【專項復(fù)習(xí)】高考數(shù)學(xué) 專題19 導(dǎo)數(shù)綜合 (名校模擬匯編).zip-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

2023真題展現(xiàn)
考向一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值
考向二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
真題考查解讀
近年真題對比
考向一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
考向二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值
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考向一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值
1．（2023?新高考Ⅱ?第22題）（1）證明：當(dāng)0＜x＜1時，x﹣x2＜sinx＜x；
（2）已知函數(shù)f（x）＝csax﹣ln（1﹣x2），若x＝0為f（x）的極大值點(diǎn)，求a的取值范圍．
【解答】（1）證明：設(shè)g（x）＝x﹣x2﹣sinx，x∈（0，1），
則g′（x）＝1﹣2x﹣csx，∴g″（x）＝﹣2+sinx＜0，
∴g′（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，∴g′（x）＜g′（0）＝0，
∴g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，∴g（x）＜g（0）＝0，
即x﹣x2﹣sinx＜0，x∈（0，1），∴x﹣x2＜sinx，x∈（0，1），
設(shè)h（x）＝x﹣sinx，x∈（0，1），則h′（x）＝1﹣csx＞0，
∴h（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，∴h（x）＞h（0）＝0，x∈（0，1），
即x﹣sinx＞0，x∈（0，1），∴sinx＜x，x∈（0，1），
綜合可得：當(dāng)0＜x＜1時，x﹣x2＜sinx＜x；
（2）解：∵f′（x）＝﹣asinax+2x1?x2，∴f″（x）=?a2csax+2+2x2(1?x2)2，
且f′（0）＝0，f″（0）＝﹣a2+2，
①若f″（x）＝2﹣a2＞0，即?2＜a＜2時，
易知存在t1＞0，使得x∈（0，t1）時，f″（x）＞0，
∴f′（x）在（0，t1）上單調(diào)遞增，∴f′（x）＞f′（0）＝0，
∴f（x）在（0，t1）上單調(diào)遞增，這顯然與x＝0為函數(shù)的極大值點(diǎn)相矛盾，故舍去；
②若f″（x）＝2﹣a2＜0，即a＜?2或a＞2時，
存在t2＞0，使得x∈（﹣t2，t2）時，f″（x）＜0，
∴f′（x）在（﹣t2，t2）上單調(diào)遞減，又f′（0）＝0，
∴當(dāng)﹣t2＜x＜0時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)0＜x＜t2時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，滿足x＝0為f（x）的極大值點(diǎn)，符合題意；
③若f″（x）＝2﹣a2＝0，即a＝±2時，∵f（x）為偶函數(shù)，
∴只考慮a=2的情況，
此時f'(x)=?2sin(2x)+2x1?x2，x∈（0，1）時，
f'(x)＞?2x+2x1?x2=2x(11?x2?1)＞0，
∴f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，與顯然與x＝0為函數(shù)的極大值點(diǎn)相矛盾，故舍去．
綜合可得：a的取值范圍為（﹣∞，?2）∪（2，+∞）．
考向二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
2．（2023?新高考Ⅰ?第19題）已知函數(shù)f（x）＝a（ex+a）﹣x．
（1）討論f（x）的單調(diào)性；
（2）證明：當(dāng)a＞0時，f（x）＞2lna+32．
【解答】解：（1）f（x）＝a（ex+a）﹣x，則f'（x）＝aex﹣1，
①當(dāng)a≤0時，f'（x）＜0恒成立，f（x）在R上單調(diào)遞減，
②當(dāng)a＞0時，令f'（x）＝0得，x=ln1a，
當(dāng)x∈（﹣∞，ln1a）時，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（ln1a，+∞）時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
綜上所述，當(dāng)a≤0時，f（x）在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a＞0時，f（x）在（﹣∞，ln1a）上單調(diào)遞減，在（ln1a，+∞）上單調(diào)遞增．
證明：（2）由（1）可知，當(dāng)a＞0時，f（x）min＝f（ln1a）＝a（1a+a）﹣ln1a=1+a2+lna，
要證f（x）＞2lna+32，只需證1+a2+lna＞2lna+32，
只需證a2?lna?12＞0，
設(shè)g（a）=a2?lna?12，a＞0，則g'（a）＝2a?1a=2a2?1a，
令g'（a）＝0得，a=22，當(dāng)a∈（0，22）時，g'（a）＜0，g（a）單調(diào)遞減，當(dāng)a∈（22，+∞）時，g'（a）＞0，g（a）單調(diào)遞增，
所以g（a）≥g（22）=12?ln22?12=?ln22＞0，即g（a）＞0，
所以a2?lna?12＞0得證，
即f（x）＞2lna+32得證．
【命題意圖】
考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用．考查求導(dǎo)公式，導(dǎo)數(shù)幾何意義，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值，函數(shù)零點(diǎn)等問題．體會數(shù)形結(jié)合思想，分類討論思想，化歸和轉(zhuǎn)化思想．
【考查要點(diǎn)】
導(dǎo)數(shù)是必考內(nèi)容，難度、廣度和深度較大．常規(guī)基礎(chǔ)考查求導(dǎo)公式與幾何意義．中等難度考查求單調(diào)區(qū)間、極值、最值等．壓軸題考查零點(diǎn)、不等式證明、恒成立或者存在問題、分類討論求參數(shù)等，和數(shù)列、不等式、函數(shù)等知識結(jié)合．
【得分要點(diǎn)】
1、導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系
（1）若f′（x）＞0在（a，b）上恒成立，則f（x）在（a，b）上是增函數(shù)，f′（x）＞0的解集與定義域的交集的對應(yīng)區(qū)間為增區(qū)間．
（2）若f′（x）＜0在（a，b）上恒成立，則f（x）在（a，b）上是減函數(shù)，f′（x）＜0的解集與定義域的交集的對應(yīng)區(qū)間為減區(qū)間．
2．求函數(shù)f（x）的極值的步驟
（1）確定函數(shù)的定義區(qū)間，求導(dǎo)數(shù)f′（x）．
（2）求方程f′（x）＝0的根．
（3）用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)，順次將函數(shù)的定義區(qū)間分成若干小開區(qū)間，并列成表格，檢查f′（x）在方程根左右的值的符號，如果左正右負(fù)，那么f（x）在這個根處取得極大值；如果左負(fù)右正，那么f（x）在這個根處取得極小值；如果左右不改變符號即都為正或都為負(fù)，則f（x）在這個根處無極值．
3．用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值步驟：
設(shè)函數(shù)f（x）在[a，b]上連續(xù)，在（a，b）內(nèi)可導(dǎo)，則求f（x）在[a，b]上的最大值與最小值的步驟如下：
（1）求f（x）在（a，b）內(nèi)的極值．
（2）將f（x）的各極值與f（a）、f（b）比較得出f（x）在[a，b]上的最值．
4．利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程
（1）確定切點(diǎn)．
（2）求斜率，即求曲線上該點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)．
（3）利用點(diǎn)斜式求出直線方程．
5．函數(shù)恒成立問題
恒成立問題最后都轉(zhuǎn)化為求最值問題，常用的方法是分離參變量和求導(dǎo)．
考向一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
3．（2022?新高考Ⅱ）已知函數(shù)f（x）＝xeax﹣ex．
（1）當(dāng)a＝1時，討論f（x）的單調(diào)性；
（2）當(dāng)x＞0時，f（x）＜﹣1，求a的取值范圍；
（3）設(shè)n∈N*，證明：++…+＞ln（n+1）．
【解答】解：（1）當(dāng)a＝1時，f（x）＝xex﹣ex＝ex（x﹣1），
f′（x）＝ex（x﹣1）+ex＝xex，
∵ex＞0，
∴當(dāng)x∈（0，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（﹣∞，0）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減．
（2）令g（x）＝f（x）+1＝xeax﹣ex+1（x＞0），
∵f（x）＜﹣1，f（x）+1＜0，
∴g（x）＜g（0）＝0在x＞0上恒成立，
又g′（x）＝eax+axeax﹣ex，
令h（x）＝g′（x），則h′（x）＝aeax+a（eax+axeax）﹣ex＝a（2eax+axeax）﹣ex，
∴h′（0）＝2a﹣1，
①當(dāng)2a﹣1＞0，即a＞，存在δ＞0，使得當(dāng)x∈（0，δ）時，h′（x）＞0，即g′（x）在（0，δ）上單調(diào)遞增．
因為g′（x）＞g′（0）＝0，所以g（x）在（0，δ）內(nèi)遞增，所以f（x）＞﹣1，這與f（x）＜﹣1矛盾，故舍去；
②當(dāng)2a﹣1≤0，即a≤，
g′（x）＝eax+axeax﹣ex＝（1+ax）eax﹣ex，
若1+ax≤0，則g'（x）＜0，
所以g（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，g（x）≤g（0）＝0，符合題意．
若1+ax＞0，則g′（x）＝eax+axeax﹣ex＝eax+ln（1+ax）﹣ex≤﹣ex≤＝0，
所以g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，g（x）≤g（0）＝0，符合題意．
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是a≤．
另解：f（x）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝（1+ax）eax﹣ex（x＞0），
①當(dāng)a≥1時，f′（x）＝（1+ax）eax﹣ex＞eax﹣ex≥ex﹣ex＝0，
所以f（x）在（0，+∞）遞增，所以f（x）＞﹣1，與題意矛盾；
②當(dāng)a≤0時，f′（x）≤eax﹣ex≤1﹣ex＜0，
所以f（x）在（0，+∞）遞減，所以f（x）＜﹣1，滿足題意；．
③當(dāng)0＜a≤時，f′（x）≤（1+x）e﹣ex＝e[（1+x）﹣e]．
設(shè)G（x）＝（1+x）﹣e（x＞0），G′（x）＝﹣e＜0，則G（x）在（0，+∞）遞減，所以G（x）＜0，
f′（x）＝eG（x）＜0，所以f（x）在（0，+∞）遞減，所以f（x）＜﹣1，滿足題意；
④當(dāng)＜a＜1時，f′（x）＝eax[（1+ax）﹣e（1﹣a）x]，
令H（x）＝（1+ax）﹣e（1﹣a）x，則f′（x）＝eaxH（x），H′（x）＝a+（a﹣1）e（1﹣a）x，
可得H′（x）遞減，H′（0）＝2a﹣1，
所以存在x0＞0，使得H′（x0）＝0．當(dāng)x∈（0，x0）時，H′（x）＞0，
H（x）在（0，x0）遞增，此時H（x）＞0，
所以當(dāng)x∈（0，x0）時，f′（x）＝eaxH（x）＞0，f（x）在（0，x0）遞增，所以f（x）＞﹣1，與題意矛盾．
綜上可得，a的取值范圍是（﹣∞，]．
（3）由（2）可知，當(dāng)a＝時，f（x）＝＜﹣1（x＞0），
令x＝ln（1+）（n∈N*）得，＜﹣1，
整理得，，
∴＞ln（1+），
∴＞ln（），∴＞ln（）＝ln（）＝ln（n+1），
即++...+＞ln（n+1）．
另解：運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法證明．
當(dāng)n＝1時，左邊＝＝＞ln2成立．
假設(shè)當(dāng)n＝k（k≥1，k∈N*）時，不等式成立，即++...+＞ln（k+1）．
當(dāng)n＝k+1時，要證++...++＞ln（k+2），
只要證ln（k+1）+＞ln（k+2），
即證＞ln（k+2）﹣ln（k+1）＝ln＝ln（1+）．
可令t＝，則t∈（0，]，則需證明＞ln（1+t），
再令x＝（x∈（1，]），則需證明x﹣＞2lnx（x∈（1，]）．
構(gòu)造函數(shù)g（x）＝2lnx﹣（x﹣）（x∈（1，]），
g′（x）＝﹣1﹣＝﹣（1﹣）2＜0，
可得g（x）在（1，]上遞減，
則g（x）＜g（1）＝0，所以原不等式成立，
即n＝k+1時，++...++＞ln（k+2）成立．
綜上可得，++...+＞ln（n+1）成立．
4．（2021?新高考Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝x（1﹣lnx）．
（1）討論f（x）的單調(diào)性；
（2）設(shè)a，b為兩個不相等的正數(shù)，且blna﹣alnb＝a﹣b，證明：2＜+＜e．
【解答】（1）解：由函數(shù)的解析式可得f'（x）＝1﹣lnx﹣1＝﹣lnx，
∴x∈（0，1），f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
x∈（1，+∞），f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
則f（x）在（0，1）單調(diào)遞增，在（1，+∞）單調(diào)遞減．
（2）證明：由blna﹣alnb＝a﹣b，得，
即，
由（1）f（x）在（0，1）單調(diào)遞增，在（1，+∞）單調(diào)遞減，
所以f（x）max＝f（1）＝1，且f（e）＝0，
令，，
則x1，x2為f（x）＝k 的兩根，其中k∈（0，1）．
不妨令x1∈（0，1），x2∈（1，e），則2﹣x1＞1，
先證2＜x1+x2，即證x2＞2﹣x1，即證f（x2）＝f（x1）＜f（2﹣x1），
令h（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），
則h′（x）＝f′（x）+f′（2﹣x）＝﹣lnx﹣ln（2﹣x）＝﹣ln[x（2﹣x）]在（0，1）單調(diào)遞減，
所以h′（x）＞h′（1）＝0，
故函數(shù)h（x）在（0，1）單調(diào)遞增，
∴h（x1）＜h（1）＝0．∴f（x1）＜f（2﹣x1），∴2＜x1+x2，得證．
同理，要證x1+x2＜e，
（法一）即證1＜x2＜e﹣x1，
根據(jù)（1）中f（x）單調(diào)性，
即證f（x2）＝f（x1）＞f（e﹣x1），
令φ（x）＝f（x）﹣f（e﹣x），x∈（0，1），
則φ'（x）＝﹣ln[x（e﹣x）]，令φ′（x0）＝0，
x∈（0，x0），φ'（x）＞0，φ（x）單調(diào)遞增，
x∈（x0，1），φ'（x）＜0，φ（x）單調(diào)遞減，
又0＜x＜e時，f（x）＞0，且f（e）＝0，
故，
φ（1）＝f（1）﹣f（e﹣1）＞0，
∴φ（x）＞0恒成立，
x1+x2＜e得證，
（法二）f（x1）＝f（x2），x1（1﹣lnx1）＝x2（1﹣lnx2），
又x1∈（0，1），故1﹣lnx1＞1，x1（1﹣lnx1）＞x1，
故x1+x2＜x1（1﹣lnx1）+x2＝x2（1﹣lnx2）+x2，x2∈（1，e），
令g（x）＝x（1﹣lnx）+x，g′（x）＝1﹣lnx，x∈（1，e），
在（1，e）上，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
所以g（x）＜g（e）＝e，
即x2（1﹣lnx2）+x2＜e，所以x1+x2＜e，得證，
則2＜+＜e．
5．（2021?新高考Ⅱ）已知函數(shù)f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+b．
（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）從下面兩個條件中選一個，證明：f（x）恰有一個零點(diǎn)．
①＜a≤，b＞2a；
②0＜a＜，b≤2a．
【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+b，f'（x）＝x（ex﹣2a），
①當(dāng)a≤0時，當(dāng)x＞0時，f'（x）＞0，當(dāng)x＜0時，f'（x）＜0，
∴f（x）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
②當(dāng)a＞0時，令f'（x）＝0，可得x＝0或x＝ln（2a），
（i）當(dāng)時，
當(dāng)x＞0或x＜ln（2a）時，f'（x）＞0，當(dāng)ln（2a）＜x＜0時，f'（x）＜0，
∴f（x）在（﹣∞，ln（2a）），（0，+∞）上單調(diào)遞增，在（ln（2a），0）上單調(diào)遞減，
（ii）a＝時，
f'（x）＝x（ex﹣1）≥0 且等號不恒成立，∴f（x）在R上單調(diào)遞增，
（iii）當(dāng)時，
當(dāng)x＜0或x＞ln（2a）時，f'（x）＞0，當(dāng)0＜x＜ln（2a）時，f'（x）＜0，
f（x）在（﹣∞，0），（ln（2a），+∞）上單調(diào)遞增，在（0，ln（2a））上單調(diào)遞減．
綜上所述：
當(dāng) a?0 時，f（x）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞減；在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng) 時，f（x）在（﹣∞，ln（2a））和（0，+∞）上單調(diào)遞增；在（ln（2a），0）上單調(diào)遞減；
當(dāng) 時，f（x）在 R 上單調(diào)遞增；
當(dāng) 時，f（x）在（﹣∞，0）和（ln（2a），+∞）上單調(diào)遞增；在（0，ln（2a））上單調(diào)遞減．
（Ⅱ）證明：若選①，由（Ⅰ）知，f（x）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞增，（0，ln（2a））單調(diào)遞減，（ln（2a），+∞）上 f（x）單調(diào)遞增．
注意到．
∴f（x）在上有一個零點(diǎn)；
f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）?2a﹣a?ln22a+b＞2aln（2a）﹣2a﹣aln22a+2a＝aln（2a）（2﹣ln（2a）），
由得 0＜ln（2a）?2，∴aln（2a）（2﹣ln（2a））?0，
∴f（ln（2a））＞0，當(dāng) x?0 時，f（x）?f（ln（2a））＞0，此時 f（x）無零點(diǎn)．
綜上：f（x）在 R 上僅有一個零點(diǎn)．
另解：當(dāng)a∈（，]時，有l(wèi)n（2a）∈（0，2]，
而f（0）＝b﹣1＞2a﹣1＝0，于是f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）?2a﹣aln2（2a）+b
＝ln（2a）（2a﹣ln（2a））+（b﹣2a）＞0，
所以f（x）在（0，+∞）沒有零點(diǎn)，當(dāng)x＜0時，ex∈（0，1），
于是f（x）＜﹣ax2+b?f（﹣）＜0，所以f（x）在（﹣，0）上存在一個零點(diǎn)，命題得證．
若選②，則由（Ⅰ）知：f（x）在（﹣∞，ln（2a））上單調(diào)遞增，
在（ln（2a），0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）2a﹣aln22a+b?2aln（2a）﹣2a﹣aln22a+2a＝aln（2a）（2﹣ln（2a）），
∵，∴l(xiāng)n（2a）＜0，∴aln（2a）（2﹣ln（2a））＜0，∴f（ln（2a））＜0，
∴當(dāng) x?0 時，f（x）?f（ln（2a））＜0，此時 f（x）無零點(diǎn)．
當(dāng) x＞0 時，f（x）單調(diào)遞增，注意到 f（0）＝b﹣1?2a﹣1＜0，
取，∵b＜2a＜1，∴，又易證 ec＞c+1，
∴﹣1＝1＞0，
∴f（x）在（0，c）上有唯一零點(diǎn)，即f（x）在（0，+∞）上有唯一零點(diǎn)．
綜上：f（x）在 R 上有唯一零點(diǎn)．
考向二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值
6．（2022?新高考Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣ax和g（x）＝ax﹣lnx有相同的最小值．
（1）求a；
（2）證明：存在直線y＝b，其與兩條曲線y＝f（x）和y＝g（x）共有三個不同的交點(diǎn)，并且從左到右的三個交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．
【解答】解：（1）f（x）定義域為R，
∵f（x）＝ex﹣ax，
∴f'（x）＝ex﹣a，
若a≤0，
則f'（x）＞0，f（x）無最小值，
故a＞0，
當(dāng)f'（x）＝0時，x＝lna，
當(dāng)x＜lna時，f'（x）＜0，函數(shù)f（x）在（﹣∞，lna）上單調(diào)遞減，
當(dāng)x＞lna時，f'（x）＞0，函數(shù)f（x）在（lna，+∞）上單調(diào)遞增，
故f（x）min＝f（lna）＝a﹣alna，
g（x）的定義域為（0，+∞），
∵g（x）＝ax﹣lnx，
∴g'（x）＝a﹣，
令g'（x）＝0，解得x＝，
當(dāng)0＜x＜時，g'（x）＜0，函數(shù)g（x）在（0，）上單調(diào)遞減，
當(dāng)x＞時，g'（x）＞0，函數(shù)g（x）在（，+∞）上單調(diào)遞增，
故g（x）min＝1+lna，
∵函數(shù)f（x）＝ex﹣ax和g（x）＝ax﹣lnx有相同的最小值
∴a﹣alna＝1+lna，
∵a＞0，
∴a﹣alna＝1+lna化為lna﹣，
令h（x）＝lnx﹣，x＞0，
則h'（x）＝﹣＝，
∵x＞0，
∴h'（x）＝恒成立，
∴h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
又∵h(yuǎn)（1）＝0，
∴h（a）＝h（1），僅有此一解，
∴a＝1．
（2）證明：由（1）知a＝1，函數(shù)f（x）＝ex﹣x在（﹣∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
函數(shù)g（x）＝x﹣lnx在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
設(shè)u（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣2x+lnx（x＞0），
則u′（x）＝ex﹣2+＞ex﹣2，當(dāng)x≥1時，u′（x）≥e﹣2＞0，
所以函數(shù)u（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，因為u（1）＝e﹣2＞0，
所以當(dāng)x≥1時，u（x）≥u（1）＞0恒成立，即f（x）﹣g（x）＞0在x≥1時恒成立，
所以x≥1時，f（x）＞g（x），
因為f（0）＝1，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，g（1）＝1，函數(shù)g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，
所以函數(shù)f（x）與函數(shù)g（x）的圖象在（0，1）上存在唯一交點(diǎn)，設(shè)該交點(diǎn)為（m，f（m））（0＜m＜1），
此時可作出函數(shù)y＝f（x）和y＝g（x）的大致圖象，
由圖象知當(dāng)直線y＝b與兩條曲線y＝f（x）和y＝g（x）共有三個不同的交點(diǎn)時，
直線y＝b必經(jīng)過點(diǎn)M（m，f（m）），即b＝f（m），
因為f（m）＝g（m），所以em﹣m＝m﹣lnm，即em﹣2m+lnm＝0，
令f（x）＝b＝f（m）得ex﹣x＝em﹣m＝m﹣lnm，解得x＝m或x＝lnm，由0＜m＜1，得lnm＜0＜m，
令g（x）＝b＝f（m）得x﹣lnx＝em﹣m＝m﹣lnm，解得x＝m或x＝em，由0＜m＜1，得m＜1＜em，
所以當(dāng)直線y＝b與兩條曲線y＝f（x）和y＝g（x）共有三個不同的交點(diǎn)時，
從左到右的三個交點(diǎn)的橫坐標(biāo)依次為，lnm，m，em，
因為em﹣2m+lnm＝0，所以em+lnm＝2m，
所以lnm，m，em成等差數(shù)列．
∴存在直線y＝b，其與兩條曲線y＝f（x）和y＝g（x）共有三個不同的交點(diǎn)，并且從左到右的三個交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．
導(dǎo)數(shù)是必考內(nèi)容，難度、廣度和深度較大．常規(guī)基礎(chǔ)考查求導(dǎo)公式與幾何意義．中等難度考查求單調(diào)區(qū)間、極值、最值等．壓軸題考查零點(diǎn)、不等式證明、恒成立或者存在問題、分類討論求參數(shù)等，和數(shù)列、不等式、函數(shù)等知識結(jié)合．
一．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性（共17小題）
1．（2023?沙坪壩區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝xex+ax2+ax﹣1．
（1）若函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的值；
（2）若函數(shù)F（x）＝2f（x）﹣ax2﹣（4a+1）x﹣2lnx恰有兩個不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
【解答】解：（1）由題意得f（x）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝（x+1）ex+ax+a＝（x+1）（ex+a），
∵f（x）在R上單調(diào)遞增，∴f′（x）≥0 恒成立且f′（x）不恒為零．
當(dāng)x≥﹣1時，x+1≥0，則ex+a≥0 恒成立，
由a≥﹣ex，由ex≥，即有a≥﹣；
當(dāng)x≤﹣1時，x+1≤0，則 ex+a≤0 恒成立，
由a≤﹣ex，由ex≤，即有a≤﹣．
綜上可得：．
（2）x＞0，F(xiàn)（x）＝2f（x）﹣ax2﹣（4a+1）x﹣2lnx＝2xex﹣（2a+1）x﹣2lnx，
令F（x）＝0，分離參數(shù)得a+＝ex﹣﹣，
令g（x）＝ex﹣﹣，則g′（x）＝ex﹣+＝，
令 h（x）＝x2ex+lnx 則．
∴h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
又h（1）＝e＞0，h（）＝?e﹣1＜0，
∴? 使得 h（x0）＝0．
則當(dāng)x∈（0，x0）時，h（x）＜0，即 g'（x）＜0；
當(dāng)x∈（x0，+∞）時，h（x）＞0，即 g'（x）＞0；
∴g（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+∞）上單調(diào)遞增，
∵g（x）min＝g（x0）＝ex0﹣﹣，
由h（x0）＝0，即ex0＝﹣lnx0，
可得ln（﹣lnx0）＝2lnx0+x0，
∴l(xiāng)n（﹣lnx0）+（﹣lnx0）＝lnx0+x0，又y＝lnx+x 在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴﹣lnx0＝x0，即ex0＝，
∴g（x）min＝g（x0）＝﹣﹣＝1，
又當(dāng)x→0時，g（x）→+∞；當(dāng)x→+∞時，g（x）→+∞，
故解得，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為．
2．（2023?沈河區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝xlnx．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若x1＜x2，且f（x1）＝f（x2）＝a，證明：ae+1＜x2﹣x1＜a+1．
【解答】解：（1）f（x）＝xlnx，x∈（0，+∞）．
f′（x）＝lnx+1，
令f′（x）＞0，解得x＞；令f′（x）＜0，解得0＜x＜．
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，），單調(diào)遞增區(qū)間為（，+∞）．
（2）證明：x→0+時，f（x）→0；
0＜x＜1時，f（x）＜0；f（1）＝0；
x＞1時，f（x）＞0．
∵x1＜x2，且f（x1）＝f（x2）＝a，
結(jié)合（1）函數(shù)f（x）單調(diào)性可得：0＜x1＜＜x2＜1．
設(shè)g（x）＝f（x）+x，x∈（0，），
則g（x）＝x（lnx+1）＜0，
∴f（x）＜﹣x，f（x1）＜﹣x1，
又∵f（x1）＝a，∴﹣x1＞a．
設(shè)h（x）＝f（x）﹣（x﹣1）＝xlnx﹣（x﹣1），＜x＜1．
h′（x）＝1+lnx﹣＝lnx+，
令h′（x）＞0，可得＜x＜1，函數(shù)h（x）在（，1）上單調(diào)遞增；
令h′（x）＜0，可得＜x＜，函數(shù)h（x）在（e﹣1，）上單調(diào)遞減．
由h（）＝h（1）＝0，∴h（x）＜0，
故h（x2）＝f（x2）﹣（x2﹣1）＜0，
∴f（x2）＜（x2﹣1），
∵f（x2）＝a，∴a＜（x2﹣1），
故x2＞1+a（e﹣1），
∴x2﹣x1＞ae+1．
令u（x）＝f（x）﹣（x﹣1）＝xlnx﹣（x﹣1），0＜x＜1．
∴u′（x）＝lnx＜0，
∴函數(shù)u（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，
又u（1）＝0，∴u（x）＞0，
從而f（x）＞x﹣1，∴f（x2）＞x2﹣1，
又f（x2）＝a，∴a＞x2﹣1，
∴x2＜a+1，
∴x2﹣x1＜x2＜a+1，
綜上可得：ae+1＜x2﹣x1＜a+1．
3．（2023?天津一模）已知函數(shù)f（x）＝x?lnx．
（Ⅰ）求曲線y＝f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）若對于任意，都有f（x）≤ax﹣1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
【解答】解：（Ⅰ）因為函數(shù)f（x）＝xlnx，
所以，f'（1）＝ln1+1＝1．
又因為f（1）＝0，
所以曲線y＝f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為y＝x﹣1．
（Ⅱ）函數(shù)f（x）＝xlnx定義域為（0，+∞），
由（Ⅰ）可知，f'（x）＝lnx+1．
令f′（x）＝0，解得．
f（x）與f′（x）在區(qū)間（0，+∞）上的情況如下：
所以，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是，f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是．
（Ⅲ）當(dāng)時，“f（x）≤ax﹣1”等價于“”．
令，，
，．
當(dāng)時，g'（x）＜0，所以g（x）在區(qū)間單調(diào)遞減．
當(dāng)x∈（1，e）時，g'（x）＞0，所以g（x）在區(qū)間（1，e）單調(diào)遞增．
而g（＝lne+e＝e﹣1＞1.5，
．
所以g（x）在區(qū)間上的最大值為．
所以當(dāng)a≥e﹣1時，對于任意，都有f（x）≤ax﹣1，
故a的取值范圍為[e﹣1，+∞）．
4．（2023?忻州一模）已知函數(shù)，f′（x）為其導(dǎo)函數(shù)．
（1）若a＝﹣2，求f′（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若關(guān)于x的方程f（x）＝ex有兩個不相等的實(shí)根，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
【解答】解：（1）函數(shù)f（x）＝xex﹣x2，x∈R，則f'（x）＝（1+x）ex﹣2x，
令h（x）＝f'（x）＝（1+x）ex﹣2x，則h'（x）＝（2+x）ex﹣2，設(shè)m（x）＝（2+x）ex﹣2，則m'（x）＝（3+x）ex＝0，得x＝﹣3，
故x∈（﹣∞，﹣3）時，m′（x）＜0，函數(shù)m（x）即h′（x）單調(diào)遞減，x∈（﹣3，+∞）時，m′（x）＞0，函數(shù)m（x）即h′（x）單調(diào)遞增，
所以，又x→﹣∞時，h'（x）→﹣∞，又h'（0）＝0，
所以x∈（﹣∞，0）時，h'（x）＜0，函數(shù)f′（x）單調(diào)遞減，x∈（0，+∞）時，h'（x）＞0，函數(shù)f′（x）單調(diào)遞增，
故f′（x）的單調(diào)減區(qū)間為（﹣∞，0），增區(qū)間為（0，+∞）；
（2）關(guān)于x的方程有兩個不相等的實(shí)根，即函數(shù)在x∈R上有兩個零點(diǎn)，
又g'（x）＝（x+1）ex﹣ex+ax＝x（ex+a），
①當(dāng)a＞0時，g'（x）＝0，得x＝0，所以當(dāng)x∈（﹣∞，0）時，g'（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（0，+∞）時，g'（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，
所以g（x）min＝g（0）＝﹣1，又x→﹣∞時，g（x）→+∞，g（2）＝e2+2a＞0，則函數(shù)g（x）在x∈R上有兩個零點(diǎn)；
②當(dāng)a＝0時，方程化為xex＝ex，有唯一零點(diǎn)x＝1，不符合題意；
③當(dāng)a＜0時，g'（x）＝0，得x＝0，x＝ln（﹣a），
（i）當(dāng)a＝﹣1時，ln（﹣a）＝0，此時g'（x）≥0恒成立，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，在x∈R上不可能有兩個零點(diǎn)，不符合題意；
（ii）當(dāng)﹣1＜a＜0時，ln（﹣a）＜0，則當(dāng)x∈（﹣∞，ln（﹣a））時，g'（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，x∈（ln（﹣a），0）時，g'（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（0，+∞）時，g'（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，
所以，g（0）＝﹣1，故函數(shù)g（x）在區(qū)間x∈（﹣∞，0）無零點(diǎn)，在x∈（0，+∞）不可能存在兩個零點(diǎn)，故不符合題意；
（iii）當(dāng)a＜﹣1時，ln（﹣a）＞0，則當(dāng)x∈（﹣∞，0）時，g'（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，x∈（0，ln（﹣a））時，g'（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（ln（﹣a），+∞）時，g'（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，
又g（0）＝﹣1，故函數(shù)g（x）在區(qū)間x∈（﹣∞，ln（﹣a））無零點(diǎn)，在x∈（ln（﹣a），+∞）不可能存在兩個零點(diǎn)，故不符合題意；
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍（0，+∞）．
5．（2023?沈陽模擬）已知f（x）＝（x2﹣2x）lnx+（a﹣）x2+2（1﹣a）x，a＞0．
（1）討論f（x）的單調(diào)性；
（2）若f（x）有兩個零點(diǎn)，求a的取值范圍．
【解答】解：（1）f′（x）＝（2x﹣2）lnx+（x2﹣2x）?+2x（a﹣）+2（1﹣a）
＝2（x﹣1）lnx+x﹣2+2ax﹣x+2﹣2a＝2（x﹣1）lnx+2ax﹣2a＝2（x﹣1）lnx+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（lnx+a），
當(dāng)a＞0時，令f′（x）＝0得x1＝1，x2＝e﹣a，
此時e﹣a＜1，
所以f（x）在（0，e﹣a）上單調(diào)遞增，在（e﹣a，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
（2）f（1）＝﹣a+，
若f（1）＞0，即a＜時，由f（x）的單調(diào)性，可得在（e﹣a，+∞）上恒為正，無零點(diǎn)，
在區(qū)間（0，e﹣a）至多有一個零點(diǎn)，不符合題意，
若f（1）＜0，即a＞時，
由f（2）＝0+4（a﹣）+4（1﹣a）＝2＞0，
由零點(diǎn)的存在定理，f（x）在區(qū)間（1，2）上存在一個零點(diǎn)，
取x∈（0，1），則x﹣2＜﹣1，lnx＜0，（a﹣）x＞0，
f（x）＝x[（x﹣2）lnx+（a﹣）x+2（1﹣a）]＞x[（﹣1）lnx+0+2（1﹣a）]，
所以在（0，e2（1﹣a））時，f（x）＞0，
由于f（x）在區(qū)間（0，e﹣a）上單調(diào)遞增，
所以f（x）在區(qū)間（0，e﹣a）上恒為正，無零點(diǎn)，
由零點(diǎn)的存在定理，可得f（x）在區(qū)間（e﹣a，1）上存在一個零點(diǎn)，符合題意，
若f（1）＝0，即a＝時，f（x）在區(qū)間（0，e﹣a）上恒正，無零點(diǎn)，
所以f（x）僅有x＝1個零點(diǎn)，不符合題意，
綜上所述，a的取值范圍為（，+∞）．
6．（2023?淄博二模）已知函數(shù)，a∈R．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若x1，x2是函數(shù)的兩個極值點(diǎn)，且x1＜x2，求證：f（x1）﹣f（x2）＜0．
【解答】解：（1）f（x）的定義域為（a，+∞），
又，
當(dāng)a＝0時，在（0，1）上單調(diào)遞增，f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減；
當(dāng)a＞0時，f（x）在（a，a+1）上單調(diào)遞增，f（x）在（a+1，+∞）上單調(diào)遞減；
當(dāng)﹣1＜a＜0時，f（x）在（0，a+1）上單調(diào)遞增，f（x）在（a，0）和（a+1，+∞）上單調(diào)遞減；
當(dāng)a＝﹣1時，f（x）在（﹣1，+∞）上單調(diào)遞減；
當(dāng)a＜﹣1時，f（x）在（a+1，0）上單調(diào)遞增，f（x）在（a，a+1）和（0，+∞）上單調(diào)遞減．
（2）證明：由，x＞0，則，
由題意知x1，x2是方程x2﹣x﹣a＝0的兩根，
因此x1+x2＝1，x1x2＝﹣a，且，，
所以
＝，
把x1+x2＝1，x1x2＝﹣a代入，得
＝，
要證f（x1）﹣f（x2）＜0，只需證明，
即，
也即．
令，，由，得2＜t2＜t1，
設(shè)，要證h（t2）＞h（t1），
因為，h（t）在（2，+∞）上單調(diào)遞減，
所以h（t2）＞h（t1），即證．
7．（2023?禪城區(qū)校級一模）已知函數(shù)．
（1）若函數(shù)y＝f（x）為增函數(shù)，求k的取值范圍；
（2）已知0＜x1＜x2，
（i）證明：；
（ii）若，證明：|f（x1）﹣f（x2）|＜1．
【解答】解：（1）若是增函數(shù)，則f′（x）＝﹣≥0恒成立，
所以k在（0，+∞）上恒成立，
令φ（x）＝，x＞0，則，
所以φ（x）在（0，1）上遞增，在（1，+∞）遞減，
所以φ（x）max＝，
所以k≥φ（x）max＝，
所以k的取值范圍為[，+∞）．
（2）（i）證明：由（1）知，當(dāng)k＝時，f（x）＝lnx+，
f′（x）＝﹣，
令f′（x）＝0得＝，
由（1）知φ（x）＝，在（0，1）上遞增，在（1，+∞）遞減，φ（x）max＝，
所以φ（x）≤，
所以在（0，+∞）上f′（x）≥0，f（x）單調(diào)遞增，
因為0＜x1＜x2，
所以f（x1）＜f（x2），
所以lnx2+＞lnx1+，
所以﹣＞lnx1﹣lnx2＝﹣ln，（*）
令g（x）＝lnx﹣x+1，x＞0，
g′（x）＝﹣1在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
又g′（1）＝0，
所以在（0，1）上g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
在（1，+∞）上g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，
所以g（x）max＝g（1）＝0，
所以g（x）≤0，
所以lnx﹣x+1≤0，即﹣lnx≥1﹣x，當(dāng)x＝1時，取等號，
所以﹣ln＞1﹣，
所以（*）不等式為﹣＞lnx1﹣lnx2＝﹣ln＞1﹣，
所以﹣＞1﹣．
（ii）證明：依題意：有兩個不同實(shí)數(shù)根 x1x2，
由（1）知0＜x1＜1＜x2，f（x1）＝klnx1+＝，f（x2）＝klnx2+＝
令g（x）＝（x＞0），則，
當(dāng)0＜x＜1時，（1﹣x）lnx＜0，
當(dāng)x＞1時，（1﹣x）lnx＜0，
所以g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
因為x2＞1，
所以0＜g（x2）＜g（1）＝，
所以0＜f（x2）＜，
先證明p（x）＝lnx﹣x+1＜0，0＜x＜1，
p′（x）＝﹣1＝＞0，
所以p（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，
所以p（x）＜p（1）＝0，
所以lnx﹣x+1＜0，
所以lnx＜x﹣1，
所以xlnx+1＜x（x﹣1），①
令q（x）＝x（x﹣1）﹣ex，0＜x＜1，
q′（x）＝2x﹣1﹣ex，
q″（x）＝2﹣ex單調(diào)遞減，
所以q″（1）＜q″（x）＜q″（0），
又q″（0）＞0，q″（1）＝2﹣e＜0，
所以存在x0∈（0，1）使得q″（x）＝0，即2＝e，
所以在（0，x0）上q″（x）＞0，q′（x）單調(diào)遞增，
在（x0，+∞）上q″（x）＜0，q′（x）單調(diào)遞減，
所以q′（x）≤q′（x0）＝2x0﹣1﹣e＝2x0﹣1﹣2＝2x0﹣3＜0，
所以q（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，
所以q（x）＜q（0）＝﹣1＜0，
所以x（x﹣1）＜ex，
因為0＜x1＜1，
所以x1（x﹣1）+1＜e，
所以不等式①放縮為x1lnx1+1＜x1（x﹣1）+1＜e，
所以＜f（x1）＜1，
所以|f（x1）﹣f（x2）|＜1．
8．（2023?五華區(qū)校級模擬）設(shè)a，b，c∈R，a≠0，6a+b＝0，函數(shù)f（x）＝ax3+bx2+cx，f（1）＝4a．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若0≤x≤3時，函數(shù)y＝f（x）﹣xe﹣x有三個零點(diǎn)x1，x2，x3，其中x1＜x2＜x3，試比較x1+x2+x3與2的大小關(guān)系，并說明理由．
【解答】解：（1）由 f（1）＝4a，得3a﹣b﹣c＝0，
又6a+b＝0，
所以c＝9a，
則f（x）＝ax3﹣6ax2+9ax，
所以f′（x）＝3a（x﹣1）（x﹣3），a≠0．
當(dāng)a＞0時，令f′（x）＞0，得x＜1或x＞3；令f′（x）＜0，得1＜x＜3，
所以f（x）在（﹣∞，1）和（3，+∞）上單調(diào)遞增，在（1，3）上單調(diào)遞減；
當(dāng)a＜0時，令f′（x）＞0，得1＜x＜3；令f′（x）＜0，得x＜1或x＞3，
所以f（x）在（﹣∞，1）與（3，+∞）上單調(diào)遞減，在（1，3）上單調(diào)遞增．
（2）x1+x2+x3＜2，理由如下：
因為f（x）＝ax3﹣6ax2+9ax＝ax（x﹣3）2，
由F（x）＝0，得ax（x﹣3）2﹣xe﹣x＝0，
解得x＝0或a（x﹣3）2﹣e﹣x＝0，
因為x∈[0，3]，
所以x1＝0，x2，x3是a（x﹣3）2﹣e﹣x＝0的正根，
則x1+x2+x3＝x2+x3，
又ln[a（x﹣3）2]＝lne﹣x＝﹣x，
所以lna+2ln（3﹣x2）＝﹣x2，lna+2ln（3﹣x3）＝﹣x3，
兩式相減得2ln（3﹣x2）﹣2ln（3﹣x3）＝x3﹣x2＝（3﹣x2）﹣（3﹣x3），
令3﹣x2＝t2，3﹣x3＝t3，則3＞t2＞t3＞0，
得2lnt2﹣2lnt3＝t2﹣t3，則，
令，
則，
所以，，
可得，，
設(shè)g（u）＝2（u+1）lnu﹣4（u﹣1），則，
再設(shè)，則，
所以h（u）在（1，+∞）上為增函數(shù)，
則h（u）＞h（1）＝0，即，
則g（u）＝2（u+1）lnu﹣4（u﹣1）在（1，+∞）上為增函數(shù)，
從而g（u）＞g（1）＝2（1+1）ln1﹣4（1﹣1）＝0，
所以t2+t3﹣4＞0，即（3﹣x2）+（3﹣x3）﹣4＝2﹣（x2+x3）＞0，
所以x2+x3＜2，即x1+x2+x3＝x2+x3＜2．
9．（2023?泉州模擬）已知函數(shù)f（x）＝ex[x2﹣（a+2）x+a+3]．
（1）討論f（x）的單調(diào)性；
（2）若f（x）在（0，2）有兩個極值點(diǎn)x1，x2，求證：．
【解答】（1）解：由f（x）＝ex[x2﹣（a+2）x+a+3]得：f′（x）＝ex（x2﹣ax+1），
當(dāng)﹣2≤a≤2時，x2﹣ax+1≥0，從而f'（x）≥0，f（x）在R上單調(diào)遞增；
當(dāng)a＜﹣2或a＞2時，由f′（x）＝0得，，
當(dāng)x＜x1或x＞x2時f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x1＜x＜x2時f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
綜上，當(dāng)﹣2≤a≤2時，f（x）在R上單調(diào)遞增；
當(dāng)a＜﹣2或a＞2時，f（x）在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
（2）證明：若f（x）在（0，2）有兩個極值點(diǎn)x1，x2，則，
由（1）知a＜﹣2或a＞2，x1x2＝1，x1+x2＝a＞0，于是a＞2．
，i＝1，2．
則＝ea（4﹣2a（a+2）+（a+2）2）＝ea（﹣a2+8），
令g（a）＝ea（﹣a2+8），a＞2，則g′（a）＝ea（﹣a2﹣2a+8）＜0，
因此g（a）在（2，+∞）上單調(diào)遞減，故g（a）＜g（2）＝4e2，
即．
10．（2023?張家口三模）已知函數(shù)f（x）＝x2+2csx，f′（x）為函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）已知函數(shù)g（x）＝f′（x）﹣5x+5alnx，存在g（x1）＝g（x2）（x1≠x2），證明x1+x2＞2a．
【解答】解：（1）已知f（x）＝x2+2csx，函數(shù)定義域為R，
可得f′（x）＝2x﹣2sinx，f″（x）＝2﹣2csx≥0，
所以函數(shù)f′（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，
又f′（0）＝0，
所以當(dāng)x＜0時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x≥0時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，
綜上，函數(shù)f（x）在區(qū)間（﹣∞，0）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）證明：由（1）得g（x）＝2x﹣2sinx﹣5x+5alnx＝﹣2sinx﹣3x+5alnx，函數(shù)定義域為（0，+∞），
因為g（x1）＝g（x2），（x1≠x2），
所以﹣2sinx1﹣3x1+5alnx1＝﹣2sinx2﹣3x2+5alnx2，
整理得5a（lnx2﹣lnx1）＝2（sinx2﹣sinx1）+3（x2﹣x1），
不妨設(shè)x2＞x1＞0，
此時lnx2＞lnx1．
由（1）得當(dāng)x＞0，函數(shù)f′（x）單調(diào)遞增，
所以2x1﹣2sinx1＜2x2﹣2sinx2，
則2（sinx2﹣sinx1）＜2（x2﹣x1），
此時5a（lnx2﹣lnx1）＝2（sinx2﹣sinx1）+3（x2﹣x1）＜5（x2﹣x1），
整理得，
所以，
令，t＞1，
不妨設(shè)h（t）＝lnt﹣，函數(shù)定義域為（1，+∞），
可得h′（t）＝＞0，
所以函數(shù)h（t）在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增，
則h（t）＞h（1）＝0，
所以，
即，
整理得，
即，
故x1+x2＞2a．
11．（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(diào)性和極值；
（Ⅲ）設(shè)a，b是兩個不相等的正數(shù)，且a+lnb＝b+lna，證明：a+b+ln（ab）＞2．
【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(dāng)x變化時m′（x），m（x）的關(guān)系如下表：
所以m（x）在（﹣∞，0），（0，1）上單調(diào)遞減；在（1，+∞）上單調(diào)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(shè)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(diào)遞減；在（1，+∞）上單調(diào)遞增，如圖所示，
由于m（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)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(diào)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(diào)遞減，
所以h（x）＞h（1）＝0，
所以，所以φ（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，
所以φ（x）＞φ（1）＝0，所以φ（a）＞0，
所以a+b+ln（ab）＞2．
12．（2023?黃浦區(qū)校級三模）設(shè)函數(shù)f（x）＝x3+ax2+bx+c．
（1）設(shè)a＝b＝4，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）求證：a2﹣3b＞0是f（x）有三個不同零點(diǎn)的必要而不充分條件；
（3）設(shè)a＝0，，c＝﹣1，證明：函數(shù)f（x）恰有一個零點(diǎn)r，且存在唯一的嚴(yán)格遞增正整數(shù)數(shù)列{an}，使得．
【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(diào)遞增；x∈（﹣2，﹣）時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；x∈（﹣，+∞）時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增．
∴函數(shù)f（x）單調(diào)遞增區(qū)間為（﹣∞，﹣2），（﹣，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（﹣2，﹣）．
（2）證明：f（x）有三個不同零點(diǎn)，則f（x）有兩個不同極值點(diǎn)，
∴f′（x）＝3x2+2ax+b有兩個不同實(shí)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(shí)數(shù)根，∴f（x）有兩個不同極值點(diǎn)，
但是，極值受到c的影響，因此f（x）不一定有三個不同零點(diǎn)，可能只有兩個不同零點(diǎn)或一個零點(diǎn)．
因此a2﹣3b＞0是f（x）有三個不同零點(diǎn)的必要而不充分條件．
（3）證明：a＝0，，c＝﹣1，
∴f（x）＝x3+x﹣1，
f′（x）＝3x2+＞0，
∴函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，
又f（0）＝﹣1＜0，f（）＝+﹣1＝＞0，
∴函數(shù)f（x）存在唯一零點(diǎn)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(shè)s1＜t1，則＜＜+++……＝+++…，
∴1＜+++……≤r+r2+r3+……＝＝﹣1＜﹣1＝1，矛盾，
因此存在唯一的嚴(yán)格遞增正整數(shù)數(shù)列{an}，使得．
13．（2023?鼓樓區(qū)校級模擬）已知函數(shù)．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)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．
【解答】解：（1）函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞）．
由已知得，．
①當(dāng)a＜0時，當(dāng)0＜x＜1時，f′′（x）＜0，當(dāng)x＞1時，f′（x）＞0，
所以f（x）的單調(diào)遞減為（0，1），單調(diào)遞增區(qū)間為（1，+∞）；
②當(dāng)0＜a＜1時，當(dāng)0＜x＜a或x＞1時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，當(dāng)a＜x＜1時，f′（x）＜0，
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，a）和（1，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（a，1）；
③當(dāng)a＝1時，當(dāng)x＞0時，f′（x）＞0，所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞），無遞減區(qū)間；
④當(dāng)a＞1時，當(dāng)0＜x＜1或x＞a時，f′（x）＞0，當(dāng)1＜x＜a時，f′（x）＜0，
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減為（1，a），單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1）和（a，+∞）．
綜上，當(dāng)a＜0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減為（0，1），單調(diào)遞增區(qū)間為（1，+∞）；
當(dāng)0＜a＜1時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，a）和（1，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（a，1）；
當(dāng)a＝1時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞），無遞減區(qū)間；
當(dāng)a＞1時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減為（1，a），單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1）和（a，+∞）．
（2）證明：當(dāng)a＝1時，，
由（1）知，函數(shù)f（x）在（0，+∞）單調(diào)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(shè)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：．
14．（2023?平江縣模擬）已知函數(shù)f（x）＝axlnx+ex﹣1．
（1）若f（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，求a的取值范圍；
（2）當(dāng)a＞0時，若f（x）存在唯一零點(diǎn)x1，極值點(diǎn)為x2，證明：2x2＜x1．
【解答】解：（1）由題，f（x）＝axlnx+ex﹣1，f′（x）＝alnx+a+ex，
因為f（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，因此f′（x）≥0恒成立．
當(dāng)a＞0時，f′（）＝a（﹣）+＜﹣e+e＝0，不滿足題意．
當(dāng)a＝0時，f′（x）＝ex＞0，滿足題意．
當(dāng)a＜0時，f′（x）≥0，即a（1+lnx）+ex≥0，得≤﹣，
設(shè)F（x）＝，則F′（x）＝，
注意到函數(shù)y＝﹣1﹣lnx單調(diào)遞減，
且x＝1時，﹣1﹣lnx＝0，
因此在x∈（0，1）時，F(xiàn)′（x）＞0，F(xiàn)（x）單調(diào)遞增，
在x∈（1，+∞）時，F(xiàn)′（x）＜0，F(xiàn)（x）單調(diào)遞減，
得F（x）≤F（1）＝，從而≤﹣，得﹣e≤a＜0．
綜上，a的取值范圍為[﹣e，0]．
（2）證明：f′（x）＝alnx+a+ex，當(dāng)a＞0時，f′（x）單調(diào)遞增，
而f′（）＝＞0，f′（）＜0，
因此存在x2∈（，），使得f′（x2）＝+alnx2+a＝0，
且x∈（0，x2）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（x2，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
且f（x2）＜0，f（1）＝e﹣1＞0，
故存在x1∈（x2，1），使得f（x1）＝0．
要證明2x2＜x1，只需證明f（2x2）＜f（x1）＝0，
即證2ax2ln2x2+﹣1＜0．
由+alnx2+a＝0，得a＝﹣，
因此只需證明﹣1＜，
即證．
先證明：＞x+1，x∈（0，）．
即證ln2x＜（x+1）（1+lnx），
即證xlnx+x+1﹣ln2＞0，
設(shè)g（x）＝xlnx+x+1﹣ln2（0＜x＜），則g′（x）＝2+lnx，所以g（x）在（0，）上單調(diào)遞減，在（，）上單調(diào)遞增，
故g（x）≥g（）＝1﹣﹣ln2＞﹣ln2＝ln＞0，即＞x+1，x∈（0，）．
接下來證明：＜x+1，x∈（0，）．
即證e2x﹣2（x2+x）ex﹣1＜0，
設(shè)h（x）＝e2x﹣2（x2+x）ex﹣1（0＜x＜），
則h′（x）＝2e2x﹣2（x2+3x+1）ex＝2e2x（1﹣），
設(shè)H（x）＝1﹣（0＜x＜），
則H′（x）＝＝＜0，
故H（x）單調(diào)遞減，H（x）＜0，
從而h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，故h（x）＜0，即＜x+1，x∈（0，），
因此＜x+1＜，x∈（0，），
即不等式成立，故2x2＜x1．
15．（2023?承德模擬）已知函數(shù)f（x）＝ax﹣4lnx．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
【解答】解：（1）因為f（x）＝ax﹣4lnx，所以f′（x）＝a﹣＝，
當(dāng)a≤0時，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減；
當(dāng)a＞0時，由f′（x）＞0，得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，
所以f（x）在（，+∞）上單調(diào)遞增，在（0，）上單調(diào)遞減；
綜上，當(dāng)a≤0時，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減；
當(dāng)a＞0時，f（x）在（，+∞）上單調(diào)遞增，在（0，）上單調(diào)遞減；
（2）由ex﹣1+≥xf（x），得ex﹣1+≥x（ax﹣4lnx），取x＝1時，得1+1≥a，所以a≤2，
下證：ex﹣1+≥x（2x﹣4lnx），即證：+﹣2x+4lnx≥0，
令S（x）＝+﹣2x+4lnx，則S'（x）＝，
構(gòu)造T（x）＝ex﹣1﹣2x+2+，則T'（x）＝ex﹣1﹣2﹣，
易知T′（x）在（0，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)，又T′（1）＝1﹣2﹣2＜0，T'（2）＝e﹣2﹣＞0，
所以T（x）在（0，+∞）上存在唯一零點(diǎn)，設(shè)該零點(diǎn)為x0，且滿足1＜x0＜2，T′（x0）＝﹣2﹣＝0；
所以當(dāng)x∈（0，x0）時，T′（x）＜0，當(dāng)x∈（x0，+∞）時，T′（x）＞0，
所以T（x）在區(qū)間（0，x0）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（x0，+∞）上單調(diào)遞增；
所以T（x）min＝﹣2x0+2+＝2+﹣2x0+2+＝4﹣2x0++＞0；
所以當(dāng)x∈（0，1）時，S′（x）＜0，當(dāng)x∈（1，+∞）時，S′（x）＞0，
所以S（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增；所以S（x）min＝S（1）＝0，
所以S（x）≥0在x∈（0，+∞）上恒成立；即+﹣2x+4lnx≥0，
所以ex﹣1+≥2x2﹣4xlnx≥ax2﹣4xlnx在x∈（0，+∞）上恒成立，
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是（﹣∞，2]．
16．（2023?深圳一模）已知函數(shù)，其中a∈R且a≠0．
（1）當(dāng)a＝1時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若存在實(shí)數(shù)x0，使得f（x0）＝x0，則稱x0為函數(shù)f（x）的“不動點(diǎn)”求函數(shù)f（x）的“不動點(diǎn)”的個數(shù)；
（3）若關(guān)于x的方程f（f（x））＝f（x）有兩個相異的實(shí)數(shù)根，求a的取值范圍．
【解答】解：（1）當(dāng)a＝1時，f（x）＝，定義域為R，
f′（x）＝﹣，
令f′（x）＝0，得x＝﹣3，
∴當(dāng)x＜﹣3時，f′（x）＞0；當(dāng)x＞﹣3時，f′（x）＜0．
∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（﹣∞，﹣3），單調(diào)遞減區(qū)間為（﹣3，+∞）．
（2）函數(shù)f（x）的不動點(diǎn)即為方程f（x）﹣x＝0的根，即方程﹣x＝0，
∴﹣a＝0，
設(shè)F（x）＝﹣a（x≠﹣4），
F′（x）＝≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝﹣2時取等號，
∴F（x）在（﹣∞，﹣4）和（﹣4，+∞）上單調(diào)遞增，
由F（x）＝，設(shè)h（x）＝xex﹣a（x+4），
當(dāng)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(dāng)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(dāng)a＜0時，
當(dāng)x∈（﹣∞，﹣4）時，F(xiàn)（x）＝﹣a＞0無零點(diǎn)，
當(dāng)x∈（﹣4，+∞）時，∵h(yuǎn)（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(dāng)a＞0時，函數(shù)f（x）有兩個“不動點(diǎn)”t1，t2，
當(dāng)a＜0時，函數(shù)f（x）有一個“不動點(diǎn)”．
（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(shè)G（x）＝，
由（1）知，當(dāng)x∈（﹣∞，﹣4]時，G（x）單調(diào)遞增，且G（x）∈（﹣∞，0]，
∴在（﹣4，﹣3）上G（x）單調(diào)遞增，且G（x）∈（0，e3），
在（﹣3，+∞）上G（x）單調(diào)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(diǎn)t0，
∴f（f（x））﹣f（x）＝0，
∴f（x）＝t0，
由F（t0）＝0得a＝，代入＝，
由（1）知當(dāng)t0＝﹣3，即a＝﹣時，G（x1）＝G（t0）的解為t0，
當(dāng)t0≠﹣3，即a＜0且a≠﹣時，G（x1）＝G（t0）的解為x1，t0，
綜上所述，當(dāng)a＜0且a≠﹣時方程有兩個不同實(shí)數(shù)根．
17．（2023?河北區(qū)二模）已知a＞0，函數(shù)f（x）＝xlna﹣alnx+（x﹣e）2，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．
（Ⅰ）當(dāng)a＝1時，求曲線y＝f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）當(dāng)a＝e時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）求證：函數(shù)f（x）存在極值點(diǎn)，并求極值點(diǎn)x0的最小值．
【解答】解：（Ⅰ）當(dāng)a＝1時，f（x）＝﹣lnx+（x﹣e）2，f（1）＝（1﹣e）2，
f′（x）＝﹣+2（x﹣e），
∴f′（1）＝1﹣2e，
∴曲線y＝f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為y﹣（1﹣e）2＝（1﹣2e）（x﹣1），
化為（2e﹣1）x+y﹣e2＝0．
（Ⅱ）當(dāng)a＝e時，f（x）＝x﹣elnx+（x﹣e）2，x∈（0，+∞）．
f′（x）＝1﹣+2（x﹣e）＝，f′（e）＝0，
∴x∈（0，e）時，f′（x）＜0，此時函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；x∈（e，+∞）時，f′（x）＞0，此時函數(shù)f（x）單調(diào)遞增．
∴函數(shù)f（x）單調(diào)遞減區(qū)間為（0，e）；函數(shù)f（x）單調(diào)遞增區(qū)間為（e，+∞）．
（Ⅲ）證明：a＞0，函數(shù)f（x）＝xlna﹣alnx+（x﹣e）2，x∈（0，+∞）．
f′（x）＝lna﹣+2（x﹣e）＝，
令g（x）＝2x2﹣（2e﹣lna）x﹣a，a＞0，
∵x＞0，∴f′（x）＝0?g（x）＝0，
∵Δ＝（2e﹣lna）2+8a＞0，
由a＞0，則?x1，x2，使得g（x1）＝g（x2）＝0，且x1x2＝﹣＜0，
不妨設(shè)x1＜0＜x2，
∴f′（x）＜0?0＜x＜x2，
f′（x）＞0?x＞x2，
∴?x0＝x2為f（x）的極小值點(diǎn)．
∵g（e）＝elna﹣a≤0，
∴x0≥e，等號成立．
∴x0的最小值為e．
二．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值（共12小題）
18．（2023?青島二模）已知函數(shù)，a＞0．
（1）討論f（x）極值點(diǎn)的個數(shù)；
（2）若f（x）恰有三個零點(diǎn)t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）和兩個極值點(diǎn)x1，x2（x1＜x2）．
（ⅰ）證明：f（x1）+f（x2）＝0；
（ⅱ）若m＜n，且mlnm＝nlnn，證明：．
【解答】解：（1）f′（x）＝﹣a﹣＝﹣（x＞0），
設(shè)函數(shù)g（x）＝ax2﹣x+a，
當(dāng)x≥時，g（x）開口向上，Δ＝1﹣4a2≤0，
所以f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，無極值點(diǎn)，
當(dāng)0＜a＜時，g（x）＝0在（0，+∞）上有兩個解x1＝，x2＝，
因為x1x2＝1，
所以f（x）在（0，x1）上單調(diào)遞減，在（x1，x2）上單調(diào)遞增，在（x2，+∞）上單調(diào)遞減，
所以f（x）有兩個極值點(diǎn)，
綜上所述，當(dāng)a≥時，f（x）無極值點(diǎn)，
當(dāng)0＜a＜時，f（x）有兩個極值點(diǎn)．
（2）（ⅰ）證明：由（1）知：0＜a＜且x1x2＝1，
因為f（）＝ln﹣a（﹣x）＝﹣lnx﹣a（﹣x）＝﹣f（x），
所以f（x1）+f（x2）＝f（x1）+f（）＝0．
（ⅱ）由（?。┲猣（）＝﹣f（x），0＜a＜，t1＜x1＜t2＝1＜x2＜t3，
所以t1t3＝1，
所以t1t2t3＝1，
令h（x）＝xlnx，x＞0，
h′（x）＝lnx+1，
所以h（x）在（0，）上單調(diào)遞減，在（，+∞）上單調(diào)遞增，
因為x＞1時，h（x）＞0，
0＜x＜1時，h（x）＜0，
所以0＜m＜＜n＜1，
所以要證明：＞n（lnn+1），
只要證明ln[（1﹣m）e﹣m]＞nln（n+1），
只需證明ln（1﹣m）﹣m＞lnn+ln（lnn+1），
只需證明ln（1﹣m）+1﹣m＞lnn+1+ln（lnn+1），
又因為t（x）＝lnx+x在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
所以只需證明1﹣m＞lnn+1（易證n＞ln+1），
只需證明1﹣m＞n，即證明m+n＜1，
因為0＜m＜，
所以lnm＜﹣1，
所以mlnm＜﹣m，
因為mlnm＝nlnn，
所以m＜﹣nlnn，
所以m+n＜n﹣nlnn，
令φ（x）＝x﹣xlnx，＜x＜1，
φ′（x）＝﹣lnx＞0，
所以φ（x）在（，1）上單調(diào)遞增，
所以φ（n）＜φ（1）＝1，
所以m+n＜1，
所以＞n（lnn+1）成立．
19．（2023?新鄉(xiāng)模擬）已知函數(shù)f（x）＝ax﹣alnx﹣．
（1）若不等式f（x）＜0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）若函數(shù)y＝f（x）有三個不同的極值點(diǎn)x1，x2，x3，且f（x1）+f（x2）+f（x3）≤3e2﹣e，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
【解答】解：（1）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），不等式f（x）＜0恒成立，
即在（0，+∞）上恒成立，記u（x）＝x﹣lnx，則，
當(dāng)x∈（0，1）時，u′（x）＜0，u（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（1，+∞）時，u′（x）＞0，u（x）單調(diào)遞增
所以u（x）≥u（1）＝1＞0，
所以在（0，+∞）上恒成立，令g（x）＝，
則a＜g（x）min，，，
前面已證u（x）＝x﹣lnx＞1恒成立，得到g（x）在區(qū)間（0，1）上單減，在區(qū)間（1，+∞）上單增，
所以g（x）min＝g（1）＝e，
所以a＜e，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是（﹣∞，e）．
（2），
因為直線y＝ex和曲線y＝ex相切，并且切點(diǎn)坐標(biāo)為（1，e），
所以當(dāng)且僅當(dāng)a＞e時，方程ax﹣ex＝0有兩個不相等的實(shí)根x1，x3，并且0＜x1＜1＜x3，
從而當(dāng)a＞e時，f（x）有三個極值點(diǎn)x1，x2，x3，并且0＜x1＜x2＝1＜x3，，，
取對數(shù)知：lna+lnx1＝x1，lna+lnx3＝x3，即lna＝x1﹣lnx1，lna＝x3﹣lnx3，
則＝alna﹣a+a﹣e+alna﹣a＝2alna﹣a﹣e≤3e2﹣e，
構(gòu)造g（a）＝2alna﹣a﹣e（a＞e），g'（a）＝2（lna+1）﹣1＝2lna+1＞0在a＞e時恒成立，
則g（a）在區(qū)間a∈（e，+∞）上單調(diào)遞增，且g（e2）＝2e2lne2﹣e2﹣e＝3e2﹣e，
從而的解為a≤e2，
綜上所述，e＜a≤e2，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是（e，e2]．
20．（2023?湖北模擬）設(shè)函數(shù)f（x）＝ex+bsinx，x∈（﹣π，+∞）．
（1）若函數(shù)f（x）在（0，f（0））處的切線的斜率為2．
①求實(shí)數(shù)b的值；
②求證：f（x）存在唯一極小值點(diǎn)x0且f（x0）＞﹣1．
（2）當(dāng)b＞0時，若f（x）在x∈（﹣π，+∞）上存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．
【解答】解：（1）①∵f（x）＝ex+bsinx，∴f′（x）＝ex+bcsx，
由導(dǎo)數(shù)的幾何意義，f（x）在（0，f（0））處的切線的斜率k＝f′（0）＝e0+bcs0＝1+b，
由已知，k＝1+b＝2，∴解得b＝1．
②證明：由①得，f（x）＝ex+sinx，x∈（﹣π，+∞），
∴f′（x）＝ex+csx，x∈（﹣π，+∞），
令g（x）＝ex+csx，則g′（x）＝ex﹣sinx，
當(dāng)x∈（﹣π，0]時，ex＞0，sinx≤0，g′（x）＝ex﹣sinx＞0，
當(dāng)x∈（0，+∞）時，ex＞1，sinx≤1，g′（x）＝ex﹣sinx＞0，
∴當(dāng)x∈（﹣π，+∞）時，g′（x）＞0，g（x）在區(qū)間（﹣π，+∞）上單調(diào)遞增，
又∵，，
∴有且只有一個，使，
又∵g（x）在區(qū)間（﹣π，+∞）上單調(diào)遞增，
∴x＝x0是g（x）在（﹣π，+∞）上的唯一零點(diǎn)，
∴f′（x）＝ex+csx在區(qū)間（﹣π，+∞）上單調(diào)遞增，且，
當(dāng)x∈（﹣π，x0）時，f′（x）＜0，f（x）在區(qū)間（﹣π，x0）上單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（x0，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）在區(qū)間（x0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴f（x）存在唯一極小值點(diǎn)x0，
又∵，∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴f（x0）＞﹣1．
（2）當(dāng)b＞0時，f（x）＝ex+bsinx，x∈（﹣π，+∞），
若f（x）在x∈（﹣π，+∞）上存在零點(diǎn)，
則方程ex+bsinx＝0在x∈（﹣π，+∞）上有解，
即在x∈（﹣π，+∞）上有解，
令，
則，
當(dāng)x∈（﹣π，+∞）時，令F′（x）＝0，則，k∈N，
當(dāng)（k∈N）時，，F(xiàn)′（x）＞0，
∴F（x）在區(qū)間（k∈N）上單調(diào)遞增，
當(dāng)（k∈N）時，，F(xiàn)′（x）＜0，
∴F（x）在區(qū)間和（k∈N）上單調(diào)遞減，
∴當(dāng)，k∈N時，F(xiàn)（x）取得極小值．
∵，k∈N，
∴當(dāng)k＝0，1，2，?時，
，，，?
令，則，在R上單調(diào)遞增，
∴?，
又∵，
∴當(dāng)x∈（﹣π，+∞）時，F(xiàn)（x）的最小值為．
又當(dāng)（k∈N）時，F(xiàn)（x）取得極大值．
∵，k∈N，
∴當(dāng)k＝0，1，2，?時，
，，，?
令，則，H（x）在R上單調(diào)遞減，
∴?
又∵，
∴當(dāng)x∈（﹣π，+∞）時，F(xiàn)（x）的最大值為．
∴當(dāng)x∈（﹣π，+∞）時，，即，
∴在x∈（﹣π，+∞）上有解，則，
又∵b＞0，∴，∴．
綜上所述，實(shí)數(shù)b的取值范圍為．
21．（2023?南京三模）已知函數(shù)f（x）＝xlnx﹣ax2，g（x）＝﹣x+a（a∈R）．
（1）若y＝x與f（x）的圖象恰好相切，求實(shí)數(shù)a的值；
（2）設(shè)函數(shù)F（x）＝f（x）+g（x）的兩個不同極值點(diǎn)分別為x1，x2（x1＜x2）．
（i）求實(shí)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)）．
【解答】解：（1）因為函數(shù)f（x）＝xlnx﹣ax2，x∈（0，+∞），求導(dǎo)數(shù)得f′（x）＝lnx+1﹣ax，
設(shè)y＝x 與f（x）圖象的切點(diǎn)為（x0，y0），
所以，解得x0＝e2，a＝；
（2）（i）因為函數(shù)F（x）＝f（x）+g（x）＝xlnx﹣x﹣ax2+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(shí)根x1，x2，
設(shè)函數(shù)h（x）＝﹣a，則h′（x）＝，所以h′（e）＝0，
當(dāng)0＜x＜e時，h′（x）＞0，所以h（x）在區(qū)間（0，e）上單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞e時，h′（x）＜0，所以h（x）在區(qū)間（e，+∞）上單調(diào)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(diǎn)，所以h（e）＞0，即﹣a＞0，解得a＜；
當(dāng)a≤0時，若x＞e時，則h（x）＞0恒成立，所以h（x）至多一個零點(diǎn)，不符合題意，
所以0＜a＜．
現(xiàn)證明：當(dāng)0＜a＜時，h（x）有兩個不同的零點(diǎn)．
因為h（1）＝﹣a＜0，h（e）＞0，所以h（x）在區(qū)間（0，e）內(nèi)有唯一零點(diǎn)；
所以h（）＝a2（ln﹣），令＝t，設(shè)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(nèi)有唯一的零點(diǎn)．
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是（0，）．
（ii）由題設(shè)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(shè)t＝，則t∈（0，1），λ+1＜恒成立；
所以lnt﹣＜0在t∈（0，1）時恒成立；
設(shè)p（t）＝lnt﹣，t∈（0，1），則p′（t）＝﹣＝；
若λ2≥1，即λ≥1，則當(dāng)t∈（0，1）時，p′（t）＞0，
所以p（t）在（0，1）上單調(diào)遞增，所以p（t）＜p（1）＝0，滿足題意；
若0＜λ＜1，則當(dāng)t∈（λ2，1）時，p′（t）＜0，所以p（t）在（λ2，1）上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)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，+∞）．
22．（2023?羅定市校級模擬）已知函數(shù)，k∈R．
（1）若f（x）在x＝1處取極值，求k的值；
（2）若f（x）＝ax有兩個零點(diǎn)x1，x2，求證：．
【解答】解：（1）由題意，函數(shù)，可得，
因為f（x）在x＝1處取極值，可得f'（1）＝1﹣k＝0，解得k＝1，
由k＝1時，可得
當(dāng)0＜x＜1時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞1時，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
因此f（x）在x＝1處取極大值，滿足題意．
（2）證明：由題意，函數(shù)f（x）＝ax有兩個零點(diǎn)x1，x2，
即，，
所以，可得，
要證，即證，
即證，即證，
不妨設(shè)x1＜x2，記，則t＞1，即證，
即證，令，t＞1，
可得，
因此h（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，所以h（t）＞h（1）＝0，
即結(jié)論成立．
23．（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(shè)函數(shù)h（x）＝f（x）﹣g（x），求函數(shù)h（x）的單調(diào)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．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝x﹣alnx的定義域為（0，+∞）．
當(dāng)a＝1時，f′（x）＝．
由f′（x）＝0，解得x＝1．
當(dāng)0＜x＜1時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞1時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
所以當(dāng)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(diǎn)x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，
即在[1，e]上存在一點(diǎn)x0，使得h（x0）＜0．即h（x）在[1，e]上的最小值小于零．
①當(dāng)1+a≥e，即a≥e﹣1時，由（II）可知h（x）在[1，e]上單調(diào)遞減．
故h（x）在[1，e]上的最小值為h（e），
由h（e）＝e+﹣a＜0，可得a＞．
因為＞e﹣1．所以a＞．
②當(dāng)1＜1+a＜e，即0＜a＜e﹣1時，
由（II）可知h（x）在（1，1+a）上單調(diào)遞減，在（1+a，e）上單調(diào)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∈（，+∞）．
24．（2023?海淀區(qū)校級三模）已知函數(shù)f（x）＝eax（x﹣1）2．
（1）若a＝1，求f（x）在（0，f（0））處切線方程；
（2）求f（x）的極大值與極小值；
（3）證明：存在實(shí)數(shù)M，當(dāng)a＞0時，函數(shù)y＝f（x）﹣M有三個零點(diǎn)．
【解答】解：（1）當(dāng)a＝1時，f（x）＝ex（x﹣1）2，f′（x）＝ex（x2﹣1），
所以k＝f′（0）＝e0（02﹣1）＝﹣1，
又f（0）＝e0（0﹣1）2＝1，
所以切線方程為y﹣1＝﹣（x﹣0），即x+y﹣1＝0．
（2）f′（x）＝aeax（x﹣1）2+2eax（x﹣1）＝eax（x﹣1）（ax﹣a+2），
當(dāng)a＝0時，f′（x）＝2（x﹣1）＝0，解得x＝1，
故x＜1時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；x＞1時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
故x＝1時，f（x）的極小值為f（1）＝0，無極大值；
當(dāng)a＞0時，令f′（x）＝0，解得x1＝1，，
故當(dāng)或x＞1時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
故f（x）的極大值為，極小值為f（1）＝0；
當(dāng)a＜0時，令f′（x）＝0，解得x1＝1，，
故當(dāng)x＜1或時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
故f（x）的極大值為，極小值為f（1）＝0；
綜上，當(dāng)a＝0時，f（x）的極小值為f（1）＝0，無極大值；
當(dāng)a≠0時，f（x）的極大值為，極小值為f（1）＝0．
（3）證明：當(dāng)a＞0時，由（2）知，f（x）在和（1，+∞）上單調(diào)遞增，
在上單調(diào)遞減，且x＜1時，f（x）＝eax（x﹣1）2＞0恒成立，
x→+∞時，f（x）＝eax（x﹣1）2→+∞，
又f（x）的極大值為，極小值為f（1）＝0，
所以存在實(shí)數(shù)時，函數(shù)y＝f（x）﹣M有三個零點(diǎn)．
25．（2023?曲靖模擬）已知函數(shù)f（x）＝ax2﹣xlnx+1（a∈R），f'（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)．
（1）求函數(shù)y＝f'（x）的極值；
（2）若函數(shù)f（x）有兩個不同的零點(diǎn)x1，x2，證明：x1x2＞2e2．
【解答】解：（1）函數(shù)f（x）＝ax2﹣xlnx+1（a∈R），x∈（0，+∞），
f'（x）＝2ax﹣lnx﹣1，
令u（x）＝f'（x）＝2ax﹣lnx﹣1，x∈（0，+∞），
則u′（x）＝2a﹣，
a≤0時，u′（x）＜0，函數(shù)u（x）無極值，舍去．
a＞0時，u′（x）＝，
函數(shù)u（x）在（0，）上單調(diào)遞減；在（，+∞）上單調(diào)遞增．
∴x＝時，函數(shù)u（x）取得極小值，u（）＝ln（2a），無極大值．
（2）證明：∵函數(shù)f（x）有兩個不同的零點(diǎn)x1，x2，
∴ax1＝lnx1﹣，ax2＝lnx2﹣，
∴a（x1+x2）＝ln（x1x2）﹣，
a（x2﹣x1）＝ln+，
相除化為：ln（x1x2）＝ln+2×，
不妨設(shè)0＜x1＜x2，＝t＞1，
則ln（x1x2）＝lnt+2×，
下面證明lnt＞2，即證明lnt﹣＞0，t∈（1，+∞）．
令g（t）＝lnt﹣，t∈（1，+∞）．
g′（t）＝﹣＝＞0，
∴函數(shù)g（t）在t∈（1，+∞）上單調(diào)遞增．
∴g（t）＞g（1）＝0．
∴l(xiāng)n（x1x2）﹣2×＞2，
令＝m，可得2lnm＞2+，即lnm﹣﹣1＞0，m∈（0，+∞）．
令h（m）＝lnm﹣﹣1，m∈（0，+∞）．
則函數(shù)h（m）在m∈（0，+∞）上單調(diào)遞增．
而h（e）＝ln（e）﹣﹣1＝ln2﹣＜0，
∴m＞e，即x1x2＞2e2．
26．（2023?思明區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝x3﹣mx2+m2x（m∈R）的導(dǎo)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(shè)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(guān)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．
【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(dāng)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(diào)遞增，故函數(shù)g（x）無極值，
當(dāng)﹣2＜m＜2時，Δ＝4（m+2）2﹣8（m2+2m）＞0，
設(shè)g'（x）＝0兩個根為x1，x2，x1＜x2，
當(dāng)x∈（﹣∞，x1），g'（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x∈（x1，x2），g'（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（x2，+∞），g'（x）＞0，g（x）單調(diào)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(yuǎn)（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(shè)m（x）＝ex﹣lnx（x＞0），
∴m'（x）＝，
∵m''（x）＝＞0，
∴m'（x）在（0，+∞）上單調(diào)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(diǎn)，
∵當(dāng)x∈（0，x0）時，m'（x）＜0，m（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（x0，+∞）時，m'（x）＞0，m（x）單調(diào)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}．
27．（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(dāng)a＝2時，求曲線y＝f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程；
（2）當(dāng)a＞0時，函數(shù)f（x）在區(qū)間內(nèi)有唯一的極值點(diǎn)x1．
（?。┣髮?shí)數(shù)a的取值范圍；
（ⅱ）求證：f（x）在區(qū)間（0，π）內(nèi)有唯一的零點(diǎn)x0，且x0＜2x1．
【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(dāng)a≥1時，當(dāng)時，aex＞1，csx∈（0，1），
∴f'（x）＞0，
∴y＝f（x）在上單調(diào)遞增，沒有極值點(diǎn)，不合題意，舍去；
②當(dāng)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(diǎn)x1，
當(dāng)x∈（0，x1）時，f'（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)時，f'（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，
∴函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間內(nèi)有唯一極值點(diǎn)，符合題意，
綜上，a的取值范圍是（0，1）．
（ⅱ）證明：由（?。┲?＜a＜1，當(dāng)時，f'（x）＝aex﹣csx＞0，
當(dāng)x∈（0，x1）時，f'（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（x1，π）時，f'（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)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(diǎn)x0，
即f（x）在（0，π）上有唯一零點(diǎn)x0．
由（?。┲猣'（x1）＝0，∴．
∵，
則f（2x1）＝﹣sin2x1﹣a＝csx1﹣2sinx1csx1﹣
＝，．
設(shè)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(diào)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(diào)遞增，
∴x0＜2x1．
28．（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．
【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(dāng)﹣1≤csx≤0，或時，F(xiàn)'（x）≥0，
當(dāng)時，F(xiàn)'（x）＜0，
即F（x）在[0，x0]上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)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(dāng)，有g(shù)'（a）≤0，∴g（a）單調(diào)遞減，
有，
記，其中，只需證φ（x）≥0，
有，當(dāng)，易知φ′（x）≤0，
當(dāng)，有φ′（x）≤2+9sin＜2﹣9sin＝2﹣＜0，
∴φ（x）單調(diào)遞減，則φ（x）≥0成立；
（ii）當(dāng)，有g(shù)'（a）≥0，∴g（a）單調(diào)遞增，
∵g（a）≥g（1）＝sinx+sin2x﹣3xcsx，
①當(dāng)，有f（x）＝（1+2csx）sinx≥0≥3xcsx，成立；
②當(dāng)，
記，則只需證，h（x）≥0；，h（x）≤0；
∵，
∴當(dāng)，有h'（x）≥0，則h（x）單調(diào)遞增，h（x）≥h（0）＝0成立；
當(dāng)，有h'（x）≤0，則h（x）單調(diào)遞減，
有成立．
綜上可知，有f（x）≥3xcsax．
29．（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(diǎn)，討論h（x）在區(qū)間（﹣∞，π）上的零點(diǎn)個數(shù)．
（2）英國數(shù)學(xué)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．
【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(diǎn)，
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(dāng)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(diào)遞減，h（x）＞h（0）＝0，
所以h（x）在區(qū)間（﹣∞，0）上不存在零點(diǎn)；
（ii）當(dāng)x∈（0，π）時，設(shè)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(diào)遞減，
因為m（0）＝2＞0，，
所以存在，滿足m（a）＝0，
當(dāng)x∈（0，a）時，m（x）＝φ'（x）＞0，φ（x）在（0，a）上單調(diào)遞增；
當(dāng)時，m（x）＝φ'（x）＜0，φ（x）在上單調(diào)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(diào)遞減，
所以，
又因為，
所以φ'（x）＝（2﹣x）e﹣x﹣sinx＜0，φ（x）在上單調(diào)遞減；
③若x∈（2，π），則φ'（x）＝（2﹣x）e﹣x﹣sinx＜0，φ（x）在（2，π）上單調(diào)遞減．
由（a）（b）（c）得，h（x）在（0，a）上單調(diào)遞增，h（x）在（a，π）單調(diào)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(dāng)x∈（0，β）時，h'（x）＝φ（x）＞0，h（x）在（0，β）上單調(diào)遞增，h（x）＞h（0）＝0，
當(dāng)x∈（β，π）時，h'（x）＝φ（x）＜0，h（x）在（β，π）上單調(diào)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(diǎn)．
綜上，h（x）在區(qū)間（﹣∞，π）上的零點(diǎn)個數(shù)為2個；
（2）因為，（*）
對，
兩邊求導(dǎo)得：，，
所以，（**）
比較（*）（**）式中x2的系數(shù)，得，
所以．
三．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值（共29小題）
30．（2023?蕉城區(qū)校級模擬）已知函數(shù)．
（1）討論函數(shù)f（x）的零點(diǎn)的個數(shù)；
（2）當(dāng)m＝0時，若對任意x＞0，恒有，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
【解答】解：（1）已知，函數(shù)定義域為（0，+∞），
令，
解得，
不妨設(shè)，函數(shù)定義域為（0，+∞），
可得，
當(dāng)0＜x＜e時，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞e時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，
所以當(dāng)x＝e時，函數(shù)g（x）取得極大值也是最大值，最大值，
又g（1）＝0，
所以當(dāng)0＜x＜1時，g（x）＜0，當(dāng)x＞1時，g（x）＞0，
此時當(dāng)，即時，函數(shù)g（x）與直線y＝﹣m無交點(diǎn)，即函數(shù)f（x）無零點(diǎn)；
當(dāng)或﹣m≤0，即或m≥0時，
函數(shù)g（x）與直線y＝﹣m有且僅有一個交點(diǎn)，
即函數(shù)f（x）有一個零點(diǎn)，
當(dāng)，即時，
函數(shù)g（x）與直線y＝﹣m有兩個交點(diǎn)，
此時f（x）有兩個零點(diǎn)，
綜上：當(dāng)時，函數(shù)f（x）無零點(diǎn)，當(dāng)或m≥0時，函數(shù)f（x）有一個零點(diǎn)，
當(dāng)，函數(shù)f（x）有2個零點(diǎn)；
（2）當(dāng)m＝0時，若對任意x＞0，恒有，
即對任意x＞0，恒有ax（eax+1）≥lnx2（x2+1），
不妨設(shè)h（x）＝（x+1）lnx，函數(shù)定義域為（0，+∞），
可得h′（x）＝lnx+，
此時不等式滿足h（eax）≥h（x2），
不妨設(shè)k（x）＝lnx+，函數(shù)定義域為（0，+∞），
可得k′（x）＝﹣＝，
當(dāng)0＜x＜1，k′（x）＜0，k（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞1，k′（x）＞0，k（x）單調(diào)遞增，
所以h′（x）＝k（x）≥k（1）＝2＞0，
所以函數(shù)h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
因為h（eax）≥h（x2），
所以eax≥x2對任意x＞0恒成立，
對等式兩邊同時取對數(shù)并整理得≥對任意x＞0恒成立，
由（1）知，函數(shù)g（x）的最大值為，
所以≥，
解得a≥，
故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[，+∞）．
31．（2023?賀蘭縣校級四模）已知函數(shù)f（x）＝kx﹣ln（1+x）（k＞0）．
（1）當(dāng)k＝1時，求曲線y＝f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程；
（2）如果存在x0∈（0，+∞），使得當(dāng)x∈（0，x0）時，恒有f（x）＜x2成立，求k的取值范圍．
【解答】解：（1）當(dāng)k＝1時，f（x）＝x﹣ln（1+x），
求導(dǎo)得，則f'（0）＝0，
又f（0）＝0，
所以曲線y＝f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程為y＝0．
（2）因為f（x）＜x2，
所以x2﹣kx+ln（x+1）＞0，
因為存在x0∈（0，+∞），使得當(dāng)x∈（0，x0）時，恒有f（x）＜x2成立，
則存在x0∈（0，+∞），使得當(dāng)x∈（0，x0）時，x2﹣kx+ln（x+1）＞0恒成立，
令g（x）＝x2﹣kx+ln（x+1），x∈（0，x0），
所以?x∈（0，x0），g（x）＞0恒成立，
求導(dǎo)得，
令，
所以，
所以函數(shù)h（x），即函數(shù)g'（x）在（0，x0）上單調(diào)遞增，
又g′（0）＝1﹣k，
當(dāng)1﹣k≥0，即0＜k≤1時，g′（x）＞g′（0）≥0，函數(shù)g（x）在（0，x0）上單調(diào)遞增，
所以?x∈（0，x0），g（x）＞g（0）＝0成立，
所以0＜k≤1，
當(dāng)k＞1時，g′（0）＝1﹣k＜0，，
所以存在x1∈（0，k），使得g′（x1）＝0，
當(dāng)0＜x＜x1時，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）在（0，x1）上單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（0，x1）時，g（x）＜g（0）＝0，不符合題意，
所以k的取值范圍是（0，1]．
32．（2023?葉城縣校級模擬）已知函數(shù)．
（1）求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若g（x）＝x2f（x），求g（x）的最小值．
【解答】解：（1）函數(shù)的定義域為（﹣∞，0）?（0，+∞），
，
令f′（x）＜0，則x＜0或0＜x＜1，令f′（x）＞0，則x＞1，
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（﹣∞，0），（0，1），單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）；
（2）g（x）＝x2f（x）＝xex，（x≠0），
令h（x）＝xex，x∈R，則h′（x）＝（x+1）ex，
當(dāng)x＜﹣1時，h′（x）＜0，當(dāng)x＞﹣1時，h′（x）＞0，
所以函數(shù)h（x）在（﹣∞，﹣1）上單調(diào)遞減，在（﹣1，0），（0，+∞）上單調(diào)遞增，
所以，
所以．
33．（2023?南關(guān)區(qū)校級模擬）已知函數(shù)．
（Ⅰ）當(dāng)a＝0時，求曲線y＝f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程；
（Ⅱ）若a＞0，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅲ）當(dāng)x≥2時，f（x）≥0恒成立，求a的取值范圍．
【解答】解：（Ⅰ）當(dāng)a＝0時，f（x）＝（x﹣2）exf（0）＝（0﹣2）e0＝﹣2，
f′（x）＝（x﹣1）ex，k＝f′（0）＝（0﹣1）e0＝﹣1，
所以切線方程為：y+2＝﹣（x﹣0）
即：y＝﹣x﹣2．
（Ⅱ）由題，可得f′（x）＝（x﹣1）ex﹣ax+a＝（x﹣1）（ex﹣a），
由于a＞0，f′（x）＝0的解為x1＝lna，x2＝1，
（1）當(dāng)lna＝1，即a＝e時，f'（x）≥0，則f（x）在（﹣∞，+∞）上單調(diào)遞增，
（2）當(dāng)lna＜1，即0＜a＜e時，
在區(qū)間（﹣∞，lna），（1，+∞）上，f'（x）＞0；在區(qū)間（lna，1）上，f'（x）＜0，
所以f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（﹣∞，lna），（1，+∞）；單調(diào)減區(qū)間為（lna，1）．
（3）當(dāng)lna＞1，即a＞e時，
在區(qū)間（﹣∞，1），（lna，+∞）上，f'（x）＞0；
在區(qū)間（1，lna）上，f'（x）＜0，
則f（x）在（﹣∞，1），（lna，+∞）上單調(diào)遞增，（1，lna）上單調(diào)遞減．
（Ⅲ）f′（x）＝（x﹣1）（ex﹣a）
（1）當(dāng)a≤0時，因為x≥2，所以x﹣1＞0，ex﹣a＞0，所以f′（x）＞0，
則f（x）在[2，+∞）上單調(diào)遞增，f（x）≥f（2）＝0成立，
（2）當(dāng)0＜a≤e2時，f′（x）＞0，
所以f（x）在[2，+∞）上單調(diào)遞增，所以f（x）≥f（2）＝0成立，
（3）當(dāng)a＞e2時，在區(qū)間（2，lna）上，f′（x）＜0；在區(qū)間（lna，+∞），f′（x）＞0，
所以f（x）在（2，lna）上單調(diào)遞減，（lna，+∞）上單調(diào)遞增，所以f（x）≤f（2）＝0，不符合題意，
綜上所述，a的取值范圍是（﹣∞，e2]．
34．（2023?海淀區(qū)校級三模）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣1﹣asinx（a∈R）．
（1）若曲線y＝f（x）在（0，f（0））處的切線方程為y＝﹣x，求實(shí)數(shù)a的值；
（2）當(dāng)a＝2時，求f（x）在[0，π]上的最大值；
（3）若對任意的x∈[0，π]，恒有f（x）≥0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
【解答】解：（1）由f（x）＝ex﹣1﹣asinx?f′（x）＝ex﹣acsx，∴f′（0）＝1﹣a，
又曲線y＝f（x）在（0，f（0））處的切線方程為y＝﹣x，即f′（0）＝1﹣a＝﹣1，
∴a＝2；
（2）當(dāng)a＝2時，f（x）＝ex﹣1﹣2sinx，∴f′（x）＝ex﹣2csx，
由y＝ex、y＝csx在[0，π]上分別單調(diào)遞增、單調(diào)遞減可得：
f′（x）＝ex﹣2csx在[0，π]上單調(diào)遞增，而f′（0）＝﹣1＜0，f′（π）＝eπ+2＞0，
即?x0∈（0，π），使得f′（x0）＝0，故f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，（x0，π）上單調(diào)遞增，
且f（0）＝0＜f（π）＝eπ﹣1，即f（x）在[0，π]上的最大值為eπ﹣1；
（3）∵x∈[0，π]，f′（x）＝ex﹣acsx，令g（x）＝f′（x）?g′（x）＝ex+asinx，
①當(dāng)a＜0時，asinx≤0，ex﹣1≥0，易知f（x）＝ex﹣1﹣asinx≥0在x∈[0，π]上恒成立，當(dāng)x＝0時取得等號，符合題意；
②當(dāng)0≤a≤1時，易知asinx≥0，則g′（x）＝ex+asinx＞0在x∈[0，π]上恒成立，即f′（x）在x∈[0，π]時單調(diào)遞增，
又f′（0）＝1﹣a≥0，故f（x）在[0，π]上單調(diào)遞增，
∵f（0）＝0，∴恒有f（x）≥0，符合題意；
③當(dāng)a＞1時，由②知f′（x）在x∈[0，π]時單調(diào)遞增，
而f′（0）＝1﹣a＜0＜f′（π）＝eπ+a，
即?x0∈（0，π），使得f′（x0）＝0，故f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，（x0，π）上單調(diào)遞增，
又f（0）＝0，則f（x0）＜f（0）＝0，不滿足題意；
綜上當(dāng)a∈（﹣∞，1]，能滿足任意的x∈[0，π]，恒有f（x）≥0．
35．（2023?沙坪壩區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝sin2x+2sin2x．
（1）若f（x）≥2ax在上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）證明：．
【解答】（1）解：根據(jù)題意得：sin2x+2sin2x?2ax在上恒成立，
即sin2x+（1﹣cs2x）?2ax在上恒成立，
令t＝2x，則t∈[0，π]，問題化歸為sint+1?at+cst在[0，π]上恒成立，
當(dāng)t＝0時，a∈R；
當(dāng)t∈（0，π]時，，設(shè)，
，
設(shè)h（t）＝tcst+tsint﹣sint+cst﹣1，h′（t）＝t（cst﹣sint），
則時，h′（t）＞0，h（t）單調(diào)遞增；時，h′（t）＜0，h（t）單調(diào)遞減，
而，
所以h（t）在上存在唯一零點(diǎn)，設(shè)為t0，則t∈（0，t0）時，h（t）＞0，g′（t）＞0；
t∈（t0，π]時，h（t）＜0，g′（t）＜0，
所以g（t）在t0處取得最大值，在t＝π處取得最小值，
所以，
綜上所述：實(shí)數(shù)a的取值范圍為；
（2）證明：由（1）知：x∈[0，π]時，，所以，
所以，令s（x）＝sinx，
即，
所以＝，
所以＝．
36．（2023?杭州模擬）已知x1，x2是方程ex﹣ax＝ln（ax）﹣x的兩個實(shí)根，且x1＜x2．
（1）求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）已知f（x）＝ax，g（x）＝ln（1+x）﹣csx+2，若存在正實(shí)數(shù)x3，使得f（x1）＝g（x3）成立，證明：x1＜x3．
【解答】解：（1）ex﹣ax＝ln（ax）﹣x?ex+x＝ln（ax）+ax?ex+x＝elnax+ln（ax），
∵m（x）＝ex+x單調(diào)遞增，則m（x）＝m（ln（ax）），則x＝ln（ax），即ex＝ax，
∴方程ex﹣ax＝ln（ax）﹣x的根即為方程ex＝ax的根．
令，則，
令h′（x）＜0，可得x＜0或0＜x＜1，令h′（x）＞0，可得x＞1，
∴h（x）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞減，且h（x）＜0，h（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
h（x）的極小值為h（1）＝e，
∵方程ex＝ax有兩個實(shí)根，∴a＞e，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是（e，+∞）．
（2）證明：要證x1＜x3，即證，由（1）可得，
只需證明，
下面證明ex＞ln（1+x）﹣csx+2（x＞0），
令φ（x）＝x﹣sinx，φ'（x）＝1﹣csx≥0，∴y＝φ（x）在R上單調(diào)遞增，
又∵φ（0）＝0，則當(dāng)x＞0時，x＞sinx．
設(shè)k（x）＝ex﹣ln（1+x）+csx，則，
當(dāng)x＞0時，，
設(shè)t（x）＝ex﹣x，則t′（x）＝ex﹣1，
∴當(dāng)x＞0時，t′（x）＞0，t（x）單調(diào)遞增，∴t（x）＝ex﹣x≥t（0）＝1，ex≥1+x．
∴，k（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，
∴k（x）＞k（0）＝2，即ex﹣ln（1+x）+csx＞2．
綜上所述，x1＜x3．
37．（2023?郴州模擬）已知函數(shù)f（x）＝x2﹣ax+1，g（x）＝lnx+a（a∈R）．
（1）若a＝1，f（x）＞g（x）在區(qū)間（0，t）上恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍；
（2）若函數(shù)f（x）和g（x）有公切線，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
【解答】解：（1）由題意，當(dāng)a＝1時，設(shè)h（x）＝f（x）﹣g（x），
則h（x）＝x2﹣x+1﹣lnx﹣1＝x2﹣x﹣1lnx（x＞0），，
令h'（x）＝0，得x＝1（舍負(fù)）h（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，∴h（x）min＝h（1）＝0．
根據(jù)題意t的取值范圍為（0，1]．
（2）設(shè)函數(shù)f（x）在點(diǎn)（x1，f（x1））處與函數(shù)g（x）在點(diǎn)（x2，g（x2））處有相同的切線，
則，∴，
∴，代入，
得．∴問題轉(zhuǎn)化為：關(guān)于x的方程有解，
設(shè)，則函數(shù)F（x）有零點(diǎn)，
∵，當(dāng)x＝e2﹣a時，lnx+a﹣2＝0，∴F（e2﹣a）＞0，
∴問題轉(zhuǎn)化為：F（x）的最小值小于或等于0.，
設(shè)，
則當(dāng)0＜x＜x0時，F(xiàn)'（x）＜0，當(dāng)x＞x0時，F(xiàn)'（x）＞0，
∴F（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴F（x）的最小值為，
由知，
故，
設(shè)，
則，
故φ（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∵φ（1）＝0，∴當(dāng)x∈（0，1]時，φ（x）≤0，∴F（x）的最小值F（x0）≤0等價于0≤x0≤1．
又∵函數(shù)在（0，1]上單調(diào)遞增，∴．
38．（2023?讓胡路區(qū)校級模擬）已知函數(shù)．
（1）若f（x）在定義域上具有唯一單調(diào)性，求k的取值范圍；
（2）當(dāng)x∈（1，2）時，證明：．
【解答】解：（1）由題意得f（x）的定義域為（0，+∞），
，
若f（x）在定義域上單調(diào)遞增，則f′（x）≥0恒成立，即在（0，+∞）上恒成立，
又，∴k≤4；
若f（x）在定義域上單調(diào)遞減，則f′（x）≤0恒成立，即在（0，+∞）上恒成立，
而這樣的k不存在；
綜上所述：f（x）在定義域上單調(diào)遞增，且k≤4，
所以k的取值范圍為（﹣∞，4]；
證明：（2）要證成立，
只需證，只需證，
只需證，只需證，
當(dāng)k＝4時，，∴原不等式即證，
由（1）知f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∵x∈（1，2），∴，
又，則，
∴原不等式成立．
39．（2023?西城區(qū)二模）已知函數(shù)f（x）＝x2+ln（x+1）．
（Ⅰ）求f（x）在區(qū)間上的最大值和最小值；
（Ⅱ）若（ex+acsx）f（x）≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的值．
【解答】解：（Ⅰ）∵函數(shù)f（x）＝x2+ln（x+1），x∈，
∴f′（x）＝2x+＝＞0，
∴f（x）在區(qū)間上單調(diào)遞增．
∴f（x）的最小值為；
f（x）的最大值為f（0）＝0．
（Ⅱ）f（x）的定義域為（﹣1，+∞）．
由（Ⅰ）知f（0）＝0，且f（x）在（﹣1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x＞0時，f（x）＞0；當(dāng)﹣1＜x＜0時，f（x）＜0．
設(shè)g（x）＝ex+acsx．
若g（x）f（x）≥0恒成立，則當(dāng)x＞0時，g（x）≥0；當(dāng)﹣1＜x＜0時，g（x）≤0．
∴g（0）＝0，即e0+acs0＝0，解得a＝﹣1．
下面證明：當(dāng)a＝﹣1時，g（x）f（x）≥0恒成立．
此時，g（x）＝ex﹣csx，g′（x）＝ex+sinx．
當(dāng)x＞0時，g′（x）＞1+sinx≥0．
∴g（x）在（﹣1，+∞）上單調(diào)遞增，g（x）＞g（0）＝0．
當(dāng)﹣1＜x＜0時，設(shè)h（x）＝g′（x）．
∵h(yuǎn)′（x）＝ex+csx＞0，∴g′（x）在（﹣1，0）上單調(diào)遞增．
∵g′（﹣1）＝+sin（﹣1）＜+sin（﹣）＜﹣＜0，g′（0）＝1＞0，
∴存在唯一的x0∈（﹣1，0），使得g′（x0）＝0．
∴g（x）在（﹣1，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，0）上單調(diào)遞增．
∵，且g（0）＝0，
∴當(dāng)﹣1＜x＜0時，g（x）＜0恒成立．
綜上，a＝﹣1．
40．（2023?海淀區(qū)校級三模）已知函數(shù)f（x）＝kx﹣ln（1+x）（k＞0）．
（1）當(dāng)k＝1時，求曲線y＝f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程；
（2）若函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有最小值，求k的取值范圍；
（3）如果存在x0∈（0，+∞），使得當(dāng)x∈（0，x0）時，恒有f（x）＜x2成立，求k的取值范圍．
【解答】解：（1）當(dāng)k＝1時，f（x）＝x﹣ln（1+x），求導(dǎo)得：，則f'（0）＝0，而f（0）＝0，
所以曲線y＝f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程為y＝0．
（2）x∈（0，+∞），k＞0，函數(shù)f（x）＝kx﹣ln（1+x），求導(dǎo)得：，顯然恒有，
則當(dāng)k≥1時，f'（x）＞0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，無最小值，不符合題意；
當(dāng)0＜k＜1時，由f'（x）＝0，得，當(dāng)時，f'（x）＜0，當(dāng)時，f'（x）＞0，
因此函數(shù)f（x）在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，即當(dāng)時，函數(shù)f（x）取得最小值，
所以函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有最小值，k的取值范圍是（0，1）．
（3）f（x）＜x2?x2﹣kx+ln（x+1）＞0，
因為存在x0∈（0，+∞），使得當(dāng)x∈（0，x0）時，恒有f（x）＜x2成立，
則有存在x0∈（0，+∞），使得當(dāng)x∈（0，x0）時，x2﹣kx+ln（x+1）＞0，
令g（x）＝x2﹣kx+ln（x+1），x∈（0，x0），即有?x∈（0，x0），g（x）＞0恒成立，
求導(dǎo)得，令，，
因此函數(shù)h（x），即函數(shù)g'（x）在（0，x0）上單調(diào)遞增，而g'（0）＝1﹣k，
當(dāng)1﹣k≥0，即0＜k≤1時，g'（x）＞g'（0）≥0，函數(shù)g（x）在（0，x0）上單調(diào)遞增，?x∈（0，x0），g（x）＞g（0）＝0成立，從而0＜k≤1，
當(dāng)k＞1時，g'（0）＝1﹣k＜0，，則存在x1∈（0，k），使得g'（x1）＝0，
當(dāng)0＜x＜x1時，g'（x）＜0，函數(shù)g（x）在（0，x1）上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（0，x1）時，g（x）＜g（0）＝0，不符合題意，
所以k的取值范圍是（0，1]．
41．（2023春?鼓樓區(qū)期中）設(shè)x＝﹣3是函數(shù)f（x）＝ax3+bx2﹣3x+c的一個極值點(diǎn)，曲線y＝f（x）在x＝1處的切線斜率為8．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f（x）在閉區(qū)間[﹣1，1]上的最大值為10，求c的值．
【解答】解：（1）f'（x）＝3ax2+2bx﹣3，由已知得，
得，解得a＝1，b＝4．
于是f'（x）＝3x2+8x﹣3＝（x+3）（3x﹣1），
由f'（x）＞0，得x＜﹣3或，由f'（x）＜0，得，
可知x＝﹣3是函數(shù)的極大值點(diǎn)，a＝1，b＝4符合題意，
所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（﹣∞，﹣3）和，單調(diào)遞減區(qū)間是．
（2）由（1）知f（x）＝x3+4x2﹣3x+c，
因為f（x）在區(qū)間上是單調(diào)遞減函數(shù)，在上是單調(diào)遞增函數(shù)，
又f（1）＝2+c＜f（﹣1）＝6+c，
所以f（x）的最大值為f（﹣1）＝6+c＝10，解得c＝4．
42．（2023?浙江模擬）已知λ為正實(shí)數(shù)，函數(shù)f（x）＝ln（λx+1）﹣λx+（x＞0）．
（1）若f（x）＞0恒成立，求λ的取值范圍；
（2）求證：2ln（n+1）﹣＜（﹣）＜2ln（n+1）（i＝1，2，3，…）．
【解答】解：（1）f′（x）＝﹣λ+x＝＝，
①若λ﹣≤0，即0＜λ≤1，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）單調(diào)遞增，故f（x）＞f（0）＝0，滿足條件；
②若λ﹣＞0，即λ＞1，當(dāng)x∈（0，λ﹣）時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，故f（x）＜f（0）＝0，矛盾，不符合題意；
綜上：0＜λ≤1．
（2）先證右側(cè)不等式，如下：
由（1）可得：當(dāng)λ＝1時，有f（x）＝ln（x+1）﹣x+＞0，則f（）＝ln（+1）﹣+＞0，
即ln（x+1）﹣lnx＞﹣，即2（ln（x+1）﹣2lnx＞﹣，
則有2ln（n+1）﹣2lnn+2lnn﹣2lm（n﹣1）+?+2ln2﹣2ln1＞﹣+﹣+?+﹣＝（﹣），
即2ln（n+1）＞（﹣），右側(cè)不等式得證．
下面證左側(cè)不等式，如下：
易知ln（x+1）＜x（x＞0），可得ln（+1）＜，即ln（x+1）﹣lnx＜，
則有l(wèi)n（n+1）﹣lnn+lnn﹣ln（n﹣1）+?+ln2﹣ln1＜++?+，
即ln（n+1）＜++?+，
＝＜＝2（﹣），
則++?+＜1+2（﹣+﹣+?+﹣＜，
故2ln（n+1）﹣＜2（++?+）﹣（++）＝（﹣），
綜上：2ln（n+1）﹣＜（﹣）＜2ln（n+1）（i＝1，2，3，…）．
43．（2023?賀蘭縣校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝（x+2）ln（1+x）﹣ax．
（Ⅰ）當(dāng)a＝0時，求f（x）在x＝0處的切線方程；
（Ⅱ）如果當(dāng)x＞0時，f（x）＞0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）求證：當(dāng)a＞2時，函數(shù)f（x）恰有3個零點(diǎn)．
【解答】解：（Ⅰ）當(dāng)a＝0時，f（x）＝（x+2）ln（1+x），則，
∴切線斜率k＝f′（0）＝2，
又f（0）＝0，
∴所求切線方程為y＝2x；
（Ⅱ）依題意，在（0，+∞）上恒成立，設(shè)，
則，
①當(dāng)a≤2時，x2+（4﹣2a）x+4﹣2a＞0，則h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，故h（x）＞h（0）＝0滿足題意；
②當(dāng)a＞2時，設(shè)g（x）＝x2+（4﹣2a）x+4﹣2a，
因為二次函數(shù)g（x）的開口向上，g（0）＝4﹣2a＜0，
所以存在x0∈（0，+∞），使得g（x0）＝0，且當(dāng)x∈（0，x0）時，g（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，
故此時h（x）＜h（0）＝0，不滿足題意；
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為（﹣∞，2]；
（Ⅲ）證明：函數(shù)的定義域為（﹣1，+∞），當(dāng)a＞2時，函數(shù)f（x）的零點(diǎn)個數(shù)等價于的零點(diǎn)個數(shù)，
由（Ⅱ）可知，
設(shè)g（x）＝x2+（4﹣2a）x+4﹣2a，由二次函數(shù)在x∈R時，g（﹣1）＝1＞0，g（0）＝4﹣2a＜0，
可知存在x1∈（﹣1，0），x2∈（0，+∞），使得g（x1）＝g（x2）＝0，
∴在（﹣1，x1），（x2，+∞）單調(diào)遞增，在（x1，0），（0，x2）單調(diào)遞減，
又h（0）＝0，故h（x1）＞0，h（x2）＜0，
又當(dāng)x＝e﹣a﹣1時，，故h（x）在（e﹣a﹣1，x1）存在一個零點(diǎn)；
當(dāng)x＝ea﹣1時，，
故h（x）在存在一個零點(diǎn)；
又h（0）＝0，故當(dāng)a＞2時，函數(shù)f（x）恰有3個零點(diǎn)．
44．（2023?保定一模）已知函數(shù)f（x）＝sinx﹣aln（x+1）．
（1）當(dāng)a＝1時，證明：當(dāng)x∈[0，1]時，f（x）≥0；
（2）當(dāng)x∈[0，π]時，f（x）≤2ex﹣2恒成立，求a的取值范圍．
【解答】解：（1）證明：法一：首先證明sinx≤x，x∈[0，+∞），理由如下：
構(gòu)造j（x）＝sinx﹣x，x∈[0，+∞），
則j'（x）＝csx﹣1≤0恒成立，故j（x）＝sinx﹣x在x∈[0，+∞）上單調(diào)遞減，
故j（x）≤j（0）＝0，所以sinx≤x，x∈[0，+∞），f（x）＝sinx﹣ln（x+1），x∈[0，1]，＝，
故在x∈[0，1]上恒成立，
所以f（x）在[0，1]單調(diào)遞增，故f（x）≥f（0）＝0
法二：f（x）＝sinx﹣ln（x+1），x∈[0，1]，，且f'（0）＝0，
令，則，
令，則在x∈[0，1]上恒成立，
所以單調(diào)遞減，
又q'（0）＝1＞0，其中，故，
故?x0∈（0，1），使得q'（x0）＝0，且當(dāng)x∈（0，x0）時，q'（x）＞0，當(dāng)x∈（x0，1）時，q'（x）＜0，
所以f'（x）先增后減，又f'（0）＝0，，
∴f'（x）＞0在x∈（0，1）上恒成立，
所以f（x）單調(diào)遞增，f（x）≥f（0）＝0；
（2）法一：g（x）＝2ex﹣2﹣sinx+aln（x+1），g（x）＝2（ex﹣x﹣1）+x﹣sinx+x﹣ln（x+1）+（a+1）ln（x+1）≥0，
下證：ex﹣x﹣1≥0（x≥0），x﹣sinx≥0（x≥0），x﹣ln（x+1）≥0（x≥0），且在x＝0處取等號，
令r（x）＝ex﹣x﹣1（x≥0），則r'（x）＝ex﹣1≥0（x≥0），故r（x）＝ex﹣x﹣1（x≥0）單調(diào)遞增，
故r（x）≥r（0）＝0，且在x＝0處取等號，x﹣sinx≥0（x≥0）在（1）中已證明；
令t（x）＝x﹣ln（x+1）（x≥0），則，故t（x）＝x﹣ln（x+1）（x≥0）單調(diào)遞增，
故t（x）≥t（0）＝0，且在x＝0處取等號，
當(dāng)x＞0時，ln（x+1）＞0，
當(dāng)a+1≥0時，即a≥﹣1時，g（x）≥0符合題意，
當(dāng)a＜﹣1時，g（0）＝0，，g'（0）＝1+a＜0，
其中當(dāng)a＜﹣1時，2e﹣a＞2e，cs（﹣a）≤1，，
故，
令，x∈[0，π]，
則在x∈[0，π]上恒成立，
故g'（x）在x∈[0，π]上單調(diào)遞增，
故?x1∈（0，﹣a），使得g'（x1）＝0，g（x）在（0，x1）單調(diào)遞減，
故g（x1）＜g（0）＝0與g（x）≥0矛盾，舍去；
綜上：a的取值范圍為[﹣1，+∞）；
法二：g（x）＝2ex﹣2﹣sinx+aln（x+1），，x∈（0，π），
①當(dāng)a≥0時，g'（x）≥2ex﹣1＞0，x∈（0，π），g（x）在[0，π]單調(diào)遞增，且g（x）≥g（0）＝0符合題意，
②當(dāng)a＜0時，在（0，π）單調(diào)遞增，g'（0）＝2+a﹣1＝1+a，
③當(dāng)a+1≥0時，即﹣1≤a＜0時，g'（x）≥g'（0）＝1+a≥0g（x）在[0，π]單調(diào)遞增，g（x）≥g（0）＝0符合題意，
②當(dāng)a+1＜0時，即a＜﹣1時，g（0）＝0，，g'（0）＝1+a＜0，
其中當(dāng)a＜﹣1時，2e﹣a＞2e，cs（﹣a）≤1，，
故，
令，x∈[0，π]，
則在x∈[0，π]上恒成立，
故g'（x）在x∈[0，π]上單調(diào)遞增，
故?x1∈（0，﹣a），使得g'（x1）＝0，g（x）在（0，x1）單調(diào)遞減，
故g（x1）＜g（0）＝0與g（x）≥0矛盾，舍去；
綜上：a的取值范圍為[﹣1，+∞）．
45．（2023?葫蘆島一模）已知函數(shù)f（x）＝lnx，g（x）＝x﹣1．
（1）h（x）＝（x+1）f（x）﹣2g（x），x∈[1，+∞），求h（x）的最小值；
（2）設(shè)φ（x）＝x2f（x）
①證明：φ（x）≥g（x）；
②若方程φ（x）＝m（m∈R）有兩個不同的實(shí)數(shù)解x1，x2證明：．
【解答】解：（1）已知函數(shù)f（x）＝lnx，g（x）＝x﹣1，
則h（x）＝（x+1）f（x）﹣2g（x）＝（x+1）lnx﹣2（x﹣1），函數(shù)定義域為[1，+∞），
可得h′（x）＝lnx+﹣2＝lnx+﹣1，
不妨設(shè)k（x）＝lnx+﹣1，函數(shù)定義域為[1，+∞），
可得k′（x）＝﹣＝＞0，
所以函數(shù)k（x）在定義域上單調(diào)遞增，
此時k（x）≥k（1）＝0，
所以h'（x）≥0，
則h（x）在[1，+∞）單調(diào)遞增，
此時h（x）≥h（1）＝0，
故h（x）的最小值為0；
（2）①證明：已知φ（x）＝x2f（x）＝x2lnx，函數(shù)定義域為（0，+∞），
不妨設(shè)p（x）＝φ（x）﹣g（x）＝x2lnx﹣x+1，函數(shù)定義域為（0，+∞），
可得p′（x）＝2xlnx+x﹣1，
當(dāng)0＜x＜1時，p′（x）＜0，p（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞1時，p′（x）＞0，p（x）單調(diào)遞增，
又p（1）＝0，
所以p（x）≥0，
故φ（x）≥g（x）；
②證明：易知φ′（x）＝2xlnx+x＝x（2lnx+1），
當(dāng)0＜x＜e時，φ′（x）＜0，φ（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞e時，φ′（x）＞0，φ（x）單調(diào)遞增，
又φ（1）＝0，
若方程φ（x）＝m（m∈R）有兩個不同的實(shí)數(shù)解x1，x2，
不妨設(shè)，m＞0，
由①知φ（x）≥x﹣1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時等號成立，
不妨設(shè)q（x）＝xlnx，函數(shù)定義域為（0，+∞），
可得q′（x）＝lnx+1，
當(dāng)0＜x＜時，q′（x）＜0，q（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞時，q′（x）＞0，q（x）單調(diào)遞增，
所以q（x）≥q（）＝﹣，
此時xlnx≥﹣φ（x）≥﹣x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝時，等號成立，
不妨設(shè)直線y＝m與直線，y＝x﹣1交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為，，
則|x1﹣x2|＜|﹣|＝m+1+em＝（e+1）m+1，
整理得，①
下證：＞（a＞b），
即證ln＞2，
令，t＞1，
不妨設(shè)F（t）＝lnt﹣2，函數(shù)定義域為（1，+∞），
可得F′（t）＝﹣＝＞0，
所以函數(shù)F（t）在定義域上單調(diào)遞增，
此時F（t）≥F（1）＝0，
則＞（a＞b）恒成立，
由對數(shù)平均不等式可得＞＝＝﹣，
解得，②
由①②可得．
46．（2023?谷城縣校級模擬）已知a＞0，設(shè)函數(shù)f（x）＝（2x﹣a）lnx+x，f′（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)．
（1）若a＝2，求曲線f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；
（2）若f（x）在區(qū)間（1，+∞）上存在兩個不同的零點(diǎn)x1，x2（x1＜x2）．
①求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
②證明：．
【解答】解：（1）當(dāng)a＝2時，f（x）＝2（x﹣1）lnx+x，
則，且x＞0，
所以f（1）＝1，f′（1）＝1，
故函數(shù)在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為y﹣1＝x﹣1，即x﹣y＝0；
（2）①當(dāng)x＞1時，由f（x）＝0等可得，
令，則，
當(dāng)時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，當(dāng)時g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)x＞1時，，
因為f（x）在（1，+∞）上存在兩個不同的零點(diǎn)x1，x2，則g（x）min＜0，
所以4﹣a＜0，即．
取，則，
故，又，
所以f（x）在和上各有一個零點(diǎn)，故，
故a的取值范圍為（4，+∞）；
②證明：因為，
所以x2f′（x2）＝2x2lnx2﹣a+3x2，
結(jié)合f（x2）＝（2x2﹣a）lnx2+x2＝0知：．
設(shè)y＝lnx﹣x+1，則，在（0，1）上y′＞0，在（1，+∞）上y′＜0，
所以函數(shù)在（0，1）上遞增，在（1，+∞）上遞減，
故y≤ln1﹣1+1＝0，即lnx≤x﹣1，
所以，即，當(dāng)x＝e時取等號，
所以．
由①知f（x）在[x2，+∞）上單調(diào)遞增，且f（x2）＝0，
所以，即a﹣2x2≥e．
因為在[e，+∞）上是減函數(shù)，且a﹣2x2≥e，
所以，得證．
47．（2023?松江區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝alnx+，a∈R．
（1）若a＝2，且直線y＝x+m是曲線y＝f（x）的一條切線，求實(shí)數(shù)m的值；
（2）若不等式f（x）＞1對任意x∈（1，+∞）恒成立，求a的取值范圍；
（3）若函數(shù)h（x）＝f（x）﹣x有兩個極值點(diǎn)x1，x2（x1＜x2），且h（x2）﹣h（x1）≤，求a的取值范圍．
【解答】解：（1）當(dāng)a＝2時，f（x）＝2lnx+，f′（x）＝﹣．
設(shè)直線y＝x+m與曲線y＝f（x）相切于點(diǎn) （x0，2lnx0+），
則 ﹣＝1，即﹣2x0+1＝0，
解得 x0＝1，即切點(diǎn)為（1，1），
因為切點(diǎn)在y＝x+m上，所以1＝1+m，解得m＝0． …………………（3分）
（2）不等式f（x）＞1可化為alnx+﹣1＞0．
記g（x）＝alnx+﹣1，則g（x）＞0對任意x∈（1，+∞）恒成立．
考察函數(shù)g（x）＝alnx+﹣1，x＞0，g′（x）＝﹣＝．
當(dāng)a≤0時，g′（x）＜0，g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，又g（1）＝0，
所以g（2）＜g（1）＝0，不合題意； …………………（5分）
當(dāng)a＞0時，x∈（0，），g′（x）＜0；x∈（，+∞），g′（x）＞0，
所以g（x）在（0，]上單調(diào)遞減，在[，+∞）上單調(diào)遞增，
若≤1，即a≥1時，g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
所以x∈（1，+∞）時，g（x）＞g（1）＝0，符合題意； …………………（7分）
若＞1，即0＜a＜1時，g（x）在[1，）上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)x∈（1，）時，g（x）＜g（1）＝0，不符合題意；
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，+∞）． …………………（9分）
（3）方法一：h（x）＝f（x）﹣x＝alnx+﹣x，x＞0，h′（x）＝﹣﹣1＝，
因為h（x）有兩個極值點(diǎn)x1，x2（x1＜x2），
所以h′（x）＝0，即x2﹣ax+1＝0的兩實(shí)數(shù)根為x1，x2，0＜x1＜x2，
所以x1+x2＝a，x1x2＝1，Δ＝a2﹣4＞0，所以a＞2，0＜x1＜1＜x2，
從而h（x2）﹣h（x1）＝（alnx2+﹣x2）﹣（alnx1+﹣x1）＝2（alnx2+﹣x2）
＝2[（x2+）lnx2+﹣x2]． …………………（12分）
記m（x）＝2[（x+）lnx+﹣x]，x≥1．
則m′（x）＝2[（1﹣）lnx+（x+）?﹣﹣1]＝2（1﹣）lnx≥0 （當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號），
所以m（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，又m（e）＝，
不等式h（x2）﹣h（x1）≤ 可化為m（x2）≤m（e），所以1＜x2≤e．…………（14分）
因為a＝x2+，且y＝x+在（1，+∞）上遞增，所以2＜a≤e+，
即a的取值范圍為（2，e+]． …………………（16分）
方法二：h（x）＝f（x）﹣x＝alnx+﹣x，x＞0，h′（x）＝﹣﹣1＝．
因為h（x）有兩個極值點(diǎn)x1，x2（x1＜x2），
所以h′（x）＝0，即x2﹣ax+1＝0的兩實(shí)數(shù)根為x1，x2，0＜x1＜x2，
所以x1+x2＝a，x1x2＝1，Δ＝a2﹣4＞0，所以a＞2，0＜x1＜1＜x2．
設(shè)t2＝（t＞1），則x1+t2x1＝a，t2＝1，所以x1＝，a＝t+，x2＝t，
從而h（x2）﹣h（x1）≤ 等價于 h（t）＝（t+）lnt+﹣t≤，t＞1．……………（12分）
記m（x）＝（x+）lnx+﹣x，x≥1．
則m′（x）＝（1﹣）lnx+（x+）﹣﹣1＝（1﹣）lnx≥0 （當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號），
所以m（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增．
又t＞1，m（e）＝，所以1＜t≤e． …………………（14分）
因為a＝t+，且y＝x+在（1，+∞）上遞增，所以2＜a≤e+，
即a的取值范圍為（2，e+]． …………………（16分）
48．（2023?沙坪壩區(qū)校級模擬）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(diǎn)．設(shè)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(diǎn)．
（1）求實(shí)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，）
【解答】解：（1）依題意，方程（x﹣1）ex﹣alnx＝0在（0，+∞）內(nèi)有根x0，且x0≠1，
令g（x）＝（x﹣1）ex﹣alnx，x∈（0，1）∪（1，+∞），求導(dǎo)得，
當(dāng)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(diǎn)，
當(dāng)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(dāng)0＜a＜e時，當(dāng)x＞1時，g'（x）＞g'（1）＝e﹣a＞0，函數(shù)g（x）在（1，+∞）上遞增，無零點(diǎn)，
當(dāng)0＜x＜1時，h（0）＝﹣a＜0，則存在x1∈（0，1），使得h（x1）＝0，即g'（x1）＝0，
當(dāng)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(diǎn)x0，則0＜a＜e，
當(dāng)a＞e時，當(dāng)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(diǎn)，
當(dāng)x＞1時，，則存在x2∈（1，+∞），使得h（x2）＝0，即g'（x2）＝0，
當(dāng)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(dǎo)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(diào)遞增，
φ'（a）＞φ'（e）＝e?ee﹣2＞0，函數(shù)φ（a）在（e，+∞）上單調(diào)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(diǎn)x0，則a＞e，
所以實(shí)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(dāng)x∈（0，1）時，u'（x）＞0，u（x）遞增，當(dāng)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(dāng)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(dāng)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(dāng)x∈（0，x3）時，t'（x）＜0，H'（x）遞減，當(dāng)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．
49．（2023?思明區(qū)校級四模）函數(shù)f（x）＝sinx﹣ax+1．
（1），求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f（x）≥csx在x∈[0，π]上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）令函數(shù)g（x）＝f（x）+ax﹣1，求證：．
【解答】解：（1），，，
當(dāng)，k∈Z時，f'（x）＞0，
當(dāng)，k∈Z時，f'（x）＜0，
所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是，k∈Z，
f（x）的單調(diào)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(guān)于a的一次函數(shù)，單調(diào)遞增，
∴令，
對于，?x∈[0，π]，h（x）≤φ（x）恒成立，
只需證明即可，
，
1°當(dāng)，，
則，φ（x）在上單調(diào)遞減，又φ（x）＝0，
所以此時φ（x）＜0恒成立．
2°當(dāng)時，恒成立；
3°當(dāng)時，單調(diào)遞增，
，，所以在上存在唯一的x0，使得φ'（x0）＝0，
當(dāng)x∈（0，x0）時，φ'（x）＜0，當(dāng)x∈（x0，π）時，φ'（x）＞0，
所以φ（x）在x∈（0，x0）時單調(diào)遞減，在x∈（x0，π）時單調(diào)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．
50．（2023?海淀區(qū)校級三模）已知函數(shù)f（x）＝（1+x）a，g（x）＝1+ax，（a∈R）；
（1）當(dāng)a＝3時，求曲線y＝f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程；
（2）若正數(shù)a使得f（x）≥g（x）對x∈[0，+∞）恒成立，求a的取值范圍；
（3）設(shè)函數(shù)G（x）＝g（x）﹣eg（x）+2，x∈[0，+∞），討論其在定義域內(nèi)的零點(diǎn)個數(shù)．
【解答】解：（1）a＝3時，f′（x）＝3（1+x），
故f′（0）＝3，f（0）＝1，
故函數(shù)在（0，f（0））處的切線方程是：y＝3x+1，
即3x﹣y+1＝0；
（2）設(shè)F（x）＝f（x）﹣g（x）＝（1+x）a﹣1﹣ax，
F′（x）＝a[（1+x）a﹣1﹣1]，
a＝1時，f（x）＝1+x，g（x）＝1+x，
故f（x）≥g（x）對x∈[0，+∞）恒成立，
當(dāng)a＞1時，由x≥0得：F′（x）≥0，
故F（x）在[0，+∞）遞增，
又F（0）＝f（0）﹣g（0）＝0，
故f（x）≥g（x）對x∈[0，+∞）恒成立，
當(dāng)0＜a＜1時，由x≥0得：F′（x）≤0，
F（x）在[0，+∞）遞減，
F（0）＝f（0）﹣g（0）＝0，
故f（x）≥g（x）對x∈[0，+∞）恒成立，
綜上，a的范圍是[1，+∞）；
（3）G（x）＝3+ax﹣e1+ax，
G′（x）＝a（1﹣e1+ax），
當(dāng)a＝0時，g（x）＝3﹣e，g（x）無零點(diǎn)，
當(dāng)a＞0則1+ax＞0，G′（x）＜0，
故G（x）在[0，+∞）遞減，
由G（0）＝3﹣e＞0，G（）＝4﹣e2＜0，
故函數(shù)有且只有1個零點(diǎn)，
若a＜0，令G′（x）＝0，解得：x＝﹣，
故x∈（0，﹣），G′（x）＞0，G（x）遞增，
x∈（﹣，+∞）時，G′（x）＜0，G（x）遞減，
故G（x）極大值＝G（﹣）＝2，
又G（0）＞0，G（﹣）＜0，
故函數(shù)在（﹣，﹣）上有唯一零點(diǎn)，
綜上，a＝0時，g（x）無零點(diǎn)，
a≠0時，g（x）1個零點(diǎn)．
51．（2023?紹興模擬）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(diǎn)x1，x2，x3（x1＜x2＜x3）．
（?。┣骯的取值范圍；
（ⅱ）求證：x1+x3＞2a﹣2．
【解答】解：（1）證明：由f（x）＝x2﹣axlnx﹣1得，
所以，故，
（2）（?。┯捎趂（1）＝0，且當(dāng)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(dāng)a＞2時，令g（x）＝f'（x）＝2x﹣a（lnx+1），所以，
當(dāng)時，g'（x）＞0，當(dāng)時，g'（x）＜0，
所以g（x）在單調(diào)遞減，在單調(diào)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(diào)遞增，在（m，n）單調(diào)遞減，
又當(dāng)x→0+，f（x）→﹣1，當(dāng)x→+∞，f（x）→+∞，
所以此時f（x）有3個零點(diǎn)，符合題意，故a＞2，
當(dāng)a＝2時，，
令，則，
故當(dāng)x＞1時，h'（x）＜0，此時h（x）單調(diào)遞減，當(dāng)0＜x＜1時，h'（x）＞0，此時h（x）單調(diào)遞增，
故h（x）≤h（1）＝1，此時f'（x）≥0恒成立，f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，至多只有一個零點(diǎn)，不符合題意，
綜上可知：a＞2，即實(shí)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(shè)，
所以φ（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，故φ（x）＞φ（1）＝0，
即，（x＞1）
又因為，
所以，
所以x1+x3＞2a﹣2．
52．（2023?萬州區(qū)模擬）已知函數(shù)f（x）＝．
（1）討論f（x）的極值；
（2）當(dāng)a＝1時，關(guān)于x的不等式≥1+mx﹣ln（x+1）在[0，+∞）上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
【解答】解：（1）因為f（x）＝，x∈R，
所以f′（x）＝＝，
當(dāng)a＝0時，f′（x）＝﹣＜0，則f（x）在R上單調(diào)遞減；
當(dāng)a＜0時，當(dāng)x＜1﹣時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x＞1﹣時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
所以f（x）極小值＝f（1﹣）＝；
當(dāng)a＞0時，當(dāng)x＜1﹣時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x＞1﹣時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
所以f（x）極大值＝f（1﹣）＝；
綜上所述：當(dāng)a＝0時，無極值；
當(dāng)a＜0時，f（x）極小值＝；
當(dāng)a＞0時，以f（x）極大值＝；
（2）當(dāng)a＝1時，f（x）＝，＝，
所以有≥1+mx﹣ln（x+1）在[0，+∞）上恒成立，
即+ln（x+1）﹣mx﹣1≥0在[0，+∞）上恒成立，
令g（x）＝+ln（x+1）﹣mx﹣1，x∈[0，+∞），則有g(shù)（0）＝0，
所以g（x）min≥0在[0，+∞）上恒成立，
所以g′（x）＝+﹣m＝+﹣m，
g′（x）＝+﹣m＝+﹣m，
當(dāng)m≤0時，g′（x）＞0，所以g（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，g（x）min＝g（0）＝0，滿足題意，
當(dāng)m＞0時，令φ（x）＝g′（x）＝+﹣m，x∈[0，+∞），
則φ′（x）＝﹣＝，
設(shè)h（x）＝ex（x2+1）﹣（x+1），x∈[0，+∞），
則h'（x）＝ex（1+x）2﹣1，
因為x≥0，所以ex（1+x）2＞1，
所以h'（x）＞0，
所以h（x）在x∈[0，+∞）上單調(diào)遞增，
所以h（x）≥h（0）＝0，
即φ′（x）≥0在x∈[0，+∞）上恒成立，
所以φ（x）即g′（x）在x∈[0，+∞）上單調(diào)遞增，
又因為g′（0）＝1﹣m，
當(dāng)1﹣m≥0，即0＜m≤1時，g′（x）≥0在x∈[0，+∞）上恒成立，
所以g（x）在x∈[0，+∞）上單調(diào)遞增，
所以g（x）min≥0在[0，+∞）上恒成立，
當(dāng)m＞1時，g′（0）＝1﹣m＜0，
如果g′（x）≤0在x∈[0，+∞）上恒成立，
則g（x）在x∈[0，+∞）單調(diào)遞減，則g（x）無最小值，不符題意；
如果g′（x）＝0有解時，設(shè)g′（x0）＝0，則g（x）在[0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+∞）上單調(diào)遞增，
則在x∈[0，x0）時，g（x）≤g（0）＝0，不符合題意；
綜上，m≤1，即實(shí)數(shù)m的取值范圍是（﹣∞，1]．
53．（2023?濰坊模擬）已知函數(shù)f（x）＝ax++2﹣2a（a＞0）的圖像在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與直線x+2y+1＝0垂直．
（1）求a，b滿足的關(guān)系式；
（2）若f（x）≥2lnx在[1，+∞）上恒成立，求a的取值范圍；
（3）證明：
【解答】解：（1）由題意可得，
因為f（x）在點(diǎn)（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(shè)g（x）＝f（x）﹣2lnx＝ax++2﹣2a﹣2lnx，x∈[1，+∞），
則g（1）＝0，，
①當(dāng)0＜a＜1時，＞1，若1＜x＜，則g′（x）＜0，此時g（x）在（1，）上單調(diào)遞減，
所以g（x）＜g（1）＝0，即f（x）≥2lnx在[1，+∞）上不恒成立；
②當(dāng)a≥1，≤1，當(dāng)x＞1時，g′（x）＞0，所以g（x）在[1，+∞）上單調(diào)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(dāng)a≥1時，f（x）≥2lnx在[1，+∞）上恒成立，
取a＝1，得，即，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時等號成立，令，n∈N*，
則ln，
因為ln＝ln+ln+…+ln＝ln（××…×）＝ln2，
而（+）＝[（+）+（+）+…+（+）]
＝（+++…++）＝++…+++，
所以，
又＝1﹣+﹣+…+﹣
＝1++++…++﹣2（++…+）＝++…++，
所以ln2＜+，即，證畢．
54．（2023?云南模擬）已知函數(shù)
（1）求y＝f（x）在（0，f（0））處的切線方程；
（2）若af（x）﹣g（x）≥0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
【解答】解：（1）當(dāng)x≤1時，f'（x）＝2x﹣1ln2，
故，又，
所以y＝f（x）在（0，f（0））處的切線方程為，即y＝；
（2）令h（x）＝af（x）﹣g（x），
①當(dāng)x＞1時，h（x）＝a（x﹣1）﹣lg3x，
，
由h（2）≥0得 a≥lg32＞0，
故h（x）在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
若，即，則h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，故h（x）＞h（1）＝0，符合題意；
若，即，則h（x）在（1，）上單調(diào)遞減，
故當(dāng)x∈（1，）時，h（x）＜h（1）＝0，不符合題意，舍去，
綜上所述，當(dāng)x＞1時，實(shí)數(shù)a滿足a≥，
②當(dāng)x≤1時，h（x）＝a（2x﹣1﹣1）﹣（x﹣1），
h'（x）＝a?2x﹣2ln2﹣1，
h″（x）＝a?2x﹣1ln22 由①知，h″（x）＞0，故h'（x）在（﹣∞，1]上單調(diào)遞增，
若h′（1）＝aln2﹣1≤0，即，
則h′（x）≤h（1）≤0，h（x）在（﹣∞，1）上單調(diào)遞減，故h（x）≥h（1）＝0，符合題意；
若h′（1）＝aln2﹣1＞0，即，
由于x→﹣∞時，h（x）→﹣1，
故存在唯一x0∈（﹣∞，1），使得h'（x0）＝0，
則h（x）在（x0，1）上單調(diào)遞增，故當(dāng)x∈（x0，1）時，h（x）＜h（1）＝0，不符合題意，
所以當(dāng)x≤1時，實(shí)數(shù)a需滿足，
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為．
55．（2023?朝陽區(qū)校級模擬）已知a∈R，函數(shù)f（x）＝（x﹣a﹣1）ex﹣1．
（1）討論f（x）在（﹣∞，b）上的單調(diào)性；
（2）已知點(diǎn)P（m，m）．
（i）若過點(diǎn)P可以作兩條直線與曲線y＝ex﹣1+1（﹣1＜x＜3）相切，求m的取值范圍；
（ii）設(shè)函數(shù)，若曲線y＝h（x）上恰有三個點(diǎn)Ti（i＝1，2，3）使得直線PTi與該曲線相切于點(diǎn)Ti，寫出m的取值范圍（無需證明）．
【解答】解：（1）f′（x）＝（x﹣a）ex﹣1，
當(dāng)a≥b時，f′（x）＝（x﹣a）ex﹣1≤0，所以f（x）在（﹣∞，b）上單調(diào)遞減，
當(dāng)a＜b時，令f′（x）＜0，則x＜a，令f′（x）＞0，則a＜x＜b，
所以函數(shù)f（x）在（﹣∞，a）上單調(diào)遞減，在（a，b）上單調(diào)遞增，
綜上所述，當(dāng)a≥b時，f（x）在（﹣∞，b）上單調(diào)遞減，
當(dāng)a＜b時，f（x）在（﹣∞，a）上單調(diào)遞減，在（a，b）上單調(diào)遞增；
（2）（i）設(shè)切點(diǎn)為Q（x1，y1），
因為y′＝ex﹣1，所以切線的斜率為，
則切線方程為，
因為切線過點(diǎn)P（m，m），所以，
即，
若過點(diǎn)P可以作兩條直線與曲線y＝ex﹣1+1（﹣1＜x＜3）相切，
則上述關(guān)于x1的方程至少有兩個不同的解，
顯然x1＝1不是該方程的解，
所以關(guān)于x的方程在（﹣1，1）?（1，3）上至少有兩個不同的解，
令，
則，
令g（x）＝ex﹣1+1﹣x，x∈（﹣1，1）∪（1，3），
則g′（x）＝ex﹣1﹣1，x∈（﹣1，1）∪（1，3），
當(dāng)x∈（﹣1，1）時，g′（x）＜0，所以g（x）在（﹣1，1）上單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（1，3）時，g′（x）＞0，所以g（x）在（1，3）上單調(diào)遞增，
所以g（x）＞g（1）＝0，
所以當(dāng)x∈（﹣1，1）∪（1，3）時，G′（x）＞0，
所以G（x）在（﹣1，1）上單調(diào)遞增，在（1，3）上單調(diào)遞增，
G（x）的大致圖象如下圖所示：
因為，
，
所以當(dāng)時，
關(guān)于關(guān)于x的方程在（﹣1，1）?（1，3）上有兩個不同的解，
此時過點(diǎn)P可以作兩條直線與曲線y＝ex﹣1+1（﹣1＜x＜3）相切，
所以m的取值范圍為；
（ii）由（i）得，過點(diǎn)P可以作一條直線與曲線y＝ex﹣1+1（﹣1＜x＜1）相切，
則當(dāng)1+e﹣2＜x＜1+e2時，曲線y＝h（x）上恰有兩個點(diǎn)處得切線過點(diǎn)P（m，m），
由1+e﹣2＜x＜1+e2，得﹣1＜ln（x﹣1）+1＜3，
由y＝ln（x﹣1）+1，1+e﹣2＜x＜1+e2，得x＝ey﹣1+1（﹣1＜y＜3），
所以函數(shù)y＝ln（x﹣1）+1，1+e﹣2＜x＜1+e2與y＝ex﹣1+1（﹣1＜x＜3）互為反函數(shù)，
則函數(shù)y＝ln（x﹣1）+1，1+e﹣2＜x＜1+e2與y＝ex﹣1+1（﹣1＜x＜3）關(guān)于y＝x對稱，
因為點(diǎn)P（m，m）在直線y＝x，
則曲線y＝h（x）上恰有兩個點(diǎn)處得切線過點(diǎn)P（m，m），
即為過點(diǎn)P可以作兩條直線與曲線y＝ex﹣1+1（﹣1＜x＜3）相切，
由（i）得，此時，
所以m的取值范圍為．
56．（2023?烏魯木齊模擬）已知f（x）＝xex﹣a（x+lnx）．
（1）當(dāng)a＝e時，求f（x）的最小值；
（2）當(dāng)a＝1時，有f（x）≥（b﹣2）x+1恒成立，求b的取值范圍．
【解答】解：（1）當(dāng)a＝e時，f（x）＝xex﹣e（x+lnx），x∈（0，+∞），
f′（x）＝（x+1）ex﹣e（1+）＝（x+1）（ex﹣），f′（1）＝0，
x∈（0，1）時，f′（x）＜0，此時函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0，此時函數(shù)f（x）單調(diào)遞增．
∴x＝1時，函數(shù)f（x）取得極小值即最小值，f（1）＝0．
（2）當(dāng)a＝1時，有f（x）≥（b﹣2）x+1恒成立?b≤ex﹣﹣+1恒成立，x∈（0，+∞），
令g（x）＝ex﹣﹣+1，x∈（0，+∞），
g′（x）＝ex﹣+＝，x∈（0，+∞），
令u（x）＝x2ex+lnx，x∈（0，+∞），
u′（x）＝（x2+2x）ex+＞0，
∴u（x）在x∈（0，+∞）上單調(diào)遞增，
x→0+時，u（x）→﹣∞；x＝1時，u（x）＝e＞0．
∴?x0∈（0，1），使得u（x0）＝+lnx0＝0，化為x0＝?ln，（ln＞0），
令v（x）＝xex，x∈（0，1），v′（x）＝（x+1）ex＞0，
∴函數(shù)v（x）在x∈（0，1）上單調(diào)遞增，∴x0＝ln＝﹣lnx0，即＝＞0，
∴x＝x0時，函數(shù)g（x）取得極小值即最小值，g（x0）＝+1﹣+1＝2，
∴b≤2，
即b的取值范圍是（﹣∞，2]．
57．（2023?嘉興二模）已知f（x）＝ex，g（x）＝lnx．
（1）若存在實(shí)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(shè)，證明：
①存在x0∈（x1，x2），使得成立；
②．
【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(diào)遞減，在（a，+∞）上單調(diào)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(dāng)x→0+時，u（x）→﹣A；當(dāng)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(yuǎn)″′（x）＝＞h″′（1）＝e﹣2＞0，x﹣x2＜0，∴q″（x）＞0，則q′（x）單調(diào)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．
58．（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(shí)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(shè)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．
【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(shè)h（x）＝ex+e﹣x﹣kx2﹣2，
則h′（x）＝ex﹣e﹣x﹣2kx，設(shè)s（x）＝ex﹣e﹣x﹣2kx，則s′（x）＝ex+e﹣x﹣2k；
①當(dāng)k≤1時，s′（x）＝ex+e﹣x﹣2k≥2﹣2k≥0，所以s（x）在R上單調(diào)遞增；
又因為s（0）＝0，所以當(dāng)x＜0時，s（x）＜0，即h′（x）＜0，h（x）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞0時，s（x）＞0，即h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
所以h（x）≥h（0）＝0；
②當(dāng)k＞1時，令s′（x）＜0，得e2x﹣2kex+1＜0，解得k﹣＜ex＜k+，ln（k﹣）＜x＜ln（k+），
所以s（x）在（0，ln（k+））上單調(diào)遞減，所以s（x）＜s（0）＝0，
所以h（x）在（0，+∞）上單調(diào)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(dāng)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．
四．利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程（共2小題）
59．（2023?浦東新區(qū)二模）設(shè)P是坐標(biāo)平面xOy上的一點(diǎn)，曲線Γ是函數(shù)y＝f（x）的圖像．若過點(diǎn)P恰能作曲線Γ的k條切線（k∈N），則稱P是函數(shù)y＝f（x）的“k度點(diǎn)”．
（1）判斷點(diǎn)O（0，0）與點(diǎn)A（2，0）是否為函數(shù)y＝lnx的1度點(diǎn)，不需要說明理由；
（2）已知0＜m＜π，g（x）＝sinx．證明：點(diǎn)B（0，π）是y＝g（x）（0＜x＜m）的0度點(diǎn)；
（3）求函數(shù)y＝x3﹣x的全體2度點(diǎn)構(gòu)成的集合．
【解答】解：（1）由題意，設(shè)t＞0，則曲線y＝lnx在點(diǎn)（t，lnt）處的切線方程為y﹣lnt＝（x﹣t），
該切線過原點(diǎn)O時，﹣lnt＝﹣1，解得t＝e，故原點(diǎn)O是函數(shù)y＝lnx的一個1度點(diǎn)；
又因為該切線過點(diǎn)A（2，0），所以﹣lnt＝（2﹣t），
設(shè)s（t）＝tlnt﹣t+2，則s′（t）＝1+lnt﹣1＝lnt，令s′（t）＝0，得t＝1，
所以t∈（0，1）時，s′（t）＜0，s（t）單調(diào)遞減；t∈（1，+∞）時，s′（t）＞0，s（t）單調(diào)遞增，
所以s（t）＝tlnt﹣t+2在x＝1處取得極小值，也是最小值，且s（1）＝0﹣1+2＝1＞0，
所以﹣lnt＝（2﹣t）無解，點(diǎn)A（2，0）不是函數(shù)y＝lnx的1度點(diǎn)；
（2）證明：設(shè)t＞0，y′＝cst，則曲線y＝sinx在點(diǎn)（t，sint）處的切線方程為y﹣sint＝cst（x﹣t），
則該切線過點(diǎn)（0，π），當(dāng)且僅當(dāng)π﹣sint＝﹣tcst（*），
設(shè)G（t）＝sint﹣tcst﹣π，G′（t）＝tsint，∴0＜t＜π時，G′（t）＞0，
故y＝G（t）在區(qū)間（0，π）上單調(diào)遞增，
∴當(dāng)0＜t＜m＜π時，G（t）＜G（π）＝0，（*）恒不成立，即點(diǎn)B（0，π）是y＝g（x）的一個0度點(diǎn)；
（3）y′＝3x2﹣1，
對任意t∈R，曲線y＝x3﹣x在點(diǎn)（t，t3﹣t）處的切線方程為y﹣（t3﹣t）＝（3t2﹣1）（x﹣t），
故點(diǎn)（a，b）為函數(shù)y＝x3﹣x的一個2度點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)關(guān)于t的方程b﹣（t3﹣t）＝（3t2﹣1）（a﹣t）恰有兩個不同的實(shí)數(shù)解，
設(shè)h（t）＝2t3﹣3at2+（a+b），則點(diǎn)（a，b）為函數(shù)y＝x3﹣x的一個2度點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)y＝h（t）有兩個不同的零點(diǎn)，
若a＝0，則h（t）＝2t3+b在R上嚴(yán)格增，只有一個零點(diǎn)，不合要求；
若a＞0，h′（t）＝6t2﹣6at，令h′（t）＝0得t＝0或t＝a，
由t＜0或t＞a時，h′（t）＞0，得y＝h（t）嚴(yán)格增；當(dāng)0＜t＜a時，h′（t）＜0，得y＝h（t）嚴(yán)格減，
故y＝h（t）在t＝0時取得極大值h（0）＝a+b，在t＝a時取得極小值h（a）＝b+a﹣a3，
又，≥a＞0，
∴當(dāng)h（0）＞0＞h（a）時，由零點(diǎn)存在定理，y＝h（t）在（﹣∞，0），（0，a），（a，+∞）上各有一個零點(diǎn)，不合要求；
當(dāng)0＞h（0）＞h（a）時，y＝h（t）僅（a，+∞）上有一個零點(diǎn)，不合要求；
當(dāng)h（0）＞h（a）＞0時，y＝h（t）僅（﹣∞，0）上有一個零點(diǎn)，也不合要求；
故y＝h（t）有兩個不同零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)h（0）＝0或h（a）＝0，
若a＜0，同理可得y＝h（t）有兩個不同零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)h（0）＝0或h（a）＝0，
綜上，函數(shù)y＝x3﹣x的全體2度點(diǎn)構(gòu)成的集合為{（a，b）|b＝﹣a或b＝a3﹣a，a≠0}．
60．（2023?撫松縣校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝ln（x+1），g（x）＝x2+bx+1（b為常數(shù)），h（x）＝f（x）﹣g（x）．
（1）若存在過原點(diǎn)的直線與函數(shù)f（x）、g（x）的圖象相切，求實(shí)數(shù)b的值；
（2）當(dāng)b＝﹣2時，?x1、x2∈[0，1]使得h（x1）﹣h（x2）≥M成立，求M的最大值；
（3）若函數(shù)h（x）的圖象與x軸有兩個不同的交點(diǎn)A（x1，0）、B（x2，0），且0＜x1＜x2，求證：h′（）＜0．
【解答】解（1）：由f（x）＝ln（x+1），得，f′（0）＝1，
又f（0）＝0，
∴f （x）在點(diǎn)（0，f （0））處的切線方程為y＝x．
由得：x2+（b﹣1）x+1＝0，
∵y＝x與函數(shù)g（x）的圖象相切，
∴Δ＝（b﹣1）2﹣4＝0，解得：b＝﹣1或b＝3；
（2）當(dāng)b＝﹣2時，h（x）＝ln（x+1）﹣x2+2x﹣1，
，
當(dāng)x∈[0，1]時，h'（x）＞0，∴h （x）在[0，1]上單調(diào)遞增，
∴h（x）max＝h（1）＝ln2，h（x）min＝h（0）＝﹣1．
∴[h（x1）﹣h（x2）]max＝h（x）max﹣h（x）min＝1+ln2．
∵?x1、x2∈[0，1]使得h （x1）﹣h （x2）≥M成立，
∴M的最大值是1+ln2；
（3）∵h(yuǎn)（x）的圖象與x軸交于兩個不同的點(diǎn)A（x1，0）、B（x2，0），
∴方程ln（x+1）﹣x2﹣bx﹣1＝0的兩個根為x1、x2，
故，
兩式相減得：，
∵，
∴，
要證：，即證，
也就是證：．
令，則在（0，1）上恒成立，
∵，
又0＜t＜1，∴u'（t）＞0．
因此u（t）在（0，1）上是增函數(shù)，則u （t）＜u （1）＝0，即．
故，
即成立．

1.利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性：設(shè)函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)可導(dǎo)，
①該區(qū)間內(nèi)為增函數(shù)；
②該區(qū)間內(nèi)為減函數(shù)；
注意：當(dāng)在某個區(qū)間內(nèi)個別點(diǎn)處為零，在其余點(diǎn)處為正（或負(fù)）時，在這個區(qū)間上仍是遞增（或遞減）的。
= 3 \* GB3 ③在該區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增在該區(qū)間內(nèi)恒成立；
= 4 \* GB3 ④在該區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減在該區(qū)間內(nèi)恒成立；
2.利用導(dǎo)數(shù)求極值：
（1）定義：設(shè)函數(shù)在點(diǎn)附近有定義，如果對附近所有的點(diǎn)，都有，就說是函數(shù)的一個極大值。記作＝，如果對附近所有的點(diǎn)，都有，就說是函數(shù)的一個極小值。記作＝。極大值和極小值統(tǒng)稱為極值。
（2）求函數(shù)在某個區(qū)間上的極值的步驟：（i）求導(dǎo)數(shù)；（ii）求方程的根；（iii）檢查在方程的根的左右的符號：“左正右負(fù)”在處取極大值；“左負(fù)右正”在處取極小值。
特別提醒：
= 1 \* GB3 ①是極值點(diǎn)的充要條件是點(diǎn)兩側(cè)導(dǎo)數(shù)異號，而不僅是＝0，＝0是為極值點(diǎn)的必要而不充分條件。
= 2 \* GB3 ②給出函數(shù)極大(小)值的條件，一定要既考慮，又要考慮檢驗“左正右負(fù)”(“左負(fù)右正”)的轉(zhuǎn)化，否則條件沒有用完，這一點(diǎn)一定要切記！
3.利用導(dǎo)數(shù)求最值：比較端點(diǎn)值和極值
（1）定義：函數(shù)在一閉區(qū)間上的最大值是此函數(shù)在此區(qū)間上的極大值與其端點(diǎn)值中的“最大值”；函數(shù)在一閉區(qū)間上的最小值是此函數(shù)在此區(qū)間上的極小值與其端點(diǎn)值中的“最小值”。
（2）求函數(shù)在[]上的最大值與最小值的步驟：
= 1 \* GB3 ①求函數(shù)在（）內(nèi)的極值（極大值或極小值）；
= 2 \* GB3 ②將的各極值與，比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值。
x
f′（x）
﹣
0
+
f（x）
減
極小值
增
x
（﹣∞，0）
0
（0，1）
1
（1，+∞）
m′（x）
﹣
無意義
﹣
0
+
m（x）
單調(diào)遞減
無意義
單調(diào)減
極小值
單調(diào)遞增

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