
【專題】轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；邏輯推理；數(shù)學運算．
【分析】（Ⅰ）求出導數(shù)，利用導數(shù)的性質能求出函數(shù)的單調區(qū)間．
（Ⅱ）（i）設切點分別為（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3）），則f（xi）﹣b＝f′（xi）（xi﹣a），（i＝1，2，3），方程f（x）﹣b＝f′（x）（x﹣a）有3個不同的根，該方程整理為（）（x﹣a），設g（x）＝（）（x﹣a）lnx+b，則g′（x）（x﹣e）（x﹣a），利用導數(shù)性質能證明．
（ii）當0＜a＜e時，g（x）在（0，a），（e，+∞）上為減函數(shù)，在（a，e）上為增函數(shù)，設x1＜x2＜x3，推導出，設t，則方程1，即為﹣（m+1）t，由此能證明0＜a＜e，x1＜x2＜x3，則．
【解答】解：（Ⅰ）∵函數(shù)f（x）lnx（x＞0），
∴，（x＞0），
由0，得x，∴f（x）在（，+∞）上單調遞增；
由0，得0＜x，∴f（x）在（0，）上單調遞減．
（Ⅱ）（i）證明：∵過（a，b）有三條不同的切線，
設切點分別為（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3）），
∴f（xi）﹣b＝f′（xi）（xi﹣a），（i＝1，2，3），∴方程f（x）﹣b＝f′（x）（x﹣a）有3個不同的根，
該方程整理為（）（x﹣a），
設g（x）＝（）（x﹣a）lnx+b，
則g′（x）（x﹣e）（x﹣a），
當0＜x＜e或x＞a時，g′（x）＜0；當e＜x＜a時，g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，e），（a，+∞）上為減函數(shù)，在（e，a）上為增函數(shù)，
∵g（x）有3個不同的零點，∴g（e）＜0且g（a）＞0，
∴（）（e﹣a）lne+b＜0，且（）（a﹣a），
整理得到且，
此時，，且，
此時，，
整理得，且，
此時，b﹣f（a）（）1﹣（），
設μ（a）為（e，+∞）上的減函數(shù)，∴μ（a），
∴．
（ii）當0＜a＜e時，同（i）討論，得：
g（x）在（0，a），（e，+∞）上為減函數(shù)，在（a，e）上為增函數(shù)，
不妨設x1＜x2＜x3，則0＜x1＜a＜x2＜e＜x3，
∵g（x）有3個不同的零點，∴g（a）＜0，且g（e）＞0，
∴（）（e﹣a），且（）（a﹣a），
整理得，
∵x1＜x2＜x3，∴0＜x1＜a＜x2＜e＜x3，
∵g（x）＝1，
設t，則方程1即為：
，即為﹣（m+1）t，
記，
則t1，t2，t3為﹣（m+1）t有三個不同的根，
設k，m，
要證：，
即證，
即證：，
而﹣（m+1），且﹣（m+1），
∴（t1﹣t3）＝0，
∴，
∴即證，
即證0，
即證，
記，則，
∴φ（k）在（1，+∞）為增函數(shù)，∴φ（k）＞φ（m），
∴，
設ω（m）＝lnm，0＜m＜1，
則ω′（x），
∴ω（m）在（0，1）上是增函數(shù)，∴ω（m）＜ω（1）＝0，
∴l(xiāng)nm0，
即0，
∴若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，則．
【點評】本題考查函數(shù)的單調區(qū)間的求法，考查不等式的證明，考查導數(shù)的性質、函數(shù)的單調性、極值、零點、換元法、構造法等基礎知識，考查運算求解能力，是難題．
14．（2022?武昌區(qū)模擬）已知函數(shù)f（x）＝﹣x3+ax2﹣4．
（Ⅰ）若f（x）在x＝2處取得極值，且關于x的方程f（x）＝m在[﹣1，1]上恰有兩個不同的實數(shù)根，求實數(shù)m的取值范圍；
（Ⅱ）若存在x0∈（0，+∞），使得不等式f（x0）＞0成立，求實數(shù)a的取值范圍．
【專題】計算題；分類討論；轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用．
【分析】（Ⅰ）求出導函數(shù)，f（x）在x＝2處取得極值，求出a，然后求解函數(shù)的極值，通過關于x的方程f（x）＝m在[﹣1，1]上恰有兩個不同的實數(shù)根，求解實數(shù)m的取值范圍；
（Ⅱ）求出函數(shù)的最大值，利用最大值大于0，即可滿足條件，利用函數(shù)的導數(shù)判斷函數(shù)的單調性，結合a的取值討論，求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝﹣3x2+2ax由題意得f′（2）＝0，解得a＝3﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）
經檢驗a＝3滿足條件﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）
f（x）＝﹣x3+3x2﹣4，則f′（x）＝﹣3x2+6x﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）
令f′（x）＝0，則x＝0，x＝2（舍去）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）
當x變化時，f′（x），f（x）的變化情況如下表：
﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）
∵關于x的方程f（x）＝m在[﹣1，1]上恰有兩個不同的實數(shù)根，
∴﹣4＜m≤﹣2﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）
（Ⅱ）由題意得，f（x）max＞0即可
f（x）＝﹣x3+ax2﹣4，f′（x）＝﹣3x2+2ax＝﹣3x（xa）
①若a≤0，則當x＞0時，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，+∞）單調遞減．
∵f（0）＝﹣4＜0∴當x＞0時，f（x）＜﹣4＜0
∴當a≤0時，不存在x0∈（0，+∞），使f（x0）＞0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）
②當a＞0時f（x），f′（x）隨x的變化情況如下表：
∴當x∈（0，+∞）時，f（x）max＝f（a）4
由4＞0得a＞3﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）
綜上得a＞3．
另：第2小題可以分離參數(shù)，可按步得分．
【點評】本題考查函數(shù)的導數(shù)的綜合應用，函數(shù)的極值以及函數(shù)的最值，考查分類討論思想以及轉化思想的應用，難度比較大．
15．（2021秋?和平區(qū)期末）已知函數(shù)f（x）＝x﹣1﹣alnx（其中a為參數(shù)）．
（1）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）若對以?x∈（0，+∞）都有f（x）≥0成立，求實數(shù)a的取值集合；
（3）證明：（1）n＜e＜（1）n+1（其中n∈N*，e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
【專題】函數(shù)思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用．
【分析】（1）求出f′（x），x∈（0，+∞），再討論a的取值范圍，從而求出其單調區(qū)間；
（2）求出f（x）極小值＝f（a）＝a﹣1﹣alna．由此求出a；
（3）設數(shù)列an＝（1）n，數(shù)列bn＝（1）n+1，由 （1）x＝e，得：an＝e，bn＝e．由已知條件推導出數(shù)列{an}單調遞增且數(shù)列{bn}單調遞減，由此能證明結論成立．
【解答】解：（1）f′（x），x∈（0，+∞），
當a≤0時，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞），
當a＞0時，令f′（x）＝0，得x＝a，
x∈（0，a）時，f（x）單調遞減，
x∈（a，+∞）時，f（x）單調遞增；
綜上：a≤0時，f（x）在（0，+∞）上遞增，無減區(qū)間，
當a＞0時，f（x）的單調遞減區(qū)間為（0，a），單調遞增區(qū)間為（a，+∞）；
（2）由（1）得：f（x）極小值＝f（a）＝a﹣1﹣alna．
∵對任意x∈（0，+∞），都有f（x）≥0恒成立，
∴f（x）極小值＝f（a）＝a﹣1﹣alna≥0．
∴a，解得a＝1，
∴實數(shù)a的取值集合為{1}．
（Ⅱ）證明：設數(shù)列an＝（1）n，數(shù)列bn＝（1）n+1，
由 （1）x＝e，得：an＝e，bn＝e，
因此只需證數(shù)列{an}單調遞增且數(shù)列{bn}單調遞減，
①證明數(shù)列{an}單調遞增：
an＝（1）n＜（ ）n+1＝an+1，
∴數(shù)列{an}單調遞增．
②證明數(shù)列{bn}單調遞減：
bn＝（1）n+1（ 令 t＝﹣（n+1），換元 ）
＝（1）t＝at，
由①得at關于t單調遞增，而t＝﹣（n+1）關于n單調遞減，
由復合函數(shù)的單調性知，{bn}單調遞減，
∴（1）n＜e＜（1）n+1．
【點評】本題考查實數(shù)的取值范圍的求法，考查不等式的證明，解題時要認真審題，注意構造成法、導數(shù)和極限性質的合理運用．
16．（2022春?越秀區(qū)校級月考）設函數(shù)f（x）＝lnx（a∈R）．
（1）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）若f（x）有兩個零點x1，x2，求a的取值范圍，并證明：2a＜x1+x2＜1．
【專題】函數(shù)思想；轉化法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調區(qū)間即可；
（2）利用（1）中的結論求出a的范圍，根據(jù)0＜x1＜a＜x2，構造函數(shù)g（x）＝f（2a﹣x）﹣f（x），利用導數(shù)研究函數(shù)g（x）的單調性，得到g（x）＜g（a）＝0，即可證明x1+x2＞2a，令x2＝tx1，t＞1，得到t，得到lnx1，根據(jù)函數(shù)的單調性證明結論成立即可．
【解答】解：（1）f（x）的定義域為（0，+∞），且f′（x），
（i）當a≤0時，f'（x）＞0成立，所以f（x）在（0，+∞）為增函數(shù)，
（ii）當a＞0時，
①當x＞a時，f'（x）＞0，所以f（x）在（a，+∞）上為增函數(shù)，
②當0＜x＜a時，f'（x）＜0，所以f（x）在（0，a）上為減函數(shù)；
綜上：當a≤0時，f（x）在（0，+∞）為增函數(shù)，
當a＞0時，f（x）在（0，a）上是減函數(shù)，在（a，+∞）上為增函數(shù)，
（2）結合（1）a＞0，當x＝a時，f（x）取得極小值f（a）＝lna+1，
又因為函數(shù)f（x）有兩個零點，
所以f（a）＝lna+1＜0，可得a，
綜上所述，0＜a；
下面證明結論2a＜x1+x2＜1成立：
不妨設0＜x1＜a＜x2，
設g（x）＝f（2a﹣x）﹣f（x）＝ln（2a﹣x）lnx，x∈（0，a），
可得g'（x）0，x∈（0，a），
所以g（x）在（0，a）上單調遞增，
則g（x）＜g（a）＝0，即f（2a﹣x）﹣f（x）＜0，
則f（2a﹣x）＜f（x），x∈（0，a），
所以當0＜x1＜a＜x2時，2a﹣x1＞a且f（2a﹣x1）＜f（x1）＝f（x2），
因為當x∈（a，+∞）時，f（x）單調遞增，
所以2a﹣x1＜x2，即x1+x2＞2a，
設x2＝tx1，t＞1，則，
即t，即lnx1＝tlnx2＝tlntx1＝t（lnx1+lnt），
所以lnx1，
故ln（x1+x2）
＝lnx1（t+1）＝lnx1+ln（t+1）
ln（t+1）＝t（），
又令h（t），
則h'（t）0，
故g（t）在（1，+∞）上單調遞減，
所以，
故ln（x1+x2）＜0，即x1+x2＜1；
綜上所述，2a＜x1+x2＜1．
【點評】本題考查了導數(shù)的綜合應用，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與極值的應用，導數(shù)與不等式的綜合應用，在利用導數(shù)證明不等式時，一般會構造一個函數(shù)，轉化為求解函數(shù)的取值情況進行研究，考查了邏輯推理能力與化簡運算能力，屬于難題．
17．（2022?鼓樓區(qū)校級開學）已知實數(shù)a≠0，設函數(shù)，x＞0．
（1）當a＝﹣1時，求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）對任意均有，求實數(shù)a的取值范圍．
【專題】計算題；轉化思想；換元法；構造法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）對f（x）求導，利用導數(shù)與單調性的關系即可求解；
（2）將已知不等式恒成立問題轉化為，利用換元法構造新函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，求出函數(shù)的最值即可得解．
【解答】解：（1）當a＝﹣1時，，
則，
令f′（x）＞0，可得x＞2+2，令f′（x）＜0，可得0＜x＜2+2，
所以函數(shù)f（x）的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為．
（2）由f（1），得0＜a．
當0＜a時，等價于．
令，則．
設，
則．
（i）當x∈[，+∞）時，，則．
記，
則


．
故
所以，p（x）≥p（1）＝0．
因此，．
（ii）當時，．
令，則，
（因為，而）
故q（x）在上單調遞增，所以．
解法1：由（i）得，．（回代中間函數(shù)p（x））
（因為，，所以）
解法2：也可以直接證明：（放縮法）
因為，且，所以
即，即．所以，q（x）＜0．
因此．
由（i）（ii）知對任意，，
即對任意，均有．
綜上所述，所求a的取值范圍是．
【點評】本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與最值，考查轉化思想與運算求解能力，屬于難題．
二．利用導數(shù)研究函數(shù)的極值（共18小題）
18．（2024?重慶模擬）已知函數(shù)f（x）＝ex+（1﹣a）x﹣lnax．（e為自然對數(shù)的底數(shù)）
（1）當a＝1時，證明：f（x）存在唯一的極小值點x0，且f（x0）＞2；
（2）若函數(shù)f（x）存在兩個零點，記較小的零點為x1，s是關于x的方程ln（1+x）﹣csx＝ax1﹣2的根，證明：s＞x1．
【專題】轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）求出函數(shù)f（x）的導數(shù)，利用導函數(shù)的單調性，結合零點存在性定理推理即得．
（2）利用函數(shù)零點的意義結合同構思想可得x1為x＝lnax兩根中較小的根，且x1＞0，再結合已知構造函數(shù)，借助單調性推理即得．
【解答】證明：（1）當a＝1時，f（x）＝ex﹣lnx，x＞0，求導得，
顯然函數(shù)f′（x）在（0，+∞）上單調遞增，且，
則存在，使得當x∈（0，x0）時，f′（x）＜0，當x∈（x0，+∞）時，f′（x）＞0，且f′（x0）＝0，即，
因此函數(shù)f（x）在（0，x0）上單調遞減，在（x0，+∞）上單調遞增，f（x）存在唯一的極小值點x0，
而，
∴f（x0）＞2．
（2）令ex+（1﹣a）x﹣lnax＝0，得ex+x＝ax+lnax，
設g（x）＝ex+x，顯然g（x）在定義域上單調遞增，
而ax+lnax＝elnax+lnax，則有g（x）＝g（ln（ax）），于是x＝lnax，
依題意，方程x＝lnax有兩個不等的實根，即函數(shù)h（x）＝x﹣lnax在定義域上有兩個零點，
顯然a≠0，當a＜0時，h（x）的定義域為（﹣∞，0），h（x）在（﹣∞，0）上單調遞增，
h（x）最多一個零點，不符合題意，因此a＞0，h（x）的定義域為（0，+∞），
求導得，當0＜x＜1時，h'（x）＜0，當x＞1時，h′（x）＞0，
函數(shù)h（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，h（x）min＝h（1）＝1﹣lna，
要h（x）有兩個零點，必有1﹣lna＜0，即a＞e，此時，即h（x）在（0，1）有一個零點，
h（a2）＝a2﹣3lna，令u（x）＝x2﹣3lnx，x＞e，求導得，顯然u′（x）在（e，+∞）上遞增，
，函數(shù)u（x）在（e，+∞）上遞增，u（x）＞u（e）＝e2﹣3＞0，
于是h（a2）＞0，則函數(shù)h（x）在（1，+∞）上存在唯一零點，
由x1為x＝lnax的兩個根中較小的根，得，
又ax1＝ln（1+s）﹣css+2，從而，則有l(wèi)n（1+s）﹣css+1＞0，
設φ（s）＝ln（1+s）﹣css+1，s＞﹣1，
當s＞0時，ln（1+s）＞0，﹣1≤﹣css≤1，有φ（s）＞0，符合題意，
當﹣1＜s≤0時，，則φ（s）在（﹣1，0]上單調遞增，φ（s）＜φ（0）＝0，不合題意，
因此s＞0，設x＞0，求導得，
當x＞0時，令p（x）＝ex﹣x﹣1，q（x）＝x﹣sinx，則p′（x）＝ex﹣1＞0，q（x）＝1﹣csx≥0，
于是p（x），q（x）在（0，+∞）上單調遞增，從而p（x）＞0，q（x）＞0，即ex＞x+1，x＞sinx，
從而，即m（x）在（0，+∞）單調遞增，則m（x）＞m（0）＝0，
于是ex＞ln（1+x）﹣csx+2，即有，∴s＞x1．
【點評】本題考查了根據(jù)函數(shù)最值求解參數(shù)值、利用導數(shù)解決函數(shù)零點個數(shù)的問題、含參的函數(shù)零點問題、等價轉化方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．
19．（2023秋?牡丹江期中）已知函數(shù)f（x）＝ax﹣e（lnx）2有兩個極值點x1，x2（x1＜x2）．其中a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）求實數(shù)a的取值范圍；
（2）若elnx1+（e﹣2）lnx2≥λlnx1lnx2恒成立，求λ的取值范圍．
【專題】轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1），令g（x）＝f′（x），可得，分別解出解g′（x）≥0，g′（x）≤0，進而得出函數(shù)g（x）的單調性．通過對a分類討論，進而得出結論．
（2）由（1）可知1＜x1＜x2，不等式elnx1+（e﹣2）lnx2≥λlnx1lnx2變?yōu)椋桑?）可得，令，可得，解得lnx1，lnx2，可整理為，令，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與極值，進而得出結論．
【解答】解：（1），
令g（x）＝f′（x），則，
解g′（x）≥0得x≥e；解g′（x）≤0得0＜x≤e，
∴函數(shù)g（x）在（0，e]上單調遞減，在[e，+∞）上單調遞增，且g（e）＝a﹣2．
當a≥2時，g（x）在（0，+∞）上的最小值g（e）＝a﹣2≥0，∴f（x）在（0，+∞）上單調遞增，
沒有極值點，與已知不符，不符合題意．
當0＜a＜2時，f′（x）在（1，e）上單調遞減，f′（1）＝a＞0，f′（e）＝a﹣2＜0，
∴存在唯一實數(shù)x1∈（1，e）使得f′（x1）＝0，
即x∈（1，x1）時，f′（x）＞0；x∈（x1，e）時，f′（x）＜0，∴f（x）有極大值點為x1，
又f′（x）在（e，+∞）上單調遞增，f′（e）＝a﹣2＜0，當x→+∞，f′（x）→a＞0，
∴存在唯一實數(shù)x2∈（e，+∞）使得f′（x2）＝0．
即當x∈（e，x2）時，f′（x）＜0；x∈（x2，+∞）時，f′（x）＞0，∴f（x）有極小值點為x2，
當a≤0時，當x→0時，g（x）→+∞，g（1）＝a≤0，
又∵g（x）＝f′（x）在（0，1]上單調遞減，
∴f′（x）＝0在（0，1]上有唯一實根，
不妨令其根為x0，當x∈（0，x0）時，f′（x）＞0，
又∵當x＞1時，恒成立．
∴當x∈（x0，+∞）時，f′（x）＜0，
此時有且僅有一個極值點，與已知不符，舍去．
∴此種情況符合題意，綜上所述實數(shù)a的取值范圍為（0，2）．
（2）由（1）可知1＜x1＜x2，不等式elnx1+（e﹣2）lnx2≥λlnx1lnx2變?yōu)椋?br>由（1）可得，令，
則，解得，，
∴，可整理為，
令，
則h（t）≥λ在（1，+∞）恒成立，
，
令φ（t）＝[（e﹣2）t2+e]lnt﹣2t﹣（e﹣2）t2+e，
則，
令，
，顯然n′（t）在（1，+∞）遞增，
又n′（1）＝﹣2＜0，，∴存在t0∈（1，e）使得n′（t0）＝0，
且易得φ′（t）在（1，t0）遞減，（t0，+∞）遞增，
又∵φ′（1）＝0，∴φ′（t0）＜0，
而φ′（e）＝e2﹣2e﹣1＞0，
∴存在t1∈（t0，e）使得φ′（t1）＝0，且易得φ（t）在（1，t1）遞減，（t1，+∞）遞增，
又φ（1）＝φ（e）＝0，則1＜x＜e時，φ（t）＜0，h′（t）＜0，x＞e時，φ（t）＞0，h′（t）＞0，
∴易得h（t）在（1，e）上遞減，在（e，+∞）上遞增，則，
∴λ的取值范圍為（﹣∞，（e﹣1）2]．
【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與極值、函數(shù)的零點、分類討論、等價轉化方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．
20．（2023?紅橋區(qū)二模）已知函數(shù)f（x）＝x﹣alnx，g（x）（a＞0）．
（Ⅰ）若a＝1，求函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅱ）設函數(shù)h（x）＝f（x）﹣g（x），求函數(shù)h（x）的單調區(qū)間；
（Ⅲ）若存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，求a的取值范圍．
【專題】分類討論；函數(shù)的性質及應用；導數(shù)的綜合應用；不等式的解法及應用．
【分析】（Ⅰ）求出導數(shù)，求得單調區(qū)間，進而得到極小值；
（Ⅱ）求出h（x）的導數(shù)，注意分解因式，結合a＞0，即可求得單調區(qū)間；
（III）若在[1，e]上存在一點x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，即在[1，e]上存在一點x0，使得h（x0）＜0．即h（x）在[1，e]上的最小值小于零．對a討論，①當1+a≥e，②當1＜1+a＜e，求得單調區(qū)間和最小值即可．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝x﹣alnx的定義域為（0，+∞）．
當a＝1時，f′（x）．
由f′（x）＝0，解得x＝1．
當0＜x＜1時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減；
當x＞1時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增，
所以當x＝1時，函數(shù)f（x）取得極小值，極小值為f（1）＝1﹣ln1＝1；
（Ⅱ）h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x﹣alnx，其定義域為（0，+∞）．
又h′（x）．
由a＞0可得1+a＞0，在0＜x＜1+a上，h′（x）＜0，在x＞1+a上，h′（x）＞0，
所以h（x）的遞減區(qū)間為（0，1+a）；遞增區(qū)間為（1+a，+∞）．
（III）若在[1，e]上存在一點x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，
即在[1，e]上存在一點x0，使得h（x0）＜0．即h（x）在[1，e]上的最小值小于零．
①當1+a≥e，即a≥e﹣1時，由（II）可知h（x）在[1，e]上單調遞減．
故h（x）在[1，e]上的最小值為h（e），
由h（e）＝ea＜0，可得a．
因為e﹣1．所以a．
②當1＜1+a＜e，即0＜a＜e﹣1時，
由（II）可知h（x）在（1，1+a）上單調遞減，在（1+a，e）上單調遞增．
h（x）在[1，e]上最小值為h（1+a）＝2+a﹣aln（1+a）．
因為0＜ln（1+a）＜1，所以0＜aln（1+a）＜a．
則2+a﹣aln（1+a）＞2，即h（1+a）＞2不滿足題意，舍去．
綜上所述：a∈（，+∞）．
【點評】本題考查導數(shù)的運用：求單調區(qū)間和極值、最值，同時考查不等式成立的問題轉化為求函數(shù)的最值，運用分類討論的思想方法是解題的關鍵．
21．（2023秋?武昌區(qū)校級期中）已知函數(shù)有三個極值點x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3．
（1）求實數(shù)k的取值范圍；
（2）若2是f（x）的一個極大值點，證明：．
【專題】函數(shù)思想；轉化思想；分析法；構造法；轉化法；導數(shù)的綜合應用；邏輯推理；數(shù)學運算．
【分析】（1）利用函數(shù)極值點個數(shù)，可得在（0，+∞）上至少有三個實數(shù)根，則在（0，+∞）有兩個不等于2的不相等的實數(shù)根，利用導數(shù)判斷的單調性，并在同一坐標系下畫出函數(shù)g（x）與函數(shù)y＝k的圖象，即可求得實數(shù)k的取值范圍；
（2）根據(jù)（1）中的結論，可得x2＝2，將要證明的不等式化為，利用分析法可知，需證明，由g（x）的單調性可知，，化簡得到，再構造函數(shù)h（x）＝1﹣lnx﹣e1﹣x，x＞1證明即可．
【解答】解：（1）根據(jù)題意可知，函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），
則，
由函數(shù)f（x）有三個極值點x1，x2，x3可知，在（0，+∞）上至少有三個實數(shù)根．
顯然f′（2）＝0，則需方程，也即ex﹣kx＝0有兩個不等于2的不相等的實數(shù)根．
由ex﹣kx＝0，可得，
令，則，
顯然當x∈（0，1）時，g′（x）＜0，即g（x）在（0，1）上單調遞減；
當x∈（1，+∞）時，g′（x）＞0，即g（x）在（1，+∞）上單調遞增；
所以g（x）≥g（1）＝e，
畫出函數(shù)與函數(shù)y＝k在同一坐標系下的圖象，如下圖所示：
由圖，可得k＞e且時，在（0，+∞）上有兩個不等于2的相異的實數(shù)根，
經檢驗可知，當時，
導函數(shù)在x1，x2，x3左右符號不同，
即x1，x2，x3均是f′（x）＝0的變號零點，滿足題意；
因此實數(shù)k的取值范圍時．
（2）證明：根據(jù)題意結合（1）中的圖象，由x1＜x2＜x3可知，x1≠2，
若2是f（x）的一個極大值點，易知函數(shù)f（x）在（0，x1）上單調遞減，則x2＝2，
因此x1，x3是方程ex＝kx的兩個不相等的實數(shù)根，即，
所以，
同理，可得，
所以，
由可知，，
所以，
又，要證，
即證，也即，所以．
由（1），可得0＜x1＜1，x3＞1，所以，
且根據(jù)（1）中結論可知，函數(shù)在（0，1）上單調遞減．
所以要證證，即證，又，
即g（x1）＝g（x3），即證，即，
所以，即，所以，
令h（x）＝1﹣lnx﹣e1﹣x，x＞1，則，
令u（x）＝xe1﹣x﹣1，x＞1，則u′（x）＝（1﹣x）e1﹣x＜0，
所以u（x）在（1，+∞）上單調遞減，即u（x）＜u（1）＝0，
所以h′（x）＜0，即h（x）在（1，+∞）上單調遞減；
因此h（x）＜h（1）＝0，所以．
【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與極值，利用分析法證明不等式，考查了轉化思想和函數(shù)思想，屬難題．
22．（2023秋?武漢月考）已知函數(shù)f（x）＝sin3xcsx，f′（x）為f（x）的導函數(shù)．
（1）求f（x）在（0，2π）上的極值；
（2）記x0為f（x）在（0，+∞）上第一個極值點，若0＜x1＜x2＜x0，且f'（x1）＝f'（x2），求[x1+x2]的值（[x]表示不超過x的最大整數(shù)）；
（3）設n∈N*，求證：．
【專題】函數(shù)思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；邏輯推理；數(shù)學運算．
【分析】（1）求導，利用導數(shù)判斷原函數(shù)的單調性，并結合周期性分析函數(shù)的極值；
（2）換元，令t＝sin2x，結合二次函數(shù)對稱性可知，利用三角恒等變換結合正弦函數(shù)有界性分析可得，即可得結果；
（3）由（1）分析可得，利用倍角公式結合三角函數(shù)的有界性進行放縮即可證得題中的不等式．
【解答】解：（1）因為f（x+π）＝sin3（x+π）cs（x+π）＝sin3xcsx＝f（x），可知π為函數(shù)f（x）的周期，
又因為f'（x）＝3sin2xcs2x﹣sin4x＝sin2x（3cs2x﹣sin2x）
＝sin2x（4cs2x﹣1）＝sin2x（2csx+1）（2csx﹣1），
令f'（x）＝0在x∈（0，π）上的根為：，，
當時，f'（x）＞0，f（x）單調遞增，
當時，f'（x）＜0，f（x）單調遞減，
當時，f'（x）＞0，f（x）單調遞增，
則f（x）在（0，π）上的極小值為，極大值為，
由周期可知：f（x）在（π.2π）上的極小值為，極大值為，
且f（x）在上單調遞增，在上單調遞增，
注意到函數(shù)f（x）為連續(xù)不斷的函數(shù)，可知 x＝π不為極值點，
所以f（x）在（0，2π）上極小值為，極大值為．
（2）由（1）可知：，且f'（x）＝sin2x（4cs2x﹣1）＝sin2x（3﹣4sin2x），，
令，則g（t）＝t（3﹣4t）＝﹣4t2+3t，可知其對稱軸為，
若0＜x1＜x2＜x0，且f'（x1）＝f'（x2），
則，g（t1）＝g（t2），且，，
則，
若，則，可得，不合題意，
所以，
①若，即，則，
可得
，
因為，則，則，
所以，不合題意，所以；
②若，即，則，
可得，不合題意，所以；
綜上所述：，可得[x1+x2]＝1．
（3）證明：因為f（0）＝0，由（1）可知：，
即，
則|sin2xsin22xsin24x?sin22nx|



，
即，
所以．
【點評】本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的極值，不等式的證明，考查運算求解能力，屬于難題．
23．（2023秋?漢中月考）已知函數(shù)．
（1）討論函數(shù)f（x）的極值點的個數(shù)；
（2）若函數(shù)f（x）恰有三個極值點x1、x2、x3（x1＜x2＜x3），且x3﹣x1≤1，求x1+x2+x3的最大值．
【專題】轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）求出函數(shù)f（x）的定義域與導數(shù)，對實數(shù)a的取值進行分類討論，利用導數(shù)分析函數(shù)f（x）的單調性，可得出函數(shù)f（x）在實數(shù)a取不同知值時的極值點個數(shù)；
（2）由已知可得出，兩式相除得到，令，則t＞1，則x3＝tx1，，得，，分析可得1＜t≤e，則，令，其中1＜t≤e，利用導數(shù)求出函數(shù)k（t）的最大值，即為所求．
【解答】解：（1）函數(shù)的定義域為（0，+∞），
且．
①當a≤0時，aex﹣x＜0，由f'（x）＜0，可得x＞1；由f'（x）＞0，可得0＜x＜1．
所以f（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，
因此f（x）在x＝1處取得極大值；
②，令，其中x＞0，則，
由g'（x）＜0可得x＞1，由g'（x）＞0可得0＜x＜1，
因此g（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，
所以，所以，故aex﹣x≥0，
由f'（x）＜0可得0＜x＜1，由f'（x）＞0可得x＞1，
所以f（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，
因此f（x）在x＝1處取得極小值；
③當時，，
令，由②知，
而h（0）＝a＞0，，
令，則φ'（a）＝2（1+lna）＜0，
所以φ（a）在上單調遞減，因此，故，
所以函數(shù)h（x）在（0，1）和上各存在唯一的零點，分別為m、n，
所以函數(shù)f（x）在（0，m）上單調遞減，在（m，1）上單調遞增，在（1，n）上單調遞減，在（n，+∞）上單調遞增，
故函數(shù)f（x）在x＝m和x＝n處取得極小值，在x＝1處取得極大值．
綜上所述，當a≤0或時，f（x）有一個極值點；當時，f（x）有三個極值點．
（2）因為函數(shù)f（x）恰有三個極值點x1、x2、x3（x1＜x2＜x3），
所以由（1）知x1＝m，x2＝1，x3＝n，
由，兩式相除得到．
令，則t＞1，則x3＝tx1，，得，，
因此x3﹣x1＝lnt≤1，所以1＜t≤e，則．
令，其中1＜t≤e，則，
令，則，
所以ω（t）在（1，e]上單調遞增，則當1＜t≤e時，ω（t）＞ω（1）＝0，
即k'（t）＞0，故k（t）在（1，e]上單調遞增，
所以當1＜t≤e時，，
故x1+x2+x3的最大值為．
【點評】本題考查了函數(shù)的極值，函數(shù)的最值，屬于難題．
24．（2023秋?沙坪壩區(qū)校級月考）已知實數(shù)，函數(shù)f（x）＝（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．
（1）證明：（i）f（x）存在唯一的極小值點x0；
（ii）．
（2）證明：f（x）有三個不相等的零點x1，x2，x3，且x1x2x3＝1．
【專題】函數(shù)思想；綜合法；函數(shù)的性質及應用；邏輯推理；數(shù)學運算．
【分析】（1）（i）先對f（x）求導，然后令g（x）＝f′（x），再求g'（x），可判斷出g（x）在（0，1）上單調遞減，g（x）在（1，+∞）上單調遞增，再結合零點存在性定理可求得f（x）的單調區(qū)間，從而證得結論，（ii）由（i）求得f（x）的極小值，令，利用導數(shù)可證得結論，
（2）由f（1）＝0，設x2＝1，f（x）在（1，n）上單調遞減，在（n，+∞）上單調遞增，且f（ea）＞0，所以由零點存在性定理得在（1，+∞）上存在唯一的p，使f（p）＝0，令x3＝p，而，令，從而可證得結論．
【解答】證明：（1）（i），
令，
∴當0＜x＜1時，g′（x）＜0，當x＞1時，g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，1）上單調遞減，g（x）在（1，+∞）上單調遞增，
由知，，
，
∴由零點存在定理知，存在，使得g（m）＝g（n）＝0，
且當0＜x＜m或x＞n時，g（x）＞0，即f′（x）＞0，
當m＜x＜n時，g（x）＜0，即f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，m）上單調遞增，在（m，n）上單調遞減，在（n，+∞）上單調遞增．
故f（x）存在唯一的極小值點x0＝n．
（ii）由（i）知x0∈（l，e），f′（x0）＝0，即，
f（x0）＝（x0+1）lnx0﹣a（x0﹣1）．
令，則，
∴m（x）在（1，e）上單調遞減，
∴，
∴．
（2）顯然f（1）＝0，不妨設x2＝1，
又由（1）知f（x）在（1，n）上單調遞減，在（n，+∞）上單調遞增，
且f（ea）＝（ea+1）a﹣a（ea﹣1）＝2a＞0，
∴由零點存在定理知，在（1，+∞）上存在唯一的p，使f（p）＝0，不妨記x3＝p；
又，
且，f（x）在（0，m）上單調遞增，在（m，1）上單調遞減，
∴在（0，1）上存在唯一的，使，即，
因此有x1x2x3＝1成立．
【點評】導函數(shù)中常用的兩種常用的轉化方法：
一是利用導數(shù)研究含參函數(shù)的單調性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}．注意分類討論與數(shù)形結合思想的應用；
二是函數(shù)的零點、不等式證明常轉化為函數(shù)的單調性、極（最）值問題處理．
25．（2023春?湖北期中）已知函數(shù)f（x）＝alnx﹣（x﹣1）ebx（a，b是常數(shù)，e是自然對數(shù)的底數(shù)）．
（1）當a＝1，b＝0時，求函數(shù)f（x）的最大值；
（2）當a＞e，b＝1時：
①證明：函數(shù)f（x）存在唯一的極值點β．
②若f（α）＝0，且α＞β，證明：（α﹣β）（2β+1）＜3（β2﹣1）．
【專題】轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）當a＝1，b＝0時，f（x）＝lnx﹣x+1，x∈（0，+∞），利用導數(shù)的運算法則可得f′（x），研究函數(shù)f（x）的單調性即可得出極值．
（2）當a＞e，b＝1時，f（x）＝alnx﹣（x﹣1）ex，x∈（0，+∞），可得f′（x）．
①令g（x）＝a﹣ex?x2，利用導數(shù)研究函數(shù)g（x）的單調性，結合函數(shù)零點存在性定理可知，即可證明f（x）在x＝β處取得極大值，即f（x）存在唯一的極值點β．
②由①可知，，由f（α）＝0，得，兩式相除，得，由（1）可知，f（x）≤0，可得lnα﹣α+1＜0，可得ea﹣β，（α﹣β）（2β+1）＜2lnβ?（2β+1），設h（β）＝lnβ（β），利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性可得，進而證明結論．
【解答】解：（1）當a＝1，b＝0時，f（x）＝lnx﹣x+1，x∈（0，+∞），
f′（x），
當0＜x＜1時，f'（x）＞0，f（x）在（0，1）上單增；
當x＞1時，f'（x）＜0，f（x）在（1，+∞）上單減．
∴當x＝1時，f（x）有最大值f（1）＝0．
（2）證明：當a＞e，b＝1時，f（x）＝alnx﹣（x﹣1）ex，x∈（0，+∞），
f′（x）xex．
①令g（x）＝a﹣ex?x2，
g'（x）＝﹣ex（x2+2x）＜0，
∴g（x）在（0，+∞）上單減，
由a＞e，得lna＞1，ln2a＞1，則1﹣ln2a＜0，
又g（1）＝a﹣e＞0，g（lna）＝a﹣elna?ln2a＝a（1﹣ln2a）＜0，
由函數(shù)零點存在性定理可知，存在唯一β∈（1，lna）使g（β）＝0，即a﹣eβ?β2＝0，
當x∈（0，β）時，g（x）＞0，f′（x）＞0，f（x）在（0，β）上單增，
當x∈（β，+∞）時，g（x）＜0，f'（x）＜0，f（x）在（β，+∞）上單減，
∴f（x）在x＝β處取得極大值，即f（x）存在唯一的極值點β．
②由①可知，a﹣eβ?β2＝0，即，（*）
由α＞β，且β∈（1，lna），得α＞1，
由f（α）＝0，得alnα﹣（α﹣1）eα＝0，，（**）
（*）與（**）兩式相除，得，
由（1）可知，f（x）≤0，即lnx﹣x+1≤0，
∴l(xiāng)nα﹣α+1＜0，，
∴ea﹣β，α﹣β＜2lnβ，（α﹣β）（2β+1）＜2lnβ?（2β+1），
設h（β）＝lnβ（β），
h'（β）0，
得h（β）在（1，+∞）上單減，則h（β）＜h（1）＝0，
得，則，
又（β+1）0，
∴，
故（α﹣β）（2β+1）＜3（β2﹣1）成立．
【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與極值、等價轉化方法、放縮法、方程與不等式的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．
26．（2023?南京三模）已知函數(shù)f（x）＝xlnxax2，g（x）＝﹣x+a（a∈R）．
（1）若y＝x與f（x）的圖象恰好相切，求實數(shù)a的值；
（2）設函數(shù)F（x）＝f（x）+g（x）的兩個不同極值點分別為x1，x2（x1＜x2）．
（i）求實數(shù)a的取值范圍：
（ii）若不等式eλ+1＜x1?x2λ恒成立，求正數(shù)λ的取值范圍（e＝2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)）．
【專題】轉化思想；換元法；構造法；導數(shù)的綜合應用；邏輯推理；數(shù)學運算．
【分析】（1）求函數(shù)f（x）的導數(shù)f′（x），設y＝x 與f（x）圖象的切點為（x0，y0），由此列方程組求出a的值；
（2）（i）由題意知F′（x）＝0 有兩個不等正實根x1，x2，由此構造函數(shù)h（x），求函數(shù)h（x）的導數(shù)，判斷函數(shù)h（x）的單調性，由此求出實數(shù)a的取值范圍．
（ii）由題意知不等式eλ+1＜x1?x2λ恒成立，兩邊取對數(shù)得λ﹣lnx1＜λlnx2﹣1，轉化為λ+1＜lnx1+λlnx2，利用換元法設t，t∈（0，1），化為λ+1恒成立；由此求正數(shù)λ的取值范圍．
【解答】解：（1）因為函數(shù)f（x）＝xlnxax2，x∈（0，+∞），求導數(shù)得f′（x）＝lnx+1﹣ax，
設y＝x 與f（x）圖象的切點為（x0，y0），
所以，解得x0＝e2，a；
（2）（i）因為函數(shù)F（x）＝f（x）+g（x）＝xlnx﹣xax2+a，定義域為（0，+∞），則F′（x）＝lnx﹣ax．
由題意知F′（x）＝lnx﹣ax＝0 有兩個不等實根x1，x2，
設函數(shù)h（x）a，則h′（x），所以h′（e）＝0，
當0＜x＜e時，h′（x）＞0，所以h（x）在區(qū)間（0，e）上單調遞增；
當x＞e時，h′（x）＜0，所以h（x）在區(qū)間（e，+∞）上單調遞減．
所以h（x）的極大值也是最大值為h（e）．
因為h（x）有兩個不同的零點，所以h（e）＞0，即a＞0，解得a；
當a≤0時，若x＞e時，則h（x）＞0恒成立，所以h（x）至多一個零點，不符合題意，
所以0＜a．
現(xiàn)證明：當0＜a時，h（x）有兩個不同的零點．
因為h（1）＝﹣a＜0，h（e）＞0，所以h（x）在區(qū)間（0，e）內有唯一零點；
所以h（）＝a2（ln），令t，設函數(shù)s（t）＝2lnt﹣t，則s′（x）1，
所以s（t）max＝2ln2﹣2＜0，所以h（）＜0，h（x）在區(qū)間（e，+∞）內有唯一的零點．
綜上，實數(shù)a的取值范圍是（0，）．
（ii）由題設條件和（i）知，1＜x1＜e＜x2，lnx1＝ax1，lnx2＝ax2，所以a；
若不等式eλ+1＜x1?x2λ恒成立，兩邊取對數(shù)，得λ﹣lnx1＜λlnx2﹣1，
所以λ+1＜lnx1+λlnx2＝ax1+aλx2（x1+λx2）；
設t，則t∈（0，1），λ+1恒成立；
所以lnt0在t∈（0，1）時恒成立；
設p（t）＝lnt，t∈（0，1），則p′（t）；
若λ2≥1，即λ≥1，則當t∈（0，1）時，p′（t）＞0，
所以p（t）在（0，1）上單調遞增，所以p（t）＜p（1）＝0，滿足題意；
若0＜λ＜1，則當t∈（λ2，1）時，p′（t）＜0，所以p（t）在（λ2，1）上單調遞減，
所以當t∈（λ2，1）時，p（t）＜p（1）＝0，不滿足題意；
綜上，正數(shù)λ的取值范圍是[1，+∞）．
【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，極值與最值問題，也考查了轉化法與構造函數(shù)法，以及運算求解能力和邏輯推理能力，是難題．
27．（2023?思明區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（x）x3﹣mx2+m2x（m∈R）的導函數(shù)為f′（x）．
（1）若函數(shù)g（x）＝f（x）﹣f′（x）存在極值，求m的取值范圍；
（2）設函數(shù)h（x）＝f′（ex）+f′（lnx）（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)），對任意m∈R，若關于x的不等式h（x）≥m2+k2在（0，+∞）上恒成立，求正整數(shù)k的取值集合．
【專題】函數(shù)思想；分析法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）對函數(shù)g（x）求導，通過導數(shù)研究g（x）的單調性，進而確定m的取值范圍，（2）將原問題轉化為對任意m∈R，m2﹣2（ex+lnx）m+（2e2x+2ln2x﹣k2）≥0 在（0，+∞）上恒成立，即k2≤（ex﹣lnx）2 對任意x＞0恒成立，設m（x）＝ex﹣lnx（x＞0），求k，即可求解．
【解答】解：（1）f'（x）＝2x2﹣2mx+m2，
∴g（x）x3﹣mx2+m2x﹣2x2﹣2mx+m2，
∴g'（x）＝2x2﹣2（m+2）x+m2+2m，
當m≤﹣2或m≥2時，Δ＝4（m+2）2﹣8（m2+2m）≤0，
∴g'（x）≥0恒成立，即函數(shù)g（x）在R上單調遞增，故函數(shù)g（x）無極值，
當﹣2＜m＜2時，Δ＝4（m+2）2﹣8（m2+2m）＞0，
設g'（x）＝0兩個根為x1，x2，x1＜x2，
當x∈（﹣∞，x1），g'（x）＞0，g（x）單調遞增，當x∈（x1，x2），g'（x）＜0，g（x）單調遞減，
當x∈（x2，+∞），g'（x）＞0，g（x）單調遞增，
故函數(shù)在x＝x2 取得極大值，故函數(shù)在x＝x1 取得極小值，
綜上所述，m的取值范圍為（﹣2，2）．
（2）∵h（x）＝（2e2x﹣2mex+m2）+（2ln2x﹣2mlnx+m2），
∴對任意m∈R，（2e2x﹣2mex+m2）+（2ln2x﹣2mlnx+m2）≥m2+k2 在（0，+∞）上恒成立，
即對任意m∈R，m2﹣2（ex+lnx）m+（2e2x+2ln2x﹣k2）≥0 在（0，+∞）上恒成立，
∴Δ＝4（ex+lnx）2﹣4（2e2x+2ln2x﹣k2）≤0 在（0，+∞）上恒成立，即k2≤（ex﹣lnx）2 對任意x＞0恒成立，
設m（x）＝ex﹣lnx（x＞0），
∴m'（x），
∵m''（x）0，
∴m'（x）在（0，+∞）上單調遞增且為連續(xù)，
∵，m'（1）＝e﹣1＞0，
∴函數(shù)m'（x）在（0，+∞）存在唯一零點，
∵當x∈（0，x0） 時，m'（x）＜0，m（x）單調遞減，
當x∈（x0，+∞） 時，m'（x）＞0，m（x）單調遞增，
∴x＝x0 為函數(shù)m（x）的極小值，
∴，，
∴x0＝﹣lnx0，
∴，
∵k＞0，
∴即k2≤（ex﹣lnx）2 得k≤ex﹣lnx對任意x＞0恒成立，
∴k，
∵，
∴k＝1，2，
即正整數(shù)k的取值集合為{1，2}．
【點評】本題主要考查函數(shù)極值的判斷，以及利用導數(shù)研究函數(shù)恒成立問題，需要學生有很強的知識，計算量大，屬于難題．
28．（2023?天津一模）已知函數(shù)f（x）＝aex﹣sinx﹣a．（注：e＝2.718281…是自然對數(shù)的底數(shù)）．
（1）當a＝2時，求曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；
（2）當a＞0時，函數(shù)f（x）在區(qū)間內有唯一的極值點x1．
（?。┣髮崝?shù)a的取值范圍；
（ⅱ）求證：f（x）在區(qū)間（0，π）內有唯一的零點x0，且x0＜2x1．
【專題】分類討論；方程思想；轉化法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）f（x）＝2ex﹣sinx﹣2，利用導數(shù)的運算法則可得f'（x），可得切線斜率f′（0），利用點斜式可得切線方程．
（2）（?。ゝ'（x）＝aex﹣csx，對a分類討論，利用函數(shù)的單調性，根據(jù)函數(shù)f（x）在區(qū)間內有唯一的極值點x1，即可得出a的取值范圍．
（ⅱ）由（?。┲?＜a＜1，當時，f'（x）＝aex﹣csx＞0，結合f'（x）的單調性與函數(shù)零點存在定理可得：f（x）在（x1，π）上有唯一零點x0，，由（?。┲猣'（x1）＝0，，化簡整理，構造函數(shù)，再一次利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性即可證明結論．
【解答】解：（1）f（x）＝2ex﹣sinx﹣2，
f'（x）＝2ex﹣csx，
切線的斜率k＝f'（0）＝2﹣1＝1，又f（0）＝0，
∴切線方程為y＝x．
（2）（?。ゝ'（x）＝aex﹣csx，
①當a≥1時，當時，aex＞1，csx∈（0，1），
∴f'（x）＞0，
∴y＝f（x）在上單調遞增，沒有極值點，不合題意，舍去；
②當0＜a＜1時，
f''（x）＝aex+sinx＞0，∴f'（x）在上遞增，
又f'（0）＝a﹣1＜0，，
∴f'（x）在上有唯一零點x1，
當x∈（0，x1）時，f'（x）＜0，函數(shù)f（x）單調遞減；
當時，f'（x）＞0，函數(shù)f（x）單調遞增，
∴函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間內有唯一極值點，符合題意，
綜上，a的取值范圍是（0，1）．
（ⅱ）證明：由（?。┲?＜a＜1，當時，f'（x）＝aex﹣csx＞0，
當x∈（0，x1）時，f'（x）＜0，函數(shù)f（x）單調遞減；
當x∈（x1，π）時，f'（x）＞0，函數(shù)f（x）單調遞增；
∴x∈（0，x1）時，f（x）＜f（0）＝0，則f（x1）＜0，
又∵f（π）＝aeπ﹣a＝a（eπ﹣1）＞0，
∴f（x）在（x1，π）上有唯一零點x0，
即f（x）在（0，π）上有唯一零點x0．
由（?。┲猣'（x1）＝0，∴．
∵，
則f（2x1）sin2x1﹣acsx1﹣2sinx1csx1
，．
設h（x）＝ex﹣2sinx﹣e﹣x，，
則h'（x）＝ex﹣2csx+e﹣x，
∵ex+e﹣x＞2，2csx＜2，
∴h'（x）＝ex+e﹣x﹣2csx＞0，
h（x）在為單調遞增，又h（0）＝0，∴h（x）＞0，
又時，csx1＞0，
∴．
∴f（2x1）＞f（x0）＝0．
由前面討論知x1＜2x1＜π，x1＜x0＜π，f（x）在（x1，π）單調遞增，
∴x0＜2x1．
【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與極值及最值、方程與不等式的解法、函數(shù)零點存在定理、等價轉化方法、構造法、分類討論方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．
29．（2023春?浙江期中）已知函數(shù)f（x）＝（1﹣x）ex+alnx．
（1）當a＝0時，求f（x）在（1，f（1））處的切線方程；
（2）若f（x）存在大于1的零點x0，設f（x）的極值點為x1；
①求a的取值范圍；
②證明：3x1＞2x0．
【專題】計算題；轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）根據(jù)導數(shù)幾何意義可求得切線斜率f'（1），結合f（1）＝0可得切線方程；
（2）①求導后，當a≤0時，可知f（x）單調遞減，不合題意；當a＞0時，根據(jù)f（x）存在極值點可確定f′（x1）＝0，得到，并得到f（x）單調性；通過零點可確定1＜x1＜x0，結合f（x1）＞0恒成立可確定只需有解即可；利用導數(shù)可求得m（x）＝x2ex（x＞1）的單調性和值域，由此可得a的范圍；
②將問題轉化為證明，即證明；根據(jù)的形式，可構造函數(shù)，利用導數(shù)可說明h（x）單調性，并得到h（x）＜0，從而說明，由此可證得結論．
【解答】解：（1）當a＝0時，f（x）＝（1﹣x）ex，則f'（x）＝﹣ex+（1﹣x）ex＝﹣xex，
∴f'（1）＝﹣e，又f（1）＝0，
∴f（x）在（1，f（1））處的切線方程為：y＝﹣e（x﹣1），即ex+y﹣e＝0．
（2）①由題意知：f（x）定義域為（0，+∞），；
令g（x）＝f'（x），則；
當a≤0時，f'（x）＜0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上單調遞減，不合題意；
當a＞0時，g'（x）＜0恒成立，∴f'（x）在（0，+∞）上單調遞減，
∵f（x）存在極值點x1，∴，即；
且當x∈（0，x1）時，f'（x）＞0；當x∈（x1，+∞）時，f'（x）＜0；
∴f（x）在（0，x1）上單調遞增，在（x1，+∞）上單調遞減；
∵f（1）＝0，f（x）存在大于1的零點x0，∴1＜x1＜x0；
則需，又，
∴，即，又x1＞1，∴，
令，則t∈（0，1），t2﹣t﹣lnt＞0；
令φ（t）＝t2﹣t﹣lnt（0＜t＜1），則，
∴φ（t）在（0，1）上單調遞減，∴φ（t）＞φ（1）＝0，即當x1＞1時，f（x1）＞0恒成立；
令m（x）＝x2ex（x＞1），則m'（x）＝x（x+2）ex＞0，
∴m（x）在（1，+∞）上單調遞增，∴m（x）＞m（1）＝e，
∴當a＞e時，方程有解；∴實數(shù)a的取值范圍為（e，+∞）；
②證明：由①知：x1＞1，，
則，
令，
則；
∵，，，
∴h'（x）＜0，∴h（x）在（1，+∞）上單調遞減，∴，
又x1＞1，∴，∴，
又f（x0）＝0，∴，
∵，x0＞x1，f（x）在（x1，+∞）上單調遞減，
∴，即3x1＞2x0．
【點評】本題考查導數(shù)幾何意義的應用、導數(shù)在求解函數(shù)中的應用；本題證明不等式的關鍵是能夠將問題轉化為函數(shù)的兩個函數(shù)值大小關系的比較問題，結合導數(shù)的知識可求得函數(shù)值的大小關系，從而得到結論．
30．（2023?湖南模擬）已知函數(shù)f（x）＝sinx+sin2x，x∈[0，π]．
（1）函數(shù)F（x）＝f（x）csx+x在x＝x0處取得極大值，求f（x0）的值；
（2）若，證明：f（x）≥3xcsax．
【專題】分類討論；轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）F（x）＝f（x）csx+x，x∈[0，π]，F(xiàn)（x）＝sinxcsx+csxsin2x+x，求導可得F'（x），利用導數(shù)研究極值點可得x0滿足的條件，進而得出結論．
（2）由y＝csax為偶函數(shù)，因此只需考慮的情況即可．令g（a）＝f（x）﹣3xcsax，可得g'（a）＝3x2sinax，通過對x分類討論，結合三角函數(shù)的單調性，進而證明結論．
【解答】解：（1）F（x）＝f（x）csx+x，x∈[0，π]，F(xiàn)（x）＝sinxcsx+csxsin2x+x，
∴F'（x）＝cs2x﹣sin2x﹣sinxsin2x+2csxcs2x+1＝6cs3x+2cs2x﹣4csx，
∴F'（x）＝2（csx+1）csx（3csx﹣2）．
∵x∈[0，π]，∴﹣1≤csx≤1．
當﹣1≤csx≤0，或時，F(xiàn)'（x）≥0，
當時，F(xiàn)'（x）＜0，
即F（x）在[0，x0]上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，且．
∵，，∴，
即f（x0）＝sinx0+2sinx0csx0．
（2）證明：由y＝csax為偶函數(shù)，因此只需考慮的情況：
令g（a）＝f（x）﹣3xcsax，
∴g'（a）＝3x2sinax，
（i）當，有g'（a）≤0，∴g（a）單調遞減，
有，
記，其中，只需證φ（x）≥0，
有，當，易知φ′（x）≤0，
當，有φ′（x）≤2+9sin2﹣9sin20，
∴φ（x）單調遞減，則φ（x）≥0成立；
（ii）當，有g'（a）≥0，∴g（a）單調遞增，
∵g（a）≥g（1）＝sinx+sin2x﹣3xcsx，
①當，有f（x）＝（1+2csx）sinx≥0≥3xcsx，成立；
②當，
記，則只需證，h（x）≥0；，h（x）≤0；
∵，
∴當，有h'（x）≥0，則h（x）單調遞增，h（x）≥h（0）＝0成立；
當，有h'（x）≤0，則h（x）單調遞減，
有成立．
綜上可知，有f（x）≥3xcsax．
【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與極值及最值、三角函數(shù)求值、等價轉化方法、分類討論方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．
31．（2023?永州三模）已知函數(shù)f（x）＝xe﹣x?lna，g（x）＝sinx．
（1）若x＝0是函數(shù)h（x）＝f（x）+ag（x）的極小值點，討論h（x）在區(qū)間（﹣∞，π）上的零點個數(shù)．
（2）英國數(shù)學家泰勒發(fā)現(xiàn)了如下公式：csx
這個公式被編入計算工具，計算足夠多的項時就可以確保顯示值的精確性．
現(xiàn)已知，
利用上述知識，試求的值．
【專題】計算題；分類討論；轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；點列、遞歸數(shù)列與數(shù)學歸納法；數(shù)學運算．
【分析】（1）本小問考查函數(shù)零點個數(shù)問題，將h（x）的表達式表示出來，利用導數(shù)的方法討論函數(shù)的單調性，利用最值、零點定理等進行判斷零點個數(shù)；
（2）利用給的已知條件，將條件中csx表達式進行求導處理，求出的表達式，將條件中的的表達式與上面得到的進行比較，即可得出所要求的結果．
【解答】解：（1）由題意得：h'（x）＝lna（1﹣x）e﹣x+acsx，
因為x＝0為函數(shù)h（x）的極值點，
所以，h'（0）＝lna+a＝0，
知：lna＝﹣a，h（x）＝a（sinx﹣xe﹣x），h'（x）＝a[csx﹣（1﹣x）e﹣x]，
（i）當x∈（﹣∞，0）時，
由a＞0，﹣1≤csx≤1，1﹣x＞1，e﹣x＞1，得f'（x）＜0，
所以h（x）在（﹣∞，0）上單調遞減，h（x）＞h（0）＝0，
所以h（x）在區(qū)間（﹣∞，0）上不存在零點；
（ii）當x∈（0，π）時，設φ（x）＝csx﹣（1﹣x）e﹣x，
則φ'（x）＝（2﹣x）e﹣x﹣sinx．
①若，令m（x）＝（2﹣x）e﹣x﹣sinx，
則m'（x）＝（x﹣3）e﹣x﹣csx＜0，
所以m（x）在上單調遞減，
因為m（0）＝2＞0，，
所以存在，滿足m（a）＝0，
當x∈（0，a）時，m（x）＝φ'（x）＞0，φ（x）在（0，a）上單調遞增；
當時，m（x）＝φ'（x）＜0，φ（x）在上單調遞減；
②若，令k（x）＝（2﹣x）e﹣x，，
則k'（x）＝（x﹣3）e﹣x＜0，所以k（x）在區(qū)間上單調遞減，
所以，
又因為，
所以φ'（x）＝（2﹣x）e﹣x﹣sinx＜0，φ（x）在上單調遞減；
③若x∈（2，π），則φ'（x）＝（2﹣x）e﹣x﹣sinx＜0，φ（x）在（2，π）上單調遞減．
由（a）（b）（c）得，h（x）在（0，a）上單調遞增，h（x）在（a，π）單調遞減，
因為φ（a）＞φ（0）＝0，φ（π）＝（π﹣1）e﹣π﹣1＜0，
所以存在β∈（a，π）使得φ（β）＝0，
所以，當x∈（0，β）時，h'（x）＝φ（x）＞0，h（x）在（0，β）上單調遞增，h（x）＞h（0）＝0，
當x∈（β，π）時，h'（x）＝φ（x）＜0，h（x）在（β，π）上單調遞減，
因為h（β）＞h（0）＝0，h（π）＜0，
所以h（x）在區(qū)間（β，π）上有且只有一個零點．
綜上，h（x）在區(qū)間（﹣∞，π）上的零點個數(shù)為2個；
（2）因為，（*）
對，
兩邊求導得：，，
所以，（**）
比較（*）（**）式中x2的系數(shù)，得，
所以．
【點評】本題考查了函數(shù)的單調性，最值零點問題，數(shù)列的求和，考查運算求解能力，屬于難題．
32．（2023?常德二模）已知函數(shù)f（x）＝x2alnx（a∈R）
（1）若f（x）在x＝2處取得極值，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（2）當a＞0時，若f（x）有唯一的零點x0，求[x0]
注：[x]表示不超過x的最大整數(shù)，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[﹣1.5]＝﹣2
參考數(shù)據(jù)：ln2＝0.698，ln3＝1.099，ln5＝1.609，ln7＝1.946．
【專題】函數(shù)思想；轉化法；導數(shù)的綜合應用．
【分析】（1 ）求出 函數(shù)的導數(shù)，求出a得到值，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調區(qū)間即可；
（2）求出函數(shù)的導數(shù)，結合a的范圍，確定函數(shù)的單調區(qū)間，從而求出[x0]的值．
【解答】解：（1）已知函數(shù)f（x）＝x2alnx，其中a∈R的定義域為（0，+∞）．
∴f′（x）＝2x（x＞0），由于x＝2是函數(shù)f（x）的極值點，∴f'（2）＝0
可得a＝7，所以函數(shù)f（x）＝x27lnx，
∴f′（x）＝2x（x＞0），
∴f′（1）＝﹣7，f（1）＝3，
故切線方程是：y﹣3＝﹣7（x﹣1），
即7x+y﹣10＝0；
（2）f（x）＝x2alnx，其中a∈R的定義域為（0，+∞）．
∴f′（x）＝2x （x＞0）
令函數(shù)g（x）＝2x3﹣ax﹣2（x＞0），則g'（x）＝6x2﹣a（x＞0）．
由于a＞0及g'（x）＝0可得x，
∴g（x）當x∈（0， ）時g'（x）＜0，當x∈（，+∞）時g'（x）＞0，
∴g（x）在（0，）單調遞減，在（，+∞）時單調遞增．
由于g（0）＝﹣2＜0，
∵g（x）在（0，）單調遞減，
∴g（x）當x∈（0，）時g（x）＜0．
由于g（1）＝﹣a＜0．
∵g（x）在（，+∞）時單調遞增．
∴g（x）在（1，+∞）時上有唯一零點，記為x＝x1．
∴f（x）在（0，x1）單調遞減，在（x1，+∞）時單調遞增．
∴f（x）在x＝x1時取極小值，即為最小值．
又f（x）有唯一的零點x0，故x0＝x1且x0＞1．
由于g（x0）＝0且f（x0）＝0，
可得2lnx01＝0．
令函數(shù)h（x）＝2lnx1（x＞1）在（1，+∞）時單調遞增，
h（2）＝2ln21＜0，而h（3）＝2ln31＞0．
從而x0∈（2，3），故得[x0]＝2．
【點評】本題考查了函數(shù)的單調性，最值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)的零點問題，考查轉化思想，是一道綜合題．
33．（2023?天津模擬）已知函數(shù)f（x）＝（x﹣a）lnx﹣xlna，其中a＞0．
（1）求f（x）的極值；
（2）設函數(shù)g（x）＝f（x）+f（）有三個不同的極值點x1，x2，x3．
（?。┣髮崝?shù)a的取值范圍；
（ⅱ）證明：x12+x22+x32＞3．
【專題】轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1），可得f'（x）在（0，+∞）單調遞增，又f'（a）＝0，即可得出函數(shù)f（x）的單調性與極值．
（2）（ⅰ），由題可知g'（x）＝0有三個不同的正實根x1、x2、x3，令t＝x2∈（0，+∞），可得，令，h（t）＝0有三個不同的正實根、、，h′（t），可得h'（t）＝0有兩個不同的正實根，進而得出結論a的取值范圍．
（ⅱ）令、，由（?。┲獂2＝1，0＜t1＜1＜t3，且t1、t3為的正實根，，令，可得φ（t1）＝φ（t3），，令在（0，1）單調遞增?G（t）＜0（t∈（0，1））、G（t）＞0（t∈（1，+∞）），可得φ（t）的單調性，令F（t）＝φ（t）﹣φ（2﹣t），t∈（0，1），通過研究其單調性即可得出結論．
【解答】解：（1），
∴f'（x）在（0，+∞）單調遞增，
∵f'（a）＝0，
∴x∈（0，a）時，f'（x）＜0，x∈（a，+∞）時，f'（x）＞0，
∴f（x）在（0，a）單調遞減，在（a，+∞）單調遞增，
∴f（x）極小值＝f（a）＝﹣alna，無極大值．
（2）（?。?，
由題可知g'（x）＝0有三個不同的正實根x1、x2、x3，令t＝x2∈（0，+∞），
則，
令，h（t）＝0有三個不同的正實根、、，
，
∴h'（t）＝0有兩個不同的正實根，
∴，
解得a＞e2，
設h'（t）＝0的兩個不同的正實根為m、n，且0＜m＜n，此時h（t）在（0，m）和（n，+∞）單調遞增，（m，n）單調遞減，
又∵h（1）＝0，
∵h（t）→﹣∞（t→0），且h（t）→+∞（t→+∞），
∴h（t）有三個不同的正實根，滿足題意，
∴a的取值范圍是（e2，+∞）．
（ⅱ）證明：令、，由（?。┲獂2＝1，0＜t1＜1＜t3，且t1、t3為的正實根，
，令，
則φ（t1）＝φ（t3），，
令在（0，1）單調遞增?G（t）＜0（t∈（0，1））、G（t）＞0（t∈（1，+∞）），
∴φ（t）在（0，1）單調遞減，在（1，+∞）單調遞增，
令F（t）＝φ（t）﹣φ（2﹣t），t∈（0，1），
，
∵t∈（0，1），∴0＜t（2﹣t）＜1，
令，，
∴H（x）在（0，1）單調遞增，
∴F'（t）＜0，∴F（t）在（0，1）單調遞減，
∵t1∈（0，1），∴F（t1）＞F（1）＝0?φ（t1）＞φ（2﹣t1），
∵φ（t1）＝φ（t3），∴φ（t3）＞φ（2﹣t1），
∵φ（t）在（1，+∞）單調遞增，
∴t3＞2﹣t1?t1+t3＞2，∴．
【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與極值及其最值、等價轉化方法、換元法、分類討論方法，考查了綜合解決問題的能力、推理能力與計算能力，屬于難題．
34．（2022秋?天心區(qū)校級月考）已知函數(shù)．
（1）討論f（x）極值點的個數(shù)；
（2）若f（x）有兩個極值點x1，x2，且x1＜x2，證明：f（x1）+f（x2）＜2e﹣m．
【專題】綜合題；轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）分類討論導函數(shù)的實數(shù)根即可求解極值點；
（2）構造函數(shù)F（x）＝g（x）﹣g（2﹣x），x∈（0，1）和，通過判斷函數(shù)的單調性，求解最值，當導數(shù)正負不好確定的時候，需要構造新的函數(shù)，不斷的通過求導判斷單調性．
【解答】解：（1），則f′（x）＝ex﹣mx，
∵x＝0顯然不是f′（x）的零點，
∴，
令，則，
∴g（x）在（﹣∞，0）單調遞減，在（0，1）單調遞減，在（1，+∞）單調遞增．
當x＜0時，g（x）＜0，
當x＞0時，g（x）＞0，且g（x）的極小值為g（1）＝e，
∴m∈（﹣∞，0）時，只有一個實數(shù)根，所以此時f（x）有1個極值點，
m∈[0，e）時，沒有實數(shù)根，故 （x）有0個極值點，
當m＝e時，有一個實數(shù)根x＝1，但x＝1不是極值點，故此時f（x）沒有極值點，
m∈（e，+∞）時，er＝m有兩個不相等的實數(shù)根，故f（x）有2個極值點．
（2）證明：由（1）知，m∈（e，+∞），且0＜x1＜1＜x2，g（x1）＝g（x2）＝m，g（x）在（0，1）單調遞減，在（1，+∞）單調遞增，
先證：x1+x2＞2，即證：x2＞2﹣x1，
∵0＜x1＜1＜x2，∴2﹣x1＞1，即證：g（x2）＞g（2﹣x1）．
即證：g（x1）＞g（2﹣x1）．
令F（x）＝g（x）﹣g（2﹣x），x∈（0，1），
即證：?x∈（0，1），F(xiàn)（x）＞0，
，
令t＝2﹣x∈（1，2），則x＜t，
令，則，
則h（λ）在λ∈（0，2）單調遞減，
∴h（x）＞h（t）＝h（2﹣x），
∴F′（x）＜0，即F（x）在x∈（0，1）單調遞減，
∴F（x）＞F（1）＝0，證畢．
再證：f（x1）+f（x2）＜2e﹣m，
∵0＜x1＜1＜x2，且x1+x2＞2，
∴x1＜2﹣x1＜x2，
∵f（x）在（0，x1）單調遞增，在（x1，x2）單調遞減，在（x2，+∞）單調遞增，
∴f（2﹣x1）＞f（x2），
即證：f（x1）+f（2﹣x1）＜2e﹣m，
又∵，
即證：．
令，
∴，
令p（x）＝e2x（﹣x3+2x2﹣x+1）﹣e2x2，
∴p′（x）＝e2x（﹣2x3+x2+2x+1）﹣2e2x，
令q（x）＝p′（x）
∴q′（x）＝﹣2e2x（2x3+2x2﹣3x﹣2）﹣2e2，
令r（x）＝q′（x）
∴r′（x）＝﹣2e2x（4x3+10x2﹣2x﹣7），
令m（x）＝4x3+10x2﹣2x﹣7，x∈（0，1），
∴m′（x）＝12x2+20x﹣2，
∴?x11∈（0，1），m（x）在（0，x11）單調遞減，在（x11，1）單調遞增．
∵m（0）＝﹣7，m（1）＝5，
∴?x12∈（0，1），當x∈（0，x12）時，r′（x）＞0，q（x）單調遞增；當x∈（x12，1）時，r′（x）＜0，q（x）單調遞減．
∵q（0）＝4﹣2e2＜0，q（1）＝0，
∴?x13∈（0，1），p（x）在（0，x13）單調遞減，在（x13，1）單調遞增．
∵p′（0）＝1＞0，p′（1）＝0，
∴?x14∈（0，1），p（x）在（0，x14）單調遞增，在（x14，1）單調遞減．
∵p（0）＝1，p（1）＝0，
∴p（x）＞0，
∴G′（x）＞0，
∴G（x）在x∈（0，x）單調遞增，
∴G（x）＜G（1）＝2e，
所以原命題得證．
【點評】本題考查了導數(shù)的綜合應用，屬于難題．
35．（2022?天河區(qū)校級三模）已知函數(shù)f（x）＝xlnxx2存在兩個極值點x1，x2（x1＜x2）．
（1）求實數(shù)a的取值范圍；
（2）判斷f（）的符號，并說明理由．
【專題】計算題；壓軸題；數(shù)形結合；轉化思想；構造法；轉化法；導數(shù)的概念及應用；數(shù)學抽象；數(shù)學運算；數(shù)據(jù)分析．
【分析】（1）根據(jù)函數(shù)有兩個極值點得到導函數(shù)有兩個變號零點，參變分離后構造函數(shù)h（x），研究其單調性和極值情況，得到交點個數(shù)為兩個時實數(shù) a 的取值范圍，再驗證此范圍符合要求；
（2）轉化為，利用對數(shù)平均不等式得到，結合f（x）在區(qū)間（x1，x2）內單調遞增，且f（1）＝0，得到f（）＞f（1）＝0．
【解答】解：（1）∵f（x）＝xlnxx2（x＞0），有2個極值點，
∴f′（x）＝lnx+1+ax（x＞0），有2個變號的零點，
∴l(xiāng)nx+1+ax＝0，﹣a，
令h（x）（x＞0），
h′（x），
當x∈（0，1）時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增，
當x∈（1，+∞）時，h′（x）＜0，h（x）單調遞減，
∴h（x）max＝h（1），
畫出函數(shù)圖象如下：
當x趨近于+∞，h（x）趨近于0，
y＝﹣a與h（x）有兩個交點，∴0＜﹣a＜1．
當0＜﹣a＜1時，當0＜x＜x1或x＞x2時，﹣a，f′（x）＜0；
當x1＜x＜x2時，﹣a，f′（x）＞0．
所以f（x）在區(qū)間（0，x1），（x2，+∞）單調遞減，在區(qū)間（x1，x2）內單調遞增．
所以f（x）的極小值點為x1，極大值點為x2．
所以 a 的取值范圍為（﹣1，0）．
（2）
f（）符號為正．
理由如下：
由（1）可知，0＜x1＜1＜x2．
∵，
∴l(xiāng)nx2﹣lnx1＝﹣a（x2﹣x1），
∴，
現(xiàn)證明上式：
上式可變形為ln，0＜x1＜x2，
令t，則只需證lnt（t＞1）．
設φ（t）＝lnt（t＞1），φ′（t）0，
所以φ（t）在（1，+∞）上單調遞增，
從而φ（t）＞φ（1）＝0，即lnt（t＞1），
∴．
又因為0＜﹣a＜1，所以1，
綜上可得：x1＜1x2．
f（x）在區(qū)間（x1，x2）內單調遞增，且f（1）＝0，
所以f（）＞f（1）＝0．
故f（）符號為正．
【點評】本題考查函數(shù)單調性、極值和最值的綜合應用，體現(xiàn)了轉化的思想方法，屬于難題．
三．利用導數(shù)研究函數(shù)的最值（共24小題）
36．（2024?濟南一模）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣sinx．
（1）若f（x）≥ax2+1對于任意x∈[0，+∞）恒成立，求a的取值范圍；
（2）若函數(shù)f（x）的零點按照從大到小的順序構成數(shù)列{xn}，n∈N*，證明：；
（3）對于任意正實數(shù)x1，x2，證明：．
【專題】轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）構造函數(shù)F（x）＝ex﹣sinx﹣ax2﹣1，x≥0，利用導數(shù)考查其單調性，繼而可求得a的范圍，證明即可；
（2）考查函數(shù)在[﹣2mπ，﹣（2n﹣1）π]上的單調性，可判定存在，，﹣（2n﹣1）π），為函數(shù)的零點，結合函數(shù)的單調性可得x2n﹣1+x2n＜﹣（4n﹣1）π，繼而進行計算即可；
（3）不等式可化為f（x1+x2）＞f（x1）+x2f'（x1），構造函數(shù)h（x）＝f（x+x1）﹣f（x1）﹣xf'（x1），（x＞0），考查單調性，繼而可證明；
【解答】解：（1）∵ex﹣sinx≥ax2+1在[0，+∞）上恒成立
?ex﹣sinx﹣ax2﹣1在[0，+∞）上恒成立，
設F（x）＝ex﹣sinx﹣ax2﹣1（x≥0），g（x）＝F′（x）＝ex﹣csx﹣2ax，
則g′（x）＝ex+sinx﹣2a，g′（0）＝1﹣2a，
①當時，g′（0）＜0，?t＞0，使g（x）在區(qū)間（0，t）上單調遞減；
則F′（x）＝g（x）＜g（0）＝0，F(xiàn)（x）在區(qū)間（0，t）上單調遞減，
則F（x）＜F（0）＝0，不滿足題意，
②當時，，
設n（x）＝ex﹣1﹣x（x≥0），則n′（x）＝ex﹣1≥0，
所以n（x）＝ex﹣1﹣x在[0，+∞）上單調遞增，
則n（x）≥n（0）＝0?ex﹣1﹣x≥0，
設（x≥0），
則m′（x）＝ex﹣csx﹣x≥ex﹣1﹣x≥0成立，
故在[0，+∞）上單調遞增，
則m（x）≥m（0）＝0，
所以F（x）≥0恒成立，得證，
∴綜上知，a的取值范圍為（﹣∞，．
證明：（2）當x∈[﹣2nπ，﹣（2n﹣1）π]時，
f′（x）＝ex﹣csx，設r（x）＝f′（x）＝ex﹣csx，
則r′（x）＝ex+sinx＞0，
則函數(shù)r（x）＝f′（x）單調遞增，
f′（﹣2nπ）＝e﹣2nπ﹣1＜0，，
∴，，
f（x）在上單調遞減，上單調遞增，
又f（﹣2nπ）＝e﹣2nπ＞0，，f（﹣（2n﹣1）π）＝e（1﹣2n）π＞0，
∴，f（x2n）＝0，
，f（x2n﹣1）＝0．
，
由于，﹣（4n﹣1）π﹣x2n＞x2n，，
∴f（﹣（4n﹣1）π﹣x2n）＞f（x2n﹣1）＝0，
由于f（x）在上單調遞增，
∴﹣（4n﹣1）π﹣x2n＞x2n﹣1
∴x2n﹣1+x2n＜﹣（4n﹣1）π．
累加得．
證明：（3）設t（x）＝f′（x）＝ex﹣csx（x＞0），
t′（x）＝ex+sinx＞0，t（x）在（0，+∞）上單調遞增，
即f′（x）＝ex﹣csx在（0，+∞）上單調遞增，
設h（x）＝f（x+x1）﹣f（x1）﹣xf′（x1），（x＞0），
h′（x）＝f′（x+x1）﹣f′（x1），
由于f′（x）在（0，+∞）上單調遞增，x+x1＞x1
∴f′（x+x1）＞f′（x1），h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）單調遞增．
又h（0）＝0，
∴當x＞0時，h（x）＞0，
∴f（x+x1）﹣f（x1）﹣xf′（x1）＞0，
∴f（x+x1）＞f（x1）+xf′（x1），
因此f（x1+x2）＞f（x1）+x2f′（x1）恒成立，
∴，
∴．
【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)單調性，函數(shù)的零點，函數(shù)不等式，屬于難題．
37．（2023秋?揚州期末）已知函數(shù)f（x）＝（lnx﹣m）x的最小值為﹣1．
（1）求實數(shù)m的值；
（2）若f（x）＝a有兩個不同的實數(shù)根x1，x2（x1＜x2），求證：2﹣x2＜x1＜x2﹣（a+1）e．
【專題】轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）利用導數(shù)研究f（x）的單調性，結合最小值求參數(shù)值即可；
（2）根據(jù)題設及導數(shù)判斷f（x）的單調性及區(qū)間符號，進而有0＜x1＜1＜x2＜e，﹣1＜a＜0，根據(jù)極值點偏移，構造g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x）并利用導數(shù)研究x∈（0，1）上的單調性證明x1+x2＞2，再記函數(shù)y＝a與y1＝﹣x和交點的橫坐標分別為x3，x4，結合導數(shù)證得x1＜x3＝﹣a、x2＞x4＝ae﹣a+e，有x2﹣x1＞x4﹣x3＝（a+1）e，即可證結論．
【解答】解：（1）因為f'（x）＝lnx+1﹣m（x＞0），當x∈（0，em﹣1）時，f'（x）＜0，f（x）單調遞減；
當x∈（em﹣1，+∞）時，f'（x）＞0，f（x）單調遞增．所以，
所以m＝1．
證明：（2）由（1）知，f（x）＝x（lnx﹣1）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，
當x∈（0，e）時，f（x）＜0，當x∈（e，+∞）時，f（x）＞0，所以0＜x1＜1＜x2＜e，﹣1＜a＜0，
先證明x1+x2＞2．
記g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x）＝xlnx+（x﹣2）ln（2﹣x）﹣2x+2，則g′（x）＝lnx+ln（2﹣x）＝ln[x（2﹣x）]，
當x∈（0，1）時，0＜x（2﹣x）＜1，所以g（x）＜0，g（x）單調遞減，所以當x∈（0，1）時，g（x）＞g（1）＝0，即f（x）＞f（2﹣x），
故f（x1）＞f（2﹣x1），即f（x2）＞f（2﹣x1）．又x2＞1，2﹣x1＞1，由單調性知：x2＞2﹣x1，即x1+x2＞2．
再證明x2﹣x1＞（a+1）e．
記函數(shù)y＝a與y1＝﹣x和交點的橫坐標分別為x3，x4．

①當x∈（0，1）時，f（x）+x＝xlnx＜0，故a＝﹣x3＝f（x1）＜﹣x1，所以x1＜x3＝﹣a．
（或：y＝f（x）的圖象在y1＝﹣x的圖象的下方，且兩個函數(shù)在（0，1）上都是減函數(shù)）
②當x∈（1，e）時，記，則，
當時，h′（x）＜0，h（x）單調遞減；當時，h'（x）＞0，h（x）單調遞增．
又h（1）＝h（e）＝0，當x∈（1，e）時，h（x）＜0，即，
故，所以x2＞x4＝ae﹣a+e，
故x2﹣x1＞x4﹣x3＝（a+1）e．
（或y﹣f（x）的圖象在的圖象的下方，且兩個函數(shù)在（1，e）上都遞增）
綜上，2﹣x2＜x1＜x2﹣（a+1）e．
【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，函數(shù)的極值點偏移，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．
38．（2023秋?齊齊哈爾期末）已知函數(shù)f（x）＝xlnx﹣2x，．
（1）證明：對?x∈（0，+∞），f（x）?g（x）；
（2）若關于x的方程f（x）＝em有兩個實根x1，x2，且x1＜x2，證明：．
【專題】轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；邏輯推理；直觀想象；數(shù)學運算．
【分析】（1）令，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性證明，則f（x）≤g（x）；
（2）關于x的方程f（x）＝em有兩個實根x1，x2，且x1＜x2，關于x的方程g（x）＝em有兩個實根x3，x4，且x3＜x4，由（1）知，f（x）
≤g（x），當且僅當x＝e時，等號成立，則x2﹣x1＞x4﹣x3，利用韋達定理證明即可．
【解答】證明：（1）令，則?0＜x＜e，
∴h（x）在（0，e）上單調遞增，在（e，+∞）上單調遞減，
∴h（x）≤h（e）??，
∴f（x）≤g（x）．
（2）∵f（x）＝xlnx﹣2x，，
f′（x）＝lnx﹣1＞0?x＞e，
∴f（x）在（0，e）上單調遞增，在（e，+∞）上單調遞減；
g（x）在（0，e）上單調遞增，在（e，+∞）上單調遞減．
又關于x的方程f（x）＝em有兩個實根x1，x2，且x1＜x2，
關于x的方程g（x）＝em有兩個實根x3，x4，且x3＜x4，
由（1）知，f（x）≤g（x），當且僅當x＝e時，等號成立，
∴x2﹣x1＞x4﹣x3．
?x2﹣2ex﹣e2m＝0，則x3，x4是此方程的兩根，
（2e）2﹣4（﹣e2m）＝4e2（1+m）
?
∴．
【點評】本題主要考查了利用導數(shù)證明函數(shù)不等式，函數(shù)的極值點偏移，屬于難題．
39．（2024?渾南區(qū)校級模擬）已知函數(shù)．
（1）若a＝0，證明：；
（2）設，若恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
【專題】轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；邏輯推理；數(shù)學運算．
【分析】（1）證明，即證lnx≤x﹣1，令r（x）＝lnx﹣x+1，利用導數(shù)求函數(shù)的最值，證明r（x）≤0即可；
（2）令，不等式恒成立等價于ae2x﹣1﹣xlnx﹣x≥0對于?x＞0恒成立，利用分離常數(shù)，構造函數(shù)求最值的方法求實數(shù)a的取值范圍．
【解答】解：（1）若a＝0，則，要證，即證lnx≤x﹣1．
令r（x）＝lnx﹣x+1，函數(shù)定義域為（0，+∞），則，
當0＜x＜1時，r′（x）＞0，r（x）單調遞增，當x＞1時，r′（x）＜0，r（x）單調遞減，
r（x）max＝r（1），r（x）≤r（1）＝0，即lnx≤x﹣1，得證．
（2）令，則，消x得，?，
∵x＞1，∴x2＞x1＞0，
原不等式等價于，即，即，
∵，∴等價于f（x1）＜f（x2），
∵x2＞x1＞0，∴f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調遞增，
∴f′（x）≥0在區(qū)間（0，+∞）上恒成立，
∵f′（x）＝2（ae2x﹣1﹣xlnx﹣x），∴ae2x﹣1﹣xlnx﹣x≥0對于?x＞0恒成立，
即對于?x＞0恒成立，
由（1）知，lnx+1≤x，∴ex≤ex，∴（ex）2≤e2x，
∴，當x＝1時取等號，∴．
即實數(shù)a的取值范圍為．
【點評】本題考查了利用研究函數(shù)的單調性、極值，函數(shù)不等式恒成立，屬于難題．
40．（2023秋?東麗區(qū)校級期中）已知函數(shù)．
（Ⅰ）當a＝1時，求y＝f（x）在點（3，f（3））處的切線方程；
（Ⅱ）若（x+1）f（x）＞x2﹣x+2對?x∈（e，e2）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）f（x）若有3個零點x1，x2，x3，其中x1＜x2＜x3，求實數(shù)a的取值范圍，并證明x1x2x3＝1．
【專題】函數(shù)思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（Ⅰ）利用導數(shù)的幾何意義即可；
（Ⅱ）（x+1）f（x）＞x2﹣x+2對?x∈（e，e2）恒成立?對?x∈（e，e2）恒成立，令，求g（x）的值域即可；
（Ⅲ）f′（x），令h（x）＝ax2+2（a﹣1）x+a（x＞0），由h（x）的符號得f（x）的單調區(qū)間，進而得到a的取值范圍；由證明x1x2x3＝1．
【解答】解：（Ⅰ）當a＝1時，f（x）＝lnx，，f（3）＝ln3﹣1，，
∴y＝f（x）在點（3，f（3））處的切線方程為，
即x﹣12y+12ln3﹣15＝0；
（Ⅱ）∵（x+1）f（x）＞x2﹣x+2對?x∈（e，e2）恒成立，
∴a（x+1）lnx﹣2（x﹣1）＞x2﹣x+2對?x∈（e，e2）恒成立，
∴alnx＞x對?x∈（e，e2）恒成立，
∴對?x∈（e，e2）恒成立，
令，則恒成立，g（x）是增函數(shù)，
∴，
故實數(shù)a的取值范圍為．
證明：（Ⅲ）∵，，
令h（x）＝ax2+2（a﹣1）x+a（x＞0），Δ＝4（a﹣1）2﹣4a2＝4（1﹣2a），
當a≤0時，h（x）＜0恒成立?f′（x）＜0恒成立，f（x）在（0，+∞）上單調遞減，
當a時，h（x）≥0恒成立?f′（x）≥0恒成立（當且僅當x＝1時，等號成立），f（x）在（0，+∞）上單調遞增，
當0＜a時，h（x）＝0的兩根為m，n，由m+n，mn＝1，得0＜n＜1＜m，
則f′（x）＜0?h（x）＜0?n＜x＜m，f（x）在（0，n）上單調遞增，在（n，m）上單調遞減，在（m，+∞）上單調遞增，
又f（1）＝0，
∴f（n）＞f（1）＝0，f（m）＜f（1）＝0，
又f（x）有3個零點x1，x2，x3，其中x1＜x2＜x3，
∴x2＝1，實數(shù)a的取值范圍為．
又，
∴?x1x3＝1，
故x1x2x3＝1．
【點評】本題考查了導數(shù)的幾何意義，應用導數(shù)研究函數(shù)的極值點、單調性以及不等式恒成立和函數(shù)零點問題，屬于難題．
41．（2023秋?宜賓月考）已知f（x）＝x﹣xlnx﹣1，記f（x）在 處的切線方程為g（x）．
（1）證明：g（x）≥f（x）；
（2）若方程f（x）＝m有兩個不相等的實根 x1，x2（x1＜x2），證明：．
【專題】壓軸題；函數(shù)思想；轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；邏輯推理；數(shù)學運算．
【分析】（1）求導，求出f′（）＝1，根據(jù)直線點斜式方程寫出g（x），構造函數(shù)F（x）＝g（x）﹣f（x），利用導數(shù)研究函數(shù)F（x）的最值，即可證明結論；
（2）根據(jù)方程f（x）＝m有兩個不相等的實根，利用導數(shù)研究函數(shù)f（x）的單調性和最值，確定m的范圍及 x1，x2的范圍，根據(jù)（1）結論，以及函數(shù)f（x）小于等于f（x）在點x＝e處的切線，可得到當0＜x＜1時，m＝f（x1）＜x11，∴x1＞m1，當1＜x＜e時，m＝f（x2）＜﹣x2+e﹣1，﹣x2＞m﹣e+1，根據(jù)不等式的性質，即可證明結論．
【解答】證明：（1）∵f（x）＝x﹣xlnx﹣1的定義域為（0，+∞），
f′（x）＝1﹣（1+lnx）＝﹣lnx，
∴f′（）＝1，f（）11，
g（x）＝（x）1＝x1，
令F（x）＝g（x）﹣f（x）＝x1﹣（x﹣xlnx﹣1）xlnx，
令F′（x）＝1+lnx＝0，解得x，
當0＜x時，F(xiàn)′（x）＜0，當x時，F(xiàn)′（x）＞0，
∴F（x）在（0，）上單調遞減，在（，+∞）上單調遞增，
∴F（x）min＝F（）＝0，∴F（x）≥0恒成立，即g（x）≥f（x）．
（2）由（1）知f′（x）＝﹣lnx，令f′（x）＝0，得x＝1，
當0＜x＜1時，f′（x）＞0，當x＞1時，f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，
∴f（x）max＝f（1）＝0，x→0，f（x）→﹣1，當x＞ef（x）＜f（e）＝﹣1，
∵方程f（x）＝m有兩個不相等的實根 x1，x2（x1＜x2），
∴﹣1＜m＜0，且0＜x1＜1＜x2＜e．
f′（e）＝﹣1，f（e）＝﹣1，
所以函數(shù)f（x）在x＝e處的切線方程為y＝﹣（x﹣e）﹣1＝﹣x+e﹣1，
下證 f（x）≤﹣x+e﹣1：
令h（x）＝x+e﹣1﹣f（x）＝﹣x+e﹣1﹣（x﹣xlnx﹣1）＝﹣2x+xlnx+e，
令h′（x）＝﹣2+1+lnx＝0，解得x＝e，
當0＜x＜e時，h′（x）＜0，當x＞e時，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，e）上單調遞減，在（e，+∞）上單調遞增，
∴h（x）min＝h（e）＝0，∴h（x）≥0恒成立，即 f（x）≤﹣x+e﹣1，當且僅當x＝e時，取等號．
當0＜x＜1時，m＝f（x1）≤x11，∴x1≥m1，
當1＜x＜e時，m＝f（x2）＜﹣x2+e﹣1，﹣x2＞m﹣e+1，
∴．
【點評】本題考查導數(shù)的幾何意義，導數(shù)的綜合應用，屬難題．
42．（2023秋?奉賢區(qū)校級月考）定義可導通數(shù)f（x）在x處的彈性函數(shù)為，其中f′（x）為f（x）的導函數(shù)，在區(qū)間D上，若函數(shù)f（x）的彈性函數(shù)值大于1，則稱f（x）在區(qū)間D上具有彈性，相應的區(qū)間D也稱作f（x）的彈性區(qū)間．
（1）若r（x）＝ex+1，求r（x）的彈性函數(shù)；
（2）對于函數(shù)f（x）＝（x﹣1）ex+lnx﹣tx（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）
（?。┊攖＝0時，求f（x）的彈性區(qū)間D；
（ⅱ）若f（x）＞1在（i）中的區(qū)間D上恒成立，求實數(shù)t的取值范圍．
【專題】轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；邏輯推理；數(shù)學運算．
【分析】（1）由r（x）＝ex+1，可得r′（x）＝ex，根據(jù)題設條件，即可求得r（x）的彈性函數(shù)；
（2）（?。┖瘮?shù)f（x）＝（x﹣1）ex+lnx，可得函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），函數(shù)f（x）是彈性函數(shù)，得出不等式組，進而求得函數(shù)的彈性區(qū)間；
（ⅱ）由f（x）＞1在（1，+∞）上恒成立，可得在x＞1上恒成立，設，利用導數(shù)求得函數(shù)的單調性與最值，進而求得t的取值范圍．
【解答】解：（1）由r（x）＝ex+1，可得r′（x）＝ex，
則；
（2）（ⅰ）當t＝0時，f（x）＝（x﹣1）ex+lnx，，
，此不等式等價于下面兩個不等式組：
（Ⅰ） 或（Ⅱ），
因為①對應就是f（x）＞0，由f′（x）＞0知f（x）在定義域上單調遞增，f（1）＝0，
所以①的解為x＞1；
令g（x）＝x2ex+1﹣[（x﹣1）ex+lnx]＝（x2﹣x+1）ex+1﹣lnx（x＞1），
則在x＞1上恒為正，
g（x）在x＞1上單調遞增，所以g（x）＞g（1）＞0，故②在x＞1上恒成立，
于是不等式組（Ⅰ）的解為x＞1，
同①的解法，求得③的解為0＜x＜1；
因為當0＜x＜1時，x2ex+1＞0，（x﹣1）ex+lnx＜0，所以④不成立，
所以不等式（Ⅱ）無實數(shù)解，
綜上，函數(shù)f（x）的彈性區(qū)間D＝（1，+∞）．
（ⅱ）由f（x）＞1在（1，+∞）上恒成立，可得在x＞1上恒成立，
設，則，
（x2﹣x+1）ex+2﹣lnx＝g（x）+1，由（?。┛芍?，在x＞1上g（x）恒為正，
所以h′（x）＞0，函數(shù)h（x）在（1，+∞）上單調遞增，所以h（x）＞h（1）＝﹣1，
所以t≤﹣1，
故實數(shù)t的取值范圍是（﹣∞，﹣1]．
【點評】本題主要考查了函數(shù)的彈性函數(shù)，利用導數(shù)研究不等式恒成立或解不等式問題，通常首先要構造函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；也可分離變量，構造函數(shù)，直接把問題轉化為函數(shù)的最值問題，試題綜合性強，屬于難題．
43．（2023秋?浙江月考）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣lnx．
（1）證明：；
（2）證明：當a＞2時，存在使f（x0）＝a．
【專題】分類討論；轉化思想；分類法；轉化法；導數(shù)的綜合應用；邏輯推理；數(shù)學運算．
【分析】（1）利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，設出導函數(shù)的零點，根據(jù)題意確定零點范圍，然后利用零點滿足的條件化簡f（x）的最小值，并根據(jù)函數(shù)單調性證得結論；
（2）只需證明，當a＞4時，，然后各自等價轉化，并利用放縮法，結合構造函數(shù)，進行證明．
【解答】證明：（1）f（x）＝ex﹣lnx定義域為（0，+∞），其導函數(shù)為是單調增函數(shù)，
又，
故存在唯一零點，使得，
則在（0，x0）內f′（x）＜0，f（x）單調遞減，在（x0，+∞）內f′（x）＜0，f（x）單調遞增，
于是．
由，得，
設，則，
故單調遞增，
所以由，可得，
所以；
（2）先證明3個引理：
引理1：當x＞0，x≠1時，；
證明：構造函數(shù)，則，
在（0，1）上u′（x）＜0，u（x）單調遞減；在（1，+∞）上u′（x）＞0，u（x）單調遞增；
又因為函數(shù)u（x）min＝u（1）＝0，當且僅當x＝1時取得最小值0，
所以當x＞0，x≠1時，成立；
引理2：當x＞1時，；
證明：，則，
所以在（1，+∞）上單調遞減，
所以當x＞1時，v（x）＜v（1）＝0，所以v（x）＜0，
所以當x＞1時，成立；
引理3：當x＞0時，ex＞1+x2．
證明：構造函數(shù)p（x）＝ex﹣1﹣x2（x≥0），則p′（x）＝ex﹣2x，
令q（x）＝ex﹣2x，則q′（x）＝ex﹣2，
在區(qū)間（0，ln2）內，q′（x）＜0，函數(shù)q（x）單調遞減；
在區(qū)間（ln2，+∞）上，q′（x）＞0，函數(shù)q（x）單調遞增．
所以q（x）≥q（ln2）＝2﹣2ln2＞0，
所以p（x）在[0，+∞）上單調遞增，所以當x＞0時p（x）＞p（0）＝0，
所以當x＞0時，ex＞1+x2成立．
為了證明當a＞4時，存在使f（x0）＝a，
因為，所以，
由（1）知f（x）在（x0，+∞）上單調遞增，且x0＜1，則f（x）在上單調遞增，
根據(jù)零點存在定理，只需證明，當a＞4時，．
．
根據(jù)引理1，，
所以為了證明當a＞4時，成立，只需證明當a＞4時，．
而，
設g（a）＝a2﹣（e+1）a﹣（e+1）2，在時為a的單調遞增函數(shù)，
所以a＞4時g（a）＞g（4）＝16e﹣4e﹣4﹣e2﹣2e﹣1＝10e﹣4﹣e2＞23﹣e2＞0，
所以a＞4時；
，
當a＞4時，，根據(jù)引理，
根據(jù)引理，
所以為了證明，只需證明，
而，
由于a＞4時有2a﹣4＞4，所以成立，
所以a＞4時成立．
綜上，當a＞4時，，
根據(jù)零點存在定理，函數(shù)y＝f（x）﹣a在區(qū)間內存在零點，
即存在使f（x0）＝a，證畢．
【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與最值，函數(shù)的零點，利用綜合法證明不等式，考查了分類討論思想和轉化思想，屬難題．
44．（2023?思明區(qū)校級四模）函數(shù)f（x）＝sinx﹣ax+1．
（1），求f（x）的單調區(qū)間；
（2）若f（x）≥csx在x∈[0，π]上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）令函數(shù)g（x）＝f（x）+ax﹣1，求證：．
【專題】函數(shù)思想；轉化法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）代入a的值，求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調區(qū)間即可；
（2）問題等價于ax+csx﹣sinx﹣1≤0，令h（x）＝ax+csx﹣sinx﹣1，根據(jù)函數(shù)的單調性求出a的取值范圍即可；
（3）求出g（x）＝sinx，令，得到，k＝1，2，…，8，可得到，累加即可證明結論成立．
【解答】解：（1），，，
當，k∈Z時，f'（x）＞0，
當，k∈Z時，f'（x）＜0，
所以f（x）的單調遞增區(qū)間是，k∈Z，
f（x）的單調遞減區(qū)間是，k∈Z．
（2）不等式恒成立等價于ax+csx﹣sinx﹣1≤0，
令h（x）＝ax+csx﹣sinx﹣1，則由，可得到，
∵y＝ax+csx﹣sinx﹣1可以看作是關于a的一次函數(shù)，單調遞增，
∴令，
對于，?x∈[0，π]，h（x）≤φ（x）恒成立，
只需證明即可，
，
1°當，，
則，φ（x）在上單調遞減，又φ（x）＝0，
所以此時φ（x）＜0恒成立．
2°當時，恒成立；
3°當時，單調遞增，
，，所以在上存在唯一的x0，使得φ'（x0）＝0，
當x∈（0，x0）時，φ'（x）＜0，當x∈（x0，π）時，φ'（x）＞0，
所以φ（x）在x∈（0，x0）時單調遞減，在x∈（x0，π）時單調遞增，
∴φ（0）＝0，φ（π）＝0，φ（x0）＜0，
∴φ（x）＜0恒成立，故h（x）≤φ（x）＜0恒成立，
∴．
（3）證明：由（2）可知，
g（x）＝sinx，令，，k＝1，2，…，8，
可得到，
從而，
即得證．
【點評】本題考查了函數(shù)的單調性，最值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，是難題．
45．（2023秋?岳麓區(qū)校級月考）已知函數(shù)f（x）＝（x﹣a）（ex+1），g（x）＝axlnx+x+e﹣2（a∈R），設max{m，n}表示m，n的最大值，設F（x）＝max{f（x），g（x）}．
（1）討論f'（x）在（0，+∞）上的零點個數(shù)；
（2）當x＞0時F（x）≥0，求a的取值范圍．
【專題】方程思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）f'（x）＝（x﹣a+1）ex+1，令m（x）＝（x﹣a+1）ex+1，可得m'（x）＝（x﹣a+2）ex，對a分類討論，可得函數(shù)m（x）的單調性與極值，進而得出結論．
（2）對a分類討論，（i）當a≤0時，f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，可得F（x）≥0；（ii）當a＞0時，若0＜x＜a，f（x）＜0；若x≥a，f（x）≥0．于是F（x）≥0等價于g（x）≥0在（0，a）上恒成立．利用導數(shù)研究函數(shù)g（x）的單調性即可得出結論．
【解答】解：（1）f'（x）＝（x﹣a+1）ex+1，
令m（x）＝（x﹣a+1）ex+1，則m'（x）＝（x﹣a+2）ex，
當x＜a﹣2時，m'（x）＜0；當x＞a﹣2時，m'（x）＞0，
∴m（x）在（﹣∞，a﹣2）上單調遞減，在（a﹣2，+∞）上單調遞增．
對a分類討論：
當a＞2時，m（x）在（0，a﹣2）上單調遞減，在（a﹣2，+∞）上單調遞增．
∴m（x）的最小值為m（a﹣2）＝1ea﹣2＜0，而m（0）＝2﹣a＜0，m（a）＝ea+1＞0，
∴?x0∈（a﹣2，a），使得m（x0）＝0，∴m（x）在（0，+∞）上有且只有一個零點．
當a≤2時，m（x）在（0，+∞）上單調遞增，m（x）＞m（0）＝2﹣a≥0，f'（x）無零點．
綜上所述，當a≤2時，f'（x）在（0，+∞）上無零點；
當a＞2時，f'（x）在（0，+∞）上有且只有一個零點．
（2）（i）當a≤0時，f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，顯然F（x）≥0；
（ii）當a＞0時，若0＜x＜a，f（x）＜0；若x≥a，f（x）≥0．
∴F（x）≥0等價于g（x）≥0在（0，a）上恒成立．
∵g（x）＝axlnx+x+e﹣2，∴g'（x）＝alnx+a+1．
令g'（x）＞0，則；令g'（x）＜0，則．
∴g（x）在上單調遞減，在上單調遞增，
不妨令，則，則．
令p（t）＝（t+1）et+1，p'（t）＝（t+2）et，
可得p（t）在（﹣∞，﹣2）上單調遞減，在（﹣2，﹣1）上單調遞增，
∴p（t）≥p（﹣2）＝﹣e﹣2+1＞0，∴，
∴g（x）在上單調遞減，在上單調遞增，
∴g（x）的最小值為g（）＝a（）+e﹣2＝e﹣2．
令，∴，∴q（t）在（﹣∞，﹣1）上單調遞減，而q（﹣2）＝0，
∵g（x）≥0在（0，a）上恒成立，∴q（t）≥0，∴t≤﹣2，即，∴0＜a≤1，
綜上所述，a的取值范圍為a≤1，即a∈（﹣∞，1]．
【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與極值、等價轉化方法、構造法、換元法、方程與不等式的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．
46．（2023?河源開學）已知函數(shù)f（x）＝ln（x+1），g（x）＝f（x）+aex，其中a∈R．
（1）求過點（﹣1，﹣1）且與函數(shù)f（x）的圖象相切的直線方程；
（2）①求證：當x＞0時，；
②若函數(shù)g（x）有兩個不同的零點x1，x2，求證：．
【專題】函數(shù)思想；轉化法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，設出切點坐標，求出切線方程即可；
（2）①令，根據(jù)函數(shù)的單調性證明即可；
②根據(jù)g（x）的單調性以及零點的個數(shù)得到，不妨設x2＞x1，結合不等式的放縮證明結論成立即可．
【解答】解：（1），設切點的坐標為（x0，f（x0）），
則切線方程為，由切線過點（﹣1，﹣1），
則，解得x0＝0，
故切線方程為y＝x．
（2）證明：①令，h′（x）＝ex﹣x﹣1，
則h″（x）＝ex﹣1，
當x＞0時，h″（x）＝ex﹣1＞0，
故h′（x）在（0，+∞）上單調遞增，
故h′（x）＞h′（0）＝0，
故h（x）在（0，+∞）上單調遞增，
故h（x）＞h（0）＝0，
即當x＞0時，；
②g（x）＝ln（x+1）+aex，，
若a?0，g′（x）＞0，則g（x）在（﹣1，+∞）上單調遞增，
函數(shù)g（x）最多只有一個零點，不符合題意；
若a＜0，，
令n（x）＝（x+1）ex，∵x+1＞0，ex＞0，且n′（x）＝（x+2）ex，
當x＞﹣1時，n′（x）＞0，故n（x）＝（x+1）ex在（﹣1，+∞）上單調遞增，
又當x→﹣1時，（x+1）ex→0，當x→+∞時，（x+1）ex→+∞，
又，故恰有一解x＝x0，
當x∈（﹣1，x0）時，g′（x）＞0，g（x）單調遞增，
當x∈（x0，+∞）時，g′（x）＜0，g（x）單調遞減，
故x0為函數(shù)g（x）的唯一的極大值點，
當x→﹣1時，g（x）＝aex+ln（x+1）→﹣∞，
當x→+∞時，g（x）＝aex+ln（x+1）→﹣∞，
故函數(shù)g（x）有兩個不同的零點x1，x2等價于g（x0）＞0，
即，不妨設x2＞x1，
當x∈（﹣1，0]，g（x）＜0，所以x2＞x1＞0，
由（1）得，直線y＝x與函數(shù)y＝ln（x+1）切于原點得：當x＞0時，ln（x+1）＜x，
∵a＜0，∴當x＞0時，，
令，即當x＞0時，g（x）＜q（x），
故一定存在兩個不同的根，設為x3，x4（x3＜x4），
∵x2＞0，∴q（x2）＞g（x2）＝0＝q（x4），
又∵x2，x4位于單調遞減區(qū)間，∴x2＜x4，同理x1＞x3，
∴x3＜x1＜x2＜x4，∴x4＞x2＞0，
∵x3x4＝2＞0，∴x3＞0，
又∵，
∴x4﹣x3，
∴．
【點評】本題考查了切線方程問題，考查函數(shù)的單調性，零點問題，考查不等式的證明以及轉化思想，是難題．
47．（2022秋?廣州期末）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣1﹣lnx（其中e＝2.71828…是自然對數(shù)底數(shù)）．
（1）求f（x）的最小值；
（2）若過點（a，b）（a≠0）可作曲線f（x）的兩條切線，求證：b＜2ea﹣1﹣2ln|a|﹣a2+2a．（參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986，ln5≈1.6094）
【專題】函數(shù)思想；數(shù)形結合法；導數(shù)的概念及應用；數(shù)學抽象；數(shù)學運算．
【分析】（1）求函數(shù)導函數(shù)，應用單調性求函數(shù)的最小值；
（2）把曲線 的兩條切線轉化為兩個零點問題，再轉化證明最小值大于零即可．
【解答】解：（1）∵f（x）＝ex﹣1﹣lnx，x＞0，
∴f′（x）＝ex﹣1，
易知函數(shù)∴f′（x）在（0，+∞）單調遞增，
∵f′（1）＝0，
∴f（x）在（0，1）單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，
∴f（x）min＝f（1）＝1；
（2）設切點為（t，f（t））（t＞0），則f′（t）＝et﹣1，f（x）在（t，f（t））處的切線方程為（et﹣1）（x﹣t）+et﹣1﹣lnt﹣y＝0，
由于切線過點（a，b），∴b＝（et﹣1）（a﹣t）+et﹣1﹣lnt＝（a+1﹣t）et﹣1﹣lnt1，
而由（1），f′（x）在（0，+∞）上單調遞增，不同的t值對應的切線斜率不同，
設g（t）＝（a+1﹣t）et﹣1﹣lnt1，所以過點（a，b）（a≠0）可作曲線 的兩條切線當且僅當關于t的方程b＝g（t）有兩個實根．
g′（t）＝（a﹣t）et﹣1（a﹣t）（et﹣1），
①當a＜0時，g′（t）在（0，+∞）上單調遞減，b＝g（t）至多有一個實根，不合題意；
②當a＞0時，
當0＜t＜a時，g′（t）＞0，g（t）單調遞增；
當t＞a時，g′（t）＜0，g（t）單調遞減．
而t→0時，g（t）→﹣∞，t→+∞時，g（t）→﹣∞，
所以當且僅當b＜g（a）＝ea﹣1﹣lna時，b＝g（t）有兩個實根，
即當且僅當a＞0，b＜ea﹣1﹣lna時，過點（a，b）可作曲線f（x）的兩條切線．只需證a＞0時，．
設φ（x）＝ex﹣x﹣1，則φ′（x）＝ex﹣1，
當x＜0時，φ′（x）＜0，φ（x）單調遞減；
當x＞0時，φ′（x）＞0，φ（x）單調遞增，
所以φ（x）≥φ（0）＝0，即ex≥1+x．（*）
設F（x）＝ex﹣1﹣lnx﹣x2+2x（x＞0），只需證F（x）＞0．
1）當0＜x≤2時，由（*），ex﹣1≥x，
∴F（x）≥x﹣lnx﹣x2+2xlnx﹣x2+3x．
設h（x）＝＝﹣lnx﹣x2+3x，則h′（x）2x+3，
當0＜x時，h′（x）＜0，h（x）單調遞減；
當x＜1時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增；
當1＜x＜2時，h′（x）＜0，h（x）單調遞減．
而h（）＝ln2＞0，h（2），
所以h（x）＞0，則F（x）＞0．
2）當x＞2時，F(xiàn)′（x）2x+2，
設G（x）＝xex﹣1﹣2x2+2x﹣1，則G′（x）＝（x+1）ex﹣1﹣4x+2，
G″（x）＝（x+2）ex﹣1﹣4＞4e﹣4＞0，
所以G′（x）在（2，+∞）上單調遞增，G′（x）＞G′（2）＝3e﹣6＞0，
所以G（x）在（2，+∞）上單調遞增，G（x）＞G（2）＝22﹣5＞0，即F′（x）＞0，
所以F（x）在（2，+∞）上單調遞增，F(xiàn)（x）＞F（2）＝e﹣ln20．
綜上得：原不等式成立．
【點評】本題考查了導數(shù)的綜合應用及恒成立問題，屬于難題．
48．（2023?安徽模擬）對于定義在D上的函數(shù)F（x），若存在x0∈D，使得F（x0）＝x0，則稱x0為F（x）的一個不動點．設函數(shù)f（x）＝（x﹣1）ex﹣alnx+x，已知x0（x0≠1）為函數(shù)f（x）的不動點．
（1）求實數(shù)a的取值范圍；
（2）若k∈Z，且kx0＜a對任意滿足條件的x0成立，求整數(shù)k的最大值．
（參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.693，ln3≈1.1，，e2≈7.39，）
【專題】計算題；轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）根據(jù)給定的不動點定義，構造函數(shù)g（x）＝（x﹣1）ex﹣alnx，利用導數(shù)結合零點存在性定理探討函數(shù)g（x）在（0，1）∪（1，+∞）上的零點作答．
（2）由（1）可得，結合給定條件確定出k值2，再利用導數(shù)講明不等式作答．
【解答】解：（1）依題意，方程（x﹣1）ex﹣alnx＝0在（0，+∞）內有根x0，且x0≠1，
令g（x）＝（x﹣1）ex﹣alnx，x∈（0，1）∪（1，+∞），求導得，
當a≤0時，g'（x）＞0在（0，1），（1，+∞）上都遞增，而g（1）＝0，因此函數(shù)g（x）在（0，1）、（1，+∞）無零點，
當a＞0時，令h（x）＝x2ex﹣a，x∈（0，1）∪（1，+∞），h'（x）＝（x2+2x）ex＞0，則函數(shù)g'（x）在（0，1），（1，+∞）上都遞增，
當0＜a＜e時，當x＞1時，g'（x）＞g'（1）＝e﹣a＞0，函數(shù)g（x）在（1，+∞）上遞增，無零點，
當0＜x＜1時，h（0）＝﹣a＜0，則存在x1∈（0，1），使得h（x1）＝0，即g'（x1）＝0，
當x∈（0，x1）時，g'（x）＜0，g（x）遞減，在x∈（x1，1）時，g'（x）＞0，g（x）遞增，g（x1）＜g（1）＝0，
而，有，，，
因此存在x0∈（0，x1），使得g（x0）＝0，即函數(shù)g（x）在（0，1）上有零點x0，則0＜a＜e，
當a＞e時，當0＜x＜1時，g'（x）＜g'（1）＝e﹣a＜0，函數(shù)g（x）在（0，1）上遞減，g（x）＞g（1）＝0，無零點，
當x＞1時，，則存在x2∈（1，+∞），使得h（x2）＝0，即g'（x2）＝0，
當x∈（1，x2）時，g'（x）＜0，g（x）遞減，在x∈（x2，+∞）時，g'（x）＞0，g（x）遞增，
g（x2）＜g（1）＝0，g（a）＝（a﹣1）ea﹣alna，令φ（a）＝（a﹣1）ea﹣alna，a＞e，求導得φ'（a）＝aea﹣1﹣lna，
令y＝φ'（a）＝aea﹣1﹣lna，a＞e，則，即函數(shù)φ'（a）在（e，+∞）上單調遞增，
φ'（a）＞φ'（e）＝e?ee﹣2＞0，函數(shù)φ（a）在（e，+∞）上單調遞增，φ（a）＞φ（e）＝（e﹣1）ee﹣e＞0，
因此存在x0∈（1，a），使得g（x0）＝0，即函數(shù)g（x）在（1，+∞）上有零點x0，則a＞e，
所以實數(shù)a的取值范圍是（0，e）∪（e，+∞）．
（2）依題意，，于是，即
因為x0∈（0，1）∪（1，+∞），取，有，因此k取2，
下證：對任意x0∈（0，1）∪（1，+∞）成立，
令u（x）＝lnx﹣x+1，x＞0，，
當x∈（0，1）時，u'（x）＞0，u（x）遞增，當x∈（1，+∞）時，u'（x）＜0，u（x）遞減，
?x＞0，u（x）≤u（1）＝0，即lnx≤x﹣1對x＞0恒成立，當x0∈（1，+∞）時，，
令v（x）＝ex﹣2x，x＞1，v'（x）＝ex﹣2＞0，函數(shù)v（x）在（1，+∞）上遞增，v（x）＞v（1）＝e﹣2＞0，
即，從而成立，
當x0∈（0，1）時，只需證：成立，
令H（x）＝（x﹣1）ex﹣2xlnx，0＜x＜1，只需證H（x）＜0，H'（x）＝xex﹣2lnx﹣2，
令t（x）＝xex﹣2lnx﹣2，0＜x＜1，，顯然在（0，1）上遞增，
，，即存在，使t'（x3）＝0，
且當x∈（0，x3）時，t'（x）＜0，H'（x）遞減，當x∈（x3，1）時，t'（x）＞0，H'（x）遞增，
，整理得，
因為函數(shù)在x∈（0，1）遞減，
所以，
所以H'（x）＞0在x∈（0，1）恒成立，即H（x）在x∈（0，1）遞增，
顯然，所以成立．
【點評】本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的最值，考查運算求解能力，屬于難題．
49．（2023?浙江模擬）已知函數(shù)f（x）＝x2﹣axlnx﹣1，a∈R．
（1）求證：；
（2）若函數(shù)f（x）有三個不同的零點x1，x2，x3（x1＜x2＜x3）．
（ⅰ）求a的取值范圍；
（ⅱ）求證：x1+x3＞2a﹣2．
【專題】計算題；轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）代入計算即可求解，
（2）（ⅰ）分類討論a的取值范圍即可求解，
（ⅱ）結合函數(shù)有三個不同的零點，可得，x2＝1，進而結合，，可將問題轉化成，構造函數(shù)，即可利用導數(shù)求解．
【解答】解：（1）證明：由f（x）＝x2﹣axlnx﹣1得，
所以，故，
（2）（ⅰ）由于f（1）＝0，且當x→+∞時，f（x）→+∞，故f'（1）≤0，
又f'（x）＝2x﹣a（lnx+1），所以f'（1）＝2﹣a≤0，所以a≥2，
當a＞2時，令g（x）＝f'（x）＝2x﹣a（lnx+1），所以，
當時，g'（x）＞0，當時，g'（x）＜0，
所以g（x）在單調遞減，在單調遞增，
故，
又f'（1）＝2﹣a＜0，，
f'（a2）＝2a2﹣a（lna2+1）＝2a2﹣a（2lna+1）＝a（2a﹣2lna﹣1）＞a[2a﹣1﹣2（a﹣1）]＝a＞0，
所以存在，使得f'（m）＝0，f'（n）＝0，
因此f（x）在（0，m），（n，+∞）上單調遞增，在（m，n）單調遞減，
又當x→0+，f（x）→﹣1，當x→+∞，f（x）→+∞，
所以此時f（x）有3個零點，符合題意，故a＞2，
當a＝2時，，
令，則，
故當x＞1時，h'（x）＜0，此時h（x）單調遞減，當0＜x＜1時，h'（x）＞0，此時h（x）單調遞增，
故h（x）≤h（1）＝1，此時f'（x）≥0恒成立，f（x）在（0，+∞）單調遞增，至多只有一個零點，不符合題意，
綜上可知：a＞2，即實數(shù)a的取值范圍是（2，+∞）．
（ⅱ）證明：由（?。┮约癴（1）＝0可知，x2＝1，
又，，
故也是f（x）＝0的根，故，
設，
所以φ（x）在（1，+∞）單調遞增，故φ（x）＞φ（1）＝0，
即，（x＞1）
又因為，
所以，
所以x1+x3＞2a﹣2．
【點評】本題考查了導數(shù)的綜合運用，求某點處的切線方程較為簡單，利用導數(shù)求單調性時，如果求導后的正負不容易辨別，往往可以將導函數(shù)的一部分抽離出來，構造新的函數(shù)，利用導數(shù)研究其單調性，進而可判斷原函數(shù)的單調性．在證明不等式時，常采用兩種思路：求直接求最值和等價轉化．無論是那種方式，都要敢于構造函數(shù)，構造有效的函數(shù)往往是解題的關鍵．
50．（2023?濰坊模擬）已知函數(shù)f（x）＝ax2﹣2a（a＞0）的圖像在點（1，f（1））處的切線與直線x+2y+1＝0垂直．
（1）求a，b滿足的關系式；
（2）若f（x）≥2lnx在[1，+∞）上恒成立，求a的取值范圍；
（3）證明：
【專題】計算題；轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；邏輯推理；數(shù)學運算．
【分析】（1）利用導數(shù)的幾何意義求解即可；
（2）原問題等價于f（x）﹣2lnx≥0在[1，+∞）上恒成立，令g（x）＝f（x）﹣2lnx，利用導函數(shù)討論g（x）單調性即可求解；
（3）利用（2）中結論，當a＝1時，，令，則，結合對數(shù)的運算性質即可求解．
【解答】解：（1）由題意可得，
因為f（x）在點（1，f（1））處的切線與直線x+2y+1＝0垂直，
所以，即f'（1）＝a﹣b＝2，所以b＝a﹣2．
（2）因為b＝a﹣2，所以，
若f（x）≥2lnx在[1，+∞）上恒成立，則f（x）﹣2lnx≥0在[1，+∞）上恒成立，
設g（x）＝f（x）﹣2lnx＝ax2﹣2a﹣2lnx，x∈[1，+∞），
則g（1）＝0，，
①當0＜a＜1時，1，若1＜x，則g′（x）＜0，此時g（x）在（1，）上單調遞減，
所以g（x）＜g（1）＝0，即f（x）≥2lnx在[1，+∞）上不恒成立；
②當a≥1，1，當x＞1時，g′（x）＞0，所以g（x）在[1，+∞）上單調遞增，
又g（1）＝0，此時f（x）≥2lnx．
綜上所述，所求a的取值范圍是[1，+∞）．
（3）證明：由（2），當a≥1時，f（x）≥2lnx在[1，+∞）上恒成立，
取a＝1，得，即，當且僅當x＝1時等號成立，令，n∈N*，
則ln，
因為lnlnlnlnln（）＝ln2，
而（）[（）+（）+…+（）]
（），
所以 ，
又1
＝12（），
所以ln2，即，證畢．
【點評】本題主要考查利用導數(shù)研究曲線上某點的切線方程，利用導數(shù)研究函數(shù)的最值，不等式的證明，考查運算求解能力與邏輯推理能力，屬于難題．
51．（2023?嘉興二模）已知f（x）＝ex，g（x）＝lnx．
（1）若存在實數(shù)a，使得不等式f（x）﹣g（x）≥f（a）﹣g（a）對任意x∈（0，+∞）恒成立，求f（a）?g（a）的值；
（2）若1＜x1＜x2，設，證明：
①存在x0∈（x1，x2），使得成立；
②．
【專題】轉化思想；構造法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學抽象；邏輯推理．
【分析】（1）令h（x）＝f（x）﹣g（x），利用導數(shù)求函數(shù)的極值點，結合對數(shù)的運算性質即可求解f（a）?g（a）的值；
（2）①令，得．令φ（x）＝ex﹣Alnx，再由導數(shù)研究函數(shù)的單調性，可得存在x0＞0，使得u（x）＝0，即，進一步說明x0∈（x1，x2）；
②利用分析法，把問題轉化為證明h（x1）﹣h（x2），令x1＝x，則1＜x＜x2．再令，然后利用導數(shù)即可證明．
【解答】解：（1）令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣lnx，則h′（x）＝ex，
則h′（x）在（0，+∞）遞增，且h′（）0，h′（1）＝e﹣1＞0，
∴存在，使得h′（a），且h（x）在（0，a）上單調遞減，在（a，+∞）上單調遞增，
∴h（x）≥h（a）對任意x∈（0，+∞）恒成立，此時；
證明：（2）①令，∵1＜x1＜x2，∴A＞0，則．
令φ（x）＝ex﹣Alnx，則φ′（x），令u（x）＝xex﹣A．
∵u（x）＝xex﹣A在（0，+∞）遞增，且當x→0+時，u（x）→﹣A；當x→+∞時，u（x）→+∞，
∴存在x0＞0，使得u（x）＝0，即．
于是φ（x）在（0，x0）遞減，在（x0，+∞）遞增．
∵φ（x1）＝φ（x2），∴x0∈（x1，x2）；
②要證，即證．
∵，∴只要證，
即證，
即證
令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣lnx，即證，
即證h（x1）﹣h（x2），
令x1＝x，則1＜x＜x2．
令，
則，
，
∵h″′（x）h″′（1）＝e﹣2＞0，x﹣x2＜0，∴q″（x）＞0，則q′（x）單調遞增，
則q'（x）＜q'（x2）＝0，∴q（x）＞q（x2）＝0，
∴h（x1）﹣h（x2）成立，故原命題成立．
【點評】本題考查恒成立問題的求解方法，考查化歸與轉化、函數(shù)與方程思想，考查推理論證能力與運算求解能力，綜合性強，難度較大．
52．（2023?福建模擬）已知函數(shù)f（x）＝ex+e﹣x+（2﹣b）x，g（x）＝ax2+b（a，b∈R），若曲線y＝g（x）在x＝1處的切線方程y＝2x+1+f′（0）．
（1）求實數(shù)a，b的值；
（2）若不等式f（x）≥kg（x）﹣2k+2對任意x∈R恒成立，求k的取值范圍；
（3）設θ1，θ2，θ3，…，θn∈（0，），其中n∈N*，n≥2，求證：f（sinθ1）f（csθn）+f（sinθ2）f（csθn﹣1）+…+f（sinθn﹣1）f（csθ2）+f（sinθn）f（csθ1）＞6n．
【專題】分類討論；函數(shù)思想；轉化思想；構造法；導數(shù)的綜合應用；邏輯推理；數(shù)學運算．
【分析】（1）根據(jù)導數(shù)的幾何意義求出f′（0）和g′（1），利用曲線的切線方程即可求出a和b的值；
（2）不等式化為ex+e﹣x﹣kx2﹣2≥0，設h（x）＝ex+e﹣x﹣kx2﹣2，求出h′（x），討論導數(shù)的單調性，從而求出函數(shù)的最值和k的取值范圍；
（3）由（2）知k＝1時，ex+e﹣x≥x2+2，利用f（x1）?f（x2）4得出f（sinθi）f（csθn﹣i+1）+f（csθi）f（sinθn﹣i+1）≥12，從而證明結論成立．
【解答】解：（1）因為f（x）＝ex+e﹣x+（2﹣b）x，所以f′（x）＝ex﹣e﹣x+（2﹣b），所以f′（0）＝2﹣b，
又因為g（x）＝ax2+b，所以g′（x）＝2ax，所以g′（x）＝2ax，
又因為曲線y＝g（x）在x＝1處的切線方程y＝2x+1+f′（0），
所以g′（1）＝2a＝2，解得a＝1；
所以g（1）＝1+b，所以1+b＝2+1+2﹣b，解得b＝2；
（2）不等式f（x）≥kg（x）﹣2k+2可化為ex+e﹣x﹣kx2﹣2≥0，設h（x）＝ex+e﹣x﹣kx2﹣2，
則h′（x）＝ex﹣e﹣x﹣2kx，設s（x）＝ex﹣e﹣x﹣2kx，則s′（x）＝ex+e﹣x﹣2k；
①當k≤1時，s′（x）＝ex+e﹣x﹣2k≥2﹣2k≥0，所以s（x）在R上單調遞增；
又因為s（0）＝0，所以當x＜0時，s（x）＜0，即h′（x）＜0，h（x）在（﹣∞，0）上單調遞減；
當x＞0時，s（x）＞0，即h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）上單調遞增；
所以h（x）≥h（0）＝0；
②當k＞1時，令s′（x）＜0，得e2x﹣2kex+1＜0，解得kex＜k，ln（k）＜x＜ln（k），
所以s（x）在（0，ln（k））上單調遞減，所以s（x）＜s（0）＝0，
所以h（x）在（0，+∞）上單調遞減，h（x）＜h（0）＝0，不合題意；
綜上，k的取值范圍是（﹣∞，1]；
（3）證明：由（2）知，當k＝1時，ex+e﹣x≥x2+2，
所以f（x1）?f（x2）4，
所以f（sinθi）f（csθn﹣i+1）+f（csθi）f（sinθn﹣i+1）≥12，
所以2[f（sinθ1）f（csθn）+f（sinθ2）f（csθn﹣1）+…+f（sinθn﹣1）f（csθ2）+f（sinθn）f（csθ1）＞12n，
所以f（sinθ1）f（csθn）+f（sinθ2）f（csθn﹣1）+…+f（sinθn﹣1）f（csθ2）+f（sinθn）f（sinθ1）＞6n．
【點評】本題考查了導數(shù)的幾何意義與導數(shù)的綜合應用問題，也考查了函數(shù)與不等式的綜合應用問題，是難題．
53．（2022秋?海淀區(qū)校級期末）已知函數(shù)f（x）＝ex（2x﹣1）﹣ax+a．
（1）若a＜1且僅存在兩個的整數(shù)，使得f（x）＜0，求a的取值范圍；
（2）討論f（x）零點的個數(shù)；
（3）證明，?t∈（0，1），有f（tx1+（1﹣t）x2）≤tf（x1）+（1﹣t）f（x2）．
【專題】綜合題；轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）設g（x）＝ex（2x﹣1），y＝ax﹣a，利用數(shù)形結合可得a的取值范圍；
（2）設切點坐標為（t，（2t﹣1）et），則切線斜率為（2t+1）et，切線方程為y﹣（2t﹣1）et＝（2t+1）et（x+t），可得a＝（2t+1）et＝+（2t2﹣t+1）et，利用分類討論結合圖可得f（x）零點的個數(shù)；
（3）利用構造函數(shù)法可證結論成立．
【解答】解：函數(shù)f（x）＝ex（2x﹣1）﹣ax+a，其中a＜1，
設g（x）＝ex（2x﹣1），y＝ax﹣a，
因為存在兩個整數(shù)x1，x2，使得f（x1），f（x2）都小于0，
所以存在兩個整數(shù)x1，x2，使得g（x）在直線y＝ax﹣a的下方，
g′（x）＝ex（2x+1），
當x時，g′（x）＜0，當x時，[g（x）]min＝g（）＝﹣2e．
當x＝0時，g（0）＝﹣1，g（1）＝e＞0，
直線y＝ax﹣a恒過（1，0），斜率為a，故﹣a＞g（0）＝﹣1，
且g（﹣1）＝﹣3e﹣1＜﹣a﹣a，解得a．g（﹣2）≥﹣2a﹣a，解得a，
所以a的取值范圍是：[，）．
（2）設切點坐標為（t，（2t﹣1）et），則切線斜率為（2t+1）et，
所求切線方程為y﹣（2t﹣1）et＝（2t+1）et（x﹣t），即y＝（2t+1）etx﹣（2t2﹣t+1）et，
所以a＝（2t+1）et＝+（2t2﹣t+1）et，解得t＝0或t，
當t＝0時，a＝1；當t時，a＝4，
如下圖所示，當a≤0時，直線y＝ax﹣a與函數(shù)g（x）的圖象只有一個公共點；
當0＜a＜1或a＞4，直線y＝ax﹣a與函數(shù)g（x）的圖象只有2個公共點；
當a＝1或a＝4，直線y＝ax﹣a與函數(shù)g（x）的圖象只有一個公共點；
當1＜a＜4，直線y＝ax﹣a與函數(shù)g（x）的圖象無公共點；
綜上所述：當1＜a＜4時，函數(shù)f（x）無零點，
當a≤0或a＝1或a＝4時，函數(shù)f（x）只有1個零點，
當0＜a＜1或a＞4時，函數(shù)f（x）只有2個零點，
（3）證明：不妨設x1≤x2，構造函數(shù)p（x）＝tf（x）+（1﹣t）f（x2）﹣f（tx+（1﹣t）x2），其中x≤x2．
因為f′（x）＝（2x+1）ex﹣a，p′（x）＝tf′（x）﹣tf′（tx+（1﹣t）x2）＝t（2x+1）ex﹣t[2tx+2（1﹣t）x2+1]，
令h（x）＝（2x+1）ex，其中x，則h′（x）＝（2x+3）ex≥0，且h′（x）不恒為0，
故函數(shù)h（x）在[，+∞）上為增函數(shù)，
因為tx+（1﹣t）x2﹣x＝（t﹣1）（x﹣x2）≥0，故tx+（1﹣t）x2≥x，
所以p（x）≤p（tx+（1﹣t）x2），故p′（x）＝t?h（x）﹣t?h（tx+（1﹣t）x2）≤0，
所以，函數(shù)p（x）在[，+∞）上為增函數(shù)，
故當x∈[，x2]時，p（x）≥p（x2）＝0，
因為x1∈[，x2]時，則p（x1）≥p（x2）＝0，
因此，，?t∈（0，1），有f（tx1+（1﹣t）x2）≤tf（x1）+（1﹣t）f（x2）．
【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)單調性與極值及其切線方程、等價轉化方法、分類討論方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．
54．（2022秋?長沙期末）設函數(shù)f（x）＝ln（x+1）﹣ax，a∈R，曲線y＝f（x）在原點處的切線為x軸．
（1）求a的值；
（2）求方程的解；
（3）證明：．
【專題】函數(shù)思想；轉化思想；構造法；導數(shù)的綜合應用；邏輯推理；數(shù)學運算．
【分析】（1）求出函數(shù)f（x）的導數(shù)，根據(jù)題意知f′（0）＝0，即可求得a的值．
（2）由題意得出方程的解是x＝0，再構造函數(shù)判斷函數(shù)的單調性，確定方程有唯一解即可．
（3）由x＞0時，得出，取得，構造函數(shù)s（x）＝ln（x+1），利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性，得出，取得，即可證明結論成立．
【解答】解：（1）因為函數(shù)f（x）＝ln（x+1）﹣ax，a∈R，所以f′（x）a，
又因為曲線y＝f（x）在原點處的切線為x軸，所以f′（0）＝1﹣a＝0，解得a＝1．
（2）由（1）知f（x）＝ln（x+1）﹣x，方程，即為，
所以x＝0是的解；
設，則，且只有h'（0）＝0，
所以h（x）在（﹣1，+∞）上單調遞增，所以方程有唯一的解為x＝0．
（3）證明：由（2）知，當x＞0時，，即，
特別地，取，得；
設s（x）＝ln（x+1），s′（x），
當時，s'（x）＜0，所以s（x）在區(qū)間上單調遞減，
當時，s（x）＜s（0）＝0，ln（x+1），即，
特別地，取，得；
即e．
【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性和求函數(shù)在某點處的切線斜率問題，也考查了推理與判斷能力，是難題．
55．（2023?碑林區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝（a+3）x+2lnx，a∈R．
（1）討論f（x）的單調性；
（2）對?x＞0，不等式f（x）≤x2ex﹣1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
【專題】分類討論；轉化思想；構造法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學抽象；數(shù)學運算．
【分析】（1）對函數(shù)f（x）求導數(shù)，討論a的取值范圍，即可判斷f（x）的單調性與單調區(qū)間；
（2）不等式f（x）≤x2ex﹣1恒成立等價于a+3恒成立，構造函數(shù)g（x），x∈（0，+∞），求出g（x）的最小值，即可求出實數(shù)a的取值范圍．
【解答】解：（1）因為函數(shù)f（x）＝（a+3）x+2lnx，x∈（0，+∞），所以f′（x）＝（a+3），
當a+3≥0，即a≥﹣3時，f′（x）≥0恒成立，f（x）是定義域（0，+∞）上的單調增函數(shù)；
當a+3＜0，即a＜﹣3時，令f′（x）＝0，得x，x∈（0，）時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增；
x∈（，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減；
綜上，a≥﹣3時，f（x）是定義域（0，+∞）上的單調增函數(shù)；
a＜﹣3時，f（x）在（0，）上單調遞增，在（，+∞）上單調遞減．
（2）對?x＞0，不等式f（x）≤x2ex﹣1恒成立，即不等式（a+3）x+2lnx≤x2ex﹣1恒成立；
因為x＞0，所以不等式化為a+3，設g（x），x∈（0，+∞），
則g（x），
設h（x）＝ex﹣x﹣1，x∈R，則h′（x）＝ex﹣1，當x＞0時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增，當x＜0時，h′（x）＜0，h（x）單調遞減，
所以h（x）≥h（0）＝0，即x∈R時，ex﹣x﹣1≥0，當且僅當x＝0時取“＝”，所以x∈R時，ex≥x+1，當且僅當x＝0時取“＝”；
所以lnx2+x+1＝2lnx+x+1，當且僅當lnx2+x＝0時取“＝”；
設t（x）＝2lnx+x，x∈（0，+∞），則t′（x）1＞0恒成立，所以t（x）＝2lnx+x在定義域（0，+∞）單調遞增；
因為t（）＝2ln20，t（1）＝1＞0，所以函數(shù)t（x）＝2lnx+x在（，1）內有零點，
即方程lnx2+x＝0有實數(shù)根，所以lnx2+x+1中“＝”成立，
所以g（x）1，
即a+3≤1，解得a≤﹣2，所以實數(shù)a的取值范圍是（﹣∞，﹣2]．
【點評】本題考查了利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性與求極值、最值的應用問題，也考查了等價轉化與分類討論思想，是難題．
56．（2022秋?日照期末）已知函數(shù)f（x）＝sinx﹣aeπ﹣x，f'（x）是f（x）的導函數(shù)．
（1）若f（x）≥0在（﹣π，π）上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）若f'（π）＝0，判斷關于x的方程f（x）＝﹣1在[（2k+1）π，（2k+2）π]（k∈N*）內實數(shù)解的個數(shù)，并說明理由．
【專題】綜合題；轉化思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（1）由已知可得aeπ≤exsinx，令m（x）＝exsinx，求導可得m（x）在（﹣π，]和[，π）上為減函數(shù)，在[，]上為增函數(shù)，可得ae；
（2）由已知可求a，由f（x）＝﹣1，得sinx﹣eπ﹣x+1＝0，令s（x）＝sinx﹣eπ﹣x+1，求導，令g（x）＝csx+eπ﹣x，再求導，進而令h（x）＝﹣sinx﹣eπ﹣x，進而求導得h′（x）在[（2k+1）π，（2k+2）π]（k∈N*）上單調遞減，存在x0∈[（2k+1）π，（2k+2）π]（k∈N*）使h′（x0）＝0，進而可求g′（x）在（（2k+1）π，（2k）π）和（（2k）π，（2k+2）π）上各有一個零點x1，x2，進而可判斷當（2k+1）π≤x＜x1時，s′（x）單調遞減，x1＜x＜x2時，s′（x）單調遞增，進而可得s′（x）在（x1，x2）上有唯一的零點x3，進而計算可得s（x）共兩個零點．
【解答】解：（1）f（x）＝sinx﹣aeπ﹣x≥0，即aeπ≤exsinx，令m（x）＝exsinx，
m′（x）＝exsinx+excsx，當x∈（﹣π，π）時，
令m′（x）＝exsinx+excsx≥0，得x，m′（x）＝exsinx+excsx≤0，得﹣π＜x或x＜π，
所以m（x）在（﹣π，]和[，π）上為減函數(shù)，在[，]上為增函數(shù)，
m（π）＝eπsinπ＝0，故m（x）min＝m（）＝esin（）e，aeπe，
即ae；綜上ae．
（2）f′（x）＝csx+aeπ﹣x，f′（π）＝csπ+aeπ﹣π＝﹣1+a＝0，得a＝1，
由f（x）＝﹣1，得sinx﹣eπ﹣x+1＝0，令s（x）＝sinx﹣eπ﹣x+1，s′（x）＝csx+eπ﹣x，令g（x）＝csx+eπ﹣x，
g′（x）＝﹣sinx﹣eπ﹣x，令h（x）＝﹣sinx﹣eπ﹣x，h′（x）＝﹣csx+eπ﹣x，h′（x）在[（2k+1）π，（2k+2）π]（k∈N*）上單調遞減，
注意到h′（（2k+1）π）＝1+e﹣2kπ＞0，h′（（2k+2）π）＝﹣1+e﹣π﹣2kπ＜0，
存在x0∈[（2k+1）π，（2k+2）π]（k∈N*）使h′（x0）＝0，
且當（2k+1）π≤x＜x0時，h′（x）單調遞增；
當x0＜x≤（2k+2）π時，h′（x）單調遞減，
且g′（（2k+1）π）＝﹣e﹣2kx＜0，g′（（2k+2）π）＝﹣e﹣π﹣2kx＜0，
g′[（2k）π]＝1﹣e0，
∴g′（x）在（（2k+1）π，（2k）π）和（（2k）π，（2k+2）π）上各有一個零點x1，x2，
且當（2k+1）π≤x＜x1時，s′（x）單調遞減，x1＜x＜x2時，s′（x）單調遞增，
當x2＜x≤（2k+2）π時，s′（x）單調遞減，且s′（（2k+1）π））＝﹣1﹣e﹣2kx＜0，s′（（2k+2）π））＝1+e﹣π﹣2kx＞0，
∴當（2k+1）π≤x＜x1時，s′（x）＜s′（（2k+1）π））＜0，
當x2＜x≤（2k+2）π時，s′（x）＞s′（（2k+1）π））＞0，
s′（x）在（x1，x2）上有唯一的零點x3，
且當（2k+1）π≤x＜x3時，s′（x）＜0，s（x）單調遞減；當x3＜x≤（2k+2）π 時，s′（x）＞0，s（x）單調遞增．
注意到s（（2k+1）π）＝﹣e﹣2kx+1＞0，s（（2k+2）π）＝﹣e﹣π﹣2kx+1＞0，
s[（2k）π]＝﹣e0，
∴s（x）在（（2k+1）π，（2k）π）和（（2k）π，（2k+2）π）上各有一個零點x4，x5，
s（x）共兩個零點．故方程f（x）＝﹣1有兩個實數(shù)根．
【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與最值、恒成立問題的等價轉化方法，考查方程根的個數(shù)的判斷，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．
57．（2023?歷城區(qū)校級二模）已知f（x）＝sinnx，g（x）＝lnx+mex（n為正整數(shù)，m∈R）．
（1）當n＝1時，設函數(shù)h（x）＝x2﹣1﹣2f（x），x∈（0，π），證明：h（x）有且僅有1個零點；
（2）當n＝2時，證明：．
【專題】證明題；轉化思想；分析法；綜合法；導數(shù)的綜合應用；邏輯推理；數(shù)學運算．
【分析】（1）當n＝1時，h（x）＝x2﹣1﹣2sinx（0＜x＜π），對該函數(shù)進行2次求導確定其單調性，從而得證；
（2）當n＝2時，f'（x）＝2sinxcsx＝sin2x，要證，
即證①，可證明sin2x＜2x，問題轉化為證明x+lnx+1﹣xex≤0，
構造函數(shù)μ（x）＝ex﹣x﹣1，可證得ex≥x+1得ex+lnx≥x+lnx+1，即xex≥x+lnx+1，從而得證．
【解答】證明：（1）當n＝1時，h（x）＝x2﹣1﹣2sinx（0＜x＜π），
記φ（x）＝h'（x）＝2x﹣2csx，則φ'（x）＝2+2sinx≥0，
所以φ（x）＝h'（x）在區(qū)間（0，π）上單調遞增，
而φ（0）＝﹣2＜0，，
所以存在，使得φ（x0）＝0，即h'（x0）＝0，
當x∈（0，x0）時，φ（x）＝h'（x）＜0，h（x）單調遞減，
當x∈（x0，π）時，φ（x）＝h'（x）＞0，h（x）單調遞增，
又h（0）＝﹣1＜0，h（x0）＜h（0）＜0，h（π）＝π2﹣1＞0，
所以h（x）在（0，x0）上沒有零點，在（x0，π）上有一個零點．
綜上所述，函數(shù)h（x）在（0，π）內只有一個零點；
（2）當n＝2時，f'（x）＝2sinxcsx＝sin2x，
要證，
即證，①
令H（x）＝sin2x﹣2x，則H'（x）＝2cs2x﹣2≤0，
所以H（x）在（0，+∞）單調遞減，H（x）＜H（0）＝0，即sin2x＜2x，
要證①，只需證x+lnx+1﹣xex≤0，
令μ（x）＝ex﹣x﹣1，則μ'（x）＝ex﹣1，
∴μ（x）在（﹣∞，0）單調遞減，在（0，+∞）單調遞增，
∴μ（x）≥μ（0）＝0，即ex≥x+1，
∴ex+lnx≥x+lnx+1，即xex≥x+lnx+1，
所以x+lnx+1﹣xex≤0成立，
∴原命題得證
【點評】本題考查導數(shù)應用，考查數(shù)學運算能力及推理能力，屬于難題．
58．（2022?硚口區(qū)模擬）已知函數(shù)f（x）＝ax2+ln（x+1）．
（1）當a時，求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）當x∈[0，+∞）時，不等式f（x）≤x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．
（3）求證：（1）（1）（1）…[1]（其中n∈N*，
e是自然對數(shù)的底數(shù)）．
【專題】導數(shù)的綜合應用．
【分析】（1）當a時，，由此利用導數(shù)性質能求出f（x）的單調區(qū)間．
（2）由已知得ax2﹣x+ln（1+x）≤0對x∈[0，+∞）成立，令h（x）＝ax2﹣x+ln（1+x），則，由此利用導數(shù)性質能求出實數(shù)a的取值范圍．
（3）a＝0時，ln（1+x）≤x，x∈（0，+∞），令x，利用放縮法能證明（1）（1）（1）…[1]．
【解答】（1）解：當a時，f（x）ln（x+1），x＞﹣1，
，
當x∈（﹣1，1）時，f′（x）＞0；當x∈（1，+∞）時，f′（x）＜0．
∴f（x）的單調增區(qū)間為（﹣1，1），單調減區(qū)間為（1，+∞）．
（2）解：f（x）≤x，即ax2﹣x+ln（1+x）≤0，
對x∈[0，+∞）成立，令h（x）＝ax2﹣x+ln（1+x），
則，
當a≤0時，h′（x）＜0，得x，
若0＜a時，x，
則h（x）在（0，）為減函數(shù)，在（）為增函數(shù)，h（a）＞0，舍．
若a時，x在[0，+∞）為增函數(shù)，舍．
綜上所述，a≤0．
（3）由（2）得a＝0時，ln（1+x）≤x，x∈（0，+∞），
令x，
則ln（1），
當n≥2時，

，
∴（1）（1）（1）…[1]．
【點評】本題考查函數(shù)的單調區(qū)間的求法，考查實數(shù)的取值范圍的求法，考查不等式的證明，解題時要認真審題，注意導數(shù)性質的合理運用．
59．（2022?鄭州二模）已知函數(shù)f（x）＝e?ex1，g（x）2．
（Ⅰ）求函數(shù)g（x）的極值；
（Ⅱ）當x＞0時，證明：f（x）≥g（x）．
【專題】綜合題；函數(shù)思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學運算．
【分析】（I）首先確定g（x）的定義域為（0，+∞），求導可得g′（x），根據(jù)導數(shù)的應用，分x∈（0，e）時x∈（e，+∞），兩種情況即可得解；
（Ⅱ）要證f（x）≥g（x）即證xex+1﹣lnx﹣x﹣2≥0，令h（x）＝xex+1﹣lnx﹣x﹣2，求導利用隱零點問題的解決方法求得h（x）min≥0即可．
【解答】解：（I）g（x）2．定義域為（0，+∞），g′（x），
則x∈（0，e）時，g′（x）＞0，g（x）在（0，e）上單調遞增，
則x∈（e，+∞）時，g′（x）＜0，g（x）在∈（e，+∞）上單調遞減，
故函數(shù)g（x）的極大值為g（e）2，無極小值，
（II）證明：要證f（x）≥g（x）等價證明xex+1﹣2≥lnx+x，
即證xex+1﹣lnx﹣x﹣2≥0，令h（x）＝xex+1﹣lnx﹣x﹣2，（x＞0），
h′（x）＝（x+1）ex+1（x+1）（ex+1），
令φ（x）＝ex+1，則φ（x）在（0，+∞）上單調遞增，而φ（）10＜e2﹣10＜0，φ（1）＝e2﹣1＞0，
故φ（x）在（0，+∞）上存在唯一零點x0，且x0∈（，1），
x∈（0，x0）時，φ（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）在x∈（0，x0）上單調遞減，
x∈（x0，+∞）時，φ（x）＞0，h′（x）＞0，h（x）在x∈（x0，+∞）上單調遞增，
故h（x）min＝h（x0）＝x0elnx0﹣x0﹣2，又因為φ（x0）＝0，即e，
∴h（x0）＝﹣lnx0﹣x0﹣1＝（x0+1）﹣x0﹣1＝0，從而h（x）≥h（x0）＝0，即f（x）≥g（x）．
【點評】本題考查了導數(shù)的應用，導函數(shù)f′（x）＞0則原函數(shù)f（x）為增函數(shù)，f′（x）＜0則原函數(shù)f（x）為減函數(shù)，同時考查了極值的概念，屬難題．
四．利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程（共1小題）
60．（2023秋?湖北期中）已知a＞0，曲線C1：y＝alnx 與投有公共點．
（1）求a的取值范圍；
（2）設一條直線與C1，C2分別相切于點 （i，j），（s，t）．證明：
（i）i+t≠j+s；
（ii） ．
【專題】函數(shù)思想；綜合法；導數(shù)的綜合應用；數(shù)學抽象．
【分析】（1）曲線C1與C2沒有公共點等價于f（x）沒有零點，利用零點存在定理判斷即可；
（2）（i）利用反證法證出斜率乘積是﹣1，得出兩直線垂直，與已知矛盾，即可得出結果；
（ⅱ）通過分析，分別構造函數(shù)g（x）＝2xlnx+x+1（0＜x＜1）和h（x）＝x（2﹣lnx），通過單調性得出結果．
【解答】解：（1）設，則，
曲線C1與C2沒有公共點等價于f（x）沒有零點，
當a≥e時，，且f（a）＝alna﹣e≥0，f（x）存在零點，不合題意；
當0＜a＜e時，，在（0，+∞）單調遞減，且，
，則存在唯一，使得f（x0）＝0，即，
進一步可知，，
當0＜x＜x0 時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增，當 x＞x0 時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減，
故 符合題意，
綜上，a的取值范圍是（0，e）．
（2）（i）記題設的直線為l，由題意可知l與x軸不垂直，
假設i+t＝j+s，則l的斜率，
由y＝alnx得，，即i＝a，j＝alna，
由得，，即s＝alna，t＝a，
所以，矛盾，
綜上，i+t≠j+s．
（ⅱ）由及，可得a﹣s＝i（lni﹣1），若t＝e，
則a﹣s＝i（lni﹣1）＝0，a＝s，且由可得，故a＝c，這與0＜a＜e矛質，故i≠e，
易知i＞0，t＞0，當0＜i＜e時，s﹣a＝i（1﹣lni）＞0，故s＞a＞0，i+s＞0，
當i＞e時，由，得，
所以，其中，
設g（x）＝2xlnx+x+1（0＜x＜1），則 g'（x）＝2lnx+3，
當時，g'（x）＜0，g（x）單調遞減，
當時，g'（x）＞0，g（x）單調遞增，
所以，此時也有，
由a﹣s＝i（lni﹣1）可得i+s＝a+i（2﹣lni），
設h（x）＝x（2﹣lnx），則h′（x）＝1﹣lnx，
當0＜x＜e時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增，
當x＞e時，h′（x）＜0，h（x）單調遞減，
所以當x≠e時，h（x）＜h（e）＝e，故i+s＜a+e＜2c，，
另有，設，將s＝a﹣i（lni﹣1）代入．
有，
當0＜i＜c，由上可知i＜a＜e，有，
當i＞e，由上可知a＜e＜i，也有，
故，
綜上，．
【點評】本題考查導數(shù)的綜合應用，屬于壓軸題．
聲明：試題解析著作權屬菁優(yōu)網(wǎng)所有，未經書面同意，不得復制發(fā)布日期：2024/2/25 8:44:22；用戶：胡周杰；郵箱：18600601432；學號：50925141 x
（﹣∞，0）
0
（0，1）
1
（1，+∞）
m′（x）
﹣
無意義
﹣
0
+
m（x）
單調遞減
無意義
單調減
極小值
單調遞增
x
﹣1
（﹣1，0）
0
（0，1）
1
f′（x）
﹣
0
+
f（x）
0
↘
﹣4
↗
﹣2
x
（0，a）
a
（a，+∞）
f′（x）
+
0
﹣
f（x）
↗
4
↘
x


1
（1，+∞）
p'（x）
﹣
0
+
p（x）

單調遞減
極小值p（1）
單調遞增

相關試卷

2024長沙四大名校高三數(shù)學月考壓軸題——抽象函數(shù)含答案：

這是一份2024長沙四大名校高三數(shù)學月考壓軸題——抽象函數(shù)含答案，文件包含2抽象函數(shù)答案版docx、2抽象函數(shù)學生版docx等2份試卷配套教學資源，其中試卷共46頁， 歡迎下載使用。

2022長沙四大名校高三月考數(shù)學試卷合集：

這是一份2022長沙四大名校高三月考數(shù)學試卷合集，共162頁。

2022屆長沙高三四大名校導數(shù)題匯編：

這是一份2022屆長沙高三四大名校導數(shù)題匯編，共21頁。

英語朗讀寶

相關試卷 更多

2022屆長沙高三四大名校圓錐曲線專題

2022屆長沙高三四大名校圓錐曲線專題
長沙四大名校高三月考試卷真題匯編

長沙四大名校高三月考試卷真題匯編
2022長沙四大名校高三月考數(shù)學試卷合集

2022長沙四大名校高三月考數(shù)學試卷合集
2022長沙四大名校猜題卷-數(shù)學試卷及參考答案

2022長沙四大名校猜題卷-數(shù)學試卷及參考答案
資料下載及使用幫助
版權申訴
版權申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內容侵犯了您的知識產權，請掃碼添加我們的相關工作人員，我們盡可能的保護您的合法權益。
入駐教習網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權申訴二維碼
月考專區(qū)
歡迎來到教習網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經成功發(fā)送，5分鐘內有效

設置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部