第15讲导数与不等式问题（含答案） 备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）学案

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1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度较高，分值为16分
【备考策略】1.理解、掌握导数与不等式的关系
2.能掌握不等式的恒成立与有解问题
3.具备数形结合的思想意识，会借助图像解决不等式问题
4.会证明不等式问题
【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给出函数，证明不等式成立，以及求解不等式恒成立及有解问题。
知识讲解
知识点一.不等式
1．恒成立问题的转化：a>f(x)恒成立⟹a>f(x)max；a≤f(x)恒成立 ⟹a≤f(x)min
2．能成立问题的转化：a>f(x)能成立⟹ a>f(x)min；；a≤fx能成立 ⟹a≤f(x)max
3．恰成立问题的转化：a>f(x)在M上恰成立 a>f(x)的解集为M
另一转化方法：若x∈D,fx≥A在D上恰成立，等价于f(x)在D上的最小值f(x)min=A，若 fx≤B在D上恰成立，则等价于fx在D上的最大值f(x)max=B．
4．设函数f(x)、g(x)，对任意的x1∈[a,b]，存在x2∈[c,d]，使得f(x1)≥g(x2)，则f(x)min≥g(x)min
5．设函数f(x)、g(x)，对任意的x1∈[a,b]，存在x2∈[c,d]，使得 f(x1)≤g(x2)，则f(x)max≤g(x)max
6．设函数f(x)、g(x)，存在x1∈[a,b]，存在x2∈[c,d]，使得f(x1)≥g(x2)，则f(x)max≥g(x)min
7．设函数f(x)、g(x)，存在x1∈[a,b]，存在x2∈[c,d]，使得 f(x1)≤g(x2)，则f(x)min≤g(x)max
8．设函数f(x)、g(x)，对任意的x1∈[a,b]，存在x2∈[c,d]，使得 f(x1)=g(x2)，设f(x)在区间[a，b]上的值域为A，g(x)在区间[c，d]上的值域为B，则AB．
9．若不等式fx>g(x)在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数y=f(x)和图象在函数y=g(x)图象上方．
10．若不等式fx0时，f'x1的解集为（ ）
A．0,1B．0,+∞C．1,+∞D．0,1∪1,+∞
【答案】A
【分析】由不等式化简构造新函数，利用导数求得新函数的单调性，即可求解原不等式.
【详解】不等式fx−lnxex>1等价于f(x)>ex+lnx，即f(x)−ex+lnx>0，
构造函数g(x)=f(x)−ex+lnx,x>0，所以g'(x)=f'(x)−ex−1x，
因为x>0时，f'x0时，3f(x)+xf'(x)>0，且f(2)=2，则不等式(x+1)3f(x+1)>16的解集为（ ）
A．(1,+∞)B．(−∞,−2)∪(2,+∞)
C．(−∞,1)D．(−∞,−3)∪(1,+∞)
【答案】D
【分析】根据(x+1)3fx+1>16构造函数，通过求导发现利用已知条件可知恒为正数，所以可知gx=x3fx在x>0时是单调递增函数，再结合已知条件又可知gx=x3fx是偶函数，利用单调性和奇偶性解不等式即可.
【详解】令gx=x3fx，则g'x=3x2fx+x3f'x=x23fx+xf'x，
因为当x>0时，3fx+xf'x>0，所以gx在0,+∞上单调递增，
又fx为奇函数，且图象连续不断，所以gx为偶函数，
由x+13fx+1>23f2，得x+1>2，解得x1.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及函数与导数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.
2.（2024·江西南昌·三模）已知函数f(x)的定义域为R，且f2=−1，对任意x∈R，f(x)+xf'(x)−2的解集是（ ）
A．−∞,1B．−∞,2C．1,+∞D．2,+∞
【答案】A
【分析】设gx=xfx，由g'(x)=f(x)+xf'(x)−2可得g(x+1)>g(2)，由单调性解不等式即可.
【详解】设gx=xfx，则g2=2f(2)=−2 ，
∵对任意x∈R，f(x)+xf'(x)g(2)，∴x+1f'(x),即[(x−1)f(x)]=(x−1)f'(x)+f(x)>0
故令g(x)=(x−1) f(x),则g(x)=(x−1)f(x)，在(1,+∞)上单调递增,
因为g(1+x)+g(1−x)=xf(1+x)−xf(1−x)=0，
所以g(x)=(x−1)f(x)关于点1,0对称，
所以g(x)=(x−1) f(x)在R上单调递增，因为f(2)=1，
所以g(2)=(2−1)f(2)=1,所以当x>1时, f(x)0时，xf'x+fx6x−1的解集为 .
【答案】1,3
【分析】根据题设条件，构造函数gx=xfx，判断其单调性，将所求不等式整理成gx−1>g2，利用gx的单调性即可解得.
【详解】令gx=xfx，则g'x=xf'x+fx
因为当x>0时，xf'x+fx0，得00，x>m时，f'(x)2x+lnx，
由（1）知m=1时，f(x)在区间0,1上单调递增，在区间1,+∞上单调递减.
所以f(x)max=f1=0，得到lnx≤x−1，当且仅当x=1时等号成立，
所以欲证ex>2x+lnx，只需证ex>2x+x−1，即证3x−1ex0，得到00，
存在x0∈1,2使得f'x=0．
当00，fx递增．
∴fx≥fx0=x0−2lnx0+1，
由f'x0=0得lnx0=2x0−1，
∴ fx≥fx0=x0−2lnx0+1=x0−22x0−1+1=5−x0+4x0，
令rx=x+4x10，g(x)单调递增，
当x=1时，g(x)取得极小值，也是最小值，
因为g(1)=0，g(x)≥g(1)=0，
所以f(x)≤2x2−4x.
【点睛】方法点睛：证明不等式fx≥0，往往由fxmin≥0证明.
考点三、双变量不等式的证明
1.（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数fx=x−1+x+2x+1．
(1)求不等式fx≤4的解集；
(2)若fx的最小值为m，正实数a,b满足1a+1b=m3，证明：a2+b2+5≥4a+b+3ab．
【答案】(1)−54,12
(2)证明见解析
【分析】（1）首先将函数写成分段函数，再分段得到不等式组，解得即可；
（2）首先画出fx的图象，即可求出m，即可得到a+b=ab，利用基本不等式求出ab的取值范围，又a2+b2+5−4a+b−3ab =ab2−4ab+5−5ab，令gx=x2−4x−5x+5，x∈4,+∞，利用导数说明函数的单调性，即可得证.
【详解】（1）因为fx=x−1+x+2x+1=4x+1,x≥13+2x,01，结合函数单调性即可证得结论.
【详解】（1）由题可得f'x=1x−2ax+12，x>0，
f'1=1−a2=0，
∴a=2.
（2）证明：由（1）可知：f'x=1x−4x+12=x−12xx+12≥0，
∴函数fx在0,+∞上单调递增，
∴当x>1时，fx>f1=0，
∵x1>x2>0，∴x1x2>1，lnx1−lnx2>0，
∴fx1x2>0，即lnx1x2−2x1x2−1x1x2+1>0，
∴lnx1x2>2x1x2−1x1x2+1=2⋅x1−x2x1+x2，
∴x1−x2lnx1−lnx20，证明:lna2+b2a2−b20可得02−ax+1在区间(0,+∞)上恒成立，
即ex−x2+2x>2x−ax+1恒成立，即a>1x+x−exx在区间(0,+∞)上恒成立，
令gx=1x+x−exx，x∈(0,+∞)，只需a>g(x)max，
因为g'x=−1x2+1−ex⋅x−exx2=x−1x+1−exx2，
令ℎx=x+1−ex，x∈0,+∞，有ℎ'x=1−ex0时，fx在0,1a上单调递增，在1a,+∞上单调递减.
(2)0,+∞
【分析】（1）先求函数的定义域，利用导数分类讨论分析函数的单调性即可；
（2）当x>1时，不等式fx≤ex−1−1恒成立，构造函数g(x)=f(x)−ex−1+1，转化为g(x)1时恒成立，然后利用导数分析函数的单调性最值，求解实数a的取值范围即可.
【详解】（1）函数fx=lnx−ax+a的定义域为0,+∞，f'x=1x−a，
当a≤0时，f'x>0，所以fx在0,+∞上单调递增；
当a>0时，令f'x=0，解得x=1a，
所以x∈0,1a时，f'x>0，所以fx在0,1a上单调递增；
x∈1a,+∞时，f'x0时，fx在0,1a上单调递增，在1a,+∞上单调递减.
（2）当x>1时，不等式fx≤ex−1−1恒成立，
即lnx−ax+a≤ex−1−1，在x>1时恒成立，
令g(x)=lnx−ax+a−ex−1+1，只需要g(x)1时恒成立，
g(1)=0，g'(x)=1x−a−ex−1，
设ℎ(x)=g'(x)=1x−a−ex−1，则ℎ'(x)=−1x2−ex−10，g'(x)在1,+∞上单调递减，
所以∃x0∈1,+∞，使得x∈1,x0时，g'(x)>0，g(x)在1,x0上单调递增，
所以g(x)>g(1)=0，不合题意，
综上所述：实数a的取值范围为0,+∞.
1.（2024·黑龙江大庆·三模）已知a,b∈R，函数fx=ax2−2x−4lnx+b，且f'1=−4.
(1)求fx的单调区间；
(2)若fx≥0恒成立，求b的取值范围.
【答案】(1)单调递减区间为0,2，单调递增区间为2,+∞
(2)4ln2,+∞
【分析】（1）先得到函数fx的定义域，求导，由f'1=−4解出a的值，进而得到f'x=2x−2−4x，由f'x0，得x>1，
则ℎx在0，1上单调递减，在1，+∞上单调递增，所以ℎxmin=ℎ1=5，
所以−a−5，故a的取值范围为−5，+∞.
3.（2024·陕西西安·三模）已知函数fx=ax+1ex．
(1)当a=1时，求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程；
(2)若当x≥0时，fx≥1恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)2x−y+1=0．
(2)0,+∞．
【分析】（1）结合导数的几何意义先求出切线斜率，进而可求切线方程；
（2）先对函数求导，结合导数与单调性关系对a进行分类讨论，然后结合恒成立与最值关系转化即可求解.
【详解】（1）当a=1时，f'x=x+2ex，则f'0=2．
又f0=1，所以切线方程为y=2x+1，即2x−y+1=0．
（2）f'x=ax+1+aex．
当a≥0时，f'x>0在0,+∞上恒成立，则fx在0,+∞上单调递增，
又f0=1，所以fx≥1恒成立，满足题意；
当a0，f−1a=00)
f'(x)=ex−1−1−1x+1x=(ex−1−1)+x−1x
当x>1时，f'(x)>0，f(x)的增区间为(1,+∞)
当01时，ℎ'(x)>0，ℎ(x)的增区间为(1,+∞)
当00，
所以−1,1上，函数单调递增，1,2上单调递减，
又x=−1时m为−10；x=1时m为10；x=2时，m=−10，
即15x−5x3在x∈−1,2上的最大值为10，最小值为−10；
综上关于x的方程5x3=15x−m在−1,2上有解，则实数m的取值范围是−10,10.
故选：A．
2.（2024·西藏拉萨·二模）已知函数fx=xex+ax2+1.
(1)当a=0时，求函数fx的最值；
(2)若方程fx=ex+1在x∈1,3上有解，求实数a的取值范围.
【答案】(1)最小值为1−1e，没有最大值
(2)−2e39,0
【分析】（1）利用导数求出函数的单调性进行求解；
（2） xex+ax2+1=ex+1在x∈1,3上有解，整理，得ax2=ex−xex.因为x≠0，所以a=ex−xexx2.令gx=ex−xexx2x∈1,3，求导，求出单调性求解．
【详解】（1）当a=0时，fx=xex+1，求导，得f'x=1+xex，
当x0,fx单调递增.
所以当x=−1时，fx取得极小值，也是最小值，
所以函数fx的最小值为f−1=−e−1+1=1−1e，没有最大值.
（2）方程fx=ex+1在x∈1,3上有解，
即xex+ax2+1=ex+1在x∈1,3上有解，整理，得ax2=ex−xex.
因为x≠0，所以a=ex−xexx2.
令gx=ex−xexx2x∈1,3，求导，得g'x=−exx2−2x+2x3.
因为x2−2x+2≥1>0，所以当x>0时，g'x0，φx单调递增.
所以φxmin=φ0=1+a=0，所以a=−1.
（2）要证fx=2x在0,+∞上有解，即证ex−x2+a=2x在0,+∞上有解，
即证a=2x−ex+x2在0,+∞上有解.
令gx=2x−ex+x2，则g'x=2−ex+2x.
设ℎx=g'x，则ℎ'x=−ex+2.
当x0；当x∈x0,+∞时，g'x1，则ℎ'x=1−1x=x−1x>0，
所以函数ℎx在1,+∞上单调递增，所以ℎx>ℎ1=0．
当10，
所以gx在1,e上单调递减，在e,+∞上单调递增，
所以gxmin=ge=e−2，所以a≥e−2，
综上可知，实数a的取值范围是e−2,+∞．
3.（23-24高三上·山西吕梁·阶段练习）已知函数fx=ex−x2−1．
(1)求fx在x=1处的切线方程；
(2)若fx≤ax在x∈0,+∞上有解，求实数a的取值范围．
【答案】(1)y=e−2x
(2)a≥e−2
【分析】（1）求得导数，可得切线的斜率和切点，即可得切线的方程；
（2）由题意得ex−x2−ax−1≤0在0,+∞上有解．当x>0时，a≥exx−x+1x在0,+∞上有解，令gx=exx−x+1x，讨论gx的单调性，求出gx的最小值即可得出实数a的取值范围．
【详解】（1）f'x=ex−2x，f'1=e−2，f1=e−2，
所以fx在x=1处的切线方程为：y−e−2=e−2x−1，即y=e−2x.
（2）因为fx≤ax在0,+∞上有解，所以ex−x2−ax−1≤0在0,+∞上有解，
当x>0时，a≥exx−x+1x在0,+∞上有解，
令gx=exx−x+1x，则g'x=exx−1x2−x2−1x2=x−1ex−x+1x2，
令φ(x)=ex−(x+1)，则φ'(x)=ex−1，
当x>0时，φ'(x)>0，φ(x)单调递增，故φ(x)>φ(0)=0，
则当x>0时，ex>x+1，即ex−x+1>0．
所以，当00，
所以gx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
所以当x=1时，gxmin=e−2，所以a≥e−2，
综上可知，实数a的取值范围是a≥e−2．
4.（2024高三·全国·专题练习）已知函数fx=ex−x.
(1)求函数fx的极值；
(2)若对任意x>0,fx>12ax2+1有解，求a的取值范围.
【答案】(1)极小值为1，无极大值；
(2)a≤1.
【分析】（1）利用导数研究函数fx的单调性即可求极值；
（2）由题意可得任意x>0,ex−x−12ax2−1>0有解，设gx=ex−x−12ax2−1，分a≤0、01讨论即可求解.
【详解】（1）f'x=ex−1=0，得x=0，
当x0，函数fx单调递增，
所以f(x)的极小值为f0=1，无极大值；
（2）对任意x>0,fx>12ax2+1即ex−x−12ax2−1>0，
设gx=ex−x−12ax2−1,x≥0，g'x=ex−1−ax,x≥0，
①当a≤0时，g'x单调递增，g'0=0,g'x>0,gx单调递增，gx>g0=0，成立；
②当00,g'x单调递增，g'0=0,g'x>0,gx单调递增，gx>g0=0，成立；
③当a>1时，当00时，fx>f0=0；当x≤0时，fx≤f0=0，
所以不等式x≤sinx的解集为−∞,0，
因为x∈−4,2，所以不等式x≤sinx的解集为−4,0，
由长度比的几何概型的概率计算，可得使x≤sinx恒成立的概率是P=0−(−4)4−(−2)=23.
故选：A.
3．（2022·重庆沙坪坝·模拟预测）若关于x的方程ex=ax2(x>0)有解，则实数a的取值范围为 ．
【答案】e24,+∞
【分析】参变分离得a=exx2，求出fx=exx2x>0的值域即a的取值范围．
【详解】ex=ax2(x>0)有解，即exx2=a(x>0)，令fx=exx2x>0，
f'x=exx2−2xx4，令f'x>0，解得x>2，令f'x0时f1+t>f1−t，并对该不等式代入特殊值即可得证.
【详解】（1）首先由m>0可知fx的定义域是0,+∞，从而fx=lnmx−x=lnx−x+lnm.
故f'x=lnmx−x=1x−1=1−xx，从而当0732.
【答案】(1)0
(2)证明过程见解析
【分析】（1）利用导数的性质进行求解即可；
（2）利用（1）的结果，取特殊值代入进行证明即可.
【详解】（1）显然该函数的定义域为全体正实数，
由f(x)=12x2−1−lnx⇒f'x=x−1x=x+1x−1x，
当x>1时，f'x>0，所以函数fx单调递增，
当00.
所以gt在0,1上递减，在1,+∞上递增，故有gt>g1=0.
不等式fx≥lnx−a+1即ex−1−ax+lnx≥lnx−a+1，
这等价于ex−1−ax+a−1≥0.
从而条件等价于对任意x∈1,+∞都有ex−1−ax+a−1≥0.
若a>1，则1a∈0,1，从而对于x=1+lna有
ex−1−ax+a−1=elna−a1+lna+a−1=a−alna−1=a1−lna−1a=−a⋅g1a0,gx单调递增，
所以gx≥g0=e0−0−1=0，所以ex≥x+1（当且仅当x=0时等号成立），
所以（*）成立，当且仅当2x+lnx=0时，等号成立．
又ℎx=2x+lnx在0,+∞上单调递增，ℎ1e=2e−10，
所以存在x0∈1e,1，使得2x0+lnx0=0成立．
综上所述，原不等式成立．
4．（2024高三·全国·专题练习）设函数f(x)=alnx+bx，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+y−3=0．
(1)求a,b；
(2)证明：f(x)>e−x．
【答案】(1)a=1，b=2．
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数f(x)=alnx+bx的导数，利用曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+y−3=0，利用切线的斜率即切点坐标即可求出a,b.
（2）要证f(x)>e−x，变形即证xlnx>xe−x−2，设函数ℎ(x)=xlnx，g(x)=xe−x−2，判断两函数的单调性，求解函数的最值，满足ℎ(x)min>g(x)max，即可证明f(x)>e−x.
【详解】（1）函数f(x)=alnx+bx，函数的定义域为x>0，f'(x)=ax−bx2，
曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+y−3=0，
可得f(1)=2,f'(1)=−1，即b=2a−b=−1，解得a=1，b=2．
（2）
由（1）得f(x)=lnx+2x，要证f(x)>e−x．即证：exf(x)>1，
即exlnx+2exx>1，等价于xlnx>xe−x−2．
设函数ℎ(x)=xlnx，则ℎ'(x)=lnx+1．
∴当x∈(0,1e)时，ℎ'(x)g(x)，即exf(x)>1．
可知f(x)>e−x．
5．（2024·广西·模拟预测）设函数fx=−alnx+e2x，a>0．
(1)当a=e时，求函数f(x)的单调区间；
(2)证明：fx−2a−aln2+alna≥0．
【答案】(1)函数fx的单调递减区间为0,12，单调递增区间为12,+∞．
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数f(x)的定义域，利用导数求出其单调区间即可.
（2）通过导数及零点存在定理判断函数fx=e2x−alnx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，且2e2x0−ax0=0，等式两边取对数并使用基本不等式证明即可.
【详解】（1）当a=e时，fx=e2x−elnx，定义域为(0,+∞)，
所以f'(x)=2e2x−ex，
令g(x)=2e2x−ex
因为g'(x)=4e2x+ex2>0，
所以gx在(0,+∞)上单调递增，
即f'x在(0,+∞)上单调递增，注意到f'(12)=0，
所以当00，
所以函数fx的单调递减区间为0,12，单调递增区间为12,+∞．
（2）证明：fx−2a−aln2+alna≥0，
即fx≥2a+aln2a，
fx=e2x−alnx的定义域为(0,+∞)，
且f'x=2e2x−ax．
y=2e2x在(0,+∞)上单调递增，
当a>0时，y=−ax在(0,+∞)上单调递增，
故f'x在(0,+∞)上单调递增，
又f'a>0，当x趋近于0时，f'x→−∞，
根据零点存在定理可知，导函数f'x存在唯一的零点，
设该零点为x0．当x∈0,x0时，f'x0，fx单调递增，∴fxmin=fa=lna−a+1，
由已知fx≥0恒成立，所以lna−a+1≥0，a∈0,+∞.
令gx=lnx−x+1，则g'x=1x−1=1−xx，
∴当01n+1，即lnn+1−lnn>1n+1，
故lnn+2−lnn+1>1n+2，lnn+3−lnn+2>1n+3，…，ln3n−ln3n−1>13n，
由累加法可得ln3n−lnn>1n+1+1n+2+1n+3+⋅⋅⋅+13n，
即1n+1+1n+2+1n+3+⋅⋅⋅+13n0即可.
【详解】（1）f(x)定义域为(0,+∞)，f'(x)=a−1x=ax−1x
当a≤0时，f'(x)=ax−1x0时，x∈1a,+∞时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈0,1a时，f'(x)0时，f(x)的单调递增区间为1a,+∞，单调递减区间为0,1a.
（2）a≤2，且x>1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
2.（2023·全国·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g(x)在(0,+∞)上递增，则g(x)>g(0)=0，即lnx+1>2xx+2.
所以x>0时fx>1.
（3）设ℎ(n)=lnn!−n+12lnn+n，n∈N∗，
则ℎ(n+1)−ℎ(n)=1+(n+12)lnn−(n+12)lnn+1=1−(n+12)ln(1+1n)，
由（2）知：x=1n ∈(0,1]，则f(1n)=(n+12)ln(1+1n)>1，
所以ℎ(n+1)−ℎ(n)56，
令φ(x)=lnx−(x+5)(x−1)4x+2且x>0，则φ'(x)=(x−1)2(1−x)x(2x+1)2，
当0xb2x2+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；当x∈(1,+∞)时，f'(x)0，从而f(1b)>0，得1b∈(1,e)，
①令g(x)=f(2−x)−f(x)，
则g'(x)=ln(2−x)+lnx=ln(2x−x2)=ln[1−(x−1)2]，
当x∈(0,1)时，g'(x)g(1)=0，
从而f(2−x)>f(x)，所以f(2−1a)>f(1a)=f(1b)，
由（1）得2−1af(s)+f(t)．
【答案】(1)y=x
(2)g(x)在[0,+∞)上单调递增.
(3)证明见解析
【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
（3）令m(x)=f(x+t)−f(x)，(x,t>0)，即证m(x)>m(0)，由第二问结论可知m(x)在[0,+∞）上单调递增，即得证.
【详解】（1）解：因为f(x)=exln(1+x)，所以f0=0，
即切点坐标为0,0，
又f'(x)=ex(ln(1+x)+11+x)，
∴切线斜率k=f'(0)=1
∴切线方程为：y=x
（2）解：因为g(x)=f'(x)=ex(ln(1+x)+11+x)，
所以g'(x)=ex(ln(1+x)+21+x−1(1+x)2)，
令ℎ(x)=ln(1+x)+21+x−1(1+x)2，
则ℎ'(x)=11+x−2(1+x)2+2(1+x)3=x2+1(1+x)3>0，
∴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.
7.（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)e,函数单增，当0