2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第三章 一元函数的导数及其应用

这是一份2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第三章 一元函数的导数及其应用，共31页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单项选择题
1．一个质点做直线运动，其位移s(单位：米)与时间t(单位：秒)满足关系式：s＝t5＋(t－2)2－4，则当t＝1时，该质点的瞬时速度为( B )
A．－2米/秒 B．3米/秒
C．4米/秒 D．5米/秒
解析：s′＝5t4＋2t－4，当t＝1时，s′＝3，故当t＝1时，该质点的瞬时速度为3米/秒．故选B.
2．(教材回归)小明骑车上学，开始时匀速行驶，途中因交通堵塞停留了一段时间，后为了赶时间加快速度行驶，与以上事件吻合得最好的图象是( C )
eq \(\s\up7(),\s\d5(A)) eq \(\s\up7(),\s\d5(B))
eq \(\s\up7(),\s\d5(C)) eq \(\s\up7(),\s\d5(D))
解析：方法一：出发时距学校最远，先排除A；中途堵塞停留，距离不变，再排除D；堵塞停留后比原来骑得快，因此排除B.故选C.
方法二：由小明的运动规律知，小明距学校的距离应逐渐减小，由于小明先是匀速运动，故前段是直线段，途中停留时距离不变，后段加速，这一时间段图象比前段下降得快．故选C.
3．(2023·全国甲卷)曲线y＝ eq \f(ex,x＋1) 在点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2))) 处的切线方程为( C )
A．y＝ eq \f(e,4) x B．y＝ eq \f(e,2) x
C．y＝ eq \f(e,4) x＋ eq \f(e,4) D．y＝ eq \f(e,2) x＋ eq \f(3e,4)
解析：设曲线y＝ eq \f(ex,x＋1) 在点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2))) 处的切线方程为y－ eq \f(e,2) ＝k(x－1)，因为y＝ eq \f(ex,x＋1) ，所以y′＝ eq \f(ex（x＋1）－ex,（x＋1）2) ＝ eq \f(xex,（x＋1）2) ，所以k＝y′|x＝1＝ eq \f(e,4) ，所以y－ eq \f(e,2) ＝ eq \f(e,4) (x－1)，所以曲线y＝ eq \f(ex,x＋1) 在点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2))) 处的切线方程为y＝ eq \f(e,4) x＋ eq \f(e,4) .故选C.
4．(2024·河北沧州高三统考期末)在等比数列{an}中，a1 012＝2，若函数f(x)＝ eq \f(1,2) x(x－a1)(x－a2)…(x－a2 023)，则f′(0)＝( A )
A．－22 022 B．22 022
C．－22 023 D．22 023
解析：设g(x)＝(x－a1)(x－a2)…(x－a2 023)，则f(x)＝ eq \f(1,2) xg(x)，f′(x)＝ eq \f(1,2) g(x)＋ eq \f(1,2) xg′(x)，所以，f′(0)＝ eq \f(1,2) g(0).因为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 是等比数列，且a1 012＝2，所以，a1a2 023＝a2a2 022＝…＝a1 011a1 013＝a eq \\al(2,1 012) ＝22，所以，g(0)＝(0－a1)(0－a2)…(0－a2 023) ＝(－1)2 023·a1a2…a2 023＝－22 023，所以，f′(0)＝－22 022.故选A.
5．曲线y＝ eq \f(2x＋a,x＋2) 在点(1，b)处的切线方程为kx－y＋6＝0，则k的值为( A )
A．－1 B．－ eq \f(2,3)
C． eq \f(1,2) D．1
解析：由切点(1，b)在曲线上，得b＝ eq \f(2＋a,3) ①；由切点(1，b)在切线上，得k－b＋6＝0②；对曲线求导得y′＝ eq \f(4－a,（x＋2）2) ，∴ eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1(y′)) x＝1＝ eq \f(4－a,32) ＝k，即4－a＝9k③，联立①②③ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝\f(2＋a,3)，,k－b＋6＝0，,4－a＝9k，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝13，,b＝5，,k＝－1.)) 故选A.
6．若过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0)) 的直线与函数f(x)＝xex的图象相切，则所有可能的切点横坐标之和为( D )
A．e＋1 B．－ eq \f(1,2)
C．1 D． eq \f(1,2)
解析：因为函数f(x)＝xex，所以f′(x)＝(x＋1)ex，设切点为(x0，x0ex0)，则切线方程为y－x0ex0＝(x0＋1)ex0(x－x0)，将点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0)) 代入得－x0ex0＝(x0＋1)ex0( eq \f(1,2) －x0)，即－x0＝(x0＋1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x0)) ，解得x0＝－ eq \f(1,2) 或x0＝1，所以切点横坐标之和为－ eq \f(1,2) ＋1＝ eq \f(1,2) .故选D.
二、多项选择题
7．(2023·上海闵行七宝中学模拟)为满足人们对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改．设企业的污水排放量W与时间t的关系为W＝f(t)，用－ eq \f(f（b）－f（a）,b－a) 的大小评价在[a，b]这段时间内企业污水治理能力的强弱．已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如图所示，则下列结论中正确的有( ABC )
A．在[t1，t2]这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强
B．在t2时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强
C．在t3时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标
D．甲企业在[0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]这三段时间中，在[0，t1]的污水治理能力最强
解析：由题图可知甲企业的污水排放量在t1时刻高于乙企业，而在t2时刻甲、乙两企业的污水排放量相同，故在[t1，t2]这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强，故A正确；由题图知在t2时刻，甲企业在该点的切线斜率的绝对值大于乙企业的，故B正确；在t3时刻，甲、乙两企业的污水排放量都低于污水达标排放量，故都已达标，故C正确；由题意可知，甲企业在[0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]这三段时间中，在[0，t1]时的污水治理能力明显低于[t1，t2]时的，故D错误．故选ABC.
8．已知函数f(x)＝ex，则下列结论正确的是( AC )
A．曲线y＝f(x)的切线斜率可以是1
B．曲线y＝f(x)的切线斜率可以是－1
C．过点(0，1)且与曲线y＝f(x)相切的直线有且只有1条
D．过点(0，0)且与曲线y＝f(x)相切的直线有且只有2条
解析：因为函数f(x)＝ex，所以f′(x)＝ex，对于A，令f′(x)＝ex＝1，得 x＝0，所以曲线y＝f(x)的切线斜率可以是1，故A正确；对于B，令f′(x)＝ex＝－1无解，所以曲线y＝f(x)的切线斜率不可以是－1，故B错误； 对于C，因为(0，1)在曲线上，所以点(0，1)是切点，则f′(0)＝1，所以切线方程为y－1＝x，即y＝x＋1，所以过点(0，1)且与曲线y＝f(x)相切的直线有且只有1条，故C正确；对于D，设切点(x0，ex0)，则切线方程为y－ex0＝ex0(x－x0)，因为点(0，0)在切线上，所以ex0＝x0ex0，解得x0＝1，所以过点(0，0)且与曲线y＝f(x)相切的直线有且只有1条，故D错误．故选AC.
三、填空题
9．已知2f(x)＋xf′(x)＝2x cs 2x＋2(cs x＋sin x)2，且x>0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) ＝5，那么f(π)＝2．
解析：因为2f(x)＋xf′(x)＝2x·cs 2x＋2(cs x＋sin x)2＝2x cs 2x＋2sin 2x＋2，所以，2xf(x)＋x2f′(x)＝2x2cs 2x＋2x sin 2x＋2x＝(x2·sin 2x＋x2＋c)′，即[x2f(x)]′＝(x2sin 2x＋x2＋c)′，所以，x2f(x)＝x2sin 2x＋x2＋c，因为x>0，则f(x)＝sin 2x＋1＋ eq \f(c,x2) ，所以，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) ＝1＋ eq \f(c,\f(π2,4)) ＝5，解得c＝π2，所以，f(x)＝sin 2x＋1＋ eq \f(π2,x2) ，因此，f(π)＝2.
10．(开放性问题)已知函数f(x)满足以下三个条件：①f(x)的导函数f′(x)为奇函数；②f(0)≠0；③在区间[－2，－1] 上单调递增，则f(x)的一个解析式为f(x)＝ －x2＋1 (答案不唯一)．
解析：由条件①知f(x) 为偶函数，可设f(x)＝ax2＋c，因为f(0)≠0，所以c≠0，又f(x) 在区间[－2，－1] 上单调递增，所以a<0，因此f(x)＝－x2＋1 或f(x)＝－2x2＋3 等均可．
11．已知P是曲线C：y＝ln x＋x2＋( eq \r(3) －a)x上的一动点，曲线C在P点处的切线的倾斜角为θ，若 eq \f(π,3) ≤θ< eq \f(π,2) ，则实数a的取值范围是(－∞，2 eq \r(2) ]．
解析：因为y＝ln x＋x2＋( eq \r(3) －a)x，所以y′＝ eq \f(1,x) ＋2x＋ eq \r(3) －a，因为曲线在P点处的切线的倾斜角θ∈[ eq \f(π,3) ， eq \f(π,2) )，所以y′≥tan eq \f(π,3) ＝ eq \r(3) 对于任意的x>0恒成立，即 eq \f(1,x) ＋2x＋ eq \r(3) －a≥ eq \r(3) 对任意的x>0恒成立，即a≤2x＋ eq \f(1,x) ，又2x＋ eq \f(1,x) ≥2 eq \r(2) ，当且仅当2x＝ eq \f(1,x) ，即x＝ eq \f(\r(2),2) 时，等号成立，故a≤2 eq \r(2) ，所以实数a的取值范围是(－∞，2 eq \r(2) ].
12．若直线l与曲线y＝x2和x2＋y2＝ eq \f(4,9) 都相切，则l的斜率为±2 eq \r(2) ．
解析：设直线l与曲线y＝x2的切点为(m，m2)，f′(x)＝2x，故f′(m)＝2m，则切线方程为y－m2＝2m(x－m)，即2mx－y－m2＝0，圆心到切线的距离为 eq \f(2,3) ，即 eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－m2)),\r(1＋4m2)) ＝ eq \f(2,3) ，解得m2＝2或m2＝－ eq \f(2,9) (舍去)，所以m＝± eq \r(2) ，则l的斜率为2m＝±2 eq \r(2) .
四、解答题
13．(2024·吉林长春一中高三期末)已知f(x)＝ax2＋ln x＋2，且f′(2)＝ eq \f(1,2) .
(1)求a的值；
(2)求f(x)在x＝1处的切线方程．
解：(1)f′(x)＝2ax＋ eq \f(1,x) ，则f′(2)＝4a＋ eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,2) ，解得a＝0.
(2)由(1)知f(x)＝ln x＋2，f′(x)＝ eq \f(1,x) ，故f(1)＝2，f′(1)＝ eq \f(1,1) ＝1，
所以f(x)＝ln x＋2在x＝1处的切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0.
14．(2023·河南南阳高三期末)已知函数f(x)＝x3－2x2.
(1)若曲线y＝f(x)在其上一点Q处的切线与直线y＝4x－1平行，求Q的坐标；
(2)求曲线y＝f(x)过坐标原点O的切线的方程．
解：(1)f′(x)＝3x2－4x，
设Q(a，f(a))，因为直线y＝4x－1的斜率为4，所以f′(a)＝3a2－4a＝4，
解得a＝－ eq \f(2,3) 或a＝2.
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3))) ＝－ eq \f(32,27) ，f(2)＝0.
所以点Q的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，－\f(32,27))) 或(2，0).
(2)设切点为(x0，y0)，则y0＝x eq \\al(3,0) －2x eq \\al(2,0) ，f′(x0)＝3x eq \\al(2,0) －4x0，
所以在该点处的切线方程为y－(x eq \\al(3,0) －2x eq \\al(2,0) )＝(3x eq \\al(2,0) －4x0)(x－x0).
因为切线过原点，所以0－(x eq \\al(3,0) －2x eq \\al(2,0) )＝(3x eq \\al(2,0) －4x0)(0－x0)，
解得x0＝0或x0＝1.
又因为f′(0)＝0，f′(1)＝－1，
所以切线方程为y＝0或x＋y＝0.
一、单项选择题
1．(2023·河南高三阶段练习)若曲线f(x)＝ eq \f(a ln x,x) 在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，则a＝( A )
A．1 B． eq \f(e,2)
C．2 D．e
解析：因为曲线f(x)＝ eq \f(a ln x,x) ，所以f′(x)＝ eq \f(a（1－ln x）,x2) ，又因为曲线f(x)＝ eq \f(a ln x,x) 在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，所以f′(1)＝a＝1.故选A.
2．(2023·云南曲靖二模)设f′(x)是函数f(x)的导函数，f″(x)是函数f′(x)的导函数，若对任意x∈R，f′(x)>0，f″(x)<0恒成立，则下列选项正确的是( A )
A．0B．0C．0D．0解析：因为对任意x∈R，f′(x)>0，f″(x)<0恒成立，所以f(x)在R上单调递增，且f′(x)在R上单调递减，即f(x)的图象增长得越来越慢，如图，从图象上来看函数是上凸递增的，所以0即03．函数y＝ eq \f(x－1,x＋1) 在点(0，－1)处的切线与两坐标轴围成的封闭图形的面积为( B )
A． eq \f(1,8) B． eq \f(1,4)
C． eq \f(1,2) D．1
解析：∵y＝ eq \f(x－1,x＋1) ，∴y′＝ eq \f(（x＋1）－（x－1）,（x＋1）2) ＝ eq \f(2,（x＋1）2) ，∴k＝y′|x＝0＝2，∴切线方程为y＋1＝2(x－0)，即y＝2x－1，令x＝0，得y＝－1；令y＝0，得x＝ eq \f(1,2) ，故所求的面积为 eq \f(1,2) ×1× eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,4) .故选B.
4．(2024·江西南昌高三月考)已知函数f(x)＝x ln x，g(x)＝x2＋ax(a∈R)，若经过点A(1，0)存在一条直线l与f(x)图象和g(x)图象都相切，则a＝( D )
A．0 B．－1
C．3 D．－1或3
解析：由题意知A(1，0)在f(x)＝x ln x上，因为f(x)＝x ln x，所以f′(x)＝1＋ln x，则f′(1)＝1＋ln 1＝1，所以k＝1，所以函数f(x)在A(1，0)处的切线方程为y＝x－1，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x－1，,y＝x2＋ax，)) 得x2＋(a－1)x＋1＝0，由Δ＝(a－1)2－4＝0，解得a＝3或a＝－1.故选D.
5．设点P是曲线y＝x3－ eq \r(3) x＋ eq \f(2,3) 上的任意一点，点P处的切线的倾斜角为α，则α的取值范围为( A )
A． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π)) B． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))
C． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π)) D． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))
解析：设切点P(x0，y0)，y′＝3x2－ eq \r(3) ，而3x2－ eq \r(3) ≥－ eq \r(3) .又点P处的切线的倾斜角为α，则k＝tan α≥－ eq \r(3) .又α∈[0，π)，所以α∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π)) .故选A.
6．已知曲线C1：f(x)＝ex＋a和曲线C2：g(x)＝ln (x＋b)＋a2(a，b∈R)，若存在斜率为1的直线与C1，C2同时相切，则b的取值范围是( D )
A． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,4)，＋∞)) B．[0，＋∞)
C．(－∞，1] D． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(9,4)))
解析：f′(x)＝ex，g′(x)＝ eq \f(1,x＋b) ，设斜率为1的切线在C1，C2上的切点横坐标分别为x1，x2，由题知ex1＝ eq \f(1,x2＋b) ＝1，∴x1＝0，x2＝1－b，两点处的切线方程分别为y－(1＋a)＝x和y－a2＝x－(1－b)，故a＋1＝a2－1＋b，即b＝2＋a－a2＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(9,4) ≤ eq \f(9,4) .故选D.
7.(数学文化)(2024·宁夏银川高三月考)牛顿迭代法是求方程近似解的另一种方法．如图，方程f(x)＝0的根就是函数f(x)的零点r，取初始值x0，f(x)的图象在横坐标为x0的点处的切线与x轴的交点的横坐标为x1，f(x)的图象在横坐标为x1的点处的切线与x轴的交点的横坐标为x2，一直继续下去，得到x1，x2，…，xn，它们越来越接近r.若f(x)＝x2－2(x>0)，x0＝2，则用牛顿迭代法得到的r的近似值x2约为( B )
A．1.438 B．1.417
C．1.416 D．1.375
解析：由f(x)＝x2－2(x>0)，求导得f′(x)＝2x，而x0＝2，则f′(x0)＝4，又f(x0)＝2，于是函数f(x)的图象在横坐标为x0＝2的点处的切线方程为y－2＝4(x－2)，令y＝0，得x1＝ eq \f(3,2) ，则f′(x1)＝3，f(x1)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) eq \s\up12(2) －2＝ eq \f(1,4) ，因此函数f(x)的图象在横坐标为x1＝ eq \f(3,2) 的点处的切线方程为y－ eq \f(1,4) ＝3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2))) ，令y＝0，得x2＝ eq \f(17,12) ≈1.417，所以x2约为1.417.故选B.
二、多项选择题
8．(2023·江苏淮安模拟)牛顿曾提出了物体在常温环境下温度变化的冷却模型：若物体初始温度是θ0(单位：℃)，环境温度是θ1(单位：℃)，其中θ0>θ1，则经过t分钟后物体的温度θ将满足θ＝f(t)＝θ1＋(θ0－θ1)·e－kt(k∈R且k>0).现有一杯80 ℃的热红茶置于20 ℃的房间里，根据这一模型研究红茶冷却情况，下列结论正确的是(参考数值ln 2≈0.7)( ABC )
A．若f(3)＝50 ℃，则f(6)＝35 ℃
B．若k＝ eq \f(1,10) ，则红茶下降到50 ℃所需时间大约为7分钟
C．若f′(3)＝－5，则其实际意义是在第3分钟附近，红茶温度大约以每分钟5 ℃的速率下降
D．红茶温度从80 ℃下降到60 ℃所需的时间比从60 ℃下降到40 ℃所需的时间多
解析：由题知θ＝f(t)＝20＋60e－kt，对于A，若f(3)＝50 ℃，即50＝20＋60e－3k，所以e－3k＝ eq \f(1,2) ，则f(6)＝20＋60e－6k＝20＋60(e－3k)2＝20＋60× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＝35(℃)，A正确；对于B，若k＝ eq \f(1,10) ，则20＋60·e－ eq \s\up9(\f(1,10)) t＝50，则e－ eq \s\up9(\f(1,10)) t＝ eq \f(1,2) ，两边同时取对数得－ eq \f(1,10) t＝ln eq \f(1,2) ＝－ln 2，所以t＝10ln 2≈7，所以红茶下降到50 ℃所需时间大约为7分钟，B正确；对于C，f′(3)表示t＝3处的函数值的变化情况，若f′(3)＝－5<0，所以实际意义是在第3分钟附近，红茶温度大约以每分钟5 ℃的速率下降，故C正确；对于D，θ＝f(t)＝θ1＋(θ0－θ1)·e－kt，设红茶温度从80 ℃下降到60 ℃所需的时间为t1，则θ＝f(t)＝20＋60e－kt1＝60e－kt1＝ eq \f(2,3) t1＝－ eq \f(1,k) ln eq \f(2,3) ，设红茶温度从80 ℃下降到40 ℃所需的时间为t2，则 θ＝f(t)＝20＋60·e－kt2＝40e－kt2＝ eq \f(1,3) t2＝－ eq \f(1,k) ln eq \f(1,3) ，则红茶温度从60 ℃下降到40 ℃所需的时间为t2－t1；由于k>0，所以t2－t1－t1＝t2－2t1＝－ eq \f(1,k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,3)－2ln \f(2,3))) ＝－ eq \f(1,k) ln eq \f(3,4) >0，故t2－t1>t1，可得红茶温度从80 ℃下降到60 ℃所需的时间t1比从60 ℃下降到40 ℃所需的时间t2－t1少，故D错误．故选ABC.
三、填空题
9．设函数f(x)＝x3＋(a－1)cs x－3x，若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)过点(2a，－6)的切线方程为y＝－3x和y＝24x－54．
解析：因为f(x)＝x3＋(a－1)cs x－3x为奇函数，f(－x)＝－f(x)，得a＝1，f(x)＝x3－3x，f′(x)＝3x2－3.设切点(x0，y0)，则切线方程为y－(x eq \\al(3,0) －3x0)＝(3x eq \\al(2,0) －3)(x－x0)，又切线过点(2，－6)，代入得－6－(x eq \\al(3,0) －3x0)＝(3x eq \\al(2,0) －3)(2－x0)，解得x0＝0或x0＝3，当x0＝0时，切点为(0，0)，切线方程为y＝－3x；当x0＝3时，切点为(3，18)，切线方程为y＝24x－54.
10．我国魏晋时期的科学家刘徽创立了“割圆术”，实施“以直代曲”的近似计算，用正n边形进行“内外夹逼”的办法求出了圆周率π的精度较高的近似值，这是我国最优秀的传统科学文化之一．借用“以直代曲”的近似计算方法，在切点附近，可以用函数图象的切线近似代替在切点附近的曲线来近似计算．设f(x)＝ln (1＋x)，则曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x，用此结论计算ln 2 022－ln 2 021≈ eq \f(1,2 021) ．
解析：函数f(x)＝ln (1＋x)，则f′(x)＝ eq \f(1,1＋x) ，f′(0)＝1，f(0)＝0，∴切线方程为y＝x.
∴ln 2 022－ln 2 021＝ln (1＋ eq \f(1,2 021) )＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 021))) ，根据以直代曲，x＝ eq \f(1,2 021) 也非常接近切点x＝0.
∴可以将x＝ eq \f(1,2 021) 代入切线近似代替f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 021))) ，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 021))) ≈ eq \f(1,2 021) .
11．曲线y＝x2－ln x上的点到直线x－y－2＝0的最短距离是 eq \r(2) ．
解析：设曲线在点P(x0，y0)(x0>0)处的切线与直线x－y－2＝0平行，则y′|x＝x0＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x))) |x＝x0＝2x0－ eq \f(1,x0) ＝1.∴x0＝1，y0＝1，则P(1，1)，则曲线y＝x2－ln x上的点到直线x－y－2＝0的最短距离d＝ eq \f(|1－1－2|,\r(12＋（－1）2)) ＝ eq \r(2) .
12．(2023·广东汕头高三统考期末)已知直线y＝ax＋b(a∈R，b>0)是曲线f(x)＝ex与曲线g(x)＝ln x＋2的公切线，则a＋b的值为2．
解析：设(t，et)是f(x)图象上的一点，f′(x)＝ex，所以f(x)在点(t，et)处的切线方程为y－et＝et(x－t)，y＝etx＋(1－t)et①，令g′(x)＝ eq \f(1,x) ＝et，解得x＝e－t，g(e－t)＝ln e－t＋2＝2－t，所以 eq \f(2－t－et,e－t－t) ＝et，即1－t＝(1－t)et，所以t＝0或t＝1(此时①为y＝ex，b＝0，不符合题意，舍去)，所以t＝0，此时①可化为y－1＝1×(x－0)，y＝x＋1，所以a＋b＝1＋1＝2.
四、解答题
13．已知函数f(x)＝ eq \f(1,3) x3－2x2＋3x(x∈R)的图象为曲线C.
(1)求在曲线C上任意一点切线斜率的取值范围；
(2)若在曲线C上存在两条相互垂直的切线，求其中一条切线与曲线C的切点的横坐标的取值范围．
解：(1)由题意得f′(x)＝x2－4x＋3，则f′(x)＝(x－2)2－1≥－1，即曲线C上任意一点处的切线斜率的取值范围是[－1，＋∞).
(2)设曲线C的其中一条切线的斜率为k(k≠0)，则由题意并结合(1)中结论可知 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k≥－1，,－\f(1,k)≥－1，)) 解得－1≤k<0或k≥1，则－1≤x2－4x＋3<0或x2－4x＋3≥1，解得x∈(－∞，2－ eq \r(2) ]∪(1，3)∪[2＋ eq \r(2) ，＋∞).
14．(2023·广东汕尾高三期末)某中学科技创新教研组为了研制飞机模型的自动着陆系统，技术人员需要分析飞机模型的降落曲线．如图，一架水平飞行的飞机模型着陆点为坐标原点O.已知飞机模型开始降落时的飞行高度为10 m，水平飞行速度为1 m/s，且在整个降落过程中水平速度保持不变．出于保持机身结构稳定的考虑，飞机竖直方向的加速度的绝对值不得超过 eq \f(1,10) g(此处g≈10 m/s2是重力加速度).若飞机模型在与着陆点的水平距离是x0 m时开始下降，飞机模型的降落曲线是某三次多项式函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a，b，c，d∈R)图象的一部分，飞机模型整个降落过程始终在同一个平面内飞行，且飞机模型开始降落和落地时降落曲线均与水平方向的直线相切，请解决以下问题：
(1)确定该飞机模型的降落曲线方程；
(2)求开始下降点x0所能允许的最小值( eq \r(15) ≈3.87).
解：(1)因为降落曲线f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a，b，c，d∈R)过点O(0，0)，
所以 d＝0，则f(x)＝ax3＋bx2＋cx，可得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，
由题意知 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（0）＝0，,f′（x0）＝0，,f（x0）＝10，)) 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝0，,3ax eq \\al(2,0) ＋2bx0＝0，,ax eq \\al(3,0) ＋bx eq \\al(2,0) ＝10，)) 解得a＝－ eq \f(20,x eq \\al(3,0) ) ，b＝ eq \f(30,x eq \\al(2,0) ) ，
所以该飞机模型的降落曲线方程为f(x)＝－ eq \f(20,x eq \\al(3,0) ) x3＋ eq \f(30,x eq \\al(2,0) ) x2，x∈[0，x0].
(2)因为飞机模型水平方向匀速飞行，且飞行速度为1 m/s，
所以飞机模型经过降落时间t s后与着陆点的水平距离为x＝x0－t，
故竖直高度y(单位：m)与降落时间t(单位：s)的函数关系式为y＝－ eq \f(20,x eq \\al(3,0) ) (x0－t)3＋ eq \f(30,x eq \\al(2,0) ) (x0－t)2，t∈[0，x0]，由导数的物理意义知，飞机模型的竖直方向的下降速度v(t)＝y′＝ eq \f(60t（t－x0）,x eq \\al(3,0) ) ，竖直方向的加速度a(t)＝v′(t)＝ eq \f(60,x eq \\al(3,0) ) (2t－x0)，t∈[0，x0]，所以当t＝0或t＝x0时，竖直方向加速度的绝对值达到最大值，且|a(t)|max＝ eq \f(60,x eq \\al(2,0) ) ，
由题意知|a(t)|max＝ eq \f(60,x eq \\al(2,0) ) ≤ eq \f(1,10) g＝1，
因为x0>0，解得x0≥2 eq \r(15) ≈7.74，
所以开始下降点x0所能允许的最小值约为7.74.
考点练16 导数与函数的单调性 对应学生用书031页
一、单项选择题
1．(教材回归)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是( B )
eq \(\s\up7(),\s\d5(A)) eq \(\s\up7(),\s\d5(B))
eq \(\s\up7(),\s\d5(C)) eq \(\s\up7(),\s\d5(D))
解析：由f′(x)的图象知f(x)在其定义域上是增函数，且f(x)的图象先由“平缓”变“陡峭”，再由“陡峭”变“平缓”．故选B.
2．(2024·四川资阳高三期末)函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为( A )
A．(0，1) B．(1，＋∞)
C．(0，＋∞) D．(0，1)，(1，＋∞)
解析：因为f(x)＝x－ln x，所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝1－ eq \f(1,x) ，由f′(x)＝1－ eq \f(1,x) <0有x<1，所以函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为(0，1)，故选A.
3．(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为( C )
A．e2 B．e
C．e－1 D．e－2
解析：依题可知，f′(x)＝aex－ eq \f(1,x) ≥0在(1，2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥ eq \f(1,a) ，设g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1，2)上单调递增，g(x)>g(1)＝e，故e≥ eq \f(1,a) ，即a≥ eq \f(1,e) ＝e－1，即a的最小值为e－1.故选C.
4．已知函数f(x)＝－x ln 2－x3，则不等式f(3－x2)>f(2x－5)的解集为( D )
A．(－4，2)
B．(－2，2)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
D．(－∞，－4)∪(2，＋∞)
解析：f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，因为f′(x)＝－ln 2－3x2<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，所以不等式f(3－x2)>f(2x－5)等价于3－x2<2x－5，解得x<－4或x>2，所以不等式f(3－x2)>f(2x－5)的解集为(－∞，－4)∪(2，＋∞).故选D.
5．已知函数f(x)＝x sin x，x∈R，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5))) ，f(1)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) 的大小关系为( A )
A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) >f(1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))
B．f(1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) >f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))
C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5))) >f(1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))
D．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) >f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5))) >f(1)
解析：因为f(x)＝x sin x，所以f(－x)＝(－x)·sin (－x)＝x sin x＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))) .又当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 时，f′(x)＝sin x＋x cs x>0，所以函数f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上是增函数，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5))) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) >f(1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5))) .故选A.
6．已知函数f(x)＝(x－1)ex－mx在区间[2，4]上存在单调减区间，则实数m的取值范围为( A )
A．(2e2，＋∞) B．(－∞，e)
C．(0，2e2) D．(0，e)
解析：因为f(x)＝(x－1)ex－mx，所以f′(x)＝xex－m，因为f(x)在区间[2，4]上存在单调递减区间，所以存在x∈[2，4]，使得f′(x)<0，即m>xex，令g(x)＝xex，x∈[2，4]，则g′(x)＝(x＋1)ex>0恒成立，所以g(x)＝xex在[2，4]上单调递增，所以g(x)min＝g(2)＝2e2，所以m>2e2.故选A.
二、多项选择题
7．下列函数在区间(0，＋∞)上单调递增的是( ABD )
A．y＝x－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) B．y＝x＋sin x
C．y＝3－x D．y＝x2＋2x＋1
解析：对于A，∵y＝x与y＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) ，都是增函数，∴y＝x－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) 在区间(0，＋∞)上单调递增，符合题意；对于B，y＝x＋sin x，其导数y′＝1＋cs x，由y′≥0在R上恒成立，则这个函数在区间(0，＋∞)上单调递增，符合题意；对于C，y＝3－x，是一次函数，在R上是减函数，不符合题意；对于D，y＝x2＋2x＋1＝(x＋1)2，是二次函数，其开口向上，对称轴为直线x＝－1，则这个函数在区间(0，＋∞)上单调递增，符合题意．故选ABD.
8．下列比较大小正确的有( BC )
A． eq \f(ln 2,2) > eq \f(1,e) B．3ln 4<4ln 3
C． eq \f(π,e) >ln π D．3解析：根据题意可构造函数f(x)＝ eq \f(ln x,x) ，则f′(x)＝ eq \f(1－ln x,x2) ，由于函数y＝ln x 在(0，＋∞) 上单调递增，且ln e＝1，所以当0e 时，f′(x)<0，则函数f(x) 在(e，＋∞) 上单调递减．又0<2f(3)>f(π)>f(4)，即 eq \f(ln 2,2) < eq \f(ln e,e) ， eq \f(ln 3,3) > eq \f(ln 4,4) ， eq \f(ln e,e) > eq \f(ln π,π) ， eq \f(ln e,e) > eq \f(ln 3,3) ，故 eq \f(ln 2,2) < eq \f(ln e,e) ＝ eq \f(1,e) ，故A错误；3ln 4<4ln 3，故B正确； eq \f(π,e) >ln π，故C正确；3>e ln 3，故D错误．故选BC.
三、填空题
9．已知定义在区间(0，π)上的函数f(x)＝x＋2cs x，则f(x)的单调递增区间为(0， eq \f(π,6) )，( eq \f(5π,6) ，π)．
解析：f′(x)＝1－2sin x，x∈(0，π).令f′(x)＝0，得x＝ eq \f(π,6) 或x＝ eq \f(5π,6) ，当00，当 eq \f(π,6) 0，∴f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6))) 和 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π)) 上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6))) 上单调递减．
10．(2023·全国乙卷)设a∈(0，1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)－1,2)，1)) ．
解析：由函数的解析式可得f′(x)＝ax ln a＋(1＋a)x ln (1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，则(1＋a)x ln (1＋a)≥－ax ln a，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋a,a))) eq \s\up12(x) ≥－ eq \f(ln a,ln （1＋a）) 在区间(0，＋∞)上恒成立，故 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋a,a))) eq \s\up12(0) ＝1≥－ eq \f(ln a,ln （1＋a）) ，而a＋1∈(1，2)，故ln (1＋a)>0，故 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln （a＋1）≥－ln a，,011．(开放性问题)写出一个具有性质①②③的函数f(x)＝lg3x(答案不唯一)．
①f(x)的定义域为(0，＋∞)；
②f(x1x2)＝f(x1)＋f(x2)；
③当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
解析：由①②知，对数函数形式的函数满足要求，又由③知，f(x)在定义域上是增函数，故f(x)＝lg3x符合题意．
12．(2023·湖北武汉期末)函数f(x)＝ eq \f(ex（2x－1）,x－1) 的单调减区间为(0，1)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) ．
解析：f(x)＝ eq \f(ex（2x－1）,x－1) 的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝
eq \f(（2x＋1）（x－1）ex－（2x－1）ex,（x－1）2) ＝ eq \f(（2x2－3x）ex,（x－1）2) ，令f′(x)<0，可得2x2－3x<0，可得0四、解答题
13．(2023·北京卷改编)设函数f(x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1.
(1)求a，b的值；
(2)设函数g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间．
解：(1)因为f(x)＝x－x3eax＋b，x∈R，所以f′(x)＝1－(3x2＋ax3)eax＋b，
因为f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1，所以f(1)＝－1＋1＝0，f′(1)＝－1，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－13×ea＋b＝0，,1－（3＋a）ea＋b＝－1，))
解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝1，))
所以a＝－1，b＝1.
(2)由(1)得g(x)＝f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1(x∈R)，则g′(x)＝－x(x2－6x＋6)e－x＋1，
令x2－6x＋6＝0，解得x＝3± eq \r(3) ，不妨设x1＝3－ eq \r(3) ，x2＝3＋ eq \r(3) ，则00恒成立，
所以令g′(x)<0，解得0x2；令g′(x)>0，解得x<0或x1所以g(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增，
即g(x)的单调递减区间为(0，3－ eq \r(3) )和(3＋ eq \r(3) ，＋∞)，单调递增区间为(－∞，0)和(3－ eq \r(3) ，3＋ eq \r(3) ).
14．讨论函数f(x)＝ eq \f(x－2,x＋2) ex的单调性，并证明当x>0时，(x－2)ex＋x＋2>0.
解：由已知得， x≠－2.
因为f(x)＝ eq \f(x－2,x＋2) ex，所以f′(x)＝ex eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x－2,x＋2)＋\f(4,（x＋2）2))) ＝ eq \f(x2ex,（x＋2）2) .因为当x∈(－∞，－2)∪(－2，＋∞)时，f′(x)≥0，当且仅当x＝0时取等号，所以f(x)在(－∞，－2)和(－2，＋∞)上单调递增．证明：当x>0时， eq \f(x－2,x＋2) ex>f(0)＝－1，即(x－2)ex＋x＋2>0.
一、单项选择题
1．已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列结论正确的是( D )
A．f(b)>f(c)>f(a)
B．f(b)>f(c)＝f(e)
C．f(c)>f(b)>f(a)
D．f(e)>f(d)>f(c)
解析：由f′(x)图象可知f(x)在(a，b)上单调递减，在(b，e)上单调递增，故f(a)>f(b)，f(b)2．已知函数f(x)满足f(x)＝f′(2)ex－2－f(0)x＋ eq \f(1,2) x2，则f(x)的单调递减区间为( A )
A．(－∞，0) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(0，＋∞)
解析：由题设f′(x)＝f′(2)ex－2－f(0)＋x，则f′(2)＝f′(2)－f(0)＋2，可得f(0)＝2，而f(0)＝f′(2)e－2＝2，则f′(2)＝2e2，所以f(x)＝2ex－2x＋ eq \f(1,2) x2，即f′(x)＝2ex－2＋x，则f′(0)＝0且f′(x)递增，当x<0时f′(x)<0，即f(x)递减，故f(x)递减区间为(－∞，0).故选A.
3．已知函数f(x)＝ax4＋(x－1)ex在区间[1，3]上不是单调函数，则实数a的取值范围是( A )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(e,4)，－\f(e2,16))) B． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(e,4)，－\f(e2,16)))
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(e3,36)，－\f(e2,16))) D． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(e,4)，－\f(e2,16)))
解析：因为f(x)＝ax4＋(x－1)ex在区间[1，3]上不是单调函数，所以f′(x)＝4ax3＋xex＝0在区间(1，3)上有解，即－4a＝ eq \f(ex,x2) 在区间(1，3)上有解．令g(x)＝ eq \f(ex,x2) ，则g′(x)＝ eq \f(（x－2）ex,x3) .当x∈(1，2)时，g′(x)<0；当x∈(2，3)时，g′(x)>0.故g(x)在(1，2)上单调递减，在(2，3)上单调递增．又因为g(1)＝e，g(2)＝ eq \f(e2,4) ，g(3)＝ eq \f(e3,9) 4．若对于任意的02，则a的最大值为( C )
A．1 B．e
C． eq \f(1,e) D． eq \f(1,2)
解析：∵0∴函数f(x)＝ eq \f(ln x＋2,x) 在定义域(0，a)上单调递增，∴f′(x)＝ eq \f(1－（ln x＋2）,x2) ＝ eq \f(－ln x－1,x2) ≥0在(0，a)上恒成立，则－ln x－1≥0，解得05．(2024·四川成都高三期末)记函数f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)为奇函数，且当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0)) 时恒有f(x)cs x＋f′(x)sin x>0成立，则( B )
A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))) > eq \r(2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))
B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))) >－ eq \r(3) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))
C． eq \r(3) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))) > eq \r(2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))
D． eq \r(2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4))) >－ eq \r(3) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))
解析：令g(x)＝f(x)sin x，则g′(x)＝f(x)cs x＋f′(x)sin x，当x∈(－ eq \f(π,2) ，0)时恒有f(x)cs x＋f′(x)sin x>0，所以g′(x)>0，则g(x)＝f(x)sin x在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0)) 上单调递增，所以g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))) >g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4))) ，则－ eq \f(1,2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))) >－ eq \f(\r(2),2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4))) ，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))) < eq \r(2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4))) ，故A错误；g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))) >g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) ，则－ eq \f(1,2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))) >－ eq \f(\r(3),2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) ，又f(x)为奇函数，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))) >－ eq \r(3) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) ，故B正确；g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) eq \r(2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4))) ，又f(x)为奇函数，所以 eq \r(3) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))) < eq \r(2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) ，故C错误；由 eq \r(3) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) > eq \r(2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4))) 得－ eq \r(3) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))) > eq \r(2) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4))) ，故D错误．故选B.
6．(新定义问题)若函数 g(x)＝exf(x)(e＝2.718…，e为自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数具有M性质的为( B )
A．f(x)＝ eq \f(1,x) B．f(x)＝x2＋1
C．f(x)＝sin x D．f(x)＝x
解析：对于A，f(x)＝ eq \f(1,x) ，则g(x)＝ eq \f(ex,x) ，g′(x)＝ eq \f(ex（x－1）,x2) ，当x<1且x≠0时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，0)，(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；对于B，f(x)＝x2＋1，则g(x)＝exf(x)＝ex(x2＋1)，g′(x)＝ex(x2＋1)＋2xex＝ex(x＋1)2≥0在实数集R上恒成立，∴g(x)＝exf(x)在定义域R上是增函数；对于C，f(x)＝sin x，则g(x)＝ex sin x，g′(x)＝ex(sin x＋cs x)＝ eq \r(2) ex sin (x＋ eq \f(π,4) )，显然g(x)不单调；对于D，f(x)＝x，则g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex.当x<－1时，g′(x)<0，当x>－1时，g′(x)>0，所以g(x)在R上先减后增．∴具有M性质的函数为f(x)＝x2＋1.
二、多项选择题
7．(2024·江西清江中学高三期末)已知函数f(x)满足f′(x)＋2f(x)>0，且f(0)＝1，则( BCD )
A．f(x)不可能是偶函数
B．若x>0，则f(x)>0
C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) > eq \f(1,e)
D．若x>0，则f(x)>1－2x
解析：令g(x)＝e2xf(x)，则g′(x)＝e2x[f′(x)＋2f(x)]>0，故g(x)在R上递增．对于A，如f(x)＝1为常数函数，此时f(x)为偶函数，A错误；对于B，若x>0，则g(x)＝e2xf(x) >g(0)＝1，从而f(x)>e－2x>0，B正确；对于C，由g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ＝ef eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) >g(0)＝e0f(0)＝1可得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) > eq \f(1,e) ，C正确；对于D，若x>0，同B选项可知f(x)>e－2x，令h(x)＝ex－(x＋1)，则h′(x)＝ex－1，当x<0时，h′(x)<0，当x>0时，h′(x)>0，所以h(x)在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，所以h(x)≥h(0)＝0，所以ex≥x＋1(当且仅当x＝0时等号成立)，故e－2x>－2x＋1 (x>0)，则f(x)>1－2x，D正确．故选BCD.
8．若0A．x1＋ln x2>x2＋ln x1
B．x1＋ln x2C．x2ex1>x1ex2
D．x2ex1解析：令f(x)＝x－ln x，∴f′(x)＝1－ eq \f(1,x) ＝ eq \f(x－1,x) ，当0x2＋ln x1.设g(x)＝ eq \f(ex,x) ，则g′(x)＝ eq \f(xex－ex,x2) ＝ eq \f(ex（x－1）,x2) .当0x1ex2.故选AC.
三、填空题
9．若y＝x＋ eq \f(a2,x) (a>0)在[2，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是(0，2]．
解析：方法一：由y′＝1－ eq \f(a2,x2) ≥0，得x≤－a或x≥a.∴y＝x＋ eq \f(a2,x) 的单调递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞).
∵函数在[2，＋∞)上单调递增，∴[2，＋∞)[a，＋∞)，∴a≤2.又a>0，∴0方法二：y′＝1－ eq \f(a2,x2) ，依题意知1－ eq \f(a2,x2) ≥0在x∈[2，＋∞)上恒成立，即a2≤x2恒成立，∵x∈[2，＋∞)，∴x2≥4，∴a2≤4，又a>0，∴010．若函数f(x)＝ eq \f(x3,3) － eq \f(a,2) x2＋4x＋1在区间(1，4)上不单调，则实数a的取值范围是(4，5)．
解析：∵函数f(x)＝ eq \f(x3,3) － eq \f(a,2) x2＋4x＋1，∴f′(x)＝x2－ax＋4，若函数f(x)在区间(1，4)上不单调，则f′(x)＝x2－ax＋4＝0在(1，4)上存在变号零点，由x2－ax＋4＝0得a＝x＋ eq \f(4,x) ，令g(x)＝x＋ eq \f(4,x) ，x∈(1，4)，g′(x)＝ eq \f(（x＋2）（x－2）,x2) ，∴g(x)在(1，2)上递减，在(2，4)上递增，而g(2)＝2＋ eq \f(4,2) ＝4，g(1)＝1＋ eq \f(4,1) ＝5，g(4)＝4＋ eq \f(4,4) ＝5，所以411．若函数h(x)＝ln x－ eq \f(1,2) ax2－2x(a≠0)在[1，4]上存在单调递减区间，则实数a的取值范围为(－1，0)∪(0，＋∞)．
解析：函数h(x)＝ln x－ eq \f(1,2) ax2－2x，则h′(x)＝ eq \f(1,x) －ax－2，因为h(x)在[1，4]上存在单调递减区间，所以h′(x)<0在[1，4]上有解，所以当x∈[1，4]时，a> eq \f(1,x2) － eq \f(2,x) 有解，令g(x)＝ eq \f(1,x2) － eq \f(2,x) ，而当x∈[1，4]时，令t＝ eq \f(1,x) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1)) ，g(x)＝ eq \f(1,x2) － eq \f(2,x) 即为φ(t)＝t2－2t，此时φ(t)min＝φ(1)＝－1(此时x＝1)，所以a>－1，又因为a≠0，所以a的取值范围是(－1，0)∪(0，＋∞).
12．已知函数f(x)＝x sin x＋cs x＋x2，则不等式f(ln x)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,x))) <2f(1)的解集为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e)) ．
解析：f(x)＝x sin x＋cs x＋x2是偶函数，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,x))) ＝f(－ln x)＝f(ln x).则原不等式可变形为f(ln x)0得当x>0时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．所以|ln x|<1－1四、解答题
13．已知函数f(x)＝k(x－1)ex－x2，其中k∈R.当k≤2时，求函数f(x)的单调区间．
解：由题设，f′(x)＝kxex－2x＝x(kex－2)，
当k≤0时，kex－2<0，令f′(x)>0得x<0，令f′(x)<0 得x>0，故f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞).
当0当00时，当f′(x)>0时，x>ln eq \f(2,k) 或x<0；当f′(x)<0 时，0(－∞，0)，(ln eq \f(2,k) ，＋∞)，单调减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，ln \f(2,k))) .
当k＝2，即ln eq \f(2,k) ＝0时，在R上f′(x)≥0恒成立，故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞).
14．已知函数f(x)＝a ln x－ax－3(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋x2· eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f′（x）＋\f(m,2))) 在区间(t，3)上总不是单调函数，求实数m的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ eq \f(a（1－x）,x) ，
当a>0时，f(x)的递增区间为(0，1)，递减区间为(1，＋∞)；
当a<0时，f(x)的递增区间为(1，＋∞)，递减区间为(0，1)；
当a＝0时，f(x)为常数函数，无单调区间．
(2)由(1)及题意得f′(2)＝－ eq \f(a,2) ＝1，即a＝－2，
∴f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝ eq \f(2x－2,x) (x>0).∴g(x)＝x3＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)＋2)) x2－2x，∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.
∵g(x)在区间(t，3)上总不是单调函数，即g′(x)在区间(t，3)上有变号零点．
由于g′(0)＝－2，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(g′（t）<0，,g′（3）>0，))
当g′(t)<0时，即3t2＋(m＋4)t－2<0对任意t∈[1，2]恒成立，
由于g′(0)<0，故只要g′(1)<0且g′(2)<0，即m<－5且m<－9，即m<－9，
又g′(3)>0，即m>－ eq \f(37,3) .
∴－ eq \f(37,3) 考点练17 导数与函数的极值、最值 对应学生用书033页
一、单项选择题
1．(教材改编)已知函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)( C )
A．无极大值点，有四个极小值点
B．有三个极大值点，一个极小值点
C．有两个极大值点，两个极小值点
D．有四个极大值点，无极小值点
解析：设f′(x) 的图象与x 轴的4个交点的横坐标从左至右依次为x1，x2，x3，x4 .当x0，当x12．(2023·宁夏吴忠中学三模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( D )
A．y＝x B．y＝ln (－x)
C．y＝x＋ex D．y＝x＋ eq \f(4,x)
解析：对于A，函数y＝x在R上单调递增，A不满足条件；对于B，函数y＝ln (－x)为非奇非偶函数，B不满足条件；对于C，函数y＝x＋ex的导数为y′＝1＋ex>0，该函数在R上单调递增，C不满足条件；对于D，令f(x)＝x＋ eq \f(4,x) ，该函数的定义域为{x|x≠0}，f(－x)＝－x＋ eq \f(4,－x) ＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4,x))) ＝－f(x)，即函数y＝x＋ eq \f(4,x) 为奇函数，f′(x)＝1－ eq \f(4,x2) ＝ eq \f(x2－4,x2) ，当02时，f′(x)>0，所以x＝2为函数f(x)的极小值点，D满足条件．故选D.
3．已知函数f(x)＝ eq \f(ax＋b,x2＋4) 在x＝－1处取得极大值1，则f(x)的极小值为( C )
A．0 B．－ eq \f(1,2)
C．－ eq \f(1,4) D．－ eq \f(1,8)
解析：f(x)的定义域为R，由f(x)＝ eq \f(ax＋b,x2＋4) ，得f′(x)＝ eq \f(－ax2－2bx＋4a,（x2＋4）2) ，因为函数f(x)＝ eq \f(ax＋b,x2＋4) 在x＝－1处取得极大值1，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（－1）＝\f(－a＋2b＋4a,（1＋4）2)＝0，,f（－1）＝\f(－a＋b,1＋4)＝1，))
解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝3，))
所以f(x)＝ eq \f(3－2x,x2＋4) ，
f′(x)＝ eq \f(2x2－6x－8,（x2＋4）2) ＝ eq \f(2（x＋1）（x－4）,（x2＋4）2) .令f′(x)>0，解得x>4或x<－1，令f′(x)<0，解得－14．函数y＝ eq \f(x,ex) 在[0，2]上的最大值是( A )
A． eq \f(1,e) B． eq \f(2,e2)
C．0 D． eq \f(\r(e),2e)
解析：易知y′＝ eq \f(1－x,ex) ，x∈[0，2]，令y′>0，得0≤x<1，令y′<0，得15．函数f(x)＝ eq \f(a,2) x2－sin x，若f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上有最小值，则实数a的取值范围是( A )
A．(0，＋∞) B．(0，1)
C．(－∞，0) D．(－1，0)
解析：由题意，函数f(x)＝ eq \f(a,2) x2－sin x，可得f′(x)＝ax－cs x，若a≤0时，当x∈(0， eq \f(π,2) )时，可得f′(x)<0，f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上单调递减，此时函数f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上没有最小值，不符合题意；当a>0时，令f′(x)＝0，即ax－cs x＝0，即y＝ax与y＝cs x图象的交点，画出函数y＝ax与y＝cs x的图象，如图所示，结合图象，可得存在x0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，使得f′(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2))) 时，f′(x)>0，f(x)单调递增，此时函数f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上有最小值，符合题意，综上可得，实数a的取值范围是(0，＋∞).故选A.
6．(2023·安徽合肥八校联考模拟)已知某圆锥的母线长为3，则当该圆锥的体积最大时，其侧面展开图的圆心角的弧度数为( A )
A． eq \f(2\r(6),3) π B． eq \f(\r(6),3) π
C． eq \f(2\r(3),3) π D． eq \f(\r(3),3) π
解析：由题意，圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为r，高为h，则r2＋h2＝9，0二、多项选择题
7．设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是( BD )
A.x∈R，f(x)≥ f(x0)
B．－x0是f(－x)的极大值点
C．－x0是－f(x)的极小值点
D．－x0是－f (－x)的极小值点
解析：对于A, x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，并不是最小值点，故A错误；对于B, f(－x)的图象相当于f(x)的图象关于y轴的对称图象，故－x0应是f(－x)的极大值点，故B正确；对于C, －f(x)的图象相当于f(x)的图象关于x轴的对称图象，故x0应是－f(x)的极小值点，不能确定－x0的情况，故C错误；对于D，－f(－x)的图象相当于f(x)的图象先关于y轴对称，再关于x轴对称的图象，故D正确．
8．(2024·安徽合肥高三月考)若函数f(x)＝a ln x＋ eq \f(b,x) ＋ eq \f(c,x2) (a≠0)既有极大值也有极小值，则( BCD )
A．bc>0 B．ab>0
C．b2＋8ac>0 D．ac<0
解析：函数f(x)＝a ln x＋ eq \f(b,x) ＋ eq \f(c,x2) 的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝ eq \f(a,x) － eq \f(b,x2) － eq \f(2c,x3) ＝ eq \f(ax2－bx－2c,x3) ，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正根x1，x2，于是
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＝b2＋8ac>0，,x1＋x2＝\f(b,a)>0，,x1x2＝－\f(2c,a)>0，)) 即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，A错误，B、C、D正确．故选BCD.
三、填空题
9．函数f(x)＝2x－ln x的最小值为1＋ln 2．
解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2－ eq \f(1,x) ＝ eq \f(2x－1,x) ，当0 eq \f(1,2) 时，f′(x)>0.∴f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) 上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) 上单调递增，∴f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ＝1－ln eq \f(1,2) ＝1＋ln 2.
10．若函数f(x)＝x3＋ax2－x－9在x＝－1处取得极值，则f(2)＝1．
解析：f′(x)＝3x2＋2ax－1，因为函数f(x)＝x3＋ax2－x－9在x＝－1处取得极值，所以f′(－1)＝3－2a－1＝0，解得a＝1，此时f′(x)＝3x2＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)，故当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,3))) 时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－∞，－1)和( eq \f(1,3) ，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；所以函数f(x)在x＝－1处取得极大值，满足题意，所以f(x)＝x3＋x2－x－9，所以f(2)＝8＋4－2－9＝1.
11．已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) ．
解析：f(x)＝x(ln x－ax)，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋ln x－2ax.由题意知，当x>0时，1＋ln x－2ax＝0有两个不相等的实数根，即2a＝ eq \f(1＋ln x,x) 有两个不相等的实数根，令φ(x)＝ eq \f(1＋ln x,x) (x>0)，∴φ′(x)＝ eq \f(－ln x,x2) .当00；当x>1时，φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝1，当x→0时，φ(x)→－∞，当x→＋∞时，φ(x)→0，则0<2a<1，即012．(2024·湖北黄石高三调研)已知函数f(x)＝ eq \f(1,cs x) ＋ eq \f(16,2－cs x) (0解析：0 eq \f(sin x（2＋3cs x）（2－5cs x）,cs2x·（2－cs x）2) ，所以当00，当 eq \f(2,5) 四、解答题
13．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝1与x＝－ eq \f(2,3) 时，都取得极值．
(1)求a，b的值；
(2)若f(－1)＝ eq \f(3,2) ，求f(x)的单调递增区间和极值．
解：(1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由条件可知f′(1)＝0和f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3))) ＝0，
即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3＋2a＋b＝0，,\f(4,3)－\f(4a,3)＋b＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－\f(1,2)，,b＝－2，))
所以f(x)＝x3－ eq \f(1,2) x2－2x＋c，
检验：f′(x)＝3x2－x－2＝(x－1)(3x＋2).
经检验x＝1与x＝－ eq \f(2,3) 时，都取得极值，满足条件，所以a＝－ eq \f(1,2) ，b＝－2.
(2)f(－1)＝－1－ eq \f(1,2) ＋2＋c＝ eq \f(3,2) ，解得c＝1，所以f(x)＝x3－ eq \f(1,2) x2－2x＋1，f′(x)＝3x2－x－2＝(x－1)(3x＋2).
由(1)可知，函数f(x)的单调递增区间是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2,3))) 和(1，＋∞)，函数f(x)的极大值是f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3))) ＝ eq \f(49,27) ，函数f(x)的极小值是f(1)＝－ eq \f(1,2) .
14．(教材回归)已知A，B两地的距离是130 km，根据交通法规，两地之间的公路车速应限制在50～100 km/h.假设油价7元/L，以x km/h的速度行驶时，汽车的耗油率为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋\f(x2,360))) L/h，司机每小时的工资是35元．那么最经济的车速是多少？如果不考虑其他费用，这次行车的总费用是多少？
解：当汽车以x km/h行驶时，行车的总费用y＝[35＋7(3＋ eq \f(x2,360) )] eq \f(130,x) (50≤x≤100)，
y′＝－ eq \f(56×130,x2) ＋ eq \f(91,36) ，令y′＝0，得x＝24 eq \r(5) (负值舍去).∴最经济的车速是24 eq \r(5) km/h时，这次行车的总费用是 eq \f(364\r(5),3) 元．
一、单项选择题
1．函数f(x)＝x3＋ax2＋x(x∈R)不存在极值点，则实数a的取值范围是( D )
A.(－∞，－ eq \r(3) )∪( eq \r(3) ，＋∞)
B.(－∞，－ eq \r(3) )∪[ eq \r(3) ，＋∞)
C.(－ eq \r(3) ，3)
D.[－ eq \r(3) ， eq \r(3) ]
解析：∵f(x)＝x3＋ax2＋x在定义域R内不存在极值点，∴f′(x)＝3x2＋2ax＋1＝0有两个相等的实数根或没有实数根，∴Δ＝4a2－12≤0，∴－ eq \r(3) ≤a≤ eq \r(3) .故选D.
2．已知函数f(x)＝x＋2sin x，x∈[0，2π]，则f(x)的值域为( D )
A. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)－\r(3)，\f(2π,3)＋\r(3)))
B. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(4π,3)－\r(3)))
C. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋\r(3)，2π))
D.[0，2π]
解析：f′(x)＝1＋2cs x，x∈[0，2π]，令f′(x)＝0，得cs x＝－ eq \f(1,2) ，∴x＝ eq \f(2π,3) 或x＝ eq \f(4π,3) ，又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3))) ＝ eq \f(2π,3) ＋ eq \r(3) ，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3))) ＝ eq \f(4π,3) － eq \r(3) ，f(0)＝0，f(2π)＝2π，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3))) －f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3))) ＝ eq \f(2π,3) －2 eq \r(3) <0，∴f(0)3．(2024·江西南昌高三联考)函数f(x)＝e2x－ln x－18x＋9ln x的最小值为( A )
A.9－18ln 3 B．9－9ln 3
C.18－18ln 2 D．9－9ln 2
解析：由题设f(x)＝e2x－ln x－9(2x－ln x)且x>0，令t＝2x－ln x，则g(t)＝et－9t，由t′＝ eq \f(2x－1,x) ，在x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) 上t′<0，则t递减；在x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) 上t′>0，则t递增，所以当x＝ eq \f(1,2) 时，t取最小值，tmin＝1＋ln 2，易知t∈[1＋ln 2，＋∞)，又g′(t)＝et－9，令g′(t)＝0，则t＝2ln 3>1＋ln 2，所以t∈[1＋ln 2，2ln 3)上g′(t)<0，即g(t)递减；t∈(2ln 3，＋∞)上g′(t)>0，即g(t)递增，所以g(t)min＝g(2ln 3)＝9－18ln 3.故选A.
4．(2024·云南昆明高三月考)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x，0≤x≤1，,ln x＋1，1A.e－1 B． eq \f(1,2)
C. eq \f(5,2) － eq \f(1,2) ln 3 D．1
解析：当0≤x≤1时，0≤2x≤2，当10，即g(t)＝et－1－ eq \f(t,2) 在(1，2]上单调递增，g(t)max＝g(2)＝e－1，所以x2－x1的最大值为e－1.故选A.
5．若函数f(x)＝ eq \f(x2＋2x－a,ex) 在区间(a，a＋1)上存在最小值，则实数a的取值范围为( D )
A.(－∞，－1) B．(－2，－1)
C. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(－1－\r(5),2))) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－1－\r(5),2)，－1))
解析：由函数f(x)＝ eq \f(x2＋2x－a,ex) ，可得f′(x)＝ eq \f(－x2＋a＋2,ex) ，且f(x)在区间(a，a＋1)上存在最小值，即f′(x)在区间(a，a＋1)上存在x0∈(a，a＋1)，使得f′(x0)＝0且f′(a)<0，f′(a＋1)>0，设g(x)＝－x2＋a＋2，即满足g(a)<0，且g(a＋1)>0，可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(g（a）＝－a2＋a＋2<0，,g（a＋1）＝－a2－a＋1>0，)) 解得 eq \f(－1－\r(5),2) 6．(新定义问题)设函数y＝f(x)在区间D上的导函数为f′(x)，f′(x)在区间D上的导函数为g(x).若在区间D上，g(x)<0恒成立，则称函数f(x)在区间D上为“凸函数”．已知实数m是常数，f(x)＝ eq \f(x4,12) － eq \f(mx3,6) － eq \f(3x2,2) .若对满足|m|≤2的任何一个实数m，函数f(x)在区间(a，b)上都为“凸函数”，则b－a的最大值为( B )
A.3 B．2
C.1 D．－1
解析：由题意，f′(x)＝ eq \f(x3,3) － eq \f(m,2) x2－3x，g(x)＝x2－mx－3，根据“凸函数”的定义，原问题可以转化为x2－mx－3<0即－xm＋x2－3<0对任意的－2≤m≤2恒成立，将m视作自变量，x视作参数，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2x－3<0，,x2－2x－3<0，)) 解得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3二、多项选择题
7．(2023·重庆三模)已知函数f(x)＝ eq \f(x2＋x＋1,ex) (e为自然对数的底数，e≈2.72)，则关于函数f(x)，下列结论正确的是( BC )
A.有2个零点
B.有2个极值点
C.在(0，1)上单调递增
D.最小值为1
解析：f(x)＝ eq \f(x2＋x＋1,ex) 定义域为R，f′(x)＝ eq \f(－x（x－1）,ex) ，令f′(x)＝0得x＝0或x＝1，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(－∞，0)和(1，＋∞)时，f′(x)<0，如下表：
从而判断出函数有两个极值点，在(0，1)上单调递增，B正确，C正确，；由于f(x)＝ eq \f(x2＋x＋1,ex) ＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4),ex) >0恒成立，所以函数f(x)无零点，A错误；当x→＋∞时，f(x)→0，故函数无最小值，D错误．故选BC.
8．若函数f(x)＝2x3－ax2(a<0)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a＋6,3))) 上有最大值，则a的取值可能为( AB )
A.－6 B．－5
C.－3 D．－2
解析：f(x)＝2x3－ax2，则f′(x)＝6x2－2ax＝6x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,3))) ，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3))) 和(0，＋∞)时，f′(x)>0，函数单调递增；当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0)) 时，f′(x)<0，函数单调递减．f(x)在x＝ eq \f(a,3) 处取极大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3))) ＝－ eq \f(a3,27) .函数f(x)＝2x3－ax2(a<0)在( eq \f(a,2) ， eq \f(a＋6,3) )上有最大值，故 eq \f(a,2) < eq \f(a,3) < eq \f(a＋6,3) ，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3))) ≥f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋6,3))) ，即－ eq \f(a3,27) ≥2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋6,3))) eq \s\up12(3) －a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋6,3))) eq \s\up12(2) ，解得a≤－4.故选AB.
三、填空题
9．(2024·湖南长郡中学高三阶段练习)函数f(x)＝ eq \f(1,x) ＋ln |x|的极值点为1．
解析：当x>0时，f(x)＝ eq \f(1,x) ＋ln x，f′(x)＝－ eq \f(1,x2) ＋ eq \f(1,x) ＝ eq \f(x－1,x2) ，令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)<0，解得0 eq \a\vs4\al() eq \a\vs4\al() 10.(2024·福建高三校联考阶段练习)若函数f(x)＝ln x－ax2＋(a－2)x(其中x∈(1，＋∞))存在最小值，则实数a的取值范围为(－1，0)．
解析：f′(x)＝ eq \f(1,x) －2ax＋a－2＝ eq \f(（ax＋1）（－2x＋1）,x) ，x∈(1，＋∞).①若a≥0，f′(x)<0，f(x)单调递减，无最小值，不符合题意；②若－10，f(x)单调递增，无最小值，不符合题意．综上所述，－111．(新定义问题)如果存在函数g(x)＝ax＋b(a，b 为常数)，使得对函数f(x)定义域内任意的x 都有f(x)≤g(x)成立，那么g(x)为函数f(x)的一个“线性覆盖函数”．已知f(x)＝－2x ln x－x2，g(x)＝－ax＋3，若g(x)为函数f(x)在区间(0，＋∞)上的一个“线性覆盖函数”，则实数a的取值范围是(－∞，4]．
解析：由题意可知，f(x)≤g(x) 对任意x∈(0，＋∞) 恒成立，即a≤2ln x＋x＋ eq \f(3,x) 对任意x∈(0，＋∞) 恒成立．设h(x)＝2ln x＋x＋ eq \f(3,x) ，则h′(x)＝ eq \f(2,x) ＋1－ eq \f(3,x2) ＝ eq \f(（x＋3）（x－1）,x2) ，x>0，易知h(x) 在(0，1) 上单调递减，在(1，＋∞) 上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4，故a≤4.
12．若 eq \f(ln x＋1,x) ≤ax＋b对于x∈(0，＋∞)恒成立，当a＝0时，b的最小值为1；当a>0时， eq \f(b,a) 的最小值是－ eq \f(1,e) ．
解析：a＝0时，b≥ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x＋1,x))) eq \s\d7(max) ，令f(x)＝ eq \f(ln x＋1,x) ，则f′(x)＝ eq \f(1－ln x－1,x2) ＝－ eq \f(ln x,x2) ，令f′(x)＝0，解得x＝1，且当00，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴f(x)max＝f(1)＝ eq \f(ln 1＋1,1) ＝1，∴b≥1，故b的最小值为1，f(x)＝ eq \f(ln x＋1,x) 的图象如下图所示：
当a>0时，令ax＋b＝0，可得 eq \f(b,a) ＝－x，故 eq \f(b,a) 取得最小值，直线ax＋b＝0在x轴上的截距最大，又∵ eq \f(ln x＋1,x) ≤ax＋b，结合图象可知：令f(x)＝ eq \f(ln x＋1,x) ＝0，可得x＝ eq \f(1,e) ，则－x＝－ eq \f(1,e) ，故 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a))) eq \s\d7(min) ＝－ eq \f(1,e) .
四、解答题
13．已知函数f(x)＝ax＋ln x，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]上的最大值为－3，求a的值．
解：(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，
f′(x)＝－1＋ eq \f(1,x) ＝ eq \f(1－x,x) ，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当00；当x>1时，f′(x)<0.
∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
∴f(x)max＝f(1)＝－1.
∴当a＝－1时，函数f(x)的最大值为－1.
(2)f′(x)＝a＋ eq \f(1,x) ，x∈(0，e]， eq \f(1,x) ∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)) .
①若a≥－ eq \f(1,e) ，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上单调递增，
∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不符合题意．
②若a<－ eq \f(1,e) ，令f′(x)>0得a＋ eq \f(1,x) >0，结合x∈(0，e]，解得0令f′(x)<0得a＋ eq \f(1,x) <0，结合x∈(0，e]，解得－ eq \f(1,a) 从而f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a))) 上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，e)) 上单调递减，
∴f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a))) ＝－1＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a))) .
令－1＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a))) ＝－3，
得ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a))) ＝－2，即a＝－e2.
∵－e2<－ eq \f(1,e) ，∴a＝－e2即为所求．故a的值为－e2.
14．(2023·河南开封模拟)已知函数f(x)＝(x－2)ln x－x－1.
(1)证明：f(x)存在唯一的极值点；
(2)若m为整数，f(x)>m，求m的最大值．
解：(1)证明：由题意得f′(x)＝ln x－ eq \f(2,x) ，x∈(0，＋∞)，显然f′(x) 在(0，＋∞) 上单调递增，
又f′(2)＝ln 2－1<0，f′(3)＝ln 3－ eq \f(2,3) >1－ eq \f(2,3) >0，
所以x0∈(2，3)，使得f′(x0)＝0，即ln x0－ eq \f(2,x0) ＝0，
当x∈(0，x0) 时，f′(x)<0，f(x) 单调递减，
当x∈(x0，＋∞) 时，f′(x)>0，f(x) 单调递增，所以f(x) 在(0，＋∞) 上存在唯一的极值点．
(2)f(x)>m 等价于f(x)min>m，
由(1)知，f(x)min＝f(x0)＝(x0－2)ln x0－x0－1＝(x0－2) eq \f(2,x0) －x0－1＝1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x0)＋x0)) 且x0∈(2，3).
又因为函数y＝x＋ eq \f(4,x) 在(2，3) 上单调递增，所以f(x0)∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(10,3)，－3)) ，所以m<－ eq \f(10,3) ，
又因为m∈Z，所以mmax＝－4，故m的最大值为－4 .
考点练18 导数与不等式的证明(压轴大题练) 对应学生用书035页
1．(教材回归)已知函数f(x)＝ex－ln (x＋m).当m≤2时，求证：f(x)>0.
证明：f(x)＝ex－ln (x＋m)(x>－m).
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，f′(x)＝ex－ eq \f(1,x＋2) 在(－2，＋∞)上单调递增，又f′(－1)<0，f′(0)>0，
故f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根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ex0＝ eq \f(1,x0＋2) ，ln (x0＋2)＝－x0，故f(x)≥ f(x0)＝ eq \f(1,x0＋2) ＋x0＝ eq \f(（x0＋1）2,x0＋2) >0.综上，当m≤2时，f(x)>0.
2．(2023·新课标Ⅱ卷)证明：当0证明：构建F(x)＝x－sin x，x∈(0，1)，则F′(x)＝1－cs x>0对x∈(0，1)恒成立，
则F(x)在(0，1)上单调递增，可得F(x)>F(0)＝0，所以x>sin x，x∈(0，1)；
构建G(x)＝sin x－(x－x2)＝x2－x＋sin x，x∈(0，1)，则G′(x)＝2x－1＋cs x，x∈(0，1)，
构建g(x)＝G′(x)，x∈(0，1)，则g′(x)＝2－sin x>0对x∈(0，1)恒成立，
则g(x)在(0，1)上单调递增，可得g(x)>g(0)＝0，即G′(x)>0对x∈(0，1)恒成立，
则G(x)在(0，1)上单调递增，可得G(x)>G(0)＝0，所以sin x>x－x2，x∈(0，1).
综上所述，x－x23．已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
解：(1)f′(x)＝ eq \f(e,x) －a(x>0).
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00；当x> eq \f(e,a) 时，f′(x)<0，故f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e,a))) 上单调递增，在( eq \f(e,a) ，＋∞)上单调递减．
(2)证明：因为x>0，所以只需证f(x)≤ eq \f(ex,x) －2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e，
记g(x)＝ eq \f(ex,x) －2e(x>0)，则g′(x)＝ eq \f(（x－1）ex,x2) ，所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e，综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤ eq \f(ex,x) －2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
4．(2023·新课标Ⅰ卷)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)>2ln a＋ eq \f(3,2) .
解：(1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1，
当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立，所以f(x)在R上单调递减；
当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a，当x<－ln a时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减；
当x>－ln a时，f′(x)>0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增；
综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)证明：证法一：由(1)得，当a>0时，f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，
要证f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2) ，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋ eq \f(3,2) ，即证a2－ eq \f(1,2) －ln a>0(a>0)恒成立，
令g(a)＝a2－ eq \f(1,2) －ln a(a>0)，则g′(a)＝2a－ eq \f(1,a) ＝ eq \f(2a2－1,a) ，
令g′(a)<0，则00，则a> eq \f(\r(2),2) ，所以g(a)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))) 上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞)) 上单调递增，所以g(a)min＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2))) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(2) － eq \f(1,2) －ln eq \f(\r(2),2) ＝ln eq \r(2) >0，则g(a)>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2) 恒成立．
证法二：令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，
由于y＝ex在R上单调递增，所以h′(x)＝ex－1在R上单调递增，
又h′(0)＝e0－1＝0，所以当x<0时，h′(x)<0；当x>0时，h′(x)>0；所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立．
因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x，当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立，
所以要证f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2) ，即证x＋ln a＋1＋a2－x>2ln a＋ eq \f(3,2) ，即证a2－ eq \f(1,2) －ln a>0，
令g(a)＝a2－ eq \f(1,2) －ln a(a>0)，则g′(a)＝2a－ eq \f(1,a) ＝ eq \f(2a2－1,a) ，
令g′(a)<0，则00，则a> eq \f(\r(2),2) ，所以g(a)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))) 上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞)) 上单调递增，所以g(a)min＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2))) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(2) － eq \f(1,2) －ln eq \f(\r(2),2) ＝ln eq \r(2) >0，则g(a)>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2) 恒成立．
5．已知函数f(x)＝ex2－x ln x．求证：当x>0时，f(x)证明：要证f(x)令h(x)＝ln x＋ eq \f(1,ex) (x>0)，则h′(x)＝ eq \f(ex－1,ex2) ，易知h(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) 上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)) 上单调递增，则h(x)min＝h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e))) ＝0，所以ln x＋ eq \f(1,ex) ≥0.
再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，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－ex1．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
解：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞).
f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．
(2)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>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，
所以g(x)在R上单调递增．于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).
又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
2．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，当a＝0，b＝－3时，证明：任意的x∈R，都有f(x)＋2≥ eq \f(x,ex) － eq \f(1,e) .
证明：由题设有f(x)＝x3－3x，设h(x)＝f(x)＋2＝x3－3x＋2，g(x)＝ eq \f(x,ex) － eq \f(1,e) ，
要证f(x)＋2≥ eq \f(x,ex) － eq \f(1,e) 即证h(x)≥g(x).
下面证明：当x>0时，h(x)≥g(x)，此时h′(x)＝3x2－3，g′(x)＝ eq \f(1－x,ex) ，
当x>1时，h′(x)>0，g′(x)<0，故g(x)在(1，＋∞)上为减函数，h(x)在(1，＋∞)上为增函数，
当00，故g(x)在(0，1)上为增函数，h(x)在(0，1)上为减函数，故在(0，＋∞)上，有g(x)max＝g(1)＝0，h(x)min＝h(1)＝0，故当x>0时，h(x)≥g(x)成立．
当x＝0，h(0)＝2>－ eq \f(1,e) ＝g(0)，故当x＝0时，h(x)>g(x)成立，
当x<0时，要证h(x)>g(x)即证x3－3x> eq \f(x,ex) ，即证ex(x2－3)<1，
设S(x)＝ex(x2－3)，其中x<0，故S′(x)＝ex(x2＋2x－3)，当x<－3时，S′(x)>0；当－3故S(x)在(－∞，－3)上为增函数，在(－3，0)上为减函数，故在(－∞，0)上，S(x)max＝ eq \f(6,e3) <1，
故ex(x2－3)<1，所以当x<0时，h(x)>g(x)成立. 综上，任意的x∈R，都有f(x)＋2≥ eq \f(x,ex) － eq \f(1,e) 恒成立．
3．(2024·陕西榆林高三统考期末)已知函数f(x)＝x－ex＋a恰有两个零点x1，x2(x1(1)求实数a的取值范围；
(2)若函数g(x)＝f(x)－f(－2x)，求证：g(x)在(－∞，0)上单调递减；
(3)求证：2x1＋x2<0.
解：(1)由题意得f′(x)＝1－ex，当x<0时，f′(x)>0；当x>0时，f′(x)<0.
∴函数f(x)在(－∞，0)上单调递增；在(0，＋∞)上单调递减，
∴f(x)max＝f(0)＝a－1.如图．
又当x→－∞时，ex→0，f(x)可取到负的无穷小值；
当x→＋∞时，－ex→－∞，f(x)也可取到负的无穷小值．
函数f(x)＝x－ex＋a恰有两个零点，∴f(x)max＝a－1>0，即a>1.
∴实数a的取值范围为(1，＋∞).
(2)证明：∵g(x)＝(x－ex＋a)－(－2x－e－2x＋a)＝3x－ex＋e－2x，x∈(－∞，0)，
∴g′(x)＝3－ex－2e－2x，令h(x)＝3－ex－2e－2x，x∈(－∞，0)，
∴h′(x)＝4e－2x－ex，
又x∈(－∞，0)时，有4e－2x>1，ex<1，∴h′(x)>0，h(x)在(－∞，0)上单调递增，∴g′(x)在(－∞，0)上单调递增，从而g′(x)(3)证明：由(1)知，x1<0∵f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴只需证f(x2)>f(－2x1).∵f(x1)＝f(x2)＝0，
∴只需证f(x1)>f(－2x1)，其中x1<0，
∴只需证g(x1)＝f(x1)－f(－2x1)>0，其中x1<0，
由(2)知，当x<0时，g(x)>g(0)＝0，∴f(x1)－f(－2x1)>0，∴2x1＋x2<0.
4．已知函数f(x)＝a ln x＋ eq \f(b（x＋1）,x) ，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2.
(1)求a，b的值；
(2)当x>0且x≠1时，求证：f(x)> eq \f(（x＋1）ln x,x－1) .
解：(1)函数f(x)＝a ln x＋ eq \f(b（x＋1）,x) 的导数为f′(x)＝ eq \f(a,x) － eq \f(b,x2) ，
曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2，可得f(1)＝2b＝2，f′(1)＝a－b＝0，解得a＝b＝1.
(2)证明：当x>1时，f(x)> eq \f(（x＋1）ln x,x－1) ，即为ln x＋1＋ eq \f(1,x) >ln x＋ eq \f(2ln x,x－1) ，即x－ eq \f(1,x) －2ln x>0，
当0 eq \f(（x＋1）ln x,x－1) ，即为x－ eq \f(1,x) －2ln x<0，
设g(x)＝x－ eq \f(1,x) －2ln x，g′(x)＝1＋ eq \f(1,x2) － eq \f(2,x) ＝ eq \f(（x－1）2,x2) ≥0，可得g(x)在(0，＋∞)上递增，
当x>1时，g(x)>g(1)＝0，即有f(x)> eq \f(（x＋1）ln x,x－1) ；
当0 eq \f(（x＋1）ln x,x－1) .
综上可得，当x>0且x≠1时，f(x)> eq \f(（x＋1）ln x,x－1) 成立．
5．(2023·天津卷)已知函数f(x)＝( eq \f(1,x) ＋ eq \f(1,2) )ln (x＋1).
(1)求曲线y＝f(x)在x＝2处切线的斜率；
(2)当x>0时，证明：f(x)>1；
(3)证明： eq \f(5,6) 解：(1)f(x)＝ eq \f(ln（x＋1）,x) ＋ eq \f(ln（x＋1）,2) ，则f′(x)＝ eq \f(1,x（x＋1）) ＋ eq \f(1,2（x＋1）) － eq \f(ln（x＋1）,x2) ，所以f′(2)＝ eq \f(1,3) － eq \f(ln 3,4) ，故x＝2处的切线斜率为 eq \f(1,3) － eq \f(ln 3,4) .
(2)证明：要证x>0时f(x)＝( eq \f(1,x) ＋ eq \f(1,2) )ln (x＋1)>1，即证ln (x＋1)> eq \f(2x,x＋2) ，
令g(x)＝ln (x＋1)－ eq \f(2x,x＋2) 且x>0，则g′(x)＝ eq \f(1,x＋1) － eq \f(4,（x＋2）2) ＝
eq \f(x2,（x＋1）（x＋2）2) >0，
所以g(x)在(0，＋∞)上递增，则g(x)>g(0)＝0，即ln (x＋1)> eq \f(2x,x＋2) ，所以x>0时f(x)>1.
(3)证明：设h(n)＝ln (n！)－(n＋ eq \f(1,2) )ln n＋n，n∈N*，则h(n＋1)－h(n)＝1＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2))) ln n－(n＋ eq \f(1,2) )·ln (n＋1)＝1－(n＋ eq \f(1,2) )ln (1＋ eq \f(1,n) )，
由(2)知，x＝ eq \f(1,n) ∈(0，1]，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n))) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2))) ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n))) >1，
所以h(n＋1)－h(n)<0，故h(n)在n∈N*上递减，故h(n)≤h(1)＝1；
下证ln (n！)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2))) ln n＋n> eq \f(5,6) ，
令φ(x)＝ln x－ eq \f(（x＋5）（x－1）,4x＋2) 且x>0，则φ′(x)＝ eq \f(（x－1）2（1－x）,x（2x＋1）2) ，当00，φ(x)递增，当x>1时φ′(x)<0，φ(x)递减，
所以φ(x)≤φ(1)＝0，故在x∈(0，＋∞)上，ln x≤ eq \f(（x＋5）（x－1）,4x＋2) 恒成立，
则h(n)－h(n＋1)＝(n＋ eq \f(1,2) )·ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n))) －1≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2))) · eq \f(\f(1,n)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6＋\f(1,n))),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋\f(2,n)))) －1＝ eq \f(1,4n（3n＋2）) < eq \f(1,12) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n))) ，
所以h(2)－h(3)< eq \f(1,12) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2))) ，h(3)－h(4)< eq \f(1,12) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3))) ，…，h(n－1)－h(n)< eq \f(1,12) ( eq \f(1,n－2) － eq \f(1,n－1) )，
累加得h(2)－h(n)< eq \f(1,12) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n－1))) ，而h(2)＝2－ eq \f(3,2) ln 2，h(1)＝1，
因为 eq \f(7,9) > eq \f(3,4) >ln 2，所以h(2)＝2－ eq \f(3,2) ln 2> eq \f(5,6) ，则－h(n)< eq \f(1,12) (1－ eq \f(1,n－1) )－2＋ eq \f(3,2) ln 2(n≥3)，
所以h(1)－h(n)< eq \f(3,2) ln 2－1＋ eq \f(1,12) (1－ eq \f(1,n－1) )< eq \f(3,2) ln 2－1＋ eq \f(1,12) < eq \f(1,6) ，故h(n)> eq \f(5,6) (n≥3).
综上， eq \f(5,6) 考点练19 导数与函数零点(压轴大题练) 对应学生用书037页
1．设函数f(x)＝ln x＋ eq \f(m,x) ，m∈R.
(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；
(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－ eq \f(x,3) 零点的个数．
解：(1)当m＝e时，f(x)＝ln x＋ eq \f(e,x) ，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ eq \f(1,x) － eq \f(e,x2) ＝ eq \f(x－e,x2) .令f′(x)＝0，得x＝e.
当x∈(0，e)时，f′(x)<0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝2.
(2)由题意知g(x)＝f′(x)－ eq \f(x,3) ＝ eq \f(1,x) － eq \f(m,x2) － eq \f(x,3) (x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－ eq \f(1,3) x3＋x(x>0).
设φ(x)＝－ eq \f(1,3) x3＋x(x>0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1).
当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，
因此x＝1也是φ(x)的最大值点，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝ eq \f(2,3) .
结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知，
①当m> eq \f(2,3) 时，函数g(x)无零点；
②当m＝ eq \f(2,3) 时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m> eq \f(2,3) 时，函数g(x)无零点；当m＝ eq \f(2,3) 或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当02．(教材回归)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．
解：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1).
若a≤0，则aex－1<0恒成立，则f′(x)<0，即f(x)在R上单调递减．若a>0，令aex－1＝0，得x＝－ln a，当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0，当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)因为f(x)有两个零点，所以a>0.
否则f(x)在R上单调递减，至多有一个零点，与题设不符，所以f(－ln a)<0，
即a× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a))) eq \s\up12(2) ＋(a－2)× eq \f(1,a) ＋ln a<0，有1－ eq \f(1,a) －ln eq \f(1,a) <0.
当a＝1时，f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；
当a>1时，有1－ln eq \f(1,a) － eq \f(1,a) >0，
即f(－ln a)>0，故f(x)无零点；
当a∈(0，1)时，1－ln eq \f(1,a) － eq \f(1,a) <0，
即f(－ln a)<0，
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>0，
所以f(x)在(－∞，－ln a)上有一个零点，设存在正整数n0满足n0>ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)－1)) .
则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0.
由于ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)－1)) >－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)上有一个零点．
综上，a的取值范围为(0，1).
3．设函数f(x)＝ eq \f(1,2) x2－m ln x，g(x)＝x2－(m＋1)x，m>0.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当m≥1时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ eq \f(（x＋\r(m)）（x－\r(m)）,x) .
当0当x> eq \r(m) 时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
综上，函数f(x)的单调递增区间是( eq \r(m) ，＋∞)，单调递减区间是(0， eq \r(m) ).
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－ eq \f(1,2) x2＋(m＋1)x－m ln x，x>0，
题中问题等价于求函数F(x)的零点个数．
F′(x)＝－ eq \f(（x－1）（x－m）,x) ，
当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，
因为F(1)＝ eq \f(3,2) >0，F(4)＝－ln 4<0，所以F(x)有唯一零点；
当m>1时，0m时，F′(x)<0；
10，所以函数F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，
因为F(1)＝m＋ eq \f(1,2) >0，F(2m＋2)＝－m ln (2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零点．
综上，函数F(x)有唯一零点，即函数f(x)与g(x)的图象总有一个交点．
4．已知函数f(x)＝ex(ax＋1)，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝bx－e.
(1)求a，b的值；
(2)若函数g(x)＝f(x)－3ex－m有两个零点，求实数m的取值范围．
解：(1)f(x)＝ex(ax＋1)，则f′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)，
由题意知 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（1）＝e（2a＋1）＝b，,f（1）＝e（a＋1）＝b－e，))
解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3e，)) ∴a＝1，b＝3e.
(2)g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，
函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于函数u(x)＝ex(x－2)的图象与直线y＝m有两个交点，u′(x)＝ex(x－2)＋ex＝ex(x－1)，
当x∈(－∞，1)时，u′(x)<0，∴u(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0，∴u(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e.
又当x→＋∞时，u(x)→＋∞，当x<2时，u(x)<0，∴实数m的取值范围为{m|－e5．已知函数f(x)＝a|ln x|＋x＋ eq \f(1,x) ，g(x)＝ex＋e－x－a|ln (ax)|－ eq \f(1,ax) ，其中a>0.
(1)当a＝1时，求 eq \f(f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e))),f′（e）) 的值；
(2)讨论函数g(x)的零点个数．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝|ln x|＋x＋ eq \f(1,x) .
当0当x>1时，f(x)＝ln x＋x＋ eq \f(1,x) ，则f′(x)＝ eq \f(1,x) ＋1－ eq \f(1,x2) ，f′(e)＝ eq \f(1,e) ＋1－ eq \f(1,e2) ＝ eq \f(e2＋e－1,e2) .
所以 eq \f(f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e))),f′（e）) ＝－e2.
(2)由g(x)＝0得ex＋e－x－a·|ln (ax)|－ eq \f(1,ax) ＝0(观察f(x)的形式进行同构变形)，
即a|ln ex|＋ex＋ eq \f(1,ex) ＝a|ln (ax)|＋ax＋ eq \f(1,ax) ，即f(ex)＝f(ax)，
当0当x>1时，f(x)＝a ln x＋x＋ eq \f(1,x) ，则f′(x)＝ eq \f(a,x) ＋1－ eq \f(1,x2) >0，函数f(x)递增，而f(x)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x))) ，所以ex＝ax或ex＝ eq \f(1,ax) (不能同时满足)，
显然方程ex＝ eq \f(1,ax) 有一个解，
由ex＝ax得a＝ eq \f(ex,x) ，设φ(x)＝ eq \f(ex,x) (x>0)，则φ′(x)＝ eq \f(（x－1）ex,x2) ，
当01时，函数φ(x)单调递增，所以当x＝1时，函数φ(x)有最小值e，于是当ae时，函数g(x)有三个零点．
1．已知函数f(x)＝sin x－ln (1＋x)，f′(x)为f(x)的导数，证明：
(1)f′(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2))) 上存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有2个零点．
证明：(1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
f′(x)＝cs x－ eq \f(1,x＋1) ，
令g(x)＝cs x－ eq \f(1,x＋1) ，x∈(－1， eq \f(π,2) )，∴g′(x)＝－sin x＋ eq \f(1,（x＋1）2) ，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2))) ，
易知g′(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2))) 上单调递减．
又g′(0)＝－sin 0＋1＝1>0，g′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) ＝－sin eq \f(π,2) ＋ eq \f(4,（π＋2）2) ＝ eq \f(4,（π＋2）2) －1<0，
∴x0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，使得g′(x0)＝0.
∴当x∈(－1，x0)时，g′(x)>0；
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2))) 时，g′(x)<0，
∴g(x)在(－1，x0)上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2))) 上单调递减．
故x＝x0为g(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2))) 上唯一的极大值点，即f′(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2))) 上存在唯一的极大值点x0.
(2)由(1)知f′(x)＝cs x－ eq \f(1,x＋1) ，x∈(－1，＋∞).
①当x∈(－1，0]时，由(1)可知f′(x)在(－1，0]上单调递增，∴f′(x)≤f′(0)＝0，∴f(x)在(－1，0]上单调递减，又f(0)＝0.∴x＝0为f(x)在(－1，0]上的唯一零点．
②当x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 时，f′(x)在(0，x0)上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2))) 上单调递减，
又f′(0)＝0，∴f′(x0)>0，∴f(x)在(0，x0)上单调递增，此时f(x)>f(0)＝0，不存在零点，
又f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) ＝cs eq \f(π,2) － eq \f(2,π＋2) ＝－ eq \f(2,π＋2) <0，
∴x1∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2))) ，使得f′(x1)＝0，∴f(x)在(x0，x1)上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(x1，\f(π,2))) 上单调递减，
又f(x0)>f(0)＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) ＝sin eq \f(π,2) －ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(π,2))) ＝ln eq \f(2e,π＋2) >ln 1＝0.
∴f(x)>0在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2))) 上恒成立，不存在零点．
③当x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) 时，易知f(x)在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) 上单调递减，
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) >0，f(π)＝sin π－ln (π＋1)＝－ln (π＋1)<0，∴f(x)在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) 上存在唯一零点．
④当x∈(π，＋∞)时，ln (x＋1)>ln (π＋1)>1，∴f(x)＝sin x－ln (1＋x)<0，∴f(x)在(π，＋∞)上不存在零点，综上所述，f(x)有且仅有2个零点．
2．已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2ln x．
(1)讨论函数F(x)＝f(x)－g(x)的单调性；
(2)若方程f(x)＝g(x)在区间[1，e]上有两个不相等的解，求a的取值范围．
解：(1)F(x)＝ax2－2ln x，其定义域为(0，＋∞)，∴F′(x)＝2ax－ eq \f(2,x) ＝ eq \f(2（ax2－1）,x) (x>0).
①当a>0时，由ax2－1>0，得x> eq \f(\r(a),a) ，
由ax2－1<0，得0故当a>0时，F(x)在区间( eq \f(\r(a),a) ，＋∞)上单调递增，在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(a),a))) 上单调递减．
②当a≤0时，F′(x)<0(x>0)恒成立．
故当a≤0时，F(x)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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(a),a))) 上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(a),a)，＋∞)) 上单调递增．
(2)方程f(x)＝g(x)在[1，e]上有两个不相等的解，即a＝ eq \f(2ln x,x2) 在[1，e]上有两个不相等的解，
∴y＝a与φ(x)＝ eq \f(2ln x,x2) ，x∈[1，e]有两个不同的交点，
φ′(x)＝ eq \f(2（1－2ln x）,x3) ，令φ′(x)＝0，得x＝ eq \r(e) ；∴当x∈[1， eq \r(e) )时，φ′(x)>0，
当x∈( eq \r(e) ，e]时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在[1， eq \r(e) )上单调递增，在( eq \r(e) ，e]上单调递减，∴φ(x)max＝φ( eq \r(e) )＝ eq \f(1,e) ，
又φ(e)＝ eq \f(2,e2) ，φ(1)＝0，∴要使y＝a与φ(x)＝ eq \f(2ln x,x2) 有两个不同的交点，则 eq \f(2,e2) ≤a< eq \f(1,e) ，
故a的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e2)，\f(1,e))) .
3．已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0).
(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2，1]上的最大值；
(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．
解：(1)由f(x)＝ex＋ax－a，得f′(x)＝ex＋a.
∵函数f(x)在x＝0处取得极值，
∴f′(0)＝e0＋a＝0，∴a＝－1，
∴f(x)＝ex－x＋1，f′(x)＝ex－1.
∴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．
易知f(x)在[－2，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增，且f(－2)＝ eq \f(1,e2) ＋3，f(1)＝e，f(－2)>f(1)，∴f(x)在[－2，1]上的最大值是 eq \f(1,e2) ＋3.
(2)f′(x)＝ex＋a.
①当a>0时，f′(x)>0，f(x)在R上单调递增，且当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0，
当x<0时，取x＝－ eq \f(1,a) ，
则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a))) <1＋a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)－1)) ＝－a<0，
∴函数f(x)存在零点，不满足题意．
②当a<0时，令f′(x)＝ex＋a＝0，则x＝ln (－a).
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．
∴当x＝ln (－a)时，f(x)取得极小值，也是最小值．
函数f(x)不存在零点，等价于f(ln (－a))＝
eln (－a)＋a ln (－a)－a＝－2a＋a ln (－a)>0，解得－e2综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2，0).
4．(2024·山东潍坊检测)已知函数f(x)＝ln x－x2＋ax，a∈R.
(1)证明：ln x≤x－1；
(2)若a≥1，讨论函数f(x)的零点个数．
解：(1)证明：令g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则g(1)＝0，
g′(x)＝ eq \f(1,x) －1＝ eq \f(1－x,x) ，
可得x∈(0，1)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；
x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减．
∴当x＝1时，函数g(x)取得极大值也是最大值，
∴g(x)≤g(1)＝0，即ln x≤x－1.
(2)f′(x)＝ eq \f(1,x) －2x＋a＝ eq \f(－2x2＋ax＋1,x) ，x>0.
令－2x eq \\al(2,0) ＋ax0＋1＝0，解得x0＝ eq \f(a＋\r(a2＋8),4) (负值舍去)，
在(0，x0)上，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
在(x0，＋∞)上，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
∴f(x)max＝f(x0).
当a＝1时，x0＝1，f(x)max＝f(1)＝0，此时函数f(x)只有一个零点x＝1.
当a>1时，f(1)＝a－1>0，
F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a))) ＝ln eq \f(1,2a) － eq \f(1,4a2) ＋ eq \f(1,2) < eq \f(1,2a) －1－ eq \f(1,4a2) ＋ eq \f(1,2) ＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)－\f(1,2))) eq \s\up12(2) － eq \f(1,4) <0，
f(2a)＝ln 2a－2a2<2a－1－2a2＝－2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2))) eq \s\up12(2) － eq \f(1,2) <0.
∴函数f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，1)) 和区间(1，2a)上各有一个零点．
综上可得，当a＝1时，函数f(x)只有一个零点；
当a>1时，函数f(x)有两个零点．
5．已知函数f(x)＝ax－ eq \f(1,x) －(a＋1)ln x．
(1)当a＝0 时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
解：(1)当a＝0 时，f(x)＝－ eq \f(1,x) －ln x(x>0)，所以f′(x)＝ eq \f(1,x2) － eq \f(1,x) ＝ eq \f(1－x,x2) .
若x∈(0，1)，f′(x)>0，f(x) 单调递增；
若x∈(1，＋∞)，f′(x)<0，f(x) 单调递减；
所以f(x)max＝f(1)＝－1.
(2)由f(x)＝ax－ eq \f(1,x) －(a＋1)·ln x(x>0)，得f′(x)＝a＋ eq \f(1,x2) － eq \f(a＋1,x) ＝
eq \f(（ax－1）（x－1）,x2) (x>0).
当a＝0 时，由(1)可知，f(x) 不存在零点；
当a<0 时，f′(x)＝ eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))（x－1）,x2) ，
若x∈(0，1)，f′(x)>0，f(x) 单调递增；
若x∈(1，＋∞)，f′(x)<0，f(x) 单调递减；
所以f(x)max＝f(1)＝a－1<0，所以f(x) 不存在零点；
当a>0 时，f′(x)＝ eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))（x－1）,x2) ，
若a＝1，f′(x)≥0，
f(x) 在(0，＋∞) 上单调递增，因为f(1)＝a－1＝0，所以函数f(x) 恰有一个零点；
若a>1，f(x) 在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a))) ，(1，＋∞) 上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1)) 上单调递减，因为f(1)＝a－1>0，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a))) >f(1)>0，当x→0＋ 时，f(x)→－∞，由零点存在定理可知f(x) 在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a))) 上必有一个零点，所以a>1 满足条件；
若0综上，若f(x) 恰有一个零点，a 的取值范围为(0，＋∞) .
考点练20 导数与恒成立、有解问题(压轴大题练) 对应学生用书039页
1. (教材回归)已知a>0且f(x)＝ax＋ eq \f(a－2,x) ＋2－2a，若f(x)≥2ln x在[1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
解：f(x)≥2ln x在[1，＋∞)上恒成立，即f(x)－2ln x≥0在[1，＋∞)上恒成立，设g(x)＝f(x)－2ln x＝ax＋ eq \f(a－2,x) ＋2－2a－2ln x，则g′(x)＝a－ eq \f(a－2,x2) － eq \f(2,x) ＝ eq \f(（x－1）（ax＋a－2）,x2) ，令g′(x)＝0，则x＝1或x＝ eq \f(2－a,a) ，由于g(1)＝0，a>0，因此 eq \f(2－a,a) ≤1(否则 eq \f(2－a,a) 是g(x)的极小值点，即g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－a,a))) <0)，所以a≥1.故实数a的取值范围是[1，＋∞).
2．(2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝ax－ eq \f(sin x,cs 3x) ，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，若f(x)解：设F(x)＝f(x)－sin 2x，f′(x)＝a－ eq \f(3－2cs2x,cs4x) ，令cs2x＝t，则t∈(0，1)，
则f′(x)＝g(t)＝ eq \f(at2＋2t－3,t2) ，
F′(x)＝f′(x)－2cs2x＝g(t)－2(2cs 2x－1)＝ eq \f(at2＋2t－3,t2) －2(2t－1)＝a＋2－4t＋ eq \f(2,t) － eq \f(3,t2) ，设φ(t)＝a＋2－4t＋ eq \f(2,t) － eq \f(3,t2) ，
φ′(t)＝－4－ eq \f(2,t2) ＋ eq \f(6,t3) ＝ eq \f(－4t3－2t＋6,t3) ＝－ eq \f(2（t－1）（2t2＋2t＋3）,t3) >0，所以φ(t)<φ(1)＝a－3.
若a∈(－∞，3]，F′(x)＝φ(t)即F(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上单调递减，所以F(x)所以当a∈(－∞，3]时，f(x)若a∈(3，＋∞)，
当t→0， eq \f(2,t) － eq \f(3,t2) ＝－3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(1,3))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(1,3) →－∞，所以φ(t)→－∞.
φ(1)＝a－3>0.所以t0∈(0，1)，使得φ(t0)＝0，即x0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，使得F′(x0)＝0.
当t∈(t0，1)时，φ(t)>0，即当x∈(0，x0)时，F′(x)>0，F(x)单调递增．所以当x∈(0，x0)时，F(x)>F(0)＝0，不合题意．综上，a的取值范围为(－∞，3].
3．设函数f(x)＝ln x＋ eq \f(a,x) (a为常数).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)不等式f(x)≥1在x∈(0，1]上恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ eq \f(a,x2) ＋ eq \f(1,x) ＝ eq \f(x－a,x2) ，
当a≤0时，又x>0，∴x－a>0，∴f′(x)>0，∴f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，∴f(x)单调递增；
若0综上可知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在区间(0，a)上单调递减，在区间(a，＋∞)上单调递增．
(2)f(x)≥1 eq \f(a,x) ＋ln x≥1 eq \f(a,x) ≥－ln x＋1a≥－x ln x＋x对任意x∈(0，1]恒成立．
令g(x)＝－x ln x＋x，x∈(0，1]，则g′(x)＝－ln x－x· eq \f(1,x) ＋1＝－ln x≥0，x∈(0，1]，∴g(x)在(0，1]上单调递增，
∴g(x)max＝g(1)＝1，∴a≥1，故实数a的取值范围为[1，＋∞).
4．已知函数f(x)＝ eq \f(1＋ln x,x) .
(1)若函数f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a＋\f(1,2))) 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)－ eq \f(k,x＋1) ≥0恒成立，求实数k的取值范围．
解：(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ eq \f(1－1－ln x,x2) ＝－ eq \f(ln x,x2) ，
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，且是唯一极值点，所以0故 eq \f(1,2) (2)原不等式可化为当x≥1时，k≤ eq \f(（x＋1）（1＋ln x）,x) 恒成立，令g(x)＝ eq \f(（x＋1）（1＋ln x）,x) (x≥1)，则g′(x)＝
eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋ln x＋1＋\f(1,x)))x－（x＋1）（1＋ln x）,x2) ＝ eq \f(x－ln x,x2) .
再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，则h′(x)＝1－ eq \f(1,x) ≥0，所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，
所以g(x)为增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2].
5．已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝ eq \f(ln x,x) .
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，求a的取值范围．
解：(1)因为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＝ln a．
由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞).
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞).
(2)因为x∈(0，＋∞)，
使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，所以ax≤ eq \f(ln x,x) ，即a≤ eq \f(ln x,x2) .
设h(x)＝ eq \f(ln x,x2) ，则问题转化为a≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x2))) eq \s\d7(max) .由h′(x)＝ eq \f(1－2ln x,x3) ，令h′(x)＝0，得x＝ eq \r(e) .
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表：
由上表可知，当x＝ eq \r(e) 时，函数h(x)有极大值，即最大值，为 eq \f(1,2e) ，所以a≤ eq \f(1,2e) .故a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2e))) .
1．已知函数f(x)＝ex－1－ax＋ln x(a∈R).
(1)若函数f(x)在x＝1处的切线与直线3x－y＝0平行，求实数a的值；
(2)若不等式f(x)≥ln x－a＋1对一切x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝ex－1－a＋ eq \f(1,x) ，∴f′(1)＝2－a＝3，∴a＝－1，经检验a＝－1满足题意，∴a＝－1.
(2)f(x)≥ln x－a＋1可化为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≤0时，φ′(x)>0，∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0，φ(x)≥0恒成立，∴a≤0符合题意．
②当a>0时，令φ′(x)＝0，得x＝ln a＋1.
当x∈(－∞，ln a＋1)时，φ′(x)<0，当x∈(ln a＋1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(－∞，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增．
当ln a＋1≤1即0φ(x)min＝φ(1)＝0，φ(x)≥0恒成立，∴0当ln a＋1>1，即a>1时，φ(x)在[1，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ln a＋1)<φ(1)＝0与φ(x)≥0矛盾．故a>1不符合题意．
综上，实数a的取值范围为{a|a≤1}．
2．已知函数f(x)＝sin x－ax cs x．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝ eq \f(π,2) 处的切线方程；
(2)对任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)解：(1)当a＝1时，f(x)＝sin x－x·cs x，则f′(x)＝x sin x．所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) ＝1，f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) ＝ eq \f(π,2) ，
故所求切线方程为y－1＝ eq \f(π,2) (x－ eq \f(π,2) )，即y＝ eq \f(π,2) x－ eq \f(π2,4) ＋1.
(2)设g(x)＝ax2＋ax－f(x)＝ax2＋ax＋ax cs x－sin x(x>0)，则g′(x)＝2ax＋a－ax sin x＋(a－1)cs x.
因为g(0)＝0，所以至少满足g′(0)＝2a－1≥0，即a≥ eq \f(1,2) .
设h(a)＝ax2＋ax＋ax cs x－sin x＝x(x＋1＋cs x)a－sin x．
因为x>0，x＋1＋cs x>0，所以h(a)在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) 上单调递增，所以h(a)≥h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ＝ eq \f(1,2) x(x＋1＋cs x)－sin x．
设F(x)＝ eq \f(1,2) x2＋ eq \f(1,2) x＋ eq \f(1,2) x cs x－sin x，则F′(x)＝x＋ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) cs x－ eq \f(1,2) x sin x－cs x＝ eq \f(1,2) [x(2－sin x)＋1－cs x].
因为x>0，所以x(2－sin x)>0，1－cs x≥0，则F′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即F(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以F(x)>F(0)＝0，即对任意x∈(0，＋∞)，都有f(x)3．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)≥ eq \f(1,2) x3＋1，求a的取值范围．
解：方法一：(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.
故当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．
(2)f(x)≥ eq \f(1,2) x3＋1等价于( eq \f(1,2) x3－ax2＋x＋1)e－x≤1.
设函数g(x)＝( eq \f(1,2) x3－ax2＋x＋1)e－x(x≥0)，
则g′(x)＝－( eq \f(1,2) x3－ax2＋x＋1－ eq \f(3,2) x2＋2ax－1)e－x＝－ eq \f(1,2) x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x＝－ eq \f(1,2) x(x－2a－1)(x－2)e－x.
①若2a＋1≤0，即a≤－ eq \f(1,2) ，
则当x∈(0，2)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，2)上单调递增，而g(0)＝1，
故当x∈(0，2)时，g(x)>1，不符合题意．
②若0<2a＋1<2，即－ eq \f(1,2) 当x∈(2a＋1，2)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1，2)上单调递增．由于g(0)＝1，所以要使g(x)≤1成立，当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，即a≥ eq \f(7－e2,4) .所以当 eq \f(7－e2,4) ≤a< eq \f(1,2) 时，g(x)≤1.
③若2a＋1≥2，即a≥ eq \f(1,2) ，则g(x)≤( eq \f(1,2) x3＋x＋1)e－x.
由于0∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，\f(1,2))) ，故由②可得( eq \f(1,2) x3＋x＋1)e－x≤1.故当a≥ eq \f(1,2) 时，g(x)≤1.
综上，a的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，＋∞)) .
方法二：(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，
令φ(x)＝ex＋2x－1，
由于φ′(x)＝ex＋2>0，故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，故当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．
(2)由f(x)≥ eq \f(1,2) x3＋1得，ex＋ax2－x≥ eq \f(1,2) x3＋1，其中x≥0，
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；
②当x>0时，分离参数a得，a≥－ eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2) ，
记g(x)＝－ eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2) ，则g′(x)＝－ eq \f(（x－2）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3) ，
令h(x)＝ex－ eq \f(1,2) x2－x－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－x－1，
令t(x)＝h′(x)，x≥0，则t′(x)＝ex－1≥0，故h′(x)单调递增，
h′(x)≥h′(0)＝0，故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0，
由h(x)≥0可得ex－ eq \f(1,2) x2－x－1≥0恒成立，故当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
因此，g(x)max＝g(2)＝ eq \f(7－e2,4) ，综上可得，a的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，＋∞)) .
4．已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－ eq \f(a,x) (a∈R)，g(x)＝ eq \f(1,2) x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]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∈[－2，0]，f(x1)解：(1)f′(x)＝ eq \f(（x－1）（x－a）,x2) .
①当a≤1，x∈[1，e]时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②当1所以f(x)min ＝f(a)＝a－(a＋1)·ln a－1.
③当a≥e，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，
f(x)在[1，e]上单调递减．f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ eq \f(a,e) .
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值．
由(1)知当a<1时f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ eq \f(a,e) .g′(x)＝(1－ex)x.
当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)单调递减，g(x)min＝g(0)＝1，
所以e－(a＋1)－ eq \f(a,e) <1，即a> eq \f(e2－2e,e＋1) ，所以a的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2－2e,e＋1)，1)) .
5．设f(x)＝ eq \f(a,x) ＋x ln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)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；
(2)如果对于任意的s，t∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)) ，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M成立．g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，
令g′(x)＝0，得x＝0或x＝ eq \f(2,3) ，
∵g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) ＝－ eq \f(85,27) ，又g(0)＝－3，g(2)＝1，
∴当x∈[0，2]时，g(x)max＝g(2)＝1，
g(x)min＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) ＝－ eq \f(85,27) ，∴M≤1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(85,27))) ＝ eq \f(112,27) ，∴满足条件的最大整数M为4.
(2)对任意的s，t∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)) ，都有f(s)≥g(t)，则f(x)min≥g(x)max.
由(1)知当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)) 时，g(x)max＝g(2)＝1，∴当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)) 时，f(x)＝ eq \f(a,x) ＋x ln x≥1恒成立，即a≥x－x2ln x恒成立．令h(x)＝x－x2ln x，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)) ，∴h′(x)＝1－2x ln x－x，
令φ(x)＝1－2x ln x－x，
∴φ′(x)＝－3－2ln x<0，
h′(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)) 上单调递减，
又h′(1)＝0，∴当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) 时，h′(x)≥0，当x∈[1，2]时，h′(x)≤0，∴h(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) 上单调递增，在[1，2]上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝1，故a≥1.∴实数a的取值范围是[1，＋∞).
阶段滚动卷一 对应学生用书041页
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知全集为R，集合A＝{－1，0，1，5}，B＝{x|x2－x－2≥0}，则A∩(∁RB)＝( B )
A．{－1，1} B．{0，1}
C．{0，1，5} D．{－1，0，1}
解析：由题得B＝{x|x≥2或x≤－1}，所以∁RB＝{x|－12．下列关于充分必要条件的判断中，错误的是( B )
A．“x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ”是“sin x＋ eq \f(1,sin x) ≥2”的充分条件
B．“a＋b≥2”是“ab≥1”的必要条件
C．“x>0”是“x＋ eq \f(1,x) ≥2”的充要条件
D．“a>0，b>0”是“a＋b>2 eq \r(ab) ”的非充分非必要条件
解析：由于x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，可得sin x∈(0，1)，即有sin x＋ eq \f(1,sin x) ∈(2，＋∞)，则“x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ”是“sin x＋ eq \f(1,sin x) ≥2”的充分条件，A正确；由ab≥1，可能a，b都小于0，a＋b＜0，则“a＋b≥2”不是“ab≥1”的必要条件，B错误；由x＞0可得x＋ eq \f(1,x) ≥2；反之可得x＞0，“x＞0”是“x＋ eq \f(1,x) ≥2”的充要条件，C正确；a＞0，b＞0可得a＋b≥2 eq \r(ab) ，若a＋b＞2 eq \r(ab) ，可能a＞0，b＝0，则“a＞0，b＞0”是“a＋b＞2 eq \r(ab) ”的非充分非必要条件，D正确．综上可得A，C，D正确；B错误．故选B.
3．已知a＝lg20.3，b＝lg3π，c＝lg73，则a，b，c的大小关系是( A )
A．aC．a解析：a＝lg20.3lg33＝1，即b>1；0＝lg714．已知函数f(x)是(－∞，＋∞)上的偶函数，若对于x≥0，都有f(x＋2)＝－f(x)，且当x∈[0，2)时，f(x)＝lg2(x＋1)，则f(－2 025)＝( D )
A．－2 B．－1
C．2 D．1
解析：∵x≥0，都有f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，即当x≥0时，函数f(x)具有周期性，且周期为4，又f(x)是偶函数，∴f(－2 025)＝f(2 025)＝f(2 024＋1)＝f(1)＝lg2(1＋1)＝1.故选D.
5．(2023·四川资阳模拟)过坐标原点可以作曲线y＝(x＋a)ex的两条切线，则a的取值范围是( D )
A．(－e，0)
B．(－4，0)
C．(－∞，－e)∪(0，＋∞)
D．(－∞，－4)∪(0，＋∞)
解析：∵y＝(x＋a)ex，∴y′＝(x＋1＋a)ex，设切点为(x0，y0)，则y0＝(x0＋a)ex0，切线斜率k＝(x0＋1＋a)ex0，切线方程为y－(x0＋a)ex0＝(x0＋1＋a)ex0(x－x0)，∵切线过原点，∴－(x0＋a)ex0＝(x0＋1＋a)ex0(－x0)，整理得x eq \\al(2,0) ＋ax0－a＝0，∵切线有两条，∴Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，∴a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞).故选D.
6．(2023·吉林长春模拟)已知函数f(x)的定义域D关于原点对称，但不包括数0.对定义域中的任意数x，在定义域中存在x1、x2，使x＝x1－x2，f(x1)≠f(x2)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) ＝－1且f(x)满足：
(1)当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 时，f(x)<0；(2)x1，x2∈D且x1≠x2，f(x1)≠f(x2)，f(x1－x2)＝ eq \f(f（x1）f（x2）＋1,f（x2）－f（x1）) .
则下列关于f(x)的判断错误的是( D )
A．f(x)为奇函数
B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) ＝0
C．π是f(x)的一个周期
D．f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上单调递减
解析：因为x1，x2∈D，f(x1－x2)＝ eq \f(f（x1）f（x2）＋1,f（x2）－f（x1）) ＝－ eq \f(f（x2）f（x1）＋1,f（x1）－f（x2）) ＝－f(x2－x1)，所以f(x)为D上的奇函数，A正确；因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) ＝－1，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4))) ＝1，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) ＝f( eq \f(π,4) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4))) )＝ eq \f (f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (π,4)))f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (π,4)))＋1,f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (π,4)))－f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (π,4)))) ＝0，B正确；当f(x)≠0时，因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2))) ＝ eq \f(f（x）f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (π,2)))＋1,f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (π,2)))－f（x）) ＝－ eq \f(1,f（x）) ，所以f(x－π)＝f(x－ eq \f(π,2) － eq \f(π,2) )＝－ eq \f (1,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f (π,2)))) ＝f(x)，当f(x)＝0时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4))) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4))))) ＝ eq \f (f（x）f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (π,4)))＋1,f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (π,4)))－f（x）) ＝1，f(x＋ eq \f(3π,4) )＝－ eq \f (1,f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f (π,4)))) ＝－1，f(x＋π)＝ eq \f (f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f (3,4)π))f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (π,4)))＋1,f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (π,4)))－f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f (3,4)π))) ＝0＝f(x)，所以π是f(x)的一个周期，C正确；x1，x2∈D，且07．已知函数f(x)＝3x＋2cs x，若a＝f(3 eq \r(2) )，b＝f(2)，c＝f(lg27)，则a，b，c的大小关系是( D )
A．aC．b解析：根据题意，函数f(x)＝3x＋2cs x，其导函数f′(x)＝3－2sin x，则有f′(x)＝3－2sin x>0在R上恒成立，则f(x)在R上为增函数；又由2＝lg248．(2024·山东烟台高三统考期末)已知函数f(x)＝(x＋1)ex，若函数F(x)＝f 2(x)－mf(x)＋m－1有三个不同的零点，则实数m的取值范围为( C )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e2)，0))
B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e2)，1))
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,e2)，1))
D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,e2)，1)) ∪(1，＋∞)
解析：函数f(x)＝(x＋1)ex的定义域为R，求导得f′(x)＝(x＋2)ex，当x<－2时，f′(x)<0，当x>－2时，f′(x)>0，因此函数f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(－2)＝－ eq \f(1,e2) ，且x<－1，恒有f(x)<0，由F(x)＝0，得[f(x)－1][f(x)－m＋1]＝0，即f(x)＝1或f(x)＝m－1，由f(x)＝1，得x＝0，于是函数F(x)有三个不同零点，当且仅当方程f(x)＝m－1有两个不同的解，即直线y＝m－1与y＝f(x)的图象有两个公共点，在同一坐标系内作出直线y＝m－1与y＝f(x)的图象，如图，
观察图象知，当－ eq \f(1,e2) 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知正实数a，b满足a＋b＝4，则下列不等式恒成立的是( ACD )
A．ab≤4
B． eq \f(1,a) ＋ eq \f(3,b) ≥4＋2 eq \r(3)
C．ln a·ln b≤ln 22
D． eq \f(1,a) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(2,b))) ≥1
解析：4＝a＋b≥2 eq \r(ab) ab≤4，当且仅当a＝b＝2时等号成立，故A正确； eq \f(1,a) ＋ eq \f(3,b) ＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(3,b))) (a＋b)＝
eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\f(b,a)＋\f(3a,b))) ≥ eq \f(1,4) (4＋2 eq \r(3) )，当且仅当 eq \f(b,a) ＝ eq \f(3a,b) ，a＝2( eq \r(3) －1)，b＝2 eq \r(3) ( eq \r(3) －1)时等号成立，故B错误；当ln a≤0时，ln b>0，∴ln a·ln b≤ln 22成立，当ln a>0，ln b>0时，ln a·ln b≤( eq \f(ln a＋ln b,2) )2＝ eq \f([ln （ab）]2,4) ≤ eq \f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln \f(（a＋b）2,4)))\s\up12(2),4) ＝ln22，故C正确；令M＝ eq \f(1,a) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(2,b))) ＝ eq \f(1,4－b) · eq \f(b2＋2,b) ＝－ eq \f(b2＋2,b2－4b) ＝－1－ eq \f(4b＋2,b2－4b) ，其中a＝4－b>0，010．具有性质f ＝－f(x)的函数，我们称为满足“倒负”变换的函数，给出下列函数，其中满足“倒负”变换的函数是( AC )
A．f(x)＝x－ eq \f(1,x)
B．f(x)＝x＋ eq \f(1,x)
C．f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x， 01))
D．f(x)＝x2－ eq \f(1,x)
解析：对于A，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x))) ＝ eq \f(1,x) －x，－f(x)＝ eq \f(1,x) －x，故满足“倒负”变换；对于B，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x))) ＝ eq \f(1,x) ＋x，－f(x)＝－ eq \f(1,x) －x，故不满足“倒负”变换；对于C，当0＜x＜1时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x))) ＝－x，－f(x)＝－x，当x＝1时，f(1)＝0，成立，当x＞1时，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x))) ＝ eq \f(1,x) ，－f(x)＝ eq \f(1,x) ，故满足“倒负”变换；对于D，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x))) ＝ eq \f(1－x3,x2) ，－f(x)＝ eq \f(1－x3,x) ，故不满足“倒负”变换．故选AC.
11．(2024·山东济宁高三统考期末)已知函数f(x)＝ eq \f(ln x,x) ，g(x)＝ eq \f(x,ex) ，则下列说法中正确的是( BCD )
A．f(2)>f(3)
B．函数f(x)与函数g(x)有相同的最大值
C．f(2)>g(2)
D．方程f(x)＝g(x)有且仅有一个实数根
解析：对于A，f′(x)＝ eq \f(1－ln x,x2) ，则当00，f(x)单调递增，当x>e时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(3)>f(4)，又f(4)＝ eq \f(ln 4,4) ＝ eq \f(ln 2,2) ＝f(2)，所以f(2)0，g(x)单调递增，当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝ eq \f(1,e) ，B正确；对于C，若f(2)>g(2)，即 eq \f(ln 4,4) ＝ eq \f(ln 2,2) > eq \f(2,e2) ＝ eq \f(ln e2,e2) ，即 eq \f(ln 4,4) > eq \f(ln e2,e2) ，结合函数f(x)＝ eq \f(ln x,x) 在(e，＋∞)上单调递减，且4g(x)在(e，＋∞)上恒成立，f(x)>g(x)，即 eq \f(ln x,x) > eq \f(x,ex) ＝ eq \f(ln ex,ex) ，当x∈(e，＋∞)时，f(x)＝ eq \f(ln x,x) 单调递减且x eq \f(ln ex,ex) ，D正确．
故选BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．若幂函数f(x)＝(a2＋a－5)xa在(0，＋∞)上单调递减，则a＝－3．
解析：由题知a2＋a－5＝1，解得a＝－3或a＝2，又函数f(x)是减函数，故a＝－3.
13．(2024·天津静海高三月考)若x＝2是函数f(x)＝x2＋2(a－2)x－4a ln x的极大值点，则实数a的取值范围是
(－∞，－2)．
解析：f′(x)＝ eq \f(2（x－2）（x＋a）,x) (x>0)，当a≥0时，令f′(x)>0可得x>2，此时f(x)单调递增，令f′(x)<0可得00可得02，此时f(x)单调递增，令f′(x)<0可得－a0可得0－a，此时f(x)单调递增，令f′(x)<0可得214．已知函数g(x)，h(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且满足g(x)＋h(x)＝ex＋sin x－x，则函数g(x)的解析式为g(x)＝ eq \f(ex＋e－x,2) ；若函数f(x)＝3|x－2 024|－λg(x－2 024)－2λ2有唯一零点，则实数λ的值为－1或 eq \f(1,2) ．
解析：因为函数g(x)，h(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，所以g(－x)＝g(x)，h(－x)＝－h(x)，
因为g(x)＋h(x)＝ex＋sin x－x，①所以g(－x)＋h(－x)＝e－x－sin x＋x，即g(x)－h(x)＝e－x－sin x＋x②，①②联立，可解得g(x)＝ eq \f(ex＋e－x,2) .令F(x)＝3|x|－λg(x)－2λ2，则F(－x)＝F(x)，所以F(x)为偶函数，所以f(x)＝F(x－2 024)＝3|x－2 024|－λg(x－2 024)－2λ2关于x＝2 024对称，因为f(x)有唯一的零点，所以f(x)的零点只能为x＝2 024，即f(2 024)＝1－λ－2λ2＝0，解得λ＝－1或λ＝ eq \f(1,2) .
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)(2024·福建泉州高三月考)(1)已知0(2)已知a≥b>0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.
解：(1)∵00，
∴y＝ eq \f(1,4) ×2x(1－2x)≤ eq \f(1,4) ×( eq \f(2x＋1－2x,2) )2＝ eq \f(1,4) × eq \f(1,4) ＝ eq \f(1,16) ，当且仅当2x＝1－2x，即x＝ eq \f(1,4) 时等号成立，即y＝ eq \f(1,2) x(1－2x)的最大值为 eq \f(1,16) .
(2)证明：∵(3a3＋2b3)－(3a2b＋2ab2) ＝3a2(a－b)＋2b2(b－a) ＝(a－b)(3a2－2b2)＝(a－b)[2(a－b)(a＋b)＋a2]，
又∵a≥b>0，则a－b≥0，2(a－b)(a＋b)＋a2>0，
∴(a－b)(3a2－2b2)≥0，
∴3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.
16．(15分)已知函数f(x)＝lgax(a>0且a≠1)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，16)) 上的最大值是2.
(1)求a的值；
(2)若函数g(x)＝lg2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－ax＋\f(1,4))) 的定义域为R，求不等式a1－3m>4中m的取值范围.
解：(1)当0因此当x＝ eq \f(1,4) 时，函数f(x)取得最大值2，即lga eq \f(1,4) ＝2，因此a＝ eq \f(1,2) .
当a>1时，函数f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，16)) 上是增函数，
当x＝16时，函数f(x)取得最大值2，即lga16＝2，因此a＝4.
故a＝ eq \f(1,2) 或a＝4.
(2)因为g(x)＝lg2(x2－ax＋ eq \f(1,4) )的定义域为R，
所以Δ＝a2－1<0，则－14，得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(1－3m) > eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(－2) ，则1－3m<－2，解得m>1，因此m的取值范围是(1，＋∞).
17．(15分)给出条件：①－1是函数f(x)的一个极值点；②f′(x)的一个零点为x＝ eq \f(2,3) .从这两个条件中任意选择一个作为题中的条件，并给出解答．
已知函数f(x)＝x3＋ax2－2x＋1的导函数为f′(x)，且 ．
(1)求a；
(2)求函数f(x)在区间[－3，1]上的最大值和最小值．
注：若选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分．
解：(1)f′(x)＝3x2＋2ax－2，
若选①，f′(－1)＝3－2a－2＝0，得a＝ eq \f(1,2) ，
当a＝ eq \f(1,2) 时，f′(x)＝3x2＋x－2＝(x＋1)(3x－2)，
令f′(x)<0，得－10，得x<－1或x> eq \f(2,3) ，
所以f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(2,3))) 上为减函数，在(－∞，－1)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞)) 上为增函数，
所以x＝－1是函数f(x)的一个极值点，符合题意，
所以a＝ eq \f(1,2) .
若选②，f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) ＝3× eq \f(4,9) ＋ eq \f(4a,3) －2＝0，得a＝ eq \f(1,2) .验证同①.
(2)由(1)知，a＝ eq \f(1,2) ，f(x)＝x3＋ eq \f(1,2) x2－2x＋1, f′(x)＝3x2＋x－2＝(x＋1)(3x－2)，
令f′(x)<0，得－10，得x<－1或x> eq \f(2,3) ，
所以f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(2,3))) 上为减函数，在(－∞，－1)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞)) 上为增函数，
当x∈[－3，1]时，f(x)在[－3，－1)上为增函数，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(2,3))) 上为减函数，在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1)) 上为增函数，
因为f(－3)＝ － eq \f(31,2) ，f(－1)＝ eq \f(5,2) ，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) ＝ eq \f(5,27) ，f(1)＝ eq \f(1,2) ，
所以函数f(x)在区间[－3，1]上的最大值为 eq \f(5,2) ，最小值为－ eq \f(31,2) .
18．(17分)(2024·云南丽江高三期末)华为消费者业务产品全面覆盖手机、移动宽带终端、终端云等，凭借自身的全球化网络优势、全球化运营能力，致力于将最新的科技带给消费者，让世界各地享受到技术进步的喜悦，以行践言，实现梦想．已知华为公司生产mate系列的某款手机的年固定成本为200万元，每生产1只还需另投入80元．设华为公司一年内共生产该款手机x万只并全部销售完，每万只的销售收入为R(x)万元，且R(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2 000－30x，040.))
(1)写出年利润W(万元)关于年产量x(万只)的函数解析式；
(2)当年产量为多少万只时，华为公司在该款手机的生产中所获得的利润最大？求出最大利润．
解：(1)依题意，利用利润等于收入减去成本，可得，当0当x>40时，W(x)＝xR(x)－(80x＋200)＝x( eq \f(37 000,x) － eq \f(200 000,x2) )－80x－200 ＝－ eq \f(200 000,x) －80x＋36 800；
所以W(x)＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－30x2＋1 920x－200，040.))
(2)当0所以当x＝32时，W(x)max＝30 520；
当x>40时，W(x)＝－ eq \f(200 000,x) －80x＋36 800＝－80 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 500,x)＋x)) ＋36 800≤－80×2 eq \r(\f(2 500,x)·x) ＋36 800＝28 800，
当且仅当 eq \f(2 500,x) ＝x，即x＝50时，等号成立，此时W(x)max＝28 800，
因为30 520>28 800，
所以当年产量为32万只时，利润最大，最大利润为30 520万元．
19．(17分)(2024·福建漳州高三期末)已知函数f(x)＝ex－2－a ln x.
(1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)求证：当00.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ex－2－ eq \f(a,x) .
依题意得，f′(x)＝ex－2－ eq \f(a,x) ≥0对x∈[1，＋∞)恒成立a≤xex－2对x∈[1，＋∞)恒成立．
令g(x)＝xex－2，x∈[1，＋∞)，
则g′(x)＝ex－2＋xex－2＝(x＋1)·ex－2，
当x∈[1，＋∞)时，g′(x)>0，
故g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)的最小值为g(1)＝ eq \f(1,e) .
故a≤ eq \f(1,e) ，即实数a的取值范围为(－∞， eq \f(1,e) ].
(2)证明：证法一：当0由h′(x)＝ex－2＋ eq \f(a,x2) >0，得h(x)＝f′(x)＝ex－2－ eq \f(a,x) 在(0，＋∞)上单调递增，
又f′(a)＝ea－2－1<0，f′(2)＝1－ eq \f(a,2) >0，
由零点存在定理可得f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，
设此零点为x0，则f′(x0)＝ex0－2－ eq \f(a,x0) ＝0，有ex0－2＝ eq \f(a,x0) ，
两边取对数并整理得－ln x0＝x0－2－ln a，
当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
故f(x)≥f(x0)＝ex0－2－a ln x0＝ eq \f(a,x0) ＋a(x0－2－ln a)＝ eq \f(a,x0) ＋ax0－2a－a ln a≥2 eq \r(\f(a,x0)·ax0) －2a－a ln a＝－a ln a>0.
即当00.
证法二：我们先证明ex≥x＋1，当且仅当x＝0时等号成立．
构造函数φ(x)＝ex－x－1，则φ′(x)＝ex－1，
当x<0时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；
当x>0时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
故φ(x)≥φ(0)＝0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时等号成立．
当x>－1时，对ex≥x＋1两边同时取对数有x≥ln (x＋1)，
故当x>0时x－1≥ln x，当且仅当x＝1时等号成立．
所以ex－2≥(x－2)＋1＝x－1≥ln x，
两个“≥”中等号成立的条件分别为x＝2和x＝1，
故当x>0时，ex－2>ln x.
当00>a ln x；
当x≥1时，ln x≥0，又0ln x≥a ln x.
综上所述，当00.x
(－∞，－ eq \f(2,3) )
－ eq \f(2,3)
(－ eq \f(2,3) ，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
x
(－∞，0)
0
(0，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
递减
极小值1
递增
极大值 eq \f(3,e)
递减
x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

2(1－ln 2＋a)

x
(0， eq \r(e) )
eq \r(e)
( eq \r(e) ，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)

极大值 eq \f(1,2e)
