高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用优秀课时练习

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1．（3分）（2023·全国·高三专题练习）函数fx=x-3ex，则fx的单调增区间是（ ）
A．-∞,2B．2,+∞C．-∞,3D．3,+∞
【解题思路】求出给定函数的导数，解导数大于0的不等式作答.
【解答过程】函数fx的定义域为R，求导得：f'x=x-2ex，由f'x>0，解得x>2，
所以fx的单调增区间是2,+∞.
故选：B.
2．（3分）（2022·山东高三阶段练习）已知f(x)=x2-2x+1x，则f(x)在12,3上的最大值为（ ）
A．12B．43C．-1D．0
【解题思路】对fx求导得f'x=1-x-2，令其为0，得到其单调性，最后得到最大值.
【解答过程】f(x)=x2-2x+1x=x+1x-2，且x∈12,3，
f'x=1-x-2，令f'x=0，x=1（负舍），
∵x∈12,1，f'x<0，x∈1,3，f'x>0，
所以f(x)在12,1上单调递减，在[1,3]到上单调递增，又f12=12,f(3)=43，所以f(x)在12,3上的最大值是43.
故选：B.
3．（3分）（2022·吉林·高三阶段练习（理））若函数fx=lnx+ax2-2x在0,1上存在极大值点，则a的取值范围为（ ）
A．0,12B．12,+∞C．0,+∞D．-∞,12
【解题思路】求出函数的导数f'x=2ax2-2x+1x，令g(x)=2ax2-2x+1，讨论a的取值范围，结合fx=lnx+ax2-2x在0,1上存在极大值点，结合二次函数性质列出相应不等式，即可求得答案.
【解答过程】由题意fx=lnx+ax2-2x,x>0可得f'x=1x+2ax-2=2ax2-2x+1x，
令g(x)=2ax2-2x+1，则g(0)=1 ，
当a=0时，g(x)=-2x+1=0,x=12，当00，fx递增，
当x>12时，f'x<0，fx递减，函数fx在x=12时取极大值，符合题意；
当a>0时，g(x)图象对称轴为x=12a>0，
此时要使函数fx=lnx+ax2-2x在0,1上存在极大值点，需满足g(1)<0，
即2a-1<0,∴a<12，则0此时x=12a>1，g(x)在0,1上递减，存在x0 ，使得g(x0)=0，
则当00，fx递增，当x0当a<0时，g(x)图象开口向下，对称轴为x=12a<0，
此时要使函数fx=lnx+ax2-2x在0,1上存在极大值点，需满足g(1)<0，
即2a-1<0,∴a<12，则a<0，同上同理可说明此时符合题意，
综合上述，可知a的取值范围为-∞,12，
故选：D.
4．（3分）（2022·河南·模拟预测（文））已知a=e-12sin12，b=12e-π6，c=22e-π4，则（ ）
A．c>b>aB．a>b>cC．b>a>cD．c>a>b
【解题思路】构造函数f(x)=exsin-x，利用导数与函数单调性的关系求得fx在-π4,0上单调递减，从而判断得a,b,c的大小关系.
【解答过程】令f(x)=exsin-x=-exsinx，则f'x=-exsinx-excsx=-2exsinx+π4，
当-π40，ex>0，则f'(x)<0，所以fx在-π4,0上单调递减，则fx因为0<12<π6<π4，所以0>-12>-π6>-π4，
所以f-12即e-12sin12所以c>b>a，
故选：A.
5．（3分）（2022·吉林·模拟预测）设f'x是函数fx的导函数，且f'x>3fxx∈R，f13=e（e为自然对数的底数），则不等式flnxA．0,13B．13,+∞C．(0,3e)D．(3e,+∞)
【解题思路】构造函数gx=fxe3x，由已知可得函数gx在R上为增函数，不等式flnx【解答过程】令gx=fxe3x，则g'x=f'x-3fxe3x，
因为f'x>3fxx∈R，
所以g'x=f'x-3fxe3x>0，
所以函数gx在R上为增函数，
不等式flnx0，
又glnx=flnxe3lnx=flnxx3，g13=f13e=1，
所以不等式flnx即lnx<13，解得0所以不等式flnx故选：C.
6．（3分）（2022·安徽·高三阶段练习）函数f(x)=x2-ax+1在区间12,3上有零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．(2,+∞)B．2,103C．2,52D．[2,+∞)
【解题思路】将题意转化成a=x+1x在区间12,3上有解，设gx=x+1x,x∈12,3，利用导数求出gx的取值范围即可得到答案
【解答过程】解：由题意得x2-ax+1=0在区间12,3上有解，即a=x+1x在区间12,3上有解，
设gx=x+1x,x∈12,3，所以g'x=1-1x2=x2-1x2
令g'x=0，解得x=1，
所以当x∈12,1，g'x<0，gx单调递减；当x∈1,3，g'x>0，gx单调递增，
所以gxmin=g1=2，因为g12=12+2=52,g3=3+13=103,
所以gx∈2,103，
所以实数a的取值范围是2,103，
故选：B.
7．（3分）（2022·辽宁高三阶段练习）若关于x的不等式x2+xlna-aexlnx>0对∀x∈0,1恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．-∞,1eB．0,1eC．1e,1D．1e,+∞
【解题思路】由题设有lnaexaex>lnxx，构造f(x)=lnxx，利用导数研究其单调性及值域，将问题转化为aex>x在0,1上恒成立，再构造g(x)=xex结合导数求参数范围.
【解答过程】由x2+xlna-aexlnx>0，可得xlnaex-aexlnx>0，
即lnaexaex>lnxx，令f(x)=lnxx，则f(aex)>f(x)在0,1上恒成立，
所以f'(x)=1-lnxx2，由f'(x)>0可得x∈0,e，由f'(x)<0可得x∈e,+∞，
所以f(x)在0,e上递增，在e,+∞上递减，且f(1)=0，
在0,1上f(x)<0，(1,+∞)上f(x)>0，而a>0，
所以，必须且只需aex>x在0,1上恒成立，即a>xex恒成立，
令g(x)=xex，则g'(x)=1-xex>0，即g(x)在0,1上递增，
故a≥g(1)=1e，
故a的取值范围为1e,+∞.
故选：D.
8．（3分）（2022·全国·高二课时练习）某莲藕种植塘每年的固定成本是2万元，每年最大规模的种植量是10万千克，每种植1万千克莲藕，成本增加1万元销售额y（单位：万元）与莲藕种植量x（单位：万千克）满足y=-16x3+ax2+x（a为常数），若种植3万千克，销售利润是232万元，则要使销售利润最大，每年需种植莲藕（ ）
A．6万千克B．8万千克C．7万千克D．9万千克
【解题思路】由已知求参数a，再利用导数研究函数的单调性，进而确定销售利润最大时每年需种植莲藕量.
【解答过程】设当莲藕种植量为x万千克时，销售利润为g(x)万元，则g(x)=-16x3+ax2+x-2-x=-16x3+ax2-2（0∵g(3)=-16×33+a×32-2=232，
∴a=2，即g(x)=-16x3+2x2-2，则g'(x)=-12x2+4x=-12x(x-8)，
当x∈(0,8)时，g'(x)>0，当x∈(8,10)时，g'(x)<0，
∴g(x)在(0,8)上单调递增，在(8,10)上单调递减，故当x=8时，g(x)取得最大值，
故要使销售利润最大，每年需种植莲藕8万千克．
故选：B.
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）（2022·北京市高二期中）函数fx=1xlnx的一个单调递减区间是（ ）
A．（e，+∞）B．1e,+∞C．（0，1e）D．（1e，1）
【解题思路】利用导数求得fx的一个单调递减区间.
【解答过程】fx的定义域为0,1∪1,+∞，
f'x=0-lnx+x×1xxlnx2=-1+lnxxlnx2，
所以fx在区间1e,1,1,+∞上f'x<0，fx递减，
所以AD选项符合题意.
故选：AD.
10．（4分）（2022·云南·高三阶段练习）已知函数fx=x3+12x2-4x，则（ ）
A．x=1是fx的极小值点B．fx有两个极值点
C．fx的极小值为1D．fx在0,2上的最大值为2
【解题思路】利用导数分析函数fx的单调性与极值，可判断ABC选项；利用函数的最值与导数的关系可判断D选项.
【解答过程】因为fx=x3+12x2-4x，所以f'x=3x2+x-4=x-13x+4，
当x∈-∞,-43∪1,+∞时，f'x>0；当x∈-43,1时，f'x<0，
故fx的单调递增区间为-∞,-43和1,+∞，单调递减区间为-43,1，
则fx有两个极值点，B正确；
且当x=1时，fx取得极小值，A正确；
且极小值为f1=-52，C错误；
又f0=0，f2=2，所以fx在0,2上的最大值为2，D正确.
故选：ABD.
11．（4分）已知f(x)=2x3-9x2+ax+b在x=1处取得极大值，若f(x)有三个零点，则（ ）
A．a=2B．-5C．f(x)的极小值为4+bD．fb2>f(-b)
【解题思路】根据极大值点可求解a=12，可判断A,进而可得fx的单调性，可判断C,根据三个零点得-5【解答过程】因为f'(x)=6x2-18x+a，所以f'(1)=6-18+a=0，所以a=12．故A错，
因为f(x)=2x3-9x2+12x+b, f'(x)=6x2-18x+12=6(x-1)(x-2)，
当12时，f'x>0 ，
所以f(x)在x=2处取得极小值，在x=1处取得极大值，
极小值为f(2)=4+b，极大值为f(1)=5+b，
若f(x)有三个零点，所以4+b<0,5+b>0，所以-5因为-5f(-b),故D正确，
故选：BCD.
12．（4分）（2023·全国·高三阶段练习）已知函数fx=ex-x，gx=x-lnx，则下列说法正确的是（ ）
A．gex在0,+∞上是增函数
B．∀x>1，不等式fax≥flnx2恒成立，则正实数a的最小值为2e
C．若fx=t有两个零点x1,x2，则x1+x2>0
D．若fx1=gx2=tt>2，且x2>x1>0，则lntx2-x1的最大值为1e
【解题思路】A选项中，令t=ex>1，利用导数可求得gt单调性，根据复合函数单调性的基本原则可知A正确；B选项中，利用导数可求得fx在0,+∞上单调递增，由此可将恒成立的不等式化为a≥2lnxx，令hx=2lnxxx>1，利用导数可求得hxmax，由a≥hxmax可知B正确；C选项中，利用导数可求得fx的单调性，由此确定x1<00，可等价转化为fx1>f-x1，令Fx=fx-f-xx<0，利用导数可求得Fx单调性，从而得到Fx<0，知fx12，从而可确定x2>x1>1，结合fx单调性得到x1=lnx2，由此化简得到lntx2-x1=lntt，令φt=lnttt>2，利用导数可求得φt最大值，知D正确.
【解答过程】对于A，当x>0时，ex>1，令t=ex，则t>1，gt=t-lnt，
∵g't=1-1t=t-1t，∴当t>1时，g't>0恒成立，∴gt在1,+∞上单调递增；
∵t=ex在0,+∞上单调递增，
∴根据复合函数单调性可知：gex在0,+∞上为增函数，A正确；
对于B，当x>1时，lnx2>ln1=0，又a为正实数，∴ax>a>0，
∵f'x=ex-1，∴当x>0时，f'x>0恒成立，∴fx在0,+∞上单调递增，
则由fax≥flnx2得：ax≥lnx2，即a≥2lnxx，
令hx=2lnxxx>1，则h'x=21-lnxx2，
∴当x∈1,e时，h'x>0；当x∈e,+∞时，h'x<0；
∴hx在1,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，∴hxmax=he=2e，
∴a≥2e，则正实数a的最小值为2e，B正确；
对于C，∵f'x=ex-1，∴当x<0时，f'x<0；当x>0时，f'x>0；
∴fx在-∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增；∴fxmin=f0=1，则t>1；
不妨设x1若x1+x2>0，则x2>-x1>0，等价于fx2>f-x1，
又fx2=fx1，则等价于fx1>f-x1；
令Fx=fx-f-xx<0，则F'x=ex+e-x-2，
∵x<0，∴01，∴ex+e-x>2ex⋅e-x=2，即F'x>0，
∴Fx在-∞,0上单调递增，∴Fx∴fx10不成立，C错误；
对于D，由fx1=gx2=tt>2，x2>x1>0得：ex1-x1=x2-lnx2=elnx2-lnx2=tt>2，即fx1=flnx2=tt>2，
由C知：fx在-∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增；
f1=e-1<2，∴x1>1，则x2>x1>1，∴lnx2>0，
∴x1=lnx2，即ex1=x2，∴lntx2-x1=lntex1-x1=lntfx1=lntt；
令φt=lnttt>2，则φ't=1-lntt2，
∴当t∈2,e时，φ't>0；当t∈e,+∞时，φ't<0；
∴φt在2,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，∴φtmax=φe=1e，
即lntx2-x1的最大值为1e，D正确.
故选：ABD.
三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．（4分）（2022·广东·高三期中）己知函数fx=x2+5x+2lnx，则函数fx的单调递增区间是 0,+∞ ．
【解题思路】利用导数法求单调区间即可
【解答过程】函数fx=x2+5x+2lnx，其定义域xx>0，
则f'x=2x+5+2×1x=2x2+5x+2x>0在0,+∞恒成立，
所以函数fx 的单调递增区间是0,+∞.
故答案为：0,+∞.
14．（4分）（2022·江苏省高三阶段练习）已知函数f(x)=axex-lnxx-12在(0,+∞)上有两个不同的零点，则实数a的取值范围为 (0,12e) .
【解题思路】先利用同构得到2aex+2lnx-2lnx+x=0，换元后得到2aet-t=0，参变分离得到2a=tet有两个不同的根，构造gt=tet，求导得到其单调性，极值和最值情况，得到函数图象，数形结合得到2a∈0,1e，解出答案即可.
【解答过程】由题意得axex-lnxx-12=0有两个不同的根，
即ax2ex-lnx-12x=0有两个不同的根，
变形为2ax2ex-2lnx+x=0，即2aex+2lnx-2lnx+x=0，
令2lnx+x=t，则2aet-t=0，
其中令hx=2lnx+x，x∈(0,+∞)，
h'x=2x+1>0恒成立，故hx=2lnx+x在(0,+∞)单调递增，
得到2lnx+x=t∈R，
故2a=tet有两个不同的根，
令gt=tet，则g't=1-tet，t∈R，
当t>1时，g't<0，当t<1时，g't>0，
故gt=tet在t=1处取得极大值，也是最大值，gtmax=g1=1e，
且当t>0时，gt>0，当t<0时，gt<0，
画出gt=tet的图象如下图：
故2a∈0,1e时，2a=tet有两个不同的根，
解得：a∈0,12e.
故答案为：(0,12e).
15．（4分）（2022·湖南·模拟预测）f(x)=aex+lnx+b(a∈R,b∈R)的两个极值点x1,x2满足x1【解题思路】由已知函数求导，令f'(x)=0,则可得ax=ex，代入极值点后两式作商，可得到x1,x2的关系，作商得到的结果指对互换，便可解出x1,x2，根据题目所求2x1+x2，代入后便可构造新的函数，通过求导可求得最小值.
【解答过程】由函数f(x)=aex+lnx+b(a∈R,b∈R)，f'(x)=-aex+1x，f'(x)=0,则ax=ex，因为函数f(x)=aex+lnx+b(a∈R,b∈R)两个极值点x1,x2，则
ex1=ax1①，ex2=ax2②，得ex2-x1=x2x1③，设x2x1=t，则t∈(1,2]且x2=tx1，代入③得x1=lntt-1,x2=tlntt-1，∴2x1+x2=2lntt-1+tlntt-1=(t+2)lntt-1
设g(x)=(x+2)lnxx-1(1设h(x)=x-3lnx-2x+1(1h'(x)=1-3x+2x2=(x-1)(x-2)x2<0，∴h(x)在(1,2]单调递减，∴h(x)故答案为：4ln2.
16．（4分）（2022·辽宁省高三阶段练习）已知函数f(x)=12x+1+x+2，若不等式f(m⋅4x+1)+f(m-2x)≥5对任意的x>0恒成立，则实数m的最小值为 2-12 .
【解题思路】由条件可得f(x)图像关于点(0,52)对称且f(x)在R上单调递增，原不等式等价于f(m⋅4x+1)≥f(2x-m)恒成立，即m≥2x-14x+1(x>0)，求出2x-14x+1(x>0)的最大值即得.
【解答过程】因为f(x)+f(-x)=12x+1+x+2+12-x+1-x+2=5，
所以f(x)图像关于点(0,52)对称，
又f'(x)=1-2xln22x+12=4x+2-ln22x+12x+12>0，
所以f(x)在R上单调递增，
f(m⋅4x+1)+f(m-2x)≥5等价于f(m⋅4x+1)+f(m-2x)≥f(m-2x)+f(2x-m)，
即f(m⋅4x+1)≥f(2x-m)恒成立，
所以m⋅4x+1≥2x-m，即m≥2x-14x+1(x>0)恒成立，
令2x-1=t (t>0)，可得m≥t(t+1)2+1=tt2+2t+2，
而tt2+2t+2=1t+2t+2≤122+2=2-12，当且仅当t=2时取等号，
所以m≥2-12，即实数m的最小值为2-12.
故答案为：2-12.
四．解答题（共6小题，满分44分）
17．（6分）（2022·山东·高二阶段练习）已知函数fx=xlnx-12mx2-xm∈R．
(1)若m=0，求函数fx的单调区间；
(2)若函数fx在0,+∞上是减函数，求实数m的取值范围．
【解题思路】(1)先对函数f(x)求导，利用导数判断函数的单调区间；
(2)已知函数fx在0,+∞上是减函数，可知知f'x≤0恒成立，利用参数分离法,求lnxx的最大值即可求解.
【解答过程】（1）当m=0时，fx=xlnx-x,x∈(0,+∞)，
f'x=lnx,∴f'(x)=0,x=1.
f'x<0⇒00⇒x>1
所以fx的单调递减区间是0,1 ，单调递增区间是1,+∞
（2）由函数fx在0,+∞上是减函数，知f'x≤0恒成立，
fx=xlnx-12mx2-x⇒f'x=lnx-mx．
由f'x≤0恒成立可知lnx-mx≤0恒成立，则m≥lnxxmax，
设φx=lnxx，则φ'x=1-lnxx2，
由φ'x>0⇒x∈0,e，φ'x<0⇒x>e知，
函数φx在0,e上递增，在e,+∞上递减，
∴φxmax=φe=1e，∴m≥1e．
18．（6分）（2022·上海市高二期末）求函数f(x)=13x3-x+2．
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)求f(x)在区间[-2,2]上的最值．
【解题思路】（1）求导，计算导数大于0的解为原函数的单调递增区间，导数小于0为单调递减区间，递增递减的转折点为极大值点，递减递增的转折点为极小值点；（2）由第一小问的单调性，写出[-2,2]上的极值点和端点函数值，比较其大小可得最值.
【解答过程】（1）f(x)=13x3-x+2,∴ f'(x)=x2-1，
令f'(x)>0，得x<-1或x>1；令f'(x)<0，得-1所以f(x)在(-∞,-1]和[1,+∞)上严格增，在[-1,1]上严格减，极大值为f(-1)=83，极小值为f(1)=43；
（2）由（1）得f(x)在[-2,-1]和[1,2]上严格增，在[-1,1]上严格减，
又f(-2)=43，f(2)=83，
所以最大值为83，最小值为43．
19．（8分）（2022·福建省高二阶段练习）茶起源于中国，盛行于世界，是承载历史文化的中国名片．武夷山，素有茶叶种类王国之称，茶文化历史久远，茶产业生机勃勃．2021年3月22日下午，习近平总书记来到福建武夷山星村镇燕子窠生态茶园考察．总书记强调，过去茶产业是你们这里脱贫攻坚的支柱产业，今后要成为乡村振兴的支柱产业．3月25日，人民论坛网调研组一行循着习总书记此次来闽考察的足迹，走访了福建武夷山．调研组了解到某茶叶文化推广企业研发出一种茶文化的衍生产品，十分的畅销．据了解，该企业年固定成本为50万元，每生产百件产品需增加投入7万元．在2021年该企业年内生产的产品为x百件，并能全部销售完．据统计，每百件产品的销售收入为G(x)万元，且满足G(x)=-2x2+lnxx+80x+4．
（1）写出该企业今年利润F(x)关于该产品年销售量x百件的函数关系式；
（2）今年产量为多少百件时，该企业在这种茶文化衍生产品中获利最大？最大利润多少？
【解题思路】（1）由题意得可得F(x)=xG(x)-50-7x，代入化简，即可得答案.
（2）由（1）得，F(x)=-2x+lnx-3x+30(x>0)，利用导数求得F(x)的单调性及最值，分析整理，即可得答案.
【解答过程】解：（1）依题意得：F(x)=xG(x)-50-7x =x-2x2+lnxx+80x+4-50-7x
=-2x+lnx-3x+30(x>0)；
（2）由（1）得，F(x)=-2x+lnx-3x+30(x>0)，
则F'(x)=2x2+1x-3(x>0)，
令F'(x)=0，得x=1或x=-23（舍去）
当x∈(0,1)时，F'(x)>0，则F(x)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，F'(x)<0，则F(x)单调递减，
所以当x=1时，有F(x)max=F(1)=-2+ln1-3+30=25
答：当年产量为1百件时，该企业在这种茶文化衍生产品中获利最大且最大利润为25万元．
20．（8分）（2022·四川·一模（文））设函数u(x)=lnx-ax+a（a∈R）．
(1)求u(x)的单调区间；
(2)若f(x)=u(x)-a+1的两个零点x1,x2且x22-x1>0，求证：2lnx1+3lnx2>8ln2-5
【解题思路】（1）由题知u'(x)=1x-a，进而分a≤0和a>0两种情况讨论求解即可；
（2）由题知lnx1=ax1-1lnx2=ax2-1，a=lnx1-lnx2x1-x2，进而将问题转化为证2x1x2+3⋅lnx1x2x1x2-1>8ln2，再令x1x2=t，则t∈0,12，进而证明(2t+3)lntt-1>8ln2，再构造函数g(t)=(2t+3)lntt-1，t∈0,12，求解最小值即可证明.
【解答过程】（1）解：由已知u'(x)=1x-a，
当a≤0时，u'(x)≥0在(0,+∞)恒成立，u(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，由u'(x)=1x-a=0得x=1a，
若00，u(x)在0,1a上单调递增，
若x>1a时，u'(x)<0，u(x)在1a,+∞上单调递减；
综上，当a≤0时，u(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调递减区间；
当a>0时，u(x)的单调递增区间为0,1a，单调递减区间为1a,+∞；
（2）解：由题：f(x)=lnx-ax+1（a∈R）
因为x1,x2是函数f(x)的两个零点，
所以，lnx1-ax1+1=0lnx2-ax2+1=0，即lnx1=ax1-1lnx2=ax2-1，a=lnx1-lnx2x1-x2，
要证2lnx1+3lnx2>8ln2-5，
只需证明a2x1+3x2-5>8ln2-5，即证a2x1+3x2>8ln2，
只需证2x1+3x2lnx1-lnx2x1-x2>8ln2，即证2x1x2+3⋅lnx1x2x1x2-1>8ln2，
令x1x2=t，而x22-x1>0，则t∈0,12，只需证明(2t+3)lntt-1>8ln2，
令函数g(t)=(2t+3)lntt-1，t∈0,12，求导得：g'(t)=-5lnt+2t-3t+1(t-1)2
令函数h(t)=-5lnt+2t-3t+1，t∈0,12，
求导得h'(t)=2t2-5t+3t2=(t-1)(2t-3)t2>0，
则函数h(t)在0,12上单调递增，于是有h(t)因此g'(t)<0，函数g(t)在0,12上单调递减，
所以g(t)>g12=4ln12-12=8ln2，即(2t+3)lntt-1>8ln2成立，
所以原不等式得证．
21．（8分）（2022·江苏苏州·高三阶段练习）已知函数fx=eax-axa∈R,a≠0,gx=blnx-xb∈R.
(1)讨论函数fx的单调性；
(2)当a=-1,b<0时，hx=fx+gx+x-xb⩾0在x∈1,+∞时恒成立，求实数b的最小值.
【解题思路】（1）由题意可得f'x=aeax-a=aeax-1，按a和x的取值分类讨论f'(x)的正负即可得到fx的单调性；
（2）由题意不等式可化为e-x-lne-x⩾xb-lnxb在x∈1,+∞时恒成立，构造Fx=x-lnx，利用导函数得只需e-x≤xb对x∈1,+∞时恒成立即可，再构造Gx=-xlnx(x>1)，再次利用导函数即可求解b的取值范围.
【解答过程】（1）由题意f'x=aeax-a=aeax-1,x∈R，令f'x=0，得x=0，
当a>0时，
若x>0，则ax>0,eax>1，所以f'x>0，
若x<0，则ax<0，eax<1，所以f'x<0；
当a<0时，
若x>0，则ax<0,eax<1，所以f'x>0，
若x<0，则ax>0，eax>1，所以f'x<0；
综上fx在-∞,0单调递减，在0,+∞单调递增.
（2）当a=-1时，hx=e-x+x+blnx-xb≥0即e-x+x≥xb-blnx，即e-x-lne-x⩾xb-lnxb，
构造函数Fx=x-lnx，即有Fe-x⩾Fxb对x∈1,+∞时恒成立，
F'x=1-1x，令F'x=0，得x=1，所以Fx在0,1上单调递减，在1,+∞单调递增，
又x∈1,+∞时，e-x∈0,1,b<0时，xb∈0,1，
所以只需要e-x≤xb对x∈1,+∞时恒成立即可，
两边取对数，有-x≤blnx对x∈1,+∞时恒成立，
又x>1时，lnx>0，所以b⩾-xlnx对x∈1,+∞时恒成立，
令Gx=-xlnx(x>1)
G'x=1-lnx(lnx)2，令G'x>0，则1e
则Gx在1,e单调递增，在e,+∞上单调递减，
Gx最大值为Ge=-e,b≥-e，
所以b的最小值为-e.
22．（8分）（2022·北京市高三阶段练习）已知函数fx=x+aex，其中e是自然对数的底数，a∈R.
(1)求函数fx的单调区间；
(2)当x∈0,4时，求函数fx的最小值；
(3)当a<1时，试确定函数gx=fx-a-x2的零点个数，并说明理由.
【解题思路】（1）先对函数求导，令导函数大于0得到递增区间，令导函数小于0得到递减区间；
（2）根据（1）确定的函数单调性，讨论-a-1与[0，4]的关系，得到函数f(x)在[0，4]上的单调性，进而可得函数f(x)的最小值．
（3）由g(x)=f(x-a)-x2，得方程xex-a=x2，显然x=0为此方程的一个实数解．当x≠0时，方程可化简为ex-a=x．构造函数F(x)=ex-a-x，利用导数得到F(x)的最小值即可求解.
【解答过程】（1）因为f(x)=(x+a)ex，所以f'(x)=(x+a+1)ex，
令f'(x)=0，得x=-a-1
当x变化时，f(x)和f'(x)的变化情况如下：
故f(x)的单调减区间为(-∞,-a-1)；单调增区间为(-a-1,+∞)．
（2）由（1）得f(x)的单调减区间为(-∞,-a-1)；单调增区间为(-a-1,+∞)．
所以当-a-1⩽0，即a⩾-1时，f(x)在[0，4]上单调递增，
故f(x)在[0，4]上的最小值为f(x)min=f(0)=a；
当0<-a-1<4，即-5f(x)在(0,-a-1)上单调递减，在(-a-1,4)上单调递增，
故f(x)在[0，4]上的最小值为f(x)min=f(-a-1)=-e-a-1；
当-a-1⩾4，即a⩽-5时，f(x)在(0,4)上单调递减，
故f(x)在[0，4]上的最小值为f(x)min=f4 =(a+4)e4．
所以函数f(x)在[0，4]上的最小值为f(x)min=a , a⩾-1-e-a-1 , -5（3）结论：函数g(x)有且仅有一个零点．
理由如下：
由g(x)=f(x-a)-x2，得方程xex-a=x2，
显然x=0为此方程的一个实数解．所以x=0是函数g(x)的一个零点．
当x≠0时，方程可化简为ex-a=x．
设函数Fx=ex-a-x，则F'x=ex-a-1，
令F'x=0，得x=a．
当x变化时，Fx和F'x的变化情况如下：
即Fx的单调增区间为(a,+∞)；单调减区间为(-∞,a)．
所以Fx的最小值Fxmin=Fa=1-a．
因为a<1，所以Fxmin=Fa>0，
所以对于任意x∈R，Fx>0，因此方程ex-a=x无实数解．
所以当x≠0时，函数g(x)不存在零点．
综上，函数g(x)有且仅有一个零点．x
(-∞,-a-1)
-a-1
(-a-1,+∞)
f'(x)
-
0
+
f(x)
↘
↗
x
(-∞,a)
a
(a,+∞)
F'x
-
0
+
Fx
↘
极小值
↗