专题13：导数（答案）_2026版高中《二三轮复习+冲刺复习》_高考数学冲刺笔记猫老师猫老师2026版高考数学冲刺笔记+猫老师2026年高考数学考点一遍过全套(完整版)

导数——题型01～04
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
A
D
D
B
C
D
D
B
A
B
D
题号
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
答案
D
B
C
B
A
D
C
B
A
A
D
题号
23
24
25
答案
D
D
D
⼀．选择题（共25 ⼩题）
1．设函数f（x）满⾜
＝2，则f'（x0）＝（
）
A．﹣1
B．1
C．﹣2
D．2
【解答】解：因为f′（x0）＝
＝﹣
＝﹣
，
故选：A．
2．若f（x）＝sinx．则
＝（
）
A．0
B．
C．1
D．2
【解答】解：由题意，f′（x）＝cosx，
则
＝2
＝2f′（0）＝2，
故选：D．
3．若
（m 为常数），则f'（x0）等于（
）
A．﹣m
B．1
C．m
D．
【解答】解：因为
，所以
，
则mf'（x0）＝1，
所以f'（x0）＝．
故选：D．
4．若
，则f'（﹣2）＝（
）
A．1
B．﹣1
C．2
D．﹣2
【解答】解：∵
＝
＝
+
＝2f′（﹣2）＝﹣2，
解得f′（﹣1）＝﹣1．
故选：B．
5．下列导数运算正确的是（
）
A．（cos3）′＝﹣sin3
B．（e3x）′＝e3x
C．
D．
【解答】解：（cos3）′＝0，故A 错误；
（e3x）'＝3e3x，故B 错误；
，故C 正确；
，故D 错误．
故选：C．
6．函数
的导数为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：由题意可得：
．
故选：D．
7．下列求导运算正确的是（
）
A．（e2）′＝2e
B．[（2x+7）2]′＝2（2x+7）
C．（cos2x）′＝2sin2x
D．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
A 选项，（e2）′＝0，A 错误；
B 选项，[（2x+7）2]′＝2（2x+7）•2＝4（2x+7），B 错误；
C 选项，（cos2x）′＝﹣sin2x•（2x）′＝﹣2sin2x，C 错误；
D 选项，
，D 正确．
故选：D．
8．下列运算正确的是（
）
A．（sin
）′＝cos
B．（2x）'＝2xln2
C．[ln（﹣x）]′＝﹣
D．（cosx）'＝sinx
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，（sin
）′＝0，A 错误；
对于B，（2x）′＝2xln2，B 正确；
对于C，[ln（﹣x）]′＝﹣
＝，C 错误；
对于D，（cosx）′＝﹣sinx，D 错误．
故选：B．
9．已知可导函数f（x）满⾜
，则f′（2）＝（
）
A．
B．
C．
D．1
【解答】解：由题意设2x＝t，则x＝，所以f（t）＝
＝
，
则f
，令t＝2，则f
．
故选：A．
10．已知函数f（x）＝f'（﹣2）x3+12x2﹣6，则f（1）＝（
）
A．10
B．
C．12
D．14
【解答】解：f′（x）＝f′（﹣2）x2+24x，
∴f′（﹣2）＝4f′（﹣2）﹣48，解得f′（﹣2）＝16，
∴
，
．
故选：B．
11．已知函数f（x）的导数为f'（x），若f（x）＝x3+3f'（1）x2+2x，则f'（2）＝（
）
A．26
B．12
C．8
D．2
【解答】解：因为f'（x）＝3x2+6f'（1）x+2，所以f'（1）＝3×12+6f'（1）×1+2，解得：f'（1）＝﹣1，所以
f'（2）＝3×22+6×（﹣1）×2+2＝2．
故选：D．
12．已知函数f（x）＝ex+2f'（0）x+1，则f′（2）的值为（
）
A．﹣1
B．﹣2
C．e2﹣1
D．e2﹣2
【解答】解：根据题意得，f′（x）＝ex+2f′（0），
所以f′（0）＝1+2f′（0），即f′（0）＝﹣1，
所以f'′（x）＝ex﹣2，
所以f'′（2）＝e2﹣2．
故选：D．
13．已知函数f（x）＝（2x﹣1）3，则f′（1）＝（
）
A．8
B．6
C．3
D．1
【解答】解：根据题意，函数f（x）＝（2x﹣1）3，则f′（x）＝6（2x﹣1）2，
则f′（1）＝6（2﹣1）2＝6，
故选：B．
14．函数y＝cos（2x+1）的导数是（
）
A．y′＝sin（2x+1）
B．y′＝﹣2xsin（2x+1）
C．y′＝﹣2sin（2x+1）
D．y′＝2xsin（2x+1）
【解答】解：函数的导数y′＝﹣sin（2x+1）（2x+1）′＝﹣2sin（2x+1），
故选：C．
15．设
，则f′（2）＝（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：∵f（x）＝ln
，令u（x）＝
，则f（u）＝lnu，
∵f′（u）＝，u′（x）＝•
＝
，
由复合函数的导数公式得：
f′（x）＝
•
＝
，
∴f′（2）＝．
故选：B．
16．已知某函数的导数为y′＝
，则这个函数可能是（
）
A．y＝ln
B．y＝ln
C．y＝ln（1﹣x）
D．y＝ln
【解答】解：对选项求导．
A、（ln
）′＝
（
）′＝
，符合；
对于B，∵
，∴
，不符合；
对于C，
，不符合；
对于D，∵y＝﹣ln（x﹣1）∴
，不符合；
故选：A．
17．已知直线l 与函数f（x）＝ex﹣cosx 的图象在点（0，f（0））处的切线平⾏，则直线l 的斜率为（
）
A．0
B．﹣1
C．2
D．1
【解答】解：因为f'（x）＝ex+sinx，
则f'（0）＝1，所以直线l 的斜率为1．
故选：D．
18．已知直线l 与曲线f（x）＝ex+sinx 在点（0，f（0））处的切线垂直，则直线l 的斜率为（
）
A．﹣1
B．1
C．
D．2
【解答】解：由函数f（x）＝ex+sinx，可得f′（x）＝ex+cosx，
则f′（0）＝2，所以直线l 的斜率为
．
故选：C．
19．函数
在点（2，f（2））处的切线斜率为2，则
的最⼩值是
（
）
A．10
B．9
C．8
D．
【解答】解：f′（x）＝ax+b，由题意可知，f′（2）＝2a+b＝2（a＞0，b＞0），
，
当
，且2a+b＝2，解得：
，
所以
的最⼩值是9．
故选：B．
20．曲线f（x）＝ex﹣1在点（1，1）处的切线的倾斜⻆为（
）
A．45°
B．30°
C．60°
D．135°
【解答】解：由题，f′（x）＝ex﹣1⇒f′（1）＝1，即切线斜率为1，则切线倾斜⻆为45°．
故选：A．
21．曲线y＝x2﹣1 在点（1，﹣）处切线的倾斜⻆为（
）
A．
B．﹣
C．1
D．﹣
【解答】解：y＝x2﹣1 的导数为y′＝x，
即有在点（1，﹣）处切线的斜率为k＝1，
由直线的斜率公式k＝tanα（α为倾斜⻆），
即有tanα＝1，
由于0≤α＜π，
可得α＝
，
故选：A．
22．曲线f（x）＝ex+x2﹣2x﹣5 在x＝0 处的切线的倾斜⻆是（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：曲线f（x）＝ex+x2﹣2x﹣5，∴f′（x）＝ex+2x﹣2，
故f′（0）＝﹣1，
即对应切线斜率为﹣1，故曲线f（x）＝ex+x2﹣2x﹣5 在x＝0 处的切线的倾斜⻆是
．
故选：D．
23．函数
，则函数f（x）在x＝5 处切线的斜率为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：
＝
，
则f′（x）＝
，
故f′（5）＝
＝．
故选：D．
24．若过点P（﹣1，m）可以作三条直线与曲线C：y＝xex 相切，则m 的取值范围是（
）
A．（﹣
，+∞）
B．（
）
C．（0，+∞）
D．（
）
【解答】解：设切点为（x0，y0），过点P 的切线⽅程为
，
代⼊点P 坐标化简为m＝
，即这个⽅程有三个不等根即可，
令
，
求导得到f′（x）＝（﹣x﹣1）（x+2）ex，
令f′（x）＝（﹣x﹣1）（x+2）ex＜0，得x＜﹣2，或x＞﹣1，
令f′（x）＝（﹣x﹣1）（x+2）ex＞0，得﹣2＜x＜﹣1，
∴函数在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，﹣1）上单调递增，
在（﹣1，+∞）上单调递减，
故得到f（﹣2）＜m＜f（﹣1），即
故选：D．
25．若曲线y＝（1﹣x）ex 有两条过点A（a，0）的切线，则a 的取值范围是（
）
A．（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞）
B．（﹣3，1）
C．（﹣∞，﹣3）
D．（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）
【解答】解：设切点为
，由已知得y′＝﹣xex，则切线斜率
，
切线⽅程为
．
∵直线过点A（a，0），∴
，
化简得
．∵切线有2 条，
∴Δ＝（a+1）2﹣4＞0，则a 的取值范围是（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）．
故选：D．
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导数——题型05～14
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
A
A
A
C
B
D
C
D
B
C
题号
12
13
14
15
16
答案
A
D
B
A
B
⼀．选择题（共16 ⼩题）
1．点P 是曲线x2﹣y﹣lnx＝0 上的任意⼀点，则点P 到直线y＝x﹣2 的最⼩距离为（
）
A．1
B．
C．
D．
【解答】解：点P 是曲线y＝x2﹣lnx 上任意⼀点，
当过点P 的切线和直线y＝x﹣2 平⾏时，
点P 到直线y＝x﹣2 的距离最⼩．
直线y＝x﹣2 的斜率等于1，
令y＝x2﹣lnx 的导数y′＝2x﹣＝1，x＝1，或x＝﹣（舍去），
故曲线y＝x2﹣lnx 上和直线y＝x﹣2 平⾏的切线经过的切点坐标（1，1），
点（1，1）到直线y＝x﹣2 的距离等于
，
故点P 到直线y＝x﹣2 的最⼩距离为
，
故选：D．
2．已知点P 为函数f（x）＝e2x 的图象上⼀点，则点P 到直线l：y＝2x 的距离的最⼩值为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：由f（x）＝e2x，得f′（x）＝2e2x，
令f′（x）＝2e2x＝2，得x＝0，
把x＝0 代⼊f（x）＝e2x，得f（0）＝e0＝1，
∴与直线y＝2x 平⾏的直线与曲线f（x）＝e2x 切于（0，1）点，
可得点P 到直线l：y＝2x 的距离的最⼩值为
．
故选：A．
3．已知P 是函数f（x）＝ex+x2图象上的任意⼀点，则点P 到直线x﹣y﹣5＝0 的距离的最⼩值是（
）
A．
B．5
C．6
D．
【解答】解：设直线l 与直线x﹣y﹣5＝0 平⾏，且与函数f（x）＝ex+x2的图象相切，
设切点为Q（t，et+t2），∵f′（x）＝ex+2x 是单调递增函数，
直线x﹣y﹣5＝0 的斜率为1，∴f′（t）＝et+2t＝1，解得t＝0，
即切点为Q（0，1），
∴点P 到直线x﹣y﹣5＝0 的距离的最⼩值是点Q 到直线x﹣y﹣5＝0 的距离，
等于
．
故选：A．
4．若函数f（x）＝x2+1 的图象与曲线C：g（x）＝2a•ex+1（a＞0）存在公共切线，则实数a 的取值范围为
（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：f（x）＝x2+1 的导数为f′（x）＝2x，g（x）＝2aex+1 的导数为g′（x）＝2aex，
设公切线与f（x）＝x2+1 的图象切于点（x1，
+1），
与曲线C：g（x）＝2aex+1 切于点（x2，2a
+1），
∴2x1＝2a
＝
＝
，
化简可得，2x1＝
，得x1＝0 或2x2＝x1+2，
∵x1＝a
，且a＞0，∴x1＞0，则2x2＝x1+2＞2，即x2＞1，
由x1＝a
，得a＝
＝
，
设h（x）＝
（x＞1），则h′（x）＝
，
∴h（x）在（1，2）上递增，在（2，+∞）上递减，
∴h（x）max＝h（2）＝
，
∴实数a 的取值范围为（0，
]，
故选：A．
5．已知函数f（x）＝x2的图象在x＝1 处的切线与函数
的图象相切，则实数a＝（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：由f（x）＝x2，得f′（x）＝2x，则f′（1）＝2，
∴函数f（x）＝x2的在x＝1 处的切线⽅程为y﹣1＝2（x﹣1），即y＝2x﹣1，
设直线y＝2x﹣1 与函数g（x）＝
的图象相切于（
），
则g′（x0）＝
，
，
联⽴解得
，a＝
．
故选：C．
6．若f（x）＝lnx 与g（x）＝x2+3x+a 两个函数的图象有⼀条与直线y＝x 平⾏的公共切线，则a＝（
）
A．﹣1
B．0
C．1
D．3
【解答】解：在函数f（x）＝lnx 上的切点设为（x，y），
根据导数的⼏何意义得到
＝1⇒x＝1
故切点为（1，0），可求出切线的⽅程为y＝x﹣1，
因为直线l 和g（x）＝x2+3x+a 也相切，从⽽x2+3x﹣a＝x﹣1，
化简得到x2+2x+a+1＝0，只需要满⾜Δ＝4﹣4（a+1）＝0，所以a＝0．
故选：B．
7．已知f（x）＝lnx，
，直线l 与函数f（x）、g（x）的图象都相切，且与
f（x）图象的切点为（1，f（1）），则m＝（
）
A．﹣1
B．﹣3
C．﹣4
D．﹣2
【解答】解：由题意得，
，g′（x）＝x+m，
∴与f（x）图象的切点为（1，f（1））的切线l 的斜率k＝f′（1）＝1，
且f（1）＝ln1＝0，所以切点为（1，0），
∴直线l 的⽅程为：y＝x﹣1，
∵直线l 与g（x）的图象也相切，
∴
此⽅程组只有⼀解，
即
只有⼀解，
∴
，解得m＝﹣2 或m＝4（舍去）．
故选：D．
8．已知定义在区间（0，+∞）上的函数f（x）＝﹣2x2+m，g（x）＝﹣3lnx﹣x，若以上两函数的图象有公共
点，且在公共点处切线相同，则m 的值为（
）
A．2
B．5
C．1
D．0
【解答】解：根据题意，设f（x）与g（x）的公共点为（a，b）（a＞0），
若两曲线y＝f（x）与y＝g（x）在公共点处的切线相同，
则两个函数在公共点处的切线斜率相同，则有f′（a）＝g′（a），
对于f（x）＝﹣2x2+m，有f′（x）＝﹣4x，则f′（a）＝﹣4a，
对于g（x）＝﹣3lnx﹣x，有g′（x）＝
，则g′（a）＝
，
所以﹣4a＝﹣﹣1，解得a＝1 或﹣（舍），
所以b＝﹣3ln1﹣1＝﹣1，所以公共点为（1，﹣1），
因为点（1，﹣1）在f（x）＝﹣2x2+m 上，
所以﹣1＝﹣2+m，所以m＝1．
故选：C．
9．若直线y＝kx+b 是曲线y＝ex﹣2的切线，也是曲线y＝ex﹣1 的切线，则k+b＝（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：设直线y＝kx+b 与y＝ex﹣2和y＝ex﹣1 的切点分别为（x1，
）和（x2，
），
则切线分别为y﹣
＝
（x﹣x1），y﹣
＝
（x﹣x2），
化简得：y＝
，y＝
，
依题意有：
，
∴x1﹣2＝x2，x2＝﹣ln2，
则k＝
，b＝
．
∴k+b＝
．
故选：D．
10．已知函数f（x）的图象如图所示，则其导函数f′（x）的图象可能是（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：根据题意，由函数的图象，f（x）在R 上为增函数，
且函数在x＝0 处切线的斜率为0，
故f′（x）≥0 在R 上恒成⽴，且f′（0）＝0，
分析选项：B 符合．
故选：B．
11．函数y＝f（x）导函数f′（x）的图象如图所示，则y＝f（x）的图象最有可能的是（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：由函数y＝f（x）导函数f′（x）的图象可知：当x∈（﹣∞，0）或（2，+∞）时，f′（x）＞0，
函数f（x）单调递增；当x∈（0，2）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．
由此可知：y＝f（x）的图象最有可能的是C．
故选：C．
12．已知函数y＝f（x），y＝g（x）的导函数的图象如图，那么y＝f（x），y＝g（x）的图象可能是（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：根据题意，由导数的图象，f′（x）≥0 恒成⽴，则f（x）在R 上为增函数，
g′（x）先付后正，则g（x）先减后增，
分析选项，A 符合．
故选：A．
13．函数
的单调递减区间为（
）
A．（0，e）
B．（e，+∞）
C．（0，1）∪（1，e）
D．（0，1）和（1，e）
【解答】解：因为f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），
，
令f′（x）＜0，即lnx﹣1＜0，得0＜x＜e 且x≠1，
所以f（x）的单调递减区间为（0，1）和（1，e）．
故选：D．
14．函数y＝
﹣lnx+2 的单调递减区间为（
）
A．（﹣1，1）
B．（0，1）
C．[1，+∞）
D．（0，+∞）
【解答】解：由题意得函数定义域为（0，+∞），y'＝x﹣＝
，
由y'＝0 得x＝1，由y'＞0 得x＞1，由y'＜0 得0＜x＜1，
∴函数y＝
﹣lnx+2 的单调递减区间为（0，1）．
故选：B．
15．函数f（x）＝2x﹣lnx 的单调递减区间为（
）
A．（0，）
B．（，+∞）
C．（，2）
D．（﹣∞，2）
【解答】解：∵f（x）＝2x﹣lnx，x＞0，
∴f′（x）＝2﹣＝
，x＞0，
令f′（x）＜0，解得0＜x＜，
故f（x）的递减区间为（0，），
故选：A．
16．函数
的单调增区间是（
）
A．（0，2）
B．（﹣∞，2）
C．（1，+∞）
D．（2，+∞）
【解答】解：函数f（x）的定义域为R，
f′（x）＝
＝
，
令f′（x）＞0，得x＜2，
所以函数
的单调增区间是（﹣∞，2）．
故选：B．
⼆．解答题（共40 ⼩题）
17．已知函数f（x）＝ln x﹣ax（a∈R）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若x1，x2满⾜f（x1）＝f（x2）＝1．证明：x1+x2＞2e2．
【解答】解：（1）f′（x）＝﹣a．（x＞0）．
a≤0 时，f′（x）＞0，此时函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．
a＞0 时，f′（x）＝
，可得函数f（x）在（0，）上单调递增，在
上单调递减．
（2）由（1）可得：a＞0 时，x＝
时，函数f（x）取得极⼤值即最⼤值，∴f
＝ln
﹣1＞1，解得0
＜a＜
．
∴
＞e2．
要证明x1+x2＞2e2．即证明x1+x2＞．不妨设0＜x1＜＜x2，即证：x2＞﹣x1
．
即证：f（x1）＝f（x2）＜f（﹣x1）．
设F（x）＝f（x）﹣f（﹣x），x∈（0，].
＝0．
则F（x）＝lnx﹣ax﹣ln（﹣x）+a（﹣x）＝lnx﹣ln（﹣x）+2﹣2ax，
F′（x）＝+
﹣2a＝
，
x∈（0，]时，函数F（x）单调递增，∴F（x）＜
＝0．
即：x1+x2＞2e2．
18．已知函数f（x）＝（2﹣a﹣ax）ex．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若a＝1，求证：f（x）+exln（x+1）≤x+1．
【解答】解：（1）∵f（x）＝（2﹣a﹣ax）ex，f'（x）＝（2﹣2a﹣ax）ex，
∴当a＝0 时，f'（x）＝2ex＞0 恒成⽴，即f（x）的增区间为R，⽆减区间；
当a＞0 时，由f'（x）＞0 得x＜﹣2，由f'（x）＜0 得x＞﹣2，
即f（x）的增区间为
，减区间为
，
当a＜0 时，由f'（x）＞0 得x＞﹣2，由f'（x）＜0 得x＜﹣2，
即f（x）的增区间为
，减区间为
．
证明：（2）当a＝1 时，f（x）＝（1﹣x）ex，要证f（x）+exln（x+1）≤x+1，
只需证（1﹣x）ex+exln（x+1）≤x+1，只需证1﹣x+ln（x+1）≤
，
即证
﹣ln（x+1）+x﹣1≥0，
令g（x）＝
﹣ln（x+1）+x﹣1，x∈（﹣1，+∞），
g'（x）＝
．
令h（x）＝ex﹣（x+1），x∈（﹣1，+∞），则h'（x）＝ex﹣1＞0⇒x＞0，
h（x）在（﹣1，0）上是减函数，在（0，+∞）上是增函数，
h（x）在x＝0 时取得最⼩值h（0）＝0，所以，h（x）≥0 恒成⽴．
所以当﹣1＜x＜0 时，g'（x）＜0，g（x）在（﹣1，0）单调递减；
当x＞0 时，g'（x）＞0，g（x）在（0，+∞）单调递增；
则当x＝0 时，g（x）取得最⼩值g（0）＝0，所以g（x）≥0 恒成⽴．
所以
﹣ln（x+1）+x﹣1≥0 恒成⽴，
即f（x）+exln（x+1）≤x+1 恒成⽴．
19．已知函数f（x）＝elnx﹣ax（a＞0）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当a＝e 时，证明：xf（x）﹣ex+2ex≤0．
【解答】解：（1）f（x）＝elnx﹣ax（a＞0），
，
则当
时，f'（x）＞0，当
时，f'（x）＜0，
所以f（x）的单调递增区间为
，单调递减区间为
．
证明：（2）因为x＞0，则不等式
，
当a＝e 时，由（1）知，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，则f（x）max＝f（1）＝
﹣e，
令
，则
，当0＜x＜1 时，g'（x）＜0，当x＞1 时，g'（x）
＞0，
因此g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，g（x）min＝g（1）＝﹣e，
于是得f（x）≤g（x），即
，
所以xf（x）﹣ex+2ex≤0．
20．已知函数f（x）＝lnx+ax（a∈R），g（x）＝ex+x2﹣x．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）定义：对于函数f（x），若存在x0，使f（x0）＝x0成⽴，则称x0为函数f（x）的不动点．如果函数
F（x）＝f（x）﹣g（x）存在两个不同的不动点，求实数a 的取值范围．
【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），
，
对于函数y＝ax+1，
①当a≥0 时，y＝ax+1＞0 在x＞0 恒成⽴．
∴f′（x）＞0 在（0，+∞）恒成⽴．
∴f（x）在（0，+∞）为增函数；
②当a＜0 时，由f′（x）＞0，得
；
由f′（x）＜0，得
；
∴f（x）在
为增函数，在
减函数．
综上，当a≥0 时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；
当a＜0 时，f（x）的单调递增区间为
，单调递减区间为
．
（2）F（x）＝f（x）﹣g（x）＝lnx﹣x2+ax+x﹣ex（x＞0），
∴F（x）存在两个不动点，∴⽅程F（x）＝x 有两个实数根，即
有两个解，
令
，
，
令h′（x）＝0，得x＝1，
当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；
当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；
∴h（x）≥h（1）＝e+1，
设I（x）＝lnx﹣x，则
，Imax（x）＝I（1）≤﹣1＜0，即x＞0 时，lnx＜x，
将lnx＜x 两边取指数，则x＜ex，
当x→0+时，
，
当x→+∞时，
，
当a＞e+1 时，F（x）有两个不同的不动点，
所以实数a 的取值范围是（e+1，+∞）．
21．已知函数f（x）＝ex+ax．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若g（x）＝ax2+ex，且曲线y＝f（x）和y＝g（x）在区间（0，1）内存在交点，求实数a 的取值范
围．
【解答】解：（1）已知f（x）＝ex+ax，函数定义域为R，
可得f′（x）＝ex+a，
当a＝0 时，f′（x）＞0 恒成⽴，f（x）单调递增；
当a＞0 时，f′（x）＞0 恒成⽴，f（x）单调递增；
当a＜0 时，
当x＜ln（﹣a）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞ln（﹣a）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
综上，当a≥0 时，函数f（x）在R 上单调递增；
当a＜0 时，函数f（x）的单调递增区间为（ln（﹣a），+∞），单调递减区间为（﹣∞，ln（﹣a））；
（2）若g（x）＝ax2+ex，且曲线y＝f（x）和y＝g（x）在区间（0，1）内存在交点，
即函数h（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣ax2+（a﹣e）x 在区间（0，1）上存在零点，
可得h′（x）＝ex﹣2ax+a﹣e，
不妨设k（x）＝h′（x）＝ex﹣2ax+a﹣e，函数定义域为（0，1），
可得k′（x）＝ex﹣2a，
当a＝0 时，h（x）＝ex﹣ex，
可得h′（x）＝ex﹣e，
当0＜x＜1 时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
⼜h（1）＝0，
所以函数h（x）在区间（0，1）上⽆零点；
当a＜0 时，
易得k′（x）＞0，
所以函数k（x）在（0，1）上单调递增，
即函数h′（x）在（0，1）上单调递增，
⼜k（0）＝h′（0）＝1+a﹣e＜0，k（1）＝h′（1）＝﹣a＞0，
所以在区间（0，1）上存在⼀点x0，使得k（x0）＝h′（x0）＝0，
当0＜x＜x0时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；
当x0＜x＜1 时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
⼜h（0）＝1，h（1）＝0，
所以函数h（x）在区间（0，1）上存在零点；
当a＞0 时，
因为ex＞ex 在（0，1）上恒成⽴，
所以h（x）＝ex﹣ax2+（a﹣e）x＞ex﹣ax2+（a﹣e）x＝a（x﹣x2）＞0，
所以函数h（x）在区间（0，1）上⽆零点，
综上，满⾜条件的实数a 的取值范围为（﹣∞，0）．
22．设函数f（x）＝ax﹣（a+1）ln（x+1）（a＞﹣1）
（1）求f（x）的单调区间；
（2）当a＞0 时，设f（x）的最⼩值为g（a），若g（a）＜t 恒成⽴，求实数t 的取值范围．
【解答】解：（1）f′（x）＝a﹣
＝
（x＞﹣1），…（1 分）
当a＝0 时，f′（x）＝﹣
＜0，所以函数f（x）的减区间为（﹣1，+∞），⽆增区间；
当a≠0 时，f′（x）＝
，
若a＞0，由f′（x）＞0 得x＞，由f′（x）＜0 得﹣1＜x＜，
所以函数f（x）的减区间为（﹣1，），增区间为（，+∞），；
若﹣1＜a＜0，此时
﹣1，所以f′（x）＝
＜0，
所以函数f（x）的减区间为（﹣1，+∞），⽆增区间；
综上，当﹣1＜a≤0 时，函数f（x）的减区间为（﹣1，+∞），⽆增区间，
当a＞0 时，函数f（x）的减区间为（﹣1，），增区间为（，+∞），…（6 分）
（2）由（Ⅰ）得，g（a）＝f（）＝1﹣（a+1）ln（+1），…（7 分）
因为a＞0，所以g（a）＜t⇔
⇔
，
令h（x）＝x﹣（1+x）ln（1+x）﹣tx，（x＞0），则h（x）＜0 恒成⽴，
由于h′（x）＝﹣ln（1+x）﹣t，
当t≥0 时，h′（x）＜0，故函数h（x）在（0，+∞）上是减函数，
所以h（x）＜h（0）＝0 成⽴；…（10 分）
当t＜0 时，若h′（x）＞0，得0＜x＜e﹣t﹣1，
故函数h（x）在（0，e﹣t﹣1）上是增函数，
即对0＜x＜e﹣t﹣1，h（x）＞h（0）＝0，与题意不符；
综上，t≥0 为所求．…（12 分）
23．已知函数f（x）＝ax﹣e﹣x，g（x）＝x2+xlnx．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）证明：g（x）＞﹣
；
（3）若g（x）≥f（x），求a 的取值范围．
【解答】解：（1）f′（x）＝a﹣e﹣x•（﹣1）＝a+e﹣x＝a+
＝
，
当a≥0 时，f′（x）＞0 恒成⽴，f（x）在R 上单调递增，
当a＜0 时，令f′（x）＝0，得x＝ln（﹣），
所以在（﹣∞，ln（﹣））上f′（x）＞0，f（x）单调递增，
在（ln（﹣），+∞）上f′（x）＜0，f（x）单调递减，
综上所述，当a≥0 时，f（x）在R 上单调递增，
当a＜0 时，f（x）在（﹣∞，ln（﹣））上单调递增，在（ln（﹣），+∞）上单调递减．
（2）证明：g（x）＝x2+xlnx，x＞0，
g′（x）＝2x+lnx+x•
＝2x+lnx+1，
令h（x）＝2x+lnx+1，x＞0，
则h（x）在（0，+∞）上单调递增，
当x→0 时，h（x）→﹣∞；⼜h（）＞0，
所以存在x0∈（0，），使得h（x0）＝0，即2x0+lnx0+1＝0，（*）
所以在（0，x0）上，h（x）＜0，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
在（x0，+∞）上，h（x）＞0，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
所以g（x）≥g（x0）＝
+x0lnx0，
由（*）可得lnx0＝﹣2x0﹣1，
所以g（x0）＝
+x0lnx0＝
+x0（﹣2x0﹣1）＝﹣
﹣x0＝﹣（
+x0）＝﹣（x0+
）2+
，x0∈（0，），
所以g（x0）∈（g（），g（0）），即g（x0）∈（﹣
，0），
所以g（x）＞﹣
．
（3）因为g（x）≥f（x），
所以x2+xlnx≥ax﹣e﹣x，
所以x2+xlnx+e﹣x≥ax，
所以x+lnx+
≥a，
所以lnxex+
≥a，
令t（x）＝xex，x＞0，
t′（x）＝ex+xex＝（x+1）ex＞0，
所以t（x）在（0，+∞）上单调递增，即t（x）＞t（0）＝0，
令h（t）＝lnt+
，t＞0，
h′（t）＝﹣
＝
，
令h′（t）＝0，得t＝1，
所以在（0，1）上，h′（t）＜0，h（t）单调递减，
在（1，+∞）上，h′（t）＞0，h（t）单调递增，
所以h（t）≥h（1）＝1，
所以a≤1，
所以a 的取值范围为（﹣∞，1]．
24．已知函数f（x）＝ax+
+（1﹣a2）lnx，a∈R．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若y＝f（x）在x＝1 处的切线斜率为1．
①设g（x）＝xf（x）+（t﹣x）f（t﹣x）（其中t 为正常数），求函数g（x）的最⼩值；
②若m＞0，n＞0，证明：mf（m）+nf（n）≥（m+n）[f（m+n）﹣ln2]．
【解答】解：（Ⅰ）：∵f（x）＝ax+
+（1﹣a2）lnx，x＞0，
∴f′（x）＝a﹣
+
＝
＝
，
当a＝0 时，f′（x）＝＞0 恒成⽴，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a≠0 时，令f′（x）＝0，解得x＝a 或x＝﹣，
当a＞0 时，令f′（x）＞0，即x＞a 时，函数单调递增，
令f′（x）＜0，即0＜x＜a 时，函数单调递减，
当a＜0 时，令f′（x）＞0，即0＜x＜﹣时，函数单调递增，
令f′（x）＜0，即x＞﹣时，函数单调递减，
综上所述：当a＝0 时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＞0 时，f（x）在（a，+∞）上单调递增，在（0，a）上单调递减，
当a＜0 时，f（x）在（0，﹣）上单调递增，在（﹣，+∞）上单调递减，
（Ⅱ）∵y＝f（x）在x＝1 处的切线斜率为1，
∴f′（1）＝
＝1，
解得a＝0，
∴f（x）＝lnx，
①g（x）＝xf（x）+（t﹣x）f（t﹣x）＝xlnx+（t﹣x）ln（t﹣x），0＜x＜t，
∴g′（x）＝1+lnx﹣1﹣ln（t﹣x）＝ln
，
令g′（x）＝0，解得x＝t，
当g′（x）＞0，即
＜x＜t，函数单调递增，
当g′（x）＜0，即0＜x＜，函数单调递减，
∴g（x）min＝g（）＝tln
②不妨设m≥n＞0，令n＝x，
h（x）＝mlnm+xlnx﹣（m+x）ln
，x＞0，
∴h′（x）＝1+lnx﹣1﹣ln
＝ln
，
令h′（x）＝0，解得x＝m，
当h′（x）＞0，即x＞m，函数单调递增，
当h′（x）＜0，即0＜x＜m，函数单调递减，
∴h（x）min＝h（m）＝0，
∴mf（m）+nf（n）≥（m+n）[f（m+n）﹣ln2]．
25．已知函数
．试讨论f（x）的单调区间．
【解答】解：因为
，
所以
，
当a≤0 时，f′（x）＞0，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞0 时，令f′（x）＞0，则x＞a；令f′（x）＜0，则0＜x＜a．
故函数f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增．
综上所述，当a≤0 时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞），⽆单调递减区间；
当a＞0 时，函数f（x）的单调递增区间为（a，+∞），单调递减区间为（0，a）．
26．已知
．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若a∈（0，e），讨论f（x）的零点个数；
（3）若f（x1）＝f（x2）＝0，且x1＜1＜x2，证明：存在唯⼀实数a，使得x1x2＝1．
【解答】解：（1）易知函数f（x）的定义域为（0，+∞），
可得
当0＜a＜e 时，
当0＜x＜a 时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当a＜x＜e 时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x＞e 时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当a＝e 时，
易知f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当a＞e 时，
当0＜x＜e 时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当e＜x＜a 时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x＞a 时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
综上，当0＜a＜e 时，f（x）在（0，a）和（e，+∞）上单调递减，在（a，e）单调递增；
当a＝e 时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞e 时，f（x）在（0，e）和（a，+∞）上单调递减，在（e，a）上单调递增；
（2）由（1）知，当a∈（0，e）时，f（x）在（0，a）单调递减，在（a，e）单调递增，在（e，+∞）单
调递减，
⼜f（1）＝0，
当a∈（0，1）时，f（a）＜f（1）＝0＜f（e），
当x→0+时，f（x）→+∞；当x→+∞时，f（x）→﹣∞；
所以f（x）有3 个零点；
当a＝1 时，f（a）＝f（1）＝0，
所以f（x）有2 个零点；
当a∈（1，e）时，f（a）＜f（1）＝0，
若
，
即2e﹣4＜a＜e 时，
此时f（x）有1 个零点；
若
，
即a＝2e﹣4 时，
此时f（x）有2 个零点；
若
，
即1＜a＜2e﹣4 时，
此时f（x）有3 个零点，
综上：当2e﹣4＜a＜e 时，f（x）有1 个零点；
当a＝1 或a＝2e﹣4 时，f（x）有2 个零点；
当a∈（0，1）∪（1，2e﹣4）时，f（x）有3 个零点；
（3）证明：因为f（x1）＝f（x2）＝0，
所以
，
此时
﹣（a+x2）lnx2+（a+x1）lnx1+2（x2﹣x1）＝0，
整理得a＝
，
因为x1x2＝1，
所以x2＝
，
令t＝lnx1，
可得lnx2＝﹣lnx1＝﹣t，
所以a＝
（2）知，a∈（0，1），
此时
，
即
，
两
式
相
除
得
，
令g（x）＝（x2+1）（lnx）2﹣4x2+8x﹣4，函数定义域为（0，1），
可得
，
令
，
可得h′（x）＝2[（lnx）2+（3﹣
）lnx+
﹣3]，
h″（x）＝2•
＜0，
所以h′（x）在（0，1）单调递减，
因为当x→0+时，h′（x）→+∞，h′（1）＝﹣4＜0，
所以∃x0∈（0，1），使得h′（x0）＝0，
当x∈（0，x0）时，h′（x0）＞0，g′（x）单调递增；
当x∈（x0，1）时，g′（x）单调递减；
因为当x→0+时，
，g′（1）＝0．
所以∃t∈（0，1），使得g′（t）＝0，
当x∈（0，t）时，g′（t）＜0，g′（x）单调递减；
当x∈（t，1）时，g′（x0）＞0，g（x）单调递增；
当x→0+时，g（x）→+∞，g（1）＝0，
所以g（t）＜0，存在唯⼀s∈（0，t），使得g（s）＝0，
即g（x）＝（x2+1）（lnx）2﹣4x2+8x﹣4 有唯⼀解，该解即为x1．
由①知，此时存在唯⼀a∈（0，1）与之对应，命题得证．
27．已知函数f（x）＝x﹣lnx﹣2．
（1）求曲线y＝f（x）在（e，e﹣3）处的切线⽅程；
（2）若a≥0，g（x）＝ax2﹣2（ax+1）﹣f（x），讨论函数g（x）的单调性．
【解答】解：（1）易知f（x）的定义域为（0，+∞），
可得
，
此时
，
⼜f（e）＝e﹣3，
所以曲线y＝f（x）在（e，e﹣3）处的切线⽅程为
，
即（e﹣1）x﹣ey﹣2e＝0；
（2）因为g（x）＝ax2﹣（2a+1）x+lnx，函数定义域为（0，+∞），
可得
，
当a＝0 时，
，
当0＜x＜1 时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当x＞1 时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
当a＞0 时，
，
当
时，
当0＜x＜1 时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当
时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当
时，g′（x）＞0，g（x）单调递减，
当
时，对任意的
，
所以函数g（x）在（0，+∞）上单调递增；
当
时，
当
时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当
时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x＞1 时，g′（x）＞0，g（x）单调递增．
综上所述，当a＝0 时，函数g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
当
时，函数g（x）在（0，1）和
上单调递增，在
上单调递减；
当
时，函数g（x）在（0，+∞）上单调递增；
当
时，函数g（x）在
和（1，+∞）上单调递增，在
上单调递减．
28．已知函数
．
（1）当﹣1＜a＜0 时，求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）在其定义域内不存在极值，求实数a 的值．
【解答】解：（1）因为函数
的定义域为R，
所以f′（x）＝ae2x﹣（a﹣1）ex﹣1＝（aex+1）（ex﹣1），
因为﹣1＜a＜0，所以由f′（x）＝0，
得x＝0 或x＝﹣ln（﹣a）．
⼜﹣ln（﹣a）＞0，
当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＜0，则f（x）在（﹣∞，0）上是减函数；
当x∈（0，﹣ln（﹣a））时，f′（x）＞0，则f（x）在（0，﹣ln（﹣a））上是增函数；
当x∈（﹣ln（﹣a），+∞）时，f′（x）＜0，则f（x）在（﹣ln（﹣a），+∞）上是减函数，
综上：f（x）的单调递减区间为（﹣∞，0），（﹣ln（﹣a），+∞），单调递增区间为（0，﹣ln（﹣a））．
（2）由（1）知f′（x）＝（aex+1）（ex﹣1），
当a≥0 时，aex+1＞0，当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＜0；当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，
所以f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，f（x）存在极值，不符合题意；
当﹣1＜a＜0 时，由（1）可得f（x）存在极值，不符合题意；
当a＝﹣1 时，恒有f′（x）≤0，f（x）不存在极值，符合题意；
当a＜﹣1 时，由（1）可知令f′（x）＝0 时，得x＝0 或x＝﹣ln（﹣a），
因为x＝﹣ln（﹣a）＜0，
所以f（x）的单调递减区间为（﹣∞，﹣ln（﹣a）），（0，+∞），单调递增区间为（﹣ln（﹣a），0），
f（x）存在极值，不符合题意．
综上所述，a＝﹣1．
29．已知函数
，
，其中a∈R．
（Ⅰ）若f′（2）＝0，求实数a 的值；
（Ⅱ）当a＞0 时，求函数g（x）的单调区间；
（Ⅲ）若存在
，使得不等式f（x）≤g（x）成⽴，求实数a 的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）若f′（2）＝0，可得
，即得
．
（Ⅱ）函数g（x）的定义域为（0，+∞），g′（x）＝
，
当a＞0 时，令g′（x）＝0，可得
或x＝2，
①当
，即
时，对任意的x＞0，g′（x）＞0，
此时，函数g（x）的单调递增区间为（0，+∞）．
②当
，即
时，
令g′（x）＞0，得
或x＞2，
令g′（x）＜0，得
，
此时，函数g（x）的单调递增区间为
和（2，+∞），单调递减区间为
．
③当
，即
时，令g′（x）＞0，得0＜x＜2 或
；令g′（x）＜0，得
，
此时，函数g（x）的单调递增区间为（0，2）和
，单调递减区间为
．
（Ⅲ）由f（x）≤g（x），可得ax﹣lnx≥0，即
，其中
，
令
，若存在
，使得不等式f（x）≤g（x）成⽴，
则
，
，令h′（x）＝0，得x＝e，
当
e 时，h′（x）＞0，当e＜x≤e2时，h′（x）＜0，
所以函数h（x）在
上严格递增，在（e，e2]上严格递减，
所以函数h（x）在端点
或x＝e2处取得最⼩值．
因为h（）＝﹣e，h（e2）＝
，所以h（）＜h（e2），
所以h（x）min＝h（）＝﹣e，所以a≥﹣e，
因此，实数a 的取值范围是[﹣e，+∞）．
30．已知函数f（x）＝x2﹣（2a+1）x+alnx（a∈R）．
（1）若函数y＝f（x）在x＝1 处的切线平⾏于x 轴，求a 的值；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）若g（x）＝f（x）﹣x2﹣（a﹣1）lnx 有两个不同的零点x1，x2，求a 的取值范围．
【解答】解：（1）已知f（x）的定义域为（0，+∞），
可得
，
因为函数y＝f（x）在x＝1 处的切线平⾏于x 轴，
所以f′（1）＝1﹣a＝0，
解得a＝1，
当a＝1 时，f（x）＝x2﹣3x+lnx，
此时f（1）＝﹣2，
所以函数y＝f（x）图象在x＝1 处的切线为y＝﹣2，符合题意，
所以a＝1；
（2）易知
，
当
时，
当
时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当
时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞a 时，f′（x）＞0，f（x）单调递减，
当
时，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当
时，
当0＜x＜a 时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当
时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当
时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当a≤0 时，
当
时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当
时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
综上所述，当
时，函数f（x）的递增区间是
，递减区间是
；
当
时，函数f（x）的递增区间是（0，+∞）；
当
时，函数f（x）的递增区间是
，递减区间是
；
当a≤0 时，函数f（x）的递增区间是
，递减区间是
；
（3）易知（x）＝x2﹣（2a+1）x+alnx﹣x2﹣（a﹣1）lnx＝﹣（2a+1）x+lnx，
由g（x）＝0，
解得
，
设
，
可得
，
当0＜x＜e 时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；
当x＞e 时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
所以当x＝e 时，f（x）取得极⼤值，极⼤值
，
当x＞1 时，h（x）＞0 恒成⽴，
要使g（x）有两个零点，
此时直线y＝2a+1 与函数y＝h（x）的图象有两个交点，
需满⾜
，
即
．
所以a 的取值范围为（﹣，
）．
31．已知函数
．
（1）当a＜0 时，讨论f（x）的单调性；
（2）记曲线y＝f（x）在P（x1，f（x1）），Q（x2，f（x2））两点处的切线斜率分别为k1，k2，直线PQ 的
斜率为k3，其中x1，x2∈（0，1]，求证：当a≥﹣1 时，有k1+k2＞2k3．
【解答】解：（1）易知f（x）的定义域为（0，+∞），
可得
，
若Δ＝a2﹣4≤0 时，
即﹣2≤a＜0 时，f′（x）≥0，f（x）单调递增；
若Δ＝a2﹣4＞0，
即a＜﹣2 时，
此时函数h（x）＝x2+ax+1 有两个零点
，且x1＞0，x2＞0，x2＞x1，
当0＜x＜x1时，h（x）＞0，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x1＜x＜x2时，h（x）＜0，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞x2时，h（x）＞0，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
综上所述，当﹣2≤a＜0 时，f（x）在（0，+∞）单调递增；
当a＜﹣2 时，f（x）在
和
上单调递增，
f（x）在
上单调递减；
（2）证明：因为
，
可得
，
所以
，
，
要证k1+k2＞2k3，
需证
，
即证
，
设x2﹣x1＞0，
此时要证
，
即证
，
设
，
此时要证
，
由（1）知
在（0，+∞）上单调递增，
当x∈（1，+∞）时，f（x）＞f（1）＝0，
所以
，
设
，函数定义域为（1，+∞），
可得
，
所以g（t）在（1，+∞）上单调递增，
所以g（t）＞g（1）＝0，
因为0＜x1＜1，a≥﹣1，
所以要证
，
需证
，
设
，函数定义域为（1，+∞），
可得
，
所以h（t）在（1，+∞）上单调递增．
则h（t）＞h（1）＝0，得证．
32．已知函数f（x）＝x﹣+1﹣alnx，a＞0，讨论f（x）的单调性．
【解答】解：∵函数f（x）＝x﹣+1﹣alnx，a＞0，
∴f′（x）＝1+
﹣，x＞0，
令t＝＞0
y＝2t2﹣at+1（t≠0）
①Δ＝a2﹣8≤0，即：0＜a≤2
，y≥0 恒成⽴，此时函数f（x）在（0，+∞）上是增函数
②Δ＝a2﹣8＞0，即：a＞2
，y＝0 有两个不等根
由2t2﹣at+1＞0，得t＜
或t＞
，⼜x＞0
∴0＜x＜
或x＞
由2t2﹣at+1＜0，得
＜t＜
，
∴
＜x＜
综上：①0＜a≤2
，函数f（x）在（0，+∞）上是增函数
②a＞2
函数f（x）（0，
），（
，+∞）上是增函数，在（
，
）
上是减函数．
33．已知函数f（x）＝2lnx+ax2﹣4ax+3a（a∈R）．
（1）若a＝1，求函数f（x）的零点；
（2）讨论函数f（x）的单调性．
【解答】解：（1）若a＝1，f（x）＝2lnx+x2﹣4x+3，x＞0，
则
，
所以函数f（x）在（0，+∞）单调递增，
⼜f（1）＝0，故f（x）有唯⼀的零点1．
（2）因为
，
令g（x）＝ax2﹣2ax+1（x＞0），
①当a＝0 时，g（x）＝1＞0，在（0，+∞）上，f′（x）＞0，所以f（x）单调递增，
②当a≠0 时，Δ＝4a2﹣4a＝4a（a﹣1），
当0＜a≤1 时，Δ≤0，
f′（x）＞0 在（0，+∞）上恒成⽴，所以f（x）单调递增，
当a＜0 或a＞1 时，Δ＝4a2﹣4a＝4a（a﹣1）＞0，令g（x）＝0，
得
，
当a＜0 时，注意到x1＞0＞x2，
所以当x∈（0，x1）时，f′（x）＞0，所以f（x）单调递增；
当x∈（x1，+∞）时，f′（x）＜0，所以f（x）单调递减，
当a＞1 时，注意到0＜x1＜x2，
所以当x∈（0，x1）或x∈（x2，+∞）时，f′（x）＞0，所以f（x）单调递增；
当x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0，所以f（x）单调递减，
综上可得：当a＜0 时，f（x）在（0，x1）上单调递增，在（x1，+∞）上单调递减；
当0≤a≤1 时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞1 时，f（x）在（0，x1），（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减．
34．已知函数f（x）＝x2﹣ax+2lnx，其中a∈R．
（1）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线垂直于直线2x+y＝0，求a 的值；
（2）讨论函数f（x）的单调性．
【解答】解：（1）易知f（x）的定义域为（0，+∞），
可得
，
若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线垂直于直线2x+y＝0，
此时
，
解得
；
（2）易知
，
当a≤0 时，f′（x）＞0 恒成⽴，f（x）单调递增；
当a＞0 时，令f′（x）＝0，
此时2x2﹣ax+2＝0 中，
可得Δ＝a2﹣16，
若0＜a≤4，
此时Δ≤0，f′（x）≥0，f（x）上单调递增；
若a＞4，
此时Δ＞0，
则关于x 的⽅程2x2﹣ax+2＝0 有两个正根，
，
，
当0＜x＜x1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x1＜x＜x2时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞x2时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
综上，当a≤4 时，函数f（x）的递增区间为（0，+∞）；
当a＞4 时，函数f（x）的递增区间为
，递减区间为
．
35．已知函数f（x）＝ex（ex﹣a）﹣a2x，讨论f（x）的单调性．
【解答】解：f（x）＝e2x﹣aex﹣a2x，x∈R，
则f′（x）＝2e2x﹣aex﹣a2＝（2ex+a）（ex﹣a），
①若a＝0，则f′（x）＝2e2x＞0，所以f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增；
②若a＞0，则f′（x）＝0，得x＝lna，
所以，当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＜0，当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0，
所以f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增；
③若a＜0，则f′（x）＝0，得
，
所以，当
时，f′（x）＜0，当
时，f′（x）＞0，
所以f（x）在
上单调递减，在
上单调递增，
综上可知，当a＝0，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增；
当a＞0，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增；
当a＜0，f（x）在
上单调递减，在
上单调递增．
36．已知函数
（a∈R）．
（Ⅰ）若a＝0，求f（x）的最⼩值；
（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间．
【解答】（本⼩题15 分）
解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞）．
若a＝0，则
，f'（x）＝2xlnx，
令f'（x）＝0，得x＝1，
随x 的变化，f'（x），f（x）的变化情况如下表所示
x
（0，1）
1
（1，+∞）
f'（x）
﹣
0
+
f（x）
单调递减
极⼩值f（1）
单调递增
所以a＝0 时，f（x）的最⼩值为
．…………………（6 分）
（Ⅱ）因为f'（x）＝2（x﹣a）lnx（x＞0），
当a≤0 时，x﹣a＞0，
令f'（x）＞0，得lnx＞0，所以x＞1，f（x）在区间（1，+∞）上单调递增，
令f'（x）＜0，得lnx＜0，所以0＜x＜1，f（x）在区间（0，1）上单调递减．
当0＜a＜1 时，令f'（x）＝0，得x＝1 或x＝a，
随x 的变化，f'（x），f（x）的变化情况如下表所示
x
（0，a）
a
（a，1）
1
（1，+∞）
f'（x）
+
0
﹣
0
+
f（x）
单调递增
f（a）
单调递减
f（1）
单调递增
所以f（x）在区间（0，a）上单调递增，在区间（a，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增．
当a＝1 时，因为f'（x）＝2（x﹣1）lnx≥0，当且仅当x＝1 时，f'（x）＝0，
所以f（x）在区间（0，+∞）上单调递增．
当a＞1 时，令f'（x）＝0，得x＝1 或x＝a，
随x 的变化，f'（x），f（x）的变化情况如下表所示
x
（0，1）
1
（1，a）
a
（a，+∞）
f'（x）
+
0
﹣
0
+
f（x）
单调递增
f（1）
单调递减
f（a）
单调递增
所以f（x）在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，a）上单调递减，在区间（a，+∞）上单调递增．
综上所述，
当a≤0 时，f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）；
当0＜a＜1 时，f（x）的单调递增区间为（0，a），（1，+∞），单调递减区间为（a，1）；
当a＝1 时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），⽆单调递减区间；
当a＞1 时，f（x）的单调递增区间为（0，1），（a，+∞），单调递减区间为（1，a）．
……………………………………（15 分）
37．已知函数f（x）＝xex+x，g（x）＝2x+lnx+m．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≥g（x）恒成⽴，求实数m 的取值范围．
【解答】解：（1）由已知可得，函数f（x）的定义域为（﹣∞，+∞），且f′（x）＝ex+xex+1，
可得f″（x）＝ex（x+2），令ex（x+2）＝0，可得x＝﹣2，
此时x＜﹣2，f″（x）＜0，x＞﹣2 时，f″（x）＞0，
所以f′（x）的最⼩值为f′（﹣2）＝e﹣2﹣2e﹣2+1＝1﹣e﹣2＞0，
即f'（x）＞0，
所以f（x）在R 上是增函数，
所以函数的单调增区间为R．
（2）函数f（x）＝xex+x，g（x）＝2x+lnx+m，
f（x）﹣g（x）＝﹣lnx﹣x+xex﹣m，x∈（0，+∞），设h（x）＝﹣lnx﹣x+xex﹣m，
则h′（x）＝﹣﹣1+（x+1）ex＝﹣（x+1）（﹣ex），
令t（x）＝﹣ex，x∈（0，+∞），则t′（x）＝﹣
﹣ex＜0 对任意x∈（0，+∞）恒成⽴，
所以t（x）在（0，+∞）上单调递减．
⼜t（）＝2﹣
＞0，t（1）＝1﹣e＜0，
所以∃x0∈（，1），使得t（x0）＝
﹣
＝0，即
＝
，即﹣lnx0＝x0．
因此，当0＜x＜x0时，t（x）＞0，即h'（x）＜0，则h（x）单调递减；
当x＞x0时，t（x）＜0，即h'（x）＞0，则h（x）单调递增，
故h（x）min＝h（x0）＝﹣lnx0﹣x0+x0
﹣m＝0+1﹣m≥0，解得m≤1，
所以当m≤1 时，f（x）≤g（x）恒成⽴，
即实数m 的取值范围是（﹣∞，1]．
38．设函数f（x）＝emx+x2﹣mx（x∈R），讨论f（x）的单调性．
【解答】解：∵函数f（x）＝emx+x2﹣mx（x∈R），
∴f′（x）＝memx+2x﹣m，
∴f″（x）＝m2•emx+2≥0 恒成⽴，
∴函数f′（x）在定义域R 上是单调增函数；
⼜f′（0）＝m•1+0﹣m＝0，
∴x＞0 时，f′（x）＞0，f（x）是单调增函数；
x＜0 时，f′（x）＜0，f（x）是单调减函数；．即f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递
增．
39．已知函数
．
（1）当a＝2 时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）为定义域上的单调函数，求a 的值和此时在点（1，f（1））处的切线⽅程．
【解答】解：（1）当a＝2 时，
（x＞0），
则
，
所以x∈（0，1），f′（x）＞0；x∈（1，2），f′（x）＜0；x∈（2，+∞），f′（x）＞0，
所以f（x）的单调增区间为（0，1）和（2，+∞），单调减区间为（1，2）；
（2）由题意可得：
，x∈（0，+∞），
由函数f（x）为单调函数，
所以（a+1）2﹣4a≤0，
所以a＝1，
此时
，
，
故
，f′（1）＝0，
所以此时的切线⽅程为
．
40．已知函数f（x）＝e2x﹣（2a+1）ex+ax．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若过原点可以作两条直线与函数f（x）的图象相切，求a 的取值范围．
【解答】解：（1）f'（x）＝2e2x﹣（2a+1）ex+a＝（2ex﹣1）（ex﹣a），
当a≤0 时，ex﹣a≥0，f'（x）＞0⇒x＞﹣ln2，
f'（x）＜0⇒x＜﹣ln2．
所以f（x）在（﹣∞，﹣ln2）上单调递减，在（﹣ln2，+∞）上单调递增，
当
时，f'（x）＞0⇒x＞﹣ln2 或x＜lna，f′（x）＜0＝lna＜x＜﹣ln2．
所以f（x）在（﹣∞，lna）和（﹣ln2，+∞）上单调递增，在（lna，﹣ln2）上单调递减，
∴当
时，f'（x）≥0 恒成⽴，所以f（x）在R 上单调递增，
当
时，f'（x）＞0⇒x＞lna 或x＜﹣ln2；f'（x）＜0⇒﹣ln2＜x＜lna．
所以f（x）在（﹣∞，﹣ln2）和（lna，+∞）上单调递增，在（﹣ln2，lna）上单调递减，
综上所述：当a≤0 时，f（x）在（﹣∞，﹣ln2）上单调递减，在（﹣ln2，+∞）上单调递增，
当
时，f（x）在（﹣∞，lna）和（﹣ln2，+∞）上单调递增，在（lna，﹣ln2）上单调递减，
当
时，f（x）在R 上单调递增，
当
时，f（x）在（﹣∞，﹣ln2）和（lna，+∞）上单调递增，在（﹣ln2，lna）上单调递减；
（
2
）
设
切
点
为
（
x0
，
y0
）
，
则
切
线
⽅
程
为
，
代⼊原点可得
，
整理可得
，
由题意可知⽅程有两个根，并且x0＝1 不是⽅程的根，
当x0≠1 时，⽅程化简为：
，
令
，
，
g'（x）＞0⇒x＜0 或
，
且x≠1，
所以g（x）在（﹣∞，0）和
上单调递增，在（0，1）和
上单调递减，
由图象可知0＜2a+1＜1 或
，
解得：
或
，
即a 的取值范围为（﹣，0）∪（
，+∞）．
41．已知函数
．
（1）若曲线y＝f（x）与y＝g（x）有⼀条斜率为2 的公切线，求实数a 的值；
（2）设函数h（x）＝f（x）﹣（a+1）g（x），讨论h（x）的单调性．
【解答】解：（1）由g（x）＝lnx 得
，设公切线与曲线g（x）＝lnx 的切点坐标为（x0，lnx0），
由已知得
，解得
，
所以公切线⽅程为
，即y＝2x﹣1﹣ln2，
由
得
，
由已知得
，解得
．
（2）由已知
，则
，
当a≥0 时，ax+a+1＞0，令h′（x）＞0，得x＞1，令h′（x）＜0 得0＜x＜1，
这时，h（x）在（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减；
当a≤﹣1 时，ax+a+1＜0，令h′（x）＞0，得0＜x＜1，令h′（x）＜0 得x＞1，
这时，h（x）在（1，+∞）上单调递减，在（0，1）上单调递增；
当﹣1＜a＜0 时，令h′（x）＝0 得x＝1 或
，
，
①当
时，h′（x）≤0，这时h（x）在（0，+∞）上单调递减；
②当
时，
，令h′（x）＞0，得
，
令h′（x）＜0 得0＜x＜1 或
，
这时，h（x）在（0，1）和
上单调递减，在
上单调递增；
③当
时，
，令h′（x）＞0，得
，
令h′（x）＜0 得
或x＞1，
这时，h（x）在
和（1，+∞）上单调递减，在
上单调递增；
综上，当a≤﹣1 时，h（x）在（1，+∞）上单调递减，在（0，1）上单调递增；
当
时，h（x）在
和（1，+∞）上单调递减，在
上单调递增；
当
时，h（x）在（0，+∞）上单调递减；
当
时，h（x）在（0，1）和
上单调递减，在
上单调递增；
当a≥0 时，h（x）在（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减．
42．已知函数f（x）＝x（1﹣lnkx）．
（1）若曲线f（x）在x＝e 处的切线与直线y＝x 垂直，求k 的值；
（2）讨论f（x）的单调性．
【解答】解：（1）因为f（x）＝x（1﹣lnkx），k≠0，所以f′（x）＝﹣ln（kx），
曲线f（x）在x＝e 处的切线与y＝x 垂直，
所以f′（e）＝﹣ln（ke）＝﹣1，得k＝1；
（2）由f（x）＝x（1﹣lnkx）得f′（x）＝﹣ln（kx），
当k＞0 时，f（x）的定义域为（0，+∞），
令f′（x）＝0 得
，
当
时，f′（x）＞0，当
时，f′（x）＜0，
所以f（x）在
上单调递增，在
上单调递减；
当k＜0 时，f（x）的定义域为（﹣∞，0），
令f′（x）＝0 得
，
当
时，f′（x）＜0，当
时，f′（x）＞0，
所以f（x）在
上单调递减，在
上单调递增．
综上所述：当k＞0 时，f（x）在
上单调递增，在
上单调递减；
当k＜0 时，f（x）在
上单调递减，在
上单调递增．
43．已知函数
．
（1）若a＝1，求函数f（x）的极值；
（2）试讨论函数f（x）的单调性．
【解答】解：（1）若a＝1，则f（x）＝2x﹣lnx+
，x＞0，
则f′（x）＝2﹣﹣
＝
＝
，
由f′（x）＞0，可得x＞1，由f′（x）＜0，可得0＜x＜1，
所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上是单调递增，
所以f（x）在x＝1 处取得极⼩值，极⼩值为f（1）＝3，⽆极⼤值．
（2）f′（x）＝2a﹣﹣
＝
，a≠0，
当a＜0 时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上是单调递减；
当a＞0 时，令f′（x）＝0，可得x＝
或x＝
，
因为
＜0，故x＝
舍去，
所以当0＜x＜
时，f′（x）＜0，当x＞
时，f′（x）＞0，
所以f（x）在（0，
）上单调递减，在（
，+∞）上是单调递增．
综上，当a＜0 时，f（x）在（0，+∞）上是单调递减；
当a＞0 时，f（x）在（0，
）上单调递减，在（
，+∞）上是单调递增．
44．已知函数f（x）＝x2ex﹣2x+1．
（1）求曲线y＝f（x）在（0，f（0））处的切线⽅程；
（2）设函数g（x）＝f′（x），求g（x）的单调区间．
【解答】解：（1）∵f（x）＝x2ex﹣2x+1，f′（x）＝（x2+2x）ex﹣2，f′（0）＝﹣2，f（0）＝1，
∴y＝f（x）在（0，f（0））处的切线⽅程为y﹣1＝﹣2（x﹣0），即2x+y﹣1＝0．
（2）∵g（x）＝f'（x）＝ex（2x+x2）﹣2，g'（x）＝ex（x2+4x+2），
g′（x）＜0⇒x2+4x+2＜0⇒
，
∴g（x）的单调增区间为
），
，单调减区间为（
．
45．已知曲线
在点（2，f（2））处的切线与直线
垂直．
（1）求a 的值．
（2）判断f（x）的单调性，并求极值．
【解答】解：（1）由题意得
，则
，
⼜因为曲线f（x）在点（2，f（2））处的切线与直线
垂直，
所以
，解得a＝﹣6；
（2）由（1）知a＝﹣6，则
，定义域为（0，+∞），
所以
，
令f′（x）＜0，解得0＜x＜1 或x＞6，令f′（x）＞0，解得1＜x＜6，
所以函数f（x）在（0，1），（6，+∞）上单调递减，在（1，6）上单调递增，
故函数f（x）的极⼩值为
，极⼤值为f（6）＝42﹣18﹣6ln6＝24﹣6ln6．
46．已知函数
，直线l 在y 轴上的截距为3，且l 与曲线y＝f（x）相切于点
（1，f（1））．
（1）求实数a 的值；
（2）求函数f（x）的单调区间与极值．
【解答】解：（1）
，
，
则
，
，
故直线
，
将点（0，3）代⼊，解得
．
（2）由（1）得
，
，
由f'（x）＞0，得0＜x＜2 或x＞3；由f'（x）＜0，得2＜x＜3，
所以，函数f（x）的单调递增区间为（0，2），（3，+∞）；单调递减区间为（2，3），
f（x）在x＝2 处取得极⼤值f（2）＝3ln2+
，在x＝3 处取得极⼩值f（3）＝3ln3+1．
47．已知函数
，a∈R．
（1）当a＝1 时，求f（x）的单调区间和极值；
（2）若∀x∈R，f（x）≤ex﹣1，求a 的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝1 时，f（x）＝xe﹣x﹣ex，
，
令g（x）＝1﹣x﹣e2x，则g'（x）＝﹣1﹣2e2x＜0，
故g（x）在R 上单调递减，⽽g（0）＝0，
因此0 是g（x）在R 上的唯⼀零点，即0 是f′（x）在R 上的唯⼀零点，
当x 变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
x
（﹣∞，0）
0
（0，+∞）
f′（x）
+
0
﹣
f（x）
单调递增
极⼤值
单调递减
所以f（x）的单调递增区间为（﹣∞，0），递减区间为（0，+∞），
所以f（x）的极⼤值为f（0）＝﹣1，⽆极⼩值；
（2）由题意知xe﹣x﹣aex≤ex﹣1，即
，即
，
设
，则
，
令m′（x）＝0，解得
，
当
，m′（x）＞0，m（x）单调递增，
当
，m′（x）＜0，m（x）单调递减，
所以
，
所以
，
所以a 的取值范围为
．
48．已知函数f（x）＝lnx+x﹣ax2，a∈R．
（1）若f（x）在x＝1 处取得极值，求a 的值；
（2）设g（x）＝f（x）+（a﹣3）x，试讨论函数g（x）的单调性．
【解答】解：（1）由f（x）＝lnx+x﹣ax2，则
，
因为f（x）在x＝1 处取得极值，所以f′（1）＝1+1﹣2a＝0，解得a＝1，
验证，当a＝1 时，
，
所以，当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
所以当x＝1 处取得极⼤值；
（2）因为g（x）＝f（x）+（a﹣3）x＝lnx﹣ax2+（a﹣2）x（x＞0），
所以
，
①若a≥0，则当
时，g′（x）＞0，所以函数g（x）在
上单调递增；
当
时，g′（x）＜0，所以函数g（x）在
上单调递减，
②若a＜0，则
，
当a＜﹣2 时，当
时，g′（x）＞0，
当
时，g′（x）＜0，
所以，函数g（x）在
和
上单调递增，在
上单调递减；
当a＝﹣2 时，g′（x）≥0 在（0，+∞）上恒成⽴，所以函数g（x）在（0，+∞）上单调递增；
当﹣2＜a＜0 时，当
时，g′（x）＞0，当
时，g′（x）＜0，
所以，函数g（x）在
和
上单调递增，在
上单调递减，
所以，当a≥0 时，函数g（x）在
上单调递增，在
上单调递减；
当a＜﹣2 时，函数g（x）在
和
上单调递增，在
上单调递减；
当a＝﹣2 时，函数g（x）在（0，+∞）上单调递增；
当﹣2＜a＜0 时，函数在g（x）在
和
上单调递增，在
上单调递减．
49．已知函数
．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）设g（x）＝x﹣sinx+2，对于任意x1∈[1，e]，均存在x2∈[0，+∞），使得f（x1）≥g（x2），求实数a
的取值范围．
【解答】解：（1）∵
，
，
当a≤0 时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）为单调递减函数，
当a＞0 时，f′（x）＜0⇒
，
∴当a≤0 时，f（x）在（0，+∞）为单调递减函数；
当a＞0 时，f（x）在
上是减函数，
上是增函数．
（2）∵g（x）＝x﹣sinx+2，g′（x）＝1﹣cosx≥0，
∴g（x）在[0，+∞）单调递增，则当x2∈[0，+∞）时，g（x2）min＝2，
⼜对于任意x1∈[1，e]，均存在x2∈[0，+∞），使得f（x1）≥g（x2），
∴对于任意x∈[1，e]，均有f（x）≥2 恒成⽴，
由（1）知：当a≤0 时，f（x）在[1，e]为单调递减函数，
，解得
，不满⾜；
当
时，f（x）在[1，e]为单调递减函数，
，解得
，不满⾜；
当
时，f（x）在[1，e]为单调递增函数，
，
，满⾜；
当
时，
，不满⾜．
∴综上，实数a 的取值范围
．
50．已知函数
．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＝1 时，直线y＝1 是否为曲线y＝f（x）的⼀条切线？试说明理由．
【解答】解：（1）
，
当a＝0 时，f（x）＝
在R 上单调递减，
a＜0 时，f'（x）＜0，f（x）在R 上单调递减；
当a＞0 时，令
得，
，
当
时，f′（x）＞0；当
时，f'（x）＜0，
所以当
时，f（x）单调递增；当
时，f（x）单调递减；
（2）若直线y＝1 与曲线f（x）相切，所以由（1）得，a＞0，切点为
，
所以
，
设g（a）＝﹣alna+a（a＞0），g'（a）＝﹣lna，
当a∈（0，1）时，g'（a）＞0，g（a）单调递增；当a＞1 时，g'（a）＜0，g（a）单调递减，
所以当且仅当a＝1 时，g（a）取得最⼤值1，所以a＝1，
即a＝1 时，直线y＝1 是曲线y＝f（x）的⼀条切线．
51．已知函数f（x）＝ax﹣ln（lnx）．
（1）当
时，求f（x）的单调区间；
（2）若对任意x∈[e，+∞），都有f（x）+lna≥0 成⽴，求a 的取值范围．
【解答】解（1）当
时，
，定义域为（1，+∞），
∴
，
设m（x）＝xlnx﹣e，x∈（1，+∞），则m′（x）＝lnx+1＞0，
∴m（x）在（1，+∞）上递增，
∵m（e）＝0，∴当1＜x＜e 时，m（x）＜0，
则f′（x）＜0，当x＞e 时，m（x）＞0，则f′（x）＞0，
∴f（x）的减区间为（1，e），增区间为（e，+∞）．
（2）由题意可得a＞0，令g（x）＝f（x）+lna＝ax﹣ln（lnx）+lna，x∈[e，+∞），
则
，x∈[e，+∞），
令v（x）＝axlnx﹣1，x∈[e，+∞），则v′（x）＝a（lnx+1）＞0，
∴v（x）＝axlnx﹣1 为[e，+∞）上的增函数，∴v（x）≥v（e）＝ae﹣1，
①当
时，∀x∈[e，+∞），v（x）≥0 恒成⽴，即g′（x）≥0 恒成⽴，
∴g（x）在[e，+∞）上单调递增，⽽g（e）＝ae+lna≥0，
∴当x≥e 时，g（x）≥g（e）≥0，
∴当
时，对任意x∈[e，+∞），g（x）＝f（x）+lna≥0 恒成⽴；
②当
时，v（e）＝ae﹣1＜0，
，
∴由零点存在性定理得，
，v（x0）＝0，
∵v（x）为[e，+∞）上的增函数，
∴当x∈[e，x0）时，v（x）＜0，即g′（x）＜0，
∴当x∈[e，x0）时，g（x）单调递减，
∴当x∈[e，x0）时，g（x）≤g（e）＝ae+lna＜0，
这与对任意x∈[e，+∞），g（x）＝f（x）+lna≥0 恒成⽴⽭盾，
∴
不合题意．
综上，a 的取值范围是
．
52．已知函数f（x）＝ex﹣sinx﹣1．
（1）求函数f（x）在（0，f（0））处的切线⽅程；
（2）讨论函数f′（x）在区间（0，+∞）上的单调性；
（3）证明函数f（x）在区间（﹣π，0]上有且仅有两个零点．
【解答】解：（1）f′（x）＝ex﹣cosx，
则f′（0）＝1﹣1＝0，f（0）＝0，
所以函数f（x）在（0，f（0））处的切线⽅程为y＝0；
（2）令h（x）＝f′（x）＝ex﹣cosx，则h′（x）＝ex+sinx＞0，x∈（0，+∞），
所以函数函数f′（x）在区间（0，+∞）上单调递增；
证明：（3）f′（x）＝ex﹣cosx，
当
时，0＜ex＜1，cosx＜0，所以f′（x）＞0，
函数f（x）在
上单调递增，
⼜f（﹣π）＝e﹣π﹣1＜0，
，
因此函数f（x）在
上有唯⼀零点；
当
时，令g（x）＝ex﹣cosx，则g′（x）＝ex+sinx，
因为函数y＝ex，y＝sinx 在
上都是增函数，
所以函数g′（x）＝ex+sinx 在
上是增函数，
⽽
，
则存在
，使得g′（x0）＝0，
当
时，g′（x）＜0，当x∈（x0，0）时，g′（x）＞0，
所以函数g（x）在
上单调递减，在（x0，0）上单调递增，
即函数f′（x）在
上单调递减，在（x0，0）上单调递增，
⼜
，f′（x0）＜f′（0）＝0，
则存在
，使得f′（x1）＝0，
当
时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
当x∈（x1，0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
所以f（x）≥f（x1），
⽽
，f（0）＝0，因此函数f（x）在
上有唯⼀零点，
综上所述，函数f（x）在区间（﹣π，0]上有且仅有两个零点．
53．已知函数f（x）＝alnx+x2﹣ax，定义域为（0，+∞）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）求当函数f（x）有且只有⼀个零点时，a 的取值范围．
【解答】解：（1）因为
，
（i）当Δ＝a2﹣8a≤0，即0≤a≤8 时，则f′（x）≥0 在（0，+∞）内恒成⽴，
可知f（x）在（0，+∞）内单调递增；
（ii）当Δ＝a2﹣8a＞0，即a＞8 或a＜0 时，可知2x2﹣ax+a＝0 有两个不相等的根x1，x2，
不妨令
，
，可知x1＜x2，
①若a＜0，因为
，可知x1＜0＜x2，令f'（x）＞0，解得x＞x2，
令f'（x）＜0，解得0＜x＜x2；可知f（x）在（0，x2）内单调递减，
在（x2，+∞）内单调递增；
②若a＞8，因为
，可知0＜x1＜x2，令f'（x）＞0，解得x＞x2或0＜x＜x1；
令f'（x）＜0，解得x1＜x＜x2，可知f（x）在（x1，x2）内单调递减，
在（0，x1），（x2，+∞）内单调递增；
综上所述：当0≤a≤8 时，f（x）在（0，+∞）内单调递增；
当a＜0 时，f（x）在
内单调递减，
内单调递增；
当a＞8 时，f（x）在
内单调递减，
在
内单调递增；
（2）若a＝0，可知f（x）＝x2在（0，+∞）内⽆零点，不合题意，
可知a≠0，令f（x）＝alnx+x2﹣ax＝0，整理得
，
构造
，原题意等价于y＝g（x）与
有且仅有⼀个交点，
因为
，x＞0，构造h（x）＝﹣x﹣1+2lnx，x＞0，
则
，令h'（x）＞0，解得0＜x＜2；
令h'（x）＜0，解得x＞2；可知h（x）在（0，2）内单调递增，
在（2，+∞）内单调递减，则h（x）≤h（2）＝﹣3+2ln2＜0，
即g'（x）＜0 在（0，+∞）内恒成⽴，可知g（x）在（0，+∞）内单调递减，
且当x 趋近于0 时，g（x）趋近于+∞；当x 趋近于+∞时，g（x）趋近于0；
可得
，即a＞0，所以a 的取值范围为（0，+∞）．
54．已知函数f（x）＝（mx2+1）e﹣x（m∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数g（x）＝f（x）+nxe﹣x﹣1 在（0，1）上有零点，且m+n＝e﹣1，求实数m 的取值范围．
【解答】解：（1）已知f（x）＝（mx2+1）e﹣x（m∈R），函数定义域为R，
可得f′（x）＝2mxe﹣x﹣（mx2+1）e﹣x＝﹣（mx2﹣2mx+1）e﹣x，
当m＝0 时，f′（x）＝﹣e﹣x＜0，
所以f（x）在R 上单调递减；
令f′（x）＝0，
解得x＝，
所以当x＜时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当m≠0 时，
因为y＝mx2﹣2mx+1 是开⼝向上的⼆次函数，且Δ＝4m（m﹣1），
若Δ≤0，即0＜m≤1 时，y＝mx2﹣2mx+1≥0，
所以f′（x）≤0；
若Δ＞0，
此时函数t＝mx2﹣2mx+1 有两个根x＝1﹣
或x＝1+
，
若m＜0，
所以当x＜1+
时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当1+
＜x＜1﹣
时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞1﹣
时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
若m＞1，
所以当x＜1﹣
时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当1﹣
＜x＜1+
时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x＞1+
时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
综上所述，当0≤m≤1 时，函数f（x）在R 上单调递减；
当m＞1 时，函数f（x）在（﹣∞，1﹣
）和（1+
，+∞）上单调递减；
在（1﹣
，1+
）上单调递增
当m＜0 时，函数f（x）在（﹣∞，1+
）和（1﹣
，+∞）上单调递增；
在（1+
，1﹣
）上单调递减；
（2）令g（x）＝（mx2+1）e﹣x+nxe﹣x﹣1＝0，
解得ex＝mx2+nx+1，
不妨设h（x）＝ex﹣mx2﹣nx﹣1，函数定义域为（0，1），
则h（x）在（0，1）内有零点；
不妨设x0为h（x）在（0，1）内的⼀个零点，
因为h（0）＝0，h（1）＝0，
所以h（x）在区间（0，x0）和（x0，1）上不可能单调；
不妨设φ（x）＝h'（x），函数定义域为（0，1），
此时φ（x）在区间（0，x0）和（x0，1）上均存在零点，
即φ（x）在（0，1）上⾄少有两个零点，
易知h'（x）＝ex﹣2mx﹣n，φ'（x）＝ex﹣2m，
当
时，φ'（x）＞0，φ（x）在（0，1）上单调递增，不可能有两个及以上零点；
当
时，φ'（x）＜0，φ（x）在（0，1）上单调递减，不可能有两个及以上零点；
当
＜m＜时，
令φ'（x）＝0，
解得x＝ln2m，
当0＜x＜ln2m 时，φ'（x）＜0，φ（x）单调递减；
当ln2m＜x＜1 时，φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，
所以φ（x）在x＝ln2m 处取得最⼩值φ（ln2m）＝3m﹣2mln2m+1﹣e，
若φ（x）有两个零点，
需满⾜φ（ln2m）＜0，φ（0）＞0，φ（1）＞0，
不妨设F（x）＝x﹣xlnx+1﹣e，函数定义域为（1，e），
可得F′（x）＝﹣lnx，
当1＜x＜
时，F′（x）＞0，F（x）单调递增；
当
＜x＜e 时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，
所以F（x）max＝F（
）＝
+1﹣e＜0，
此时φ（ln2m）＜0 恒成⽴，
⼜φ（0）＝1﹣n＝m﹣e+2＞0，φ（1）＝e﹣2m﹣n＞0，
可得e﹣2＜m＜1，
当e﹣2＜m＜1 时，不妨设φ（x）的两个零点分别为x1，x2，（x1＜x2），
可得h（x）在（0，x1）上单调递增；在（x1，x2）上单调递减；
在（x2，1）上单调递增，
所以h（x1）＞h（0）＝0，h（x2）＜h（1）＝0，
则h（x）在区间（x1，x2）内有零点，
综上所述，实数m 的取值范围为（e﹣2，1）．
55．已知函数f（x）＝ae2x+（a﹣4）ex﹣2x．
（1）求f（x）的单调性；
（2）若f（x）有两个零点，求a 的取值范围．
【解答】解：（1）函数f（x）＝ae2x+（a﹣4）ex﹣2x，
则f′（x）＝2ae2x+（a﹣4）ex﹣2＝（2ex+1）（aex﹣2），
当a≤0 时，f′（x）＜0，所以f（x）在R 上单调递减；
当a＞0 时，由f′（x）＜0，可得x＜ln
，由f′（x）＞0，可得x＞ln
，
所以f（x）在（﹣∞，ln
）上单调递减，在（ln
，+∞）上单调递增，
综上所述，当a≤0 时，f（x）在R 上单调递减；
当a＞0 时，f（x）在（﹣∞，ln
）上单调递减，在（ln
，+∞）上单调递增．
（2）由（1）知，当a≤0 时，f（x）最多有⼀个零点；
当a＞0 时，f（x）在
时取得最⼩值为
，
即
，
所以当a≥2 时，
，故f（x）最多只有⼀个零点；
当0＜a＜2 时，
，
因为f（﹣2）＝ae﹣4+（a﹣4）e﹣2+4＝ae﹣2（e﹣2+1）+4（1﹣e﹣2）＞0，
所以f（x）在
有⼀个零点．
，
令g（x）＝x﹣lnx，则
，
当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）在（0，1）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）在（1，+∞）单调递增．
⼜g（1）＝1＞0，所以g（x）＞0，
故当x＞0 时，有x＞lnx．
因为0＜a＜2 时，
，所以
，故
，
可知f（x）在
有⼀个零点．
综上可知，若f（x）有两个零点，a 的取值范围是（0，2）．
56．已知函数f（x）＝
．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若g（x）＝（mx﹣x2﹣1）ex（m∈R），且对任意的x1，x2∈（﹣1，1），f（x1）+e≥g（x2）恒成⽴．求
实数m 的取值范围．
【解答】解：（1）f（x）＝
（x＞﹣1）的导数为f′（x）＝
，
由f′（x）＝0，可得x＝0，
当x＞0 时，f′（x）＞0，f（x）递增；当﹣1＜x＜0 时，f′（x）＜0，f（x）递减，
则f（x）的增区间为（0，+∞），减区间为（﹣1，0）；
（2）由（1）可得f（x）的最⼩值为f（0）＝0，
对任意的x1，x2∈（﹣1，1），f（x1）+e≥g（x2）恒成⽴，
可得e≥g（x）在x∈[﹣1，1]恒成⽴，
当x＝0 时，e≥g（0）＝﹣1 恒成⽴；
当0＜x≤1 时，m≤x+
+
恒成⽴；
由y＝x+
+
的导数为y′＝
，
因为y＝x﹣1﹣e1﹣x 在（0，1]递增，可得y＝x﹣1﹣e1﹣x＜0，
⼜x+1＞0，可得
＜0，则y＝x+
+
在（0，1]递减，
可得y＝x+
+
的最⼩值为3，则m≤3；
当﹣1≤x＜0 时，m≥x+
+
恒成⽴；
由y＝x+
+
的导数为y′＝
，
因为y＝x﹣1﹣e1﹣x 在[﹣1，0）递增，可得y＝x﹣1﹣e1﹣x＜0，
⼜x+1＞0，可得
＜0，则y＝x+
+
在[﹣1，0）递减，
可得y＝x+
+
的最⼤值为﹣2﹣e2，则m≥﹣2﹣e2．
综上可得，m 的范围是[﹣2﹣e2，3]．
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导数——题型15～17
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
C
B
B
A
A
B
C
D
B
A
题号
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
A
A
C
C
A
B
C
A
D
C
⼀．选择题（共21 ⼩题）
1．若函数f（x）＝（x2+ax）ex 在[1，2]上存在单调递减区间，则a 的取值范围是（
）
A．
B．（﹣6，﹣4）
C．
D．
【解答】解：函数f（x）＝（x2+ax）ex，求导得f'（x）＝（x2+ax+2x+a）ex，
由函数f（x）＝（x2+ax）ex 在[1，2]上存在单调递减区间，得f'（x）＜0 在[1，2]上有解，
即不等式
在[1，2]上有解，
⽽函数
在[1，2]上单调递减，
当x＝1 时，
，则
，
所以a 的取值范围是
．
故选：D．
2．已知函数f（x）＝aex﹣lnx 在区间（1，3）上单调递减，则实数a 的最⼤值为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：由题意得f'（x）＝aex﹣，x∈（1，3），
函数f（x）＝aex﹣lnx 在区间（1，3）上单调递减，即f'（x）≤0 在（1，3）上恒成⽴，
∴aex﹣≤0 在（1，3）上恒成⽴，即a≤
在（1，3）上恒成⽴，
令g（x）＝
，x∈（1，3），
则g'（x）＝﹣
＜0 在（1，3）上恒成⽴，
∴g（x）在（1，3）上单调递减，
∴g（3）＜g（x）＜g（1），
⼜g（3）＝
，
∴a≤
，即实数a 的最⼤值为
．
故选：C．
3．已知函数f（x）＝ax+cosx 在
上单调递增，则a 的取值范围是（
）
A．[﹣1，+∞）
B．[1，+∞）
C．
D．
【解答】解：因为函数f（x）＝ax+cosx 在
上单调递增，
所以f'（x）＝a﹣sinx≥0 在
上恒成⽴，
即a≥sinx，当x∈
时，sinx 的最⼤值为1，
所以a≥1，则a 的取值范围是[1，+∞）．
故选：B．
4．已知函数f（x）＝eax﹣ex 在[0，+∞）上单调递增，则a 的取值范围是（
）
A．[0，+∞）
B．（1，+∞）
C．（e，+∞）
D．[2e，+∞）
【解答】解：∵f（x）＝eax﹣ex 在[0，+∞）上单调递增，
∴f'（x）＝aeax﹣ex≥0 在[0，+∞）上恒成⽴
⇔aeax≥ex 在[0，+∞）上恒成⽴．
∴a＞0，lna+ax≥x 在[0，+∞）上恒成⽴
⇔lna+（a﹣1）x≥0 在[0，+∞）上恒成⽴．
∴a≥1．
⼜当a＝1 时，f（x）＝0 不是增函数，
∴a＞1．
故选：B．
5．已知函数f（x）＝ln（x2﹣ax）在区间（1，+∞）上单调递增，则实数a 的取值范围是（
）
A．（﹣∞，1]
B．（﹣∞，2]
C．（0，2]
D．[2，+∞）
【解答】解：函数y＝lnx 在（0，+∞）上单调递增，
⽽函数f（x）＝ln（x2﹣ax）在区间（1，+∞）上单调递增，
则有函数
在区间（1，+∞）上恒正且单调递增，
因此
且1﹣a≥0，
解得a≤1，
∴实数a 的取值范围是（﹣∞，1]．
故选：A．
6．设函数f（x）＝ax﹣alnx（a＞0 且a≠1）在区间（1，+∞）上单调递增，则a 的取值范围是（
）
A．[e，+∞）
B．[e2，+∞）
C．[2e，+∞）
D．[ee，+∞）
【解答】解：依题意，
在（1，+∞）上恒成⽴，
记
，则
在（1，+∞）上恒成⽴，
f′（x）在（1，+∞）上单调递增，所以只需alna﹣a＝a（lna﹣1）≥0，解得a≥e．
故选：A．
7．已知函数f（x）＝lnx﹣ax﹣2 在区间（1，2）上不单调，则实数a 的取值范围为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：f′（x）＝﹣a＝
，
当a≤0 时，f（x）单调递增，不符合题意；
当a＞0 时，令f′（x）＞0，可得0＜x＜，令f′（x）＜0，可得x＞，
所以f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减，
所以函数f（x）的极⼤值点为x＝，
因为函数f（x）在区间（1，2）上不单调，
所以1＜＜2，解得
＜a＜1，
即实数a 的取值范围为（，1）．
故选：B．
8．已知函数f（x）＝xlnx+ax2+a2在区间（0，+∞）上单调递减，则a 的取值范围是（
）
A．
B．（﹣∞，﹣1）
C．
D．（﹣∞，﹣1]
【解答】解：∵f（x）＝xlnx+ax2+a2在区间（0，+∞）上单调递减，
∴f'（x）＝lnx+1+2ax≤0 在（0，+∞）上恒成⽴⇒
在（0，+∞）上恒成⽴．
令
，则
＞0⇒0＜x＜1，
∴g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
g（x）max＝g（1）＝1，
∴﹣2a≥1⇒
，
∴a 的取值范围是
．
故选：C．
9．已知函数f（x）＝（2﹣x）ex﹣ax 在（0，5）上为减函数，则a 的取值范围是（
）
A．（﹣∞，5e）
B．[5e，+∞）
C．（1，+∞）
D．[1，+∞）
【解答】解：因为函数f（x）＝（2﹣x）ex﹣ax 在（0，5）上为减函数，
所以f′（x）＝﹣ex+（2﹣x）ex﹣a≤0 在（0，5）上恒成⽴，
所以a≥（1﹣x）ex 在（0，5）上恒成⽴，令g（x）＝（1﹣x）ex，
所以g′（x）＝﹣ex+（1﹣x）ex＝﹣xex＜0，
所以g（x）在（0，5）上单调递减，所以﹣4e5＝g（5）＜g（x）＜g（0）＝1，
故a≥1，所以a 的取值范围是[1，+∞）．
故选：D．
10．函数
在区间[1，3]上单调递减，则m 的取值范围为（
）
A．
B．
C．（﹣∞，6）
D．（﹣∞，6]
【解答】解：
，
因为函数
在区间[1，3]上单调递减，
即
在[1，3]上恒成⽴，
⼜因为
在[1，3]⼤于0，所以
在[1，3]上恒成⽴，
令g（x）＝x2﹣x+1，对称轴为
，g（x）在[1，3]单调递增，g（x）max＝g（3）＝7，
所以
，
所以
，
所以m 的取值范围为
．
故选：B．
11．若函数f（x）＝
在（0，π）上单调递增，则a 的取值范围是（
）
A．（﹣∞，﹣1]
B．[﹣1，+∞）
C．（﹣∞，1]
D．[1，+∞）
【解答】解：∵f（x）＝
在（0，π）上单调递增，
∴f′（x）＝cos2x﹣asinx≥0 在（0，π）上恒成⽴，
∴a≤
在（0，π）上恒成⽴，
令g（x）＝
＝
＝
﹣2sinx（0＜x＜π），（*）
再令t＝sinx（0＜x＜π），则0＜t≤1．
∴（*）式可化为h（t）＝﹣2t，
∵h（t）＝﹣2t 在（0，1]上单调递减，
∴h（t）min＝h（1）＝﹣1，即g（x）min＝﹣1，
∴a≤﹣1，
故选：A．
12．若函数f（x）＝x2+alnx﹣x+1（a∈R）在
上单调递增，则a 的取值范围是（
）
A．[0，+∞）
B．（0，+∞）
C．
D．
【解答】解：因为函数f（x）＝x2+alnx﹣x+1 在
上单调递增，
所以
≥0 在
上恒成⽴，
所以a≥﹣2x2+x 在
上恒成⽴，
根据⼆次函数的性质可知，当x
时，﹣2x2+x≤0，
故a≥0．
故选：A．
13．若函数f（x）＝kx﹣6lnx+x2在区间[1，+∞）上单调递增，则实数k 的取值范围为（
）
A．[4，+∞）
B．（﹣∞，4]
C．（4，+∞）
D．（﹣∞，4）
【解答】解：因为f（x）＝kx﹣6lnx+x2，所以f'（x）＝k﹣+2x，
由f（x）在区间（1，+∞）上单调递增，知f'（x）≥0 在[1，+∞）恒成⽴，
即k≥
﹣2x 在[1，+∞）恒成⽴，
因为y＝﹣2x 在[1，+∞）单调递减，
当x＝1 时，y＝﹣2x 取得最⼤值4，
所以k≥4．
故选：A．
14．函数f（x）＝x3+bx2+cx+d 的⼤致图象如图所示，则x12+x22等于（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：∵f（x）＝x3+bx2+cx+d，由图象知，﹣1+b﹣c+d＝0，0+0+0+d＝0，8+4b+2c+d＝0，
∴d＝0，b＝﹣1，c＝﹣2
∴f′（x）＝3x2+2bx+c＝3x2﹣2x﹣2．
由题意有x1和x2是函数f（x）的极值点，故有x1和x2是f′（x）＝0 的根，
∴x1+x2＝，x1•x2＝﹣．
则x12+x22＝（x1+x2）2﹣2x1•x2＝+
＝
，
故选：C．
15．已知函数y＝
的图象如图所示（其中f′（x）是定义域为R 函数f（x）的导函数），则以下说法
错误的是（
）
A．f′（1）＝f′（﹣1）＝0
B．当x＝﹣1 时，函数f（x）取得极⼤值
C．⽅程xf′（x）＝0 与f（x）＝0 均有三个实数根
D．当x＝1 时，函数f（x）取得极⼩值
【解答】解：A．由图象可知x＝1 或﹣1 时，f′（1）＝f′（﹣1）＝0 成⽴．
B．当x＜﹣1 时，
＜0，此时f′（x）＞0，当﹣1＜x＜0 时，
＞0，此时f′（x）＜0，故
当x＝﹣1 时，函数f（x）取得极⼤值，成⽴．
C．令g（x）＝xf′（x），若g（x）＝0，则x＝0 或f′（x）＝0，根据图像可得f′（x）＝0 时x＝﹣1 或x＝1，
故⽅程xf′（x）＝0 有三个实数根正确；y＝
，根据图像可得f（x）在（﹣∞，﹣1），（1，+∞）上
单调递增，（﹣1，0），（0，1）上单调递减，由于⽆法确定在x＝0 处的单调情况以及极值⼤⼩，故⽆法
得出f（x）＝0 有三个实数根，故C 错误．
D．当0＜x＜1 时，
＜0，此时f′（x）＜0，当x＞1 时，
＞0，此时f′（x）＞0，故当x
＝1 时，函数f（x）取得极⼩值，成⽴．
故选：C．
16．如图是f（x）的导函数f′（x）的图象，则f（x）的极⼩值点的个数为（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【解答】解：由导函数f（x）的图像可知，
在x＝﹣2 处f（﹣2）＝0，且其两侧导数符号为左正右负，x＝﹣2 是极⼤值，
在x＝﹣1 处f（﹣1）＝0，且其两侧导数的符号为左负右正，x＝﹣1 是极⼩值，
在x＝﹣3 处f（2）＝0，且其两侧导数符号为左正右负，x＝2 是极⼤值，
所以f（x）的极⼩值点的个数为1，
故选：A．
17．设函数f（x）在R 上可导，其导函数为f′（x），且函数g（x）＝xf′（x）的图象如图所示，则下列结论
中⼀定成⽴的是（
）
A．f（x）有两个极值点
B．f（x）有两个极⼩值
C．f（0）为函数的极⼩值
D．f（﹣1）为f（x）的极⼩值
【解答】解：由函数g（x）＝xf'（x）的图象，
可得当x∈（﹣∞，﹣2）时，xf′（x）＞0，
所以f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（﹣2，0）时，xf′（x）＜0，
所以f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（0，1）时，xf′（x）＜0，
所以f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（1，+∞）时，xf′（x）＞0，
所以f′（x）＞0，f（x）单调递增，
综上，当x＝﹣2 时，函数f（x）取得极⼩值；
当x＝0 时，函数f（x）取得极⼤值；
当x＝1 时，函数f（x）取得极⼩值，
故选项ABC 错误，选项B 正确．
故选：B．
18．已知函数f（x）＝x3+bx2+cx 的图象如图所示，则x12+x22等于（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：由图可知，f（x）＝0 的三个根为0，1，2
∴f（1）＝1+b+c＝0，f（2）＝8+4b+2c＝0
解得b＝﹣3，c＝2
⼜由图可知，x1，x2为函数f（x）的两个极值点
∴f′（x）＝3x2﹣6x+2＝0 的两个根为x1，x2，
∴x1+x2＝2，x1x2＝
∴
＝（x1+x2）2﹣2x1x2＝4﹣＝
故选：C．
19．设函数f（x）＝+lnx 则（
）
A．x＝2 为f（x）的极⼩值点
B．x＝2 为f（x）的极⼤值点
C．
为f（x）的极⼩值点
D．
为f（x）的极⼤值点
【解答】解：因为函数f（x）＝+lnx，
f′（x）＝
，
令f′（x）＝0，得x＝2，
⼜f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x），f（x）随x 的变化情况如下表：
x
（0，2）
2
（2，+∞）
f′（x）
﹣
0
+
f（x）
减函数
极⼩值
增函数
所以x＝2 时，f（x）的极⼩值为1+ln2．
故选：A．
20．已知函数
，则f（x）的极⼤值点为（
）
A．
B．1
C．e
D．2e
【解答】解：f′（x）＝
﹣，
故f′（e）＝，
故f（x）＝2lnx﹣，
令f′（x）＝﹣＞0，解得：0＜x＜2e，
令f′（x）＜0，解得：x＞2e，
故f（x）在（0，2e）递增，在（2e，+∞）递减，
∴x＝2e 时，f（x）取得极⼤值2ln2，
则f（x）的极⼤值点为：2e．
故选：D．
21．已知e 为⾃然对数的底数，设函数f（x）＝（ex﹣1）（x﹣1）k（k＝1，2），则（
）
A．当k＝1 时，f（x）在x＝1 处取得极⼩值
B．当k＝1 时，f（x）在x＝1 处取得极⼤值
C．当k＝2 时，f（x）在x＝1 处取得极⼩值
D．当k＝2 时，f（x）在x＝1 处取得极⼤值
【解答】解：当k＝1 时，函数f（x）＝（ex﹣1）（x﹣1）．
求导函数可得f'（x）＝ex（x﹣1）+（ex﹣1）＝（xex﹣1），
f'（1）＝e﹣1≠0，
则f（x）在x＝1 处取不到极值，
当k＝2 时，函数f（x）＝（ex﹣1）（x﹣1）2．
f'（x）＝ex（x﹣1）2+2（ex﹣1）（x﹣1）＝（x﹣1）（xex+ex﹣2），
∴f'（1）＝0，且当x＞1 时，f'（x）＞0，当x0＜x＜1 时（x0为极⼤值点），f'（x）＜0，故函数f（x）在（1，
+∞）上是增函数；
在（x0，1）上是减函数，从⽽函数f（x）在x＝1 取得极⼩值．
故选：C．
⼆．多选题（共1 ⼩题）
（多选）22．设函数f（x）在R 上可导，其导函数f′（x）且函数y＝（1﹣x）f′（x）的图象如图所示，则下
列结论中⼀定成⽴的是（
）
A．函数f（x）有极⼤值f（﹣2）
B．函数f（x）有极⼤值f（2）
C．函数f（x）有极⼩值f（1）
D．函数f（x）有极⼩值f（2）
【解答】解：由图可知，x∈（﹣∞，﹣2），1﹣x＞0，且（1﹣x）f′（x）＞0，
则f′（x）＞0，f（x）在区间（﹣∞，﹣2）单调递增，
当x∈（﹣2，1），1﹣x＞0，且（1﹣x）f′（x）＜0，
则f′（x）＜0，f（x）在区间（﹣2，1）单调递减，
当x∈（1，2），1﹣x＜0，且（1﹣x）f′（x）＞0，
则f′（x）＜0，f（x）在区间（1，2）单调递减，
当x∈（2，+∞），1﹣x＜0，且（1﹣x）f′（x）＜0，
则f′（x）＞0，f（x）在区间（2，+∞）单调递增，
所以函数f（x）的极⼤值为f（﹣2），函数f（x）的极⼩值为f（2）．
故选：AD．
三．解答题（共7 ⼩题）
23．已知函数f（x）＝xex．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线⽅程；
（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间和极值；
（Ⅲ）若
在x∈（1，+∞）上恒成⽴，求实数a 的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）已知f（x）＝xex，函数定义域为R，
可得f′（x）＝（x+1）ex，
此时f′（0）＝1，
⼜f（0）＝0，
所以曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线⽅程为y﹣0＝1×（x﹣0），
即y＝x；
（Ⅱ）因为f′（x）＝（x+1）ex，
当x＜﹣1 时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞﹣1 时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以当x＝﹣1 时，函数f（x）取得极⼩值，极⼩值f（﹣1）＝﹣，⽆极⼤值；
（Ⅲ）若
在x∈（1，+∞）上恒成⽴，
即xex＞a（
+x）+1 在x∈（1，+∞）上恒成⽴，
易知
+x＞0，
则a＜
在x∈（1，+∞）上恒成⽴，
不妨设g（x）＝
，函数定义域为（1，+∞），
可得g′（x）＝
＞0，
所以函数g（x）在定义域上单调递增，
则g（x）＞g（1）＝
，
故实数a 的取值范围为（﹣∞，
]．
24．已知函数
．
（1）求f（x）在x＝0 处的切线⽅程；
（2）求f（x）的极值．
【解答】解：（1）∵
，
∴f′（0）＝2，⼜f（0）＝﹣1，
∴f（x）在x＝0 处的切线⽅程为y+1＝2x，
即切线⽅程为2x﹣y﹣1＝0．
（2）令f′（x）＝0，解得x＝2，
当x 变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表所示，
x
（﹣∞，2）
2
（2，+∞）
f′（x）
+
0
﹣
f（x）
单调递增
单调递减
∴当x＝2 时，f（x）有极⼤值，并且极⼤值为
，⽆极⼩值．
25．已知函数f（x）＝x2﹣10x+3alnx 在点（1，f（1））处的切线与直线x+4y﹣1＝0 垂直．
（1）求a 的值；
（2）求函数f（x）的极值．
【解答】解：（1）因为f（x）＝x2﹣10x+3alnx，
所以f′（x）＝2x﹣10+
，
因为f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x+4y﹣1＝0 垂直，
所以f′（1）＝3a﹣8＝4，即a＝4；
（2）由（1）得，f′（x）＝2x﹣10+
＝
，
因为x＞0，
故当x＞3 时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
2＜x＜3 时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
0＜x＜2 时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
故x＝2 时，函数f（x）取得极⼤值f（2）＝12ln2﹣16，
当x＝3 时，函数f（x）取得极⼩值f（3）＝12ln3﹣21．
26．已知函数
，其中a∈R．
（1）当a＝1 时，求曲线y＝f（x）在（0，f（0））处的切线⽅程；
（2）讨论f（x）的极值．
【解答】解：（1）因为
，
当a＝1 时，
，⼜因为f（0）＝1，
故曲线y＝f（x）在（0，f（0））处的切线⽅程为y﹣1＝﹣2（x﹣0），即2x+y﹣1＝0．
（2）因为
，解得
，
①若a＜4，可得
或x＞2 时，f′（x）＜0，当
时，f′（x）＞0，
所以f（x）在
递减，
递增，
所以f（x）的极⼩值为
的极⼤值为
．
②若a＝4，则f′（x）≤0，所以函数f（x）在R 上单调递减，⽆极值；
③若a＞4，当x＜2 或
时，f′（x）＜0，当
时，f′（x）＞0，
所以f（x）在
递减，
递增，
所以f（x）的极⼩值为
的极⼤值为
．
综上，当a＜4 时，f（x）的极⼩值为
，f（x）的极⼤值为
，
当a＝4 时，函数f（x）⽆极值，
当a＞4 时，f（x）的极⼩值为
的极⼤值为
．
27．已知函数
．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＝2 时，若函数
，求函数g（x）极值点的个数．
【解答】解：（1）
＝
，
当0＜a＜1 时，当x∈（0，a），x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（a，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
当a＞1 时，当x∈（0，1），x∈（a，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（1，a）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当a＝1 时，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）单调递增．
综上所述，当a＝1 时，（0，+∞）单调递增，
当a＞1 时，x∈（0，1），x∈（a，+∞）单调递增；x∈（1，a），f（x）单调递减，
当0＜a＜1 时，x∈（0，a），x∈（1，+∞）单调递增；x∈（a，1）单调递减．
（2）a＝2 时，
，
设
在区间（0，+∞）单调递增．
因为
，
所以存在唯⼀x0∈（1，2）使得h′（x0）＝0，
当x∈（0，x0）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，即g′（x）单调递减；
当x∈（x0，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，即g′（x）单调递增．
g′（1）＝0，且g′（x）在（1，x0）单调递减，所以g′（x0）＜0，⼜g′（2）＝e﹣1＞0，
因此g′（x）在区间（x0，2）存在唯⼀零点t，
当x∈（0，1），x∈（t，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当x∈（1，t）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；所以g（x）极值点为1，t，
因此g（x）极值点个数为2．
28．已知函数
在点（1，f（1））处的切线与直线x+4y+2024＝0 垂直．
（1）求a 的值；
（2）求f（x）的单调区间和极值．
【解答】解：（1）因为
，所以
，
则f′（1）＝1﹣a，因为函数
在点（1，f（1））处的切线与直线x+4y+2024＝0 垂直，
故
，解得a＝﹣3；
（2）因为
，所以
，
令f′（x）＝0，解得x＝3 或x＝﹣1，令f′（x）＜0 得x＞3 或x＜﹣1，令f′（x）＞0 得﹣1＜x＜3，
列表如下：
x
（﹣∞，﹣1）
﹣1
（﹣1，3）
3
（3，+∞）
f′（x）
﹣
0
+
0
﹣
f（x）
极⼩值
极⼤值
故f（x）的单调递减区间为（﹣∞，﹣1）和（3，+∞），单调递增区间为（﹣1，3），
f（x）的极⼤值为
，极⼩值为f（﹣1）＝﹣2e2．
29．已知函数f（x）＝（x+a）ln|x|（a∈R）为奇函数．
（1）求a 的值；
（2）当x＞0 时，求f（x）的单调区间和极值．
【解答】解：（1）定义域：（﹣∞，0）∪（0，+∞）．
因为函数f（x）为奇函数，所以f（﹣x）＝﹣f（x）恒成⽴，
即（﹣x+a）ln|﹣x|＝﹣（x+a）ln|x|恒成⽴，
所以﹣x+a＝﹣x﹣a 恒成⽴，
解得a＝0．
（2）由（1）得：
当x＞0 时，因为f（x）＝xlnx，所以f'（x）＝lnx+1．
令f'（x）＝0，解得
．
x
f'（x）
﹣
0
+
f（x）
单调递减
极⼩值
单调递增
所以f（x）在
上单调递减，在
上单调递增．
因此，当
时，f（x）有极⼩值，并且极⼩值为
．
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导数——题型18～19
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
C
D
A
C
A
B
B
B
B
A
题号
12
13
14
答案
B
A
A
⼀．选择题（共14 ⼩题）
1．已知f（x）＝x3+3ax2+bx+a2在x＝﹣1 处有极值0，则a+b＝（
）
A．11 或4
B．﹣4 或﹣11
C．11
D．4
【解答】解：根据题意，f（x）＝3x2+6ax+b，
∵函数f（x）在x＝﹣1 处有极值0，
∴f′（﹣1）＝3﹣6a+b＝0 且f（﹣1）＝﹣1+3a﹣b+a2＝0，
∴a＝1，b＝3 或a＝2，b＝9，
a＝1，b＝3 时f（x）＝3x2+6x+3≥0 恒成⽴，此时函数⽆极值点，
∴a＝2，b＝9，
∴a+b＝11．
故选：C．
2．若函数f（x）＝
在区间
内有极⼤值，则a 的取值范围是（
）
A．
B．（1，+∞）
C．（1，2）
D．（2，+∞）
【解答】解：f′（x）＝ax﹣（1+2a）+
＝
，（a＞0，x＞0）
若f（x）在（，1）有极⼤值，
则f′（x）在（，1）先⼤于0，再⼩于0，
则
，解得：1＜a＜2，
故选：C．
3．设a≠0，若x＝a 为函数f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的极⼤值点，则（
）
A．a＜b
B．a＞b
C．ab＜a2
D．ab＞a2
【解答】解：令f（x）＝0，解得x＝a 或x＝b，即x＝a 及x＝b 是f（x）的两个零点，
当a＞0 时，由三次函数的性质可知，要使x＝a 是f（x）的极⼤值点，则函数f（x）的⼤致图象如下图
所示，
则0＜a＜b；
当a＜0 时，由三次函数的性质可知，要使x＝a 是f（x）的极⼤值点，则函数f（x）的⼤致图象如下图
所示，
则b＜a＜0；
综上，ab＞a2．
故选：D．
4．已知函数f（x）＝x（x﹣c）2在x＝2 处有极⼩值，则实数c 的值为（
）
A．2
B．2 或6
C．6
D．4 或6
【解答】解：∵函数f（x）＝x（x﹣c）2，
∴f′（x）＝3x2﹣4cx+c2，
⼜f（x）＝x（x﹣c）2在x＝2 处有极值，
∴f′（2）＝12﹣8c+c2＝0，
解得c＝2 或6，
⼜由函数在x＝2 处有极⼩值，故c＝2，
c＝6 时，函数f（x）＝x（x﹣c）2在x＝2 处有极⼤值，
故选：A．
5．已知函数f（x）＝ax3+bx2+cx﹣17（a，b，c∈R）的导函数为f′（x），f′（x）≤0 的解集为{x|﹣2≤x≤3}，若
f（x）的极⼩值等于﹣98，则a 的值是（
）
A．﹣
B．
C．2
D．5
【解答】解：依题意得f′（x）＝3ax2+2bx+c≤0 的解集是[﹣2，3]，
于是有3a＞0，﹣2+3＝﹣
，﹣2×3＝
，
解得b＝﹣
，c＝﹣18a，
∵函数f（x）在x＝3 处取得极⼩值，
∴有f（3）＝27a+9b+3c﹣17＝﹣98，
∴a＝2，
故选：C．
6．设a∈R，若函数y＝ex+ax 有⼤于零的极值点，则实数a 的取值范围是（
）
A．a＜﹣1
B．a＞﹣1
C．a＞﹣
D．a＜﹣
【解答】解：y′＝ex+a，
令ex+a＝0，解得a＝﹣ex．
∵函数y＝ex+ax 有⼤于零的极值点，∴a＝﹣ex＜﹣1．
则实数a 的取值范围是a＜﹣1．
故选：A．
7．若函数
在
上有极⼤值，则a 的取值范围为
（
）
A．
B．
C．（2，e）
D．（e，+∞）
【解答】解：令f'（x）＝（2﹣a）（x﹣1）（ex﹣a）＝0，
得
，解得
，
由题意，有极⼤值，故
时，f'（x）＞0，
x∈（lna，l）时，f'（x）＜0，所以2﹣a＞0，得a＜2．
综上，
．
故选：B．
8．已知函数f（x）＝
﹣ax 在（1，+∞）上有极值，则实数a 的取值范围为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：
，设
，
∵函数f（x）在区间（1，+∞）上有极值，
∴f′（x）＝g（x）﹣a 在（1，+∞）上有变号零点，
令
，由x＞1 可得lnx＞0，即t＞0，
得到
，
∴
．
故选：B．
9．若函数f（x）＝x2+（a﹣1）x﹣alnx 存在唯⼀的极值，且此极值不⼩于1，则a 的取值范围为（
）
A．[
，2）
B．[
，+∞）
C．[0，）
D．（﹣1，0）∪[
，+∞）
【解答】解：∵f（x）＝x2+（a﹣1）x﹣alnx，x＞0，
∴f′（x）＝x+（a﹣1）﹣＝
＝
，
令f′（x）＝0，解得x＝1 或x＝﹣a，
∵函数f（x）＝x2+（a﹣1）x﹣alnx 存在唯⼀的极值，
∴x＝1，此时a≥0
∴当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
∴f（x）极⼩值＝f（1）＝+a﹣1＝a﹣，
∵f（x）极⼩值≥1，
∴a﹣≥1
解得a≥
，
故选：B．
10．已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2﹣2x 有两个极值点，则实数a 的取值范围是（
）
A．（﹣∞，e﹣2）
B．（0，e﹣2）
C．（﹣∞，e﹣1）
D．（0，e﹣1）
【解答】解：f′（x）＝lnx﹣ax﹣1，
根据题意可得f′（x）在（0，+∞）上有两个不同的零点，
即lnx﹣ax﹣1＝0 有两个不同的正根，
从⽽转化为a＝
有两个不同的正根，
即为y＝a 与y＝
有两个不同的交点，
函数y＝
在（0，e2）为增函数，在（e2，+∞）为减函数，
所以a∈（0，
），
故选：B．
11．函数f（x）＝lnx﹣x 在区间（0，e]（e 为⾃然对数的底）上的最⼤值为（
）
A．﹣1
B．0
C．1
D．1﹣e
【解答】解：f′（x）＝﹣1＝
，
当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，
当x∈（1，e）时，f′（x）＜0，
所以f（x）在（0，1）上递增，在（1，e）上递减，
故当x＝1 时f（x）取得极⼤值，也为最⼤值，f（1）＝﹣1．
故选：A．
12．已知函数
，其导函数f′（x）为偶函数，
，则函数g（x）＝f′（x）
ex 在区间[0，2]上的最⼩值为（
）
A．﹣3e
B．﹣2e
C．e
D．2e
【解答】解：由函数的解析式可得：f′（x）＝x2+2mx+n，导函数为偶函数，则m＝0，
故
，
，∴n＝﹣3．
函数的解析式为
，
故g（x）＝ex（x2﹣3），g′（x）＝ex（x2﹣3+2x）＝ex（x﹣1）（x+3），
据此可知函数g（x）在区间[0，1）上单调递减，在区间（1，2]上单调递增，
函数g（x）的最⼩值为g（1）＝e1•（12﹣3）＝﹣2e．
故选：B．
13．函数y＝
在[0，2]上的最⼤值是（
）
A．
B．
C．0
D．
【解答】解：y′＝
，x∈[0，2]，
令y′＞0，解得：x＜1，
令y′＜0，解得：x＞1，
∴函数y＝
在[0，1]递增，在[1，2]递减，
∴y 最⼤值＝y|x＝1＝，
故选：A．
14．已知f（x）＝2x3﹣6x2+m（m 为常数）在[﹣2，2]上有最⼤值3，那么此函数在[﹣2，2]上的最⼩值是
（
）
A．﹣37
B．﹣29
C．﹣5
D．以上都不对
【解答】解：∵f′（x）＝6x2﹣12x＝6x（x﹣2），
∵f（x）在（﹣2，0）上为增函数，在（0，2）上为减函数，
∴当x＝0 时，f（x）＝m 最⼤，
∴m＝3，从⽽f（﹣2）＝﹣37，f（2）＝﹣5．
∴最⼩值为﹣37．
故选：A．
⼆．解答题（共7 ⼩题）
15．已知函数f（x）＝excosx﹣1．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线⽅程；
（Ⅱ）求函数f（x）在区间[0，
]上的最⼤值和最⼩值．
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝ex（cosx﹣sinx），f′（0）＝1．
⼜∵f（0）＝0，
∴曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线⽅程为y﹣0＝x﹣0，即x﹣y＝0．
（Ⅱ）令f′（x）＝ex（cosx﹣sinx）＝0，x∈[0，
]，解得x＝
．
∴函数f（x）在
上单调递增，在
上单调递减．
⼜f（0）＝0，
＝
﹣1，
＝﹣1．
故求函数f（x）在区间[0，
]上的最⼤值为
﹣1，最⼩值为﹣1．
16．已知函数f（x）＝（x﹣
）e﹣x（x≥
）．
（1）求f（x）的导函数；
（2）求f（x）在区间[
，+∞）上的取值范围．
【解答】解：（1）函数f（x）＝（x﹣
）e﹣x（x≥
），
导数f′（x）＝（1﹣•
•2）e﹣x﹣（x﹣
）e﹣x
＝（1﹣x+
）e﹣x＝（1﹣x）（1﹣
）e﹣x；
（2）由f（x）的导数f′（x）＝（1﹣x）（1﹣
）e﹣x，
可得f′（x）＝0 时，x＝1 或
，
当
＜x＜1 时，f′（x）＜0，f（x）递减；
当1＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）递增；
当x＞时，f′（x）＜0，f（x）递减，
且x≥
⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0，
则f（x）≥0．
由f（）＝
，f（1）＝0，f（）＝
，
即有f（x）的最⼤值为
，最⼩值为f（1）＝0．
则f（x）在区间[
，+∞）上的取值范围是[0，
]．
17．已知函数
．
（1）若a＝0，求y＝f（x）在（1，f（1））处的切线⽅程；
（2）若函数f（x）在x＝﹣1 处取得极值，求f（x）的单调区间，以及最⼤值和最⼩值．
【解答】解：（1）当a＝0 时，
，则
，
f（1）＝1，f′（1）＝﹣4，故y＝f（x）在（1，f（1））处的切线⽅程为y﹣1＝﹣4（x﹣1），
即y＝﹣4x+5．
（2）
，由题意可得f′（﹣1）＝0，则
，解得a＝4．
经检验，当a＝4 时，x＝﹣1 为函数f（x）的极⼤值，符合题意，
此时
，函数定义域为R，
，
令f′（x）＝0，解得x1＝﹣1，x2＝4，
f（x），f′（x）随x 的变化趋势如下表：
x
（﹣∞，﹣1）
﹣1
（﹣1，4）
4
（4，+∞）
f′（x）
+
0
﹣
0
+
f（x）
极⼤值
极⼩值
故函数单调递增区间为（﹣∞，﹣1），（4，+∞），单调递减区间为（﹣1，4），
极⼤值为f（﹣1）＝1，极⼩值为
，
⼜因为
时，f（x）＞0；
时，f（x）＜0，
所以函数f（x）的最⼤值为f（﹣1）＝1，最⼩值为
．
18．已知函数，
．
（1）求f（x）在区间（﹣∞，1）上的极⼩值和极⼤值点；
（2）求f（x）在[﹣1，e]（e 为⾃然对数的底数）上的最⼤值．
【解答】解：（1）当x＜1 时，f′（x）＝﹣3x2+2x＝﹣x（3x﹣2），令f′（x）＝0，得x＝0 或x＝．
当x 变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
x
（﹣∞，0）
0
（0，）
（，1）
f′（x）
﹣
0
+
0
﹣
f（x）
极⼩值
极⼤值
∴当x＝0 时，函数f（x）取得极⼩值f（0）＝0，函数f（x）取得极⼤值点为x＝．
（2）①当﹣1≤x＜1 时，f（x）＝﹣x3+x2，
由（1）知，函数f （x ）在[ ﹣1，0] 和[
，1）上单调递减，在[0，
] 上单调递增．∵
，
∴f（x）在[﹣1，1）上的最⼤值为2．
②当1≤x≤e 时，f（x）＝alnx．
当a≤0 时，f（x）在[1，e]，上单调递减，∴f（x）max＝a．
综上所述，当a≥2 时，f（x）在[﹣1，e]上的最⼤值为a；当a＜2 时，f（x）在[﹣1，e]上的最⼤值为2．
19．设函数f（x）＝x2+1﹣lnx．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）求函数g（x）＝f（x）﹣x 在区间
上的最⼩值．
【解答】解：（I）f（x）＝x2+1﹣lnx∴f'（x）＝2x﹣＝
，
∴当x 在（
，+∞）时，f'（x）＞0，函数递增，
当x 在（0，
）时，f'（x）＜0，函数递减，
故函数的增区间为（
，+∞），减区间为（0，
）；
（II）由g（x）＝f（x）﹣x＝x2﹣x+1﹣lnx，
得g'（x）＝
，x∈
，令g'（x）＝0，则x＝1，
∴g（x）在
上单调递减，在（1，2]上单调递增，
∴g（x）min＝g（1）＝1，
∴函数的最⼩值为1．
20．已知函数
的导函数y＝f'（x）的两个零点为﹣3 和0．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）的极⼩值为﹣e3，求f（x）在区间[﹣5，+∞）上的最⼤值．
【解答】解：（Ⅰ）
，
令g（x）＝﹣ax2+（2a﹣b）x+b﹣c，
因为ex＞0，所以y＝f'（x）的零点就是g（x）＝﹣ax2+（2a﹣b）x+b﹣c 的零点，且f'（x）与g（x）符号
相同．
⼜因为a＞0，所以﹣3＜x＜0 时，g（x）＞0，即f'（x）＞0，
当x＜﹣3，或x＞0 时，g（x）＜0，即f'（x）＜0，
所以f（x）的单调增区间是（﹣3，0），单调减区间是（﹣∞，﹣3），（0，+∞）．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，x＝﹣3 是f（x）的极⼩值点，所以有
，
解得a＝1，b＝5，c＝5，
所以
．
∵f（x）的单调增区间是（﹣3，0），单调减区间是（﹣∞，﹣3），（0，+∞），
∴f（0）＝5 为函数f（x）的极⼤值，
∴f（x）在区间[﹣5，+∞）上的最⼤值取f（﹣5）和f（0）中的最⼤者．
⽽
＞5，所以函数f（x）在区间[﹣5，+∞）上的最⼤值是5e5．
21．已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+2．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当0＜a＜3 时，记f（x）在区间[0，1]的最⼤值为M，最⼩值为m，求M﹣m 的取值范围．
【解答】解：（1）f′（x）＝6x2﹣2ax＝2x（3x﹣a），
令f′（x）＝0，得x＝0 或x＝．
若a＞0，则当x∈（﹣∞，0）∪（
）时，f′（x）＞0；当x∈（0，）时，f′（x）＜0．
故f（x）在（﹣∞，0），（
）上单调递增，在（0，）上单调递减；
若a＝0，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增；
若a＜0，则当x∈（﹣∞，）∪（0，+∞）时，f′（x）＞0；当x∈（，0）时，f′（x）＜0．
故f（x）在（﹣∞，），（0，+∞）上单调递增，在（，0）上单调递减；
（2）当0＜a＜3 时，由（1）知，f（x）在（0，）上单调递减，在（，1）上单调递增，
∴f（x）在区间[0，1]的最⼩值为
，最⼤值为f（0）＝2 或f（1）＝4﹣a．
于是，m＝
+2，M＝
．
∴M﹣m＝
．
当0＜a＜2 时，可知2﹣a+
单调递减，∴M﹣m 的取值范围是（
）；
当2≤a＜3 时，
单调递增，∴M﹣m 的取值范围是[
，1）．
综上，M﹣m 的取值范围[
，2）．
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导数——题型20～21
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
A
B
C
B
C
A
D
⼀．选择题（共8 ⼩题）
1．若函数f（x）＝asinx+
sin3x 在x＝
处有最值，那么a＝（
）
A．2
B．
C．
D．
【解答】解：因为f （x）在x＝
处有最值，
所以x＝
是函数f（x）的极值点，
⼜f'（x）＝acosx+cos3x，
所以f'（
）＝acos
+cosπ＝a﹣1＝0，
所以a＝2．
故选：A．
2．若函数f（x）＝3x﹣x3在区间（a2﹣4，a）上有最⼩值，则实数a 的取值范围是（
）
A．
B．（﹣1，4）
C．（﹣1，2]
D．（﹣1，2）
【解答】解：∵函数f（x）＝3x﹣x3在区间（a2﹣4，a）上有最⼩值，
令f′（x）＝3﹣3x2＝0，求得x＝1，或x＝﹣1，
在（﹣∞，﹣1）、（1，+∞）上，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
在（﹣1，1）上，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，故当x＝﹣1 时，函数f（x）取得极⼩值．
∴a2﹣4＜﹣1＜a，求得﹣1＜a＜
，
故选：A．
3．已知函数f（x）＝lnx+ax 存在最⼤值0，则a 的值为（
）
A．﹣2
B．﹣
C．1
D．e
【解答】解：定义域为（0，+∞），
，
当a≥0 时，f′（x）＞0，f（x）是增函数，故没有最⼤值；
当a＜0 时，f′（x）＝0 得：x＝
只能是该函数唯⼀的极值点，也是最⼤值点，
故f（）＝ln（﹣）﹣1＝0，解得
．
故选：B．
4．若函数y＝x3+
x2+m 在[﹣2，1]上的最⼤值为
，则m 等于（
）
A．0
B．1
C．2
D．
【解答】解：令
，则f′（x）＝3x2+3x＝3x（x+1），
当﹣2＜x＜﹣1 或0＜x＜1 时，f′（x）＞0，所以f（x）在（﹣2，﹣1）和（0，1）上单调递增；
当﹣1＜x＜0 时，f′（x）＜0，所以f（x）在（﹣1，0）上单调递减，
所以
，
解得m＝2．
故选：C．
5．已知函数f（x）＝x3+3x2﹣9x+1，若f（x）在区间[k，2]上的最⼤值为28，则实数k 的取值范围为（
）
A．（﹣∞，﹣3）
B．（﹣∞，﹣3]
C．（﹣3，+∞）
D．[﹣3，+∞）
【解答】解：由f（x）＝x3+3x2﹣9x+1，得f′（x）＝3x2+6x﹣9＝3（x+3）（x﹣1），
当x∈（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）时，f′（x）＞0，当x∈（﹣3，1）时，f′（x）＜0，
∴f（x）的增区间为（﹣∞，﹣3），（1，+∞），减区间为（﹣3，1），
∵f（﹣3）＝28，f（2）＝3，且f（x）在区间[k，2]上的最⼤值为28，
则实数k 的取值范围为（﹣∞，﹣3]．
故选：B．
6．若函数f（x）＝x3+x2﹣在区间（a，a+5）内存在最⼩值，则实数a 的取值范围是（
）
A．[﹣5，0）
B．（﹣5，0）
C．[﹣3，0）
D．（﹣3，0）
【解答】解：由题意，f′（x）＝x2+2x＝x（x+2），
故f（x）在（﹣∞，﹣2），（0，+∞）上是增函数，
在（﹣2，0）上是减函数，
作其图象如右图，
令
x3+x2﹣＝﹣得，
x＝0 或x＝﹣3；
则结合图象可知，
；
解得，a∈[﹣3，0）；
故选：C．
7．已知函数f（x）＝lnx﹣（m∈R）在区间[1，e]上取得最⼩值4，则m＝（
）
A．﹣3e
B．﹣1
C．﹣e3
D．e2
【解答】解：函数f（x）＝lnx﹣的定义域为（0，+∞），
f′（x）＝+
．
当f′（x）＝0 时，+
＝0，此时x＝﹣m，如果m≥0，则⽆解．
所以，当m≥0 时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，所以f（x）min＝f（1）＝﹣m＝4，m＝﹣4，⽭盾舍去；
当m＜0 时，
若x∈（0，﹣m），f′（x）＜0，f（x）为减函数，若x∈（﹣m，+∞），f′（x）＞0，f（x）为增函数，
所以f（﹣m）＝ln（﹣m）+1 为极⼩值，也是最⼩值；
①当﹣m＜1，即﹣1＜m＜0 时，f（x）在[1，e]上单调递增，所以f（x）min＝f（1）＝﹣m＝4，所以m＝﹣
4（⽭盾）；
②当﹣m＞e，即m＜﹣e 时，f（x）在[1，e]上单调递减，f（x）min＝f（e）＝1﹣＝4．所以m＝﹣3e．
③当﹣1≤﹣m≤e，即﹣e≤m≤1 时，f（x）在[1，e]上的最⼩值为f（﹣m）＝ln（﹣m）+1＝4．此时m＝﹣
e3＜﹣e（⽭盾）．
综上m＝﹣3e．
故选：A．
8．若函数f（x）＝
（a＞0）在[1，+∞）上的最⼤值为
，则a 的值为（
）
A．
B．
C．
+1
D．
﹣1
【解答】解：f（x）的导数为f′（x）＝
，
当a＞1 时，x＞
时，f′（x）＜0，f（x）单调减，
当1＜x＜
时，f′（x）＞0，f（x）单调增，
当x＝
时，f（x）取得最⼤值
＝
，
解得a＝＜1，不合题意；
当a＝1 时，f（x）在[1，+∞）递减，f（1）最⼤，且为
，不成⽴；
当0＜a＜1 时，f（x）在[1，+∞）递减，f（1）最⼤，
即f（1）＝
＝
，解得a＝
﹣1，
故选：D．
⼆．多选题（共1 ⼩题）
（多选）9．若函数f（x）＝2x3﹣ax2（a＜0）在
上有最⼤值，则a 的取值可能为（
）
A．﹣6
B．﹣5
C．﹣4
D．﹣3
【解答】解：令f′（x）＝2x（3x﹣a）＝0，得x1＝0，x2＝（a＜0），
当
＜x＜0 时，f′（x）＜0；当x＜或x＞0 时，f′（x）＞0，
则f（x）的单调递增区间为
，（0，+∞），单调递减区间为
，
从⽽f（x）在x＝处取得极⼤值为f
＝﹣
，
由f（x）＝﹣
，得
＝0，
解得x＝或x＝﹣，
⼜f（x）在
上有最⼤值，
所以
＜
≤﹣，解得a≤﹣4，
结合选项可知，a 的取值可能为﹣6，﹣5，﹣4．
故选：ABC．
三．解答题（共19 ⼩题）
10．设a＞0，函数f（x）＝x2﹣（a+1）x+a（1+lnx）．
（1）若曲线y＝f（x）在（2，f（2））处的切线与直线y＝﹣x+1 垂直，求该切线⽅程；
（2）当0＜a＜1 时，求函数f（x）的极值．
【解答】解：（1）∵f（x）＝x2﹣（a+1）x+a（1+lnx），
∴f′（x）＝x﹣（a+1）+
，
∵曲线y＝f（x）在（2，f（2））处与直线y＝﹣x+1 垂直，
∴f′（2）＝2﹣（a+1）+
＝1，
∴a＝0，
∴f（2）＝2﹣2＝0，
∴切线⽅程为y＝x﹣2，即x﹣y﹣2＝0；
（2）∵f′（x）＝x﹣a﹣1+
＝
（x＞0），
当0＜a＜1 时，函数在（a，1）上单调递减，在（0，a），（1，+∞）上单调递增，
故f（x）在x＝1 处取得极⼩值﹣，在x＝a 处取得极⼤值﹣a2+alna．
11．已知函数f（x）＝lnx﹣ax（a∈R）．
（1）当a＝时，求f（x）的极值；
（2）讨论函数f（x）在定义域内极值点的个数．
【解答】解：（1）当
时，
，函数的定义域为（0，+∞）且
，
令f′（x）＝0，得x＝2，
于是当x 变化时，f（x），f（x）的变化情况如下表：
x
（0，2）
2
（2，+∞）
f′（x）
+
0
﹣
f（x）
↑
ln2﹣1
↓
故f（x）在定义域上的极⼤值为f（x）极⼤值＝f（2）＝ln2﹣1，⽆极⼩值．
（2）由（1）知，函数的定义域为（0，+∞），
．
当a≤0 时，f′（x）＞0 在（0，+∞）上恒成⽴，
即函数在（0，+∞）上单调递增，此时函数在定义域上⽆极值点；
当a＞0 时，当
时，f（x）＞0，
当
时，f（x）＜0，
故函数在
处有极⼤值．
综上可知，当a≤0 时，函数（x）⽆极值点，
当a＞0 时，函数y＝f（x）有⼀个极⼤值点，且为
．
12．设
．
（1）g（x）＝f'（x）在[1，2]上单调，求a 的取值范围；
（2）已知f（x）在x＝1 处取得极⼩值，求a 的取值范围．
【解答】解：（1）由f'（x）＝lnx﹣3ax+3a，
即g（x）＝lnx﹣3ax+3a，x∈（0，+∞），
，
①g（x）在[1，2]上单调递增，∴
对x∈[1，2]恒成⽴，即
对x∈[1，2]恒成⽴，得
；
②g（x）在[1，2]上单调递减，∴
对x∈[1，2]恒成⽴，即
对x∈[1，2]恒成⽴，得
，
由①②可得a 的取值范围为
；
（2）由（1）知，
①a≤0，f'（x）在（0，+∞）上单调递增，∴x∈（0，1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
x∈（1，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，∴f（x）在x＝1 处取得极⼩值，符合题意；
②
时，
，⼜f'（x）在
上单调递增，∴x∈（0，1）时，f'（x）＜0，
∴
时，f'（x）＞0，∴f（x）在（0，1）上单调递减，
上单调递增，
f（x）在x＝1 处取得极⼩值，符合题意；
③
时，
，f'（x）在（0，1）上单调递增，∴x∈（1，+∞）上单调递减，
∴x∈（0，+∞）时，f'（x）≤0，f（x）单调递减，不合题意；
④
时，
，当
时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，∴f（x）在x＝1 处取得极⼤值，不符合题意；
综上所述，可得
．
13．设函数f（x）＝xlnx﹣ax2+（2a﹣1）x，a∈R．
（1）若a＝0，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线⽅程；
（2）令g（x）＝f′（x），求g（x）的单调区间；
（3）已知f（x）在x＝1 处取得极⼤值，求实数a 的取值范围．
【解答】解：（1）若a＝0，则f（x）＝xlnx﹣x，从⽽f′（x）＝lnx+1﹣1＝lnx，
故f′（1）＝0，从⽽曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为0，故所求切线为直线y＝f（1）．
⼜f（1）＝﹣1，故所求切线⽅程为y＝﹣1．
（2）由g（x）＝f′（x）＝lnx﹣2ax+2a，知
．
当a≤0 时，
，故g（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞0 时，
；
从⽽g′（x）＞0 的解集是
，g′（x）＜0 的解集是
．
这表明g（x）在
上单调递增，在
上单调递减．
综上，当a≤0 时，g（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＞0 时，g（x）在
上单调递增，在
上单调递减．
（3）⾸先我们有f′（1）＝ln1﹣2a+2a＝0．
当
时，由上⼀问结论，知f′（x）＝g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．
这意味着当0＜x＜1 时，f′（x）＜f′（1）＝0；当x＞1 时，f′（x）＜f′（1）＝0．
故f（x）在（0，1）和（1，+∞）上均单调递减，从⽽x＝1 不是f（x）的极值点，不满⾜条件；
当
时，由上⼀问结论，知f′（x）＝g（x）在
上单调递增，
⽽
，故f′（x）在
上单调递增．
这表明当
时，有f′（x）＞f′（1）＝0，从⽽f（x）在
上单调递增，
故x＝1 不可能是f（x）的极⼤值点，不满⾜条件；
当a≤0 时，由上⼀问结论，知f′（x）＝g（x）在（0，+∞）上单调递增，
故f′（x）在（1，+∞）上单调递增．
这表明当x∈（1，+∞）时，有f′（x）＞f′（1）＝0，从⽽f（x）在（1，+∞）上单调递增，
故x＝1 不可能是f（x）的极⼤值点，不满⾜条件；
当
时，由上⼀问结论，知f′（x）＝g（x）在
上单调递减．
注意到此时
，故当
时，f′（x）＞f′（1）＝0；
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜f′（1）＝0．
从⽽f（x）在
上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
这说明x＝1 是f（x）的极⼤值点，满⾜条件．
综上，a 的取值范围是
．
14．已知函数f（x）＝（x﹣1﹣）ex+1，其中e＝2.718…为⾃然对数的底数，常数a＞0．
（Ⅰ）求函数f（x）在区间（0，+∞）上的零点个数；
（Ⅱ）函数F（x）的导数F′（x）＝（ex﹣a）f（x），是否存在⽆数个a∈（1，4），使得lna 为数F（x）的
极⼤值点？说明理由．
【解答】解：（Ⅰ）∵f′（x）＝（x﹣）ex，
当0＜x＜时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当x＞时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
∵f（）＜f（0）＝﹣＜0，f（1+
）＝1＞0，
∴存在x0∈（，1+
），使f（x0）＝0，
且当0＜x＜x0时，f（x）＜0，x＞x0时，f（x）＞0，
∴函数f （x）在区间（0，+∞）上只有⼀个零点；
（Ⅱ）当a＞1 时，lna＞0，
∵x∈（0，lna），ex﹣a＜0，
当x∈（lna，+∞）ex﹣a＞0，
由（Ⅰ）知，当0＜x＜x0时，f（x）＜0，x＞x0时，f（x）＞0，
下证：当a∈（1，e）时，lna＜x0，即证f（lna）＜0，
∵f（lna）＝alna﹣a﹣
+1，
设g（x）＝xlnx﹣x﹣
+1，x∈（1，e）
∴g′（x）＝lnx﹣x，
∴g″（x）＝
＞0，
∴g′（x）在（1，e）上单调递增，
∵g′（1）＝﹣＜0，g′（e）＝1﹣＞0，
∴存在唯⼀的零点t0∈（1，e），使得g（t0）＝0，且x∈（1，t0）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
x∈（t0，e）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
当x∈（1，e）时，g（x）＜max{g（1），g（e）}，
由g（1）＝﹣＜0，g（e）＝
＜0，
∴当x∈（1，e）时，g（x）＜0，
故f（lna）＜0，0＜lna＜x0，
当0＜x＜lna 时，ex﹣a＜0，F′（x）＝（ex﹣a）f （x）＞0，函数F（x）单调递增，
当lna＜x＜x0时，ex﹣a＞0，F′（x）＝（ex﹣a）f （x）＜0，函数F（x）单调递减，
故存a∈（1，4）时，使得lna 为数F （x）的极⼤值点
15．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+x，a∈R．
（1）当a＝0 时，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线⽅程；
（2）令g（x）＝f（x）﹣（ax﹣1），求函数g（x）的极值．
【解答】解：（1）当a＝0 时，f（x）＝lnx+x，
则f（1）＝1，所以切点为（1，1），
⼜f′（x）＝+1，则切线斜率k＝f′（1）＝2，
故切线⽅程为：y﹣1＝2（x﹣1），即2x﹣y﹣1＝0；
（2）g（x）＝f（x）﹣（ax﹣1）＝lnx﹣ax2+（1﹣a）x+1，
所以g′（x）＝﹣ax+（1﹣a）＝
，
当a≤0 时，因为x＞0，所以g′（x）＞0．
所以g（x）在（0，+∞）上是递增函数，⽆极值；
当a＞0 时，g′（x）＝
，
令g′（x）＝0，得x＝，
所以当x∈（0，）时，g′（x）＞0；当x∈（，+∞）时，g′（x）＜0，
因此函数g（x）在x∈（0，）是增函数，在（，+∞）是减函数，
当a＞0 时，函数g（x）的递增区间是（0，），递减区间是（，+∞），
∴x＝时，g（x）有极⼤值g（）＝
﹣lna，
综上，当a≤0 时，函数g（x）⽆极值；
当a＞0 时，函数g（x）有极⼤值
﹣lna，⽆极⼩值．
16．设函数f（x）＝[ax2﹣（4a+1）x+4a+3]ex．
（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与x 轴平⾏，求a；
（Ⅱ）若f（x）在x＝2 处取得极⼩值，求a 的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）＝[ax2﹣（4a+1）x+4a+3]ex 的导数为
f′（x）＝[ax2﹣（2a+1）x+2]ex．
由题意可得曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为0，
可得（a﹣2a﹣1+2）e＝0，且f（1）＝3e≠0，
解得a＝1；
（Ⅱ）f（x）的导数为f′（x）＝[ax2﹣（2a+1）x+2]ex＝（x﹣2）（ax﹣1）ex，
若a＝0 则x＜2 时，f′（x）＞0，f（x）递增；x＞2，f′（x）＜0，f（x）递减．
x＝2 处f（x）取得极⼤值，不符题意；
若a＞0，且a＝，则f′（x）＝（x﹣2）2ex≥0，f（x）递增，⽆极值；
若a＞，则
＜2，f（x）在（，2）递减；在（2，+∞），（﹣∞，）递增，
可得f（x）在x＝2 处取得极⼩值；
若0＜a＜，则
＞2，f（x）在（2，）递减；在（，+∞），（﹣∞，2）递增，
可得f（x）在x＝2 处取得极⼤值，不符题意；
若a＜0，则
＜2，f（x）在（，2）递增；在（2，+∞），（﹣∞，）递减，
可得f（x）在x＝2 处取得极⼤值，不符题意．
综上可得，a 的范围是（，+∞）．
17．已知函数
（a 为常数）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）设函数g（x）＝xf（x）有两个不同的极值点，求实数a 的取值范围．
【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），其导数
…………………（1 分）
①若a≤0，则f'（x）≥0，函数在（0，+∞）上单调递增；………………（3 分）
②若a＞0，令f'（x）＝0，解得
，
函数在
上单调递增，在
上单调递减．…………………………（5 分）
（2）
，其导函数g'（x）＝lnx+1﹣ax．………………（6 分）
令g'（x）＝lnx+1﹣ax＝0，⇒
，………………………………（7 分）
令
，则
，由
，………………（8 分）
x
（0，1）
1
（1，+∞）
h'（x）
+
0
﹣
h（x）
取极⼤值
…………………………………………………………………………………………（10 分）
⼜因为x＞1 时，
恒成⽴，于是函数h（x）的图象如图所示．
要使g（x）有两个不同的极值点，则需0＜a＜1，即a 的取值范围为（0，1）．…………（12 分）
18．已知函数f（x）＝ax﹣x2﹣lnx（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）存在极值，且这些极值的和⼤于5+ln2，求实数a 的取值范围．
【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），
，∵
，
①当a
时，f′（x）≤0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减；
②当
时，
，
由f′（x）＝0 得
，且x2＞x1＞0，
由f′（x）＞0 得x1＜x＜x2，由f′（x）＜0 得0＜x＜x1，或x＞x2，
∴函数f （x ）的单调递增区间为
，单调递减区间为
，
综上所述，当
时，函数f（x）的单调递减区间为（0，+∞），⽆单调递增区间；当
时，
函数f （x ）的单调递减区间为
，单调递增区间为
；
（2）由（1）知，当f（x）存在极值时，a
，此时⽅程2x2﹣ax+1＝0 有两个不相等的正根x1，x2，
∴
，
∴f（x1）+f（x2）＝a（x1+x2）
＝a（x1+x2）﹣[（x1+x2）﹣2x1x2]﹣ln（x1x2）
＝
＝
，
依题意
，即a2＞16，且
，∴a＞4，
∴a 的取值范围是（4，+∞）．
19．已知函数f（x）＝（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x．
（1）若a＝0，证明：当﹣1＜x＜0 时，f（x）＜0；当x＞0 时，f（x）＞0；
（2）若x＝0 是f（x）的极⼤值点，求a．
【解答】（1）证明：当a＝0 时，f（x）＝（2+x）ln（1+x）﹣2x，（x＞﹣1）．
，
，
可得x∈（﹣1，0）时，f″（x）≤0，x∈（0，+∞）时，f″（x）≥0
∴f′（x）在（﹣1，0）递减，在（0，+∞）递增，
∴f′（x）≥f′（0）＝0，
∴f（x）＝（2+x）ln（1+x）﹣2x 在（﹣1，+∞）上单调递增，⼜f（0）＝0．
∴当﹣1＜x＜0 时，f（x）＜0；当x＞0 时，f（x）＞0．
（2）解：由f（x）＝（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x，得
f′（x）＝（1+2ax）ln（1+x）+
﹣2＝
，
令h（x）＝ax2﹣x+（1+2ax）（1+x）ln（x+1），
h′（x）＝4ax+（4ax+2a+1）ln（x+1）．
当a≥0，x＞0 时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
∴h（x）＞h（0）＝0，即f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，故x＝0 不是f（x）的极⼤值点，不符合题意．
当a＜0 时，h″（x）＝8a+4aln（x+1）+
，
显然h″（x）单调递减，
①令h″（0）＝0，解得a＝﹣．
∴当﹣1＜x＜0 时，h″（x）＞0，当x＞0 时，h″（x）＜0，
∴h′（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，
∴h′（x）≤h′（0）＝0，
∴h（x）单调递减，⼜h（0）＝0，
∴当﹣1＜x＜0 时，h（x）＞0，即f′（x）＞0，
当x＞0 时，h（x）＜0，即f′（x）＜0，
∴f（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，
∴x＝0 是f（x）的极⼤值点，符合题意；
②若﹣＜a＜0，则h″（0）＝1+6a＞0，h″（
﹣1）＝（2a﹣1）（1﹣
）＜0，
∴h″（x）＝0 在（0，+∞）上有唯⼀⼀个零点，设为x0，
∴当0＜x＜x0时，h″（x）＞0，h′（x）单调递增，
∴h′（x）＞h′（0）＝0，即f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，x0）上单调递增，不符合题意；
③若a＜﹣，则h″（0）＝1+6a＜0，h″（
﹣1）＝（1﹣2a）e2＞0，
∴h″（x）＝0 在（﹣1，0）上有唯⼀⼀个零点，设为x1，
∴当x1＜x＜0 时，h″（x）＜0，h′（x）单调递减，
∴h′（x）＞h′（0）＝0，∴h（x）单调递增，
∴h（x）＜h（0）＝0，即f′（x）＜0，
∴f（x）在（x1，0）上单调递减，不符合题意．
综上，a＝﹣．
20．已知函数f（x）＝﹣2a2lnx+
x2+ax（a∈R）．
（Ⅰ）当a＝1 时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线⽅程；
（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅲ）当a＜0 时，求函数f（x）在区间[1，e]上的最⼩值．
【解答】解：（Ⅰ）a＝1 时，
，∴
，
∴f（1）＝，f′（1）＝0，∴曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线⽅程为：
；
（Ⅱ）∵
，x＞0，
∴①当a＝0 时，f′（x）＝x＞0，∴f（x）仅有单调增区间，其为：（0，+∞）；
②当a＞0 时，x+2a＞0，∴当x∈（0，a）时f′（x）＜0；当x∈（a，+∞）时，f′（x）＞0，
∴f（x）的单调减区间为：（0，a），单调增区间为：（a，+∞）；
③当a＜0 时，x﹣a＞0，∴当x∈（0，﹣2a）时f′（x）＜0；当x∈（﹣2a，+∞）时，f′（x）＞0，
∴f（x）的单调减区间为：（0，﹣2a），单调增区间为：（﹣2a，+∞），
综合得：当a＝0 时，f（x）仅有单调增区间，其为：（0，+∞）；
当a＞0 时，f（x）的单调减区间为：（0，a），单调增区间为：（a，+∞）；
当a＜0 时，f（x）的单调减区间为：（0，﹣2a），单调增区间为：（﹣2a，+∞）．
（Ⅲ）当a＜0 时，由（Ⅱ）中③知f（x）在（0，﹣2a）上单调单调递减，在（﹣2a，+∞）上单调递增，
∴①当0＜﹣2a≤1，即a
时，f（x）在[1，e]上单调递增，
，
②当1＜﹣2a＜e，即
时，f（x）在（1，﹣2a）上单调递减，在（﹣2a，e）上单调递增，
∴
，
③当﹣2a≥e，即
时，f（x）在[1，e]上单调递减，∴
．
∴
．
21．已知函数f（x）＝ax2+（1﹣2a）x﹣lnx（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调增区间；
（2）当a＜0 时，求函数f（x）在区间[
，1]上最⼩值．
【解答】解：（1）由函数f（x）＝ax2+（1﹣2a）x﹣lnx（a∈R，x＞0），
可得f′（x）＝2ax+（1﹣2a）﹣＝
＝
．
令f′（x）≥0，
当a≥0，x＞0，∴
＞0，∴x﹣1≥0，解得x≥1．
因此函数f（x）的单调增区间是[1，+∞）；
当a＜0 时，当a＝﹣时，f（x）⽆增区间；
当﹣
时，解得，x＞﹣
或0＜x＜1，则有增区间为（0，1），（﹣
，+∞）；
当a＜﹣，解得，x＞1 或0＜x＜﹣
，则有增区间为（0，﹣
）．（1，+∞）．
（2）由（1）可得f′（x）＝
．
由于a＜0．当
≥1 即﹣≤a＜0 时，f′（x）≤0，
因此函数f（x）在区间[
，1]上单调递减，
∴当x＝1 时，f（x）取得最⼩值，f（1）＝a+1﹣2a﹣0＝1﹣a；
当0＜﹣
即a≤﹣1 时，f′（x）≥0，因此函数f（x）在区间[
，1]上单调递增，
∴当x＝时，f（x）取得最⼩值，f（）＝a+
（1﹣2a）﹣ln
＝﹣a+ln2；
当
＜﹣
＜1 即﹣1＜a＜﹣时，令f′（x）＝0，解得x＝﹣
．
当
x＜﹣
时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；
当﹣
＜x≤1 时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增．
因此当x＝﹣
时，f（x）取得最⼩值，f（﹣
）＝1﹣
+ln（﹣2a）．
22．已知函数
．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）设m＞0，求函数f（x）在区间[m，2m]上的最⼤值．
【解答】解：（1）由
．得
，
令f′（x）＞0，解得0＜x＜e；令f′（x）＜0，解得x＞e．
所以函数f（x）的单调递增区间为（0，e），单调递减区间为（e，+∞）．
（2）当2m≤e，即
时，函数f（x）在[m，2m]上区间单调递增，
所以函数f（x）在区间[m，2m]上的最⼤值为
；
当m≥e 时，函数f（x）在[m，2m]上区间单调递减，
所以函数f（x）在区间[m，2m]上的最⼤值为
；
当m＜e＜2m，即
时，函数f（x）在区间（m，e）上单调递增，在区间（e，2m）上单调递减，
所以函数f（x）在区间[m，2m]上的最⼤值为
．
综上，当
时，
；
当
时，
；
当m≥e 时，
．
23．已知函数f（x）＝
+n，g（x）＝x2（f（x）﹣﹣）（m，n，a∈R），且曲线y＝f（x）在点（1，f
（1））处的切线⽅程为y＝x﹣1．
（1）求实数m，n 的值及函数f（x）的最⼤值；
（2）当a∈（﹣e，）时，记函数g（x）的最⼩值为b，求b 的取值范围．
【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝
，
因f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线⽅程为y＝x﹣1，
所以
，解得：m＝1，n＝0，
所以f（x）＝
，故f′（x）＝
，
令f′（x）＝0，得x＝e，
当0＜x＜e 时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x＞e 时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
所以当x＝e 时，f（x）取得最⼤值f（e）＝．
（2）∵g（x）＝xlnx﹣
﹣x，
∴g′（x）＝lnx﹣ax＝x（
﹣a），
∵﹣e＜a＜，
∴f（）＝﹣e＜a，f（e）＝＞a，
所以存在t∈（，e），g′（t）＝0，即lnt＝at，
当x∈（0，t）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
当x∈（t，e]时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
所以g（x）的最⼩值为b＝tlnt﹣t2﹣t＝
﹣t，
令b＝
﹣t＝h（t），
因为h′（t）＝
＜0，所以h（t）在（，e）单调递减，
从⽽h（t）∈（﹣，﹣
），即b 的取值范围是（﹣，﹣
）．
24．已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+b．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）是否存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最⼩值为﹣1 且最⼤值为1？若存在，求出a，b 的所有
值；若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）f′（x）＝6x2﹣2ax＝6x（x﹣）．
令f′（x）＝6x（x﹣）＝0，解得x＝0，或
．
①a＝0 时，f′（x）＝6x2≥0，函数f（x）在R 上单调递增．
②a＞0 时，函数f（x）在（﹣∞，0），（，+∞）上单调递增，在（0，）上单调递减．
③a＜0 时，函数f（x）在（﹣∞，），（0，+∞）上单调递增，在（，0）上单调递减．
（2）由（1）可得：
①a≤0 时，函数f（x）在[0，1]上单调递增．则f（0）＝b＝﹣1，f（1）＝2﹣a+b＝1，解得b＝﹣1，a＝0，
满⾜条件．
②a＞0 时，函数f（x）在[0，]上单调递减．
≥1，即a≥3 时，函数f（x）在[0，1]上单调递减．则f（0）＝b＝1，f（1）＝2﹣a+b＝﹣1，解得b＝1，
a＝4，满⾜条件．
③0＜＜1，即0＜a＜3 时，函数f（x）在[0，）上单调递减，在（，1]上单调递增．则最⼩值f（）
＝
﹣a×
+b＝﹣1，
化为：﹣
+b＝﹣1．⽽f（0）＝b，f（1）＝2﹣a+b，∴最⼤值为b 或2﹣a+b．
若：﹣
+b＝﹣1，b＝1，解得a＝3
＞3，⽭盾，舍去．
若：﹣
+b＝﹣1，2﹣a+b＝1，解得a＝±3
，或0，⽭盾，舍去．
综上可得：存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最⼩值为﹣1 且最⼤值为1．
a，b 的所有值为：
，或
．
25．已知函数g（x）＝alnx+x2﹣（a+2）x（a∈R）．
（1）若a＝1，求g（x）在区间[1，e]上的最⼤值；
（2）求g（x）在区间[1，e]上的最⼩值h（a）．
【解答】解：（1）因为a＝1，
所以g（x）＝lnx+x2﹣3x，
所以g′（x）＝+2x﹣3＝
＝
，
因为x∈[1，e]，
所以g'（x）≥0，
所以g（x）在[1，e]上单调递增，
所以
．
（2）g（x）的定义域为（0，+∞），
g′（x）＝+2x﹣（a+2）＝
＝
，
①当
，即a≤2 时，g（x）在[1，e]上单调递增，h（a）＝g（1）＝﹣a﹣1，
②当1＜＜e，即2＜α＜2e 时，g（x）在
上单调递减，在
上单调递增，
，
③当
，即a≥2e 时，g（x）在[1，e]上单调递减，
所以h（a）＝g（e）＝（1﹣e）a+e2﹣2e
综上h（a）＝
．
26．已知函数f（x）＝（x﹣a）ex（a∈R）．
（1）当a＝2 时，求函数f（x）在x＝0 处的切线⽅程；
（2）求f（x）在区间[1，2]上的最⼩值．
【解答】解：（1）设切线的斜率为k．
因为a＝2，所以f（x）＝（x﹣2）ex，f′（x）＝ex（x﹣1）．
所以f（0）＝﹣2，k＝f′（0）＝e0（0﹣1）＝﹣1．
所以所求的切线⽅程为y＝﹣x﹣2，即x+y+2＝0．
（2）由题意得f′（x）＝ex（x﹣a+1），
令f′（x）＝0，可得x＝a﹣1．
①若a﹣1≤1，则a≤2，
当x∈[1，2]时，f′（x）≥0，则f（x）在[1，2]上单调递增．
所以f（x）min＝f（1）＝（1﹣a）e．
②若a﹣1≥2，则a≥3，
当x∈[1，2]时，f′（x）≤0，则f（x）在[1，2]上单调递减．
所以f（x）min＝f（2）＝（2﹣a）e2．
③若1＜a﹣1＜2，则2＜a＜3，
所以f′（x），f（x）随x 的变化情况如下表：
x
1
（1，a﹣1）
a﹣1
（a﹣1，2）
2
f′（x）
0
﹣
0
+
0
f（x）
﹣e
Φ
极⼩值
Γ
0
所以f（x）的单调递减区间为[1，a﹣1]，单调递增区间为[a﹣1，2]．
所以f（x）在[1，2]上的最⼩值为f（a﹣1）＝﹣ea﹣1．
综上所述：当a≤2 时，f（x）min＝f（1）＝（1﹣a）e；
当a≥3 时，f（x）min＝f（2）＝（2﹣a）e2；
当2＜a＜3 时，f（x）min＝f（a﹣1）＝﹣ea﹣1．
27．已知函数f（x）＝ax﹣lnx，F（x）＝ex+ax，其中x＞0，a＜0．
（1）若f（x）和F（x）在区间（0，ln3）上具有相同的单调性，求实数a 的取值范围；
（2）若a∈（﹣∞，﹣
]，且函数g（x）＝xeax﹣1﹣2ax+f（x）的最⼩值为M，求M 的最⼩值．
【解答】解：（1）求导，f′（x）＝a﹣＝
，F′（x）＝ex+a，x＞0，
a＜0，f′（x）＜0 在（0，+∞）上恒成⽴，即f（x）在（0，+∞）上单调递减，…（2 分）
当﹣1⩽a＜0 时，F′（x）＞0，即F（x）在（0，+∞）上单调递增，不合题意
当a＜﹣1 时，由F′（x）＞0，得x＞ln（﹣a），由F′（x）＜0，得0＜x＜ln（﹣a），
∴F（x）的单调减区间为（0，ln（﹣a）），单调增区间为（ln（﹣a），+∞）…（4 分）
∵f（x）和F（x）在区间（0，ln3）上具有相同的单调性，
∴ln（﹣a）⩾ln3，解得：a⩽﹣3，
综上，a 的取值范围是（﹣∞，﹣3]；…（5 分）
（2）法⼀：g′（x）＝eax﹣1+axeax﹣1﹣a﹣＝（ax+1）（eax﹣1﹣），
由eax﹣1﹣＝0，解得：a＝
，设p（x）＝
，
则p′（x）＝
，
当x＞e2时，p′（x）＞0，当0＜x＜e2，p′（x）＜0，
从⽽p（x）在（0，e2）上单调递减，在（e2，+∞）上单调递增，
p（x）min＝p（e2）＝﹣
，
当a≤﹣
，a≤
，即eax﹣1﹣≤0，
在（0，﹣）上，ax+1＞0，g′（x）≤0，g（x）单调递减，
在（﹣，+∞）上，ax+1＜0，g′（x）≥0，g（x）单调递增，
∴g（x）min＝g（﹣）＝M，
设t＝﹣，∈（0，e2]，M＝h（t）＝
﹣lnt+1，（0＜t≤e2），
h′（t）＝
﹣≤0，h（x）在，∈（0，e2]上单调递减，
∴h（t）≥h（e2）＝0，
∴M 的最⼩值为0．
法⼆：g（x）＝eax+lnx﹣1﹣（ax+lnx﹣1）﹣1，
令h（x）＝ex﹣x﹣1，易知h（x）≥0（x＝0 时等号成⽴），
由ax+lnx﹣1＝0 得
，
令
，
，易知G（x）在（0，e2）单减，在（e2，+∞）单增，
，⼜a∈（﹣∞，﹣
]，
所以ax+lnx﹣1＝0 能成⽴，
故g（x）≥0，即M≥0，∴M 的最⼩值为0．
28．已知常数项为0 的函数f（x）的导函数为
，其中a 为常数．
（1）当a＝﹣1 时，求f（x）的最⼤值；
（2）若f（x）在区间（0，e]（e 为⾃然对数的底数）上的最⼤值为﹣3，求a 的值．
【解答】解：（1）因为
，∴f（x）＝ax+lnx
当a＝﹣1 时，f（x）＝﹣x+lnx
当0＜x＜1 时，f'（x）＞0，当x＞1 时，f'（x）＜0，
∴f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数，f（x）max＝f（1）＝﹣1
（2）∵
，∴
①若
，则f'（x）≥0，f（x）在（0，e]上是增函数，
∴f（x）max＝f（e）＝ae+1≥0，不合题意，
②若
，则由
，即
，
由
，从⽽f（x）在
上为增函数，在
上为减
函数，∴
，
令
，则
，
∴
，即a＝﹣e2∵
，
∴a＝﹣e2为所求．
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导数——题型22～24
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
C
C
C
C
D
A
B
A
B
C
题号
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
答案
D
C
A
D
D
D
A
A
A
B
B
题号
23
24
25
26
27
答案
C
A
B
B
D
⼀．选择题（共27 ⼩题）
1．已知定义在（﹣3，3）上的函数f（x）满⾜f（x）+e4xf（﹣x）＝0，f（1）＝e2，f′（x）为f（x）的导函数，
当x∈[0，3）时，f′（x）＞2f（x），则不等式e2xf（2﹣x）＜e4的解集为（
）
A．（﹣2，1）
B．（1，5）
C．（1，+∞）
D．（0，1）
【解答】解：令
，则f（x）＝e2xg（x），
∵f（x）+e4xf（﹣x）＝0，∴e2x•g（x）+e4x•e﹣2xg（﹣x）＝0，
∴g（x）+g（﹣x）＝0，∴g（x）是（﹣3，3）上的奇函数．
，
∵当0≤x＜3 时，f'（x）＞2f（x），∴当x∈[0，3）时，g'（x）＞0，
∴g（x）在[0，3）上单调递增，⼜g（x）是（﹣3，3）上的奇函数，
∴g（x）在（﹣3，3）上单调递增，⼜
，
由e2xf（2﹣x）＜e4，得e2xe2（2﹣x）g（2﹣x）＜e4，∴g（2﹣x）＜1＝g（1）．
由g（x）在（﹣3，3）上单调递增，得
，∴1＜x＜5，
∴不等式e2xf（2﹣x）＜e4的解集是（1，5）．
故选：B．
2．定义在（0，+∞）上的函数f（x）满⾜xf'（x）+1＞0，f（3）＝﹣ln3，则不等式f（ex）+x＞0 的解集为（
）
A．（e3，+∞）
B．（0，e3）
C．（ln3，+∞）
D．（ln3，e3）
【解答】解：令g（x）＝f（x）+lnx，x∈（0，+∞）．
∵在（0，+∞）上的函数f（x）满⾜xf'（x）+1＞0，
∴g′（x）＝f′（x）+
＝
＞0，
∴函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，
∵g（3）＝f（3）+ln3＝0，
∴不等式g（x）＞0＝g（3）的解集为：x＞3．
⽽不等式f（ex）+x＞0 满⾜：ex＞3，即x＞ln3．
∴不等式f（ex）+x＞0 的解集为（ln3，+∞）．
故选：C．
3．函数f（x）的定义域为R，f（﹣2）＝2017，对任意x∈R，都有f′（x）＜2x 成⽴，则不等式f（x）＞x2+2013
的解集为（
）
A．（﹣2，2）
B．（﹣2，+∞）
C．（﹣∞，﹣2）
D．（﹣∞，+∞）
【解答】解：令g（x）＝f（x）﹣x2﹣2013，函数f（x）的定义域为R，
对任意x∈（﹣∞，+∞），都有f′（x）＜2x 成⽴，
所以g′（x）＝f′（x）﹣2x＜0，
∴函数g（x）在R 上单调递减，
⽽f（﹣2）＝2021，
∴g（﹣2）＝f（﹣2）﹣（﹣2）2﹣2013＝0，
∴不等式f（x）＞x2+2017，可化为g（x）＝f（x）﹣x2﹣2017＞0，
即：g（x）＞g（﹣2），
函数g（x）在R 上单调递减，
∴x＜﹣2，
即不等式f（x）＞x2+2017 的解集为：（﹣∞，﹣2）
故选：C．
4．定义在R 上的函数f（x）满⾜f′（x）＞1﹣f（x），且f（0）＝6，f′（x）是f（x）的导函数，则不等式ex•
f（x）＞ex+5（其中e 为⾃然对数的底数）的解集为（
）
A．（﹣∞，0）∪（1，+∞）
B．（﹣∞，0）∪（3，+∞）
C．（0，+∞）
D．（3，+∞）
【解答】解：设g（x）＝exf（x）﹣ex，（x∈R），
则g′（x）＝exf（x）+exf′（x）﹣ex＝ex[f（x）+f′（x）﹣1]，
∵f'（x）＞1﹣f（x），
∴f（x）+f′（x）﹣1＞0，
∴g′（x）＞0，
∴y＝g（x）在定义域上单调递增，
∵exf（x）＞ex+5，
∴g（x）＞5，
⼜∵g（0）＝e0f（0）﹣e0＝6﹣1＝5，
∴g（x）＞g（0），
∴x＞0，
∴不等式的解集为（0，+∞），
故选：C．
5．f（x）是定义在R 上的函数，f'（x）是f（x）的导函数，已知f'（x）＞f（x），且f（1）＝e，则不等式f
（2x﹣1）﹣e2x﹣1＞0 的解集为（
）
A．（﹣∞，﹣1）
B．
C．（1，+∞）
D．
【解答】解：设
，则
，
∴g（x）在R 上单调递增，
⼜f（1）＝e，则
，
∴不等式f（2x﹣1）﹣e2x﹣1＞0 即为
，即为g（2x﹣1）＞g（1），
∴2x﹣1＞1，解得x＞1．
故选：C．
6．已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）满⾜xf'（x）﹣f（x）＜0，其中f'（x）是函数f（x）的导函数．若
2f（m﹣2019）＞（m﹣2019）f（2），则实数m 的取值范围为（
）
A．（0，2019）
B．（2019，+∞）
C．（2021，+∞）
D．（2019，2021）
【解答】解：由题设
，
所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，
⼜
，
即g（m﹣2019）＞g（2）⇒m﹣2019＜2⇒m＜2021，
⼜函数f（x）的定义域为（0，+∞），
所以m﹣2019＞0⇒m＞2019，
综上实数m 的取值范围为（2019，2021）．
故选：D．
7．已知定义在R 上的函数f（x）的导函数为f′（x），且满⾜f′（x）﹣f（x）＞0，则不等式e4f（3x﹣4）＞e2xf
（x）的解集为（
）
A．（2，+∞）
B．（e，+∞）
C．（﹣∞，e）
D．（﹣∞，2）
【解答】解：由题可设F（x）＝
，
∵f′（x）﹣f（x）＞0，则F′（x）＝
＞0，
∴函数F（x）在R 上单调递增，
由已知有
，不等式两边同时除以ex﹣4可得：
，
即F（3x﹣4）＞F（x），因为F（x）在R 上单调递增，
故3x﹣4＞x，解得：x＞2，
故选：A．
8．设函数f（x）是定义在（0，+∞）上的可导函数，其导函数为f′（x），且有xf'（x）＞2f（x），则不等式
4f（x﹣2022）﹣（x﹣2022）2f（2）＜0 的解集为（
）
A．（0，2023）
B．（2022，2024）
C．（2022，+∞）
D．（﹣∞，2023）
【解答】解：由题知，函数f（x）是定义在（0，+∞）上的可导函数，其导函数为f′（x），且有xf'（x）
＞2f（x），即xf'（x）﹣2f（x）＞0，
设
，
所以
，
所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，
因为4f（x﹣2022）﹣（x﹣2022）2f（2）＜0，
所以
，
所以
，解得2022＜x＜2024，
所以不等式4f（x﹣2022）﹣（x﹣2022）2f（2）＜0 的解集为（2022，2024），
故选：B．
9．设函数f（x）在R 上存在导数f'（x），对任意的x∈R，有f（﹣x）﹣f（x）＝0，且x∈[0，+∞）时f'（x）
＜2x，若f（2a﹣2）﹣f（a﹣4）≥3a2﹣12，则实数a 的取值范围为（
）
A．[﹣2，2]
B．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）
C．（﹣∞，﹣2]
D．[﹣2，+∞）
【解答】解：由于对任意的x∈R，有f（﹣x）﹣f（x）＝0，
故f（x）是偶函数，令g（x）＝f（x）﹣x2，显然g（x）也是偶函数，
由已知得g′（x）＝f′（x）﹣2x＜0（x≥0），
故g（x）在（﹣∞，0）上单调递增，在[0，+∞）上单调递减，
f（2a﹣2）﹣f（a﹣4）≥3a2﹣12 可化为f（2a﹣2）﹣（2a﹣2）2≥f（a﹣4）﹣（a﹣4）2，
即g（2a﹣2）≥g（a﹣4），所以|2a﹣2|≤|a﹣4|，即（2a﹣2）2≤（a﹣4）2，
解得﹣2≤a≤2．
故选：A．
10．已知实数a，b 满⾜ea+a＝b+lnb+1，则下列选项中⼀定正确的是（
）
A．b＞ea
B．b＜ea
C．b＜a+1
D．b＞a+1
【解答】解：令f（x）＝x+lnx+1，则f（x）在定义域（0，+∞）内单调递增，
∵ea+a＝b+lnb+1，即f（b）＝f（ea）﹣1＜f（ea），
∴b＜ea，A 错误，B 正确；
令a＝﹣3，则f（b）＝ea+a＝e﹣3﹣3＜0，且f（1）＝2＞0，
∴0＜b＜1，此时b＞a+1，C 错误；
令a＝0，则f（b）＝ea+a＝1，且f（1）＝2＞1，
∴0＜b＜1，此时b＜a+1，D 错误；
故选：B．
11．已知f′（x）是函数f（x）的导函数，且对于任意实数x 都有f′（x）＝ex（2x﹣1）+f（x），f（0）＝﹣1，
则不等式f（x）＜5ex 的解集为（
）
A．（﹣∞，﹣2）∪（3，+∞）
B．（﹣∞，﹣3）∪（2，+∞）
C．（﹣2，3）
D．（﹣3，2）
【解答】解：令
，①
则
，
∵f′（x）＝ex（2x﹣1）+f（x），∴
，
即g′（x）＝2x﹣1，
∴g（x）＝x2﹣x+c，②
由①②知，
，
∴f（x）＝ex（x2﹣x+c），⼜f（0）＝﹣1，
∴e0•c＝﹣1，即c＝﹣1，∴
，
∴不等式f（x）＜5ex⇔
，
∴﹣2＜x＜3，
即不等式f（x）＜5ex 的解集为（﹣2，3）．
故选：C．
12．已知定义在R 上的函数f（x）的导函数为f'（x），且满⾜f（x）+f'（x）＞0，f（3）＝1，则ex•f（x）＞
e3的解集为（
）
A．（﹣∞，1）
B．（1，+∞）
C．（﹣∞，3）
D．（3，+∞）
【解答】解：令g（x）＝exf（x），由题意知g′（x）＝ex[f′（x）+f（x）]＞0，
故g（x）是增函数，结合f（3）＝1，所以ex•f（x）＞e3可化为ex•f（x）＞e3f（3），
即g（x）＞g（3），故x＞3 即为所求，
故解集为（3，+∞）．
故选：D．
13．已知函数f（x）的导函数为f′（x），若对任意的x∈R，都有f（x）＞f′（x）+2 且f（1）＝2022，则不等
式f（x）﹣2020ex﹣1＜2 的解集为（
）
A．（0，+∞）
B．（﹣∞，）
C．（1，+∞）
D．（﹣∞，1）
【解答】解：设g（x）＝
，
因为对任意的x∈R，都有f（x）＞f′（x）+2，
则g′（x）＝
＝
＜0，
故g（x）在R 上单调递减，
因为f（1）＝2022，
所以g（1）＝
，
不等式f（x）﹣2020ex﹣1＜2 可化为
＜
，
即g（x）＜g（1），
所以x＞1．
故选：C．
14．已知奇函数f（x）是定义在R 上的可导函数，其导函数为f′（x），当x＞0 时，有2f（x）+xf′（x）＞x2，
则不等式（x+2021）2f（x+2021）+4f（﹣2）＜0 的解集为（
）
A．（﹣∞，﹣2019）
B．（﹣2023，﹣2019）
C．（﹣∞，﹣2023）
D．（﹣2019，0）
【解答】解：令g（x）＝x2f（x），
因为f（x）是定义在R 上的可导奇函数，所以g（x）也是f（x）是定义在R 上的可导奇函数，
当x＞0 时，有g′（x）＝2xf（x）+x2f′（x）＝x（2f（x）+xf′（x））＞x3＞0，
所以g（x）在（0，+∞）上单调增加，
因为f（0）＝﹣f（0），所以f（0）＝0，于是g（0）＝0，
⼜因为g（x）在R 上可导，所以g（x）在R 上单调增加，
所以（x+2021）2f（x+2021）+4f（﹣2）＜0⇔（x+2021）2f（x+2021）＜22f（2）⇔x+2021＜2⇔x＜﹣2019．
故选：A．
15．函数f（x）为R 上的可导函数，且∀x∈R，均有f（x）＞f′（x），则有（
）
A．e2013f（﹣2013）＜f（0），f（2013）＞e2013f（0）
B．e2013f（﹣2013）＜f（0），f（2013）＜e2013f（0）
C．e2013f（﹣2013）＞f（0），f（2013）＞e2013f（0）
D．e2013f（﹣2013）＞f（0），f（2013）＜e2013f（0）
【解答】解：令g（x）＝
，则g′（x）＝
，
∵f（x）＞f′（x），
∴g′（x）＜0，即函数g（x）为R 上的减函数，
∴g（﹣2013）＞g（0）＞g（2013），
即∴e2013f（﹣2013）＞f（0），
∴f（2013）＜e2013f（0）．
故选：D．
16．已知函数f（x）是定义在（﹣
，
）上的奇函数，其导函数为f'（x），当x∈[0，
）时，f（x）
+f′（x）tanx＞0，则不等式cosx•f（x+
）+sinx•f（﹣x）＞0 的解集为（
）
A．（﹣
，﹣
）B．（﹣
，0）
C．（﹣
，﹣
）D．（﹣
，0）
【解答】解：∵当x∈[0，
）时，f（x）+f′（x）tanx＞0⇔f′（x）sinx+f（x）cosx＞0，
令g（x）＝f（x）sinx，
则当x∈[0，
）时，g′（x）＝f′（x）sinx+f（x）cosx＞0，
∴g（x）在[0，
）上单调递增，①
⼜函数f（x）是定义在（﹣
，
）上的奇函数，
∴g（x）＝f（x）sinx 是定义在（﹣
，
）上的偶函数，②
∵不等式cosx•f（x+
）+sinx•f（﹣x）＞0，
∴sin（x+
）f（x+
）＞﹣sinx•f（﹣x）＝sin（﹣x）•f（﹣x），
即g（x+
）＞g（﹣x），其中﹣
＜x+
＜
，且﹣
＜﹣x＜
，即﹣
＜x＜0，③
由①②得|x+
|＞|﹣x|，
解得x＞﹣
，④
联⽴③④得﹣
＜x＜0，
故选：D．
17．对任意
，不等式sinx•f（x）＜cosx•f′（x）恒成⽴，则下列不等式错误的是（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：构造函数g（x）＝f（x）cosx，
则g′（x）＝cosx•f′（x）﹣sinx•f（x），
∵sinx•f（x）＜cosx•f′（x），
∴g′（x）＝cosx•f′（x）﹣sinx•f（x）＞0，
即g（x）在
上为增函数，
则g（
）＜g（
），
即f（
）cos
＜f（
）cos
，
即
f（
）＜
f（
），
即
f（
）＜f（
），
⼜g（1）＜g（
），
即f（1）cos1＜f（
）cos
，
即
，
故错误的是D．
故选：D．
18．已知函数y＝f（x）对于任意的
满⾜f′（x）cosx+f（x）sinx＞0（其中f′（x）是函数f
（x）的导函数），则下列不等式不成⽴的是（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：构造函数g（x）＝
，
则g′（x）＝
＝
[（f′（x）cosx+f（x）sinx]，
∵对任意的x∈（﹣
，
）满⾜f′（x）cosx+f（x）sinx＞0，
∴g′（x）＞0，即函数g（x）在x∈（﹣
，
）单调递增，
则②g（﹣
）＜g（﹣
），即
＜
，
∴
＜
，即
f（﹣
））＜f（﹣
），故B 正确；
③g（0）＜g（
），即
＜
，
∴f（0）＜
f（
），故③正确；
④g（0）＜g（
），即
＜
，
∴f（0）＜2f（
），故④正确；
由排除法，
故选：A．
19．已知定义在
上的函数f（x），f'（x）是f（x）的导函数，且恒有cosxf'（x）+sinxf（x）＞0 成
⽴，则（
）
①
；②
；③
；④
．
A．①③④
B．①②③
C．②③④
D．①②④
【解答】解：设
，则
，
因为
时，cosxf'（x）+sinxf（x）＞0，
所以
时，
，
因此g（x）在
上单调递增，
所以
，
，
，
即
，①正确；
，③正确；
，④正确．
故选：A．
20．已知
，b＝e，
，则以下不等式正确的是（
）
A．c＞a＞b
B．c＞b＞a
C．b＞a＞c
D．b＞c＞a
【解答】解：设f（x）＝
（x＞1），则f′（x）＝
，
当x∈（1，e）时，则f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（e，+∞）时，则f′（x）＞0，f（x）单调递增，
则
＞
＞
，∵
＝
，
∴
＞
＞e，
∴c＞a＞b，
故选：A．
21．已知a＝
，b＝
，c＝，则（
）
A．a＜b＜c
B．b＜a＜c
C．c＜a＜b
D．b＜c＜a
【解答】解：∵a＝
，b＝
，
∴a﹣b＝
﹣
＝
＝
＞0，∴a＞b，
设f（x）＝
，则f′（x）＝
，
当0＜x＜e 时，则f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x＞e 时，则f′（x）＜0，f（x）单调递减，
∴当x＝e 时，则f（x）取到最⼤值，
∴f（e）＞f（4），∴
＞
＞
，即c＞a，
∴b＜a＜c，
故选：B．
22．设
，则a，b，c 的⼤⼩顺序为（
）
A．a＜c＜b
B．c＜a＜b
C．a＜b＜c
D．b＜a＜c
【解答】解：设f（x）＝
，则f′（x）＝
，
当x∈（0，e）时，则f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（e，+∞）时，则f′（x）＜0，f（x）单调递减，
∵2＜
＜e，
∴
＜
＜
，
∴c＜a＜b，
故选：B．
23．已知a＝
，b＝
，c＝log43，则a，b，c 的⼤⼩关系是（
）
A．c＜b＜a
B．c＜a＜b
C．a＜b＜c
D．b＜a＜c
【解答】解：设f（x）＝xlnx，则f′（x）＝1+lnx，
当x∈（，+∞）时，则f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（0，）时，则f′（x）＜0，f（x）单调递减，
∴当x＝时，f（x）取得最⼩值，
∴f（）＞f（）⇔
ln
＞ln
⇔
＞
⇔
＞
，∴a＜b，
∵34＞43⇔log43＞＞
，∴b＜c，
∴a＜b＜c，
故选：C．
24．已知
，
，
，其中a，b，c∈（0，1），则（
）
A．c＜b＜a
B．c＜a＜b
C．a＜b＜c
D．a＜c＜b
【解答】解：构造函数f（x）＝x﹣lnx（x＞0），
则f′（x）＝1﹣＝
，
当x＞1 时，f′（x）＞0，当0＜x＜1 时，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
由
，可得a﹣2＝lna﹣ln2，即a﹣lna＝2﹣ln2，
即f（a）＝f（2），
由
，可得b﹣3＝lnb﹣ln3，即b﹣lnb＝3﹣ln3，
即f（b）＝f（3），
因为3＞2，f（x）在（1，+∞）上单调递增，
所以f（3）＞f（2），故f（b）＞f（a），
因为f（x）在（0，1）上单调递减，a，b∈（0，1），故b＜a，
因为
＝lnc﹣ln2＞lnc﹣ln3，故c﹣lnc＞3﹣ln3，即f（c）＞f（3），
因为f（b）＝f（3），所以f（c）＞f（b），
因为f（x）在（0，1）上单调递减，b，c∈（0，1），故c＜b，
从⽽c＜b＜a，
故选：A．
25．设
，
，
，则（
）
A．a＜b＜c
B．b＜a＜c
C．a＜c＜b
D．b＜c＜a
【解答】解：设f（x）＝
，（x＞0），
则f'（x）＝
，
令f'（x）＝0，得x＝e，
∴当x∈（0，e）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（e，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
∴当x＝e 时，f（x）取得极⼤值
，
∵a＝
＝
＝f（
），b＝
＝
＝f（4），c＝＝f（e），
⼜e＜
＜4，且f（x）在（e，+∞）上单调递减，
∴f（4）＜f（
）＜f（e），
∴b＜a＜c，
故选：B．
26．设
，
，
，则a，b，c 的⼤⼩顺序为（
）
A．a＜c＜b
B．c＜a＜b
C．a＜b＜c
D．b＜a＜c
【解答】解：设f（x）＝
，则f′（x）＝
，
当x＞e 时，f′（x）＜0，函数单调递减，当0＜x＜e 时，f′（x）＞0，函数单调递增，
故当x＝e 时，函数取得最⼤值f（e）＝，
因为a＝
＝f（
），c＝
＝f（2），b＝＝f（e），
∵2＜
＜e，
当0＜x＜e 时，f′（x）＞0，函数单调递增，
可得f（2）＜f（
）＜f（e），
综上c＜a＜b．
故选：B．
27．设
，
，
，则（
）
A．c＜a＜b
B．b＜c＜a
C．a＜c＜b
D．c＜b＜a
【解答】解：设
，则
，b＝f（2），
．
因为
，所以当1＜x＜e 时，f'（x）＜0；当x＞e 时，f'（x）＞0．
所以f（x）在（1，e）单调递减，在（e，+∞）单调递增．
因为f（2）＝f（4），且
，
所以
，即a＞b＞c．
故选：D．
⼆．解答题（共11 ⼩题）
28．已知函数f（x）＝ex，（x∈R）
（1）求f（x）在点（1，e）处的切线⽅程；
（2）证明：曲线y＝f（x）与曲线y＝x2+x+1 有唯⼀公共点．
【解答】解：（1）函数的导数f′（x）＝ex，则f′（1）＝e，
则f（x）点（1，e）处的切线⽅程为：y﹣e＝e（x﹣1），
即y＝ex．
（2）令h（x）＝f（x）﹣（
x2+x+1）＝ex﹣x2﹣x﹣1，
则h′（x）＝ex﹣x﹣1，
[h′（x）]′＝ex﹣1，且h（0）＝0，h′（0）＝0，[h′（0）]′＝0，
因此，当x＜0 时，[h′（x）]′＜0，y＝h′（x）单调递减；
当x＞0 时，[h′（x）]′＞0，y＝h′（x）单调递增．
所以y＝h′（x）≥h′（0）＝0，
所以y＝h（x）在R 上单调递增，
⼜h（0）＝0，即函数h（x）有唯⼀零点，
故曲线y＝f（x）与曲线y＝x2+x+1 有唯⼀公共点（0，1）．
29．已知函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1．
（1）设x＝2 是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；
（2）证明：当a≥
时，f（x）≥0．
【解答】解：（1）∵函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1．
∴x＞0，f′（x）＝aex﹣，
∵x＝2 是f（x）的极值点，
∴f′（2）＝ae2﹣＝0，解得a＝
，
∴f（x）＝
ex﹣lnx﹣1，∴f′（x）＝
，
当0＜x＜2 时，f′（x）＜0，当x＞2 时，f′（x）＞0，
∴f（x）的单调递减区间是（0，2），单调递增区间是（2，+∞）．
（2）证法⼀：当a≥
时，f（x）≥
﹣lnx﹣1，
设g（x）＝
﹣lnx﹣1，x＞0，则
﹣，
由
﹣＝0，得x＝1，
当0＜x＜1 时，g′（x）＜0，
当x＞1 时，g′（x）＞0，
∴x＝1 是g（x）的最⼩值点，
故当x＞0 时，g（x）≥g（1）＝0，
∴当a≥
时，f（x）＝aex﹣lnx﹣1≥0．
证法⼆：∵函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1，∴f（x）≥0，即a≥
，x＞0，
令g（x）＝
，x＞0，则
，x＞0，∴g′（1）＝0，
当0＜x＜1 时，
，﹣lnx＞0，g′（x）＞0，
当x＞1 时，
，﹣lnx＜0，g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，
g（x）≤g（1）＝，
∵a≥
，∴a≥g（x）．
∴当a≥
时，f（x）≥0．
证法三：当a
时，f（x）≥
，即只需证明
，
由于
，
则ex≥elnex⇔xex≥exlnex⇔xex≥elnexlnex，
令g（x）＝xex，
则g'（x）＝ex（x+1）＞0，即g（x）为增函数，
⼜易证x≥lnex＝lnx+1，
故g（x）≥g（lnex），即xex≥elnexlnex 成⽴，
故当
时，f（x）≥0．
30．证明下列不等式：
（1）当x＞1 时，ex＞e•x
（2）设x＞0，证明：ln（1+x）＜x
（3）当x＞0 时，ln（1+
）＞
．
【解答】解：（1）设f（x）＝ex﹣e•x，则当x＞1，f′（x）＝ex﹣e＞0，
故函数f（x）在（1，+∞）上是单调递增的，故f（x）＞f（1）＝0，
即ex＞e•x．
（2）证明：设x＞0，函数y＝x﹣ln（1+x），∵y′＝1﹣
＞0，
故函数y 在（0，+∞）上单调递增，故x﹣ln（1+x）＞0﹣ln1＝0，
即x＞ln（1+x）．
（3）证明：令t＝1+
，x＝
，t＞1，本题即证lnt＞
＝1﹣．
令f（t）＝ln t﹣1+
，t＞1，则f′（t）＝﹣0﹣
＝
＞0，
故f（t）在（1，+∞）上单调递增，故f（t）＞f（1）＝0，
∴ln t＞1﹣，即ln（1+
）＞
．
31．证明下列不等式：
（1）当x＞0 时，
；
（2）当
时，
；
（3）当x＞0 时，（x2﹣1）lnx≥（x﹣1）2．
【解答】证明：（1）令f（x）＝lnx（x＞0），则f（x）在[x，1+x]上连续，且在（x，1+x）内可导，
∴由拉格朗⽇中值定理，得
，
∵0＜x＜ξ＜1+x，∴
，∴当x＞0 时，
．
（2）令
，显然f（x）在
上连续，且在
内可导，
则f（0）＝0，f′（x）＝sec2x﹣1﹣x2＝tan2x﹣x2＝（tanx﹣x）（tanx+x），
令g（x）＝tanx﹣x，显然g（x）在
上连续，且在
内可导，
则g（0）＝0，g′（x）＝sec2x﹣1＝tan2x＞0，
∴g（x）在
上单调递增，∴g（x）＞g（0）＝0，
∵当
时，tanx+x＞0，∴g（x）（tanx+x）＞0，即f′（x）＞0．
∴f（x）在
上单调递增，∴f（x）＞f（0）＝0，∴
．
∴当
时，
．
（3）令f（x）＝（x2﹣1）lnx﹣（x﹣1）2，则
，
∴
，∴
，
∴当0＜x＜1 时，f'''（x）＜0；当x＞1 时，f'''（x）＞0，
∴x＝1 是f''（x）的最⼩值点，即当x＞0 时，f''（x）⩾f''（1）＝2＞0，
∴f′（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴当0＜x＜1 时，f′（x）＜f′（1）＝0；当x＞1 时，f′（x）＞f′（1）＝0．
因此f（1）＝0 是f（x）在（0，+∞）内的最⼩值．
故当x＞0 时，有f（x）⩾f（1）＝0，
∴（x2﹣1）lnx⩾（x﹣1）2．
32．利⽤函数的单调性证明下列不等式
（1）当x＞0 时，ln（1+x）＞
；
（2）当x＞1 时，ex＞ex；
（3）tanx＞x﹣
，x∈（0，
）；
（4）当x＞1 时，2
＞3﹣．
【解答】证明：（1）设
，x≥0，
则
，
即函数f（x）在[0，+∞）为增函数，
即当x＞0 时，f（x）＞f（0）＝0，
即当x＞0 时，ln（1+x）＞
；
（2）设g（x）＝ex﹣ex，x≥1，
则g′（x）＝ex﹣e≥0，
则函数g（x）在[1，+∞）为增函数，
则当x＞1 时，g（x）＞g（1）＝0，
即当x＞1 时，ex＞ex；
（3）设
，
，
则
≥0，
即函数h（x）在[0，
）为增函数，
即当x
时，h（x）＞h（0）＝0，
即tanx＞x﹣
，x∈（0，
）；
（4）设
，x≥1，
则
，
即函数φ（x）在[1，+∞）为增函数，
即当x＞1 时，φ（x）＞φ（1）＝0，
即当x＞1 时，2
＞3﹣．
33．证明下列不等式：
（1）当x＞0 时，sinx＜x；
（2）当x＞0 时，
；
（3）当x＞0 时，
．
【解答】证明：（1）令f（x）＝x﹣sinx，x＞0，
则f′（x）＝1﹣cosx≥0，即f（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以f（x）＞f（0）＝0，即x＞sinx；
（2）令g（x）＝ln（1+x）﹣x+
．x＞0，
则
＝
＞0，
所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以g（x）＞g（0）＝0，
即ln（1+x）﹣x+
＞0，
所以ln（1+x）＞x﹣
，
令h（x）＝x﹣ln（1+x），x＞0，
则
＝
＞0，
所以h（x）在（0，+∞）上单调递增，h（x）＞h（0）＝0，
所以x﹣ln（x+1）＞0，即x＞ln（x+1），
所以
；
（3）令φ（x）＝
，
＝﹣＜0，
则根据⼆次函数的性质可知φ（x）＝
＞0 恒成⽴，
当x＞0 时，
．
34．设函数f（x）＝lnx﹣ax+1．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）证明：当x∈（1，+∞）时，1＜
．
【解答】解：（1）f（x）＝lnx﹣ax+1 的定义域（0，+∞），
f′（x）＝﹣a＝
，
①当a≤0 时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
②当a＞0 时，令f′（x）＞0，可得0＜x＜，f（x）在（0，）上单调递增，
令f′（x）＜0，可得x＞，f（x）在（，+∞）上单调递减，
综上，当a≤0 时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＞0 时，f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减；
（2）令a＝1，则f（x）＝lnx﹣x+1，
由（1）可得f（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，
∴f（x）在x＝1 处取得最⼤值，最⼤值为f（1）＝0，
∴当x∈（1，+∞）时，f（x）＜0，ln x＜x﹣1．
∴x∈（1，+∞）时，1＜
，结论成⽴．
35．已知函数f（x）＝ln（1+x）+
x2﹣x（a≥0）．
（1）若f（x）＞0 对x∈（0，+∞）都成⽴，求a 的取值范围；
（2）已知e 为⾃然对数的底数，证明：∀n∈N*，
＜（1+
）（1+
）…（1+
）＜e．
【解答】（1）解：f（x）＞0 对x∈（0，+∞）都成⽴⇔f（x）min＞0．
f′（x）＝
＝
．（a≥0）．
当a≥1 时，f′（x）＞0，∴函数f（x）单调递增，
∴f（x）＞f（0）＝0，∴f（x）min＞0 成⽴，因此a≥1 满⾜条件．
当a＝0 时，f′（x）＝
＜0，∴函数f（x）单调递减，∴f（x）＜f（0），不满⾜条件，舍去．
当0＜a＜1 时，f′（x）＝
，当
时，函数f（x）单调递减，∴f（x）＜f（0）＝
0，不满⾜条件，舍去．
综上可得：只有当a≥1 时满⾜条件．因此a 的取值范围是[1，+∞）．
（2）证明：由（1）可知：当a＝0 时，ln（1+x）＜x，x＞0．
取x＝
，（i∈N*，i≤n，n∈N*）．
∴
，
∴
+
+…+
＜
+…+
＝
＝
≤1，
∴
＜1，
∴（1+
）（1+
）…（1+
）＜e．
由（1）可知：当a＝1 时，ln（1+x）＞x
＞
，1＞x＞0．
取x＝
，（i∈N*，i≤n，n∈N*）．
则
，
∴
+
+…+
＝
，
∴
＞，
∴（1+
）（1+
）…（1+
）
．
综上可得：∀n∈N*，
＜（1+
）（1+
）…（1+
）＜e．
36．已知f（x）＝xlnx，g（x）＝x﹣1．
（1）求F（x）＝g（x）﹣f（x）的单调区间和最值；
（2）证明：对⼤于1 的任意⾃然数n，都有
．
【解答】解：（1）由F(x)＝x﹣1﹣xlnx,x＞0 得，F′(x)＝1﹣(lnx+1)＝﹣lnx，
易知当0＜x＜1 时，F′(x)＞0，当x＞1 时，F′(x)＜0，
∴F（x）的单调递增区间为（0,1），单调递减区间为（1，+∞），最⼤值为F(1)＝0，⽆最⼩值；
（2）证明：由（1）知，当x＞1 时，x﹣1﹣xlnx＜0，即
，
令
，则
，
∴
，
以
上
各
式
相
加
得
，
＝
，即得证．
37．已知函数f（x）＝alnx+1（a∈R）．
（Ⅰ）若g（x）＝x﹣f（x），讨论函数g（x）的单调性；
（Ⅱ）若t（x）＝
x2+x，h（x）＝ex﹣1（其中e 是⾃然对数的底数），且a＝1，x∈（0，+∞），求证：h
（x）＞t（x）＞f（x）．
【解答】解：（Ⅰ）g（x）＝x﹣f（x）＝x﹣alnx﹣1，
∴g'（x）＝1﹣，定义域为（0，+∞），
当a≤0 时，g'（x）＞0 恒成⽴，即g（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＞0 时，令g'（x）＞0，得x＞a；令g'（x）＜0，得0＜x＜a，
∴g（x）在（a，+∞）上单调递增，在（0，a）上单调递；
综上所述，当a≤0 时，g（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＞0 时，g（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增．
（Ⅱ）令H（x）＝h（x）﹣t（x）＝ex﹣1﹣（x2+x），x∈（0，+∞），
∴H'（x）＝ex﹣x﹣1，令m（x）＝H'（x）＝ex﹣x﹣1，则m'（x）＝ex﹣1＞0，
即函数m（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴H'（x）＝m（x）＞m（0）＝0，即H（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴H（x）＞H（0）＝0，即h（x）＞t（x），
由（Ⅰ）知，当a＝1 时，g（x）＞g（1），即x﹣lnx﹣1＞0，
∴lnx+1＜x 在（0，+∞）上恒成⽴，
令F（x）＝t（x）﹣f（x）＝x2+x﹣（lnx+1）＞x2+x﹣x＝x2＞0，
∴t（x）＞f（x），
综上所述，h（x）＞t（x）＞f（x）．
38．已知函数f（x）＝lnx+
，a∈R．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＞0 时，证明：f（x）≥
．
【解答】解：（1）函数f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）＝﹣
＝
，
当a≤0 时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）递增，
当a＞0 时，若x＞a，则f′（x）＞0，函数f（x）在（a，+∞）递增，
若0＜x＜a 时，则f′（x）＜0，函数f（x）在（0，a）递减；
（2）由（1）知，当a＞0 时，f（x）min＝f（a）＝lna+1，
要证f（x）≥
，只需证明lna+1≥
，
即只需证明lna+
﹣1≥0，
构造函数g（a）＝lna+
﹣1，
则g′（a）＝﹣
＝
，
故g（a）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
故g（a）min＝g（1）＝0，
故lna+
﹣1≥0 恒成⽴，
故f（x）≥
．
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导数——题型25
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
答案
C
B
D
D
D
⼀．选择题（共5 ⼩题）
1．已知a＞b＞0，blna＝alnb，有如下四个结论：
①b＜e；
②b＞e；
③∃a，b 满⾜a•b＜e2；
④a•b＞e2．
则正确结论的序号是（
）
A．①③
B．②③
C．①④
D．②④
【解答】解：【特殊值法】a＞b＞0，blna＝alnb，
不妨令a＝4，b＝2，满⾜条件；
则a＝4＞e，b＝2＜e，①正确，②错误；
⼜ab＝2×4＞e2，④正确，③错误；
综上，正确的命题是①④．
【直接法】a＞b＞0，ab＝ba，
∴blna＝alnb，
∴
＝
；
设f（x）＝
（x＞0），
则f′（x）＝
，
令f′（x）＝0，得1﹣lnx＝0，解得x＝e；
∴x∈（0，e）时，f′（x）＞0，f（x）是增函数；
x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）是减函数；
∴x＝e 时f（x）取得最⼤值为f（e）＝；
由函数的图象知，a、b 中a＞e，1＜b＜e，∴①正确，②错误；
由
＝
＝t＞0，
∴
，
①﹣②得
＝t
①+②得lna+lnb＝t（a+b）＝
＝
，
lna+lnb﹣2＝
﹣2③
令u＝，则③式变为
lna+lnb﹣2＝
﹣2＝
（lnu﹣
）
∵a＞e，1＜b＜e，∴u∈（1，+∞）
另f（u）＝lnu﹣
，
∵f′（u）＝﹣
＞0，
∴f（u）在（1，+∞）上单调递增，f（u）＞0，
由∵u﹣1＞0，∴lna+lnb＞2，
∴a•b＞e2，③错误，④正确，
综上，正确结论的序号是①④．
故选：C．
2．下列四个命题：①ln5＜
ln2；②lnπ＞
；③2
＜11；④3eln2
，其中真命题的个数是
（
）（e 为⾃然对数的底数）
A．1
B．2
C．3
D．4
【解答】解：构造函数f（x）＝
，
导数f′（x）＝
，
当0＜x＜e 时，f′（x）＞0，f（x）递增；
x＞e 时，f′（x）＜0，f（x）递减．
可得f（e）取得最⼤值
．
由2＜
＜e，可得f（2）＜f（
），
即有
＜
，即ln5＞
ln2，故①不正确；
由
＜
＜e，可得f（
）＜f（
），
即有
＜
，即lnπ＞
，故②正确；
设g（x）＝2x﹣x2，可得g（2）＝g（4）＝0，
在2＜x＜4 时，g（x）＜0，
即有2
＜11，故③正确；
由f（x）＝
的最⼤值
，看设x＝2
，则
＜，
即eln2
＜2
，即
eln2＜2
，
则3eln2＜4
，故④不正确．
故选：B．
3．已知函数f（x）＝kx2﹣lnx，若f（x）＞0 在函数定义域内恒成⽴，则实数k 的取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：由f（x）＝kx2﹣lnx（x＞0），得f′（x）＝2kx﹣＝
，
当k≤0 时，f′（x）＜0，函数f（x）在（0，+∞）上为减函数，
⼜当x→+∞时，f（x）→﹣∞．不满⾜f（x）＞0 在函数定义域内恒成⽴；
当k＞0 时，由f′（x）＝0，解得x＝±
．
当x∈（0，
）时，f′（x）＜0，当x∈（
，+∞）时，f′（x）＞0．
∴f（x）在（0，
）上为减函数，在（
，+∞）上为增函数，
∴
＝
＝
．
由
＞0，得ln
＜，即k＞
．
∴k 的取值范围是（
∞），
故选：D．
4．已知0＜x1＜x2＜1，则（
）
A．
＞
B．
＜
C．x2lnx1＞x1lnx2
D．x2lnx1＜x1lnx2
【解答】解：设f（x）＝xlnx，则f′（x）＝lnx+1，由f′（x）＞0，得x＞，函数f（x）单调递增；
由f′（x）＜0，得0＜x＜，函数f（x）单调递减，故函数f（x）在（0，1）上不单调，
所以f（x1）与f（x2）的⼤⼩⽆法确定，从⽽排除A，B；
设g（x）＝
，则g′（x）＝
，由g′（x）＞0，得0＜x＜e，函数f（x）单调递增，故函数f（x）
在（0，1）上单调递增，所以g（x1）＜g（x2），即
＜
，所以x2lnx1＜x1lnx2，D 正确．
故选：D．
5．已知a＜5 且ae5＝5ea，b＜4 且be4＝4eb，c＜3 且ce3＝3ec，则（
）
A．c＜b＜a
B．b＜c＜a
C．a＜c＜b
D．a＜b＜c
【解答】解：根据题意，设f（x）＝
，
a＜5 且ae5＝5ea，变形可得
＝
，即f（a）＝f（5），
b＜4 且be4＝4eb，变形可得
＝
，即f（b）＝f（4），
c＜3 且ce3＝3ec，变形可得
＝
，即f（c）＝f（3），
f（x）＝
，其导数f′（x）＝
，
在区间（0，1）上，f′（x）＜0，则f（x）为减函数，
在区间（1，+∞）上，f′（x）＞0，则f（x）为增函数，其草图如图：
则有0＜a＜b＜c＜1，
故选：D．
⼆．解答题（共4 ⼩题）
6．已知函数f（x）＝ax﹣
，a∈R．
（1）若f（x）≥0，求a 的取值范围；
（2）若y＝f（x）的图象与y＝a 相切，求a 的值．
【解答】解：（1）由f（x）≥0 得ax﹣
≥0，
从⽽ax≥
，即a≥
，
设g（x）＝
，则g′（x）＝
，（x＞0）
所以0＜x＜
时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
x＞
时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
所以当x＝
时，g（x）取得最⼤值g（
）＝
，
故a 的取值范围是a≥
；
（2）设y＝f（x）的图象与y＝a 相切于点（t，a），
依题意可得
因为f′（x）＝a﹣
，
所以
，
消去a 可得t﹣1﹣（2t﹣1）lnt＝0．
令h（t）＝t﹣1﹣（2t﹣1）lnt，
则h′（t）＝1﹣（2t﹣1）•
﹣2lnt＝﹣2lnt﹣1，
显然h′（t）在（0，+∞）上单调递减，且h′（1）＝0，
所以0＜t＜1 时，h′（t）＞0，h（t）单调递增；
t＞1 时，h′（t）＜0，h（t）单调递减，
所以当且仅当t＝1 时h（t）＝0．
故a＝1．
7．已知函数f（x）＝x3﹣alnx（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若函数y＝f（x）在区间（1，e]上存在两个不同零点，求实数a 的取值范围．
【解答】解：（1）∵
①若a≤0 时，f'（x）＞0，此时函数在（0，+∞）上单调递增；
②若a＞0 时，⼜
得：
，
当
时f'（x）＜0，此时函数在
上单调递减；
当
时f'（x）＞0，此时函数在
上单调递增；
（2）由题意知：
在区间（1，e]上有两个不同实数解，
即函数y＝a 图象与函数
图象有两个不同的交点，
因为
，
令g'（x）＝0 得：
所以当
时，g'（x）＜0，函数在
上单调递减
当
时，g'（x）＞0，函数在
上单调递增；
则
，
⽽
，且g（e）＝e3＜27，
要使函数y＝a 图象与函数
图象有两个不同的交点，
所以a 的取值范围为（3e，e3]．
8．已知函数f（x）＝ax2﹣xlnx．
（1）若函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，求实数a 的取值范围；
（2）若a＝e，证明：当x＞0 时，f（x）＜xex+
．
【解答】解：（1）由题意知，f′（x）＝2ax﹣lnx﹣1．
因为函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以当x＞0 时，f′（x）≥0，即2a≥
恒成⽴．
令g（x）＝
（x＞0），
则g′（x）＝﹣
，0＜x＜1 时，g′（x）＞0，x＞1 时，g′（x）＜0，
g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，则g（x）max＝g（1）＝1，
所以2a≥1，即a
．
故实数a 的取值范围是[
，+∞）；
（2）证明：若a＝e，要证f（x）＜xex+
，
只需证ex﹣lnx＜ex+
，即ex﹣ex＜lnx+
．
令h（x）＝lnx+
（x＞0），则h′（x）＝
，
易知h（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，则h（x）min＝h（）＝0，
所以lnx+
≥0．
再令φ（x）＝ex﹣ex（x＞0），则φ′（x）＝e﹣ex，0＜x＜1 时，φ′（x）＞0，x＞1 时，φ′（x）＜0，
易知φ（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
则φ（x）max＝φ（1）＝0，所以ex﹣ex≤0．
因为h（x）与φ（x）不同时为0，所以ex﹣ex＜lnx+
，故原不等式成⽴．
9．已知函数f（x）＝lnx+
．
（Ⅰ）若函数f（x）有零点，求实数a 的取值范围；
（Ⅱ）证明：当a≥
时，f（x）＞e﹣x．
【解答】解：（Ⅰ）法1：函数
的定义域为（0，+∞）．
由
，得
．…（1 分）
因为a＞0，则x∈（0，a）时，f'（x）＜0；x∈（a，+∞）时，f'（x）＞0．
所以函数f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增．…（2 分）
当x＝a 时，[f（x）]min＝lna+1．…（3 分）
当lna+1≤0，即0＜a≤
时，⼜f（1）＝ln1+a＝a＞0，则函数f（x）有零点．…（4 分）
所以实数a 的取值范围为
．…（5 分）
法2：函数
的定义域为（0，+∞）．
由
，得a＝﹣xlnx．…（1 分）
令g（x）＝﹣xlnx，则g'（x）＝﹣（lnx+1）．
当
时，g'（x）＞0；当
时，g'（x）＜0．
所以函数g（x）在
上单调递增，在
上单调递减．…（2 分）
故
时，函数g（x）取得最⼤值
．…（3 分）
因⽽函数
有零点，则
．…（4 分）
所以实数a 的取值范围为
．…（5 分）
（Ⅱ）要证明当
时，f（x）＞e﹣x，
即证明当x＞0，
时，
，即xlnx+a＞xe﹣x．…（6 分）
令h（x）＝xlnx+a，则h'（x）＝lnx+1．
当
时，f'（x）＜0；当
时，f'（x）＞0．
所以函数h（x）在
上单调递减，在
上单调递增．
当
时，
．…（7 分）
于是，当
时，
．①…（8 分）
令φ（x）＝xe﹣x，则φ'（x）＝e﹣x﹣xe﹣x＝e﹣x（1﹣x）．
当0＜x＜1 时，f'（x）＞0；当x＞1 时，f'（x）＜0．
所以函数φ（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．
当x＝1 时，
．…（9 分）
于是，当x＞0 时，
．②…（10 分）
显然，不等式①、②中的等号不能同时成⽴．…（11 分）
故当
时，f（x）＞e﹣x．…（12 分）
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导数篇
导数篇
导数篇—题型
题型
题型26～题型
～题型
～题型27 答案
答案
答案
考点⼀
考点⼀
考点⼀
部分同构携⼿放缩法
部分同构携⼿放缩法
部分同构携⼿放缩法（同构放缩需有⽅，切放同构⼀起上）
1．函数
的最⼩值为________．
1．答案
解析
，当且仅当x＋lnx＝0 等号
成⽴．
2．函数
的最⼩值为________．
2．答案
1
解析
，当且仅当x＋lnx＝0 等号成⽴．
3．函数
的最⼤值是________．
3．答案
0
解析
(当且仅当x＋lnx＝0 取等号)．
4．已知不等式
，对任意正数x 恒成⽴，则实数a 的取值范围是________．
4．答案
解析
，由于
，所以
．
5．已知函数
，若
恒成⽴，则实数a 的取值范围是________．
5．答案
解析
，当x＋lnx＋1≤0
时，原不等式恒成⽴，当x＋lnx＋1＞0 时，
，由于
，当且仅
当x＋lnx＝1 等号成⽴，所以
，故
．
6．已知函数
，若
恒成⽴，则实数a 的取值范围是________．
6．答案
解析
，由于lnx＋1≤x，e2x≥2ex，两者都是当且仅
当x＝1 等号成⽴，则
，所以
．
7．已知a，b 分别满⾜
，则ab＝________．
7．答案
e3
解析
同构化处理，并利⽤函数的单调性．
，
，令
，显然该函数单调递增，即
，即
，则ab＝e3．
8．已知x0 是函数
的零点，则
________．
8．答案
2
解析
，
所以
，即
，或
，则
．
考点⼆
考点⼆
考点⼆
整体同构携⼿脱⾐法
整体同构携⼿脱⾐法
整体同构携⼿脱⾐法
1．已知函数
，若对任意正数x1，x2，当x1＞x2 时，都有
成⽴，则实数m 的取值范围是________．
1．答案
m≥0
解析
由
得，
，令
，
，
在
单调递增，⼜
，
，
在
上恒成⽴，即
，令
，则
，
在
单调递减，
(但取不到)．
m≥0．
2．已知函数
，
，当x2＞x1 时，不等式
恒成⽴，则实数a
的取值范围是(
)
A．
B．
C．
D．
2．答案
D
解析
由
，得
，令
，则
在
上单
调递增，⼜
，
在
上恒成⽴，即
，令
，则
，令
，则
在
单调递减，在
单调递增，
，选
D．
3．对不等式
进⾏同构变形，并写出相应的⼀个同构函数．
3．答案
解析
4．对⽅程
进⾏同构变形，并写出相应的⼀个同构函数．
4．答案
解析
．
5．对不等式
进⾏同构变形，并写出相应的⼀个同构函数．
5．答案
解析
6．设实数
，若对任意的
，不等式
恒成⽴，则
的最⼩值为________．
6．答案
解析
，令
，易知
在
上递增，所以
，
，
．令
，则
，
所以
在
上递增，在
上递减，则
，即
．
7．已知函数
，若关于x 的不等式
恒成⽴，则实数a 的取值范围
是________．
7．答案
解析
，
，令
，显然
为增函数，则原命
题等价于
，令
，则
，所
以
在
上递减，在
上递增，则
，所以
，即得
．
8．已知对任意
，不等式
恒成⽴，则实数k 的取值范围为________．
8．答案
解析
，
即
．令
，则
在
上递增，所以
，所以
，则
，由导数法易证
，所以
．
9．已知
，不等式
，对任意的实数
恒成⽴，则实数a 的最⼩值是(
)
A．
B．
C．
D．
9．答案
C
解析
，即
，令
，则
在
单调递增，即
，即
，
．令
，由导数法知
，
．故选C．
10．已知函数
，当
时，
恒成⽴，则实数m 的取值范围为(
)
A．
B．
C．
D．
10．答案
解析
，即
，令
，则
在
单调递增，即
，当
时，
恒成⽴，当
时，
，令
，则
，
在
上单调递增，
．故选B．
导数——题型28～30
参考答案与试题解析
⼀．解答题（共9 ⼩题）
1．已知函数f（x）＝a（x﹣1）﹣xlnx（a∈R）．
（1）当a＝1 时，求函数f（x）的单调区间；
（2）当0＜x≤1 时，f（x）≤0 恒成⽴，求实数a 的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝1 时，f（x）＝（x﹣1）﹣xlnx，
f′（x）＝1﹣[lnx+x•
]＝﹣lnx，
当0＜x＜1 时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x＞1 时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
综上所述，f（x）单调递增区间是（0，1），单调递减区间为（1，+∞）．
（2）f（1）＝0，f′（x）＝a﹣lnx﹣1，
当a≥1 时，0＜x≤1，
所以a﹣1≥0≥lnx，
所以f′（x）≥0 恒成⽴，
所以f（x）在（0，1）上单调递增，
所以f（x）≤f（1）＝0 恒成⽴，
当a＜1 时，令f′（x）＝0，解得x＝ea﹣1，
由于a＜1，则a﹣1＜0，
所以ea﹣1∈（0，1），
所以当x∈（0，ea﹣1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（ea﹣1，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（ea﹣1）＞f（1）＝0，
所以f（x）≤0 恒成⽴，⽭盾，
综上所述，a 的取值范围为[1，+∞）．
2．已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．
（1）求a；
（2）证明：f（x）存在唯⼀的极⼤值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
【解答】解：（1）因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），
则f（x）≥0 等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a﹣．
则当a≤0 时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以当x0＞1 时，h（x0）＜h（1）＝0，⽭盾，故a＞0．
因为当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，
所以h（x）min＝h（），
⼜因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，
所以
＝1，解得a＝1；
另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0 等价于f（x）在x＞0 时的最⼩值为f（1），
所以等价于f（x）在x＝1 处是极⼩值，
所以解得a＝1；
（2）由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，
令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2﹣，
令t′（x）＝0，解得x＝，
所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，
所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，⼜t（
）＝
＞0，所以t（x）在（0，）上存在唯⼀零点，
所以t（x）＝0 有解，即f′（x）＝0 存在两根x0，x2，
且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以f（x）必存在唯⼀极⼤值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，
所以f（x0）＝
﹣x0﹣x0lnx0＝
﹣x0+2x0﹣2
＝x0﹣
，
由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣
）max＝﹣
+
＝；
由f′（）＜0 可知x0＜＜，
所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，
所以f（x0）＞f（）＝
；
综上所述，f（x）存在唯⼀的极⼤值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
3．已知函数f（x）＝（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x．
（1）若a＝0，求函数f（x）在点P（e﹣1，f（e﹣1））处的切线⽅程；
（2）若a＝0，证明：当﹣1＜x＜0 时，f（x）＜0；当x＞0 时，f（x）＞0；
（3）若x＝0 是f（x）的极⼤值点，求a．
【解答】解：（1）若a＝0，则f（x）＝（2+x）ln（1+x）﹣2x（x＞﹣1），
求导得：f'（x）＝ln（1+x）﹣
（x＞﹣1），
所以f（e﹣1）＝3﹣e，
f'（e﹣1）＝，
从⽽在点P（e﹣1，f（e﹣1））处的切线⽅程为：
y﹣（3﹣e）＝（x﹣e+1），
即y＝x+2﹣e+
．
证明：（2）当a＝0 时，f（x）＝（2+x）ln（1+x）﹣2x，
．
设函数
，
则
．
当﹣1＜x＜0 时，g′（x）＜0；
当x＞0 时，g′（x）＞0．
故当x＞﹣1 时，g（x）⩾g（0）＝0，
当且仅当x＝0 时，g（x）＝0，从⽽f′（x）⩾0，
当且仅当x＝0 时，f′（x）＝0．
所以f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增．
⼜f（0）＝0，故当﹣1＜x＜0 时，f（x）＜0；当x＞0 时，f（x）＞0．
（3）解：①若a⩾0，由（1）知，当x＞0 时，f（x）⩾（2+x）ln（1+x）﹣2x＞0＝f（0），这与x＝0 是f
（x）的极⼤值点⽭盾．
②若a＜0，设函数
．
由于当
时，2+x+ax2＞0，故h（x）与f（x）的符号柤同．
⼜h（0）＝f（0）＝0．故x＝0 是f（x）的极⼤值点当且仅当x＝0 是h（x）的极⼤值点．
＝
．
若6a+1＞0，则当
，
且|x|＜
时，h′（x）＞0，
故x＝0 不是h（x）的极⼤值点．
若6a+1＜0，则a2x2+4ax+6a+1＝0 存在根x1＜0，
故当x∈（x1，0），且
时，h′（x）＜0，
所以x＝0
不是h（x）的极⼤值点．
若6a+1＝0，则
．
当x∈（﹣1，0）时，h′（x）＞0；
当x∈（0，1）时，h′（x）＜0．
所以x＝0 是h（x）的极⼤值点，
从⽽x＝0 是f（x）极⼤值点．
综上，
．
4．已知函数f（x）＝e﹣x+ax（a∈R）
（1）讨论f（x）的最值；
（2）若a＝0，求证：f（x）＞﹣x2+
．
【解答】解：（1）∵函数f（x）＝e﹣x+ax（a∈R），
∴f′（x）＝﹣e﹣x+a，
①当a≤0 时，f′（x）＜0，∴f（x）在R 上单调递减，
故f（x）不存在最值．
②当a＞0 时，由f′（x）＝0，得x＝﹣lna，
当x 变化时，f（x）与f′（x）的变化情况如下表：
x
（﹣∞，﹣lna）
﹣lna
（﹣lna，+∞）
f′（x）
﹣
0
+
f（x）
↓
极⼩值
↑
f（x）在（﹣∞，﹣lna）上单调减，在（﹣lna，+∞）上单调递增，
故f（x）的最⼩值为f（﹣lna）＝a﹣alna．不存在最⼤值．
综上，当a≤0 时，f（x）不存在最⼤值和最⼩值；当a＞0 时，最⼩值为a﹣alna．不存在最⼤值．
证明：（2）当a＝0 时，f（x）＝ex，设g（x）＝
，
则g′（x）＝﹣e﹣x+x，
设h（x）＝﹣e﹣x+x，则h′（x）＝e﹣x+1＞0，∴g′（x）在R 上单调增，
∵
，
，
∴存在唯⼀的
，使得g′（x0）＝0，
当x 变化时，g（x）与g′（x）的变化情况如下表：
x
（﹣∞，x0）
x0
（x0，+∞）
g′（x）
﹣
0
+
g（x）
↓
极⼩值
↑
g（x）在（﹣∞，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
∴g（x）min＝g（x0）＝
，
由g′（x0）＝0，得
+x0＝0，∴g（x0）＝
，
∵x0∈（
），∴g（x0）＝
＞
＝0，
∴g（x）≥g（x0）＞0，∴
，
∴f（x）＞﹣x2+
．
5．f（x）＝a（x﹣1），g（x）＝（ax﹣1）ex，a∈R．
（1）证明：存在唯⼀实数a，使得直线y＝f（x）和曲线y＝g（x）相切；
（2）若不等式f（x）＞g（x）有且只有两个整数解，求a 的范围．
【解答】解：（1）证明：设切点为（x0，y0），
则
①，
y＝f（x）和y＝g（x）相切，则
②，
所以
，
即
．令h（x）＝ex+x﹣2，h'（x）＝ex+1＞0，
所以h（x）单增．⼜因为h（0）＝﹣1＜0，h（1）＝e﹣1＞0，
所以，存在唯⼀实数x0，使得
，且x0∈（0，1）．
所以只存在唯⼀实数a，使①②成⽴，
即存在唯⼀实数a 使得y＝f（x）和y＝g（x）相切．
（2）令f（x）＞g（x），即a（x﹣1）＞（ax﹣1）ex，
所以
，
令
，则
，
由（1）可知，m（x）在（﹣∞，x0）上单减，
在（x0，+∞）单增，且x0∈（0，1），
故当x≤0 时，m（x）≥m（0）＝1，当x≥1 时，m（x）≥m（1）＝1，
当a＝0 时，f（x）＝0，g（x）＝﹣ex，f（x）＞g（x）显然恒成⽴，不满⾜题意；
当a＜0 时，因为要求整数解，
所以m（x）在x∈Z 时，m（x）≥1，
所以am（x）＜1 有⽆穷多整数解，舍去；
当0＜a＜1 时，
，⼜
，
所以两个整数解为0，1，即
，
所以
，即
，
当a≥1 时，
，因为
在x∈Z 内⼤于或等于1，
所以
⽆整数解，舍去，
综上，
．
6．已知函数f（x）＝ex﹣1﹣x﹣ax2，a∈R．
（1）当a＝0 时，求函数f（x）的最⼩值；
（2）若x＞0 时，不等式f（x）≥0 恒成⽴，求实数a 的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝0 时，f（x）＝ex﹣x﹣1（x∈R），则f′（x）＝ex﹣1，
由f′（x）＝0，得x＝0，
则当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
所以f（x）min＝f（0）＝0．
（2）由已知得，f（0）＝0，f′（x）＝ex﹣1﹣2ax，则f′（0）＝0，
设g（x）＝ex﹣1﹣2ax，则g′（x）＝ex﹣2a，x＞0，
①当a≤
时，因为x∈[0，+∞），
所以g′（x）≥0，等号不恒成⽴，
所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以f′（x）＞f′（0）＝0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增．
所以f（x）≥f（0）＝0 恒成⽴．
②当a＞时，令g′（x）＝0，则x＝ln2a，
所以当x∈[0，ln2a）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减．
⼜f′（0）＝0，
所以当x∈[0，ln2a）时，f′（x）≤f′（0），等号不恒成⽴．
故f（x）在[0，ln2a）上单调递减，此时f（x）≤f（0）＝0，
所以f（x）≥0 在[0，+∞）上不恒成⽴，
所以a＞，不满⾜条件．
综上所述，实数a 的取值范围为（﹣∞，]．
7．已知函数f（x）＝
，曲线f（x）＝
在点（e，f（e））处的切线与直线e2x﹣y+e＝0 垂直．（注：
e 为⾃然对数的底数）
（Ⅰ）若函数f（x）在区间（m，m+1）上存在极值，求实数m 的取值范围；
（Ⅱ）求证：当x＞1 时，
＞
．
【解答】解：（Ⅰ）因为f（x）＝
，所以f′（x）＝
，（1 分）
⼜据题意，得f′（e）＝﹣
，所以﹣
＝﹣
，所以a＝1．
所以f（x）＝
，所以f′（x）＝﹣
（x＞0）．（3 分）
当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数；
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为减函数．
所以函数f（x）仅当x＝1 时，取得极值．（4 分）
⼜函数f（x）在区间（m，m+1）上存在极值，
所以m＜1＜m+1，所以0＜m＜1．
故实数m 的取值范围是（0，1）．（5 分）
（Ⅱ）证明：当x＞1 时，
＞
，即为
•
＞＞
，（6 分）
令g（x）＝
，则g′（x）＝
，
再令φ（x）＝x﹣ln x，则φ′（x）＝1﹣＝
．
⼜因为x＞1，所以φ′（x）＞0．所以φ（x）在（1，+∞）上是增函数．（7 分）
⼜因为φ（1）＝1．所以当x＞1 时，g′（x）＞0．所以g（x）在区间（1，+∞）上是增函数．
所以当x＞1 时，g（x）＞g（1），⼜g（1）＝2，故
＞
．（9 分）
令h（x）＝
，则h′（x）＝
，
因为x＞1，所以
＜0．所以当x＞1 时，h′（x）＜0．
故函数h（x）在区间（1，+∞）上是减函数．⼜h（1）＝
，（11 分）
所以当x＞1 时，h（x）＜
，所以
＞h（x），即
＞
．（12 分）
8．已知f（x）＝ex﹣alnx﹣a，其中常数a＞0．
（1）当a＝e 时，求函数f（x）的极值；
（2）若函数y＝f（x）有两个零点x1，x2（0＜x1＜x2），求证：
＜1＜x2＜a；
（3）求证：e2x﹣2﹣ex﹣1lnx﹣x≥0．
【解答】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），
（1）当a＝e 时，f（x）＝ex﹣elnx﹣e，
，
⽽
在（0，+∞）上单调递增，⼜f′（1）＝0，
当0＜x＜1 时，f′（x）＜f'（1）＝0，则f（x）在（0，1）上单调递减；
当x＞1 时，f′（x）＞f'（1）＝0，则f（x）在（1，+∞）上单调递增，
则f（x）有极⼩值f（1）＝0，没有极⼤值；
（2）先证明：当f（x）≥0 恒成⽴时，有0＜a≤e 成⽴．
若
，则f（x）＝ex﹣a（lnx+1）≥0 显然成⽴；
若
，由f（x）≥0 得
，
令
，则
，
令
，
由
得g（x）在
上单调递增，
⼜g（1）＝0，所以φ′（x）在
上为负，在（1，+∞）上为正，
因此φ（x）在
上递减，在（1，+∞）上递增，即有φ（x）min＝φ（1）＝e，
从⽽0＜a≤e．因⽽函数y＝f（x）若有两个零点，则a＞e，即有f（1）＝e﹣a＜0，
由f（a）＝ea﹣alna﹣a（a＞e）得f'（a）＝ea﹣lna﹣2，
则
，
则f′（a）＝ea﹣lna﹣2 在（e，+∞）上单调递增，
即有f′（a）＞f'（e）＝ee﹣3＞e2﹣3＞0，
则有f（a）＝ea﹣alna﹣a 在（e，+∞）上单调递增，
则f（a）＞f（e）＝ee﹣2e＞e2﹣2e＞0，则f（1）f（a）＜0，则有1＜x2＜a；
由a＞e 得
，则
，
所以
，综上得
．
（3）证明：由（2）知当a＝e 时，f（x）≥0 恒成⽴，所以f（x）＝ex﹣elnx﹣e≥0，
即f（x）＝ex﹣elnx≥e，
设
，则
，
当0＜x＜1 时，h′（x）＞0，所以h（x）在（0，1）上单调递增；
当x＞1 时，h′（x）＜0，所以h（x）在（1，+∞）上单调递减，
所以
的最⼤值为
，即
，因⽽
，
所以
，即e2x﹣2﹣ex﹣1lnx﹣x≥0．
9．已知函数f（x）＝
，
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）证明：a＝1 时，f（x）+g（x）﹣（1+
）lnx＞e．
【解答】（1）解：f（x）＝+alnx，（x∈（0，+∞））．
f′（x）＝﹣
+
＝
．
a≤0 时，f′（x）＜0，函数f（x）在x∈（0，+∞）上单调递减．
a＞0 时，f′（x）＝
．可得函数f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．
（2）证明：a＝1 时，f（x）+g（x）﹣（1+
）lnx＞e．
即：+
﹣
lnx﹣e＞0⇔ex﹣ex+1＞
．x∈（0，+∞）．
令F（x）＝ex﹣ex+1，F′（x）＝ex﹣e，x∈（0，1）时，F′（x）＝ex﹣e，x∈（0，1）时，F′（x）＜0，此
时函数F（x）单调递减；x∈（1，+∞）时，F′（x）＞0，此时函数F（x）单调递增．
可得x＝1 时，函数F（x）取得极⼩值即最⼩值，F（1）＝1．
令G（x）＝
，G′（x）＝
，可得x＝e 时，函数G（x）取得最⼤值，G（e）＝1．
1 与e 不同时取得，因此F（x）＞G（x），即ex﹣ex+1＞
．x∈（0，+∞）．
故原不等式成⽴．
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导数篇—题型31～题型33 答案
⼀．解答题（共24 ⼩题）
1．已知函数f（x）＝
+
，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线⽅程为x+2y﹣3＝0．
（Ⅰ）求a、b 的值；
（Ⅱ）如果当x＞0，且x≠1 时，f（x）＞
+
，求k 的取值范围．
【分析】（I）求出函数的导数；利⽤切线⽅程求出切线的斜率及切点；利⽤函数在切点处的导数值为曲
线切线的斜率及切点也在曲线上，列出⽅程组，求出a，b 值．
（II）将不等式变形，构造新函数，求出新函数的导数，对参数k 分类讨论，判断出导函数的符号，得
到函数的单调性，求出函数的最值，求出参数k 的范围．
【解答】解：由题意f（1）＝1，即切点坐标是（1，1）
（Ⅰ）
由于直线x+2y﹣3＝0 的斜率为
，且过点（1，1），故
即
解得a＝1，b＝1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
，所以
）．
考虑函数
（x＞0），则
．
（i）设k≤0，由
知，当x≠1 时，h′（x）＜0．⽽h（1）＝0，故
当x∈（0，1）时，h（x）＞0，可得
；
当x∈（1，+∞）时，h（x）＜0，可得
h（x）＞0
从⽽当x＞0，且x≠1 时，f（x）﹣（
+
）＞0，即f（x）＞
+
．
（ii）设0＜k＜1．由于当x∈（1，
）时，（k﹣1）（x2+1）+2x＞0，故h′（x）＞0，
⽽h（1）＝0，故当x∈（1，
）时，h（x）＞0，可得
h（x）＜0，与题设⽭盾．
（iii）设k≥1．此时h′（x）＞0，⽽h（1）＝0，
故当x∈（1，+∞）时，h（x）＞0，可得
h（x）＜0，与题设⽭盾．
综合得，k 的取值范围为（﹣∞，0]．
【点评】本题考查导数的⼏何意义：函数在切点处的导数值是切线的斜率、考查构造函数，通过导数研
究函数的单调性，求出函数的最值、考查了分类讨论的数学思想⽅法．
2．已知函数f（x）＝（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．
（1）当a＝4 求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线⽅程；
（2）若x＞1 时，f（x）＞0，求a 的取值范围．
【分析】（1）对f（x）求导，进⽽可得切线的斜率，由此能求出曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线
⽅程．
（2）令g（x）＝f′（x），对g（x）求导，进⽽可判断f′（x）的单调性，再分别对a≤2，a＞2 两种情况讨
论f（x）的单调性和最值，即可得到a 的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝4 时，f（x）＝（x+1）lnx﹣4x+4，
∴x＞0，f（x）＝lnx+
﹣3，
∴f′（1）＝
，⼜f（1）＝0，
∴曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线⽅程为：
y﹣0＝﹣2（x﹣1），即2x+y﹣2＝0．
（2）令g（x）＝
，
则
＝
，
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0 恒成⽴，
即f′（x）在（1，+∞）上单调递增，f′（1）＝2﹣a，
①当a≤2 时，f′（1）≥0，故f（x）在（1，+∞）上单调递增，且f（1）＝0，此时a≤2 符合题意；
②当a＞2 时，由f（1）＝0 及f′（x）在（1，+∞）上单调递增，知∃x0＞1，
使得f′（x0）＝0，即f（x0）＜0，不符合题意，
综上，a 的取值范围是（﹣∞，2]．
【点评】本题考查切线⽅程的求法，考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意
导数的⼏何意义和导数性质的合理运⽤．
3．已知函数f（x）＝x（ex﹣1）﹣ax2（a∈R），g（x）＝ex﹣m+m（x﹣1），m∈R，
（Ⅰ）当m＝1 时，求曲线y＝g（x）在点（1，g（1））处的切线⽅程；
（Ⅱ）当x≥0 时，f（x）≥0，求a 的取值范围；
（Ⅲ）若关于x 的⽅程g（x）＝lnx+mx 有两个不同的实数解，求m 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）当m＝1 时，g（x）＝ex﹣1+（x﹣1），求其导函数，可得g（1）＝1 与g'（1），再由直线⽅程
的点斜式得答案；
（Ⅱ）f（x）＝x（ex﹣1﹣ax），令m（x）＝ex﹣1﹣ax，利⽤导数求满⾜m（x）≥0 的a 的取值范围，从⽽
可得使f（x）≥0 的a 的取值范围；
（Ⅲ）令h（x）＝g（x）﹣lnx﹣mx＝ex﹣m﹣lnx﹣m（x＞0），得ex＝em（lnx+m），可得xex＝em+lnx（lnx+m），
令ϕ（x）＝xex，则ϕ（x）＝ϕ（m+lnx），利⽤导数研究函数的单调性，可得m＝x﹣lnx（x＞0）．令t（x）
＝x﹣lnx（x＞0），再由导数求其最⼩值，即可求得满⾜条件的m 的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）当m＝1 时，g（x）＝ex﹣1+（x﹣1），g'（x）＝ex﹣1+1．
由g（1）＝1，g'（1）＝2，得切点（1，1），
所以切线⽅程2x﹣y﹣1＝0；
（Ⅱ）f（x）＝x（ex﹣1﹣ax），
令m（x）＝ex﹣1﹣ax，则m′（x）＝ex﹣a．
若a≤1，则当x∈（0，+∞）时，m′（x）＞0，m（x）为增函数，
⽽m（0）＝0，从⽽当x≥0 时，m（x）≥0，即f（x）≥0，
若a＞1，则当x∈（0，lna）时，m′（x）＜0，m（x）为减函数，
⽽m（0）＝0，从⽽当x∈（0，lna）时，m（x）＜0，即f（x）＜0．
综上可得，a 的取值范围是（﹣∞，1]；
（Ⅲ）令h（x）＝g（x）﹣lnx﹣mx＝ex﹣m﹣lnx﹣m（x＞0），
由h（x）＝ex﹣m﹣lnx﹣m＝0，得ex﹣m＝lnx+m，
则ex＝em（lnx+m），xex＝xem（lnx+m），xex＝em+lnx（lnx+m）．
令ϕ（x）＝xex，则ϕ（x）＝ϕ（m+lnx）．
当x＞0 时，ϕ′（x）＝（x+1）ex＞0，ϕ（x）＝xex 为增函数，
所以x＝m+lnx，即m＝x﹣lnx（x＞0）．
令t（x）＝x﹣lnx（x＞0），则
，
当0＜x＜1 时，t′（x）＜0，t（x）单调递减；
当x＞1 时，t′（x）＞0，t（x）单调递增．
所以t（x）min＝t（1）＝1，
故当m＞1 时，m＝x﹣lnx 有2 个解，即h（x）有2 个零点，则m 的取值范围为（1，+∞）．
【点评】本题考查利⽤导数研究过曲线上某点处的切线⽅程，考查利⽤导数研究函数的单调性与最值，
考查化归与转化思想，考查逻辑思维能⼒与推理运算能⼒，属难题．
4．设f（x）＝（x+1）ln（x+1）．
（1）求f（x）的最⼩值；
（2）若对任意的x≥0，都有f（x）≥ax 成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）由已知得x＞﹣1，f′（x）＝ln（x+1）+1，x∈（﹣1，﹣1）时，f′（x）＜0；当x∈（
，
+∞）时，f′（x）＞0．由此求出x＝﹣1 时，[f（x）]min＝f（
），由此能求出结果．
（2）令g（x）＝（x+1）ln（x+1）﹣ax，对函数g（x）求导数：g′（x）＝ln（x+1）+1﹣a 令g′（x）＝0，
得x＝ea﹣1﹣1，由此根据a≤1，a＞1 进⾏分类讨论，利⽤导数性质能求出a 的取值范围．
【解答】解：（1）∵f（x）＝（x+1）ln（x+1），
∴x+1＞0，解得x＞﹣1，
f′（x）＝ln（x+1）+1，
令f′（x）＝0，得x+1＝，即x＝
，
当x∈（﹣1，﹣1）时，f′（x）＜0；当x∈（
，+∞）时，f′（x）＞0．
∴x＝﹣1 时，[f（x）]min＝f（
）＝
＝﹣．
（2）令g（x）＝（x+1）ln（x+1）﹣ax，
对函数g（x）求导数：g′（x）＝ln（x+1）+1﹣a
令g′（x）＝0，解得x＝ea﹣1﹣1，
（i）当a≤1 时，对所有x＞0，g′（x）＞0，所以g（x）在[0，+∞）上是增函数，
⼜g（0）＝0，所以对x≥0，都有g（x）≥g（0），
即当a≤1 时，对于所有x≥0，都有f（x）≥ax．
（ii）当a＞1 时，对于0＜x＜ea﹣1﹣1，g′（x）＜0，所以g（x）在（0，ea﹣1﹣1）是减函数，
⼜g（0）＝0，所以对0＜x＜ea﹣1﹣1，都有g（x）＜g（0），
即当a＞1 时，不是对所有的x≥0，都有f（x）≥ax 成⽴．
综上，a 的取值范围是（﹣∞，1]．
【点评】本题考查函数的最⼩值的求法，考查实数的取值范围的求法，考查导数的性质的应⽤，考查推
理论证能⼒、运算求解能⼒，考查转化化归思想、分类讨论思想，是中档题．
5．已知函数f（x）＝
+
，如果当x＞0，且x≠1 时，f（x）＞
+
，求k 的取值范围．
【分析】求出函数的导数，通过讨论k 的范围求出函数的单调区间，从⽽确定k 的范围即可．
【解答】解：f（x）＝
+
，
所以f（x）﹣（
+
）＝
（2lnx+
）．
考虑函数h（x）＝2lnx+
）（x＞0），
则h′（x）＝
（i）设k≤0，由h′（x）＝
知，
当x≠1 时，h′（x）＜0．⽽h（1）＝0，故
当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，可得
h（x）＞0；
当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，可得
h（x）＞0
从⽽当x＞0，且x≠1 时，f（x）﹣（
+
）＞0，
即f（x）＞
+
．
（ii）设0＜k＜1．由于当x∈（1，
）时，（k﹣1）（x2+1）+2x＞0，故h′（x）＞0，⽽
h（1）＝0，故当x∈（1，
）时，h（x）＞0，可得
h（x）＜0，与题设⽭盾．
（iii）设k≥1．此时h′（x）＞0，⽽h（1）＝0，故当x∈（1，+∞）时，h（x）＞0，可得
h（x）＜0，
与题设⽭盾．
综合得，k 的取值范围为（﹣∞，0]．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，转化思想，是⼀道
中档题．
6．设函数f（x）＝ex﹣1﹣x﹣ax2．
（1）若a＝0，求f（x）的单调区间；
（2）若当x≥0 时f（x）≥0，求a 的取值范围．
【分析】（1）先对函数f（x）求导，导函数⼤于0 时原函数单调递增，导函数⼩于0 时原函数单调递减．
（2）根据ex≥1+x 可得不等式f′（x）≥x﹣2ax＝（1﹣2a）x，从⽽可知当1﹣2a≥0，即
时，f′（x）≥
0 判断出函数f（x）的单调性，得到答案．
【解答】解：（1）a＝0 时，f（x）＝ex﹣1﹣x，f′（x）＝ex﹣1．
当x∈（﹣∞，0）时，f'（x）＜0；当x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0．
故f（x）在（﹣∞，0）单调减少，在（0，+∞）单调增加
（II）f′（x）＝ex﹣1﹣2ax
由（I）知ex≥1+x，当且仅当x＝0 时等号成⽴．故f′（x）≥x﹣2ax＝（1﹣2a）x，
从⽽当1﹣2a≥0，即
时，f′（x）≥0（x≥0），⽽f（0）＝0，
于是当x≥0 时，f（x）≥0．
由ex＞1+x（x≠0）可得e﹣x＞1﹣x（x≠0）．
从⽽当
时，f′（x）＜ex﹣1+2a（e﹣x﹣1）＝e﹣x（ex﹣1）（ex﹣2a），
故当x∈（0，ln2a）时，f'（x）＜0，⽽f（0）＝0，于是当x∈（0，ln2a）时，f（x）＜0 与已知⽭盾．
综合得a 的取值范围为
．
【点评】本题主要考查利⽤导数研究函数性质、不等式恒成⽴问题以及参数取值范围问题，考查分类讨
论、转化与划归解题思想及其相应的运算能⼒．
7．设函数f（x）＝e2x﹣alnx．
（Ⅰ）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；
（Ⅱ）证明：当a＞0 时，f（x）≥2a+aln
．
【分析】（Ⅰ）先求导，在分类讨论，当a≤0 时，当a＞0 时，根据零点存在定理，即可求出；
（Ⅱ）设导函数f′（x）在（0，+∞）上的唯⼀零点为x0，根据函数f（x）的单调性得到函数的最⼩值f（x0），
只要最⼩值⼤于2a+aln
，问题得以证明．
【解答】解：（Ⅰ）⽅法⼀：f（x）＝e2x﹣alnx 的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）＝2e2x﹣．
当a≤0 时，f′（x）＞0 恒成⽴，故f′（x）没有零点，
当a＞0 时，∵y＝e2x 为单调递增，y＝﹣单调递增，
∴f′（x）在（0，+∞）单调递增，
⼜f′（a）＞0，
假设存在b 满⾜0＜b＜时，且b＜，f′（b）＜0，
故当a＞0 时，导函数f′（x）存在唯⼀的零点，
⽅法⼆：f（x）＝e2x﹣alnx（x＞0），f′（x）＝2e2x﹣，
讨论f′（x）的零点个数，即讨论g（x）＝2xe2x 与直线y＝a 在（0，+∞）的交点个数，
∵g（x）＝2xe2x，
∴g′（x）＝（4x+2）e2x，
∴g′（x）＞0，∴g（x）单调递增，∵g（0）＝0，且g（x）不能取到，
∴a∈（﹣∞，0]时，y＝a 与g（x）⽆交点；
a∈（0，∞）时，y＝a 与g（x）有⼀个交点，
∴a∈（﹣∞，0]时，f′（x）⽆零点；a∈（0，∞）时，f′（x）有⼀个零点
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设导函数f′（x）在（0，+∞）上的唯⼀零点为x0，
当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，
当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在（0，x0）单调递减，在（x0，+∞）单调递增，
所以当x＝x0时，f（x）取得最⼩值，最⼩值为f（x0），
由于
﹣
＝0，
所以f（x0）＝
+2ax0+aln
≥2a+aln
，当且仅当
＝2ax0，即a＝e，x0＝时取等号．
故当a＞0 时，f（x）≥2a+aln
．
【点评】本题考查了导数和函数单调性的关系和最值的关系，以及函数的零点存在定理，属于中档题．
8．已知函数f（x）＝ex﹣ln（x+m）．
（Ⅰ）设x＝0 是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当m≤2 时，证明：f（x）＞0．
【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，因为x＝0 是函数f（x）的极值点，由极值点处的导数等于0 求出m
的值，代⼊函数解析式后再由导函数⼤于0 和⼩于0 求出原函数的单调区间；
（Ⅱ）证明当m≤2 时，f（x）＞0，转化为证明当m＝2 时f（x）＞0．求出当m＝2 时函数的导函数，可知
导函数在（﹣2，+∞）上为增函数，并进⼀步得到导函数在（﹣1，0）上有唯⼀零点x0，则当x＝x0时函
数取得最⼩值，借助于x0是导函数的零点证出f（x0）＞0，从⽽结论得证．
【解答】（Ⅰ）解：∵
，x＝0 是f（x）的极值点，∴
，解得m＝1．
所以函数f（x）＝ex﹣ln（x+1），其定义域为（﹣1，+∞）．
∵
．
设g（x）＝ex（x+1）﹣1，则g′（x）＝ex（x+1）+ex＞0，所以g（x）在（﹣1，+∞）上为增函数，
⼜∵g（0）＝0，所以当x＞0 时，g（x）＞0，即f′（x）＞0；当﹣1＜x＜0 时，g（x）＜0，f′（x）＜0．
所以f（x）在（﹣1，0）上为减函数；在（0，+∞）上为增函数；
（Ⅱ）证明：当m≤2，x∈（﹣m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需证明当m＝2 时f（x）＞0．
当m＝2 时，函数
在（﹣2，+∞）上为增函数，且f′（﹣1）＜0，f′（0）＞0．
故f′（x）＝0 在（﹣2，+∞）上有唯⼀实数根x0，且x0∈（﹣1，0）．
当x∈（﹣2，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，
从⽽当x＝x0时，f（x）取得最⼩值．
由f′（x0）＝0，得
，ln（x0+2）＝﹣x0．
故f（x）≥
＝
＞0．
综上，当m≤2 时，f（x）＞0．
【点评】本题考查了利⽤导数研究函数的单调性，利⽤导数求函数在闭区间上的最值，考查了不等式的
证明，考查了函数与⽅程思想，分类讨论的数学思想，综合考查了学⽣分析问题和解决问题的能⼒．熟
练函数与导数的基础知识是解决该题的关键，是难题．
9．已知函数f（x）＝xex﹣a（x+lnx）．
（1）若a＝0，求函数f（x）在x＝1 处的切线⽅程；
（2）讨论f（x）极值点的个数；
（3）若x0是f（x）的⼀个极⼩值点，且f（x0）＞0，证明：
．
【分析】（1）当a＝0 时，f（x）＝xex，求导，求出在x＝1 处的切线的斜率及在x＝1 处的函数值，进⽽
求出在x＝1 出的切线的⽅程；
（2）对函数f（x）求导，讨论a 的不同的范围求出函数极值点的情况．
（3）由（2）可得a＝x0
，将a 值代⼊f（x0）＝x0
（1﹣x0﹣lnx0），构造函数φ（x）＝1﹣x﹣lnx，
可得它的单调性，进⽽求出x0的范围，再构造函数H（x）＝x﹣lnx﹣1，求导，求出其单调性可得ex＞x，
放缩可得f（x0）＞2（
﹣
）．
【解答】解：（1）当a＝0 时f（x）＝xex，则f'（x）＝（x+1）ex，
所以f（1）＝e，f'（1）＝2e，
所以函数f（x）在x＝1 处的切线⽅程为y﹣e＝2e（x﹣1），
即2ex﹣y﹣e＝0．
（2）f'（x）＝（x+1）ex﹣a（1+
）＝（x+1）（ex﹣）＝
，x＞0，
①当a≤0 时f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）单调递增，不存在极值
②当a＞0，令f'（x）＝0，则xex＝a，令g（x）＝xex﹣a，g'（x）＝（x+1）ex＞0，g（x）单调递增，
⼜因为g（0）＝﹣a＜0，g（a）＝a（ea﹣1）＞0，
必存在x0＞0，使g（x0）＝0，
x∈（0，x0），g（x）＜0，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
x∈（x0，+∞），g（x）＞0，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
所以x＝x0是f（x）的极⼩值点，
综上所述：当a≤0，f（x）⽆极值点，
a＞0 时，f（x）有⼀个极值点．
（3）证明：由（2）f'（x）＝0，即x0
＝a，
所以lna＝x0+lnx0，所以f（x0）＝x0
﹣x0
（x0+lnx0）＝x0
（1﹣x0﹣lnx0），x0＞0，
由f（x0）＞0，x0
＞0，可得1﹣x0﹣lnx0＞0，
令φ（x）＝1﹣x﹣lnx，φ'（x）＝﹣1﹣＜0，显然φ（x）在（0，+∞）单调递减，
⽽φ（1）＝0，由φ（x）＞φ（1），所以0＜x0＜1，
令H（x）＝x﹣lnx﹣1，H'（x）＝1﹣，x＞1，H'（x）＞0，函数H（x）单调递增，0＜x＜1，H'（x）＜
0，H（x）单调递减，
所以H（x）≥H（1）＝0，
所以x﹣1≥lnx，
所以﹣lnx＞1﹣x，
所以ln（x+1）＜x，即ex＞x+1＞0，
因为x0∈（0，1），所以
＞x0+1＞0，
1﹣x0﹣lnx0＞1﹣x0+1﹣x0＞0，
两式相乘可得
（1﹣x0﹣lnx0）＞（x0+1）（2﹣2x0），
所以f（x0）＝x0
（1﹣x0﹣lnx0）＞2x0（x0+1）（1﹣x0）
＝2（x0﹣
），
即证f（x0）＞2（x0﹣
）．
【点评】本题考查利⽤导数研究活动的单调性及极值，构造函数，利⽤求导可得函数的单调性，放缩的
⽅法，属于中难题．
10．已知函数f（x）＝aex+sinx+x，x∈[0，π]．
（1）证明：当a＝﹣1 时，函数f（x）有唯⼀的极⼤值点；
（2）当﹣2＜a＜0 时，证明：f（x）＜π．
【分析】（1）求出函数的导数，代⼊a 的值，根据函数的单调性证明即可；
（2）法⼀：令h（x）＝aex+sinx+x﹣π，根据函数的单调性求出h（x）的最⼤值，只需证明h（x）max＜
0 即可．
法⼆：根据f（x）＜sinx+x，x∈[0，π]，令g（x）＝sinx+x，x∈[0，π]，问题转化为证明g（x）≤π．
【解答】证明：（1）f′（x）＝aex+cosx+1，
∵x∈[0，π]，∴1+cosx≥0，
当a＝﹣1 时，f′（x）＝﹣ex+cosx+1，
令g（x）＝﹣ex+cosx+1，g′（x）＝﹣ex﹣sinx＜0，
g（x）在区间[0，π]上单调递减，g（0）＝﹣1+2＝1，g（π）＝﹣eπ＜0，
存在x0∈（0，π），使得f′（x0）＝0，故函数f（x）的递增区间是[0，x0]，递减区间是[x0，π]，
故函数f（x）存在唯⼀的极⼤值点x0；
（2）法⼀：当﹣2＜a＜0 时，令h（x）＝aex+sinx+x﹣π，
h′（x）＝aex+cosx+1，h″（x）＝aex﹣sinx＜0，
故h′（x）在[0，π]上单调递减，h′（0）＝a+2＞0，h′（π）＝aex＜0，
存在x0∈（0，π），使得h′（x0）＝0，即a
+cosx0+1＝0，
故函数h（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]上递减，
故h（x）max＝h（x0）＝a
+sinx0+x0﹣π，x0∈（0，π），
∵a
+cosx0+1＝0，只需证h（x0）＝sinx0﹣cosx0+x0﹣1﹣π＜0 即可，
令m（x）＝sinx﹣cosx+x﹣1﹣π，则m′（x）＝cosx+sinx+1＞0，
m（x）在区间（0，π）上是增函数，
则h（x0）＜h（π）＝0，即f（x）＜π．
法⼆：当﹣2＜a＜0 时，aex＜0，f（x）＜sinx+x，x∈[0，π]，
令g（x）＝sinx+x，x∈[0，π]，
则g′（x）＝1+cosx≥0，g（x）在[0，π]递增，
故g（x）≤g（π）＝π，
故f（x）＜g（x）≤π，
故f（x）＜π．
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应⽤以及不等式的证明，考查转化思想，是
难题．
11．已知函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax 的图象在x＝0 处的切线⽅程是x+y+b＝0．
（1）求a，b 的值；
（2）求证函数f（x）有唯⼀的极值点x0，且
．
【分析】（1）求出f'（x）＝xex﹣a，利⽤在x＝0 处的切线⽅程是x+y+b＝0，求出a，b 即可．
（2）令g（x）＝f'（x）＝xex﹣1，则g'（x）＝（x+1）ex，判断函数的单调性，当x＜﹣1 时，说明g（x）
＜0，在（﹣∞，﹣1）内⽆零点．当x≥﹣1 时，g（x）单调递增，⼜g（﹣1）＜0，g（1）＝e﹣1＞0，g（x）
＝0 有唯⼀解x0，f（x）有唯⼀极值点，转化证明
．
【解答】（1）解：函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax，则f'（x）＝xex﹣a，
由f'（0）＝﹣1 得a＝1，
切线⽅程为y﹣（﹣1）＝﹣1（x﹣0），x+y+1＝0，
所以b＝1．
（2）证明：令g（x）＝f'（x）＝xex﹣1，
则g'（x）＝（x+1）ex，
所以当x＜﹣1 时，g（x）单调递减，且此时g（x）＜0，在（﹣∞，﹣1）内⽆零点．
⼜当x≥﹣1 时，g（x）单调递增，⼜g（﹣1）＜0，g（1）＝e﹣1＞0，
所以g（x）＝0 有唯⼀解x0，f（x）有唯⼀极值点，
由
，
，
⼜
，
，
∴
．
【点评】本题考查函数的导数的综合应⽤，函数的切线⽅程以及函数的单调性，函数的极值的判断，考
查分类讨论思想以及转化思想的应⽤．
12．已知函数f（x）＝ex﹣t﹣lnx．
（Ⅰ）若x＝1 是f（x）的极值点，求t 的值，并讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当t≤2 时，证明：f（x）＞0．
【分析】（I）由x＝1 是函数f（x）的极值点，可得f'（1）＝0，进⽽可得t＝1，求得导函数，进⽽可由导
函数的符号与函数单调性的关系，可得函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）当t≤2，x∈（0，+∞）时，设g（x）＝ex﹣2﹣lnx，g′（x）＝ex﹣2﹣
，根据函数单调性及零点定理
可知存在x0∈（1，2）使得g′（x0）＝0，在x＝x0取极⼩值也是最⼩值，即g（x）≥g（x0），lnx0＝2﹣x0，
根据函数的单调性可知g（x0）＝0，即可证明f（x）＞0．
【解答】解：（Ⅰ）由函数f（x）的定义域（0，+∞），
因为f′（x）＝ex﹣t﹣，x＝1 是f（x）的极值点，
所以f′（1）＝e1﹣t﹣1＝0，所以t＝1，
所以f′（x）＝ex﹣1﹣，
因为y＝ex﹣1和y＝﹣，在（0，+∞）上单调递增，
所以f′（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴当x＞1 时，f′（x）＞0；0＜x＜1 时，f′（x）＜0，
此时，f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞），
（Ⅱ）证明：当t≤2 时，f（x）＝ex﹣t﹣lnx≥ex﹣2﹣lnx，
设g（x）＝ex﹣2﹣lnx，则g′（x）＝ex﹣2﹣，
因为y＝ex﹣2和y＝﹣，在（0，+∞）上单调递增，
所以g′（x）在（0，+∞）上单调递增，
因为g′（1）＝﹣1＜0，g′（2）＝1﹣＝＞0，
所以存在x0∈（1，2）使得g′（x0）＝0，
所以在（0，x0）上使得g′（x）＜0，在（x0，+∞）上g′（x）＞0，
所以g（x）在（0，x0）单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
所以g（x）≥g（x0），
因为g′（x0）＝0，即ex0﹣2＝
，
所以lnx0＝2﹣x0，
所以g（x0）＝ex0﹣2﹣lnx0＝
+x0﹣2，
因为x0∈（1，2），所以g（x0）＝
+x0﹣2＞2﹣2＝0，
所以f（x）＞0．
【点评】本题考查利⽤导数求函数的单调性及极值，考查学⽣分析解决问题的能⼒，属于中档题．
13．已知函数f（x）＝aex﹣2x，a∈R．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）当a≥1 时，证明：f（x）﹣lnx+2x＞2．
【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系，对a 进⾏分类讨论即可求解；
（2）结合已知，把要证明的不等式转化求解相应函数的最值，结合导数可求．
【解答】解：（1）f'（x）＝aex﹣2，
当a≤0 时f'（x）＜0，f（x）在R 单调递减，则f（x）⽆极值．
当a＞0 时，令f'（x）＝0 得
，f'（x）＞0 得
，f'（x）＜0 得
，
∴f（x）在
上单调递减，
单调递增，
∴f（x）的极⼩值为
，⽆极⼤值，
综上：当a≤0 时，f（x）⽆极值．
当a＞0 时，f（x）的极⼩值为
，⽆极⼤值；
（2）当a≥1 时，f（x）﹣lnx+2x≥ex﹣lnx，
令g（x）＝ex﹣lnx﹣2，
，
令g'（x）＝0 得x＝x0，因为g'（x）在（0，+∞）为增函数，
所以函数g（x）在（0，x0）上单减函数，在（x0，+∞）上单增函数，
所以
．即得证．
【点评】本题主要考查了利⽤导数研究函数的单调性及利⽤求解函数的最值证明不等式，体现了分类讨
论思想的应⽤．
14．已知函数f（x）＝ex+a﹣lnx（其中e＝2.71828…，是⾃然对数的底数）．
（Ⅰ）当a＝0 时，求函数图象在（1，f（1））处的切线⽅程；
（Ⅱ）求证：当
时，f（x）＞e+1．
【分析】（Ⅰ）把a＝0 代⼊函数解析式，求出函数导函数，再分别求出f（1）与f′（1），代⼊直线⽅程点
斜式可得函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线⽅程；
（Ⅱ）求出原函数的导函数，令g（x）＝f′（x），可得g′（x）＞0，得到g（x）是增函数，进⼀步说明f′
（x）＝0 仅有⼀解，记为x0，则当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）
递增；从⽽求出f（x）的最⼩值，由f′（x0）＝0 可得a 与x0的关系，进⼀步构造函数h（x）＝lnx+x，
可得则
，由
，得h（x0）＜h（），再由h（x）的单调性证得结
论．
【解答】（Ⅰ）解：∵a＝0 时，∴
，
∴f（1）＝e，f′（1）＝e﹣1，
∴函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线⽅程：y﹣e＝（e﹣1）（x﹣1），
即（e﹣1）x﹣y+1＝0；
（Ⅱ）证明：∵
，
设g（x）＝f′（x），则
，
∴g（x）是增函数，
∵ex+a＞ea，∴由
，
∴当x＞e﹣a 时，f′（x）＞0；
若0＜x＜1⇒ex+a＜ea+1，由
，
∴当0＜x＜min{1，e﹣a﹣1}时，f′（x）＜0，
故f′（x）＝0 仅有⼀解，记为x0，则当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减；
当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）递增；
∴
，
⽽
，
记h（x）＝lnx+x，
则
，
⇔﹣a＜
⇔h（x0）＜h（），
⽽h（x）显然是增函数，
∴
，∴
．
综上，当
时，f（x）＞e+1．
【点评】本题考查利⽤导数研究过曲线上某点处的切线⽅程，考查数学转化思想⽅法，考查逻辑思维能
⼒与推理运算能⼒，难度较⼤．
15．已知函数f（x）＝ax+xlnx（a∈R）．
（1）若函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，求a 的取值范围；
（2）求h（x）＝xlnx+lnx﹣f（x）的单调区间；
（3）当a＝1 且k∈Z 时，不等式k（x﹣1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成⽴，求k 的最⼤值．
【分析】（1）函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，可得f′（x）＝a+lnx+1⩾0 在区间[e，+∞）上恒成
⽴，参变分离转化为a⩾（﹣lnx﹣1）max 即可得出．
（2）⾸先求出h（x）的解析式，在求出函数的导函数，最后对参数a 分类讨论，分别求出函数的单调
区间；
（3）依题意不等式k（x﹣1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成⽴，参变分离可得
，
令
，则求出函数的导函数，令h（x）＝x﹣lnx﹣2（x＞1），利⽤导数研究其单调性、函
数零点即可得出．
【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）＝a+1+lnx．
因为函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，
所以f'（x）＝a+lnx+1≥0 在区间[e，+∞）上恒成⽴，
所以a≥﹣lnx﹣1 在区间[e，+∞）上恒成⽴，
因为y＝﹣lnx﹣1 在区间[e，+∞）上单调递减，
所以ymax＝﹣lne﹣1＝﹣2，所以a≥（﹣lnx﹣1）max＝﹣2．
所以a 的取值范围是[﹣2，+∞）．
（2）由h（x）＝xlnx+lnx﹣f（x），
可得h（x）的定义域为（0，+∞），
．
当a≤0 时，
恒成⽴，所以h（x）在（0，+∞）上单调递增，
即函数的增区间为（0，+∞），⽆减区间；
当a＞0 时，令
，解得
；
令
，解得
，
所以函数的单调递增区间为
，单调递减区间为
．
（3）a＝1 时，f（x）＝x+lnx，k∈Z 时，
不等式k（x﹣1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成⽴，所以
，
令
，则
．
令h（x）＝x﹣lnx﹣2（x＞1），则
，
所以h（x）在（1，+∞）上单调递增．
因为h（3）＝1﹣ln3＜0，h（4）＝2﹣2ln2＞0，
存在x0∈（3，4），使h（x0）＝0．
即当1＜x＜x0时，h（x）＜0，即g'（x）＜0；
x＞x0时，h（x）＞0，即xg'（x）＞0，
所以g（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0+∞）上单调递增．
令h（x0）＝x0﹣lnx0﹣2＝0，即lnx0＝x0﹣2，
，
k＜g（x）min＝x0∈（3，4），且k∈Z，
所以kmax＝3．
【点评】本题考查了利⽤导数研究函数的单调性与最值，不等式恒成⽴问题，考查了转化思想和分类讨
论思想，属中档题．
16．已知函数f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna．
（1）当a＝e 时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三⻆形的⾯积；
（2）若f（x）≥1，求a 的取值范围．
【分析】（1）根据导数的⼏何意义即可求出切线⽅程，可得三⻆形的⾯积；
（2）⽅法⼀：不等式等价于ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝elnx+lnx，令g（t）＝et+t，根据函数单调性可得lna
＞lnx﹣x+1，再构造函数h（x）＝lnx﹣x+1，利⽤导数求出函数的最值，即可求出a 的范围；
⽅法⼆：构造两个基本不等式ex＞x+1，x﹣1≥lnx，则原不等式转化为x（a﹣1）≥﹣lna，再分类讨论即
可求出a 的取值范围，
⽅法三：利⽤分类讨论的思想，当0＜a＜1，此时不符合题意，当a≥1 时，f（x）≥ex﹣1﹣lnx，令g（x）
＝ex﹣1﹣lnx，
再根据导数和函数最值的关系即可证明，
⽅法四：先根据导数和函数的最值的关系求出f（x）≥f（x0）＝
﹣2lnx0+1﹣x0≥1，lna＝1﹣x0﹣lnx0，
再求出x0的范围，再利⽤导数求1﹣x0﹣lnx0的范围，即可求出a 的范围．
⽅法五：f（x）≥1 等价于aex﹣1﹣lnx+lna≥1，构造函数g（a）＝a+lna﹣1，利⽤导数求出函数的最值，
即可求出a 的范围．
【解答】解：（1）当a＝e 时，f（x）＝ex﹣lnx+1，
∴f′（x）＝ex﹣，
∴f′（1）＝e﹣1，
∵f（1）＝e+1，
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线⽅程为y﹣（e+1）＝（e﹣1）（x﹣1），
当x＝0 时，y＝2，当y＝0 时，x＝
，
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三⻆形的⾯积S＝×2×
＝
．
（2）⽅法⼀：由f（x）≥1，可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1，即ex﹣1+lna﹣lnx+lna≥1，
即ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝elnx+lnx，
令g（t）＝et+t，
则g′（t）＝et+1＞0，
∴g（t）在R 上单调递增，
∵g（lna+x﹣1）≥g（lnx）
∴lna+x﹣1≥lnx，
即lna≥lnx﹣x+1，
令h（x）＝lnx﹣x+1，
∴h′（x）＝﹣1＝
，
当0＜x＜1 时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，
当x＞1 时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
∴h（x）≤h（1）＝0，
∴lna≥0，
∴a≥1，
故a 的范围为[1，+∞）．
⽅法⼆：由f（x）≥1 可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1，x＞0，a＞0，
即aex﹣1﹣1≥lnx﹣lna，
设g（x）＝ex﹣x﹣1，
∴g′（x）＝ex﹣1＞0 恒成⽴，
∴g（x）在（0，+∞）单调递增，
∴g（x）＞g（0）＝1﹣0﹣1＝0，
∴ex﹣x﹣1＞0，
即ex＞x+1，
再设h（x）＝x﹣1﹣lnx，
∴h′（x）＝1﹣＝
，
当0＜x＜1 时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
当x＞1 时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，
∴h（x）≥h（1）＝0，
∴x﹣1﹣lnx≥0，
即x﹣1≥lnx
∴ex﹣1≥x，则aex﹣1≥ax，
此时只需要证ax≥x﹣lna，
即证x（a﹣1）≥﹣lna，
当a≥1 时，
∴x（a﹣1）＞0＞﹣lna 恒成⽴，
当0＜a＜1 时，x（a﹣1）＜0＜﹣lna，此时x（a﹣1）≥﹣lna 不成⽴，
综上所述a 的取值范围为[1，+∞）．
⽅法三：由题意可得x∈（0，+∞），a∈（0，+∞），
∴f′（x）＝aex﹣1﹣，
易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，
①当0＜a＜1 时，f′（1）＝a﹣1＜0，f′（）＝a
﹣a＝a（
﹣1）＞0，
∴存在x0∈（1，）使得f′（x0）＝0，
当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
∴f（x）＜f（1）＝a+lna＜a＜1，不满⾜题意，
②当a≥1 时，ex﹣1＞0，lna＞0，
∴f（x）≥ex﹣1﹣lnx，
令g（x）＝ex﹣1﹣lnx，
∴g′（x）＝ex﹣1﹣，
易知g′（x）在（0，+∞）上为增函数，
∵g′（1）＝0，
∴当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，
∴g（x）≥g（1）＝1，
即f（x）≥1，
综上所述a 的取值范围为[1，+∞）．
⽅法四：∵f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna，x＞0，a＞0，
∴f′（x）＝aex﹣1﹣，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，
∵y＝aex﹣1在（0，+∞）上为增函数，y＝在0，+∞）上为减函数，
∴y＝aex﹣1与y＝在0，+∞）上有交点，
∴存在x0∈（0，+∞），使得f′（x0）＝a
﹣
＝0，
则a
＝
，则lna+x0﹣1＝﹣lnx0，即lna＝1﹣x0﹣lnx0，
当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
∴f（x）≥f（x0）＝a
﹣lnx0+lna
＝
﹣lnx0+1﹣x0﹣lnx0＝
﹣2lnx0+1﹣x0≥1
∴
﹣2lnx0﹣x0≥0
设g（x）＝
﹣2lnx﹣x，
易知函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）＝1﹣0﹣1＝0，
∴当x∈（0，1]时，g（x）≥0，
∴x0∈（0，1]时，
﹣2lnx0﹣x0≥0，
设h（x）＝1﹣x﹣lnx，x∈（0，1]，
∴h′（x）＝﹣1﹣＜0 恒成⽴，
∴h（x）在（0，1]上单调递减，
∴h（x）≥h（1）＝1﹣1﹣ln1＝0，
当x→0 时，h（x）→+∞，
∴lna≥0＝ln1，
∴a≥1．
⽅法五：f（x）≥1 等价于aex﹣1﹣lnx+lna≥1，该不等式恒成⽴．
当x＝1 时，有a+lna≥1，其中a＞0．
设g（a）＝a+lna﹣1，则g'（a）＝1+
＞0，
则g（a）单调递增，且g（1）＝0．
所以若a+lna≥1 成⽴，则必有a≥1．
∴下⾯证明当a≥1 时，f（x）≥1 成⽴．
设h（x）＝ex﹣x﹣1，
∴h′（x）＝ex﹣1，
∴h（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，
∴h（x）≥h（0）＝1﹣0﹣1＝0，
∴ex﹣x﹣1≥0，
即ex≥x+1，
把x 换成x﹣1 得到ex﹣1≥x，
∵x﹣1≥lnx，∴x﹣lnx≥1．
∴f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna≥ex﹣1﹣lnx≥x﹣lnx≥1，当x＝1 时等号成⽴．
综上，a≥1．
【点评】本题考查了导数的⼏何意义，以及导数和函数的最值的关系，考查了运算求解能⼒，转化与化
归能⼒，属于难题．
17．已知函数f（x）＝lnx﹣kx（k∈R），g（x）＝x（ex﹣2）．
（1）若f（x）有唯⼀零点，求k 的取值范围；
（2）若g（x）﹣f（x）≥1 恒成⽴，求k 的取值范围．
【分析】（1）将函数f（x）有唯⼀零点，转化为
有唯⼀的实数根，令h（x）＝
，利⽤导数研
究函数h（x）的性质，从⽽确定实数k 的取值范围．
（2）将不等式恒成⽴转化为
对x＞0 恒成⽴，构造函数m（x）＝
，利
⽤导数研究函数m（x）的性质，求解m（x）的最值，即可得到k 的取值范围．
【解答】解：（1）由f（x）＝lnx﹣kx 有唯⼀的零点，故⽅程lnx﹣kx＝0 有唯⼀的实数根，即
有唯
⼀的实数根，
令h（x）＝
，则
，
令h'（x）＞0，解得0＜x＜e，令h'（x）＜0，解得x＞e，
所以h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，
所以当x＝e 时，f（x）的最⼤值为h（e）＝，
⼜h（1）＝0，所以0＜x＜1 时，h（x）＜0，
⼜当x＞e 时，
，
综上可得，k 的取值范围为
或k≤0；
（2）因为g（x）﹣f（x）≥1 恒成⽴，即x（ex﹣2）﹣（lnx﹣kx）≥1 对x＞0 恒成⽴，
所以
对x＞0 恒成⽴，
令m（x）＝
，则m'（x）＝
，
令n（x）＝﹣lnx﹣x2ex，则n'（x）＜0，故n（x）在（0，+∞）上单调递减，
⼜
，n（1）＝﹣e＜0，
由零点的存在性定理可知，存在唯⼀的零点
，使得n（x0）＝0，即
，
两边取对数可得，ln（﹣lnx0）＝2lnx0+x0，即ln（﹣lnx0）+（﹣lnx0）＝x0+lnx0，
由函数y＝x+lnx 为单调函数，可得x0＝﹣lnx0，
由以上分析可知，m（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，
所以m（x）≤m（x0）＝
，
故k≥m（x0）＝1，
所以k 的取值范围为k≥1．
【点评】本题考查了导数的综合应⽤，涉及了函数零点的理解和应⽤，利⽤导数研究不等式恒成⽴问题
的策略为：通常构造新函数或参变量分离，利⽤导数研究函数的单调性，求出最值从⽽求得参数的取值
范围，属于难题．
18．已知f（x）＝asinx，g（x）＝lnx，其中a∈R，y＝g﹣1（x）是y＝g（x）的反函数．
（1）若0＜a≤1，证明：函数G（x）＝f（1﹣x）+g（x）在区间（0，1）上是增函数；
（2）证明：
sin
＜ln2；
（3）设F（x）＝g﹣1（x）﹣mx2﹣2（x+1）+b，若对任意的x＞0，m＜0 有F（x）＞0 恒成⽴，求满⾜条
件的最⼩整数b 的值．
【分析】（1）由题意：G（x）＝asin（1﹣x）+lnx，G′（x）＝﹣acos（1﹣x），证明当0＜x＜1，0＜a≤1
时，G′（x）＞0 恒成⽴即可证明结论．
（2）当a＝1时，G（x）＝sin（1﹣x）+lnx 在（0，1）单调增，推出sin
＝sin[1﹣
]＜ln
，
然后证明即可．
（3）化简F（x）＝ex﹣mx2﹣2x+b﹣2＞0 即：F（x）min＞0，求出导数F′（x）＝ex﹣2mx﹣2，⼆次导数F
″（x）＝ex﹣2m 判断导函数的符号，推出函数的单调性，求出最值，列出不等式，b＞（
﹣1）
+x0+2，
x0∈（0，ln2）恒成⽴，构造函数，利⽤函数的导数，求解最值，然后推出最⼩整数b 的值．
【解答】（1）证明：由题意：G（x）＝asin（1﹣x）+lnx，G′（x）＝﹣acos（1﹣x）
当0＜x＜1，0＜a≤1 时，＞1，cosx＜1，∴G′（x）＞0 恒成⽴，
∴函数G（x）＝f（1﹣x）+g（x）在区间（0，1）上是增函数；
（2）证明：由（1）知，当a＝1 时，G（x）＝sin（1﹣x）+lnx 在（0，1）单调增
∴sin（1﹣x）+lnx＜G（1）＝0，∴sin（1﹣x）＜ln
（0＜x＜1）
∴sin
＝sin[1﹣
]＜ln
，
∴
sin
＜ln
＝
ln2＜ln2；
（3）解：由F（x）＝g﹣1（x）﹣mx2﹣2（x+1）+b＝ex﹣mx2﹣2x+b﹣2＞0
即：F（x）min＞0 ⼜F′（x）＝ex﹣2mx﹣2，F′′（x）＝ex﹣2m，
∵m＜0
则F″（x）＞0，∴F′（x），单调增，⼜F′（0）＜0，F′（1）＞0
则必然存在x0∈（0，1），使得F′（x0）＝0，
∴F（x）在（﹣∞，x0）单减，（x0，+∞）单增，
∴F（x）≥F（x0）＝
﹣mx02﹣2x0+b﹣2＞0
∵
﹣2mx0﹣2＝0，∴m＝
，
∴b＞（
﹣1）
+x0+2，
⼜m＜0，则x0∈（0，ln2）
∴b＞（
﹣1）
+x0+2，x0∈（0，ln2）恒成⽴
令m（x）＝（﹣1）ex+x+2，x∈（0，ln2）
则m′（x）＝（x﹣1）ex+1，m″（x）＝xex＞0，
∴m′（x）在x∈（0，ln2）单调递增
⼜m′（0）＝
，
∴m′（x）＞0∴m（x）在x∈（0，ln2）单调递增，
∴m（x）＜m（ln2）＝2ln2，∴b＞2ln2 ⼜b 为整数．
∴最⼩整数b 的值为：2．
【点评】本题考查函数的导数的综合应⽤，函数的单调性以及函数的最值的求法，⼆次导数的应⽤，考
查构造法以及转化思想的应⽤，难度⽐较⼤．
19．已知函数f（x）＝﹣2（x+a）lnx+x2﹣2ax﹣2a2+a，其中a＞0．
（Ⅰ）设g（x）是f（x）的导函数，讨论g（x）的单调性；
（Ⅱ）证明：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0 在区间（1，+∞）内恒成⽴，且f（x）＝0 在区间（1，+∞）
内有唯⼀解．
【分析】（Ⅰ）求出函数f（x）的定义域，把函数f（x）求导得到g（x）再对g（x）求导，得到其导函数
的零点，然后根据导函数在各区间段内的符号得到函数g（x）的单调期间；
（Ⅱ）由f （x ）的导函数等于0 把a ⽤含有x 的代数式表示，然后构造函数φ （x ）＝
x2
，由函数零点存在定理得到
x0∈（1，e），使得φ（x0）＝0．令
，u（x）＝x﹣1﹣lnx（x≥1），利⽤导数求得a0∈（0，
1），然后进⼀步利⽤导数说明当a＝a0时，若x∈（1，+∞），有f（x）≥0，即可得到存在a∈（0，1），使
得f（x）≥0 在区间（1，+∞）内恒成⽴，且f（x）＝0 在区间（1，+∞）内有唯⼀解．
【解答】解：（Ⅰ）由已知，函数f（x）的定义域为（0，+∞），
g（x）＝
，
∴
．
当0＜a＜时，g（x）在
上单调递增，
在区间
上单调递减；
当a
时，g（x）在（0，+∞）上单调递增．
（Ⅱ）由
＝0，解得
，
令φ（x）＝
x2
，
则φ（1）＝1＞0，φ（e）＝
．
故存在x0∈（1，e），使得φ（x0）＝0．
令
，u（x）＝x﹣1﹣lnx（x≥1），
由
知，函数u（x）在（1，+∞）上单调递增．
∴
．
即a0∈（0，1），
当a＝a0时，有f′（x0）＝0，f（x0）＝φ（x0）＝0．
由（Ⅰ）知，f′（x）在（1，+∞）上单调递增，
故当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，从⽽f（x）＞f（x0）＝0；
当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，从⽽f（x）＞f（x0）＝0．
∴当x∈（1，+∞）时，f（x）≥0．
综上所述，存在a∈（0，1），使得f（x）≥0 在区间（1，+∞）内恒成⽴，且f（x）＝0 在区间（1，+∞）
内有唯⼀解．
【点评】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应⽤、函数零点等基础知识，考查推理论证能
⼒、运算求解能⼒、创新知识，考查了函数与⽅程、数形结合、分类与整合、化归与转化等数学思想⽅
法，是压轴题．
20．已知函数f（x）＝xlnx．
（1）求曲线y＝f（x）在点（e，f（e））处的切线⽅程；
（2）若当x＞1 时，f（x）+x＞k（x﹣1）恒成⽴，求正整数k 的最⼤值．
【分析】（1）求出导数，求得切线的斜率和切点，由点斜式⽅程可得切线⽅程；
（2）问题可化为k＜
，令h（x）＝
（x＞1），根据函数的单调性求出k 的最⼤值
即可．
【解答】解：（1）f′（x）＝ln x+x•
＝1+ln x，
所以f′（e）＝2，⼜f（e）＝e，
所以切线⽅程为y﹣e＝2（x﹣e），即2x﹣y﹣e＝0．
（2）当x＞1 时，f（x）+x＞k（x﹣1）恒成⽴，可转化为当x＞1 时，k＜
恒成⽴，
设h（x）＝
（x＞1），则h′（x）＝
，
设φ（x）＝x﹣lnx﹣2，（x＞1），则φ′（x）＝1﹣，
因为x＞1 时，φ′（x）＝1﹣＝
＞0，所以φ（x）＝x﹣lnx﹣2 在（1，+∞）上单调递增，
⼜因为φ（3）＝1﹣ln3＜0，φ（4）＝2﹣ln4＞0
所以存在唯⼀的x0∈（3，4），使得φ（x0）＝0，即lnx0＝x0﹣2，
当x∈（1，x0）时，φ（x）＜0，即h'（x0）＜0，
当x∈（x0，+∞）时，φ（x）＞0，即h'（x0）＞0，
所以h（x）在（1，x0）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
故h（x）min＝h（x0）＝
＝
＝
＝x0，
因为k＜[
]min＝x0，且x0∈（3，4），
所以整数k 的最⼤值为3．
【点评】本题考查了函数在某⼀点处的切线⽅程，函数的最值问题，考查导数的应⽤以及转化思想，属
于难题．
21．设函数f（x）＝ex﹣ax﹣2．
（Ⅰ）求函数f（x）＝ex﹣ax﹣2 的图象在点A（0，﹣1）处的切线⽅程；
（Ⅱ）求f（x）的单调区间；
（Ⅲ）若a＝1，k 为整数，且当x＞0 时，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0，求k 的最⼤值．
【分析】（Ⅰ）根据k＝f′（0），再根据点斜式求出切线⽅程．
（Ⅱ）利⽤导数求函数的单调性；
（Ⅲ）求参数的取值范围，就求k 的最值问题，利⽤导数求函数的最值，故当x ＞0 时，
．令
，问题转化为求g（x）的最
值问题．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝ex﹣ax﹣2，x∈R，f′（x）＝ex﹣a，x∈R，f′（0）＝1﹣a，
函数f（x）＝ex﹣ax﹣2 的图象在点A（0，﹣1）处的切线⽅程为y＝（1﹣a）x﹣1．
（Ⅱ）f′（x）＝ex﹣a，x∈R．
若a≤0，则f′（x）＞0 恒成⽴，所以，f（x）在区间（﹣∞，+∞）上单调递增．
若a＞0，则当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＜0，当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0，
所以，f（x）在区间（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增．
（III）由于a＝1，所以，（x﹣k）f′（x）+x+1＝（x﹣k）（ex﹣1）+x+1．
故当x＞0 时，
．①
令
，则
．
函数h（x）＝ex﹣x﹣2 在（0，+∞）上单调递增，⽽h（1）＜0，h（2）＞0．
所以h（x）在（0，+∞）上存在唯⼀的零点，故g′（x）在（0，+∞）上存在唯⼀的零点．
设此零点为α，则α∈（1，2）．当x∈（0，α）时，g′（x）＜0；当x∈（α，+∞）时，g′（x）＞0；
所以，g（x）在（0，+∞）上的最⼩值为g（α）．由g′（α）＝0，可得eα＝α+2，
所以，g（α）＝α+1∈（2，3）．由于①式等价于k＜g（α）．
故整数k 的最⼤值为2．
【点评】本题主要考查了导数和函数的单调性和最值的问题，求参数的取值范围经常就是转化为求某个
函数的最值问题．
22．已知函数f（x）＝（x﹣a）ex（a∈R）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＝2 时，设函数g（x）＝f（x）+lnx﹣x﹣b，b∈Z，若g（x）≤0 对任意的
恒成⽴，
求b 的最⼩值．
【分析】（1）由f（x）＝（x﹣a）ex，可得f'（x）＝（x﹣a+1）ex，进⽽得出单调性；
（2）由g（x）＝（x﹣2）ex+lnx﹣x﹣b，因为g（x）≤0 对任意的
恒成⽴，b≥（x﹣2）ex+lnx
﹣x 对任意的
恒成⽴，构造函数h （x ）＝（x ﹣2 ）ex+lnx ﹣x ，
．由
，可得x﹣1＜0，且
单
调递增，利⽤函数零点存在定理可得：⼀定存在唯⼀的
，使得t（x0）＝0．进⽽得出结
论．
【解答】解：（1）因为f（x）＝（x﹣a）ex，所以f'（x）＝（x﹣a+1）ex，当x∈（﹣∞，a﹣1）时，f'（x）
＜0；当x∈（a﹣1，+∞）时，f'（x）＞0，
故f（x）的单调递减区间为（﹣∞，a﹣1），单调递增区间为（a﹣1，+∞）．
（2）由g（x）＝（x﹣2）ex+lnx﹣x﹣b，
因为g（x）≤0 对任意的
恒成⽴，b≥（x﹣2）ex+lnx﹣x 对任意的
恒成⽴，
构造函数h（x）＝（x﹣2）ex+lnx﹣x，
．
∵
，∴x﹣1＜0，且
单调递增，
∵
，t（1）＝e﹣1＞0，
∴⼀定存在唯⼀的
，使得t（x0）＝0．
即
，x0＝﹣lnx0．
∴h（x）在
上单调递增，在（x0，1）上单调递减．
∴
＝
．
∵b∈Z，∴b 的最⼩值为﹣3．
【点评】本题考查了利⽤导数研究函数的单调性、⽅程与不等式的解法、函数零点、等价转化⽅法，考
查了推理能⼒与计算能⼒，属于难题．
23．已知函数f（x）＝x﹣lnx﹣
．
（1）求f（x）的最⼤值；
（2）若
﹣bx≥1 恒成⽴，求实数b 的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，判断函数的单调性，求解函数的最值即可．
（2）
⇔
，令
，
，令h（x）＝x2ex+lnx，h（x）在（0，+∞）单调递增，h（x）在（0，1）存在零
点x0，即
，推出φ（x）在（0，x0）减，在（x0，+∞）增，求出最⼩值得到b
≤2．
【解答】解：（1）
，定义域（0，+∞），
，
由ex≥x+1＞x，f（x）在（0，1]增，在（1，+∞）减，f（x）max＝f（1）＝1﹣e．
（2 ）
⇔﹣lnx+x+xex ﹣bx ﹣1 ≥
0
，
令
，
，
令h（x）＝x2ex+lnx，h（x）在（0，+∞）单调递增，
x→0，h（x）→﹣∞，h（1）＝e＞0h（x）在（0，1）存在零点x0，
即
，
，
由于y＝xex 在（0，+∞）单调递增，故
，即
，
φ（x）在（0，x0）减，在（x0，+∞）增，
，
所以b≤2．
【点评】本题考查了导数的综合应⽤，函数的单调性以及构造法的应⽤，同时考查了恒成⽴问题及⼆阶
求导问题，属于难题．
24．设函数f（x）＝ex+ax，a∈R．
（1）若f（x）有两个零点，求a 的取值范围；
（2）若对任意x∈[0，+∞）均有2f（x）+3≥x2+a2，求a 的取值范围．
【分析】（1）求出导数，分类讨论a 的正负即可；
（2）表示出g（x）＝2f（x）+3﹣x2﹣a2，求出其导数，构造函数，再利⽤导数判断出g（x）单调区间，
进⽽求出a 的取值范围
【解答】解：（1）f′（x）＝ex+a，
①当a≥0 时，f′（x）＞0，则f（x）在R 上单调递增，不满⾜题意；
②当a＜0 时，令f′（x）＝0，解得x＝ln（﹣a），则f（x）在（﹣∞，ln（﹣a））上单调递减，在（ln（﹣a），
+∞）上单调递增，要使f（x）有两个零点，只需f（ln（﹣a））＜0，解得a＜﹣e；
（2）令g（x）＝2f（x）+3﹣x2﹣a2＝2ex﹣（x﹣a）2+3，x≥0，
则g′（x）＝2（ex﹣x+a），⼜令h（x）＝2（ex﹣x+a），则h′（x）＝2（ex﹣1）≥0，
所以h（x）在[0，+∞）上单调递增，且h（0）＝2（a+1），
①当a≥﹣1 时，g′（x）≥0 恒成⽴，即函数g（x）在[0，+∞）上单调递增，
从⽽必须满⾜g（0）＝5﹣a2≥0，解得﹣
≤a≤
，
⼜因为a≥﹣1，所以﹣1≤a≤
；
②当a＜﹣1 时，则存在x0＞0，使h（x0）＝0 且x∈（0，x0）时，h（x）＜0，即g′（x）＜0，即g（x）单
调递减，
x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，即g′（x）＞0，即g（x）单调递增，
所以g（x）最⼩值为g（x0）＝
≥0，
⼜h（x0）＝2（
）＝0，
从⽽
≥0，解得0＜x0≤ln3，
由
＝x0﹣a，则a＝x0﹣
，
令M（x）＝x﹣ex，0＜x≤ln3，则M′（x）＝1﹣ex＜0，
所以M（x）在（0，ln3 上单调递减，
则M（x）≥M（ln3）＝ln3﹣3，⼜M（x）＜M（0）＝﹣1，
故ln3﹣3≤a＜﹣1，
综上，ln3﹣3≤a≤
．
【点评】本题考查函数导数求单调区间，考查参数的取值范围，综合性较强，属于难题．
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导数篇—题型34 答案
⼀．解答题（共9 ⼩题）
1．已知函数f（x）＝ex﹣ax﹣1（a＞0，e 为⾃然对数的底数）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）记函数f（x）的最⼩值为g（a），求g（a）取最⼤值时实数a 的值；
（3）在（2）的条件下，证明：（）n+（）n+…+（
）n+（）n＜
（其中n∈N*）．
【分析】（1）在定义域内解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0 可得函数的单调增区间、减区间；
（2）由（1）易求最⼩值g（a），利⽤导数可求得g（a）的最⼤值及相应的a 值；
（3）由（2）知，当a＝1 时，对任意实数x 均有f（x）≥g（1）＝0，即ex﹣x﹣1≥0，即1+x≤ex．令x＝﹣
（n∈N*，k＝0，1，2，3，…，n﹣1），则0＜1﹣≤
，从⽽可得
，
利⽤该不等式进⾏适当放缩可得结论；
【解答】（1）解：由题意a＞0，f′（x）＝ex﹣a，
由f′（x）＝ex﹣a＝0，得x＝lna．
当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＜0；当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0．
∴f（x）的单调递减区间为（﹣∞，lna），单调递增区间为（lna，+∞）．
（2）解：由（1）知，当x＝lna 时，f（x）取得极⼩值，也为最⼩值，
其最⼩值为g（a）＝f（lna）＝elna﹣alna﹣1＝a﹣alna﹣1．
由g′（a）＝1﹣lna﹣1＝﹣lna＝0，得a＝1．
∴g（a）在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，+∞）上单调递减，
∴g（a）在a＝1 处取得最⼤值，⽽g（1）＝0．
因此g（a）取得最⼤值时，a＝1．
（3）证明：由（2）知，当a＝1 时，对任意实数x 均有f（x）≥g（1）＝0，即ex﹣x﹣1≥0，即1+x≤ex．
令x＝﹣（n∈N*，k＝0，1，2，3，…，n﹣1），则0＜1﹣≤
，
∴
，
∴
≤e﹣（n﹣1）+e﹣（n﹣2）+…+e﹣2+e﹣1+1＝
．
【点评】本题考查利⽤导数研究函数的单调性、最值，综合性较强，难度较⾼，（3）问运⽤最值构造不
等式进⾏放缩是解决问题的关键．
2．设函数f（x）＝lnx﹣ax+1 在x＝1 处取得极值，
（1）求a 的值；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）证明：当x∈（1，+∞）时，
．
【分析】（1）f′（x）＝﹣a，根据函数f（x）＝lnx﹣ax+1 在x＝1 处取得极值，可得f′（1）＝0，解得a．
（2）f′（x）＝﹣1＝
．分别解出f′（x）＞0，f′（x）＜0，可得函数f（x）单调性．
（3）①当x∈（1，+∞）时，令lnx﹣（x﹣1）＝g（x），由（2）可得：g（x）在x∈（1，+∞）上单调递减，
即可证明1
．
②当x∈（1，+∞）时，要证明：
＜x，化为：lnx＞1﹣，令
＝t∈（0，1），则上述不等式化为：ln
＞1﹣t，即lnt+1﹣t＜0，令h（t）＝lnt+1﹣t，由（2）可知：t∈（0，1）时，函数h（x）单调递增，即可
证明．
【解答】解：（1）f′（x）＝﹣a，
∵函数f（x）＝lnx﹣ax+1 在x＝1 处取得极值，
∴f′（1）＝1﹣a＝0，解得a＝1．
经过验证满⾜条件，∴a＝1．
（2）f′（x）＝﹣1＝
．
可得：0＜x＜1 时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；1＜x 时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递
减．
（3）证明：①当x∈（1，+∞）时，令lnx﹣（x﹣1）＝g（x），
由（2）可得：g（x）在x∈（1，+∞）上单调递减，∴g（x）＜g（1）＝0，∴lnx＜x﹣1，⼜x＞1 时，lnx
＞0．
∴1
．
②当x∈（1，+∞）时，要证明：
＜x，化为：lnx＞1﹣，
令
＝t∈（0，1），则上述不等式化为：ln
＞1﹣t，即lnt+1﹣t＜0，
令h（t）＝lnt+1﹣t，由（2）可知：t∈（0，1）时，函数h（x）单调递增，∴h（t）＜h（1）＝0，因此lnt+1
﹣t＜0 成⽴．
即当x∈（1，+∞）时，
＜x 成⽴．
综上可得：当x∈（1，+∞）时，
．
【点评】本题考查了利⽤导数研究函数的单调性极值、⽅程与不等式的解法、分析法，考查了推理能⼒
与计算能⼒，属于难题．
3．已知函数f（x）＝alnx+x2，其中a∈R．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＝1 时，证明：f（x）≤x2+x﹣1；
（3）求证：对任意的n∈N*且n≥2，都有：
．
（其中e≈2.7183 为⾃然对数的底数）．
【分析】（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）＝
，通过①当a≥0 时，②当a＜0
时，判断导函数的符号，得到函数的单调区间．
（2）当a＝1 时，f（x）＝lnx+x2，要证明f（x）≤x2+x﹣1，即证lnx﹣x+1≤0．设g（x）＝lnx﹣x+1 利⽤函
数的导数，求解函数的极值，推出结果．
（3）由（2）lnx≤x﹣1，（当且仅当x＝1 时等号成⽴）令
，则
，通过放缩法
以及裂项消项法转化证明即可．
【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）＝
，
①当a≥0 时，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，
②当a＜0 时，令f'（x）＝0，解得x＝
．
当
时，a+2x2＜0，所以f'（x）＜0，所以f（x）在
上单调递减；
当
时，a+2x2＞0，所以f'（x）＞0，所以f（x）在
上单调递增．
综上，当a≥0 时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＜0 时，函数f（x）在
上单调递减，在
上单调递增．
（2）当a＝1 时，f（x）＝lnx+x2，要证明f（x）≤x2+x﹣1，
即证lnx≤x﹣1，即lnx﹣x+1≤0．即lnx﹣x+1≤0．
设g（x）＝lnx﹣x+1 则g'（x）＝
，令g′（x）＝0 得，x＝1．
当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0．所以x＝1 为极⼤值点，也为最⼤值点
所以g（x）≤g（1）＝0，即lnx﹣x+1≤0．故f（x）≤x2+x﹣1．
（3）证明：由（2）lnx≤x﹣1，（当且仅当x＝1 时等号成⽴）令
，则
，
所
以
＝
，
即
，
所
以
【点评】本题考查函数的导数的应⽤，构造法以及放缩法，数列求和的⽅法的应⽤，考查分析问题解决
问题的能⼒．
4．已知函数f（x）＝lnx﹣a2x2+ax．
（I）讨论f（x）的单调性；
（II）若a＝1，求证：当x＞0 时，f（x）＜e2x﹣x2﹣2．
【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，对a 分类求解原函数的单调区间；
（Ⅱ）把证当x＞0 时，f（x）＜e2x﹣x2﹣2，转化为证lnx＜e2x﹣x﹣2，即证lnx﹣x+1＜e2x﹣2x﹣1．构造函
数g（x）＝lnx﹣x+1，h（x）＝e2x﹣2x﹣1，x＞0，利⽤导数分别求得g（x）≤0 和h（x）＞0，则结论得
证．
【解答】（Ⅰ）解：f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝
．
∴当a＝0 时，f′（x）＝＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞0 时，由f′（x）＞0，得0＜x＜，由f′（x）＜0，得x＞．
∴f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减；
当a＜0 时，由f′（x）＞0，得0＜x＜﹣
，由f′（x）＜0，得x＞﹣
．
∴f（x）在（0，﹣
）上单调递增，在（
，+∞）上单调递减；
综上，当a＝0 时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞0 时，f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减；
当a＜0 时，f（x）在（0，﹣
）上单调递增，在（
，+∞）上单调递减．
（Ⅱ）证明：当a＝1 时，f（x）＝lnx﹣x2+x，
∴要证当x＞0 时，f（x）＜e2x﹣x2﹣2，只要证lnx＜e2x﹣x﹣2．
只要证lnx﹣x+1＜e2x﹣2x﹣1．
令g（x）＝lnx﹣x+1，则g′（x）＝
，
当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减．
∴当x＞0 时，g（x）≤g（1）＝0，当且仅当x＝1 时“＝”成⽴；
令h（x）＝e2x﹣2x﹣1，x＞0，则h′（x）＝2e2x﹣2＞0，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递增．
∴当x＞0 时，h（x）＞h（0）＝0．
∴lnx﹣x+1＜e2x﹣2x﹣1．
即当x＞0 时，f（x）＜e2x﹣x2﹣2．
【点评】本题考查利⽤导数研究函数的单调性，考查利⽤导数求最值，体现了数学转化思想⽅法，是中
档题．
5．已知函数f（x）＝ex﹣m﹣ln（2x）．
（Ⅰ）设x＝1 是函数f（x）的极值点，求m 的值并讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当m≤2 时，证明：f（x）＞﹣ln2．
【分析】（Ⅰ）求出f′（x），由题意可知f'（1）＝0，由此可求m，把m 值代⼊f′（x），由f′（x）的单调性
及f'（1）＝0 可知其符合变化规律，从⽽可得单调性；
（Ⅱ）x∈（0，+∞）时，ex﹣m≥ex﹣2≥x﹣1 恒成⽴，取函数h（x）＝x﹣1﹣ln（2x）（x＞0），可得f（x）＝ex
﹣m﹣ln（2x）≥ex﹣2﹣ln（2x）≥x﹣1﹣ln（2x）≥﹣ln2，即可得出结论．
【解答】（Ⅰ）解：∵f（x）＝ex﹣m﹣ln（2x），
∴f′（x）＝ex﹣m﹣，
由x＝1 是函数f（x）的极值点得f′（1）＝0，
即e1﹣m﹣1＝0，∴m＝1．
…（2 分）
于是f（x）＝ex﹣1﹣ln（2x），f′（x）＝ex﹣1﹣，
由f″（x）＝ex﹣1+
＞0 知f′（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，且f′（1）＝0，
∴x＝1 是f′（x）＝0 的唯⼀零点．
…（4 分）
因此，当x∈（0，1）时，f'（x）＜0，f（x）递减；
x∈（1，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）递增，
∴函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
…（6 分）
（Ⅱ）证明：当m≤2，x∈（0，+∞）时，ex﹣m≥ex﹣2，
⼜ex≥x+1，∴ex﹣m≥ex﹣2≥x﹣1．
…（8 分）
取函数h（x）＝x﹣1﹣ln（2x）（x＞0），h′（x）＝1﹣，
当0＜x＜1 时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；当x＞1 时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，得函数h（x）
在x＝1 时取唯⼀的极⼩值即最⼩值为h（1）＝﹣ln2．…（12 分）
∴f（x）＝ex﹣m﹣ln（2x）≥ex﹣2﹣ln（2x）≥x﹣1﹣ln（2x）≥﹣ln2，
⽽上式三个不等号不能同时成⽴，故f（x）＞﹣ln2．…（14 分）
【点评】本题考查利⽤导数研究函数的极值、单调性，考查学⽣灵活运⽤知识分析解决问题的能⼒．
6．已知实数a＞0，函数f（x）＝ex﹣ax﹣1（e 是⾃然对数的底数）
（1）求函数f（x）的单调区间及最⼩值．
（2）若f（x）≥0 对任意x∈R 恒成⽴，求a 的值．
（3）证明：
（n∈N*）．
【分析】（1）对f（x）求导，利⽤导数和单调性关系；
（2）f（x）≥0 等价于f（x）min≥0；
（3）利⽤（2）的结论即可．
【解答】解：（1）f（x）的定义域为R，f'（x）＝ex﹣a，
令f‘（x）＞0 得，x＞lna，令f’（x）＜0 的，x＜lna，
∴f（x）的单调减区间为（﹣∞，lna），增区间为（0，+∞），
∴f（x）min＝f（lna）＝a﹣alna﹣1．
（2））f（x）≥0 等价于f（x）min≥0，
∴由（1）得a﹣alna﹣1≥0，
设g（a）＝a﹣alna﹣1，则g‘（a）＝﹣lna，
令g’（a）＝0 得a＝1，
∴g（a）在（0，1）上为增函数，（1，+∞）为减函数，
∴g（a）max＝g（1）＝0，
∴g（a）≤g（1）＝0，
∴g（a）＝0，
∴a＝1；
（3）由（2）可知，当a＝1 时，f（x）≥0，即ex﹣x﹣1≥0，
∴ex≥x+1，两边取对数得x≥ln（x+1），当且仅当x＝0 时取等号，
∴令x＝得
＝
，
∴1+
＞
＝
＝ln
（n+1）．
【点评】本题考查了函数导数的应⽤，属于中档题
7．已知函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1．
（1）设x＝2 是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；
（2）证明：当a≥
时，f（x）≥0．
【分析】（1）推导出x＞0，f′（x）＝aex﹣，由x＝2 是f（x）的极值点，解得a＝
，从⽽f（x）＝
ex
﹣lnx﹣1，进⽽f′（x）＝
，由此能求出f（x）的单调区间．
（2）法⼀：当a≥
时，f（x）≥
﹣lnx﹣1，设g（x）＝
﹣lnx﹣1，x＞0，则
﹣，由
此利⽤导数性质能证明当a≥
时，f（x）≥0．
法⼆：f（x）≥0，即a≥
，x＞0，令g（x）＝
，x＞0，则
，利⽤导数
性质得g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，g（x）≤g（1）＝，由此能证明当a≥
时，
f（x）≥0．
法三：当a
时，f（x）≥
，即只需证明
，再通过构造函数，利⽤导数研究
函数的单调性，即可求解．
【解答】解：（1）∵函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1．
∴x＞0，f′（x）＝aex﹣，
∵x＝2 是f（x）的极值点，
∴f′（2）＝ae2﹣＝0，解得a＝
，
∴f（x）＝
ex﹣lnx﹣1，∴f′（x）＝
，
当0＜x＜2 时，f′（x）＜0，当x＞2 时，f′（x）＞0，
∴f（x）的单调递减区间是（0，2），单调递增区间是（2，+∞）．
（2）证法⼀：当a≥
时，f（x）≥
﹣lnx﹣1，
设g（x）＝
﹣lnx﹣1，x＞0，则
﹣，
由
﹣＝0，得x＝1，
当0＜x＜1 时，g′（x）＜0，
当x＞1 时，g′（x）＞0，
∴x＝1 是g（x）的最⼩值点，
故当x＞0 时，g（x）≥g（1）＝0，
∴当a≥
时，f（x）＝aex﹣lnx﹣1≥0．
证法⼆：∵函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1，∴f（x）≥0，即a≥
，x＞0，
令g（x）＝
，x＞0，则
，x＞0，∴g′（1）＝0，
当0＜x＜1 时，
，﹣lnx＞0，g′（x）＞0，
当x＞1 时，
，﹣lnx＜0，g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，
g（x）≤g（1）＝，
∵a≥
，∴a≥g（x）．
∴当a≥
时，f（x）≥0．
证法三：当a
时，f（x）≥
，即只需证明
，
由于
，
则ex≥elnex⇔xex≥exlnex⇔xex≥elnexlnex，
令g（x）＝xex，
则g'（x）＝ex（x+1）＞0，即g（x）为增函数，
⼜易证x≥lnex＝lnx+1，
故g（x）≥g（lnex），即xex≥elnexlnex 成⽴，
故当
时，f（x）≥0．
【点评】本题考查函数的单调性、导数的运算及其应⽤，同时考查逻辑思维能⼒和综合应⽤能⼒，是中
档题．
8．已知函数f（x）＝x﹣1﹣alnx．
（1）若f（x）≥0，求a 的值；
（2）设m 为整数，且对于任意正整数n，（1+
）（1+
）…（1+
）＜m，求m 的最⼩值．
【分析】（1）通过对函数f（x）＝x﹣1﹣alnx（x＞0）求导，分a≤0、a＞0 两种情况考虑导函数f′（x）与
0 的⼤⼩关系可得结论；
（2）通过（1）可知lnx≤x﹣1，进⽽取特殊值可知ln（1+
）＜
，k∈N*．⼀⽅⾯利⽤等⽐数列的求
和公式放缩可知（1+
）（1+
）…（1+
）＜e，另⼀⽅⾯可知（1+
）（1+
）…（1+
）＞2，从
⽽当n≥3 时，（1+
）（1+
）…（1+
）∈（2，e），⽐较可得结论．
【解答】解：（1）因为函数f（x）＝x﹣1﹣alnx，x＞0，
所以f′（x）＝1﹣＝
，且f（1）＝0．
所以当a≤0 时f′（x）＞0 恒成⽴，此时y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增，
故当0＜x＜1 时，f（x）＜f（1）＝0，这与f（x）≥0 ⽭盾；
当a＞0 时令f′（x）＝0，解得x＝a，
所以y＝f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min＝f（a），
若a≠1，则f（a）＜f（1）＝0，从⽽与f（x）≥0 ⽭盾；
所以a＝1；
（2）由（1）可知当a＝1 时f（x）＝x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1，
所以ln（x+1）≤x 当且仅当x＝0 时取等号，
所以ln（1+
）＜
，k∈N*．
ln（1+
）+ln（1+
）+…+ln（1+
）＜+
+…+
＝1﹣
＜1，
即（1+
）（1+
）…（1+
）＜e；
因为m 为整数，且对于任意正整数n，（1+
）（1+
）…（1+
）＜m 成⽴，
当n＝3 时，（1+
）（1+
）（1+
）＝
，
所以m 的最⼩值为3．
【点评】本题是⼀道关于函数与不等式的综合题，考查分类讨论的思想，考查转化与化归思想，考查运
算求解能⼒，考查等⽐数列的求和公式，考查放缩法，注意解题⽅法的积累，属于难题．
9．已知函数f（x）＝ln（1+x）+
x2﹣x（a≥0）．
（1）若f（x）＞0 对x∈（0，+∞）都成⽴，求a 的取值范围；
（2）已知e 为⾃然对数的底数，证明：∀n∈N*，
＜（1+
）（1+
）…（1+
）＜e．
【分析】（1）f（x）＞0 对x∈（0，+∞）都成⽴⇔f（x）min＞0．f′（x）＝
＝
．（a
≥0）．对a 分类讨论：a＝0，a≥1，0＜a＜1，利⽤导数研究其单调性即可得出；
（2）由（1）可知：当a＝0 时，ln（1+x）＜x，x＞0．取x＝
，
（i∈N*，i≤n，n∈N*）．可得
，
利⽤“累加求和”即可证明不等式的右边部分
（1+
）（1+
）…（1+
）＜e．由（1）可知：当a＝1 时，ln（1+x）＞x
＞
，1＞x＞0．取
x＝
，（i∈N*，i≤n，n∈N*）．则
，利⽤“累加求和”即可证明不等式的左边部分．
【解答】（1）解：f（x）＞0 对x∈（0，+∞）都成⽴⇔f（x）min＞0．
f′（x）＝
＝
．（a≥0）．
当a≥1 时，f′（x）＞0，∴函数f（x）单调递增，
∴f（x）＞f（0）＝0，∴f（x）min＞0 成⽴，因此a≥1 满⾜条件．
当a＝0 时，f′（x）＝
＜0，∴函数f（x）单调递减，∴f（x）＜f（0），不满⾜条件，舍去．
当0＜a＜1 时，f′（x）＝
，当
时，函数f（x）单调递减，∴f（x）＜f（0）＝
0，不满⾜条件，舍去．
综上可得：只有当a≥1 时满⾜条件．因此a 的取值范围是[1，+∞）．
（2）证明：由（1）可知：当a＝0 时，ln（1+x）＜x，x＞0．
取x＝
，（i∈N*，i≤n，n∈N*）．
∴
，
∴
+
+…+
＜
+…+
＝
＝
≤1，
∴
＜1，
∴（1+
）（1+
）…（1+
）＜e．
由（1）可知：当a＝1 时，ln（1+x）＞x
＞
，1＞x＞0．
取x＝
，（i∈N*，i≤n，n∈N*）．
则
，
∴
+
+…+
＝
，
∴
＞，
∴（1+
）（1+
）…（1+
）
．
综上可得：∀n∈N*，
＜（1+
）（1+
）…（1+
）＜e．
【点评】本题考查了利⽤导数研究函数的单调性极值与最值、“累加求和”、“放缩法”、等差数列的前n 项
和公式，考查了恒成⽴问题的等价转化⽅法，考查了利⽤已经证明的结论证明不等式，考查了推理能⼒
与计算能⼒，属于难题．
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导数篇—题型35～题型39 答案
⼀．解答题（共48 ⼩题）
1．已知函数f（x）＝aex﹣blnx，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线⽅程为y＝（
）x+1．
（Ⅰ）求a，b；
（Ⅱ）证明：f（x）＞0．
【分析】（Ⅰ）求导函数，利⽤曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线⽅程，可得f（1）＝，f′（1）＝﹣
1，由此可求a，b 的值；
（Ⅱ）构造函数y＝ex﹣2﹣（x﹣1），求导函数，确定函数的单调区间，从⽽可得函数的最⼩值；构造y＝
lnx﹣（x﹣1），求出导数和单调区间，可得最⼤值，故可得证．
【解答】（Ⅰ）解：函数f（x）＝aex﹣blnx，
求导函数可得f′（x）＝aex﹣（x＞0）
∵曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线⽅程为y＝（
）x+1，
∴f（1）＝，f′（1）＝﹣1，
∴ae＝，ae﹣b＝﹣1，
∴a＝
，b＝1；
（Ⅱ）证明：函数f（x）＝ex﹣2﹣lnx，
由y＝ex﹣2﹣（x﹣1）的导数y′＝ex﹣2﹣1，
当x＞2 时，导数y′＞0，函数y 递增；
当x＜2 时，导数y′＜0，函数y 递减．
可得函数y 在x＝2 处取得极⼩值也为最⼩值0，
即有ex﹣2≥x﹣1；
由y＝lnx﹣（x﹣1）的导数为y′＝﹣1，
当x＞1 时，导数y′＜0，函数y 递减；
当0＜x＜1 时，导数y′＞0，函数y 递增．
可得函数y 在x＝1 处取得极⼤值也为最⼤值0，
即有lnx≤x﹣1；
由于等号不同时取得，
则ex﹣2＞lnx，
即有f（x）＞0 成⽴．
【点评】本题考查导数知识的运⽤，考查导数的⼏何意义，考查不等式的证明，解题的关键是构造函数，
确定函数的单调区间，求出函数的最值，属于中档题．
2．已知函数f（x）＝ax+lnx，函数g（x）的导函数g′（x）＝ex，且g（0）g′（1）＝e，其中e 为⾃然对数的
底数．
（Ⅰ）求f（x）的极值；
（Ⅱ）若∃x∈（0，+∞），使得不等式
成⽴，试求实数m 的取值范围；
（Ⅲ）当a＝0 时，对于∀x∈（0，+∞），求证：f（x）＜g（x）﹣2．
【分析】（Ⅰ）求出函数f（x）的定义域，求出导数f'（x）＝a+
，分a≥0，a＜0 两种情况进⾏讨论，a≥0
时由单调性易判断；当a＜0 时可得极值；
（Ⅱ）由g'（x）＝ex，可设g（x）＝ex+c，再由g（0）g'（1）＝e 可得g（x
成⽴，分离
出参数m 后可得
，令
，则问题可转化为：m＜h（x）max，利⽤导数
可求得h（x）max；
（Ⅲ）a＝0 时，f（x）＝lnx，令φ（x）＝g（x）﹣f（x）﹣2，则φ（x）＝ex﹣lnx﹣2，
，
且φ'（x）在（0，+∞）上为增函数，设φ'（x）＝0 的根为x＝t，则
，即t＝e﹣t，易知φ（x）的最
⼩值为φ（t），通过放缩可判断φ（t）＞0，从⽽可得结论；
【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
（x＞0）．
当a≥0 时，f'（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上为增函数，f（x）没有极值；
当a＜0 时，
，
若
时，f'（x）＞0；若
时，f'（x）＜0，
∴f（x）存在极⼤值，且当
时，
；
综上可知：当a≥0 时，f（x）没有极值；当a＜0 时，f（x）存在极⼤值，且当
时，
；
（Ⅱ）∵函数g（x）的导函数g'（x）＝ex，
∴g（x）＝ex+c，
⼜∵g（0）g'（1）＝e，
∴（1+c）e＝e⇒c＝0，∴g（x）＝ex，
∵∃x∈（0，+∞），使得不等式
成⽴，
∴∃x∈（0，+∞），使得
成⽴，
令
，则问题可转化为：m＜h（x）max，
对于
，x∈（0，+∞），由于
，
当x∈（0，+∞）时，
∵ex＞1，
，
∴
，
∴h'（x）＜0，从⽽h（x）在（0，+∞）上为减函数，
∴h（x）＜h（0）＝3，∴m＜3；
（Ⅲ）当a＝0 时，f（x）＝lnx，令φ（x）＝g（x）﹣f（x）﹣2，
则φ（x）＝ex﹣lnx﹣2，
∴
，且φ'（x）在（0，+∞）上为增函数，
设φ'（x）＝0 的根为x＝t，则
，即t＝e﹣t，
∵当x∈（0，t）时，φ'（x）＜0，φ（x）在（0，t）上为减函数；
当x∈（t，+∞）时，φ'（x）＞0，φ（x）在（t，+∞）上为增函数，
∴
，
∵φ'（1）＝e﹣1＞0，
，
∴
，
由于φ（t）＝et+t﹣2 在
上为增函数，
∴
，
∴f（x）＜g（x）﹣2．
【点评】本题考查利⽤导数研究函数的极值、最值及证明不等式等问题，考查恒成⽴问题，考查转化思
想，考查学⽣的推理论证能⼒、分析解决问题的能⼒，本题综合性强，能⼒要求较⾼．
3．已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．
（1）求a；
（2）证明：f（x）存在唯⼀的极⼤值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0 等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进⽽利⽤h′（x）＝a﹣可得h（x）
min＝h（），从⽽可得结论；
（2）通过（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min＝t（）
＝ln2﹣1＜0，从⽽可知f′（x）＝0 存在两根x0，x2，利⽤f（x）必存在唯⼀极⼤值点x0及x0＜可知f（x0）
＜，另⼀⽅⾯可知f（x0）＞f（）＝
．
【解答】解：（1）因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），
则f（x）≥0 等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a﹣．
则当a≤0 时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以当x0＞1 时，h（x0）＜h（1）＝0，⽭盾，故a＞0．
因为当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，
所以h（x）min＝h（），
⼜因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，
所以
＝1，解得a＝1；
另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0 等价于f（x）在x＞0 时的最⼩值为f（1），
所以等价于f（x）在x＝1 处是极⼩值，
所以解得a＝1；
（2）由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，
令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2﹣，
令t′（x）＝0，解得x＝，
所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，
所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，⼜t（
）＝
＞0，所以t（x）在（0，）上存在唯⼀零点，
所以t（x）＝0 有解，即f′（x）＝0 存在两根x0，x2，
且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以f（x）必存在唯⼀极⼤值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，
所以f（x0）＝
﹣x0﹣x0lnx0＝
﹣x0+2x0﹣2
＝x0﹣
，
由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣
）max＝﹣
+
＝；
由f′（）＜0 可知x0＜＜，
所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，
所以f（x0）＞f（）＝
；
综上所述，f（x）存在唯⼀的极⼤值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
【点评】本题考查利⽤导数研究函数的极值，考查运算求解能⼒，考查转化思想，注意解题⽅法的积累，
属于难题．
4．已知函数f（x）＝ex﹣ln（x+m）．
（Ⅰ）设x＝0 是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当m≤2 时，证明：f（x）＞0．
【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，因为x＝0 是函数f（x）的极值点，由极值点处的导数等于0 求出m
的值，代⼊函数解析式后再由导函数⼤于0 和⼩于0 求出原函数的单调区间；
（Ⅱ）证明当m≤2 时，f（x）＞0，转化为证明当m＝2 时f（x）＞0．求出当m＝2 时函数的导函数，可知
导函数在（﹣2，+∞）上为增函数，并进⼀步得到导函数在（﹣1，0）上有唯⼀零点x0，则当x＝x0时函
数取得最⼩值，借助于x0是导函数的零点证出f（x0）＞0，从⽽结论得证．
【解答】（Ⅰ）解：∵
，x＝0 是f（x）的极值点，∴
，解得m＝1．
所以函数f（x）＝ex﹣ln（x+1），其定义域为（﹣1，+∞）．
∵
．
设g（x）＝ex（x+1）﹣1，则g′（x）＝ex（x+1）+ex＞0，所以g（x）在（﹣1，+∞）上为增函数，
⼜∵g（0）＝0，所以当x＞0 时，g（x）＞0，即f′（x）＞0；当﹣1＜x＜0 时，g（x）＜0，f′（x）＜0．
所以f（x）在（﹣1，0）上为减函数；在（0，+∞）上为增函数；
（Ⅱ）证明：当m≤2，x∈（﹣m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需证明当m＝2 时f（x）＞0．
当m＝2 时，函数
在（﹣2，+∞）上为增函数，且f′（﹣1）＜0，f′（0）＞0．
故f′（x）＝0 在（﹣2，+∞）上有唯⼀实数根x0，且x0∈（﹣1，0）．
当x∈（﹣2，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，
从⽽当x＝x0时，f（x）取得最⼩值．
由f′（x0）＝0，得
，ln（x0+2）＝﹣x0．
故f（x）≥
＝
＞0．
综上，当m≤2 时，f（x）＞0．
【点评】本题考查了利⽤导数研究函数的单调性，利⽤导数求函数在闭区间上的最值，考查了不等式的
证明，考查了函数与⽅程思想，分类讨论的数学思想，综合考查了学⽣分析问题和解决问题的能⼒．熟
练函数与导数的基础知识是解决该题的关键，是难题．
5．已知函数f（x）＝x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．
（Ⅰ）求函数y＝f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当a＝1 时，证明：对任意的x＞0，f（x）+ex＞x2+x+2．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题转化为证明ex﹣lnx﹣2＞0，设g（x）＝ex﹣lnx﹣2，求出函数的导数，根据函数的单调性证明
即可．
【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）＝2x﹣（a﹣2）﹣＝
…（2 分）
当a≤0 时，f′（x）＞0 对任意x∈（0，+∞）恒成⽴，
所以，函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增；…（4 分）
当a＞0 时，由f′（x）＞0 得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，
所以，函数在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；
（Ⅱ）当a＝1 时，f（x）＝x2+x﹣lnx，
要证明f（x）+ex＞x2+x+2，
只需证明ex﹣lnx﹣2＞0，设g（x）＝ex﹣lnx﹣2，
则问题转化为证明对任意的x＞0，g（x）＞0，
令g′（x）＝ex﹣＝0，得ex＝，
容易知道该⽅程有唯⼀解，不妨设为x0，则x0满⾜
＝
，
当x 变化时，g′（x）和g（x）变化情况如下表
x
（0，x0）
x0
（x0，+∞）
g′（x）
﹣
0
+
g（x）
递减
递增
g（x）min＝g（x0）＝
﹣lnx0﹣2＝
+x0﹣2，
因为x0＞0，且x0≠1，所以g（x）min＞2
﹣2＝0，
因此不等式得证．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，是⼀道中档题．
6．已知函数f（x）＝e﹣x+ax（a∈R）
（1）讨论f（x）的最值；
（2）若a＝0，求证：f（x）＞﹣x2+
．
【分析】（1）求出f′（x）＝﹣e﹣x+a，由a≤0，a＞0 两种情况分类讨论，利⽤导数性质能讨论f（x）的最
⼤值和最⼩值．
（2）当a＝0 时，f（x）＝ex，设g（x）＝
，则g′（x）＝﹣e﹣x+x，设h（x）＝﹣e﹣x+x，
则h′（x）＝e﹣x+1＞0，由此利⽤导数性质能证明f（x）＞﹣x2+
．
【解答】解：（1）∵函数f（x）＝e﹣x+ax（a∈R），
∴f′（x）＝﹣e﹣x+a，
①当a≤0 时，f′（x）＜0，∴f（x）在R 上单调递减，
故f（x）不存在最值．
②当a＞0 时，由f′（x）＝0，得x＝﹣lna，
当x 变化时，f（x）与f′（x）的变化情况如下表：
x
（﹣∞，﹣lna）
﹣lna
（﹣lna，+∞）
f′（x）
﹣
0
+
f（x）
↓
极⼩值
↑
f（x）在（﹣∞，﹣lna）上单调减，在（﹣lna，+∞）上单调递增，
故f（x）的最⼩值为f（﹣lna）＝a﹣alna．不存在最⼤值．
综上，当a≤0 时，f（x）不存在最⼤值和最⼩值；当a＞0 时，最⼩值为a﹣alna．不存在最⼤值．
证明：（2）当a＝0 时，f（x）＝ex，设g（x）＝
，
则g′（x）＝﹣e﹣x+x，
设h（x）＝﹣e﹣x+x，则h′（x）＝e﹣x+1＞0，∴g′（x）在R 上单调增，
∵
，
，
∴存在唯⼀的
，使得g′（x0）＝0，
当x 变化时，g（x）与g′（x）的变化情况如下表：
x
（﹣∞，x0）
x0
（x0，+∞）
g′（x）
﹣
0
+
g（x）
↓
极⼩值
↑
g（x）在（﹣∞，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
∴g（x）min＝g（x0）＝
，
由g′（x0）＝0，得
+x0＝0，∴g（x0）＝
，
∵x0∈（
），∴g（x0）＝
＞
＝0，
∴g（x）≥g（x0）＞0，∴
，
∴f（x）＞﹣x2+
．
【点评】本题考查导数及其应⽤、不等式、函数等基础知识，考查考查推理论证能⼒、运算求解能⼒、
抽象概括能⼒，考查化归与转化思想、函数与⽅程思想、分类与整合思想，是中档题．
7．已知f（x）＝（x﹣1）ex+
ax2．
（Ⅰ）当a＝e 时，求f（x）的极值；
（Ⅱ）若f（x）有2 个不同零点，求a 以的取值范围；
（Ⅲ）对∀x＞1，求证：f（x）≥
ax2+x+1+ln（x﹣1）．
【分析】（Ⅰ）先求导，再根据导数和函数的极值的关系即可求出，
（Ⅱ）根据导数和函数的最值得关系结合函数零点，分类讨论，即可求出a 的取值范围，
（Ⅲ）先求导，可得g′（x）＝x（ex﹣
），再构造函数h（x）＝ex﹣
，根据导数和函数的最值得
关系即可证明．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝e 时，f′（x）＝x（ex+e），
∴x＜0，f′（x）＜0，f（x）为减函数
∴x＞0，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
∴f（x）极⼩值＝f（0）＝1，⽆极⼤值，
（Ⅱ）f′（x）＝x（ex+a），
（1）当a＝0 时，f（x）＝（x﹣1）ex，只有个零点x＝1，
（2）当a＞0 时，ex+a＞0，
∴x＜0，f′（x）＜0，f（x）为减函数
∴x＞0，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
∴f（x）极⼩值＝f（0）＝﹣1，⽽f（1）＝＞0，
∴当x＞0，∃x0∈（0，1），使f（x0）＝0，
当x＜0 时，∴ex＜1∴（x﹣1）ex＞（x﹣1），
∴f（x）＝（x﹣1）ex+
ax2＞x﹣1+
ax2＝ax2+x﹣1，
取x1＝﹣
＜0，
∴f（x）＞f（x1）＝0，即f（x1）•f（0）＜0
∴函数有2 个零点
（3）当a＜0 时，f′（x）＝x（ex+a），
令f′（x）＝0，得x＝0，x＝ln（﹣a），
①ln（﹣a）＞0，即a＜﹣1 时
当x 变化时f（x），f′（x）变化情况是
x
（﹣∞，0）
0
（0，﹣ln（﹣a））
ln（﹣a）
（ln（﹣a），+∞）
f′（x）
+
0
﹣
0
+
f（x）
增函数
﹣1
减函数
增函数
∴f（x）极⼤值＝f（0）＝﹣1
∴函数f（x）⾄多有⼀个零点，不符合题意
②a＝﹣1 时，ln（﹣a）＝0，f（x）在R 单调递增
∴f（x）⾄多有⼀个零点，不合题意
③当ln（﹣a）＜0 时，即以a∈（﹣1，﹣0）时，
当x 变化时f（x），f′（x）变化情况是
x
（﹣∞，ln（﹣
a））
ln（﹣a）
（ln（﹣a），0）
0
（0，+∞）
f′（x）
+
0
﹣
0
+
f（x）
增函数
减函数
﹣1
增函数
∴x＜0，a＜0 时，f（x）＝（x﹣1）ex+
ax2＜0，f（0）＝﹣1
∴函数f（x）⾄多有1 个零点
综上：a 以的取值范围是（0，+∞）
证明（Ⅲ）令g（x）＝f（x）﹣ln（x﹣1）﹣ax2﹣x﹣1＝（x﹣1）ex+ln（x﹣1）﹣x﹣1，x∈（0，+∞）
∴g′（x）＝xex﹣
﹣1＝x（ex﹣
），
令h（x）＝ex﹣
，x∈（0，+∞）
∴h′（x）＝ex+
＞0，
∴h（x）在（0，+∞）为增函数
∵h（2）＝e2﹣1＞0
取x﹣1＝e﹣2，即x＝1+e﹣2，h（1+e﹣2）＝
﹣e﹣2＜0，
∴存在唯⼀x0∈（1，2）使h（x0）＝0，即e
＝
，
∴1＜x＜x0时，h（x）＜0，即g′（x）＜0，∴g（x）为减函数
x＞x0时，h（x）＞0，即g′（x）＞0，∴g（x）为增函数
∴g（x）min＝g（x0）＝（x0﹣1）e
+ln（x0﹣1）﹣x0﹣1＝（x0﹣1）
ln
﹣x0﹣1＝1+x0﹣x0﹣1
＝0，
∴对∀x＞1 有g（x）≥g（x0）
即f（x）≥
ax2+x+1+ln（x﹣1）
【点评】本题主要考查利⽤导数研究函数的单调性以及最值问题，要求熟练掌握导数和函数的单调性，
极值，最值之间的关系，属于难题
8．设函数f（x）＝lnx+
ax2+x+1．
（1）当a＝﹣2 时，求函数f（x）的极值点；
（2）当a＝0 时，证明：xex≥f（x）在（0，+∞）上恒成⽴．
【分析】（1）⾸先对f（x）求导，求出导函数零点，根据导数判断函数的单调性与极值即可；
（2）令F（x）＝xex﹣f（x）＝xex﹣lnx﹣x﹣1（x＞0），则
；
再令G（x）＝xex﹣1，利⽤G（x）的单调性来判断F（x）的单调性．
【解答】解：（1）由题意得
，
当f'（x）＞0 时，0＜x＜1，f（x）在（0，1）上为增函数；
当f'（x）＜0 时，x＞1，f（x）在（1，+∞）上为减函数；
所以x＝1 是f（x）的极⼤值点，⽆极⼩值点
（2）证明：令F（x）＝xex﹣f（x）＝xex﹣lnx﹣x﹣1（x＞0），
则
，
令G（x）＝xex﹣1，则因为G'（x）＝（x+1）ex＞0（x＞0），
所以函数G（x）在（0，+∞）上单调递增，G（x）在（0，+∞）上最多有⼀个零点，
⼜因为G（0）＝﹣1＜0，G（1）＝e﹣1＞0，所以存在唯⼀的c∈（0，1）使得G（c）＝0，
且当x∈（0，c）时，G（x）＜0；当x∈（c，+∞）时，G（x）＞0，
即当x∈（0，c）时，F'（x）＜0；当x∈（c，+∞）时，F'（0）＞0，
所以F（x）在（0，c）上单调递减，在（c，+∞）上单调递增，从⽽F（x）≥F（c）＝c•ec﹣lnc﹣c﹣1，
由G（c）＝0 得c•ex﹣1＝0 即c•ec＝1，两边取对数得：lnc+c＝0，
所以F（c）＝0，F（x）≥F（c）＝0，从⽽证得xex≥f（x）．
【点评】本题主要考查了利⽤导数判断函数的单调性与极值，以及构造新函数判断原函数的单调性，对
数等知识点，属中等题．
9．设函数f（x）＝x+axlnx（a∈R）．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若函数f（x）的极⼤值点为x＝1，证明：f（x）≤e﹣x+x2．
【分析】（Ⅰ）根据题意，由函数的解析式分析其定义域，进⽽求出其导数，按a 的值分三种情况讨论，
利⽤导数分析函数的单调性，综合三种情况即可得答案；
（Ⅱ）根据题意，由函数的极值与导数的关系分析可得a 的值，可以将原问题转化为证明x﹣xlnx≤e﹣x+x2，
令
（x＞0），求出其导数，分析函数的单调性，可得其最⼩值，就可得证明．
【解答】解：（Ⅰ）根据题意，f（x）＝x+axlnx，必有x＞0，
则f（x）的定义域为（0，+∞），其导数f'（x）＝1+alnx+a，
当a＝0 时，f（x）＝x，则函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增；
当a＞0 时，由f'（x）＞0 得
，由f'（x）＜0 得
．
所以，f（x）在区间
上单调递减，在区间
上单调递增；
当a＜0 时，由f'（x）＞0 得
，由f'（x）＜0 得
，
所以，函数f（x）在区间
上单调递增，在区间
单调递减．
综上所述，当a＝0 时，函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增；
当a＞0 时，函数f（x）在区间
上单调递减，在区间
上单调递增；
当a＜0 时，函数f（x）在区间
上单调递增，在区间
上单调递减．
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知a＜0 且
时，解得a＝﹣1．f（x）＝x﹣xlnx，要证f（x）≤e﹣x+x2，即证x
﹣xlnx≤e﹣x+x2，即证：
．
令
（x＞0），则
＝
．
令g（x）＝x﹣e﹣x（x＞0），易⻅函数g（x）在区间（0，+∞）上单调递增．⽽
，g（0）
＝﹣1＜0，所以在区间（0，+∞）上存在唯⼀的实数x0，使得
，即
，且
x∈（0，x0）时g（x）＜0，x∈（x0，+∞）时g（x）＞0．故F（x）在（0，x0）上递减，在（x0，+∞）上
递增．
∴F（x）min＝F（x0）＝lnx0
．
⼜
，∴
＝﹣x0+1+x0﹣1＝0．
∴F（x）≥F（x0）＝0 成⽴，即f（x）≤e﹣x+x2成⽴．
【点评】本题考查利⽤函数的导数分析函数的单调性，极值的⽅法，
10．设函数f（x）＝aexlnx+
，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线为y＝e（x﹣1）+2．
（Ⅰ）求a，b；
（Ⅱ）证明：f（x）＞1．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，计算f（1），f′（1），求出a，b 的值即可；
（Ⅱ）问题等价于
，设函数g（x）＝xlnx，设函数
，根据函数的单调
性证明即可．
【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
，
由题意可得f（1）＝2，f'（1）＝e，
故a＝1，b＝2…（6 分）
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，
，
从⽽f（x）＞1 等价于
，
设函数g（x）＝xlnx，则g'（x）＝1+lnx，
所以当
时，g'（x）＜0，
当
时，g'（x）＞0，
故g（x）在
单调递减，在
单调递增，
从⽽g（x）在（0，+∞）的最⼩值为
．…（8 分）
设函数
，则h'（x）＝e﹣x（1﹣x），
所以当x∈（0，1）时，h'（x）＞0，
当x∈（1，+∞）时，h'（x）＜0，
故h（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，
从⽽h（x）在（0，+∞）的最⼤值为
．
综上：当x＞0 时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1．…（12 分）
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤以及函数恒成⽴问题，考查转化思想，
是⼀道中档题．
11．已知f（x）＝xlnx﹣ax，g（x）＝﹣x2﹣2，
（Ⅰ）对⼀切x∈（0，+∞），f（x）≥g（x）恒成⽴，求实数a 的取值范围；
（Ⅱ）当a＝﹣1 时，求函数f（x）在[m，m+3]（m＞0）上的最值；
（Ⅲ）证明：对⼀切x∈（0，+∞），都有lnx+1＞
成⽴．
【分析】（I）根据对⼀切x∈（0，+∞），f（x）≥g（x）恒成⽴，也就是a≤lnx+x+
在x∈（0，+∞）恒成
⽴，下⾯只要求出函数的最⼩值，使得a ⼩于函数的最⼩值即可．
（II）要求函数的最值，不管遇到什么特殊的函数，⼀定要按照求最值的⽅法按部就班的来解，⾸先求
导，令导函数等于0，得到可能是极值点，根据极值点和区间两个端点之间的关系，得到结果．
（III）要证不等式在⼀个区间上恒成⽴，把问题进⾏等价变形，由（Ⅱ）知a＝﹣1 时，f（x）＝xlnx+x
的最⼩值是
，只要求函数
最⼤值进⾏⽐较即可．
【解答】解：（Ⅰ）对⼀切x∈（0，+∞），f（x）≥g（x）恒成⽴，
即xlnx﹣ax≥﹣x2﹣2 恒成⽴．
也就是a≤lnx+x+
在x∈（0，+∞）恒成⽴．
令
，
则F'
，
在（0，1）上F'（x）＜0，在（1，+∞）上上F'（x）＞0，
因此，F（x）在x＝1 处取极⼩值，也是最⼩值，即Fmin（x）＝F（1）＝3，
所以a≤3．
（Ⅱ）当a＝﹣1 时，f（x）＝xlnx+x，f'（x）＝lnx+2，
由f'（x）＝0 得
．
①当
时，
在
上f'（x）＜0，
在
上f'（x）＞0
因此，f（x）在
处取得极⼩值，也是最⼩值.
．
由于f（m）＜0，f（m+3）＝（m+3）[ln（m+3）+1]＞0
因此，fmax（x）＝f（m+3）＝（m+3）[ln（m+3）+1]
②当
，f'（x）≥0，
因此f（x）在[m，m+3]上单调递增，
所以fmin（x）＝f（m）＝m（lnm+1），fmax（x）＝f（m+3）＝（m+3）[ln（m+3）+1]
（Ⅲ）证明：问题等价于证明
，
由（Ⅱ）知a＝﹣1 时，f（x）＝xlnx+x 的最⼩值是
，当且仅当
时取得，
设
，则G'
，易知
，
当且仅当x＝1 时取到，
但
，从⽽可知对⼀切x∈（0，+∞），都有
成⽴．
【点评】本题考查函数性质和导数的综合应⽤，本题解题的关键是利⽤导数⽅法求函数的最值，利⽤函
数思想时也要⽤导数来求最值．
12．已知函数f（x）＝elnx﹣ax（a∈R）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＝e 时，证明：xf（x）﹣ex+2ex≤0．
【分析】（1）求出函数的导数，通过a 的范围，判断导函数的符号，然后求解函数的单调区间即可．
（2）因为x＞0，只需证
，f（x）max＝f（1）＝﹣e．记
，利⽤
函数的导数，判断函数的单调性求解函数的最值即可证明结果；
解法⼆：（1）同解法⼀．
（2）由题意知，即证exlnx﹣ex2﹣ex+2ex≤0，等价于
．设函数g（x）＝lnx﹣x+2，利⽤函
数的导数求解g（x）在（0，+∞）上的最⼤值为g（1）＝1．
设函数
，通过导函数求解最值得到h（x）在（0，+∞）上的最⼩值为h（1）＝1．即可．
【解答】解：（1）
，
①若a≤0，则f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上为增函数；
②若a＞0，则当
时，f'（x）＞0；当
时，f'（x）＜0．
故在
上，f（x）为增函数；在
上，f（x）为减函数．
（2）因为x＞0，所以只需证
，
由（1）知，当a＝e 时，f（x）在（0，1）上为增函数，在（1，+∞）上为减函数，
所以f（x）max＝f（1）＝﹣e．
记
，则
，
所以，当0＜x＜1 时，g'（x）＜0，g（x）为减函数；当x＞1 时，g'（x）＞0，g（x）为增函数，
所以g（x）min＝g（1）＝﹣e．
所以当x＞0 时，f（x）≤g（x），即
，即xf（x）﹣ex+2ex≤0．
解法⼆：（1）同解法⼀．
（2）由题意知，即证exlnx﹣ex2﹣ex+2ex≤0，
从⽽等价于
．
设函数g（x）＝lnx﹣x+2，则
．
所以当x∈（0，1））时，g'（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，g'（x）＜0，
故g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．
从⽽g（x）在（0，+∞）上的最⼤值为g（1）＝1．
设函数
，则
．
所以当x∈（0，1））时，h'（x）＜0；当x∈（1，+∞）时，h'（x）＞0．
故h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
从⽽h（x）在（0，+∞）上的最⼩值为h（1）＝1．
综上，当x＞0 时，g（x）＜h（x），即xf（x）﹣ex+2ex≤0．
【点评】本题考查函数的导数的综合应⽤，函数的单调性以及⼆次导函数的应⽤，构造法的应⽤，考查
转化思想以及计算能⼒．
13．已知f（x）＝ex﹣alnx﹣a，其中常数a＞0．
（1）当a＝e 时，求函数f（x）的极值；
（2）若函数y＝f（x）有两个零点x1，x2（0＜x1＜x2），求证：
＜1＜x2＜a；
（3）求证：e2x﹣2﹣ex﹣1lnx﹣x≥0．
【分析】（1）求出a＝e 的函数的导数，求出单调区间，即可求得极值；
（2）先证明：当f（x）≥0 恒成⽴时，有0＜a≤e 成⽴．若
，则f（x）＝ex﹣a（lnx+1）≥0 显
然成⽴；若
，运⽤参数分离，构造函数通过求导数，运⽤单调性，结合函数零点存在定理，即可
得证；
（3）讨论当a＝e 时，显然成⽴，设
，求出导数，求出单调区间可得最⼤值，运⽤
不等式的性质，即可得证．
【解答】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），
（1）当a＝e 时，f（x）＝ex﹣elnx﹣e，
，
⽽
在（0，+∞）上单调递增，⼜f′（1）＝0，
当0＜x＜1 时，f′（x）＜f'（1）＝0，则f（x）在（0，1）上单调递减；
当x＞1 时，f′（x）＞f'（1）＝0，则f（x）在（1，+∞）上单调递增，
则f（x）有极⼩值f（1）＝0，没有极⼤值；
（2）先证明：当f（x）≥0 恒成⽴时，有0＜a≤e 成⽴．
若
，则f（x）＝ex﹣a（lnx+1）≥0 显然成⽴；
若
，由f（x）≥0 得
，
令
，则
，
令
，
由
得g（x）在
上单调递增，
⼜g（1）＝0，所以φ′（x）在
上为负，在（1，+∞）上为正，
因此φ（x）在
上递减，在（1，+∞）上递增，即有φ（x）min＝φ（1）＝e，
从⽽0＜a≤e．因⽽函数y＝f（x）若有两个零点，则a＞e，即有f（1）＝e﹣a＜0，
由f（a）＝ea﹣alna﹣a（a＞e）得f'（a）＝ea﹣lna﹣2，
则
，
则f′（a）＝ea﹣lna﹣2 在（e，+∞）上单调递增，
即有f′（a）＞f'（e）＝ee﹣3＞e2﹣3＞0，
则有f（a）＝ea﹣alna﹣a 在（e，+∞）上单调递增，
则f（a）＞f（e）＝ee﹣2e＞e2﹣2e＞0，则f（1）f（a）＜0，则有1＜x2＜a；
由a＞e 得
，则
，
所以
，综上得
．
（3）证明：由（2）知当a＝e 时，f（x）≥0 恒成⽴，所以f（x）＝ex﹣elnx﹣e≥0，
即f（x）＝ex﹣elnx≥e，
设
，则
，
当0＜x＜1 时，h′（x）＞0，所以h（x）在（0，1）上单调递增；
当x＞1 时，h′（x）＜0，所以h（x）在（1，+∞）上单调递减，
所以
的最⼤值为
，即
，因⽽
，
所以
，即e2x﹣2﹣ex﹣1lnx﹣x≥0．
【点评】本题考查导数的运⽤：求单调区间和极值、最值，主要考查函数的单调性的运⽤，以及不等式
恒成⽴问题转化为求函数的最值问题，属于中档题和易错题．
14．设函数f（x）＝lnx+
﹣x．
（1）当a＝﹣2 时，求f（x）的极值；
（2）当a＝1 时，证明：f（x）﹣
+x＞0 在（0，+∞）上恒成⽴．
【分析】（1）利⽤导数求出原函数的单调性，即可求出f（x）的极值；
（2）证明f（x）﹣
+x＞0 在（0，+∞）上恒成⽴，即证
，实际是⽐较左边函数的最⼩
值与右边函数的最⼤值，利⽤导数求出左边函数的最⼩值与右边函数的最⼤值；
【解答】解：（1）当a＝﹣2 时，
，
∴当x∈（0，2）时，f'（x）＞0；当x∈（2，+∞）时，f'（x）＜0．
∴f（x）在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减；
∴f（x）在x＝2 处取得极⼤值f（2）＝ln2﹣3，f（x）⽆极⼩值；
（2）当a＝1 时，
，
下⾯证
，即证
，
设g（x）＝xlnx+1，则g'（x）＝1+lnx，
在
上，g'（x）＜0，g（x）是减函数；在
上，g'（x）＞0，g（x）是增函数．
所以
，
设
，则
，
在（0，1）上，h'（x）＞0，h（x）是增函数；在（1，+∞）上，h'（x）＜0，h（x）是减函数，
所以
，
所以h（x）＜g（x），即
，所以
，即
，
即
在（0，+∞）上恒成⽴．
【点评】本题主要考查了导数在函数单调性中的应⽤、函数的最值以及构造新函数等综合知识点，属中
等题．
15．已知函数f（x）＝xlnx，g（x）＝﹣x2+ax﹣3．
（Ⅰ）求函数f（x）的最⼩值；
（Ⅱ）对⼀切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成⽴，求实数a 的取值范围；
（Ⅲ）证明：对⼀切x∈（0，+∞），都有
成⽴．
【分析】（I）先求出函数的定义域，然后求导数，根据导函数的正负判断函数的单调性进⽽可求出最⼩
值．
（II）若2f（x）≥g（x），则a≤2lnx+x+
，构造函数h（x）＝2lnx+x+
，则a≤hmin（x），进⽽得到实数a
的取值范围；
（Ⅲ）对⼀切x∈（0，+∞），都有
成⽴，即
，结合（1）中结论可知lnx•
x≥
，构造新函数m（x）＝
，分析其最⼤值，可得答案．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），f（x）的导数f'（x）＝1+lnx．
令f'（x）＞0，解得x＞；
令f'（x）＜0，解得0＜x＜．
从⽽f（x）在（0，）单调递减，在（，+∞）单调递增．
所以，当x＝时，f（x）取得最⼩值﹣．
（II）若2f（x）≥g（x），则a≤2lnx+x+
，
设h（x）＝2lnx+x+
，
则h′（x）＝+1﹣
＝
＝
∵x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
∴h（x）min＝h（1）＝4
故a≤4
即实数a 的取值范围为（﹣∞，4]
证明：（III）若
则
，
由（I）得：lnx•x≥
，当且仅当x＝时，取最⼩值；
设m（x）＝
，则m′（x）＝
，
∵x∈（0，1）时，m′（x）＞0，m（x）单调递增，
x∈（1，+∞）时，m′（x）＜0，m（x）单调递减，
故当x＝1 时，m（x）取最⼤值
故对⼀切x∈（0，+∞），都有
成⽴．
【点评】本题考查的知识点是函数在某点取得极值的条件，导数在最值问题中的应⽤，熟练掌握导数法
求函数最值的⽅法步骤是解答的关键．
16．已知函数
，g（x）＝e﹣x+bx，a，b∈R，e 为⾃然对数的底数．
（Ⅰ）若函数y＝g（x）在R 上存在零点，求实数b 的取值范围；
（Ⅱ）若函数y＝f（x）在
处的切线⽅程为ex+y﹣2+b＝0．求证：对任意的x∈（0，+∞），总有f（x）
＞g（x）．
【分析】（Ⅰ）求导后可知单调区间；通过分类讨论参数，化为最值问题；
（Ⅱ）根据导数的⼏何意义求出a 的值，再求出b 的值，构造函数令
，v（x）＝xe﹣x，
分别求出相应的最⼤值和最⼩值，即可证明．
【解答】（Ⅰ）解：易得
．
若b＝0，有
，不合题意；
若b＜0，有g（0）＝1＞0，
，满⾜题设；
若b＞0，令g'（x）＝﹣e﹣x+b＝0，得x＝﹣lnb．
∴g（x）在（﹣∞，﹣lnb）上单调递减；在（﹣lnb，+∞）单调递增，
则
，
∴b≥e．
⼜g（0）＝1＞0 满⾜题设，
综上所述，所求实数b∈（﹣∞，0）∪[e，+∞）．
（Ⅱ）证明：易得，
，
则由题意，得
，解得
．
∴
，从⽽
，即切点为
．
将切点坐标代⼊ex+y﹣2+b＝0 中，解得b＝0．
∴g（x）＝e﹣x．
要证f（x）＞g（x），即证
（x∈（0，+∞）），
只需证
．
令
，v（x）＝xe﹣x，
则由u'（x）＝lnx+1＝0，得
，
∴u（x）在
上单调递减；在
上单调递增，
∴
．
⼜由v'（x）＝e﹣x﹣xe﹣x＝e﹣x（1﹣x）＝0，得x＝1，
∴v（x）在（0，1）上单调递增；在（1，+∞）上单调递减，
∴
．
∴u（x）≥u（x）min≥v（x）max≥v（x），
显然，上式的等号不能同时取到．
故对任意的x∈（0，+∞），总有f（x）＞g（x）．
【点评】此题考查学⽣会利⽤导数求曲线上过某点切线⽅程的斜率，会利⽤导数研究函数的单调性，掌
握不等式恒成⽴时所满⾜的条件，是⼀道中档题．
17．已知f（x）＝xlnx．
（Ⅰ）求函数f（x）在定义域上的最⼩值；
（Ⅱ）求函数f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最⼩值；
（Ⅲ）证明：对⼀切x∈（0，+∞），都有lnx＞
成⽴．
【分析】（Ⅰ）求出导数，极值点和单调区间，可得极⼩值和最⼩值；
（Ⅱ）讨论
时，
时，运⽤单调性，即可得到所求最⼩值；
（Ⅲ）问题等价于证明
．由（1）设
，
求出导数，求出最⼤值即可．
【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝xlnx，x＞0 得f'（x）＝lnx+1，
令f'（x）＝0，得
．
当
时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当
时，f'（x）＞0，f（x）单调递增．
可得最⼩值为﹣…（3 分）
（Ⅱ）当
，即
时，
…（4 分）
当
，即
时，f（x）在[t，t+2]上单调递增，
此时f（x）min＝f（t）＝tlnt…（6 分）
所以
…（8 分）
（Ⅲ）问题等价于证明
．
由（1）知f（x）＝xlnx，x＞0 的最⼩值是
，
当且仅当
时取到，设
，
则
，易知
，当且仅当x＝1 时取到．
从⽽对⼀切x∈（0，+∞），都有
成⽴．…（12 分）
【点评】本题考查导数的运⽤：求单调区间和最值，注意运⽤分类讨论的⽅法和构造函数的⽅法，考查
运算能⼒，属于中档题．
18．已知函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1．
（1）设x＝2 是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；
（2）证明：当a≥
时，f（x）≥0．
【分析】（1）推导出x＞0，f′（x）＝aex﹣，由x＝2 是f（x）的极值点，解得a＝
，从⽽f（x）＝
ex
﹣lnx﹣1，进⽽f′（x）＝
，由此能求出f（x）的单调区间．
（2）法⼀：当a≥
时，f（x）≥
﹣lnx﹣1，设g（x）＝
﹣lnx﹣1，x＞0，则
﹣，由
此利⽤导数性质能证明当a≥
时，f（x）≥0．
法⼆：f（x）≥0，即a≥
，x＞0，令g（x）＝
，x＞0，则
，利⽤导数
性质得g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，g（x）≤g（1）＝，由此能证明当a≥
时，
f（x）≥0．
法三：当a
时，f（x）≥
，即只需证明
，再通过构造函数，利⽤导数研究
函数的单调性，即可求解．
【解答】解：（1）∵函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1．
∴x＞0，f′（x）＝aex﹣，
∵x＝2 是f（x）的极值点，
∴f′（2）＝ae2﹣＝0，解得a＝
，
∴f（x）＝
ex﹣lnx﹣1，∴f′（x）＝
，
当0＜x＜2 时，f′（x）＜0，当x＞2 时，f′（x）＞0，
∴f（x）的单调递减区间是（0，2），单调递增区间是（2，+∞）．
（2）证法⼀：当a≥
时，f（x）≥
﹣lnx﹣1，
设g（x）＝
﹣lnx﹣1，x＞0，则
﹣，
由
﹣＝0，得x＝1，
当0＜x＜1 时，g′（x）＜0，
当x＞1 时，g′（x）＞0，
∴x＝1 是g（x）的最⼩值点，
故当x＞0 时，g（x）≥g（1）＝0，
∴当a≥
时，f（x）＝aex﹣lnx﹣1≥0．
证法⼆：∵函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1，∴f（x）≥0，即a≥
，x＞0，
令g（x）＝
，x＞0，则
，x＞0，∴g′（1）＝0，
当0＜x＜1 时，
，﹣lnx＞0，g′（x）＞0，
当x＞1 时，
，﹣lnx＜0，g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，
g（x）≤g（1）＝，
∵a≥
，∴a≥g（x）．
∴当a≥
时，f（x）≥0．
证法三：当a
时，f（x）≥
，即只需证明
，
由于
，
则ex≥elnex⇔xex≥exlnex⇔xex≥elnexlnex，
令g（x）＝xex，
则g'（x）＝ex（x+1）＞0，即g（x）为增函数，
⼜易证x≥lnex＝lnx+1，
故g（x）≥g（lnex），即xex≥elnexlnex 成⽴，
故当
时，f（x）≥0．
【点评】本题考查函数的单调性、导数的运算及其应⽤，同时考查逻辑思维能⼒和综合应⽤能⼒，是中
档题．
19．设a 为实数，函数f（x）＝ex﹣2x+2a，x∈R．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间与极值；
（Ⅱ）求证：当a＞ln2﹣1 且x＞0 时，ex＞x2﹣2ax+1．
【分析】（Ⅰ）由f（x）＝ex﹣2x+2a，x∈R，知f′（x）＝ex﹣2，x∈R．令f′（x）＝0，得x＝ln2．列表讨论
能求出f（x）的单调区间区间及极值．
（Ⅱ）设g（x）＝ex﹣x2+2ax﹣1，x∈R，于是g′（x）＝ex﹣2x+2a，x∈R．由（1）知当a＞ln2﹣1 时，g′
（x）最⼩值为g′（ln2）＝2（1﹣ln2+a）＞0．于是对任意x∈R，都有g′（x）＞0，所以g（x）在R 内单
调递增．由此能够证明ex＞x2﹣2ax+1．
【解答】（Ⅰ）解：∵f（x）＝ex﹣2x+2a，x∈R，
∴f′（x）＝ex﹣2，x∈R．
令f′（x）＝0，得x＝ln2．
于是当x 变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
x
（﹣∞，ln2）
ln2
（ln2，+∞）
f′（x）
﹣
0
+
f（x）
单调递减
2（1﹣ln2+a）
单调递增
故f（x）的单调递减区间是（﹣∞，ln2），
单调递增区间是（ln2，+∞），
f（x）在x＝ln2 处取得极⼩值，
极⼩值为f（ln2）＝eln2﹣2ln2+2a＝2（1﹣ln2+a），⽆极⼤值．
（Ⅱ）证明：设g（x）＝ex﹣x2+2ax﹣1，x∈R，
于是g′（x）＝ex﹣2x+2a，x∈R．
由（1）知当a＞ln2﹣1 时，
g′（x）最⼩值为g′（ln2）＝2（1﹣ln2+a）＞0．
于是对任意x∈R，都有g′（x）＞0，所以g（x）在R 内单调递增．
于是当a＞ln2﹣1 时，对任意x∈（0，+∞），都有g（x）＞g（0）．
⽽g（0）＝0，从⽽对任意x∈（0，+∞），g（x）＞0．
即ex﹣x2+2ax﹣1＞0，
故当a＞ln2﹣1 且x＞0 时，ex＞x2﹣2ax+1．
【点评】本题考查函数的单调区间及极值的求法和不等式的证明，具体涉及到导数的性质、函数增减区
间的判断、极值的计算和不等式性质的应⽤．解题时要认真审题，仔细解答．
20．设函数f（x）＝e2x﹣alnx．
（Ⅰ）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；
（Ⅱ）证明：当a＞0 时，f（x）≥2a+aln
．
【分析】（Ⅰ）先求导，在分类讨论，当a≤0 时，当a＞0 时，根据零点存在定理，即可求出；
（Ⅱ）设导函数f′（x）在（0，+∞）上的唯⼀零点为x0，根据函数f（x）的单调性得到函数的最⼩值f（x0），
只要最⼩值⼤于2a+aln
，问题得以证明．
【解答】解：（Ⅰ）⽅法⼀：f（x）＝e2x﹣alnx 的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）＝2e2x﹣．
当a≤0 时，f′（x）＞0 恒成⽴，故f′（x）没有零点，
当a＞0 时，∵y＝e2x 为单调递增，y＝﹣单调递增，
∴f′（x）在（0，+∞）单调递增，
⼜f′（a）＞0，
假设存在b 满⾜0＜b＜时，且b＜，f′（b）＜0，
故当a＞0 时，导函数f′（x）存在唯⼀的零点，
⽅法⼆：f（x）＝e2x﹣alnx（x＞0），f′（x）＝2e2x﹣，
讨论f′（x）的零点个数，即讨论g（x）＝2xe2x 与直线y＝a 在（0，+∞）的交点个数，
∵g（x）＝2xe2x，
∴g′（x）＝（4x+2）e2x，
∴g′（x）＞0，∴g（x）单调递增，∵g（0）＝0，且g（x）不能取到，
∴a∈（﹣∞，0]时，y＝a 与g（x）⽆交点；
a∈（0，∞）时，y＝a 与g（x）有⼀个交点，
∴a∈（﹣∞，0]时，f′（x）⽆零点；a∈（0，∞）时，f′（x）有⼀个零点
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设导函数f′（x）在（0，+∞）上的唯⼀零点为x0，
当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，
当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在（0，x0）单调递减，在（x0，+∞）单调递增，
所以当x＝x0时，f（x）取得最⼩值，最⼩值为f（x0），
由于
﹣
＝0，
所以f（x0）＝
+2ax0+aln
≥2a+aln
，当且仅当
＝2ax0，即a＝e，x0＝时取等号．
故当a＞0 时，f（x）≥2a+aln
．
【点评】本题考查了导数和函数单调性的关系和最值的关系，以及函数的零点存在定理，属于中档题．
21．已知函数
（e 为⾃然对数的底数）．
（Ⅰ）当a＝e 时，求曲线y＝f（x）在点（e，f（e））处的切线⽅程；
（Ⅱ）证明：当a≤e 时，不等式x3﹣2ax2≥lnx﹣（e2+
）x 成⽴．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，计算f（e），f′（e）的值，求出切线⽅程即可；
（Ⅱ）问题转化为证明
成⽴，令
，
，根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（Ⅰ）由题意知，当a＝e 时，
解得f（e）＝0，⼜
，……………………………（3 分）
k＝f′（e）＝0，即曲线y＝f（x）在点（e，f（e））处的切线⽅程为：y＝0…………（5 分）
（Ⅱ）证明：当a≤e 时，得﹣2ax2≥﹣2ex2…………………………………………（6 分）
要证明不等式
成⽴，即证
成⽴
即证
成⽴，即证
成⽴…………（8 分）
令
，
，易知，
……（9 分）
由
，知h（x）在（0，e）上单调递增，（e，+∞）上单调递减，
所以g（x）≥h（x）成⽴，
即原不等式成⽴．………………………………………………（12 分）
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，转化思想，是⼀道
综合题．
22．已知函数f（x）＝（x+b）（ex﹣a），b＞0，在（﹣1，f（﹣1））处的切线⽅程为（e﹣1）x+ey+e﹣1＝0．
（1）求a，b 的值；
（2）若m≤0，证明：f（x）≥mx2+x．
【分析】（1）由切线⽅程求出斜率和切点，分别代⼊导函数及原函数，解⽅程即可求得a，b；
（2）由（1）可知f（x）＝（x+1）（ex﹣l），由m≤0，可得x≥mx2+x，要证得f（x）≥mx2+x，只需证f（x）
≥x，构造g（x）＝f（x）﹣x，求导化简可知g（x）在区间（﹣∞，0）上单调递减，在区间（0，+∞）上
单调递增，求得g（x）min＝g（0）＝0，即可证得f（x）≥x，进⽽得出结论．
【解答】解：（1）由（e﹣1）x+ey+e﹣1＝0 得该切线斜率为﹣
且f（﹣1）＝0，
所以f（﹣1）＝（﹣1+b）（﹣a）＝0，解得a＝或b＝1，
⼜f′（x）＝（x+b+1）ex﹣a，所以f′（﹣1）＝﹣a＝﹣
，
若a＝，则b＝2﹣e＜0，与b＞0 ⽭盾，故a＝1，b＝1．
（2）证明：由（1）可知f（x）＝（x+1）（ex﹣1），
由m≤0，可得x≥mx2+x，
令g（x）＝（x+1）（ex﹣1）﹣x，
g′（x）＝（x+2）ex﹣2，
当x≤﹣2 时，g′（x）＝（x+2）ex﹣2≤﹣2＜0，
当x＞﹣2 时，设h（x）＝g′（x）＝（x+2）ex﹣2，h′（x）＝（x+3）ex＞0，
故函数g′（x）在（﹣2，+∞）上单调递增，⼜g′（0）＝0，
所以当x∈（﹣∞，0）时，g′（x）＜0，
即函数g（x）在区间（﹣∞，0）上单调递减，
当x∈（0，+∞）时，g′（x）＞0，
即函数g（x）在区间（0，+∞）上单调递增，
g（x）min＝g（0）＝0，
所以g（x）≥g（0）＝0，
（x+1）（ex﹣1）≥x≥mx2+x，
即f（x）≥mx2+x．
【点评】本题考査导数的⼏何意义，考査导数在求极值和最值中的应⽤，考查利⽤导正明不等式，属于
难题．
23．已知f（x）＝lnx﹣x+a+1．
（1）若存在x∈（0，+∞）使得f（x）≥0 成⽴，求a 的范围；
（2）求证：当x＞1 时，在（1）的条件下，
成⽴．
【分析】（1）求导数，确定函数在x＝1 处取得最⼤值f（1）＝a，即可求a 的范围；
（2）令g（x）＝
，证明g′（x）≥0，即可证明．
【解答】解：（1）∵f（x）＝lnx﹣x+a+1（x＞0），
∴f′（x）＝
∴函数在（0，1）上，f′（x）＞0，在（1，+∞）上，f′（x）＜0，
∴函数在x＝1 处取得最⼤值f（1）＝a，
∵存在x∈（0，+∞）使得f（x）≥0 成⽴，
∴a≥0；
（2）证明：令g（x）＝
，
则g′（x）＝x+a﹣lnx﹣1，
∵f（x）＝lnx﹣x+a+1≤f（1）＝a，
∴x﹣lnx﹣1≥0，
∴g′（x）≥0
∵x＞1，
∴g（x）＞g（1）＝0，
∴
成⽴．
【点评】本题考查导数知识的运⽤，考查函数的最值，正确构建函数，确定函数的单调性是关键．
24．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（2a+1）x，（a∈R）
（1）当a 为何值时，曲线y＝f（x）在x＝1 处的切线与y 轴垂直；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）当a＜0 时，试证明f（x）≤﹣
﹣2．
【分析】（1）求出原函数的导函数，由已知可得f′（1）＝0，从⽽求得a 的值；
（2）求出原函数的导函数，对分⼦因式分解后讨论a 的取值，由此可得f（x）的单调性；
（3）由（2）知，当a＜0 时，
，把要证明的问题转化为证
，
令h（t）＝lnt+1﹣t（t＝﹣
＞0），利⽤导数证明h（t）≤0 即可．
【解答】（1）解：f′（x）＝
，
∵曲线y＝f（x）在x＝1 处的切线与y 轴垂直，
∴f′（1）＝0，即1+2a+（2a+1）＝0，得a＝﹣；
（2）解：f′（x）＝
（x＞0），
当a≥0 时，f′（x）≥0，则f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＜0 时，则f（x）在（0，﹣
）上单调递增，在（
，+∞）单调递减；
（3）证明：由（2）知，当a＜0 时，
．
，令h（t）＝lnt+1﹣t（t＝﹣
＞0），
则h′（t）＝
，解得t＝1．
∴h（t）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减．
∴h（t）max＝h（1）＝0，∴h（t）≤0，
即
，
∴f（x）≤﹣
﹣2．
【点评】本题考查利⽤导数研究过曲线上某点处的切线⽅程，考查利⽤导数研究函数的单调性，体现了
数学转化思想⽅法，是中档题．
25．已知函数f（x）＝ex+m﹣x3，g（x）＝ln（x+1）+2．
（1）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为1，求实数m 的值；
（2）当m≥1 时，证明：f（x）＞g（x）﹣x3．
【分析】（1）求出f（x）的导数，求得切线的斜率，解⽅程可得m；
（2）f（x）＞g（x）﹣x3即为ex+m＞ln（x+1）+2．由函数y＝ex﹣x﹣1，求得最⼩值，可得ex≥x+1，则ex+m
＞x+m+1，再由h（x）＝x+m+1﹣ln（x+1）﹣2＝x+m﹣ln（x+1）﹣1，求出导数，求得最⼩值，由条件即
可得证．
【解答】解：（1）函数f（x）＝ex+m﹣x3的导数为f′（x）＝ex+m﹣3x2，
在点（0，f（0））处的切线斜率为k＝em＝1，
解得m＝0；
（2）证明：f（x）＞g（x）﹣x3即为
ex+m＞ln（x+1）+2．
由y＝ex﹣x﹣1 的导数为y′＝ex﹣1，
当x＞0 时，y′＞0，函数递增；当x＜0 时，y′＜0，函数递减．
即有x＝0 处取得极⼩值，也为最⼩值0．
即有ex≥x+1，则ex+m≥x+m+1，
由h（x）＝x+m+1﹣ln（x+1）﹣2＝x+m﹣ln（x+1）﹣1，
h′（x）＝1﹣
，当x＞0 时，h′（x）＞0，h（x）递增；
﹣1＜x＜0 时，h′（x）＜0，h（x）递减．
即有x＝0 处取得最⼩值，且为m﹣1，
当m≥1 时，即有h（x）≥m﹣1≥0，
即x+m+1≥ln（x+1）+2，
则有f（x）＞g（x）﹣x3成⽴．
【点评】本题考查导数的运⽤：求切线的斜率和单调区间、极值和最值，考查不等式的证明，注意运⽤
构造法，以及不等式的传递性，考查推理能⼒，属于中档题．
26．已知函数f（x）＝ex+a﹣lnx（其中e＝2.71828…，是⾃然对数的底数）．
（Ⅰ）当a＝0 时，求函数图象在（1，f（1））处的切线⽅程；
（Ⅱ）求证：当
时，f（x）＞e+1．
【分析】（Ⅰ）把a＝0 代⼊函数解析式，求出函数导函数，再分别求出f（1）与f′（1），代⼊直线⽅程点
斜式可得函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线⽅程；
（Ⅱ）求出原函数的导函数，令g（x）＝f′（x），可得g′（x）＞0，得到g（x）是增函数，进⼀步说明f′
（x）＝0 仅有⼀解，记为x0，则当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）
递增；从⽽求出f（x）的最⼩值，由f′（x0）＝0 可得a 与x0的关系，进⼀步构造函数h（x）＝lnx+x，
可得则
，由
，得h（x0）＜h（），再由h（x）的单调性证得结
论．
【解答】（Ⅰ）解：∵a＝0 时，∴
，
∴f（1）＝e，f′（1）＝e﹣1，
∴函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线⽅程：y﹣e＝（e﹣1）（x﹣1），
即（e﹣1）x﹣y+1＝0；
（Ⅱ）证明：∵
，
设g（x）＝f′（x），则
，
∴g（x）是增函数，
∵ex+a＞ea，∴由
，
∴当x＞e﹣a 时，f′（x）＞0；
若0＜x＜1⇒ex+a＜ea+1，由
，
∴当0＜x＜min{1，e﹣a﹣1}时，f′（x）＜0，
故f′（x）＝0 仅有⼀解，记为x0，则当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减；
当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）递增；
∴
，
⽽
，
记h（x）＝lnx+x，
则
，
⇔﹣a＜
⇔h（x0）＜h（），
⽽h（x）显然是增函数，
∴
，∴
．
综上，当
时，f（x）＞e+1．
【点评】本题考查利⽤导数研究过曲线上某点处的切线⽅程，考查数学转化思想⽅法，考查逻辑思维能
⼒与推理运算能⼒，难度较⼤．
27．已知函数f（x）＝ax﹣lnx．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若
，求证：f（x）≥2ax﹣xeax﹣1．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间；
（Ⅱ）求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（Ⅰ）因为f（x）＝ax﹣lnx，f′（x）＝a﹣，x＞0，a∈R，
若a≤0，则f′（x）＜0 对x＞0 恒成⽴，
所以，此时f（x）的单调递减区间为（0，+∞）；
若a＞0，则f′（x）＝
＞0 时，x＞，
∴f（x）的单调递减区间为（0，），单调递增区间为（，+∞）；
综上：当a≤0 时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0 时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．
（Ⅱ）证明：令g（x）＝f（x）﹣2ax+xeax﹣1＝xeax﹣1﹣ax﹣lnx，
则g′（x）＝eax﹣1+axeax﹣1﹣a﹣＝（ax+1）（eax﹣1﹣），
由于eax﹣1﹣＝
，设r（x）＝xeax﹣1﹣1，r′（x）＝（1+ax）eax﹣1，
由r′（x）＞0⇒1+ax＞0⇒x＜﹣，所以r（x）在（0，﹣）上单调递增；
由r′（x）＜0⇒1+ax＜0⇒x＞﹣，所以r（x）在（﹣，+∞）上单调递减．
∴r（x）max＝r（﹣）＝﹣（
+1）≤0（因为a≤﹣
），从⽽eax﹣1﹣≤0，
则g（x）在（0，﹣）上单调递减；在（﹣，+∞）上单调递增，
∴g（x）min＝g（﹣），
设t＝﹣∈（0，e2]，g（﹣）＝h（t）＝
﹣lnt+1（0＜t≤e2），
h′（t）＝
﹣≤0，h（x）在（0，e2]上递减，∴h（t）≥h（e2）＝0；
∴g（x）≥0，故f（x）≥2ax﹣xeax﹣1．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤，是⼀道综合题．
28．已知函数f（x）＝ax2+xlnx（a∈R）的图象在点（1，f（1））处的切线与直线x+3y＝0 垂直．
（Ⅰ）求实数a 的值；
（Ⅱ）求证：当n＞m＞0 时，lnn﹣lnm＞﹣；
（Ⅲ）若存在k∈Z，使得f（x）＞k 恒成⽴，求实数k 的最⼤值．
【分析】（Ⅰ）由图象在点（1，f（1））处的切线与直线x+3y＝0 垂直．即函数f（x）的导函数在x＝1 处的
函数值为3，求出a 的值；
（Ⅱ）利⽤已知函数的单调性，变形构造恒等式，从⽽证明不等式；
（Ⅲ）利⽤已知函数的单调性，构造g（x）＝2x+lnx+1，由g（x）的单调性得出f（x）的单调性，再由f
（x）≥f（x）极⼩值，解决恒等式，从⽽求出k 的最⼤值．
【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）＝ax2+xlnx，∴f′（x）＝2ax+lnx+1，
∵切线与直线x+3y＝0 垂直，∴切线的斜率为3，
∴f′（1）＝3，即2a+1＝3，故a＝1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）＝x2+xlnx，a∈（0，+∞），f′（x）＝2x+lnx+1，x∈（0，+∞），
∵f′（x）在（0，+∞）上单调递增，∴当x＞1 时，有f′（x）＞f′（1）＝3＞0，
∴函数f（x）在区间（1，+∞）上单调递增，
∵n＞m＞0，∴
，∴f（）＞f（1）＝1
即
，
∴lnn﹣lnm＞
；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知f（x）＝x2+xlnx，x∈（0，+∞），f′（x）＝2x+lnx+1，x∈（0，+∞），
令g（x）＝2x+lnx+1，x∈（0，+∞），则
，x∈（0，+∞），
由g′（x）＞0 对x∈（0，+∞），恒成⽴，故g（x）在（0，+∞）上单调递增，
⼜∵
＜0，⽽
＞0，
∴存在x0∈
，使g（x0）＝0
∵g（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴当x∈（0，x0）时，g（x）＝f′（x）＜0，f（x）在（0，x0）上单调递减；
当x∈（x0，+∞）时，g（x）＝f′（x）＞0，f（x）在（x0，+∞）上单调递增；
∴f（x）在x＝x0处取得最⼩值f（x0）
∵f（x）＞k 恒成⽴，所以k＜f（x0）
由g（x0）＝0 得，2x0+lnx0+1＝0，所以lnx0＝﹣1﹣2x0，
∴f（x0）＝
＝
＝﹣
＝﹣
，
⼜
，∴f（x0）∈
，
∵k∈Z，∴k 的最⼤值为﹣1．
【点评】本⼩题主要考查函数、导数、不等式等基础知识，考查推理论证能⼒、运算能⼒，考查化归与
转化思想、函数与⽅程思想、数形结合思想等，是⼀道综合性较强的导数应⽤题．属于难题．
29．已知函数f（x）＝lnx﹣
，g（x）＝xlnx﹣n（x2﹣1）（m，n∈R）．
（I）若函数f（x），g（x）在区间（0，1）上均单调且单调性相反，求m，n 的取值范围；
（Ⅱ）若0＜a＜b，证明：
＜
＜
．
【分析】（Ⅰ）分别根据导数和函数单调性的关系，即可求出m，n 的取值范围；
（Ⅱ）令m＝2，可得lnx＜
，令x＝
，根据对数的运算性质可得
＜
，同理令n
＝，可以证明
＜
，问题得以证明．
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝﹣
＝
，
令h（x）＝x2+（2﹣2m）x+1
∵h（0）＝1＞0，
由已知函数f（x）在（0，1）上单调得：f（x）在（0，1）上单调递增，
∴h（x）≥0，即2﹣2m≥﹣（x+
），⽽﹣（x+
）＜﹣2，
∴2﹣2m≥﹣2 得m≤2，
∴g（x）在（0，1）上单调递减．
∴g′（x）＝lnx+1﹣2nx≤0 在（0，1）上恒成⽴，
即2n≥
，
令φ（x）＝
，
∴φ′（x）＝
＞0，
∴φ（x）在（0，1）上单调递增，φ（x）＜φ（1）＝1，
∴2n≥1，
即n≥
上单调递增，
证明：（Ⅱ）在（Ⅰ）中，令m＝2，f（x）＝lnx﹣
在（0，1）上单调递增，
∴f（x）＜f（1）＝0，
即lnx＜
，
令x＝，得ln
＜
＝
，
∵ln
＜0，
∴
＜
，
在（I）中，令n＝，由g（x）在（0，1）上均单调递减得：g（x）＞g（1）＝0，
∴xlnx﹣（x2﹣1）＞0，即lnx
（x﹣），
取x＝
∈（0，1）得，ln
＜（
﹣
），即lna﹣lnb＞
，
由lna﹣lnb＜0 得：
＜
，
综上
＜
＜
．
【点评】本题考查导数的应⽤，利⽤导数研究函数的单调性、极值、不等式等问题；考查推理论证能⼒、
运算求解能⼒；考查化归与转化思想、分类与整合思想．
30．已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝f（x）+ax2+bx，其中g（x）的函数图象在点（1，g（1））处的切线平⾏
于x 轴．
（Ⅰ）确定a 与b 的关系；
（Ⅱ）若a≤0，判断函数g（x）的单调性；
（Ⅲ）设斜率为k 的直线与函数f（x）的图象交于两点A（x1，y1），B（x2，y2）（x1＜x2），求证：
＜k
＜
．
【分析】（1）利⽤导数的⼏何意义即可得出；
（2）通过求导得到g′（x），即可得出其单调性；
（3）利⽤斜率计算公式，利⽤分析法即可证明．
【解答】解：（1）依题意得g（x）＝lnx+ax2+bx，则g′（x）＝+2ax+b．
由函数g（x）的函数图象在点（1，g（1））处的切线平⾏于x 轴得：g′（1）＝1+2a+b＝0，
∴b＝﹣2a﹣1
…（4 分）
（2）由（1）得g′（x）＝
（x＞0）
∵函数g（x）的定义域为（0，+∞）．
∵a≤0，f′（x）≤0，函数g（x）的单调减区间为（0，+∞）．…（10 分）
（3）依题意得k＝
，
证
＜k＜
，即证
＜
＜
因x2﹣x1＞0，即证
＜ln
＜
．
令
＝t（t＞1），即证1﹣＜lnt＜t﹣1（t＞1）
令h（t）＝lnt+
﹣1（t＞1）则h′（t）＝
＞0
∴h（t）在（1，+∞）上单调递增，
∴h（t）＞h（1）＝0，即lnt＞1﹣（t＞1）①
同理可证：lnt＜t﹣1②
综①②得1﹣＜lnt＜t﹣1（t＞1），即
＜k＜
．
…（16 分）
【点评】熟练掌握利⽤导数研究函数的单调性、导数的⼏何意义，考查分析法的运⽤，根据所证明的结
论恰当的构造函数是解题的关键．
31．已知函数f（x）＝xlnx．
（1）求f（x）的单调区间和极值；
（2）设A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2）），且x1≠x2，证明：
＜f′（
）．
【分析】（1）求导，在定义域内解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0 可得单调区间，有极值点的定义可求极
值；
（2）不妨设x1＜x2，
⇔
＜ln
+1，即证
＜
，两边同除以x1 得，
＜ln
﹣1，令
＝t，则t＞1，只
证：tln
＜ln
+t﹣1，令g（t）＝tln
﹣t+1，利⽤导数证明g（t）＜0 即可；
【解答】（1）解：定义域为（0，+∞），f′（x）＝lnx+x•
＝1+lnx，
令f′（x）＞0，则lnx＞﹣1＝ln
，∴x＞；
令f′（x）＜0，则lnx＜﹣1＝ln
，∴0＜x＜，
∴f（x）的单调增区间是（，+∞），单调减区间是（0，）．
f（x）极⼩值＝f（）＝
＝﹣，f（x）⽆极⼤值．
（2）证明：不妨设x1＜x2，
⇔
＜ln
+1，即
﹣
+x2﹣x1，
＜
，
两边同除以x1得，
＜ln
﹣1，
令
＝t，则t＞1，即证：tln
＜ln
+t﹣1，
令g（t）＝tln
﹣t+1，
g′（t）＝ln
+t
+
﹣1＝ln
＝ln（1+
）﹣
，
令
（x＞0），h（x）＝ln（1+x）﹣x，
h′（x）＝
＜0，h（x）在（0，+∞）上单调递减，
∴h（x）＜h（0）＝0，即ln（1+x）＜x，即g′（t）＝ln（1+
）﹣
＜0 恒成⽴，
∴g（t）在（1，+∞）上是减函数，所以g（t）＜g（1）＝0，
∴tln
＜ln
+t﹣1 得证，
∴
成⽴．
【点评】该题考查利⽤导数研究函数的单调性、极值，考查不等式的证明，考查学⽣的运算推理能⼒和
转化问题的能⼒．
32．已知函数f（x）＝lnx﹣
．
（1）若函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，求实数a 的取值范围；
（2）设m＞n＞0，求证：lnm﹣lnn＞
．
【分析】（1）求出函数的导数，利⽤函数的单调性，列出不等式，结合基本不等式求解a 的范围即可．
（2）利⽤分析法转化所证明的不等式，结合（1）函数的单调性证明即可．
【解答】（本题满分15 分）
解：（1）函数f（x）＝lnx﹣
，
可得
，…（2 分）
因为f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以f'（x）≥0 在（0，+∞）恒成⽴，…（5 分）
即x2+（2﹣2a）x+1≥0 在（0，+∞）恒成⽴，所以
在（0，+∞）恒成⽴，
因为
，当且仅当x＝1 等号成⽴，所以2a﹣2≤2，解得：a≤2．…（8 分）
（2）
，…（10
分）
设
，由（1）可知h（x）在（0，+∞）单调递增，
因为
，所以h（m）＞h（1）＝0，…（13 分）
即
，所以原等式成⽴．…（15 分）
【点评】本题考查函数的导数的应⽤，分析法以及构造法的应⽤，考查分析问题解决问题的能⼒．
33．已知函数
在（1，+∞）上是增函数，且a＞0．
（Ⅰ）求a 的取值范围；
（Ⅱ）求函数g（x）＝ln（1+x）﹣x 在[0，+∞）上的最⼤值；
（Ⅲ）已知a＞1，b＞0，证明：
．
【分析】（Ⅰ）求导，由题意可知
≥0 在（1，+∞）上恒成⽴，则即可求得a 的取值范
围；
（Ⅱ）由
，则g（x）在[0，+∞）上单调递减，求得g（x）最⼤值；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知
在（1，+∞）上是增函数，则
，化简得
，
由（Ⅱ）可知
，即
．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）的导数为
，
因为函数f（x）在（1，+∞）上是增函数，
所以
≥0 在（1，+∞）上恒成⽴，
即
在（1，+∞）上恒成⽴，
所以只需
，
⼜因为a＞0，所以a≥1．
（Ⅱ）因为x∈[0，+∞），所以
，
所以g（x）在[0，+∞）上单调递减，
所以g（x）＝ln（1+x）﹣x 在[0，+∞）上的最⼤值为g（0）＝0．
（Ⅲ）证明：因为a＞1，b＞0，所以
，由（Ⅰ）知
在（1，+∞）上是增函数，
所以
，即
，化简得
，⼜因为
，
由第（Ⅱ）问可知
，即
，
综上
得证．
【点评】本题考查导数的综合应⽤，利⽤导数求函数的单调性及最值，考查转化思想，属于中档题．
34．设函数f（x）＝xln（ax）（a＞0）
（Ⅰ）设F（x）＝
2+f'（x），讨论函数F（x）的单调性；
（Ⅱ）过两点A（x1，f′（x1）），B（x2f′（x2））（x1＜x2）的直线的斜率为k，求证：
．
【分析】（Ⅰ）求出导函数的解析式，化简F（x）＝
2+f'（x），然后求解F（x）的导数，通过导
函数的符号，讨论函数F（x）的单调性；
（Ⅱ）求出过两点A（x1，f′（x1）），B（x2f′（x2））（x1＜x2）的直线的斜率k 的表达式，利⽤分析法证明
．转化为证明
，通过左右两个不等式，两次构造函数，利⽤函数的导
数判断函数的单调性，利⽤函数的最值即可证明．
【解答】（Ⅰ）解：f′（x）＝ln（ax）+1，所以
，
函数F（x）的定义域为（0，+∞），⽽
．
…（2 分）
①当lna≥0 时，即a≥1 时，恒有F′（x）≥0，函数F（x）在（0，+∞）上是增函数；
②当lna＜0，即0＜a＜1 时，令F′（x）＞0，得（lna）x2+1＞0，解得
；
令F′（x）＜0，得（lna）x2+1＜0，解得
；
综上，当a≥1 时，函数F（x）在（0，+∞）上是增函数；
当0＜a ＜1 时，函数F （x ）在
上为增函数，在
上为减函
数．
…（5 分）
（Ⅱ）证明：
＝
，…（6 分）
要证
，因为x2﹣x1＞0，
即证
，令
，则t＞1，
则只要证
，…（8 分）
①设g（t）＝t﹣1﹣lnt，则
，
故g（t）在[1，+∞）上是增函数．
所以当t＞1 时，g（t）＝t﹣1﹣lnt＞g（1）＝0，即t﹣1＞lnt 成⽴．
…（10 分）
②要证
，由于t＞1，即证t﹣1＜tlnt，
设h（t）＝tlnt﹣（t﹣1），则h'（t）＝lnt＞0（t＞1），
故函数h（t）在[1，+∞）上是增函数，
所以当t＞1 时，h（t）＝tlnt﹣（t﹣1）＞h（1）＝0，即t﹣1＜tlnt 成⽴．
由①②知成⽴，得证…（12 分）
【点评】本题考查函数的导数的综合应⽤，函数的导数判断函数的单调性分析法证明不等式以及构造法
的应⽤，考查转化思想以及分析问题解决问题的能⼒，是难题．
35．已知函数f（x）＝lnx+ax+b，a，b∈R．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＝0，x1，x2为两个不相等的正数，证明：
．
【分析】（1）利⽤函数的导数，通过a 的范围的讨论，导函数的符号，求解函数的单调性即可．
（2）利⽤函数的单调性通过设
，求出
，
转化证明即可．
【解答】（1）解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），
．
若a≥0，
，则f（x）在区间（0，+∞）内为增函数；
若a＜0，令
，得
．
则当
时，f'（x）＞0，f（x）在区间
内为增函数；
当
时，f'（x）＜0，f（x）在区间
内为减函数．
（2）证明：当a＝0 时，f（x）＝lnx+b．不妨设x1＞x2＞0，则原不等式等价于
，
令
，则原不等式也等价于
，即
．
下⾯证明当（x＞1）时，
恒成⽴．
设
，则
，
故h（x）在区间（1，+∞）内为增函数，h（x）＞h（1）＝0，即
，
所以
．
【点评】本题考查函数的单调性以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能⼒．
36．已知函数
，a∈R．
（Ⅰ）当a＝0 时，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线⽅程；
（Ⅱ）令g（x）＝f（x）﹣ax+1，求函数g（x）的极值；
（Ⅲ）若a＝﹣2，正实数x1，x2满⾜f（x1）+f（x2）+x1x2＝0，证明：
．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，计算f′（1）＝2，求出切线⽅程即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间，求出函数的极值即可；
（Ⅲ）得到
＝x1x2﹣ln（x1x2），令t＝x1x2，则φ（t）＝t﹣lnt，根据函数的单调性
求出
，证明结论即可．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝0 时，f（x）＝lnx+x，则f（1）＝1，所以切点为（1，1），
⼜
，则切线斜率f'（1）＝2，
故切线⽅程为y﹣1＝2（x﹣1），即2x﹣y﹣1＝0．
（Ⅱ）g（x）＝f（x）﹣（ax﹣1）＝
，
则
＝
，
当a≤0 时，∵x＞0，∴g'（x）＞0．
∴g（x）在（0，+∞）上是递增函数，函数g（x）⽆极值点，
当a＞0 时，
＝
，
令g'（x）＝0 得
，∴当
时，g'（x）＞0；当
时，g'（x）＜0．
因此g（x）在
上是增函数，在
上是减函数．
∴
时，g（x）有极⼤值
．
综上，当a≤0 时，函数g（x）⽆极值；当a＞0 时，函数g（x）有极⼤值
；
（Ⅲ）证明：当a＝﹣2 时，f（x）＝lnx+x2+x，x＞0，
由f（x1）+f（x2）+x1x2＝0，
即
，
从⽽
＝x1x2﹣ln（x1x2），
令t＝x1x2，则φ（t）＝t﹣lnt，得φ′（t）＝
，
可知φ（x）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增，
∴φ（t）≥φ（1）＝1，∴
，
因为x1＞0，x2＞0∴
．
【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，是⼀道中档题．
37．已知函数f（x）＝λlnx﹣e﹣x（λ∈R）．
（1）若函数f（x）是单调函数，求λ的取值范围；
（2）求证：λ＝﹣，当0＜x1＜x2时，都有
﹣
＞1﹣
．
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论λ的范围，求出函数的导数，求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为﹣ln
＞1﹣
对0＜x1＜x2恒成⽴即可，令t＝
＞1，∴﹣lnt＞1﹣t，即证t﹣lnt﹣1
＞0 对t＞1 恒成⽴，令h（t）＝t﹣lnt﹣1，h′（t）＝1﹣＞0，根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（1）f′（x）＝
+e﹣x（x＞0），
若λ≥0，f′（x）≥e﹣x＞0，f（x）递增，符合题意，
若λ＜0，①设f′（x）≤0 恒成⽴，
则λ≤﹣xe﹣x，（x＞0）恒成⽴，
令g（x）＝﹣xe﹣x（x＞0），
故g′（x）＝﹣e﹣x+（﹣x）（﹣e﹣x）＝（x﹣1）e﹣x，
故0＜x＜1 时，g′（x）＜0，g（x）递减，
x＞1 时，g′（x）＞0，g（x）递增，
∴g（x）≥g（1）＝﹣，
∴λ≤﹣，此时，f（x）递减，
②设f′（x）≥0 恒成⽴，
则λ≥﹣xe﹣x（x＞0）恒成⽴，
∵g（x）⽆最⼤值，不符，
综上，λ≥0 或λ≤﹣，
（2）由（1）可得：λ＝﹣时，f（x）＝﹣
﹣e﹣x 递减，
∴f（x1）＞f（x2），
即﹣
﹣
＞
﹣
，
﹣
＞
﹣
，
﹣
＞lnx1﹣lnx2＝﹣ln
，
故只需证明﹣ln
＞1﹣
对0＜x1＜x2恒成⽴即可，
令t＝
＞1，∴﹣lnt＞1﹣t，
即证t﹣lnt﹣1＞0 对t＞1 恒成⽴，
令h（t）＝t﹣lnt﹣1，h′（t）＝1﹣＞0，
∴h（t）递增，
∴h（t）＞h（1）＝0，
∴t﹣lnt﹣1＞0，得证．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，转化思想，考查不
等式的证明，是⼀道综合题．
38．已知函数f（x）＝lnx+
．
（Ⅰ）若函数f（x）有零点，求实数a 的取值范围；
（Ⅱ）证明：当a≥
，b＞1 时，f（lnb）＞．
【分析】（Ⅰ）法⼀：求出函数f（x）的导数，得到函数的单调区间，求出f（x）的最⼩值，从⽽求出a
的范围即可；
法⼆：求出a＝﹣xlnx，令g（x）＝﹣xlnx，根据函数的单调性求出g（x）的最⼤值，从⽽求出a 的范围
即可；
（Ⅱ）令h（x）＝xlnx+a，通过讨论a 的范围，根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（Ⅰ）法1：函数
的定义域为（0，+∞）．
由
，得
．…（1 分）
因为a＞0，则x∈（0，a）时，f'（x）＜0；x∈（a，+∞）时，f'（x）＞0．
所以函数f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增．…（2 分）
当x＝a 时，[f（x）]min＝lna+1．…（3 分）
当lna+1≤0，即0＜a≤
时，⼜f（1）＝ln1+a＝a＞0，则函数f（x）有零点．…（4 分）
所以实数a 的取值范围为
．…（5 分）
法2：函数
的定义域为（0，+∞）．
由
，得a＝﹣xlnx．…（1 分）
令g（x）＝﹣xlnx，则g'（x）＝﹣（lnx+1）．
当
时，g'（x）＞0；当
时，g'（x）＜0．
所以函数g（x）在
上单调递增，在
上单调递减．…（2 分）
故
时，函数g（x）取得最⼤值
．…（3 分）
因⽽函数
有零点，则
．…（4 分）
所以实数a 的取值范围为
．…（5 分）
（Ⅱ）证明：令h（x）＝xlnx+a，则h'（x）＝lnx+1．
当
时，h'（x）＜0；当
时，h'（x）＞0．
所以函数h（x）在
上单调递减，在
上单调递增．
当
时，
．…（6 分）
于是，当a≥
时，
．①…（7 分）
令φ（x）＝xe﹣x，则φ'（x）＝e﹣x﹣xe﹣x＝e﹣x（1﹣x）．
当0＜x＜1 时，f'（x）＞0；当x＞1 时，f'（x）＜0．
所以函数φ（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．
当x＝1 时，
．…（8 分）
于是，当x＞0 时，
．②…（9 分）
显然，不等式①、②中的等号不能同时成⽴．
故当x＞0，
时，xlnx+a＞xe﹣x．…（10 分）
因为b＞1，所以lnb＞0．
所以lnb•ln（lnb）+a＞lnb•e﹣lnb．…（11 分）
所以
，即
．…（12 分）
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，考查不等式的证明，
是⼀道综合题．
39．已知函数f（x）＝ax2﹣x﹣ln
．
（Ⅰ）若f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线y＝2x+1 平⾏，求f（x）在点（1，f（1））的切线⽅程；
（Ⅱ）若函数f（x）在定义域内有两个极值点x1，x2，求证：f（x1）+f（x2）＜2ln2﹣3．
【分析】（I）先对函数求导，结合导数的⼏何意义可求，
（II））由题意可得f′（x）＝0 在（0，+∞）上有两个不等的实数根x1，x2，结合⼆次函数的实根分布可求
a 的范围，代⼊f（x1）+f（x2），结合函数的单调性可求．
【解答】解：（1）∵f（x）＝ax2﹣x﹣ln
，
∴f′（x）＝2ax
，
由题意可得，k＝f′（1）＝2a，
因为f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线y＝2x+1 平⾏，
∴2a＝2 即a＝1，
∴f（1）＝0，故切点（1，0），切线⽅程y＝2x﹣2，
（2）∵f′（x）＝2ax﹣+
＝
，
∴2ax2﹣x+1＝0 在（0，+∞）上有两个不等的实数根x1，x2，
∴
∴
，
⼜f（x1）+f（x2）＝
﹣（x1+x2）+lnx1+lnx2，
＝a
+lnx1x2，
＝
令t＝
，g（t）＝lnt﹣
﹣1，t＞4，
则
＜0，
∴g（t）在（4，+∞）上单调递减，g（t）＜g（4）＝ln4﹣3＝2ln2﹣3，
即f（x1）+f（x2）＜2ln2﹣3．
【点评】本题主要考查了导数的⼏何意义的应⽤及利⽤导数判断函数的单调性，求解函数的最值，属于
难题．
40．已知函数f（x）＝
x+alnx．
（Ⅰ）求f（x）在（1，f（1））处的切线⽅程（⽤含a 的式⼦表示）
（Ⅱ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅲ）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：
．
【分析】（Ⅰ）由题意可得，当x＝1 时，f（1）＝0，f′（1）＝﹣2+a，于是可求f（x）在（1，f（1））处的
切线⽅程；
（Ⅱ）函数的定义域为（0，+∞），函数的导数f′（x）＝
﹣，设g（x）＝﹣x2+ax﹣1，注意到g
（0）＝﹣1，分①当a≤0 与②当a＞0 时两类讨论，可得函数的单调情况；
（Ⅲ）将不等式进⾏等价转化，构造新函数，研究函数的单调性和最值即可得到结论．
【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）＝
x+alnx（x＞0），
∴f′（x）＝
（x＞0），
∴当x＝1 时，f（1）＝0，f′（1）＝﹣2+a，
设切线⽅程为y＝（﹣2+a）x+b，代⼊（1，0），得b＝2﹣a，
∴f（x）在（1，f（1））处的切线⽅程为y＝（﹣2+a）x+2﹣a．
（Ⅱ）函数的定义域为（0，+∞），
函数的导数f′（x）＝
，
设g（x）＝﹣x2+ax﹣1，注意到g（0）＝﹣1，
①当a≤0 时，g（x）＜0 恒成⽴，即f′（x）＜0 恒成⽴，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数；
②当a＞0 时，判别式Δ＝a2﹣4，
1°当0＜a≤2 时，△≤0，即g（x）≤0，即f′（x）≤0 恒成⽴，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数；
2°当a＞2 时，令f′（x）＞0，得：
＜x＜
；
令f′（x）＜0，得：0＜x＜
或x＞
；
∴当a＞2 时，f（x）在区间（
，
）单调递增，在（0，
），（
，
+∞）单调递减；
综上所述，综上当a≤2 时，f（x）在（0，+∞）上是减函数，
当a＞2 时，在（0，
），（
，+∞）上是减函数，
在区间（
，
）上是增函数．
（Ⅲ）（2）由（1）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2＝1，
则f（x1）﹣f（x2）＝
﹣x1+alnx1﹣[
﹣x2+alnx2]
＝（x2﹣x1）（1+
）+a（lnx1﹣lnx2）
＝2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2），
则
＝﹣2+
，
则问题转为证明
＜1 即可，
即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，
则lnx1﹣ln
＞x1﹣
，
即lnx1+lnx1＞x1﹣
，
即证2lnx1＞x1﹣
在（0，1）上恒成⽴，
设h（x）＝2lnx﹣x+
，（0＜x＜1），其中h（1）＝0，
求导得h′（x）＝﹣1﹣
＝﹣
＝﹣
＜0，
则h（x）在（0，1）上单调递减，
∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x+
＞0，
故2lnx＞x﹣，
则
＜a﹣2 成⽴．
【点评】本题考查利⽤导数研究函数的单调性与求函数的极值，考查等价转化思想与函数与⽅程思想，
考查逻辑思维与综合运算能⼒，是难题．
41．已知函数f（x）＝
．
（Ⅰ）若函数f（x）在（e，+∞）内有极值，求实数a 的取值范围；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，对任意t∈（1，+∞），s∈（0，1），求证：f（t）﹣f（s）
．
【分析】（Ⅰ）f（x）的定义域是（0，1）∪（1，+∞），则f'（x）＝
，
设h（x）＝x2﹣（2+a）x+1，要使函数y＝f（x）在（e，+∞）内有极值，则h（x）＝0 有两个不同的根
x1，x2，只需h（）＜0，即
，解得a＞e+
﹣2；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，当x∈（1，x2）时，f'（x）＜0，f（x）递减，x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）递
增，可得y＝f（x）在（1，+∞）内的最⼩值为f（x2），即t∈（1，+∞）时，f（t）≥f（x2），y＝f（x）在（0，
1）内的最⼤值为f（x1），即对任意s∈（0，1），f（s）≤f（x1），由（Ⅰ）可知x1+x2＝2+a，x1x2＝1，
，
x2∈（e，+∞），即f（t）﹣f（s）≥f（x2）﹣f（x1）＝lnx2+
﹣lnx1﹣
＝ln
﹣
＝
lnx22+x2﹣
（x2＞e），设k（x）＝lnx2+x﹣＝2lnx+x﹣，利⽤导数可判断k（x）在（e，+∞）内单调
递增，从⽽有k（x）＞k（e），整理可得结论．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）的定义域是（0，1）∪（1，+∞），
则f'（x）＝
，
设h（x）＝x2﹣（2+a）x+1，要使函数y＝f（x）在（e，+∞）内有极值，
则h（x）＝0 有两个不同的根x1，x2，
∴Δ＝（2+a）2﹣4＞0，得a＞0 或a＜﹣4，且⼀根在（0，）内，不妨设0＜x1＜，
⼜x1x2＝1，∴0＜x1＜＜e＜x2，
由于h（0）＝1，则只需h（）＜0，即
，解得a＞e+
﹣2；
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，当x∈（1，x2）时，f'（x）＜0，f（x）递减，
x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）递增，
故y＝f（x）在（1，+∞）内的最⼩值为f（x2），即t∈（1，+∞）时，f（t）≥f（x2），
⼜当x∈（0，x1）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
x∈（x1，1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
故y＝f（x）在（0，1）内的最⼤值为f（x1），
即对任意s∈（0，1），f（s）≤f（x1），
由（Ⅰ）可知x1+x2＝2+a，x1x2＝1，
，x2∈（e，+∞），
因此，f（t）﹣f（s）≥f（x2）﹣f（x1）＝lnx2+
﹣lnx1﹣
＝ln
﹣
＝lnx22+x2﹣
（x2＞e），
设k（x）＝lnx2+x﹣＝2lnx+x﹣，k'（x）＝+1+
＞0，
∴k（x）在（e，+∞）内单调递增，
故k（x）＞k（e）＝2+e﹣，即f（t）﹣f（s）＞e+2﹣．
【点评】本题考查利⽤导数研究函数的零点、极值、最值，考查转化思想，考查学⽣综合运⽤数学知识
分析解决问题的能⼒，综合性强，能⼒要求⽐较⾼．
42．已知函数f（x）＝（a+1）lnx+ax2+1．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）设a≤﹣2，证明：对任意x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|．
【分析】（1）先求出函数的定义域，然后对函数f（x）进⾏求导，根据导函数⼤于0 时原函数单调递增、
导函数⼩于0 时原函数单调递减对a 分3 种情况进⾏讨论．
（2）先根据a 的范围对函数f（x）的单调性进⾏判断，然后根据单调性去绝对值，将问题转化为证明
函数g（x）＝f（x）+4x 的单调性问题．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），
．
当a≥0 时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）单调增加；
当a≤﹣1 时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）单调减少；
当﹣1＜a＜0 时，令f′（x）＝0，解得x＝
．当x∈（0，
）时，f′（x）＞0；
x∈（
，+∞）时，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，
）单调增加，在（
，+∞）单调减少．
（Ⅱ）不妨假设x1≤x2．由于a≤﹣2，故f（x）在（0，+∞）单调递减．
所以|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|等价于f（x1）﹣f（x2）≥4x2﹣4x1，
即f（x2）+4x2≤f（x1）+4x1．
令g（x）＝f（x）+4x，则
+4＝
．
于是g′（x）≤
＝
≤0．
从⽽g（x）在（0，+∞）单调减少，故g（x1）≥g（x2），
即f（x1）+4x1≥f（x2）+4x2，故对任意x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|．
【点评】本题主要考查函数的单调性与其导函数正负之间的关系，即当导函数⼤于0 时原函数单调递增，
当导函数⼩于0 时原函数单调递减．
43．已知函数f（x）＝x2﹣x+alnx，（a＞0）．
（1）若a＝1，求f（x）在（1，f（1））处的切线⽅程；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）若f（x）存在两个极值点x1，x2，求证：f（x1）+f（x2）＞
．
【分析】（1）代⼊a 的值，计算f（1），f′（1）的值，求出切线⽅程即可；
（2）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；
（3）求出f（x1）+f（x2）的解析式，根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（1）a＝1 时，f（x）＝x2﹣x+lnx，f′（x）＝x﹣1+
（x＞0），
故f（1）＝﹣，f′（1）＝1，
故切线⽅程为：y﹣（﹣）＝1•（x﹣1），
即y＝x﹣；
（2）f′（x）＝x﹣1+
＝
（x＞0），Δ＝1﹣4a，
当a≥
时，Δ＝1﹣4a≤0，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）单调递增，
当0＜a＜时，Δ＝1﹣4a＞0，令f′（x）＝0，解得：x＝
且
＞0，
x∈（0，
）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
x∈（
，
）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
x∈（
，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
综上：a≥
时，f（x）在（0，+∞）单调递增，
0＜a＜时，f（x）在（0，
）单调递增，在（
，
）单调递减，在（
，
+∞）单调递增；
（3）证明：∵f（x）＝x2﹣x+alnx，（a＞0），f′（x）＝x﹣1+
＝
（x＞0），
由题意知x2﹣x+a＝0 的两根为x1，x2，且1﹣4a＞0，故
，
∴f（x1）+f（x2）＝（
+
）﹣（x1+x2）+alnx1x2
＝[
﹣2x1x2]﹣（x1+x2）+alnx1x2
＝（1﹣2a）﹣1+alna＝﹣﹣a+alna，
令g（a）＝alna﹣a﹣（a∈（0，）），
则g′（a）＝lna，a∈（0，）时，g′（a）＜0，g（a）在（0，）递减，
∴f（x1）+f（x2）＞g（）＝
，
∴f（x1）+f（x2）＞
成⽴．
【点评】本题考查了切线⽅程问题，考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应⽤以及不等式的证明，
是难题．
44．已知函数
，其中a＞0．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：﹣3＜f（x1）+f（x2）＜﹣2．
【分析】（1）由利⽤导数研究函数的单调性得：当a≥1 时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；当0＜a＜1
时，f（x）在
上单调递增，在
上单调递减，在
上单调递增．
（2）由利⽤导数研究函数的极值得：令h（x）＝xlnx﹣x﹣2，0＜x＜1，则只需证明﹣3＜h（x）＜﹣2，
由于h'（x）＝lnx＜0，故h（x）在（0，1）上单调递减，所以h（x）＞h（1）＝﹣3．
⼜当0＜x＜1 时，lnx﹣1＜﹣1，x（lnx﹣1）＜0，故h（x）＝xlnx﹣x﹣2＝x（lnx﹣1）﹣2＜﹣2，所以对任
意的0＜x＜1，﹣3＜h（x）＜﹣2．得解．
【解答】解：（1）由题得
，其中x＞0，
考察g（x）＝x2﹣2x+a，x＞0，其中对称轴为x＝1，Δ＝4﹣4a．
①若a≥1，则△≤0，
此时g（x）≥0，则f'（x）≥0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②若0＜a＜1，则Δ＞0，
此时x2﹣2x+a＝0 在R 上有两个根
，
，且0＜x1＜1＜x2，
所以当x∈（0，x1）时，g（x）＞0，则f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（x1，x2）时，g（x）＜0，则f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（x2，+∞）时，g（x）＞0，则f'（x）＞0，f（x）单调递增，
综上，当a≥1 时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当0＜a＜1 时，f（x）在
上单调递增，在
上单调递减，在
上单调递增．
（2）证明：由（1）知，当0＜a＜1 时，f（x）有两个极值点x1，x2，且x1+x2＝2，x1x2＝a，
所
以
＝
＝
＝
．
令h（x）＝xlnx﹣x﹣2，0＜x＜1，
则只需证明﹣3＜h（x）＜﹣2，
由于h'（x）＝lnx＜0，
故h（x）在（0，1）上单调递减，
所以h（x）＞h（1）＝﹣3．
⼜当0＜x＜1 时，lnx﹣1＜﹣1，x（lnx﹣1）＜0，
故h（x）＝xlnx﹣x﹣2＝x（lnx﹣1）﹣2＜﹣2，
所以对任意的0＜x＜1，﹣3＜h（x）＜﹣2．
综上，可得﹣3＜f（x1）+f（x2）＜﹣2，
故命题得证．
【点评】本题考查了利⽤导数研究函数的单调性及极值，属综合性较强的题型．
45．已知函数f（x）＝（x2﹣a）ex，a∈R．
（Ⅰ）当a＝0 时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若在区间（1，2）上存在不相等的实数m，n，使f（m）＝f（n）成⽴，求a 的取值范围；
（Ⅲ）若函数f（x）有两个不同的极值点x1，x2，求证：f（x1）f（x2）＜4e﹣2．
【分析】（Ⅰ）将a＝0 代⼊函数的表达式，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，从⽽求出函数的单
调区间；
（Ⅱ）问题转化为求使函数f（x）＝ex（x2﹣a）在（1，2）上不为单调函数的a 的取值范围，通过讨论x
的范围，得到函数的单调性，进⽽求出a 的范围；
（Ⅲ）先求出函数的导数，找到函数的极值点，从⽽证明出结论．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝0 时，f（x）＝x2ex，f′（x）＝ex（x2+2x），
由ex（2x2+2x）＝0，解得：x＝0，x＝﹣2，
当x∈（﹣∞，﹣2）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（﹣2，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
所以f（x）的单调增区间为（﹣∞，﹣2），（0，+∞），单调减区间为（﹣2，0）；
（Ⅱ）依题意即求使函数f（x）＝ex（x2﹣a）在（1，2）上不为单调函数的a 的取值范围，
⽽f′（x）＝ex（x2+2x﹣a），设g（x）＝x2+2x﹣a，则g（1）＝3﹣a，g（2）＝8﹣a，
因为g（x）在（1，2）上为增函数．
当
，即当3＜a＜8 时，函数g（x）在（1，2）上有且只有⼀个零点，设为x0，
当x∈（1，x0）时，g（x）＜0，即f′（x）＜0，f（x）为减函数；
当x∈（x0，2）时，g（x）＞0，即f′（x）＞0，f（x）为增函数，满⾜在（1，2）上不为单调函数．
当a≤3 时，g（1）≥0，g（2）≥0，所以在（1，2）上g（x）＞0 成⽴（因g（x）在（1，2）上为增函数），
所以在（1，2）上f′（x）＞0 成⽴，即f（x）在（1，2）上为增函数，不合题意．
同理a≥8 时，可判断f（x）在（1，2）为减函数，不合题意．
综上：3＜a＜8．
（Ⅲ）f′（x）＝ex（x2+2x﹣a）．
因为函数f（x）有两个不同的极值点x1，x2，即f′（x）有两个不同的零点，
即⽅程x2+2x﹣a＝0 的判别式Δ＝4+4a＞0，解得：a＞﹣1，
由x2+2x﹣a＝0，解得x1＝﹣1﹣
，x2＝﹣1+
．
此时x1+x2＝﹣2，x1•x2＝﹣a，
随着x 变化，f（x）和f′（x）的变化情况如下：
x
（﹣∞，x1）
x1
（x1，x2）
x2
（x2，+∞）
f′（x）
+
0
﹣
0
+
f（x）
递增
极⼤值
递减
极⼩值
递增
所以x1是f（x）的极⼤值点，x2是f（x）的极⼩值点，所以f（x1）是极⼤值，f（x2）是极⼩值，
∴f（x1）f（x2）＝
（
﹣a）•
（
﹣a）
＝
＝e﹣2[a2﹣a（4+2a）+a2]
＝﹣4ae﹣2，
因为a＞﹣1，所以﹣4ae﹣2＜4e﹣2，
所以f（x1）f（x2）＜4e﹣2．
【点评】本题考查了函数的单调性，函数的极值问题，导数的应⽤，考查转化思想，分类讨论思想，熟
练掌握基础知识并对其灵活应⽤是解题的关键，本题是⼀道难题．
46．已知函数f（x）＝lnx+x2﹣ax（a∈R）．
（1）当a＝0 时，求函数y＝f（1﹣2x），x∈[0，）的最⼤值；
（2）求函数f（x）的单调区间；
（3）设函数f（x）存在两个极值点，x1，x2，且x1＜x2，若0＜x1＜，求证：f（x1）﹣f（x2）＞﹣ln2．
【分析】（1）将a＝0 代⼊函数的表达式，求出函数f（1﹣2x）的表达式，求出函数的导数，得到函数的
单调区间，从⽽求出函数的最⼤值；
（2）先求出函数f（x）的导数，通过讨论a 的范围，从⽽求出函数的单调区间；
（3）先求出f（x1）﹣f（x2）＝ln2+2lnx1﹣
+
，构造函数，求出函数的导数，得到函数的单调区
间，求出函数的最⼩值，从⽽证明结论．
【解答】解：（1）a＝0 时，f（x）＝lnx+x2，
y＝f（1﹣2x）＝ln（1﹣2x）+（1﹣2x）2．x∈[0，），
则y′＝
﹣4（1﹣2x）＝﹣
，
当x∈[0，）时，y′＜0，
∴函数y＝f（1﹣2x）在x∈[0，）上单调递减，
∴函数y＝f（1﹣2x）在x∈[0，）上的最⼤值为f（1）＝1；
（2）∵f（x）＝lnx+x2﹣ax，
∴f′（x）＝x﹣a＝
，x＞0，
当a≤0 时，f′（x）＞0，则f（x）在（0，+∞）单调递增，
当a＞0 时，若a2﹣8≤0，即0＜a≤2
时，f′（x）＞0，
则f（x）在（0，+∞）上单调递增，
若a2﹣8＞0，即a＞2
时，
x∈（0，
）和x∈（
，+∞）时，f′（x）＞0，
x∈（
，
）时，f′（x）＜0，
综上，a≤2
时，f（x）在（0，+∞）单调递增；
a＞2
时，f（x）在（0，
）和（
，+∞）递增，
在（
，
）递减；
（3）由（2）得：x1+x2＝，x1•x2＝，则x2＝
，
f（x1）﹣f（x2）＝lnx1+
﹣ax1﹣lnx2﹣
+ax2
＝ln
+[x1+x2﹣2（x1+x2）（x1﹣x2）
＝ln2+2lnx1﹣
+
，
令g（x1）＝ln2+2lnx1﹣
+
，
则g′（x1）＝
﹣2x1﹣
＝﹣
，
∵0＜x1＜，∴g′（x1）＜0，
∴g（x1）在（0，）上单调递减，
∴g（x1）＞g（），⽽g（）＝﹣ln2，
即g（x1）＞﹣ln2，
∴f（x1）﹣f（x2）＞﹣ln2．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤，不等式的证明问题，是⼀道难题．
47．已知函数f（x）＝﹣x2+ax﹣lnx（a∈R）．
（Ⅰ）当a＝1 时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线⽅程；
（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅲ）若函数f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），求证：4f（x1）﹣2f（x2）≤1+3ln2．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，计算f（1），f′（1）的值，求出切线⽅程即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，通过讨论a 的范围判断函数的单调性即可；
（Ⅲ）根据函数的极值的个数求出a 的范围，求出4f（x1）﹣2f（x2）的解析式，根据函数的单调性证明
即可．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝1 时，f（x）＝﹣x2+x﹣lnx，f′（x）＝﹣x+1﹣，
则f（1）＝，f'（1）＝﹣1，
所以所求切线⽅程为y﹣＝﹣（x﹣1），即2x+2y﹣3＝0．
（Ⅱ）由f（x）＝﹣x2+ax﹣lnx，得f′（x）＝﹣x+a﹣＝﹣
．
令g（x）＝x2﹣ax+1，则f′（x）＝﹣
，
①当Δ＝a2﹣4＜0，即﹣2＜a＜2 时，g（x）＞0 恒成⽴，则f′（x）＜0，
所以f）x）在（0，+∞）上是减函数．
②当Δ＝0，即a＝±2 时，g（x）＝x2±2x+1＝（x±1）2≥0，则f′（x）≤0，
所以f（x）在（0，+∞）上是减函数．
③当Δ＝a2﹣4＞0，即a＜﹣2 或a＞2．
（i）当a＜﹣2 时，g（x）＝x2﹣ax+1 是开⼝向上且过点（0，1）的抛物线，
对称轴⽅程为x＝（＜﹣1），则g（x）＞0 恒成⽴，从⽽f′（x）＜0，
所以f（x）在（0，+∞）上是减函数．
（ii）当a＞2 时，g（x）是开⼝向上且过点（0，1）的抛物线，
对称轴⽅程为x＝（＞1），则函数g（x）有两个零点：
，列表如下：
x
（0，x1）
x1
（x1，x2）
x2
（x2，+∞）
f′（x）
﹣
0
+
0
﹣
f（x）
减函数
极⼩值
增函数
极⼤值
减函数
综上，当a≤2 时，f（x）的减区间是（0，+∞）；
当a ＞2 时，f （x ）的增区间是
，减区间是
，
．
（Ⅲ）证明：根据（Ⅱ），当a＞2 时，f（x）有两个极值点x1，x2，（x1＜x2），
则x1，x2是⽅程g（x）＝0 的两个根，
从⽽
．
由⻙达定理，得x1x2＝1，x1+x2＝a．
⼜a﹣2＞0，所以0＜x1＜1＜x2
＝
＝
＝
＝
．
令
，h（t）＝﹣t+3lnt+2，（t＞1），
则
．
当1＜t＜2 时，h'（t）＞0；当t＞2 时，h′（t）＜0，
则h（t）在（1，2）上是增函数，在（2，+∞）上是减函数，
从⽽h（t）max＝h（2）＝3ln2+1，
于是4f（x1）﹣2f（x2）≤1+3ln2．
【点评】本题考查了切线⽅程问题，考查函数的单调性以及分类讨论思想，考查转化思想、换元思想，
是⼀道综合题．
48．已知函数f（x）＝（lnx﹣k﹣1）x（k∈R）．
（1）若曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线与直线x﹣2y＝0 平⾏，求实数k 的值；
（2）若对于任意x1，x2∈（0，3]，且
恒成⽴，求实数k 的取值
范围．
【分析】（1）求出f'（x），由切线平⾏x﹣2y＝0，可以得到切线的斜率为2，即f'（1）＝2，代⼊求解即
可；
（2）构造函数
，根据h（x）在（0，3]上单调递增，可得h'（x）≥0，代⼊求解即可；
【解答】解：（1）由题意得f'（x）＝lnx﹣k，
⼜曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线与直线x﹣2y＝0 平⾏，
所以
，解得
．
（2）因为
，所以
．
记
，
因为x1，x2∈（0，3]，且x1＜x2，h（x1）＜h（x2），
所以
在（0，3]上单调递增．
所以
在（0，3]上恒成⽴且等号不恒成⽴，
即
在（0，3]上恒成⽴且等号不恒成⽴．
记
，则
．
令
，解得x＝2，x＝﹣2（舍去）
当0＜x＜2 时，u'（x）＜0，u（x）单调递减，
当2＜x＜3 时，u'（x）＞0，u（x）单调递增，
所以在（0，3]上，当x＝2 时，u（x）取得最⼩值，
，
所以
，故实数k 的取值范围为
．
【点评】本题考查了导数的⼏何意义和导数与原函数的单调性之间的关系，进⼀步求参数的范围，属于
中档题．
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导数篇—题型40 答案
⼀．解答题（共38 ⼩题）
1．已知函数f（x）＝xe﹣x（x∈R）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）若x∈（0，1），求证：f （2﹣x）＞f（x）；
（Ⅲ）若x1∈（0，1），x2∈（1，+∞），且f（x1）＝f（x2），求证：x1+x2＞2．
【分析】（Ⅰ）求函数f（x）的导数，求出极值点，判断导函数的符号，得到函数的单调区间和极值；
（Ⅱ）令F（x）＝xe﹣x+（x﹣2）ex﹣2，推出F′（x）＝（x﹣1）（e2x﹣2﹣1）e﹣x，利⽤导函数的符号，判
断函数的单调性，然后证明f （2﹣x）＞f（x）．
（Ⅲ）x1∈（0，1），由（Ⅱ）得：f（x1）＜f（2﹣x1），得到f（x2）＜f（2﹣x1），利⽤函数的单调性，转
化证明x1+x2＞2．
【解答】（Ⅰ）解：函数f（x）＝xe﹣x，f′（x）＝（1﹣x）e﹣x
…………………………………………………
（1 分）
令f′（x）＝0，解得x＝1
当x 变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表
x
（﹣∞，1）
1
（1，+∞）
f′（x）
+
0
﹣
f（x）
增
极⼤值
减
∴f（x）在（﹣∞，1）内是增函数，在（1，+∞）内是减函数．…………………（3 分）
函数f（x）在x＝1 处取得极⼤值f（1），f（1）＝
…………………………（4 分）
（Ⅱ）证明：令F（x）＝f（x）﹣f （2﹣x）…………………………………（5 分）
即F（x）＝xe﹣x+（x﹣2）ex﹣2，
于是F′（x）＝（x﹣1）（e2x﹣2﹣1）e﹣x，…………………………………（7 分）
当0＜x＜1 时，2x﹣2＜0，从⽽e2x﹣2﹣1＜0，⼜e﹣x＞0
F′（x）＞0，从⽽函数F（x）在（0，1）是增函数．……………………………（8 分）
当0＜x＜1 时，F（x）＜F（1）＝0，
f （2﹣x）＞f（x）．……………………………（10 分）
（Ⅲ）证明：∵x1∈（0，1），x2∈（1，+∞），
∴2﹣x1＞1，由（Ⅱ）得：f（x1）＜f（2﹣x1）……………………………（12 分）
∵f（x1）＝f（x2），
∴f（x2）＜f（2﹣x1），
∵f（x）在（1，+∞）内是减函数
∴x2＞2﹣x1，即x1+x2＞2 ……………………………（14 分）
【点评】本题考查函数的导数的应⽤，函数的单调性以及函数的极值的求法，构造法的应⽤，考查转化
思想以及计算能⼒．
2．已知函数f（x）＝lnx﹣ax 有两个零点x1，x2（x1＜x2），
（Ⅰ）求实数a 的取值范围；
（Ⅱ）求证：
．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间，从⽽确定a 的范围即可；
（Ⅱ）得到
＝
，设u＝
＞1，则
，得lnx1+lnx2＝
lnu，令h（t）＝
lnu
（u＞1），根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（Ⅰ）因为f′（x）＝﹣a，（x＞0），
若a≤0，必有f′（x）＝﹣a＞0，即f（x）在R 上是增函数，不可能有两个零点﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1 分）
∴a＞0，由f′（x）＝0，得x0＝，
当x∈（0，）时，f′（x）＞0；当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，
即f（x）在（0，）上是增函数，在（，+∞）上是减函数，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
﹣﹣（3 分）
所以f（x）≤f（）＝ln
﹣1，
要使f（x）有两个零点，其必要条件是f（）＞0，得0＜a＜．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4 分）
显然e∈（0，），f（e）＝1﹣ae＞0，
∈（，+∞），f（
）＝2ln
﹣，
设t＝＞e，g（t）＝2lnt﹣t，g′（t）＝﹣1＜0，
∴g（t）在（e，+∞）上是减函数，g（t）＜g（e）＝2﹣e＜0，即f（
）＜0，
由零点存在定理得：当0＜a＜时，f（x）有两个零点．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6 分）
（Ⅱ）∵函数f（x）＝lnx﹣ax 有两个零点x1，x2，即lnx1＝ax1，lnx2＝ax2，
∴即lnx1+lnx2＝a（x1+x2），
＝
，
设u＝
＞1，则
，得lnx1+lnx2＝
lnu﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6 分）
令h（t）＝
lnu（u＞1），则h′（u）＝
，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7 分）
设m（u）＝u﹣﹣2lnu，m′（u）＝
＞0，
∴m（u）在（1，+∞）上是增函数，即m（t）＞m（1）＝0，
从⽽h′（u）＞0，即h（u）在（1，+∞）上是增函数，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9 分）
h（u）＝
＝[（u+）lnu]′|u＝1＝（
+lnu）|u＝1＝2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
﹣（11 分）
综上lnx1+lnx2＞2，即x1x2＞e2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
（12 分）
【点评】本题考查了函数的零点、应⽤导数研究函数的单调性、最值，对于恒成⽴问题往往转化为函数
最值解决．本题（2）问难度较⼤，需要恰当构造函数解决问题．
3．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x．
（Ⅰ）讨论f（x）函数的单调性；
（Ⅱ）设f（x）的两个零点是x1，x2，求证：
．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）构造
，
，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x 的定义域为（0，+∞），
，
①当a≤0 时，f′（x）＞0，x∈（0，+∞），
则f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当a＞0 时，
时，f′（x）＞0，
时，f′（x）＜0，
则f（x）在
上单调递增，在
上单调递减．
（Ⅱ）⾸先易知a＞0，且f（x）在
上单调递增，在
上单调递减，
不妨设
，
，
构造
，
⼜
∴
，∴
，
∴F（x）在
上单调递增，
∴
，
即
，
⼜x1，x2是函数f（x）的零点且
，
∴
⽽x2，
均⼤于
，
所以
，所以
，得证．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，转化思想，是⼀道
综合题．
4．已知函数f（x）＝
ex．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）证明：当f（x1）＝f（x2）（x1≠x2）时，x1+x2＜0．
【分析】（Ⅰ）由已知可得函数f（x）的定义域为（﹣∞，+∞）．可得f′（x）＝
，由
此可得函数f（x）的单调递增区间是（﹣∞，0），单调递减区间是（0，+∞）；
（Ⅱ）当x＜1 时，由于
＞0，故f（x）＞0；同理可得，当x＞1 时，f（x）＜0．当f（x1）＝f（x2）
（x1≠x2）时，不妨设x1＜x2，则x1∈（﹣∞，0），x2∈（0，1）．然后利⽤导数证明对∀x∈（0，1），f（x）
＜f（﹣x），得对∀x∈（0，1），f（x）＜f（﹣x），⽽x2∈（0，1），可得f（x1）＝f（x2）＜f（﹣x2）．
由于x1∈（﹣∞，0），﹣x2∈（﹣∞，0），f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，可得x1＜﹣x2，即x1+x2＜0．
【解答】（Ⅰ）解：由已知可得函数f（x）的定义域为（﹣∞，+∞）．
f′（x）＝
．
当x＜0 时，f′（x）＞0；当x＞0 时，f′（x）＜0．
∴函数f（x）的单调递增区间是（﹣∞，0），单调递减区间是（0，+∞）；
（Ⅱ）证明：当x＜1 时，由于
＞0，故f（x）＞0；
同理，当x＞1 时，f（x）＜0．
当f（x1）＝f（x2）（x1≠x2）时，不妨设x1＜x2，
由（Ⅰ）知x1∈（﹣∞，0），x2∈（0，1）．
下⾯证明：对∀x∈（0，1），f（x）＜f（﹣x），即证
＜
．
此不等式等价于
＜0．
令g（x）＝
，则g′（x）＝﹣xe﹣x（e2x﹣1）．
当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，从⽽g（x）＜g（0）＝0．
即g（x）＝
＜0．
∴对∀x∈（0，1），f（x）＜f（﹣x），⽽x2∈（0，1），
∴f（x1）＝f（x2）＜f（﹣x2）．
由于x1∈（﹣∞，0），﹣x2∈（﹣∞，0），f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，
∴x1＜﹣x2，即x1+x2＜0．
【点评】本题考查利⽤导数研究函数的单调性，考查数学转化思想⽅法，考查学⽣的灵活变形能⼒，是
难题．
5．已知函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2有两个零点．
（Ⅰ）求a 的取值范围；
（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．
【分析】法⼀：（Ⅰ）由函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2 可得：f′（x）＝（x﹣1）ex+2a（x﹣1）＝（x
﹣1）（ex+2a），对a 进⾏分类讨论，综合讨论结果，可得答案．
（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，则﹣a＝
＝
，令g（x）＝
，
则g（x1）＝g（x2）＝﹣a，分析g（x）的单调性，令m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）＝
，
设h（m）＝
，m＞0，利⽤导数法可得h（m）＞h（0）＝0 恒成⽴，即g（1+m）＞g（1﹣m）
恒成⽴，令m＝1﹣x1＞0，可得结论．
法⼆：（1）显然x＝1 不是函数f（x）的零点，当x≠1 时，⽅程f（x）＝0 等价于﹣a＝
，设
g（x）＝
，通过研究g（x）函数的单调性与值域范围，即可求解．
（2）不妨设x1＜1＜x2，要证x1+x2＜2，只需证x2＜2﹣x1，由函数g（x）在（1，+∞）上单调递增，只需
证明g（x2）＜g（2﹣x1），即g（x1）＜g（2﹣x1），即∀x＜1，ex（x﹣2）+e2﹣x•x＜0，令h（x）＝ex（x﹣2）
+e2﹣x•x，利⽤导数证得h（x）＜0 即可得证．
【解答】法⼀：解：（Ⅰ）∵函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2，
∴f′（x）＝（x﹣1）ex+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（ex+2a），
①若a＝0，那么f（x）＝0⇔（x﹣2）ex＝0⇔x＝2，
函数f（x）只有唯⼀的零点2，不合题意；
②若a＞0，那么ex+2a＞0 恒成⽴，
当x＜1 时，f′（x）＜0，此时函数为减函数；
当x＞1 时，f′（x）＞0，此时函数为增函数；
此时当x＝1 时，函数f（x）取极⼩值﹣e，
由f（2）＝a＞0，可得：函数f（x）在x＞1 存在⼀个零点；
当x＜1 时，ex＜e，x﹣2＜x﹣1＜0，
∴f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2＞（x﹣2）e+a（x﹣1）2＝a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e，
令a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＝0 的两根为t1，t2，且t1＜t2，
则当x＜t1，或x＞t2时，f（x）＞a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＞0，
故函数f（x）在x＜1 存在⼀个零点；
即函数f（x）在R 是存在两个零点，满⾜题意；
③若﹣＜a＜0，则ln（﹣2a）＜lne＝1，
当x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＜ln（﹣2a）﹣1＜lne﹣1＝0，
ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0 恒成⽴，故f（x）单调递增，
当ln（﹣2a）＜x＜1 时，x﹣1＜0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＜0 恒成⽴，故f（x）单调递减，
当x＞1 时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0 恒成⽴，故f（x）单调递增，
故当x＝ln（﹣2a）时，函数取极⼤值，
由f（ln（﹣2a））＝[ln（﹣2a）﹣2]（﹣2a）+a[ln（﹣2a）﹣1]2＝a{[ln（﹣2a）﹣2]2+1}＜0 得：
函数f（x）在R 上⾄多存在⼀个零点，不合题意；
④若a＝﹣，则ln（﹣2a）＝1，
当x＜1＝ln（﹣2a）时，x﹣1＜0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0 恒成⽴，故f（x）单调递增，
当x＞1 时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0 恒成⽴，故f（x）单调递增，
故函数f（x）在R 上单调递增，
函数f（x）在R 上⾄多存在⼀个零点，不合题意；
⑤若a＜﹣，则ln（﹣2a）＞lne＝1，
当x＜1 时，x﹣1＜0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0 恒成⽴，故f（x）单调递增，
当1＜x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＜0 恒成⽴，故f（x）单调递减，
当x＞ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0 恒成⽴，故f（x）单调递增，
故当x＝1 时，函数取极⼤值，
由f（1）＝﹣e＜0 得：
函数f（x）在R 上⾄多存在⼀个零点，不合题意；
综上所述，a 的取值范围为（0，+∞）．
证明：（Ⅱ）∵x1，x2是f（x）的两个零点，
∴f（x1）＝f（x2）＝0，且x1≠1，且x2≠1，
∴﹣a＝
＝
，
令g（x）＝
，则g（x1）＝g（x2）＝﹣a，
∵g′（x）＝
，
∴当x＜1 时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x＞1 时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
设m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）＝
﹣
＝
，
设h（m）＝
，m＞0，
则h′（m）＝
＞0 恒成⽴，
即h（m）在（0，+∞）上为增函数，
h（m）＞h（0）＝0 恒成⽴，
即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成⽴，
令m＝1﹣x1＞0，
则g（1+1﹣x1）＞g（1﹣1+x1）⇔g（2﹣x1）＞g（x1）＝g（x2）⇔2﹣x1＞x2，
即x1+x2＜2．
法⼆：（1）解：显然x＝1 不是函数f（x）的零点，
当x≠1 时，⽅程f（x）＝0 等价于﹣a＝
，
设g（x）＝
，
求导g'（x）＝
，
故函数g（x）在（﹣∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∵函数g（x）在（﹣∞，1）上的值域为（﹣∞，0），在（1，+∞）上的值域为（﹣∞，+∞），
∴当﹣a＜0 时，函数f（x）有两个零点，
故所求a 取值范围为（0，+∞）．
（2）证明：根据（1）的结果，不妨设x1＜1＜x2，则只需证x2＜2﹣x1，
考虑函数f（x）在（1，+∞）上单调递增，
于是只需证明f（x2）＜f（2﹣x1），即f（x1）＜f（2﹣x1），
接下来证∀x＜1，f（x）﹣f（2﹣x）＜0，
即∀x＜1，ex（x﹣2）+e2﹣x•x＜0，
令h（x）＝ex（x﹣2）+e2﹣x•x，h′（x）＝（ex﹣e2﹣x）（x﹣1），
当x＜1 时有ex﹣e2﹣x＜0，所以h′（x）＞0，
所以在（﹣∞，1）上，h（x）单调递增，
所以h（x）＜h（1）＝0，
因此原命题得证．
【点评】本题考查的知识点是利⽤导数研究函数的极值，函数的零点，分类讨论思想，难度较⼤．
6．已知函数
．
（1）若f（x）存在极值点为1，求a 的值；
（2）若f（x）存在两个不同零点x1，x2，求证：x1+x2＞2．
【分析】（1）求出
，利⽤f（x）存在极值点为1，结合f'（1）＝0，求出a．
（2）求出
，通过①当a≤0 时，②当a＞0 时，判断函数
的单调性求出函数的极值，所以当x＝a 时，f（x）取得极⼩值f（a），利⽤f（x）存在两个不同零点x1，
x2，f（a）＜0，作y＝f（x）关于直线x＝a 的对称曲线g（x）＝f（2a﹣x），令h（x）＝g（x）﹣f（x）＝
f（2a﹣x）﹣f（x），求出导数，利⽤函数的单调性，最值推出结果．
【解答】（本⼩题满分12 分）
解：（1）
，因为f（x）存在极值点为1，所以f'（1）＝0，即2﹣2a＝0，a＝1，经检
验符合题意，所以a＝1．（4 分）
（2）
①当a≤0 时，f'（x）＞0 恒成⽴，所以f（x）在（0，+∞）上为增函数，不符合题意；
②当a＞0 时，由f'（x）＝0 得x＝a，
当x＞a 时，f'（x）＞0，所以f（x）为增函数，当0＜x＜a 时，f'（x）＜0，所f（x）为减函数，
所以当x＝a 时，f（x）取得极⼩值f（a）
⼜因为f（x）存在两个不同零点x1，x2，所以f（a）＜0，即
整理得
，
作y＝f（x）关于直线x＝a 的对称曲线g（x）＝f（2a﹣x），
令
所以h（x）在（0，2a）上单调递增，
不妨设x1＜a＜x2，则h（x2）＞h（a）＝0，即g（x2）＝f（2a﹣x2）＞f（x2）＝f（x1），
⼜因为2a﹣x2∈（0，a），x1∈（0，a），且f（x）在（0，a）上为减函数，
故2a﹣x2＜x1，即x1+x2＞2a，⼜
，易知a＞1 成⽴，故x1+x2＞2．（12 分）
【点评】本⼩题主要考查函数与导数的知识，具体涉及到导数的运算，⽤导数来研究函数的单调性等，
考查学⽣解决问题的综合能⼒．
7．已知函数f（x）＝x﹣1+aex．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＞4．
【分析】（1）对函数f（x）求导函数，分类讨论，根据导函数值正负，得到函数的单调区间，得到本题
结论；
（2）不妨设x1＜x2，则1＜x1＜2＜x2，则x1+x2＞4 等价于x2＞4﹣x1，等价于g（x2）＝g（x1）＝a，只需
要证
（x1﹣3）+（x1﹣1）＜0，构造函数，利⽤导数求出函数的最值即可证明．
【解答】解：（1）f（x）＝x﹣1+aex．的导数为f′（x）＝1+aex，
当a≥0 时，f′（x）＞0，则f（x）在R 上单调递增；
当a＜0 时，f′（x）＞0，得x＜ln（﹣），则f（x）的单调递增区间为（﹣∞，ln（﹣））；
令f′（x）＜0，得x＞ln（﹣），则f（x）的单调递减区间为（ln（﹣），+∞）；
（2）证明：由f（x）＝0 得a＝
，
设g（x）＝
，
∴g′（x）＝
，
由g′（x）＜0，得x＜2，函数g（x）单调递减，
由g′（x）＞0，得x＞2，函数g（x）单调递增，
故g（x）min＝g（2）＝﹣
＜0，
当x＞1 时，g（x）＜0，当x＜1 时，g（x）＞0，
不妨设x1＜x2，则1＜x1＜2＜x2，
∴x1+x2＞4 等价于x2＞4﹣x1，且g（x）在（2，+∞）上单调递增，
要证x1+x2＞4，只需要证g（x2）＞g（4﹣x1），
∵g（x2）＝g（x1）＝a，
∴只需要证g（x1）＞g（4﹣x1），
即证
＞
，
只需要证
（x1﹣3）+（x1﹣1）＜0，
设h（x）＝e2x﹣4（x﹣3）+x﹣1，x∈（1，2），
∴h′（x）＝e2x﹣4（2x﹣5）+1，
再令m（x）＝e2x﹣4（2x﹣5）+1，
∴m′（x）＝4e2x﹣1（x﹣2）＜0，
∴m（x）在（1，2）上单调递减，即h′（x）在（1，2）上单调递减，
∴h′（x）＞h′（2）＝0，
∴h（x）在（1，2）上单调递增，
∴h（x）＜h（2）＝0，
∴
（x1﹣3）+（x1﹣1）＜0，
从⽽x1+x2＞4 得证．
【点评】本题主要考查利⽤导数判断函数的单调性，以及函数零点个数的判断和函数性质的综合应⽤，
考查了分类讨论思想，综合性较强、难度较⼤，第⼆问构造函数g（x）＝
，不妨设x1＜x2，由已知
将问题转化为只需证g（x2）＞g（4﹣x1）是关键．
8．已知函数f（x）＝ex﹣x2﹣ax（a∈R）．
（1）若函数f（x）在R 上是增函数，求实数a 的取值范围；
（2）如果函数g（x）＝f（x）﹣（a﹣）x2恰有两个不同的极值点x1，x2，证明：
＜ln2a．
【分析】（1）求出导函数f'（x），将函数f（x）在R 上是增函数，转化为f'（x）＞0 在R 上恒成⽴，利
⽤参变量分离转化成a＜ex﹣x 在R 上恒成⽴，利⽤导数求h（x）＝ex﹣x 的最⼩值，即可求得实数a 的
取值范围；
（2）根据x1，x2是g（x）的两个极值点，可以得到x1，x2是g′（x）＝0 的两个根，根据关系，利⽤分析
法，将证明不等式转化为证明t
﹣et+1＞0 当t＜0 时恒成⽴，构造函数φ（t）＝t
﹣et+1，利⽤导数
即可证得结论．
【解答】（1）解：∵f（x）＝ex﹣x2﹣ax，
∴f'（x）＝ex﹣x﹣a，
∵函数f（x）在R 上是增函数，
∴f'（x）＞0 在R 上恒成⽴，即ex﹣x﹣a＞0 在R 上恒成⽴，
∴a＜ex﹣x 在R 上恒成⽴，
令h（x）＝ex﹣x，则h'（x）＝ex﹣1＝0，得x＝0，
列表如下：
x
（﹣∞，0）
0
（0，+∞）
h'（x）
﹣
0
+
h（x）
减函数
极⼩值
增函数
∴h（x）min＝h（0）＝1，
∴a≤1，
故实数a 的取值范围是（﹣∞，1]．
（2）证明：∵g（x）＝f（x）﹣（a﹣）x2，
∴g（x）＝ex﹣x2﹣ax﹣ax2+
x2＝ex﹣ax2﹣ax，
∴g'（x）＝ex﹣2ax﹣a，
∵x1，x2是函数g（x）的两个不同极值点（不妨设x1＜x2），
当a≤0 时，g'（x）＞0，即g（x）是R 上的增函数，与已知⽭盾，
∴a＞0，且g'（x1）＝0，g'（x2）＝0，
∴
﹣2ax1﹣a＝0，且
﹣2ax2a＝0．
两式相减，可得2a＝
，
∴要证明
＜ln2a，即证明
＜
，
∴两边同除以
，即证
＜
，
即证（x1﹣x2）
＞
﹣1，
即证（x1﹣x2）
﹣
+1＞0，
令x1﹣x2＝t，则t＜0，
即证不等式t
﹣et+1＞0 在t＜0 时恒成⽴，
令φ（t）＝t
﹣et+1，
∴φ′（t）＝
+t
•
﹣et＝（+1）
﹣et＝﹣
[
﹣（+1）]，
由（1）可知，
＞+1，即
﹣（+1）＞0，
∴φ′（t）＜0，
∴φ（t）在t＜0 时是减函数，
∴φ（t）＞φ（0）＝0，
∴t
﹣et+1＞0 在t＜0 时恒成⽴，
∴
＜ln2a．
【点评】本题考查了利⽤导数研究函数的极值，利⽤导数研究函数的单调性，同时考查了不等式的证明，
证明过程中运⽤了构造函数的思想，是综合性较强的⼀道导数应⽤题，属于难题．
9．已知函数f（x）＝+
lnx﹣1（m∈R）的两个零点为x1，x2（x1＜x2）．
（1）求实数m 的取值范围；
（2）求证：
+
＞．
【分析】（1）求导数，分类讨论，利⽤函数f（x）＝+
lnx﹣1（m∈R）的两个零点，得出
ln2m﹣＜
0，即可求实数m 的取值范围；
（2）由题意⽅程m＝
有两个根为t1，t2，不妨设t1＝
，t2＝
，要证明
+
＞，即证明
t1+t2＞，即证明h（t1）＜h（﹣t2）．令φ（x）＝h（x）﹣h（﹣x），证明φ（x）＜0 对任意x∈（0，
）恒成⽴即可．
【解答】（1）解：f′（x）＝
．
①m≤0，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，不可能有两个零点；
②m＞0，f′（x）＞0 可解得x＞2m，f′（x）＜0 可解得0＜x＜2m，
∴f（x）在（0，2m）上单调递减，在（2m，+∞）上单调递增，
∴f（x）min＝f（2m）＝ln2m﹣，
由题意，ln2m﹣＜0，
∴0＜m＜；
（2）证明：令t＝，f（）＝mt﹣lnt﹣1＝0，
由题意⽅程m＝
有两个根为t1，t2，不妨设t1＝
，t2＝
．
令h（t）＝
，则h′（t）＝﹣
，
令h′（t）＞0，可得0＜t＜，函数单调递增；h′（t）＜0，可得t＞，函数单调递减．
由题意，t1＞＞t2＞0，
要证明
+
＞，即证明t1+t2＞，即证明h（t1）＜h（﹣t2）．
令φ（x）＝h（x）﹣h（﹣x），
下⾯证明φ（x）＜0 对任意x∈（0，）恒成⽴，
φ′（x）＝
+
，
∵x∈（0，），
∴﹣lnx﹣1＞0，x2＜
，
∴φ′（x）＞
＞0，
∴φ（x）在（0，）上是增函数，
∴φ（x）＜φ（）＝0，
∴原不等式成⽴．
【点评】本题考查导数知识的综合运⽤，考查函数的单调性，考查不等式的证明．难度⼤．
10．已知函数f（x）＝ex﹣ax﹣1（a 为常数），曲线y＝f（x）在与y 轴的交点A 处的切线斜率为﹣1．
（1）求a 的值及函数y＝f（x）的单调区间；
（2）若x1＜ln2，x2＞ln2，且f（x1）＝f（x2），证明：x1+x2＜2ln2．
【分析】（1）求出函数的f′（x）＝ex﹣a．通过f′（x）＝ex﹣2＞0，即可求解函数f（x）在区间（﹣∞，ln2）
上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增．
（2）设x＞ln2，构造函数g（x）＝f（x）﹣f（2ln2﹣x），分别根据函数的单调性，以及x1＜ln2，x2＞ln2，
且f（x1）＝f（x2）即可证明．
【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝ex﹣ax﹣1，得f′（x）＝ex﹣a．
⼜f′（0）＝1﹣a＝﹣1，
∴a＝2．
∴f（x）＝ex﹣2x﹣1，f′（x）＝ex﹣2．
由f'（x）＝ex﹣2＞0，得x＞ln2．
∴函数f（x）在区间（﹣∞，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增，
（Ⅱ）证明：设x＞ln2，
∴2ln2﹣x＜ln2，
∴f（2ln2﹣x）＝e2ln2﹣x﹣2（2ln2﹣x）﹣1＝
+2x﹣2ln2﹣1，
令g（x）＝f（x）﹣f（2ln2﹣x）＝
﹣4x+4ln2，（x＞ln2），
∴g′（x）＝ex+4e﹣x﹣4≥0，当且仅当x＝ln2 时，等号成⽴，
∴g（x）在（ln2，+∞）上单调递增，
⼜g（ln2）＝0，
∴当x＞ln2 时，g（x）＝f（x）﹣f（2ln2﹣x）＞g（ln2）＝0，
即f（x）＞f（2ln2﹣x），
∴f（x2）＞f（2ln2﹣x2），
⼜f（x1）＝f（x2），
∴f（x1）＞f（2ln2﹣x2），
由于x2＞ln2，
∴2ln2﹣x2＜ln2，
∵x1＜ln2，
由（Ⅰ）函数f（x）在区间（﹣∞，ln2）上单调递减，
∴x1＜2ln2﹣x2，
即x1+x2＜2ln2．
【点评】本题考查函数的导数的应⽤，构造法，函数的导数的单调性的应⽤，考查分析问题解决问题的
能⼒．是难题．
11．已知函数f（x）＝lnx+
（a∈R 且a≠0）．
（1）若f（x）存在零点，求a 的取值范围；
（2）当a＝2 时，若函数g（x）＝f（x）﹣m 有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1+x2＞1．
【分析】（1）参变分离后构造函数求解．
（2）令t＝
，分别表示出x1，x2后将x1+x2转化为t 的函数，再由导数与单调性的关系证明不等式．
【解答】解：（1）因为f（x）＝lnx+
存在零点，
所以⽅程lnx+
＝0 存在实数根，
所以﹣＝xlnx 存在实数根，
令p（x）＝xlnx，则p′（x）＝1+lnx，
令p′（x）＝0 得x＝，
所以在（0，）上p′（x）＜0，p（x）单调递减，
在（，+∞）上p′（x）＞0，p（x）单调递增，
所以p（x）min＝p（）＝﹣，
⼜x→0 时，p（x）→0；x→+∞时，p（x）→+∞，
由题意可得﹣＞0 或﹣≤﹣＜0，
所以a＜0 或a≥e，
所以a 的取值范围是（﹣∞，0）∪[e，+∞）．
（2）证明：“函数g（x）＝f（x）﹣m 有两个零点x1，x2”等价于“⽅程f（x）＝m 有两个不同的实数根x1，
x2”，
当a＝2 时，⽅程f（x）＝m，即为lnx+
＝m，
所以lnx1+
＝m，且lnx2+
＝m，
两式相减，得ln
＝
﹣
，
即ln
＝
，则x1x2＝
，
令t＝
（0＜t＜1），有x1＝
，x2＝
＝
，
从⽽得x1+x2＝
，
令h（t）＝t﹣﹣2lnt（0＜t＜1），则h′（t）＝1+
﹣＝（1﹣）2＞0，
所以函数h（t）在（0，1）上单调递增，
∀t∈（0，1），h（t）＜h（1）＝0，即t﹣＜2lnt，
⽽lnt＜0，
因此∀t∈（0，1），
＞1 恒成⽴，
所以x1+x2＞1．
【点评】本题考查导数的综合应⽤，解题中注意转化思想的应⽤，属于中档题．
12．已知函数f（x）＝lnx+
﹣s（s，t∈R）．
（1）讨论f（x）的单调性及最值；
（2）当t＝2 时，若函数f（x）恰有两个零点x1，x2（0＜x1＜x2），求证：x1+x2＞4．
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论t 的范围，求出函数的单调区间以及函数的最值即可；
（2）求出
＝ln
，设t＝
＞1，求出x1＝
，得到x1+x2﹣4＝
，
记函数h（t）＝
﹣lnt，根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）＝﹣
＝
，
t≤0 时，f′（x）≥0，f（x）递增，⽆最值；
t＞0 时，令f′（x）＞0，解得：x＞t，
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜t，
故f（x）在（0，t）递减，在（t，+∞）递增，
故f（x）最⼩值＝f（t）＝lnt+1﹣s，⽆最⼤值；
证明：（2）t＝2 时，f（x）＝lnx+
﹣s，
f（x）恰有两个零点x1，x2，（0＜x1＜x2），
由f（x1）＝lnx1+
﹣s＝0，f（x2）＝lnx2+
﹣s＝0，
得s＝lnx1+
＝lnx2+
，
故
＝ln
，设t＝
＞1，lnt＝
，x1＝
，
故x1+x2＝x1（t+1）＝
，
∴x1+x2﹣4＝
，
记函数h（t）＝
﹣lnt，因h′（t）＝
＞0，
∴h（t）在（1，+∞）递增，∵t＞1，∴h（t）＞h（1）＝0，
⼜t＝
＞1，lnt＞0，故x1+x2＞4 成⽴．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，转化思想，考查不
等式的证明，是⼀道综合题．
13．已知函数f（x）＝alnx﹣x2+（2a﹣1）x（a∈R）有两个不同的零点．
（1）求a 的取值范围；
（2）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＞2a
【分析】（1）f′（x）＝
＝﹣
，分以下情况讨论：若a≤0，若a＞0，
（2）令g（x）＝f（x）﹣f（2a﹣x），x∈（0，a）
g′（x）＝
，可得g（x）在（0，a）递增，得：f（x1）＝f（x2）＜f（2a﹣x1），即：x1+x2＞
2a．
【解答】解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）＝
＝﹣
，
若a≤0，则f′（x）＜0，此时f（x）在（0，+∞）递减，不符合题意．
若a＞0，则由f′（x）＝0，解得：x＝a，
当0＜x＜a 时，f′（x）＞0，
当x＞a 时，f′（x）＜0，
此时f（x）在（0，a）递增，在（a，+∞）递减；
要使函数f（x）＝alnx﹣x2+（2a﹣1）x（a∈R）有两个不同的零点．只需f（a）＝alna+a2﹣a＞0 即可．
令h（a）＝alna+a2﹣a（a＞0），
h′（a）＝lna+2a，易知h′（a）＝lna+2a 在（0，+∞）递增．
且h′（1）＞0，∴存在x0∈（0，1）使h′（x0）＝0，
∴a∈（0，x0）时，h（a）递减，a∈（x0，+∞）h（a）递增，
∴h（a）＝alna+a2﹣a（a＞0），的草图如下：
∴a 的取值范围为（1，+∞）．
（2）令g（x）＝f（x）﹣f（2a﹣x），x∈（0，a）
则g（x）＝alnx﹣x2+（2a﹣1）x﹣aln（2a﹣x）﹣（2a﹣1）（2a﹣x）+（2a﹣x）2，
g′（x）＝
，
当0＜x＜a 时，g′（x）＜0，g（x）在（0，a）递增，
⽽g（a）＝0，故g（x）＜g（a）＝0，
故0＜x＜a 时，f（x）＜f（2a﹣x）；
不妨设0＜x1＜x2，则0＜x1＜a＜x2，
∴0＜2a﹣x1＞a，
得：f（x1）＝f（x2）＜f（2a﹣x1），
∵f（x）在（a，+∞）递减，
∴x2＞2a﹣x1，即：x1+x2＞2a．
【点评】本题考查函数的导数的综合应⽤，函数的单调性以及函数的零点个数的判断，函数的最值的应
⽤，考查分析问题解决问题的能⼒．
14．已知函数f（x）＝x﹣aex+b（a＞0，b∈R）．
（1）求f（x）的最⼤值；
（2）若函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，证明：x1+x2＜﹣2lna．
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从⽽求出函数的最⼤值
即可；
（2）求出a，问题转化为证
＜
﹣2+
，不妨设x1＜x2，令x2﹣x1＝t＞0，则需证
t2＜e﹣t﹣2+et，设g（t）＝t2﹣e﹣t+2﹣et，根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（1）f′（x）＝1﹣aex＞0，解得：x＜ln
，
∴f（x）在（﹣∞，ln
）上单增，在（ln
，+∞）上单减，
∴f（x）max＝f（ln
）＝ln
﹣1+b；
（2）证明：由题知
，
两式相减得x1﹣x2＝a（
﹣
）即a＝
，
故要证x1+x2＜﹣2lna 只需证x1+x2＜﹣2ln
，
即证
＜
，
即证
＜
﹣2+
，不妨设x1＜x2，
令x2﹣x1＝t＞0，则需证t2＜e﹣t﹣2+et，
设g（t）＝t2﹣e﹣t+2﹣et，则g′（t）＝2t+e﹣t﹣et，
设h（t）＝2t+e﹣t﹣et，则h′（t）＝2﹣e﹣t﹣et＜0，
故h（t）在（0，+∞）上单减，
∴h（t）＜h（0）＝0 即g′（t）＜0，
∴g（t）在（0，+∞）上单减，
∴g（t）＜g（0）＝0，故原不等式得证．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤以及转化思想，换元思想，是⼀道中档
题．
15．设函数f（x）＝﹣e2x+（x﹣1）ex（a∈R）．
（1）当a＝时，求g（x）＝f′（x）•e1﹣x 的单调区间（f′（x）是f（x）的导数）；
（2）若f（x）有两个极值点x1、x2（x1＜x2），证明：x1+2x2＞3．
【分析】（1）代⼊a 的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）求出函数的导数，得到aex＝x 有2 个不相等的实数根x1，x2，求出a 的范围，令t＝x1﹣x2，则t＜0，
3＜x1+2x2⇔3＜
（et+2），t＜0，故不等式只要（3﹣t）et﹣2t﹣3＞0 在t＜0 时成⽴，令h（t）＝（3
﹣t）et﹣2t﹣3（t＜0），求出函数的导数，根据函数的单调性证明结论成⽴即可．
【解答】解：（1）当a＝时，f（x）＝﹣
e2x+（x﹣1）ex，
则f′（x）＝ex﹣1（﹣ex+ex），
∵g（x）＝﹣ex+ex，∴g′（x）＝﹣ex+e，
显然g′（x）递减，且g′（1）＝0，
故当x≤1 时，g′（x）≥0，x＞1 时，g′（x）＜0，
故g（x）在（﹣∞，1）递增，在（1，+∞）递减；
（2）证明：∵f（x）＝﹣e2x+（x﹣1）ex，
∴f′（x）＝﹣ae2x+xex＝ex（﹣aex+x），
由题意知f′（x）＝0 有2 个不相等的实数根，
即aex＝x 有2 个不相等的实数根x1，x2，
则a＝
，令m（x）＝
，则m′（x）＝
，
令m′（x）＞0，解得：x＜1，令m′（x）＜0，解得：x＞1，
故m（x）在（﹣∞，1）递增，在（1，+∞）递减，
故m（x）≤m（1）＝，⽽x→∞时，m（x）→0，
故a 的取值范围是（0，]，
由
，得a＝
，
故x1+2x2＞3⇔3＜a
+2a
＝
（
+2
）＝
（
+2），
令t＝x1﹣x2，则t＜0，
3＜x1+2x2⇔3＜
（et+2），t＜0，
故不等式只要（3﹣t）et﹣2t﹣3＞0 在t＜0 时成⽴，
令h（t）＝（3﹣t）et﹣2t﹣3（t＜0），
∵h′（t）＝（2﹣t）et﹣2（t＜0），h″（t）＝（1﹣t）et＞0，
故h′（t）在t＜0 上单调递增，即h′（t）＜h′（0）＝0，
故h（t）在t＜0 上单调递减，即h（t）＞h（0）＝0，
故原不等式成⽴．
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应⽤以及不等式的证明，考查转化思想，是
难题．
16．已知函数f（x）＝lnx﹣ax（a∈R）．
（1）若曲线y＝f（x）与直线x﹣y﹣1﹣ln2＝0 相切，求实数a 的值；
（2）若函数y＝f（x）有两个零点x1，x2，证明
．
【分析】（1）求出函数的导数，根据切线的斜率求出a 的值即可；
（2）求出
，令
，则
，设
，根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（1）由f（x）＝lnx﹣ax，得
，
设切点横坐标为x0，依题意得
，
解得
，即实数a 的值为1．
（2）不妨设0＜x1＜x2，由
，
得lnx2﹣lnx1＝a（x2﹣x1），
即
，
所以
，
令
，则
，
设
，则
，
即函数g（t）在（1，+∞）上递减，
所以g（t）＞g（1）＝0，
从⽽
，
即
．
【点评】本题考查了切线斜率问题，考查函数的单调性以及导数的应⽤，不等式的证明，是⼀道综合题．
17．已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝x2﹣ax（a＞0）．
（1）讨论函数h（x）＝f（x）+g（x）的极值点；
（2）若x1，x2（x1＜x2）是⽅程f（x）﹣
+
＝0 的两个不同的正实根，证明：
+
＞4a．
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从⽽求出函数的极值点；
（2）求出lnx+
＝0，令k（x）＝lnx+
（x＞0，a＞0），设t＝
（t＞1），问题转化为证明2lnt2﹣t2+
＜0（t＞1），令q（x）＝2lnx﹣x+
（x＞1），求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（1）h（x）＝f（x）+g（x）＝lnx+x2﹣ax（x＞0）（a＞0），
h′（x）＝+2x﹣a＝
，
令2x2﹣ax+1＝0，Δ＝a2﹣8，
当0＜a≤2
时，△≤0，h′（x）≥0，⽆极值点，
当a＞2
时，令2x2﹣ax+1＝0，解得：x＝
，
当x∈（0，
），（
，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）递增，
x∈（
，
）时，h′（x）＜0，h（x）递减，
故h（x）极⼤值点是
，极⼩值点是
；
综上：0＜a≤2
时，h（x）⽆极值点，
a＞2
时，h（x）极⼤值点是
，极⼩值点是
；
（2）由f（x）﹣
+
＝lnx﹣
+
＝0，即lnx+
＝0，
则
，两式相减得：lnx2﹣lnx1＝
﹣
，
设t＝
（t＞1），∴lnt＝
﹣
，
∴
＝
（1﹣
），要证明
+
＞4a，
即证明（1+t2）
＞4a，（1+t2）
（1﹣
）＞4a，
∴（1+t2）
（1﹣
）＞2，
即证明2lnt2﹣t2+
＜0（t＞1），
令q（x）＝2lnx﹣x+
（x＞1），
q′（x）＝﹣
＜0，
∴q（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴q（x）＜q（1）＝0，
∴2lnx﹣x+
＜0 即
+
＞4a．
【点评】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应⽤以及不等式的证明，考查转化思想，分
类讨论思想，是难题．
18．已知函数f（x）＝a﹣﹣lnx（a∈R）．
（1）若a＝2，求函数f（x）在（1，e2）上的零点个数（e 为⾃然对数）；
（2）若f（x）恰有⼀个零点，求a 的取值集合；
（3）若f（x）有两零点x1，x2（x1＜x2），求证：2＜x1+x2＜3ea﹣1﹣1．
【分析】（1）求出函数的导数，求得单调区间，由单调性，即可判断函数的零点个数；
（2）求得函数f（x）的导数，求得单调区间和最⼤值，通过最⼤值的符号，讨论a 的⼤⼩，即可得到a
的取值；
（3）先证x1+x2＞2．依题设，有a＝
+lnx1＝
+lnx2，整理，构造函数g（x）＝
﹣lnx，x＞1．通
过导数判断单调性，即可得证；再证x1+x2＜3ea﹣1﹣1，仿（1）知，p 是h（x）的唯⼀最⼤值点，故有
，作函数m（x）＝lnx﹣
﹣lnp，通过导数判断单调性，整理，变形，即可得证．
【解答】解：（1）a＝2 时，f（x）＝2﹣﹣lnx（x＞0），
∴f′（x）＝
﹣＝
，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜1，
令f′（x）＜0，解得：x＞1，
∴函数f（x）在（1，e2）递减；
⽽f（1）＝2﹣1﹣ln1＝1＞0，f（e2）＝2﹣
﹣lne2＝﹣
＜0，
∴f（x）在（1，e2）有1 个零点；
（2）f′（x）＝
，令f′（x）＝0，得x＝1．
当x＞1 时，f′（x）＜0，在（1，+∞）上单调递减；
当0＜x＜1 时，f′（x）＞0，在（0，1）上单调递增，
故f（x）max＝f（1）＝a﹣1．
①当a﹣1＝0，即a＝1 时，因最⼤值点唯⼀，故符合题设；
②当a﹣1＜0，即a＜1 时，f（x）＜0 恒成⽴，不合题设；
③当a﹣1＞0，即a＞1 时，⼀⽅⾯，∃ea＞1，f（ea）＝﹣
＜0；
另⼀⽅⾯，∃e﹣a＜1，f（e﹣a）≤2a﹣ea＜0（易证：ex≥ex），
于是，f（x）有两零点，不合题设．
综上，a 的取值集合为{1}．
（3）证明：先证x1+x2＞2．
依题设，有a＝
+lnx1＝
+lnx2，于是
＝ln
．
记
＝t，t＞1，则lnt＝
，故x1＝
．
于是x1+x2＝x1（t+1）＝
，x1+x2﹣2＝
．
记函数g（x）＝
﹣lnx，x＞1．
因g′（x）＝
＞0，故g（x）在（1，+∞）上单调递增．
于是，t＞1 时，g（t）＞g（1）＝0．
⼜lnt＞0，所以，x1+x2＞2．
再证x1+x2＜3ea﹣1﹣1，
f（x）＝0⇔h（x）＝ax﹣1﹣xlnx＝0，故x1，x2也是h（x）＝0 的两个零点．
由h′（x）＝a﹣1﹣lnx＝0，得x＝ea﹣1（记p＝ea﹣1）．
仿（1）知，p 是h（x）的唯⼀最⼤值点，故有
，
作函数m（x）＝lnx﹣
﹣lnp，则m′（x）＝
≥0，故m（x）单调递增．
当x＞p 时，m（x）＞m（p）＝0；当0＜x＜p 时，m（x）＜0．
于是，ax1﹣1＝x1lnx1＜
+x1lnp．
整理，得（2+lnp﹣a）x12﹣（2p+ap﹣plnp﹣1）x1+p＞0，
即x12﹣（3ea﹣1﹣1）x1+ea﹣1＞0．
同理x22﹣（3ea﹣1﹣1）x2+ea﹣1＜0．
故x22﹣（3ea﹣1﹣1）x2+ea﹣1＜x12﹣（3ea﹣1﹣1）x1+ea﹣1，
即（x2+x1）（x2﹣x1）＜（3ea﹣1﹣1）（x2﹣x1），
于是x1+x2＜3ea﹣1﹣1．
综上，2＜x1+x2＜3ea﹣1﹣1．
【点评】本题考查函数的性质和运⽤，主要考查函数的零点的求法和取值范围，同时考查导数的运⽤：
求单调区间和极值、最值，运⽤构造函数判断单调性是解题的关键．
19．已知f（x）＝xlnx﹣mx2﹣x，x∈R．
（Ⅰ）当m＝﹣2 时，求函数f（x）的所有零点；
（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1x2＞e2（e 为⾃然对数的底数）．
【分析】（Ⅰ）当m＝﹣2 时，f（x）＝xlnx+x2﹣x＝x（lnx+x﹣1），x＞0．设g（x）＝lnx+x﹣1，x＞0，利⽤
导数研究其单调性即可得出；
（Ⅱ）欲证x1x2＞e2，需证lnx1+lnx2＞2．若f（x）有两个极值点x1，x2，即函数f′（x）有两个零点x1，x2．⼜
f′（x）＝lnx﹣mx，可得m＝
＝
，即lnx1+lnx2＝
．⼜0＜x1＜
x2，设t＝
，则t＞1．可得lnx1+lnx2＝
，t＞1．要证lnx1+lnx2＞2，即证：
＞2，
t＞1．lnt＞
．设函数h（t）＝lnt﹣
，t＞1．利⽤导数研究其单调性极值与最值即可．
【解答】解：（Ⅰ）解：当m＝﹣2 时，f（x）＝xlnx+x2﹣x＝x（lnx+x﹣1），x＞0．
设g（x）＝lnx+x﹣1，x＞0，则
+1＞0，于是g（x）在（0，+∞）上为增函数．
⼜g（1）＝0，∴g（x）有唯⼀零点x＝1．
从⽽，函数f（x）有唯⼀零点x＝1．
（Ⅱ）证明：欲证x1x2＞e2，需证lnx1+lnx2＞2．
若f（x）有两个极值点x1，x2，即函数f′（x）有两个零点．
⼜f′（x）＝lnx﹣mx，∴x1，x2，是⽅程f′（x）＝0 的两个不同实根．
于是，有
．解之得，m＝
．
另⼀⽅⾯，lnx2﹣lnx1＝m（x2﹣x1），
从⽽可得，
．
于是lnx1+lnx2＝
．
⼜0＜x1＜x2，设t＝
，则t＞1．
因此，lnx1+lnx2＝
，t＞1．
要证lnx1+lnx2＞2，
即证：
＞2，t＞1．即：当t＞1 时，有lnt＞
．
设函数h（t）＝lnt﹣
，t＞1．
则
＝
＞0，
∴h（t）为（1，+∞）上的增函数．注意到，h（1）＝0．
因此，h（t）＞h（1）＝0．
于是，当t＞1 时，有lnt
．
∴lnx1+lnx2＞2 成⽴，即
．
【点评】本题考查了利⽤导数研究函数的单调性极值、换元法、对数的运算性质，考查了等价转化能⼒，
考查了分析问题与解决问题的能⼒，考查了数形结合思想⽅法，考查了推理能⼒与计算能⼒，属于难题．
20．已知函数f（x）＝
﹣bx，g（x）＝lnx﹣f（x）．
（Ⅰ）若f（2）＝2，讨论函数g（x）的单调性；
（Ⅱ）若f（x）是关于x 的⼀次函数，且函数g（x）有两个不同的零点x1，x2，求实数b 的取值范围；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求证：x1x2＞e2．
【分析】（Ⅰ）先求出g（x）的导数，通过讨论a 的范围，得到函数g（x）的单调性；
（Ⅱ）由f（x）＝﹣bx，得到g（x）的表达式，令g（x）＝0，得
，记
，通过讨论
h（x）的单调性，得到h（x）取得最⼩值
，从⽽得到b 的范围；
（Ⅲ）要证
，即证
，设
（t ＞1 ），
，通过求导得到F（t）的单调性，从⽽得到F（t）＞0，进⽽证出
结论．
【解答】解：（Ⅰ）由f（2）＝2，得a﹣b＝1．
则
，其定义域为（0，+∞），
，
当a＜0 时，令g'（x）＝0，解得
，x2＝1，
①当a＜﹣1 时，则
，
函数g（x）在区间
和（1，+∞）上单调递增，
在区间
上单调递减，
②当a＝﹣1 时，
≥0，
函数g（x）在区间（0，+∞）上单调递增，
③当﹣1＜a＜0 时，则
，
函数g（x）在区间（0，1）和
上单调递增，
在区间
上单调递减，
④当a≥0 时，g（x）在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，+∞）上单调递减，
（Ⅱ）∵f（x）是关于x 的⼀次函数，
∴g（x）＝lnx+bx，其定义域为（0，+∞）．
由g（x）＝0，得
，记
，则
，
∴
在（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增．
∴当x＝e 时，
取得最⼩值
，
由h（1）＝0，得x∈（0，1）时，h（x）＞0，
⽽x∈（1，+∞）时，h（x）＜0，如下图：
∴实数b 的取值范围是
．
（Ⅲ）由题意，得lnx1+bx1＝0，lnx2+bx2＝0，
故lnx1x2+b（x1+x2）＝0，
．
∴
．
不妨设x1＜x2，要证
，只需证
，
即证
，
设
（t＞1），
，
则
，
∴函数F（t）在（1，+∞）上单调递增，⽽F（1）＝0．
∴F（t）＞0，即
．
∴
．
【点评】本题考查了导数的应⽤，考察函数的单调性、函数的极值问题，考察分类讨论思想、换元思想，
本题是⼀道难题．
21．已知函数f（x）＝
﹣ax+alnx．
（Ⅰ）当a＜0 时，论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当a＝1 时．若⽅程f（x）＝
+m（m＜﹣2）有两个相异实根x1，x2，且x1＜x2．证明x1＜
．
【分析】（Ⅰ）确定函数的定义域，求导数，即可求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）证明x2＞2，构造g（x）＝lnx﹣x﹣m，证明g（x）在（0，1）上单调递增，利⽤h（x）＝g（x）﹣
g（
）（x＞2）的单调性，即可证明结论．
【解答】（Ⅰ）解：函数f（x）＝
﹣ax+alnx（a＞0）的定义域为（0，+∞）
f′（x）＝x﹣a+
＝
，（a＜0），Δ＝a2﹣4a．
当a＜0 时，Δ＞0，f′（x）＝0 的根
＜0，
＞0
x∈（0，x2）时，f′（x）＜0，x∈（x2，+∞）时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，x2）递减，（x2，+∞）上单调递增，
（Ⅱ）证明：当a＝1 时，若⽅程f（x）＝
+m（m＜﹣2）有两个相异实根x1，x2
⇔⽅程lnx﹣x﹣m＝0（m＜﹣2）有两个相异实根x1，x2．
令g（x）＝lnx﹣x﹣m，定义域为（0，+∞），g′（x）＝﹣1
令g′（x）＜0 得x＞1，令g′（x）＞0 得0＜x＜1
所以函数g（x）＝lnx﹣x﹣m 的单调减区间是（1，+∞），单调递增区间（0，1），
⼜lnx1﹣x1﹣m＝lnx2﹣x2﹣m＝0，
由题意可知lnx2﹣x2＝m＜﹣2＜ln2﹣2，
⼜可知g（x）＝lnx﹣x﹣m 在（1，+∞）递减，故x2＞2，
令h（x）＝g（x）﹣g（
），（x＞2），
h（x）＝g（x）﹣g（
）＝）＝﹣x+
+3lnx﹣ln2（x＞2），
h′（x）＝﹣
，
当x＞2 时，h′（x）＜0，h（x）是减函数，所以h（x）＜h（2）＝2ln2﹣＜0．
所以当x2＞2 时，g（x2）﹣g（
）＜0，即g（x1）＜g（
），
因为g（x）在（0，1）上单调递增，
所以x1＜
，
【点评】本题考查导数知识的运⽤，考查函数的单调性，考查构造对称性函数处理极值点偏移问题，正
确构造函数是关键，属于难题．
22．已知函数f（x）＝lnx﹣ax+b（a，b∈R）有两个不同的零点x1，x2．
（Ⅰ）求f（x）的最值；
（Ⅱ）证明：x1•x2＜
．
【分析】（Ⅰ）求出导函数
，利⽤f（x）在（0，+∞）内必不单调，推出a＞0，判断单调
性，然后求解最值．
（Ⅱ）通过
，两式相减得
，得到
，故要证
，即证
，不妨设x1＜x2，令
，则只需
证
，构造函数
，通过函数的导数以及函数的单调性求解最值即
可．
【解答】（本⼩题满分12 分）解：（Ⅰ）
，
∵f（x）有两个不同的零点，∴f（x）在（0，+∞）内必不单调，故a＞0，…1 分
此时
，∴f（x）在
上单增，
上单减，…3 分
∴
，⽆最⼩值；…4 分
（Ⅱ）由题知
，两式相减得
即
，…6 分
故要证
，即证
，即证
，
不妨设x1＜x2，令
，则只需证
，…9 分
设
，则
，
设
，则
，∴h（t）在（0，1）上单减，∴h（t）＞h（1）＝0，
∴g（t）在（0，1）上单增，∴g（t）＜g（1）＝0，
即
，在t∈（0，1）时恒成⽴，原不等式得证．…12 分
【点评】本题考查函数的导数的应⽤，函数的最值以及单调区间的求法，考查构造法的应⽤，转化思想
以及计算能⼒．
23．已知函数f（x）＝xln（x）．
（1）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线⽅程；
（2）若对于
，都有f（x）≤ax﹣1，求实数a 的取值范围；
（3）若f（x）＝xln（x）的函数图象与y＝m 交于不同的两点A（x1，m），B（x2，m），证明：
．
【分析】（1）对函数f（x）求导，求得f′（1），f（1），再利⽤点斜式即可得切线⽅程；
（2）问题等价于
恒成⽴，令
，
，求出g（x）的最⼤值即可；
（3）先分析出
，设
，再采⽤极值点偏移的解题思路求证即可．
【解答】解：（1）因为函数f（x）＝xlnx 定义域为（0，+∞），
所以
，f'（1）＝ln1+1＝1，
⼜因为f（1）＝0，
所以曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线⽅程为y＝x﹣1．
（2）当
时，“f（x）≤ax﹣1”等价于“
”恒成⽴，
令
，
，
，
，
当
时，g'（x）＜0，所以g（x）在区间
单调递减．
当x∈（1，e]时，g'（x）＞0，所以g（x）在区间（1，e]单调递增，
⽽
，
，
所以g（x）在区间
上的最⼤值为
．
所以当a≥e﹣1 时，对于任意
，都有f（x）≤ax﹣1．
（3）证明：函数f（x）＝xlnx 定义域为（0，+∞），
由（1）可知，f'（x）＝lnx+1，
令f'（x）＝0，解得
，f（x）与f'（x）在区间（0，+∞）上的情况如下：
x
f'（x）
﹣
0
+
f（x）
减函数
极⼩值
增函数
故f（x）的增区间为
，减区间为
，
⼜f（1）＝0，∴
时，f（x）＜0，x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，
∵y＝m 与f（x）的图像交于A，B 两点，即f（x1）＝f（x2）＝m，
∴
．
设
，当
时，
，
∴设h（x）＝g（x）﹣f（x），则
，
∴
＝
＝
，
∵
，
∴
，
∴
，
∴h'（x）＞0 即当
时，为增函数，
∴h（x）＞0 即当
时，
，
∵f（x1）＝f（x2），
此时
，
∵
，
当
时，可得
，
记
，即
，
由当
时，
，g （t ）＞f （t ）即
，
∴
，此时
，
⼜当
时，为增函数，
∴
可得
，
∴
．
【点评】本题考查导函数的基本分析⽅法，第⼀问求解经过函数图像上某点的切线⽅程；第⼆问则是求
解参数范围的常⻅参变分离形式；第三问则考查使⽤构造函数分析极值点偏移的问题，属于较难题⽬．
24．已知函数f（x）＝lnx﹣ax．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2）．
①求a 的取值范围；
②证明：x1•x2＞e2．
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）①通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最⼤值，得到关于a 的不等式，解出即可；
②求出
，通过换元问题转化为证
，令
，根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），
，
（ⅰ）当a≤0 时f'（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；
（ⅱ）当a＞0 时，若
，则f'（x）＞0，f（x）在
上单调递增；
若
，则f'（x）＜0，f（x）在区间
上单调递减；
综上：a≤0 时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
a＞0 时，f（x）在
上单调递增，在
上单调递减；
（2）①由（1）知，a≤0 时，f（x）单调递增，f（x）⾄多⼀个零点，不合题意，
当a＞0 时，（x）在
上单调递增，在区间
上单调递减；
f（x）max＝f（）＝ln
﹣1，若函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），
由于x→0 时，y→﹣∞，x→+∞时，y→﹣∞，所以
，解得
，
故所求a 的取值范围为
；
②证明：由题意：lnx1＝ax1，lnx2＝ax2，∴
，
要证
，只要证lnx1+lnx2＞2，即a（x1+x2）＞2．
只要证
即证
，
令
，
，
g（t）＞g（1）＝0，即
成⽴，
故原不等式
成⽴．
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应⽤以及不等式的证明，考查转化思想，分
类讨论思想，是难题．
25．已知函数f（x）＝xlnx+ax2﹣x+a（a∈R）在其定义域内有两个不同的极值点．
（1）求a 的取值范围．
（2）设f（x）的两个极值点为x1，x2，证明x1x2＞e2．
【分析】（1）由导数与极值的关系知可转化为⽅程f′（x）＝lnx+2ax＝0 在（0，+∞）有两个不同根；再
转化为函数y＝lnx 与函数y＝ax 的图象在（0，+∞）上有两个不同交点，或转化为函数g（x）＝
与
函数y＝﹣2a 的图象在（0，+∞）上有两个不同交点；从⽽求解；
（2）要证明x1x2＞e2．只需证明lnx1+lnx2＞2
⇐﹣2a（x1+x2）＞2，⇐
（x1+x2）＞2，即只需证明
，
令
，则t＞1，只需证明
，
设g（t）＝lnt﹣
（t＞1），根据函数的单调性证出结论即可
【解答】解：（1）函数f（x）＝xlnx+ax2﹣x+a（a∈R）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝lnx+2ax．
∵函数f（x）＝xlnx+ax2﹣x+a（a∈R）在其定义域内有两个不同的极值点．∴⽅程f′（x）＝0 在（0，+∞）
有两个不同根；
转化为函数g（x）＝
与函数y＝﹣2a 的图象在（0，+∞）上有两个不同交点．
⼜g′（x）＝
，即0＜x＜e 时，g′（x）＞0，x＞e 时，g′（x）＜0，
故g（x）在（0，e）上单调增，在（e，+∞）上单调减．故g（x）极⼤＝g（e）＝．
⼜g（x）有且只有⼀个零点是1，且在x→0 时，g（x）→﹣∞，在x→+∞时，g（x）→0，
故g（x）的草图如右图，
∴0
，即﹣
．故a 的取值范围为（﹣
）．
（2）由（Ⅰ）可知x1，x2分别是⽅程lnx+2a＝0 的两个根，
即lnx1＝﹣2ax1，lnx2＝﹣2ax2，
设x1＞x2，作差得
．得﹣2a＝
．
要证明x1x2＞e2．只需证明lnx1+lnx2＞2
⇐﹣2a（x1+x2）＞2，⇐
（x1+x2）＞2，即只需证明
，
令
，则t＞1，只需证明
，
设g（t）＝lnt﹣
（t＞1），
．
∴函数g（t）在（1，+∞）上单调递增，
∴g（t）＞g（1）＝0，故
成⽴．
∴x1x2＞e2成⽴．
【点评】题考查了导数的综合应⽤及分类讨论，转化思想，数形结合的思想⽅法的应⽤，属于难题．
26．已知函数f（x）＝
，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x+y+1＝0 垂直．
（1）试⽐较20182019与20192018的⼤⼩，并说明理由；
（2）若函数g（x）＝f（x）﹣k 有两个不同的零点成x1，x2，证明：x1x2＞e2．
【分析】（1）求出导函数，利⽤切线的斜率为f'（1）＝1，求解a，判断函数的单调性，然后推出两个数
的⼤⼩．
（2）不妨设x1＞x2＞0，因要证明
，即证明lnx1+lnx2＞2，也就是k（x1+x2）＞2，转化为证明
，令
，则t＞1，即证
，构造函数，利⽤函数的单调性转化求解
证明即可．
【解答】（1）解：依题意得
，
∴
，⼜由切线⽅程可得f'（1）＝1，
即
，解得a＝0．
此时
，
，
令f'（x）＞0，即1﹣lnx＞0，解得0＜x＜e；
令f'（x）＜0，即1﹣lnx＜0，解得x＞e，
∴f（x）的增区间为（0，e），减区间为（e，+∞），
∴f（2018）＞f（2019），
即
，2019ln2018＞2018ln2019，20182019＞20192018．
（2）证明：不妨设x1＞x2＞0，因为g（x1）＝g（x2）＝0，
∴化简得lnx1﹣kx1＝0，lnx2﹣kx2＝0，
可得lnx1+lnx2＝k（x1+x2），lnx1﹣lnx2＝k（x1﹣x2）；
要证明
，即证明lnx1+lnx2＞2，
也就是k（x1+x2）＞2，
因为
，所以即证
，
即
，令
，
则t＞1，即证
，
令
，由
，
故函数h（t）在（1，+∞）是增函数，
所以h（t）＞h（1）＝0，即
得证．
∴
．
【点评】本题考查函数的对数的应⽤，切线的斜率以及函数的单调性，函数的最值的求法，考查转化思
想以及计算能⼒，是难题．
27．已知函数f（x）＝lnx+
﹣a（a∈R，b∈R）有最⼩值M，且M≥0．
（Ⅰ）求ea﹣1﹣b+1 的最⼤值；
（Ⅱ）当ea﹣1﹣b+1 取得最⼤值时，设F（b）＝
﹣m（m∈R），F（x）有两个零点为x1，x2（x1＜x2），
证明：x1•
＞e3．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导函数，得当b≤0 时不合题意，当b＞0 时，利⽤导数求最值得答案．
（Ⅱ）当ea﹣1﹣b+1 取得最⼤值时，可得a﹣1＝lnb，
，再得到lnx1＝mx1，lnx2
＝mx2，联⽴后令
，构造函数
，求导判断单
调性即可．
【解答】解：（Ⅰ）有题意f′（x）＝﹣
＝
（x＞0），
当b≤0 时，f'（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上单增，此时显然不成⽴，
当b＞0 时，令f'（x）＝0，得x＝b，
此时f（x）在（0，b）上单减，在（b，+∞）上单增，
∴M＝f（b）＝lnb+1﹣a≥0，即lnb≥a﹣1，所以b≥ea﹣1，ea﹣1﹣b≤0．
所以ea﹣1﹣b+1 的最⼤值为1．
（Ⅱ）证明：当ea﹣1﹣b+1 取得最⼤值时，a﹣1＝lnb，
，
∵F（x）的两个零点为x1，x2，则
，即lnx1＝mx1，lnx2＝mx2，
不等式
恒成⽴等价于lnx1+2lnx2＝mx1+2mx2＝m（x1+2x2）＞3，
两式相减得
，
代⼊上式得
，
令
，则
，g′（t）＝
＞0，
所以函数g（t）在（0，1）上单调递增，∴g（t）＜g（1）＝0，得证．
【点评】本题考查利⽤导数研究函数的单调性，考查利⽤导数求最值，考查化归与转化思想，训练了恒
成⽴问题的求解⽅法，属难题．
28．已知函数f（x）＝x（lnx﹣k﹣1），k∈R
（1）当x＞1 时，求函数f（x）的单调区间和极值；
（2）若对于任意x∈[e，e2]，都有f（x）＜4lnx 成⽴，求实数k 的取值范围；
（3）若x1≠x2，且f（x1）＝f（x2），证明：x1•x2＜e2k．
【分析】（1）由题意x＞0，
＝lnx﹣k，由此根据k≤0，k＞0 利⽤导数性质分类
讨论，能求出函数f（x）的单调区间和极值．
（2 ）问题转化为k+1 ＞
对于x∈[e ，e2] 恒成⽴，令g （x ）＝
，则
，令t（x）＝4lnx+x﹣4，x∈[e，e2]，则
，由此利⽤导数性质
能求出实数k 的取值范围．
（3）设x1＜x2，则0＜x1＜ek＜x2＜ek+1，要证x1x2＜e2k，只要证x2＜
，即证
＜
，由此利
⽤导数性质能证明x1x2＜e2k．
【解答】解：（1）∵f（x）＝（lnx﹣k﹣1）x（k∈R），
∴x＞0，
＝lnx﹣k，
①当k≤0 时，∵x＞1，∴f′（x）＝lnx﹣k＞0，
函数f（x）的单调增区间是（1，+∞），⽆单调减区间，⽆极值；
②当k＞0 时，令lnx﹣k＝0，解得x＝ek，
当1＜x＜ek 时，f′（x）＜0；当x＞ek，f′（x）＞0，
∴函数f（x）的单调减区间是（1，ek），单调减区间是（ek，+∞），
在区间（1，+∞）上的极⼩值为f（ek）＝（k﹣k﹣1）ek＝﹣ek，⽆极⼤值．
（2）∵对于任意x∈[e，e2]，都有f（x）＜4lnx 成⽴，
∴f（x）﹣4lnx＜0，
即问题转化为（x﹣4）lnx﹣（k+1）x＜0 对于x∈[e，e2]恒成⽴，
即k+1＞
对于x∈[e，e2]恒成⽴，令g（x）＝
，则
，
令t（x）＝4lnx+x﹣4，x∈[e，e2]，则
，
∴t（x）在区间[e，e2]上单调递增，故t（x）min＝t（e）＝e﹣4+4＝e＞0，故g′（x）＞0，
∴g（x）在区间[e，e2]上单调递增，函数g（x）max＝g（e2）＝2﹣
，
要使k+1＞
对于x∈[e，e2]恒成⽴，只要k+1＞g（x）max，
∴k+1＞2﹣
，即实数k 的取值范围是（1﹣
，+∞）．
证明：（3）∵f（x1）＝f（x2），由（1）知，函数f（x）在区间（0，ek）上单调递减，
在区间（ek，+∞）上单调递增，且f（ek+1）＝0，
不妨设x1＜x2，则0＜x1＜ek＜x2＜ek+1，
要证x1x2＜e2k，只要证x2＜
，即证
＜
，
∵f（x）在区间（ek，+∞）上单调递增，∴f（x2）＜f（
），
⼜f（x1）＝f（x2），即证f（x1）＜
，
构造函数h（x）＝f（x）﹣f（
）＝（lnx﹣k﹣1）x﹣（ln
﹣k﹣1）
，
即h（x）＝xlnx﹣（k+1）x+e2k（
），x∈（0，ek）
h′（x）＝lnx+1﹣（k+1）+e2k（
+
）＝（lnx﹣k）
，
∵x∈（0，ek），∴lnx﹣k＜0，x2＜e2k，即h′（x）＞0，
∴函数h（x）在区间（0，ek）上单调递增，故h′（x）＜h（ek），
∵
，故h（x）＜0，
∴f（x1）＜f（
），即f（x2）＝f（x1）＜f（
），∴x1x2＜e2k 成⽴．
【点评】本题考查函数的单调区间和极值的求法，考查实数的取值范围的求法，考查不等式的证明是中
档题，解题时要认真审题，注意导数性质、构造法的合理运⽤．
29．已知函数g（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x，a∈R．
（1）求g（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）＝g（x）+（a+1）x2﹣2x，x1，x2（x1＜x2）是函数f（x）的两个零点，f′（x）是函数f
（x）的导函数，证明：f′（
）＜0．
【分析】（1）先求函数的定义域，求函数的导数，在定义域内讨论函数的单调性；
（2）求出a＝
+x1+x2，问题转化为证明
＞lnx1﹣lnx2，即证明
＞ln
（*），令
＝t∈（0，1），则h（t）＝（1+t）lnt﹣2t+2，根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（1）函数f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x 的定义域为（0，+∞），
f′（x）＝﹣2ax+（2﹣a）＝﹣
，
①当a≤0 时，f′（x）＞0，x∈（0，+∞），
则f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当a＞0 时，x∈（0，）时，f′（x）＞0，
x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，
则f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减；
（2）由x1，x2（x1＜x2）是函数f（x）的两个零点，
得f（x1）＝lnx1+
﹣ax1＝0，f（x2）＝lnx2+
﹣ax2＝0，
两式相减得a＝
+x1+x2，
∵f′（x）＝+2x﹣a，
∴f′（
）＝
﹣
，
故要证明f′（
）＜0，
只需证明
﹣
＜0，（0＜x1＜x2），
即证明
＞lnx1﹣lnx2，即证明
＞ln
（*），
令
＝t∈（0，1），则h（t）＝（1+t）lnt﹣2t+2，
则h′（t）＝lnt+
﹣1，h″（x）＝﹣
＜0，
故h′（t）在（0，1）递减，h′（t）＞h′（1）＝0，
故h（t）在（0，1）递增，h（t）＜h（1）＝0，
故（*）成⽴，即f′（
）＜0．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查不等式的证明以及转化思想，是⼀道综合题．
30．已知函数f（x）＝x2+ax+blnx，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线⽅程为y＝2x．
（1）求a 和b 实数的值；
（2）设F（x）＝f（x）﹣x2+mx（m∈R），x1，x2（0＜x1＜x2）分别是函数F（x）的两个零点，求证F'（
）
＜0．
【分析】（1）f′（x）＝2x+a+
，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线⽅程为y＝2x．可得f（1）＝2
＝1+a，f′（1）＝2+a+b＝2，解得a，b．
（2）由（1）可得：f （x）＝x2+x﹣lnx．F（x）＝f（x）﹣x2+mx＝﹣lnx+（m+1）x．（m∈R），由x1，x2
（0＜x1＜x2）分别是函数F（x）的两个零点，可得：lnx1+（m+1）x1＝﹣lnx2+（m+1）x2＝0，可得：1+m
＝
．要证明
＝﹣
+（m+1）＝﹣
+
＜0，即证明：
﹣
﹣
＞0，令
＝t＞1，则t﹣﹣2lnt＞0，令g（t）＝t﹣﹣2lnt，利⽤导数研究其单调性极值与
最值即可得出．
【解答】（1）解：f′（x）＝2x+a+
，
∵曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线⽅程为y＝2x．
∴f（1）＝2＝1+a，f′（1）＝2+a+b＝2，解得a＝1，b＝﹣1．
（2）证明：由（1）可得：f （x）＝x2+x﹣lnx．
F（x）＝f（x）﹣x2+mx＝﹣lnx+（m+1）x．（m∈R），
∵x1，x2（0＜x1＜x2）分别是函数F（x）的两个零点，
∴﹣lnx1+（m+1）x1＝﹣lnx2+（m+1）x2＝0，
可得：
＝（1+m）（x2﹣x1）．
∴1+m＝
．
要证明
＝﹣
+（m+1）＝﹣
+
＜0，
即证明：
﹣
﹣
＞0，
令
＝t＞1，则t﹣﹣2lnt＞0，
令g（t）＝t﹣﹣2lnt，g（1）＝0，
g′（t）＝1+
﹣＝
＞0，
∴函数g（t）在（1，+∞）上单调递增，
∴F'（
）＜0．
【点评】本题考查了利⽤导数研究函数的单调性极值与最值、等价转化⽅法、⽅程与不等式的解法，考
查了推理能⼒与计算能⼒，属于难题．
31．已知函数f（x）＝x2+（a﹣2）x﹣alnx（a＞0）．
（Ⅰ）若∀x＞0，使得f（x）＞3a2﹣3a 恒成⽴，求a 的取值范围；
（Ⅱ）设P（x1，y1），Q（x2，y2）为函数f（x）图象上不同的两点，PQ 的中点为M（x0，y0）．
求证：
＜f′（x0）．
【分析】（Ⅰ）由不等式恒成⽴，可构造函数g（x）＝f（x）﹣3a2+3a，利⽤导数和函数的单调性即可求出
a 的范围，
（Ⅱ）要证明不等式成⽴，转化为只要证明
＞
，不妨设x1＞x2＞0，只需要证明ln
＞2•
，设t＝
＞1，构造函数h（t）＝lnt﹣
，利⽤导数即可证明．
【解答】解：（Ⅰ）∀x＞0，使得f（x）＞3a2﹣3a 恒成⽴，
令g（x）＝f（x）﹣3a2+3a，
∴g′（x）＝2x+a﹣2﹣＝
，
由于﹣＜0＜1．则g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）单调递增，
故g（x）≥g（1）＝﹣3a2+4a﹣1＞0，解得
＜a＜1，
故a 的取值范围为（，1）；
证明：（Ⅱ）∵PQ 的中点为M（x0，y0），
∴x0＝
，
故f′（x0）＝2x0+a﹣2﹣
＝x1+x2+a﹣2﹣
，
则
＝
[x12+（a﹣2）x1﹣alnx1﹣x22﹣（a﹣2）x2+alnx2]，
＝
[x12﹣x22+（a﹣2）（x1﹣x2）﹣aln
]
＝x1+x2+a﹣2﹣
，
故要证
＜f′（x0），
即证﹣
＜﹣
．
由于a＞0，即证
＞
，
不妨设x1＞x2＞0，
只需要证明ln
＞2•
，即ln
＞2•
，
设t＝
＞1，
构造函数h（t）＝lnt﹣
，
则h′（t）＝
＞0，则h（t）＞h（1）＝0，
则有ln
＞2•
，
从⽽
＜f′（x0）．
【点评】本题主要考查利⽤导数判断函数的单调性与最值问题，以及函数求最值⽅法与转化思想，属难
题．
32．已知函数
有两个极值点x1，x2（e 为⾃然对数的底数）．
（Ⅰ）求实数a 的取值范围；
（Ⅱ）求证：f（x1）+f（x2）＞2．
【分析】（Ⅰ）求出导函数f'（x）＝ex﹣x﹣a．设g（x）＝ex﹣x﹣a，通过导函数判断函数的单调性，转化
求解函数最⼩值，当函数f（x）有两个极值点时，求解a 的取值范围．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，x1，x2为g（x）＝0 的两个实数根，x1＜0＜x2，g（x）在（﹣∞，0）上单调递减．
下⾯先证x1＜﹣x2＜0，只需证g（﹣x2）＜g（x1）＝0．设h（x）＝e﹣x﹣ex+2x，x＞0，利⽤导函数判断函
数的单调性，要证f（x1）+f（x2）＞2，只需证
．设函数k（x）＝ex+e﹣x﹣x2﹣2，
x∈（0，+∞），利⽤导函数判断函数的单调性转化求解即可．
【解答】（本⼩题满分12 分）
解：（Ⅰ）∵
，∴f'（x）＝ex﹣x﹣a．
设g（x）＝ex﹣x﹣a，则g'（x）＝ex﹣1．
令g'（x）＝ex﹣1＝0，解得x＝0．
∴当x∈（﹣∞，0）时，g'（x）＜0；当x∈（0，+∞）时，g'（x）＞0．
∴g（x）min＝g（0）＝1﹣a．
当a≤1 时，g（x）＝f'（x）≥0，∴函数f（x）单调递增，没有极值点；
当a＞1 时，g（0）＝1﹣a＜0，且当x→﹣∞时，g（x）→+∞；当x→+∞时，g（x）→+∞．
∴当a＞1 时，g（x）＝f'（x）＝ex﹣x﹣a 有两个零点x1，x2．
不妨设x1＜x2，则x1＜0＜x2．
∴当函数f（x）有两个极值点时，a 的取值范围为（1，+∞）．…………………（5 分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，x1，x2为g（x）＝0 的两个实数根，x1＜0＜x2，g（x）在（﹣∞，0）上单调递减．
下⾯先证x1＜﹣x2＜0，只需证g（﹣x2）＜g（x1）＝0．
∵
，得
，∴
．
设h（x）＝e﹣x﹣ex+2x，x＞0，
则
，∴h（x）在（0，+∞）上单调递减，
∴h（x）＜h（0）＝0，∴h（x2）＝g（﹣x2）＜0，∴x1＜﹣x2＜0．
∵函数f（x）在（x1，0）上也单调递减，∴f（x1）＞f（﹣x2）．
∴要证f（x1）+f（x2）＞2，只需证f（﹣x2）+f（x2）＞2，即证
．
设函数k（x）＝ex+e﹣x﹣x2﹣2，x∈（0，+∞），则k'（x）＝ex﹣e﹣x﹣2x．
设φ（x）＝k'（x）＝ex﹣e﹣x﹣2x，则φ'（x）＝ex+e﹣x﹣2＞0，
∴φ（x）在（0，+∞）上单调递增，∴φ（x）＞φ（0）＝0，即k'（x）＞0．
∴k（x）在（0，+∞）上单调递增，∴k（x）＞k（0）＝0．
∴当x∈（0，+∞）时，ex+e﹣x﹣x2﹣2＞0，则
，
∴f（﹣x2）+f（x2）＞2，∴f（x1）+f（x2）＞2．………………………（12 分）
【点评】本题考查函数的导数的应⽤，函数的最值以及函数的极值的求法，考查转化思想以及计算能⼒．
33．已知函数f（x）＝x2﹣（a﹣2）x﹣alnx，
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设函数g（x）＝﹣x3﹣ax2+a﹣
，若存在α，β∈（0，a]，使得|f（α）﹣g（β）|＜a 成⽴，求a
的取值范围；
（Ⅲ）若⽅程f（x）＝c 有两个不相等的实数根x1，x2，求证：f′（
）＞0．
【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，当a≤0 时，f′（x）＞0，当a＞0 时由导函数的零点对定义域分段，判
断出导函数在不同区间段内的符号，则函数的单调区间可求；
（Ⅱ）由题意可知a＞0，由（Ⅰ）中的单调性求出f（x）在（0，a]上的最⼩值，利⽤导数求得g（x）在（0，
a]上的函数值⼩于
，求得f（x）的最⼩值与
的差
，然后分
和
讨论求解使得|f（α）﹣g（β）|＜a 成⽴的a 的取值范围；
（Ⅲ）把x1，x2代⼊⽅程f（x）＝c，作差后得到
，结合（Ⅰ）中函数的单调性
把问题转化为证明
，设t＝
换元后构造函数
，
利⽤导数加以证明．
【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝x2﹣（a﹣2）x﹣alnx，
得
．
当a≤0 时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．
∴函数f（x）的增区间为（0，+∞）．
当a＞0 时，由f′（x）＞0 得x＞，由f′（x）＜0 得0＜x＜．
∴函数f（x）的增区间为（，+∞），减区间为（0，）；
（Ⅱ）当x∈（0，a]时，
，
由g（x）＝﹣x3﹣ax2+a﹣
，得
．
当a＞0 时，g′（x）＜0 在（0，+∞）恒成⽴，g（x）在（0，+∞）上为减函数，
当x∈（0，a]时，g（x）＜g（0）＝
．
．
①当
时，则|f（α）﹣g（β）|min＝0＜a 显然成⽴，即a≥2．
②当
时，则
，即
．
综上可知：a＞；
（Ⅲ）∵x1，x2是⽅程f（x）＝c 的两个不相等的实数根，不妨设0＜x1＜x2，
则
．
两式相减得
．
即
．
⼜∵
，当x＞时f′（x）＞0，当0＜x＜时f′（x）＜0．
故只要证明
即可，即证
．
即证明
．
设t＝
，
令
，
则
．
则
在（0，+∞）上是增函数，
⼜∵g（1）＝0，
∴t∈（0，1）时总有g（t）＜0 成⽴．
即f′（
）＞0．
【点评】本题考查利⽤导数研究函数的单调性，考查了利⽤导数求函数的最值，考查了数学转化思想⽅
法和分类讨论的数学思想⽅法，是⾼考试卷中的压轴题．
34．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x．
（I）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）设a＞0，证明：当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）；
（Ⅲ）若函数y＝f（x）的图象与x 轴交于A，B 两点，线段AB 中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）＜0．
【分析】（I）求导，并判断导数的符号，确定函数的单调区间；（II）构造函数g（x）＝f（+x）﹣f（
﹣x），利⽤导数求函数g（x）当0＜x＜
时的最⼩值⼤于零即可，（III）设出函数y＝f（x）的图象与x
轴交于A，B 两点的横坐标，根据（I）．（II）结论，即可证明结论．
【解答】解：（I）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）＝
＝﹣
，
①若a＞0，则由f′（x）＝0，得x＝，且当x∈（0，）时，f′（x）＞0，
当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，
所以f（x）在（0，）单调递增，在（，+∞）上单调递减；
②当a≤0 时，f′（x）＞0 恒成⽴，因此f（x）在（0，+∞）单调递增；
（II）设函数g（x）＝f（+x）﹣f（﹣x），则g（x）＝ln（1+ax）﹣ln（1﹣ax）﹣2ax，
g′（x）＝
＝
，
当x∈（0，）时，g′（x）＞0，⽽g（0）＝0，
所以g（x）＞0，
故当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）；
（III）由（I）可得，当a≤0 时，函数y＝f（x）的图象与x 轴⾄多有⼀个交点，
故a＞0，从⽽f（x）的最⼤值为f（），
不妨设A（x1，0），B（x2，0），0＜x1＜x2，
则0＜x1＜＜x2，
由（II）得，f（﹣x1）＝f（
）＞f（x1）＝f（x2）＝0，
⼜f（x）在（，+∞）单调递减，
∴
﹣x1＜x2，于是x0＝
，
由（I）知，f′（x0）＜0．
【点评】此题是个难题．考查利⽤导数研究函数的单调性和求函数的最值问题，体现了分类讨论和转化
的思想⽅法．考查了学⽣观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能⼒．
35．设函数f（x）＝ex﹣ax+a（a∈R）．
（1）当a＝1 时，求函数f（x）在点（0，f（0））处的切线⽅程；
（2）若函数f（x）的图象与x 轴交于A（x1，0），B（x2，0）两点，且x1＜x2，求a 的取值范围；
（3）证明：
＜0（f'（x）为函数f（x）的导函数）．
【分析】（1）求得f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，即可得到所求切线⽅程；
（2）求得f（x）的导数，讨论当a≤0 时，当a＞0 时，判断函数的单调性，求得极值，由题意可得极⼩
值⼩于0，结合函数零点存在定理，可得所求范围；
（3）求得a＝
，设s＝
（s＞0），求得f′（
）＝
[2s﹣（es﹣e﹣s）]，设
g（s）＝2s﹣（es﹣e﹣s），求得g（s）的导数，判断单调性，结合基本不等式，可得证明．
【解答】解：（1）f（x）＝ex﹣x+1 的导数为f′（x）＝ex﹣1，
可得f（x）在x＝0 处的切线斜率为0，切点为（0，2），
可得切线⽅程为y＝2；
（2）f（x）的导数为f′（x）＝ex﹣a，
当a≤0 时，f′（x）＞0 恒成⽴，f（x）在R 上递增，与题意不符；
当a＞0 时，由f′（x）＝0，可得x＝lna，
当x＞lna 时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＜lna 时，f′（x）＜0，f（x）递减，
可得x＝lna 处f（x）取得极⼩值a（2﹣lna），
函数f（x）的图象与x 轴交于A（x1，0），B（x2，0）两点，且x1＜x2，
可得a（2﹣lna）＜0，即a＞e2，存在1＜lna，f（1）＝e＞0，
存在a＞lna，f（3lna）＝a3﹣3alna+a＞a3﹣3a2+a＞0，
⼜f（x）在（﹣∞，lna），（lna，+∞）的单调性和f（x）的图象在R 上不间断，
可得a＞e2为所求取值范围；
（3）证明：
﹣ax1+a＝0，
﹣ax2+a＝0，
两式相减可得a＝
，
设s＝
（s＞0），则f′（
）＝
﹣
＝
[2s﹣（es﹣e﹣s）]，
设g（s）＝2s﹣（es﹣e﹣s），g′（s）＝2﹣（es+e﹣s）＜0，可得g（s）在（0，+∞）递减，
即有g（s）＜g（0）＝0，⽽
＞0，可得f′（
）＜0，
由f′（x）＝ex﹣a 为递增函数，
＞
，
可得
＜f′（
）＜0，
即原不等式成⽴．
【点评】本题考查导数的运⽤：求切线⽅程和单调性、极值和最值，考查函数零点的判断和不等式的证
明，考查转化思想和构造函数法，以及运算能⼒，属于难题．
36．已知函数f（x）＝lnx﹣ax+1 有两个零点．
（1）求a 的取值范围；
（2）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：f'（x1•x2）＜1﹣a．
【分析】（1）由题意推出
，构造函数，问题转化为函数
与y＝a 在（0，+∞）上
有两个不同交点，通过函数的导数，判断函数的单调性，求解函数的最⼩值，然后求解a 的范围．
（2）求出
，要证f'（x1•x2）＜1﹣a，只需证（ax1﹣1）+（ax2﹣1）＞0，即证
．
令
，转化证明
即可．
【解答】解：（1）由题意，可得
，转化为函数
与直线y＝a 在（0，+∞）上有两
个不同交点，
，故当x∈（0，1）时，g'（x）＞0；
当x∈（1，+∞）时，g'（x）＜0．
故g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
所以g（x）max＝g（1）＝1．
⼜
，故当
时，g（x）＜0；
当
时，g（x）＞0．
可得a∈（0，1）．
（2）证明：
，
由（1）知x1，x2是lnx﹣ax+1＝0 的两个根，
故
，
要证f'（x1•x2）＜1﹣a，只需证x1•x2＞1，即证lnx1+lnx2＞0，
即证（ax1﹣1）+（ax2﹣1）＞0，
即证
，即证
．
不妨设0＜x1＜x2，故
，
令
，
，
＝
，
则h（t）在（0，1）上单调递增，则h（t）＜h（1）＝0，故（*）式成⽴，即要证不等式得证．
【点评】本题考查函数的导数的应⽤，函数的单调性以及函数的最值的求法，分析法的应⽤，考查转化
思想以及计算能⼒，是难题．
37．已知函数
．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）设f（x）的导函数为f'（x），若f（x）有两个不相同的零点x1，x2．
①求实数a 的取值范围；
②证明：x1f'（x1）+x2f'（x2）＞2lna+2．
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）①通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间，结合函数的零点个数确定a 的范围即可；
②问
题
转
化
为
证
，即
证
，设
函
数
，根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），且
．
（i）当a≤0 时，f'（x）＞0 成⽴，所以f（x）在（0，+∞）为增函数；………2 分
（ii）当a＞0 时，
①当x＞a 时，f'（x）＞0，所以f（x）在（a，+∞）上为增函数；
②当0＜x＜a 时，f'（x）＜0，所以f（x）在（0，a）上为减函数．………4 分
（2）①由（1）知，当a≤0 时，f（x）⾄多⼀个零点，不合题意；
当a＞0 时，f（x）的最⼩值为f（a），
依题意知f（a）＝1+lna＜0，解得
．……………………………………6 分
⼀⽅⾯，由于1＞a，f（1）＝a＞0，f（x）在（a，+∞）为增函数，且函数f（x）的图
象在（a，1）上不间断．
所以f（x）在（a，+∞）上有唯⼀的⼀个零点．
另⼀⽅⾯，因为
，所以
，
，令
，
当
时，
，
所以
⼜f（a）＜0，f（x）在（0，a）为减函数，
且函数f（x）的图象在（a2，a）上不间断．
所以f（x）在（0，a）有唯⼀的⼀个零点．
综上，实数a 的取值范围是
．……………………………………………10 分
②证明：设
．
⼜
则p＝2+ln（x1x2）．………………………………………12 分
下⾯证明
．
不妨设x1＜x2，由①知0＜x1＜a＜x2．
要证
，即证
．
因为
，f（x）在（0，a）上为减函数，
所以只要证
．
⼜f（x1）＝f（x2）＝0，即证
．……………………………………14 分
设函数
．
所以
，所以F（x）在（a，+∞）为增函数．
所以F（x2）＞F（a）＝0，所以
成⽴．
从⽽
成⽴．
所以p＝2+ln（x1x2）＞2lna+2，
即x1f'（x1）+x2f'（x2）＞2lna+2 成⽴．…16 分
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，转化思想，是⼀道
综合题．
38．已知函数f（x）＝ex+ax﹣1（a∈R）．
（1）若对任意的实数x，函数y＝f′（x）的图象与直线y＝x 有且只有两个交点，求a 的取值范围；
（2）设g（x）＝f（x）
x2+1，若函数g（x）有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，证明：g（x1）+g（x2）
＞2．
【分析】（1）求出函数的导数，问题转化为⽅程ex﹣x+a＝0 有两个不相等的实数解，设h（x）＝ex﹣x+a，
根据函数的单调性求出h（x）的最⼩值，从⽽求出a 的范围即可；
（2）求出函数的导数，根据函数的单调性，要证g（﹣x2）+g（x2）＞2，即证
＞0，
设ϕ（x）＝e﹣x+ex﹣x2﹣2（x＞0），根据函数的单调性证明结论成⽴即可．
【解答】解：（1）f（x）＝ex+ax﹣1，则f′（x）＝ex+a，
由已知得：函数y＝ex+a 的图象与直线y＝x 有两个交点，
即⽅程ex﹣x+a＝0 有两个不相等的实数解，
设h（x）＝ex﹣x+a，则h’（x）＝ex﹣1，令h’（x）＝0 得：x＝0，
x∈（﹣∞，0）时，h’（x）＜0，h（x）单调递减，
x∈（0，+∞）时，h’（x）＞0，h（x）单调递增，
∴h（x）min＝h（0）＝a+1，∴a+1＜0，∴a＜﹣1，
且x→﹣∞时，h（x）→+∞；x→+∞时，h（x）→+∞，
∴a＜﹣1 时，函数y＝f’（x）的图象与直线y＝x 有且只有两交点．
（2）证明：g（x）＝
，g’（x）＝ex﹣x+a，
∵函数g（x）有两个极值点x1，x2，
∴⽅程g’（x）＝0 有两个不同的实数解x1，x2，
由（1）知：h（x）＝ex﹣x+a，h（x1）＝h（x2）＝0，且x1＜0＜x2，
∴g（x）在区间（﹣∞，x1），（x2，+∞）上单调递增，在区间（x1，x2）上单调递减，
且a＝
，h（﹣x2）＝
（x2＞0），
设k（x）＝e﹣x﹣ex+2x（x＞0），
则k′（x）＝﹣e﹣x﹣ex+2＝
＜0，
∴k（x）在（0，+∞）上单调递减，
⼜∵k（0）＝0，∴k（x）＜0 恒成⽴，即h（﹣x2）＜0，
∴x1＜﹣x2＜0，
⼜∵g（x）在（x1，0）单调递减，∴g（x1）＞g（﹣x2），
要证g（x1）+g（x2）＞2，只须证g（﹣x2）+g（x2）＞2，
即证
＞0，
设ϕ（x）＝e﹣x+ex﹣x2﹣2（x＞0），则ϕ’（x）＝﹣e﹣x+ex﹣2x，
令p（x）＝﹣e﹣x+ex﹣2x（x＞0），则p’（x）＝e﹣x+ex﹣2＞0，
所以p（x）在（0，+∞）单调递增，p（x）＞p（0）＝0，即ϕ’（x）＞0，
所以ϕ（x）在（0，+∞）单调递增，ϕ（x）＞ϕ（0）＝0，
故当x＞0 时，e﹣x+ex﹣x2﹣2＞0，即
＞0，
所以g（﹣x2）+g（x2）＞2，亦即g（x1）+g（x2）＞2．
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应⽤以及不等式的证明，考查转化思想，是
⼀道综合题．
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导数篇—题型41～题型47 答案
⼀．解答题（共53 ⼩题）
1．已知f（x）＝xlnx，g（x）＝x3+ax2﹣x+2．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）对任意x∈（0，+∞），2f（x）≤g′（x）+2 恒成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】
（1）先求出其导函数，再让其导函数⼤于0 对应区间为增区间，⼩于0 对应区间为减区间即可．
（注
意是在定义域内找单调区间．）
（2）已知条件可以转化为a≥lnx﹣x﹣
恒成⽴，对不等式右边构造函数，利⽤其导函数求出函数的
最⼤值即可求实数a 的取值范围．
【解答】解：（1）f′（x）＝lnx+1，
令f′（x）＜0 得：0＜x＜，
∴f（x）的单调递减区间是（0，），
令f'（x）＞0 得：x＞，
∴f（x）的单调递增区间是（，+∞），
（2）∵g′（x）＝3x2+2ax﹣1，由题意2xlnx≤3x2+2ax+1，
∵x＞0，
∴a≥lnx﹣x﹣
恒成⽴①，
设h（x）＝lnx﹣
﹣
，
则h′（x）＝﹣+
＝﹣
令h′（x）＝0 得：x＝1，x＝﹣（舍去）
当0＜x＜1 时，h′（x）＞0；
当x＞1 时，h'（x）＜0
∴当x＝1 时，h（x）有最⼤值﹣2，
若①恒成⽴，则a≥﹣2，
即a 的取值范围是[﹣2，+∞）．
【点评】本题考查了导数求闭区间上函数的最值，利⽤导数研究函数的单调性，以及不等式恒成⽴的问
题，属于中档题．
2．已知函数
．
（1）若曲线y＝f（x）在x＝1 处的切线⽅程为y＝﹣2，求f（x）的单调区间；
（2）若x＞0 时，
恒成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）由已知得f′（x）＝+ax﹣（a+1），则f'（1）＝0，f（1）＝﹣2，解得a．分别解出f'（x）＞
0，f'（x）＜0，即可得出单调区间．
（2）若
＜
，得
+
x﹣（a+1）＜
+
﹣
，即
﹣
＜
在区间（0，+
∞）上恒成⽴，设h（x）＝
﹣
，利⽤导数研究其单调性极值与最值即可得出．
【解答】解：（1）由已知得f′（x）＝+ax﹣（a+1），则f'（1）＝0，
⽽f（1）＝ln1+
﹣（a+1）＝﹣﹣1，∴函数f（x）在x＝1 处的切线⽅程为y＝﹣﹣1，
则﹣﹣1＝﹣2，解得a＝2，
那么f（x）＝lnx+x2﹣3x，f′（x）＝+2x﹣3，
由f′（x）＝+2x﹣3＝
＞0，
得0＜x＜或x＞1，
因则f（x）的单调递增区间为（0，）与（1，+∞）；
由f′（x）＝+2x﹣3＜0，得
＜x＜1，
因⽽f（x）的单调递减区间为（，1）．
（2）若
＜
，得
+
x﹣（a+1）＜
+
﹣
，
即
﹣
＜
在区间（0，+∞）上恒成⽴．
设h（x）＝
﹣
，则h′（x）＝
+
＝
，
由h'（x）＞0，得0＜x＜
，因⽽h（x）在（0，
）上单调递增，
由h'（x）＜0，得x＞
，因⽽h（x）在（
，+∞）上单调递减．
∴h（x）的最⼤值为h（
）＝
，因⽽
＞
，
从⽽实数a 的取值范围为{a|a＞2
﹣1}．
【点评】本题考查了利⽤导数研究函数的单调性极值与最值、不等式的解法、⽅程的解法、利⽤导数研
究切线⽅程、等价转化⽅法，考查了推理能⼒与计算能⼒，属于难题．
3．（1）若曲线y＝ln（x+a）的⼀条切线为y＝ex+b，其中a，b 为正实数，求a+
的取值范围．
（2）已知函数f（x）＝ex+ax2﹣x．
①当a＝1 时，讨论f（x）的单调性；
②当x≥0 时，f（x）≥
，求a 的取值范围．
【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数的⼏何意义及基本不等式可求；
（2）①把a＝1 代⼊后，对函数求导，然后结合导数与单调性关系即可求解；
②由题意得
，x≥0，可得
≥0，结合不等式特点构造函数，结
合导数及函数性质进⾏研究可求．
【解答】解：（1）
，设切点（m，n），则
，
则b＝ae﹣2，
因为b＞0，
所以a＞，
所以a+
＝a+
≥2，当且仅当a＝1 时取等号，
故a+
的取值范围是[2，+∞）．
（2）①a＝1，f（x）＝ex+x2﹣x，f′（x）＝ex+2x﹣1，
令g（x）＝f′（x）＝ex+2x﹣1，则g′（x）＝ex+2＞0，
故g（x）在R 上单调递增且g（0）＝0，
当x＞0 时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，当x＜0 时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
故当a＝1 时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，在（﹣∞，0）上单调递减；
②由题意得
，x≥0，
当x＝0 时，显然满⾜题意；
当x＞0 时，可得
≥0，
令g（x）＝
，则
＝
，
令y＝2ex﹣x2﹣2x﹣2，x＞0，
则y′＝2ex﹣2x﹣2，y″＝2ex﹣2＞0，
所以y′＝2ex﹣2x﹣2 在（0，+∞）上单调递增，故y′＞0，
故y＝2ex﹣x2﹣2x﹣2 在x＞0 时单调递增，y＞0，
令g′（x）＞0 得，x＞2，
令g′（x）＜0 得，0＜x＜2，
故g（x）在（2，+∞）上单调递增，在（0，2）上单调递减，
故g（x）min＝g（2）＝
，
所以
+a≥0，
故a≥
．
【点评】本题主要考查了导数的⼏何意义，利⽤导数研究函数的单调性，还考查了由不等式的恒成⽴
求解参数范围，体现了转化思想的应⽤．
4．已知函数f（x）＝axex﹣（a+1）（2x﹣1）．
（1）若a＝1，求函数f（x）的图象在点（0，f（0））处的切线⽅程；
（2）当x＞0 时，函数f（x）≥0 恒成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，计算f（0），f′（0），求出切线⽅程即可；
（2）求出函数的导数，根据函数的单调性求出f（x）的最⼩值，从⽽确定a 的范围即可．
【解答】解：（1）若a＝1，则f（x）＝xex﹣2（2x﹣1），
当x＝0 时，f（0）＝2，f'（x）＝xex+ex﹣4，
当x＝0 时，f'（0）＝﹣3，
所以所求切线⽅程为y＝﹣3x+2．……（3 分）
（2）由条件可得，⾸先f（1）≥0，得
，
⽽f'（x）＝a（x+1）ex﹣2（a+1），
令其为h（x），h'（x）＝a（x+2）ex 恒为正数，
所以h（x）即f'（x）单调递增，
⽽f'（0）＝﹣2﹣a＜0，f'（1）＝2ea﹣2a﹣2≥0，
所以f'（x）存在唯⼀根x0∈（0，1]，
且函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0+∞）上单调递增，
所以函数f（x）的最⼩值为
，
只需f（x0）≥0 即可，
⼜x0满⾜
，
代⼊上式可得
，
∵x0∈（0，1]，∴
，
即：f（x0）≥0 恒成⽴，所以
．……（13 分）
【点评】本题考查了切线⽅程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤，是⼀道中档题．
5．已知函数f（x）＝ex（ax2+x+a）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数f（x）≤ex（ax2+2x）+1 恒成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）先对函数f（x）求其导数，再对a 分情况讨论，从⽽求出函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）运⽤分离参数法得出
，再构造函数求出最值，确定a 的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为R，且f′（x）＝（ax+a+1）（x+1）ex，
（1）当a＝0 时，f′（x）＝ex（x+1），当x＞﹣1 时，f′（x）＞0，当x＜﹣1 时，f′（x）＜0；
所以函数f（x）的增区间为（﹣1，+∞），减区间为（﹣∞，﹣1）．
（2）当a≠0 时，
，且⽅程f′（x）＝0 有两根
；
①当a＞0 时，
，所以函数f（x）的增区间为
（﹣1，+∞）；减区间为
．
②当a ＜0 时，
，所以函数f （x ）的增区间为
，减区间为
．
综上可知，当a＞0 时，函数f（x）的增区间为
（﹣1，+∞）；减区间为
；
当a＝0 时，函数f（x）的增区间为（﹣1，+∞），减区间为（﹣∞，﹣1）；
当a＜0 时，函数f（x）的增区间为
，减区间为
．
（Ⅱ）函数f（x）≤ex（ax2+2x）+1 恒成⽴转化为
在R 上恒成⽴；
令
，则
，易知h（x）在（0，+∞）上为增函数，在（﹣∞，0）为减函数．
∴h（x）min＝h（0）＝1．
故实数a 的取值范围为（﹣∞，1]．
【点评】本题主要考查利⽤导数研究函数的单调性、最值等问题，属于中档题⽬．
6．已知函数f（x）＝lnx．
（1）求函数g（x）＝f（x）﹣x 的最⼤值；
（2）若∀x＞0，不等式f（x）≤ax≤x2+1 恒成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）求导函数，利⽤导数的正负，即可确定函数的单调区间，从⽽可求h（x）的最⼤值；
（2）f（x）≤ax≤x2+1 对⼀切x∈（0，+∞）恒成⽴，等价于
对⼀切x∈（0，+∞）恒成⽴，分离
参数，求出函数的最值，即可求实数a 的取值范围．
【解答】解：（1）g（x）＝f（x）﹣x＝lnx﹣x（x＞0），则g′（x）＝﹣1＝
．
当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，则g（x）在（0，1）上单调递增；
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，则g（x）在（1，+∞）上单调递减，
所以，g（x）在x＝1 处取得最⼤值，且最⼤值为﹣1．
…（3 分）
（2）由条件得
在x＞0 上恒成⽴．
设h（x）＝
，则h′（x）＝
．
当x∈（0，e）时，h′（x）＞0；当x∈（e，+∞）时，h′（x）＜0，
所以，h（x）≤
．
要使f（x）≤ax 恒成⽴，必须a≥
．
另⼀⽅⾯，当x＞0 时，x+
≥2，要使ax≤x2+1 恒成⽴，
必须a≤2．
所以，满⾜条件的a 的取值范围是[
，2]．
…（7 分）
【点评】本题考查导数知识的运⽤，考查函数的单调性与最值，考查恒成⽴问题，考查学⽣分析解决问
题的能⼒，属于中档题．
7．已知函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2（其中e 为⾃然对数的底数）．
（Ⅰ）判断函数f（x）极值点的个数，并说明理由；
（Ⅱ）若对任意的x＞0，f（x）+ex≥x3+x，求a 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）⾸先求得导函数，然后分类讨论确定函数的极值点的个数即可；
（Ⅱ）将原问题转化为恒成⽴的问题，然后分类讨论确定实数a 的取值范围即可．
【解答】解：（Ⅰ）∵f′（x）＝xex﹣2ax＝x（ex﹣2a），
当a≤0 时，f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，f（x）有1 个极值点；
当
时，f（x）在（﹣∞，ln2a）上单调递增，在（ln2a，0）上单调递减，
在（0，+∞）上单调递增，f（a）有2 个极值点；
当
时，f（x）在R 上单调递增，此时函数没有极值点；
当
时，f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，ln2a）上单调递增，
在（ln2a，+∞）上单调递减，f（a）有2 个极值点；
（Ⅱ）由f（x）+ex≥x3+x 得xex﹣x3﹣ax2﹣x≥0．
当x＞0 时，ex﹣x2﹣ax﹣1≥0，
即
对∀x＞0 恒成⽴．
设
，则
，
设h（x）＝ex﹣x﹣1，则h′（x）＝ex﹣1，
由x＞0 可知h’（x）＞0，h（x）在（0，+∞）上单调递增，
h（x）＞（0）＝0，即ex＞x+1，
g（x）在（0，1）上单调递减在（1，+∞）上单调递增
∴g（x）≥g（1）＝e﹣2，∴a≤e﹣2，
综上可得，a 的取值范围是（﹣∞，e﹣2]．
【点评】本题主要考查导数研究函数的极值点，导数研究不等式恒成⽴的⽅法，分类讨论的数学思想等
知识，属于中等题．
8．已知函数f（x）＝ex﹣xlnx，g（x）＝ex﹣tx2+x，t∈R，其中e 是⾃然对数的底数．
（Ⅰ）求函数f（x）在点（1，f（1））处切线⽅程；
（Ⅱ）若g（x）≥f（x）对任意x∈（0，+∞）恒成⽴，求t 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，得到f′（1）再求出f（1），代⼊直线⽅程的点斜式得答案；
（Ⅱ）由g（x）≥f（x）对任意x∈（0，+∞）恒成⽴，可得ex﹣tx2+x﹣ex+xlnx≥0 对任意x∈（0，+∞）恒
成⽴．分离参数t，可得即t≤
对任意x∈（0，+∞）恒成⽴．令F（x）＝
．两
次求导可得x∈（0，1）时，F′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，F′（x）＞0，得到F（x）在（0，1）上单调递
减，F（x）在（1，+∞）上单调递增．从⽽得到F（x）≥F（1）＝1．由此可得t 的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝ex﹣xlnx，得f′（x）＝e﹣lnx﹣1，则f′（1）＝e﹣1．
⽽f（1）＝e，∴所求切线⽅程为y﹣e＝（e﹣1）（x﹣1），即y＝（e﹣1）x+1；
（Ⅱ）∵f（x）＝ex﹣xlnx，g（x）＝ex﹣tx2+x，t∈R，
∴g（x）≥f（x）对任意x∈（0，+∞）恒成⽴．
⇔ex﹣tx2+x﹣ex+xlnx≥0 对任意x∈（0，+∞）恒成⽴．
即t≤
对任意x∈（0，+∞）恒成⽴．
令F（x）＝
．
则F′（x）＝
，
设G（x）＝
，
则G′（x）＝
对任意x∈（0，+∞）恒成⽴．
∴G（x）＝
在（0，+∞）单调递增，且G（1）＝0．
∴x∈（0，1）时，G（x）＜0，x∈（1，+∞）时，G（x）＞0，
即x∈（0，1）时，F′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，F′（x）＞0，
∴F（x）在（0，1）上单调递减，F（x）在（1，+∞）上单调递增．
∴F（x）≥F（1）＝1．
∴t≤1，即t 的取值范围是（﹣∞，1]．
【点评】本题考查利⽤导数研究函数的单调性，考查利⽤导数求函数的极值，训练了恒成⽴问题的求解
⽅法，体现了分类讨论的数学思想⽅法，属难题．
9．已知函数
．
（Ⅰ）当a＝0 时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线⽅程；
（Ⅱ）若a＞0，讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅲ）当x≥2 时，f（x）≥0 恒成⽴，求a 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）当a＝0 时，根据题意可得f（x）＝（x﹣2）ex，计算f（0），对f（x）求导得f′（x），再由导
数的⼏何意义可得k 切＝f′（0），进⽽写出切线⽅程．
（Ⅱ）求导得f′（x）＝（x﹣1）ex﹣ax+a＝（x﹣1）（ex﹣a），令f′（x）＝0 的解为x1＝lna，x2＝1，分两种
情况当lna＝1，当lna＜1，讨论f'（x）正负，进⽽可得f（x）的单调区间．
（Ⅲ）对f（x）求导得f′（x）＝（x﹣1）（ex﹣a）分三种情况：当a≤0 时，当0＜a≤e2时，当a＞e2时，
讨论导数的正负，f（x）的单调性，a 的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝0 时，f（x）＝（x﹣2）exf（0）＝（0﹣2）e0＝﹣2，
f′（x）＝（x﹣1）ex，k＝f′（0）＝（0﹣1）e0＝﹣1，
所以切线⽅程为：y+2＝﹣（x﹣0）
即：y＝﹣x﹣2．
（Ⅱ）由题
，可得f′（x）＝（x﹣1）ex﹣ax+a＝（x﹣1）（ex﹣a），
由于a＞0，f′（x）＝0 的解为x1＝lna，x2＝1，
（1）当lna＝1，即a＝e 时，f'（x）≥0，则f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，
（2）当lna＜1，即0＜a＜e 时，
在区间（﹣∞，lna），（1，+∞）上，f'（x）＞0；在区间（lna，1）上，f'（x）＜0，
所以f（x）的单调增区间为（﹣∞，lna），（1，+∞）；单调减区间为（lna，1）．
（3）当lna＞1，即a＞e 时，
在区间（﹣∞，1），（lna，+∞）上，f'（x）＞0；
在区间（1，lna）上，f'（x）＜0，
则f（x）在（﹣∞，1），（lna，+∞）上单调递增，（1，lna）上单调递减．
（Ⅲ）f′（x）＝（x﹣1）（ex﹣a）
（1）当a≤0 时，因为x≥2，所以x﹣1＞0，ex﹣a＞0，所以f′（x）＞0，
则f（x）在[2，+∞）上单调递增，f（x）≥f（2）＝0 成⽴，
（2）当0＜a≤e2时，f′（x）＞0，
所以f（x）在[2，+∞）上单调递增，所以f（x）≥f（2）＝0 成⽴，
（3）当a＞e2时，在区间（2，lna）上，f′（x）＜0；在区间（lna，+∞），f′（x）＞0，
所以f（x）在（2，lna）上单调递减，（lna，+∞）上单调递增，所以f（x）≤f（2）＝0，不符合题意，
综上所述，a 的取值范围是（﹣∞，e2]．
【点评】本题考查导数的综合应⽤，导数的⼏何意义，函数单调性，解题中注意分类讨论思想的应⽤，
属于中档题．
10．已知函数f（x）＝
（a∈R）．
（1）讨论f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≤ex﹣1+
﹣1 恒成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）先确定函数的定义域，求出导函数，然后令f'(x)＞0 和f'（x）＜0，求解即可得到函数f（x）
的单调区间；
（2）利⽤参变量分类法将不等式恒成⽴转化为a≤xex﹣1﹣x﹣lnx+1 对(0,+∞)恒成⽴，令µ（x）＝xex﹣1﹣x
﹣lnx+1，利⽤导数求解函数µ(x)的最⼩值即可．
【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为(0,+∞)，
，
由f'(x)＞0，即1﹣a﹣lnx＞0，解得0＜x＜e1﹣a，
由f'(x)＜0，即1﹣a﹣lnx＜0，解得x＞e1﹣a，
故f（x）的单调递增区间为(0,e1﹣a)，单调递减区间为(e1﹣a,+∞)；
（2）因为f（x）≤ex﹣1+
﹣1 恒成⽴，即
对(0,+∞)恒成⽴，
所以a≤xex﹣1﹣x﹣lnx+1 对(0,+∞)恒成⽴，
令µ（x）＝xex﹣1﹣x﹣lnx+1，
则
，
当x∈(0,1)时，µ'(x)＜0，所以µ(x)在（0,1）上单调递减，
当x∈(1,+∞)时，µ'(x)＞0，所以µ(x)在（1,+∞）上单调递增，
故当x＝1 时，µ(x)取最⼩值µ(1)＝1，
所以a≤1，
即a 的取值范围是(﹣∞,1]．
【点评】本题考查了导数的综合应⽤，利⽤导数研究不等式恒成⽴问题的策略为：通常构造新函数或参
变量分离，利⽤导数研究函数的单调性，求出最值从⽽求得参数的取值范围，属于中档题．
11．函数
，
．
（Ⅰ）讨论f（x）的极值点的个数；
（Ⅱ）若对于任意x∈（0，+∞），总有f（x）≤g（x）成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a 的范围求出函数的单调区间，判断函数的极值点的个数即可；
（Ⅱ）分离参数，问题转化为
对于∀x＞0 恒成⽴，设
，
根据函数的单调性求出a 的范围即可．
【解答】解：（Ⅰ）
，∵x＞0，∴f'（x）∈[a+2，+∞），
①当a+2≥0，即a∈[﹣2，+∞）时，f'（x）≥0 对∀x＞0 恒成⽴，
f（x）在（0，+∞）单调增，f（x）没有极值点；
②当a+2＜0，即a∈（﹣∞，﹣2）时，⽅程x2+ax+1＝0 有两个不等正数解x1，x2，
不妨设0＜x1＜x2，则当x∈（0，x1）时，f'（x）＞0，f（x）增；
x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，f（x）减；x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）增，
所以x1，x2分别为f（x）极⼤值点和极⼩值点，f（x）有两个极值点．
综上所述，当a∈[﹣2，+∞）时，f（x）没有极值点；
当a∈（﹣∞，﹣2）时，f（x）有两个极值点．
（Ⅱ）f（x）≤g（x）⇔ex﹣lnx+x2≥ax，由x＞0，
即
对于∀x＞0 恒成⽴，
设
，
，
∵x＞0，∴x∈（0，1）时，φ'（x）＜0，φ（x）减，
x∈（1，+∞）时，φ'（x）＞0，φ（x）增，
∴φ（x）≥φ（1）＝e+1，
∴a≤e+1．
【点评】本题考查了函数的单调性、极值、最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，函数恒成⽴
问题，考查转化思想，是⼀道综合题．
12．已知函数
（a 为常数）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）不等式f（x）≥1 在x∈（0，2]上恒成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）求导得
，分a≤0 与a＞0 两类讨论，可得函数f（x）的单调性；
（2）依题意，f（x）≥1 在x∈（0，2]上恒成⽴⇔a≥x﹣xlnx（x∈（0，2]恒成⽴，设h（x）＝x﹣xlnx（x∈
（0，2]，求导分析可得h（x）max＝h（1）＝1，继⽽可得实数a 的取值范围．
【解答】解：（1）函数定义域是（0，+∞），
，
a≤0 时，f'（x）＞0 恒成⽴，f（x）在（0，+∞）上是增函数；
a＜0 时，0＜x＜a 时，f'（x）＜0，f（x）递减，x＞a 时，f'（x）＞0，f（x）递增．
综上，a≤0 时，f（x）在（0，+∞）上是增函数；
a＜0 时，f（x）在（0，a）上是减函数，在（a，+∞）上是增函数；
（2）f（x）≥1 即
在（0，2]上恒成⽴，则a≥x﹣xlnx（x∈（0，2]，
设h（x）＝x﹣xlnx（x∈（0，2]，则h′（x）＝﹣lnx，
0＜x＜1 时，h'（x）＞0，h（x）递增，1＜x≤2 时，h'（x）＜0，h（x）递减，
h（x）max＝h（1）＝1，
所以a≥1，即实数a 的取值范围为[1，+∞）．
【点评】本题考查利⽤导数研究函数的单调性与最值，考查分类讨论思想与等价转化思想的运⽤，考查
构造法与逻辑推理能⼒及运算能⼒，属于中档题．
13．已知函数f（x）＝
．
（1）若函数f（x）在区间（a，a
）上存在极值，求正实数a 的取值范围；
（2）如果当x≥1 时，不等式f（x）≥
恒成⽴，求实数k 的取值范围．
【分析】（1）先求f（x）的定义域及其导函数f′（x），并由当x∈（0，1）时，f'（x）＞0，当x∈（1，+∞）
时，f'（x）＜0，求f（x）的单调区间及极值点，由此可解得a 的取值范围；
（2）由
得x≥1 时，
，令
，求令g′（x），
令h（x）＝x﹣lnx，求h′（x），并根据g（x）为[1，+∞）上的单调性求g（x）的最⼩值及实数k 的取值
范围．
【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），
，令f′（x）＝0，得x＝1．
当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f （x）单调递增；
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f （x）单调递减．
所以x＝1 为函数f （x）的极⼤值点，且是唯⼀的极值点，
所以0＜a＜1＜a+
，故
＜a＜1，即正实数a 的取值范围为（
）．
（2）当x≥1 时，k≤
恒成⽴，
令g（x）＝
（x≥1），
则
，．
再令h（x）＝x﹣ln x（x≥1），
则h′（x）＝1﹣≥0，
所以h（x）≥h（1）＝1，所以g′（x）＞0，
所以g（x）为单调增函数，所以g（x）≥g（1）＝2，
故k≤2，即实数k 的取值范围是（﹣∞，2]．
【点评】本题主要考查导数研究函数极值的⽅法，导数研究不等式恒成⽴的⽅法等知识，属于中等题．
14．已知函数f（x）＝axex﹣lnx+b 在x＝1 处的切线⽅程为y＝（2e﹣1）x﹣e．
（1）求a，b 值；
（2）若f（x）≥mx 恒成⽴，求实数m 的取值范围．
【分析】（1）求导后，根据已知条件建⽴关于a，b 的⽅程组，解出即可；
（2）转化可得
，令
，接下来只需利⽤导数求得φ（x）的最⼩值
即可．
【解答】解：（1）
，
∵函数f（x）＝axex﹣lnx+b 在x＝1 处的切线⽅程为y＝（2e﹣1）x﹣e，
∴
，
∴a＝1，b＝﹣1；
（2）由f（x）≥mx 得，xex﹣lnx﹣1≥mx（x＞0），即
，令
，则
，
令h（x）＝x2ex+lnx，易知h（x）在（0，+∞）上递增，
⼜
，故h （x ）在
上存在零点x0 ，即
，即
，
由于y＝xex 在（0，+∞）上单调递增，故
，即
，
且φ（x）在（0，x0）上递减，在（x0，+∞）上递增，
∴
，
∴m≤1．
【点评】本题考查导数的⼏何意义，以及利⽤导数研究函数的单调性，最值等，考查不等式的恒成⽴问
题，考查推理能⼒及运算能⼒，属于中档题．
15．已知函数f（x）＝xlnx+ax（a∈R）
（I）若函数f（x）在区间[e2，+∞）上为增函数，求a 的取值范围；
（II）若对任意x∈（1，+∞），f（x）＞k（x﹣1）+ax﹣x 恒成⽴，求正整数k 的值．
【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，由函数f（x）在区间[e2，+∞）上为增函数，得其导函数在[e2，+∞）
上⼤于等于0 恒成⽴，把变量a 分离出后得a≥﹣1﹣lnx，然后利⽤函数的单调性求﹣1﹣lnx 在[e2，+∞）
上的最⼤值，答案可求；
（Ⅱ）把函数f（x）的解析式代⼊f（x）＞k（x﹣1）+ax﹣x，整理后得k
，问题转化为对任
意
x∈（1，+∞），k
恒成⽴，求正整数k 的值．设函数h（x）＝
，求其导函数，得
到其导函数的零点x0位于（3，4）内，且知此零点为函数h（x）的最⼩值点，经求解知h（x0）＝x0，从
⽽得到k＜x0，则正整数k 的值可求．
【解答】（Ⅰ）解：由f（x）＝xlnx+ax，得：f′（x）＝lnx+a+1
∵函数f（x）在区间[e2，+∞）上为增函数，
∴当x∈[e2，+∞）时f′（x）≥0，
即lnx+a+1≥0 在区间[e2，+∞）上恒成⽴，
∴a≥﹣1﹣lnx．
⼜当x∈[e2，+∞）时，
lnx∈[2，+∞），∴﹣1﹣lnx∈（﹣∞，﹣3]．
∴a≥﹣3；
（Ⅱ）若对任意x∈（1，+∞），f（x）＞k（x﹣1）+ax﹣x 恒成⽴，
即x•lnx+ax＞k（x﹣1）+ax﹣x 恒成⽴，
也就是k（x﹣1）＜x•lnx+ax﹣ax+x 恒成⽴，
∵x∈（1，+∞），∴x﹣1＞0．
则问题转化为k
对任意x∈（1，+∞）恒成⽴，
设函数h（x）＝
，则
，
再设m（x）＝x﹣lnx﹣2，则
．
∵x∈（1，+∞），∴m′（x）＞0，则m（x）＝x﹣lnx﹣2 在（1，+∞）上为增函数，
∵m（1）＝1﹣ln1﹣2＝﹣1，m（2）＝2﹣ln2﹣2＝﹣ln2，m（3）＝3﹣ln3﹣2＝1﹣ln3＜0，m（4）＝4﹣ln4
﹣2＝2﹣ln4＞0．
∴∃x0∈（3，4），使m（x0）＝x0﹣lnx0﹣2＝0．
∴当x∈（1，x0）时，m（x）＜0，h′（x）＜0，∴
在（1，x0）上递减，
x∈（x0，+∞）时，m（x）＞0，h′（x）＞0，∴
在（x0，+∞）上递增，
∴h（x）的最⼩值为h（x0）＝
．
∵m（x0）＝x0﹣lnx0﹣2＝0，∴lnx0+1＝x0﹣1，代⼊函数h（x）＝
得h（x0）＝x0，
∵x0∈（3，4），且k＜h（x）对任意x∈（1，+∞）恒成⽴，
∴k＜h（x）min＝x0，∴k≤3，
∴k 的值为1，2，3．
【点评】本题考查了利⽤导数研究函数的单调性，考查了导数在最⼤值和最⼩值中的应⽤，考查了数学
转化思想，解答此题的关键是，在求解（Ⅱ）时如何求解函数h（x）＝
的最⼩值，学⽣思考
起来有⼀定难度．此题属于难度较⼤的题⽬．
16．已知函数f（x）＝aex﹣xex+x﹣a（a∈R）．
（Ⅰ）若a＝2，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线⽅程；
（Ⅱ）若对任意x＞0 都有f（x）＜x+1 恒成⽴，求a 的最⼤整数值．
【分析】（Ⅰ）求出f（0），利⽤导数求出f′（0），由点斜式即可求解切线⽅程；
（Ⅱ）不等式恒成⽴问题转化为a＜x+
，令g（x）＝x+
（x＞0），则只需a＜g（x）min 即可，
利⽤导数求出g（x）的最⼩值即可求解a 的最⼤整数值．
【解答】解：（Ⅰ）a＝2，则f（x）＝2ex﹣xex+x﹣2，
所以f（0）＝0，f′（x）＝2ex﹣（ex+xex）+1＝ex﹣xex+1，
则f′（0）＝2，
所以曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线⽅程为y＝0＝2（x﹣0），即y＝2x．
（Ⅱ）对任意x＞0 都有f（x）＜x+1 恒成⽴，即a（ex﹣1）＜xex+1，
因为x＞0，所以ex﹣1＞0，所以a＜
＝x+
，
令g（x）＝x+
（x＞0），则只需a＜g（x）min 即可，
g′（x）＝1﹣
＝
，
令h（x）＝ex﹣x﹣2（x＞0），则h′（x）＝ex﹣1＞0 恒成⽴，
所以h（x）在（0，+∞）上单调递增，
因为h（1）＝e﹣3＜0，h（2）＝e2﹣4＞0，
所以存在唯⼀⼀个x0∈（1，2）使得h（x0）＝0，
所以当x∈（0，x0）时，h（x）＜0，g′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，g′（x）＞0，
所以g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
所以g（x）min＝g（x0）＝x0+
，
由
﹣x0﹣2＝0 得
＝x0+2，
所以g（x0）＝x0+
＝x0+1∈（2，3），
故a 的最⼤整数值为2．
【点评】本题主要考查导数的⼏何意义以及导数在不等式恒成⽴问题中的应⽤，考查转化思想与运算求
解能⼒，属于难题．
17．已知函数f（x）＝
．
（1）若函数f（x）的图象在x＝1 处的切线为y＝1，求f（x）的极值；
（2）若f（x）≤ex+
﹣1 恒成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，根据f′（1）＝0，求出a 的值，从⽽求出函数的导数，根据函数的单调性
求出函数的极值即可；
（2）问题转化为a≤x（ex﹣1）﹣lnx+2（x＞0），法⼀：令F（x）＝x（ex﹣1）﹣lnx+2（x＞0），求出函数
的导数，结合函数的单调性求出a 的范围即可
法⼆：a≤ex+lnx﹣（x+lnx）+2，令x+lnx＝t（t∈R），问题转化为a≤et﹣t+2，令g（t）＝et﹣t+2，根据函数
的单调性求出a 的取值范围即可．
【解答】解：
，
此时函数f（1）＝a＝1，
函数f（x）的图象在x＝1 处的切线为y＝1，成⽴，
所以
，此时f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
所以f（x）的极⼤值为f（1）＝1，不存在极⼩值；
（2）由
，
化简可得a≤x（ex﹣1）﹣lnx+2（x＞0），
法⼀：令F（x）＝x（ex﹣1）﹣lnx+2（x＞0），则
，
令
，则
，
所以h（x）在（0，+∞）上单调递增，
⼜
，
存在唯⼀的
，使得
，
故F（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
，
由
，得
，
，所以a≤3，
即实数a 的取值范围是（﹣∞，3]．
法⼆：a≤x（ex﹣1）﹣lnx+2（x＞0），
即a≤xex﹣（x+lnx）+2＝ex+lnx﹣（x+lnx）+2，
令x+lnx＝t（t∈R），即a≤et﹣t+2，
令g（t）＝et﹣t+2，g′（t）＝et﹣1，
则g（t）在（﹣∞，0）递减，在（0，+∞）递增，
故g（t）≥g（0）＝3，
故a≤3．
【点评】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应⽤以及函数恒成⽴问题，考查转化思想，
是⼀道综合题．
18．已知函数
．
（1）求证：函数f（x）有唯⼀零点；
（2）若对任意x∈（0，+∞），xex﹣lnx≥1+kx 恒成⽴，求实数k 的取值范围．
【分析】（1）先求导，判断函数的单调性，根据函数的零点存在定理即可证明，
（2）原不等式可化为
，构造函数g（x）＝
，求导，得到函数的单调区间，
即可得到g（x）min＝g（x0），设f（x）的零点为x0，即
+
＝0，换元可得g（x0）＝1，问题
得以解决．
【解答】证明：（1）f′（x）＝（x+1）ex+
，
易知f′（x）在（0，1）上为正，因此f（x）在区间（0，1）上为增函数，
⼜
，f（1）＝e＞0
因此
，即f（x）在区间（0，1）上恰有⼀个零点，
由题可知f（x）＞0 在（1，+∞）上恒成⽴，即在（1，+∞）上⽆零点，
则f（x）在（0，+∞）上存在唯⼀零点．
解：（2）原不等式可化为
，
令g（x）＝
，则g′（x）＝
，由（1）可知g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，
+∞）上单调递增，
∴g（x）min＝g（x0），
设f（x）的零点为x0，即
+
＝0，下⾯分析
+
＝0，设
＝t，则
＝﹣
t，
可得
，即x0（1﹣t）＝lnt
若t＞1，等式左负右正不相等，若t＜1，等式左正右负不相等，只能t＝1．
因此
，
即k≤1 求所求．
【点评】本⼩题主要考查函数与导数的相关知识，以导数为⼯具研究函数的⽅法，考查学⽣解决问题的
综合能⼒．
19．已知函数f（x）＝5+lnx，g（x）＝
（k∈R）．
（I）若函数f（x）在点（1，f（1））处的切线与函数y＝g（x）的图象相切，求k 的值；
（II）若k∈N*，且x∈（1，+∞）时，恒有f（x）＞g（x），求k 的最⼤值．
（参考数据：ln5≈1.61，ln6≈1.7918，ln（
+1）＝0.8814）
【分析】（I）由f（1）＝5，且
，f′（1）＝1，利⽤导数的⼏何意义得到函数f（x）在点（1，
f（1））处的切线⽅程为y＝x+4，设直线y＝x+4 与g（x）＝
，（k∈R）相切于点P（x0，y0），得g′（x0）
＝1，g（x0）+4，由此利⽤导当数性质能求出k 的值．
（II）当x∈（1，+∞）时，5+lnx＞
恒成⽴，等价于当x∈（1，+∞）时，k＜
恒成
⽴，设h（x）＝
，（x＞1），则
，（x＞1），记p（x）＝x﹣4﹣lnx，（x
＞1），则p′（x）＝
，由此利⽤导数性质能求出k 的最⼤值．
【解答】解：（I）∵函数f（x）＝5+lnx，∴f（1）＝5，且
，从⽽得到f′（1）＝1．
∴函数f（x）在点（1，f（1））处的切线⽅程为：y﹣5＝x﹣1，即y＝x+4．…（2 分）
设直线y＝x+4 与g（x）＝
，（k∈R）相切于点P（x0，y0），
从⽽可得g′（x0）＝1，g（x0）+4，⼜
，
∴
，解得
或
．
∴k 的值为1 或9．…（5 分）
（II）当x∈（1，+∞）时，5+lnx＞
恒成⽴，
等价于当x∈（1，+∞）时，k＜
恒成⽴．…（6 分）
设h（x）＝
，（x＞1），则
，（x＞1）
记p（x）＝x﹣4﹣lnx，（x＞1），则p′（x）＝1﹣＝
，
∴p（x）在x∈（1，+∞）递增．
⼜p（5）＝1﹣ln5＜0，p（6）＝2﹣ln6＞0，…（8 分）
∴p（x）在x∈（1，+∞）存在唯⼀的实数根m∈（5，6），使得p（m）＝m﹣4﹣lnm＝0，①
∴当x∈（1，m）时，p（x）＜0，即h′（x）＜0，则h（x）在x∈（1，m）递减；
当x∈（m，+∞）时，p（x）＞0，即h′（x）＞0，则h（x）在x∈（m，+∞）递增；
所以x∈（1，+∞）时，hmin＝h（m）＝
，
由①可得lnm＝m﹣4，∴h（m）＝
，…（10 分）
⽽m∈（5，6），m+
（
），⼜h（3+2
）＝8，
p（3+2
）＝2
﹣1﹣ln（3+2
）＞0，∴m∈（5，3+2
），∴h（m）∈（
，8）．
⼜k∈N*，∴k 的最⼤值是7．…（12 分）
【点评】本题考查实数值的求法，考查实数的最⼤值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意导数
性质的合理运⽤．
20．设函数f（x）＝ex﹣ax﹣2．
（Ⅰ）求函数f（x）＝ex﹣ax﹣2 的图象在点A（0，﹣1）处的切线⽅程；
（Ⅱ）求f（x）的单调区间；
（Ⅲ）若a＝1，k 为整数，且当x＞0 时，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0，求k 的最⼤值．
【分析】（Ⅰ）根据k＝f′（0），再根据点斜式求出切线⽅程．
（Ⅱ）利⽤导数求函数的单调性；
（Ⅲ）求参数的取值范围，就求k 的最值问题，利⽤导数求函数的最值，故当x ＞0 时，
．令
，问题转化为求g（x）的最
值问题．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝ex﹣ax﹣2，x∈R，f′（x）＝ex﹣a，x∈R，f′（0）＝1﹣a，
函数f（x）＝ex﹣ax﹣2 的图象在点A（0，﹣1）处的切线⽅程为y＝（1﹣a）x﹣1．
（Ⅱ）f′（x）＝ex﹣a，x∈R．
若a≤0，则f′（x）＞0 恒成⽴，所以，f（x）在区间（﹣∞，+∞）上单调递增．
若a＞0，则当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＜0，当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0，
所以，f（x）在区间（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增．
（III）由于a＝1，所以，（x﹣k）f′（x）+x+1＝（x﹣k）（ex﹣1）+x+1．
故当x＞0 时，
．①
令
，则
．
函数h（x）＝ex﹣x﹣2 在（0，+∞）上单调递增，⽽h（1）＜0，h（2）＞0．
所以h（x）在（0，+∞）上存在唯⼀的零点，故g′（x）在（0，+∞）上存在唯⼀的零点．
设此零点为α，则α∈（1，2）．当x∈（0，α）时，g′（x）＜0；当x∈（α，+∞）时，g′（x）＞0；
所以，g（x）在（0，+∞）上的最⼩值为g（α）．由g′（α）＝0，可得eα＝α+2，
所以，g（α）＝α+1∈（2，3）．由于①式等价于k＜g（α）．
故整数k 的最⼤值为2．
【点评】本题主要考查了导数和函数的单调性和最值的问题，求参数的取值范围经常就是转化为求某个
函数的最值问题．
21．设函数f（x）＝xlnx﹣
+a﹣x（a∈R）．
（1）若函数f（x）有两个不同的极值点，求实数a 的取值范围；
（2）若a＝2，k∈N，g（x）＝2﹣2x﹣x2，且当x＞2 时不等式k（x﹣2）+g（x）＜f（x）恒成⽴，试求k
的最⼤值．
【分析】（1）求出函数的导数，得到a＝
，令h（x）＝
，根据函数的单调性求出a 的范围即可；
（2）代⼊a 的值，问题转化为k＜
，令F（x）＝
（x＞2），求出函数的导数，根据函数
的单调性求出k 的最⼤值即可．
【解答】解：（1）由题意知，函数f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）＝lnx﹣ax，
令f′（x）＝0，可得lnx﹣ax＝0，
∴a＝
，令h（x）＝
，
则由题可知直线y＝a 与函数h（x）的图象有两个不同的交点，
h′（x）＝
，令h′（x）＝0，得x＝e，
可知h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，
h（x）max＝h（e）＝，
当x 趋向于+∞时，h（x）趋向于零，
故实数a 的取值范围为（0，）．
（2）当a＝2 时，f（x）＝xlnx﹣x2+2﹣x，
k（x﹣2）+g（x）＜f（x），即k（x﹣2）＜xlnx+x，
因为x＞2，所以k＜
，
令F（x）＝
（x＞2），
则F′（x）＝
，
令m（x）＝x﹣4﹣2lnx（x＞2），
则m′（x）＝1﹣＞0，
所以m（x）在（2，+∞）上单调递增，
m（8）＝4﹣2ln8＜4﹣lne2＝0，
m（10）＝6﹣2ln10＞6﹣2lne3＝0，
故函数m（x）在（8，10）上唯⼀的零点x0，
即x0﹣4﹣2lnx0＝0，
故当2＜x＜x0时，m（x）＜0，即F′（x）＜0，
当x0＜x 时，F′（x）＞0，
所以F（x）min＝F（x0）＝
＝
＝
，
所以k＜
，因为x0∈（8，10），所以
∈（4，5），
所以k 的最⼤值为4．
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应⽤以及函数恒成⽴问题，考查转化思想，
分类讨论思想，是⼀道综合题．
22．已知函数f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna．
（1）当a＝e 时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三⻆形的⾯积；
（2）若f（x）≥1，求a 的取值范围．
【分析】（1）根据导数的⼏何意义即可求出切线⽅程，可得三⻆形的⾯积；
（2）⽅法⼀：不等式等价于ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝elnx+lnx，令g（t）＝et+t，根据函数单调性可得lna
＞lnx﹣x+1，再构造函数h（x）＝lnx﹣x+1，利⽤导数求出函数的最值，即可求出a 的范围；
⽅法⼆：构造两个基本不等式ex＞x+1，x﹣1≥lnx，则原不等式转化为x（a﹣1）≥﹣lna，再分类讨论即
可求出a 的取值范围，
⽅法三：利⽤分类讨论的思想，当0＜a＜1，此时不符合题意，当a≥1 时，f（x）≥ex﹣1﹣lnx，令g（x）
＝ex﹣1﹣lnx，
再根据导数和函数最值的关系即可证明，
⽅法四：先根据导数和函数的最值的关系求出f（x）≥f（x0）＝
﹣2lnx0+1﹣x0≥1，lna＝1﹣x0﹣lnx0，
再求出x0的范围，再利⽤导数求1﹣x0﹣lnx0的范围，即可求出a 的范围．
⽅法五：f（x）≥1 等价于aex﹣1﹣lnx+lna≥1，构造函数g（a）＝a+lna﹣1，利⽤导数求出函数的最值，
即可求出a 的范围．
【解答】解：（1）当a＝e 时，f（x）＝ex﹣lnx+1，
∴f′（x）＝ex﹣，
∴f′（1）＝e﹣1，
∵f（1）＝e+1，
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线⽅程为y﹣（e+1）＝（e﹣1）（x﹣1），
当x＝0 时，y＝2，当y＝0 时，x＝
，
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三⻆形的⾯积S＝×2×
＝
．
（2）⽅法⼀：由f（x）≥1，可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1，即ex﹣1+lna﹣lnx+lna≥1，
即ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝elnx+lnx，
令g（t）＝et+t，
则g′（t）＝et+1＞0，
∴g（t）在R 上单调递增，
∵g（lna+x﹣1）≥g（lnx）
∴lna+x﹣1≥lnx，
即lna≥lnx﹣x+1，
令h（x）＝lnx﹣x+1，
∴h′（x）＝﹣1＝
，
当0＜x＜1 时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，
当x＞1 时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
∴h（x）≤h（1）＝0，
∴lna≥0，
∴a≥1，
故a 的范围为[1，+∞）．
⽅法⼆：由f（x）≥1 可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1，x＞0，a＞0，
即aex﹣1﹣1≥lnx﹣lna，
设g（x）＝ex﹣x﹣1，
∴g′（x）＝ex﹣1＞0 恒成⽴，
∴g（x）在（0，+∞）单调递增，
∴g（x）＞g（0）＝1﹣0﹣1＝0，
∴ex﹣x﹣1＞0，
即ex＞x+1，
再设h（x）＝x﹣1﹣lnx，
∴h′（x）＝1﹣＝
，
当0＜x＜1 时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
当x＞1 时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，
∴h（x）≥h（1）＝0，
∴x﹣1﹣lnx≥0，
即x﹣1≥lnx
∴ex﹣1≥x，则aex﹣1≥ax，
此时只需要证ax≥x﹣lna，
即证x（a﹣1）≥﹣lna，
当a≥1 时，
∴x（a﹣1）＞0＞﹣lna 恒成⽴，
当0＜a＜1 时，x（a﹣1）＜0＜﹣lna，此时x（a﹣1）≥﹣lna 不成⽴，
综上所述a 的取值范围为[1，+∞）．
⽅法三：由题意可得x∈（0，+∞），a∈（0，+∞），
∴f′（x）＝aex﹣1﹣，
易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，
①当0＜a＜1 时，f′（1）＝a﹣1＜0，f′（）＝a
﹣a＝a（
﹣1）＞0，
∴存在x0∈（1，）使得f′（x0）＝0，
当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
∴f（x）＜f（1）＝a+lna＜a＜1，不满⾜题意，
②当a≥1 时，ex﹣1＞0，lna＞0，
∴f（x）≥ex﹣1﹣lnx，
令g（x）＝ex﹣1﹣lnx，
∴g′（x）＝ex﹣1﹣，
易知g′（x）在（0，+∞）上为增函数，
∵g′（1）＝0，
∴当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，
∴g（x）≥g（1）＝1，
即f（x）≥1，
综上所述a 的取值范围为[1，+∞）．
⽅法四：∵f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna，x＞0，a＞0，
∴f′（x）＝aex﹣1﹣，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，
∵y＝aex﹣1在（0，+∞）上为增函数，y＝在0，+∞）上为减函数，
∴y＝aex﹣1与y＝在0，+∞）上有交点，
∴存在x0∈（0，+∞），使得f′（x0）＝a
﹣
＝0，
则a
＝
，则lna+x0﹣1＝﹣lnx0，即lna＝1﹣x0﹣lnx0，
当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
∴f（x）≥f（x0）＝a
﹣lnx0+lna
＝
﹣lnx0+1﹣x0﹣lnx0＝
﹣2lnx0+1﹣x0≥1
∴
﹣2lnx0﹣x0≥0
设g（x）＝
﹣2lnx﹣x，
易知函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）＝1﹣0﹣1＝0，
∴当x∈（0，1]时，g（x）≥0，
∴x0∈（0，1]时，
﹣2lnx0﹣x0≥0，
设h（x）＝1﹣x﹣lnx，x∈（0，1]，
∴h′（x）＝﹣1﹣＜0 恒成⽴，
∴h（x）在（0，1]上单调递减，
∴h（x）≥h（1）＝1﹣1﹣ln1＝0，
当x→0 时，h（x）→+∞，
∴lna≥0＝ln1，
∴a≥1．
⽅法五：f（x）≥1 等价于aex﹣1﹣lnx+lna≥1，该不等式恒成⽴．
当x＝1 时，有a+lna≥1，其中a＞0．
设g（a）＝a+lna﹣1，则g'（a）＝1+
＞0，
则g（a）单调递增，且g（1）＝0．
所以若a+lna≥1 成⽴，则必有a≥1．
∴下⾯证明当a≥1 时，f（x）≥1 成⽴．
设h（x）＝ex﹣x﹣1，
∴h′（x）＝ex﹣1，
∴h（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，
∴h（x）≥h（0）＝1﹣0﹣1＝0，
∴ex﹣x﹣1≥0，
即ex≥x+1，
把x 换成x﹣1 得到ex﹣1≥x，
∵x﹣1≥lnx，∴x﹣lnx≥1．
∴f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna≥ex﹣1﹣lnx≥x﹣lnx≥1，当x＝1 时等号成⽴．
综上，a≥1．
【点评】本题考查了导数的⼏何意义，以及导数和函数的最值的关系，考查了运算求解能⼒，转化与化
归能⼒，属于难题．
23．已知函数f（x）＝x﹣alnx．
（Ⅰ）若曲线y＝f（x）+b（a，b∈R）在x＝1 处的切线⽅程为x+y﹣3＝0，求a，b 的值；
（Ⅱ）求函数
的极值点；
（Ⅲ）设
，若当x＞a 时，不等式h（x）≥0 恒成⽴，求a 的最
⼩值．
【分析】（I）先对函数求导，然后结合导数的⼏何意义及已知切线⽅程可求a，b；
（II ）先对函数g（x）求导，然后结合导数与极值的关系即可求解；
（III）原等式aex﹣lnx+lna≥0 等价变形可得
即等价于
，考虑构造函数，
结合函数性质变形可得
，然后构造函数，结合导数可求．
【解答】解：（I）由f（x）＝x﹣alnx 得：y＝x﹣alnx+b，
∴
，
由已知可得：
，
∴a＝2，b＝1，
（II）
，
∴
，
所以：当a+1≤0，即a≤﹣1 时，g'（x）＞0，g（x）在（0，+∞）上为增函数，⽆极值点，
当a+1＞0，即a＞﹣1 时，
则有：当0＜x＜a+1 时，g'（x）＜0，当x＞a+1 时，g'（x）＞0，
∴g（x）在（0，a+1）为减函数，在（a+1，+∞）上为增函数，
所以，x＝a+1 是g（x）的极⼩值点，⽆极⼤值点；
综上可知：当a≤﹣1 时，函数g（x）⽆极值点，
当a＞﹣1 时，函数g（x）的极⼩值点是a+1，⽆极⼤值点．
（III）
，
由题意知：当x＞a 时，aex﹣lnx+lna≥0 恒成⽴
⼜不等式aex﹣lnx+lna≥0 等价于：
即
①
①式等价于
，
由
令φ（x）＝xex（x＞0），则原不等式即为：
⼜φ（x）＝xex（x＞0）在（0，+∞）上为增函数，
所以，原不等式等价于：
，②
⼜②式等价于
，即：
，
设
，
∴F（x）在（0，1）上为增函数，在（1，+∞）上为减函数，
⼜x＞a＞0，
∴当0＜a＜1 时，F（x）在（a，1）上为增函数，在（1，+∞）上为减函数，
∴
，
要使原不等式恒成⽴，须使
，
当a≥1 时，则F（x）在（a，+∞）上为减函数，
要使原不等式恒成⽴，须使
，
∴a≥1 时，原不等式恒成⽴，
综上可知：a 的取值范围是
．
所以，a 的最⼩值为
．
【点评】本题主要考查了利⽤导数求解极值，求解曲线的切线⽅程及由不等式求解参数范围问题，体现
了转化思想的应⽤．
24．已知函数f（x）＝eax﹣x．
（1）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处切线的斜率为1，求f（x）的单调区间；
（2）若不等式f（x）≥eaxlnx﹣ax2对x∈（0，e]恒成⽴，求a 的取值范围．
【分析】（1）由已知结合导数⼏何意义可求a，然后结合导数与单调性关系即可求解；
（2）由已知不等式分离得
，设
，研究函数g（x）的单调性，可将
问题转化为
，设
，求出h（x）的最⼤值即可．
【解答】解：（1）f′（x）＝aex﹣1，
则f′（0）＝a﹣1＝1，即a＝2．
令f′（x）＝0，得x＝﹣
，
当x＜﹣
时，f′（x）＜0；当x＞﹣
时，f′（x）＞0．
故f（x）的单调递减区间为（﹣∞，﹣
），单调递增区间为（﹣
，+∞）．
（2）由f（x）≥eaxlnx﹣ax2对x∈（0，e]恒成⽴，即ax2﹣x≥eax（lnx﹣1），得
，
故只需
即可，设
，则只需g（eax）≥g（x）即可，
⼜
在（0，e]上恒成⽴，则只需eax≥x，即
即可，
设
，则
在（0，e]上恒成⽴，
∴
，
∴实数a 的取值范围为[
），
【点评】本题主要考查了导数的⼏何意义，导数与单调性关系及由不等式恒成⽴求解参数范围，体现了
转化思想的应⽤．
25．已知函数f（x）＝1+aexlnx．
（Ⅰ）当a＝1，讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若不等式f（x）≥ex（xa﹣x）（a＜0），对x∈（1，+∞）恒成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论导函数的单调性，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题等价于e﹣x﹣lne﹣x≥xa﹣lnxa，设k（t）＝t﹣lnt，问题转化为k（e﹣x）≥k（xa）（*），求出函数k
（t）的导数，问题等价于﹣a≤
，令
（x＞1），根据函数的单调性求出a 的范围即可．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），
，（1 分）
令
，则
，（2 分）
当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，（3 分）
∴x＝1 时，g（x）取得极⼩值即最⼩值g（1）＝1，
∴f′（x）＞0 在（0，+∞）恒成⽴，（4 分）
∴f（x）在（0，+∞）单调递增；（5 分）
（Ⅱ）不等式f（x）≥ex（xa﹣x）等价于e﹣x+x≥xa﹣alnx⇔e﹣x﹣lne﹣x≥xa﹣lnxa，（6 分）
设k（t）＝t﹣lnt，即k（e﹣x）≥k（xa）（*），
∵
，（7 分）
∴当t∈（0，1），k′（t）＜0，k（t）在（0，1）是减函数，
t∈（1，+∞），k′（t）＞0，k（t）在（1，+∞）是增函数，（8 分）
∵x∈（1，+∞），0＜e﹣x＜e﹣1＜1，（9 分）
当a＜0 时，0＜xa＜1，且k（t）在（0，1）是减函数，
则（*）式
，
令
（x＞1），则
，（10 分）
当x∈（1，e）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
当x∈（e，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，（11 分）
h（x）min＝h（e）＝e⇒﹣a≤e，
∴a≥﹣e，⼜a＜0，
∴﹣e≤a＜0（12 分）
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应⽤以及函数恒成⽴问题，考查转化思想，
是⼀道综合题．
26．已知函数f（x）＝e﹣x﹣ax（x∈R），g（x）＝ln（x+m）+ax+1．
（Ⅰ）当a＝﹣1 时，求函数f（x）的最⼩值；
（Ⅱ）若对任意x∈（﹣m，+∞），恒有f（﹣x）≥g（x）成⽴，求实数m 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的最⼩值即可；
（Ⅱ）ex≥ln（x+m）+1，通过讨论m 的范围，求出函数的单调区间，求出m 的范围即可．
【解答】解：（Ⅰ）解：当a＝﹣1 时，f（x）＝e﹣x+x，则
．…（1 分）
令f'（x）＝0，得x＝0，
当x＜0 时，f'（x）＜0；当x＞0 时，f'（x）＞0．…（2 分）
∴函数f（x）在区间（﹣∞，0）上单调递减，在区间（0，+∞）上单调递增．…（3 分）
∴当x＝0 时，函数f（x）取得最⼩值，其值为f（0）＝1．…（4 分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：ex≥x+1 恒成⽴．…（5 分），
f（﹣x）≥g（x）⇒ex+ax≥ln（x+m）+ax+1⇒ex≥ln（x+m）+1
①当x+1≥ln（x+m）+1 恒成⽴时，即m≤ex﹣x 恒成⽴时，条件必然满⾜．…（6 分）
设G（x）＝ex﹣x，则G'（x）＝ex﹣1，在区间（﹣∞，0）上，G'（x）＜0，
G（x）是减函数，在区间（0，+∞）上，G'（x）＞0，G（x）是增函数，
即G（x）最⼩值为G（0）＝1．
于是当m≤1 时，条件满⾜．…（9 分）
②当m＞1 时，f（0）＝1，g（0）＝lnm+1＞1，即f（0）＜g（0），条件不满⾜．…（11 分）
综上所述，m 的取值范围为（﹣∞，1]．…（12 分）
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，考查不等式的证明，
是⼀道中档题．
27．已知函数f（x）＝alnx+xb（a≠0）．
（1）当b＝2 时，讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a+b＝0，b＞0 时，对任意
，有f（x）≤e﹣1 成⽴，求实数b 的取值范围．
【分析】（1）通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为f（x）max≤e﹣1，当a+b＝0 即a＝﹣b 时，f（x）＝﹣blnx+xb，求出函数的导数，根据函
数的单调性求出b 的范围即可．
【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞）．
当b＝2 时，f（x）＝alnx+x2，所以f′（x）＝
．…（1 分）
①当a＞0 时，f′（x）＞0，所以函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．…（2 分）
②当a＜0 时，令f′（x）＝0，解得：x＝
，
当0＜x＜
时，f′（x）＜0，所以函数f（x）在（0，
）上单调递减；
当x＞
时，f′（x）＞0，所以函数f（x）在（
，+∞）上单调递增．…（3 分）
综上所述，当b＝2，a＞0 时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当b＝2，a＜0 时，函数f（x）在（0，
）上单调递减，在（
，+∞）上单调递增．…（4 分）
（2）因为对任意
，有f（x）≤e﹣1 成⽴，所以f（x）max≤e﹣1．…（5 分）
当a+b＝0 即a＝﹣b 时，f（x）＝﹣blnx+xb，f′（x）＝
．
令f′（x）＜0，得0＜x＜1；令f′（x）＞0，得x＞1．
所以函数f（x）在[
，1）上单调递减，在（1，e]上单调递增，…（7 分）
f（x）max＝f（）＝b+e﹣b 与f（e）＝﹣b+eb 中的较⼤者．…（8 分）
设g（b）＝f（e）﹣f（）＝eb﹣e﹣b﹣2b（b＞0），
则
，
所以g（b）在（0，+∞）上单调递增，故g（b）＞g（0）＝0，
所以f（e）＞f（），
从⽽[f（x）]max＝f（e）＝﹣b+eb．…（9 分）
所以﹣b+eb≤e﹣1 即eb﹣b﹣e+1≤0．
设φ（b）＝eb﹣b﹣e+1（b＞0），则φ'（b）＝eb﹣1＞0．…（10 分）
所以φ（b）在（0，+∞）上单调递增．
⼜φ（1）＝0，所以eb﹣b﹣e+1≤0 的解为b≤1．…（11 分）
因为b＞0，所以b 的取值范围为（0，1]．…（12 分）
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，转化思想，是⼀道
综合题．
28．已知a∈R，设函数f（x）＝aln（x+a）+lnx．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若f（x）≤e
+ln
﹣1 恒成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，分a≥0，a≤﹣1，﹣1＜a＜0 三类求解原函数的单调区间；
（Ⅱ）设g（x）＝e
+ln
﹣1﹣f（x）＝
，x＞0，a＞0，分析可知0＜a≤1，
求出g（x）的导函数，可得a＝1 时符合；若0＜a＜1，再由导数证明g（x）＞0 成⽴，可知0＜a＜1 时
符合，即可求得a 的范围．
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝
，x＞0 且x＞﹣a．
①当a≥0 时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当a≤﹣1 时，f′（x）≤
＜0，f（x）在（﹣a，+∞）单调递减；
③当﹣1＜a＜0 时，
＞﹣a＞0，x∈（﹣a，﹣
）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
x∈（
，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
综上，当a≥0 时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a≤﹣1 时，f（x）在（﹣a，+∞）单调递减；
当﹣1＜a＜0 时，f（x）在（﹣a，﹣
）上单调递减，在（
，+∞）上单调递增；
（Ⅱ）设g（x）＝e
+ln
﹣1﹣f（x）＝
，x＞0，a＞0．
若
＜0，则由图象的连续性知，必存在区间（0，ɛ ），使得g（x）＜0，与题意
⽭盾；
则
，∴0＜a≤1．
g′（x）＝
，
＞0，则g′（x）单调递增，
①若a＝1，
，g′（x）＞0 恒成⽴，
∴g（x）＞
＝0，符合；
②若0＜a＜1，
＜0，x→+∞时，g′（x）→+∞，且g′（x）单调递增，
则存在唯⼀x0∈（0，+∞），g′（x0）＝0，
且x∈（0，x0）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
∴
．
由
，可得
，且a2x0＝﹣ln（x0+a）﹣lna，
∴
a3x0+alna﹣lna﹣1＝
＝2a﹣a4+alna﹣lna﹣1．
令φ（a）＝a﹣1﹣lna，φ′（a）＝1﹣＝
，当a∈（0，1）时，φ′（a）＜0，
则φ（a）单调递减，则φ（a）＞φ（1）＝0，即a﹣1＞lna，
⼜0＜a＜1，则2a﹣a4﹣1+（a﹣1）lna≥2a﹣a4﹣1+（a﹣1）（a﹣1）
＝2a﹣a4﹣1+a2﹣2a+1＝a4（1﹣a2）＞0，
∴0＜a＜1 时符合．
综上，a∈（0，1]．
【点评】本题考查了利⽤导数研究函数的单调性极值与最值、⽅程与不等式的解法、等价转化⽅法，考
查了推理能⼒与计算能⼒，属于难题．
29．已知函数f（x）＝x﹣1﹣alnx．
（1）若f（x）≥0，求a 的值；
（2）设m 为整数，且对于任意正整数n，（1+
）（1+
）…（1+
）＜m，求m 的最⼩值．
【分析】（1）通过对函数f（x）＝x﹣1﹣alnx（x＞0）求导，分a≤0、a＞0 两种情况考虑导函数f′（x）与
0 的⼤⼩关系可得结论；
（2）通过（1）可知lnx≤x﹣1，进⽽取特殊值可知ln（1+
）＜
，k∈N*．⼀⽅⾯利⽤等⽐数列的求
和公式放缩可知（1+
）（1+
）…（1+
）＜e，另⼀⽅⾯可知（1+
）（1+
）…（1+
）＞2，从
⽽当n≥3 时，（1+
）（1+
）…（1+
）∈（2，e），⽐较可得结论．
【解答】解：（1）因为函数f（x）＝x﹣1﹣alnx，x＞0，
所以f′（x）＝1﹣＝
，且f（1）＝0．
所以当a≤0 时f′（x）＞0 恒成⽴，此时y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增，
故当0＜x＜1 时，f（x）＜f（1）＝0，这与f（x）≥0 ⽭盾；
当a＞0 时令f′（x）＝0，解得x＝a，
所以y＝f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min＝f（a），
若a≠1，则f（a）＜f（1）＝0，从⽽与f（x）≥0 ⽭盾；
所以a＝1；
（2）由（1）可知当a＝1 时f（x）＝x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1，
所以ln（x+1）≤x 当且仅当x＝0 时取等号，
所以ln（1+
）＜
，k∈N*．
ln（1+
）+ln（1+
）+…+ln（1+
）＜+
+…+
＝1﹣
＜1，
即（1+
）（1+
）…（1+
）＜e；
因为m 为整数，且对于任意正整数n，（1+
）（1+
）…（1+
）＜m 成⽴，
当n＝3 时，（1+
）（1+
）（1+
）＝
，
所以m 的最⼩值为3．
【点评】本题是⼀道关于函数与不等式的综合题，考查分类讨论的思想，考查转化与化归思想，考查运
算求解能⼒，考查等⽐数列的求和公式，考查放缩法，注意解题⽅法的积累，属于难题．
30．已知函数f（x）＝xlnx﹣a（x﹣1）2﹣x+1（a∈R）．
（Ⅰ）当a＝0 时，求f（x）的极值；
（Ⅱ）若f（x）＜0 对x∈（1，+∞）恒成⽴，求a 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）判断函数的单调性，利⽤求导，判断导函数与0 的关系，问题得解决；
（Ⅱ）求f（x）＜0 恒成⽴，求参数a 的取值范围，设h（x）＝lnx﹣
，求导，利⽤分
类讨论的思想，问题得以解决．
【解答】解：（Ⅰ）若a＝0，f（x）＝xlnx﹣x+1，f′（x）＝lnx，
x∈（0，1），f′（x）＜0，f（x）为减函数，
x∈（1，+∞），f′（x）＞0，f（x）为增函数．
∴f（x）有极⼩值f（1）＝0，⽆极⼤值；
（Ⅱ）f（x）＝xlnx﹣a（x﹣1）2﹣x+1＜0，在（1，+∞）恒成⽴．
①若a＝0，f（x）＝xlnx﹣x+1，f′（x）＝lnx，x∈（1，+∞），f′（x）＞0，
∴f（x）为增函数．
∴f（x）＞f（1）＝0，
即f（x）＜0 不成⽴；∴a＝0 不成⽴．
②∵x＞1，lnx﹣
＜0，在（1，+∞）恒成⽴，
不妨设h（x）＝lnx﹣
，x∈（1，+∞）
h′（x）＝﹣
，x∈（1，+∞）
h′（x）＝0，x＝1 或
，
若a＜0，则
＜1，x＞1，h′（x）＞0，h（x）为增函数，h（x）＞h（1）＝0（不合题意）；
若0＜a＜，x∈（1，
），h′（x）＞0，h（x）为增函数，h（x）＞h（1）＝0（不合题意）；
若a≥
，x∈（1，+∞），h′（x）＜0，h（x）为减函数，h（x）＜h（1）＝0（符合题意）．
综上所述若x＞1 时，f（x）＜0 恒成⽴，则a≥
．
【点评】本题考查了函数的单调性与导函数的关系，并如何利⽤分类讨论的思想求函数在某区间上恒成
⽴，参数的取值范围．
31．已知函数f（x）＝alnx﹣ex．
（1）讨论y＝f（x）的极值点的个数；
（2）若a∈N+，且f（x）＜0 恒成⽴，求a 的最⼤值．
参考数据：
x
1.6
1.7
1.8
ex
4.953
5.474
6.050
lnx
0.470
0.531
0.588
【分析】（1）根据函数解析式，求得导函数，对a 分类讨论即可由函数单调性确定极值点；
（2）由（1）可知当a＞0 时，f（x）有唯⼀极⼤值点x0，由f（x）＜0 恒成⽴代⼊化简可知
，
根据零点存在定理可知x0∈（0，m）从⽽讨论x0∈（0，1）及x0∈（1，m）讨论，即可确定a 的最⼤值，
再代⼊检验．
【解答】解：（1）函数f（x）＝alnx﹣ex，f′（x）＝﹣ex＝
，x＞0，
当a≤0 时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上单调递减，f（x）没有极值点；
当a＞0 时，设g（x）＝xex，g′（x）＝（x+1）ex，当x＞0 时，g′（x）＞0，g（x）x 在（0，+∞）上单调
递增，且g（0）＝0＜a，当x→+∞，ex→+∞，则xex→+∞，
∴xex＝a 有唯⼀解，设为x0，
∵当x＞x0时，f′（x）＜0，当0＜x＜x0时，f′（x）＞0，
∴存在⼀个极⼤值点，没有极⼩值点，
综上，a≤0 时，没有极值，a＞0 时，有⼀个极⼤值点．
（2）由（1）得，当a＞0 时，f（x）有唯⼀极⼤值点x0，∴
，
要使得f（x）＜0，所以f（x0）＜0，即
，
由
，得
，
∴
，
设
，则h（x）在（0，+∞）单调递增，
，且h（x0）＜0，∴x0＜1.8，
设p（x）＝xex，p′（x）＝（x+1）ex，当x＞0 时，p′（x）＞0，
∴p（x）＝xex 在（0，+∞）上单调递增，∴
，∴a≤10，
下证a＝10 时成⽴，此时f（x）＝10lnx﹣ex，
，
∵
，
，
，
（利⽤
），
∴1.7＜x0＜1.75，
∵
，⽽y＝xlnx＝（lnx）elnx 单调递增，且
，x＞1，
∴
，
∴满⾜
，即a 的最⼤值为10．
【点评】本题考查利⽤导数研究函数单调性和最值，是难题．
32．函数f（x）＝x2﹣2ax+lnx（a∈R）．
（Ⅰ）函数y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x﹣2y+1＝0 垂直，求a 的值；
（Ⅱ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅲ）不等式2xlnx≥﹣x2+ax﹣3 在区间（0，e]上恒成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】先求函数f（x）＝x2﹣2ax+lnx 的定义域，
（Ⅰ）求导f′（x）＝2x﹣2a+
，从⽽可得f′（1）＝2﹣2a+1＝﹣2，从⽽解得．
（Ⅱ）由基本不等式可得f′（x）＝2x﹣2a+
≥2
﹣2a，从⽽分类讨论以确定导数的正负，从⽽确定函
数的单调性；
（Ⅲ）化简不等式2xlnx≥﹣x2+ax﹣3 可得a≤x+2lnx+
，再令g（x）＝x+2lnx+
，从⽽求导g′（x）＝1+
﹣
＝
，从⽽由单调性确定函数的最值，从⽽解得．
【解答】解：函数f（x）＝x2﹣2ax+lnx 的定义域为（0，+∞），
（Ⅰ）f′（x）＝2x﹣2a+
，
∵函数f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x﹣2y+1＝0 垂直，
∴f′（1）＝2﹣2a+1＝﹣2，
解得，a＝；
（Ⅱ）f′（x）＝2x﹣2a+
≥2
﹣2a，
（当且仅当2x＝，即x＝
时，等号成⽴），
故①当2
﹣2a≥0，即a≤
时，f′（x）≥0 在（0，+∞）上恒成⽴，
故f（x）在（0，+∞）上是增函数；
②当a＞
时，解2x﹣2a+
＝0 得，
x＝
，
故当x∈（0，
）∪（
，+∞）时，f′（x）＞0，
当x∈（
，
）时，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，
），（
，+∞）上是增函数，
在（
，
）上是减函数；
综上所述，
当a≤
时，f（x）在（0，+∞）上是增函数；
当a＞
时，f（x）在（0，
），（
，+∞）上是增函数，
在（
，
）上是减函数．
（Ⅲ）∵2xlnx≥﹣x2+ax﹣3，
∴a≤x+2lnx+
，
令g（x）＝x+2lnx+
，则g′（x）＝1+
﹣
＝
，
故g（x）在（0，1）上是减函数，在（1，e]上是增函数，
故（x+2lnx+
）min＝g（1）＝1+3＝4，
故a≤4．
【点评】本题考查了导数的⼏何意义，导数的综合应⽤及分类讨论的思想应⽤，同时考查了恒成⽴问题
及最值问题，属于难题．
33．已知函数f（x）＝（x+a﹣1）ex，g（x）＝x2+ax，其中a 为常数．
（1）若a＝2 时，求函数f（x）在点（0，f（0））处的切线⽅程；
（2）若对任意x∈[0，+∞），不等式f（x）≥g（x）恒成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，计算f′（0）的值，求出切线⽅程即可；
（2）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间，从⽽求出a 的范围即可．
【解答】解：（1）a＝2 时，f（x）＝（x+1）ex，
∴f′（x）＝（x+2）ex，
∴f′（0）＝2，⼜因为切点（0，1），
所以切线为2x﹣y+1＝0；
（2）令h（x）＝f（x）﹣g（x），
由题得h（x）min≥0 在x∈[0，+∞）恒成⽴，
h（x）＝（x+a﹣1）ex﹣x2﹣ax，所以h′（x）＝（x+a）（ex﹣1），
①若a≥0，则x∈[0，+∞）时h′（x）≥0，
所以函数h（x）在[0，+∞）上递增，
所以h（x）min＝h（0）＝a﹣1，则a﹣1≥0，得a≥1，
②若a＜0，则当x∈[0，﹣a]时，h′（x）≤0，
当x∈[﹣a，+∞）时，h′（x）≥0，
所以函数h（x）在[0，﹣a]上递减，在[﹣a，+∞）上递增，
所以h（x）min＝h（﹣a），⼜因为h（﹣a）＜h（0）＝a﹣1＜0，所以不合题意．
综合得：a≥1．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，转化思想，是⼀道
中档题．
34．已知函数f（x）＝ex﹣a．
（Ⅰ）若函数f（x）的图象与直线l：y＝x﹣1 相切，求a 的值；
（Ⅱ）若f（x）﹣lnx＞0 恒成⽴，求整数a 的最⼤值．
【分析】（Ⅰ）设切点为（
），由题意列关于x0与a 的⽅程组求解；
（Ⅱ）证明ex＞x+1，lnx≤x﹣1（x＞0），可得ex﹣2＞x﹣1≥lnx，则当a≤2 时，ex﹣a≥ex﹣2＞x﹣1≥lnx，即a
≤2 时，f（x）﹣lnx＞0 成⽴．说明当a＝3 时，存在x 使ex﹣3≤lnx，即ex﹣3＞lnx 不恒成⽴，可得整数a
的最⼤值为2．
【解答】解：（Ⅰ）由函数f（x）的图象与直线l：y＝x﹣1 相切，
设切点为（
），
则
，解得x0＝0，a＝2；
（Ⅱ）现证明ex＞x+1（x＞0），
设F（x）＝ex﹣x﹣1，令F′（x）＝ex﹣1＝0，即x＝0，
∴当x∈（0，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）为单调增函数，
∴F（x）min＝F（0）＝0；
同理可证lnx≤x﹣1．
即ex﹣2＞x﹣1≥lnx，
由题意，当a≤2 时，ex﹣a≥ex﹣2＞x﹣1≥lnx，
即a≤2 时，f（x）﹣lnx＞0 成⽴．
⼜当a＝3 时，存在x 使ex﹣3≤lnx，即ex﹣3＞lnx 不恒成⽴．
因此整数a 的最⼤值为2．
【点评】本⼩题主要考查函数与导数的知识，具体涉及到导数的运算，利⽤导数⽐较⼤⼩等，考查学⽣
解决问题的综合能⼒，是中档题．
35．已知函数f（x）＝eax﹣ax﹣1．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）设m 为整数，且对于任意正整数n（n≥2）．若
恒成⽴，求m 的最⼩值．
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）求出ex≥x+1（当x＝0 时取得“＝”），令x＝n﹣1，en﹣1＞n，累乘整理即可．
【解答】解：（1）f′（x）＝aeax﹣a＝a（eax﹣1），
当a＞0 时，令f′（x）＞0，解得x＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＝0 时，显然⽆单调区间，
当a＜0 时，令f′（x）＞0，解得x＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，
综上：当a＝0 时，⽆单调区间，
a≠0 时，减区间为（﹣∞，0），增区间为（0，+∞）．
（2）令a＝1，由（1）可知f（x）的最⼩值为f（0）＝0，
∴f（x）≥0，
∴ex≥x+1（当x＝0 时取得“＝”），
令x＝n﹣1，en﹣1＞n，
所以e0•e1•e2…en﹣1＞1×2×3×…n，
所以
＞n!，
两边进⾏
次⽅得
＜e，
所以m 的最⼩值为3．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，转化思想，是⼀道
综合题．
36．已知函数f（x）＝xlnx﹣ax+1（a∈R）．
（1）讨论f（x）在（1，+∞）上的零点个数；
（2）当a＞1 时，若存在x∈（1，+∞），使f（x）＜（e﹣1）（a﹣3），求实数a 的取值范围．（e 为⾃然对
数的底数，其值为2.71828……）
【分析】（1）根据题意，求出函数的导数，按a 的取值范围分2 种情况讨论函数的单调性，结合零点判
定定理分析可得答案；
（2）根据题意，分析可得应有1﹣ea﹣1＜（e﹣1）（a﹣3）成⽴，即ea﹣1+（e﹣1）（a﹣3）﹣1＞0 不等式
成⽴，构造函数h（x）＝ex﹣1+（e﹣1）（x﹣3）﹣1，求出其导数，分析可得h'（x）＝ex﹣1+e﹣1＞0 在x∈
（1，+∞）上恒成⽴，即可得h（x）的单调性，可得h（x）的最⼩值，即可得答案．
【解答】解：（1）根据题意，函数f（x）＝xlnx﹣ax+1，其定义域为（1，+∞），
则f'（x）＝lnx+1﹣a＝0⇒x＝ea﹣1
分2 种情况讨论：
①当a≤1 时，f'（x）＞0 恒成⽴，此时函数f（x）在（1，+∞）上是增函数；
⼜由f（1）＝1﹣a≥0，故⽽f（x）＞f（1）≥0，f（x）在（1，+∞）上⽆零点；
②当a＞1 时，f'（x）＝lnx+1﹣a＞0⇒x＞ea﹣1；f'（x）＜0⇒1＜x＜ea﹣1，
则f（x）在（ea﹣1，+∞）上是增函数；在（1，ea﹣1）上是减函数；
⼜由f（1）＝1﹣a＜0；f（ea）＝1＞0，且f（x）连续不断，从⽽在区间（1，ea）上，f（x）存在唯⼀零
点，
综上所述，当a≤1 时，f（x）在（1，+∞）上⽆零点；当a＞1 时，f（x）在（1，+∞）存在⼀个零点．
（2）根据题意，当a＞1 时，由（1）得
，故应有1﹣ea﹣1＜（e﹣1）（a﹣3）
成⽴，即ea﹣1+（e﹣1）（a﹣3）﹣1＞0 不等式成⽴，
构造函数h（x）＝ex﹣1+（e﹣1）（x﹣3）﹣1，
求导得h'（x）＝ex﹣1+e﹣1＞0 在x∈（1，+∞）上恒成⽴，
故h（x）＝ex﹣1+（e﹣1）（x﹣3）﹣1 在x∈（1，+∞）上单调递增，
注意到h（2）＝0，所以h（x）＞0⇒x＞2．
故实数a 的取值范围为（2，+∞）．
【点评】本题考查利⽤导数分析函数的单调性以及零点，涉及函数的最值问题，属于综合题．
37．已知函数f（x）＝ex﹣1﹣ax+lnx，（a∈R）．
（1）若函数y＝f（x）在x＝1 处的切线与直线3x﹣y＝0 平⾏，求a 的值；
（2）若不等式f（x）≥lnx﹣a+1 对⼀切x∈[1，+∞）恒成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）f′（x）＝ex﹣1﹣a+
，利⽤f′（1）＝2﹣a＝3 即可求解；
（2）f（x）≥lnx﹣a+1 对⼀切x∈[1，+∞）恒成⽴，等价于ex﹣1﹣ax+a﹣1≥0，令φ（x）＝ex﹣1﹣ax+a﹣1，
分①当a≤1，②当a＞1 讨论即可求得实数a 的取值范围．
【解答】解：（1）f′（x）＝ex﹣1﹣a+
，
∴f′（1）＝2﹣a＝3，∴a＝﹣1．
经检验a＝﹣1 满⾜题意，∴a＝﹣1．
（2）f（x）≥lnx﹣a+1 对⼀切x∈[1，+∞）恒成⽴，等价于ex﹣1﹣ax+a﹣1≥0，
令φ（x）＝ex﹣1﹣ax+a﹣1，
则当x≥1 时，φ（x）min≥0，
∵φ′（x）＝ex﹣1﹣a，
①当a≤1 时，φ′（x）≥0，
∴φ（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴φ（x）min＝φ（1）＝1﹣a+a﹣1＝0≥0 恒成⽴，
∴a≤1 符合题意．
②当a＞1 时，令φ′（x）＝0，得x＝lna+1，
当x∈（﹣∞，lna+1）时，φ′（x）＜0，当x∈（lna+1，+∞）时，φ′（x）＞0，
∴φ（x）在区间（﹣∞，lna+1）递减，在区间（lna+1，+∞）递增．
当lna+1＞1 时，即a＞1 时，φ（x）在（lna+1，+∞）递增．
∴φ（x）min＝φ（lna+1）＜φ（1）＝0，与φ（x）≥0 恒成⽴⽭盾，
∴a＞1 不符合题意．
综上，实数a 的取值范围为（﹣∞，1]．
【点评】本题考查了导数的应⽤，考查了转化思想、分类讨论思想，考查了运算能⼒，属于中档题．
38．已知正实数a，设函数f（x）＝x2﹣a2xlnx．
（1）若
时，求函数f（x）在[1，e]的值域；
（2）对任意实数
均有
恒成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）可求f′（x）＝2（x﹣1﹣lnx），再对f′（x）求导，由f″（x）的符号判断f（x）在[1，e]
的单调性，从⽽得到f（x）在[1，e]的单调性，可求值域；（2）由题意f（1）≥a，得0＜a≤1．不等式
可
化
为
．
记
，
设
，则g（t）为关于t 的⼆次函数，且g（t）≥g（1），证明g（t）≥0 即
可．
【解答】解：（1）由f（x）＝x2﹣2xlnx，
得
，
所以f′（x）在[1，e]单调递增，f′（x）≥f′（1）＝0，
所以f（x）在[1，e]单调递增，所以f（x）∈[1，e2﹣2e]．
所以f（x）的值域为[1，e2﹣2e]．
（2）由题意可得：f（1）≥a，即0＜a≤1，
事实上，当0＜a≤1 时，
，
记
，设
，
则g（t）为关于t 的⼆次函数，
定义域为[1，+∞），其对称轴为
，
∵4x4+1≥4x2＝2x•2x≥2x，
∴
，
∴
，
设
，
，
当
递增；
当x∈（1，+∞），h′（x）＞0，h（x）递减，
所以h（x）min＝h（1）＝0，
即h（x）≥0，于是有：g（t）≥0，
所以：0＜a≤1．
【点评】本题考查导数在研究函数中的应⽤，考查学⽣的逻辑推理能⼒和计算能⼒，属于难题．
39．设函数
，g（x）＝tlnx（t∈R），
（1）讨论函数h（x）＝f（x）+g（x）的单调区间；
（2）若当x∈（0，1）时f（x）的图象总在函数g（x）的图象的下⽅，求正实数t 的取值范围．
【分析】（1）求出h（x）的导数，通过讨论t 的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为
在区间（0，1）上恒成⽴，设
，其
中x∈（0，1），根据函数的单调性确定t 的范围即可．
【解答】解（1）
，
则
，
①当t≥0 时，h′（x）≥0，∴h（x）单调增区间是（0，+∞），⽆减区间；
②当t＜0 时，令H（x）＝x2+tx+1，Δ＝t2﹣4，10：△≤0，即﹣2≤t＜0 时，H（x）≥0，即h′（x）≥0；
∴h（x）单调增区间是（0，+∞），⽆减区间20：Δ＞0 时，即t＜﹣2：设
，
，
∵x1+x2＝﹣t＞0，x1x2＝1＞0，∴0＜x1＜x2，
∴（0，x1）∪（x2，+∞）时H（x）＞0，即h′（x）＞0∴h（x）的单调增区间是（0，x1），（x2，+∞），
同理：单调减区间是（x1，x2），
综上：①当t≥﹣2 时，h（x）单调增区间是（0，+∞），⽆减区间，
②当t＜﹣2 时，h（x）的单调增区间是（0，x1），（x2，+∞），单调减区间是（x1，x2）
其中：
，
………………………………（5 分）
（2）解：因为函数f（x）的图象恒在g（x）的图象的下⽅，
所以
在区间（0，1）上恒成⽴．
设
，其中x∈（0，1），
所以
，其中Δ＝t2﹣4，t＞0．
①当t2﹣4≤0，即0＜t≤2 时，F′（x）≥0，
所以函数F（x）在（0，1）上单调递增，F（x）＜F（1）＝0，
故f（x）﹣g（x）＜0 成⽴，满⾜题意．………………………………（8 分）
②当t2﹣4＞0，即t＞2 时，设φ（x）＝x2﹣tx+1（0＜x＜1），
则φ（x）图象的对称轴
，φ（0）＝1，φ（1）＝2﹣t＜0，
所以φ（x）在（0，1）上存在唯⼀实根，设为x1，则x∈（x1，1），φ（x）＜0，F′（x）＜0，
所以F（x）在（x1，1）上单调递减，此时F（x）＞F（1）＝0，不合题意．
综上可得，实数t 的取值范围是（0，2]．………………………………（12 分）
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，转化思想，是⼀道
综合题．
40．已知函数f（x）＝lnx+x+1，g（x）＝x2+2x．
（1）求函数y＝f（x）﹣g（x）的极值；
（2）若m 为整数，对任意的x＞0 都有f（x）﹣mg（x）≤0 成⽴，求实数m 的最⼩值．
【分析】（1）令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝lnx+1﹣x2﹣x．（x∈（0，+∞））．利⽤导数研究其单调性极值即
可得出．
（2）令f（x）﹣mg（x）≤0 成⽴，g（x）＝x2+2x＞0．m≥
，令u（x）＝
，利⽤导数
研究其单调性极值即可得出．
【解答】解：（1）令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝lnx+x+1﹣x2﹣2x＝lnx+1﹣x2﹣x．（x∈（0，+∞））．
h′（x）＝﹣2x﹣1＝
．
可知：当x＝时，函数h（x）取得极⼤值，h（）＝ln
+1﹣﹣＝﹣ln2+
．
h（x）⽆极⼩值．
（2）令f（x）﹣mg（x）≤0 成⽴，g（x）＝x2+2x＞0．
∴m≥
，
令u（x）＝
，u′（x）＝
，
令v（x）＝x+2lnx，则v（x）在x∈（0，+∞）上单调递增．
v（）＝﹣2ln2＜0，v（1）＝1＞0．
∴函数v（x）存在唯⼀零点x0∈
，使得x0+2lnx0＝0．
∴u（x）存在极⼤值即最⼤值，u（x0）＝
＝
∈
，
∴m≥1．
∴整数m 的最⼩值为1．
【点评】本题考查了利⽤导数研究函数的单调性极值与最值、⽅程与不等式的性质与解法、等价转化⽅
法，考查了推理能⼒与计算能⼒，属于难题．
41．设函数f（x）＝2xlnx﹣2ax2（a∈R）．
（Ⅰ）当a＝时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）≤
﹣lnx﹣1（f′（x）为f（x）的导函数）在（1，+∞）上恒成⽴，求实数a 的取值
范围．
【分析】（Ⅰ）求出f（x）的导数函数，利⽤导数与函数的单调性的关系即可求解；
（Ⅱ）将不等式恒成⽴转化为lnx﹣ax+a≤0 在（1，+∞）上恒成⽴，令h（x）＝lnx﹣ax+a，x∈（1，+∞），
求出h′（x），对a 分类讨论，即可求解a 的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝时，f（x）＝2xlnx﹣x2，x＞0，
所以f′（x）＝2lnx﹣2x+2，
令g（x）＝f′（x）＝2lnx﹣2x+2（x＞0），所以g′（x）＝﹣2，
当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，故g（x）为增函数；
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，故g（x）为减函数，
所以g（x）≤g（1）＝2ln1﹣2×1+2＝0，即f′（x）≤0，
所以函数f（x）的单调递减区间为（0，+∞），⽆单调递增区间．
（Ⅱ）因为f（x）＝2xlnx﹣2ax2，所以f′（x）2lnx﹣4ax+2 且x＞0，
所以f（x）≤
﹣lnx﹣1 在（1，+∞）上恒成⽴⇔2（xlnx﹣ax2）≤lnx﹣2ax+1﹣lnx﹣1 在（1，+∞）
上恒成⽴⇔lnx﹣ax+a≤0 在（1，+∞）上恒成⽴，
令h（x）＝lnx﹣ax+a，x∈（1，+∞），则h′（x）＝﹣a 且h（1）＝ln1﹣a+a＝0，
当a≤0 时，h′（x）＞0 恒成⽴，故h（x）在（1，+∞）上为增函数，所以h（x）＞h（1）＝0，即a≤0 时
不满⾜题意；
当a＞0 时，由h′（x）＝0，得x＝，
若a∈（0，1），则
∈（1，+∞），故h（x）在（，+∞）上为减函数，在（1，）上为增函数，
所以存在x0∈（1，），使得h（x0）＞h（1）＝0，即a∈（0，1）时不满⾜题意；
若a∈[1，+∞），则
∈（0，1），故h（x）在（1，+∞）上为减函数，
所以h（x）＜h（1）＝0，所以h（x）≤0 恒成⽴，故符合题意．
综上所述，实数a 的取值范围是[1，+∞）．
【点评】本题主要考查函数单调区间的求解以及导数在不等式恒成⽴问题中的应⽤，考查分类讨论思想
与运算求解能⼒，属于难题．
42．已知函数f（x）＝e﹣x﹣ax（x∈R）．
（1）当a＝﹣1 时，求函数f（x）的最⼩值；
（2）若x≥0 时，f（﹣x）+ln（x+1）≥1，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从⽽求出函数的最⼩值；
（2）得到ex+ax+ln（x+1）﹣1≥0．（*）令g（x）＝ex+ax+ln（x+1）﹣1，通过讨论a 的范围，确定函数
的单调性，从⽽求出满⾜条件的a 的具体范围即可；
【解答】解：（1）当a＝﹣1 时，f（x）＝e﹣x+x，
则f′（x）＝﹣
+1．
令f'（x）＝0，得x＝0．
当x＜0 时，f'（x）＜0；当x＞0 时，f'（x）＞0．
∴函数f（x）在区间（﹣∞，0）上单调递减，在区间（0，+∞）上单调递增．
∴当x＝0 时，函数f（x）取得最⼩值，其值为f（0）＝1f（x）的最⼩值为1．
（2）若x≥0 时，f（﹣x）+ln（x+1）≥1，即ex+ax+ln（x+1）﹣1≥0（*）
令g（x）＝ex+ax+ln（x+1）﹣1，则
①若
a ≥﹣2 ，由（1 ）知
e
﹣
x+x ≥1 ，即
e
﹣
x ≥1 ﹣x ，故
ex ≥
1+x
∴函数g（x）在区间[0，+∞）上单调递增，∴g（x）≥g（0）＝0．
∴（*）式成⽴．
②若a＜﹣2，令
，则
∴
函数ϕ （x ）在区间[0 ，+ ∞）上单调递增，由于ϕ （0 ）＝2+a ＜0 ，
．
故∃x0∈（0，﹣a），使得ϕ（x0）＝0，
则当0＜x＜x0时，ϕ（x）＜ϕ（x0）＝0，即g'（x）＜0．
∴函数g（x）在区间（0，x0）上单调递减，
∴g（x0）＜g（0）＝0，即（*）式不恒成⽴．
综上所述，实数a 的取值范围是[﹣2，+∞）．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤以及不等式的证明，考查分类讨论思想、
转化思想，是⼀道综合题．
43．已知函数
，
．
（1）当a＝1 时，求证：当x≥0 时，f（x）≥0；
（2）若f（x）+g（x）≥0 在[0，+∞）上恒成⽴，求a 的取值范围．
【分析】（1）求出f'（x），f''（x），由f''（x）的正负确定f'（x）的单调性，从⽽得到f'（x）的取值范围，
得到f（x）的单调性，即可证明不等式；
（2）令h（x）＝ex+cosx﹣ax﹣2，将问题转化为求解h（x）≥0 恒成⽴，利⽤导数研究h（x）的单调性
以及h（x）的取值情况，由此分析求解即可．
【解答】（1）证明：当a＝1 时，
，
所以f'（x）＝ex﹣x﹣1，则f''（x）＝ex﹣1≥0 恒成⽴，
故f'（x）在[0，+∞）上单调递增，
所以f'（x）≥f'（0）＝0，则f（x）在[0，+∞）上单调递增，
故f（x）≥f（0）＝0，
故原式得证；
（2）解：因为f（x）+g（x）＝ex+cosx﹣ax﹣2，
令h（x）＝ex+cosx﹣ax﹣2，
即求解h（x）≥0 恒成⽴，
因为h'（x）＝ex﹣sinx﹣a，h''（x）＝ex﹣cosx，
⼜ex≥1，﹣1≤cosx≤1，故h''（x）≥0，
所以h'（x）在[0，+∞）上单调递增，
则h'（x）≥h'（0）＝1﹣a，
①当1﹣a≥0，即a≤1 时，h'（x）≥0，故h（x）在[0，+∞）上单调递增，
故h（x）≥h（0）＝0．
此时原式成⽴，故a≤1 满⾜题意；
②当1﹣a＜0，即a＞1 时，h'（0）＜0，当x→+∞时，h'（x）→+∞，
故∃x0∈（0，+∞），使得h'（x0）＝0，
所以当x∈（0，x0）时，h'（x）＜0，则h（x）在（0，x0）上单调递减，
故h（x）＜h（0）＝0，⽭盾．
综上所述，a 的取值范围为（﹣∞，1]．
【点评】本题考查了利⽤导数证明不等式以及求解不等式恒成⽴问题，利⽤导数研究不等式恒成⽴问题
的策略为：通常构造新函数或参变量分离，利⽤导数研究函数的单调性，求出最值从⽽求得参数的取值
范围，属于难题．
44．已知函数f（x）＝axln（x+1）+x+1（x＞﹣1，a∈R）．
（1）若
，求函数f（x）的单调区间；
（2）当x≥0 时，不等式f（x）≤ex 恒成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）记g（x）＝f（x）﹣ex（x≥0），g（0）＝0，求出函数的导数，记h（x）＝a[ln（x+1）+1﹣
]+1
﹣ex，通过讨论a 的范围，求出函数的单调性，从⽽确定a 的具体范围即可．
【解答】解：（1）a＝时，f（x）＝xln（x+1）+x+1，
f′（x）＝[ln（x+1）+1﹣
]+1，
∵f′（x）在（﹣1，+∞）递增，且f′（﹣1+
）＝0，
故x∈（﹣1，﹣1+
）时，f′（x）＜0，f（x）递减，
x∈（﹣1+
，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）递增，
故f（x）在（﹣1，﹣1+
）递减，在（﹣1+
，+∞）递增；
（2）记g（x）＝f（x）﹣ex（x≥0），g（0）＝0，
则g′（x）＝a[ln（x+1）+1﹣
]+1﹣ex，
记h（x）＝a[ln（x+1）+1﹣
]+1﹣ex，
h′（x）＝a[
+
]﹣ex，h′（0）＝2a﹣1，
①a≤
时，∵
+
∈（0，2]，ex≥1，
∴h′（x）≤0，h（x）在（0，+∞）递减，
则h（x）≤h（0）＝0，即g′（x）≤0，∴g（x）在（0，+∞）递减，
∴g（x）≤g（0）＝0 恒成⽴，即f（x）≤ex 恒成⽴，满⾜题意；
②a＞时，h′（x）在（0，+∞）递减，
⼜h′（0）＝2a﹣1＞0，x→+∞时，h′（x）→﹣∞，
则必存在x0∈（0，+∞），使得h′（x0）＝0，
则x∈（0，x0）时，h′（x）＞0，h（x）在（0，x0）递增，
此时h（x）＞h（0）＝0，
x∈（0，x0）时，g′（x）＞0，∴g（x）在（0，x0）递增，
∴g（x）＞g（0）＝0，即f（x）＞ex，不合题意，
综上，a≤
．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，转化思想，是⼀道
综合题．
45．设函数f（x）＝（1﹣x2）•ex．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0 时，f（x）≤ax+1，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，求出极值点，利⽤导函数的符号，判断函数的单调性即可．
（2）化简f（x）＝（1﹣x）（1+x）ex．f（x）≤ax+1，下⾯对a 的范围进⾏讨论：
①当a≥1 时，②当0＜a＜1 时，设函数g（x）＝ex﹣x﹣1，则g′（x）＝ex﹣1＞0（x＞0），推出结论；③当
a≤0 时，推出结果，然后得到a 的取值范围．
【解答】解：（1）因为f（x）＝（1﹣x2）ex，x∈R，
所以f′（x）＝（1﹣2x﹣x2）ex，
令f′（x）＝0 可知x＝﹣1±
，
当x＜﹣1﹣
或x＞﹣1+
时f′（x）＜0，当﹣1﹣
＜x＜﹣1+
时f′（x）＞0，
所以f（x）在（﹣∞，﹣1﹣
），（﹣1+
，+∞）上单调递减，在（﹣1﹣
，﹣1+
）上单调递增；
（2）由题可知f（x）＝（1﹣x）（1+x）ex．下⾯对a 的范围进⾏讨论：
①当a≥1 时，设函数h（x）＝（1﹣x）ex，则h′（x）＝﹣xex＜0（x＞0），
因此h（x）在[0，+∞）上单调递减，
⼜因为h（0）＝1，所以h（x）≤1，
所以f（x）＝（1+x）h（x）≤x+1≤ax+1；
②当0＜a＜1 时，设函数g（x）＝ex﹣x﹣1，则g′（x）＝ex﹣1＞0（x＞0），
所以g（x）在[0，+∞）上单调递增，
⼜g（0）＝1﹣0﹣1＝0，
所以ex≥x+1．
因为当0＜x＜1 时f（x）＞（1﹣x）（1+x）2，
所以（1﹣x）（1+x）2﹣ax﹣1＝x（1﹣a﹣x﹣x2），
取x0＝
∈（0，1），则（1﹣x0）（1+x0）2﹣ax0﹣1＝0，
所以f（x0）＞ax0+1，⽭盾；
③当a≤0 时，取x0＝
∈（0，1），则f（x0）＞（1﹣x0）（1+x0）2＝1≥ax0+1，⽭盾；
综上所述，a 的取值范围是[1，+∞）．
【点评】本题考查函数的导数的应⽤，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能
⼒．
46．设函数f（x）＝（1+x﹣x2）ex（e＝2.71828…是⾃然对数的底数）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0 时，f（x）≤ax+1+2x2，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）设F（x）＝f（x）﹣（ax+1+2x2），通过讨论a 的范围判断出函数的单调性从⽽确定a 的范围即可．
【解答】解：（1）f′（x）＝（2﹣x﹣x2）ex＝﹣（x+2）（x﹣1）ex
当x＜﹣2 或x＞1 时，f′（x）＜0，当﹣2＜x＜1 时，f′（x）＞0
所以f（x）在（﹣∞，﹣2），（1，+∞）单调递减，在（﹣2，1）单调递增；
（2）设F（x）＝f（x）﹣（ax+1+2x2），
F（0）＝0F′（x）＝（2﹣x﹣x2）ex﹣4x﹣a，F′（0）＝2﹣a，
当a≥2 时，F′（x）＝（2﹣x﹣x2）ex﹣4x﹣a≤﹣（x+2）（x﹣1）ex﹣4x﹣2＝﹣（x+2）[（x﹣1）ex+2]，
设h（x）＝（x﹣1）ex+2，h′（x）＝xex≥0，
所以h（x）＝（x﹣1）ex+2≥h（0）＝1，
即F′（x）≤0 成⽴，所以f（x）≤ax+1+2x2成⽴；
当a＜2 时，F′（0）＝2﹣a＞0，
⽽函数F′（x）的图象在（0，+∞）连续不断且逐渐趋近负⽆穷，
必存在正实数x0使得F′（x0）＝0 且在（0，x0）上F′（x0）＞0，
此时F（x）＞F（0）＝0，不满⾜题意．
综上，a 的取值范围[2，+∞）．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，转化思想，是⼀道
中档题．
47．设函数f（x）＝x（ex﹣1）﹣ax2，a∈R，其中e 为⾃然对数的底数．
（Ⅰ）若a＝，求f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）若当x≥0 时，f（x）≥0 恒成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）利⽤导数的运算法则得到f′（x），再求出f′（x）＞0 即可；
（2）由于f（x）＝x（ex﹣1﹣ax），令g（x）＝ex﹣1﹣ax，得到g′（x），通过对a 分类讨论，利⽤导数与
函数单调性的关系即可得出．
【解答】解：（1）
时，
，
f′（x）＝ex﹣1+xex﹣x＝（ex﹣1）（（x+1）．
令f'（x）＞0，得x＜﹣1 或x＞0，
所以f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣1），（0，+∞）．
（2）f（x）＝x（ex﹣1﹣ax）
令g（x）＝ex﹣1﹣ax，则g′（x）＝ex﹣a．
若a≤1，则当（0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）为增函数，
⽽g（x）＝0，从⽽当x≥0 时，g（x）≥0，即f（x）≥0．
若a＞1，则当x∈（0，lna）时，g′（x）＜0，g（x）为减函数，
⽽g（x）＝0，从⽽当x∈（0，lna）时，g（x）＜0，即f（x）＜0．
所以不合题意，舍去．
综合得a 的取值范围为（﹣∞，1]．
【点评】熟练掌握利⽤导数研究函数的单调性的⽅法、分类讨论的思想⽅法等是解题的关键．
48．已知函数f（x）＝（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．
（Ⅰ）当a＝4 时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线⽅程；
（Ⅱ）若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求a 的取值范围．
【分析】（I）当a＝4 时，求出曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线的斜率，即可求出切线⽅程；
（II）先求出f′（x）＞f′（1）＝2﹣a，再结合条件，分类讨论，即可求a 的取值范围．
【解答】解：（I）当a＝4 时，f（x）＝（x+1）lnx﹣4（x﹣1）．
f（1）＝0，即点为（1，0），
函数的导数f′（x）＝lnx+（x+1）•
﹣4，
则f′（1）＝ln1+2﹣4＝2﹣4＝﹣2，
即函数的切线斜率k＝f′（1）＝﹣2，
则曲线y＝f（x）在（1，0）处的切线⽅程为y＝﹣2（x﹣1）＝﹣2x+2；
（II）∵f（x）＝（x+1）lnx﹣a（x﹣1），
∴f′（x）＝1+
+lnx﹣a，
∴f″（x）＝
，
∵x＞1，∴f″（x）＞0，
∴f′（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴f′（x）＞f′（1）＝2﹣a．
①a≤2，f′（x）＞f′（1）≥0，
∴f（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴f（x）＞f（1）＝0，满⾜题意；
②a＞2，存在x0∈（1，+∞），f′（x0）＝0，函数f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
由f（1）＝0，可得存在x0∈（1，+∞），f（x0）＜0，不合题意．
综上所述，a≤2．
【点评】本题主要考查了导数的应⽤，函数的导数与函数的单调性的关系的应⽤，导数的⼏何意义，考
查参数范围的求解，考查学⽣分析解决问题的能⼒，有难度．
49．已知函数f（x）＝
．
（Ⅰ）判断函数f（x）在区间（0，
）上的单调性；
（Ⅱ）若函数f（x）在区间（0，
）上满⾜f（x）＜a 恒成⽴，求实数a 的最⼩值．
【分析】（Ⅰ）当
时，f
，令g（x）＝xcosx﹣sinx，g′（x）＝﹣xsinx，
可得f′（x）在区间（0，
）上恒⼩于零，函数f（x）在区间（0，
）上单调递减．
（Ⅱ）由于
，不等式f（x）＜a 恒成⽴，即sinx﹣ax＜0 恒成⽴，
令φ（x）＝sinx﹣ax，φ′（x）＝cosx﹣a，且φ（0）＝0，分a≥1，0＜a＜1，a≤0 讨论．
【解答】解：（Ⅰ）当
时，f
…1 分
令g（x）＝xcosx﹣sinx，g′（x）＝﹣xsinx，显然当
时，
g′（x）＝﹣xsinx＜0，即函数g（x）在区间（0，
）的单调递减，且g（0）＝0，
从⽽函数g（x）在区间（0，
）上恒⼩于零
…（3 分）
所以f′（x）在区间（0，
）上恒⼩于零，函数f（x）在区间（0，
）上单调递减．…（4 分）
（Ⅱ）由于
，不等式f（x）＜a 恒成⽴，即sinx﹣ax＜0 恒成⽴
…（6 分）
令φ（x）＝sinx﹣ax，φ′（x）＝cosx﹣a，且φ（0）＝0 …8 分
当a≥1 时，在区间（0，
）上φ′（x）＜0，即函数φ（x）单调递减，
所以φ（x）＜φ（0）＝0，即sinx﹣ax＜0 恒成⽴
…（9 分）
当0＜a＜1 时，φ′（x）＝cosx﹣a 在区间（0，
）上存在唯⼀解x0，
当x∈（0，x0）时，φ′（x）＞0，故φ（x）在区间[0，x0）上单调递增，且φ（0）＝0，
从⽽φ（x）在区间（0，x0）上⼤于零，这与sinx﹣ax＜0 恒成⽴相⽭盾
…（10 分）
当a≤0 时，在区间（0，
）上φ′（x）＞0，即函数φ（x）＝单调递增，且φ（0）＝0，
得sinx﹣ax＞0 恒成⽴，这与sinx﹣ax＜0 恒成⽴相⽭盾
…（11 分）
故实数a 的最⼩值为1．…（12 分）
【点评】本题考查了利⽤导数求函数的单调性，最值，考查了转化思想，属于中档题．
50．已知f（x）＝ex﹣alnx（a∈R）．
（1）求函数f（x）在点（1，f（1））处的切线⽅程；
（2）当a＝﹣1 时，若不等式f（x）＞e+m（x﹣1）对任意x∈（1，+∞）恒成⽴，求实数m 的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，求出切线的斜率，切点坐标，然后求解其切线⽅程．
（2）由f（x）＝ex﹣alnx，原不等式即为ex+lnx﹣e﹣m（x﹣1）＞0，记F（x）＝ex+lnx﹣e﹣m（x﹣1），
通过函数的导数判断函数的单调性，求解函数的最值，转化求解m 的范围即可．
【解答】解：（1）由f（x）＝ex﹣alnx，则
，切点为（1，e），
所求切线⽅程为y﹣e＝（e﹣a）（x﹣1），即（e﹣a）x﹣y+a＝0．
（2）由f（x）＝ex﹣alnx，原不等式即为ex+lnx﹣e﹣m（x﹣1）＞0，
记F（x）＝ex+lnx﹣e﹣m（x﹣1），F（1）＝0，
依题意有F（x）＞0 对任意x∈[1，+∞）恒成⽴，
求导得
，当x＞1 时，F''（x）＞0，
则F'（x）在（1，+∞）上单调递增，有F'（x）＞F'（1）＝ex+1﹣m，
若m≤e+1，则F'（x）＞0，若F（x）在（1，+∞）上单调递增，且F（x）＞F（1）＝0，适合题意；
若m＞e+1，则F'（1）＜0，⼜
，故存在x1∈（1，lnm）使F'（x）＝0，
当1＜x＜x1时，F'（x）＜0，得F（x）在（1，x1）上单调递减，在F（x）＜F（1）＝0，舍去，
综上，实数m 的取值范围是m≤e+1．
【点评】本题考查函数的导数的应⽤，切线⽅程以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能⼒．
51．已知函数f（x）＝lnx（ax+1﹣a）（a＞0）．
（1）当a＝时，设g（x）＝f（x）﹣x+1，讨论g（x）的导函数g'（x）的单调性；
（2）当x＞1 时，f（x）＞x﹣1，求a 的取值范围．
【分析】（1）根据导数和函数单调性的关系可求出单调区间，
（2）原不等式转化为lnx+a（x﹣1）lnx﹣（x﹣1）＞0，设h（x）＝lnx+a（x﹣1）lnx﹣（x﹣1），由于h
（1）＝0，只要求出函数h（x）在（1，+∞）上为单调增函数，即可求出a 的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝时，g（x）＝（x+1）lnx﹣x+1，x＞0，
∴g′（x）＝lnx+
﹣，
∴g″（x）＝
﹣
＝
，
当0＜x＜1 时，g″（x）＜0，当x＞1 时，g″（x）＞0，
∴g′（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增；
（2）当x＞1 时，f（x）＞x﹣1，
∴lnx（ax+1﹣a）＝lnx+a（x﹣1）lnx＞x﹣1，
即lnx+a（x﹣1）lnx﹣（x﹣1）＞0，
设h（x）＝lnx+a（x﹣1）lnx﹣（x﹣1），
∵h（1）＝0，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，
∵h′（x）＝
+alnx+a﹣﹣1，
∵h′（1）＝1+a﹣a﹣1＝0，
设φ（x）＝
+alnx+a﹣﹣1，
∴φ′（x）＝﹣
+
+
＝
，
令φ′（x）＝0，解得x＝
，
当
≤1 时，即a≥
时，函数φ′（x）＞0，φ（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴φ（x）＞φ（1）＝0，
∴函数h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）上单调递增，
当0＜a＜时，函数φ（x）在（1，
）上单调递减，在（
，+∞）上单调递增，
∴φ（x）min＝φ（
）＜φ（1）＝0，
∴h（x）在（1，+∞）上不单调，
综上所述a 的取值范围为[
，+∞）．
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，转化思想，是⼀道
综合题．
52．设函数f（x）＝ax2﹣a﹣lnx，其中a∈R．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）确定a 的所有可能取值，使得f（x）＞﹣e1﹣x 在区间（1，+∞）内恒成⽴（e＝2.718…为⾃然对数
的底数）．
【分析】（I）利⽤导数的运算法则得出f′（x），通过对a 分类讨论，利⽤⼀元⼆次⽅程与⼀元⼆次不等
式的关系即可判断出其单调性；
（Ⅱ）令g（x）＝﹣e1﹣x，s（x）＝ex﹣1﹣x，根据条件可知，当f（x）＞g（x）在区间（1，+∞）内恒成
⽴时，必有a＞0，然后分0＜a＜，和a≥
两种情况求出a 的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）由题意，f′（x）＝2ax﹣＝
，x＞0，
①当a≤0 时，2ax2﹣1≤0，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）上单调递减．
②当a＞0 时，f′（x）＝
，当x∈（0，
）时，f′（x）＜0，
当x∈（
，+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在（0，
）上单调递减，在（
，+∞）上单调递增．
（Ⅱ）令g（x）＝﹣e1﹣x，s（x）＝ex﹣1﹣x，
则s′（x）＝ex﹣1﹣1，⽽当x＞1 时，s′（x）＞0，所以s（x）在（1，+∞）内单调递增，
⼜由s（1）＝0，有s（x）＞0，从⽽当x＞1 时，g（x）＞0，
当a≤0，x＞1 时，f（x）＝a（x2﹣1）﹣lnx＜0，
故当f（x）＞g（x）在区间（1，+∞）内恒成⽴时，必有a＞0，
⼜由已知可得：a（x2﹣1）﹣lnx﹣
+e1﹣x＞0，
记左侧为函数m（x），其导函数为m'（x）＝2ax﹣+
﹣e1﹣x，
注意到m（1）＝0，于是可以分析端点x＝1 处的导函数值m′（1）＝2a﹣1，得到分界点a＝，
在以下讨论中，默认x 的范围是（1，+∞），
当0
时，
＞1，
由（Ⅰ）有f（
）＜f（1）＝0，⽽g（
）＞0，所以此时f（x）＞g（x）在区间（1，+∞）内不恒
成⽴，
当a
时，令h（x）＝f（x）﹣g（x），（x≥1），
当x＞1 时，h′（x）＝2ax﹣+
﹣e1﹣x＞x﹣+
﹣＝
＞
＞0，
因此，h（x）在区间（1，+∞）内单调递增，
⼜因为h（1）＝0，所以当x＞1 时，h（x）＝f（x）﹣g（x）＞0，即f（x）＞g（x）恒成⽴，
综上，a
．
【点评】本题主要考查了利⽤导数研究函数的单调性，导数在最⼤值、最⼩值问题中的应⽤，考查了计
算能⼒和转化思想，熟练掌握利⽤导数研究函数的单调性、极值、分类讨论的思想⽅法等是解题的关键．
53．设函数f（x）＝xlnx﹣ax2+（b﹣1）x，g（x）＝ex﹣ex．
（1）当b＝0 时，函数f（x）有两个极值点，求a 的取值范围；
（2）若y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与x 轴平⾏，且函数h（x）＝f（x）+g（x）在x∈（1，+∞）
时，其图象上每⼀点处切线的倾斜⻆均为锐⻆，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）先求导，再分类讨论，利⽤导数判断函数的单调性，即可求出判断函数的极值点的情况，
即可求出a 的范围；
（2）先根据导数的⼏何意义求出b＝2a，再根据函数h（x）＝f（x）+g（x）在x∈（1，+∞）时，其图象
上每⼀点处切线的倾斜⻆均为锐⻆，可得h′（x）＝lnx﹣2ax+2a+ex﹣e＞0 恒成⽴，构造函数，利⽤导数，
即可求出a 的范围
【解答】解：（1）当b＝0 时，f（x）＝xlnx﹣ax2+﹣x，（x＞0）．
∴f′（x）＝lnx+1﹣2ax﹣1＝lnx﹣2ax．
令p（x）＝lnx﹣2ax，
∴p′（x）＝﹣2a＝
．
①a∈（﹣∞，0）时，p′（x）＞0，∴p（x）在（0，+∞）单调递增，不符合题意．
②a∈（0，+∞）时，令p′（x）＞0，x∈
，∴p（x）在
上单调递增．
令p′（x）＜0，x∈（
，+∞），∴p（x）在（
，+∞）上单调递减．
令p（
）＝﹣ln2a﹣1＞0，∴a∈
．
⼜∵p（1）＝﹣2＜0，p
＝ln
﹣
＜0，且
＜
．
∴a∈
时，f（x）＝xlnx﹣ax2﹣x 有两个极值点．
综上所述a∈
，
（2）y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与x 轴平⾏，
∴f′（1）＝0 且f（1）≠0，
∵f′（x）﹣lnx﹣2ax+b，
∴b＝2a 且a≠1，
∴h（x）＝xlnx﹣ax2+（b﹣1）x+ex﹣ex，在x∈（1，+∞）时，其图象上每⼀点处切线的倾斜⻆均为锐⻆
即当x＞1 时，h′（x）＝1+lnx﹣2ax+b﹣1+ex﹣e＝lnx﹣2ax+2a+ex﹣e＞0 恒成⽴，
令t（x）＝lnx﹣2ax+2a+ex﹣e，
∴t′（x）＝+ex﹣2a，
设φ（x）＝+ex﹣2a，
∴φ′（x）＝ex﹣
，
∵ex＞e，
＜1，
∴φ′（x）＞0，
∴φ（x）在（1，+∞）上单调递增，
即t′（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴t′（x）＞t′（1）＝1+e﹣2a，
当a≤
时，且a≠1 时，t′（x）≥0，
∴t（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴t（x）＞t（1）＝0 成⽴，
当a＞
，
∵t′（x）在（1，+∞）单调递增，
∴t′（1）＝1+e﹣2a＜0，
t′（lna）＝
+2a﹣2a＞0，
∴存在x0∈（1，ln2a）有t′（x0）＝0，
当x∈（1，x0）时，t′（x）＜0，t（x）单调递减，
∴t（x0）＜t（1）＝0，t（x）＞0 不恒成⽴；
∴实数a 的取值范围为（﹣∞，1）∪（1，
]
【点评】本题考查了利⽤导数研究曲线上某点的切线⽅程，考查了利⽤导数求闭区间上函数的最值，训
练了利⽤分离变量求参数的取值范围，考查了学⽣的运算能⼒，在分类讨论时，此题对细节的分类要求
较⾼，属难度较⼤的题⽬．
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导数篇—题型48～题型49 答案
⼀．解答题（共24 ⼩题）
1．已知函数
，g（x）＝3x+a．
（Ⅰ）若f（x）与g（x）相切，求a 的值；
（Ⅱ）当
时，P（x1，y1）为f（x）上⼀点，Q（x2，y2）为g（x）上⼀点，求|PQ|的最⼩值；
（Ⅲ）∃x0＞0，使f（x0）＞g（x0）成⽴，求参数a 的取值范围．
【分析】（1）设切点为（x0，f（x0）），利⽤导数的⼏何意义求出切点为
，代⼊g（x）＝3x+a，
能求出结果．
（2）
＝
，设﹣x2+x+3＝0 的两根x1＜0＜x2，|PQ|的最⼩值为切线与g（x）
的距离，由此能求出结果．
（3）由题意得
．设
，则问题转化为a＜h（x）max 即可，由
此能求出结果．
【解答】解：（1）∵
，∴
，
设切点为（x0，f（x0）），
则k＝f'（x0）＝
，解得x0＝1 或x0＝﹣3（舍）
∴切点为
，代⼊g（x）＝3x+a，得
．
（2）
＝
，设﹣x2+x+3＝0 的两根x1＜0＜x2，
列表讨论：
x
（0，x2）
x2
（x2，+∞）
y'
+
0
﹣
y
增
极⼤值
减
由（1）知
与f（x）在x＝1 处相切且x2＞1
∴当
时，
与f（x）⽆交点，|PQ|的最⼩值为切线与g（x）的距离，
即|PQ|min＝d＝
．
（3）由题意得
＞3x+a
即
．
设
，则问题转化为a＜h（x）max 即可
，x＞0，
由h′（x）＝0，得x＝1，或x＝﹣3（舍），
由h′（x）＞0，得0＜x＜1，由h′（x）＜0，得x＞1，
∴
，
∴
，即参数a 的取值范围是（﹣∞，﹣）．
【点评】本题考查导数及其应⽤、不等式、函数等基础知识，考查考查推理论证能⼒、运算求解能⼒、
抽象概括能⼒，考查化归与转化思想、函数与⽅程思想、分类与整合思想，是中档题．
2．已知函数f（x）＝ax﹣ex（a∈R），g（x）＝
．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）∃x0∈（0，+∞），使不等式f（x）≤g（x）﹣ex 成⽴，求a 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）f′（x）＝a﹣ex，x∈R．对a 分类讨论，利⽤导数研究函数的单调性即可得出；
（Ⅱ）由∃x0∈（0，+∞），使不等式f（x）≤g（x）﹣ex，即a≤
．设h（x）＝
，则问题转化为a
，
利⽤导数研究函数的单调性极值与最值即可得出．
【解答】解：（Ⅰ）∵f′（x）＝a﹣ex，x∈R．
当a≤0 时，f′（x）＜0，f（x）在R 上单调递减；
当a＞0 时，令f′（x）＝0 得x＝lna．
由f′（x）＞0 得f（x）的单调递增区间为（﹣∞，lna）；
由f′（x）＜0 得f（x）的单调递减区间为（lna，+∞）．
（Ⅱ）∵∃x0∈（0，+∞），使不等式f（x）≤g（x）﹣ex，则
，即a≤
．
设h（x）＝
，则问题转化为a
，
由h′（x）＝
，令h′（x）＝0，则x＝
．
当x 在区间（0，+∞）内变化时，h′（x）、h（x）变化情况如下表：
x
h′（x）
+
0
﹣
h（x）
单调递增
极⼤值
单调递减
由上表可知，当x＝
时，函数h（x）有极⼤值，即最⼤值为
．
∴
．
【点评】本题考查了利⽤导数研究函数的单调性极值与最值、分类讨论的思想⽅法，考查了推理能⼒与
计算能⼒，属于难题．
3．已知a 为实数，函数f（x）＝alnx+x2﹣4x．
（1）若x＝3 是函数f（x）的⼀个极值点，求实数a 的取值；
（2）设g（x）＝（a﹣2）x，若∃x0∈[
]，使得f（x0）≤g（x0），求实数a 的取值范围．
【分析】（1）求函数导数，根据x＝3 是函数f（x）的⼀个极值点，可知f′（3）＝0，解得a＝﹣6，再将
其代⼊函数中检验即可．
（2）由f（x0）≤g（x0），得（x0﹣lnx0）a≥
﹣2x0，记F（x）＝x﹣lnx，（x＞0），对其求导分析单调性求
得最⼩值，发现最⼩值⼤0，即可得到a≥
，G（x）＝
，对其求导分析单调性，求得最
⼩值．由a≥G（X）min，即可求得a 的范围．
【解答】解：（1）函数函数f（x）＝alnx+x2﹣4x．定义域为（0，+∞），
f′（x）＝+2x﹣4＝
．
因为x＝3 是函数f（x）的⼀个极值点，
所以f′（3）＝0，
解得a＝﹣6，
经检验a＝﹣6 时，x＝3 是函数f（x）的⼀个极⼩值点，符合题意，
所以a＝﹣6；
（2）由f（x0）≤g（x0），得（x0﹣lnx0）a≥
﹣2x0，
记F（x）＝x﹣lnx，（x＞0），
所以F′（x）＝
（x＞0），
所以当0＜x＜1 时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，
当x＞1 时，F′（x）＞0，F（x）单调递增．
所以F（x）≥F（1）＝1，
所以a≥
，
记G（x）＝
，x∈[
，e]，
所以G（x）＝
，G′（x）＝
＝
，
因为x∈[
，e]，
所以2﹣2lnx＝2（1﹣lnx）≥0，
所以x﹣2lnx+2＞0，
所以x∈[
，1）时，G′（x）＜0，G（x）单调递减，
x∈（1，e]时，G′（x）＞0，G（x）单调递增，
所以G（X）min＝G（1）＝﹣1，
所以a≥G（X）min＝﹣1，
所以实数a 的取值范围为[﹣1，+∞）．
【点评】本题主要考查导数的计算以及导数在研究函数中的应⽤，考查了函数的单调性和最值，极值点，
考查了推理能⼒、计算能⼒和分类讨论思想，属于中档题．
4．已知函数f（x）＝ln（1+x）﹣asinx，a∈R．
（1）若y＝f（x）在（0，0）处的切线为x﹣3y＝0，求a 的值；
（2）若存在x∈[1，2]，使得f（x）≥2a，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）求得f（x）的导数，可得切线的斜率，由已知切线的⽅程，可得a 的⽅程，解⽅程可得a
的值；
（2）由正弦函数的值域和参数分离法，可得a≤
在x∈[1，2]有解，构造函数，运⽤导数判断
单调性，求得不等式右边函数的最⼤值，可得所求范围．
【解答】解：（1）f（x）＝ln（1+x）﹣asinx 的导数为f′（x）＝
﹣acosx，
由y＝f（x）在（0，0）处的切线为x﹣3y＝0，
可得f（0）＝0，f′（0）＝1﹣a＝，
解得a＝；
（2）证明：存在x∈[1，2]，使得f（x）≥2a，
可得ln（1+x）≥a（sinx+2），
由于2+sinx＞0，可得a≤
在x∈[1，2]有解，
设g（x）＝
，g′（x）＝
＝
，
设h（x）＝2+sinx﹣（x+1）cosx•ln（x+1），
h′（x）＝﹣cosx•ln（x+1）+（x+1）sinx•ln（x+1）＝ln（x+1）（xsinx+sinx﹣cosx），
由于x∈[1，2]，所以ln（x+1）＞0，xsinx＞0，sinx﹣cosx＝
sin（x﹣
）＞0，
所以h（x）在[1，2]递增，
h（1）＝2+sin1＞0，h（2）＝2+sin2﹣3cos2•ln2＞0，
即h（x）＞0，即有g′（x）＞0，
即有g（x）在[1，2]递增，
g（x）在[1，2]的最⼤值为g（2）＝
．
所以a≤
，
即有a 的取值范围是（﹣∞，
]．
【点评】本题考查导数的运⽤：求切线的⽅程和单调性、最值，考查参数分离和构造函数法、运算能⼒
和推理能⼒，属于中档题．
5．已知函数f（x）＝ex（2x﹣1）﹣ax+a（a∈R），e 为⾃然对数的底数．
（1）当a＝1 时，求函数f（x）的单调区间；
（2）①若存在实数x，满⾜f（x）＜0，求实数a 的取值范围：②若有且只有唯⼀整数x0，满⾜f（x0）
＜0，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）求得f（x）的导数，讨论x＞0，x＜0，结合指数函数的单调性，可得导数的符号，进⽽得
到单调区间；
（2）①讨论x＝1，x＞1．x＜1，运⽤参数分离，记g（x）＝
，求出导数，求出单调区间，
可得最值，可得a 的范围；
②由①可得0＜a＜1 时，以及当a＞
，运⽤g（x）的单调性，可得不等式组，解不等式即可得到所
求a 的范围．
【解答】解：（1）当a＝1 时，f（x）＝ex（2x﹣1）﹣x+1，导数f′（x）＝ex（2x+1）﹣1，
当x＞0 时，ex＞1，2x+1＞1，可得f′（x）＞0；
当x＜0 时，0＜ex＜1，2x+1＜1，可得f′（x）＜0．
即有f（x）的增区间为（0，+∞），减区间为（﹣∞，0）；
（2）①由f（x）＜0 可得ex（2x﹣1）＜a（x﹣1），当x＝1 时，不等式显然不成⽴；
当x＞1 时，a＞
；当x＜1 时，a＜
；
记g（x）＝
，g′（x）＝
，
可得g（x）在（﹣∞，0），（，+∞）上递增；在（0，1），（1，）递减；
可得当a＞1 时，a＞g（）＝
；当x＜1 时，a＜g（0）＝1，
综上可得，a 的取值范围是（﹣∞，1）∪（
，+∞）；
②由①可得0＜a＜1 时，x0∈（﹣∞，1），由f（x0）＜0，
代⼊不等式可得a＞
＝g（x0），
得g（x0）＜a，
⼜g（x）在（﹣∞，0）递增，在（0，1）递减，且g（0）＝1＞a，
则g（﹣1）≤a，即a≥
，故
≤a＜1；
当a＞
，x0∈（1，+∞），
由f（x0）＜0，得g（x0）＜a．
且g（）＝
＜a，
在区间[
，2]上，存在x0＝2 这个唯⼀的整数，
g（2）＜a≤g（3），即有3e2＜a≤
e3，
所以a∈（3e2，e3]∪[
，1）．
【点评】本题考查导数的运⽤：求单调区间，考查不等式的存在性问题的解法，注意运⽤参数分离和分
类讨论的思想⽅法，考查化简整理的运算能⼒，属于中档题．
6．f（x）＝a（x﹣1），g（x）＝（ax﹣1）ex，a∈R．
（1）证明：存在唯⼀实数a，使得直线y＝f（x）和曲线y＝g（x）相切；
（2）若不等式f（x）＞g（x）有且只有两个整数解，求a 的范围．
【分析】（1）设切点为（x0，y0），求得g（x）的导数，可得切线的斜率，由⽅程相等，
可得x0的⽅程，求得其范围，即可得证；
（2）令f（x）＞g（x），即a（x﹣1）＞（ax﹣1）ex，所以
，令
，求得导
数和单调性，结合条件讨论0＜a＜1，a≥1，可得满⾜条件的a 的范围．
【解答】解：（1）证明：设切点为（x0，y0），
则
①，
y＝f（x）和y＝g（x）相切，则
②，
所以
，
即
．令h（x）＝ex+x﹣2，h'（x）＝ex+1＞0，
所以h（x）单增．⼜因为h（0）＝﹣1＜0，h（1）＝e﹣1＞0，
所以，存在唯⼀实数x0，使得
，且x0∈（0，1）．
所以只存在唯⼀实数a，使①②成⽴，
即存在唯⼀实数a 使得y＝f（x）和y＝g（x）相切．
（2）令f（x）＞g（x），即a（x﹣1）＞（ax﹣1）ex，
所以
，
令
，则
，
由（1）可知，m（x）在（﹣∞，x0）上单减，
在（x0，+∞）单增，且x0∈（0，1），
故当x≤0 时，m（x）≥m（0）＝1，当x≥1 时，m（x）≥m（1）＝1，
当a＝0 时，f（x）＝0，g（x）＝﹣ex，f（x）＞g（x）显然恒成⽴，不满⾜题意；
当a＜0 时，因为要求整数解，
所以m（x）在x∈Z 时，m（x）≥1，
所以am（x）＜1 有⽆穷多整数解，舍去；
当0＜a＜1 时，
，⼜
，
所以两个整数解为0，1，即
，
所以
，即
，
当a≥1 时，
，因为
在x∈Z 内⼤于或等于1，
所以
⽆整数解，舍去，
综上，
．
【点评】本题考查导数的运⽤：求切线⽅程和单调性，考查⽅程思想和不等式有解的条件，以及分类讨
论思想⽅法，化简整理的运算能⼒，属于难题．
7．已知函数
，
，其中a∈R．
（Ⅰ）若f′（2）＝0，求实数a 的值；
（Ⅱ）当a＞0 时，求函数g（x）的单调区间；
（Ⅲ）若存在
，使得不等式f（x）≤g（x）成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）根据f′（2）＝0，然后列⽅程求a 即可；
（Ⅱ）求导，分
和
三种情况讨论单调性即可；
（Ⅲ）将存在
，使得不等式f（x）≤g（x）成⽴转化为a≥h（x）min，然后利⽤单调性求最
值即可．
【解答】解：（Ⅰ）若f′（2）＝0，可得
，即得
．
（Ⅱ）函数g（x）的定义域为（0，+∞），g′（x）＝
，
当a＞0 时，令g′（x）＝0，可得
或x＝2，
①当
，即
时，对任意的x＞0，g′（x）＞0，
此时，函数g（x）的单调递增区间为（0，+∞）．
②当
，即
时，
令g′（x）＞0，得
或x＞2，
令g′（x）＜0，得
，
此时，函数g（x）的单调递增区间为
和（2，+∞），单调递减区间为
．
③当
，即
时，令g′（x）＞0，得0＜x＜2 或
；令g′（x）＜0，得
，
此时，函数g（x）的单调递增区间为（0，2）和
，单调递减区间为
．
（Ⅲ）由f（x）≤g（x），可得ax﹣lnx≥0，即
，其中
，
令
，若存在
，使得不等式f（x）≤g（x）成⽴，
则
，
，令h′（x）＝0，得x＝e，
当
e 时，h′（x）＞0，当e＜x≤e2时，h′（x）＜0，
所以函数h（x）在
上严格递增，在（e，e2]上严格递减，
所以函数h（x）在端点
或x＝e2处取得最⼩值．
因为h（）＝﹣e，h（e2）＝
，所以h（）＜h（e），
所以h（x）min＝h（）＝﹣e，所以a≥﹣e，
因此，实数a 的取值范围是[﹣e，+∞）．
【点评】本题主要考查利⽤导数研究函数的单调性和极值，属于难题．
8．已知函数f（x）＝xlnx（x＞0）．
（1）求f（x）的单调区间和极值；
（2）若对任意x∈（0，+∞），f（x）≥
恒成⽴，求实数m 的最⼤值．
【分析】（1）由，f′（x）＞0⇒x＞，f′（x）＜0⇒0＜x＜，可得f（x）的单增区间，即可得f（x）的极
值
（2）由
变形，得
恒成⽴，令
，
利⽤导数求解
【解答】解析：（1）f'（x）＝lnx+1，f′（x）＞0⇒x＞，f′（x）＜0⇒0＜x＜
∴f（x）的单调增区间是
，单调减区间是
．
∴f（x）在
处取得极⼩值，极⼩值为
．
（2）由
变形，得
恒成⽴，
令
，
，
由g'（x）＞0⇒x＞1，g'（x）＜0⇒0＜x＜1．
所以，g（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数．
所以，g（x）min＝g（1）＝4，即m≤4，所以m 的最⼤值是4．
【点评】本题考查了利⽤导数求函数的单调区间、极值，考查了利⽤导数处理恒处理问题，属于中档题．
9．已知函数f（x）＝x2﹣（2a+1）x+alnx（a∈R）．
（Ⅰ）若f（x）在区间[1，2]上是单调函数，求实数a 的取值范围；
（Ⅱ）函数g（x）＝（1﹣a）x，若∃x0∈[1，e]使得f（x0）≥g（x0）成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）求函数的导数，利⽤函数f（x）在区间[1，2]上是单调函数，进⾏求解判断即可，
（2）若∃x0∈[1，e]使得f（x0）≥g（x0）成⽴，转化为f（x）≥g（x）在区间[1，e]上有解，利⽤参数分离
法进⾏求解即可．
【解答】解：（1）函数的导数f′（x）＝2x﹣（2a+1）+
＝
＝
（2 分）
当导函数f′（x）的零点x＝a 落在区间（1，2）内时，
函数f（x）在区间[1，2]上就不是单调函数，
所以实数a 的取值范围是：a≥2 或a≤1；
（6 分）
（也可以转化为恒成⽴问题．酌情给分．）
（2）由题意知，不等式f（x）≥g（x）在区间[1，e]上有解，
即x2﹣2x+a（lnx﹣x）≥0 在区间[1，e]上有解．
（7 分），
∵当x∈[1，e]时，lnx≤1≤x（不同时取等号），
∴lnx﹣x＜0，
∴a≤
在区间[1，e]上有解．
（8 分）
令
，则h′（x）＝
（9 分）
∵x∈[1，e]，∴x+2＞2≥2lnx，
∴h′（x）≥0，则h（x）单调递增，
∴x∈[1，e]时，h（x）的最⼤值为h（e）＝
，（11 分）
∴a≤
则实数a 的取值范围是（﹣∞，
（12 分）
（也可以构造函数F（x）＝x2﹣2x+a（lnx﹣x），分类讨论．酌情给分）
【点评】本题主要考查函数单调性和导数之间的应⽤，根据函数单调性和导数的关系转化为导数问题是
解决本题的关键．
10．已知函数f（x）＝a（x+
）+blnx（其中a，b∈R）
（Ⅰ）当b＝﹣4 时，若f（x）在其定义域内为单调函数，求a 的取值范围；
（Ⅱ）当a＝﹣1 时，是否存在实数b，使得当x∈[e，e2]时，不等式f（x）＞0 恒成⽴，如果存在，求b
的取值范围，如果不存在，说明理由（其中e 是⾃然对数的底数，e＝2.71828…）．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，问题转化为则a≥
，或a≤
，求出a 的范围即可；
（Ⅱ）问题转化为b＞
在x∈[e，e2]时恒成⽴，令h（x）＝
，x∈[e，e2]，根据函数的单调
性求出b 的范围即可．
【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）＝
，
若f（x）在其定义域内递增，
则a≥
＝
＝1，
故a≥1，
若若f（x）在其定义域内递减，
则a≤
＝
，
x+
→+∞时，
→0，
故a≤0；
综上，a≤0 或a≥1；
（Ⅱ）f（x）＝﹣（x+
）+blnx＞0 在x∈[e，e2]时恒成⽴，
令y＝lnx﹣，x∈[e，e2]，
y′＝+
＞0，
函数y＝lnx﹣在x∈[e，e2]递增，
故x＝e 时，y 取最⼩值1﹣＞0，
故y＝lnx﹣＞0 在x∈[e，e2]恒成⽴，
故问题转化为b＞
在x∈[e，e2]时恒成⽴，
令h（x）＝
，x∈[e，e2]，
h′（x）＝
令m（x）＝lnx﹣﹣1，m′（x）＝+
＞0，
⽽m（e）＜0，m（e2）＞0，
故存在x0∈[e，e2]，使得h（x）在[e，x0）递减，在（x0，e2]递增
∴h（x）max＝h（e2）或h（e），
⽽h（e2）＝
＜h（e）＝
，
∴b＞
．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤以及函数恒成⽴问题，是⼀道中档题．
11．已知函数f（x）＝
，其中a 为实数．
（1）当a＝2 时，求曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线⽅程；
（2）是否存在实数a，使得对任意x∈（0，1）∪（1，+∞），f（x）＞
恒成⽴？若不存在，请说明理
由，若在，求出a 的值并加以证明．
【分析】（1）利⽤导数的⼏何意义k＝f′（2），切线⽅程y﹣f（2）＝k（x﹣2）
（2）由f（x）
恒成⽴⇒a
（0＜x＜1），a
，构造函数
，利⽤导数研究函数g（x）在区间（0，1）上的最⼤值M，在区间（1，+∞）
上的最⼩值m，则
【解答】解：（1）a＝2 时，f（x）＝
，
f′（x）＝
，f′（2）＝
，（2 分）
⼜f（2）＝0
所以切线⽅程为y＝
（x﹣2）（2 分）
（2）1°当0＜x＜1 时，lnx＜0，则
⇔a＞x﹣
lnx
令g（x）＝x﹣
lnx，g′（x）＝
，
再令h（x）＝2
﹣2lnx，h′（x）＝
当0＜x＜1 时h′（x）＜0，∴h（x）在（0，1）上递减，
∴当0＜x＜1 时，h（x）＞h（1）＝0，
∴g′（x）＝
＞0，
所以g（x）在（0，1）上递增，g（x）＜g（1）＝1，
所以a≥1（5 分）
2°x＞1 时，lnx＞0，则
⇔a＜x﹣
lnx⇔＜g（x）
由1°知当x＞1 时h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）上递增
当x＞1 时，h（x）＞h（1）＝0，g′（x））＝
＞0
所以g（x）在（1，+∞）上递增，∴g（x）＞g（1）＝1
∴a≤1；（5 分）
由1°及2°得：a＝1．（1 分）
【点评】本题考查了导数的⼏何意义及过曲线上⼀点的切线⽅程的求解，⽽恒成⽴的问题往往转化为求
函数的最值问题，若a≥f（x）恒成⽴⇒a≥f（x）max，a≤f（x）恒成⽴⇒a≤f（x）min，体现数学的转化思
想在解题中的运⽤．
12．已知函数
；
（Ⅰ）求证：f（x）≤a2﹣3；
（Ⅱ）是否存在实数k，使得只有唯⼀的正整数a，对于x∈（0，+∞）恒有f（x）≤ea+k，若存在，请求
出k 的范围以及正整数a 的值；若不存在请说明理由．（下表的近似值供参考）
ln2
ln3
ln4
ln5
ln6
ln7
ln8
ln9
0.69
1.10
1.38
1.61
1.79
1.95
2.07
2.20
【分析】（Ⅰ）先求导，求出函数最⼤值，再构造函数h（a）＝lna﹣a+1，利⽤导数求出函数的最值即可
证明；
（Ⅱ）问题转化为k≥（a+1）lna﹣2﹣ea，构造函数g（a）＝（a+1）lna﹣2﹣ea，求出函数单调性，根据
函数值的情况，即可求出a 的值．
【解答】证明：（Ⅰ）函数
，则a＞0，x＞0，
f′（x）＝﹣
＝
，
当0＜x＜时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
当x＞时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
∴f（x）≤f（）＝（a+1）lna﹣2，
下⾯证明（a+1）lna﹣2≤a2﹣3，
上式等价于lna≤a﹣1，
设h（a）＝lna﹣a+1，
∴h′（a）＝﹣1＝
，
当0＜a＜1 时，h′（a）＞0，函数h（a）单调递增，
当a＞1 时，h′（a）＜0，函数h（a）单调递减，
∴h（a）≤h（1）＝0﹣1+1＝0，
∴lna≤a﹣1，
∴f（x）≤a2﹣3；
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）可知函数f（x）max＝（a+1）lna﹣2，
∴f（x）≤ea+k，即（a+1）lna﹣2≤ea+k 只有唯⼀的正整数解，
∴k≥（a+1）lna﹣2﹣ea，
设g（a）＝（a+1）lna﹣2﹣ea，
∴g′（a）＝lna+
﹣e，
∴g′（）＝0，g′（1）＝2﹣e＜0，
设φ（a）＝lna+
﹣e，
∴φ′（a）＝﹣
＝
，
∴φ（a）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∵φ（4）＝ln4+
﹣e＜0，φ（5）＝ln5+
﹣e＞0，
∴存在a0∈（4，5）使得g′（a0）＝0，
∴g（a）在（0，）上单调递增，在（，a0）上单调递减，在（a0，+∞）上单调递增，
∵g（3）＝4ln3﹣3e﹣2，g（4）＝5ln4﹣4e﹣2，g（5）＝6ln5﹣5e﹣2，
∴g（3）＞g（5）＞g（4），
∴k∈[5ln4﹣4e﹣2，6ln5﹣5e﹣2），
此时a＝4．
【点评】本题考查了导数和函数单调性，最值的关系，不等式的证明，考查了转化与化归能⼒，运算求
解能⼒，属于难题．
13．已知f（x）＝xlnx，g（x）＝
，直线l：y＝（k﹣3）x﹣k+2
（1）函数f（x）在x＝e 处的切线与直线l 平⾏，求实数k 的值
（2）若⾄少存在⼀个x0∈[1，e]使f（x0）＜g（x0）成⽴，求实数a 的取值范围
（3）设k∈Z，当x＞1 时f（x）的图象恒在直线l 的上⽅，求k 的最⼤值．
【分析】（1）先求导，根据导数的⼏何意义得到关于k 的⽅程解得即可．
（2）由于存在x0∈[1，e]，使f（x0）＜g（x0），则kx0＞2lnx0⇒a＞
，只需要k ⼤于h（x）＝
的最⼩值即可．
（3）分离参数，得到k＜
，构造函数，求函数的最⼩值即可．
【解答】解：（1）∵f′（x）＝1+lnx，
∴f′（e）＝1+lne＝k﹣3
∴k＝5，
（2）由于存在x0∈[1，e]，使f（x0）＜g（x0），
则
ax02＞x0lnx0，
∴a＞
设h（x）＝
则h′（x）＝
，
当x∈[1，e]时，h′（x）≥0（仅当x＝e 时取等号）
∴h（x）在[1，e]上单调递增，
∴h（x）min＝h（1）＝0，因此a＞0．
（3）由题意xlnx＞（k﹣3）x﹣k+2 在x＞1 时恒成⽴
即k＜
，
设F（x）＝
，
∴F′（x）＝
，
令m（x）＝x﹣lnx﹣2，则m′（x）＝1﹣＝
＞0 在x＞1 时恒成⽴
所以m（x）在（1，+∞）上单调递增，且m（3）＝1﹣ln3＜0，m（4）＝2﹣ln4＞0，
所以在（1，+∞）上存在唯⼀实数x0（x0∈（3，4））使m（x）＝0
当1＜x＜x0时m（x）＜0 即F′（x）＜0，
当x＞＜x0时m（x）＞0 即F′（x）＞0，
所以F（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
F（x）min＝F（x0）＝
＝
＝x0+2∈（5，6）
故k＜x0+2 ⼜k∈Z，所以k 的最⼤值为5
【点评】本题考查导数在研究函数的单调性、函数恒成⽴的问题，考查等价转化的思想⽅法以及分析问
题的能⼒，属于难题．
14．设函数f（x）＝2lnx﹣mx2+1．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当f（x）有极值时，若存在x0，使得f（x0）＞m﹣1 成⽴，求实数m 的取值范围．
【分析】（1）求出函数的定义域，函数的导数，通过m 的范围，判断导函数的符号，求解函数的单调区
间即可．
（2）利⽤函数有极值，结合（1）函数的单调性求解函数的最值，然后构造不等式，通过函数的最值求
解即可．
【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
，
当m≤0 时，f'（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当m＞0 时，解f'（x）＞0 得
，
∴f（x）在
上单调递增，在
上单调递减．…（6 分）
（2）由（1）知，当f（x）有极值时，m＞0，且f（x）在
上单调递增，
在
上单调递减，
∴
若存在x0，使得f（x0）＞m﹣1 成⽴，则f（x）max＞m﹣1 成⽴．
即﹣lnm＞m﹣1 成⽴，令g（x）＝x+lnx﹣1，
∵g（x）在（0，+∞）上单调递增，且g（1）＝0，∴0＜m＜1．
∴实数m 的取值范围是（0，1）．…（12 分）
【点评】本题考查函数的导数的综合应⽤，函数的单调性以及函数的极值以及函数的最值的求法，考查
分析问题解决问题的能⼒．
15．设
（a∈R）．
（Ⅰ）当a＝1 时，求曲线y＝f（x）在点
处的切线⽅程；
（Ⅱ）当a＜1 时，在
内是否存在⼀实数x0，使f（x0）＞e﹣1 成⽴？
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，求出切线的斜率，从⽽求出切线⽅程即可；
（Ⅱ）只需证明
时，f（x）max＞e﹣1 即可，根据函数的单调性求出f（x）的最⼤值，从⽽判
断结论即可．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝1 时，f（x）＝x﹣lnx，
，…（2 分）
所以曲线y＝f（x）在点
处的切线的斜率为
．…（4 分）
所求切线⽅程为
，即x+y﹣ln2﹣1＝0．…（6 分）
（Ⅱ）假设当a＜1 时，在
存在⼀点x0，使f（x0）＞e﹣1 成⽴，
则只需证明
时，f（x）max＞e﹣1 即可．…（8 分）
，
令f′（x）＝0 得，x1＝1，x2＝a﹣1，当a＜1 时，a﹣1＜0，
当
时，f′（x）＜0；当x∈（1，e）时，f′（x）＞0．
函数f（x）在
上递减，在[1，e]上递增，…（10 分）
∴
．
于是，只需证明f（e）＞e﹣1 或
即可．…（12 分）
∵
＝
＞0
∴f（e）＞e﹣1 成⽴…（14 分）
所以假设正确，即当a＜1 时，在
上⾄少存在⼀点x0，使f（x0）＞e﹣1 成⽴．…（15 分）
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，转化思想，是⼀道
综合题．
16．已知
﹣x+1，a≠0．
（Ⅰ）当a＝1 时，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若∃x0＞1，使
成⽴，求参数a 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）代⼊a 值，求出导函数，找出极值点，得出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）由题意即
，当a＞0 时，f（x）min＝f（1），当a＜0，
恒成⽴，由此利⽤
导数性质能求出参数a 的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）
，
f'（x）＝ex+xex﹣x﹣1＝（ex﹣1）（x+1）＝0 时x1＝0，x2＝﹣1
x
（﹣∞，﹣1）
﹣1
（﹣1，0）
0
（0，+∞）
f'（x）
+
﹣
+
f（x）
增
减
增
∴f（x）的减区间为（﹣1，0）f（x）的增区间为（﹣∞，﹣1），（0，+∞）
（Ⅱ）由题意即
，
x＞1 时，f'（x）＝（ax+1）（eax﹣1）＝0，
∴
，x2＝0
当a＞0 时，
∵x＞1，
∴f'（x）＞0，
∴f（x）单调递增，
即f（x）min＝f（1），f（1）＝ea﹣＜即ea﹣a＜0，
设g（a）＝ea﹣a，
a≥0 时，g'（x）＝ea﹣1≥0，
∴g（x）min＝g（1）＝1＞0 即ea＞a 恒成⽴，∴⽆解
当a＜0 时：
x
（﹣∞，0）
0
g'（x）
+
﹣
+
g（x）
↑
↓
↑
且g（0）＝1＞0，由（1）知
恒成⽴，
若∃x0＞1 使
则
且
，
﹣1＜a＜0①，
，
，
②，
由①②取交集，得参数a 的取值范围：{a|
}．
【点评】本题考查导数及其应⽤、不等式、函数等基础知识，考查考查推理论证能⼒、运算求解能⼒、
抽象概括能⼒，考查化归与转化思想、函数与⽅程思想、分类与整合思想，是中档题．
17．已知函数f（x）＝﹣alnx﹣
．
（Ⅰ）当a＜0 时，讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）设g（x）＝f（x）+xf′（x），若关于x 的不等式g（x）≤﹣ex+
在x∈[1，2]上有解，求
a 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，判断导函数的符号，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题转化为存在x0∈[1，2]，使得﹣alnx0+（a+1）x0﹣
﹣a≤0 成⽴，令h（x）＝﹣alnx+（a+1）
x﹣
﹣a，x∈[1，2]，通过讨论a 的范围求出函数的单调区间，求出a 的范围即可．
【解答】解：（Ⅰ）由题意知，f′（x）＝
，x＞0．
令F（x）＝（ax﹣ex）（x﹣1），当a＜0 时，ax﹣ex＜0 恒成⽴，
∴当x＞1 时，F（x）＜0；当0＜x＜1 时，F（x）＞0，
∴函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．……………………（4 分）
（Ⅱ）∵g（x）＝f（x）+xf′（x），
∴g（x）＝﹣alnx﹣ex+2ax﹣a，
由题意知，存在x0∈[1，2]，使得g（x0）≤﹣
+
+（a﹣1）x0成⽴．
即存在x0∈[1，2]，使得﹣alnx0+（a+1）x0﹣
﹣a≤0 成⽴，
令h（x）＝﹣alnx+（a+1）x﹣
﹣a，x∈[1，2]，
∴h′（x）＝﹣
，x∈[1，2]，
①a≤1 时，x∈[1，2]，则h′（x）≤0，
∴函数h（x）在[1，2]上单调递减，
∴h（x）min＝h（2）＝﹣aln2+a≤0 成⽴，解得a≤0，∴a≤0；
②当1＜a＜2 时，令h′（x）＞0，解得1＜x＜a；令h′（x）＜0，解得a＜x＜2，
∴函数h（x）在[1，a]上单调递增，在[a，2]上单调递减，
⼜h（1）＝，∴h（2）＝﹣aln2+a≤0，解得a≤0，∴a ⽆解；
③当a≥2 时，x∈[1，2]，则h′（x）≥0，
∴函数h（x）在[1，2]上单调递增，
∴h（x）min＝h（1）＝＞0，不符合题意，舍去．
综上所述，a 的取值范围为（﹣∞，0]．…………………………（12 分）
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，转化思想，是⼀道
综合题．
18．已知函数f（x）＝
+4alnx．
（1）当a＝2 时，求函数f（x）的极值；
（2）当a＞0 时，若在[1，e]（e＝2.718…）上存在⼀点x0，使得f（x0）＜g（x0）成⽴，求实数a 的取值
范围．
【分析】（1）求导得f′（x）＝
，当a＝2 时，令f′（x）＞0，f′（x）＜0，解得x 的取值范
围，即可得出f（x）的单调性，再求出f（x）的极值．
（2）令F（x）＝f（x）﹣g（x）＝x+
﹣alnx，将问题转化为在[1，e]上存在⼀点x0，使得F（x0）＜0，
由F（x）min＜0，即可解出答案．
【解答】解：（1）因为函数f（x）＝x2﹣（a+3）x+3alnx，
所以函数f（x）的定义域为（0，+∞），
所以f′（x）＝x﹣（a+3）+
＝
，
当a＝2 时，令f′（x）＝
＞0，解得x＞3 或0＜x＜2，
所以当x∈（0，2）时，函数f（x）单调递增，
当x∈（2，3）时，函数f（x）单调递减，
当x∈（3，+∞）时，函数f（x）单调递增，
所以函数f（x）的极⼩值为f（3）＝6ln3﹣
，函数f（x）的极⼤值为f（2）＝6ln2﹣8．
（2）令F（x）＝f（x）﹣g（x）＝x+
﹣alnx，
在[1，e]上存在⼀点x0，使得f（x0）＜g（x0）成⽴，
即在[1，e]上存在⼀点x0，使得F（x0）＜0，
即函数F（x）＝x+
﹣alnx 在[1，e]上的最⼩值⼩于零，
由F（x）＝x+
﹣alnx，得F′（x）＝1﹣
﹣＝
，
因为a＞0，所以a+1＞1，
因为x∈（0，+∞），所以x+1＞0，
所以当x∈（0，a+1）时，F′（x）＜0
当x∈（a+1，+∞）时，F′（x）＞0，
①当1＜a+1＜e，即0＜a＜e﹣1 时，F（x）在[1，a+1）上单调递减，在[a+1，e]上单调递增，
所以F（x）的最⼩值为F（a+1）＝a+2﹣aln（a+1），
因为0＜ln（a+1）＜1，所以0＜aln（a+1）＜a，
所以a+2﹣aln（a+1）＞2，此时F（a+1）＜0 不成⽴，
②当a+1≥e，即a≥e﹣1 时，F（x）在[1，e]上单调递减，
所以F（x）的最⼩值为F（e），由F（e）＝e+
﹣a＜0，可得a＞
，
因为
＞e﹣1，所以a＞
，
综上所述，a 的取值范围是（
，+∞）．
【点评】本题考查导数的综合应⽤，利⽤导数研究函数的单调性与极值，考查了转化思想和分类讨论思
想，属于中档题．
19．已知函数f（x）＝ax2+lnx．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若∃x∈（0，+∞）使f（x）＞0 成⽴，求a 的取值范围．
【分析】（1）求出定义域（0，+∞），
，通过①a≥0 时②a＜0 时，判断导函
数的符号，得到函数的单调性．
（2）通过①a≥0 时，②a＜0 时，∃x∈（0，+∞）使f（x）＞0 成⽴，推出a 的范围即可．
【解答】解：（1）定义域（0，+∞），
，
①a≥0 时，f'（x）＞0，函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增，
②a＜0 时，由2ax2+1＞0 得
，
∴函数f（x）在区间
单调递增，
函数f（x）在区间
单调递减．
（2）①a≥0 时，f（e）＝ae2+1＞0，
∴∃x∈（0，+∞）使f（x）＞0 成⽴，
②a＜0 时，
需
＝
，
得
，∴
，
∴由①②得
．
【点评】本题考查函数的导数的应⽤，函数的单调性以及函数的最值的求法，存在性问题的处理⽅法，
是中档题．
20．已知函数f（x）＝x﹣alnx，（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）在定义域内的极值点的个数；
（2）设g（x）＝﹣
，若在[1，e]上存在⼀点x0，使得f（x0）＜g（x0）成⽴，求a 的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，通过a 的取值，判断函数的单调性，推出函数的极值．
（2）构造函数
，求出函数的导数，转化已知条件为：函
数
在[1，e]上的最⼩值⼤于零．通过①a≥e﹣1，②a≤0，③0＜a＜e﹣1 时，分别求
解函数的最值，然后推出a 的范围．
【解答】解：（1）函数f（x）＝x﹣alnx 的定义域为：（0，+∞），
，
当a≤0 时，f′（x）＞0 在（0，+∞）上恒成⽴，
函数f（x）在（0，+∞）单调递增，∴f（x）在（0，+∞）上没有极值点．
当a＞0 时，f′（x）＜0，得0＜x＜a，f′（x）＞0，得x＞a，
∴f（x）在（0，a）上递减，在（a，+∞）上递增，
即f（x）在x＝a 处有极⼩值，⽆极⼤值．
∴当a≤0 时，f（x）在（0，+∞）上没有极值点，
当a＞0 时，f（x）在（0，+∞）上有⼀个极值点．
（2）设
，
，
（i）当a+1＞0 时，即a＞﹣1 时，在（0，1+a）上h'（x）＜0，在（1+a，+∞）上h'（x）＞0，
所以h（x）在（0，1+a）上单调递减，在（1+a，+∞）上单调递增；
（ii）当1+a≤0，即a≤﹣1 时，在（0，+∞）上h'（x）＞0，
所以，函数h（x）在（0，+∞）上单调递增
在[1，e]上存在⼀点x0，使得f（x0）＜g（x0）成⽴，即
在[1，e]上存在⼀点x0，使得h（x0）＜0，
即函数h（x）＝x+
﹣alnx 在[1，e]上的最⼤值⼩于零．（9 分）
①即1+a≥e，即a≥e﹣1 时，h（x）在[1，e]上单调递减，
所以h（x）的最⼩值为h（e），
由h（e）＝e+
﹣a＜0 可得a＞
，
因为
＞e﹣1，
所以a＞
；（10 分）
②当1+a≤1，即a≤0 时，h（x）在[1，e]上单调递增，
所以h（x）最⼩值为h（1），由h（1）＝1+1+a＜0 可得a＜﹣2；（11 分）
③当1＜1+a＜e，即0＜a＜e﹣1 时，可得h（x）最⼩值为h（1+a），
因为0＜ln（1+a）＜1，
所以，0＜aln（1+a）＜a
故h（1+a）＝2+a﹣aln（1+a）＞2
此时，h（1+a）＜0 不成⽴．（12 分）
综上讨论可得所求a 的范围是：a＞
或a＜﹣2．（13 分）
【点评】本题考查函数的导数的综合应⽤，函数的极值的求法，构造法的应⽤，考查转化思想以及分类
讨论思想的应⽤．
21．已知函数f（x）＝x（lnx﹣1），g（x）＝
．
（Ⅰ）求证：当0＜x＜时，f（x）＜x2﹣x；
（Ⅱ）若存在x0∈（0，m]，使f（x0）﹣g（m）≤0，求m 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）问题转化为证明lnx﹣x+
＜0，设F（x）＝lnx﹣x+
，求出函数的导数，根据函数的单调
性证明即可；
（Ⅱ）通过讨论m 的范围，求出f（x）的最⼩值，根据f（x0）﹣g（m）≤0，求出满⾜条件的m 的范围即
可．
【解答】（Ⅰ）证明：f（x）的定义域是（0，+∞），
x（lnx﹣1）＜x2﹣x 即lnx﹣x+
＜0，
设F（x）＝lnx﹣x+
，
∵F′（x）＝
，故F（x）在（0，1）递增，
当0＜x＜时，F（x）＜F（）＝﹣＜0，得证；
（Ⅱ）f′（x）＝lnx，故f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
对于x∈（0，m]，
（1）m≥1 时，f（x）min＝f（1）＝﹣1，需﹣1﹣g（m）≤0，
故1≤m≤ln3；
（2）解：0＜m＜1 时，先证明若0＜x＜1 时，有f（x）＜g（x），
（i）若0＜x≤
，∵f（x）＜x2﹣x，
设h（x）＝x2﹣x﹣
，h′（x）＝2x﹣+
，
∴h′（x）≤h′（）＝﹣+
＜1﹣+
＜﹣+
＜0，
故h（x）递减，h（x）＜h（0）＝0，
∴x2﹣x＜
，f（x）＜g（x）；
（ii）若
＜x＜1，设h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x（lnx﹣1）﹣
，
h′（x）＝lnx+
递增，h′（）＝﹣1+
＜﹣1+
＜0，h′（1）＝＞0，
故有x1∈（，1），使h′（x1）＝0，h（x）在（，x1）递减，在（x1，1）递增，
h（）＝﹣﹣+
＜﹣﹣+
＜0，h（1）＝
＜0，
∴
＜x＜1 时，h（x）＜0，得f（x）＜g（x），
由（i）（ii）得，当0＜x＜1 时，f（x）＜g（x），
此时由于0＜m＜1，∴x∈（0，m]时，f（x）min＝f（m），
故f（m）﹣g（m）＜0，满⾜题意，
综上，m 的范围是（0，ln3]．
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应⽤，分类讨论思想，转化思想，是⼀道综
合题．
22．已知函数f（x）＝lnx﹣a（x+1），a∈R 在（1，f（1））处的切线与x 轴平⾏．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若存在x0＞1，当x∈（1，x0）时，恒有
成⽴，求k 的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为可化为lnx﹣
+x﹣＞k（x﹣1），令g（x）＝lnx﹣
+x﹣﹣k（x﹣1），（x＞1），通
过讨论k 的范围，求出函数的单调区间，从⽽确定k 的范围即可．
【解答】解：（1）由已知可得f（x）的定义域为（0，+∞），
∵f′（x）＝﹣a，∴f′（1）＝1﹣a＝0，解得：a＝1，
∴f′（x）＝
，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜1，令f′（x）＜0，解得：x＞1，
故f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减；
（2）不等式f（x）﹣
+2x+
＞k（x﹣1）
可化为lnx﹣
+x﹣＞k（x﹣1），
令g（x）＝lnx﹣
+x﹣﹣k（x﹣1），（x＞1），
g′（x）＝
，
∵x＞1，令h（x）＝﹣x2+（1﹣k）x+1，
h（x）的对称轴是x＝
，
①当
≤1 时，即k≥﹣1，
易知h（x）在（1，x0）上递减，
∴h（x）＜h（1）＝1﹣k，
若k≥1，则h（x）≤0，
∴g′（x）≤0，
∴g（x）在（1，x0）递减，
∴g（x）＜g（1）＝0，不适合题意．
若﹣1≤k＜1，则h（1）＞0，
∴必存在x0使得x∈（1，x0）时，g′（x）＞0，
∴g（x）在（1，x0）递增，
∴g（x）＞g（1）＝0 恒成⽴，适合题意．
②当
＞1 时，即k＜﹣1，
易知必存在x0使得h（x）在（1，x0）递增，
∴h（x）＞h（1）＝1﹣k＞0，
∴g′（x）＞0，∴g（x）在（1，x0）递增，
∴g（x）＞g（1）＝0 恒成⽴，适合题意．
综上，k 的取值范围是（﹣∞，1）．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，转化思想，是⼀道
中档题．
23．已知函数f（x）＝2x﹣+klnx．
（1）当k＝﹣3 时，求f（x）的极值；
（2）若存在x∈[1，e]，使得3x﹣f（x）＜﹣成⽴，求实数k 的取值范围．
【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与极值关系即可求解；
（2）由已知不等式恒成⽴与最值的相互转化，结合导数与最值的关系进⾏求解即可．
【解答】解：（1）当k＝﹣3 时，f（x）＝2x﹣﹣3lnx，
＝
，x＞0，
当0＜x＜，x＞1 时，f′（x）＞0，函数单调递增，当
时，f′（x）＜0，函数单调递减，
故当x＝时函数取得极⼤值f（）＝3ln2﹣1，当x＝1 时函数取得极⼩值f（1）＝1，
（2）存在x∈[1，e]，使得3x﹣f（x）＜﹣成⽴，
∴3x﹣2x+
﹣klnx
⇒x+
有解，
设h（x）＝x+
﹣klnx，只要h（x）在[1，e]上的最⼩值⼩于0，
h′（x）＝1﹣
﹣＝
，
①当k≤0 时，h（x）在[1，e]上单调递增，h（x）min＝h（1）＝2+k＜0，即k＜﹣2，
②当1＜k+1＜e 即0＜k＜e﹣1 时，h（x）在[1，k+1]上单调递减，在[k+1，e]上单调递增，
所以h（x）min＝h（k+1）＝k+2﹣kln（k+1），
∵1＜k+1＜e，
∴0＜ln（k+1）＜1，即0＜kln（k+1）＜k，
∴2+k﹣kln（k+1）＞2，不满⾜题意，
③当k+1≥e 即k≥e﹣1 时，h（x）在[1，e]上单调递减，
h（x）min＝h（e）＝e+
＜0，
故k＞
，
⼜
＞e﹣1，
∴
，
故k 的范围（﹣∞，﹣2）∪（
，+∞）
【点评】本题主要考查了利⽤导数研究函数的极值及由不等式恒成⽴求解参数范围问题，体现了转化及
分类讨论思想的应⽤．
24．已知f（x）＝x2+ax﹣lnx+1，g（x）＝x2+1．
（1）若a＝﹣1，判断是否存在x0＞0，使得f（x0）＜0，并说明理由；
（2）设h（x）＝f（x）﹣g（x），是否存在实数a，当x∈（0，e]（e≈2.718，为⾃然常数）时，函数h（x）
的最⼩值为3．
【分析】（1）对f（x）求导，列表得到极值点，求出极值和最⼩值即可得到结论．．
（2）构造新函数，对新函数进⾏求导，得出极值，即得到最⼩值，按照参数a 的范围进⾏讨论．
【解答】解：（1）当a＝﹣1 时，f（x）＝x2﹣x﹣lnx+1，定义域为（0，+∞）
f′（x）＝2x﹣1﹣＝
x
（0，1）
1
（1，+∞）
f′（x）
﹣
0
+
f（x）
↓
极⼩值f（1）
↑
由表格可知，当x＝1 时，函数f（x）有极⼩值f（x）极⼩值＝f（1）＝1，同时也是最⼩值，
即f（x）≥1，故不存在x0＞0，使得f（x0）＜0，
（2）因为f（x）＝x2+ax﹣lnx+1，g（x）＝x2+1
所以h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x2+ax﹣lnx+1﹣（x2+1）＝ax﹣lnx，
假设存在实数a，使得h（x）＝ax﹣lnx（x∈（0，e]）有最⼩值3，h'（x）＝a﹣，
①当a≤0 时，h'（x）＜0，所以h（x）在（0，e]上单调递减，h（x）min＝h（e）＝ae﹣1＝3，a＝（舍去）；
②当a＞0 时，h'（x）＝
1°，当
时，
，h'（x）＜0 在（0，e]上恒成⽴．
所以h（x）在（0，e]上单调递减，h（x）min＝h（e）＝ae﹣1＝3，a＝（舍去）；
2°，当
时，
，当
时，h'（x）＜0，所以h（x）在（
）上递减，
当
时，h'（x）＞0，h（x）在（
）上递增，
所以h（x）min＝h（）＝1+lna＝3，a＝e2，满⾜条件；
综上可知，存在a＝e2使得x∈（0，e]时h（x）有最⼩值3．
【点评】本题主要考查导数的综合应⽤，根据条件求出函数的极值和最值是解决本题的关键．，重点考
查导数在极值中的应⽤和含参数的函数最值的应⽤，运算量较⼤，综合性较强．
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导数篇—题型50～题型52 答案
⼀．解答题（共11 ⼩题）
1．已知函数f（x）＝
+alnx（a∈R，且a≠0）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设函数g（x）＝2x2f′（x）﹣xf（x）﹣3a（a＜0）存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g（x1）＜g
（x2）成⽴，求a 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，然后对a 分类讨论，利⽤导函数在不同区间内的符号，可得原函数
的单调性；
（Ⅱ）求出g（x）的解析式，把问题转化为2g（x）min＜g（x）max，再由导数求最值，可得关于a 的不等
式求解．
【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）＝
+alnx，∴f′（x）＝
（x＞0）．
当a＞0 时，∵
＞0，∴x∈（0，
）时，f′（x）＜0，当x∈（
，+∞）时，f′（x）＞0，
∴f（x）的减区间为（0，
），增区间为（
，+∞）；
当﹣1＜a＜0 时，∵
＜0，∴f′（x）＜0 在（0，+∞）上恒成⽴，则f（x）的减区间为（0，+∞）；
当a＝﹣1 时，∵f′（x）＝
＜0，∴f（x）的减区间为（0，+∞）；
当a＜﹣1 时，
＞0，∴x∈（0，
）时，f′（x）＞0，当x∈（
，+∞）时，f′（x）＜0，
∴f（x）的增区间为（0，
），减区间为（
，+∞）．
综上，当a＞0 时，f（x）的减区间为（0，
），增区间为（
，+∞）；
当﹣1≤a＜0 时，f（x）的减区间为（0，+∞）；
当a＜﹣1 时，f（x）的增区间为（0，
），减区间为（
，+∞）；
（Ⅱ）g（x）＝2x2f′（x）﹣xf（x）﹣3＝2ax﹣axlnx﹣（6a+3）（a＜0），
∵存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g（x1）＜g（x2）成⽴，
∴2g（x）min＜g（x）max，
g′（x）＝a（1﹣lnx），
∵a＜0，∴当x∈[1，e）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
当x∈（e，e2]时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
∴g（x）min＝g（e）＝ae﹣6a﹣3，
＝﹣6a﹣3，
∴2ae﹣12a﹣6＜﹣6a﹣3，得a＞
，
⼜a＜0，∴a∈（
）．
【点评】本题考查利⽤导数研究函数的单调性，考查利⽤导数求最值，考查化归与转化、分类讨论的数
学思想，考查运算求解能⼒，属难题．
2．已知函数f（x）＝lnx﹣mx（m∈R），g（x）＝x﹣（a＞0）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若m＝
，对∀x1，x2∈[2，2e2]都有g（x1）≥f（x2）成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）易求f′（x），通过对m≤0 与m＞0 的讨论，可求得函数f（x）的单调区间；
（2）代⼊m 的值，求出f（x）的解析式，∀x1，x2∈[2，2e2]都有g（x1）≥f（x2）成⽴等价于对∀x∈[2，
2e2]都有[g（x）]min≥[f（x）]max，从⽽可求得实数a 的取值范围为（0，3]．
【解答】解：（1）f（x）＝lnx﹣mx，x＞0，∴f′（x）＝
﹣m，
当m≤0 时f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）单调递增，
当m＞0 时，由f′（x）＝0 得x＝
，
由
，得0＜x＜
，由
，得x＞
，
综上所述：当m≤0 时，f（x）单调递增区间为（0，+∞），
当m＞0 时，f（x）单调递增区间为（0，
），单调递减区间为（
，+∞）．
（2）若m＝
，f（x）＝lnx﹣
x，∀x1，x2∈[2，2e2]都有g（x1）≥f（x2）成⽴，
等价于对∀x∈[2，2e2]都有[g（x）]min≥[f（x）]max，
由（1）知在[2，2e2]上f（x）的最⼤值f（e2）＝，
g′（x）＝1+
＞0（a＞0），x∈[2，2e2]，
函数g（x）在[2，2e2]上是增函数，
[g（x）]min＝g（2）＝2﹣，
由2﹣≥
，得a≤3，⼜因为a＞0，∴a∈（0，3]，
所以实数a 的取值范围为（0，3]．
【点评】本⼩题主要考查函数、导数、数列、不等式等基础知识，考查推理论证能⼒、运算求解能⼒，
考查数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想，属于难题．
3．已知函数
，其中a＞0．
（1）若函数h（x）＝f（x）﹣g（x）在区间（1，e）存在零点，求实数a 的取值范围；
（2）若对任意的x1、x2∈[1，e]，都有f（x1）≥g（x2）成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）问题转化为a2＝xlnx 在区间（1，e）有根，即y＝a2与y＝xlnx 在区间（1，e）有交点，构
造函数φ（x）＝xlnx，求出函数的值域即可．
（2）对任意的x1，x2∈[1，e]都有f（x1）≥g（x2）成⽴等价于对任意的x1，x2∈[1，e]都有f（x）min≥g（x）
max．利⽤导数研究函数的单调性极值与最值即可得出．
【解答】（1）h（x）＝f（x）﹣g（x）在区间（1，e）存在零点，
∴x+
＝x+lnx 在区间（1，e）有根，
∴a2＝xlnx 在区间（1，e）有根，
∴y＝a2与y＝xlnx 在区间（1，e）有交点，
令φ（x）＝xlnx，x∈（1，e），
∴φ′（x）＝1+lnx＞0，
∴φ（x）＝xlnx 在（1，e）上单调递增，
∵φ（1）＝0，φ（e）＝e，
∴0＜φ（x）＜e，
∴0＜a2＜e，
∵a＞0，
∴0＜a＜
故a 的取值范围为（0，
）．
（2）对任意的x1，x2∈[1，e]都有f（x1）≥g（x2）成⽴，等价于对任意的x1，x2∈[1，e]都有[f（x）]min≥[g
（x）]max．
当x∈[1，e]时，g′（x）＝1+
．
∴函数g（x）＝x+lnx 在[1，e]上是增函数．
∴[g（x）]max＝g（e）＝e+1．
∵f′（x）＝1﹣
，且x∈[1，e]，a＞0．
①当0＜a＜1 且x∈[1，e]时，f′（x）＝
＞0，
∴函数f（x）＝x+
在[1，e]上是增函数，
∴[f（x）]min＝f（1）＝1+a2．
由1+a2≥e+1，得a≥
，
⼜0＜a＜1，∴a 不合题意．
②当1≤a≤e 时，
若1≤x＜a，则f′（x）＝
＜0，
若a＜x≤e，则f′（x）＝
＞0，
∴函数f（x）在[1，a）上是减函数，在（a，e]上是增函数．
∴[f（x）]min＝f（a）＝2a．
由2a≥e+1，得a≥
，
⼜1≤a≤e，∴
≤a≤e．
③当a＞e 且x∈[1，e]时，f′（x）＝
＜0，
∴函数f（x）在[1，e]上是减函数．
∴[f（x）]min＝f（e）＝e+
．
由e+
≥e+1，得a≥
，
⼜a＞e，∴a＞e．
综上所述，a 的取值范围为[
，+∞）．
【点评】本题考查了利⽤导数研究单调性极值与最值、不等式的解法、分类讨论⽅法、等价转化⽅法，
考查了推理能⼒与计算能⼒，属于难题．
4．设函数f（x）＝+xlnx，g（x）＝x3﹣x2﹣3．
（I）如果存在x1、x2∈[0，2]，使得g（x1）﹣g（x2）≥M 成⽴，求满⾜上述条件的最⼤整数M；
（II）如果对于任意的s、t∈[
，2]，都有f（s）≥g（t）成⽴，求实数a 的取值范围．
【分析】（I）存在x1、x2∈[0，2]，使得g（x1）﹣g（x2）≥M 成⽴等价于g（x）max﹣g（x）min≥M；
（II）对于任意的s、t∈[
，2]，都有f（s）≥g（t）成⽴等价于f（x）≥g（x）max，进⼀步利⽤分离参数
法，即可求得实数a 的取值范围．
【解答】解：（I）存在x1、x2∈[0，2]，使得g（x1）﹣g（x2）≥M 成⽴等价于g（x）max﹣g（x）min≥M
∵g（x）＝x3﹣x2﹣3，∴
∴g（x）在（0，）上单调递减，在（，2）上单调递增
∴g（x）min＝g（）＝﹣
，g（x）max＝g（2）＝1
∴g（x）max﹣g（x）min＝
∴满⾜的最⼤整数M 为4；
（II）对于任意的s、t∈[
，2]，都有f（s）≥g（t）成⽴等价于f（x）≥g（x）max．
由（I）知，在[
，2]上，g（x）max＝g（2）＝1
∴在[
，2]上，f（x）＝+xlnx≥1 恒成⽴，等价于a≥x﹣x2lnx 恒成⽴
记h（x）＝x﹣x2lnx，则h′（x）＝1﹣2xlnx﹣x 且h′（1）＝0
∴当
时，h′（x）＞0；当1＜x＜2 时，h′（x）＜0
∴函数h（x）在（，1）上单调递增，在（1，2）上单调递减，
∴h（x）max＝h（1）＝1
∴a≥1
【点评】本题考查导数在研究函数问题中的应⽤、由不等式恒成⽴求解参数范围，考查等价转化思想，
这种常规的数学思想⽅法值得研究．
5．已知函数f（x）＝x﹣（a+1）lnx﹣（a∈R），g（x）＝x2+ex﹣xex．
（1）当x∈[1，e2]时，求f（x）的最⼩值；
（2）当a＜1 时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[﹣1，0]，f（x1）＜g（x2）恒成⽴，求a 的取值
范围．
【分析】（1）求出f（x）的定义域，求导数f′（x），得其极值点，按照极值点a 在[1，e2]的左侧、内部、
右侧三种情况进⾏讨论，可得其最⼩值；
（2）存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[﹣1，0]，f（x1）＜g（x2）恒成⽴，即f（x）min＜g（x）min，由
（1）知f（x）在[e，e2]上递增，可得f（x）min，利⽤导数可判断g（x）在[﹣1，0]上的单调性，可得g
（x）min，由f（x）min＜g（x）min，可求得a 的范围；
【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝
（a∈R），
当a≤1 时，x∈[1，e2]，f′（x）≥0，f（x）为增函数，
所以f（x）min＝f（1）＝1﹣a；
当1＜a＜e2时，x∈[1，a]，f′（x）≤0，f（x）为减函数，x∈[a，e2]，f′（x）≥0，f（x）为增函数，
所以f（x）min＝f（a）＝a﹣（a+1）lna﹣1；
当a≥e2时，x∈[1，e2]，f′（x）≤0，f（x）为减函数，
所以f（x）min＝f（e2）＝e2﹣2（a+1）﹣
；
综上，当a≤1 时，f（x）min＝1﹣a；
当1＜a＜e2时，f（x）min＝a﹣（a+1）lna﹣1；
当a≥e2时，f（x）min＝e2﹣2（a+1）﹣
；
（2）存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[﹣1，0]，f（x1）＜g（x2）恒成⽴，即f（x）min＜g（x）min，
当a＜1 时，由（1）可知，x∈[e，e2]，f（x）为增函数，
∴f（x1）min＝f（e）＝e﹣（a+1）﹣
g′（x）＝x+ex﹣xex﹣ex＝x（1﹣ex），
当x∈[﹣1，0]时g′（x）≤0，g（x）为减函数，g（x）min＝g（0）＝1，
∴e﹣（a+1）﹣＜1，a＞
，
∴a∈（
，1）．
【点评】本题考查利⽤导数研究函数的单调性、求闭区间上函数的最值，考查分类讨论思想，考查学⽣
分析解决问题的能⼒，恒成⽴问题往往转化为函数的最值加以解决．
6．已知函数f（x）＝ax2﹣（2a+1）x+2lnx（a∈R）
（1）当a＝时，求函数f（x）的单调区间；
（2）设g（x）＝（x2﹣2x）ex，如果对任意x1∈（0，2]，均存在x2∈（0，2]，使得f（x1）＜g（x2）成⽴，
求实数a 的取值范围．
【分析】（1）利⽤导数直接求单调区间；
（2）若要命题成⽴，只需当x∈（0，2]时，f（x）max＜g（x）max．分别求出最⼤值即可．
【解答】解：（1）f′（x）＝ax﹣（2a+1）+
，…（2 分）
所以a＝时，f′（x）＝
，
其单调递增区间为（0，），（2，+∞），单调递减区间为（
．
…（5 分）
（2）若要命题成⽴，只需当x∈（0，2]时，f（x）max＜g（x）max．
由g′（x）＝（x2﹣2）ex 可知，当x∈（0，2]时，g（x）在区间（0，
）上单调递减，在区间（
，2]
上单调递增，
g（0）＝g（2）＝0，故g（x）max＝0，…（7 分）
所以只需f（x）max＜0．
对函数f（x）来说，f′（x）＝ax﹣（2a+1）+
＝
当a≤0 时，由x∈（0，2]，f′（x）≥0，函数f（x）在区间（0，2]上单调递增，
f（x）max＝f（2）＝2ln2﹣2a﹣2＜0，故ln2﹣1＜a≤0
当0＜a≤
时，
，由x∈（0，2），ax﹣1≥0，故f′（x）≥0，
函数f（x）在区间（0，2）上单调递增，
f（x）max＝f（2）＝2ln2﹣2a﹣2＜0，a＞ln2﹣1
故0＜a≤2 满⾜题意
当a＞时，
，函数f（x）在区间（0，）上单调递增，在区间（
上单调递减，
f（x）max＝f（
＝﹣2lna﹣
﹣2．
若a≥1 时，显然⼩于0，满⾜题意；
若
时，可令h（a）＝﹣2lna﹣
﹣2，
，
可知该函数在
时单调递减，
，满⾜题意，所以a＞满⾜题意．
综上所述：实数a 的取值范围是（ln2﹣1，+∞）
…（14 分）
【点评】本题考查了函数的单调性及存在、任意的处理⽅法，属于中档题．
7．已知函数f（x）＝ax+lnx（a∈R），g（x）＝x2﹣2x+2．
（1）当
时，求函数y＝f（x）在区间[1，e]上的最⼤值和最⼩值；
（2）若对任意的x1∈[﹣1，2]，均存在x2∈（0，+∞），使得g（x1）＜f（x2），求a 的取值范围．
【分析】（1）代⼊a 的值，求出函数的导数，由此可求得f（x）在区间[1，2]上单调递增，在区间[2，e]
上单调递减，从⽽可得函数f（x）在区间[1，e]上的最⼤值和最⼩值；
（2）问题可转化为g（x）max＜f（x）max，根据函数的单调性分别求出f（x）的最⼤值和g（x）的最⼤
值，即可求出a 的范围．
【解答】解：（1）当a＝﹣时，f（x）＝﹣x+lnx，
f'（x）＝﹣+
＝
，
∴当x∈[1，2]时，f'（x）＞0，当x∈[2，e]时，f'（x）＜0，
∴f（x）在区间[1，2]上单调递增，在区间[2，e]上单调递减，
∴f（x）max＝f（2）＝ln2﹣1；
⼜f（1）＝﹣，f（e）＝1﹣，f（1）﹣f（e）＝﹣＜0，
∴f（x）min＝f（1）＝﹣．
（2）若对任意的x1∈[﹣1，2]，均存在x2∈（0，+∞），
使得g（x1）＜f（x2），问题可转化为g（x）max＜f（x）max．
∵g（x）＝x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1（﹣1≤x≤2），其对称轴⽅程为x＝1，
∴当x＝﹣1 时，g（x）取得最⼤值g（﹣1）＝5．
⼜f（x）＝ax+lnx（a∈R），
∴f′（x）＝a+
，
当a≥0 时，f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，f（x）⽆最⼤值，却满⾜题意；
当a＜0 时，令f′（x）＝0，得x＝﹣，
所以f（x）在（0，﹣）上单调递增，在（﹣，+∞）单调递减，
故f（x）max＝f（﹣）＝﹣1+ln（﹣）＝﹣1﹣ln（﹣a），
所以5＜﹣1﹣ln（﹣a），解得：﹣e﹣6＜a＜0，综上所述，a＞﹣e﹣6，
即a 的取值范围是（﹣e﹣6，+∞）．
【点评】本题考查了利⽤导数求曲线的切线⽅程，利⽤导数研究函数的单调性、最值问题，考查导数的
综合应⽤以及分类讨论思想，转化思想，考查推理运算能⼒
8．已知函数f（x）＝（a+1）lnx+ax2+1．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）设
，使f
（x1）≤g（x2），求实数b 取值范围．
【分析】（1）由函数f（x）＝（a+1）lnx+ax2+1，知f（x）的定义域为（0，+∞），
＝
，由此能推导出函数f（x）的单调性．
（2）当a＝﹣
时，由（1）知f（x）在（0，+∞）上的最⼤值为f（1）＝
，欲使f（x1）≤g（x2）恒成
⽴，只需g（x）max≥f（x）max＝，由此能求出实数b 取值范围．
【解答】解：（1）∵函数f（x）＝（a+1）lnx+ax2+1，
∴f（x）的定义域为（0，+∞），
＝
，
当a≥0 时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a≤﹣1 时，f′（x）＜0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当﹣1＜a＜0 时，由f′（x）＝0，得
，
∵x＞0，∴x＝
，
当x∈（0，
）时，f′（x）＞0，
当x∈（
，+∞）时，f′（x）＜0，
函数f（x）在（0，
）上单调递增；在（
，+∞）上单调递减．
（2）当a＝﹣时，由（1）知f（x）在（0，+∞）上的最⼤值为f（1）＝，
欲使符合条件的f（x1）≤g（x2）成⽴，
只需存在g（x）max≥f（x）max＝即可，
∴存在x∈[1，2]使得不等式﹣x2+2bx+3≥
成⽴，
则由2bx
，得到2b
，
∵x﹣
在[1，2]上有最⼩值﹣，
因此2b
，故b
．
【点评】本题考查函数的单调性的求法，考查满⾜条件的实数的取值范围的求法．解题时要认真审题，
仔细解答，注意导数性质的合理运⽤．
9．已知函数f（x）＝lnx﹣x，g（x）＝bx3﹣bx（b≠0）．
（1）讨论g（x）的单调性
（2）若对任意x1∈（1，2），总存在x2∈（1，2），使f（x1）＝g（x2），求b 的取值范围．
【分析】（1）分类讨论，利⽤导数的正负，讨论g（x）的单调性即可；
（2）对任意x∈（1，2），f′（x）＝
﹣1＜0，函数单调递减，f（x）∈（ln2﹣2，﹣1），根据g（x）的单
调性，求出g（x）的范围，即可求b 的取值范围．
【解答】解：（1）g（x）＝bx3﹣bx，
∴g'（x）＝b（x2﹣1），
当b＜0 时，g'（x）＞0，﹣1＜x＜1，f（x）递增，递增区间为（﹣1，1），递减区间为（﹣∞，﹣1），（1，
+∞）；
当b＞0 时，g'（x）＜0，﹣1＜x＜1，f（x）递减，递减区间为（﹣1，1），递增区间为（﹣∞，﹣1），（1，
+∞）；
（2）∵f（x）＝lnx﹣x，
∴对任意x∈（1，2），f′（x）＝﹣1＜0，函数单调递减，
∴f（x）∈（ln2﹣2，﹣1），
当b＜0 时，g（x）＝bx3﹣bx 在（1，2）上单调递减，∴g（x）∈（b，﹣b），
由题意，（ln2﹣2，﹣1）⊆（b，﹣b），
∴
b≤ln2﹣2，﹣b≥﹣1
∴b≤
ln2﹣3．
当b＞0 时，g（x）＝bx3﹣bx 在（1，2）上单调递增，∴g（x）∈（﹣b，b），
由题意，（ln2﹣2，﹣1）⊆（﹣b，b），
∴﹣b≤ln2﹣2，b≥﹣1
∴b≥3﹣ln2．
【点评】本题考查了利⽤导函数判断函数的单调性和对恒成⽴问题的理解．
10．已知函数f（x）＝（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，g（x）＝xe1﹣x（a∈R，e＝2.71828…）．
（1）当a＝1 时，求f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）在区间（0，）⽆零点，求a 的最⼩值；
（3）若对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的xi（i＝1，2），使得f（xi）＝g（x0）成
⽴，求a 的取值范围．
【分析】（1）把a＝1 代⼊到f（x）中求出f′（x），令f′（x）＞0 求出x 的范围即为函数的增区间，令f′
（x）＜0 求出x 的范围即为函数的减区间；
（2）f（x）＜0 时不可能恒成⽴，所以要使函数在（0，
）上⽆零点，只需要对x∈（0，
）时f（x）
＞0 恒成⽴，列出不等式解出a ⼤于⼀个函数，利⽤导数得到函数的单调性，根据函数的增减性得到这
个函数的最⼤值即可得到a 的最⼩值；
（3）求出g′（x），根据导函数的正负得到函数的单调区间，即可求出g（x）的值域，⽽当a＝2 时不合
题意；当a≠2 时，求出f′（x）＝0 时x 的值，根据x∈（0，e]列出关于a 的不等式得到①，并根据此时的
x 的值讨论导函数的正负得到函数f（x）的单调区间，根据单调区间得到②和③，令②中不等式的坐标
为⼀个函数，求出此函数的导函数，讨论导函数的正负得到函数的单调区间，根据函数的增减性得到此
函数的最⼤值，即可解出②恒成⽴和解出③得到④，联⽴①和④即可解出满⾜题意a 的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝1 时，f（x）＝x﹣1﹣2lnx，则f′（x）＝1﹣，
由f′（x）＞0，得x＞2；
由f′（x）＜0，得0＜x＜2．
故f（x）的单调减区间为（0，2]，单调增区间为[2，+∞）；
（2）因为f（x）＜0 在区间
上恒成⽴不可能，
故要使函数
上⽆零点，
只要对任意的
，f（x）＞0 恒成⽴，即对
恒成⽴．
令
，则
，
再令
，
则
，故m （x ）在
上为减函数，于是
，
从⽽，l（x）＞0，于是l（x）在
上为增函数，所以
，
故要使
恒成⽴，只要a∈[2﹣4ln2，+∞），
综上，若函数f（x）在
上⽆零点，则a 的最⼩值为2﹣4ln2；
（3）g′（x）＝e1﹣x﹣xe1﹣x＝（1﹣x）e1﹣x，
当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；
当x∈（1，e]时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
⼜因为g（0）＝0，g（1）＝1，g（e）＝e•e1﹣e＞0，
所以，函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．
当a＝2 时，不合题意；
当a≠2 时，f′（x）＝
，x∈（0，e]
当x＝
时，f′（x）＝0．
由题意得，f（x）在（0，e]上不单调，故
，即
①
此时，当x 变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下：
x
（0，
）
（
，e]
f′（x）
﹣
0
+
f（x）
最⼩值
⼜因为，当x→0 时，2﹣a＞0，f（x）→+∞，
，
所以，对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的xi（i＝1，2），
使得f（xi）＝g（x0）成⽴，当且仅当a 满⾜下列条件：
即
令h（a）＝
，
则h
，令h′（a）＝0，得a＝0 或a＝2，
故当a∈（﹣∞，0）时，h′（a）＞0，函数h（a）单调递增；
当
时，h′（a）＜0，函数h（a）单调递减．
所以，对任意
，有h（a）≤h（0）＝0，
即②对任意
恒成⽴．
由③式解得：
．④
综合①④可知，当
时，对任意给定的x0∈（0，e]，
在（0，e]上总存在两个不同的xi（i＝1，2），
使f（xi）＝g（x0）成⽴．
【点评】此题考查学⽣会利⽤导函数的正负确定函数的单调性，会根据函数的增减性求出闭区间上函数
的最值，掌握不等式恒成⽴时所满⾜的条件，是⼀道压轴题．
11．已知函数f（x）＝
（m，n∈R）在x＝1 处取到极值2
（Ⅰ）求f（x）的解析式；
（Ⅱ）设函数g（x）＝ax﹣lnx．若对任意的
，总存在唯⼀的
，使得g（x2）
＝f（x1），求实数a 的取值范围．
【分析】（I）由已知中，函数
，易求出导函数的解析式，再由函数在x＝1 处
取到极值2，其导函数在x＝1 处等0，易构造⼀个关于m 的⽅程，解⽅程求出m 值，即可得到f（x）的
解析式；
（Ⅱ）由（I）我们可以求出函数导函数的解析式，进⽽可分别出函数f（X）的单调性，由此易判断f（x）
在区间[
，2]上的值域，由对任意的
，总存在唯⼀的
，使得g（x2）＝
f（x1），及函数g（x）＝ax﹣lnx．我们分别对a 值与e 及e2的关系进⾏分类讨论，即可得到满⾜条件的
实数a 的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝
＝
f（x）在x＝1 处取到极值2，故f′（1）＝0，f（1）＝2 即
，
解得m＝4，n＝1，经检验，此时f（x）在x＝1 处取得极值．故
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
，故f（x）在
上单调递增，在（1，2）上单调递减，
由
，故f（x）的值域为
依题意
，记
，∵x∈M∴
（ⅰ）当a≤e 时，g'（x）≤0，g（x），依题意由
得
，
故此时
（ⅱ）当e＜a≤e2时，＞＞
当
时，g′（x）＜0，当
时，g′（x）＞0．依
题意由
，得
，即
．与a＞e ⽭盾
（ⅲ）当a＞e2时，＜
，此时g′（x）＞0，g（x）．依题意得
即
此不等式
组⽆解综上，所求a 取值范围为0≤a≤
e
【点评】本题考查的知识点是利⽤导数求闭区间上函数的最值，函数解析式的求解及常⽤⽅法，函数在
某点取得极值的条件，其中根据已知条件构造关于m 的⽅程，进⽽求出函数f（x）的解析式是解答的关
键．
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导数篇—题型53～题型55 答案
⼀．选择题（共1 ⼩题）
1．已知函数f（x）＝ex﹣1，g（x）＝﹣x2+4x﹣3，若有f（a）＝g（b），则b 的取值范围是（
）
A．
B．
C．[1，3]
D．（1，3）
【分析】根据函数的单调性求出函数f（x）的值域，从⽽得到g（b）的取值范围，解⼀元⼆次不等式即
可求出所求．
【解答】解：∵f（x）＝ex﹣1，在R 上递增
∴f（a）＞﹣1，则g（b）＞﹣1
∴﹣b2+4b﹣3＞﹣1 即b2﹣4b+2＜0，
解得b∈（2﹣
，2+
），
故选：B．
【点评】本题考查的知识点是⼆次函数的图象和性质，熟练掌握⼆次函数的图象和性质，是解答的关键．
⼆．填空题（共1 ⼩题）
2．已知函数
，函数
﹣2a+2（a＞0），若存在x1、x2∈[0，
1]，使得f（x1）＝g（x2）成⽴，则实数a 的取值范围是
．
【分析】根据x 的范围确定函数f（x）的值域和g（x）的值域，进⽽根据f（x1）＝g（x2）成⽴，推断出
，先看当⼆者的交集为空集时刻求得a 的范围，进⽽可求得当集合
的交集⾮空时a 的范围．
【解答】解：当x∈（，1]时，
是增函数，y∈（，1]，
当x∈[0，]时，f（x）＝﹣x+
是减函数，
∴y∈[0，]，如图．
∴函数
的值域为[0，1]．
值域是
，
∵存在x1、x2∈[0，1]使得f（x1）＝g（x2）成⽴，
∴
，
若
，则2﹣2a＞1 或2﹣
＜0，即
，
∴a 的取值范围是
．
故答案为：
．
【点评】本题主要考查了三⻆函数的最值，分段函数的值域问题，不等式的应⽤．解题的关键是通过看
两函数值域之间的关系来确定a 的范围．
三．解答题（共29 ⼩题）
3．已知函数f（x）＝2k2x+k，x∈[0，1]．函数g（x）＝3x2﹣2（k2+k+1）x+5，x∈[﹣1，0]．对任意x1∈[0，1]，
存在x2∈[﹣1，0]，g（x2）＝f（x1）成⽴，求k 的取值范围．（f（x）的值域是g（x）的值域的⼦集即可．）
【分析】求出f（x）在[0，1]上的值域，g（x）在[﹣1，0]上的值域，由f（x）在[0，1]上的值域是g（x）
在[﹣1，0]上的值域的⼦集说明对任意x1∈[0，1]，存在x2∈[﹣1，0]，g（x2）＝f（x1）成⽴．
【解答】解：f（x）＝2k2x+k，当x∈[0，1]时，函数单调递增，f（x）∈[k，2k2+k]，
g（x）＝3x2﹣2（k2+k+1）x+5，
当x∈[﹣1，0]时，g（x）∈[5，2k2+2k+10]，
由对任意x1∈[0，1]，存在x2∈[﹣1，0]，g（x2）＝f（x1）成⽴有
[k，2k2+k]⊆[5，2k2+2k+10]，
即
，解得k≥5，
则求k 的取值范围为k≥5．
【点评】本题考查了函数恒成⽴问题，考查了数学转化思想⽅法，关键是把问题转化为两函数在不同定
义域内的值域间的关系问题，是中档题．
4．已知函数f（x）＝x3+（1﹣a）x2﹣a（a+2）x（a∈R），g（x）＝
x﹣．是否存在实数a，对任意x1∈[﹣
1，1]，总存在x2∈[0，2]，使得f′（x1）+2ax1＝g（x2）成⽴？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说
明理由．
【分析】由题意，函数f′（x）+2ax 值域是g（x）的值域的⼦集，分别求出值域，再建⽴不等式，即可得
到结论
【解答】解：由题意，函数f′（x）+2ax 值域是g（x）的值域的⼦集．
∵x∈[0，2]，g（x）＝
x﹣，∴g（x）∈[﹣，6]；
令F（x）＝f′（x）+2ax＝3x2+2（1﹣a）x﹣a（a+2）+2ax＝3x2+2x﹣a2﹣2a，
∵x∈[﹣1，1]，
∴F（x）∈[﹣﹣a2﹣2a，5﹣a2﹣2a]，
∴﹣﹣a2﹣2a≥﹣且5﹣a2﹣2a≤6，
∴﹣2≤a≤0，
∴a∈[﹣2，0]．
【点评】本题考查导数知识的运⽤，考查函数的单调性，考查函数的值域，将问题等价转化是关键，属
于中档题．
5．已知f（x）＝e﹣x（ax2+x+1）当a＞0 时，讨论⽅程f（x）＝1 的解个数．
【分析】a＞0 时，
，令f′（x）＝0，解得
，对a 分类讨论，
可得其单调性极值与最值，进⽽得出⽅程的解的个数．
【解答】解：a＞0 时，
，令f′（x）＝0，解得
，
①
时，f′（x）＝﹣ax2e﹣x＜0，函数f（x）单调递减，⼜f（0）＝1，故⽅程f（x）＝1 的解个数为1；
②
时，
，列出表格可得，
x
（﹣∞，0）
0
f′（x）
﹣
0
+
0
﹣
f（x）
单调递减
极⼩值
单调递增
极⼤值
单调递减
f（0）＝1，
，x→+∞，f（x）＞0，故⽅程f（x）＝1 的解个数为2；
③
时，
，列出表格可得，
x
0
（0，+∞）
f′（x）
﹣
0
+
0
﹣
f（x）
单调递减
极⼩值
单调递增
极⼤值
单调递减
f（0）＝1，
，x→+∞，f（x）＞0，故⽅程f（x）＝1 的解个数为2；
【点评】本题考查了利⽤导数研究⽅程解得个数、分类讨论⽅法，考查了推理能⼒与计算能⼒，属于难
题．
6．设函数
﹣klnx，k＞0．
（Ⅰ）k＝1 时，求曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线⽅程；
（Ⅱ）求f（x）的单调区间和极值；
（Ⅲ）证明：若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，
]上仅有⼀个零点．
【分析】（I）函数
﹣klnx，k＝1 时，f（x）＝
﹣lnx，f（1）＝
，利⽤导数的运算法则可
得f′（x），切线斜率f′（1），利⽤点斜式即可得出曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线⽅程．
（Ⅱ）
﹣klnx，k＞0．f′（x）＝x﹣＝
，利⽤导数研究函数的单调性即可
得出单调区间与极值．
（Ⅲ）由（II）的结论可得：x＝
时，函数f（x）取得极⼩值，f（
）．若f（x）存在零点，则函数f
（x）的极⼩值f（
）≤0，解得k 范围，结合函数零点存在定理即可得出结论．
【解答】解：（I）函数
﹣klnx，
k＝1 时，f（x）＝
﹣lnx，f（1）＝，
f′（x）＝x﹣，f′（1）＝0，
∴曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线⽅程为y﹣＝0．
（Ⅱ）
﹣klnx，k＞0．
f′（x）＝x﹣＝
，
x∈（0，
）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；x∈（
，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递
增．
x＝
时，函数f（x）取得极⼩值，f（
）＝﹣lnk，⽆极⼤值．
综上可得：函数f（x）单调递减区间是（0，
）时，函数f（x）单调递增．区间是（
，+∞）．
x＝
时，函数f（x）取得极⼩值，f（
）＝﹣lnk，⽆极⼤值．
（Ⅲ）证明：由（II）可知：x∈（0，
）时，函数f（x）单调递减；x∈（
，+∞）时，函数f（x）单
调递增．
x＝
时，函数f（x）取得极⼩值，f（
）＝﹣lnk．
若f（x）存在零点，
则函数f（x）的极⼩值f（
）＝﹣lnk≤0，解得k≥e．
∴f（x）在区间（1，
]上单调递减，
∴f（x）在区间（1，
]上最多有⼀个零点，
⼜f（1）＝＞0，f（
）＝﹣≤0，
因此f（x）在区间（1，
]上仅有⼀个零点．
【点评】本题考查了利⽤导数研究函数的单调性与极值及最值、切线⽅程，考查了推理能⼒与计算能⼒，
属于中档题．
7．已知函数
的图象在点（1，f（1））处的切线斜率为﹣a．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）讨论⽅程f（x）＝1 的实数根的个数．
【分析】（1）分成a＞0 和a＜0 两种情况，利⽤导数讨论函数的单调性；
（2）参变分离，讨论函数
与
的交点情况．
【解答】解：（1）
，由f'（1）＝a﹣b＝﹣a，得b＝2a，
所以
，
．
当a＞0 时，由f'（x）＞0，得
；由f'（x）＜0，得
；
当a＜0 时，由f'（x）＞0，得
；由f'（x）＜0，得
．
所以当a＞0 时，f（x）在区间
上单调递增，在区间
上单调递减；
当a＜0 时，f（x）在区间
上单调递增，在区间
上单调递减；
（2）由f（x）＝1，
，即⽅程
．
设
，
，令h'（x）＝0，得
．
当
时，h'（x）＞0，当
时，h'（x）＜0，
故h（x）在区间
上单调递增，在区间
上单调递减．
所以当
时，h（x）取最⼤值，最⼤值为
．
⼜h（x）在区间
上单调递减且
，当x ⽆限增⼤时，h（x）⽆限接近于零；
h（x）在区间
上单调递增，且当x ⽆限接近零时，h（x）接近负⽆穷；
所以当
时，
与h（x）有两个交点；当
或a＜0 时，
与h（x）有1 个交点；当
时，
与h（x）⽆交点．
所以当
时，⽅程f（x）＝1 有两个不同的实数根；当
或a＜0 时，⽅程f（x）＝1 只有⼀个实
数根；当
时，⽅程f（x）＝1 ⽆解．
【点评】本题主要考查导数知识的综合应⽤，考查计算能⼒，属于中档题．
8．已知函数f（x）＝ex，x∈R．
（1）若直线y＝kx 与f（x）的反函数的图象相切，求实数k 的值；
（2）若m＜0，讨论函数g（x）＝f（x）+mx2零点的个数．
【分析】（1）先求出f（x）的反函数，设出切点的坐标，从⽽求出k 的值；（2）问题掌握求函数f（x）
＝ex 和h（x）＝﹣mx2的交点问题，画出图象读出即可．
【解答】解：（1）函数f（x）＝ex 的反函数为y＝lnx，
，
设直线y＝kx 与f（x）的反函数的图象相切于点P（x0，lnx0），
∴
，lnx0＝kx0，
解得x0＝e，k＝；
（2）令g（x）＝f（x）+mx2＝ex+mx2＝0，∴ex＝﹣mx2，
当x＝0 时，g（x）＝1，故0 不是g（x）的零点，
当x≠0 时，﹣m＝
，
令h（x）＝
（x≠0），则h'（x）＝
，
所以h（x）在（﹣∞，0）和（2，+∞）上递增，在（0，2）上递减，
所以
，
画出函数y＝﹣m 和h（x）＝
，如图示：
则两函数的交点个数即为函数g（x）的零点个数，
所以当﹣m＞
，即m＜﹣
时，g（x）有3 个零点；
当
，即
时，g（x）有2 个零点；
当
，即
时，g（x）有1 个零点．
【点评】本题考查了利⽤导数研究函数的单调性极值零点，考查了推理能⼒与计算能⼒，属于中档题．
9．已知函数f（x）＝﹣x3+ax﹣
﹣e，其中e 为⾃然对数的底数．
（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在（0，f（0））处的切线与曲线y＝g（x）在（0，g（0））处的切线互相垂直，求实
数a 的值；
（Ⅱ）设函数h（x）＝
，试讨论函数h（x）零点的个数．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，计算f′（0），g′（0），求出a 的值即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间，从⽽求出函数的零点的个数．
【解答】解：（Ⅰ）由已知，f'（x）＝﹣2x2+a，g'（x）＝ex﹣…（1 分）
所以f'（0）＝a，g'（0）＝1，…（2 分）
即a＝﹣1…（3 分）
（Ⅱ）易知函数g（x）＝ex﹣e 在R 上单调递增，
仅在x＝1 处有⼀个零点，且x＜1 时，g（x）＜0…（4 分）
⼜f'（x）＝﹣3x2+a
（1）当a≤0 时，f'（x）≤0，f（x）在R 上单调递减，
且过点
，
，
即f（x）在x≤0 时必有⼀个零点，此时y＝h（x）有两个零点；…（6 分）]
（2）当a＞0 时，令f'（x）＝﹣3x2+a＝0，两根为
，
则
是函数f（x）的⼀个极⼩值点，
是函数f（x）的⼀个极⼤值点，
⽽
，
现在讨论极⼤值的情况：
…（8 分）
当
，即
时，函数y＝f（x）在（0，+∞）恒⼩于零，此时y＝h（x）有两个零点；
当
，即
时，函数y＝f（x）在（0，+∞）有⼀个解
，
此时y＝h（x）有三个零点；
当
，即
时，函数y＝f（x）在（0，+∞）有两个解，
⼀个解⼩于
，⼀个解⼤于
…（10 分）
若
，即
时，
，此时y＝h（x）有四个零点；
若
，即
时，
，此时y＝h（x）有三个零点；
若
，即
时，
，此时y＝h（x）有两个零点．
综上所述：（1）
或
时，y＝h（x）有两个零点；
（2）
或
时，y＝h（x）有三个零点；
（3）
时，y＝h（x）有四个零点．…（12 分）
【点评】本题考查了函数的单调性、极值、考查函数的零点问题，考查分类讨论思想以及转化思想，是
⼀道综合题．
10．已知函数f（x）＝ax2﹣（a+2）x+2lnx（a∈R）．
（1）若a＝0，证明：f（x）＜0；
（2）讨论函数f（x）零点的个数．
【分析】（1）将a＝0 代⼊函数的表达式，求出f′（x），解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，
得到最⼤值是f（1）＜0 即可；
（2）先求出函数的导数，通过讨论a 的范围，从⽽求出函数的单调区间，得到函数的极值，进⽽求出
函数的零点的个数．
【解答】解：（1）a＝0 时：f（x）＝﹣2x+2lnx，（x＞0），
f′（x）＝﹣2+
＝
，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜1，令f′（x）＜0，解得：x＞1，
∴f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，
∴f（x）最⼤值＝f（1）＝﹣2+2ln1＝﹣2＜0，
∴a＝0 时，f（x）＜0；
（2）f′（x）＝+ax﹣（a+2）＝
，（x＞0），
①a≤0 时，ax﹣2＜0
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜1，令f′（x）＜0，解得：x＞1，
∴f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减；
若a＜﹣4，f（x）max＝f（1）＝﹣﹣2＞0，函数f（x）有2 个零点，
若a＝﹣4，f（x）max＝f（1）＝﹣﹣2，＝0，函数f（x）有1 个零点，
若﹣4＜a≤0，f（x）max＝f（1）＝﹣﹣2＜0，函数f（x）没有零点，
②0＜a＜2 时，＞1，
令f′（x）＞0，解得：x＞，或0＜x＜1，
令f′（x）＜0，解得：1＜x＜，
∴f（x）在（0，1），（，+∞）递增，在（1，）递减；
∴f（x）极⼤值＝f（1）＝﹣a﹣2＜0，
∴f（x）有1 个零点；
③a≥2 时，＜1，
令f′（x）＞0，解得：x＞1，或0＜x＜，
令f′（x）＜0，解得：＜x＜1，
∴f（x）在（0，），（1，+∞）递增，在（，1）递减；
∴f（x）极⼤值＝f（）＝﹣
+2ln
＜0，
∴f（x）有1 个零点．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值、零点问题，考查导数的应⽤，是⼀道中档题．
11．已知函数f（x）＝x3﹣a（x2+x+1）．
（1）若a＝3，求f（x）的单调区间；
（2）证明：f（x）只有⼀个零点．
【分析】（1）利⽤导数，求出极值点，判断导函数的符号，即可得到结果．
（2）分离参数后求导，先找点确定零点的存在性，再利⽤单调性确定唯⼀性．
【解答】解：（1）当a＝3 时，f（x）＝x3﹣3（x2+x+1），
所以f′（x）＝x2﹣6x﹣3 时，令f′（x）＝0 解得x＝3
，
当x∈（﹣∞，3﹣2
），x∈（3+2
，+∞）时，f′（x）＞0，函数是增函数，
当x∈（3﹣2
时，f′（x）＜0，函数是单调递减，
综上，f（x）增区间（﹣∞，3﹣2
），（3+2
，+∞），减区间（3﹣2
．
（2）证明：因为x2+x+1＝（x+
）2+
，
所以f（x）＝0 等价于
，
令
，
则
，仅当x＝0 时，g′（x）＝0，所以g（x）在R 上是增函数；
g（x）⾄多有⼀个零点，从⽽f（x）⾄多有⼀个零点．
⼜因为f（3a﹣1）＝﹣6a2+2a﹣＝﹣6（a﹣）2﹣＜0，
f（3a+1）＝＞0，
故f（x）有⼀个零点，
综上，f（x）只有⼀个零点．
【点评】本题主要考查导数在研究函数中的应⽤．考查发现问题解决问题的能⼒，转化思想的应⽤．
12．已知函数f（x）＝ea﹣x，其中e 是⾃然对数的底数，a∈R．
（Ⅰ）求函数g（x）＝xf（x）的单调区间；
（Ⅱ）试确定函数h（x）＝f（x）+x 的零点个数，并说明理由．
【分析】（Ⅰ）由g（x）＝xea﹣x，x∈R，得g'（x）＝（1﹣x）ea﹣x，令g'（x）＝0，得x＝1．从⽽求出函数
的单调区间；
（Ⅱ）由h（x）＝ea﹣x+x，得h'（x）＝1﹣ea﹣x．令h'（x）＝0，得x＝a．求出函数的单调区间，得到h（x）
的最⼩值为h（a）＝1+a．再通过讨论a 的范围，综合得出函数的零点个数．
【解答】解：（Ⅰ）∵g（x）＝xea﹣x，x∈R，
∴g'（x）＝（1﹣x）ea﹣x．
令g'（x）＝0，得x＝1．
当x 变化时，g（x）和g'（x）的变化情况如下：
x
（﹣∞，1）
1
（1，+∞）
g'（x）
+
0
﹣
g（x）
ea﹣1
故g（x）的单调递减区间为（1，+∞）；单调递增区间为（﹣∞，1）．
（Ⅱ）∵h（x）＝ea﹣x+x，
∴h'（x）＝1﹣ea﹣x．
令h'（x）＝0，得x＝a．
当x 变化时，h（x）和h'（x）的变化情况如下：
x
（﹣∞，a）
a
（a，+∞）
h'（x）
﹣
0
+
h（x）
1+a
即h（x）的单调递增区间为（a，+∞）；单调递减区间为（﹣∞，a）．
∴h（x）的最⼩值为h（a）＝1+a．
①当1+a＞0，即a＞﹣1 时，函数h（x）不存在零点．
②当1+a＝0，即a＝﹣1 时，函数h（x）有⼀个零点．
③当1+a＜0，即a＜﹣1 时，h（0）＝ea＞0，
下证：h（2a）＞0．
令m（x）＝ex﹣2x，则m'（x）＝ex﹣2．
解m'（x）＝ex﹣2＝0 得x＝ln2．
当x＞ln2 时，m'（x）＞0，
∴函数m（x）在[ln2，+∞）上是增函数．
取x＝﹣a＞1＞ln2，
得：m（﹣a）＝e﹣a+2a＞eln2﹣2ln2＝2﹣2ln2＞0．
∴h（2a）＝e﹣a+2a＝m（﹣a）＞0．
结合函数h（x）的单调性可知，
此时函数h（x）有两个零点．
综上，当a＞﹣1 时，函数h（x）不存在零点；
a＝﹣1 时，函数h（x）有⼀个零点；
当a＜﹣1 时，函数h（x）有两个零点．
【点评】本题考查了利⽤导数研究函数的单调性，函数的最值问题，函数的零点的判断问题，渗透了分
类讨论思想，是⼀道中档题．
13．设函数f（x）＝lnx+
，m∈R．
（Ⅰ）当m＝e（e 为⾃然对数的底数）时，求f（x）的极⼩值；
（Ⅱ）讨论函数g（x）＝f′（x）﹣零点的个数．
【分析】（Ⅰ）求出导数，令它⼤于0，得到增区间，令⼩于0，得到减区间，从⽽求出极⼩值；
（Ⅱ）求出g（x）的表达式，令它为0，则有m＝﹣x3+x．设h（x）＝﹣x3+x，其定义域为（0，+∞）．则
g（x）的零点个数为h（x）与y＝m 的交点个数，求出单调区间得到最值，画出h（x）的图象，由图象
即可得到零点个数．
【解答】解：（Ⅰ）当m＝e 时，f（x）＝lnx+
，其定义域为（0，+∞）．
f′（x）＝﹣
＝
令f′（x）＝0，x＝e．f′（x）＞0，则0＜x＜e；f′（x）＜0，则x＞e．
故当x＝e 时，f（x）取得极⼩值f（e）＝lne+
＝2．
（Ⅱ）g（x）＝f′（x）﹣＝﹣
﹣＝
，其定义域为（0，+∞）．
令g（x）＝0，得m＝﹣x3+x．
设h（x）＝﹣x3+x，其定义域为（0，+∞），
则g（x）的零点个数为h（x）与y＝m 的交点个数．
h′（x）＝﹣x2+1＝﹣（x+1）（x﹣1）
x
（0，1）
1
（1，+∞）
h′（x）
+
0
﹣
h（x）
递增
极⼤值
递减
故当x＝1 时，h（x）取得最⼤值h（1）＝．
作出h（x）的图象，由图象可得，
①当m＞时，g（x）⽆零点；
②当m＝或m≤0 时，g（x）有且仅有1 个零点；
③当0＜m＜时，g（x）有两个零点．
【点评】本题考查导数的综合运⽤：求单调区间和求极值，考查函数的零点问题，同时考查分类讨论的
思想⽅法，属于中档题．
14．已知函数f（x）＝lnx+
（a∈R 且a≠0）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当x∈[
，e]时，试判断函数g（x）＝（lnx﹣1）ex+x﹣m 的零点个数．
【分析】（1）求出f'（x）＝
，且定义域为（0，+∞），分类讨论a＞0，a＜0，即可得出答案；
（2）题意转化为当x∈[
，e]时，判断⽅程（lnx﹣1）ex+x＝m 的根的个数，构造函数h（x）＝（lnx﹣1）
ex+x，求出其导数h'（x），得出单调性和最值，即可得出答案．
【解答】解：（1）∵函数f（x）＝lnx+
（a∈R 且a≠0），
∴f'（x）＝
，且定义域为（0，+∞），
∴当a＜0 时，f'（x）＞0 恒成⽴，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞0 时，由f'（x）＝0 得x＝，由f'（x）＞0 得x＞，由f'（x）＜0 得0＜x＜，
∴函数f（x）在（，+∞）上单调递增，在（0，）上单调递减，
综上所述，当a＜0 时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＞0 时，函数f（x）在（，+∞）上单
调递增，在（0，）上单调递减；
（2）x∈[
，e]时，试判断函数g（x）＝（lnx﹣1）ex+x﹣m 的零点个数，题意转化为当x∈[
，e]时，
判断⽅程（lnx﹣1）ex+x＝m 的根的个数，
令h（x）＝（lnx﹣1）ex+x，x∈[
，e]
则h'（x）＝（+lnx﹣1）ex+1，由（1）知，当a＝1 时，f（x）＝+lnx﹣1 在[
，1]
上单调递减，在[1，e]上单调递增，
∴当x＝1 时，f（x）取得极⼩值也是最⼩值，即f（x）≥f（1）＝0，
∴
+lnx﹣1≥0 在[
，e]上恒成⽴，
∴h'（x）＝（+lnx﹣1）ex+1≥0+1＞0，
∴h'（x）在[
，e]上单调递增，
∴h（x）min＝h（）＝（ln
﹣1）
+
＝﹣2
+
，h（x）max＝h（e）＝e，
∴当m＜﹣2
+
或m＞e 时，g（x）没有零点，当﹣2
+
≤m≤e，g（x）有⼀个零点，
故当m∈（﹣∞，﹣2
+
）∪（e，+∞）时，g（x）没有零点，当m∈[﹣2
+
，e]时，g（x）有⼀
个零点．
【点评】本题考查利⽤导数研究函数的单调性和函数的零点与⽅程的根的关系，考查转化思想和分类讨
论思想，考查逻辑推理能⼒和运算能⼒，属于中档题．
15．设函数f（x）＝ex﹣2a﹣ln（x+a），a∈R，e 为⾃然对数的底数．
（1）若a＞0，且函数f（x）在区间[0，+∞）内单调递增，求实数a 的取值范围；
（2）若0＜a＜，试判断函数f（x）的零点个数．
【分析】（1）求出函数的导数，问题转化为a≥e﹣x﹣x 在[0，+∞）恒成⽴，记g（x）＝e﹣x﹣x，根据函数
的单调性求出a 的范围即可；
（2）求出f′（x）＝ex﹣
，记h（x）＝f′（x），根据函数的单调性得到f′（x）在区间（﹣a，+∞）递增，
从⽽求出f（x）的最⼩值⼤于0，判断出函数⽆零点即可．
【解答】解：（1）∵函数f（x）在区间[0，+∞）内单调递增，
∴f′（x）＝ex﹣
≥0 在区间[0，+∞）恒成⽴，
即a≥e﹣x﹣x 在[0，+∞）恒成⽴，
记g（x）＝e﹣x﹣x，则g′（x）＝﹣e﹣x﹣1＜0 恒成⽴，
故g（x）在[0，+∞）递减，
故g（x）≤g（0）＝1，a≥1，
故实数a 的范围是[1，+∞）；
（2）∵0＜a＜，f′（x）＝ex﹣
，
记h（x）＝f′（x），则h′（x）＝ex+
＞0，
知f′（x）在区间（﹣a，+∞）递增，
⼜∵f′（0）＝1﹣＜0，f′（1）＝e﹣
＞0，
∴f′（x）在区间（﹣a，+∞）内存在唯⼀的零点x0，
即f′（x0）＝
﹣
＝0，
于是x0＝﹣ln（x0+a），
当﹣a＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减，
当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）递增，
故f（x）min＝f（x0）＝
﹣2a﹣ln（x0+a）＝x0+a+
﹣3a≥2﹣3a，
当且仅当x0+a＝1 时取“＝”，
由0＜a＜得2﹣3a＞0，
∴f（x）min＝f（x0）＞0，即函数f（x）⽆零点．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤以及转化思想，考查函数的零点问题，
是⼀道中档题．
16．已知函数
（a∈R）．
（1）若f（x）在点（2，f（2））处的切线与直线2x+y+2＝0 垂直，求实数a 的值；
（2）求函数f（x）的单调区间；
（3）讨论函数f（x）在区间[1，e2]上零点的个数．
【分析】（1）求出f（x）的导数，可得切线的斜率，由直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，解⽅程可得a
的值；
（2）求出f（x）的导数，讨论当a≤0 时，当a＞0 时，由导数⼤于0，可得增区间；导数⼩于0，可得减
区间，注意定义域；
（3）对a 讨论，当a＜0 时，当a＝0 时，当a＞0 时，判断f（x）的单调性，结合零点存在定理，即可判
断零点个数．
【解答】解：（1）由题可知f（x）的定义域为（0，+∞），
因为
，所以
＝
，
可得切线的斜率为
，
⼜因为切线与直线2x+y+2＝0 垂直，
直线2x+y+2＝0 的斜率为﹣2，
可得（﹣2）×
＝﹣1，解得a＝0；
（2）由（1）知：
＝
，x＞0，
当a≤0 时，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞0 时，由f'（x）＞0 得
，由f'（x）＜0 得
，
所以f（x）在
上单调递增，在
上单调递减．
综上所述：当a≤0 时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞0 时，f（x）在
上单调递增，在
上单调递减；
（3）由（2）可知，
当a＜0 时，f（x）在[1，e2]上单调递增，
⽽f（1）＝﹣a＞0，故f（x）在[1，e2]上没有零点；
当a＝0 时，f（x）在[1，e2]上单调递增，
⽽f（1）＝﹣a＝0，故f（x）在[1，e2]上有⼀个零点；
当a＞0 时，①若
，即a≥1 时，f（x）在[1，e2]上单调递减，
∵
，∴f（x）在[1，e2]上没有零点；
②若
，即
时，f（x）在
上单调递增，
在
上单调递减，⽽
，
，
，
若
，即
时，f（x）在[1，e2]上没有零点；
若
，即
时，f（x）在[1，e2]上有⼀个零点；
若
，即
时，由
得
，
此时，f（x）在[1，e2]上有⼀个零点；
由
得
，此时，f（x）在[1，e2]上有两个零点；
③若
，即
时，f（x）在[1，e2]上单调递增，
∵
，
，∴f（x）在[1，e2]上有⼀个零点．
综上所述：当
或
时，f（x）在[1，e2]上有⼀个零点；
当a＜0 或
时，f（x）在[1，e2]上没有零点；
当
时，f（x）在[1，e2]上有两个零点．
【点评】本题考查导数的运⽤：求切线的斜率和单调区间，同时考查函数的零点个数问题的解法，注意
运⽤导数判断单调性，以及分类讨论的思想⽅法，正确分类是解题的关键，属于难题．
17．已知函数f（x）＝x2+
﹣alnx（a∈R）
（1）若f（x）在x＝2 处取得极值，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线⽅程；
（2）当a＞0 时，若f（x）有唯⼀的零点x0，求[x0]
注：[x]表示不超过x 的最⼤整数，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[﹣1.5]＝﹣2
参考数据：ln2＝0.698，ln3＝1.099，ln5＝1.609，ln7＝1.946．
【分析】（1 ）求出函数的导数，求出a 得到值，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）求出函数的导数，结合a 的范围，确定函数的单调区间，从⽽求出[x0]的值．
【解答】解：（1）已知函数f（x）＝x2+
﹣alnx，其中a∈R 的定义域为（0，+∞）．
∴f′（x）＝2x﹣
﹣（x＞0），由于x＝2 是函数f（x）的极值点，∴f'（2）＝0
可得a＝7，所以函数f（x）＝x2+
﹣7lnx，
∴f′（x）＝2x﹣
﹣（x＞0），
∴f′（1）＝﹣7，f（1）＝3，
故切线⽅程是：y﹣3＝﹣7（x﹣1），
即7x+y﹣10＝0；
（2）f（x）＝x2+
﹣alnx，其中a∈R 的定义域为（0，+∞）．
∴f′（x）＝2x﹣
﹣＝
（x＞0）
令函数g（x）＝2x3﹣ax﹣2（x＞0），则g'（x）＝6x2﹣a（x＞0）．
由于a＞0 及g'（x）＝0 可得x＝
，
∴g（x）当x∈（0，
）时g'（x）＜0，当x∈（
，+∞）时g'（x）＞0，
∴g（x）在（0，
）单调递减，在（
，+∞）时单调递增．
由于g（0）＝﹣2＜0，
∵g（x）在（0，
）单调递减，
∴g（x）当x∈（0，
）时g（x）＜0．
由于g（1）＝﹣a＜0．
∵g（x）在（
，+∞）时单调递增．
∴g（x）在（1，+∞）时上有唯⼀零点，记为x＝x1．
∴f（x）在（0，x1）单调递减，在（x1，+∞）时单调递增．
∴f（x）在x＝x1时取极⼩值，即为最⼩值．
⼜f（x）有唯⼀的零点x0，故x0＝x1且x0＞1．
由于g（x0）＝0 且f（x0）＝0，
可得2lnx0﹣
﹣1＝0．
令函数h（x）＝2lnx﹣
﹣1（x＞1）在（1，+∞）时单调递增，
h（2）＝2ln2﹣﹣1＜0，⽽h（3）＝2ln3﹣
﹣1＞0．
从⽽x0∈（2，3），故得[x0]＝2．
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应⽤以及函数的零点问题，考查转化思想，
是⼀道综合题．
18．已知函数f（x）＝xex﹣a（x+1）2．
（1）若a＝e，求函数f（x）的极值；
（2）若函数f（x）有两个零点，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）求出函数的定义域，求出导函数，得到函数的极值点，利⽤列表求出函数的单调性，得到
极值；
（2）f′（x）＝（x+1）ex﹣a（x+1）＝（x+1）（ex﹣a）
当a＝0 时，当a＜0 时，当
时，当
时，判断函数的单调性，求解函数的零点个数，即
可推出实数a 的取值范围．
【解答】解：（1）函数定义域为（﹣∞，+∞），
f′（x）＝（x+1）ex﹣e（x+1）＝（x+1）（ex﹣e）．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1 分）
f′（x）＝0，解得x1＝﹣1，x2＝1，﹣﹣﹣（2 分）
列表：
x
（﹣∞，﹣1）
﹣1
（﹣1，1）
1
（1，+∞）
f′（x）
+
0
_
0
+
f（x）
↑
极⼤值
↓
极⼩值e﹣2a
↑
﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3 分）
所以x＝﹣1 时，f（x）取极⼤值
，当x＝1 时，f（x）取极⼩值e﹣2a．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4 分）
（2）f′（x）＝（x+1）ex﹣a（x+1）＝（x+1）（ex﹣a）
当a＝0 时，易知函数f（x）只有⼀个零点，不符合题意；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5 分）
当a＜0 时，在（﹣∞，﹣1）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
在（﹣1，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
，
且f（1）＝e﹣2a＞0，x→﹣∞，f（x）→+∞
所以函数f（x）有两个零点．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7 分）
当
时，在（﹣∞，lna）和（﹣1，+∞）上f′（x）＞0，f（x）单调递增；
在（lna，﹣1）上f′（x）＜0，f（x）单调递减；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8 分）
，函数f（x）⾄多有⼀个零点，不符合题意．﹣﹣﹣
﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10 分）
当
时，在（﹣∞，﹣1）和（lna，+∞）上f′（x）＞0，f（x）单调递增；
在（﹣1，lna）上f′（x）＜0，f（x）单调递减；
，
函数f（x）⾄多有⼀个零点，不符合题意．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11 分）
综上：实数a 的取值范围是a＜0．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12 分）
【点评】本题考查函数的导数的应⽤，函数的极值的求法，考查函数的单调性以及分类讨论思想的应⽤．
19．已知函数f（x）＝ex﹣2x﹣1．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在（0，f（0））处的切线⽅程；
（Ⅱ）设g（x）＝af（x）+（1﹣a）ex，若g（x）有两个零点，求实数a 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）求得f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，即可得到所求切线⽅程；
（Ⅱ）求得g（x）的解析式和导数、单调性，讨论a 的符号，求得g（x）的极⼩值，由题意可令极⼩值
⼩于0，解不等式即可得到所求a 的范围．
【解答】解：（Ⅰ）由题易知f′（x）＝ex﹣2，切线的斜率k＝f′（0）＝1﹣2＝﹣1，
f（0）＝e0﹣2×0﹣1＝0，
∴f（x）在（0，f（0））处的切线⽅程为y＝﹣x．
（Ⅱ）由题易知g（x）＝ex﹣2ax﹣a，
g′（x）＝ex﹣2a．
当a≤0 时，g′（x）＞0，
∴g（x）在R 上单调递增，不符合题意．
当a＞0 时，令g′（x）＝0，得x＝ln2a，
在（﹣∞，ln2a）上，g′（x）＜0，在（ln2a，+∞）上g′（x）＞0，
∴g（x）在（﹣∞，ln2a）上单调递减，在（ln2a，+∞）上单调递增，
∴g（x）极⼩值＝g（ln2a）＝2a﹣2aln2a﹣a＝a﹣2aln2a．
∵g（x）有两个零点，
∴g（x）极⼩值＜0，即a﹣2aln2a＜0，
∵a＞0，∴
，解得
，
∴实数a 的取值范围为
．
【点评】本题考查导数的运⽤：求切线的⽅程和单调性、极值和最值，考查分类讨论思想⽅法，以及转
化思想，考查不等式的解法，属于中档题．
20．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+x，a∈R．
（1）当a＝0 时，求曲线y＝f（x）在点（e，f（e））处的切线⽅程；
（2）试判断函数f（x）的单调性；
（3）若函数f（x）有两个零点，求a 的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，计算f′（e），f（e）的值，求出切线⽅程即可；
（2）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；
（3）根据函数的单调性求出f（x）的最⼤值，得到
，所得到a∈（0，1），
证明当a∈（0，1）时，f（x）有两个零点即可．
【解答】解：（1）a＝0 时，f（x）＝lnx+x，
f′（x）＝+1，f′（e）＝1+
，f（e）＝e+1，
故切线⽅程是：y﹣（e+1）＝（1+
）（x﹣e），
故切线⽅程是：
…（4 分）
（2）
①当a≤0 时，显然f'（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；…（6 分）
②当a＞0 时，令
，则﹣2ax2+x+1＝0，易知其判别式为正，
设⽅程的两个根分别为x1，x2（x1＜x2），则
，
∴x1＜0＜x2，∴
令f'（x）＞0 得x∈（0，x2），其中
，
所以函数f（x）在
上递增，在
上递减．…（10 分）
（3）由（2）知
①当a≤0 时，显然f（x）在（0，+∞）上单调递增，⾄多⼀个零点，不符合题意；
②当a＞0 时，函数f（x）在（0，x2）上递增，在（x2，+∞）上递减，
∴fmax（x）＝f（x2）要使f（x）有两个零点，必须f（x2）＞0，即
，
⼜由f'（x2）＝0 得：
，代⼊上⾯的不等式得：2lnx2+x2＞1，解得x2＞1，
∴
，所以a∈（0，1）…（12 分）
下⾯证明：当a∈（0，1）时，f（x）有两个零点．
，
，
⼜
，
且
，
，
所以f（x）在
与
上各有⼀个零点．…（16 分）
【点评】本题考查了切线⽅程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，
考查转化思想，不等式的证明，函数零点问题，是⼀道综合题．
21．已知函数f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）有两个零点，求a 的取值范围．
【分析】（1）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f（x）单调性；
（2）由（1）可知：当a＞0 时才有两个零点，根据函数的单调性求得f（x）最⼩值，由f（x）min＜0，g
（a）＝alna+a﹣1，a＞0，求导，由g（a）min＝g（e﹣2）＝e﹣2lne﹣2+e﹣2﹣1＝﹣
﹣1，g（1）＝0，即
可求得a 的取值范围．
（1）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f（x）单调性；
（2）分类讨论，根据函数的单调性及函数零点的判断，分别求得函数的零点，即可求得a 的取值范围．
【解答】解：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，
∵e2x＞0，ex＞0
∴当a≤0 时，f′（x）＜0，
∴f（x）在R 上单调递减，
当a＞0 时，f′（x）＝（2ex+1）（aex﹣1）＝2a（ex+
）（ex﹣），
令f′（x）＝0，解得：x＝ln
，
当f′（x）＞0，解得：x＞ln
，
当f′（x）＜0，解得：x＜ln
，
∴x∈（﹣∞，ln
）时，f（x）单调递减，x∈（ln
，+∞）单调递增；
综上可知：当a≤0 时，f（x）在R 单调减函数，
当a＞0 时，f（x）在（﹣∞，ln
）是减函数，在（ln
，+∞）是增函数；
（2）①若a≤0 时，由（1）可知：f（x）最多有⼀个零点，
当a＞0 时，f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，
当x→﹣∞时，e2x→0，ex→0，
∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，
当x→∞，e2x→+∞，且远远⼤于ex 和x，
∴当x→∞，f（x）→+∞，
∴函数有两个零点，f（x）的最⼩值⼩于0 即可，
由f（x）在（﹣∞，ln
）是减函数，在（ln
，+∞）是增函数，
∴f（x）min＝f（ln
）＝a×（
）+（a﹣2）×
﹣ln
＜0，
∴1﹣﹣ln
＜0，即ln
+
﹣1＞0，
设t＝，则g（t）＝lnt+t﹣1，（t＞0），
求导g′（t）＝+1，由g（1）＝0，
∴t＝＞1，解得：0＜a＜1，
∴a 的取值范围（0，1）．
⽅法⼆：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，
∵e2x＞0，ex＞0
∴当a≤0 时，f′（x）＜0，
∴f（x）在R 上单调递减，
当a＞0 时，f′（x）＝（2ex+1）（aex﹣1）＝2a（ex+
）（ex﹣），
令f′（x）＝0，解得：x＝﹣lna，
当f′（x）＞0，解得：x＞﹣lna，
当f′（x）＜0，解得：x＜﹣lna，
∴x∈（﹣∞，﹣lna）时，f（x）单调递减，x∈（﹣lna，+∞）单调递增；
综上可知：当a≤0 时，f（x）在R 单调减函数，
当a＞0 时，f（x）在（﹣∞，﹣lna）是减函数，在（﹣lna，+∞）是增函数；
（2）①若a≤0 时，由（1）可知：f（x）最多有⼀个零点，
②当a＞0 时，由（1）可知：当x＝﹣lna 时，f（x）取得最⼩值，f（x）min＝f（﹣lna）＝1﹣﹣ln
，
当a＝1，时，f（﹣lna）＝0，故f（x）只有⼀个零点，
当a∈（1，+∞）时，由1﹣﹣ln
＞0，即f（﹣lna）＞0，
故f（x）没有零点，
当a∈（0，1）时，1﹣﹣ln
＜0，f（﹣lna）＜0，
由f（﹣2）＝ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0，
故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有⼀个零点，
假设存在正整数n0，满⾜n0＞ln（﹣1），则f（n0）＝
（a
+a﹣2）﹣n0＞
﹣n0＞
﹣n0＞0，
由ln（﹣1）＞﹣lna，
因此在（﹣lna，+∞）有⼀个零点．
∴a 的取值范围（0，1）．
【点评】本题主要考查了导数与单调性的关系，以及函数零点问题，分类讨论是本题的解题关键．
22．已知a∈R，函数f（x）＝ex﹣ax．
（1）若函数f（x）在区间（﹣e，﹣1）上是减函数，求实数a 的取值范围；
（2）若函数F（x）＝f（x）﹣（ex﹣2ax+2lnx+a）在区间（0，）内⽆零点，求实数a 的最⼤值．
【分析】（1）求出原函数的导函数，分离参数a，由题意可得a＞ex 在（﹣e，﹣1）上恒成⽴，求出ex 在
（﹣e，﹣1）上的范围得答案；
（2）求出函数F（x），求其导函数F′（x）＝a﹣＝
，可知当a≤0 时函数F（x）在区间（0，）
上单调递减，可得F（x）＞F（）＞0，函数F（x）在区间（0，）上⽆零点；当a＞0 时，分0＜a≤4
和a＞4 分类分析，求得函数F（x）在区间（0，）内⽆零点的a 的范围，则答案可求．
【解答】解：（1）∵f（x）＝ex﹣ax，
∴f′（x）＝ex﹣a，
∵函数f（x）在区间（﹣e，﹣1）上是减函数，
∴f′（x）＝ex﹣a＜0 在（﹣e，﹣1）上恒成⽴，
∴a＞ex 在（﹣e，﹣1）上恒成⽴，
∵y＝ex 在（﹣e，﹣1）上为增函数，
∴a＞e﹣1＝；
（2）函数F（x）＝f（x）﹣（ex﹣2ax+2lnx+a）＝ax﹣2lnx﹣a，x∈（0，），
∴F′（x）＝a﹣＝
，
①当a≤0 时，F′（x）＜0 在（0，）上恒成⽴，函数F（x）在区间（0，）上单调递减，
则F（x）＞F（）＝﹣2ln
﹣a＝ln4﹣＞0，
∴a≤0 时，函数F（x）在区间（0，）上⽆零点；
②当a＞0 时，令F'（x）＝0 得，x＝，
令F'（x）＞0，得x＞，令F'（x）＜0，得0＜x＜，
因此，函数F （x）的单调递增区间是（，+∞），单调递减区间是（0，）．
（ⅰ）当
≥
，即0＜a≤4 时，
函数F（x）的单调递减区间是（0，），∴F（x）＞F（）＝a﹣2ln
﹣a＝ln4﹣，
要使函数F（x）在区间（0，）内⽆零点，则ln4﹣≥0，得a≤4ln2；
（ii）当
＜，即a＞4 时，
函数F （x）的单调递减区间是（0，），单调递增区间是（，），
∴F（x）min＝F（）＝2﹣2ln
﹣a＝2﹣ln4+2lna﹣a，
设g（a）＝2﹣ln4+2lna﹣a
∴g′（a）＝﹣1＝
＜0，
∴g（a）在（4，+∞）上单调递减，
∴g（a）＜g（4）＝2﹣ln4+2ln4﹣4＝ln4﹣2＝2（ln2﹣lne）＜0，
⽽当x→0 时，f（x）→+∞，
∴函数F（x）在区间（0，）内有零点，不合题意．
综上，要使函数F（x）＝f（x）﹣（ex﹣2ax+2lnx+a）在区间（0，）内⽆零点，则a 的最⼤值为4ln2．
【点评】本题考查利⽤导数研究函数的单调性，考查了利⽤导数求函数的最值，考查数学转化思想⽅法，
是压轴题
23．已知函数f（x）＝ex﹣ax2．
（1）若a＝1，证明：当x≥0 时，f（x）≥1；
（2）若f（x）在（0，+∞）只有⼀个零点，求a．
【分析】（1）通过两次求导，利⽤导数研究函数的单调性极值与最值即可证明，
（2）⽅法⼀：分离参数可得a＝
在（0，+∞）只有⼀个根，即函数y＝a 与G（x）＝
的图象在（0，
+∞）只有⼀个交点．结合图象即可求得a．
⽅法⼆：①当a≤0 时，f（x）＝ex﹣ax2＞0，f（x）在（0，+∞）没有零点．
②当a＞0 时，设函数h（x）＝1﹣ax2e﹣x．f（x）在（0，+∞）只有⼀个零点⇔h（x）在（0，+∞）只有⼀
个零点．
利⽤h′（x）＝ax（x﹣2）e﹣x，可得h（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，结合函数h（x）图象即
可求得a．
【解答】解：（1）证明：当a＝1 时，函数f（x）＝ex﹣x2．
则f′（x）＝ex﹣2x，
令g（x）＝ex﹣2x，则g′（x）＝ex﹣2，
令g′（x）＝0，得x＝ln2．
当x∈（0，ln2）时，g′（x）＜0，当x∈（ln2，+∞）时，g′（x）＞0，
∴g（x）≥g（ln2）＝eln2﹣2•ln2＝2﹣2ln2＞0，
∴f（x）在[0，+∞）单调递增，∴f（x）≥f（0）＝1．
（2）⽅法⼀：f（x）在（0，+∞）只有⼀个零点⇔⽅程ex﹣ax2＝0 在（0，+∞）只有⼀个根，
⇔a＝
在（0，+∞）只有⼀个根，
即函数y＝a 与G（x）＝
的图象在（0，+∞）只有⼀个交点．
G
，
当x∈（0，2）时，G′（x）＜0，当∈（2，+∞）时，G′（x）＞0，
∴G（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，
当x→0 时，G（x）→+∞，当x→+∞时，G（x）→+∞，
∴f（x）在（0，+∞）只有⼀个零点时，a＝G（2）＝
．
⽅法⼆：①当a≤0 时，f（x）＝ex﹣ax2＞0，f（x）在（0，+∞）没有零点．
②当a＞0 时，设函数h（x）＝1﹣ax2e﹣x．f（x）在（0，+∞）只有⼀个零点⇔h（x）在（0，+∞）只有⼀
个零点．
h′（x）＝ax（x﹣2）e﹣x，当x∈（0，2）时，h′（x）＜0，当x∈（2，+∞）时，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，∴
，（x≥0）．
当h（2）＜0 时，即a
，
（i）由于h（0）＝1，当x＞0 时，ex＞x2，
可得h（4a）＝1﹣
＝
＝1﹣＞0．
h（x）在（0，+∞）有2 个零点
（ii）当h（2）＞0 时，即a
，h（x）在（0，+∞）没有零点，
（iii）当h（2）＝0 时，即a＝
，h（x）在（0，+∞）只有⼀个零点，
综上，f（x）在（0，+∞）只有⼀个零点时，a＝
．
【点评】本题考查了利⽤导数探究函数单调性，以及函数零点问题，考查了转化思想、数形结合思想，
属于中档题．
24．设函数f（x）＝lnx+x
（1）令F（x）＝f（x）+
（0＜x≤3），若F（x）的图象上任意⼀点P（x0，y0）处切线的斜率k
恒
成⽴，求实数a 的取值范围；
（2）若⽅程2mf（x）＝x2有唯⼀实数解，求正数m 的值．
【分析】（1）即函数F（x）的导数在（0，3]⼩于或者等于
恒成⽴，分离参数后转化为函数的最值；
（2）研究函数是单调性得到函数的极值点，根据函数图象的变化趋势，判断何时⽅程2mf（x）＝x2有
唯⼀实数解，得到m 所满⾜的⽅程，解⽅程求解m
【解答】解：（1）∵F（x）＝lnx+
，x∈（0，3]，
∴F′（x）＝﹣
＝
，
∴k＝F′（x0）＝
，
∵F（x）的图象上任意⼀点P（x0，y0）处切线的斜率k
恒成⽴
∴k＝
≤
，在x0∈（0，3]上恒成⽴，
所以a≥（﹣x02﹣x0）max，x0∈（0，3]，
当x0＝1 时，﹣x02﹣x0取得最⼤值
，
∴a≥
，
（2）∵⽅程2mf（x）＝x2有唯⼀实数解，
∴x2﹣2mlnx﹣2mx＝0 有唯⼀实数解，
设g（x）＝x2﹣2mlnx﹣2mx，
则g'（x）＝
．
令g'（x）＝0，则x2﹣mx﹣m＝0．
∵m＞0，
∴Δ＝m2+4m＞0，
∵x＞0，
∴x1＝
＜0（舍去），x2＝
，
当x∈（0，x2）时，g'（x）＜0，g（x）在（0，x2）上单调递减，
当x∈（x2，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）在（x2，+∞）单调递增
当x＝x2时，g'（x2）＝0，g（x）取最⼩值g（x2）．
∵g（x）＝0 有唯⼀解，
∴g（x2）＝0，
则
，即
∴2mlnx2+mx2﹣m＝0，
∵m＞0，
∴2lnx2+x2﹣1＝0（*）
设函数h（x）＝2lnx+x﹣1，
∵当x＞0 时，h（x）是增函数，
∴h（x）＝0 ⾄多有⼀解．
∵h（1）＝0，
∴⽅程（*）的解为x2＝1，即1＝
，解得m＝．
【点评】本题主要考查利⽤导数求曲线在某点的切线斜率，求⼆次函数在闭区间上的最值，利⽤导数求
函数在闭区间上的最值，属于难题．
25．函数f（x）＝ax+xlnx 在x＝1 处取得极值．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若y＝f（x）﹣m﹣1 在定义域内有两个不同的零点，求实数m 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，计算f′（1），求出a 的值，从⽽求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题转化为f（x）＝m+1 在（0，+∞）内有两个不同的根，结合函数的图象求出m 的范围即可．
【解答】解：（Ⅰ）f'（x）＝a+lnx+1，…（1 分）
∵f'（1）＝a+1＝0，解得a＝﹣1，当a＝﹣1 时，f（x）＝﹣x+xlnx，…（2 分）
即f'（x）＝lnx，令f'（x）＞0，解得x＞1；…（3 分）
令f'（x）＜0，解得0＜x＜1；…（4 分）
∴f（x）在x＝1 处取得极⼩值，f（x）的增区间为（1，+∞），减区间为（0，1）…（6 分）
（Ⅱ）y＝f（x）﹣m﹣1 在（0，+∞）内有两个不同的零点，
可转化为f（x）＝m+1 在（0，+∞）内有两个不同的根，
也可转化为y＝f（x）与y＝m+1 图象上有两个不同的交点，…（7 分）
由（Ⅰ）知，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
f（x）min＝f（1）＝﹣1，…（8 分）
由题意得，m+1＞﹣1 即m＞﹣2①…（10 分）
当0＜x＜1 时，f（x）＝x（﹣1+lnx）＜0；
当x＞0 且x→0 时，f（x）→0；
当x→+∞时，显然f（x）→+∞（或者举例：当x＝e2，f（e2）＝e2＞0）；
由图象可知，m+1＜0，即m＜﹣1②…（11 分）
由①②可得﹣2＜m＜﹣1…（12 分）
【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应⽤以及数形结合思想、转化思想，是⼀道
中档题．
26．设函数f（x）＝﹣x2+ax+lnx（a∈R）．
（I）若a＝﹣1 时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设函数f（x）在[
，3]上有两个零点，求实数a 的取值范围．
【分析】（I）将a＝﹣1 代⼊f（x）＝﹣x2+ax+lnx，求导，解关于导函数的不等式，由解集即可得出单调
区间；
（Ⅱ）问题转化为函数
与函数y＝a 的图象在
上有两个交点，利⽤导数研究函数
g（x）的性质即可得到实数a 的取值范围．
【解答】解：（I ）当a ＝﹣1 时，f （x ）＝﹣x2 ﹣x+lnx （x ＞0 ），则
，
令f′（x）＞0，解得
，令f′（x）＜0，解得
，
∴函数f（x）的单调递增区间为
，单调递减区间为
；
（Ⅱ）函数的定义域为（0，+∞），令f（x）＝0，即﹣x2+ax+lnx＝0，即
，
依题意，函数
与函数y＝a 的图象在
上有两个交点，
⼜
，令h（x）＝x2﹣1+lnx，
，则
，
∴h（x）在
上单调递增，
∴
，h（1）＝0，
∴当
时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈（1，3]时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
∴
，
，
⼜
，
∴
．
【点评】本题考查函数与导数的综合运⽤，考查利⽤导数研究函数的单调性以及函数零点与⽅程根的关
系，考查分离变量思想及计算能⼒，属于中档题．
27．已知函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求a 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）求出f（x）的导数，讨论当a≥0 时，a＜﹣
时，a＝﹣
时，﹣
＜a＜0，由导数⼤于0，
可得增区间；由导数⼩于0，可得减区间；
（Ⅱ）由（Ⅰ）的单调区间，对a 讨论，结合单调性和函数值的变化特点，即可得到所求范围．
【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2，
可得f′（x）＝（x﹣1）ex+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（ex+2a），
①当a≥0 时，由f′（x）＞0，可得x＞1；由f′（x）＜0，可得x＜1，
即有f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增（如右上图）；
②当a＜0 时，（如右下图），
由ex+2a＝0，可得x＝ln（﹣2a），
由ln（﹣2a）＝1，解得a＝﹣，
若a＝﹣，则f′（x）≥0 恒成⽴，即有f（x）在R 上递增；
若a＜﹣时，由f′（x）＞0，可得x＜1 或x＞ln（﹣2a）；
由f′（x）＜0，可得1＜x＜ln（﹣2a）．
即有f（x）在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增；
在（1，ln（﹣2a））递减；
若﹣＜a＜0，由f′（x）＞0，可得x＜ln（﹣2a）或x＞1；
由f′（x）＜0，可得ln（﹣2a）＜x＜1．
即有f（x）在（﹣∞，ln（﹣2a）），（1，+∞）递增；
在（ln（﹣2a），1）递减；
（Ⅱ）①由（Ⅰ）可得当a＞0 时，
f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增，
且f（1）＝﹣e＜0，x→+∞，f（x）→+∞；
当x→﹣∞时f（x）＞0 或找到⼀个x＜1 使得f（x）＞0 对于a＞0 恒成⽴，
f（x）有两个零点；
②当a＝0 时，f（x）＝（x﹣2）ex，所以f（x）只有⼀个零点x＝2；
③当a＜0 时，
若a＜﹣时，f（x）在（1，ln（﹣2a））递减，
在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增，
⼜当x≤1 时，f（x）＜0，所以f（x）不存在两个零点；
当a≥﹣时，在（﹣∞，ln（﹣2a））单调增，在（1，+∞）单调增，
在（ln（﹣2a），1）单调减，
只有f（ln（﹣2a））等于0 才有两个零点，
⽽当x≤1 时，f（x）＜0，所以只有⼀个零点不符题意．
综上可得，f（x）有两个零点时，a 的取值范围为（0，+∞）．
【点评】本题考查导数的运⽤：求单调区间，考查函数零点的判断，注意运⽤分类讨论的思想⽅法和函
数⽅程的转化思想，考查化简整理的运算能⼒，属于难题．
28．已知函数f（x）＝（x﹣1）ex+ax2，a∈R．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求a 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）求出函数f（x）的导数，通过讨论a 的范围，判断函数f（x）的单调性结合函数零点的个数确定a
的范围即可．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝（x﹣1）ex+ax2，
f′（x）＝x（ex+2a），
①a≥0 时，令f′（x）＞0，解得：x＞0，
令f′（x）＜0，解得：x＜0，
∴f（x）在（﹣∞，0）递减，在（0，+∞）递增；
②﹣＜a＜0 时，ln（﹣2a）＜0，
令f′（x）＞0，解得：x＞0 或x＜ln（﹣2a），
令f′（x）＜0，解得：ln（﹣2a）＜x＜0，
故f（x）在（﹣∞，ln（﹣2a））递增，在（ln（﹣2a），0）递减，在（0，+∞）递增；
③a＝﹣时，ln1＝0，f（x）在R 递增；
④a＜﹣时，ln（﹣2a）＞0，
令f′（x）＞0，解得：x＜0 或x＞ln（﹣2a），
令f′（x）＜0，解得：ln（﹣2a）＞x＞0，
故f（x）在（﹣∞，0）递减，在（0，ln（﹣2a））递增，在（ln（﹣2a），+∞）递减；
（Ⅱ）函数f（x）的定义域为R，由已知得f'（x）＝x（ex+2a）．
①当a＝0 时，函数f（x）＝（x﹣1）ex 只有⼀个零点；
②当a＞0，因为ex+2a＞0，
当x∈（﹣∞，0）时，f'（x）＜0；当x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0．
所以函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．
⼜f（0）＝﹣1，f（1）＝a，
因为x＜0，所以x﹣1＜0，ex＜1，所以ex（x﹣1）＞x﹣1，所以f（x）＞ax2+x﹣1，
取x0＝
，显然x0＜0 且g（x0）＞0，
所以f（0）f（1）＜0，f（x0）f（0）＜0，
由零点存在性定理及函数的单调性知，函数有两个零点．
③当a＜0 时，由f'（x）＝x（ex+2a）＝0，得x＝0，或x＝ln（﹣2a）．
ⅰ）当a＜﹣，则ln（﹣2a）＞0．
当x 变化时，f'（x），f（x）变化情况如下表：
x
（﹣∞，0）
0
（0，ln（﹣2a））ln（﹣2a）
（ln（﹣2a），+
∞）
f'（x）
+
0
﹣
0
+
f（x）
﹣1
注意到f（0）＝﹣1，所以函数f（x）⾄多有⼀个零点，不符合题意．
ⅱ）当a＝﹣，则ln（﹣2a）＝0，f（x）在（﹣∞，+∞）单调递增，函数f（x）⾄多有⼀个零点，不符
合题意．
若a＞﹣，则ln（﹣2a）≤0．
当x 变化时，f'（x），f（x）变化情况如下表：
x
（﹣∞，ln（﹣
2a））
ln（﹣2a）
（ln（﹣2a），0）
0
（0，+∞）
f'（x）
+
0
﹣
0
+
f（x）
﹣1
注意到当x＜0，a＜0 时，f（x）＝（x﹣1）ex+ax2＜0，f（0）＝﹣1，所以函数f（x）⾄多有⼀个零点，不
符合题意．
综上，a 的取值范围是（0，+∞）．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，是⼀道综合题．
29．已知函数f（x）＝（2﹣a）x﹣2（1+lnx）+a．
（1）当a＝1 时，求f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）在区间（0，）⽆零点，求a 的最⼩值．
【分析】（1）对f（x）求导，计算其单调区间，注意到定义域的范围．
（2）将f（x）的表达式重新组合，即f（x）＝（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，分别研究函数m（x）＝（2﹣a）
（x﹣1），h（x）＝2lnx，x＞0，讨论当a＜2 时和当a≥2 时的情况．
【解答】解：（1）当a＝1 时，f（x）＝x﹣1﹣2lnx，则f′（x）＝1﹣，定义域x∈（0，+∞），
由f′（x）＞0，得x＞2；由f′（x）＜0，得0＜x＜2，
故f（x）的单调减区间为（0，2），单调增区间为（2，+∞）．
（2）f（x）＝（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，
令m（x）＝（2﹣a）（x﹣1），x＞0；h（x）＝2lnx，x＞0，则f（x）＝m（x）﹣h（x），
①当a＜2 时，m（x）在（0，）上为增函数，h（x）在（0，）上为增函数．
结合图象可知，若f（x）在（0，）⽆零点，则m（）≥h（）．
即（2﹣a）×（﹣1）≥2ln
，∴a≥2﹣4ln2．
∴2﹣4ln2≤a＜2．
②当a≥2 时，在（0，）上m（x）≥0，h（x）＜0．
∴f（x）＞0，
∴f（x）在（0，）上⽆零点，
由①②得a≥2﹣4ln2，
∴amin＝2﹣4ln2．
【点评】本题是导数部分的⽇常考查内容，即求函数的单调性及⽤函数的单调性解决相关问题，在第⼆
问的处理中，是将原函数分成两个函数的差，再进⼀步通过数形结合进⾏谈论研究，学⽣也可以直接⽤
求导的⽅式讨论研究．
30．已知函数F（x）＝
．
（Ⅰ）设函数h（x）＝（x﹣1）F（x），当a＝2 时，证明：当x＞1 时，h（x）＞0；
（Ⅱ）若F（x）有两个不同的零点，求a 的取值范围．
【分析】（I）把a＝2 代⼊，然后对h（x）求导，结合导数与单调性关系可判断h（x）的单调性，再由h
（1）＝0 即可证明；
（II）令f（x）＝（x﹣1）F（x），则F（x）＝
，则转化为函数f（x）有2 个零点，然后结合导数
及函数的性质及零点判定定理进⾏求解．
【解答】证：（I）当a＝2 时，h（x）＝（x﹣1）F（x）＝lnx﹣
，
则
＞0，
所以h（x）在（1，+∞）上单调递增，且h（1）＝0，
当x＞1 时，h（x）＞0；
解：（II）设f（x）＝lnx﹣
，则
，
令g（x）＝x2+2（1﹣a）x+1，
若a≤1，
当x＞0 时，g（x）＞0，
若1＜a≤2，Δ＝4a2﹣8a≤0，g（x）≥0 恒成⽴，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，此时f（x）⾄
多⼀个零点，F（x）⾄多⼀个零点，不合题意，舍去；
当a＞2 时，Δ＝4a2﹣8a＞0，此时g（x）有两个零点，设为t1，t2，且t1＜t2，
则t1+t2＝2（a﹣1）＞0，t1t2＝1，
所以0＜t1＜1＜t2，
故f（x）在（0，t1），（t2，+∞）上为增函数，在（t1，t2）上为减函数，且f（1）＝0，
所以f（t1）＞0，f（t2）＜0，
⼜f（e﹣a）＝﹣
＜0，f（ea）＝
＞0，且f（x）连续不断，
所以存在x1∈（e﹣a，t1），使得f（x1）＝0，
存在唯⼀的x2∈（t2，ea），使得f（x2）＝0，
⼜F（x）＝
，
故当F（x）有两个不同零点时，a＞2．
【点评】本题主要考查了利⽤导数研究函数的单调性，还考查了利⽤导数与函数的性质求解与零点个数
有关的参数范围求解，体现了转化思想及分类讨论思想的应⽤．
31．已知函数f（x）＝xex﹣a（lnx+x），a∈R．
（1）当a＝e 时，求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）有两个零点，求实数a 的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）记t＝lnx+x，通过讨论a 的范围，结合函数的单调性以及函数的零点的个数判断a 的范围即可．
【解答】解：（1）定义域为：（0，+∞），
当a＝e 时，
，
令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：x＜1，
∴f（x）在（0，1）时为减函数；在（1，+∞）时为增函数．
（2）记t＝lnx+x，则t＝lnx+x 在（0，+∞）上单增，且t∈R．
∴f（x）＝xex﹣a（lnx+x）＝et﹣at＝g（t）．
∴f（x）在x＞0 上有两个零点等价于g（t）＝et﹣at 在t∈R 上有两个零点．
①在a＝0 时，g（t）＝et 在R 上单增，且g（t）＞0，故g（t）⽆零点；
②在a＜0 时，g'（t）＝et﹣a 在R 上单增，
⼜g（0）＝1＞0，
，故g（t）在R 上只有⼀个零点；
③在a＞0 时，由g'（t）＝et﹣a＝0 可知：
g（t）在t＝lna 时有唯⼀的⼀个极⼩值g（lna）＝a（1﹣lna）．
若0＜a＜e，g 最⼩＝a（1﹣lna）＞0，g（t）⽆零点；
若a＝e，g 最⼩＝0，g（t）只有⼀个零点；
若a＞e 时，g 最⼩＝a（1﹣lna）＜0，⽽g（0）＝1＞0，
由于
在x＞e 时为减函数，可知：a＞e 时，ea＞ae＞a2．
从⽽g（a）＝ea﹣a2＞0，
∴g（x）在（0，lna）和（lna，+∞）上各有⼀个零点．
综上讨论可知：a＞e 时f（x）有两个零点，即所求a 的取值范围是（e，+∞）．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应⽤以及分类讨论思想，转化思想，是⼀道
综合题．
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