第三章 导数综合测试卷
（新高考专用）
（考试时间：120分钟；满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填
写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第 I 卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要
求的。
1
lim f(1+Δx)−f(1)
1．（5分）（2024·四川内江·模拟预测）已知函数f (x)=− x2+lnx，则Δx→0 的值为
2
Δx
（ ）
1
A．e B．−2 C．− D．0
2
【解题思路】求出导数，由导数的定义知求f′ (1)即可得解.
1
【解答过程】因为f′(x)=−x+ ，
x
所以 ，
f′ (1)=−1+1=0
lim f(1+Δx)−f(1)
所以 .
Δx→0 =0
Δx
故选：D.
2．（5分）（2024·广东肇庆·一模）曲线 在 处的切线方程为（ ）
y=x(x2−1) x=1
A．x=1 B．y=1C．y=2x+1 D．y=2x−2
【解题思路】利用导数的几何意义求出斜率，再代入直线的点斜式方程化简即可
【解答过程】令 ，则 ，即 ， ，
f (x)=x(x2−1) f′(x)=3x2−1 f′(1)=2 f (1)=0
所以曲线 在 处的切线方程为 ，即 ，
y=x(x2−1) x=1 y−0=2(x−1) y=2x−2
故选：D.
3．（5分）（2024·四川泸州·一模）已知函数 在 处取得极大值，则 的值是（ ）
f (x)=x(x−a) 2 x=1 a
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】根据极值点求参数，再由所得参数验证在x=1处是否取得极大值，即可得答案.
【解答过程】由题设f′(x)=3x2−4ax+a2，则f′(1)=3−4a+a2=0，可得a=1或a=3，
当 时 ，
a=1 f′(x)=3x2−4x+1=(3x−1)(x−1)
1 1
当x< 或x>1时f′(x)>0，则f(x)在(−∞, )和(1,+∞)上递增，
3 3
1 1
当 <x<1时f′(x)<0，则f(x)在( ,1)上递减，
3 3
此时在x=1处取得极小值，不符；
当 时 ，
a=3 f′(x)=3x2−12x+9=3(x−1)(x−3)
当x<1或x>3时f′(x)>0，则f(x)在(−∞,1)和(3,+∞)上递增，
当1<x<3时f′(x)<0，则f(x)在(1,3)上递减，
此时在x=1处取得极大值，符合；
综上，a=3.
故选：C.
4．（5分）（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R，若f (2x−1)+3，f′(x−2)都是奇函数，
且 ，则
2025
（ ）
f′(1)=−2f (−1) ∑ f′(k)=
k=1
A．6 B．−9 C．3 D．−12
【解题思路】利用奇函数的性质得到f (2x−1)+3=−f (−2x−1)−3，然后通过求导得到
f′(2x−1)=f′(−2x−1)，再结合f′(x−2)为奇函数得到f′(x)的周期，根据f (2x−1)+3为奇函数和f′(1)=−2f (−1)得到f′(1)，最后利用周期性计算即可.
【解答过程】由f (2x−1)+3为奇函数可得f (2x−1)+3=−f (−2x−1)−3，
两边分别求导可得2f′(2x−1)=2f′(−2x−1)，
即f′(2x−1)=f′(−2x−1)，故f′(x−1)=f′(−x−1)，所以f′(x−2)=f′(−x)，
又f′(x−2)为奇函数，所以f′(x−2)=−f′(−x−2)，可得f′(−x)=−f′(−x−2)，
故f′(x+2)=−f′(x)，从而f′(x+4)=f′(x)，
故4是f′(x)的一个周期，
在f′(x+2)=−f′(x)中，分别令x=1和2可得：f′(3)=−f′(1)，f′(4)=−f′(2)，
所以f′(1)+f′(2)+f′(3)+f′(4)=0．
由f (2x−1)+3为奇函数可得f (−1)+3=0，
2025
故 ，所以 ．
f′(1)=−2f (−1)=6 ∑ f′(k)=506×0+f′(1)=6
k=1
故选：A.
1
1 3 −
5．（5分）（2024·吉林长春·模拟预测）已知a=sin ,b=ln ,c=3 2，则（ ）
3 2
A．c<b<a B．a<c<b
C．a<b<c D．b<a<c
1 1
【解题思路】先构造函数f (x)=x−sinx,x∈[0,1)，再应用函数单调性得出sin < ，再根据
3 3
(3) 2 (3) 3 1 3 1
<e< ，取对数判断得出 <ln < ，最后比较可得选项；
2 2 3 2 2
【解答过程】设f (x)=x−sinx,x∈[0,1)，则f′(x)=1−cosx≥0，所以f (x)在[0,1)上单调递增，
(1) 1 1 1 1
所以f >f (0)=0，即 −sin >0，所以a=sin < ；
3 3 3 3 3
(3) 2 (3) 3 3 3 1 3 1
因为 <e< ，所以2ln <1<3ln ，即 <b=ln < ；
2 2 2 2 3 2 2
1 1
− − 1
又c=3 2>4 2= ，所以a<b<c．
2
故选：C．
6．（5分）（2024·吉林长春·一模）已知定义在 上的函数 是 的导函数，满足
(0,+∞) f(x),f′ (x) f(x)，且 ，则不等式 的解集是（ ）
xf′ (x)−2f(x)<0 f(2)=4 f (2x)−4x>0
A．(0,1) B．(0,2) C．(1,+∞) D．(−∞,1)
f(x)
【解题思路】构造函数g(x)= ，由导数确定g(x)单调性，将已知不等式转化为关于g(x)不等式，然
x2
后利用单调性即可求解．
【解答过程】设 f(x)，则 xf′ (x)−2f(x)，
g(x)= g′ (x)=
x2 x3
因为 ， ，所以 ，可得 在 上单调递减，
x>0 xf′ (x)−2f(x)<0 g′ (x)<0 g(x) (0,+∞)
不等式 f(2x )>4x ，即f (2x) >1= f (2)，即 f (2x) > f (2) ，所以 g(2x)>g(2) ，
4x 4 (2x) 2 22
因为g(x)在(0,+∞)上单调递减，所以2x<2，解得：x<1，
所以不等式的解集为：(−∞,1)，
故选：D.
7．（5分）（2024·宁夏银川·模拟预测）已知a∈N∗，函数f (x)=e3x−xa>0恒成立，则a的最大值为
（ ）
A．2 B．3 C．6 D．7
【解题思路】由题意函数f (x)=e3x−xa>0恒成立，可得到a为正奇数，讨论x的范围，参变分离转化成恒
成立问题，定义新函数求导求最小值，从而得到a的最大值.
【解答过程】当 为正偶数时，当 时， ，不合题意，所以 为正奇数，
a x=−2 f(−2)=e6−(−2) a<0 a
则当x<0时，xa<0<e3x恒成立，只需研究x>0时，e3x−xa>0恒成立即可，
3x 3x
当x=1时，e3−1>0成立，则当x∈(0,1)时，a> ，因为此时 <0，所以恒成立.
lnx lnx
3x
当x∈(1,+∞)时，a< 恒成立，
lnx
设 3x ，则 3(lnx−1)，
g(x)= ,x∈(1,+∞) g′ (x)=
lnx (lnx) 2
令 ，得 ，
g′ (x)=0 x=e当 时， ， 单调递减，
x∈(1,e) g′ (x)<0 g(x)
当 时， ， 单调递增，
x∈(e,+∞) g′ (x)>0 g(x)
所以g(x) =g(e)=3e≈8.2，又因为a为正奇数，
min
所以a的最大值为7.
故选：D.
ex
8．（5分）（2024·辽宁·模拟预测）已知函数f (x)= ，若函数g(x)=[f (x)] 2 +af (x)−e2−ae恰有5个
|x|
不同的零点，则实数a的取值范围是（ ）
( 2) ( 1)
A．(−∞,−2e) B．(−∞,−e) C． −∞,− D． −∞,−
e e
【解题思路】根据函数定义域，将函数分类讨论，借助于求导判断函数单调性，判断极值点和图象趋势，
作出函数的简图，将函数g(x)分解因式，根据零点定义，结合图象，确定f(x)=e有两个根，转化为
f(x)=−e−a有3个零点，由图即得参数范围.
ex
【解答过程】函数f (x)= 的定义域为{x|x≠0}，
|x|
若 时，由 ex求导得， (x−1)ex，
x>0 f (x)= f′(x)=
x x2
故当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，
ex
所以f (x)= 在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，且f(x) =f(1)=e，
x 极小值
当x→0+时，f(x)→+∞，当x→+∞时，f(x)→+∞；
若 时，由 ex求导得， (1−x)ex，
x<0 f (x)=− f′(x)=
x x2
ex
因x<0，故恒有f′(x)>0，即f (x)=− 在(−∞,0)上单调递增，
x
且当x→−∞时，f(x)→0+ ，当x→0−时，f(x)→+∞，即x<0时，恒有f(x)>0.
ex
作出函数f (x)= 的大致图象如图所示.
|x|又由 g(x)=[f (x)] 2 +af (x)−e2−ae=[f(x)−e][f(x)+e+a]=0 可得 f(x)=e 或 f(x)=−e−a ，
由图知f(x)=e有两个根，此时g(x)有2个零点；
要使函数 g(x)=[f (x)] 2 +af (x)−e2−ae 恰有5个不同的零点，
需使f(x)=−e−a有3个零点，由图知，需使f(x)>e，即−e−a>e，解得a<−2e.
综上所述，实数a的取值范围是(−∞,−2e).
故选：A.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的
要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．（6分）（2024·江苏徐州·模拟预测）设f ′(x)是定义在R上的函数f (x)的导函数，若
f (x+2)=2−f (2−x)，且f ′(x+1)为奇函数，则（ ）
A．f (2)=1 B．f (x)为奇函数
C． 为周期函数 D． 60
f ′(x) ∑❑f (k)=60
k=1
【解题思路】对A：结合f (x+2)=2−f (2−x)，赋值x=0代入计算即可得；对B：由f′(x+1)为奇函数可
得f (x+1)为偶函数，再利用偶函数的性质结合A中所得可得f (x)+f (−x)=2；对C：由B中所得
f (x)+f (2+x)=2，即可得f (x)=f (4+x)，对其左右求导后结合周期性即可得；对D：由C中所得可得
f (x)的周期，结合赋值法计算出一个周期内的和即可得.
【解答过程】对A：由f (x+2)=2−f (2−x)，f (x+2)+f (−x+2)=2，
令x=0，解得f (2)=1，故A正确；
对B：由f′(x+1)为奇函数可得，则f (x+1)为偶函数，
所以f (1+x)=f (1−x)，所以f (x)=f (2−x)，
又f (2−x)+f (2+x)=2，所以f (x)+f (2+x)=2，
又f (−x)=f (2+x)，所以f (x)+f (−x)=2，故B错误；
对C：由f (x)+f (2+x)=2可得，f (x+2)+f (4+x)=2，所以f (x)=f (4+x)，求导可得，f′(x)=f′(4+x)，
故f'(x)的一个周期为4，故C正确；
对D：由f (x)=f (4+x)，故f (x)的一个周期为4，
因为f (2−x)+f (2+x)=2，令x=1可得，f (1)+f (3)=2，
令x=2可得，f (2)+f (4)=2，所以f (1)+f (2)+f (3)+f (4)=4，
60
所以 ， 故D正确.
∑❑f(k)=4×15=60
k=1
故选：ACD.
10．（6分）（2024·广东佛山·模拟预测）已知函数f (x)=|x−2|ex−a，则（）
A．f (x)在(1,2)上单调递增 B．x=1是函数f (x)的极大值点
C．f (x)既无最大值，也无最小值 D．当a∈(1,2)时，f (x)有三个零点
【解题思路】先将f(x)用分段函数表示出来，再根据各个选项，利用导数研究其单调性、极值点、最值及
零点即可.
【解答过程】由题意得 ，
f(x)=|x−2|ex−a=¿
所以 ，
f' (x)=¿
对于A，当 时， ，
x∈(1,2) f' (x)=(1−x)ex<0
所以f(x)在(1,2)上单调递减，故A错误;
对于B，当 时， ，当 时， ，当 时， ,
x∈(−∞,1) f' (x)>0 x∈(1,2) f' (x)<0 x∈(2,+∞) f' (x)>0
所以f(x)在(−∞,1)单调递增，在(1,2)单调递减，在[2,+∞)单调递增，
所以x=1是函数f(x)的极大值点，故B正确;
对于C，当 时， ，当 时， ,
x→−∞ f(x)=|x−2|ex−a>−a x→+∞ f(x)→+∞
又f(1)=e−a>f(2)=−a,
f(x)的大致图象如图所示，f(x)的值域为[−a,+∞),
所以f(x)有最小值，无最大值，故C错误;
对于D，当x≥2时，f(x)在[2,+∞)上单调递增,
因为a∈(1,2),
所以 ,
f(2)=−a<0,f(3)=e3−a>0
所以f(x)在[2,+∞)上有一个零点;
当x<2时，f(x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减,
又 ，当 时， .
f(1)=e−a>0 x→−∞ f(x)=|x−2|ex−a>−a∈(−2.−1)，f(2)=−a<0
结合f(x)的大致图象（如上图），
f(x)在(−∞,1)有一个零点，在(1,2)上有一个零点，
综上，当a∈(1,2)时，f(x)有三个零点，故D正确.
故选：BD.
11．（6分）（2024·云南大理·一模）已知函数f (x)=xex−a，则下列说法正确的是（ ）
1
A．f (x)有最大值− −a
e
B．当 时， 的图象在点 处的切线方程是
a=1 f (x) (0,f (0)) y=x−1
C．f (x)在区间[−2,0]上单调递减
( 1 )
D．关于x的方程f (x)=0有两个不等实根，则a的取值范围是 − ,0
e
【解题思路】A选项，求导，得到函数单调性，进而求出最值；B选项，求出f′(0)=1,f (0)=−1，利用导
数的几何意义得到切线方程；
C选项，在A选项基础上，得到函数单调性；D选项，xex−a=0⇔xex=a，令g(x)=xex，求导得到其
单调性和最值，
( 1 )
结合函数图象，得到a的取值范围是 − ,0 .
e【解答过程】因为f′(x)=ex(x+1)，
选项A，当x<−1时，f′(x)<0，当x>−1时，f′(x)>0.
所以在区间(−∞,−1)上f (x)单调递减，在区间(−1,+∞)上f (x)单调递增，
1
所以f (x)有最小值f (−1)=− −a，无最大值，故A错误；
e
选项B，当a=1时，f′(0)=1,f (0)=−1，
所以 的图象在点 处的切线方程是 ，故B正确；
f (x) (0,f (0)) y=x−1
选项C，因为在区间(−∞,−1)上f (x)单调递减，在区间(−1,+∞)上f (x)单调递增，故C错误；
选项D，方程f (x)=0，即xex−a=0⇔xex=a，
令g(x)=xex，而g′(x)=ex+xex=ex(x+1)，
当x<−1时，g′(x)<0，当x>−1时，g′(x)>0.
所以在区间(−∞,−1)上g(x)单调递减，在区间(−1,+∞)上g(x)单调递增，
当x<0时g(x)<0，且g(0)=0，如图，
( 1 )
a的范围是 − ,0 ，故D正确.
e
故选：BD.
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）（2024·广东河源·模拟预测）已知函数f (x)=ex−lnx+(1−m)x−lnm的最小值为0，则m=
e ．
【解题思路】根据给定的条件，利用同构变形并构造函数，借助函数的单调性转化成求函数的最小值.
【解答过程】依题意，ex−lnx+(1−m)x−lnm≥0对于x>0恒成立，且能取得等号，
即 对于 恒成立，且能取得等号，
ex+x≥ln(mx)+mx=ln(mx)+eln(mx) x>0
函数g(x)=ex+x在(0,+∞)上单调递增，不等式为g(x)≥g[ln(mx)]，
ex
则x≥ln(mx)，即ex≥mx，因此m≤ 在(0,+∞)上恒成立，且能取得等号，
xex
设ℎ(x)= (x>0)，于是m是函数 ℎ(x)在(0,+∞)上的最小值，
x
求导得
(x−1)ex
，当 时， ，当 时， ，
ℎ ′(x)= x∈(0,1) ℎ ′(x)<0 x∈(1,+∞) ℎ ′(x)>0
x2
函数ℎ(x)在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，且ℎ(x)
min
= ℎ(1)=e，
所以m=e.
故答案为：e.
13．（5分）（2024·广东·模拟预测）若直线y=kx（k为常数）与曲线f (x)=lnx，曲线g(x)=aex均相切，
1
则a= .
e2
1
【解题思路】设出切点，求导，根据点斜式求解切线方程，根据两直线相等，列方程可得x =e,k= ，进
1 e
1
而代入(x ,aex 0)在直线y= x上，求解.
0 e
1
【解答过程】因为f (x)=lnx,x∈(0,+∞)，所以f′(x)= ，
x
1
设直线y=kx与f (x)=lnx的切点为(x ,lnx )，则切线方程为y−lnx = (x−x )，即
1 1 1 x 1
1
1
y= x+lnx −1，
x 1
1
1 1
又因为y=kx，所以¿解得x =e,k= ，所以切线方程为y= x，
1 e e
因为 ，所以 ，
g(x)=aex g′(x)=(aex) ' =aex
1 1
设直线y= x与g(x)=aex的切点为(x ,aex 0)，所以g′ (x )=aex 0= ①，
e 0 0 e
1 1
又因为切点(x ,aex 0)在直线y= x上，所以aex 0= x ②，
0 e e 0
1 1
由①和②可得x =1，所以ae= ，解得a= .
0 e e2
1
故答案为： .
e2
1
14．（5分）（2024·陕西商洛·一模）已知函数f(x)=lnx−aeax，若对任意的x≥ ,f(x)≤0成立，则正
e[1 )
数a的取值范围是 ,+∞ .
e
lnx
【解题思路】将f(x)≤0构造成xlnx≤eaxlneax，运用导数研究g(x)=xlnx单调性进而转化为a≥ （
x
1 lnx
x≥ ）恒成立，令ℎ(x)= ，运用导数可求得 ℎ(x)的最大值即可.
e x
【解答过程】由f(x)≤0，即lnx−aeax≤0，得lnx≤aeax.
1
因为x≥ ，所以xlnx≤axeax =eaxlneax.
e
设 ，则 .
g(x)=xlnx g′ (x)=lnx+1
因为x≥ 1 ，所以g′(x)≥0，所以g(x)在 [1 ,+∞ ) 上单调递增.
e e
lnx
因为xlnx≤eaxlneax，所以g(x)≤g(eax)，所以x≤eax，所以lnx≤ax，所以a≥ .
x
lnx 1−lnx
设ℎ(x)= ，则ℎ ′ (x)= .
x x2
由 ，得 ，则 在 上单调递减；
ℎ
′ (x)<0 x>e ℎ(x) (e,+∞)
由 ，得 ，则 在 上单调递增.
ℎ
′ (x)<0 0<x<e ℎ(x) (0,e)
1 1
故 ℎ(x)≤ℎ(e)= ，即a≥ .
e e
1
故答案为：[ ,+∞).
e
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13分）（2024·吉林·模拟预测）已知函数f (x)=e2x+ex−x.
(1)求曲线 在点 处的切线方程；
y=f (x) (0,f (0))
(2)当x∈[−1,0]时，求函数f (x)的最大值与最小值.
【解题思路】（1）求导，根据导数的几何意义可得切点和切线斜率，即可得切线方程；
（2）根据求导判断f (x)的单调性，结合单调性分析最值.
【解答过程】（1）因为f (x)=e2x+ex−x，则f′(x)=2e2x+ex−1，
可得f (0)=2,f′(0)=2，
即切点坐标为(0,2)，切线斜率为k=2，所以切线方程为y=2x+2.
（2）由（1）可得 ，
f′(x)=2e2x+ex−1=(ex+1)(2ex−1)
且x∈[−1,0]，则ex+1>0，
令f′(x)>0，则2ex−1>0，解得−ln2<x≤0；
令f′(x)<0，则2ex−1<0，解得−1≤x<−ln2；
可知f (x)在[−1,−ln2)内单调递减，在(−ln2,0]内单调递增，
1+e−e2 3 1+e−e2
又因为f (−1)= ,f (0)=2,f (−ln2)= +ln2，且 <2，
e2 4 e2
3
所以函数f (x)的最大值为2，最小值 +ln2.
4
16．（15分）（2024·河南·模拟预测）已知函数f (x)=x3+ax(a∈R)的一个极值点为x=1．
(1)求a的值；
(2)若过点(3,m)可作曲线y=f (x)的三条不同的切线，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）根据f′(1)=3+a=0可得a=−3，即可验证求解，
（2）设出切点，根据点斜式直线方程，可将问题转化为 有三个不同的根，构造函数
m=−2x3+9x2−9
0 0
g(x)=−2x3+9x2−9，利用导数求解即可.
【解答过程】（1）f′(x)=3x2+a，由于x=1是极值点，故f′(1)=3+a=0，故a=−3，
当a=−3时，f′(x)=3x2−3=3(x+1)(x−1)，
当x>1或x<−1时，f′(x)>0，当−1<x<1时，f′(x)<0，
故x=1是f (x)的一个极值点，故a=−3
（2）设切点为 ，则切点处的切线方程为 ，
(x ,y ) y=(3x2−3)(x−x )+x3−3x
0 0 0 0 0 0
将 代入可得 ，
(3,m) m=(3x2−3)(3−x )+x3−3x
0 0 0 0
故 ，
m=−2x3+9x2−9
0 0
要使过点 可作曲线 的三条不同的切线，则 有三个不同的交点，
(3,m) y=f (x) m=−2x3+9x2−9
0 0
记 ，则 ，
g(x)=−2x3+9x2−9 g′ (x)=−6x2+18x=−6x(x−3)
当 或 时， ，当 时， ，
x>3 x<0 g′ (x)<0 0<x<3 g′ (x)>0故g(x)在(3,+∞)，(−∞,0)上单调递减，在(0,3)上单调递增，
且g(0)=−9,g(3)=18，
因此−9<m<18.
17．（15分）（2024·广东·模拟预测）已知函数f (x)=x−1−alnx,a∈R.
(1)判断函数f (x)的单调性；
(2)若f (x)≥0恒成立，求a的值.
【解题思路】（1）先求出函数f (x)的导函数f′(x)；再分a≤0和a>0两种情况，利用导数的方法分别判定
单调性即可.
（2）由（1）中函数单调性，当a≤0时，根据函数单调性，以及f (1)=0，可判断当x∈(0,1)时，f (x)<0，
不符合题意；当a>0时，根据函数单调性，得到f(x) =a−1−alna，再令g(a)=a−1−alna(a>0)，
min
对其求导，根据导数的方法求出其最值，即可结合题中条件求出结果.
a x−a
【解答过程】（1）函数f (x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1− = ，
x x
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f (x)在(0,+∞)上单调递增.
当a>0时，由f′(x)<0，得x∈(0,a)，由f′(x)>0，得x∈(a,+∞)，
则函数f (x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增.
综上，当a≤0时，f (x)在(0,+∞)上单调递增；当a>0时，f (x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增.
（2）由（1）知，当a≤0时，f (x)在(0,+∞)上单调递增，由f (1)=0，知当x∈(0,1)时，f (x)<0，不符
合题意；
当a>0时，函数f (x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增，
故f(x) =f (a)=a−1−alna，
min
由f (x)≥0恒成立，得a−1−alna≥0恒成立，令g(a)=a−1−alna(a>0)，
求导得g′(a)=−lna，
当0<a<1时，g′(a)>0，当a>1时，g′(a)<0，
于是函数g(a)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以g(a) =g(1)=0，故g(a)=a−1−alna≤0恒成立，
max
因此g(a)=0=g(1)，所以a=1.
18．（17分）（2024·安徽安庆·三模）已知函数f (x)=(ln|x|) 2 − ( x+ 1) +2，记f′(x)是f (x)的导函数.
x
(1)求 的值；
f′ (1)
(2)求函数f (x)的单调区间；(3)证明：当 x>1 时， (x−1) [ e−x+xln ( 1+ 1)] >lnx⋅ln(x+1) .
x
【解题思路】（1）求出当x>0时的f (x)的导函数f′(x)即可得；
（2）先分类讨论求出y=ln|x|的导函数，即可得函数f (x)的导函数，再借助导数构造相应函数去研究
f′(x)的正负，即可得函数f (x)的单调性；
1 1 1 1 1 1
（3）原问题可转化为证明：当x>1时， − > − ，构造函数G(x)= − ，可得
lnx x−1 ln(x+1) x lnx x−1
G(x)的导函数与f (x)的关系，即可得其单调性，即可得证.
【解答过程】（1）函数f (x)的定义域为¿，
当x>0时，f (x)=(lnx) 2− ( x+ 1) +2，
x
此时 f′(x)= 2lnx − ( 1− 1 )，所以 f′(1)=0 .
x x2
（2）先求y=ln|x|的导数，
1
当x>0时，y′=(ln|x|) ′=(lnx) ′= ，
x
1
当x<0时，y′=(ln|x|) ′=(ln(−x)) ′= ，
x
1
当x≠0时，总有y′=(ln|x|) ′= ，
x
1
2ln|x|−x+
所以 f′(x)= 2ln|x| − ( 1− 1 ) = x ，
x x2 x
令 1，则 g(x)， 2 1 2x−x2−1 (x−1) 2 ，
g(x)=2ln|x|−x+ f′(x)= g′(x)= −1− = =− ≤0
x x x x2 x2 x2
所以g(x)在(−∞,0)，(0,+∞)上均单调递减，
由（1）f′(1)=0，又f′(−1)=0，也即是g(±1)=0，
g(x)
所以当x<−1时，g(x)>g(−1)=0，于是f′(x)= <0，
x
所以f (x)在(−∞,−1)上单调递减，
g(x)
当−1<x<0时，g(x)<g(−1)=0，于是f′(x)= >0，
x
所以f (x)在(−1,0)上单调递增，g(x)
当0<x<1时，g(x)>g(1)=0，于是f′(x)= >0，
x
所以f (x)在(0,1)上单调递增，
g(x)
当x>1时，g(x)<g(1)=0，于是f′(x)= <0，
x
所以f (x)在(1,+∞)上单调递减，
故f (x)的单调递增区间是(−1,0)和(0,1)，
单调递减区间是(−∞,−1)和(1,+∞)；
（3）当 x>1 时，要证 (x−1) [ e−x+xln ( 1+ 1)] >lnx⋅ln(x+1) ，
x
x−1 x+1
只需证 +x(x−1)ln >lnx⋅ln(x+1)，
ex x
x−1 x+1
因为 >0，所以只需证x(x−1)ln >lnx⋅ln(x+1)，
ex x
只需证 ，
x(x−1)[ln(x+1)−lnx]>lnx⋅ln(x+1)
ln(x+1)−lnx 1
只需证 > ，
lnxln(x+1) x(x−1)
1 1 1 1
只需证 − > − ，
lnx ln(x+1) x−1 x
1 1 1 1
只需证 − > − ，
lnx x−1 ln(x+1) x
1 1
令G(x)= − （x>1），
lnx x−1
则只需证G(x)>G(x+1)（x>1）（※）
(x−1) 2
因为 (lnx) 2−
1 1 x
G′(x)=− + =
x(lnx) 2 (x−1) 2 (x−1) 2 (lnx) 2
(lnx) 2− ( x+ 1) +2
x f (x)
= =
(x−1) 2 (lnx) 2 (x−1) 2 (lnx) 2
由（2）知，f (x)在(1,+∞)上单调递减，
所以当x>1时，f (x)<f (1)=0，所以G′(x)<0，所以G(x)在(1,+∞)上单调递减，
又1<x<x+1，所以G(x)>G(x+1)，即不等式（※）成立，
故当 x>1 时， (x−1) [ e−x+xln ( 1+ 1)] >lnx⋅ln(x+1) .
x
1
19．（17分）（2024·湖南郴州·模拟预测）已知函数f(x)=2alnx+ x2−(a+2)x，其中a为常数.
2
(1)当a>0时，试讨论f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个不相等的零点x ，x ，
1 2
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：x +x >4.
1 2
【解题思路】（1）利用导数并讨论参数a的范围研究导数的符号，即可判断单调性；
（2）（i）结合（1）的单调性判断f(2)、f(a)的符号，排除a≥0，再在a<0的情况下研究f(x)的单调性
和最值，根据零点的个数求参数范围；
（ii）由（i）有0<x <2<x ，分析法将问题化为证明f(4−x )<f(x )，进而构造
1 2 1 1
ℎ(x)=f(4−x)−f(x)并利用导数研究其符号，即可证结论.
2a x2−(a+2)x+2a (x−2)(x−a)
【解答过程】（1）由题设f′ (x)= +x−(a+2)= = ，且x∈(0,+∞)，
x x x
当 时，在 上 ，在 上 ，在 上 ，
0<a<2 (0,a) f′ (x)>0 (a,2) f′ (x)<0 (2,+∞) f′ (x)>0
所以，在(0,a)、(2,+∞)上f(x)单调递增，在(a,2)上f(x)单调递减；
当 时，在 上 恒成立，故 在 上单调递增；
a=2 (0,+∞) f′ (x)≥0 f(x) (0,+∞)
当 时，在 上 ，在 上 ，在 上 ，
a>2 (0,2) f′ (x)>0 (2,a) f′ (x)<0 (a,+∞) f′ (x)>0
所以，在(0,2)、(a,+∞)上f(x)单调递增，在(2,a)上f(x)单调递减.
1
（2）（i）由f(2)=2aln2+ ×22−(a+2)×2=2(aln2−a−1)<0，
2
1 a
若a>0时，f(a)=2alna+ a2−(a+2)a= (4lna−a−4)，
2 2
4 4−a
令y=4lna−a−4且a>0，则y′= −1= ，
a a
所以0<a<4时y′>0，a>4时y′<0，
故y=4lna−a−4在(0,4)上递增，在(4,+∞)上递减，则y =8ln2−8<0，
max所以f(a)<0，
结合（1）中f(x)的单调性，易知a>0不可能出现两个不相等的零点，
1
又a=0时，f(x)= x2−2x在(0,+∞)上只有一个零点，不满足，
2
所以 ，此时，在 上 ，在 上 ，
a<0 (0,2) f′ (x)<0 (2,+∞) f′ (x)>0
故在(0,2)上f(x)单调递减，在(2,+∞)上f(x)单调递增，则f(x) =f(2)=2(aln2−a−1)，
min
又x趋向于0或负无穷时，f(x)趋向正无穷，只需g(a)=a(ln2−1)−1<0成立，
1
显然g(a)在(−∞,0)上递减，且当a= 时g(a)=0，
ln2−1
1 1
所以， <a<0时g(a)<0恒成立，即所求范围为 <a<0；
ln2−1 ln2−1
1
（ii）由（i），在 <a<0时，f(x)存在两个不相等的零点x ,x ，
ln2−1 1 2
不妨令0<x <2<x ，要证x +x >4，即证x >4−x ，而4−x ∈(2,4)，
1 2 1 2 2 1 1
由（i）知：在(2,+∞)上f(x)单调递增，只需证f(4−x )<f(x )=f(x )=0，
1 2 1
1
由2alnx + x2−(a+2)x =0，则x2−4x =2a(x −2lnx )
1 2 1 1 1 1 1 1
令ℎ(x)=f(4−x)−f(x)，且0<x<2，
1 1
则ℎ(x)=2aln(4−x)+ (4−x) 2−(a+2)(4−x)−2alnx− x2+(a+2)x
2 2
=2aln(4−x)−2alnx−4a+2ax，
所以，在 上 (x−2) 2 ，即 在 上递增，
(0,2) ℎ ′ (x)=−2a⋅ >0 ℎ(x) (0,2)
x(4−x)
所以ℎ(x)< ℎ(2)=2aln2−2aln2−4a+4a=0，即f(4−x )<f(x )=f(x )成立，
1 1 2
所以x +x >4，得证.
1 2
