专题05 导数及其应用解答题-大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题汇编（新高考卷与全国理科）

大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题（新高考卷与新课标理科卷）
专题05导数及其应用解答题
真题汇总命题趋势

1．【2022年全国甲卷理科21】已知函数fx=exx−lnx+x−a．
(1)若fx≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若fx有两个零点x1,x2，则环x1x2<1．
【答案】(1)(−∞,e+1]
(2)证明见的解析
【解析】
(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，
f'(x)=(1x−1x2)ex−1x+1 =1x(1−1x)ex+(1−1x)=x−1x(exx+1)
令f(x)=0,得x=1
当x∈(0,1),f'(x)<0,f(x)单调递减
当x∈(1,+∞),f'(x)>0,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]
(2)由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1
不妨设x1<1 要证x1x2<1,即证x1<1x2
因为x1,1x2∈(0,1),即证f(x1)>f(1x2)
因为f(x1)=f(x2),即证f(x2)>f(1x2)
即证exx−lnx+x−xe1x−lnx−1x>0,x∈(1,+∞)
即证exx−xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0
下面证明x>1时，exx−xe1x>0,lnx−12(x−1x)<0
设g(x)=exx−xe1x,x>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e1x 所以exx−e1x>0,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)22x2<0
所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递减
即ℎ(x)<ℎ(1)=0,所以lnx−12(x−1x)<0；
综上, exx−xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0,所以x1x2<1.
2．【2022年全国乙卷理科21】已知函数fx=ln1+x+axe−x
(1)当a=1时，求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程；
(2)若fx在区间−1,0,0,+∞各恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)y=2x
(2)(−∞,−1)
【解析】
(1)f(x)的定义域为(−1,+∞)
当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xex,f(0)=0,所以切点为(0,0) f'(x)=11+x+1−xex,f'(0)=2,所以切线斜率为2
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x
(2)f(x)=ln(1+x)+axex
f'(x)=11+x+a(1−x)ex=ex+a1−x2(1+x)ex
设g(x)=ex+a1−x2
1°若a>0,当x∈(−1,0),g(x)=ex+a1−x2>0,即f'(x)>0
所以f(x)在(−1,0)上单调递增,f(x) 故f(x)在(−1,0)上没有零点,不合题意
2°若−1⩽a⩽0,当x∈(0,+∞),则g'(x)=ex−2ax>0
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+a⩾0,即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a<−1
(1)当x∈(0,+∞),则g'(x)=ex−2ax>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增
g(0)=1+a<0,g(1)=e>0
所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f'(m)=0
当x∈(0,m),f'(x)<0,f(x)单调递减
当x∈(m,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增
所以
当x∈(0,m),f(x) 当x→+∞,f(x)→+∞
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+2a<0,g'(0)=1>0
所以存在n∈(−1,0),使得g'(n)=0
当x∈(−1,n),g'(x)<0,g(x)单调递减
当x∈(n,0),g'(x)>0,g(x)单调递增,g(x) 又g(−1)=1e>0
所以存在t∈(−1,n),使得g(t)=0,即f'(t)=0
当x∈(−1,t),f(x)单调递增,当x∈(t,0),f(x)单调递减
有x→−1,f(x)→−∞
而f(0)=0,所以当x∈(t,0),f(x)>0
所以f(x)在(−1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点
即f(x)在(−1,0)上有唯一零点
所以a<−1,符合题意
所以若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围为(−∞,−1)

3．【2022年新高考1卷22】已知函数f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【答案】(1)a=1
(2)见解析
【解析】
(1)f(x)=ex−ax的定义域为R，而f'(x)=ex−a，
若a≤0，则f'(x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0.
g(x)=ax−lnx的定义域为(0,+∞)，而g'(x)=a−1x=ax−1x.
当x 当x>lna时，f'(x)>0，故f(x)在(lna,+∞)上为增函数，
故f(x)min=f(lna)=a−alna.
当0 当x>1a时，g'(x)>0，故g(x)在(1a,+∞)上为增函数，
故g(x)min=g(1a)=1−ln1a.
因为f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值，
故1−ln1a=a−alna，整理得到a−11+a=lna，其中a>0，
设g(a)=a−11+a−lna,a>0，则g'(a)=2(1+a)2−1a=−a2−1a(1+a)2≤0，
故g(a)为(0,+∞)上的减函数，而g(1)=0，
故g(a)=0的唯一解为a=1，故1−a1+a=lna的解为a=1.
综上，a=1.
(2)由（1）可得f(x)=ex−x和g(x)=x−lnx的最小值为1−ln1=1−ln11=1.
当b>1时，考虑ex−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数.
设S(x)=ex−x−b，S'(x)=ex−1，
当x<0时，S'(x)<0，当x>0时，S'(x)>0，
故S(x)在(−∞,0)上为减函数，在(0,+∞)上为增函数，
所以S(x)min=S(0)=1−b<0，
而S(−b)=e−b>0，S(b)=eb−2b，
设u(b)=eb−2b，其中b>1，则u'(b)=eb−2>0，
故u(b)在(1,+∞)上为增函数，故u(b)>u(1)=e−2>0，
故S(b)>0，故S(x)=ex−x−b有两个不同的零点，即ex−x=b的解的个数为2.
设T(x)=x−lnx−b，T'(x)=x−1x，
当01时，T'(x)>0，
故T(x)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数，
所以T(x)min=T(1)=1−b<0，
而T(e−b)=e−b>0，T(eb)=eb−2b>0，
T(x)=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仅有一个零点，
当b<1时，由（1）讨论可得x−lnx=b、ex−x=b均无零点，
故若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点，
则b>1.
设ℎ(x)=ex+lnx−2x，其中x>0，故ℎ'(x)=ex+1x−2，
设s(x)=ex−x−1，x>0，则s'(x)=ex−1>0，
故s(x)在(0,+∞)上为增函数，故s(x)>s(0)=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)=e1e3−3−2e3 故ℎ(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x0，1e3 当0 当x>x0时，ℎ(x)>0即ex−x>x−lnx即f(x)>g(x)，
因此若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点，
故b=f(x0)=g(x0)>1，
此时ex−x=b有两个不同的零点x1,x0(x1<0 此时x−lnx=b有两个不同的零点x0,x4(0 故ex1−x1=b，ex0−x0=b，x4−lnx4−b=0，x0−lnx0−b=0
所以x4−b=lnx4即ex4−b=x4即ex4−b−(x4−b)−b=0，
故x4−b为方程ex−x=b的解，同理x0−b也为方程ex−x=b的解
又ex1−x1=b可化为ex1=x1+b即x1−ln(x1+b)=0即(x1+b)−ln(x1+b)−b=0，
故x1+b为方程x−lnx=b的解，同理x0+b也为方程x−lnx=b的解，
所以{x1,x0}={x0−b,x4−b}，而b>1，
故{x0=x4−bx1=x0−b即x1+x4=2x0.
4．【2022年新高考2卷22】已知函数f(x)=xeax−ex．
(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)<−1，求a的取值范围；
(3)设n∈N∗，证明：112+1+122+2+⋯+1n2+n>ln(n+1)．
【答案】(1)f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞).
(2)a≤12
(3)见解析
【解析】
(1)当a=1时，f(x)=(x−1)ex，则f'(x)=xex，
当x<0时，f'(x)<0，当x>0时，f'(x)>0，
故f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞).
(2)设ℎ(x)=xeax−ex+1，则ℎ(0)=0，
又ℎ'(x)=(1+ax)eax−ex，设g(x)=(1+ax)eax−ex，
则g'(x)=(2a+a2x)eax−ex，
若a>12，则g'(0)=2a−1>0，
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g(x)在(0,x0)为增函数，故g(x)>g(0)=0，
故ℎ(x)在(0,x0)为增函数，故ℎ(x)>ℎ(0)=−1，与题设矛盾.
若0 下证：对任意x>0，总有ln(1+x) 证明：设S(x)=ln(1+x)−x，故S'(x)=11+x−1=−x1+x<0，
故S(x)在(0,+∞)上为减函数，故S(x) 由上述不等式有eax+ln(1+ax)−ex 故ℎ'(x)≤0总成立，即ℎ(x)在(0,+∞)上为减函数，
所以ℎ(x)<ℎ(0)=−1.
当a≤0时，有ℎ'(x)=eax−ex+axeax<1−1+0=0，       
所以ℎ(x)在(0,+∞)上为减函数，所以ℎ(x)<ℎ(0)=−1.
综上，a≤12.
(3)取a=12，则∀x>0，总有xe12x−ex+1<0成立，
令t=e12x，则t>1,t2=ex,x=2lnt，
故2tlnt1恒成立.
所以对任意的n∈N∗，有2lnn+1n 整理得到：ln(n+1)−lnn<1n2+n，
故112+1+122+2+⋯+1n2+n>ln2−ln1+ln3−ln2+⋯+ln(n+1)−lnn
=ln(n+1)，
故不等式成立.
5．【2021年全国甲卷理科21】已知a>0且a≠1，函数f(x)=xaax(x>0)．
（1）当a=2时，求f(x)的单调区间；
（2）若曲线y=f(x)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,+∞).
（1）当a=2时，f(x)=x22x,f'(x)=2x�2x−x2�2xln2(2x)2=x�2x(2−xln2)4x,
令f'(x)=0得x=2ln2,当00,当x>2ln2时，f'(x)<0,
∴函数f(x)在(0,2ln2]上单调递增；[2ln2,+∞)上单调递减；
（2）f(x)=xaax=1⇔ax=xa⇔xlna=alnx⇔lnxx=lnaa,设函数g(x)=lnxx,
则g'(x)=1−lnxx2,令g'(x)=0，得x=e,
在(0,e)内g'(x)>0,g(x)单调递增；
在(e,+∞)上g'(x)<0,g(x)单调递减；
∴g(x)max=g(e)=1e,
又g(1)=0，当x趋近于+∞时，g(x)趋近于0，
所以曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点，即曲线y=g(x)与直线y=alna有两个交点的充分必要条件是0 所以a的取值范围是(1,e)∪(e,+∞).
6．【2021年新高考1卷22】已知函数f(x)=x(1−lnx).
（1）讨论f(x)的单调性；
（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna−alnb=a−b，证明：2<1a+1b 【答案】（1）f(x)的递增区间为(0,1)，递减区间为(1,+∞)；（2）证明见解析.
（1）函数的定义域为(0,+∞)，
又f'(x)=1−lnx−1=−lnx，
当x∈(0,1)时，f'(x)>0，当x∈(1,+∞)时，f'(x)<0，
故f(x)的递增区间为(0,1)，递减区间为(1,+∞).
（2）因为blna−alnb=a−b，故b(lna+1)=a(lnb+1)，即lna+1a=lnb+1b，
故f(1a)=f(1b)，
设1a=x1,1b=x2，由（1）可知不妨设01.
因为x∈(0,1)时，f(x)=x(1−lnx)>0，x∈(e,+∞)时，f(x)=x(1−lnx)<0，
故1 先证：x1+x2>2，
若x2≥2，x1+x2>2必成立.
若x2<2， 要证：x1+x2>2，即证x1>2−x2，而0<2−x2<1，
故即证f(x1)>f(2−x2)，即证：f(x2)>f(2−x2)，其中1 设g(x)=f(x)−f(2−x),1 则g'(x)=f'(x)+f'(2−x)=−lnx−ln(2−x)=−ln[x(2−x)]，
因为10，
所以g'(x)>0，故g(x)在(1,2)为增函数，所以g(x)>g(1)=0，
故f(x)>f(2−x)，即f(x2)>f(2−x2)成立，所以x1+x2>2成立，
综上，x1+x2>2成立.
设x2=tx1，则t>1，
结合lna+1a=lnb+1b，1a=x1,1b=x2可得：x1(1−lnx1)=x2(1−lnx2)，
即：1−lnx1=t(1−lnt−lnx1)，故lnx1=t−1−tlntt−1，
要证：x1+x2 即证：ln(t+1)+t−1−tlntt−1<1，即证：(t−1)ln(t+1)−tlnt<0，
令S(t)=(t−1)ln(t+1)−tlnt,t>1，
则S'(t)=ln(t+1)+t−1t+1−1−lnt=ln(1+1t)−2t+1，
先证明一个不等式：ln(x+1)≤x.
设u(x)=ln(x+1)−x，则u'(x)=1x+1−1=−xx+1，
当−10；当x>0时，u'(x)<0，
故u(x)在(−1,0)上为增函数，在(0,+∞)上为减函数，故u(x)max=u(0)=0，
故ln(x+1)≤x成立
由上述不等式可得当t>1时，ln(1+1t)≤1t<2t+1，故S'(t)<0恒成立，
故S(t)在(1,+∞)上为减函数，故S(t) 故(t−1)ln(t+1)−tlnt<0成立，即x1+x2 综上所述，2<1a+1b 7．【2021年全国乙卷理科20】设函数f(x)=ln(a−x)，已知x=0是函数y=xf(x)的极值点．
（1）求a；
（2）设函数g(x)=x+f(x)xf(x)．证明:g(x)<1．
【答案】1；证明见详解
（1）由f(x)=ln(a−x)⇒f'(x)=1x−a，y=xf(x)⇒y'=ln(a−x)+xx−a，
又x=0是函数y=xf(x)的极值点，所以y'(0)=lna=0，解得a=1；
（2）由（1）得f(x)=ln(1−x)，g(x)=x+f(x)xf(x)=x+ln(1−x)xln(1−x)，x<1且x≠0，
当 x∈(0,1)时，要证g(x)=x+ln(1−x)xln(1−x)<1，∵x>0,ln(1−x)<0， ∴xln(1−x)<0，即证x+ln(1−x)>xln(1−x)，化简得x+(1−x)ln(1−x)>0；
同理，当x∈(−∞,0)时，要证g(x)=x+ln(1−x)xln(1−x)<1，∵x<0,ln(1−x)>0， ∴xln(1−x)<0，即证x+ln(1−x)>xln(1−x)，化简得x+(1−x)ln(1−x)>0；
令h(x)=x+(1−x)ln(1−x)，再令t=1−x，则t∈(0,1)∪(1,+∞)，x=1−t，
令g(t)=1−t+tlnt，g'(t)=−1+lnt+1=lnt，
当t∈(0,1)时，g'(x)<0，g(x)单减，假设g(1)能取到，则g(1)=0，故g(t)>g(1)=0；
当t∈(1,+∞)时，g'(x)>0，g(x)单增，假设g(1)能取到，则g(1)=0，故g(t)>g(1)=0；
综上所述，g(x)=x+ln(1−x)xln(1−x)<1在x∈(−∞,0)∪(0,1)恒成立
8．【2021年新高考2卷22】已知函数f(x)=(x−1)ex−ax2+b．
（1）讨论f(x)的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：f(x)有一个零点
①122a；
②0 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
(1)由函数的解析式可得：f'(x)=x(ex−2a)，
当a≤0时，若x∈(−∞,0)，则f'(x)<0,f(x)单调递减，
若x∈(0,+∞)，则f'(x)>0,f(x)单调递增；
当00,f(x)单调递增，
若x∈(ln(2a),0)，则f'(x)<0,f(x)单调递减，
若x∈(0,+∞)，则f'(x)>0,f(x)单调递增；
当a=12时，f'(x)≥0,f(x)在R上单调递增；
当a>12时，若x∈(−∞,0)，则f'(x)>0,f(x)单调递增，
若x∈(0,ln(2a))，则f'(x)<0,f(x)单调递减，
若x∈(ln(2a),+∞)，则f'(x)>0,f(x)单调递增；
(2)若选择条件①：
由于122a>1,f(0)=b−1>0，
而f(−b)=(−1−b)e−b−ab2−b<0，
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.
f(ln(2a))=2a[ln(2a)−1]−a[ln(2a)]2+b
>2a[ln(2a)−1]−a[ln(2a)]2+2a
=2aln(2a)−a[ln(2a)]2
=aln(2a)[2−ln(2a)]，
由于12 结合函数的单调性可知函数在区间(0,+∞)上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于0 当b≥0时，e2>4,4a<2，f(2)=e2−4a+b>0，
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.
当b<0时，构造函数H(x)=ex−x−1，则H'(x)=ex−1，
当x∈(−∞,0)时，H'(x)<0,H(x)单调递减，
当x∈(0,+∞)时，H'(x)>0,H(x)单调递增，
注意到H(0)=0，故H(x)≥0恒成立，从而有：ex≥x+1，此时：
f(x)=(x−1)ex−ax2−b≥(x−1)(x+1)−ax2+b=(1−a)x2+(b−1)，
当x>1−b1−a时，(1−a)x2+(b−1)>0，
取x0=1−b1−a+1，则f(x0)>0，
即：f(0)<0,f(1−b1−a+1)>0，
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.
f(ln(2a))=2a[ln(2a)−1]−a[ln(2a)]2+b
≤2a[ln(2a)−1]−a[ln(2a)]2+2a
=2aln(2a)−a[ln(2a)]2
=aln(2a)[2−ln(2a)]，
由于0 结合函数的单调性可知函数在区间(−∞,0)上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
9．【2020年全国1卷理科21】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'x<0,fx单调递减，当x∈0,+∞时，f'x>0,fx单调递增.（2）7−e24,+∞
【解析】
(1)当a=1时，fx=ex+x2−x，f'x=ex+2x−1，
由于f''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,fx单调递减，
当x∈0,+∞时，f'x>0,fx单调递增.
(2)由fx≥12x3+1得，ex+ax2−x⩾12x3+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⩾−ex−12x3−x−1x2，
记gx=−ex−12x3−x−1x2，g'x=−x−2ex−12x2−x−1x3，
令hx=ex−12x2−x−1x≥0，
则h'x=ex−x−1，h''x=ex−1≥0，
故h'x单调递增，h'x≥h'0=0，
故函数hx单调递增，hx≥h0=0，
由hx≥0可得：ex−12x2−x−1⩾0恒成立，
故当x∈0,2时，g'x>0，gx单调递增；
当x∈2,+∞时，g'x<0，gx单调递减；
因此，gxmax=g2=7−e24,
综上可得，实数a的取值范围是7−e24,+∞.
10．【2020年全国2卷理科21】已知函数f(x)=sin2xsin2x.
（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
（2）证明：f(x)≤338；
（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤3n4n.
【答案】（1）当x∈0,π3时，f'x>0,fx单调递增，当x∈π3,2π3时，f'x<0,fx单调递减，当x∈2π3,π时，f'x>0,fx单调递增.（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】
(1)由函数的解析式可得：fx=2sin3xcosx，则：
f'x=23sin2xcos2x−sin4x=2sin2x3cos2x−sin2x
=2sin2x4cos2x−1=2sin2x2cosx+12cosx−1，
f'x=0在x∈0,π上的根为：x1=π3,x2=2π3，
当x∈0,π3时，f'x>0,fx单调递增，
当x∈π3,2π3时，f'x<0,fx单调递减，
当x∈2π3,π时，f'x>0,fx单调递增.
(2)注意到fx+π=sin2x+πsin2x+π=sin2xsin2x=fx，
故函数fx是周期为π的函数，
结合(1)的结论，计算可得：f0=fπ=0，
fπ3=322×32=338，f2π3=322×−32=−338，
据此可得：fxmax=338，fxmin=−338，
即fx≤338.
(3)结合(2)的结论有：
sin2xsin22xsin24x⋯sin22nx
=sin3xsin32xsin34x⋯sin32nx23
=sinxsin2xsin2xsin22xsin4x⋯sin22n−1xsin2nxsin22nx23
≤sinx×338×338×⋯×338×sin22nx23
≤338n23=34n.
11．【2020年全国3卷理科21】设函数f(x)=x3+bx+c，曲线y=f(x)在点(12，f(12))处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1．
【答案】（1）b=−34；（2）证明见解析
【解析】
（1）因为f'(x)=3x2+b，
由题意，f'(12)=0，即3×122+b=0
则b=−34；
（2）由（1）可得f(x)=x3−34x+c，
f'(x)=3x2−34=3(x+12)(x−12)，
令f'(x)>0，得x>12或x<−12；令f'(x)<0，得−12 所以f(x)在(−12,12)上单调递减，在(−∞,−12)，(12,+∞)上单调递增，
且f(−1)=c−14,f(−12)=c+14,f(12)=c−14,f(1)=c+14，
若f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0，则f(−1)>0或f(1)<0，
即c>14或c<−14.
当c>14时，f(−1)=c−14>0,f(−12)=c+14>0,f(12)=c−14>0,f(1)=c+14>0，
又f(−4c)=−64c3+3c+c=4c(1−16c2)<0，
由零点存在性定理知f(x)在(−4c,−1)上存在唯一一个零点x0，
即f(x)在(−∞,−1)上存在唯一一个零点，在(−1,+∞)上不存在零点，
此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当c<−14时，f(−1)=c−14<0,f(−12)=c+14<0,f(12)=c−14<0,f(1)=c+14<0，
又f(−4c)=64c3+3c+c=4c(1−16c2)>0，
由零点存在性定理知f(x)在(1,−4c)上存在唯一一个零点x0'，
即f(x)在(1,+∞)上存在唯一一个零点，在(−∞,1)上不存在零点，
此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上，f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
12．【2020年山东卷21】已知函数f(x)=aex−1−lnx+lna．
（1）当a=e时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．
【答案】（1）2e−1（2）[1,+∞)
【解析】
（1）∵f(x)=ex−lnx+1，∴f'(x)=ex−1x，∴k=f'(1)=e−1.
∵f(1)=e+1，∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y−e−1=(e−1)(x−1),即y=e−1x+2,
∴切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),(−2e−1,0),
∴所求三角形面积为12×2×|−2e−1|=2e−1;
（2）解法一：∵f(x)=aex−1−lnx+lna,
∴f'(x)=aex−1−1x，且a>0.
设g(x)=f'(x),则g'(x)=aex−1+1x2>0,
∴g(x)在(0,+∞)上单调递增，即f'(x)在(0,+∞)上单调递增，
当a=1时，f'(1)=0,∴fxmin=f1=1,∴fx≥1成立.
当a>1时，1a<1 ，∴e1a−1<1，∴f'(1a)f'(1)=a(e1a−1−1)(a−1)<0,
∴存在唯一x0>0，使得f'(x0)=aex0−1−1x0=0，且当x∈(0,x0)时f'(x)<0，当x∈(x0,+∞)时f'(x)>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0 综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).
解法二：fx=aex−1−lnx+lna=elna+x−1−lnx+lna≥1等价于
elna+x−1+lna+x−1≥lnx+x=elnx+lnx,
令gx=ex+x,上述不等式等价于glna+x−1≥glnx,
显然gx为单调增函数，∴又等价于lna+x−1≥lnx，即lna≥lnx−x+1，
令hx=lnx−x+1,则h'x=1x−1=1−xx
在0,1上h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h’(x)<0,h(x)单调递减，
∴hxmax=h1=0,
lna≥0，即a≥1，∴a的取值范围是[1,+∞).
13．【2020年海南卷22】已知函数f(x)=aex−1−lnx+lna．
（1）当a=e时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．
【答案】（1）2e−1（2）[1,+∞)
【解析】
（1）∵f(x)=ex−lnx+1，∴f'(x)=ex−1x，∴k=f'(1)=e−1.
∵f(1)=e+1，∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y−e−1=(e−1)(x−1),即y=e−1x+2,
∴切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),(−2e−1,0),
∴所求三角形面积为12×2×|−2e−1|=2e−1;
（2）解法一：∵f(x)=aex−1−lnx+lna,
∴f'(x)=aex−1−1x，且a>0.
设g(x)=f'(x),则g'(x)=aex−1+1x2>0,
∴g(x)在(0,+∞)上单调递增，即f'(x)在(0,+∞)上单调递增，
当a=1时，f'(1)=0,∴fxmin=f1=1,∴fx≥1成立.
当a>1时，1a<1 ，∴e1a−1<1，∴f'(1a)f'(1)=a(e1a−1−1)(a−1)<0,
∴存在唯一x0>0，使得f'(x0)=aex0−1−1x0=0，且当x∈(0,x0)时f'(x)<0，当x∈(x0,+∞)时f'(x)>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0 综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).
解法二：fx=aex−1−lnx+lna=elna+x−1−lnx+lna≥1等价于
elna+x−1+lna+x−1≥lnx+x=elnx+lnx,
令gx=ex+x,上述不等式等价于glna+x−1≥glnx,
显然gx为单调增函数，∴又等价于lna+x−1≥lnx，即lna≥lnx−x+1，
令hx=lnx−x+1,则h'x=1x−1=1−xx
在0,1上h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h’(x)<0,h(x)单调递减，
∴hxmax=h1=0,
lna≥0，即a≥1，∴a的取值范围是[1,+∞).
14．【2019年新课标3理科20】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】解：（1）f′（x）＝6x2﹣2ax＝6x（x−2a3）．
令f′（x）＝6x（x−2a3）＝0，解得x＝0，或2a3．
①a＝0时，f′（x）＝6x2≥0，函数f（x）在R上单调递增．
②a＞0时，函数f（x）在（﹣∞，0），（2a3，+∞）上单调递增，在（0，2a3）上单调递减．
③a＜0时，函数f（x）在（﹣∞，2a3），（0，+∞）上单调递增，在（2a3，0）上单调递减．
（2）由（1）可得：
①a＝0时，函数f（x）在[0，1]上单调递增．则f（0）＝b＝﹣1，f（1）＝2﹣a+b＝1，解得b＝﹣1，a＝0，满足条件．
②a＞0时，函数f（x）在[0，2a3]上单调递减．
2a3≥1，即a≥32时，函数f（x）在[0，1]上单调递减．则f（0）＝b＝1，f（1）＝2﹣a+b＝﹣1，解得b＝1，a＝4，满足条件．
0＜2a3＜1，即0＜a＜32时，函数f（x）在[0，2a3）上单调递减，在（2a3，1]上单调递增．则f（2a3）=2×8a327−a×4a29+b＝﹣1，
而f（0）＝b，f（1）＝2﹣a+b＞b，∴f（1）＝2﹣a+b＝1，联立解得：无解，舍去．
③a＜0时，函数f（x）在[0，1]上单调递增，则f（0）＝b＝﹣1，f（1）＝2﹣a+b＝1，解得b＝﹣1，a＝0，不满足条件，舍去．
综上可得：存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为﹣1且最大值为1．
a，b的所有值为：a=0b=−1，或a=4b=1．
15．【2019年全国新课标2理科20】已知函数f（x）＝lnx−x+1x−1．
（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；
（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝ex的切线．
【答案】解析：（1）函数f（x）＝lnx−x+1x−1．定义域为：（0，1）∪（1，+∞）；
f′（x）=1x+2(x−1)2＞0，（x＞0且x≠1），
∴f（x）在（0，1）和（1，+∞）上单调递增，
①在（0，1）区间取值有1e2，1e代入函数，由函数零点的定义得，
∵f（1e2）＜0，f（1e）＞0，f（1e2）•f（1e）＜0，
∴f（x）在（0，1）有且仅有一个零点，
②在（1，+∞）区间，区间取值有e，e2代入函数，由函数零点的定义得，
又∵f（e）＜0，f（e2）＞0，f（e）•f（e2）＜0，
∴f（x）在（1，+∞）上有且仅有一个零点，
故f（x）在定义域内有且仅有两个零点；
（2）x0是f（x）的一个零点，则有lnx0=x0+1x0−1，
曲线y＝lnx，则有y′=1x；
曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线方程为：y﹣lnx0=1x0（x﹣x0）
即：y=1x0x﹣1+lnx0
即：y=1x0x−2x0−1
而曲线y＝ex的切线在点（ln1x0，1x0）处的切线方程为：y−1x0=1x0（x﹣ln1x0），
即：y=1x0x−2x0−1，故曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝ex的切线．
故得证．
16．【2019年新课标1理科20】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】证明：（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），
f′（x）＝cosx−11+x，f″（x）＝﹣sinx+1(1+x)2，
令g（x）＝﹣sinx+1(1+x)2，则g′（x）＝﹣cosx−2(1+x)3＜0在（﹣1，π2）恒成立，
∴f″（x）在（﹣1，π2）上为减函数，
又∵f″（0）＝1，f″（π2）＝﹣1+1(1+π2)2＜−1+1＝0，由零点存在定理可知，
函数f″（x）在（﹣1，π2）上存在唯一的零点x0，结合单调性可得，f′（x）在（﹣1，x0）上单调递增，
在（x0，π2）上单调递减，可得f′（x）在区间（﹣1，π2）存在唯一极大值点；
（2）由（1）知，当x∈（﹣1，0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＜f′（0）＝0，f（x）单调递减；
当x∈（0，x0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＞f′（0）＝0，f（x）单调递增；
由于f′（x）在（x0，π2）上单调递减，且f′（x0）＞0，f′（π2）=−11+π2＜0，
由零点存在定理可知，函数f′（x）在（x0，π2）上存在唯一零点x1，结合单调性可知，
当x∈（x0，x1）时，f′（x）单调递减，f′（x）＞f′（x1）＝0，f（x）单调递增；
当x∈（x1，π2）时，f′（x）单调递减，f′（x）＜f′（x1）＝0，f（x）单调递减．
当x∈（π2，π）时，cosx＜0，−11+x＜0，于是f′（x）＝cosx−11+x＜0，f（x）单调递减，
其中f（π2）＝1﹣ln（1+π2）＞1﹣ln（1+3.22）＝1﹣ln2.6＞1﹣lne＝0，
f（π）＝﹣ln（1+π）＜﹣ln3＜0．
于是可得下表：
x
（﹣1，0）
0
（0，x1）
x1
（x1，π2）
π2
（π2，π）
π
f′（x）
﹣
0
+
0
﹣
﹣
﹣
﹣
f（x）
减函数
0
增函数
大于0
减函数
大于0
减函数
小于0
结合单调性可知，函数f（x）在（﹣1，π2]上有且只有一个零点0，
由函数零点存在性定理可知，f（x）在（π2，π）上有且只有一个零点x2，
当x∈[π，+∞）时，f（x）＝sinx﹣ln（1+x）＜1﹣ln（1+π）＜1﹣ln3＜0，因此函数f（x）在[π，+∞）上无零点．
综上，f（x）有且仅有2个零点．
17．【2018年新课标1理科21】已知函数f（x）=1x−x+alnx．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：f(x1)−f(x2)x1−x2＜a﹣2．
【答案】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），
函数的导数f′（x）=−1x2−1+ax=−x2−ax+1x2，
设g（x）＝x2﹣ax+1，
当a≤0时，g（x）＞0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，
当a＞0时，判别式△＝a2﹣4，
①当0＜a≤2时，△≤0，即g（x）≥0，即f′（x）≤0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，
②当a＞2时，x，f′（x），f（x）的变化如下表：
x
（0，a−a2−42）
a−a2−42
（a−a2−42，a+a2−42）
a+a2−42
（a+a2−42，+∞）
f′（x）
﹣
0
+
0
﹣
f（x）
递减

递增

递减
综上当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数，
当a＞2时，在（0，a−a2−42），和（a+a2−42，+∞）上是减函数，
则（a−a2−42，a+a2−42）上是增函数．
（2）由（1）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2＝1，
则f（x1）﹣f（x2）＝（x2﹣x1）（1+1x1x2）+a（lnx1﹣lnx2）＝2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2），
则f(x1)−f(x2)x1−x2=−2+a(lnx1−lnx2)x1−x2，
则问题转为证明lnx1−lnx2x1−x2＜1即可，
即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，
则lnx1﹣ln1x1＞x1−1x1，
即lnx1+lnx1＞x1−1x1，
即证2lnx1＞x1−1x1在（0，1）上恒成立，
设h（x）＝2lnx﹣x+1x，（0＜x＜1），其中h（1）＝0，
求导得h′（x）=2x−1−1x2=−x2−2x+1x2=−(x−1)2x2＜0，
则h（x）在（0，1）上单调递减，
∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x+1x＞0，
故2lnx＞x−1x，
则f(x1)−f(x2)x1−x2＜a﹣2成立．
（2）另解：注意到f（1x）＝x−1x−alnx＝﹣f（x），
即f（x）+f（1x）＝0，
由韦达定理得x1x2＝1，x1+x2＝a＞2，得0＜x1＜1＜x2，x1=1x2，
可得f（x2）+f（1x2）＝0，即f（x1）+f（x2）＝0，
要证f(x1)−f(x2)x1−x2＜a﹣2，只要证−f(x2)−f(x2)x1−x2＜a﹣2，
即证2alnx2﹣ax2+ax2＜0，（x2＞1），
构造函数h（x）＝2alnx﹣ax+ax，（x＞1），h′（x）=−a(x−1)2x2≤0，
∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴h（x）＜h（1）＝0，
∴2alnx﹣ax+ax＜0成立，即2alnx2﹣ax2+ax2＜0，（x2＞1）成立．
即f(x1)−f(x2)x1−x2＜a﹣2成立．
18．【2018年新课标2理科21】已知函数f（x）＝ex﹣ax2．
（1）若a＝1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；
（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．
【答案】证明：（1）当a＝1时，函数f（x）＝ex﹣x2．
则f′（x）＝ex﹣2x，
令g（x）＝ex﹣2x，则g′（x）＝ex﹣2，
令g′（x）＝0，得x＝ln2．
当x∈（0，ln2）时，g′（x）＜0，当x∈（ln2，+∞）时，g′（x）＞0，
∴g（x）≥g（ln2）＝eln2﹣2•ln2＝2﹣2ln2＞0，
∴f（x）在[0，+∞）单调递增，∴f（x）≥f（0）＝1，
解：（2）方法⇔a=exx2在（0，+∞）只有一个根，
即函数y＝a与G（x）=exx2的图象在（0，+∞）只有一个交点．
G'(x)=ex(x−2)x3，
当x∈（0，2）时，G′（x）＜0，当∈（2，+∞）时，G′（x）＞0，
∴G（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，
当→0时，G（x）→+∞，当→+∞时，G（x）→+∞，
∴f（x）在（0，+∞）只有一个零点时，a＝G（2）=e24．
方法二：①当a≤0时，f（x）＝ex﹣ax2＞0，f（x）在（0，+∞）没有零点．．
②当a＞0时，设函数h（x）＝1﹣ax2e﹣x．f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔h（x）在（0，+∞）只有一个零点．
h′（x）＝ax（x﹣2）e﹣x，当x∈（0，2）时，h′（x）＜0，当x∈（2，+∞）时，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，∴ℎ(x)min=ℎ(2)=1−4ae2，（x≥0）．
当h（2）＜0时，即a＞e24，由于h（0）＝1，当x＞0时，ex＞x2，可得h（4a）＝1−16a3e4a=1−16a3(e2a)2＞1−16a3(2a)4=1−1a＞0．h（x）在（0，+∞）有2个零点
当h（2）＞0时，即a＜e24，h（x）在（0，+∞）没有零点，
当h（2）＝0时，即a=e24，h（x）在（0，+∞）只有一个零点，
综上，f（x）在（0，+∞）只有一个零点时，a=e24．
19．【2018年新课标3理科21】已知函数f（x）＝（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x．
（1）若a＝0，证明：当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0；
（2）若x＝0是f（x）的极大值点，求a．
【答案】（1）证明：当a＝0时，f（x）＝（2+x）ln（1+x）﹣2x，（x＞﹣1）．
f'(x)=ln(x+1)−xx+1，f″(x)=x(x+1)2，
可得x∈（﹣1，0）时，f″（x）≤0，x∈（0，+∞）时，f″（x）≥0
∴f′（x）在（﹣1，0）递减，在（0，+∞）递增，
∴f′（x）≥f′（0）＝0，
∴f（x）＝（2+x）ln（1+x）﹣2x在（﹣1，+∞）上单调递增，又f（0）＝0．
∴当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0．
（2）解：由f（x）＝（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x，得
f′（x）＝（1+2ax）ln（1+x）+2+x+ax2x+1−2=ax2−x+(1+2ax)(1+x)ln(x+1)x+1，
令h（x）＝ax2﹣x+（1+2ax）（1+x）ln（x+1），
h′（x）＝4ax+（4ax+2a+1）ln（x+1）．
当a≥0，x＞0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
∴h（x）＞h（0）＝0，即f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，故x＝0不是f（x）的极大值点，不符合题意．
当a＜0时，h″（x）＝8a+4aln（x+1）+1−2ax+1，
显然h″（x）单调递减，
①令h″（0）＝0，解得a=−16．
∴当﹣1＜x＜0时，h″（x）＞0，当x＞0时，h″（x）＜0，
∴h′（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，
∴h′（x）≤h′（0）＝0，
∴h（x）单调递减，又h（0）＝0，
∴当﹣1＜x＜0时，h（x）＞0，即f′（x）＞0，
当x＞0时，h（x）＜0，即f′（x）＜0，
∴f（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，
∴x＝0是f（x）的极大值点，符合题意；
②若−16＜a＜0，则h″（0）＝1+6a＞0，h″（e−1+6a4a−1）＝（2a﹣1）（1−e1+6a4a）＜0，
∴h″（x）＝0在（0，+∞）上有唯一一个零点，设为x0，
∴当0＜x＜x0时，h″（x）＞0，h′（x）单调递增，
∴h′（x）＞h′（0）＝0，即f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，x0）上单调递增，不符合题意；
③若a＜−16，则h″（0）＝1+6a＜0，h″（1e2−1）＝（1﹣2a）e2＞0，
∴h″（x）＝0在（﹣1，0）上有唯一一个零点，设为x1，
∴当x1＜x＜0时，h″（x）＜0，h′（x）单调递减，
∴h′（x）＞h′（0）＝0，∴h（x）单调递增，
∴h（x）＜h（0）＝0，即f′（x）＜0，
∴f（x）在（x1，0）上单调递减，不符合题意．
综上，a=−16．
20．【2017年新课标1理科21】已知函数f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．
【答案】解：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，
当a＝0时，f′（x）＝﹣2ex﹣1＜0，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
当a＞0时，f′（x）＝（2ex+1）（aex﹣1）＝2a（ex+12）（ex−1a），
令f′（x）＝0，解得：x＝ln1a，
当f′（x）＞0，解得：x＞ln1a，
当f′（x）＜0，解得：x＜ln1a，
∴x∈（﹣∞，ln1a）时，f（x）单调递减，x∈（ln1a，+∞）单调递增；
当a＜0时，f′（x）＝2a（ex+12）（ex−1a）＜0，恒成立，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln1a）是减函数，在（ln1a，+∞）是增函数；
（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，
当a＞0时，f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，
当x→﹣∞时，e2x→0，ex→0，
∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，
当x→∞，e2x→+∞，且远远大于ex和x，
∴当x→∞，f（x）→+∞，
∴函数有两个零点，f（x）的最小值小于0即可，
由f（x）在（﹣∞，ln1a）是减函数，在（ln1a，+∞）是增函数，
∴f（x）min＝f（ln1a）＝a×（1a2）+（a﹣2）×1a−ln1a＜0，
∴1−1a−ln1a＜0，即ln1a+1a−1＞0，
设t=1a，则g（t）＝lnt+t﹣1，（t＞0），
求导g′（t）=1t+1，由g（1）＝0，
∴t=1a＞1，解得：0＜a＜1，
∴a的取值范围（0，1）．
方法二：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，
当a＝0时，f′（x）＝﹣2ex﹣1＜0，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
当a＞0时，f′（x）＝（2ex+1）（aex﹣1）＝2a（ex+12）（ex−1a），
令f′（x）＝0，解得：x＝﹣lna，
当f′（x）＞0，解得：x＞﹣lna，
当f′（x）＜0，解得：x＜﹣lna，
∴x∈（﹣∞，﹣lna）时，f（x）单调递减，x∈（﹣lna，+∞）单调递增；
当a＜0时，f′（x）＝2a（ex+12）（ex−1a）＜0，恒成立，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣lna）是减函数，在（﹣lna，+∞）是增函数；
（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，
②当a＞0时，由（1）可知：当x＝﹣lna时，f（x）取得最小值，f（x）min＝f（﹣lna）＝1−1a−ln1a，
当a＝1，时，f（﹣lna）＝0，故f（x）只有一个零点，
当a∈（1，+∞）时，由1−1a−ln1a＞0，即f（﹣lna）＞0，
故f（x）没有零点，
当a∈（0，1）时，1−1a−ln1a＜0，f（﹣lna）＜0，
由f（﹣2）＝ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0，
故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一个零点，
假设存在正整数n0，满足n0＞ln（3a−1），则f（n0）=en0（aen0+a﹣2）﹣n0＞en0−n0＞2n0−n0＞0，
由ln（3a−1）＞﹣lna，
因此在（﹣lna，+∞）有一个零点．
∴a的取值范围（0，1）．
21．【2017年新课标2理科21】已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．
（1）求a；
（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
【答案】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），
则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a−1x．
则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．
因为当0＜x＜1a时h′（x）＜0、当x＞1a时h′（x）＞0，
所以h（x）min＝h（1a），
又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，
所以1a=1，解得a＝1；
另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），
所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，
所以解得a＝1；
（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，
令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2−1x，
令t′（x）＝0，解得：x=12，
所以t（x）在区间（0，12）上单调递减，在（12，+∞）上单调递增，
所以t（x）min＝t（12）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，
且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，
所以f（x0）=x02−x0﹣x0lnx0=x02−x0+2x0﹣2x02=x0−x02，
由x0＜12可知f（x0）＜（x0−x02）max=−122+12=14；
由f′（1e）＜0可知x0＜1e＜12，
所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，1e）上单调递减，
所以f（x0）＞f（1e）=1e2；
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
22．【2017年新课标3理科21】已知函数f（x）＝x﹣1﹣alnx．
（1）若f（x）≥0，求a的值；
（2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+12）（1+122）…（1+12n）＜m，求m的最小值．
【答案】解：（1）因为函数f（x）＝x﹣1﹣alnx，x＞0，
所以f′（x）＝1−ax=x−ax，且f（1）＝0．
所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立，此时y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增，这与f（x）≥0矛盾；
当a＞0时令f′（x）＝0，解得x＝a，
所以y＝f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min＝f（a），
若a≠1，则f（a）＜f（1）＝0，从而与f（x）≥0矛盾；
所以a＝1；
（2）由（1）可知当a＝1时f（x）＝x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1，
所以ln（x+1）≤x当且仅当x＝0时取等号，
所以ln（1+12k）＜12k，k∈N*．
ln（1+12）+ln（1+122）+…+ln（1+12n）＜12+122+⋯+12n=1−12n＜1，
即（1+12）（1+122）…（1+12n）＜e；
因为m为整数，且对于任意正整数n，（1+12）（1+122）…（1+12n）＜m成立，
当n＝3时，不等式左边大于2，
所以m的最小值为3．
23．【2016年新课标1理科21】已知函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2有两个零点．
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．
【答案】解：（Ⅰ）∵函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2，
∴f′（x）＝（x﹣1）ex+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（ex+2a），
①若a＝0，那么f（x）＝0⇔（x﹣2）ex＝0⇔x＝2，
函数f（x）只有唯一的零点2，不合题意；
②若a＞0，那么ex+2a＞0恒成立，
当x＜1时，f′（x）＜0，此时函数为减函数；
当x＞1时，f′（x）＞0，此时函数为增函数；
此时当x＝1时，函数f（x）取极小值﹣e，
由f（2）＝a＞0，可得：函数f（x）在x＞1存在一个零点；
当x＜1时，ex＜e，x﹣2＜﹣1＜0，
∴f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2＞（x﹣2）e+a（x﹣1）2＝a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e，
令a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＝0的两根为t1，t2，且t1＜t2，
则当x＜t1，或x＞t2时，f（x）＞a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＞0，
故函数f（x）在x＜1存在一个零点；
即函数f（x）在R是存在两个零点，满足题意；
③若−e2＜a＜0，则ln（﹣2a）＜lne＝1，
当x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＜ln（﹣2a）﹣1＜lne﹣1＝0，
ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
当ln（﹣2a）＜x＜1时，x﹣1＜0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，
当x＞1时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
故当x＝ln（﹣2a）时，函数取极大值，
由f（ln（﹣2a））＝[ln（﹣2a）﹣2]（﹣2a）+a[ln（﹣2a）﹣1]2＝a{[ln（﹣2a）﹣2]2+1}＜0得：
函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；
④若a=−e2，则ln（﹣2a）＝1，
当x＜1＝ln（﹣2a）时，x﹣1＜0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
当x＞1时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
故函数f（x）在R上单调递增，
函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；
⑤若a＜−e2，则ln（﹣2a）＞lne＝1，
当x＜1时，x﹣1＜0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
当1＜x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，ex+2a＜eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，
当x＞ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，ex+2a＞eln（﹣2a）+2a＝0，
即f′（x）＝（x﹣1）（ex+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，
故当x＝1时，函数取极大值，
由f（1）＝﹣e＜0得：
函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；
综上所述，a的取值范围为（0，+∞）
证明：（Ⅱ）∵x1，x2是f（x）的两个零点，
∴f（x1）＝f（x2）＝0，且x1≠1，且x2≠1，
∴﹣a=(x1−2)ex1(x1−1)2=(x2−2)ex2(x2−1)2，
令g（x）=(x−2)ex(x−1)2，则g（x1）＝g（x2）＝﹣a，
∵g′（x）=[(x−2)2+1]ex(x−1)3，
∴当x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
设m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）=m−1m2e1+m−−m−1m2e1−m=m+1m2e1−m(m−1m+1e2m+1)，
设h（m）=m−1m+1e2m+1，m＞0，
则h′（m）=2m2(m+1)2e2m＞0恒成立，
即h（m）在（0，+∞）上为增函数，
h（m）＞h（0）＝0恒成立，
即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，
令m＝1﹣x1＞0，
则g（1+1﹣x1）＞g（1﹣1+x1）⇔g（2﹣x1）＞g（x1）＝g（x2）⇔2﹣x1＞x2，
即x1+x2＜2．
24．【2016年新课标2理科21】（Ⅰ）讨论函数f（x）=x−2x+2ex的单调性，并证明当x＞0时，（x﹣2）ex+x+2＞0；
（Ⅱ）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】解：（1）证明：f（x）=x−2x+2ex
f'（x）＝ex（x−2x+2+4(x+2)2）=x2ex(x+2)2
∵当x∈（﹣∞，﹣2）∪（﹣2，+∞）时，f'（x）≥0
∴f（x）在（﹣∞，﹣2）和（﹣2，+∞）上单调递增
∴x＞0时，x−2x+2ex＞f（0）＝﹣1
即（x﹣2）ex+x+2＞0
（2）g'（x）=(ex−a)x2−2x(ex−ax−a)x4
=x(xex−2ex+ax+2a)x4=(x+2)(x−2x+2⋅ex+a)x3
a∈[0，1）
由（1）知，当x＞0时，f（x）=x−2x+2ex的值域为（﹣1，+∞），只有一解使得
t−2t+2⋅et=−a，
只需t−2t+2•et≤0恒成立，可得﹣2＜t≤2，
由x＞0，可得
t∈（0，2]
当x∈（0，t）时，g'（x）＜0，g（x）单调减；
当x∈（t，+∞），g'（x）＞0，g（x）单调增；
h（a）=et−a(t+1)t2=et+(t+1)t−2t+2⋅ett2=ett+2
记k（t）=ett+2，在t∈（0，2]时，k'（t）=et(t+1)(t+2)2＞0，
故k（t）单调递增，
所以h（a）＝k（t）∈（12，e24]．
25．【2016年新课标3理科21】设函数f（x）＝acos2x+（a﹣1）（cosx+1），其中a＞0，记|f（x）|的最大值为A．
（Ⅰ）求f′（x）；
（Ⅱ）求A；
（Ⅲ）证明：|f′（x）|≤2A．
【答案】（I）解：f′（x）＝﹣2asin2x﹣（a﹣1）sinx．
（II）当a≥1时，|f（x）|＝|acos2x+（a﹣1）（cosx+1）|≤a|cos2x|+（a﹣1）|（cosx+1）|≤a|cos2x|+（a﹣1）（|cosx|+1）|≤a+2（a﹣1）＝3a﹣2＝f（0），因此A＝3a﹣2．
当0＜a＜1时，f（x）＝acos2x+（a﹣1）（cosx+1）＝2acos2x+（a﹣1）cosx﹣1，
令g（t）＝2at2+（a﹣1）t﹣1，
则A是|g（t）|在[﹣1，1]上的最大值，g（﹣1）＝a，g（1）＝3a﹣2，
且当t=1−a4a时，g（t）取得极小值，极小值为g（1−a4a）=−(a−1)28a−1=−a2+6a+18a，（二次函数在对称轴处取得极值）
令﹣1＜1−a4a＜1，得a＜−13（舍）或a＞15．
①当0＜a≤15时，g（t）在（﹣1，1）内无极值点，|g（﹣1）|＝a，|g（1）|＝2﹣3a，|g（﹣1）|＜|g（1）|，
∴A＝2﹣3a，
②当15＜a＜1时，由g（﹣1）﹣g（1）＝2（1﹣a）＞0，得g（﹣1）＞g（1）＞g（1−a4a），
又|g（1−a4a）|﹣|g（﹣1）|=(1−a)(1+7a)8a＞0，
∴A＝|g（1−a4a）|=a2+6a+18a，
综上，A=2−3a，0＜a≤15a2+6a+18a，15＜a＜13a−2，a≥1．
（III）证明：由（I）可得：|f′（x）|＝|﹣2asin2x﹣（a﹣1）sinx|≤2a+|a﹣1|，
当0＜a≤15时，|f′（x）|＜1+a≤2﹣4a＜2（2﹣3a）＝2A，
当15＜a＜1时，A=a2+6a+18a=a8+18a+34＞1，
∴|f′（x）|≤1+a≤2A，
当a≥1时，|f′（x）|≤3a﹣1≤6a﹣4＝2A，
综上：|f′（x）|≤2A．
26．【2015年新课标1理科21】已知函数f（x）＝x3+ax+14，g（x）＝﹣lnx
（i）当a为何值时，x轴为曲线y＝f（x）的切线；
（ii）用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h（x）＝min{f（x），g（x）}（x＞0），讨论h（x）零点的个数．
【答案】解：（i）f′（x）＝3x2+a．
设曲线y＝f（x）与x轴相切于点P（x0，0），则f（x0）＝0，f′（x0）＝0，
∴x03+ax0+14=03x02+a=0，解得x0=12，a=−34．
因此当a=−34时，x轴为曲线y＝f（x）的切线；
（ii）当x∈（1，+∞）时，g（x）＝﹣lnx＜0，
∴函数h（x）＝min{f（x），g（x）}＜0，
故h（x）在x∈（1，+∞）时无零点．
当x＝1时，若a≥−54，则f（1）＝a+54≥0，
∴h（x）＝min{f（1），g（1）}＝g（1）＝0，故x＝1是函数h（x）的一个零点；
若a＜−54，则f（1）＝a+54＜0，∴h（x）＝min{f（1），g（1）}＝f（1）＜0，故x＝1不是函数h（x）的零点；
当x∈（0，1）时，g（x）＝﹣lnx＞0，因此只考虑f（x）在（0，1）内的零点个数即可．
①当a≤﹣3或a≥0时，f′（x）＝3x2+a在（0，1）内无零点，因此f（x）在区间（0，1）内单调，
而f（0）=14，f（1）＝a+54，∴当a≤﹣3时，函数f（x）在区间（0，1）内有一个零点，
当a≥0时，函数f（x）在区间（0，1）内没有零点．
②当﹣3＜a＜0时，函数f（x）在(0，−a3)内单调递减，在(−a3，1)内单调递增，故当x=−a3时，f（x）取得最小值f(−a3)=2a3−a3+14．
若f(−a3)＞0，即−34＜a＜0，则f（x）在（0，1）内无零点．
若f(−a3)=0，即a=−34，则f（x）在（0，1）内有唯一零点．
若f(−a3)＜0，即−3＜a＜−34，由f（0）=14，f（1）＝a+54，
∴当−54＜a＜−34时，f（x）在（0，1）内有两个零点．当﹣3＜a≤−54时，f（x）在（0，1）内有一个零点．
综上可得：a＜−54时，函数h（x）有一个零点．
当a＞−34时，h（x）有一个零点；
当a=−34或−54时，h（x）有两个零点；
当−54＜a＜−34时，函数h（x）有三个零点．
27．【2015年新课标2理科21】设函数f（x）＝emx+x2﹣mx．
（1）证明：f（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；
（2）若对于任意x1，x2∈[﹣1，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1，求m的取值范围．
【答案】解：（1）证明：f′（x）＝m（emx﹣1）+2x．
若m≥0，则当x∈（﹣∞，0）时，emx﹣1≤0，f′（x）＜0；当x∈（0，+∞）时，emx﹣1≥0，f′（x）＞0．
若m＜0，则当x∈（﹣∞，0）时，emx﹣1＞0，f′（x）＜0；当x∈（0，+∞）时，emx﹣1＜0，f′（x）＞0．
所以，f（x）在（﹣∞，0）时单调递减，在（0，+∞）单调递增．
（2）由（1）知，对任意的m，f（x）在[﹣1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，故f（x）在x＝0处取得最小值．
所以对于任意x1，x2∈[﹣1，1]，|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1的充要条件是f(1)−f(0)≤e−1f(−1)−f(0)≤e−1
即em−m≤e−1e−m+m≤e−1①
设函数g（t）＝et﹣t﹣e+1，则g′（t）＝et﹣1．
当t＜0时，g′（t）＜0；当t＞0时，g′（t）＞0．故g（t）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增．
又g（1）＝0，g（﹣1）＝e﹣1+2﹣e＜0，故当t∈[﹣1，1]时，g（t）≤0．
当m∈[﹣1，1]时，g（m）≤0，g（﹣m）≤0，即合式成立；
当m＞1时，由g（t）的单调性，g（m）＞0，即em﹣m＞e﹣1．
当m＜﹣1时，g（﹣m）＞0，即e﹣m+m＞e﹣1．
综上，m的取值范围是[﹣1，1]
28．【2014年新课标1理科21】设函数f（x）＝aexlnx+bex−1x，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处得切线方程为y＝e（x﹣1）+2．
（Ⅰ）求a、b；
（Ⅱ）证明：f（x）＞1．
【答案】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=aexlnx+ax⋅ex−bx2⋅ex−1+bx⋅ex−1，
由题意可得f（1）＝2，f′（1）＝e，
故a＝1，b＝2；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）＝exlnx+2x⋅ex−1，
∵f（x）＞1，∴exlnx+2x⋅ex−1＞1，∴lnx＞1ex−2xe，
∴f（x）＞1等价于xlnx＞xe﹣x−2e，设函数g（x）＝xlnx，则g′（x）＝1+lnx，
∴当x∈（0，1e）时，g′（x）＜0；当x∈（1e，+∞）时，g′（x）＞0．
故g（x）在（0，1e）上单调递减，在（1e，+∞）上单调递增，从而g（x）在（0，+∞）上的最小值为g（1e）=−1e．
设函数h（x）＝xe﹣x−2e，则h′（x）＝e﹣x（1﹣x）．
∴当x∈（0，1）时，h′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，
故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
从而h（x）在（0，+∞）上的最大值为h（1）=−1e．
综上，当x＞0时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1．
29．【2014年新课标2理科21】已知函数f（x）＝ex﹣e﹣x﹣2x．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）设g（x）＝f（2x）﹣4bf（x），当x＞0时，g（x）＞0，求b的最大值；
（Ⅲ）已知1.4142＜2＜1.4143，估计ln2的近似值（精确到0.001）．
【答案】解：（Ⅰ）由f（x）得f′（x）＝ex+e﹣x﹣2≥2ex⋅e−x−2=0，
即f′（x）≥0，当且仅当ex＝e﹣x即x＝0时，f′（x）＝0，
∴函数f（x）在R上为增函数．
（Ⅱ）g（x）＝f（2x）﹣4bf（x）＝e2x﹣e﹣2x﹣4b（ex﹣e﹣x）+（8b﹣4）x，
则g′（x）＝2[e2x+e﹣2x﹣2b（ex+e﹣x）+（4b﹣2）]
＝2[（ex+e﹣x）2﹣2b（ex+e﹣x）+（4b﹣4）]
＝2（ex+e﹣x﹣2）（ex+e﹣x+2﹣2b）．
①∵ex+e﹣x＞2，ex+e﹣x+2＞4，
∴当2b≤4，即b≤2时，g′（x）≥0，当且仅当x＝0时取等号，
从而g（x）在R上为增函数，而g（0）＝0，
∴x＞0时，g（x）＞0，符合题意．
②当b＞2时，若x满足2＜ex+e﹣x＜2b﹣2即2＜ex+e−xex+e−x＜2b−2，得ln(b−1−b2−2b)＜x＜ln(b−1+b2−2b)，此时，g′（x）＜0，
又由g（0）＝0知，当0＜x≤ln(b−1+b2−2b)时，g（x）＜0，不符合题意．
综合①、②知，b≤2，得b的最大值为2．
（Ⅲ）∵1.4142＜2＜1.4143，根据（Ⅱ）中g（x）＝e2x﹣e﹣2x﹣4b（ex﹣e﹣x）+（8b﹣4）x，
为了凑配ln2，并利用2的近似值，故将ln2即12ln2代入g（x）的解析式中，
得g(ln2)=32−22b+2(2b−1)ln2．
当b＝2时，由g（x）＞0，得g(ln2)=32−42+6ln2＞0，
从而ln2＞82−312＞8×1.4142−312=0.6928；
令ln(b−1+b2−2b)=ln2，得b=324+1＞2，当0＜x≤ln(b−1+b2−2b)时，
由g（x）＜0，得g(ln2)=−32−22+(32+2)ln2＜0，得ln2＜18+228＜18+1.414328＜0.6934．
所以ln2的近似值为0.693．
30．【2013年新课标1理科21】已知函数f（x）＝x2+ax+b，g（x）＝ex（cx+d），若曲线y＝f（x）和曲线y＝g（x）都过点P（0，2），且在点P处有相同的切线y＝4x+2．
（Ⅰ）求a，b，c，d的值；
（Ⅱ）若x≥﹣2时，f（x）≤kg（x），求k的取值范围．
【答案】解：（Ⅰ）由题意知f（0）＝2，g（0）＝2，f′（0）＝4，g′（0）＝4，
而f′（x）＝2x+a，g′（x）＝ex（cx+d+c），故b＝2，d＝2，a＝4，d+c＝4，
从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2；
（Ⅱ）由（I）知，f（x）＝x2+4x+2，g（x）＝2ex（x+1）
设F（x）＝kg（x）﹣f（x）＝2kex（x+1）﹣x2﹣4x﹣2，
则F′（x）＝2kex（x+2）﹣2x﹣4＝2（x+2）（kex﹣1），
由题设得F（0）≥0，即k≥1，
令F′（x）＝0，得x1＝﹣lnk，x2＝﹣2，
①若1≤k＜e2，则﹣2＜x1≤0，从而当x∈（﹣2，x1）时，F′（x）＜0，当x∈（x1，+∞）时，F′（x）＞0，
即F（x）在（﹣2，x1）上减，在（x1，+∞）上是增，故F（x）在[﹣2，+∞）上的最小值为F（x1），
而F（x1）＝﹣x1（x1+2）≥0，x≥﹣2时F（x）≥0，即f（x）≤kg（x）恒成立．
②若k＝e2，则F′（x）＝2e2（x+2）（ex﹣e﹣2），从而当x∈（﹣2，+∞）时，F′（x）＞0，
即F（x）在（﹣2，+∞）上是增，而F（﹣2）＝0，故当x≥﹣2时，F（x）≥0，即f（x）≤kg（x）恒成立．
③若k＞e2时，F′（x）＞2e2（x+2）（ex﹣e﹣2），
而F（﹣2）＝﹣2ke﹣2+2＜0，所以当x＞﹣2时，f（x）≤kg（x）不恒成立，
综上，k的取值范围是[1，e2]．
31．【2013年新课标2理科21】已知函数f（x）＝ex﹣ln（x+m）
（Ⅰ）设x＝0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．
【答案】（Ⅰ）解：∵f'(x)=ex−1x+m，x＝0是f（x）的极值点，∴f'(0)=1−1m=0，解得m＝1．
所以函数f（x）＝ex﹣ln（x+1），其定义域为（﹣1，+∞）．
∵f'(x)=ex−1x+1=ex(x+1)−1x+1．
设g（x）＝ex（x+1）﹣1，则g′（x）＝ex（x+1）+ex＞0，所以g（x）在（﹣1，+∞）上为增函数，
又∵g（0）＝0，所以当x＞0时，g（x）＞0，即f′（x）＞0；当﹣1＜x＜0时，g（x）＜0，f′（x）＜0．
所以f（x）在（﹣1，0）上为减函数；在（0，+∞）上为增函数；
（Ⅱ）证明：当m≤2，x∈（﹣m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需证明当m＝2时f（x）＞0．
当m＝2时，函数f'(x)=ex−1x+2在（﹣2，+∞）上为增函数，且f′（﹣1）＜0，f′（0）＞0．
故f′（x）＝0在（﹣2，+∞）上有唯一实数根x0，且x0∈（﹣1，0）．
当x∈（﹣2，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，
从而当x＝x0时，f（x）取得最小值．
由f′（x0）＝0，得ex0=1x0+2，ln（x0+2）＝﹣x0．
故f（x）≥f(x0)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+2＞0．
综上，当m≤2时，f（x）＞0．
模拟好题

1．已知函数f(x)=x22+cosx−1．
(1)求函数f(x)的最小值；
(2)证明： k=1ncos1k>n+12n−1．
【答案】(1)0
(2)证明见解析
【解析】
(1)函数f(x)的定义域是R，f'(x)=x−sinx，
设g(x)=f'(x)=x−sinx，则g'(x)=1−cosx≥0，∴g(x)=f'(x)在R上单调递增．
又f'(0)=0，
令f'(x)>0，则x>0；令f'(x)<0，则x<0．
∴f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．
即f(x)的最小值为：f(0)=0．
(2)由（1）得：f(x)=x22+cosx−1≥0，即cosx≥1−x22（当且仅当x=0时，等号成立）．
令x=1kk∈N+，则cos1k>1−12k2，
①当k=1时，cos1>cosπ3=12不等式成立；
②当k≥2时，cos1k>1−12k2>1−12k(k−1)=1−121k−1−1k．
所以，cos12>1−1211−12，
cos13>1−1212−13，
……
cos1n>1−121n−1−1n．
将上式左右两边分别相加得：
cos12+cos13+…+cos1n>(n−1)−1211−12+12−13+…+1n−1−1n
=(n−1)−1211−1n=n+12n−32．
∴k=1ncos1k=cos1+cos12+cos13+…+cos1n>cos1+n+12n−32>12+n+12n−32= n+12n−1，
综上：k=1ncos1k>n+12n−1．
2．已知函数f(x)=ex(sinx+cosx)−asinx..
(1)当a=1时，求函数f（x）在区间[0，2π]上零点的个数；
(2)若函数y=fx在（0，2π）上有唯一的极小值点，求实数a的取值范围
【答案】(1)2个
(2)（−∞，2]∪ [2e2π,+∞)∪2eπ2,2e3π2
【解析】
(1)因为a=1，所以f(x)=ex(sinx+cosx)−sinx.
f'(x)=(2ex−1)cosx，
则当x∈0，π2时，f'(x)>0，f（x）在0，π2上单调递增，
当x∈π2，3π2时，f'(x)<0，f（x）在π2，3π2上单调递减，
当x∈3π2，2π时，f'(x)>0，f（x）在3π2，2π单词递增，
又f(0)=1>0,f(π2)=eπ2−1>0,f(3π2)=1−e3π2<0,f(2π)=e2π>0，
则f（x）在π2，3π2，3π2，2π上各有一个零点，
所以f（x）在区间[0，2π]上共有两个零点，
(2)f'(x)=(2ex−a)cosx,x∈(0，2π),2<2ex<2e2π
①当a≤2时，
当x∈0，π2时，f'(x)>0，f（x）在0，π2上单调递增，
当x∈π2，3π2时，f'(x)<0，f（x）在π2，3π2上单调递减，
当x∈3π2，2π时，f'(x)>0，f（x）在3π2，2π单词递增，
此时f（x）在x=3π2的时候取得极小值，则a≤2时符合题意：
②当a≥2e2π时，
当x∈0，π2时，f'(x)<0，f（x）在0，π2上单调递减，
当x∈π2，3π2时，f'(x)>0，f（x）在π2，3π2上单调递增，
当x∈3π2，2π时，f'(x)<0，f（x）在3π2，2π单词递减，
此时f（x）在x=π2的时候取得极小值，则a≥2e2π时符合题意
③当2 ④当a=2eπ2时，lna2=π2，此时f（x）在（0，3π2）上单调递减，在3π2,2π上单调递增，此时f（x）在x=3π2的时候取得极小值，则a=2eπ2时符合题意；
⑤当2eπ2 ⑥当a=2e3π2时，lna2=3π2，此时f（x）在0，π2上单调递减，在π2，2π上单调递增，此时f（x）在x=π2的时候取得极小值，则a=2e3π2时符合题意；
⑦当e3π2 综上所述a∈(−∞,2]∪[2e2π,+∞)∪2eπ2,2e3π2.
3．已知函数ℎx=x−alnxa∈R.
(1)若ℎx有两个零点，a的取值范围；
(2)若方程xex−alnx+x=0有两个实根x1、x2，且x1≠x2，证明：ex1+x2>e2x1x2.
【答案】(1)e,+∞
(2)证明见解析
【解析】
(1)解：函数ℎx的定义域为0,+∞.
当a=0时，函数ℎx=x无零点，不合乎题意，所以，a≠0，
由ℎx=x−alnx=0可得1a=lnxx，
构造函数fx=lnxx，其中x>0，所以，直线y=1a与函数fx的图象有两个交点，
f'x=1−lnxx2，由f'x=0可得x=e，列表如下：
x
0,e
e
e,+∞
f'x
+
0
−
fx
增
极大值1e
减

所以，函数fx的极大值为fe=1e，如下图所示：

且当x>1时，fx=lnxx>0，
由图可知，当0<1a<1e时，即当a>e时，直线y=1a与函数fx的图象有两个交点，
故实数a的取值范围是e,+∞.
(2)证明：因为xex−alnx+x=0，则xex−alnxex=0，
令t=xex>0，其中x>0，则有t−alnt=0，
t'=x+1ex>0，所以，函数t=xex在0,+∞上单调递增，
因为方程xex−alnx+x=0有两个实根x1、x2，令t1=x1ex1，t2=x2ex2，
则关于t的方程t−alnt=0也有两个实根t1、t2，且t1≠t2，
要证ex1+x2>e2x1x2，即证x1ex1⋅xex2>e2，即证t1t2>e2，即证lnt1+lnt2>2，
由已知t1=alnt1t2=alnt2，所以，t1−t2=alnt1−lnt2t1+t2=alnt1+lnt2，整理可得t1+t2t1−t2=lnt1+lnt2lnt1−lnt2，
不妨设t1>t2>0，即证lnt1+lnt2=t1+t2t1−t2lnt1t2>2，即证lnt1t2>2t1−t2t1+t2=2t1t2−1t1t2+1，
令s=t1t2>1，即证lns>2s−1s+1，其中s>1，
构造函数gs=lns−2s−1s+1，其中s>1，
g's=1s−4s+12=s−12ss+12>0，所以，函数gs在1,+∞上单调递增，
当s>1时，gs>g1=0，故原不等式成立.
4．已知函数fx=a2x2+a−1x−lnxa∈R．
(1)求函数fx的单调区间；
(2)当a>4时，若方程fx=ax2−x+a2在(0，1)内存在唯一实根x0，求证：x0∈14,1e．
【答案】(1)答案不唯一，具体见解析
(2)证明见解析
【解析】
(1)函数f(x)的定义域为0,+∞
则：f'x=ax+a−1−1x=ax2+a−1x−1x=ax−1x+1x
当a≤0，x∈(0+∞)时，f'(x)>0恒成立，所以f(x)单调递减；
当a>0时，令f'x=0，解得x=1a或x=−1(舍去)，
令f'x>0，x>1a，令f'x>0，0 所以f(x)在0,1a上单调递减；1a,+∞上单调递增．
综上所述：当a≤0时，f(x)的单调递减区间为0,+∞，无单调递增区间；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为1a,+∞，单调递减区间为(0，1a)
(2)由题意知：当a>4时，方程a2x2−ax+lnx+a2=0在(0，1)内存在唯一根x0，
令gx=a2x2−ax+lnx+a2，则g'x=ax−a+1x=ax2−ax+1x，x∈0,+∞
当a>4时，Δ=a2−4a>0，则ax2−ax+1=0有两个不相等的实数根x1,x2，
又x1+x2=1，x1x2=1a>0，故x1,x2∈0,1
设00，则0x2
则当x∈(0,x1)时，g(x)单调递增，当x∈(x1,x2)时，g(x)单调递减，
当x∈x2,1时，g(x)单调递增，
又g1=0，且g(x)在(0，1)内存在唯一零点x0，
则gx1=0，即x0=x1，
所以g'(x0)=ax02−ax0+1x0=0①，且g(x0)=a2x02−ax0+lnx0+a2=0②，
由①得：a=1x0−x02，代入②得lnx0+12x0−12=0
令ℎx=lnx+12x−12，x∈0,12，则ℎ'x=1x−12x2=2x−12x2，
当x∈0,12时，ℎ'x<0
∴h(x)在(0，12)上单调递减，
又ℎ1e=ln1e+e2−12=e2−32<0，ℎ14=ln14+2−12=32−2ln2>0
∴h(x)在区间1e,14有且仅有一个零点，即x0∈14,1e．
5．已知函数fx=e1−x+ax2−1，a∈R．
(1)若a=12，求fx的最小值；
(2)若当x>1时，fx>1x+lnx恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)1
(2)12,+∞
【解析】
(1)当a=12时，f(x)=e1−x+12x2−1，
所以f'(x)=−e1−x+x，易知f'(x)单调递增，且f'(1)=0，
当x∈(−∞,1)时，f'(x)<0，当x∈(1,+∞)时，f'(x)>0，
所以f(x)在(−∞,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以f(x)的最小值为f(1)=1．
(2)设g(x)=e1−x+ax2−1−1x−lnx，由题意g(x)>0对任意x∈(1,+∞)恒成立．
g'(x)=−e1−x+2ax+1x2−1x，
若a<12，则g'(1)=2a−1<0，则存在x0>1，使得当x∈1,x0时，g'(x)<0，
所以g(x)在(1,x0)上单调递减，
故当x∈1,x0时，g(x) 若a≥12，由ex>x+1知当x>0时，ex−1>x>0，所以e1−x<1x，
当x>1时，g'(x)=−e1−x+2ax+1x2−1x>−1x+x+1x2−1x =x3−2x+1x2>x2−2x+1x2>0，
因此g(x)在(1,+∞)上单调递增．又g(1)=0，
所以当x>1时，g(x)>0．
综上，a的取值范围是12,+∞．
6．已知函数fx=2x3+31+mx2+6mxx∈R.
(1)讨论函数fx的单调性；
(2)若f1=5，函数gx=alnx+1−fxx2≤0在1,+∞上恒成立，求整数a的最大值.
【答案】(1)见解析
(2)4
【解析】
（1）f'x=6x2+61+mx+6m=6x2+1+mx+m=6(x+1)(x+m)
若m=1时，f'(x)≥0，f(x)在R上单调递增；
若m>1时，−m<−1，当x<−m或x>−1时，f'(x)>0，f(x)为增函数，
当−m 若m<1时，−m>−1，当x<−1或x>−m时，f'(x)>0，f(x)为增函数，
当−1 综上，m=1时，f(x)在R上单调递增；
当m>1时，f(x)在(−∞,−m)和(−1,+∞)上单调递增，在(−m,−1)上单调递减；
当m<1时，f(x)在(−∞,−1)和(−m,+∞)上单调递增，在(−1,−m)上单调递减.
(2)由f(1)=2+3(1+m)+6m=5，解得 m=0，
所以f(x)=2x3+3x2，
由x∈(1,+∞)时，lnx+1>0，可知g(x)=a(lnx+1)−2x−3≤0在(1,+∞)上恒成立
可化为a≤2x+3lnx+1在x∈(1,+∞)上恒成立，设ℎ(x)=2x+3lnx+1(x>1)，
则ℎ'(x)=2(lnx+1)−(2x+3)×1x(lnx+1)2=2lnx−3x(lnx+1)2，
设φ(x)=2lnx−3x(x>1)，则 φ'(x)=2x+3x2>0，所以φ(x)在(1,+∞)上单调递增，
又φ(2)=2ln2−32=ln16−32<0，φ(52)=2ln52−65=25ln52−35>0，
所以方程ℎ'(x)=0有且只有一个实根x0，且 2 所以在(1,x0)上，ℎ'(x)<0， ℎ(x)单调递减，在x0,+∞上，ℎ'(x)>0，ℎ(x)单调递增，
所以函数ℎ(x)的最小值为ℎ(x0)=2x0+3lnx0+1=2x0+332x0+1=2x0∈(4,5)，
从而a≤2x0，又a为整数，所以a的最大值为：4.
7．已知函数f(x)=lnx+ax,a∈R.
(1)当a=1时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)设函数g(x)=f(x)−1x，若g(x)在1,e2上存在极值，求a的取值范围.
【答案】(1)减区间为(0,1)，增区间为(1,+∞).
(2)(0,e2)
【解析】
(1)解：当a=1时，函数f(x)=lnx+1x，其定义域为(0,+∞) ，
可得f'(x)=1x−1x2=x−1x2，
当x∈(0,1)时，f'x<0，fx单调递减；
当x∈(1,+∞)时，f'x>0，fx单调递增，
所以函数fx的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞).
(2)解：由g(x)=f(x)−1x=lnxx+ax2−1x,x∈[1,e2]，
可得g'(x)=1−lnxx2+1x2−2ax3=2x−xlnx−2ax3，
设ℎx=2x−xlnx−2a，则ℎ'x=2−(1+lnx)=1−lnx，
令ℎ'x=0，即1−lnx=0，解得x=e，
当x∈[1,e)时，ℎ'x>0；当x∈(e,e2]时，ℎ'x<0，
所以ℎx在区间[1,e)上单调递增，在区间(e,e2]上，单调递减，
且ℎ1=2−2a,ℎe=e−2a,ℎ(e2)=−2a，
显然ℎ1>ℎ(e2)，
若g(x)在1,e2上存在极值，则满足ℎe>0ℎ1<0或ℎ1≥0ℎe2<0，解得0 综上可得，当0 所以实数a的取值范围为(0,e2).
8．设函数fx=aex−x−1，a∈R．
(1)当a=1时，求fx在点0,f0处的切线方程；
(2)当x∈R时，fx≥0恒成立，求a的取值范围；
(3)求证：当x∈0,+∞时，ex−1x>ex2．
【答案】(1)y=0
(2)a≥1
(3)证明见解析
【解析】
(1)fx=ex−x−1，f0=e0−0−1=0，即切线0,0.
f'x=ex−1，k=f'0=e0−1=0，则切线方程为：y=0.
(2)x∈R，aex−x−1≥0恒成立等价于x∈R，a≥x+1ex恒成立.
设gx=x+1ex，g'x=−xex，
x∈−∞,0，g'x>0，gx为增函数，
x∈0,+∞，g'x<0，gx为减函数，
所以gxmax=g0=1，即a≥1.
(3)x∈0,+∞，ex−1x>ex2等价于x∈0,+∞，ex−xex2−1>0.
设ℎx=ex−xex2−1，x∈0,+∞，ℎ'x=ex2ex2−12x−1，
设kx=ex2−12x−1，x∈0,+∞，k'x=12ex2−1>0，
所以kx在0,+∞为增函数，即kx>k0=0，
所以ℎ'x=ex2ex2−12x−1>0，
即ℎx在0,+∞为增函数，即ℎx>ℎ0=0，
即证：ex−1x>ex2.
9．已知f(x)=34x2−x22lnx−a(x−1).
(1)若f(x)恒有两个极值点x1，x2（x1 (2)在（1）的条件下，证明fx1+fx2>32.
【答案】(1)(0,1)
(2)证明见解析
【解析】
(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f'(x)=x−xlnx−a，
则方程f'(x)=0有两个不同的正根，
即函数y=a与ℎ(x)=x−xlnx(x>0)图像有两个交点，
ℎ'(x)=−lnx，令ℎ'(x)>0⇒01，
所以函数ℎ(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以ℎ(x)max=ℎ(1)=1，且当x∈(0,1)时，ℎ(x)=x−xlnx=x(1−lnx)>0，
当x∈(1,+∞)时，ℎ(x)=x−xlnx=x(1−lnx)<0，如图，

由图可知a∈(0,1)；
(2)设G(x)=ℎ(x)−ℎ(2−x) (1 则G'(x)=ℎ'(x)+ℎ'(2−x)=−ln−x2+2x>0，
G(x)在(1,2)单调递增，故G(x)>G(1)=ℎ(1)−ℎ(1)=0，
即ℎ(x)>ℎ(2−x) (1 而2−x1∈(1,2)，故ℎ2−x1>ℎ2−2−x1=ℎx1=ℎx2，
又2−x1>1，x2>1，ℎ(x)在(1,+∞)单调递减，故2−x12；
由x1+x2>2知x2>2−x1>1>x1；
由(1)知，f'(x)=x−xlnx−a，x1、x2为函数f(x)的极值点，
当x∈(0,x1)时f'(x)<0，函数f(x)单调递减，
当x∈(x1,x2)时f'(x)>0，函数f(x)单调递增，
x∈(x2,+∞)时f'(x)<0，函数f(x)单调递减，
所以fx2>f2−x1，故fx1+fx2>fx1+f2−x1，
令F(x)=f(x)+f(2−x)（0 F'(x)=f'(x)−f'(2−x)=2(x−1)−xlnx+(2−x)ln(2−x)，
F″(x)=−ln(2−x)−lnx，令F″(x)>0⇒0 F'(x)单调递增，且F'(1)=0，所以F'(x)<0，故F(x)单调递减，
由0F(1)=2f(1)=32，
即f(x)+f(2−x)>32，即fx1+fx2>32.
10．已知函数fx=xsinx+cosx+12ax2,x∈0,π.
(1)当a=0时，求fx的单调区间；
(2)当a>0时，讨论fx的零点个数.
【答案】(1)单调增区间为0,π2，单调减区间为π2,π
(2)答案见解析
【解析】
(1)解：当a=0时，函数fx=xsinx+cosx,x∈0,π，
可得f'x=sinx+xcosx−sinx=xcosx.
当x在区间0,π上变化时，f'x，f（x）的变化如下表：
x
0
0,π2
π2
π2,π
π
f'x
0
+
0
-

f（x）
极小值1
↗
极大值π2
↘
-1
所以fx的单调增区间为0,π2；fx的单调减区间为π2,π.
(2)解：由题意，函数fx=xsinx+cosx+12ax2,x∈0,π，
可得f'x=ax+xcosx=xa+cosx
当a≥1时，a+cosx≥0在[0,π]上恒成立，
所以x∈[0,π]时，f'x≥0，所以fx在[0,π]上单调递增.
又因为f0=1，所以f（x）在[0,π]上有0个零点.
当0 由−1<−a<0可知存在唯一的x0∈π2,π使得cosx0=−a，
所以当x∈[0,x0)时，f'x≥0，fx单调递增；
当x∈x0,π时，f'x<0，fx单调递减，
因为f0=1，f(x0)>1，fπ=12aπ2−1，
①当12aπ2−1>0，即2π2 ②当12aπ2−1≤0，即0 综上可得，当02π2时，fx有0个零点.
11．已知函数f(x)=xex−1+(1−a)lnx，g(x)=lnx+ax．
(1)当a=1时，求y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)当a=2时，对于在(0,1)中的任意一个常数b，是否存在正数x0，使得egx0+1−3x0−2+b2x02<1，请说明理由；
(3)设ℎ(x)=f(x)−g(x)，x1是ℎ(x)的极小值点，且ℎx1≥0，证明：ℎx1≥2x12−x13．
【答案】(1)y=2x−1；
(2)存在，理由见解析；
(3)证明见解析.
【解析】
(1)当a=1时，f(x)=xex−1，求导得：f'(x)=(x+1)ex−1，f'(1)=2，而f(1)=1，则y−1=2(x−1)，
所以y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程是y=2x−1.
(2)当a=2时，g(x)=lnx+2x，对于在(0,1)中的任意一个常数b，假定存在正数x0，使得egx0+1−3x0−2+b2x02<1成立，
显然有egx0+1−3x0−2+b2x02<1⇔eln(x0+1)−x0+b2x02<1⇔(x0+1)e−x0+b2x02−1<0，
令H(x)=(x+1)e−x+b2x2−1,x>0，求导得：H'(x)=−xe−x+bx=x(b−e−x)，
当0−lnb时，H'(x)>0，即H(x)在(0,−lnb)上递减，在(−lnb,+∞)上递增，
则当x=−lnb时，H(x)min=H(−lnb)=(−lnb+1)elnb+b2(lnb)2−1=b2(lnb)2−blnb+b−1，
令G(x)=x2(lnx)2−xlnx+x−1,00，即G(x)在(0,1)上单调递增，
∀x∈(0,1),G(x) 所以存在正数x0=−lnb，使得egx0+1−3x0−2+b2x02<1.
(3)依题意，ℎ(x)=xex−1−a(x+lnx)，求导得：ℎ'(x)=(x+1)ex−1−a(1+1x)=x+1x(xex−1−a)，
令F(x)=xex−1−a,x>0，F'(x)=(x+1)ex−1>0，即F(x)在(0,+∞)上单调递增，
因xex−1>0，当a≤0时，F(x)>0，即ℎ'(x)>0，函数ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，不存在极值，
当a>0时，F(0)=−a<0，F(a+1)=(a+1)ea−a>0，从而存在x1>0，使得F(x1)=0，即ℎ'(x1)=0，
当0x1时，F(x)>0，ℎ'(x1)>0，因此，x1是函数ℎ(x)的极小值点，满足a=x1ex1−1，
ℎ(x1)=x1ex1−1−a(x1+lnx1)=x1ex1−1(1−x1−lnx1)≥0，则1−x1−lnx1≥0，
因函数y=1−x−lnx在(0,+∞)上单调递减，而当x=1时，y=0，则由1−x1−lnx1≥0得0 令φ(x)=x−lnx−1,0 ∀x∈(0,1]，φ(x)≥φ(1)=0，当且仅当x=1时取“=”,即x∈(0,1]，x−1≥lnx，
于是得x1−1≥lnx1，ex1−1≥x1>0，1−x1−lnx1≥2(1−x1)≥0，
因此，x1ex1−1(1−x1−lnx1)≥x1⋅x1⋅2(1−x1)=2(x12−x13)，
所以ℎ(x1)≥2(x12−x13).
12．已知函数fx=ax−2ex+3a∈R ，gx=lnx+xex（e为自然对数的底数，e<259）．
(1)求函数fx的单调区间；
(2)若a=−1，ℎx=fx+gx，当x∈12,1时，ℎx∈m,n,(m,n∈Z)，求n−m的最小值．
【答案】(1)分类讨论，答案见解析.
(2)1
【解析】
(1)函数fx=ax−2ex+3a∈R 的定义域为R ，f'x=a−2ex ，
①当a≤0时，对任意的x∈R ，f'x<0 ，
此时函数fx的减区间为−∞,+∞，无增区间；
②当a>0时，由f'x<0 可得x>lna2，由f'x>0 可得x 此时函数fx的单调递增区间为−∞,lna2，递减区间为lna2,+∞；
综上所述，当a≤0时，函数fx的减区间为−∞,+∞，无增区间；
当a>0时，函数fx的单调递增区间为−∞,lna2，递减区间为lna2,+∞；
(2)证明：当a=−1时，ℎx=fx+gx=x−2ex+lnx−x+3，
则ℎ'x=x−1ex+1x−1=x−1ex−1x ，
令px=ex−1x，其中x∈12,1，则p'x=ex+1x2>0 ，
所以函数px=ex−1x在12,1上单调递增，
因为p12=e−2<0，p1=e−1>0，所以存在唯一x0∈12,1，
使得px0=ex0−1x0=0，即ex0=1x0，可得x0=−lnx0，
当120 ，此时函数ℎx单调递增，
当x0 所以，当x∈12,1时，
ℎxmax=ℎx0=x0−2ex0+lnx0−x0+3=x0−2x0−2x0+3 =4−2x0+1x0<4−4x0⋅1x0=0，
即ℎx<0，因为ℎ1=2−e>2−259=−79>−1，ℎ12=52−ln2−32e>52−ln2−32⋅53=−ln2>−1，
综上所述，若a=−1，当x∈12,1时，−1<ℎx<0，
即n≥0,m≤−1,n,m∈Z ，所以n−m的最小值为1；
综上，n−m的最小值为1.
13．已知函数fx=aexx+lnx−xa∈R．
(1)若fx在1,+∞上单调递增，求a的取值范围；
(2)当a>1时，设Fx=fx−2lnx−x+1x，求证：Fx>lnaxx−lnx+e−1．
【答案】(1)a∈1e,+∞
(2)证明见解析
【解析】
(1)f'x=aexx−1x2+1x−1=x−1aex−xx2，
因为fx在1,+∞上单调递增，所以f'x≥0在1,+∞上恒成立，
即x>1时，aex−x≥0恒成立；则x>1时，a≥xex；
令gx=xex，x∈1,+∞，则g'x=1−xex，
x>1时，g'x<0，所以gx在1,+∞上单调递减，
即gx 综上所述，fx在1,+∞上单调递增时，a∈1e,+∞
(2)由已知，Fx=fx−2lnx−x+1x，即Fx=aexx−lnx−1x，其定义域为x∈0,+∞，
F'x=x−1aex−1x2，因为a∈1,+∞，所以aex−1>0，
当0 当x>1时，F'x>0，Fx在1,+∞上单调递增，
所以Fx≥F1=ae−1；
则要证Fx≥lnaxx−lnx+e−1，只要证lnaxx−lnx+e−1≤ae−1，即证lnaxx−lnx≤a−1e，
令Gx=lnaxx−lnx，则G'x=1x21−x−lnax，
令ℎx=1−x−lnax，则ℎ'x=−1−1x<0，所以ℎx在0,+∞上单调递减，
又ℎ1a=1−1a>0，ℎ1=−lna<0，所以存在唯一x0∈1a,1使得ℎx0=1−x0−lnax0=0，即lnax0=1−x0，
所以Gx≤Gx0=lnax0x0−lnx0=1x0−lnx0−1，
记φx=1x−lnx−1，易得φx在1a,1上单调递减，φx0<φ1a=a+lna−1，
故只需证a+lna−1 令ma=e−1a−1−lna，则m'a=e−1−1a>0，所以ma在1,+∞上单调递增，
则ma>m1=0成立，故原不等式成立.
14．设函数f(x)=mex−1,g(x)=lnx+n，m、n 为实数， 若F(x)=g(x)x有最大值为1e2
(1)求n的值；
(2)若f(x)e2>xg(x)，求实数m的最小整数值.
【答案】(1)n=−1
(2)1
【解析】
(1)F(x)=g(x)x=lnx+nx，定义域为0,+∞，
F'(x)=1−lnx−nx2，
当00，当x>e1−n时，F'(x)<0，
所以Fx在x=e1−n处取得极大值，也是最大值，
所以F(x)=1−n+ne1−n=1e2，解得：n=−1；
(2)mex−1e2>xlnx−1，即mex−3>xlnx−1,
m>xlnx−1ex−3，令ℎx=xlnx−1ex−3，定义域为0,+∞，
ℎ'x=lnx−xlnx+xex−3，
令φx=lnx−xlnx+x，x>0
则φ'x=1x−lnx−1+1=1x−lnx，
可以看出φ'x=1x−lnx在0,+∞单调递减，
又φ'1=1>0，φ'2=12−ln2<0，
由零点存在性定理可知：∃x0∈1,2，使得φ'x0=0，即1x0=lnx0，
当x∈0,x0时，φ'x>0，当x∈x0,+∞时，φ'x<0，
φx在x=x0处取得极大值，也是最大值，
φxmax=φx0=lnx0−x0lnx0+x0=1x0−1+x0>21x0⋅x0−1=1，
φ1e=−1+1e+1e=2e−1<0，φ72=ln72−72ln72+72=72−52ln72=127−5ln72>0，
φ4=4−6ln2<0，
故存在x1∈1e,x0，x2∈72,4，使得φx1=0,φx2=0，
所以当x∈x1,x2时，φx>0，当x∈0,x1∪x2,+∞时，φx<0，
所以ℎ'x=lnx−xlnx+xex−3在x∈x1,x2上大于0，在x∈0,x1∪x2,+∞上小于0，
所以ℎx=xlnx−1ex−3在x∈x1,x2单调递增，在0,x1,x2,+∞上单调递减，
且当x 所以ℎx=xlnx−1ex−3在x=x2处取得极大值，也是最大值，其中lnx2−x2lnx2+x2=0，
ℎx2=x2lnx2−1ex2−3=lnx2ex2−3，x2∈72,4
令ϕx=lnxex−3，x∈72,4
ϕ'x=1x−lnxex−3，当x∈72,4时，ϕ'x=1x−lnxex−3<0，
故ϕx 所以实数m的最小整数值为1.
15．已知fx=34x2−x22lnx−ax−1,a>0.
(1)若fx在区间1,+∞上有且仅有一个极值点m，求实数a的取值范围；
(2)在（1）的条件下，证明34 【答案】(1)0 (2)证明见解析
【解析】
(1)解：f'x=x−xlnx−a，
因为fx在区间1,+∞上有且仅有一个极值点m，
所以f'x=x−xlnx−a在区间1,+∞上有且仅有一个零点m，
设ℎx=f'x,ℎ'x=−lnx，
当x∈1,+∞,ℎ'x<0,ℎx单调递减，
因为ℎe=−a<0，故只需ℎ1=1−a>0，
所以0 (2)解：由（1）知f'x=x−xlnx−a，fx在区间1,+∞上有且仅有一个极值点m，
所以f'm=m1−lnm−a=0，即a=m1−lnm，
所以fm=34m2−m22lnm−am−1=−14m2+m22lnm+m−mlnm
所以f'm=m−1lnm>0,1 所以函数fm在1,e上单调递增，
所以f(1) 16．已知函数f(x)=ln(x−1)−mx(m∈R),g(x)=2x+n−2．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当−1≤m≤e−2时，若不等式f(x)≤g(x)恒成立，求n−3m+2的最小值．
【答案】(1)答案见解析
(2)−1−3e
【解析】
(1)∵f(x)=ln(x−1)−mx,(x>1)，
∴f'(x)=1x−1−m=1−m(x−1)x−1
（Ⅰ）当m≤0时，f'(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增，
（Ⅱ）当m>0时，令1−m(x−1)>0，则x<1m+1，
令1−m(x−1)<0，则x>1m+1，
∴f(x)在(1,1m+1)上单调递增， (1m+1,+∞)上单调递减，
综上，当m≤0时，f(x)在(1,+∞)上单调递增；
当m>0时，f(x)在(1,1m+1)上单调递增，在(1m+1,+∞)上单调递减
(2)∵f(x)≤g(x)恒成立，∴ln(x−1)−mx≤2x+n−2恒成立，
即ln(x−1)−(m+2)x−n+2≤0恒成立，
令ℎ(x)=ln(x−1)−(m+2)x−n+2，其中x>1，
∴ ℎ'(x)=1x−1−(m+2)，
∵−1≤m≤e−2，∴1≤m+2≤e，
令ℎ'(x)=0，即1x−1−(m+2)=0，解得x=m+3m+2，
当10，函数ℎ(x)单调递增；
当x>m+3m+2时，ℎ'(x)<0，函数ℎ(x)单调递减．
∴当x=m+3m+2时，函数ℎ(x)取得极大值，也是最大值，
且ℎ(m+3m+2)=−ln(m+2)−m−n−1，
∵ln(x−1)−(m+2)x−n+2≤0恒成立，
即−ln(m+2)−m−n−1≤0恒成立，
即n−3≥−ln(m+2)−m−4，可得n−3m+2≥−ln(m+2)−m−4m+2恒成立．
设t=m+2，∴1≤t≤e，可设I(t)=−lnt−t−2t，则I'(t)=1+lntt2，
∵1≤t≤e，∴I'(t)>0,I(t)在[1,e]上单调递增，
∴当t=e时，函数I(t)取得最大值，且I(e)=−1−3e，
∴n−3m+2≥−1−3e，即n−3m+2的最小值为−1−3e
17．已知函数f(x)=ex2lnx(x>0)．
(1)求f(x)的极值点．
(2)若有且仅有两个不相等的实数x1,x20 （i）求k的取值范围
（ⅱ）证明x2e2−2e≤e−e21x1．
【答案】(1)e−12
(2)（i）−12e,0；（ⅱ）证明见解析.
【解析】
(1)函数f(x)=ex2lnx(x>0)的导函数为f'(x)=xex2lnx(2lnx+1).
当x∈0,e−12时，f'(x)<0，所以函数f(x)单调递减；当x∈e−12,+∞时，f'(x)>0，所以函数f(x)单调递增.
所以x=e−12为f(x)的极值点.
(2)因为有且仅有两个不相等的实数x1,x20 （i）问题转化为m(x)=x2lnx−k在(0,+∞)内有两个零点,则m'x=x1+2lnx.
当x∈0,e−12时, m'x<0,m(x)单调递减；当x∈e−12,+∞时, m'x>0,m(x)单调递增.
若m(x)有两个零点,则必有m(e−12)<0<0,解得：k>−12e.
若k≥0,当0 若−12e0,me−12<0 m1=−k>0,
故存在x1∈(e−1k,e−12)使得mx1=0,存在x2∈(e−12,1)使得mx2=0.
综上可知, k∈(−12e,0).
（ⅱ）设t=x2x1则t∈(1,+∞).将t=x2x1代入x12lnx1=x22lnx2,可得lnx1=t2lnt1−t2，lnx2=lnt1−t2（*）.
欲证: x2e2−2e≤e−e21x1，需证lnx2e2−2e≤lne−e2x1即证lnx1+(e2−2e)lnx2≤−e2，将（*）代入，则有(t2+e2−2e)lnt1−t2≤−e2，则只需要证明：(x+e2−2e)lnx1−x≤−e(x>1)，即lnx≥ex−1x+e2−2e(x>1).
构造φ(x)=x−1lnx−xe−e+2，则φ'(x)=lnx−x−1xln2x−1e，φ″(x)=(x+1)2(x−1)x+1−lnxx2ln3x(x>1).
令ω(x)=2(x−1)x+1−lnx(x>1)，则ω'(x)=−(x−1)2x(x+1)2<0.所以ω(x)<ω(1)=0，则φ″(x)<0，所以φ'(x)在1,+∞内单减.
又φ'(e)=0，所以当x∈(1,e)时，有φ'(x)>0，φ(x)单调递增；当x∈(e,+∞)时，有φ'(x)<0，φ(x)单调递减；
所以φ(x)≤φ(e)=0，因此x−1lnx−xe≤e−2，即lnx≤ex−1x+e2−2e(x>1).
综上所述，命题得证.
18．已知函数f(x)=xlnx−a(x2−1),a∈R
(1)当a=0时，求f(x)的单调区间；
(2)若过原点作曲线y=f(x)的切线有两条，求a的取值范围，并证明这两条切线的斜率互为相反数．
【答案】(1)f(x)单调减区间为(0,1e)，单调增区间为(1e,+∞)；
(2)0 【解析】
(1)由题设f(x)=xlnx,则f'(x)=lnx+1，
当f'(x)>0⇒x>1e，故f(x)在(0,1e)上单减，
当f'(x)<0⇒x<1e，故f(x)在(1e,+∞)上单增；
所以f(x)单调增区间为(1e,+∞)，单调减区间为(0,1e).
(2)由题设f'(x)=lnx+1−2ax，
故y=f(x)在(x0,f(x0))处的切线方程为y−f(x0)=(lnx0+1−2ax0)(x−x0)，
则y=(lnx0+1−2ax0)x+ax02−x0+a，若切线过原点，则ax02−x0+a=0，
由题知，关于x0的方程有两个不等正实根，故Δ=1−4a2>0且1a>0，即0 设两根分别为x1,x2，则x1+x2=1a,x1x2=1，且两切线的斜率k1=f'(x1),k2=f'(x2)，
所以k1+k2=lnx1x2+2−2a(x1+x2)=0+2−2a⋅1a=0，即两条切线的斜率互为相反数．
19．已知函数fx=e−x+sinx−ax ，gx为fx的导函数．
(1)证明：当a=0时，函数gx在区0,π2内存在唯一的极值点x0，2<2cosx0<3；
(2)若fx在0,π上单调递减，求整数a的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)amin=1
【解析】
(1)当a=0时，f(x)=e−x+sinx ，
g(x)=f'(x)=−e−x+cosx ，
g'(x)=e−x−sinx ，x∈0,π2，
令ℎx=g'x ，
则ℎ'(x)=−e−x−cosx<0 ，所以导函数g'(x) 在区间0,π2单调递减，
又g'π6=e−π6−12>e−23−12=13e2−12>0 ，
g'π4=e−π4−22 据零点存在定理可知，g'x 存在唯一零点x0∈π6,π4，
使得g'x0=e−x0−sinx0=0 ，
所以当x∈0,x0时，g'x>0 ，gx在区间0,x0上单调递增，
当x∈x0,π2]时，g'x<0 ，gx在区间x0,π2上单调递减，
所以函数g(x)在区间0,π2内存在唯一的极值点x0，
又x0∈π6,π4，所以2<2cosx0<3；
(2)若f(x)在(0,π)上单调递减，则f'(x)=−e−x+cosx−a≤0 在(0,π)上恒成立，
参变分离得a≥−e−x+cosx ，x∈(0,π)，
令φ(x)=−e−x+cosx ，x∈(0,π)，
即是求φx 在x∈0,π 时的最大值，
k(x)=φ'(x)=e−x−sinx ，
当x∈(0,π)时，k'(x)=−e−x−cosx   ，令px=k'x ，
则p'x=ex+sinx>0 ，k'x 单调递增，
k'π2=−e−π2<0 ，k'3π4=−e−3π4+22>−e−2+22>0 ，
根据零点存在定理可知，存在唯一x1∈π2,3π4，
使得k'x1=−e−x1−cosx1=0 ，
∴φ'(x)=e−x−sinx 在0,x1上单调递减，在x1,π上单调递增，
φ'x1=e−x1−sinx1=−cosx1−sinx1=−2sinx1+π4<0 ，
φ'(0)=1>0 ，φ'π4=e−π4−220 ，
根据零点存在定理可知，存在唯一x2∈0,π4⊆0,x1，
x3∈x1,π使φ'x2=0 ，φ'x3=0 ，
大致图像如下：

所以φ(x)在0,x2上单调递增，在x2,x3上单调递减，在x3,π上单调递增，
φx2=−e−x2+cosx2=cosx2−sinx2=−2sinx2−π4∈(0,1) ，
φ(π)=−e−π−1<0 ，φx2>φ(π) ∴a≥φx2，φx2∈(0,1)，a∈Z∴amin=1；
综上，a的最小值为1.
20．已知函数fx=1+lnx+1xx>0.
(1)试判断函数fx在0，+∞上单调性并证明你的结论；
(2)若fx>kx+1对于∀x∈0,+∞恒成立，求正整数k的最大值；
(3)求证：1+1×21+2×31+3×4⋯1+nn+1>e2n−3．
【答案】(1)函数fx在0,+∞上为减函数，证明见解析
(2)3
(3)证明见解析
【解析】
(1)解：函数fx在0,+∞上为减函数，证明如下：
因为fx=1+ln1+xxx>0，所以f'x=−11+x−ln1+xx2，
又因为x>0，所以11+x>0，ln(1+x)>0，所以f'x<0，
即函数fx在0,+∞上为减函数.
(2)解：由fx>kx+1恒成立，即k 即k 设ℎx=x+1+x+1lnx+1x，其中x>0，所以ℎ'x=x−1−lnx+1x2，
令gx=x−1−lnx+1，则g'x=1−1x+1=xx+1>0，即gx在0,+∞为增函数，
又g2=1−ln3<0 ，g3=2−2ln2>0，
即存在唯一的实数a∈2,3，满足ga=a−1−lna+1=0，
当x>a时，gx>0，ℎ'x>0，当0 即函数ℎx在0,a为减函数，在a,+∞为增函数，
则ℎxmin=ℎa=a+1+a+1lna+1a=a+1+a+1a−1a=a+1∈3,4，
故整数k的最大值为3.
(3)证明：由（2）知，1+lnx+1x>3x+1，则lnx+1>2x−1x+1=2−3x+1，其中x>0，
令x=nn+1，则ln1+nn+1>2−3nn+1+1>2−3nn+1=2−31n−1n+1，
则ln1+1×2+ln1+2×3+ln1+3×4+⋯+ln1+nn+1
>2−31−12+2−12−13+2−13−14+⋯+2−31n−1n+1
=2n−31−1n+1>2n−3，
故1+1×21+2×31+3×4⋯1+nn+1>e2n−3.