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专题19 导数综合
目录一览
2023 真题展现
考向一 利用导数研究函数的极值
考向二 利用导数研究函数的单调性
真题考查解读
近年真题对比
考向一 利用导数研究函数的单调性
考向二 利用导数研究函数的最值
命题规律解密
名校模拟探源
易错易混速记/二级结论速记
考向一 利用导数研究函数的极值
1．（2023•新高考Ⅱ•第22 题）（1）证明：当0＜x＜1 时，x﹣x2＜sinx＜x；
（2）已知函数f（x）＝cosax﹣ln（1﹣x2），若x＝0 为f（x）的极大值点，求a 的取值范围．
【解答】（1）证明：设g（x）＝x﹣x2﹣sinx，x∈（0，1），
则g′（x）＝1﹣2x﹣cosx，∴g″（x）＝﹣2+sinx＜0，
∴g′（x）在（0，1）上单调递减，∴g′（x）＜g′（0）＝0，
∴g（x）在（0，1）上单调递减，∴g（x）＜g（0）＝0，
即x﹣x2﹣sinx＜0，x∈（0，1），∴x﹣x2＜sinx，x∈（0，1），
设h（x）＝x﹣sinx，x∈（0，1），则h′（x）＝1﹣cosx＞0，
∴h（x）在（0，1）上单调递增，∴h（x）＞h（0）＝0，x∈（0，1），
即x﹣sinx＞0，x∈（0，1），∴sinx＜x，x∈（0，1），
综合可得：当0＜x＜1 时，x﹣x2＜sinx＜x；
（2）解：∵f′（x）＝﹣asinax+ 2 x
1−x
2，∴f″（x）=−a
2cosax + 2+2 x
2
(1−x
2)
2，
且f′（0）＝0，f″（0）＝﹣a2+2，
①若f″（x）＝2﹣a2＞0，即−√2＜a＜√2时，
易知存在t1＞0，使得x∈（0，t1）时，f″（x）＞0，
∴f′（x）在（0，t1）上单调递增，∴f′（x）＞f′（0）＝0，
1
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∴f（x）在（0，t1）上单调递增，这显然与x＝0 为函数的极大值点相矛盾，故舍去；
②若f″（x）＝2﹣a2＜0，即a＜−√2或a＞√2时，
存在t2＞0，使得x∈（﹣t2，t2）时，f″（x）＜0，
∴f′（x）在（﹣t2，t2）上单调递减，又f′（0）＝0，
∴当﹣t2＜x＜0 时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当0＜x＜t2时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，满足x＝0 为f（x）的极大值点，符合题意；
③若f″（x）＝2﹣a2＝0，即a＝±√2时，∵f（x）为偶函数，
∴只考虑a=√2的情况，
此时f '( x)=−√2sin(√2 x)+ 2 x
1−x
2，x∈（0，1）时，
f '( x)＞−2 x + 2 x
1−x
2 =2 x(
1
1−x
2 −1)＞0，
∴f（x）在（0，1）上单调递增，与显然与x＝0 为函数的极大值点相矛盾，故舍去．
综合可得：a 的取值范围为（﹣∞，−√2）∪（√2，+∞）．
考向二 利用导数研究函数的单调性
2．（2023•新高考Ⅰ•第19 题）已知函数f（x）＝a（ex+a）﹣x．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）证明：当a＞0 时，f（x）＞2lna+ 3
2．
【解答】解：（1）f（x）＝a（ex+a）﹣x，则f'（x）＝aex﹣1，
①当a≤0 时，f'（x）＜0 恒成立，f（x）在R 上单调递减，
②当a＞0 时，令f'（x）＝0 得，x= ln 1
a，
当x∈（﹣∞，ln1
a）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（ln1
a，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）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（﹣∞，ln1
a）上单调递减，在
（ln1
a，+∞）上单调递增．
证明：（2）由（1）可知，当a＞0 时，f（x）min＝f（ln1
a）＝a（1
a +a）﹣ln1
a =1+a2+lna，
要证f（x）＞2lna+ 3
2，只需证1+a2+lna＞2lna+ 3
2，
只需证a
2−lna−1
2 ＞0，
设g（a）=a
2−lna−1
2，a＞0，则g'（a）＝2a−1
a = 2a
2−1
a
，
2
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令g'（a）＝0 得，a= √2
2 ，当a∈（0，√2
2 ）时，g'（a）＜0，g（a）单调递减，当a∈（√2
2 ，+∞）时，
g'（a）＞0，g（a）单调递增，
所以g（a）≥g（√2
2 ）= 1
2 −ln √2
2 −1
2 =−ln√2
2 ＞0，即g（a）＞0，
所以a
2−lna−1
2 ＞0 得证，
即f（x）＞2lna+ 3
2得证．
【命题意图】
考查导数的应用．考查求导公式，导数几何意义，利用导数研究函数的单调性、极值、最值，函数零
点等问题．体会数形结合思想，分类讨论思想，化归和转化思想．
【考查要点】
导数是必考内容，难度、广度和深度较大．常规基础考查求导公式与几何意义．中等难度考查求单调
区间、极值、最值等．压轴题考查零点、不等式证明、恒成立或者存在问题、分类讨论求参数等，和数列、
不等式、函数等知识结合．
【得分要点】
1、导数和函数的单调性的关系
（1）若f′（x）＞0 在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）＞0 的解集与
定义域的交集的对应区间为增区间．
（2）若f′（x）＜0 在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）＜0 的解集与
定义域的交集的对应区间为减区间．
2．求函数f（x）的极值的步骤
（1）确定函数的定义区间，求导数f′（x）．
（2）求方程f′（x）＝0 的根．
（3）用函数的导数为0 的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格，检查f′（x）
在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f（x）在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f
（x）在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号即都为正或都为负，则f（x）在这个根处无极值．
3．用导数求函数的最值步骤：
设函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，则求f（x）在[a，b]上的最大值与最小值的步骤
如下：
（1）求f（x）在（a，b）内的极值．
（2）将f（x）的各极值与f（a）、f（b）比较得出f（x）在[a，b]上的最值．
4．利用导数研究曲线上某点切线方程
（1）确定切点．
（2）求斜率，即求曲线上该点的导数．
3
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（3）利用点斜式求出直线方程．
5．函数恒成立问题
恒成立问题最后都转化为求最值问题，常用的方法是分离参变量和求导．
考向一 利用导数研究函数的单调性
3．（2022•新高考Ⅱ）已知函数f（x）＝xeax﹣ex．
（1）当a＝1 时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x＞0 时，f（x）＜﹣1，求a 的取值范围；
（3）设n∈N*，证明：
+
+…+
＞ln（n+1）．
【解答】解：（1）当a＝1 时，f（x）＝xex﹣ex＝ex（x﹣1），
f′（x）＝ex（x﹣1）+ex＝xex，
∵ex＞0，
∴当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调
递减．
（2）令g（x）＝f（x）+1＝xeax﹣ex+1（x＞0），
∵f（x）＜﹣1，f（x）+1＜0，
∴g（x）＜g（0）＝0 在x＞0 上恒成立，
又g′（x）＝eax+axeax﹣ex，
令h（x）＝g′（x），则h′（x）＝aeax+a（eax+axeax）﹣ex＝a（2eax+axeax）﹣ex，
∴h′（0）＝2a﹣1，
①当2a﹣1＞0，即a＞
，存在δ＞0，使得当x∈（0，δ）时，h′（x）＞0，即g′（x）在（0，δ）上
单调递增．
因为g′（x）＞g′（0）＝0，所以g（x）在（0，δ）内递增，所以f（x）＞﹣1，这与f（x）＜﹣1 矛
盾，故舍去；
②当2a﹣1≤0，即a≤
，
g′（x）＝eax+axeax﹣ex＝（1+ax）eax﹣ex，
若1+ax≤0，则g'（x）＜0，
所以g（x）在[0，+∞）上单调递减，g（x）≤g（0）＝0，符合题意．
若1+ax＞0，则g′（x）＝eax+axeax﹣ex＝eax+ln（1+ax）﹣ex≤
﹣ex≤
＝0，
所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，g（x）≤g（0）＝0，符合题意．
4
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综上所述，实数a 的取值范围是a≤
．
另解：f（x）的导数为f′（x）＝（1+ax）eax﹣ex（x＞0），
①当a≥1 时，f′（x）＝（1+ax）eax﹣ex＞eax﹣ex≥ex﹣ex＝0，
所以f（x）在（0，+∞）递增，所以f（x）＞﹣1，与题意矛盾；
②当a≤0 时，f′（x）≤eax﹣ex≤1﹣ex＜0，
所以f（x）在（0，+∞）递减，所以f（x）＜﹣1，满足题意；．
③当0＜a≤
时，f′（x）≤（1+
x）e
﹣ex＝e
[（1+
x）﹣e
]．
设G（x）＝（1+
x）﹣e
（x＞0），G′（x）＝
﹣
e
＜0，则G（x）在（0，+∞）递减，所
以G（x）＜0，
f′（x）＝e
G（x）＜0，所以f（x）在（0，+∞）递减，所以f（x）＜﹣1，满足题意；
④当
＜a＜1 时，f′（x）＝eax[（1+ax）﹣e（1﹣a）x]，
令H（x）＝（1+ax）﹣e（1﹣a）x，则f′（x）＝eaxH（x），H′（x）＝a+（a﹣1）e（1﹣a）x，
可得H′（x）递减，H′（0）＝2a﹣1，
所以存在x0＞0，使得H′（x0）＝0．当x∈（0，x0）时，H′（x）＞0，
H（x）在（0，x0）递增，此时H（x）＞0，
所以当x∈（0，x0）时，f′（x）＝eaxH（x）＞0，f（x）在（0，x0）递增，所以f（x）＞﹣1，与题意
矛盾．
综上可得，a 的取值范围是（﹣∞，
]．
（3）由（2）可知，当a＝
时，f（x）＝
＜﹣1（x＞0），
令x＝ln（1+
）（n∈N*）得，
＜﹣1，
整理得，
，
∴
＞ln（1+
），
∴
＞ln（
），∴
＞
ln（
）＝ln（
）＝ln（n+1），
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即
+
+...+
＞ln（n+1）．
另解：运用数学归纳法证明．
当n＝1 时，左边＝
＝
＞ln2 成立．
假设当n＝k（k≥1，k∈N*）时，不等式成立，即
+
+...+
＞ln（k+1）．
当n＝k+1 时，要证
+
+...+
+
＞ln（k+2），
只要证ln（k+1）+
＞ln（k+2），
即证
＞ln（k+2）﹣ln（k+1）＝ln
＝ln（1+
）．
可令t＝
，则t∈（0，
]，则需证明
＞ln（1+t），
再令x＝
（x∈（1，
]），则需证明x﹣
＞2lnx（x∈（1，
]）．
构造函数g（x）＝2lnx﹣（x﹣
）（x∈（1，
]），
g′（x）＝
﹣1﹣
＝﹣（1﹣
）2＜0，
可得g（x）在（1，
]上递减，
则g（x）＜g（1）＝0，所以原不等式成立，
即n＝k+1 时，
+
+...+
+
＞ln（k+2）成立．
综上可得，
+
+...+
＞ln（n+1）成立．
4．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝x（1﹣lnx）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）设a，b 为两个不相等的正数，且blna﹣alnb＝a﹣b，证明：2＜
+
＜e．
【解答】（1）解：由函数的解析式可得f'（x）＝1﹣lnx﹣1＝﹣lnx，
∴x∈（0，1），f′（x）＞0，f（x）单调递增，
x∈（1，+∞），f′（x）＜0，f（x）单调递减，
则f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减．
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（2）证明：由blna﹣alnb＝a﹣b，得
，
即
，
由（1）f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，
所以f（x）max＝f（1）＝1，且f（e）＝0，
令
，
，
则x1，x2为f（x）＝k 的两根，其中k∈（0，1）．
不妨令x1∈（0，1），x2∈（1，e），则2﹣x1＞1，
先证2＜x1+x2，即证x2＞2﹣x1，即证f（x2）＝f（x1）＜f（2﹣x1），
令h（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），
则h′（x）＝f′（x）+f′（2﹣x）＝﹣lnx﹣ln（2﹣x）＝﹣ln[x（2﹣x）]在（0，1）单调递减，
所以h′（x）＞h′（1）＝0，
故函数h（x）在（0，1）单调递增，
∴h（x1）＜h（1）＝0．∴f（x1）＜f（2﹣x1），∴2＜x1+x2，得证．
同理，要证x1+x2＜e，
（法一）即证1＜x2＜e﹣x1，
根据（1）中f（x）单调性，
即证f（x2）＝f（x1）＞f（e﹣x1），
令φ（x）＝f（x）﹣f（e﹣x），x∈（0，1），
则φ'（x）＝﹣ln[x（e﹣x）]，令φ′（x0）＝0，
x∈（0，x0），φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，
x∈（x0，1），φ'（x）＜0，φ（x）单调递减，
又0＜x＜e 时，f（x）＞0，且f（e）＝0，
故
，
φ（1）＝f（1）﹣f（e﹣1）＞0，
∴φ（x）＞0 恒成立，
x1+x2＜e 得证，
（法二）f（x1）＝f（x2），x1（1﹣lnx1）＝x2（1﹣lnx2），
又x1∈（0，1），故1﹣lnx1＞1，x1（1﹣lnx1）＞x1，
故x1+x2＜x1（1﹣lnx1）+x2＝x2（1﹣lnx2）+x2，x2∈（1，e），
令g（x）＝x（1﹣lnx）+x，g′（x）＝1﹣lnx，x∈（1，e），
在（1，e）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
所以g（x）＜g（e）＝e，
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即x2（1﹣lnx2）+x2＜e，所以x1+x2＜e，得证，
则2＜
+
＜e．
5．（2021•新高考Ⅱ）已知函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+b．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：f（x）恰有一个零点．
①
＜a≤
，b＞2a；
②0＜a＜
，b≤2a．
【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+b，f'（x）＝x（ex﹣2a），
①当a≤0 时，当x＞0 时，f'（x）＞0，当x＜0 时，f'（x）＜0，
∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
②当a＞0 时，令f'（x）＝0，可得x＝0 或x＝ln（2a），
（i）当
时，
当x＞0 或x＜ln（2a）时，f'（x）＞0，当ln（2a）＜x＜0 时，f'（x）＜0，
∴f（x）在（﹣∞，ln（2a）），（0，+∞）上单调递增，在（ln（2a），0）上单调递减，
（ii）a＝
时，
f'（x）＝x（ex﹣1）≥0 且等号不恒成立，∴f（x）在R 上单调递增，
（iii）当
时，
当x＜0 或x＞ln（2a）时，f'（x）＞0，当0＜x＜ln（2a）时，f'（x）＜0，
f（x）在（﹣∞，0），（ln（2a），+∞）上单调递增，在（0，ln（2a））上单调递减．
综上所述：
当 a⩽0 时，f（x） 在 （﹣∞，0）上单调递减；在 （0，+∞）上 单调递增；
当
时，f（x） 在 （﹣∞，ln（2a）） 和 （0，+∞）上单调递增；在 （ln（2a），0）上
单调递减；
当
时，f（x） 在 R 上单调递增；
当
时，f（x） 在 （﹣∞，0）和 （ln（2a），+∞） 上单调递增；在 （0，ln（2a）） 上单
调递减．
（Ⅱ）证明：若选①，由 （Ⅰ）知，f（x） 在 （﹣∞，0）上单调递增，（0，ln（2a）） 单调递减，
（ln（2a），+∞） 上 f（x） 单调递增．
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注意到
．
∴f（x） 在
上有一个零点；
f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）⋅2a﹣a⋅ln22a+b＞2aln（2a）﹣2a﹣aln22a+2a＝aln（2a）（2﹣ln
（2a）），
由
得 0＜ln（2a）⩽2，∴aln（2a）（2﹣ln（2a））⩾0，
∴f（ln（2a））＞0，当 x⩾0 时，f（x）⩾f（ln（2a））＞0，此时 f（x） 无零点．
综上：f（x） 在 R 上仅有一个零点．
另解：当a∈（
，
]时，有ln（2a）∈（0，2]，
而f（0）＝b﹣1＞2a﹣1＝0，于是f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）•2a﹣aln2（2a）+b
＝ln（2a）（2a﹣ln（2a））+（b﹣2a）＞0，
所以f（x）在（0，+∞）没有零点，当x＜0 时，ex∈（0，1），
于是f（x）＜﹣ax2+b⇒f（﹣
）＜0，所以f（x）在（﹣
，0）上存在一个零点，命题得证．
若选②，则由（Ⅰ）知：f（x）在 （﹣∞，ln（2a）） 上单调递增，
在 （ln（2a），0）上单调递减，在 （0，+∞） 上单调递增．
f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）2a﹣aln22a+b⩽2aln（2a）﹣2a﹣aln22a+2a＝aln（2a）（2﹣ln
（2a）），
∵
，∴ln（2a）＜0，∴aln（2a）（2﹣ln（2a））＜0，∴f（ln（2a））＜0，
∴当 x⩽0 时，f（x）⩽f（ln（2a））＜0，此时 f（x） 无零点．
当 x＞0 时，f（x） 单调递增，注意到 f（0）＝b﹣1⩽2a﹣1＜0，
取
，∵b＜2a＜1，∴
，又易证 ec＞c+1，
∴
﹣1
＝1＞0，
∴f（x）在（0，c）上有唯一零点，即f（x）在（0，+∞）上有唯一零点．
综上：f（x） 在 R 上有唯一零点．
考向二 利用导数研究函数的最值
6．（2022•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝ex﹣ax 和g（x）＝ax﹣lnx 有相同的最小值．
（1）求a；
（2）证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点，并且从左到右
的三个交点的横坐标成等差数列．
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【解答】解：（1）f（x）定义域为R，
∵f（x）＝ex﹣ax，
∴f'（x）＝ex﹣a，
若a≤0，
则f'（x）＞0，f（x）无最小值，
故a＞0，
当f'（x）＝0 时，x＝lna，
当x＜lna 时，f'（x）＜0，函数f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，
当x＞lna 时，f'（x）＞0，函数f（x）在（lna，+∞）上单调递增，
故f（x）min＝f（lna）＝a﹣alna，
g（x）的定义域为（0，+∞），
∵g（x）＝ax﹣lnx，
∴g'（x）＝a﹣
，
令g'（x）＝0，解得x＝
，
当0＜x＜
时，g'（x）＜0，函数g（x）在（0，
）上单调递减，
当x＞
时，g'（x）＞0，函数g（x）在（
，+∞）上单调递增，
故g（x）min＝1+lna，
∵函数f（x）＝ex﹣ax 和g（x）＝ax﹣lnx 有相同的最小值
∴a﹣alna＝1+lna，
∵a＞0，
∴a﹣alna＝1+lna 化为lna﹣
，
令h（x）＝lnx﹣
，x＞0，
则h'（x）＝
﹣
＝
，
∵x＞0，
∴h'（x）＝
恒成立，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，
又∵h（1）＝0，
∴h（a）＝h（1），仅有此一解，
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∴a＝1．
（2）证明：由（1）知a＝1，函数f（x）＝ex﹣x 在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
函数g（x）＝x﹣lnx 在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
设u（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣2x+lnx（x＞0），
则u′（x）＝ex﹣2+
＞ex﹣2，当x≥1 时，u′（x）≥e﹣2＞0，
所以函数u（x）在（1，+∞）上单调递增，因为u（1）＝e﹣2＞0，
所以当x≥1 时，u（x）≥u（1）＞0 恒成立，即f（x）﹣g（x）＞0 在x≥1 时恒成立，
所以x≥1 时，f（x）＞g（x），
因为f（0）＝1，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，g（1）＝1，函数g（x）在（0，1）上单调递减，
所以函数f（x）与函数g（x）的图象在（0，1）上存在唯一交点，设该交点为（m，f（m））（0＜m＜
1），
此时可作出函数y＝f（x）和y＝g（x）的大致图象，
由图象知当直线y＝b 与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点时，
直线y＝b 必经过点M（m，f（m）），即b＝f（m），
因为f（m）＝g（m），所以em﹣m＝m﹣lnm，即em﹣2m+lnm＝0，
令f（x）＝b＝f（m）得ex﹣x＝em﹣m＝m﹣lnm，解得x＝m 或x＝lnm，由0＜m＜1，得lnm＜0＜m，
令g（x）＝b＝f（m）得x﹣lnx＝em﹣m＝m﹣lnm，解得x＝m 或x＝em，由0＜m＜1，得m＜1＜em，
所以当直线y＝b 与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点时，
从左到右的三个交点的横坐标依次为，lnm，m，em，
因为em﹣2m+lnm＝0，所以em+lnm＝2m，
所以lnm，m，em成等差数列．
∴存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点
的横坐标成等差数列．
导数是必考内容，难度、广度和深度较大．常规基础考查求导公式与几何意义．中等难度考查求单调
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区间、极值、最值等．压轴题考查零点、不等式证明、恒成立或者存在问题、分类讨论求参数等，和数列、
不等式、函数等知识结合．
一．利用导数研究函数的单调性（共17 小题）
1．（2023•沙坪坝区校级模拟）已知函数f（x）＝xex+
ax2+ax﹣1．
（1）若函数f（x）在R 上单调递增，求实数a 的值；
（2）若函数F（x）＝2f（x）﹣ax2﹣（4a+1）x﹣2lnx 恰有两个不同的零点，求实数a 的取值范围．
【解答】解：（1）由题意得f（x）的导数为f′（x）＝（x+1）ex+ax+a＝（x+1）（ex+a），
∵f（x）在R 上单调递增，∴f′（x）≥0 恒成立且f′（x）不恒为零．
当x≥﹣1 时，x+1≥0，则ex+a≥0 恒成立，
由a≥﹣ex，由ex≥
，即有a≥﹣
；
当x≤﹣1 时，x+1≤0，则 ex+a≤0 恒成立，
由a≤﹣ex，由ex≤
，即有a≤﹣
．
综上可得：
．
（2）x＞0，F（x）＝2f（x）﹣ax2﹣（4a+1）x﹣2lnx＝2xex﹣（2a+1）x﹣2lnx，
令F（x）＝0，分离参数得a+
＝ex﹣
﹣
，
令g（x）＝ex﹣
﹣
，则g′（x）＝ex﹣
+
＝
，
令 h（x）＝x2ex+lnx 则
．
∴h（x）在 （0，+∞） 上单调递增，
又h（1）＝e＞0，h（
）＝
•e
﹣1＜0，
∴∃
使得 h（x0）＝0．
则当x∈（0，x0） 时，h（x）＜0，即 g'（x）＜0；
当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，即 g'（x）＞0；
∴g（x）在 （0，x0） 上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
∵g（x）min＝g（x0）＝ex0﹣
﹣
，
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由h（x0）＝0，即
ex0＝﹣lnx0，
可得ln（﹣lnx0）＝2lnx0+x0，
∴ln（﹣lnx0）+（﹣lnx0）＝lnx0+x0，又y＝lnx+x 在（0，+∞）上单调递增，
∴﹣lnx0＝x0，即ex0＝
，
∴g（x）min＝g（x0）＝
﹣
﹣
＝1，
又当x→0 时，g（x）→+∞；当x→+∞时，g（x）→+∞，
故
解得
，即实数a 的取值范围为
．
2．（2023•沈河区校级模拟）已知函数f（x）＝xlnx．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若x1＜x2，且f（x1）＝f（x2）＝a，证明：ae+1＜x2﹣x1＜a+1．
【解答】解：（1）f（x）＝xlnx，x∈（0，+∞）．
f′（x）＝lnx+1，
令f′（x）＞0，解得x＞
；令f′（x）＜0，解得0＜x＜
．
∴函数f（x）的单调递减区间为（0，
），单调递增区间为（
，+∞）．
（2）证明：x→0+时，f（x）→0；
0＜x＜1 时，f（x）＜0；f（1）＝0；
x＞1 时，f（x）＞0．
∵x1＜x2，且f（x1）＝f（x2）＝a，
结合（1）函数f（x）单调性可得：0＜x1＜
＜x2＜1．
设g（x）＝f（x）+x，x∈（0，
），
则g（x）＝x（lnx+1）＜0，
∴f（x）＜﹣x，f（x1）＜﹣x1，
又∵f（x1）＝a，∴﹣x1＞a．
设h（x）＝f（x）﹣
（x﹣1）＝xlnx﹣
（x﹣1），
＜x＜1．
h′（x）＝1+lnx﹣
＝lnx+
，
令h′（x）＞0，可得
＜x＜1，函数h（x）在（
，1）上单调递增；
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令h′（x）＜0，可得
＜x＜
，函数h（x）在（e﹣1，
）上单调递减．
由h（
）＝h（1）＝0，∴h（x）＜0，
故h（x2）＝f（x2）﹣
（x2﹣1）＜0，
∴f（x2）＜
（x2﹣1），
∵f（x2）＝a，∴a＜
（x2﹣1），
故x2＞1+a（e﹣1），
∴x2﹣x1＞ae+1．
令u（x）＝f（x）﹣（x﹣1）＝xlnx﹣（x﹣1），0＜x＜1．
∴u′（x）＝lnx＜0，
∴函数u（x）在（0，1）上单调递减，
又u（1）＝0，∴u（x）＞0，
从而f（x）＞x﹣1，∴f（x2）＞x2﹣1，
又f（x2）＝a，∴a＞x2﹣1，
∴x2＜a+1，
∴x2﹣x1＜x2＜a+1，
综上可得：ae+1＜x2﹣x1＜a+1．
3．（2023•天津一模）已知函数f（x）＝x•lnx．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）求f（x）的单调区间；
（Ⅲ）若对于任意
，都有f（x）≤ax﹣1，求实数a 的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）因为函数f（x）＝xlnx，
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．
（Ⅱ）函数f（x）＝xlnx 定义域为（0，+∞），
由（Ⅰ）可知，f'（x）＝lnx+1．
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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
极小值
增
所以，f（x）的单调递增区间是
，f（x）的单调递减区间是
．
（Ⅲ）当
时，“f（x）≤ax﹣1”等价于“
”．
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g（
＝lne+e＝e﹣1＞1.5，
．
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，
故a 的取值范围为[e﹣1，+∞）．
4．（2023•忻州一模）已知函数
，f′（x）为其导函数．
（1）若a＝﹣2，求f′（x）的单调区间；
（2）若关于x 的方程f（x）＝ex有两个不相等的实根，求实数a 的取值范围．
【解答】解：（1）函数f（x）＝xex﹣x2，x∈R，则f'（x）＝（1+x）ex﹣2x，
令h（x）＝f'（x）＝（1+x）ex﹣2x，则h'（x）＝（2+x）ex﹣2，设m（x）＝（2+x）ex﹣2，则m'（x）
＝（3+x）ex＝0，得x＝﹣3，
故x∈（﹣∞，﹣3）时，m′（x）＜0，函数m（x）即h′（x）单调递减，x∈（﹣3，+∞）时，m′
（x）＞0，函数m（x）即h′（x）单调递增，
所以
，又x→﹣∞时，h'（x）→﹣∞，又h'（0）＝0，
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所以x∈（﹣∞，0）时，h'（x）＜0，函数f′（x）单调递减，x∈（0，+∞）时，h'（x）＞0，函数f′
（x）单调递增，
故f′（x）的单调减区间为（﹣∞，0），增区间为（0，+∞）；
（2）关于x 的方程
有两个不相等的实根，即函数
在x∈R 上
有两个零点，
又g'（x）＝（x+1）ex﹣ex+ax＝x（ex+a），
①当a＞0 时，g'（x）＝0，得x＝0，所以当x∈（﹣∞，0）时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减，当
x∈（0，+∞）时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增，
所以g（x）min＝g（0）＝﹣1，又x→﹣∞时，g（x）→+∞，g（2）＝e2+2a＞0，则函数g（x）在x∈R
上有两个零点；
②当a＝0 时，方程化为xex＝ex，有唯一零点x＝1，不符合题意；
③当a＜0 时，g'（x）＝0，得x＝0，x＝ln（﹣a），
（i）当a＝﹣1 时，ln（﹣a）＝0，此时g'（x）≥0 恒成立，函数g（x）单调递增，在x∈R 上不可能有
两个零点，不符合题意；
（ii）当﹣1＜a＜0 时，ln（﹣a）＜0，则当x∈（﹣∞，ln（﹣a））时，g'（x）＞0，函数g（x）单调
递增，x∈（ln（﹣a），0）时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减，当x∈（0，+∞）时，g'（x）＞0，
函数g（x）单调递增，
所以
，g（0）＝﹣1，故
函数g（x）在区间x∈（﹣∞，0）无零点，在x∈（0，+∞）不可能存在两个零点，故不符合题意；
（iii）当a＜﹣1 时，ln（﹣a）＞0，则当x∈（﹣∞，0）时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增，x∈
（0，ln（﹣a））时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减，当x∈（ln（﹣a），+∞）时，g'（x）＞0，
函数g（x）单调递增，
又g（0）＝﹣1，故函数g（x）在区间x∈（﹣∞，ln（﹣a））无零点，在x∈（ln（﹣a），+∞）不可
能存在两个零点，故不符合题意；
综上，实数a 的取值范围（0，+∞）．
5．（2023•沈阳模拟）已知f（x）＝（x2﹣2x）lnx+（a﹣
）x2+2（1﹣a）x，a＞0．
（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．
【解答】解：（1）f′（x）＝（2x﹣2）lnx+（x2﹣2x）•
+2x（a﹣
）+2（1﹣a）
＝2（x﹣1）lnx+x﹣2+2ax﹣x+2﹣2a＝2（x﹣1）lnx+2ax﹣2a＝2（x﹣1）lnx+2a（x﹣1）＝（x﹣1）
（lnx+a），
当a＞0 时，令f′（x）＝0 得x1＝1，x2＝e﹣a，
此时e﹣a＜1，
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所以f（x）在（0，e﹣a）上单调递增，在（e﹣a，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
（2）f（1）＝﹣a+
，
若f（1）＞0，即a＜
时，由f（x）的单调性，可得在（e﹣a，+∞）上恒为正，无零点，
在区间（0，e﹣a）至多有一个零点，不符合题意，
若f（1）＜0，即a＞
时，
由f（2）＝0+4（a﹣
）+4（1﹣a）＝2＞0，
由零点的存在定理，f（x）在区间（1，2）上存在一个零点，
取x∈（0，1），则x﹣2＜﹣1，lnx＜0，（a﹣
）x＞0，
f（x）＝x[（x﹣2）lnx+（a﹣
）x+2（1﹣a）]＞x[（﹣1）lnx+0+2（1﹣a）]，
所以在（0，e2（1﹣a））时，f（x）＞0，
由于f（x）在区间（0，e﹣a）上单调递增，
所以f（x）在区间（0，e﹣a）上恒为正，无零点，
由零点的存在定理，可得f（x）在区间（e﹣a，1）上存在一个零点，符合题意，
若f（1）＝0，即a＝
时，f（x）在区间（0，e﹣a）上恒正，无零点，
所以f（x）仅有x＝1 个零点，不符合题意，
综上所述，a 的取值范围为（
，+∞）．
6．（2023•淄博二模）已知函数
，a∈R．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若x1，x2是函数
的两个极值点，且x1＜x2，求证：f（x1）﹣f（x2）＜0．
【解答】解：（1）f（x）的定义域为（a，+∞），
又
，
当a＝0 时，
在（0，1）上单调递增，f（x）在（1，+∞）上单调递减；
当a＞0 时，f（x）在（a，a+1）上单调递增，f（x）在（a+1，+∞）上单调递减；
当﹣1＜a＜0 时，f（x）在（0，a+1）上单调递增，f（x）在（a，0）和（a+1，+∞）上单调递减；
当a＝﹣1 时，f（x）在（﹣1，+∞）上单调递减；
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当a＜﹣1 时，f（x）在（a+1，0）上单调递增，f（x）在（a，a+1）和（0，+∞）上单调递减．
（2）证明：由
，x＞0，则
，
由题意知x1，x2是方程x2﹣x﹣a＝0 的两根，
因此x1+x2＝1，x1x2＝﹣a，且
，
，
所以
＝
，
把
x1+x2
＝
1
，
x1x2
＝
﹣
a
代
入
，
得
＝
，
要证f（x1）﹣f（x2）＜0，只需证明
，
即
，
也即
．
令
，
，由
，得2＜t2＜t1，
设
，要证h（t2）＞h（t1），
因为
，h（t）在（2，+∞）上单调递减，
所以h（t2）＞h（t1），即证．
7．（2023•禅城区校级一模）已知函数
．
（1）若函数y＝f（x）为增函数，求k 的取值范围；
（2）已知0＜x1＜x2，
（i）证明：
；
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（ii）若
，证明：|f（x1）﹣f（x2）|＜1．
【解答】解：（1）若
是增函数，则f′（x）＝
﹣
≥0 恒成立，
所以k
在（0，+∞）上恒成立，
令φ（x）＝
，x＞0，则
，
所以φ（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）递减，
所以φ（x）max＝
，
所以k≥φ（x）max＝
，
所以k 的取值范围为[
，+∞）．
（2）（i）证明：由（1）知，当k＝
时，f（x）＝
lnx+
，
f′（x）＝
﹣
，
令f′（x）＝0 得
＝
，
由（1）知φ（x）＝
，在（0，1）上递增，在（1，+∞）递减，φ（x）max＝
，
所以φ（x）≤
，
所以在（0，+∞）上f′（x）≥0，f（x）单调递增，
因为0＜x1＜x2，
所以f（x1）＜f（x2），
所以
lnx2+
＞
lnx1+
，
所以
﹣
＞lnx1﹣lnx2＝﹣ln
，（*）
令g（x）＝lnx﹣x+1，x＞0，
g′（x）＝
﹣1 在（0，+∞）上单调递减，
又g′（1）＝0，
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所以在（0，1）上g′（x）＞0，g（x）单调递增，
在（1，+∞）上g′（x）＜0，g（x）单调递减，
所以g（x）max＝g（1）＝0，
所以g（x）≤0，
所以lnx﹣x+1≤0，即﹣lnx≥1﹣x，当x＝1 时，取等号，
所以﹣ln
＞1﹣
，
所以（*）不等式为
﹣
＞lnx1﹣lnx2＝﹣ln
＞1﹣
，
所以
﹣
＞1﹣
．
（ii）证明：依题意：
有两个不同实数根 x1x2，
由（1）知0＜x1＜1＜x2，f（x1）＝klnx1+
＝
，f（x2）＝klnx2+
＝
令g（x）＝
（x＞0），则
，
当0＜x＜1 时，（1﹣x）lnx＜0，
当x＞1 时，（1﹣x）lnx＜0，
所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，
因为x2＞1，
所以0＜g（x2）＜g（1）＝
，
所以0＜f（x2）＜
，
先证明p（x）＝lnx﹣x+1＜0，0＜x＜1，
p′（x）＝
﹣1＝
＞0，
所以p（x）在（0，1）上单调递增，
所以p（x）＜p（1）＝0，
所以lnx﹣x+1＜0，
所以lnx＜x﹣1，
所以xlnx+1＜x（x﹣1），①
令q（x）＝x（x﹣1）﹣ex，0＜x＜1，
q′（x）＝2x﹣1﹣ex，
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q″（x）＝2﹣ex单调递减，
所以q″（1）＜q″（x）＜q″（0），
又q″（0）＞0，q″（1）＝2﹣e＜0，
所以存在x0∈（0，1）使得q″（x）＝0，即2＝e
，
所以在（0，x0）上q″（x）＞0，q′（x）单调递增，
在（x0，+∞）上q″（x）＜0，q′（x）单调递减，
所以q′（x）≤q′（x0）＝2x0﹣1﹣e
＝2x0﹣1﹣2＝2x0﹣3＜0，
所以q（x）在（0，1）上单调递减，
所以q（x）＜q（0）＝﹣1＜0，
所以x（x﹣1）＜ex，
因为0＜x1＜1，
所以x1（x﹣1）+1＜e
，
所以不等式①放缩为x1lnx1+1＜x1（x﹣1）+1＜e
，
所以
＜f（x1）＜1，
所以|f（x1）﹣f（x2）|＜1．
8．（2023•五华区校级模拟）设a，b，c∈R，a≠0，6a+b＝0，函数f（x）＝ax3+bx2+cx，f（1）＝4a．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若0≤x≤3 时，函数y＝f（x）﹣xe﹣x有三个零点x1，x2，x3，其中x1＜x2＜x3，试比较x1+x2+x3与
2 的大小关系，并说明理由．
【解答】解：（1）由 f（1）＝4a，得3a﹣b﹣c＝0，
又6a+b＝0，
所以c＝9a，
则f（x）＝ax3﹣6ax2+9ax，
所以f′（x）＝3a（x﹣1）（x﹣3），a≠0．
当a＞0 时，令f′（x）＞0，得x＜1 或x＞3；令f′（x）＜0，得1＜x＜3，
所以f（x）在（﹣∞，1）和（3，+∞） 上单调递增，在（1，3）上单调递减；
当a＜0 时，令f′（x）＞0，得1＜x＜3；令f′（x）＜0，得x＜1 或x＞3，
所以f（x）在（﹣∞，1）与（3，+∞）上单调递减，在（1，3）上单调递增．
（2）x1+x2+x3＜2，理由如下：
因为f（x）＝ax3﹣6ax2+9ax＝ax（x﹣3）2，
由F（x）＝0，得ax（x﹣3）2﹣xe﹣x＝0，
解得x＝0 或a（x﹣3）2﹣e﹣x＝0，
因为x∈[0，3]，
所以x1＝0，x2，x3是a（x﹣3）2﹣e﹣x＝0 的正根，
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则x1+x2+x3＝x2+x3，
又ln[a（x﹣3）2]＝lne﹣x＝﹣x，
所以lna+2ln（3﹣x2）＝﹣x2，lna+2ln（3﹣x3）＝﹣x3，
两式相减得2ln（3﹣x2）﹣2ln（3﹣x3）＝x3﹣x2＝（3﹣x2）﹣（3﹣x3），
令3﹣x2＝t2，3﹣x3＝t3，则3＞t2＞t3＞0，
得2lnt2﹣2lnt3＝t2﹣t3，则
，
令
，
则
，
所以
，
，
可得
，
，
设g（u）＝2（u+1）lnu﹣4（u﹣1），则
，
再设
，则
，
所以h（u）在 （1，+∞） 上为增函数，
则h（u）＞h（1）＝0，即
，
则g（u）＝2（u+1）lnu﹣4（u﹣1）在（1，+∞）上为增函数，
从而g（u）＞g（1）＝2（1+1）ln1﹣4（1﹣1）＝0，
所以t2+t3﹣4＞0，即（3﹣x2）+（3﹣x3）﹣4＝2﹣（x2+x3）＞0，
所以x2+x3＜2，即x1+x2+x3＝x2+x3＜2．
9．（2023•泉州模拟）已知函数f（x）＝ex[x2﹣（a+2）x+a+3]．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）在（0，2）有两个极值点x1，x2，求证：
．
【解答】（1）解：由f（x）＝ex[x2﹣（a+2）x+a+3]得：f′（x）＝ex（x2﹣ax+1），
当﹣2≤a≤2 时，x2﹣ax+1≥0，从而f'（x）≥0，f（x）在R 上单调递增；
当a＜﹣2 或a＞2 时，由f′（x）＝0 得
，
，
当x＜x1或x＞x2时f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x1＜x＜x2时f′（x）＜0，f（x）单调递减，
综上，当﹣2≤a≤2 时，f（x）在R 上单调递增；
22
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当a ＜﹣2 或a ＞2 时，f （x ）在
上单调递增，在
上单调递减．
（2）证明：若f（x）在（0，2）有两个极值点x1，x2，则
，
由（1）知a＜﹣2 或a＞2，x1x2＝1，x1+x2＝a＞0，于是a＞2．
，i＝1，2．
则
＝ea（4﹣2a（a+2）+（a+2）
2）＝ea（﹣a2+8），
令g（a）＝ea（﹣a2+8），a＞2，则g′（a）＝ea（﹣a2﹣2a+8）＜0，
因此g（a）在（2，+∞）上单调递减，故g（a）＜g（2）＝4e2，
即
．
10．（2023•张家口三模）已知函数f（x）＝x2+2cosx，f′（x）为函数f（x）的导函数．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）已知函数g（x）＝f′（x）﹣5x+5alnx，存在g（x1）＝g（x2）（x1≠x2），证明x1+x2＞2a．
【解答】解：（1）已知f（x）＝x2+2cosx，函数定义域为R，
可得f′（x）＝2x﹣2sinx，f″（x）＝2﹣2cosx≥0，
所以函数f′（x）在定义域内单调递增，
又f′（0）＝0，
所以当x＜0 时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；当x≥0 时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
综上，函数f（x）在区间（﹣∞，0）上单调递减，在区间（0，+∞）上单调递增；
（2）证明：由（1）得g（x）＝2x﹣2sinx﹣5x+5alnx＝﹣2sinx﹣3x+5alnx，函数定义域为（0，+∞），
因为g（x1）＝g（x2），（x1≠x2），
所以﹣2sinx1﹣3x1+5alnx1＝﹣2sinx2﹣3x2+5alnx2，
整理得5a（lnx2﹣lnx1）＝2（sinx2﹣sinx1）+3（x2﹣x1），
不妨设x2＞x1＞0，
此时lnx2＞lnx1．
由（1）得当x＞0，函数f′（x）单调递增，
所以2x1﹣2sinx1＜2x2﹣2sinx2，
则2（sinx2﹣sinx1）＜2（x2﹣x1），
此时5a（lnx2﹣lnx1）＝2（sinx2﹣sinx1）+3（x2﹣x1）＜5（x2﹣x1），
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整理得
，
所以
，
令
，t＞1，
不妨设h（t）＝lnt﹣
，函数定义域为（1，+∞），
可得h′（t）＝
＞0，
所以函数h（t）在区间（1，+∞）上单调递增，
则h（t）＞h（1）＝0，
所以
，
即
，
整理得
，
即
，
故x1+x2＞2a．
11．（2023•天津三模）已知定义域均为R 的两个函数g（x）＝ex，h（x）＝（x﹣a）2．
（Ⅰ）若函数f（x）＝g（x）h（x），且f（x）在x＝﹣1 处的切线与x 轴平行，求a 的值；
（Ⅱ）若函数m（x）＝
，讨论函数m（x）的单调性和极值；
（Ⅲ）设a，b 是两个不相等的正数，且a+lnb＝b+lna，证明：a+b+ln（ab）＞2．
【解答】解：（Ⅰ）因为f（x）＝g（x）h（x），所以f（x）＝ex（x﹣a）2，
所以f'（x）＝ex（x﹣a）2+ex（2x﹣2a）＝ex（x2﹣2ax+2x+a2﹣2a），
又f（x）在x＝﹣1 处的切线与x 轴平行，所以f′（﹣1）＝0，所以e﹣1（1+2a﹣2+a2﹣2a）＝0，
所以1+2a﹣2+a2﹣2a＝0，即a2﹣1＝0，所以a＝±1．
（Ⅱ）因为
，所以
的定义域为（﹣∞，0 ）∪（0 ，+∞），
24
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，令m′（x）＝0，得x＝1，
当x 变化时m′（x），m（x）的关系如下表：
x
（﹣∞，0）
0
（0，1）
1
（1，+∞）
m′（x）
﹣
无意义
﹣
0
+
m（x）
单调递减
无意义
单调减
极小值
单调递增
所以m（x）在（﹣∞，0），（0，1）上单调递减；在（1，+∞）上单调递增，
所以m（x）的极小值为
，无极大值．
（Ⅲ）证明：要证a+b+ln（ab）＞2，只需证（a+lnb）+（b+lna）＞2，
根据a+lnb＝b+lna，只需证b+lna＞1，又a，b 是两个不相等的正数，不妨设a＜b，
由a+lnb＝b+lna 得a﹣lna＝b﹣lnb，
两边取指数，ea﹣lna＝eb﹣lnb，化简得
＝
，
令p（x）＝
，所以p（a）＝p（b），
p（x）＝
＝e•m（x），
根据（Ⅱ）得m（x）在（﹣∞，0），（0，1）上单调递减；在（1，+∞）上单调递增，如图所示，
由于m（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
要使p（a）＝p（b）且a，b 不相等，则必有0＜a＜1，b＞1，即0＜a＜1＜b，
由0＜a＜1，1﹣lna＞1，要证b+lna＞1，只需证b＞1﹣lna，
由于p（x）在（1，+∞）上单调递增，要证b＞1﹣lna，只需证p（b）＞p（1﹣lna），
又p（a）＝p（b），只需证p（a）＞p（1﹣lna），只需证
＞
＝
，
只需证ea（1﹣lna）＞e，只需证
，
只需证
，即证
，
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令φ（x）＝
﹣e﹣x（0＜x＜1），
φ（1）＝0，φ（a）＝
﹣e﹣a，
只需证φ（x）＞0（0＜x＜1），
φ′（x）＝﹣
+e﹣x＝﹣
+
＝﹣
，
令h（x）＝ex﹣ex，则h（1）＝0，h′（x）＝ex﹣e＜0（0＜x＜1），
所以h（x）在（0，1）上单调递减，
所以h（x）＞h（1）＝0，
所以
，所以φ（x）在（0，1）上单调递减，
所以φ（x）＞φ（1）＝0，所以φ（a）＞0，
所以a+b+ln（ab）＞2．
12．（2023•黄浦区校级三模）设函数f（x）＝x3+ax2+bx+c．
（1）设a＝b＝4，求函数f（x）的单调区间；
（2）求证：a2﹣3b＞0 是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件；
（3）设a＝0，
，c＝﹣1，证明：函数f（x）恰有一个零点r，且存在唯一的严格递增正整数数列
{an}，使得
．
【解答】解：（1）f（x）＝x3+4x2+4x+c，f′（x）＝3x2+8x+4＝（3x+2）（x+2），
令f′（x）＝0，解得x＝﹣2 或﹣
，
x∈（﹣∞，﹣2）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；x∈（﹣2，﹣
）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．
∴函数f（x）单调递增区间为（﹣∞，﹣2），（﹣
，+∞），单调递减区间为（﹣2，﹣
）．
（2）证明：f（x）有三个不同零点，则f（x）有两个不同极值点，
∴f′（x）＝3x2+2ax+b 有两个不同实数根，∴Δ＝4a2﹣12b＞0，即a2﹣3b＞0．
反之，若a2﹣3b＞0，则f′（x）＝3x2+2ax+b 有两个不同实数根，∴f（x）有两个不同极值点，
但是，极值受到c 的影响，因此f（x）不一定有三个不同零点，可能只有两个不同零点或一个零点．
因此a2﹣3b＞0 是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件．
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（3）证明：a＝0，
，c＝﹣1，
∴f（x）＝x3+
x﹣1，
f′（x）＝3x2+
＞0，
∴函数f（x）在R 上单调递增，
又f（0）＝﹣1＜0，f（
）＝
+
﹣1＝
＞0，
∴函数f（x）存在唯一零点r∈（0，
），
∴
＝
＝r+r4+r7+……，
故数列an＝3n﹣2（n∈N*）是满足条件的数列，
若存在两个不同的递增正整数数列{an}，{bn}满足条件，
则
＝
+
+
+……＝
+
+
+…，
去掉上面等式两边相同的项可得：
+
+
+……＝
+
+
+…，
这里s1＜s2＜s3＜…，t1＜t2＜t3＜…，所有的si，tj都不相同，
不妨设s1＜t1，则
＜
＜
+
+
+……＝
+
+
+…，
∴1＜
+
+
+……≤r+r2+r3+……＝
＝
﹣1＜
﹣1＝1，矛盾，
因此存在唯一的严格递增正整数数列{an}，使得
．
13．（2023•鼓楼区校级模拟）已知函数
．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当a＝1 时，若f（x1）+f（x2）＝0，求证：x1+x2≥2；
（3）求证：对于任意n∈N*都有
．
【解答】解：（1）函数f（x）的定义域是（0，+∞）．
由已知得，
．
①当a＜0 时，当0＜x＜1 时，f′′（x）＜0，当x＞1 时，f′（x）＞0，
所以f（x）的单调递减为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）；
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②当0＜a＜1 时，当0＜x＜a 或x＞1 时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当a＜x＜1 时，f′（x）＜
0，
所以函数f（x）的单调递增区间为（0，a）和（1，+∞），单调递减区间为（a，1）；
③当a＝1 时，当x＞0 时，f′（x）＞0，所以f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无递减区间；
④当a＞1 时，当0＜x＜1 或x＞a 时，f′（x）＞0，当1＜x＜a 时，f′（x）＜0，
所以函数f（x）的单调递减为（1，a），单调递增区间为（0，1）和（a，+∞）．
综上，当a＜0 时，函数f（x）的单调递减为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）；
当0＜a＜1 时，函数f（x）的单调递增区间为（0，a）和（1，+∞），单调递减区间为（a，1）；
当a＝1 时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无递减区间；
当a＞1 时，函数f（x）的单调递减为（1，a），单调递增区间为（0，1）和（a，+∞）．
（2）证明：当a＝1 时，
，
由（1）知，函数f（x）在（0，+∞）单调递增且f（1）＝0；
令
＝lnx（2﹣x）+x2﹣2x+1＝ln（1﹣（x﹣1）2）+（x﹣1）2，
令（x﹣1）2＝t∈（0，1]，从而ln（1﹣t）+t≤1﹣t﹣1+t＝0，
所以g（x）＝f（x）+f（2﹣x）≤0 恒成立，
设0＜x1＜1＜x2，f（x1）+f（2﹣x1）≤0⇔﹣f（x1）≥f（2﹣x1）⇔f（x2）≥f（2﹣x1）
⇔x2≥2﹣x1⇔x1+x2≥2．
（3）证明：由（2）知：x＞1 时
，
即2lnx+x2﹣4x+3＝2lnx+（x﹣2）2﹣1＞0，
故2lnx+（x﹣2）2＞1 在x＞1 时恒成立；
所以
，
，
，
…
，
相加得：
．
14．（2023•平江县模拟）已知函数f（x）＝axlnx+ex﹣1．
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（1）若f（x）在定义域内单调递增，求a 的取值范围；
（2）当a＞0 时，若f（x）存在唯一零点x1，极值点为x2，证明：2x2＜x1．
【解答】解：（1）由题，f（x）＝axlnx+ex﹣1，f′（x）＝alnx+a+ex，
因为f（x）在定义域内单调递增，因此f′（x）≥0 恒成立．
当a＞0 时，f′（
）＝a（﹣
）+
＜﹣e+e＝0，不满足题意．
当a＝0 时，f′（x）＝ex＞0，满足题意．
当a＜0 时，f′（x）≥0，即a（1+lnx）+ex≥0，得
≤﹣
，
设F（x）＝
，则F′（x）＝
，
注意到函数y＝
﹣1﹣lnx 单调递减，
且x＝1 时，
﹣1﹣lnx＝0，
因此在x∈（0，1）时，F′（x）＞0，F（x）单调递增，
在x∈（1，+∞）时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，
得F（x）≤F（1）＝
，从而
≤﹣
，得﹣e≤a＜0．
综上，a 的取值范围为[﹣e，0]．
（2）证明：f′（x）＝alnx+a+ex，当a＞0 时，f′（x）单调递增，
而f′（
）＝
＞0，f′（
）＜0，
因此存在x2∈（
，
），使得f′（x2）＝
+alnx2+a＝0，
且x∈（0，x2）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（x2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
且f（x2）＜0，f（1）＝e﹣1＞0，
故存在x1∈（x2，1），使得f（x1）＝0．
要证明2x2＜x1，只需证明f（2x2）＜f（x1）＝0，
即证2ax2ln2x2+
﹣1＜0．
由
+alnx2+a＝0，得a＝﹣
，
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因此只需证明
﹣1＜
，
即证
．
先证明：
＞x+1，x∈（0，
）．
即证ln2x＜（x+1）（1+lnx），
即证xlnx+x+1﹣ln2＞0，
设g（x）＝xlnx+x+1﹣ln2（0＜x＜
），则g′（x）＝2+lnx，所以g（x）在（0，
）上单调递减，
在（
，
）上单调递增，
故g（x）≥g（
）＝1﹣
﹣ln2＞
﹣ln2＝
ln
＞0，即
＞x+1，x∈（0，
）．
接下来证明：
＜x+1，x∈（0，
）．
即证e2x﹣2（x2+x）ex﹣1＜0，
设h（x）＝e2x﹣2（x2+x）ex﹣1（0＜x＜
），
则h′（x）＝2e2x﹣2（x2+3x+1）ex＝2e2x（1﹣
），
设H（x）＝1﹣
（0＜x＜
），
则H′（x）＝
＝
＜0，
故H（x）单调递减，H（x）＜0，
从而h′（x）＜0，h（x）单调递减，故h（x）＜0，即
＜x+1，x∈（0，
），
因此
＜x+1＜
，x∈（0，
），
即不等式
成立，故2x2＜x1．
15．（2023•承德模拟）已知函数f（x）＝ax﹣4lnx．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
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（2）若
，求实数a 的取值范围．
【解答】解：（1）因为f（x）＝ax﹣4lnx，所以f′（x）＝a﹣
＝
，
当a≤0 时，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0 时，由f′（x）＞0，得x＞
，由f′（x）＜0，得0＜x＜
，
所以f（x）在（
，+∞）上单调递增，在（0，
）上单调递减；
综上，当a≤0 时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0 时，f（x）在（
，+∞）上单调递增，在（0，
）上单调递减；
（2）由ex﹣1+
≥xf（x），得ex﹣1+
≥x（ax﹣4lnx），取x＝1 时，得1+1≥a，所以a≤2，
下证：ex﹣1+
≥x（2x﹣4lnx），即证：
+
﹣2x+4lnx≥0，
令S（x）＝
+
﹣2x+4lnx，则S'（x）＝
，
构造T（x）＝ex﹣1﹣2x+2+
，则T'（x）＝ex﹣1﹣2﹣
，
易知T′（x）在（0，+∞）上是单调递增函数，又T′（1）＝1﹣2﹣2＜0，T'（2）＝e﹣2﹣
＞0，
所以T（x）在（0，+∞）上存在唯一零点，设该零点为x0，且满足1＜x0＜2，T′（x0）＝
﹣2﹣
＝0；
所以当x∈（0，x0）时，T′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，T′（x）＞0，
所以T（x）在区间（0，x0）上单调递减，在区间（x0，+∞）上单调递增；
所以T（x）min＝
﹣2x0+2+
＝2+
﹣2x0+2+
＝4﹣2x0+
+
＞0；
所以当x∈（0，1）时，S′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，S′（x）＞0，
所以S（x）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增；所以S（x）min＝S（1）＝0，
所以S（x）≥0 在x∈（0，+∞）上恒成立；即
+
﹣2x+4lnx≥0，
所以ex﹣1+
≥2x2﹣4xlnx≥ax2﹣4xlnx 在x∈（0，+∞）上恒成立，
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所以实数a 的取值范围是（﹣∞，2]．
16．（2023•深圳一模）已知函数
，其中a∈R 且a≠0．
（1）当a＝1 时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若存在实数x0，使得f（x0）＝x0，则称x0为函数f（x）的“不动点”求函数f（x）的“不动点”
的个数；
（3）若关于x 的方程f（f（x））＝f（x）有两个相异的实数根，求a 的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝1 时，f（x）＝
，定义域为R，
f′（x）＝﹣
，
令f′（x）＝0，得x＝﹣3，
∴当x＜﹣3 时，f′（x）＞0；当x＞﹣3 时，f′（x）＜0．
∴f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣3），单调递减区间为（﹣3，+∞）．
（2）函数f（x）的不动点即为方程f（x）﹣x＝0 的根，即方程
﹣x＝0，
∴
﹣a＝0，
设F（x）＝
﹣a（x≠﹣4），
F′（x）＝
≥0，当且仅当x＝﹣2 时取等号，
∴F（x）在（﹣∞，﹣4）和（﹣4，+∞）上单调递增，
由F（x）＝
，设h（x）＝xex﹣a（x+4），
当a＞0 时，若x∈（﹣∞，﹣4）时，h（﹣4）＝
＜0，h（﹣4﹣
）＞0，
∴存在t1∈（﹣∞，﹣4），使得h（t1）＝0，即存在唯一t1∈（﹣∞，﹣4），使得F（t1）＝0，
当x∈（﹣4，+∞）时，h（0）＝﹣4a＜0，h（4a）＞0，
存在t2∈（0，+∞），使得h（t2）＝0，即存在唯一t2∈（0，+∞）使得F（t2）＝0，
当a＜0 时，
当x∈（﹣∞，﹣4）时，F（x）＝
﹣a＞0 无零点，
当x∈（﹣4，+∞）时，∵h（0）＝﹣4a＞0，h（﹣4）＝
＜0，
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存在t0∈（﹣4，0），使得h（t0）＝0，
即存在唯一t0∈（﹣4，+∞）使得F（t0）＝0，
综上所述，当a＞0 时，函数f（x）有两个“不动点”t1，t2，
当a＜0 时，函数f（x）有一个“不动点”．
（3）∵f（f（x））﹣f（x）＝0，
由（2）可得f（x）＝ti（其中i∈{0，1，2}），
由F（ti）＝0 得a＝
，代入
＝
，
设G（x）＝
，
由（1）知，当x∈（﹣∞，﹣4]时，G（x）单调递增，且G（x）∈（﹣∞，0]，
∴在（﹣4，﹣3）上G（x）单调递增，且G（x）∈（0，e3），
在（﹣3，+∞）上G（x）单调递减，且G（x）∈（0，e3），
由G（x）＝G（t1）＜0 可得x＝t1，G（x）＝G（t2）＞0 可得x＝t2，x0，共三个解，
∴F（t）有一个零点t0，
∴f（f（x））﹣f（x）＝0，
∴f（x）＝t0，
由F（t0）＝0 得a＝
，代入
＝
，
由（1）知当t0＝﹣3，即a＝﹣
时，G（x1）＝G（t0）的解为t0，
当t0≠﹣3，即a＜0 且a≠﹣
时，G（x1）＝G（t0）的解为x1，t0，
综上所述，当a＜0 且a≠﹣
时方程有两个不同实数根．
17．（2023•河北区二模）已知a＞0，函数f（x）＝xlna﹣alnx+（x﹣e）2，其中e 是自然对数的底数．
（Ⅰ）当a＝1 时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）当a＝e 时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅲ）求证：函数f（x）存在极值点，并求极值点x0的最小值．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝1 时，f（x）＝﹣lnx+（x﹣e）2，f（1）＝（1﹣e）2，
f′（x）＝﹣
+2（x﹣e），
∴f′（1）＝1﹣2e，
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣（1﹣e）2＝（1﹣2e）（x﹣1），
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化为（2e﹣1）x+y﹣e2＝0．
（Ⅱ）当a＝e 时，f（x）＝x﹣elnx+（x﹣e）2，x∈（0，+∞）．
f′（x）＝1﹣
+2（x﹣e）＝
，f′（e）＝0，
∴x∈（0，e）时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；x∈（e，+∞）时，f′（x）＞0，此时函数f
（x）单调递增．
∴函数f（x）单调递减区间为（0，e）；函数f（x）单调递增区间为（e，+∞）．
（Ⅲ）证明：a＞0，函数f（x）＝xlna﹣alnx+（x﹣e）2，x∈（0，+∞）．
f′（x）＝lna﹣
+2（x﹣e）＝
，
令g（x）＝2x2﹣（2e﹣lna）x﹣a，a＞0，
∵x＞0，∴f′（x）＝0⇔g（x）＝0，
∵Δ＝（2e﹣lna）2+8a＞0，
由a＞0，则∃x1，x2，使得g（x1）＝g（x2）＝0，且x1x2＝﹣
＜0，
不妨设x1＜0＜x2，
∴f′（x）＜0⇔0＜x＜x2，
f′（x）＞0⇔x＞x2，
∴∃x0＝x2为f（x）的极小值点．
∵g（e）＝elna﹣a≤0，
∴x0≥e，等号成立．
∴x0的最小值为e．
二．利用导数研究函数的极值（共12 小题）
18．（2023•青岛二模）已知函数
，a＞0．
（1）讨论f（x）极值点的个数；
（2）若f（x）恰有三个零点t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）和两个极值点x1，x2（x1＜x2）．
（ⅰ）证明：f（x1）+f（x2）＝0；
（ⅱ）若m＜n，且mlnm＝nlnn，证明：
．
【解答】解：（1）f′（x）＝
﹣a﹣
＝﹣
（x＞0），
设函数g（x）＝ax2﹣x+a，
当x≥
时，g（x）开口向上，Δ＝1﹣4a2≤0，
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所以f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）上单调递减，无极值点，
当0＜a＜
时，g（x）＝0 在（0，+∞）上有两个解x1＝
，x2＝
，
因为x1x2＝1，
所以f（x）在（0，x1）上单调递减，在（x1，x2）上单调递增，在（x2，+∞）上单调递减，
所以f（x）有两个极值点，
综上所述，当a≥
时，f（x）无极值点，
当0＜a＜
时，f（x）有两个极值点．
（2）（ⅰ）证明：由（1）知：0＜a＜
且x1x2＝1，
因为f（
）＝ln
﹣a（
﹣x）＝﹣lnx﹣a（
﹣x）＝﹣f（x），
所以f（x1）+f（x2）＝f（x1）+f（
）＝0．
（ⅱ）由（ⅰ）知f（
）＝﹣f（x），0＜a＜
，t1＜x1＜t2＝1＜x2＜t3，
所以t1t3＝1，
所以t1t2t3＝1，
令h（x）＝xlnx，x＞0，
h′（x）＝lnx+1，
所以h（x）在（0，
）上单调递减，在（
，+∞）上单调递增，
因为x＞1 时，h（x）＞0，
0＜x＜1 时，h（x）＜0，
所以0＜m＜
＜n＜1，
所以要证明：
＞n（lnn+1），
只要证明ln[（1﹣m）e﹣m]＞nln（n+1），
只需证明ln（1﹣m）﹣m＞lnn+ln（lnn+1），
只需证明ln（1﹣m）+1﹣m＞lnn+1+ln（lnn+1），
又因为t（x）＝lnx+x 在（0，+∞）上单调递增，
所以只需证明1﹣m＞lnn+1（易证n＞ln+1），
只需证明1﹣m＞n，即证明m+n＜1，
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因为0＜m＜
，
所以lnm＜﹣1，
所以mlnm＜﹣m，
因为mlnm＝nlnn，
所以m＜﹣nlnn，
所以m+n＜n﹣nlnn，
令φ（x）＝x﹣xlnx，
＜x＜1，
φ′（x）＝﹣lnx＞0，
所以φ（x）在（
，1）上单调递增，
所以φ（n）＜φ（1）＝1，
所以m+n＜1，
所以
＞n（lnn+1）成立．
19．（2023•新乡模拟）已知函数f（x）＝ax﹣alnx﹣
．
（1）若不等式f（x）＜0 恒成立，求实数a 的取值范围；
（2）若函数y＝f（x）有三个不同的极值点x1，x2，x3，且f（x1）+f（x2）+f（x3）≤3e2﹣e，求实数a
的取值范围．
【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），不等式f（x）＜0 恒成立，
即
在（0，+∞）上恒成立，记u（x）＝x﹣lnx，则
，
当x∈（0，1）时，u′（x）＜0，u（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，u′（x）＞0，u（x）单调递
增
所以u（x）≥u（1）＝1＞0，
所以
在（0，+∞）上恒成立，令g（x）＝
，
则a ＜g （x ）min ，
，
，
前面已证u（x）＝x﹣lnx＞1 恒成立，得到g（x）在区间（0，1）上单减，在区间（1，+∞）上单增，
所以g（x）min＝g（1）＝e，
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所以a＜e，即实数a 的取值范围是（﹣∞，e）．
（2）
，
因为直线y＝ex 和曲线y＝ex相切，并且切点坐标为（1，e），
所以当且仅当a＞e 时，方程ax﹣ex＝0 有两个不相等的实根x1，x3，并且0＜x1＜1＜x3，
从而当a＞e 时，f（x）有三个极值点x1，x2，x3，并且0＜x1＜x2＝1＜x3，
，
，
取对数知：lna+lnx1＝x1，lna+lnx3＝x3，即lna＝x1﹣lnx1，lna＝x3﹣lnx3，
则
＝alna﹣a+a﹣e+alna﹣
a＝2alna﹣a﹣e≤3e2﹣e，
构造g（a）＝2alna﹣a﹣e（a＞e），g'（a）＝2（lna+1）﹣1＝2lna+1＞0 在a＞e 时恒成立，
则g（a）在区间a∈（e，+∞）上单调递增，且g（e2）＝2e2lne2﹣e2﹣e＝3e2﹣e，
从而
的解为a≤e2，
综上所述，e＜a≤e2，即实数a 的取值范围是（e，e2]．
20．（2023•湖北模拟）设函数f（x）＝ex+bsinx，x∈（﹣π，+∞）．
（1）若函数f（x）在（0，f（0））处的切线的斜率为2．
①求实数b 的值；
②求证：f（x）存在唯一极小值点x0且f（x0）＞﹣1．
（2）当b＞0 时，若f（x）在x∈（﹣π，+∞）上存在零点，求实数b 的取值范围．
【解答】解：（1）①∵f（x）＝ex+bsinx，∴f′（x）＝ex+bcosx，
由导数的几何意义，f（x）在（0，f（0））处的切线的斜率k＝f′（0）＝e0+bcos0＝1+b，
由已知，k＝1+b＝2，∴解得b＝1．
②证明：由①得，f（x）＝ex+sinx，x∈（﹣π，+∞），
∴f′（x）＝ex+cosx，x∈（﹣π，+∞），
令g（x）＝ex+cosx，则g′（x）＝ex﹣sinx，
当x∈（﹣π，0]时，ex＞0，sinx≤0，g′（x）＝ex﹣sinx＞0，
当x∈（0，+∞）时，ex＞1，sinx≤1，g′（x）＝ex﹣sinx＞0，
∴当x∈（﹣π，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）在区间（﹣π，+∞）上单调递增，
又∵
，
，
∴有且只有一个
，使
，
又∵g（x）在区间（﹣π，+∞）上单调递增，
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∴x＝x0是g（x）在（﹣π，+∞）上的唯一零点，
∴f′（x）＝ex+cosx 在区间（﹣π，+∞）上单调递增，且
，
当x∈（﹣π，x0）时，f′（x）＜0，f（x）在区间（﹣π，x0）上单调递减，
当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在区间（x0，+∞）上单调递增，
∴f（x）存在唯一极小值点x0，
又∵
，∴
，
∴
，
又∵
，
∴
，
∴
，
∴
，
∴f（x0）＞﹣1．
（2）当b＞0 时，f（x）＝ex+bsinx，x∈（﹣π，+∞），
若f（x）在x∈（﹣π，+∞）上存在零点，
则方程ex+bsinx＝0 在x∈（﹣π，+∞）上有解，
即
在x∈（﹣π，+∞）上有解，
令
，
则
，
当x∈（﹣π，+∞）时，令F′（x）＝0，则
，k∈N，
当
（k∈N）时，
，F′（x）＞0，
∴F（x）在区间
（k∈N）上单调递增，
当
（k∈N）时，
，F′（x）＜0，
∴F（x）在区间
和
（k∈N）上单调递减，
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∴当
，k∈N 时，F（x）取得极小值．
∵
，k∈N，
∴当k＝0，1，2，
时，
⋯
，
，
，⋯
令
，则
，
在R 上单调递增，
∴
，
⋯
又∵
，
∴当x∈（﹣π，+∞）时，F（x）的最小值为
．
又当
（k∈N）时，F（x）取得极大值．
∵
，k∈N，
∴当k＝0，1，2，
时，
⋯
，
，
，⋯
令
，则
，H（x）在R 上单调递减，
∴
⋯
又∵
，
∴当x∈（﹣π，+∞）时，F（x）的最大值为
．
∴当x∈（﹣π，+∞）时，
，即
，
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∴
在x∈（﹣π，+∞）上有解，则
，
又∵b＞0，∴
，∴
．
综上所述，实数b 的取值范围为
．
21．（2023•南京三模）已知函数f（x）＝xlnx﹣
ax2，g（x）＝﹣x+a（a∈R）．
（1）若y＝x 与f（x）的图象恰好相切，求实数a 的值；
（2）设函数F（x）＝f（x）+g（x）的两个不同极值点分别为x1，x2（x1＜x2）．
（i）求实数a 的取值范围：
（ii）若不等式eλ+1＜x1•x2
λ恒成立，求正数λ 的取值范围（e＝2.71828…为自然对数的底数）．
【解答】解：（1）因为函数f（x）＝xlnx﹣
ax2，x∈（0，+∞），求导数得f′（x）＝lnx+1﹣ax，
设y＝x 与f（x）图象的切点为（x0，y0），
所以
，解得x0＝e2，a＝
；
（2）（i）因为函数F（x）＝f（x）+g（x）＝xlnx﹣x﹣
ax2+a，定义域为（0，+∞），则F′（x）＝
lnx﹣ax．
由题意知F′（x）＝lnx﹣ax＝0 有两个不等实根x1，x2，
设函数h（x）＝
﹣a，则h′（x）＝
，所以h′（e）＝0，
当0＜x＜e 时，h′（x）＞0，所以h（x）在区间（0，e）上单调递增；
当x＞e 时，h′（x）＜0，所以h（x）在区间（e，+∞）上单调递减．
所以h（x）的极大值也是最大值为h（e）＝
．
因为h（x）有两个不同的零点，所以h（e）＞0，即
﹣a＞0，解得a＜
；
当a≤0 时，若x＞e 时，则h（x）＞0 恒成立，所以h（x）至多一个零点，不符合题意，
所以0＜a＜
．
现证明：当0＜a＜
时，h（x）有两个不同的零点．
因为h（1）＝﹣a＜0，h（e）＞0，所以h（x）在区间（0，e）内有唯一零点；
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所以h（
）＝a2（ln
﹣
），令
＝t，设函数s（t）＝2lnt﹣t，则s′（x）＝
﹣1，
所以s（t）max＝2ln2﹣2＜0，所以h（
）＜0，h（x）在区间（e，+∞）内有唯一的零点．
综上，实数a 的取值范围是（0，
）．
（ii）由题设条件和（i）知，1＜x1＜e＜x2，lnx1＝ax1，lnx2＝ax2，所以a＝
＝
；
若不等式eλ+1＜x1•x2
λ恒成立，两边取对数，得λ﹣lnx1＜λlnx2﹣1，
所以λ+1＜lnx1+λlnx2＝ax1+aλx2＝
（x1+λx2）＝
；
设t＝
，则t∈（0，1），λ+1＜
恒成立；
所以lnt﹣
＜0 在t∈（0，1）时恒成立；
设p（t）＝lnt﹣
，t∈（0，1），则p′（t）＝
﹣
＝
；
若λ2≥1，即λ≥1，则当t∈（0，1）时，p′（t）＞0，
所以p（t）在（0，1）上单调递增，所以p（t）＜p（1）＝0，满足题意；
若0＜λ＜1，则当t∈（λ2，1）时，p′（t）＜0，所以p（t）在（λ2，1）上单调递减，
所以当t∈（λ2，1）时，p（t）＜p（1）＝0，不满足题意；
综上，正数λ 的取值范围是[1，+∞）．
22．（2023•罗定市校级模拟）已知函数
，k∈R．
（1）若f（x）在x＝1 处取极值，求k 的值；
（2）若f（x）＝ax 有两个零点x1，x2，求证：
．
【解答】解：（1）由题意，函数
，可得
，
因为f（x）在x＝1 处取极值，可得f'（1）＝1﹣k＝0，解得k＝1，
由k＝1 时，可得
当0＜x＜1 时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
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当x＞1 时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
因此f（x）在x＝1 处取极大值，满足题意．
（2）证明：由题意，函数f（x）＝ax 有两个零点x1，x2，
即
，
，
所以
，可得
，
要证
，即证
，
即证
，即证
，
不妨设x1＜x2，记
，则t＞1，即证
，
即证
，令
，t＞1，
可得
，
因此h（t）在（1，+∞）上单调递增，所以h（t）＞h（1）＝0，
即
结论成立．
23．（2023•红桥区二模）已知函数f（x）＝x﹣alnx，g（x）＝﹣
（a＞0）．
（Ⅰ）若a＝1，求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）设函数h（x）＝f（x）﹣g（x），求函数h（x）的单调区间；
（Ⅲ）若存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，求a 的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝x﹣alnx 的定义域为（0，+∞）．
当a＝1 时，f′（x）＝
．
由f′（x）＝0，解得x＝1．
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，
所以当x＝1 时，函数f（x）取得极小值，极小值为f（1）＝1﹣ln1＝1；
（Ⅱ）h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x﹣alnx+
，其定义域为（0，+∞）．
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又h′（x）＝
＝
．
由a＞0 可得1+a＞0，在0＜x＜1+a 上，h′（x）＜0，在x＞1+a 上，h′（x）＞0，
所以h（x）的递减区间为（0，1+a）；递增区间为（1+a，+∞）．
（III）若在[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h（x）在[1，e]上的最小值小于零．
①当1+a≥e，即a≥e﹣1 时，由（II）可知h（x）在[1，e]上单调递减．
故h（x）在[1，e]上的最小值为h（e），
由h（e）＝e+
﹣a＜0，可得a＞
．
因为
＞e﹣1．所以a＞
．
②当1＜1+a＜e，即0＜a＜e﹣1 时，
由（II）可知h（x）在（1，1+a）上单调递减，在（1+a，e）上单调递增．
h（x）在[1，e]上最小值为h（1+a）＝2+a﹣aln（1+a）．
因为0＜ln（1+a）＜1，所以0＜aln（1+a）＜a．
则2+a﹣aln（1+a）＞2，即h（1+a）＞2 不满足题意，舍去．
综上所述：a∈（
，+∞）．
24．（2023•海淀区校级三模）已知函数f（x）＝eax（x﹣1）2．
（1）若a＝1，求f（x）在（0，f（0））处切线方程；
（2）求f（x）的极大值与极小值；
（3）证明：存在实数M，当a＞0 时，函数y＝f（x）﹣M 有三个零点．
【解答】解：（1）当a＝1 时，f（x）＝ex（x﹣1）2，f′（x）＝ex（x2﹣1），
所以k＝f′（0）＝e0（02﹣1）＝﹣1，
又f（0）＝e0（0﹣1）2＝1，
所以切线方程为y﹣1＝﹣（x﹣0），即x+y﹣1＝0．
（2）f′（x）＝aeax（x﹣1）2+2eax（x﹣1）＝eax（x﹣1）（ax﹣a+2），
当a＝0 时，f′（x）＝2（x﹣1）＝0，解得x＝1，
故x＜1 时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；x＞1 时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
故x＝1 时，f（x）的极小值为f（1）＝0，无极大值；
当a＞0 时，令f′（x）＝0，解得x1＝1，
，
故当
或x＞1 时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
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当
时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
故f（x）的极大值为
，极小值为f（1）＝0；
当a＜0 时，令f′（x）＝0，解得x1＝1，
，
故当x＜1 或
时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当
时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
故f（x）的极大值为
，极小值为f（1）＝0；
综上，当a＝0 时，f（x）的极小值为f（1）＝0，无极大值；
当a≠0 时，f（x）的极大值为
，极小值为f（1）＝0．
（3）证明：当a＞0 时，由（2）知，f（x） 在
和（1，+∞）上单调递增，
在
上单调递减，且x＜1 时，f（x）＝eax（x﹣1）2＞0 恒成立，
x→+∞时，f（x）＝eax（x﹣1）2→+∞，
又f（x）的极大值为
，极小值为f（1）＝0，
所以存在实数
时，函数y＝f（x）﹣M 有三个零点．
25．（2023•曲靖模拟）已知函数f（x）＝ax2﹣xlnx+1（a∈R），f'（x）是f（x）的导函数．
（1）求函数y＝f'（x）的极值；
（2）若函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2＞2e2．
【解答】解：（1）函数f（x）＝ax2﹣xlnx+1（a∈R），x∈（0，+∞），
f'（x）＝2ax﹣lnx﹣1，
令u（x）＝f'（x）＝2ax﹣lnx﹣1，x∈（0，+∞），
则u′（x）＝2a﹣
，
a≤0 时，u′（x）＜0，函数u（x）无极值，舍去．
a＞0 时，u′（x）＝
，
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函数u（x）在（0，
）上单调递减；在（
，+∞）上单调递增．
∴x＝
时，函数u（x）取得极小值，u（
）＝ln（2a），无极大值．
（2）证明：∵函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，
∴ax1＝lnx1﹣
，ax2＝lnx2﹣
，
∴a（x1+x2）＝ln（x1x2）﹣
，
a（x2﹣x1）＝ln
+
，
相除化为：ln（x1x2）＝
ln
+2×
，
不妨设0＜x1＜x2，
＝t＞1，
则ln（x1x2）＝
lnt+2×
，
下面证明
lnt＞2，即证明lnt﹣
＞0，t∈（1，+∞）．
令g（t）＝lnt﹣
，t∈（1，+∞）．
g′（t）＝
﹣
＝
＞0，
∴函数g（t）在t∈（1，+∞）上单调递增．
∴g（t）＞g（1）＝0．
∴ln（x1x2）﹣2×
＞2，
令
＝m，可得2lnm＞2+
，即lnm﹣
﹣1＞0，m∈（0，+∞）．
令h（m）＝lnm﹣
﹣1，m∈（0，+∞）．
则函数h（m）在m∈（0，+∞）上单调递增．
而h（
e）＝ln（
e）﹣
﹣1＝
ln2﹣
＜0，
∴m＞
e，即x1x2＞2e2．
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26．（2023•思明区校级模拟）已知函数f（x）＝
x3﹣mx2+m2x（m∈R）的导函数为f′（x）．
（1）若函数g（x）＝f（x）﹣f′（x）存在极值，求m 的取值范围；
（2）设函数h（x）＝f′（ex）+f′（lnx）（其中e 为自然对数的底数），对任意m∈R，若关于x 的不
等式h（x）≥m2+k2在（0，+∞）上恒成立，求正整数k 的取值集合．
【解答】解：（1）f'（x）＝2x2﹣2mx+m2，
∴g（x）＝
x3﹣mx2+m2x﹣2x2﹣2mx+m2＝
，
∴g'（x）＝2x2﹣2（m+2）x+m2+2m，
当m≤﹣2 或m≥2 时，Δ＝4（m+2）2﹣8（m2+2m）≤0，
∴g'（x）≥0 恒成立，即函数g（x）在R 上单调递增，故函数g（x）无极值，
当﹣2＜m＜2 时，Δ＝4（m+2）2﹣8（m2+2m）＞0，
设g'（x）＝0 两个根为x1，x2，x1＜x2，
当x∈（﹣∞，x1），g'（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（x1，x2），g'（x）＜0，g（x）单调递减，
当x∈（x2，+∞），g'（x）＞0，g（x）单调递增，
故函数在x＝x2 取得极大值，故函数在x＝x1 取得极小值，
综上所述，m 的取值范围为（﹣2，2）．
（2）∵h（x）＝（2e2x﹣2mex+m2）+（2ln2x﹣2mlnx+m2），
∴对任意m∈R，（2e2x﹣2mex+m2）+（2ln2x﹣2mlnx+m2）≥m2+k2 在（0，+∞）上恒成立，
即对任意m∈R，m2﹣2（ex+lnx）m+（2e2x+2ln2x﹣k2）≥0 在（0，+∞）上恒成立，
∴Δ＝4（ex+lnx）2﹣4（2e2x+2ln2x﹣k2）≤0 在（0，+∞）上恒成立，即k2≤（ex﹣lnx）2 对任意x＞0
恒成立，
设m（x）＝ex﹣lnx（x＞0），
∴m'（x）＝
，
∵m''（x）＝
＞0，
∴m'（x）在（0，+∞）上单调递增且为连续，
∵
，m'（1）＝e﹣1＞0，
∴函数m'（x）在（0，+∞）存在唯一零点
，
∵当x∈（0，x0） 时，m'（x）＜0，m（x）单调递减，
当x∈（x0，+∞） 时，m'（x）＞0，m（x）单调递增，
∴x＝x0 为函数m（x）的极小值，
46
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∴
，
，
∴x0＝﹣lnx0，
∴
＝
，
∵k＞0，
∴即k2≤（ex﹣lnx）2 得k≤ex﹣lnx 对任意x＞0 恒成立，
∴k≤
，
∵
，
∴k＝1，2，
即正整数k 的取值集合为{1，2}．
27．（2023•天津一模）已知函数f（x）＝aex﹣sinx﹣a．（注：e＝2.718281…是自然对数的底数）．
（1）当a＝2 时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）当a＞0 时，函数f（x）在区间
内有唯一的极值点x1．
（ⅰ）求实数a 的取值范围；
（ⅱ）求证：f（x）在区间（0，π）内有唯一的零点x0，且x0＜2x1．
【解答】解：（1）f（x）＝2ex﹣sinx﹣2，
f'（x）＝2ex﹣cosx，
切线的斜率k＝f'（0）＝2﹣1＝1，又f（0）＝0，
∴切线方程为y＝x．
（2）（ⅰ）f'（x）＝aex﹣cosx，
①当a≥1 时，当
时，aex＞1，cosx∈（0，1），
∴f'（x）＞0，
∴y＝f（x）在
上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；
②当0＜a＜1 时，
f''（x）＝aex+sinx＞0，∴f'（x）在
上递增，
又f'（0）＝a﹣1＜0，
，
∴f'（x）在
上有唯一零点x1，
47
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当x∈（0，x1）时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当
时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增，
∴函数y＝f（x）在区间
内有唯一极值点，符合题意，
综上，a 的取值范围是（0，1）．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）知0＜a＜1，当
时，f'（x）＝aex﹣cosx＞0，
当x∈（0，x1）时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当x∈（x1，π）时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；
∴x∈（0，x1）时，f（x）＜f（0）＝0，则f（x1）＜0，
又∵f（π）＝aeπ﹣a＝a（eπ﹣1）＞0，
∴f（x）在（x1，π）上有唯一零点x0，
即f（x）在（0，π）上有唯一零点x0．
由（ⅰ）知f'（x1）＝0，∴
．
∵
，
则f（2x1）＝
﹣sin2x1﹣a＝
cosx1﹣2sinx1cosx1﹣
＝
，
．
设h（x）＝ex﹣2sinx﹣e﹣x，
，
则h'（x）＝ex﹣2cosx+e﹣x，
∵ex+e﹣x＞2，2cosx＜2，
∴h'（x）＝ex+e﹣x﹣2cosx＞0，
h（x）在
为单调递增，又h（0）＝0，∴h（x）＞0，
又
时，cosx1＞0，
∴
．
∴f（2x1）＞f（x0）＝0．
由前面讨论知x1＜2x1＜π，x1＜x0＜π，f（x）在（x1，π）单调递增，
∴x0＜2x1．
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28．（2023•湖南模拟）已知函数f（x）＝sinx+sin2x，x∈[0，π]．
（1）函数F（x）＝f（x）cosx+x 在x＝x0处取得极大值，求f（x0）的值；
（2）若
，证明：f（x）≥3xcosax．
【解答】解：（1）F（x）＝f（x）cosx+x，x∈[0，π]，F（x）＝sinxcosx+cosxsin2x+x，
∴F'（x）＝cos2x﹣sin2x﹣sinxsin2x+2cosxcos2x+1＝6cos3x+2cos2x﹣4cosx，
∴F'（x）＝2（cosx+1）cosx（3cosx﹣2）．
∵x∈[0，π]，∴﹣1≤cosx≤1．
当﹣1≤cosx≤0，或
时，F'（x）≥0，
当
时，F'（x）＜0，
即F（x）在[0，x0]上单调递增，在
上单调递减，在
上单调递增，且
．
∵
，
，∴
，
即f（x0）＝sinx0+2sinx0cosx0＝
．
（2）证明：由y＝cosax 为偶函数，因此只需考虑
的情况：
令g（a）＝f（x）﹣3xcosax，
∴g'（a）＝3x2sinax，
（i）当
，有g'（a）≤0，∴g（a）单调递减，
有
，
记
，其中
，只需证φ（x）≥0，
有
，当
，易知φ′（x）≤0，
当
，有φ′（x）≤2+9sin
＜2﹣9sin
＝2﹣
＜0，
∴φ（x）单调递减，则φ（x）≥0 成立；
（ii）当
，有g'（a）≥0，∴g（a）单调递增，
∵g（a）≥g（1）＝sinx+sin2x﹣3xcosx，
①当
，有f（x）＝（1+2cosx）sinx≥0≥3xcosx，成立；
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②当
，
记
，则只需证
，h（x）≥0；
，h（x）
≤0；
∵
，
∴当
，有h'（x）≥0，则h（x）单调递增，h（x）≥h（0）＝0 成立；
当
，有h'（x）≤0，则h（x）单调递减，
有
成立．
综上可知，有f（x）≥3xcosax．
29．（2023•永州三模）已知函数f（x）＝xe﹣x⋅lna，g（x）＝sinx．
（1）若x＝0 是函数h（x）＝f（x）+ag（x）的极小值点，讨论h（x）在区间（﹣∞，π）上的零点个
数．
（
2
）
英
国
数
学
家
泰
勒
发
现
了
如
下
公
式
：
cosx
＝
这个公式被编入计算工具，计算足够多的项时就可以确保显示值的精确性．
现
已
知
，
利用上述知识，试求
的值．
【解答】解：（1）由题意得：h'（x）＝lna（1﹣x）e﹣x+acosx，
因为x＝0 为函数h（x）的极值点，
所以，h'（0）＝lna+a＝0，
知：lna＝﹣a，h（x）＝a（sinx﹣xe﹣x），h'（x）＝a[cosx﹣（1﹣x）e﹣x]，
（i）当x∈（﹣∞，0）时，
由a＞0，﹣1≤cosx≤1，1﹣x＞1，e﹣x＞1，得f'（x）＜0，
所以h（x）在（﹣∞，0）上单调递减，h（x）＞h（0）＝0，
所以h（x）在区间（﹣∞，0）上不存在零点；
（ii）当x∈（0，π）时，设φ（x）＝cosx﹣（1﹣x）e﹣x，
则φ'（x）＝（2﹣x）e﹣x﹣sinx．
50
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①若
，令m（x）＝（2﹣x）e﹣x﹣sinx，
则m'（x）＝（x﹣3）e﹣x﹣cosx＜0，
所以m（x）在
上单调递减，
因为m（0）＝2＞0，
，
所以存在
，满足m（a）＝0，
当x∈（0，a）时，m（x）＝φ'（x）＞0，φ（x）在（0，a）上单调递增；
当
时，m（x）＝φ'（x）＜0，φ（x）在
上单调递减；
②若
，令k（x）＝（2﹣x）e﹣x，
，
则k'（x）＝（x﹣3）e﹣x＜0，所以k（x）在区间
上单调递减，
所以
，
又因为
，
所以φ'（x）＝（2﹣x）e﹣x﹣sinx＜0，φ（x）在
上单调递减；
③若x∈（2，π），则φ'（x）＝（2﹣x）e﹣x﹣sinx＜0，φ（x）在（2，π）上单调递减．
由（a）（b）（c）得，h（x）在（0，a）上单调递增，h（x）在（a，π）单调递减，
因为φ（a）＞φ（0）＝0，φ（π）＝（π﹣1）e﹣π﹣1＜0，
所以存在β∈（a，π）使得φ（β）＝0，
所以，当x∈（0，β）时，h'（x）＝φ（x）＞0，h（x）在（0，β）上单调递增，h（x）＞h（0）＝0，
当x∈（β，π）时，h'（x）＝φ（x）＜0，h（x）在（β，π）上单调递减，
因为h（β）＞h（0）＝0，h（π）＜0，
所以h（x）在区间（β，π）上有且只有一个零点．
综上，h（x）在区间（﹣∞，π）上的零点个数为2 个；
（2）因为
，（*）
对
，
51
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两
边
求
导
得
：
，
，
所以
，（**）
比较（*）（**）式中x2的系数，得
，
所以
．
三．利用导数研究函数的最值（共29 小题）
30．（2023•蕉城区校级模拟）已知函数
．
（1）讨论函数f（x）的零点的个数；
（2）当m＝0 时，若对任意x＞0，恒有
，求实数a 的取值范围．
【解答】解：（1）已知
，函数定义域为（0，+∞），
令
，
解得
，
不妨设
，函数定义域为（0，+∞），
可得
，
当0＜x＜e 时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当x＞e 时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
所以当x＝e 时，函数g（x）取得极大值也是最大值，最大值
，
又g（1）＝0，
所以当0＜x＜1 时，g（x）＜0，当x＞1 时，g（x）＞0，
52
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此时当
，即
时，函数g（x）与直线y＝﹣m 无交点，即函数f（x）无零点；
当
或﹣m≤0，即
或m≥0 时，
函数g（x）与直线y＝﹣m 有且仅有一个交点，
即函数f（x）有一个零点，
当
，即
时，
函数g（x）与直线y＝﹣m 有两个交点，
此时f（x）有两个零点，
综上：当
时，函数f（x）无零点，当
或m≥0 时，函数f（x）有一个零点，
当
，函数f（x）有2 个零点；
（2）当m＝0 时，若对任意x＞0，恒有
，
即对任意x＞0，恒有ax（eax+1）≥lnx2（x2+1），
不妨设h（x）＝（x+1）lnx，函数定义域为（0，+∞），
可得h′（x）＝lnx+
，
此时不等式满足h（eax）≥h（x2），
不妨设k（x）＝lnx+
，函数定义域为（0，+∞），
可得k′（x）＝
﹣
＝
，
当0＜x＜1，k′（x）＜0，k（x）单调递减；
当x＞1，k′（x）＞0，k（x）单调递增，
所以h′（x）＝k（x）≥k（1）＝2＞0，
所以函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，
因为h（eax）≥h（x2），
所以eax≥x2对任意x＞0 恒成立，
对等式两边同时取对数并整理得
≥
对任意x＞0 恒成立，
由（1）知，函数g（x）的最大值为
，
所以
≥
，
53
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解得a≥
，
故实数a 的取值范围为[
，+∞）．
31．（2023•贺兰县校级四模）已知函数f（x）＝kx﹣ln（1+x）（k＞0）．
（1）当k＝1 时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）如果存在x0∈（0，+∞），使得当x∈（0，x0）时，恒有f（x）＜x2成立，求k 的取值范围．
【解答】解：（1）当k＝1 时，f（x）＝x﹣ln（1+x），
求导得
，则f'（0）＝0，
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．
（2）因为f（x）＜x2，
所以x2﹣kx+ln（x+1）＞0，
因为存在x0∈（0，+∞），使得当x∈（0，x0）时，恒有f（x）＜x2成立，
则存在x0∈（0，+∞），使得当x∈（0，x0）时，x2﹣kx+ln（x+1）＞0 恒成立，
令g（x）＝x2﹣kx+ln（x+1），x∈（0，x0），
所以∀x∈（0，x0），g（x）＞0 恒成立，
求导得
，
令
，
所以
，
所以函数h（x），即函数g'（x）在（0，x0）上单调递增，
又g′（0）＝1﹣k，
当1﹣k≥0，即0＜k≤1 时，g′（x）＞g′（0）≥0，函数g（x）在（0，x0）上单调递增，
所以∀x∈（0，x0），g（x）＞g（0）＝0 成立，
所以0＜k≤1，
当k＞1 时，g′（0）＝1﹣k＜0，
，
所以存在x1∈（0，k），使得g′（x1）＝0，
当0＜x＜x1时，g′（x）＜0，函数g（x）在（0，x1）上单调递减，
当x∈（0，x1）时，g（x）＜g（0）＝0，不符合题意，
所以k 的取值范围是（0，1]．
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32．（2023•叶城县校级模拟）已知函数
．
（1）求出函数f（x）的单调区间；
（2）若g（x）＝x2f（x），求g（x）的最小值．
【解答】解：（1）函数
的定义域为（﹣∞，0）（
⋃
0，+∞），
，
令f′（x）＜0，则x＜0 或0＜x＜1，令f′（x）＞0，则x＞1，
所以函数f（x）的单调递减区间为（﹣∞，0），（0，1），单调递增区间为（0，+∞）；
（2）g（x）＝x2f（x）＝xex，（x≠0），
令h（x）＝xex，x∈R，则h′（x）＝（x+1）ex，
当x＜﹣1 时，h′（x）＜0，当x＞﹣1 时，h′（x）＞0，
所以函数h（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在（﹣1，0），（0，+∞）上单调递增，
所以
，
所以
．
33．（2023•南关区校级模拟）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．
【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；
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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]．
34．（2023•海淀区校级三模）已知函数f（x）＝ex﹣1﹣asinx（a∈R）．
（1）若曲线y＝f（x）在（0，f（0））处的切线方程为y＝﹣x，求实数a 的值；
（2）当a＝2 时，求f（x）在[0，π]上的最大值；
（3）若对任意的x∈[0，π]，恒有f（x）≥0，求实数a 的取值范围．
【解答】解：（1）由f（x）＝ex﹣1﹣asinx⇒f′（x）＝ex﹣acosx，∴f′（0）＝1﹣a，
又曲线y＝f（x）在（0，f（0））处的切线方程为y＝﹣x，即f′（0）＝1﹣a＝﹣1，
∴a＝2；
（2）当a＝2 时，f（x）＝ex﹣1﹣2sinx，∴f′（x）＝ex﹣2cosx，
由y＝ex、y＝cosx 在[0，π]上分别单调递增、单调递减可得：
f′（x）＝ex﹣2cosx 在[0，π]上单调递增，而f′（0）＝﹣1＜0，f′（π）＝eπ+2＞0，
即∃x0∈（0，π），使得f′（x0）＝0，故f（x）在（0，x0）上单调递减，（x0，π）上单调递增，
且f（0）＝0＜f（π）＝eπ﹣1，即f（x）在[0，π]上的最大值为eπ﹣1；
（3）∵x∈[0，π]，f′（x）＝ex﹣acosx，令g（x）＝f′（x）⇒g′（x）＝ex+asinx，
①当a＜0 时，asinx≤0，ex﹣1≥0，易知f（x）＝ex﹣1﹣asinx≥0 在x∈[0，π]上恒成立，当x＝0 时取
得等号，符合题意；
②当0≤a≤1 时，易知asinx≥0，则g′（x）＝ex+asinx＞0 在x∈[0，π]上恒成立，即f′（x）在
x∈[0，π]时单调递增，
又f′（0）＝1﹣a≥0，故f（x）在[0，π]上单调递增，
∵f（0）＝0，∴恒有f（x）≥0，符合题意；
③当a＞1 时，由②知f′（x）在x∈[0，π]时单调递增，
而f′（0）＝1﹣a＜0＜f′（π）＝eπ+a，
即∃x0∈（0，π），使得f′（x0）＝0，故f（x）在（0，x0）上单调递减，（x0，π）上单调递增，
又f（0）＝0，则f（x0）＜f（0）＝0，不满足题意；
综上当a∈（﹣∞，1]，能满足任意的x∈[0，π]，恒有f（x）≥0．
35．（2023•沙坪坝区校级模拟）已知函数f（x）＝sin2x+2sin2x．
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（1）若f（x）≥2ax 在
上恒成立，求实数a 的取值范围；
（2）证明：
．
【解答】（1）解：根据题意得：sin2x+2sin2x⩾2ax 在
上恒成立，
即sin2x+（1﹣cos2x）⩾2ax 在
上恒成立，
令t＝2x，则t∈[0，π]，问题化归为sint+1⩾at+cost 在[0，π]上恒成立，
当t＝0 时，a∈R；
当t∈（0，π]时，
，设
，
，
设h（t）＝tcost+tsint﹣sint+cost﹣1，h′（t）＝t（cost﹣sint），
则
时，h′（t）＞0，h（t）单调递增；
时，h′（t）＜0，h（t）单调递
减，
而
，
所以h（t）在
上存在唯一零点，设为t0，则t∈（0，t0）时，h（t）＞0，g′（t）＞0；
t∈（t0，π]时，h（t）＜0，g′（t）＜0，
所以g（t）在t0处取得最大值，在t＝π 处取得最小值，
所以
，
综上所述：实数a 的取值范围为
；
（2）证明：由（1）知：x∈[0，π]时，
，所以
，
所以
，令s（x）＝sinx，
即
，
所
以
＝
，
57
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所
以
＝
．
36．（2023•杭州模拟）已知x1，x2是方程ex﹣ax＝ln（ax）﹣x 的两个实根，且x1＜x2．
（1）求实数a 的取值范围；
（2）已知f（x）＝ax，g（x）＝ln（1+x）﹣cosx+2，若存在正实数x3，使得f（x1）＝g（x3）成立，证
明：x1＜x3．
【解答】解：（1）ex﹣ax＝ln（ax）﹣x⇔ex+x＝ln（ax）+ax⇔ex+x＝elnax+ln（ax），
∵m（x）＝ex+x 单调递增，则m（x）＝m（ln（ax）），则x＝ln（ax），即ex＝ax，
∴方程ex﹣ax＝ln（ax）﹣x 的根即为方程ex＝ax 的根．
令
，则
，
令h′（x）＜0，可得x＜0 或0＜x＜1，令h′（x）＞0，可得x＞1，
∴h（x）在（﹣∞，0）上单调递减，且h（x）＜0，h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单
调递增，
h（x）的极小值为h（1）＝e，
∵方程ex＝ax 有两个实根，∴a＞e，即实数a 的取值范围是（e，+∞）．
（2）证明：要证x1＜x3，即证
，由（1）可得
，
只需证明
，
下面证明ex＞ln（1+x）﹣cosx+2（x＞0），
令φ（x）＝x﹣sinx，φ'（x）＝1﹣cosx≥0，∴y＝φ（x）在R 上单调递增，
又∵φ（0）＝0，则当x＞0 时，x＞sinx．
设k（x）＝ex﹣ln（1+x）+cosx，则
，
当x＞0 时，
，
设t（x）＝ex﹣x，则t′（x）＝ex﹣1，
∴当x＞0 时，t′（x）＞0，t（x）单调递增，∴t（x）＝ex﹣x≥t（0）＝1，ex≥1+x．
∴
，k（x）在（0，+∞）单调递增，
∴k（x）＞k（0）＝2，即ex﹣ln（1+x）+cosx＞2．
综上所述，x1＜x3．
37．（2023•郴州模拟）已知函数f（x）＝x2﹣ax+1，g（x）＝lnx+a（a∈R）．
（1）若a＝1，f（x）＞g（x）在区间（0，t）上恒成立，求实数t 的取值范围；
58
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（2）若函数f（x）和g（x）有公切线，求实数a 的取值范围．
【解答】解：（1）由题意，当a＝1 时，设h（x）＝f（x）﹣g（x），
则h（x）＝x2﹣x+1﹣lnx﹣1＝x2﹣x﹣1lnx（x＞0），
，
令h'（x）＝0，得x＝1（舍负）h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，∴h（x）min
＝h（1）＝0．
根据题意t 的取值范围为（0，1]．
（2）设函数f（x）在点（x1，f（x1））处与函数g（x）在点（x2，g（x2））处有相同的切线，
则
，∴
，
∴
，代入
，
得
．∴问题转化为：关于x 的方程
有解，
设
，则函数F（x）有零点，
∵
，当x＝e2﹣a时，lnx+a﹣2＝0，∴F（e2﹣a）＞0，
∴问题转化为：F（x）的最小值小于或等于0.
，
设
，
则当0＜x＜x0时，F'（x）＜0，当x＞x0时，F'（x）＞0，
∴F（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
∴F（x）的最小值为
，
由
知
，
故
，
设
，
则
，
59
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故φ（x）在（0，+∞）上单调递增，
∵φ（1）＝0，∴当x∈（0，1]时，φ（x）≤0，∴F（x）的最小值F（x0）≤0 等价于0≤x0≤1．
又∵函数
在（0，1]上单调递增，∴
．
38．（2023•让胡路区校级模拟）已知函数
．
（1）若f（x）在定义域上具有唯一单调性，求k 的取值范围；
（2）当x∈（1，2）时，证明：
．
【解答】解：（1）由题意得f（x）的定义域为（0，+∞），
，
若f（x）在定义域上单调递增，则f′（x）≥0 恒成立，即
在（0，+∞）上恒成立，
又
，∴k≤4；
若f（x）在定义域上单调递减，则f′（x）≤0 恒成立，即
在（0，+∞）上恒成立，
而这样的k 不存在；
综上所述：f（x）在定义域上单调递增，且k≤4，
所以k 的取值范围为（﹣∞，4]；
证明：（2）要证
成立，
只需证
，只需证
，
只需证
，只需证
，
当k＝4 时，
，∴原不等式即证
，
由（1）知f（x）在（0，+∞）上单调递增，
∵x∈（1，2），∴
，
又
，则
，
∴原不等式成立．
39．（2023•西城区二模）已知函数f（x）＝x2+ln（x+1）．
60
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（Ⅰ）求f（x）在区间
上的最大值和最小值；
（Ⅱ）若（ex+acosx）f（x）≥0 恒成立，求实数a 的值．
【解答】解：（Ⅰ）∵函数f（x）＝x2+ln（x+1），x∈
，
∴f′（x）＝2x+
＝
＞0，
∴f（x）在区间
上单调递增．
∴f（x）的最小值为
；
f（x）的最大值为f（0）＝0．
（Ⅱ）f（x）的定义域为（﹣1，+∞）．
由（Ⅰ）知f（0）＝0，且f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，
∴当x＞0 时，f（x）＞0；当﹣1＜x＜0 时，f（x）＜0．
设g（x）＝ex+acosx．
若g（x）f（x）≥0 恒成立，则当x＞0 时，g（x）≥0；当﹣1＜x＜0 时，g（x）≤0．
∴g（0）＝0，即e0+acos0＝0，解得a＝﹣1．
下面证明：当a＝﹣1 时，g（x）f（x）≥0 恒成立．
此时，g（x）＝ex﹣cosx，g′（x）＝ex+sinx．
当x＞0 时，g′（x）＞1+sinx≥0．
∴g（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，g（x）＞g（0）＝0．
当﹣1＜x＜0 时，设h（x）＝g′（x）．
∵h′（x）＝ex+cosx＞0，∴g′（x）在（﹣1，0）上单调递增．
∵g′（﹣1）＝
+sin（﹣1）＜
+sin（﹣
）＜
﹣
＜0，g′（0）＝1＞0，
∴存在唯一的x0∈（﹣1，0），使得g′（x0）＝0．
∴g（x）在（﹣1，x0）上单调递减，在（x0，0）上单调递增．
∵
，且g（0）＝0，
∴当﹣1＜x＜0 时，g（x）＜0 恒成立．
综上，a＝﹣1．
40．（2023•海淀区校级三模）已知函数f（x）＝kx﹣ln（1+x）（k＞0）．
（1）当k＝1 时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）若函数f（x）在（0，+∞）上有最小值，求k 的取值范围；
（3）如果存在x0∈（0，+∞），使得当x∈（0，x0）时，恒有f（x）＜x2成立，求k 的取值范围．
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【解答】解：（1）当k＝1 时，f（x）＝x﹣ln（1+x），求导得：
，则f'（0）＝0，而
f（0）＝0，
所以曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝0．
（2）x∈（0，+∞），k＞0，函数f（x）＝kx﹣ln（1+x），求导得：
，显然恒有
，
则当k≥1 时，f'（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，无最小值，不符合题意；
当0＜k＜1 时，由f'（x）＝0，得
，当
时，f'（x）＜0，当
时，f'（x）＞
0，
因此函数f（x）在
上单调递减，在
上单调递增，即当
时，函数f
（x）取得最小值，
所以函数f（x）在（0，+∞）上有最小值，k 的取值范围是（0，1）．
（3）f（x）＜x2⇔x2﹣kx+ln（x+1）＞0，
因为存在x0∈（0，+∞），使得当x∈（0，x0）时，恒有f（x）＜x2成立，
则有存在x0∈（0，+∞），使得当x∈（0，x0）时，x2﹣kx+ln（x+1）＞0，
令g（x）＝x2﹣kx+ln（x+1），x∈（0，x0），即有∀x∈（0，x0），g（x）＞0 恒成立，
求导得
，令
，
，
因此函数h（x），即函数g'（x）在（0，x0）上单调递增，而g'（0）＝1﹣k，
当1﹣k≥0，即0＜k≤1 时，g'（x）＞g'（0）≥0，函数g（x）在（0，x0）上单调递增，∀x∈（0，
x0），g（x）＞g（0）＝0 成立，从而0＜k≤1，
当k＞1 时，g'（0）＝1﹣k＜0，
，则存在x1∈（0，k），使得g'（x1）＝0，
当0＜x＜x1时，g'（x）＜0，函数g（x）在（0，x1）上单调递减，当x∈（0，x1）时，g（x）＜g（0）
＝0，不符合题意，
所以k 的取值范围是（0，1]．
41．（2023 春•鼓楼区期中）设x＝﹣3 是函数f（x）＝ax3+bx2﹣3x+c 的一个极值点，曲线y＝f（x）在x＝
1 处的切线斜率为8．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）在闭区间[﹣1，1]上的最大值为10，求c 的值．
【解答】解：（1）f'（x）＝3ax2+2bx﹣3，由已知得
，
62
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得
，解得a＝1，b＝4．
于是f'（x）＝3x2+8x﹣3＝（x+3）（3x﹣1），
由f'（x）＞0，得x＜﹣3 或
，由f'（x）＜0，得
，
可知x＝﹣3 是函数的极大值点，a＝1，b＝4 符合题意，
所以f（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣3）和
，单调递减区间是
．
（2）由（1）知f（x）＝x3+4x2﹣3x+c，
因为f（x）在区间
上是单调递减函数，在
上是单调递增函数，
又f（1）＝2+c＜f（﹣1）＝6+c，
所以f（x）的最大值为f（﹣1）＝6+c＝10，解得c＝4．
42．（2023•浙江模拟）已知λ 为正实数，函数f（x）＝ln（λx+1）﹣λx+
（x＞0）．
（1）若f（x）＞0 恒成立，求λ 的取值范围；
（2）求证：2ln（n+1）﹣
＜
（
﹣
）＜2ln（n+1）（i＝1，2，3，…）．
【解答】解：（1）f′（x）＝
﹣λ+x＝
＝
，
①若λ﹣
≤0，即0＜λ≤1，f′（x）＞0，函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增，故f（x）＞f
（0）＝0，满足条件；
②若λ﹣
＞0，即λ＞1，当x∈（0，λ﹣
）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，故f（x）＜f
（0）＝0，矛盾，不符合题意；
综上：0＜λ≤1．
（2）先证右侧不等式，如下：
由（1）可得：当λ＝1 时，有f（x）＝ln（x+1）﹣x+
＞0，则f（
）＝ln（
+1）﹣
+
＞0，
即ln（x+1）﹣lnx＞
﹣
，即2（ln（x+1）﹣2lnx＞
﹣
，
则有2ln（n+1）﹣2lnn+2lnn﹣2lm（n﹣1）+⋯+2ln2﹣2ln1＞
﹣
+
﹣
+⋯+
﹣
＝
（
﹣
），
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即2ln（n+1）＞
（
﹣
），右侧不等式得证．
下面证左侧不等式，如下：
易知ln（x+1）＜x（x＞0），可得ln（
+1）＜
，即ln（x+1）﹣lnx＜
，
则有ln（n+1）﹣lnn+lnn﹣ln（n﹣1）+⋯+ln2﹣ln1＜
+
+⋯+
，
即ln（n+1）＜
+
+⋯+
，
＝
＜
＝2（
﹣
），
则
+
+⋯+
＜1+2（
﹣
+
﹣
+⋯+
﹣
＜
，
故2ln（n+1）﹣
＜2（
+
+⋯+
）﹣（
+
+
）＝
（
﹣
），
综上：2ln（n+1）﹣
＜
（
﹣
）＜2ln（n+1）（i＝1，2，3，…）．
43．（2023•贺兰县校级模拟）已知函数f（x）＝（x+2）ln（1+x）﹣ax．
（Ⅰ）当a＝0 时，求f（x）在x＝0 处的切线方程；
（Ⅱ）如果当x＞0 时，f（x）＞0 恒成立，求实数a 的取值范围；
（Ⅲ）求证：当a＞2 时，函数f（x）恰有3 个零点．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝0 时，f（x）＝（x+2）ln（1+x），则
，
∴切线斜率k＝f′（0）＝2，
又f（0）＝0，
∴所求切线方程为y＝2x；
（Ⅱ）依题意，
在（0，+∞）上恒成立，设
，
则
，
①当a≤2 时，x2+（4﹣2a）x+4﹣2a＞0，则h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）上单调递增，故h
（x）＞h（0）＝0 满足题意；
②当a＞2 时，设g（x）＝x2+（4﹣2a）x+4﹣2a，
因为二次函数g（x）的开口向上，g（0）＝4﹣2a＜0，
所以存在x0∈（0，+∞），使得g（x0）＝0，且当x∈（0，x0）时，g（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）单
调递减，
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故此时h（x）＜h（0）＝0，不满足题意；
综上，实数a 的取值范围为（﹣∞，2]；
（Ⅲ）证明：函数的定义域为（﹣1 ，+∞），当a ＞2 时，函数f （x ）的零点个数等价于
的零点个数，
由（Ⅱ）可知
，
设g（x）＝x2+（4﹣2a）x+4﹣2a，由二次函数在x∈R 时，g（﹣1）＝1＞0，g（0）＝4﹣2a＜0，
可知存在x1∈（﹣1，0），x2∈（0，+∞），使得g（x1）＝g（x2）＝0，
∴
在（﹣1，x1），（x2，+∞）单调递增，在（x1，0），（0，x2）单调递减，
又h（0）＝0，故h（x1）＞0，h（x2）＜0，
又当x＝e﹣a﹣1 时，
，故h（x）在（e﹣a﹣1，x1）存在一个零点；
当x＝ea﹣1 时，
，
故h（x）在
存在一个零点；
又h（0）＝0，故当a＞2 时，函数f（x）恰有3 个零点．
44．（2023•保定一模）已知函数f（x）＝sinx﹣aln（x+1）．
（1）当a＝1 时，证明：当x∈[0，1]时，f（x）≥0；
（2）当x∈[0，π]时，f（x）≤2ex﹣2 恒成立，求a 的取值范围．
【解答】解：（1）证明：法一：首先证明sinx≤x，x∈[0，+∞），理由如下：
构造j（x）＝sinx﹣x，x∈[0，+∞），
则j'（x）＝cosx﹣1≤0 恒成立，故j（x）＝sinx﹣x 在x∈[0，+∞）上单调递减，
故j （x ）≤j （0 ）＝0 ，所以sinx≤x ，x∈[0 ，+∞），f （x ）＝sinx﹣ln （x+1 ），x∈[0 ，1] ，
＝
，
故
在x∈[0，1]上恒成立，
所以f（x）在[0，1]单调递增，故f（x）≥f（0）＝0
法二：f（x）＝sinx﹣ln（x+1），x∈[0，1]，
，且f'（0）＝0，
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令
，则
，
令
，则
在x∈[0，1]上恒成立，
所以
单调递减，
又q'（0）＝1＞0，其中
，故
，
故∃x0∈（0，1），使得q'（x0）＝0，且当x∈（0，x0）时，q'（x）＞0，当x∈（x0，1）时，q'（x）＜
0，
所以f'（x）先增后减，又f'（0）＝0，
，
∴f'（x）＞0 在x∈（0，1）上恒成立，
所以f（x）单调递增，f（x）≥f（0）＝0；
（2）法一：g（x）＝2ex﹣2﹣sinx+aln（x+1），g（x）＝2（ex﹣x﹣1）+x﹣sinx+x﹣ln（x+1）+
（a+1）ln（x+1）≥0，
下证：ex﹣x﹣1≥0（x≥0），x﹣sinx≥0（x≥0），x﹣ln（x+1）≥0（x≥0），且在x＝0 处取等号，
令r（x）＝ex﹣x﹣1（x≥0），则r'（x）＝ex﹣1≥0（x≥0），故r（x）＝ex﹣x﹣1（x≥0）单调递增，
故r（x）≥r（0）＝0，且在x＝0 处取等号，x﹣sinx≥0（x≥0）在（1）中已证明；
令t（x）＝x﹣ln（x+1）（x≥0），则
，故t（x）＝x﹣ln（x+1）
（x≥0）单调递增，
故t（x）≥t（0）＝0，且在x＝0 处取等号，
当x＞0 时，ln（x+1）＞0，
当a+1≥0 时，即a≥﹣1 时，g（x）≥0 符合题意，
当a＜﹣1 时，g（0）＝0，
，g'（0）＝1+a＜0，
其中当a＜﹣1 时，2e﹣a＞2e，cos（﹣a）≤1，
，
故
，
令
，x∈[0，π]，
则
在x∈[0，π]上恒成立，
故g'（x）在x∈[0，π]上单调递增，
故∃x1∈（0，﹣a），使得g'（x1）＝0，g（x）在（0，x1）单调递减，
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故g（x1）＜g（0）＝0 与g（x）≥0 矛盾，舍去；
综上：a 的取值范围为[﹣1，+∞）；
法二：g（x）＝2ex﹣2﹣sinx+aln（x+1），
，x∈（0，π），
①当a≥0 时，g'（x）≥2ex﹣1＞0，x∈（0，π），g（x）在[0，π]单调递增，且g（x）≥g（0）＝0 符
合题意，
②当a＜0 时，
在（0，π）单调递增，g'（0）＝2+a﹣1＝1+a，
③当a+1≥0 时，即﹣1≤a＜0 时，g'（x）≥g'（0）＝1+a≥0g（x）在[0，π]单调递增，g（x）≥g
（0）＝0 符合题意，
②当a+1＜0 时，即a＜﹣1 时，g（0）＝0，
，g'（0）＝1+a＜0，
其中当a＜﹣1 时，2e﹣a＞2e，cos（﹣a）≤1，
，
故
，
令
，x∈[0，π]，
则
在x∈[0，π]上恒成立，
故g'（x）在x∈[0，π]上单调递增，
故∃x1∈（0，﹣a），使得g'（x1）＝0，g（x）在（0，x1）单调递减，
故g（x1）＜g（0）＝0 与g（x）≥0 矛盾，舍去；
综上：a 的取值范围为[﹣1，+∞）．
45．（2023•葫芦岛一模）已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝x﹣1．
（1）h（x）＝（x+1）f（x）﹣2g（x），x∈[1，+∞），求h（x）的最小值；
（2）设φ（x）＝x2f（x）
①证明：φ（x）≥g（x）；
②若方程φ（x）＝m（m∈R）有两个不同的实数解x1，x2证明：
．
【解答】解：（1）已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝x﹣1，
则h（x）＝（x+1）f（x）﹣2g（x）＝（x+1）lnx﹣2（x﹣1），函数定义域为[1，+∞），
可得h′（x）＝lnx+
﹣2＝lnx+
﹣1，
不妨设k（x）＝lnx+
﹣1，函数定义域为[1，+∞），
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可得k′（x）＝
﹣
＝
＞0，
所以函数k（x）在定义域上单调递增，
此时k（x）≥k（1）＝0，
所以h'（x）≥0，
则h（x）在[1，+∞）单调递增，
此时h（x）≥h（1）＝0，
故h（x）的最小值为0；
（2）①证明：已知φ（x）＝x2f（x）＝x2lnx，函数定义域为（0，+∞），
不妨设p（x）＝φ（x）﹣g（x）＝x2lnx﹣x+1，函数定义域为（0，+∞），
可得p′（x）＝2xlnx+x﹣1，
当0＜x＜1 时，p′（x）＜0，p（x）单调递减；
当x＞1 时，p′（x）＞0，p（x）单调递增，
又p（1）＝0，
所以p（x）≥0，
故φ（x）≥g（x）；
②证明：易知φ′（x）＝2xlnx+x＝x（2lnx+1），
当0＜x＜e
时，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减；
当x＞e
时，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增，
又φ（1）＝0，
若方程φ（x）＝m（m∈R）有两个不同的实数解x1，x2，
不妨设
，m＞0，
由①知φ（x）≥x﹣1，当且仅当x＝1 时等号成立，
不妨设q（x）＝xlnx，函数定义域为（0，+∞），
可得q′（x）＝lnx+1，
当0＜x＜
时，q′（x）＜0，q（x）单调递减；
当x＞
时，q′（x）＞0，q（x）单调递增，
所以q（x）≥q（
）＝﹣
，
此时xlnx≥﹣
φ（x）≥﹣
x，当且仅当x＝
时，等号成立，
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不妨设直线y＝m 与直线
，y＝x﹣1 交点的横坐标分别为
，
，
则|x1﹣x2|＜|
﹣
|＝m+1+em＝（e+1）m+1，
整理得
，①
下证：
＞
（a＞b），
即证ln
＞2
，
令
，t＞1，
不妨设F（t）＝lnt﹣2
，函数定义域为（1，+∞），
可得F′（t）＝
﹣
＝
＞0，
所以函数F（t）在定义域上单调递增，
此时F（t）≥F（1）＝0，
则
＞
（a＞b）恒成立，
由对数平均不等式可得
＞
＝
＝﹣
，
解得
，②
由①②可得
．
46．（2023•谷城县校级模拟）已知a＞0，设函数f（x）＝（2x﹣a）lnx+x，f′（x）是f（x）的导函数．
（1）若a＝2，求曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若f（x）在区间（1，+∞）上存在两个不同的零点x1，x2（x1＜x2）．
①求实数a 的取值范围；
②证明：
．
【解答】解：（1）当a＝2 时，f（x）＝2（x﹣1）lnx+x，
69
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则
，且x＞0，
所以f（1）＝1，f′（1）＝1，
故函数在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣1＝x﹣1，即x﹣y＝0；
（2）①当x＞1 时，由f（x）＝0 等可得
，
令
，则
，
当
时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当
时g′（x）＞0，g（x）单调递增，
当x＞1 时，
，
因为f（x）在（1，+∞）上存在两个不同的零点x1，x2，则g（x）min＜0，
所以4
﹣a＜0，即
．
取
，则
，
故
，又
，
所以f（x）在
和
上各有一个零点，故
，
故a 的取值范围为（4
，+∞）；
②证明：因为
，
所以x2f′（x2）＝2x2lnx2﹣a+3x2，
结合f（x2）＝（2x2﹣a）lnx2+x2＝0 知：
．
设y＝lnx﹣x+1，则
，在（0，1）上y′＞0，在（1，+∞）上y′＜0，
所以函数在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，
故y≤ln1﹣1+1＝0，即lnx≤x﹣1，
所以
，即
，当x＝e 时取等号，
所以
．
由①知f（x）在[x2，+∞）上单调递增，且f（x2）＝0，
70
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所以
，即a﹣2x2≥e．
因为
在[e，+∞）上是减函数，且a﹣2x2≥e，
所以
，得证．
47．（2023•松江区校级模拟）已知函数f（x）＝alnx+
，a∈R．
（1）若a＝2，且直线y＝x+m 是曲线y＝f（x）的一条切线，求实数m 的值；
（2）若不等式f（x）＞1 对任意x∈（1，+∞）恒成立，求a 的取值范围；
（3）若函数h（x）＝f（x）﹣x 有两个极值点x1，x2（x1＜x2），且h（x2）﹣h（x1）≤
，求a 的取值
范围．
【解答】解：（1）当a＝2 时，f（x）＝2lnx+
，f′（x）＝
﹣
．
设直线y＝x+m 与曲线y＝f（x）相切于点 （x0，2lnx0+
），
则
﹣
＝1，即
﹣2x0+1＝0，
解得 x0＝1，即切点为（1，1），
因为切点在y＝x+m 上，所以1＝1+m，解得m＝0． …………………（3 分）
（2）不等式f（x）＞1 可化为alnx+
﹣1＞0．
记g（x）＝alnx+
﹣1，则g（x）＞0 对任意x∈（1，+∞）恒成立．
考察函数g（x）＝alnx+
﹣1，x＞0，g′（x）＝
﹣
＝
．
当a≤0 时，g′（x）＜0，g（x）在（0，+∞）上单调递减，又g（1）＝0，
所以g（2）＜g（1）＝0，不合题意； …………………（5 分）
当a＞0 时，x∈（0，
），g′（x）＜0；x∈（
，+∞），g′（x）＞0，
所以g（x）在（0，
]上单调递减，在[
，+∞）上单调递增，
若
≤1，即a≥1 时，g（x）在[1，+∞）上单调递增，
所以x∈（1，+∞）时，g（x）＞g（1）＝0，符合题意； …………………（7 分）
71
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若
＞1，即0＜a＜1 时，g（x）在[1，
）上单调递减，
所以当x∈（1，
）时，g（x）＜g（1）＝0，不符合题意；
综上所述，实数a 的取值范围为[1，+∞）． …………………（9 分）
（3）方法一：h（x）＝f（x）﹣x＝alnx+
﹣x，x＞0，h′（x）＝
﹣
﹣1＝
，
因为h（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），
所以h′（x）＝0，即x2﹣ax+1＝0 的两实数根为x1，x2，0＜x1＜x2，
所以x1+x2＝a，x1x2＝1，Δ＝a2﹣4＞0，所以a＞2，0＜x1＜1＜x2，
从而h（x2）﹣h（x1）＝（alnx2+
﹣x2）﹣（alnx1+
﹣x1）＝2（alnx2+
﹣x2）
＝2[（x2+
）lnx2+
﹣x2]． …………………（12 分）
记m（x）＝2[（x+
）lnx+
﹣x]，x≥1．
则m′（x）＝2[（1﹣
）lnx+（x+
）•
﹣
﹣1]＝2（1﹣
）lnx≥0 （当且仅当x＝1 时取等
号），
所以m（x）在[1，+∞）上单调递增，又m（e）＝
，
不等式h（x2）﹣h（x1）≤
可化为m（x2）≤m（e），所以1＜x2≤e．…………（14 分）
因为a＝x2+
，且y＝x+
在（1，+∞）上递增，所以2＜a≤e+
，
即a 的取值范围为（2，e+
]． …………………（16 分）
方法二：h（x）＝f（x）﹣x＝alnx+
﹣x，x＞0，h′（x）＝
﹣
﹣1＝
．
因为h（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），
所以h′（x）＝0，即x2﹣ax+1＝0 的两实数根为x1，x2，0＜x1＜x2，
所以x1+x2＝a，x1x2＝1，Δ＝a2﹣4＞0，所以a＞2，0＜x1＜1＜x2．
设t2＝
（t＞1），则x1+t2x1＝a，t2
＝1，所以x1＝
，a＝t+
，x2＝t，
从而h（x2）﹣h（x1）≤
等价于 h（t）＝（t+
）lnt+
﹣t≤
，t＞1．……………（12 分）
72
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记m（x）＝（x+
）lnx+
﹣x，x≥1．
则m′（x）＝（1﹣
）lnx+
（x+
）﹣
﹣1＝（1﹣
）lnx≥0 （当且仅当x＝1 时取等号），
所以m（x）在[1，+∞）上单调递增．
又t＞1，m（e）＝
，所以1＜t≤e． …………………（14 分）
因为a＝t+
，且y＝x+
在（1，+∞）上递增，所以2＜a≤e+
，
即a 的取值范围为（2，e+
]． …………………（16 分）
48．（2023•沙坪坝区校级模拟）对于定义在D 上的函数F（x），若存在x0∈D，使得F（x0）＝x0，则称
x0为F（x）的一个不动点．设函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣alnx+x，已知x0（x0≠1）为函数f（x）的不动
点．
（1）求实数a 的取值范围；
（2）若k∈Z，且kx0＜a 对任意满足条件的x0成立，求整数k 的最大值．
（参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.1，
，e2≈7.39，
）
【解答】解：（1）依题意，方程（x﹣1）ex﹣alnx＝0 在（0，+∞）内有根x0，且x0≠1，
令g（x）＝（x﹣1）ex﹣alnx，x∈（0，1）∪（1，+∞），求导得
，
当a≤0 时，g'（x）＞0 在（0，1），（1，+∞）上都递增，而g（1）＝0，因此函数g（x）在（0，
1）、（1，+∞）无零点，
当a＞0 时，令h（x）＝x2ex﹣a，x∈（0，1）∪（1，+∞），h'（x）＝（x2+2x）ex＞0，则函数g'（x）
在（0，1），（1，+∞）上都递增，
当0＜a＜e 时，当x＞1 时，g'（x）＞g'（1）＝e﹣a＞0，函数g（x）在（1，+∞）上递增，无零点，
当0＜x＜1 时，h（0）＝﹣a＜0，则存在x1∈（0，1），使得h（x1）＝0，即g'（x1）＝0，
当x∈（0，x1）时，g'（x）＜0，g（x）递减，在x∈（x1，1）时，g'（x）＞0，g（x）递增，g（x1）＜g
（1）＝0，
而
，有
，
，
，
因此存在x0∈（0，x1），使得g（x0）＝0，即函数g（x）在（0，1）上有零点x0，则0＜a＜e，
当a＞e 时，当0＜x＜1 时，g'（x）＜g'（1）＝e﹣a＜0，函数g（x）在（0，1）上递减，g（x）＞g
（1）＝0，无零点，
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当x＞1 时，
，则存在x2∈（1，+∞），使得h（x2）＝0，即g'（x2）＝
0，
当x∈（1，x2）时，g'（x）＜0，g（x）递减，在x∈（x2，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）递增，
g（x2）＜g（1）＝0，g（a）＝（a﹣1）ea﹣alna，令φ（a）＝（a﹣1）ea﹣alna，a＞e，求导得
φ'（a）＝aea﹣1﹣lna，
令y＝φ'（a）＝aea﹣1﹣lna，a＞e，则
，即函数φ'（a）在（e，+∞）上单调
递增，
φ'（a）＞φ'（e）＝e⋅ee﹣2＞0，函数φ（a）在（e，+∞）上单调递增，φ（a）＞φ（e）＝（e﹣1）ee
﹣e＞0，
因此存在x0∈（1，a），使得g（x0）＝0，即函数g（x）在（1，+∞）上有零点x0，则a＞e，
所以实数a 的取值范围是（0，e）∪（e，+∞）．
（2）依题意，
，于是
，即
因为x0∈（0，1）∪（1，+∞），取
，有
，因此k 取2，
下证：
对任意x0∈（0，1）∪（1，+∞）成立，
令u（x）＝lnx﹣x+1，x＞0，
，
当x∈（0，1）时，u'（x）＞0，u（x）递增，当x∈（1，+∞）时，u'（x）＜0，u（x）递减，
∀x＞0，u（x）≤u（1）＝0，即lnx≤x﹣1 对x＞0 恒成立，当x0∈（1，+∞）时，
，
令v（x）＝ex﹣2x，x＞1，v'（x）＝ex﹣2＞0，函数v（x）在（1，+∞）上递增，v（x）＞v（1）＝e﹣
2＞0，
即
，从而
成立，
当x0∈（0，1）时，只需证：
成立，
令H（x）＝（x﹣1）ex﹣2xlnx，0＜x＜1，只需证H（x）＜0，H'（x）＝xex﹣2lnx﹣2，
令t（x）＝xex﹣2lnx﹣2，0＜x＜1，
，显然
在（0，
1）上递增，
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，
，即存在
，使t'（x3）＝0，
且当x∈（0，x3）时，t'（x）＜0，H'（x）递减，当x∈（x3，1）时，t'（x）＞0，H'（x）递增，
，
整
理
得
，
因为函数
在x∈（0，1）递减，
所以
，
所以H'（x）＞0 在x∈（0，1）恒成立，即H（x）在x∈（0，1）递增，
显然
，所以成立．
49．（2023•思明区校级四模）函数f（x）＝sinx﹣ax+1．
（1）
，求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≥cosx 在x∈[0，π]上恒成立，求实数a 的取值范围；
（3）令函数g（x）＝f（x）+ax﹣1，求证：
．
【解答】解：（1）
，
，
，
当
，k∈Z 时，f'（x）＞0，
当
，k∈Z 时，f'（x）＜0，
所以f（x）的单调递增区间是
，k∈Z，
f（x）的单调递减区间是
，k∈Z．
（2）不等式恒成立等价于ax+cosx﹣sinx﹣1≤0，
令h（x）＝ax+cosx﹣sinx﹣1，则由
，可得到
，
∵y＝ax+cosx﹣sinx﹣1 可以看作是关于a 的一次函数，单调递增，
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∴令
，
对于
，∀x∈[0，π]，h（x）≤φ（x）恒成立，
只需证明
即可，
，
1°当
，
，
则
，φ（x）在
上单调递减，又φ（x）＝0，
所以此时φ（x）＜0 恒成立．
2°当
时，
恒成立；
3°当
时，
单调递增，
，
，所以在
上存在唯一的x0，使得φ'（x0）＝0，
当x∈（0，x0）时，φ'（x）＜0，当x∈（x0，π）时，φ'（x）＞0，
所以φ（x）在x∈（0，x0）时单调递减，在x∈（x0，π）时单调递增，
∴φ（0）＝0，φ（π）＝0，φ（x0）＜0，
∴φ（x）＜0 恒成立，故h（x）≤φ（x）＜0 恒成立，
∴
．
（
3
）
证
明
：
由
（
2
）
可
知
，
g（x）＝sinx，令
，
，k＝1，2，…，8，
可得到
，
从而
，
即
得证．
50．（2023•海淀区校级三模）已知函数f（x）＝（1+x）a，g（x）＝1+ax，（a∈R）；
（1）当a＝3 时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
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（2）若正数a 使得f（x）≥g（x）对x∈[0，+∞）恒成立，求a 的取值范围；
（3）设函数G（x）＝g（x）﹣eg（x）+2，x∈[0，+∞），讨论其在定义域内的零点个数．
【解答】解：（1）a＝3 时，f′（x）＝3（1+x），
故f′（0）＝3，f（0）＝1，
故函数在（0，f（0））处的切线方程是：y＝3x+1，
即3x﹣y+1＝0；
（2）设F（x）＝f（x）﹣g（x）＝（1+x）a﹣1﹣ax，
F′（x）＝a[（1+x）a﹣1﹣1]，
a＝1 时，f（x）＝1+x，g（x）＝1+x，
故f（x）≥g（x）对x∈[0，+∞）恒成立，
当a＞1 时，由x≥0 得：F′（x）≥0，
故F（x）在[0，+∞）递增，
又F（0）＝f（0）﹣g（0）＝0，
故f（x）≥g（x）对x∈[0，+∞）恒成立，
当0＜a＜1 时，由x≥0 得：F′（x）≤0，
F（x）在[0，+∞）递减，
F（0）＝f（0）﹣g（0）＝0，
故f（x）≥g（x）对x∈[0，+∞）恒成立，
综上，a 的范围是[1，+∞）；
（3）G（x）＝3+ax﹣e1+ax，
G′（x）＝a（1﹣e1+ax），
当a＝0 时，g（x）＝3﹣e，g（x）无零点，
当a＞0 则1+ax＞0，G′（x）＜0，
故G（x）在[0，+∞）递减，
由G（0）＝3﹣e＞0，G（
）＝4﹣e2＜0，
故函数有且只有1 个零点，
若a＜0，令G′（x）＝0，解得：x＝﹣
，
故x∈（0，﹣
），G′（x）＞0，G（x）递增，
x∈（﹣
，+∞）时，G′（x）＜0，G（x）递减，
故G（x）极大值＝G（﹣
）＝2，
又G（0）＞0，G（﹣
）＜0，
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故函数在（﹣
，﹣
）上有唯一零点，
综上，a＝0 时，g（x）无零点，
a≠0 时，g（x）1 个零点．
51．（2023•绍兴模拟）已知函数f（x）＝x2﹣axlnx﹣1，a∈R．
（1）求证：
；
（2）若函数f（x）有三个不同的零点x1，x2，x3（x1＜x2＜x3）．
（ⅰ）求a 的取值范围；
（ⅱ）求证：x1+x3＞2a﹣2．
【解答】解：（1）证明：由f（x）＝x2﹣axlnx﹣1 得
，
所以
，故
，
（2）（ⅰ）由于f（1）＝0，且当x→+∞时，f（x）→+∞，故f'（1）≤0，
又f'（x）＝2x﹣a（lnx+1），所以f'（1）＝2﹣a≤0，所以a≥2，
当a＞2 时，令g（x）＝f'（x）＝2x﹣a（lnx+1），所以
，
当
时，g'（x）＞0，当
时，g'（x）＜0，
所以g（x）在
单调递减，在
单调递增，
故
，
又f'（1）＝2﹣a＜0，
，
f'（a2）＝2a2﹣a（lna2+1）＝2a2﹣a（2lna+1）＝a（2a﹣2lna﹣1）＞a[2a﹣1﹣2（a﹣1）]＝a＞0，
所以存在
，使得f'（m）＝0，f'（n）＝0，
因此f（x）在（0，m），（n，+∞）上单调递增，在（m，n）单调递减，
又当x→0+，f（x）→﹣1，当x→+∞，f（x）→+∞，
所以此时f（x）有3 个零点，符合题意，故a＞2，
当a＝2 时，
，
令
，则
，
故当x＞1 时，h'（x）＜0，此时h（x）单调递减，当0＜x＜1 时，h'（x）＞0，此时h（x）单调递增，
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故h（x）≤h（1）＝1，此时f'（x）≥0 恒成立，f（x）在（0，+∞）单调递增，至多只有一个零点，
不符合题意，
综上可知：a＞2，即实数a 的取值范围是（2，+∞）．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）以及f（1）＝0 可知，x2＝1，
又
，
，
故
也是f（x）＝0 的根，故
，
设
，
所以φ（x）在（1，+∞）单调递增，故φ（x）＞φ（1）＝0，
即
，（x＞1）
又因为
，
所以
，
所以x1+x3＞2a﹣2．
52．（2023•万州区模拟）已知函数f（x）＝
．
（1）讨论f（x）的极值；
（2）当a＝1 时，关于x 的不等式
≥1+mx﹣ln（x+1）在[0，+∞）上恒成立，求实数m 的取值范
围．
【解答】解：（1）因为f（x）＝
，x∈R，
所以f′（x）＝
＝
，
当a＝0 时，f′（x）＝﹣
＜0，则f（x）在R 上单调递减；
当a＜0 时，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，
79
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所以f（x）极小值＝f（1﹣
）＝
；
当a＞0 时，当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；
所以f（x）极大值＝f（1﹣
）＝
；
综上所述：当a＝0 时，无极值；
当a＜0 时，f（x）极小值＝
；
当a＞0 时，以f（x）极大值＝
；
（2）当a＝1 时，f（x）＝
，
＝
，
所以有
≥1+mx﹣ln（x+1）在[0，+∞）上恒成立，
即
+ln（x+1）﹣mx﹣1≥0 在[0，+∞）上恒成立，
令g（x）＝
+ln（x+1）﹣mx﹣1，x∈[0，+∞），则有g（0）＝0，
所以g（x）min≥0 在[0，+∞）上恒成立，
所以g′（x）＝
+
﹣m＝
+
﹣m，
g′（x）＝
+
﹣m＝
+
﹣m，
当m≤0 时，g′（x）＞0，所以g（x）在[0，+∞）上单调递增，g（x）min＝g（0）＝0，满足题意，
当m＞0 时，令φ（x）＝g′（x）＝
+
﹣m，x∈[0，+∞），
则φ′（x）＝
﹣
＝
，
设h（x）＝ex（x2+1）﹣（x+1），x∈[0，+∞），
则h'（x）＝ex（1+x）2﹣1，
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因为x≥0，所以ex（1+x）2＞1，
所以h'（x）＞0，
所以h（x）在x∈[0，+∞）上单调递增，
所以h（x）≥h（0）＝0，
即φ′（x）≥0 在x∈[0，+∞）上恒成立，
所以φ（x）即g′（x）在x∈[0，+∞）上单调递增，
又因为g′（0）＝1﹣m，
当1﹣m≥0，即0＜m≤1 时，g′（x）≥0 在x∈[0，+∞）上恒成立，
所以g（x）在x∈[0，+∞）上单调递增，
所以g（x）min≥0 在[0，+∞）上恒成立，
当m＞1 时，g′（0）＝1﹣m＜0，
如果g′（x）≤0 在x∈[0，+∞）上恒成立，
则g（x）在x∈[0，+∞）单调递减，则g（x）无最小值，不符题意；
如果g′（x）＝0 有解时，设g′（x0）＝0，则g（x）在[0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递
增，
则在x∈[0，x0）时，g（x）≤g（0）＝0，不符合题意；
综上，m≤1，即实数m 的取值范围是（﹣∞，1]．
53．（2023•潍坊模拟）已知函数f（x）＝ax+
+2﹣2a（a＞0）的图像在点（1，f（1））处的切线与直线
x+2y+1＝0 垂直．
（1）求a，b 满足的关系式；
（2）若f（x）≥2lnx 在[1，+∞）上恒成立，求a 的取值范围；
（3）证明：
【解答】解：（1）由题意可得
，
因为f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x+2y+1＝0 垂直，
所以
，即f'（1）＝a﹣b＝2，所以b＝a﹣2．
（2）因为b＝a﹣2，所以
，
若f（x）≥2lnx 在[1，+∞）上恒成立，则f（x）﹣2lnx≥0 在[1，+∞）上恒成立，
设g（x）＝f（x）﹣2lnx＝ax+
+2﹣2a﹣2lnx，x∈[1，+∞），
则g（1）＝0，
，
81
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①当0＜a＜1 时，
＞1，若1＜x＜
，则g′（x）＜0，此时g（x）在（1，
）上单调递减，
所以g（x）＜g（1）＝0，即f（x）≥2lnx 在[1，+∞）上不恒成立；
②当a≥1，
≤1，当x＞1 时，g′（x）＞0，所以g（x）在[1，+∞）上单调递增，
又g（1）＝0，此时f（x）≥2lnx．
综上所述，所求a 的取值范围是[1，+∞）．
（3）证明：由（2），当a≥1 时，f（x）≥2lnx 在[1，+∞）上恒成立，
取a＝1，得
，即
，当且仅当x＝1 时等号成立，令
，n∈N*，
则ln
，
因为
ln
＝ln
+ln
+…+ln
＝ln（
×
×…×
）＝ln2，
而
（
+
）＝
[（
+
）+（
+
）+…+（
+
）]
＝
（
+
+
+…+
+
）＝
+
+…+
+
+
，
所以
，
又
＝1﹣
+
﹣
+…+
﹣
＝1+
+
+
+…+
+
﹣2（
+
+…+
）＝
+
+…+
+
，
所以ln2＜
+
，即
，证毕．
54．（2023•云南模拟）已知函数
（1）求y＝f（x）在（0，f（0））处的切线方程；
（2）若af（x）﹣g（x）≥0，求实数a 的取值范围．
【解答】解：（1）当x≤1 时，f'（x）＝2x﹣1ln2，
故
，又
，
所以y＝f（x）在（0，f（0））处的切线方程为
，即y＝
；
（2）令h（x）＝af（x）﹣g（x），
82
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①当x＞1 时，h（x）＝a（x﹣1）﹣log3x，
，
由h（2）≥0 得 a≥log32＞0，
故h（x）在
上单调递减，在
上单调递增，
若
，即
，则h（x）在（1，+∞）上单调递增，故h（x）＞h（1）＝0，符合题意；
若
，即
，则h（x）在（1，
）上单调递减，
故当x∈（1，
）时，h（x）＜h（1）＝0，不符合题意，舍去，
综上所述，当x＞1 时，实数a 满足a≥
，
②当x≤1 时，h（x）＝a（2x﹣1﹣1）﹣（x﹣1），
h'（x）＝a⋅2x﹣2ln2﹣1，
h″（x）＝a⋅2x﹣1ln22 由①知，h″（x）＞0，故h'（x）在（﹣∞，1]上单调递增，
若h′（1）＝aln2﹣1≤0，即
，
则h′（x）≤h（1）≤0，h（x）在（﹣∞，1）上单调递减，故h（x）≥h（1）＝0，符合题意；
若h′（1）＝aln2﹣1＞0，即
，
由于x→﹣∞时，h（x）→﹣1，
故存在唯一x0∈（﹣∞，1），使得h'（x0）＝0，
则h（x）在（x0，1）上单调递增，故当x∈（x0，1）时，h（x）＜h（1）＝0，不符合题意，
所以当x≤1 时，实数a 需满足
，
综上所述，实数a 的取值范围为
．
55．（2023•朝阳区校级模拟）已知a∈R，函数f（x）＝（x﹣a﹣1）ex﹣1．
（1）讨论f（x）在（﹣∞，b）上的单调性；
（2）已知点P（m，m）．
（i）若过点P 可以作两条直线与曲线y＝ex﹣1+1（﹣1＜x＜3）相切，求m 的取值范围；
（ii）设函数
，若曲线y＝h（x）上恰有三个点Ti（i＝1，
2，3）使得直线PTi与该曲线相切于点Ti，写出m 的取值范围（无需证明）．
83
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【解答】解：（1）f′（x）＝（x﹣a）ex﹣1，
当a≥b 时，f′（x）＝（x﹣a）ex﹣1≤0，所以f（x）在（﹣∞，b）上单调递减，
当a＜b 时，令f′（x）＜0，则x＜a，令f′（x）＞0，则a＜x＜b，
所以函数f（x）在（﹣∞，a）上单调递减，在（a，b）上单调递增，
综上所述，当a≥b 时，f（x）在（﹣∞，b）上单调递减，
当a＜b 时，f（x）在（﹣∞，a）上单调递减，在（a，b）上单调递增；
（2）（i）设切点为Q（x1，y1），
因为y′＝ex﹣1，所以切线的斜率为
，
则切线方程为
，
因为切线过点P（m，m），所以
，
即
，
若过点P 可以作两条直线与曲线y＝ex﹣1+1（﹣1＜x＜3）相切，
则上述关于x1的方程至少有两个不同的解，
显然x1＝1 不是该方程的解，
所以关于x 的方程
在（﹣1，1）（
⋃
1，3）上至少有两个不同的解，
令
，
则
，
令g（x）＝ex﹣1+1﹣x，x∈（﹣1，1）∪（1，3），
则g′（x）＝ex﹣1﹣1，x∈（﹣1，1）∪（1，3），
当x∈（﹣1，1）时，g′（x）＜0，所以g（x）在（﹣1，1）上单调递减，
当x∈（1，3）时，g′（x）＞0，所以g（x）在（1，3）上单调递增，
所以g（x）＞g（1）＝0，
所以当x∈（﹣1，1）∪（1，3）时，G′（x）＞0，
所以G（x）在（﹣1，1）上单调递增，在（1，3）上单调递增，
G（x）的大致图象如下图所示：
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因为
，
，
所以当
时，
关于关于x 的方程
在（﹣1，1）（
⋃
1，3）上有两个不同的解，
此时过点P 可以作两条直线与曲线y＝ex﹣1+1（﹣1＜x＜3）相切，
所以m 的取值范围为
；
（ii）由（i）得，过点P 可以作一条直线与曲线y＝ex﹣1+1（﹣1＜x＜1）相切，
则当1+e﹣2＜x＜1+e2时，曲线y＝h（x）上恰有两个点处得切线过点P（m，m），
由1+e﹣2＜x＜1+e2，得﹣1＜ln（x﹣1）+1＜3，
由y＝ln（x﹣1）+1，1+e﹣2＜x＜1+e2，得x＝ey﹣1+1（﹣1＜y＜3），
所以函数y＝ln（x﹣1）+1，1+e﹣2＜x＜1+e2与y＝ex﹣1+1（﹣1＜x＜3）互为反函数，
则函数y＝ln（x﹣1）+1，1+e﹣2＜x＜1+e2与y＝ex﹣1+1（﹣1＜x＜3）关于y＝x 对称，
因为点P（m，m）在直线y＝x，
则曲线y＝h（x）上恰有两个点处得切线过点P（m，m），
即为过点P 可以作两条直线与曲线y＝ex﹣1+1（﹣1＜x＜3）相切，
由（i）得，此时
，
所以m 的取值范围为
．
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56．（2023•乌鲁木齐模拟）已知f（x）＝xex﹣a（x+lnx）．
（1）当a＝e 时，求f（x）的最小值；
（2）当a＝1 时，有f（x）≥（b﹣2）x+1 恒成立，求b 的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝e 时，f（x）＝xex﹣e（x+lnx），x∈（0，+∞），
f′（x）＝（x+1）ex﹣e（1+
）＝（x+1）（ex﹣
），f′（1）＝0，
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．
∴x＝1 时，函数f（x）取得极小值即最小值，f（1）＝0．
（2）当a＝1 时，有f（x）≥（b﹣2）x+1 恒成立⇔b≤ex﹣
﹣
+1 恒成立，x∈（0，+∞），
令g（x）＝ex﹣
﹣
+1，x∈（0，+∞），
g′（x）＝ex﹣
+
＝
，x∈（0，+∞），
令u（x）＝x2ex+lnx，x∈（0，+∞），
u′（x）＝（x2+2x）ex+
＞0，
∴u（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，
x→0+时，u（x）→﹣∞；x＝1 时，u（x）＝e＞0．
∴∃x0∈（0，1），使得u（x0）＝
+lnx0＝0，化为x0
＝
•ln
，（ln
＞0），
令v（x）＝xex，x∈（0，1），v′（x）＝（x+1）ex＞0，
∴函数v（x）在x∈（0，1）上单调递增，∴x0＝ln
＝﹣lnx0，即
＝
＞0，
∴x＝x0时，函数g（x）取得极小值即最小值，g（x0）＝
+1﹣
+1＝2，
∴b≤2，
即b 的取值范围是（﹣∞，2]．
57．（2023•嘉兴二模）已知f（x）＝ex，g（x）＝lnx．
（1）若存在实数a，使得不等式f（x）﹣g（x）≥f（a）﹣g（a）对任意x∈（0，+∞）恒成立，求f
（a）•g（a）的值；
（2）若1＜x1＜x2，设
，证明：
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①存在x0∈（x1，x2），使得
成立；
②
．
【解答】解：（1）令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣lnx，则h′（x）＝ex﹣
，
则h′（x）在（0，+∞）递增，且h′（
）＝
＜0，h′（1）＝e﹣1＞0，
∴存在
，使得h′（a）＝
，且h（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上
单调递增，
∴h（x）≥h（a）对任意x∈（0，+∞）恒成立，此时
；
证明：（2）①令
，∵1＜x1＜x2，∴A＞0，则
．
令φ（x）＝ex﹣Alnx，则φ′（x）＝
，令u（x）＝xex﹣A．
∵u（x）＝xex﹣A 在（0，+∞）递增，且当x→0+时，u（x）→﹣A；当x→+∞时，u（x）→+∞，
∴存在x0＞0，使得u（x）＝0，即
．
于是φ（x）在（0，x0）递减，在（x0，+∞）递增．
∵φ（x1）＝φ（x2），∴x0∈（x1，x2）；
②要证
，即证
．
∵
，∴只要证
，
即证
，
87
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即证
令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣lnx，即证
，
即证h（x1）﹣h（x2）＞
，
令x1＝x，则1＜x＜x2．
令
，
则
，
，
∵h″′（x）＝
＞h″′（1）＝e﹣2＞0，x﹣x2＜0，∴q″（x）＞0，则q′（x）单调递增，
则q'（x）＜q'（x2）＝0，∴q（x）＞q（x2）＝0，
∴h（x1）﹣h（x2）＞
成立，故原命题成立．
58．（2023•福建模拟）已知函数f（x）＝ex+e﹣x+（2﹣b）x，g（x）＝ax2+b（a，b∈R），若曲线y＝g
（x）在x＝1 处的切线方程y＝2x+1+f′（0）．
（1）求实数a，b 的值；
（2）若不等式f（x）≥kg（x）﹣2k+2 对任意x∈R 恒成立，求k 的取值范围；
（3）设θ1，θ2，θ3，…，θn∈（0，
），其中n∈N*，n≥2，求证：f（sinθ1）f（cosθn）+f（sinθ2）f
（cosθn﹣1）+…+f（sinθn﹣1）f（cosθ2）+f（sinθn）f（cosθ1）＞6n．
【解答】解：（1）因为f（x）＝ex+e﹣x+（2﹣b）x，所以f′（x）＝ex﹣e﹣x+（2﹣b），所以f′（0）
＝2﹣b，
又因为g（x）＝ax2+b，所以g′（x）＝2ax，所以g′（x）＝2ax，
又因为曲线y＝g（x）在x＝1 处的切线方程y＝2x+1+f′（0），
所以g′（1）＝2a＝2，解得a＝1；
所以g（1）＝1+b，所以1+b＝2+1+2﹣b，解得b＝2；
（2）不等式f（x）≥kg（x）﹣2k+2 可化为ex+e﹣x﹣kx2﹣2≥0，设h（x）＝ex+e﹣x﹣kx2﹣2，
则h′（x）＝ex﹣e﹣x﹣2kx，设s（x）＝ex﹣e﹣x﹣2kx，则s′（x）＝ex+e﹣x﹣2k；
①当k≤1 时，s′（x）＝ex+e﹣x﹣2k≥2﹣2k≥0，所以s（x）在R 上单调递增；
又因为s（0）＝0，所以当x＜0 时，s（x）＜0，即h′（x）＜0，h（x）在（﹣∞，0）上单调递减；
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当x＞0 时，s（x）＞0，即h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）上单调递增；
所以h（x）≥h（0）＝0；
②当k＞1 时，令s′（x）＜0，得e2x﹣2kex+1＜0，解得k﹣
＜ex＜k+
，ln（k﹣
）＜x＜ln（k+
），
所以s（x）在（0，ln（k+
））上单调递减，所以s（x）＜s（0）＝0，
所以h（x）在（0，+∞）上单调递减，h（x）＜h（0）＝0，不合题意；
综上，k 的取值范围是（﹣∞，1]；
（3）证明：由（2）知，当k＝1 时，ex+e﹣x≥x2+2，
所以f（x1）•f（x2）＝
+
+
+
≥
+
+4，
所以f（sinθi）f（cosθn﹣i+1）+f（cosθi）f（sinθn﹣i+1）≥12，
所以2[f（sinθ1）f（cosθn）+f（sinθ2）f（cosθn﹣1）+…+f（sinθn﹣1）f（cosθ2）+f（sinθn）f（cosθ1）＞
12n，
所以f（sinθ1）f（cosθn）+f（sinθ2）f（cosθn﹣1）+…+f（sinθn﹣1）f（cosθ2）+f（sinθn）f（sinθ1）＞
6n．
四．利用导数研究曲线上某点切线方程（共2 小题）
59．（2023•浦东新区二模）设P 是坐标平面xOy 上的一点，曲线Γ 是函数y＝f（x）的图像．若过点P 恰
能作曲线Γ 的k 条切线（k∈N），则称P 是函数y＝f（x）的“k 度点”．
（1）判断点O（0，0）与点A（2，0）是否为函数y＝lnx 的1 度点，不需要说明理由；
（2）已知0＜m＜π，g（x）＝sinx．证明：点B（0，π）是y＝g（x）（0＜x＜m）的0 度点；
（3）求函数y＝x3﹣x 的全体2 度点构成的集合．
【解答】解：（1）由题意，设t＞0，则曲线y＝lnx 在点（t，lnt）处的切线方程为y﹣lnt＝
（x﹣
t），
该切线过原点O 时，﹣lnt＝﹣1，解得t＝e，故原点O 是函数y＝lnx 的一个1 度点；
又因为该切线过点A（2，0），所以﹣lnt＝
（2﹣t），
设s（t）＝tlnt﹣t+2，则s′（t）＝1+lnt﹣1＝lnt，令s′（t）＝0，得t＝1，
所以t∈（0，1）时，s′（t）＜0，s（t）单调递减；t∈（1，+∞）时，s′（t）＞0，s（t）单调递增，
所以s（t）＝tlnt﹣t+2 在x＝1 处取得极小值，也是最小值，且s（1）＝0﹣1+2＝1＞0，
所以﹣lnt＝
（2﹣t）无解，点A（2，0）不是函数y＝lnx 的1 度点；
（2）证明：设t＞0，y′＝cost，则曲线y＝sinx 在点（t，sint）处的切线方程为y﹣sint＝cost（x﹣t），
则该切线过点（0，π），当且仅当π﹣sint＝﹣tcost（*），
设G（t）＝sint﹣tcost﹣π，G′（t）＝tsint，∴0＜t＜π 时，G′（t）＞0，
故y＝G（t）在区间（0，π）上单调递增，
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∴当0＜t＜m＜π 时，G（t）＜G（π）＝0，（*）恒不成立，即点B（0，π）是y＝g（x）的一个0 度
点；
（3）y′＝3x2﹣1，
对任意t∈R，曲线y＝x3﹣x 在点（t，t3﹣t）处的切线方程为y﹣（t3﹣t）＝（3t2﹣1）（x﹣t），
故点（a，b）为函数y＝x3﹣x 的一个2 度点当且仅当关于t 的方程b﹣（t3﹣t）＝（3t2﹣1）（a﹣t）恰
有两个不同的实数解，
设h（t）＝2t3﹣3at2+（a+b），则点（a，b）为函数y＝x3﹣x 的一个2 度点，当且仅当y＝h（t）有两
个不同的零点，
若a＝0，则h（t）＝2t3+b 在R 上严格增，只有一个零点，不合要求；
若a＞0，h′（t）＝6t2﹣6at，令h′（t）＝0 得t＝0 或t＝a，
由t＜0 或t＞a 时，h′（t）＞0，得y＝h（t）严格增；当0＜t＜a 时，h′（t）＜0，得y＝h（t）严格
减，
故y＝h（t）在t＝0 时取得极大值h（0）＝a+b，在t＝a 时取得极小值h（a）＝b+a﹣a3，
又
，
≥a＞0，
∴当h（0）＞0＞h（a）时，由零点存在定理，y＝h（t）在（﹣∞，0），（0，a），（a，+∞）上各
有一个零点，不合要求；
当0＞h（0）＞h（a）时，y＝h（t）仅（a，+∞）上有一个零点，不合要求；
当h（0）＞h（a）＞0 时，y＝h（t）仅（﹣∞，0）上有一个零点，也不合要求；
故y＝h（t）有两个不同零点当且仅当h（0）＝0 或h（a）＝0，
若a＜0，同理可得y＝h（t）有两个不同零点当且仅当h（0）＝0 或h（a）＝0，
综上，函数y＝x3﹣x 的全体2 度点构成的集合为{（a，b）|b＝﹣a 或b＝a3﹣a，a≠0}．
60．（2023•抚松县校级模拟）已知函数f（x）＝ln（x+1），g（x）＝x2+bx+1（b 为常数），h（x）＝f
（x）﹣g（x）．
（1）若存在过原点的直线与函数f（x）、g（x）的图象相切，求实数b 的值；
（2）当b＝﹣2 时，∃x1、x2∈[0，1]使得h（x1）﹣h（x2）≥M 成立，求M 的最大值；
（3）若函数h（x）的图象与x 轴有两个不同的交点A（x1，0）、B（x2，0），且0＜x1＜x2，求证：
h′（
）＜0．
【解答】解（1）：由f（x）＝ln（x+1），得
，f′（0）＝1，
又f（0）＝0，
∴f （x）在点（0，f （0））处的切线方程为y＝x．
由
得：x2+（b﹣1）x+1＝0，
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∵y＝x 与函数g（x）的图象相切，
∴Δ＝（b﹣1）2﹣4＝0，解得：b＝﹣1 或b＝3；
（2）当b＝﹣2 时，h（x）＝ln（x+1）﹣x2+2x﹣1，
，
当x∈[0，1]时，h'（x）＞0，∴h （x）在[0，1]上单调递增，
∴h（x）max＝h（1）＝ln2，h（x）min＝h（0）＝﹣1．
∴[h（x1）﹣h（x2）]max＝h（x）max﹣h（x）min＝1+ln2．
∵∃x1、x2∈[0，1]使得h （x1）﹣h （x2）≥M 成立，
∴M 的最大值是1+ln2；
（3）∵h（x）的图象与x 轴交于两个不同的点A（x1，0）、B（x2，0），
∴方程ln（x+1）﹣x2﹣bx﹣1＝0 的两个根为x1、x2，
故
，
两式相减得：
，
∵
，
∴
，
要证：
，即证
，
也就是证：
．
令
，则
在（0，1）上恒成立，
∵
，
又0＜t＜1，∴u'（t）＞0．
因此u（t）在（0，1）上是增函数，则u （t）＜u （1）＝0，即
．
故
，
91
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即
成立．
1.利用导数判断函数单调性：设函数
在某个区间内可导，
①
该区间内为增函数；
②
该区间内为减函数；
注意：当
在某个区间内个别点处为零，在其余点处为正（或负）时，
在这个区间上仍是递增
（或递减）的。
③
在该区间内单调递增
在该区间内恒成立；
④
在该区间内单调递减
在该区间内恒成立；
2.利用导数求极值：
（1）定义：设函数
在点
附近有定义，如果对
附近所有的点，都有
，就说是
函数
的一个极大值。记作
＝
，如果对
附近所有的点，都有
，就
说是
函数
的一个极小值。记作
＝
。极大值和极小值统称为极值。
（2）求函数
在某个区间上的极值的步骤：（i）求导数
；（ii）求方程
的
根
；（iii）检查
在方程
的根
的左右的符号：“左正右负”
在
处取极
大值；“左负右正”
在
处取极小值。
特别提醒：
①
是极值点的充要条件是
点两侧导数异号，而不仅是
＝0，
＝0 是
为极值点的
必要而不充分条件。
②给出函数极大(小)值的条件，一定要既考虑
，又要考虑检验“左正右负”(“左负右
正”)的转化，否则条件没有用完，这一点一定要切记！
3.利用导数求最值：比较端点值和极值
（1）定义：函数
在一闭区间上的最大值是此函数在此区间上的极大值与其端点值中的“最大值”；
函数
在一闭区间上的最小值是此函数在此区间上的极小值与其端点值中的“最小值”。
（2）求函数
在[
]上的最大值与最小值的步骤：
①求函数
在（
）内的极值（极大值或极小值）；
②将
的各极值与
，
比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值。
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