十年(2016-2025)高考数学真题分类汇编(全国通用)专题26导数及其应用解答题(八大考点，100题)(学生版+解析)

这是一份十年(2016-2025)高考数学真题分类汇编(全国通用)专题26导数及其应用解答题(八大考点，100题)(学生版+解析)，共12页。试卷主要包含了已知函数f=ex−ax−a3，设函数f=e2x+lnx，证明，已知函数f=12−x2等内容，欢迎下载使用。

考点01：导数的几何意义
1．（2025·北京·高考真题）已知函数f(x)的定义域是−1,+∞,f0=0，导函数f'x=ln1+x1+x，设l1是曲线y=fx在点A(a,f(a))(a≠0)处的切线．
(1)求f'(x)的最大值；
(2)当−10，gx单调递增，
当x∈e−1,+∞时，g'xa时，h'x>0，hx单调递增，且f'a0时，f'x=ln1+x1+x>0，fx在0,+∞上单调递增，
所以fa>f0=0,f'a>0，
所以2a−x2−x1x2−x1=2a−faf'a+a−−faf'a+afaf'a+a−−faf'a+a
=−f'a2+1f'a2+1=−1+2f'a2+1，
由（1）可得当a>0时，f'(a)∈0,1e，
所以f'a2∈0,1e2,2f'a2+1∈2e2e2+1,2，
所以2a−x2−x1x2−x1∈e2−1e2+1,1.
解法二：由f'x=ln1+x1+x可设fx=ln21+x2+C，又f0=0，所以C=0，即fx=ln21+x2，
因为直线l1的方程为y=ln1+a1+ax−a+ln21+a2，易知a≠0，
所以直线l2的方程为y=−1+aln1+ax−a+ln21+a2,
x1=a−1+aln1+a2，x2=ln31+a21+a+a.
所以2a−x1−x2x2−x1=1+aln1+a2−ln31+a21+aln31+a21+a+1+aln1+a2=1+a2−ln21+aln21+a+1+a2
=1−ln21+a1+a2ln21+a1+a2+1=1−g2a1+g2a=−1+21+g2a,由（1）知,当x>0时，gx∈(0,1e]，所以g2a∈(0,1e2],
所以2a−x2−x1x2−x1∈e2−1e2+1,1.
2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知函数f(x)=ex−ax−a3．
(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点1,f(1)处的切线方程；
(2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
【答案】(1)e−1x−y−1=0
(2)1,+∞
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析a≤0和a>0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得a2+lna−1>0，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知f'(x)=ex−a有零点，可得a>0，进而利用导数求fx的单调性和极值，分析可得a2+lna−1>0，构建函数解不等式即可.
【详解】（1）当a=1时，则f(x)=ex−x−1，f'(x)=ex−1，
可得f(1)=e−2，f'(1)=e−1，
即切点坐标为1,e−2，切线斜率k=e−1，
所以切线方程为y−e−2=e−1x−1，即e−1x−y−1=0.
（2）解法一：因为f(x)的定义域为R，且f'(x)=ex−a，
若a≤0，则f'(x)≥0对任意x∈R恒成立，
可知f(x)在R上单调递增，无极值，不合题意；
若a>0，令f'(x)>0，解得x>lna；令f'(x)0，
若a>0，令f'(x)>0，解得x>lna；令f'(x)0等价于ga>g1，解得a>1，
所以a的取值范围为1,+∞.
3．（2023·全国乙卷·高考真题）已知函数fx=1x+aln1+x．
(1)当a=−1时，求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程．
(2)若函数fx在0,+∞单调递增，求a的取值范围．
【答案】(1)ln2x+y−ln2=0；
(2)a|a≥12.
【分析】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；
（2）原问题即f'x≥0在区间0,+∞上恒成立，整理变形可得gx=ax2+x−x+1lnx+1≥0在区间0,+∞上恒成立，然后分类讨论a≤0,a≥12,0g0=0，满足题意.
当00
所以f(x)在(−1,0)上单调递增,f(x)0
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)>f(0)=0
故f(x)在(0,+∞)上没有零点,不合题意
3°若a0,f(x)单调递增
所以
当x∈(0,m),f(x)−1,则h'(x)=1−xex,x>−1,
所以h(x)=xex在−1,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，所以h(x)≤h1=1e，
又e−ae−1>0，fe−ae−1≥−ae+a⋅1e=0，
所以f(x)在(m,+∞)上有唯一零点
又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,+∞)上有唯一零点
(2)当x∈(−1,0),g(x)=ex+a1−x2
设h(x)=g'(x)=ex−2ax
h'(x)=ex−2a>0
所以g'(x)在(−1,0)单调递增
g'(−1)=1e+2a0,g(x)单调递增,g(x)1，则当x∈(1a,1)时，f'(x)0.
所以1不是f(x)的极小值点.
综上可知，a的取值范围是(1,+∞).
方法二：f'(x)=(ax−1)(x−1)ex.
（1）当a=0时，令f'(x)=0得x=1.
f'(x),f(x)随x的变化情况如下表：
∴f(x)在x=1处取得极大值，不合题意.
（2）当a>0时，令f'(x)=0得x1=1a,x2=1.
①当x1=x2，即a=1时，f'(x)=(x−1)2ex≥0，
∴f(x)在R上单调递增，
∴f(x)无极值，不合题意.
②当x1>x2，即01满足题意.
（3）当a0知，与1−x+ex−1同号.
令g(x)=1−x+ex−1，则g'(x)=−1+ex−1.
所以，当时，，在区间上单调递减；
当时，，在区间上单调递增.
故是在区间上的最小值，
从而.
综上可知，，.故的单调递增区间为.
【考点】导数的应用；运算求解能力
【名师点睛】用导数判断函数的单调性时，首先应确定函数的定义域，然后在函数的定义域内，通过讨论导数的符号，来判断函数的单调区间．在对函数划分单调区间时，除必须确定使导数等于0的点外，还要注意定义区间内的间断点．
考点02：利用导数研究函数的单调性
9．（2025·全国二卷·高考真题）已知函数f(x)=ln(1+x)−x+12x2−kx3，其中00，设gx=11+x−3k,x>0，
则g'x=−11+x20，令gx0=0⇒x0=13k−1，
所以当x∈0,x0时，gx>0，则f'x>0；当x∈x0,+∞时，gx0，
故sxmin=s0=2，此时P0,1，
而f'x=ex,k=f'0=1，故fx在点P处的切线方程为y=x+1.
而kMP=0−11−0=−1，故kMP⋅k=−1，故直线MP与y=fx在点P处的切线垂直．
（3）设s1x=(x−t+1)2+(fx−ft+gt)2，
s2x=(x−t−1)2+(fx−ft−gt)2，
而s'1x=2(x−t+1)+2(fx−ft+gt)f'x，
s'2x=2(x−t−1)+2(fx−ft−gt)f'x，
若对任意的t∈R，存在点P同时是M1,M2在fx的“最近点”，
设Px0,y0，则x0既是s1x的最小值点，也是s2x的最小值点，
因为两函数的定义域均为R，则x0也是两函数的极小值点，
则存在x0,使得s1'x0=s2'x0=0，
即s1'x0=2x0−t+1+2f'x0fx0−f(t)+g(t)=0①
s2'x0=2x0−t−1+2f'x0fx0−f(t)−g(t)=0②
由①②相等得4+4g(t)⋅f'x0=0，即1+f'x0g(t)=0，
即f'x0=−1g(t)，又因为函数g(x)在定义域R上恒正，
则f'x0=−1g(t)0，解得x0，则fx单调递增，
所以fx在x2,+∞上无极值点；
综上：fx在−∞,0和x1,x2上各有一个极小值点，在0,x1上有一个极大值点，共有3个极值点.
【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断f'x1与f'x2的正负情况，充分利用f'x的单调性，寻找特殊点判断即可得解.
12．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数fx=ax−sinxcs2x,x∈0,π2．
(1)当a=1时，讨论fx的单调性；
(2)若fx+sinx0，
∴h(x)在[0,+∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(0)=1>0
∴g'(x)>0在[0,+∞)上恒成立，
∴g(x)在[0,+∞)上单调递增.
（3）解：原不等式等价于f(s+t)−f(s)>f(t)−f(0)，
令m(x)=f(x+t)−f(x)，(x,t>0)，
即证m(x)>m(0)，
∵m(x)=f(x+t)−f(x)=ex+tln(1+x+t)−exln(1+x)，
m'(x)=ex+tln(1+x+t)+ex+t1+x+t−exln(1+x)−ex1+x=g(x+t)−g(x)，
由（2）知g(x)=f'(x)=ex(ln(1+x)+11+x)在0,+∞上单调递增，
∴g(x+t)>g(x)，
∴m'(x)>0
∴m(x)在0,+∞上单调递增，又因为x,t>0，
∴m(x)>m(0)，所以命题得证.
14．（2021·全国甲卷·高考真题）已知a>0且a≠1，函数f(x)=xaax(x>0)．
（1）当a=2时，求fx的单调区间；
（2）若曲线y=fx与直线y=1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【答案】（1）0,2ln2上单调递增；2ln2,+∞上单调递减；（2）1,e∪e,+∞.
【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；
（2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线y=fx与直线y=1有且仅有两个交点等价转化为方程lnxx=lnaa有两个不同的实数根，即曲线y=gx与直线y=lnaa有两个交点，利用导函数研究gx的单调性，并结合gx的正负，零点和极限值分析gx的图象，进而得到00的解为a>1且a≠e．
所以，实数a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞)．
[方法三]分离法：一曲一直
曲线y=f(x)与y=1有且仅有两个交点等价为xaax=1在区间(0,+∞)内有两个不相同的解．
因为xa=ax，所以两边取对数得alnx=xlna，即lnx=xlnaa，问题等价为g(x)=lnx与p(x)=xlnaa有且仅有两个交点．
①当01，即alnaaaalna=aa−alna(lna)a>1，即aa−alna>(lna)a,a1−1lna>lna，两边取对数，得1−1lnalna>ln(lna)，即lna−1>ln(lna)．
令lna=t，则t−1>lnt，令h(x)=lnx−x+1，则h'(x)=1x−1，所以h(x)在区间(0,1)内单调递增，在区间(1,+∞)内单调递减，所以h(x)≤h(1)=0，所以t−1≥lnt，则t−1>lnt的解为t≠1，所以lna≠1，即a≠e．
故实数a的范围为(1,e)∪(e,+∞)．]
【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，
方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.
方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.
方法三：将问题取对，分成g(x)=lnx与p(x)=xlnaa两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论．
方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.
15．（2021·全国甲卷·高考真题）设函数f(x)=a2x2+ax−3lnx+1，其中a>0.
（1）讨论fx的单调性；
（2）若y=fx的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围.
【答案】（1）fx的减区间为0,1a，增区间为1a,+∞；（2）a>1e.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）根据f1>0及（1）的单调性性可得fxmin>0，从而可求a的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为0,+∞，
又f'(x)=2ax+3(ax−1)x，
因为a>0,x>0，故2ax+3>0，
当00；
所以fx的减区间为0,1a，增区间为1a,+∞.
（2）因为f1=a2+a+1>0且y=fx的图与x轴没有公共点，
所以y=fx的图象在x轴的上方，
由（1）中函数的单调性可得fxmin=f1a=3−3ln1a=3+3lna，
故3+3lna>0即a>1e.
【点睛】方法点睛：不等式的恒成立问题，往往可转化为函数的最值的符号来讨论，也可以参变分离后转化不含参数的函数的最值问题，转化中注意等价转化.
16．（2021·全国乙卷·高考真题）已知函数f(x)=x3−x2+ax+1．
（1）讨论fx的单调性；
（2）求曲线y=fx过坐标原点的切线与曲线y=fx的公共点的坐标．
【答案】(1)答案见解析；(2) 和−1，−1−a.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；
(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标.
【详解】(1)由函数的解析式可得：f'x=3x2−2x+a，
导函数的判别式Δ=4−12a，
当Δ=4−12a≤0,a≥13时，f'x≥0,fx在R上单调递增，
当时，的解为：x1=1−1−3a3,x2=1+1−3a3，
当x∈−∞,1−1−3a3时，单调递增；
当x∈1−1−3a3,1+1−3a3时，单调递减；
当x∈1+1−3a3,+∞时，单调递增；
综上可得：当时，在R上单调递增，
当时，在−∞,1−1−3a3，1+1−3a3,+∞上
单调递增，在1−1−3a3,1+1−3a3上单调递减.
(2)由题意可得：fx0=x03−x02+ax0+1，f'x0=3x02−2x0+a，
则切线方程为：y−x03−x02+ax0+1=3x02−2x0+ax−x0，
切线过坐标原点，则：0−x03−x02+ax0+1=3x02−2x0+a0−x0,
整理可得：2x03−x02−1=0，即：x0−12x02+x0+1=0，
解得：，则，f'(x0)=f'1=1+a
切线方程为：y=a+1x,
与联立得x3−x2+ax+1=(a+1)x，
化简得x3−x2−x+1=0,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，∴x−1是x3−x2−x+1的一个因式，∴该方程可以分解因式为x−1x2−1=0,
解得x1=1,x2=−1,
f−1=−1−a，
综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和−1，−1−a.
【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时，要注意除了已经求出的切点，还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方程求解，其中得到三次方程求解时要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根.
17．（2020·全国I卷·高考真题）已知函数f(x)=ex−a(x+2).
（1）当a=1时，讨论f(x)的单调性；
（2）若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
【答案】（1）f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞)；（2）(1e,+∞).
【分析】（1）将a=1代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；
（2）若f(x)有两个零点，即ex−a(x+2)=0有两个解，将其转化为a=exx+2有两个解，令h(x)=exx+2(x≠−2)，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.
【详解】（1）当a=1时，f(x)=ex−(x+2)，f'(x)=ex−1，
令f'(x)0x>0解得：x>2；由f'x0解得：00在0,+∞上恒成立，所以gx>g0=0；
若1e≤a0．
所以x=-lna为g(x)=aex-x的极小值点，则[g(x)]min=g(-lna)=ae-lna+lna=1+lna．
因为a≥1e，所以1+lna≥0，所以gx≥0．
令δ(x)=x-lnx-1,δ'(x)=1-1x．
当x∈(0,1)时，δ'(x)8−8ln2；
（2）若a≤3−4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）方法一：先求导数，根据条件解得x1，x2关系，再化简f(x1)+f(x2)为12x1x2−ln(x1x2)，利用基本不等式求得x1x2取值范围，最后根据函数单调性证明出不等式；
（2）方法一：利用零点存在定理证明函数t(x)=f(x)−kx−a有零点，再利用导数证明函数h(x)=x−lnx−ax在(0,+∞)上单调递减，即证出.
【详解】（1）［方法一］：基本不等式＋函数思想
函数f(x)的导函数f'x=12x−1x，由f'x1=f'x2,得12x1−1x1=12x2−1x2，
因为x1≠x2，所以1x1+1x2=12．由基本不等式得12x1x2=x1+x2≥24x1x2．
因为x1≠x2，所以x1x2>256．
由题意得fx1+fx2=x1−lnx1+x2−lnx2=12x1x2−lnx1x2．
设gx=12x−lnx，则g'x=14xx−4，
所以gx在0,16上递减，在16,+∞上递增，故gx1x2>g256=8−8ln2，
即fx1+fx2>8−8ln2．
［方法二］：换元＋同构＋函数思想
f'(x)=12x−1x=x−22x．令f'x1=f'x2=t，即关于x的二次方程2t(x)2−x+2=0的两个相异根分别为x1,x2，
则x1⋅x2=1tx1+x2=12tΔ=(−1)2−4×2t×2>0，解得00⇔x>4,f″(x)=−x+44x2>0⇔00时，(x−2)ex+x+2>0;
(2)证明：当a∈[0,1) 时，函数g（x）=ex−ax−ax2(x>0) 有最小值.设g（x）的最小值为h(a)，求函数h(a) 的值域.
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【详解】试题分析：（Ⅰ）先求定义域，用导数法求函数的单调性，当x∈(0,+∞)时，f(x)>f(0)证明结论；（Ⅱ）用导数法求函数g(x)的最值，再构造新函数h(a)=ex0x0+2，用导数法求解.
试题解析：（Ⅰ）f(x)的定义域为(−∞,−2)∪(−2,+∞).
f'(x)=(x−1)(x+2)ex−(x−2)ex(x+2)2=x2ex(x+2)2≥0,
且仅当x=0时，f'(x)=0，所以f(x)在(−∞,−2),(−2,+∞)单调递增，
因此当x∈(0,+∞)时，f(x)>f(0)=−1,
所以(x−2)ex>−(x+2),(x−2)ex+x+2>0
（Ⅱ）g'(x)=(x−2)ex+a(x+2)x3=x+2x3(f(x)+a),
由（Ⅰ）知，f(x)+a单调递增，对任意a∈[0,1),f(0)+a=a−10,g'(x)>0,g(x)单调递增.
因此g(x)在x=x0处取得最小值，最小值为
g(x0)=ex0−a(x0+1)x02=ex0+f(x0)(x0+1)x02=ex0x0+2.
于是h(a)=ex0x0+2，由(exx+2)'=(x+1)ex(x+2)2>0,知y=exx+2单调递增
所以，由x0∈(0,2],得12=e00+20时的两种情况即得.
（Ⅱ）分以下情况讨论：①当a≤0时，②当00，函数g(x)单调递增，
x∈（12a,+∞）时，g'(x)0时，函数g(x)单调递增区间为（0,12a），单调递减区间为（12a,+∞）.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f'(1)=0.
①当a≤0时，f'(x)0，f(x)单调递增.
所以f(x)在x=1处取得极小值，不合题意.
②当00，f(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时，f'(x)12.
【考点】应用导数研究函数的单调性、极值,分类讨论思想
【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力及分类讨论思想等.
考点03：利用导数研究函数的极值
24．（2025·上海·高考真题）已知f(x)=x2−(m+2)x+mlnx,m∈R．
(1)若f(1)=0，求不等式f(x)≤x2−1的解集；
(2)若函数y=f(x)满足在(0,+∞)上存在极大值，求m的取值范围；
【答案】(1)1,+∞
(2)m>0且m≠2.
【分析】（1）先求出m，从而原不等式即为x+lnx>1，构建新函数sx=x+lnx,x>0，由该函数为增函数可求不等式的解；
（2）求出函数的导数，就m≤0,00，则s'x=1+1x>0，故sx在0,+∞上为增函数，
而x+lnx≥1即为sx≥s1，故x≥1，
故原不等式的解为1,+∞.
（2）fx在0,+∞有极大值即为有极大值点.
f'x=2x−m+2+mx=2x2−m+2x+mx=2x−mx−1x，
若m≤0，则x∈0,1时，f'x1即m>2，则x∈1,m2时，f'x0，
所以fx在0,+∞上为增函数，故fx≥f0=0.
当−12g0=0，
所以gx在区间0,+∞上无零点，不符合题意；
当04a2+116a2−4a2−14a+4a2+1=4a2+112a2−14a+4a2+1>0，
所以函数gx在区间0,+∞上存在变号零点，符合题意.
综合上面可知:实数a得取值范围是0,12.
【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
(2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.
27．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（1）证明：当00对∀x∈0,1恒成立，
则gx在0,1上单调递增，可得gx>g0=0，
即G'x>0对∀x∈0,1恒成立，
则Gx在0,1上单调递增，可得Gx>G0=0，
所以sinx>x−x2,x∈0,1；
综上所述：x−x2−b2x−2xx2−1=xb2x2+2−b21−x2，
且b2x2>0,2−b2≥0,1−x2>0，
所以f'x>xb2x2+2−b21−x2>0，
即当x∈0,m⊆0,1时，f'x>0，则fx在0,m上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：fx在−m,0上单调递减，
所以x=0是fx的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当b2>2时，取x∈0,1b⊆0,1，则bx∈0,1，
由（1）可得f'x=−bsinbx−2xx2−10,h'1b=b3−b>0，则h'x>0对∀x∈0,1b恒成立，
可知hx在0,1b上单调递增，且h0=2−b20，
所以hx在0,1b内存在唯一的零点n∈0,1b，
当x∈0,n时，则hx0,1−x2>0，
则f'x0，所以F(x)在区间(0,1)内为增函数，所以F(x)>F(0)=0．
（ⅱ）当x∈(−∞,0)时，1ln(1−x)>0，x−1x>0，即证ln(1−x)>xx−1，由（ⅰ）分析知F(x)在区间(−∞,0)内为减函数，所以F(x)>F(0)=0．
综合（ⅰ）（ⅱ）有g(x)xx−1，所以1ln(1−x)xx−1，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.
29．（2021·天津·高考真题）已知a>0，函数f(x)=ax−xex．
（I）求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程：
（II）证明f(x)存在唯一的极值点
（III）若存在a，使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立，求实数b的取值范围．
【答案】（I）y=(a−1)x,(a>0)；（II）证明见解析；（III）−e,+∞
【分析】（I）求出fx在x=0处的导数，即切线斜率，求出f0，即可求出切线方程；
（II）令f'x=0，可得a=(x+1)ex，则可化为证明y=a与y=gx仅有一个交点，利用导数求出gx的变化情况，数形结合即可求解；
（III）令h(x)=x2−x−1ex,(x>−1)，题目等价于存在x∈(−1,+∞)，使得h(x)≤b，即b≥h(x)min，利用导数即可求出hx的最小值.
【详解】（I）f'(x)=a−(x+1)ex，则f'(0)=a−1，
又f(0)=0，则切线方程为y=(a−1)x,(a>0)；
（II）令f'(x)=a−(x+1)ex=0，则a=(x+1)ex，
令g(x)=(x+1)ex，则g'(x)=(x+2)ex，
当x∈(−∞,−2)时，g'(x)g(x)，则f'(x)>0，fx单调递增，
当x∈m,+∞时，a−1，
当x∈(−1,1)时，h'(x)0，
故存在唯一x0，使得f'(x0)=0；
又当x>x0时，f'(x0)>0，函数f(x)单调递增；当00,g'(x)在区间(0,+∞)内单调递增；又因为g'(1)=0，所以当x∈(0,1)时，g'(x)g'(1)=0，则当x∈(1,+∞)时，g(x)=(x−1)lnx单调递增．又g(1)=0，所以函数g(x)=(x−1)lnx与h(x)=x+1的图像，如图所示，只有两个交点，横坐标分别为x1和x2，且0−1时，g(x)≥g(0)=0，且仅当x=0时，g(x)=0，从而f'(x)≥0，且仅当x=0时，f'(x)=0.
所以f(x)在(−1,+∞)单调递增.
又f(0)=0，故当−10时，f(x)≥(2+x)ln(1+x)−2x>0=f(0)，这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.
（ii）若a0，故x=0不是h(x)的极大值点.
如果6a+10，故b=2a29+3a.
因为f(x)有极值，故f'(x)=0有实根，从而b−a23=19a(27−a3)≤0，即a≥3.
a=3时，f'(x)>0(x≠−1)，故f(x)在R上是增函数，f(x)没有极值；
a>3时，f'(x)=0有两个相异的实根x1=−a−a2−3b3，x2=−a+a2−3b3.
列表如下
故f(x)的极值点是x1,x2.
从而a>3，
因此b=2a29+3a，定义域为(3,+∞).
（2）由（1）知，ba=2aa9+3aa.
设g(t)=2t9+3t，则g'(t)=29−3t2=2t2−279t2.
当t∈(362,+∞)时，g'(t)>0，从而g(t)在(362,+∞)上单调递增.
因为a>3，所以aa>33，故g(aa)>g(33)=3，即ba>3.
因此b2>3a.
（3）由（1）知，f(x)的极值点是x1,x2，且x1+x2=−23a，x12+x22=4a2−6b9.
从而f(x1)+f(x2)=x13+ax12+bx1+1+x23+ax22+bx2+1
=x13(3x12+2ax1+b)+x23(3x22+2ax2+b)+13a(x12+x22)+23b(x1+x2)+2
=4a3−6ab27−4ab9+2=0
记f(x)，f'(x)所有极值之和为h(a)，
因为f'(x)的极值为b−a23=−19a2+3a，所以h(a)=−19a2+3a，a>3.
因为h'(a)=−29a−3a20，此时f(m)单调递增，
则f(m)min=f12=274，
∴|AB|+|AD|≥332，
但1+k2|k−2a|+1+1k21k+2a≥1+k2|k−2a|+1k+2a，此处取等条件为k=1，与最终取等时k=22不一致，故AB+AD>332.
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动14个单位得抛物线W':y=x2,
矩形ABCD变换为矩形A'B'C'D',则问题等价于矩形A'B'C'D'的周长大于33.
设 B't0,t02,A't1,t12,C't2,t22, 根据对称性不妨设 t0≥0.
则 kA'B'=t1+t0,kB'C'=t2+t0, 由于 A'B'⊥B'C', 则 t1+t0t2+t0=−1.
由于 A'B'=1+t1+t02t1−t0,B'C'=1+t2+t02t2−t0, 且 t0 介于 t1,t2 之间,
则 A'B'+B'C'=1+t1+t02t1−t0+1+t2+t02t2−t0. 令 t2+t0=tanθ,
t1+t0=−ctθ,θ∈0,π2,则t2=tanθ−t0,t1=−ctθ−t0,从而
A'B'+B'C'=1+ct2θ2t0+ctθ+1+tan2θtanθ−2t0
故A'B'+B'C'=2t01sinθ−1csθ+sinθcs2θ+csθsin2θ=2t0(csθ−sinθ)sinθcsθ+sin3θ+cs3θsin2θcs2θ
①当θ∈0,π4时,
A'B'+B'C'≥sin3θ+cs3θsin2θcs2θ=sinθcs2θ+csθsin2θ≥21sinθcsθ=22sin2θ≥22
②当 θ∈π4,π2 时,由于t11时，考虑ex−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数.
设Sx=ex−x−b，S'x=ex−1，
当x0，
故Sx在−∞,0上为减函数，在0,+∞上为增函数，
所以Sxmin=S0=1−b0，Sb=eb−2b，
设ub=eb−2b，其中b>1，则u'b=eb−2>0，
故ub在1,+∞上为增函数，故ub>u1=e−2>0，
故Sb>0，故Sx=ex−x−b有两个不同的零点，即ex−x=b的解的个数为2.
设Tx=x−lnx−b，T'x=x−1x，
当00，
故Tx在0,1上为减函数，在1,+∞上为增函数，
所以Txmin=T1=1−b0，Teb=eb−2b>0，
Tx=x−lnx−b有两个不同的零点即x−lnx=b的解的个数为2.
当b=1，由（1）讨论可得x−lnx=b、ex−x=b仅有一个解，
当b1.
设h(x)=ex+lnx−2x，其中x>0，故h'(x)=ex+1x−2，
设sx=ex−x−1，x>0，则s'x=ex−1>0，
故sx在0,+∞上为增函数，故sx>s0=0即ex>x+1，
所以h'(x)>x+1x−1≥2−1>0，所以h(x)在0,+∞上为增函数，
而h(1)=e−2>0，h(1e3)=e1e3−3−2e30，μ(b)>μ(1)=1−ln2>0)
所以G(x)=g(x)−b在(0,1)上存在且只存在1个零点，设为x3，在(1,+∞)上存在且只存在1个零点，设为x4.
再次，证明存在b，使得x2=x3:
因为F(x2)=G(x3)=0，所以b=ex2−x2=x3−lnx3，
若x2=x3，则ex2−x2=x2−lnx2，即ex2−2x2+lnx2=0，
所以只需证明ex−2x+lnx=0在(0,1)上有解即可，
即φ(x)=ex−2x+lnx在(0,1)上有零点，
因为φ(1e3)=e1e3−2e3−30，
所以φ(x)=ex−2x+lnx在(0,1)上存在零点，取一零点为x0，令x2=x3=x0即可，
此时取b=ex0−x0
则此时存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，
最后证明x1+x4=2x0，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为F(x1)=F(x2)=F(x0)=0=G(x3)=G(x0)=G(x4)
所以F(x1)=G(x0)=F(lnx0)，
又因为F(x)在(−∞,0)上单调递减，x10，fx单调递增；
当x∈1,+∞时，f'x0，fx单调递增；
在1a,1上，f'x0，
由（1）得当01−1x，所以lnx>21−1x，
此时f(x)=ax−1x−(a+1)lnx0(h'x12)；（II）0,12e−12.
【详解】试题分析：本题主要考查函数的最大（小）值，导数的运算及其应用，同时考查分析问题和解决问题的能力．
（Ⅰ）利用求导法则及求导公式，可求得f(x)的导数；（Ⅱ）令f'(x)=0，解得x=1或52，进而判断函数f(x)的单调区间，结合区间端点值求解函数f(x)的取值范围．
试题解析：（Ⅰ）因为(x−2x−1)'=1−12x−1，(e−x)'=−e−x，
所以f'(x)=(1−12x−1)e−x−(x−2x−1)e−x =(1−x)(2x−1−2)e−x2x−1(x>12)．
（Ⅱ）由
f'(x)=(1−x)(2x−1−2)e−x2x−1=0，解得
x=1或x=52．
因为
又f(x)=12(2x−1−1)2e−x≥0，
所以f（x）在区间[12,+∞)上的取值范围是[0,12e−12]．
【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（一）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出f'(x)，由f'(x)的正负，得出函数f(x)的单调区间；（二）函数的最值（极值）的求法：由单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数f(x)的极值或最值．
44．（2016·天津·高考真题）设函数f(x)=(x−1)3−ax−b，x∈R，其中a,b∈R.
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）= f（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=3；
（Ⅲ）设a＞0,函数g（x）= |f（x）|,求证：g（x）在区间[0,2]上的最大值不小于14.
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析.
【详解】
试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数f'(x)，再根据导函数零点是否存在，分类讨论；（Ⅱ）由题意得，计算可得f(3−2x0)=f(x0).再由及单调性可得结论；（Ⅲ）实质研究函数最大值：主要比较f(1),f(−1)，f(3a3,f(−3a3)的大小即可，可分三种情况研究：①a≥3；②34≤a0，
因为g'x为连续不间断函数，
故存在x0∈0,+∞，使得∀x∈0,x0，总有g'x>0，
故gx在0,x0为增函数，故gx>g0=0，
故hx在0,x0为增函数，故hx>h0=0，与题设矛盾.
若00，故函数hx单调递增，
又h(5)=ln5−20e5−ln2=ln52−20e4>0，故h(x)=lnx−4xex−ln2在x>5时为正，
从而题中的不等式得证.
[方法二]：分析+放缩法
a=e,f(x)=ex−bx+e2有2个不同零点x1,x2，不妨设x10，
由此可得h(x)在[1,+∞)单调递增，所以当t>1时，h(t)>h(1)，即t−1t−2lnt>0.
因为x2≥1，t3−3t2+3t−1=(t−1)3>0，k≥−3，
所以x23(t3−3t2+3t−1)+k(t−1t−2lnt)⩾(t3−3t2+3t−1)−3(t−1t−2lnt)
=t3−3t2+6lnt+3t−1. ②
由(Ⅰ)(ii)可知，当t>1时，g(t)>g(1)，即t3−3t2+6lnt+3t>1，
故t3−3t2+6lnt+3t−1>0 ③
由①②③可得(x1−x2)(f'(x1)+f'(x2))−2(f(x1)−f(x2))>0.
所以，当k≥−3时，任意的x1,x2∈[1,+∞)，且x1>x2，有
f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)−f(x2)x1−x2.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
(4)考查数形结合思想的应用．
53．（2018·全国II卷·高考真题）已知函数fx=ex-ax2．
（1）若a=1，证明：当x≥0时，fx≥1；
（2）若fx在(0,+∞)只有一个零点，求a的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）a=e24．
【分析】（1）方法一：构造函数gx=x2+1e-x-1，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调递减，最后根据单调性证得不等式;
（2）方法一：研究fx零点，等价研究hx=1-ax2e-x的零点，先求hx导数：h'x=axx-2e-x，这里产生两个讨论点，一个是a与零，一个是x与2，当a≤0时，hx>0，hx没有零点；当a>0时，hx先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值.
【详解】（1）［方法一］：【最优解】指数找朋友
当a=1时，fx≥1等价于x2+1e-x-1≤0．
设函数gx=x2+1e-x-1，则g'x=-x2-2x+1e-x=-x-12e-x．
g'x≤0，所以gx在0,+∞单调递减．
而g0=0，故当x≥0时，gx≤0，即fx≥1．
［方法二］：【通性通法】直接利用导数研究函数的单调性求得最小值
当a=1时，f(x)=ex-x2,f'(x)=ex-2x．
令g(x)=ex-2x,g'(x)=ex-2，令g'(x)=0，得x=ln2．则函数y=g(x)在区间[0,ln2)内单调递减，在区间[ln2,+∞)内单调递增，从而g(x)≥g(ln2)=2-2ln2>0，所以函数y=f(x)在区间[0,+∞)内单调递增，有f(x)≥f(0)=1．
［方法三］：【最优解】指对等价转化
当x≥0时，f(x)=ex-x2≥1⇔x≥lnx2+1．
令g(x)=x-lnx2+1,g'(x)=1-2xx2+1=(x-1)2x2+1≥0，函数y=g(x)在区间[0,+∞)上单调递增，故g(x)≥g(0)=0，有x≥lnx2+1，故当x≥0时，f(x)≥1．
（2）［方法一］：指数找朋友
设函数hx=1-ax2e-x，
fx在0,+∞只有一个零点当且仅当hx在0,+∞只有一个零点．
（i）当a≤0时，hx>0，hx没有零点；
（ii）当a>0时，h'x=axx-2e-x．
当x∈0,2时，h'x0时，f(x)=0⇔ax=exx，原问题转化为动直线y=ax与曲线h(x)=exx在区间(0,+∞)内只有一个公共点．由h'(x)=(x-1)exx2得函数y=h(x)在区间(0,1)内单调递减，在区间(1,+∞)内单调递增．设y=ax与y=h(x)的切点为Px0,exx0，则h'x0=x0-1ex0x02，于是函数y=h(x)在点P处的切线方程为y-ex0x0=x0-1ex0x02x-x0．由切线过原点可得x0=2，故a=h'(2)=e24．
［方法五］：【通性通法】含参讨论
因为f'(x)=ex-2ax，x∈0,+∞，
当a≤0时，f(x)在区间(0,+∞)内单调递增，又f(0)=1>0，故f(x)无零点；
当a>0时，f″(x)=ex-2a．
①当0f'(0)=1,f(x)在区间(0,+∞)内单调递增，又f(0)=1>0，故f(x)无零点；
②当120时，f(x)=0⇔ex2-ax=0，记φ(x)=ex2-ax，则φ'(x)=12ex2-a；
当00
当x-1时，g'x>g'-1=0，gx单调递增，所以gx ≥g-1=0．因此fx+e≥0．
［方法二］：【通性通法】导数的应用
函数y=f(x)的定义域为R，f'(x)=-(x-2)(ax+1)ex．
当a≥1时，令f'(x)=0，得x=2，或x=-1a，其中-1a3；
所以当M(a)最小时，M(a)=3，此时a=−3.
【点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
56．（2019·天津·高考真题）设函数f(x)=excsx,g(x)为fx的导函数.
（Ⅰ）求fx的单调区间；
（Ⅱ）当x∈π4,π2时，证明f(x)+g(x)π2−x⩾0；
（Ⅲ）设xn为函数u(x)=f(x)−1在区间2nπ+π4,2nπ+π2内的零点，其中n∈N，证明2nπ+π2−xn0，∴Δ=k+12−4k+1≤0，解得−10(x>0)，
函数fx在0,+∞上单调递增，所以f(x)≥f(0)=0，
因此xn+12−2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)≥0，故2xn+1−xn≤xnxn+12(n∈N∗)．
（Ⅲ）因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1，所以xn≥12n−1，
由xnxn+12≥2xn+1−xn，得1xn+1−12≥2(1xn−12)>0，
所以1xn−12≥2(1xn−1−12)≥⋅⋅⋅≥2n−1(1x1−12)=2n−2，故xn≤12n−2．
综上，12n−1≤xn≤12n−2(n∈N∗)．
【名师点睛】本题主要考查利用数列不等式的证明，常利用以下方法：（1）数学归纳法；（2）构造函数，利用函数的单调性证明不等式；（3）利用递推关系证明．
59．（2016·全国III卷·高考真题）设函数f(x)=lnx−x+1．
（Ⅰ）讨论f(x)的单调性；
（Ⅱ）证明当x∈(1,+∞)时，1cx.
【答案】（Ⅰ）当00或f'(x)−2当且仅当10在0,1上恒成立，
设gt=lnt+11−t−2t+bt3,t∈0,1，
则g't=21−t2−2+3bt2=t2−3bt2+2+3b1−t2，
当b≥0，−3bt2+2+3b≥−3b+2+3b=2>0，
故g't>0恒成立，故gt在0,1上为增函数，
故gt>g0=0即fx>−2在1,2上恒成立.
当−23≤b−2的解为1,2.
综上，b≥−23.
【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.
61．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数fx=aex+a−x．
(1)讨论fx的单调性；
(2)证明：当a>0时，fx>2lna+32．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再分类讨论a≤0与a>0两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为a2−12−lna>0的恒成立问题，构造函数ga=a2−12−lnaa>0，利用导数证得ga>0即可.
方法二：构造函数hx=ex−x−1，证得ex≥x+1，从而得到f(x)≥x+lna+1+a2−x，进而将问题转化为a2−12−lna>0的恒成立问题，由此得证.
【详解】（1）因为f(x)=aex+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−10时，令f'x=aex−1=0，解得x=−lna，
当x0，则fx在−lna,+∞上单调递增；
综上：当a≤0时，fx在R上单调递减；
当a>0时，fx在−∞,−lna上单调递减，fx在−lna,+∞上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，fxmin=f−lna=ae−lna+a+lna=1+a2+lna，
要证f(x)>2lna+32，即证1+a2+lna>2lna+32，即证a2−12−lna>0恒成立，
令ga=a2−12−lnaa>0，则g'a=2a−1a=2a2−1a，
令g'a0；
所以hx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
故hx≥h0=0，则ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立，
因为f(x)=aex+a−x=aex+a2−x=ex+lna+a2−x≥x+lna+1+a2−x，
当且仅当x+lna=0，即x=−lna时，等号成立，
所以要证f(x)>2lna+32，即证x+lna+1+a2−x>2lna+32，即证a2−12−lna>0，
令ga=a2−12−lnaa>0，则g'a=2a−1a=2a2−1a，
令g'a0
所以φ(t)0,即当x∈0,x0,g'(x)>0,g(x)单调递增.
所以当x∈0,x0,g(x)>g(0)=0,不合题意.
综上,a的取值范围为(−∞,3].
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性t=csx在定义域内是减函数,若t0=csx0,当t∈t0,1,φ(t)>0,对应当x∈0,x0,g'(x)>0.
63．（2022·天津·高考真题）已知a，b∈R，函数fx=ex−asinx,gx=bx
(1)求曲线y=fx在0,f0处的切线方程；
(2)若曲线y=fx和y=gx有公共点，
（i）当a=0时，求b的取值范围；
（ii）求证：a2+b2>e．
【答案】(1)y=(1−a)x+1
(2)（i）b∈[2e,+∞)；（ii）证明见解析
【分析】（1）求出f'(0)可求切线方程；
（2）（i）当a=0时，曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点即为s(t)=et2−bt,t≥0在[0,+∞)上有零点，求导后分类讨论结合零点存在定理可求b∈[2e,+∞).
（ii）曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点即asinx0+bx0−ex0=0，利用点到直线的距离得到a2+b2≥ex0sin2x0+x0，利用导数可证e2xsin2x+x>e，从而可得不等式成立.
【详解】（1）f'(x)=ex−acsx，故f'(0)=1−a，而f(0)=1，
曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=(1−a)(x−0)+1即y=(1−a)x+1.
（2）（i）当a=0时，
因为曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点，故ex=bx有解，
设t=x，故x=t2，故et2=bt在[0,+∞)上有解，
设s(t)=et2−bt,t≥0，故s(t)在[0,+∞)上有零点，
而s'(t)=2tet2−b,t>0，
若b=0，则s(t)=et2>0恒成立，此时s(t)在[0,+∞)上无零点，
若b0，
故u(t)在(0,+∞)上为增函数，
而u(0)=−b0，
故u(t)在(0,+∞)上存在唯一零点t0，
且00，则v'(t)=(2+4t2)et2>0，
故v(t)在(0,+∞)上为增函数，
而b=2t0et02，故b≥2e12=2e.
（ii）因为曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点，
所以ex−asinx=bx有解x0，其中x0≥0，
若x0=0，则1−a×0=b×0，该式不成立，故x0>0.
故asinx0+bx0−ex0=0，考虑直线asinx0+bx0−ex0=0，
a2+b2表示原点与直线asinx0+bx0−ex0=0上的动点(a,b)之间的距离，
故a2+b2≥ex0sin2x0+x0，所以a2+b2≥e2x0sin2x0+x0，
下证：对任意x>0，总有|sinx|0，
故q(x)在(0,+∞)上为增函数，故q(x)>q(0)=0即ex>x+1恒成立.
下证：e2xsin2x+x>e在(0,+∞)上恒成立，即证：e2x−1>sin2x+x，
即证：2x−1+1≥sin2x+x，即证：x≥sin2x，
而x>|sinx|≥sin2x，故x≥sin2x成立.
故ex0sin2x0+x0>e，即a2+b2>e成立.
【点睛】思路点睛：导数背景下零点问题，注意利用函数的单调性结合零点存在定理来处理，而多变量的不等式的成立问题，注意从几何意义取构建不等式关系，再利用分析法来证明目标不等式.
64．（2020·山东·高考真题）已知函数f(x)=aex−1−lnx+lna．
（1）当a=e时，求曲线y=fx在点1,f1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若不等式fx≥1恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）2e−1（2）[1,+∞)
【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点1,f1切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；
（2）方法一：利用导数研究函数fx的单调性，当a=1时，由f'1=0得fxmin=f1=1,符合题意；当a>1时，可证f'(1a)f'(1)0，∴aex0−1=1x0，∴lna+x0−1=−lnx0，
因此f(x)min=f(x0)=aex0−1−lnx0+lna
=1x0+lna+x0−1+lna≥2lna−1+21x0⋅x0=2lna+1>1,
∴fx>1,∴fx≥1恒成立；
当00，令aex−1=t，所以lna+x−1=lnt，所以lna=lnt−x+1．
于是f(x)=aex−1−lnx+lna=t−lnx+lnt−x+1．
由于f(x)≥1,t−lnx+lnt−x+1≥1⇔t+lnt≥x+lnx，而y=x+lnx在x∈(0,+∞)时为增函数，故t≥x，即aex−1≥x，分离参数后有a≥xex−1．
令g(x)=xex−1，所以g'(x)=ex−1−xex−1e2x−2=ex−1(1−x)e2x−2．
当00，所以T(a)在区间[1,+∞)内单调递增，则[T(a)]min=T(1)=ex−1−lnx．
因此要证明a≥1时，T(a)≥1恒成立，只需证明[T(a)]min=ex−1−lnx≥1即可．
由ex≥x+1,lnx≤x−1，得ex−1≥x,−lnx≥1−x．
上面两个不等式两边相加可得ex−1−lnx≥1，故a≥1时，f(x)≥1恒成立．
当01时，ex−1−f(x)=ex−1−a(x−1)+lnx−1≥ex−1−2x+1+lnx，
令g(x)=ex−1−2x+1+lnx(x>1)，下证g(x)>0即可.
g'(x)=ex−1−2+1x，再令h(x)=g'(x)，则h'(x)=ex−1−1x2，
显然h'(x)在(1,+∞)上递增，则h'(x)>h'(1)=e0−1=0，
即g'(x)=h(x)在(1,+∞)上递增，
故g'(x)>g'(1)=e0−2+1=0，即g(x)在(1,+∞)上单调递增，
故g(x)>g(1)=e0−2+1+ln1=0，问题得证
66．（2020·全国I卷·高考真题）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）≥12x3+1，求a的取值范围.
【答案】（1）当x∈−∞,0时，f'x0，故f'x单调递增，注意到f'0=0，故：
当x∈−∞,0时，f'x0，当x∈π2,π时，g'xax0+1
当 a≤0时，取x0=5−12,f(x0)>（1−x0）(1+x0)2=1>ax0+1
综上，a的取值范围[1，+∞）
点睛:利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
70．（2017·全国III卷·高考真题）已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.
（1）讨论f(x)的单调性；
（2）当a0，则f(x)在(0,+∞)单调递增；当a0；当x∈（1，+∞）时，g'(x)0等价于lnx−a(x−1)x+1>0.
设g(x)=lnx−a(x−1)x+1，则
g'(x)=1x−2a(x+1)2=x2+2(1−a)x+1x(x+1)2,g(1)=0，
（i）当a≤2，x∈(1,+∞)时，x2+2(1−a)x+1≥x2−2x+1>0，故g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增，因此g(x)>0；
（ii）当a>2时，令g'(x)=0得
x1=a−1−(a−1)2−1,x2=a−1+(a−1)2−1.
由x2>1和x1x2=1得x10，可得f(x)≤1.
又因为f(x0)=1，f'(x0)=0，故x0为f(x)的极大值点，由（I）知x0=a.
另一方面，由于|a|≤1，故a+11x−e1−x在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)．
【答案】（I） 见解析（II） a∈[12,+∞).
【详解】试题分析：本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，解决恒成立问题，考查学生的分析问题、解决问题的能力和计算能力.第（Ⅰ）问，对f(x)求导，再对a进行讨论，从而判断函数f(x)的单调性；第（Ⅱ）问，利用导数判断函数的单调性，从而证明结论.
试题解析：（Ⅰ）f'(x)=2ax−1x=2ax2−1x(x>0).
当a≤0时， f'(x)0时，由f'(x)=0，有x=12a.
此时，当x∈ （0,12a)时，f'(x)1时，s'(x)>0，
所以s(x)在区间（1，+∞)内单调递增.
又由s(1)=0，有s(x)>0，
从而当x>1时，f(x)>0.
当a≤0，x>1时，f(x)=a(x2−1)−lnxg(x)在区间（1，+∞)内恒成立时，必有a>0.
当0g(x)在区间（1，+∞)内不恒成立.
当a≥12时，令h(x)=f(x)−g(x)(x≥1)，
当x>1时，h'(x)=2ax−1x+1x2−e1−x>x−1x+1x2−1x=x3−2x+1x2>x2−2x+1x2>0，
因此，h(x)在区间(1,+∞)单调递增.
又因为h(1)=0，所以当x>1时，h(x)=f(x)−g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立.
综上，a∈[12,+∞).
【考点】导数的计算，利用导数求函数的单调性，解决恒成立问题
【名师点睛】本题考查导数的计算，利用导数求函数的单调性，解决恒成立问题，考查学生的分析问题、解决问题的能力和计算能力．求函数的单调性，基本方法是求f'(x)，解方程f'(x)=0，再通过f'(x)的正负确定f(x)的单调性；要证明不等式f(x)>g(x)，一般证明f(x)−g(x)的最小值大于0，为此要研究函数h(x)=f(x)−g(x)的单调性．本题中注意由于函数h(x)的极小值没法确定，因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围．比较新颖，学生不易想到，有一定的难度．
75．（2016·江苏·高考真题）已知函数f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1).
（1）设a=2,b=12.
①求方程f(x)=2的根；
②若对任意x∈R，不等式f(2x)≥mf(x)−6恒成立，求实数m的最大值；
（2）若00，所以g'(x)=h(x)是(−∞,+∞)上的单调增函数，
于是当x∈(−∞,x0)，g'(x)g'(x0)=0.
因而函数g(x)在(−∞,x0)上是单调减函数，在(x0,+∞)上是单调增函数.
下证x0=0.
若x00.
S△ACO=12tf(t)，设l与y轴交点B为(0,q)，
t>0时，若q0，
则切线l的方程为y−t−lnt+1=1+11+tx−t，
令x=0，则y=q=y=ln(1+t)−tt+1.
∵2S△ACO=15SABO，则2tf(t)=15tln(1+t)−tt+1，
∴13ln(1+t)−2t−15t1+t=0，记h(t)=13ln(1+t)−2t−15t1+t(t>0)，
∴满足条件的A有几个即h(t)有几个零点.
h'(t)=131+t−2−15(t+1)2=13t+13−2t2+2t+1−15(t+1)2=−2t2+9t−4(t+1)2=(−2t+1)(t−4)(t+1)2，
当t∈0,12时，h't0,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1−a，
若f(x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤e+1
所以a的取值范围为(−∞,e+1]
[方法二]：同构处理
由f(x)≥0得：e−lnx+x+x−lnx−a≥0
令t=x−lnx,t≥1，则f(t)=et+t−a≥0即a≤et+t
令g(t)=et+t,t∈[1,+∞)，则g'(t)=et+1>0
故g(t)=et+t在区间[1,+∞)上是增函数
故g(t)min=g(1)=e+1，即a≤e+1
所以a的取值范围为(−∞,e+1]
（2）[方法一]：构造函数
由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设x10
下面证明x>1时，exx−xe1x>0,lnx−12(x−1x)1，
则g'(x)=(1x−1x2)ex−(e1x+xe1x⋅(−1x2))=1x(1−1x)ex−e1x(1−1x)
=(1−1x)(exx−e1x)=x−1x(exx−e1x)
设φ(x)=exx(x>1),φ'(x)=(1x−1x2)ex=x−1x2ex>0
所以φ(x)>φ(1)=e,而e1x0,所以g'(x)>0
所以g(x)在(1,+∞)单调递增
即g(x)>g(1)=0,所以exx−xe1x>0
令h(x)=lnx−12(x−1x),x>1
h'(x)=1x−12(1+1x2)=2x−x2−12x2=−(x−1)22x20,fx单调递增，
若x∈0,ln2a，则f'x0,Hx单调递增，
注意到H0=0，故Hx≥0恒成立，从而有：ex≥x+1，此时：
fx=x−1ex−ax2+b≥x−1x+1−ax2+b =1−ax2+b−1，
当x>1−b1−a时，1−ax2+b−1>0，
取x0=1−b1−a+1，则fx0>0，
即：f00，
而函数在区间0,+∞上单调递增，故函数在区间0,+∞上有一个零点.
fln2a=2aln2a−1−aln2a2+b
≤2aln2a−1−aln2a2+2a
=2aln2a−aln2a2
=aln2a2−ln2a，
由于00两种情况讨论即可；
（2）f(x)有三个零点，由（1）知k>0，且f(−k3)>0f(k3)0时，令f'(x)=0，得x=±k3，令f'(x)0,∴ex>1,∴f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增，
∵10,f(0)=1−a0)只有1个交点．
记y=a,g(x)=ex−x(x>0)，由于g'(x)=ex−1>0在(0,+∞)内恒成立，所以g(x)在(0,+∞)内单调递增，故g(x)>g(0)=1．
因此，当10)只有1个交点．
（II）（i）∵f(x0)=0,∴ex0−x0−a=0，
∴a−1≤x0≤2(a−1)⇔ex0−x0−1≤x02≤2(ex0−x0−1)，
令g(x)=ex−x−1−x2(00,2(ex−x−1)>x2，
另一方面：∵10，
∴s(a)>s(1)=4(e−2)2>0，即4(ea−2)2≥(e−1)2(a−1)成立，
因此x0fex0≥(e−1)(a−1)a.
[方法二]【最优解】：放缩转化法
x0fex0≥(e−1)(a−1)a⇔x0fx0+a≥(e−1)(a−1)a．
设hx0=x0fx0+aa−1≤x0≤2(a−1)，则由ex0+a≥1+x0+a得h'x0=x0+1ex0+a−2x0+a>x0+1x0+a+1−2x0+a>0．
从而只要证h(a−1)−(e−1)(a−1)a≥0．
上式左边=ea−1+a−2a+a−1(a−ae−1)．
使用不等式ex≥x+1,ex≥ex可得ea−1+a−2a+a−1(a−ae−1)≥(1+a−1)ae−2a+a−1(a−ae−1) =a(e−2)+(a−1)a−1>0
【整体点评】（Ⅰ）方法一：直接研究函数的单调性，并根据零点存在定理证得结论，为通性通法；方法二：先分离常数，转化为证明水平直线y=a与函数g(x)=ex−x(x>0)的图象交点个数问题，为最优解；
（Ⅱ）（ⅰ）通过分析，转化，然后构造函数证得；
（ⅱ）方法一：构造函数t(x0)=x0[(ea−1)x0+a(ea−2)]，利用导数研究单调性，求得最小值，然后根据条件放缩转化为证明不等式2(a−1)a−1(ea−2)≥(e−1)(a−1)2．利用作差法构造关于实数a的函数，利用导数证得此不等式，为该题的通性通法；方法二：利用ex0+a≥1+x0+a放缩判定hx0=x0fx0+a的导函数大于零，确定单调性，得到其最小值，转化为ea−1+a−2a+a−1(a−ae−1)≥0，然后利用不等式ex≥x+1,ex≥ex放缩证明，运算相对简洁，为最优解.
82．（2019·全国I卷·高考真题）已知函数f(x)=sinx−ln(1+x)，f'(x)为f(x)的导数．证明：
（1）f'(x)在区间(−1,π2)存在唯一极大值点；
（2）f(x)有且仅有2个零点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在−1,π2上单调递减，根据零点存在定理可判断出∃x0∈0,π2，使得g'x0=0，进而得到导函数在−1,π2上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知x=0为fx在−1,0上的唯一零点；当x∈0,π2时，首先可判断出在0,x0上无零点，再利用零点存在定理得到fx在x0,π2上的单调性，可知fx>0，不存在零点；当x∈π2,π时，利用零点存在定理和fx单调性可判断出存在唯一一个零点；当x∈π,+∞，可证得fx0，g'π2=−sinπ2+4π+22=4π+22−10；x∈x0,π2时，g'x0
∴fx在0,x0上单调递增，此时fx>f0=0，不存在零点
又f'π2=csπ2−2π+2=−2π+20，所以f(x)=0等价于3a=x3x2+x+1，令g(x)=x3x2+x+1，则g'(x)=x2x2+2x+3x2+x+12．因为x2+2x+3>0，则g'(x)≥0，当且仅当x=0时，等号成立，所以g(x)在区间(-∞,+∞)内单调递增，
当x→-∞时，g(x)→-∞；当x→+∞时，g(x)→+∞．所以直线y=3a与g(x)的图像只有一个交点，即f(x)只有一个零点．
［方法三］：【通性通法】含参分类讨论＋零点存在性定理
f'(x)=x2-2ax-a,Δ=4a2+4a．
①当-1≤a≤0时，Δ≤0,f'(x)≥0,f(x)单调递增，f(0)=−a≥0,f(−3)=−9−7a0与a0,f(x)单调递增，当x10，所以f(x)在(−∞,−lna)单调递减，在(−lna,+∞)单调递增.
（2）（ⅰ）若a≤0，由（1）知，f(x)至多有一个零点.
（ⅱ）若a>0，由（1）知，当x=−lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(−lna)=1−1a+lna.
①当a=1时，由于f(−lna)=0，故f(x)只有一个零点；
②当a∈(1,+∞)时，由于1−1a+lna>0，即f(−lna)>0，故f(x)没有零点；
③当a∈(0,1)时，1−1a+lna0，故f(x)在(−∞,−lna)有一个零点.
设正整数n0满足n0>ln(3a−1)，则f(n0)=en0(aen0+a−2)−n0>en0−n0>2n0−n0>0.
由于ln(3a−1)>−lna，因此f(x)在(−lna,+∞)有一个零点.
综上，a的取值范围为(0,1).
点睛:研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数f(x)有2个零点求参数a的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断y=a与其交点的个数，从而求出a的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若f(x)有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点.
85．（2016·全国I卷·高考真题）已知函数f(x)=(x−2)ex+a(x−1)2.
（Ⅰ）讨论f(x)的单调性；
（Ⅱ）若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）0,+∞.
【分析】（Ⅰ）先求得f'x=x−1ex+2a.再根据1,0,2a的大小进行分类确定fx的单调性；（Ⅱ）借助第（Ⅰ）问的结论,通过分类讨论函数的单调性,确定零点个数,从而可得a的取值范围为0,+∞.
【详解】（Ⅰ）f'x=x−1ex+2ax−1=x−1ex+2a.
当a≥0，则当x∈−∞,1时，f'x0；
当x∈ln−2a,1时，f'x0，所以fx有两个零点.
当a=0，则fx=x−2ex，所以fx只有一个零点.
当a＜0，若a≥−e2，则由（Ⅰ）知，fx在1,+∞单调递增.
又当x≤1时，fx＜0，故fx不存在两个零点；
若a0且c−32270，f(x)在区间(x0,+∞)上单调递增．
所以f(x)不可能有三个不同零点．
综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有Δ=4a2−12b>0．
故a2−3b>0是f(x)有三个不同零点的必要条件．
当a=b=4，c=0时，a2−3b>0，f(x)=x3+4x2+4x=x(x+2)2只有两个不同零点，所以a2−3b>0不是f(x)有三个不同零点的充分条件．
因此a2−3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件．
【考点】利用导数研究曲线的切线；函数的零点
【名师点睛】1.证明不等式问题可通过作差或作商构造函数，然后用导数证明．
2.求参数范围问题的常用方法：（1）分离变量；（2）运用最值．
3.方程根的问题可化为研究相应函数的图象，而图象又归结为极值点和单调区间的讨论．
4.高考中一些不等式的证明需要通过构造函数，转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键．
考点08：导数与其他知识综合问题
87．（2025·全国一卷·高考真题）设数列an满足a1=3，an+1n=ann+1+1n(n+1)
(1)证明：nan为等差数列；
(2)设f(x)=a1x+a2x2+⋯+amxm，求f'(−2)．
【答案】(1)证明见解析；
(2)f'−2=79−3m+7−2m9
【分析】（1）根据题目所给条件an+1n=ann+1+1nn+1化简，即可证明结论；
（2）先求出an的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以x，作差并利用等比数列前n项和得出导函数表达式，即可得出结论.
【详解】（1）由题意证明如下，n∈N∗，
在数列an中，a1=3，an+1n=ann+1+1nn+1，
∴n+1an+1=nan+1，即n+1an+1−nan=1，
∴nan是以a1=3为首项，1为公差的等差数列.
（2）由题意及（1）得，n∈N∗，
在数列nan中，首项为3，公差为1，
∴nan=3+1×n−1，即an=1+2n，
在fx=a1x+a2x2+⋯+amxm中，
fx=3x+2x2+⋯+1+2mxm，f'x=3+4x+⋯+m+2xm−1
∴f'x=3+4x+⋯+m+2xm−1xf'x=3x+4x2+⋯+m+2xm，
当x≠1且x≠0时，
∴1−xf'x=3+x+x2+⋯+xm−1−m+2xm=3+x1−xm−11−x−m+2xm，
∴f'x=31−x+x1−xm−11−x2−m+2xm1−x
∴f'−2=31−−2+−21−−2m−11−−22−m+2−2m1−−2
=1+−21−−2m−19−m+2−2m3
=1−29−−2m9−m+2−2m3
=79−3m+7−2m9.
88．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，P(X=i)=pi(i=0,1,2,3)．
（1）已知p0=0.4,p1=0.3,p2=0.2,p3=0.1，求E(X)；
（2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根，求证：当E(X)≤1时，p=1，当E(X)>1时，p1，则p1+2p2+3p3>1，故p2+2p3>p0.
此时f'0=−p2+p0+p30，且x1+x2=4k,x1x2=−4b．利用点P在圆M上，求得k,b的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标P(2k,−b)，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于b的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；
90．（2019·全国III卷·高考真题）已知函数f(x)=2x3−ax2+b.
（1）讨论f(x)的单调性；
（2）是否存在a,b，使得f(x)在区间[0,1]的最小值为−1且最大值为1？若存在，求出a,b的所有值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)见详解；(2) a=0b=−1或a=4b=1.
【分析】(1)先求f(x)的导数，再根据a的范围分情况讨论函数单调性；(2) 根据a的各种范围，利用函数单调性进行最大值和最小值的判断，最终得出a,b的值.
【详解】(1)对f(x)=2x3−ax2+b求导得f'(x)=6x2−2ax=6x(x−a3).所以有
当a0时，(−∞,0)区间上单调递增，(0,a3)区间上单调递减，(a3,+∞)区间上单调递增.
(2)若f(x)在区间[0,1]有最大值1和最小值-1，所以
若a0，所以[F(x)]min=F−lnx0=0．
因此，函数F(x)只有一个零点−lnx0．
所以曲线y=ex与曲线y=lnx在点Ax0,lnx0处的切线y=1x0x−x0+x0+1x0−1只有一个交点B−lnx0,1x0．
又ex'x=−lnx0=1x0，因此，曲线y=ex与直线y=1x0(x−x0)+x0+1x0−1相切于B−lnx0,1x0，
即曲线y=lnx在点Ax0,lnx0处的切线也是曲线y=ex的切线．
【整体点评】(2)方法一：分别求得两条切线方程比较切线方程的形式是最直接思路；
方法二：考查切线斜率相等时证明切线重合的必要思路；
方法三：利用不同的方法计算切线方程是证明切线重合的有效方法；
方法四：构造函数进行证明体现了等价转化的数学思想.
92．（2019·全国III卷·高考真题）已知函数f(x)=2x3−ax2+2.
（1）讨论f(x)的单调性；
（2）当00，
故q(x)在1e2,17上单调递增，∴q(x)≤q17，
由（i）得q17=−277p170，即m>－1时，x1，2＝2±2m+1．
从而|AB|＝2|x1－x2|＝42m+1．
由题设知|AB|＝2|MN|，即42m+1＝2(m＋1)，
解得m＝7．
所以直线AB的方程为y＝x＋7．
95．（2019·天津·高考真题）设函数f(x)=lnx−a(x−1)ex，其中a∈R.
（Ⅰ）若a≤0，讨论fx的单调性；
（Ⅱ）若02.
【答案】（I）f(x)在(0,+∞)内单调递增.；
（II）（i）见解析；（ii）见解析.
【分析】（I）；首先写出函数的定义域，对函数求导，判断导数在对应区间上的符号，从而得到结果；
（II）（i）对函数求导，确定函数的单调性，求得极值的符号，从而确定出函数的零点个数，得到结果；
（ii）首先根据题意，列出方程组，借助于中介函数，证得结果.
【详解】（I）解：由已知，f(x)的定义域为(0,+∞)，
且f'(x)=1x−[aex+a(x−1)ex]=1−ax2exx，
因此当a≤0时，1−ax2ex>0，从而f'(x)>0，
所以f(x)在(0,+∞)内单调递增.
（II）证明：（i）由（I）知，f'(x)=1−ax2exx，
令g(x)=1−ax2ex，由0g(x0)x=0，
所以f(x)在(0,x0)内单调递增；
当x∈(x0,+∞)时，f'(x)=g(x)x1时，h'(x)=1x−11时，h(x)1，可知当x变化时，h'x，hx的变化情况如下表：
所以函数hx的单调递减区间为−∞,0，单调递增区间为0,+∞.
（II）由f'x=axlna，可得曲线y=fx在点x1,fx1处的切线斜率为ax1lna.
由g'x=1xlna，可得曲线y=gx在点x2,gx2处的切线斜率为1x2lna.
因为这两条切线平行，故有ax1lna=1x2lna，即x2ax1lna2=1.
两边取以a为底的对数，得lgax2+x1+2lgalna=0，所以x1+gx2=−2lnlnalna.
（III）［方法一］：导数的几何意义＋零点存在性定理
曲线y=fx在点x1,ax1处的切线l1：y−ax1=ax1lna⋅x−x1.
曲线y=gx在点x2,lgax2处的切线l2：y−lgax2=1x2lna⋅x−x2.
要证明当a≥e1e时，存在直线l，使l是曲线y=fx的切线，也是曲线y=gx的切线，
只需证明当a≥e1e时，存在x1∈−∞,+∞，x2∈0,+∞，使得l1和l2重合.
即只需证明当a≥e1e时，方程组ax1lna=1x2lna ①ax1−x1ax1lna=lgax2−1lna ②有解，
由①得x2=1ax1lna2，代入②，得ax1−x1ax1lna+x1+1lna+2lnlnalna=0. ③
因此，只需证明当a≥e1e时，关于x1的方程③存在实数解.
设函数ux=ax−xaxlna+x+1lna+2lnlnalna，
即要证明当a≥e1e时，函数y=ux存在零点.
u'x=1−lna2xax，可知x∈−∞,0时，u'x>0；
x∈0,+∞时，u'x单调递减，
又u'0=1>0，u'1lna2=1−a1lna20，使得u'x0=0，即1−lna2x0ax0=0.
由此可得ux在−∞,x0上单调递增，在x0,+∞上单调递减.
ux在x=x0处取得极大值ux0.
因为a≥e1e，故lnlna≥−1，
所以ux0=ax0−x0ax0lna+x0+1lna+2lnlnalna=1x0lna2+x0+2lnlnalna
≥2+2lnlnalna≥0.
下面证明存在实数t，使得ut1lna时，
有ux≤1+xlna1−xlna+x+1lna+2lnlnalna
=−lna2x2+x+1+1lna+2lnlnalna，根据二次函数的性质，
所以存在实数t，使得ut0⇒
ax1lna=t1x2lna=tlgax2−ax1x2−x1=t ⇒ln(tlna)+t−tlntlna+1=0．
记φ(t)=ln(tlna)+t−tlntlna+1，则φ'(t)=1t−lntlna是关于t的减函数．
φ'(lna)=1lna>0,φ'(elna)=1elna−10；当t>t0时，φ'(t)2t0⋅1t0+2lnlna=2+2lnlna≥0，由（Ⅰ）可得当k>1时，ak≥1+klna,lna>1e>0．
若φa−klna=−klna+2lnlna+a−klna(1+klna)+11)，则f '(x)=1−lnxx2．
令f '(x)=0，得x=e.列表如下：
因为ln22=ln860).问O'E为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低?
【答案】（1）120米（2）O'E=20米
【分析】（1）根据A,B高度一致列方程求得结果；
（2）根据题意列总造价的函数关系式，利用导数求最值，即得结果.
【详解】（1）由题意得140|O'A|2=−1800×403+6×40∴|O'A|=80
∴|AB|=|O'A|+|O'B|=80+40=120米
（2）设总造价为f(x)万元，|O'O|=140×802=160，设|O'E|=x，
f(x)=k(160+1800x3−6x)+32k[160−140(80−x)2],(0