专题04导数与定积分一、选择题部分1.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T7)若过点可以作曲线的两条切线，则（）A.B.C.D.【答案】D．【解析】在曲线上任取一点，对函数求导得，所以，曲线在点处的切线方程为，即，由题意可知，点在直线上，可得，令，则.当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，所以，，由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，当时，，当时，，作出函数的图象如下图所示：由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点.故选D.75,解法二：画出函数曲线的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知.故选D.2.(2021•高考全国乙卷•文T12)设，若为函数的极大值点，则（）．A.B.C.D.【答案】D．【解析】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.依题意，为函数的极大值点，当时，由，，画出的图象如下图所示：75,由图可知，，故.当时，由时，，画出的图象如下图所示：由图可知，，故.综上所述，成立.故选D．3.(2021•浙江卷•T7)已知函数，则图象为如图的函数可能是（）A.B.75,C.D.【答案】D．【解析】对于A，，该函数非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；对于B，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；对于C，，则，当时，，与图象不符，排除C.故选D.4.(2021•江苏盐城三模•T6)韦达是法国杰出的数学家，其贡献之－是发现了多项式方程根与系数的关系，如：设一元三次方程的3个实数根为x1，x2，x3，则，．已知函数，直线l与f(x)的图象相切于点，且交f(x)的图象于另一点，则A．B．C．2x1＋x2＋1＝0D．2x1＋x2＝0【答案】D．【考点】新情景问题下的导数的几何意义的应用【解析】由题意可知，f′(x)＝6x2－1，所以直线l的斜率k＝f′(x1)＝6x12－1，且k＝＝＝＝2x12＋2x1x2＋2x22－1，即2x12＋2x1x2＋2x22－1＝6x12－1，化简得(2x1＋x2)(x1－x2)＝0，因为x1－x2≠0，所以2x1＋x2＝0，故答案选D．5.(2021•河南郑州三模•理T3)若直线y＝x+b是函数f（x）图象的一条切线，则函数f（x）不可能是（ ）A．f（x）＝exB．f（x）＝x4C．f（x）＝sinxD．f（x）＝【答案】D．【解析】直线y＝x+b的斜率为k＝，由f（x）＝ex的导数为f′（x）＝ex，而ex＝，解得x＝﹣ln2，故A满足题意；由f（x）＝x4的导数为f′（x）＝4x3，而4x3＝，解得x＝，故B满足题意；75,由f（x）＝sinx的导数为f′（x）＝cosx，而cosx＝有解，故C满足题意；由f（x）＝的导数为f′（x）＝﹣，即有切线的斜率小于0，故D不满足题意．6.(2021•河南郑州三模•理T6)已知函数f（x）＝ex﹣e﹣x，a＝f（30.2），b＝f（0.30.2），c＝f（log0.23），则a，b，c的大小关系为（ ）A．c＜b＜aB．b＜a＜cC．b＜c＜aD．c＜a＜b【答案】A．【解析】根据题意，函数f（x）＝ex﹣e﹣x，其导数为f′（x）＝ex+e﹣x，则有f′（x）＞0恒成立，则f（x）在R上为增函数，又由log0.23＜0.30.2＜30.2，则有c＜b＜a．7.(2021•河北张家口三模•T8)已知a，b∈（0，3），且4lna＝aln4，c＝log0.30.06，则（ ）A．c＜b＜aB．a＜c＜bC．b＜a＜cD．b＜c＜a【答案】C．【解析】由4lna＝aln4＝3aln2，得．令，则，所以当x∈（3，e）时，f（x）单调递增；当x∈（e，+∞）时，f（x）单调递减．又f（a）＝f（4），f（b）＝f（16）．又c＝log0.33.06＝log0.3（5.2×0.2）＝log0.35.2+1，log7.30.8+1＞log0.40.3+4＝2，所以c＞a，所以b＜a＜c．8.(2021•四川内江三模•理T12．)∀x∈（0，1），记a＝，b＝（）2，则a、b、c的大小关系为（ ）．A．a＞c＞bB．b＞c＞aC．b＞a＞cD．a＞b＞c【答案】C．【解析】设f（x）＝，f′（x）＝，令g（x）＝xcosx﹣sinx，g′（x）＝cosx﹣xsinx﹣cosx＝﹣xsinx，因为x∈（0，3），g（x）单调递减，所以g（x）＜g（0）＝0，75,所以f′（x）＜0，所以f（x）在（4，因为0＜x2＜x＜2，所以f（x2）＞f（x），即＞，所以b＞a，令h（x）＝x﹣sinx，则h′（x）＝1﹣cosx＞0，5）上单调递增，所以h（x）＞h（0）＝0，所以x＞sinx，所以＞，即＞，所以a＞c，综上可得，b＞a＞c．9.(2021•重庆名校联盟三模•T8．)若ex﹣a≥lnx+a对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是（ ）．A．B．（﹣∞，1]C．（﹣∞，2]D．（﹣∞，e]【答案】B．【解析】设f（x）＝ex﹣a﹣lnx﹣a（x＞0），则f（x）≥0对一切正实数x恒成立，即f（x）min≥0，由，令，则恒成立，所以h（x）在（0，+∞）上为增函数，当x→0时，h（x）→﹣∞，当x→+∞时，h（x）→+∞，则在（0，+∞）上，存在x0使得h（x0）＝0，当0＜x＜x0时，h（x）＜0，当x＞x0时，h（x）＞0，故函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，所以函数f（x）在x＝x0处取得最小值为f（x0）＝，因为，即x0﹣a＝﹣lnx0，所以恒成立，即，又，当且仅当x0＝，即x0＝1时取等号，故2a≤2，所以a≤1．10.(2021•贵州毕节三模•文T12．)已知定义在R上的函数f（x）满足：对任意x∈R，都有f（x+1）＝f（1﹣x），且当x∈（﹣∞，1）时，（x﹣1）⋅f'（x）＞0（其中f'（x）为f（x）的导函数）．设a＝f（log23），b＝f（log32），c＝f（21.5），则a，b，c75,的大小关系是（ ）A．a＜b＜cB．c＜a＜bC．b＜a＜cD．a＜c＜b【答案】C．【解析】∵对任意x∈R，都有f（x+1）＝f（1﹣x），∴f（x）关于直线x＝1对称，又当x∈（﹣∞，1）时，（x﹣1）⋅f'（x）＞0，∴函数f（x）在（﹣∞，1）上单调递减，则在（1，+∞）上单调递增，而，且，∴f（21.5）＞f（log23）＞f（log32），即c＞a＞b．11.(2021•贵州毕节三模•文T8．)已知定义在[a，b]上的函数y＝f（x）的导函数y＝f'（x）的图象如图所示，给出下列命题：①函数y＝f（x）在区间[x2，x4]上单调递减；②若x4＜m＜n＜x5，则；③函数y＝f（x）在[a，b]上有3个极值点；④若x2＜p＜q＜x3，则[f（p）﹣f（q）]•[f'（p）﹣f'（q）]＜0．其中正确命题的序号是（ ）A．①③B．②④C．②③D．①④【答案】B．【解析】对于①：f′（x）在[x2，x3]上大于0，[x3，x4]上小于0，所以f（x）在[x2，x3]上单调递增，在[x3，x4]上单调递减，故①错误；对于②：由图像可知，f′（x）是向下凹的，所以x4＜m＜n＜x5时，＞f′（），故②正确；对于③：f′（x）在（a，x3）上大于等于0，（x3，x5）上小于0，（x5，b）上大于0，所以f（x）在（a，x3）上单调递增，（x3，x5）上单调递减，（x5，b）上单调递增，75,所以f（x）在[a，b]上只有两个极值点，故③错误；对于④：由③的结论，可得f（p）﹣f（q）＜0，又因为f′（x）在（x2，x3）上单调递增，所以f′（p）﹣f′（q）＞0，所以[f（p）﹣f（q）][f′（p）﹣f′（q）]＜0，故④正确．12.(2021•贵州毕节三模•文T6．)若曲线y＝lnx+1上到直线y＝x+m的距离为2的点恰有3个，则实数m的值是（ ）A．B．﹣2C．2D．【答案】A．【解析】由曲线y＝lnx+1上到直线y＝x+m的距离为2的点恰有3个，可得直线y＝x+m与曲线y＝lnx+1相交，且与直线y＝x+m平行距离为2的两条直线中的一条与y＝lnx+1相切，设切点为（x0，lnx0+1），由y＝lnx+1的导数y′＝，可得＝1，即x0＝1，切点为（1，1），由点（1，1）到直线y＝x+m的距离为2，且切点在直线y＝x+m的上方，可得2＝＝，解得m＝﹣2．13.(2021•安徽宿州三模•理T12．)已知函数f（x）＝|x|ex，若函数g（x）＝f2（x）﹣（m+3）f（x）+3m恰有四个不同的零点，则m的取值范围为（ ）A．（2，+∞）B．（，+∞）C．（，1）D．（0，）【答案】D．【解析】函数f（x）＝|x|ex＝，x≥0，f（x）＝xex，f′（x）＝（x+1）ex＞0，因此x≥0时，函数f（x）单调递增．x＜0，f（x）＝﹣xex，f′（x）＝﹣（x+1）ex，可得函数f（x）在（﹣∞，﹣1）单调递增；可得函数f（x）在（﹣1，0）单调递减．可得：f（x）在x＝﹣1时，函数f（x）取得极大值，f（﹣1）＝．画出图象：可知：f（x）≥0．函数g（x）＝f2（x）﹣（m+3）f（x）+3m恰有四个不同的零点，⇒f（x）＝3和f（x）＝m共有四个根，因为f（x）＝3有1个根，故f（x）＝m有3个根，75,由图可得：0＜m＜．14.(2021•安徽宿州三模•文T12．)已知函数f（x）＝ex﹣3+xlnx﹣x2﹣ax满足f（x）≥0恒成立，则实数a的取值范围是（ ）A．（﹣∞，e]B．（﹣∞，﹣2]C．[2，e]D．[﹣2，2]【答案】B．【解析】由f（x）≥0，得ax≤ex﹣3+xlnx﹣x2，得a≤+lnx﹣x恒成立，设g（x）＝+lnx﹣x，则g（x）＝ex﹣3﹣lnx+lnx﹣x≥（x﹣3﹣lnx+1）+lnx﹣x＝﹣2，当且仅当x﹣3﹣lnx＝0，即x＝3+lnx时取“＝”号，故a≤﹣2，a的取值范围是（﹣∞，﹣2]．15.(2021•辽宁朝阳三模•T3．)函数f（x）＝cosx﹣的图象的切线斜率可能为（ ）A．﹣B．﹣2C．﹣D．﹣4【答案】A．【解析】f（x）＝cosx﹣的导数为f′（x）＝﹣sinx+，由于﹣sinx∈[﹣1，1]，＞0，可得﹣sinx+＞﹣1，则切线的斜率可能为﹣．16.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T9．)已知0＜a＜5且aln5＝5lna，0＜b＜6且bln6＝6lnb，0＜c＜7且cln7＝7lnc，则a，b，c的大小关系为（ ）A．a＞c＞bB．a＞b＞cC．c＞a＞bD．c＞b＞a【答案】A．【解析】令F（x）＝，则，易得，当0＜x＜e时，F′（x）＞075,，函数单调递增，当x＞e时，F′（x）＜0，函数单调递减，因为0＜a＜5，0＜b＜6，0＜c＜7，所以c＞b＞a＞e，所以f（c）＜f（b）＜f（a），则a＞b＞c．17.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T5．)已知曲线y＝aex+xlnx在点（1，ae）处的切线方程为y＝2x+b，则（ ）A．a＝e﹣1，b＝1B．a＝e﹣1，b＝﹣1C．a＝e，b＝﹣1D．a＝e，b＝1【答案】B．【解析】∵y＝aex+xlnx，∴y′＝aex+lnx+1，由在点（1，ae）处的切线方程为y＝2x+b，可得ae+1+0＝2，解得a＝e﹣1，又切点为（1，1），可得1＝2+b，即b＝﹣1．18.(2021•四川泸州三模•理T12．)若asina﹣bsinb＝b2﹣a2﹣1，则（ ）A．a＞bB．a＜bC．|a|＞|b|D．|a|＜|b|【答案】D．【解析】由于asina﹣bsinb＝b2﹣a2﹣1，所以asina+a2＝bsinb+b2﹣1，设f（x）＝xsinx+x2＝x（x+sinx），由于函数f（x）满足f（﹣x）＝f（x），故函数为偶函数，所以当x≥0时，f′（x）＝（x+sinx）+x（1+cosx），设g（x）＝x+sinx，所以g′（x）＝1+cosx≥0，而g（0）＝0，所以f′（x）≥0，所以f（a）＝f（b）﹣1，故f（a）＜f（b），由于函数为偶函数，故|a|＜|b|．19.(2021•江苏常数三模•T8．)若函数g（x）在区间D上，对∀a，b，c∈D，g（a），g（b），g（c）为一个三角形的三边长，则称函数g（x）为“稳定函数”．已知函数在区间上是“稳定函数”，则实数m的取值范围为（ ）A．B．C．D．【答案】D．【解析】由于，则，易知函数f（x）在上单调递增，在（e，e2]上单调递减，75,而，∴在上的最大值为，最小值为m﹣2e2，依题意，2f（x）min＞f（x）max，即，解得．20.(2021•湖南三模•T10．)已知函数f（x）＝2alnx+x2+b．（ ）A．当a＝﹣1时，f（x）的极小值点为（1，1+b）B．若f（x）在[1，+∞）上单调递增，则a∈[﹣1，+∞）C．若f（x）在定义域内不单调，则a∈（﹣∞，0）D．若a＝﹣且曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与曲线y＝﹣ex相切，则b＝﹣2【答案】BC．【解析】根据极值点定义可知，极小值是一个实数，A错误；由≥0得a≥﹣x2，因为x≥1，所以a≥﹣1，B正确；因为＝，当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，当a＜0时，f′（x）＞0不恒成立，函数不单调，C正确；a＝﹣，f′（x）＝﹣+2x2，所以f′（1）＝﹣1，f（1）＝1+b，所以切线方程为y﹣（1+b）＝﹣（x﹣1），即y＝﹣x+b+2，设切点横坐标为x0，则＝﹣1，故x0＝0，切点（0，﹣1），代入y＝﹣x+b+2得b＝﹣3，D错误．21.(2021•福建宁德三模•T8)已知函数f(x)=ex-1-e1-x+12sinπx，实数a，b满足不等式f(3a+b)+f(a-1)>0，则下列不等式成立的是( )A.4a+b>3B.4a+b<3C.2a+b>-1D.2a+b<-1【答案】A．【解析】∵f(x)=ex-1-e1-x+12sinπx，∴f(2-x)=e1-x-ex-1+12sin(2π-2x)=e1-x-ex-1-12sin2x=-f(x)，即函数f(x)关于(1,0)对称，f'(x)=ex-1+e1-x+12πcosπx≥2ex-1⋅e1-x+12πcosπx=2+12πcosπx，∵-12π≤12πcosπx≤12π，∴2-12π≤2+12πcosπx≤2+12π，∴f'(x)>0恒成立，则f(x)是增函数，∵f(3a+b)+f(a-1)>0，∴f(3a+b)>-f(a-1)=f(3-a)，则3a+b>3-a，得4a+b>3，故选：A.根据条件判断函数f(x)关于(1,0)对称，求函数的导数，研究函数的单调性，利用函数的对称性和单调性将不等式进行转化求解即可．75,本题主要考查函数奇偶性和单调性的应用，根据条件判断函数的对称性和单调性是解决本题的关键，是中档题．22.(2021•宁夏中卫三模•理T12．)已知函数f（x）＝xex，g（x）＝2xln2x，若f（x1）＝g（x2）＝t，t＞0，则的最大值为（ ）A．B．C．D．【答案】D．【解析】因为f（x）＝xex，g（x）＝2xln2x，f（x1）＝g（x2）＝t，t＞0，所以＝t，所以ln（）＝ln（2x2ln2x2）＝lnt，即lnx1+x1＝ln（2x2）+ln（ln2x2）＝lnt，因为y＝x+lnx在（0，+∞）上单调递增，所以x1＝ln（2x2），即lnx1+x1＝lnx1+ln2x2＝lnt，所以2x1x2＝t，则＝，令h（t）＝，则h′（t）＝，当0＜t≤e时，h′（t）≥0，h（t）单调递增，当t＞e时，h′（t）＜0，h（t）单调递减，故当t＝e时，h（t）取得最大值h（e）＝．23.(2021•江西南昌三模•理T3．)已知自由落体运动的速度v＝gt，则自由落体运动从t＝0s到t＝2s所走过的路程为（ ）A．gB．2gC．4gD．8g【答案】B．【解析】．24.(2021•江西南昌三模•理T8．)将方程f（x）＝f'（x）的实数根称为函数f（x）的“新驻点”．记函数f（x）＝ex﹣x，g（x）＝lnx，的“新驻点”分别为a，b，c，则（ ）A．c＜a＜bB．c＜b＜aC．a＜c＜bD．a＜b＜c【答案】A．【解析】令f（x）＝f′（x），则ex﹣x＝ex﹣1，解得x＝1，即a＝1；令g（x）＝g′（x），则，设，则，75,即函数φ（x）在（0，+∞）单调递增，又，∴函数φ（x）在（1，2）上存在唯一零点，即1＜b＜2；令h（x）＝h′（x），则，解得，则．∴c＜a＜b．25.(2021•河南开封三模•文T6．)设函数，若f（x）的极小值为，则a＝（ ）A．B．C．D．2【答案】B．【解析】，令f′（x）＝0得，x＝1﹣a，∴x＜1﹣a时，f′（x）＜0；x＞1﹣a时，f′（x）＞0，∴f（x）在x＝1﹣a处取得极小值，∴＝，∴，解得．26.(2021•安徽马鞍山三模•理T12．)已知x∈（0，+∞），不等式ax+eαx≥lnx+x恒成立，则实数a的最小值为（ ）A．B．C．0D．1【答案】A．【解析】不等式ax+eαx≥lnx+x等价于不等式eαx+lneax≥lnx+x，令函数f（x）＝lnx+x，原问题等价于g（eax）≥g（x）在（0，+∞）恒成立．∵，∴函数g（x）单调递增，故只需eax≥x在（0，+∞）恒成立即可．即ax≥lnx⇒a≥，令f（x）＝（x＞0），则f，可得函数f（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，∴f（x）的最大值为f（e）＝，∴．27.(2021•安徽马鞍山三模•文T12．)已知函数（是自然对数的底数）在x＝0处的切线与直线x﹣2y+1＝0垂直，若函数g（x）＝f（x）﹣k75,恰有一个零点，则实数k的取值范围是（ ）A．B．C．D．【答案】C．【解析】函数的导数为f′（x）＝ex（x2+m﹣1），可得f（x）在x＝0处的切线的斜率为m﹣1，由在x＝0处的切线与直线x﹣2y+1＝0垂直，可得m﹣1＝﹣2，解得m＝﹣1，则f（x）＝ex（x2﹣x﹣1），函数g（x）＝f（x）﹣k恰有一个零点，即为f（x）＝k只有一个实根．由f（x）的导数为f′（x）＝ex（x2﹣2），当﹣2＜x＜2时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x＞2或x＜﹣2时，f′（x）＞0，f（x）递增．则x＝﹣2处，f（x）取得极大值3e﹣2，x＝2处，f（x）取得极小值﹣e2，则k的取值范围是{﹣e2}∪（3e﹣2，+∞）．28.(2021•江西九江二模•理T11．)若不等式xm（ex+x）≤emx+mxm（x﹣lnx）恒成立，则实数m的取值范围是（ ）A．[，+∞）B．[1，+∞）C．[，+∞）D．[e﹣1，+∞）【答案】C．【解析】不等式xm（ex+x）≤emx+mxm（x﹣lnx）恒成立⇔ex+x≤+m（x﹣lnx）＝em（x﹣lnx）+m（x﹣lnx），令f（x）＝ex+x，则原不等式等价于f（x）≤f（m（x﹣lnx75,））恒成立．∵f（x）＝ex+x在（0，+∞）上单调递增，∴x≤m（x﹣lnx），令g（x）＝x﹣lnx，则g′（x）＝1﹣＝，可得：x＝1时函数g（x）取得极小值，即最小值．∴g（x）≥g（1）＝1＞0．∴x≤m（x﹣lnx）⇔m≥，令h（x）＝，x∈（0，+∞）．∴h′（x）＝．h′（e）＝0，x∈（0，e）时，h′（x）＞0，∴h（x）在（0，e）上单调递增；x∈（e，+∞）时，h′（x）＜0，∴h（x）在（e，+∞）上单调递减．∴h（x）max＝h（e）＝．∴实数m的取值范围是[，+∞）．29.(2021•浙江杭州二模•理T9．)已知函数f（x）＝aex﹣．若函数y＝f（x）与y＝f（f（x））有相同的最小值，则a的最大值为（ ）A．1B．2C．3D．4【答案】B．【解析】根据题意，求导可得，f'（x）＝∵∴f'（x）在R上单调递增，又∵当x＝0时，f'（0）＝0∴当x＜0时，f'（x）＜0，即得函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，当x＞0时，f'（x）＞0，即得函数f（x）在（0，+∞）上单调递增故有f（x）min＝f（0）＝a﹣2，即得f（x）∈[a﹣2，+∞）所以根据题意，若使f（f（x））min＝a﹣2，需使f（x）的值域中包含[0，+∞），即得a﹣2≤0⇒a≤2，故a的最大值为2．30.(2021•河北秦皇岛二模•理T12．)已知函数f（x）＝lnx﹣ax有两个零点x1，x2，且x1＜x2，则下列选项正确的是（ ）A．a∈（0，）B．y＝f（x）在（0，e）上单调递增C．x1+x2＞6D．若，则【答案】ABD．【解析】由f（x）＝lnx﹣ax，可得f′（x）＝﹣a，（x＞0），当a≤0时，f′（x）＞0，∴f（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，与题意不符；75,当a＞0时，可得当f′（x）＝﹣a＝0，解得：x＝，可得当x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，可得当x＝时，f（x）取得极大值点，又因为由函数f（x）＝lnx﹣ax有两个零点x1，x2（x1＜x2），可得f（）＝ln﹣1＞0，可得a＜，综合可得：0＜a＜，故A正确；当a→时，x1+x2→2e＜6，故C错误，∵f′（x）＝﹣a＝，故x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）递增，∵a∈（0，），∴（0，e）⊆（0，），故选项B正确；∵f（x）在（0，）递增，在（，+∞）递减，且a∈（，），∴1，x1∈（0，），，x2∈（，+∞），∵f（1）＝﹣a＜0＝f（x1），∴x1＞1，∵f（）＝ln﹣2＜lne2﹣2＝0＝f（x2），∴x2＜，∴x2﹣x1＜﹣1＝，故D正确；31.(2021•江西上饶二模•理T12．)对任意x＞0，不等式ax≤（e≈2.71828…）恒成立，则正实数a的取值范围是（ ）A．（0，e3]B．C．D．【答案】A．【解析】由ax≤恒成立，﹣ax≥0，即﹣alnex≥0，故≥0，75,令t＝，x＞0，h（x）＝ex﹣ex，则h′（x）＝ex﹣e，易得，当x＞1时，h′（x）＞0，函数单调递增，当0＜x＜1时，h′（x）＜0，函数单调递减，故当x＝1时，h（x）取得最小值h（1）＝0，所以，h（x）＝ex﹣ex≥0，即ex≥ex，因为x＞0，所以≥e，即t≥e，前面不等式转化为t﹣alnt+2e3≥0，（t≥e），令f（t）＝t﹣alnt+2e3，则，（t≥e），当0＜a≤e时，f′（t）≥0，f（t）min＝f（e）＝e﹣a+2e3≥0，故a≤e+2e3．所以0＜a＜e，当a＞e时，f（x）在[e，a]上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，f（t）min＝f（a）＝a﹣alna+2e3≥0，令g（a）＝a﹣alna+2e3，a＞e，则g′（a）＝﹣lna＜0，故g（a）在（e，+∞）上单调递减，因为g（e3）＝0，当g（a）≥0时，a≤e3，即e＜a≤e3，综上a的范围（0，e3]．32.(2021•河北邯郸二模•理T4．)曲线y＝（x﹣3）ex在x＝0处的切线方程为（ ）A．2x+y+3＝0B．2x+y﹣3＝0C．2x﹣y+3＝0D．2x﹣y﹣3＝0【答案】A．【解析】y＝（x﹣3）ex的导数为y′＝（x﹣2）ex，曲线y＝（x﹣3）ex在x＝0处的切线的斜率为﹣2，切点（0，﹣3），则切线的方程为y＝﹣2x﹣3，即2x+y+3＝0．33.(2021•广东潮州二模•T10．)已知函数y＝f（x）的导函数y＝f'（x）的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）A．f（a）＜f（b）＜f（c）B．f（e）＜f（d）＜f（c）C．x＝c时，f（x）取得最大值D．x＝d时，f（x）取得最小值【答案】AB．【解析】结合导函数的图象，可知f（x）在（﹣∞，c]上单调递增，在（c，e）上单调递减，在[e，+∞）上单调递增，对于A，因为a＜b＜c，由f（x）的单调性可知f（a）＜f（b）＜f（c），故A正确；对于B，因为c＜d＜e，由f（x）的单调性可知f（c）＞f（d）＞f（e），故B正确；对于C，当x＝c时，f（x）取得极大值，但不一定是最大值，故C错误；对于D，由B可知，f（d）不是f（x）的最小值，故D错误．75,34.(2021•辽宁朝阳二模•T12．)已知a＞0，m（x）＝ex﹣2﹣e2﹣x，f（x）＝am（x）﹣sinπx，若f（x）存在唯一零点，下列说法正确的有（ ）A．m（x）在R上递增B．m（x）图象关于点（2，0）中心对称C．任取不相等的实数x1，x2∈R均有D．【答案】ABD．【解析】m′（x）＝ex﹣2+e2﹣x＞0，则m（x）在R上递增，故A正确，m（x）+m（4﹣x）＝ex﹣2﹣e2﹣x+e2﹣x﹣ex﹣2＝0，则m（x）图象关于点（2，0）中心对称，故B正确，m″（x）＝ex﹣2﹣e2﹣x，当x＞2时，m″（x）＞0，即m′（x）为增函数，即m（x）图象下凸，此时＞m（），故C错误，若f（x）存在唯一零点，则a（ex﹣2﹣e2﹣x）＝sinπx只有一个解，即g（x）＝a（ex﹣2﹣e2﹣x）与h（x）＝sinπx只有一个交点，g'（x）＝a（ex﹣2+e2﹣x），h'（x）＝πcosπx，由g（2）＝h（2）＝0，则g（x）、h（x）的图象均关于点（2，0）中心対称，在x＝2的右侧附近g（x）为下凸函数，h（x）为上凸函数，要x＞2时，图象无交点，当且仅当g'（2）≥h'（2）成立．于是2a≥π，即a≥成立，故D正确．35.(2021•河南郑州二模•文T11．)已知a﹣5＝ln＜0，b﹣4＝ln＜0，c﹣3＝ln＜0，则a，b，c的大小关系是（ ）A．b＜c＜aB．a＜c＜bC．a＜b＜cD．c＜b＜a【答案】C．【解析】令f（x）＝x﹣lnx，则＝，当x＞1时，f′（x）＞0，函数单调递增，当0＜x＜1时，f′（x）＜0，函数单调递减．故f（5）＞f（4）＞f（3），所以5﹣ln5＞4﹣ln4＞3﹣ln3，因为a﹣5＝ln＝lna﹣ln5＜0，b﹣4＝ln＝lnb﹣ln4＜0，c﹣3＝ln＝lnc﹣ln3＜0，所以a﹣lna＝5﹣ln5，b﹣lnb＝4﹣ln4，c﹣lnc＝3﹣ln3，75,故a﹣lna＞b﹣lnb＞c﹣lnc，所以f（a）＞f（b）＞f（c），因为a﹣4＝lna﹣ln4＜0得0＜a＜4，又a﹣lna＝4﹣ln4，所以f（a）＝f（4），则0＜a＜1，同理f（b）＝f（3），f（c）＝f（2），所以0＜b＜1，0＜c＜1，所以c＞b＞a．36.(2021•山西调研二模•文T12.)已知函数f(x)=alnx+1x-1(a∈R)，若f(x)的最小值为0，则a的值为( )A.1B.-1C.0D.-2【答案】A．【解析】f(x)=alnx+1x-1的定义域为(0,+∞)，∵f'(x)=ax-1x2=ax-1x2，当a≤0时，f'(x)<0恒成立，∴f(x)在(0,+∞)上单调递减，无最值；当a>0时，x∈(0,1a)时，f'(x)<0，x∈(1a,+∞)时，f'(x)>0，∴f(x)的单调递增区间为(1a,+∞)，单调递减区间为(0,1a)，此时f(x)min=f(1a)=-alna+a-1=0，∴a=1.故选：A.求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最小值，即可求出a的值．本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题．37.(2021•安徽淮北二模•文T12．)若关于x的不等式lnx+a﹣＜0有且只有两个整数解，则正实数a的取值范围是（ ）A．（3ln3+1，4ln2+4]B．[﹣ln2+1，3ln3+1）C．（ln2+，3ln3+1]D．（3ln2+1，2ln3+3]【答案】C．【解析】原不等式可化简为xlnx+1＜4a﹣ax，设f（x）＝xlnx+1，g（x）＝4a﹣ax，由f（x）＝xlnx+1得，f′（x）＝lnx+1，易知函数f（x）在单调递减，在单调递增，作出f（x）的图象如下图所示，75,而函数g（x）＝4a﹣ax恒过点C（4，0），要使关于x的不等式lnx+a﹣＜0有且只有两个整数解，则函数g（x）的图象应介于直线AC与直线BC之间（可以为直线BC），又A（2，2ln2+1），B（3，3ln3+1），∴，，∴，∴．38.(2021•新疆乌鲁木齐二模•文T12．)设函数f（x）＝﹣lnx﹣ax+4a，其中a＜0，若仅存在一个整数x0，使得f（x0）≤0，则实数a的取值范围是（ ）A．B．C．D．【答案】B．【解析】令g（x）＝﹣lnx，h（x）＝ax﹣4a＝a（x﹣4），因为仅存在一个整数x0，使得f（x0）≤0，所以仅有一个整数，使得g（x）≤h（x），g′（x）＝x﹣＝，令g′（x）＞0，可得x＞1，令g′（x）＜0，可得0＜x＜1，所以g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，所以g（x）min＝g（1）＝，所以满足条件的整数为1，由a＜0，可得h（x）为减函数，75,所以，即，解得ln2﹣1＜a≤﹣，即实数a的取值范围是（ln2﹣1，﹣]．39.(2021•吉林长春一模•文T7.)曲线在处的切线的斜率为A.B.C.D.【答案】B．【解析】当x=e时,k=2,故选B.二、填空题部分40.(2021•高考全国甲卷•理T13)曲线在点处的切线方程为__________．【答案】．【解析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可．由题，当时，，故点在曲线上．求导得：，所以．故切线方程为．故答案为：．41.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T15)函数的最小值为______.【答案】1．【解析】由题设知：定义域为，∴当时，，此时单调递减；当时，，有，此时单调递减；当时，，有，此时单调递增；又在各分段的界点处连续，∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；∴。故答案为1.42.(2021•江苏盐城三模•T16)对于函数x＋1，有下列4个论断：甲：函数f(x)有两个减区间；乙：函数f(x)的图象过点(1，－1)；丙：函数f(x)在x＝1处取极大值；丁：函数f(x)单调．75,若其中有且只有两个论断正确，则m的取值为．【答案】2．【考点】逻辑推理题：函数的性质综合应用【解析】由题意可知，f′(x)＝＋2mx＋n＝，当x＞1时，f′(x)＝0最多有一个解，则函数f(x)最多有一个减区间，则甲错误；若乙正确，则f(1)＝m＋n＋1＝－1，即有m＋n＝－2，此时f′(x)＝＝，若丙正确，则解得m＝1，所以n＝－3，而此时f(x)在x＝1处取极小值，且不单调，即与丙丁矛盾；若丁正确，则m＝2，n＝－4，可满足题意；综上，乙丁正确，且m＝2．43.(2021•河南开封三模•理T15)在平面直角坐标系xOy中，P是曲线（x＞0）上的一个动点，则点P到直线y＝x的距离的最小值是 ．【答案】．【解析】原问题可转化为曲线在点P处与直线y＝x平行的切线，与直线y＝x之间的距离，因为，所以y'＝2x﹣，因为在点P的切线与直线y＝x平行，所以y'＝2x﹣＝1（x＞0），所以x＝1，将其代入曲线方程，得y＝1+1＝2，即点P的坐标为（1，2），所以点P到直线y＝x的距离的最小值是d＝＝．故答案为：．44.(2021•河南焦作三模•理T16)已知函数f（x）的定义城为（0，+∞），其导函数为f'（x），且满足f（x）＞0，f（x）+f′（x）＜0，若0＜x1＜1＜x2且x1x2＝1，给出以下不等式：①f（x1）＞ef（x2）；②x1f（x2）＜x2f（x1）；③x1f（x1）＞x2f（x2）；④f（x2）＞（1﹣x1）f（x1）．其中正确的有 .（填写所有正确的不等式的序号）【答案】①②③．【解析】对于①，令g（x）＝exf（x），x∈（0，+∞），则g′（x）＝ex（f（x）+f′（x）），因为f（x）+f′（x）＜0，所以g′（x）＜0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，因为x1＜x2，所以g（x1）＞g（x2），即f（x1）＞f（x2），即f（x1）＞ef75,（x2），故①正确；对于②，因为f（x）＞0，f（x）+f′（x）＜0，所以f′（x）＜0，所以f（x）单调递减，因为0＜x1＜1＜x2，所以f（x2）＜f（x1），所以x1f（x2）＜x2f（x1），故②正确；对于③，由①分析可知f（x1）＞ef（x2），因为0＜x1＜1＜x2且x1x2＝1，欲使x1f（x1）＞x2f（x2），即x1x2f（x1）＞x22f（x2），即f（x1）＞x22f（x2），只需＞x22即可，即证x2﹣＞2lnx2，设h（x）＝x﹣﹣2lnx，x＞1，则h′（x）＝1+﹣＝＞0，则h（x）在（1，+∞）单调递增，所以h（x）＞h（1）＝0，即x2﹣＞2lnx2＞0，故③正确；对于④，假设f（x2）＞（1﹣x1）f（x1）成立，因为f（x1）＞f（x2），所以f（x1）＞f（x2），所以＞1﹣x1，取x1＝，则＞，所以＜2，矛盾，故④不正确．故答案为：①②③．45.(2021•河北张家口三模•T15)若对任意的非零实数a，均有直线l：y＝ax+b与曲线相切,则切点坐标为 ．【答案】．【解析】设切点横坐标为m，因为，所以，又a≠3，所以，切点为．将其代入y＝ax+b，有，解得，所以，所以直线l必过定点．46.(2021•安徽宿州三模•文T13．)已知函数f（x）＝xsinx，则曲线y＝f（x）在点（，f75,（））处的切线方程为 ．【答案】x﹣y＝0．【解析】∵f（x）＝xsinx，∴f′（x）＝sinx+xcosx，∴f′（）＝1，f（）＝，∴曲线y＝f（x）在点（，f（））处的切线方程为：y﹣＝l•（x﹣），即y＝x，即x﹣y＝0．47.(2021•山东聊城三模•T16.)已知函数f(x)=(xex)2+(a-2)xex+2-a有三个不同的零点x1，x2，x3，其中x1<x2<x3，则(1-x1ex1)2(1-x2ex2)(1-x3ex3)的值为________．【答案】1．【考点】利用导数研究函数的单调性，函数的零点与方程根的关系【解析】设g(x)=xex，g'(x)=1-xex，当x<1时，g'(x)>0；当x>1时，g'(x)<0，故g(x)在(-∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，且x>0时，g(x)>0；x<0时，g(x)<0，∴g(x)max=g(1)=1e，作出g(x)的图象，如图要使f(x)=(xex)2+(a-2)xex+2-a有三个不同的零点x1，x2，x3其中x1<x2<x3．令xex=t，则t2+(a-2)t+2-a=0需要有两个不同的实数根t1,t2（其中t1<t2）．则δ=(a-2)2-4(2-a)>0，即a>2或a<-2，且{t1+t2=2-at1⋅t2=2-a．若a>2，则{t1+t2=2-a<0t1⋅t2=2-a<0，∵t1<t2，∴t1<0，则t2∈(0,1e)．∴t1<0<t2<1e，则x1<0<x2<1<x3，且g(x2)=g(x3)=t2∴(1-x1ex1)2(1-x2ex2)(1-x3ex3)==(1-t1)2(1-t2)(1-t2)=[1-(t1+t2)+t1t2]275,=[1-(2-a)+2-a]2=1．若a<-2，则{t1+t2=2-a>4t1⋅t2=2-a>4，因为g(x)max=g(1)=1e，且t2∈(0,1e)，∴(t1+t2)max<4，故不符合题意，舍去．综上(1-x1ex1)2(1-x2ex2)(1-x3ex3)=1．故答案为：1．【分析】设g(x)=xex根据导数求出函数单调性最值得到g(x）图像，令xex=t则原函数式有三个不同的零点则需 t2+(a-2)t+2-a=0有两不同实根数形结合得若a<-2时不符合题意，若a>2时t1<0<t2<1e则x1<0<x2<1<x3，且g(x2)=g(x3)=t2，进而可求得>0，故m=3，代入n=m2-3m得n=0，所以k=2×3-3=3，于是该切线的方程为y-0=3(x-3)，整理得，y=3x-9，故答案为：y=3x-9.设曲线y=ln(3x-8)与曲线y=x2-3x的公共点为P(m,n)，利用导数可得两曲线的公共切线的斜率及公共点P的坐标，利用直线的点斜式方程可得答案．本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程，求得两曲线的公共点为的坐标为(3,0)及公共切线的斜率为3是关键，考查数学运算能力，属于中档题．55.(2021•宁夏银川二模•文T13．)曲线f（x）＝3x+sinx在（0，0）处的切线方程为 ．【答案】y＝4x．【解析】由f（x）＝3x+sinx，得f′（x）＝3+cosx，∴f′（0）＝4．则曲线f（x）＝3x+sinx在点（0，0）处的切线方程为y＝4x．56.(2021•安徽淮北二模•文T14．)已知f（x）为偶函数．当x＜0时，f（x）＝ex﹣ex2（e是自然对数的底数）．则曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程是 ．75,【答案】y＝（﹣e﹣1﹣2e）x+2e﹣1+e．【解析】由f（x）为偶函数，可得f（﹣x）＝f（x），当x＜0时，f（x）＝ex﹣ex2，可得x＞0时，f（x）＝f（﹣x）＝e﹣x﹣ex2，所以x＞0时，f（x）的导数为f′（x）＝﹣e﹣x﹣2ex，可得曲线y＝f（x）在x＝1处的切线斜率为﹣e﹣1﹣2e，切点为（1，e﹣1﹣e），所以曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程是y﹣e﹣1+e＝（﹣e﹣1﹣2e）（x﹣1），即为y＝（﹣e﹣1﹣2e）x+2e﹣1+e．三、解答题部分57.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T22)已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.【解析】（1）函数的定义域为，又，当时，，当时，，故的递增区间为，递减区间为.（2）因为，故，即，故，设，由（1）可知不妨设.因为时，，时，，故.先证：，若，必成立.若，要证：，即证，而，故即证，即证：，其中.设，75,则，因为，故，故，所以，故在为增函数，所以，故，即成立，所以成立，综上，成立.设，则，结合，可得：，即：，故，要证：，即证，即证，即证：，即证：，令，则，先证明一个不等式：.设，则，当时，；当时，，故在上为增函数，在上为减函数，故，故成立由上述不等式可得当时，，故恒成立，故在上为减函数，故，故成立，即成立.综上所述，.58.(2021•高考全国甲卷•理T21)已知且，函数．75,（1）当时，求的单调区间；（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．【解析】（1）当时，,令得,当时，,当时，,∴函数在上单调递增；上单调递减；（2）,设函数,则,令，得,在内,单调递增；在上,单调递减；,又，当趋近于时，趋近于0，所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,所以的取值范围是.59.(2021•高考全国乙卷•文T21)已知函数．（1）讨论的单调性；（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．【解析】(1)由函数的解析式可得：，导函数的判别式，当时，在R上单调递增，当时，的解为：，75,当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；综上可得：当时，在R上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.(2)由题意可得：，，则切线方程为：，切线过坐标原点，则：,整理可得：，即：，解得：，则，即曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为.60.(2021•浙江卷•T22)设a，b为实数，且，函数（1）求函数的单调区间；（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.(注：是自然对数的底数)【解析】(1)，①若，则，所以在上单调递增；②若，75,当时，单调递减，当时，单调递增.综上可得，时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为.(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，令，则，记，记，又，所以时，时，，则在单调递减，单调递增，，.即实数的取值范围是.(3)有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，，注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故，又由知，，要证，只需，75,且关于的函数在上单调递增，所以只需证，只需证，只需证，，只需证在时为正，由于，故函数单调递增，又，故在时为正，从而题中的不等式得证.61.(2021•江苏盐城三模•T)设(n∈N*)．(1)求证：函数f(x)一定不单调；(2)试给出一个正整数a，使得对∀x∈(0，＋∞)恒成立．(参考数据：e≈2.72，e2≈7.39，e3≈20.10)【考点】函数与导数：函数单调性应用；恒成立问题【解析】(1)由得f′(x)＝＝，因n∈N*，由f′(x)＝0，得x＝，……1分当x＞时，f′(x)＜0；当时0＜x＜，f′(x)＞0；故函数f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋¥)上单调递减，所以函数f(x)不单调．……3分(2)当a＝1时，可证明ex＞x2lnx＋sinx对"x∈(0，＋∞)恒成立，当x∈(0，1)时，x2lnx≤0，sinx≤1，ex＞1，不等式成立；……4分当x∈(1，e)时，x2lnx＋sinx＜x2＋1，令g(x)＝，所以g′(x)＝≤0，则函数g(x)单调递减，所以g(x)≤g(1)＝＜1，所以ex＞x2＋1，原不等式成立；……7分当x∈(e，＋¥)时，因x2lnx＋sinx≤x2lnx＋1，故只需证ex＞x2lnx＋1，75,即证＞＋，只需证＞＋，在(1)中令n＝1，可得f(x)≤f(e)＝，故＋≤＋，令h(x)＝，所以h′(x)＝＝0，解得x＝3，当x∈(e，3)时，h′(x)＜0；当x∈(3，＋¥)时，h′(x)＞0，所以h(x)≥h(3)＝＞，而＋≤＋＜，所以原不等式也成立．综上所述，当a＝1时，ex＞x2lnx＋sinx对"x∈(0，＋∞)恒成立．……12分注：当a＝2或a＝3时结论也成立，请参照评分；当a≥4时结论不成立．62.(2021•河南郑州三模•理T21)已知函数f（x）＝xlnx﹣ax+1．（Ⅰ）求f（x）的最小值；（Ⅱ）证明：对任意的x∈（0，+∞），ex（lnx+）﹣（ex+x）+＞0恒成立．【解析】（Ⅰ）由题意可得f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）＝1+lnx﹣a，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜ea﹣1，令f′（x）＞0，解得：x＞ea﹣1，则f（x）在（0，ea﹣1）递减，在（ea﹣1，+∞）递增，故f（x）min＝f（ea﹣1）＝1﹣ea﹣1；（Ⅱ）证明：要证ex（lnx+）﹣（ex+x）+＞0成立，即证ex（xlnx+1）﹣x（ex+x）+4ex﹣2＞0，即证ex（xlnx﹣x+1）﹣x2+4ex﹣2＞0，即证xlnx﹣x+1＞﹣，设g（x）＝xlnx﹣x+1，由（Ⅰ）可知g（x）min＝g（1）＝0，设h（x）＝﹣（x＞0），则h′（x）＝（x＞0），由h′（x）＞0，解得：0＜x＜2，由h′（x）＜0，解得：x＞2，故h（x）在（0，2）递增，在（2，+∞）递减，故h（x）max＝h（2）＝0，∵g（x）与h（x）的最值不同时取得，∴g（x）＞h（x），即xlnx﹣x+1＝﹣，75,故当x＞0时，不等式ex（lnx+）﹣（ex+x）+＞0恒成立．63.(2021•河南开封三模•理T21)已知函数f（x）＝．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若m＝2，对于任意x1＞x2＞0，证明：（x12•f（x1）﹣x22•f（x2））•（x12+x22）＞x1x2﹣x22．【解析】（1）的定义域为（0，+∞），，当m＞0时，，此时f（x）在上单调递增，，此时f（x）在上单调递减，当m＜0时，，此时f（x）在上单调递增，，此时f（x）在上单调递减；综上可知：当m＞0时，f（x）的增区间是，减区间是；当m＜0时，f（x）的增区间是，减区间是．（2）证明：由m＝2，，，由于x1＞x2＞0，所以．设，故：，令，则，由于t＞1，故，则在（1，+∞）上单调递增，75,故φ（t）＞φ（1）＝0，即：所证不等式成立．64.(2021•河南开封三模•文T21．)已知函数f（x）＝lnx﹣mx有两个零点．（1）求m的取值范围；（2）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：f'（x1+x2）＜0．【解析】（1），①当m≤0时，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，至多有一个零点；②当m＞0时，时，f'（x）＞0，f（x）在上单调递增，时，f'（x）＜0，f（x）在上单调递减，所以f（x）在处取得最大值，由，得，此时，，，f（1）＝﹣m＜0，，由零点存在性定理可知，f（x）在和上各有一个零点，综上，m的取值范围是；（2）证明：因为x1，x2是f（x）的两个零点，不妨设x1＞x2＞0，则lnx1﹣mx1＝0…①，lnx2﹣mx2＝0…②，①﹣②得lnx1﹣lnx2＝mx1﹣mx2，，，所以，要证f'（x1+x2）＜0，即证，即证，即证，即证，令，设，，75,所以φ（t）在t＞1时单调递增，所以φ（t）＞φ（1），又φ（1）＝0，所以φ（t）＞0，所以f'（x1+x2）＜0．65.(2021•河南焦作三模•理T19)已知函数f（x）＝xlnx．（Ⅰ）求f（x）的图象在点A（1，f（1））处的切线方程，并证明f（x）的图象上除点A以外的所有点都在这条切线的上方；（Ⅱ）若函数g（x）＝（lnx+1）•sin2x﹣2f（x）cos2x，x∈[，），证明：g（x）≥cos．【解析】（Ⅰ）由题意可得f′（x）＝lnx+1，f′（1）＝1，f（1）＝0，所以f（x）的图像在点A（1，f（1））处的切线方程为y＝x﹣1，设h（x）＝xlnx﹣x+1，则h′（x）＝lnx，令h′（x）＜0，得0＜x＜1，h（x）单调递减，令h′（x）＞0，得x＞1，h（x）单调递增，所以h（x）≥h（1）＝0，所以xlnx≥x﹣1，当且仅当x＝1时取等号，所以f（x）的图像上除点A外的所有点都在这条切线上方．（Ⅱ）证明：由题知，g（x）＝（lnx+1）•sin2x﹣2xlnxcos2x，x∈[，），所以g′（x）＝2（lnx+1）•cos2x+﹣2[﹣2xlnxsin2x+（lnx+1）•cos2x]＝sin2x•（+4xlnx），因为x∈[，），所以sin2x＞0，又由（1）知xlnx≥x﹣1，所以+4xlnx≥+4（x﹣1）＝4x+﹣4≥2﹣4＝0，（两个等号不能同时成立），所以g′（x）＞0，所以g（x）在[，）上单调递增，所以g（x）≥g（）＝cos，得证．66.(2021•河北张家口三模•T22)已知函数f（x）＝x3﹣x﹣alnx（a∈R）．75,（1）若函数f（x）在其定义域上为增函数，求a的取值范围；（2）当a≤3时，求证：对任意的x1，x2∈[1，+∞），且x1＞x2，有2f（x2）﹣2f（x1）+（x1﹣x2）[f'（x1）+f'（x2）]＞0恒成立．【解析】（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），，若函数f（x）在其定义域上为增函数，则f'（x）≥0在（4，即，得3x3﹣x≥a，设g（x）＝3x3﹣x，则g'（x）＝4x2﹣1，当时，g'（x）＜2，当时，所以当时，函数g（x）单调递减，当时，故，所以，﹣]．（2）证明：由（1）得，对任意的x1，x2∈[3，+∞）1＞x2，令，则5f（x2）﹣2f（x7）+（x1﹣x2）[f'（x8）+f'（x2）]＝＝＝，令，当t＞1时，，由此可得h（t）在（1，+∞）上单调递增，所以当t＞1时，h（t）＞h（1），即，因为，所以，设，75,则，所以函数p（t）在（1，+∞）上单调递增，综上，当a≤3时6，x2∈[1，+∞）5＞x2，有2f（x5）﹣2f（x1）+（x6﹣x2）[f'（x1）+f'（x3）]＞0恒成立．67.(2021•山东聊城三模•T22)已知f(x)=ex-ax2-x-1．（1）当a=e2时求f(x)的极值点个数；（2）当x∈[0,+∞)时，f(x)≥0，求a的取值范围；（3）求证：22e-1+22e2-1+⋯+22en-1<32，其中n∈N*．【解析】（1）解：当a=e2时，f(x)=ex-e2x2-x-1，所以f'(x)=ex-ex-1，f″(x)=ex-e，所以当x<1时，f″(x)<0，f'(x)在(-∞,1)上单调递减；当x>1时，f″(x)>0，f'(x)在(1,+∞)上单调递增，因为f'(0)=0，f'(1)=-1，f'(2)=e2-2e-1>0，所以存在x0∈(1,2)，使f'(x0)=0，所以，x∈(-∞,0)时，f'(x)>0；x∈(0,x0)时，f'(x)<0；x∈(x0,+∞)时，f'(x)>0，所以0和x0是f(x)的极值点，所以f(x)有两个极值点（2）解：f(x)=ex-ax2-x-1，f'(x)=ex-2ax-1，设h(x)=f'(x)=ex-2ax-1(x≥0)，则h'(x)=ex-2a单调递增，又h'(0)=1-2a，所以当a≤12时，h'(x)≥0，h(x)在[0,+∞)上单调递增，所以h(x)≥h(0)=0，即f'(x)≥0，f(x)在[0,+∞)上单调递增，所以f(x)≥f(0)=0，符合题意.当a>12吋，令h'(x)=0，解得x=ln2a，当x∈[0,ln2a)时，h'(x)<0，h(x)在[0,ln2a)上单调递减，f'(x)=h(x)≤h(0)=0，f(x)在(0,ln2a)）上单调递减，所以x∈(0,ln2a)时，f(x)<f(0)=0，不符合题意，所以a的取值范围是(-∞,12]（3）证明：由（2）可知a=12时，f(x)≥0，x∈[0,+∞)，即2ex-1≥x2+2x+1(x≥0)，所以2en-1≥n2+2n+1>n2+2n，22en-1<2n(n+2)，75,所以22e-1+22e2-1+⋯+22en-1<21×3+22×4+⋯+2n(n+2)=1-13+12-14+⋯1n-1n+2=1+12-1n+1-1n+2<32【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，不等式的证明【解析】【分析】（1）根据导数可推得 f'(0)=0 ， f'(1)=-1 ， f'(2)=e2-2e-1>0，所以， x∈(-∞,0) 时， f'(x)>0 ； x∈(0,x0) 时， f'(x)<0 ； x∈(x0,+∞) 时， f'(x)>0 ，所以0和 x0 是 f(x) 的极值点。（2） 设 h(x)=f'(x)=ex-2ax-1(x≥0)，h(x）再求导可推得 当 a≤12 时， f'(x)≥0f(x) 在 [0,+∞) 上单调递增 进而得 f(x)≥f(0)=0。当 a>12 吋，利用导数推出f(x) 在 (0,ln2a) 上单调递减进而得 x∈(0,ln2a) 时， f(x)<f(0)=0，综上可得f(x)≥0时a取值范围。（3）由（2）可知 a="12">0恒成立，f(x)在(0,+∞)上单调递增；当0<a≤e时，令f'(x)=0，则ex-ax=0，设g(x)=ex-ax，则g'(x)=ex-a，易知，当0<x<lna时，g'(x)<0，g(x)单调递减，当x>lna时，g'(x)>0，g(x)单调递增，∴g(x)≥g(lna)=elna-alna=a(1-lna)≥0，∴f'(x)≥0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；综上，当a≤e时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；(2)依题意，f'(x1)=f'(x2)=0，则ex1-ax1=0ex2-ax2=0，两式相除得，ex2-x1=x2x1，设x2x1=t，则t>1，x2=tx1，e(t-1)x1=t，∴x1=lntt-1,x2=tlntt-1，∴x1+x2=(t+1)lntt-1，设h(t)=(t+1)lntt-1(t>1)，则h'(t)=t-1t-2lnt(t-1)2，设φ(t)=t-1t-2lnt(t>1)，则φ'(t)=1+1t2-2t=(t-1)2t2>0，∴φ(t)在(1,+∞)单调递增，则φ(t)>φ(1)=0，∴h'(t)>0，则h(t)在(1,+∞)单调递增，又x1+x2≤2ln3，即h(t)≤2ln3，h(3)=2ln3，∴t∈(1,3],即x2x1的最大值为3.【解析】(1)对函数f(x)求导，然后分a≤0及0<a≤e讨论即可得出单调性情况；(2)设x2x1=t，由题意可知，x1=lntt-1,x2=tlntt-1，则x1+x2=(t+1)lntt-1，设h(t)=(t+1)lntt-1(t>1)，判断函数h(t)的单调性，结合题意即可求得x2x1的最大值．本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查转化与化归思想，函数与方程思想，考查逻辑推理以及运算求解能力，属于中档题．78.(2021•宁夏中卫三模•理T21．)已知函数f（x）＝lnx﹣，其中a∈R．（1）当a＝2，x＞1时，证明：f（x）＞0；（2）若函数F（x）＝＞0恒成立，求实数a的取值范围；（3）若函数F（x）＝有两个不同的零点x1，x2，证明：2．75,【解析】（1）证明：当a＝2时，f（x）＝lnx﹣，f′（x）＝﹣＝＝，当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）单调递增，∵f（1）＝0，∴f（x）＞f（1）＝0；（2）f（x）＝lnx﹣，则f′（x）＝，令g（x）＝x2+2（1﹣a）x+1，当a＜0时，又x＞0，则g（x）＞0，f′（x）＞0，当0≤a≤2时，△＝4a2﹣8a≤0，得g（x）≥0，f′（x）＞0，故当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，且f（1）＝0，故有f（x）＞0，可得F（x）＞0，当a＞2时，有△＝4a2﹣8a＞0，此时g（x）有2个零点，设为t1，t2，且t1＜t2，又t1+t2＝2（a﹣1）＞0，t1t2＝1，故0＜t1＜1＜t2，在（1，t2）上，f（x）为单调递减函数，故此时有f（x）＜0，即lnx＜，得﹣＜0，此时F（x）＞0不恒成立，综上：a的取值范围是（﹣∞，2]；（3）证明：若F（x）有2个不同的零点x1，x2，不妨设x1＜x2，则x1，x2为f（x）的两个零点，且x1≠1，x2≠1，由（2）知此时a＞2，并且f（x）在（0，t1），（t2，+∞）上单调递增，在（t1，t2）上单调递减，且f（1）＝0，∴f（t1）＞0，f（t2）＜0，∵f（e﹣a）＝﹣＜0，f（ea）＝＞0，e﹣a＜1＜ea，且f（x）的图像连续不断，∴x1∈（e﹣a，t1），x2∈（t2，ea），∴t2﹣t1＜x2﹣x1＜ea﹣e﹣a，∵t2﹣t1＝＝2，综上：2＜|x2﹣x1|＜ea﹣e﹣a．79.(2021•江西南昌三模•理T21．)定义在实数集R上的偶函数f（x）的最小值为3，且当x≥0时，f（x）＝3ex+a，其中e是自然对数的底数．75,（1）求函数f（x）的解析式；（2）求最大的整数m（m＞1），使得存在t∈R，只要x∈[1，m]，就有f（x+t）≤3ex．【解析】（1）∵y＝ex是增函数，∴当x≥0时，f（x）为增函数，又f（x）为偶函数，∴f（x）min＝f（0）＝3+a，∴3+a＝3．∴a＝0当x＜0时，∵﹣x＞0∴f（x）＝f（﹣x）＝3e﹣x综上，．（2）当x∈[1，m]时，有f（x+t）≤3ex，∴f（1+t）≤3e当1+t≥0时，3e1+t≤3e即e1+t≤e，1+t≤1，∵﹣1≤t≤0当1+t≤0时，同理，﹣2≤t≤﹣1，∴﹣2≤t≤0同样地，f（m+t）≤3em及m≥2，得em+t≤em∴由t的存在性可知，上述不等式在[﹣2，0]上必有解．∵et在[﹣2，0]上的最小值为e﹣2，∵，即em﹣e3m≤0①令g（x）＝ex﹣e3x，x∈[2，+∞）．则g'（x）＝ex﹣e3由g'（x）＝0得x＝3．当2≤x＜3时，g'（x）＜0，g（x）是减函数；当x＞3时，g'（x）＞0，g（x）是增函数∴g（x）的最小值是g（3）＝e3﹣3e3＝﹣2e3＜0，又g（2）＜0，g（4）＜0，g（5）＞0，∴g（x）＝0在[2，+∞）上有唯一解m0∈（4，5）．当2≤x≤m0时，g（x）≤0，当x＞m0时，g（x）＞0∴在x∈[2，+∞）时满足不等式①的最大实数解为m0当t＝﹣2，x∈[1，m0]时，f（x﹣2）﹣3ex＝3e（e|x﹣2|﹣1﹣x），在x∈[1，2）时，∵e|x﹣2|﹣1＝e1﹣x≤1∴f（x﹣2）﹣3ex≤0，在x∈[2，m0]时，f（x﹣2）﹣3ex＝综上所述，m最大整数为4．80.(2021•江西上饶三模•理T21．)设函数f（x）＝ex+ax﹣b+1（a，b∈R）．（1）若b＝1，f（x）有两个零点，求a的取值范围；（2）若f（x）≥0，求b﹣a的最大值．【解析】（1）b＝1时，f（x）＝ex+ax，f′（x）＝ex+a，①当a≥0时，f′（x）＞0，则f（x）在R上单调递增，不满足题意；②当a＜0时，令f′（x）＝0，解得x＝ln（﹣a），75,则f（x）在（﹣∞，ln（﹣a））上单调递减，在（ln（﹣a），+∞）上单调递增，要使f（x）有两个零点，只需f（ln（﹣a））＜0，即﹣a+aln（﹣a）＜0，解得a＜﹣e，即a的取值范围是（﹣∞，﹣e）．（2）函数f（x）＝ex+ax﹣b+1，f′（x）＝ex+a，由（1）知，当a≥0时，f（x）在R上单调递增，当x→﹣∞时，f（x）→﹣∞，与f（x）≥0矛盾，所以a＜0，由（1）知，f（x）min＝f（ln（﹣a））＝﹣a+aln（﹣a）﹣b+1≥0，所以b≤﹣a+aln（﹣a）+1，b﹣a≤﹣2a+aln（﹣a）+1，令g（a）＝﹣2a+aln（﹣a）+1，g′（a）＝﹣2+ln（﹣a）+1＝﹣1+ln（﹣a），令g′（a）＞0，可得a＜﹣e，令g′（x）＜0，可得﹣e＜a＜0，所以g（a）在（﹣∞，﹣e）上单调递增，在（﹣e，0）上单调递减，所以g（a）max＝g（﹣e）＝e+1，所以b﹣a≤e+1，所以b﹣a的最大值为e+1．81.(2021•安徽宿州三模•理T21．)已知函数f（x）＝ex﹣ax，g（x）＝ax2﹣ax+x．（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）若a≤1﹣，证明：当x∈[﹣1，+∞）时，f（x）≥g（x）+1．【解析】（Ⅰ）∵f′（x）＝ex﹣a，............（1分）当a≤0时，f′（x）＝ex﹣a在R上恒成立，∴f（x）在（﹣∞，+∞）上是递增的，............当a＞0时，令f′（x）＞0，则x＞lna，令f′（x）＜0，则x＜lna，∴f（x）在（﹣∞，lna）上递减，在（lna，+∞）上递增，.........综上所述，当a≤0时，f（x）是（﹣∞，+∞）上的增函数．当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）是减函数，在（lna，+∞）上是增函数．……………………（Ⅱ）证明：f（x）≥g（x）+1⇔f（x）﹣g（x）﹣1≥0⇔ex﹣ax2﹣x﹣1≥0，令h（x）＝ex﹣ax2﹣x﹣1，h′（x）＝ex﹣ax﹣1，……………………………………………由（Ⅰ）知．①当a≤0时，h′（x）＝ex﹣ax﹣1在（﹣1，+∞）上递增，又h′（0）＝0，∴﹣1＜x＜0，h′（x）＜0，x＞0时，h′（x）＞0，则h（x）在（﹣1，0））上递减，在（0，+∞）上递增，75,∴h（x）min＝h（0）＝0，……………………………………………………………②当0＜a≤时，lna≤﹣1，由（1）知h′（x）在（﹣1，+∞）上递增．又h′（0）＝0，则h（x）在（﹣1，0）上递减，在（0，+∞）上递增，h（x）min＝h（0）＝0，…………………………………………③当＜a≤1﹣时．由（1）知0＞lna＞﹣1h′（x）在（﹣1，lna）上递减．在（lna，+∞）上递增，且h′（0）＝0，h′（﹣1）＝+a﹣1≤0，∴﹣1≤x＜0时，h′（x）＜0，x＞0时，h′（x）＞0，∴h（x）在（﹣1，0）上递减，在（0，+∞）上递增，则h（x）min＝h（0）＝0，……………………………………………………………综上所述，在[﹣1，+∞）上函数h（x）≥0恒成立．∴若a≤1﹣，当x∈[﹣1，+∞）时，f（x）≥g（x）+1恒成立．…………………………………………82.(2021•安徽宿州三模•文T21．)已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+（a﹣1）x，a∈R．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）≤﹣ax2﹣x恒成立，求整数a的最大值．【解析】（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝﹣ax+a﹣1＝＝，（1）当a≥0时，﹣ax﹣1＜0，由f′（x）＞0，得x＞1，由f′（x）＜0，得0＜x＜1，∴f（x）的单调减区间为（0，1），单调增区间为（1，+∞）；（2）当﹣1＜a＜0时，﹣＞1，由f′（x）＞0，得0＜x＜1或x＞，由f′（x）＜0，得1＜x＜﹣，∴f（x）的单调减区间为（1，﹣），单调增区间为（0，1）和（﹣，+∞）；（3）当a＝﹣1时，＝1，f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，∴f（x）的单调增区间为（0，+∞），无减区间；75,（4）当a＜﹣1时，0＜＜1，由f′（x）＞0，得0＜x＜或x＞1，由f′（x）＜0，得﹣＜x＜1，∴f（x）的单调减区间为（﹣，1），单调增区间为（0，﹣）和（1，+∞）；综上所述，当a＜﹣1时，f（x）的单调减区间为（﹣，1），单调增区间为（0，﹣）和（1，+∞）；当a＝﹣1时，f（x）的单调增区间为（0，+∞），无减区间；当﹣1＜a＜0时，f（x）的单调减区间为（1，﹣），单调增区间为（0，1）和（﹣，+∞）；当a≥0时，f（x）的单调减区间为（0，1），单调增区间为（1，+∞）．（Ⅱ）f（x）＝lnx﹣ax2+（a﹣1）x≤﹣ax2﹣x，故lnx+ax≤⇔a≤，设g（x）＝，则g′（x）＝，设h（x）＝（x﹣1）ex﹣1+lnx，则h′（x）＝xex+＞0恒成立，∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，∵h（1）＝﹣1＜0，h（2）＝﹣1+ln2＞﹣1+ln＝0，∴∃x0∈（1，2），使得h（x0）＝（x0﹣1）﹣1+lnx0＝0，﹣lnx0＝（x0﹣1）﹣1，x∈（0，x0）时，h（x）＜0，从而g′（x）＜0，∴x∈（0，x0）时，g′（x）＜0，g（x）在（0，x0）上为减函数，x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，从而g′（x）＞0，∴x∈（x0，+∞）时，g（x）在x∈（x0，+∞）上为增函数，∴g（x）min＝g（x0）＝，把﹣lnx0＝（x0﹣1）﹣1代入得：75,g（x0）＝＝﹣，令p（x）＝﹣，x∈（1，2），则p（x）为增函数，∴p（1）＜p（x）＜p（2），p（1）＝﹣1∈（﹣1，0），p（2）＝0，∴g（x0）∈（﹣1，0），∴整数a的最大值为﹣1．83.(2021•安徽马鞍山三模•理T20．)已知函数f（x）＝a（1﹣x）ex，其中a∈R且a≠0．（1）讨论f（x）的单调区间，并指出其单调性；（2）若a＝1，，x0是F（x）的极大值点，求证：．【解析】（1）∵f（x）＝a（1﹣x）ex，∴f′（x）＝﹣axex，a＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＜0，令f′（x）＜0，解得：x＞0，故f（x）在（﹣∞，0）递增，在（0，+∞）递减，a＜0时，令f′（x）＞0，解得：x＞0，令f′（x）＜0，解得：x＜0，故f（x）在（﹣∞，0）递减，在（0，+∞）递增；综上：a＞0时，f（x）在（﹣∞，0）递增，在（0，+∞）递减，a＜0时，f（x）在（﹣∞，0）递减，在（0，+∞）递增；（2）证明：a＝1时，F（x）＝x2﹣x3+（1﹣x）ex，∴F′（x）＝x（2﹣x﹣ex），令h（x）＝2﹣x﹣ex，则h′（x）＝﹣1﹣ex＜0，h（x）在R递减，而h（0）＝1＞0，h（1）＝1﹣e＜0，故存在x0∈（0，1），使得h（x0）＝0，则＝2﹣x0，故x∈（﹣∞，0）时，F′（x）＜0，F（x）递减，x∈（0，x0）时，F′（x）＞0，F（x）递增，x∈（x0，+∞）时，F′（x）＜0，F（x）递减，∴x0是F（x）的极大值点，∴F（x0）＝﹣+（1﹣x0）＝﹣+2﹣3x0+2，x0∈（0，1），令G（x）＝﹣x3+2x2﹣3x+2，x∈（0，1），75,则G′（x）＝﹣（x﹣1）（x﹣3）＜0，故G（x）在（0，1）递减，而G（0）＝2，G（1）＝，故F（x0）∈（，2）．84.(2021•安徽马鞍山三模•文T21．)已知函数．（1）当时，求函数f（x）的单调区间；（2）当，x∈（1，+∞）时，求证：f（x）＞0．【解析】（1）解：函数f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），当a＝时，f（x）＝lnx﹣＝lnx+，∴f′（x）＝．令f′（x）＝0，得x＝或x＝2，∴当x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（1，2）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．综上，函数f（x）的单调增区间为（0，），（2，+∞），单调减区间为（，1），（1，2）；（2）证明：要证f（x）＞0，即证lnx﹣＞0（a，x＞1）成立，即证＞0，也就是证lnx+＞0成立，即证3（x﹣1）lnx﹣3x+5＞0（x＞1）成立．令g（x）＝3（x﹣1）lnx﹣3x+5＞0（x＞1），则g′（x）＝3（lnx﹣），该函数在（1，+∞）上单调递增，又g′（1）＝﹣3＜0，g′（2）＝3（ln2﹣）＞0，75,∴g′（x）＝0在（1，2）上有唯一零点x0，使得，且当x∈（1，x0）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈（x0，2）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，∴g（x）min＝g（x0）＝3（x0﹣1）lnx0﹣3x0+5＝＝8﹣3（），∵x0∈（1，2），∴2＜＜，∴g（x）min＞0，即f（x）＞0．85.(2021•江西九江二模•理T20．)已知函数f（x）＝ex+ax（a∈R）．（Ⅰ）讨论f（x）在（0，+∞）上的单调性；（Ⅱ）若对任意x∈（0，+∞），xex+ax2+（x﹣ln|a|）2≥0恒成立，求a的取值范围．【解析】（I）f′（x）＝ex+a，当a≥﹣1时，∵x＞0，∴ex＞1，∴f′（x）＝ex+a＞0，∴f（x）在（0，+∞）上的单调递增．当a＜﹣1时，ln（﹣a）＞0，∴x＞ln（﹣a）时，f′（x）＞0；x＜ln（﹣a）时，f′（x）＜0．∴f（x）在（0，ln（﹣a））上的单调递减，在（ln（﹣a），+∞）上的单调递增．综上可得：当a≥﹣1时，f（x）在（0，+∞）上的单调递增．当a＜﹣1时，f（x）在（0，ln（﹣a））上的单调递减，在（ln（﹣a），+∞）上的单调递增．（II）当a≥﹣1且a≠0时，由（I）可知：f（x）在（0，+∞）上的单调递增，∴f（x）＞f（0）＝1．∴x＞0时，xex+ax2+（x﹣ln|a|）2≥0恒成立⇔ex+ax+x+﹣2ln|a|≥0恒成立．a＜﹣1时，令u（x）＝ex+ax+x+﹣2ln|a|，∵y＝x+﹣2ln|a|，在（0，ln（﹣a））上的单调递减，在（ln（﹣a），+∞）上的单调递增．由（I）可知：f（x）＝ex+ax，在（0，ln（﹣a））上的单调递减，在（ln（﹣a），+∞）上的单调递增．∴u（x）在（0，ln（﹣a））上的单调递减，在（ln（﹣a），+∞）上的单调递增．75,∴u（x）min＝u（ln（﹣a））＝eln（﹣a）+aln（﹣a）+ln（﹣a）+﹣2ln（﹣a）＝eln（﹣a）+aln（﹣a）＝﹣a+aln（﹣a）＝a（ln（﹣a）﹣1），∴a（ln（﹣a）﹣1）≥0，解得：﹣e≤a＜﹣1．综上可得：a的取值范围是[﹣e，0）∪（0，+∞）．86.(2021•北京门头沟二模•理T20)已知函数f(x)=a(x2-1)-2lnx，a∈R.时，求在(1,f(1))处的切线方程；讨论f(x)的单调性；证明：当a≥1时，f(x)≥ax+1x-(a+1)在区间(1,+∞)上恒成立.【解析】时，f(x)=2(x2-1)-2lnx，f'(x)=4x-2x，f'(1)=2，f(1)=0，故切线方程是：y-0=2(x-1)，即y=2(x-1).，f'(x)=2ax-2x=2ax2-2x(x>0)，①当a≤0时，f'(x)<0在(0,+∞)上恒成立，∴f(x)在(0,+∞)上单调递减，②当a>0时，由f'(x)=0，得x=1a，当x∈(0,1a)时，f'(x)<0，f(x)递减，当x∈(1a,+∞)时，f'(x)>0，f(x)递增，综上：a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递减，a>0时，f(x)在(0,1a)递减，在(1a,+∞)递增．证明：当a≥1时，f(x)≥ax+1x-(a+1)，即ax2-ax-2lnx-1x+1≥0在(1,+∞)上恒成立，令h(x)=ax2-ax-2lnx-1x+1，(x>1)，则h'(x)=2ax-a-2x+1x2，h''(x)=2a+2x3(x-1)，由于a≥1，x>1，则h''(x)>0，故h'(x)在(1,+∞)上单调递增，而h'(1)=a-1≥0，则h(x)在(1,+∞)上单调递增，故h(x)>h(1)=0，故当a≥1时，f(x)≥ax+1x-(a+1)在区间(1,+∞)上恒成立．【解析】代入a的值，求出函数的导数，计算f(1)，f'(1)，求出切线方程即可；75,求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；问题转化为ax2-ax-2lnx-1x+1≥0在(1,+∞)上恒成立，令h(x)=ax2-ax-2lnx-1x+1，(x>1)，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是中档题．87.(2021•浙江杭州二模•理T22．)已知函数f（x）＝aln（x+1）（a＞0），．（1）当a＝1时，求证：对任意x＞0，f（x）＞g（x）；（2）若函数f（x）图象上不同两点P，Q到x轴的距离相等，设f（x）图象在点P，Q处切线交点为M，求证：对任意a＞0，点M在第二象限．【解析】证明：（1）根据题意，对任意x＞0，f（x）＞g（x）恒成立，即证明h（x）＝f（x）﹣g（x）＞0恒成立，即证h（x）min＞0恒成立，当a＝1时，f（x）＝ln（x+1），g（x）＝，令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝ln（x+1）﹣（x＞0），则有h'（x）＝∵x＞0∴h'（x）＞0，即得函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，∴h（x）＞h（0）＝0，即得f（x）﹣g（x）＞0⇔f（x）＞g（x）（2）∵f（x）＝aln（x+1）的定义域为x∈（﹣1，+∞），∴f'（x）＝，即得当a＞0时，f'（x）＞0，则函数g（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，设点P（xP，yP），Q（xQ，yQ），则有yP≠yQ，∵|yP|＝|yQ|，∴yP+yQ＝0⇔yQ＝﹣yP∵yP＝aln（xP+1），yQ＝aln（xQ+1）此时假设t＝ln（xP+1）＞0，则aln（xQ+1）＝﹣at⇒ln（xQ+1）＝﹣t，由此可得∴f（x）图象在点P，Q处的切线方程可分别表示为：75,联立可得，交点M的坐标即为∵令F（t）＝2e﹣et+e﹣t（t＞0），则有F'（x）＝﹣et﹣e﹣t＜0，即得F（t）＜F（0）＝0恒成立，⇒xM＜0；∵＝＝＞0由此可得，点M在第二象限．88.(2021•河北秦皇岛二模•理T22．)已知函数f（x）＝（x2﹣ax）lnx﹣x2+2ax+1，x∈（0，+∞）．（1）讨论函数y＝f（x）的单调性；（2）若a＞e，求证：f′（x）＞﹣（﹣1）2．【解析】（1）f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）＝（x﹣a）lnx﹣x+a＝（x﹣a）（lnx﹣1），①当a≤0，令f′（x）＞0，解得：x＞e，令f′（x）＜0，解得：x＜e，故f（x）在（0，e）递减，在（e，+∞）递增，②当0＜a＜e，令f′（x）＞0，解得：x＞e或x＜a，令f′（x）＜0，解得：a＜x＜e，故f（x）在（0，a）递增，在（a，e）递减，在（e，+∞）递增，③当a＝e时，令f′（x）≥0恒成立，故f（x）在（0，+∞）递增，无递减区间，④当a＞e，令f′（x）＞0，解得：x＞a或x＜e，令f′（x）＜0，解得：e＜x＜a，故f（x）在（0，e）递增，在（e，a）递减，在（a，+∞）递增，综上：当a≤0，f（x）在（0，e）递减，在（e，+∞）递增，当0＜a＜e，f（x）在（0，a）递增，在（a，e）递减，在（e，+∞）递增，当a＝e时，故f（x）在（0，+∞）递增，无递减区间，当a＞e，f（x）在（0，e）递增，在（e，a）递减，在（a，+∞）递增；（2）证明：令g（x）＝f′（x），则g′（x）＝lnx﹣，∵a＞e，∴g′（x）在（0，+∞）上单调递增，g′（e）＝1﹣＜0，g′（）＝﹣＝＞0，75,设φ（x）＝ex﹣x，x＞0，则φ′（x）＝ex﹣1＞0，φ（x）递增，∴φ（）＞φ（0）＝1＞0，即﹣＞0，∴∃x0∈（e，），使得g′（x0）＝0，即a＝x0lnx0，且当x∈（0，x0）时，g′（x）＜0，x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，∴f′（x）在（0，x0）递减，在（x0，+∞）递增，∴f′（x）min＝f′（x0）＝（x0﹣a）（lnx0﹣1）＝（x0﹣x0lnx0）（lnx0﹣1）＝﹣x0，设h（x）＝﹣x（lnx﹣1）2，x∈（e，），则h′（x）＝﹣（lnx﹣1）2﹣2x（lnx﹣1）•＝1﹣ln2x＜0，∴h（x）在（e，）上单调递减，∴f′（x）min＝h（x0）＞h（）＝﹣，原命题成立．89.(2021•江西上饶二模•理T21．)已知函数f（x）＝2exsinx（e是自然对数的底数）．（1）求f（x）的单调区间；（2）记g（x）＝f（x）﹣ax，0＜a＜6，试讨论g（x）在（0，π）上的零点个数．（参考数据：e≈4.8）【解析】（1）f′（x）＝2ex（sinx+cosx）＝2exsin（x+），由f′（x）＜0，解得：2kπ+＜x＜2kπ+，由f′（x）＞0，解得：2kπ﹣＜x＜2kπ+（k∈Z），故f（x）在（2kπ﹣，2kπ+）递增，在（2kπ+，2kπ+）（k∈Z）递减；（2）g（x）＝2exsinx﹣ax，∴g′（x）＝2ex（sinx+cosx）﹣a，令h（x）＝g′（x），则h′（x）＝4excosx，x∈（0，）时，h′（x）＞0，x∈（，π）时，h′（x）＜0，∴g′（x）即h（x）在（0，）单调递增，在（，π）上单调递减，∵g′（0）＝2﹣a，g′（π）＝﹣2ex﹣a＜0，①当2﹣a≥0即0＜a≤2时，g′（0）≥0，∴g′（）＞0，∴存在x0∈（，π），使得g′（x0）＝0，∴当x∈（0，x0）时，g′（x）＞0，当x∈（x0，π）时，g′（x）＜0，75,∴g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，π）上单调递减，∵g（0）＝0，∴g（x0）＞0，又g（π）＝﹣aπ＜0，则g（x）在（0，π）上仅有1个零点，②当2＜a＜6时，g′（0）＝2﹣a＜0，∵g′（x）在（0，）上单调递增，在（，π）上单调递减，且g′（）＝2﹣a＞0，∴存在x1∈（0，），x2∈（，π），使得g′（x1）＝0，g′（x2）＝0，且当x∈（0，x1），（x2，π）时，g′（x）＜0，x∈（x1，x2）时，g′（x）＞0，∴g（x）在（0，x1）和（x2，π）上单调递减，在（x1，x2）上单调递增，∵g（0）＝0，∴g（x1）＜0，∵g（）＝2﹣a＞2﹣3π＞0，∴g（x2）＞0，又g（π）＝﹣aπ＜0，故g（x）在（x1，x2）和（x2，π）上各有1个零点，综上：当0＜a≤2时，g（x）仅有1个零点，当2＜a＜6时，g（x）有2个零点．90.(2021•江西鹰潭二模•理T21．)设函数f（x）＝lnx+aex，g（x）＝axex（）．（1）若y＝f（x）在x＝1处的切线平行于直线y＝2x，求实数a的值；（2）设函数h（x）＝f（x）﹣g（x），判断y＝h（x）的零点的个数；（3）设x1是h（x）的极值点，x2是h（x）的一个零点，且x1＜x2，求证：3x1﹣x2＞2．【解析】（1）由题可知，f′（x）＝+aex，得切线的斜率k＝f′（1）＝1+ae，∵两直线平行斜率相等，∴k＝1+ae＝2，解得a＝．（2）令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝Inx+aex﹣axex，可知h（x）的定义域为（0，+∞），且h′（x）＝+aex﹣a（1+x）ex＝，令m（x）＝1﹣ax2ex，得m′（x）＝﹣a（2xex+x2ex），而0＜a＜，x＞0，得m′（x）＜0，可知m（x）在（0，+∞）内单调递减，又m（1）＝1﹣ae＞0，且m（In）＝1﹣a（In）2•＝1﹣（In）2＜0，故m（x）＝0在（0，+∞）内有唯一解，75,从而h′（x）＝0在（0，+∞）内有唯一解，设为x0，则1＜x0＜In，当x∈（0，x0）时，h′（x）＝＞＝0，∴h（x）在（0，x0）内单调递增；当x∈（x0，+∞）时，h′（x）＝＜＝0，∴h（x）在（x0，+∞）内单调递减；∴x0是h（x）的唯一极值点．令φ（x）＝Inx﹣x+1，则当x＞1时，φ′（x）＝﹣1＜0，故φ（x）在（1，+∞）内单调递减；∴当x＞1时，φ（x）＜φ（1）＝0，即Inx＜x﹣1，从而h（In）＝InIn+a（1﹣In）e＝InIn﹣In+1＝φ（In）＜0，又∵h（x0）＞h（1）＝0，∴h（x）在（x0，+∞）内有唯一零点，又h（x）在（0，x0）内有唯一零点1，从而h（x）在（0，+∞）内恰有两个零点．∴y＝h（x）的零点的个数为2．（3）已知x1是h（x）的极值点，x2是h（x）的一个零点，且x1＜x2，由（2）及题意，，即，∴Inx2＝e，∴e＝，∵由（2）知，当x＞1时，Inx＜x﹣1，又x2＞x1＞1，故e＜＝x12，两边取对数，得Ine＜Inx12，于是x2﹣x1＜2Inx1＜2（x1﹣1），整理得3x1﹣x2＞2．命题得证．91.(2021•河北邯郸二模•理T22．)已知函数，g（x）＝mcosx﹣x，m＞0．（Ⅰ）讨论函数f（x）在（﹣π，0）∪（0，π）上的单调性；75,（Ⅱ）若方程mf（x）＝g（x）在区间（0，）上有且只有一个实数根，求m的取值范围．【解析】（Ⅰ）f′（x）＝，令h（x）＝xcosx﹣sinx，h′（x）＝cosx﹣xsinx﹣cosx＝﹣xsinx，当x∈（﹣π，0）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，当x∈（0，π）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，所以当x∈（﹣π，0）时，h（x）＞h（0）＝0，当x∈（0，π）时，h（x）＜h（0）＝0，所以当x∈（﹣π，0）时，f′（x）＞0，当x∈（0，π）时，f′（x）＜0，所以f（x）在（﹣π，0）上单调递增，在（0，π）上单调递减．（Ⅱ）由题意得＝mcosx﹣x，即x2﹣mxcosx+msinx＝0在区间（0，）上有且只有一个实数根，令F（x）＝x2﹣mxcosx+msinx，则F（x）在（0，）上有且只有一个零点，F′（x）＝2x﹣mcosx+mxsinx+mcosx＝2x+mxsinx＝x（2+msinx），①当0＜m≤2时，﹣2＜msinx≤2，所以F′（x）＞0，F（x）在（0，）上单调递增，F（x）＞F（0）＝0，所以F（x）在（0，）上无零点；当m＞2时，令F′（x）＝0，所以sinx＝﹣∈（﹣1，0），所以存在唯一x0∈（0，），使F′（x）＝0，当x∈（0，x0）时，F′（x）＞0，F（x）单调递增，当x∈（x0，）时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，因为F（0）＝0，F（）＝﹣m，当F（）≥0时，即2＜m≤时，F（x）＞0在（0，）上恒成立，F（x）在（0，）上无零点，不符合题意；当F（）＜0时，即m＞时，F（x）在（0，）上有且只有一个零点，符合题意．75,综上，m的取值范围是（，+∞）．92.(2021•天津南开二模•T20．)（16分）已知函数f（x）＝e2x，g（x）＝m（2x+1）（m≠0）（e为自然对数的底数），h（x）＝f（x）（x）．（Ⅰ）若m＝e，求函数h（x）的单调区间；（Ⅱ）若h（x）≥1﹣m恒成立，求实数m的值；（Ⅲ）若直线y＝g（x）是曲线f（x）＝e2x的一条切线．求证：对任意实数a＞b，都有．【解析】（Ⅰ）m＝e时，g（x）＝e（2x+1），由题意得：h（x）＝f（x）﹣g（x）＝e7x﹣e（2x+1），x∈R，∴h′（x）＝2e2x﹣2e＝7e（e2x﹣1﹣6），令h′（x）＝0，解得：x＝，x，h（x）的变化如下：x（﹣∞，）（，+∞）h′（x）﹣0+h（x）递减极小值递增∴h（x）的递减区间是（﹣∞，），递增区间是（；（Ⅱ）若h（x）≥2﹣m恒成立，则m•2x≤e2x﹣3，①x＝0时，显然成立，②x＞0时，问题转化为m≤，+∞）恒成立，令k（t）＝（t＞0），令p（t）＝（t﹣1）et+2，则p′（t）＝tet＞0，p（t）在（0，故p（t）＞p（0）＝6，故k′（t）＞0，+∞）递增，而＝et＝1，故m≤4，③x＜0时，问题转化为m≥，0）恒成立，同理可得m≥2，综上：m＝1；（Ⅲ）证明：直线y＝g（x）是曲线f（x）的一条切线，设切点是（x0，y4），75,∵f′（x）＝2e2x，∴，解得：，故h（x）＝e5x﹣2x﹣1，要证，即证≥8e2b﹣2，即证≥2e5b，a＞b，即证e2（a﹣b）﹣1≥5（a﹣b），令t＝a﹣b＞0，即证e2t﹣3≥2t，t＞0，令φ（t）＝e7t﹣1﹣2t（t＞4），φ′（t）＝2e2t﹣6＞0，故φ（t）在（0，+∞）单调递增，∴φ（t）＞φ（0）＝3，即e2t﹣1﹣4t＞0，即证得．93.(2021•广东潮州二模•T22．)已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝x2﹣ax（a＞0）．（1）讨论函数h（x）＝f（x）+g（x）的极值点；（2）若x1，x2（x1＜x2）是方程f（x）﹣+＝0的两个不同的正实根，证明：x12+x22＞4a．【解析】（1）h（x）＝f（x）+g（x）＝lnx+x2﹣ax（x＞0）（a＞0），h′（x）＝+2x﹣a＝，令2x2﹣ax+1＝0，△＝a2﹣8，当0＜a≤2时，△≤0，h′（x）≥0，无极值点，当a＞2时，令2x2﹣ax+1＝0，解得：x＝，当x∈（0，），（，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）递增，x∈（，）时，h′（x）＜0，h（x）递减，故h（x）极大值点是，极小值点是；75,综上：0＜a≤2时，h（x）无极值点，a＞2时，h（x）极大值点是，极小值点是；（2）由f（x）﹣+＝lnx﹣+＝0，即lnx+＝0，令k（x）＝lnx+（x＞0，a＞0），k′（x）＝﹣＝，令k′（x）＝0，得x＝，当0＜x＜时，k′（x）＜0，当x＞时，k′（x）＞0，∴k（x）在（0，）递减，在（，+∞）上递增，又∵k（x）有2个零点，∴k（）＜0，即ln+＜0，解得：0＜a＜，且，两式相减得：lnx2﹣lnx1＝﹣，设t＝（t＞1），∴lnt＝﹣，∴＝（1﹣），要证明x12+x22＞4a，即证明（1+t2）＞4a，（1+t2）（1﹣）＞4a，∴（1+t2）（1﹣）＞2，即证明2lnt2﹣t2+＜0（t＞1），令q（x）＝2lnx﹣x+（x＞1），q′（x）＝﹣＜0，∴q（x）在（1，+∞）上单调递减，∴q（x）＜q（1）＝0，∴2lnx﹣x+＜0即x12+x22＞4a．75,94.(2021•辽宁朝阳二模•T)21．设函数f（x）＝axlnx，其中a∈R，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线经过点（3，2）．（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）求函数f（x）的极值；（Ⅲ）证明：f（x）＞﹣．【解析】（I）f′（x）＝alnx+a，则f（1）＝0，f′（1）＝a，故取消y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程y＝a（x﹣1），把点（3，2）代入切线方程可得，a＝1，（II）由（I）可得f′（x）＝lnx+1，x＞0，易得，当0时，f′（x）＜0，函数单调递减，当x＞时，f′（x）＞0，函数单调递增，故当x＝时，函数取得极小值f（）＝﹣，没有极大值，证明：（III）f（x）＞﹣等价于xlnx﹣＞0，由（II）可得f（x）＝xlnx（当且仅当x＝时等号成立）①，所以xlnx﹣，故只要证明即可，（需验证等号不同时成立）设g（x）＝，x＞0则，当0＜x＜1时，g′（x）＜0，函数单调递减，当x＞1时，g′（x）＞0，函数单调递增，所以g（x）≥g（1）＝0，当且仅当x＝1时等号成立，②因为①②等号不同时成立，所以当x＞0时，f（x）＞﹣．95.(2021•山东潍坊二模•T)20．已知函数f（x）＝的单调递增区间是[0，1]，极大值是．（1）求曲线y＝f（x）在点（﹣1，f（﹣1））处的切线方程；75,（2）若存在非零实数x0，使得f（x0）＝1，m＞0，求f（x）在区间（﹣∞，m]上的最小值．【解析】（1）∵f（x）＝，∴f′（x）＝，∵f（x）的递增区间是[0，1]，∴﹣ax2+（2a﹣b）x+b﹣c＝0的根是0和1，故，故a＝b＝c，又f（x）的极大值是，故f（1）＝＝，故a＝b＝c＝1，故f（x）＝，f′（x）＝，故f（﹣1）＝e，f′（﹣1）＝﹣2e，则f（x）在点（﹣1，f（﹣1））处的切线方程是：y＝﹣2ex﹣e．（2）f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，且f（0）＝1，当x∈（﹣∞，0]时，f（x）min＝f（0）＝1，若存在非零实数x0，使得f（x0）＝1，则x0＞0，①0＜m≤x0时，f（x）在（﹣∞，0]递减，在（0，m]递增，故f（x）在区间（﹣∞，m]上的最小值是f（0）＝1，②m＞x0时，f（x）在（﹣∞，0]递减，在（0，1）递增，在（1，m]递减，故f（x）min＝f（m）＝．96.(2021•浙江丽水湖州衢州二模•T)22．已知函数f（x）＝（x＞1）．（Ⅰ）当a＝0时，求函数f（x）的图象在（e，f（e））处的切线方程；（Ⅱ）若对任意x∈（1，+∞），不等式f（x）≥lnx+4恒成立，求实数a的取值范围．（其中e为自然对数的底数）【解析】（Ⅰ）当a＝0时，f（x）＝，所以f（e）＝4，此时f′（x）＝，75,可得切线的斜率为f′（e）＝﹣，所以所求切线方程为y﹣4＝﹣（x﹣e），即y＝﹣x+8；（Ⅱ）由题意得ax+4﹣ln2x﹣4lnx≥0对对任意x∈（1，+∞）恒成立．令x＝e，得a≥，设g（x）＝ax+4﹣ln2x﹣4lnx（x＞1），g′（x）＝a﹣，设h（x）＝，则h′（x）＝＜0，所以h（x）在（1，+∞）递减，故0＜h（x）＜4．①当a≥4时，g′（x）≥0，所以g（x）在（1，+∞）单调递增，g（x）＞g（1）＝a+4＞0，所以a≥4满足题意；②当≤a＜4时，存在x0＞1使得a＝，即ax0＝2lnx0+4，且g（x）在（1，x0）单调递减，在（x0，+∞）单调递增，所以g（x）min＝g（x0）＝ax0+4﹣ln2x0﹣4lnx0≥0，所以2lnx0+4+4﹣ln2x0﹣4lnx0≥0，即ln2x0+2lnx0﹣8≤0，解得﹣4≤lnx0≤2，即1＜x0≤e2，由h（x）＝在（1，+∞）递减，可知≤a＜4，综上所述，可得a≥．97.(2021•吉林长春一模•文T21)设函数.(I)当时,求函数的单调区间;(Ⅱ)当时,求证:【解析】时，易知为增函数,且所以当时单调递减,当时单调递增.(4分)75,(2),当时,易知为上增函数,当时；当时；当时,而所以存在即当时单调递减,当时单调递增:所以.(12分)98.(2021•新疆乌鲁木齐二模•文T21．)已知函数f（x）＝x2+sinx+cosx．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在x＝0处的切线方程；（Ⅱ）若f（x）≥1+ax，求a．【解析】（Ⅰ）由题意可知f（x）的定义域为R，f′（x）＝2x+cosx﹣sinx，所以f（0）＝1，f′（0）＝1，所以y＝f（x）在x＝0处的切线方程为y＝x+1．（Ⅱ）令g（x）＝x2+sinx+cosx﹣1﹣ax，则g（0）＝0，g′（x）＝2x+cosx﹣sinx﹣a，g″（x）＝2﹣sinx﹣cosx≥0，所以g′（x）在（﹣∞，+∞）上为增函数，又因为g′（0）＝1﹣a，①当a＞1时，g′（0）＜0，4a＞0，g′（4a）＝7a+cos4a﹣sin4a＞0，所以∃x0∈（0，4a），使得g′（x0）＝0，所以g（x）在（0，x0）上单调递减，则g（x0）＜g（0）＝0，与题不符．②当a＜1时，g′（0）＞0，a﹣π＜0，g′（a﹣π）＝﹣2π﹣cosa+sina+a＜0，所以∃x1∈（a﹣π，0），使得g′（x1）＝0，所以g（x）在（x1，0）上单调递增，则g（x1）＜g（0）＝0，与题不符，③当a＝1时，g′（0）＝0，75,所以g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，g（x）在（0，+∞）上单调递增，所以g（x）≥g（0）＝0，综上所述，当a＝1时，f（x）≥1+ax．99.(2021•安徽淮北二模•文T21．)设函数f（x）＝ex﹣cosx﹣ax，a∈R（其中f′（x）是f（x）的导函数）．（Ⅰ）当a＝1时，判断函数f（x）在（0，+∞）上的单调性；（Ⅱ）若F（x）＝f′（x）﹣ax+a﹣1，证明：当a∈[1，2）时，函数F（x）有2个零点．【解析】（Ⅰ）当a＝1时，f（x）＝ex﹣cosx﹣x，f′（x）＝ex+sinx﹣1，令H（x）＝f′（x），则H′（x）＝ex+cosx，∵x∈（0，+∞），∴ex＞1，﹣1≤cosx≤1，∴H′（x）＞0，∴H（x）在（0，+∞）单调递增，∴H（x）＞H（0）＝e0﹣1＝0，∴f（x）在（0，+∞）单调递增；（Ⅱ）证明：∵F（x）＝f′（x）﹣ax+a﹣1＝ex+sinx﹣a﹣ax+a﹣1＝ex+sinx﹣ax﹣1，当x＝0时，由于F（0）＝e0+sin0﹣0﹣1＝0，故x＝0是F（x）的一个零点；令M（x）＝F′（x）＝ex+cosx﹣a，则M′（x）＝ex﹣sinx，∵1≤a＜2，①当x∈（0，+∞）时，ex＞1，故M′（x）＞1﹣sinx≥0，∴M（x）在（0，+∞）单调递增，∴M（x）＞M（0）＝2﹣a＞0，∴F（x）在（0，+∞）上单调递增，∴F（x）＞F（0）＝0，此时F（x）在（0，+∞）无零点；②当x∈（﹣∞，﹣π]时，﹣ax≥π，∵F（x）＝ex+sinx﹣ax﹣1≥ex+sinx+π﹣1＞0，∴F（x）在（﹣∞，﹣π]无零点；③当x∈（﹣π，0）时，sinx＜0，∴M′（x）＝ex﹣sinx＞0，∴M（x）在（﹣π，0）单调递增，∵M（﹣π）＝e﹣π+cos（﹣π）﹣a＜0，M（0）＝e0+1﹣a＞0，∴由零点存在性定理可知，存在x0∈（﹣π，0），使得M（x0）＝0，且x∈（﹣π，x0）时，M（x）＝F′（x）＜0，F（x）单调递减，x∈（x0，0）时，M（x）＝75,F′（x）＞0，F（x）单调递增，又F（﹣π）＝e﹣π+sin（﹣π）﹣a（﹣π）﹣1＞0，F（x0）＜F（0）＝0，∴F（x）在（﹣π，0）有一个零点，综上，当a∈[1，2）时，函数F（x）有2个零点．100.(2021•宁夏银川二模•文T20．)已知函数f（x）＝lnx+﹣1．（1）求函数f（x）的最小值；（2）当x∈（0，π）时，证明：ex＞（1﹣lnx）sinx．【解析】（1）∵函数f（x）＝lnx+﹣1，∴x＞0，且f′（x）＝﹣＝，由f′（x）＞0，得x＞1，由f′（x）＜0，得0＜x＜1，∴函数f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，∴函数f（x）的最小值是f（1）＝0；（2）证明：若证x∈（0，π）时，ex＞（1﹣lnx）sinx成立，即证x∈（0，π）时，ex+（lnx﹣1）sinx＞0成立，令F（x）＝ex+（lnx﹣1）sinx，①当0＜x＜e时，ex＞1，∴F（x）＝ex+（lnx﹣1）sinx＞1+（lnx﹣1）sinx，令g（x）＝x﹣sinx，当0＜x＜e时，cosx＜1，∴g′（x）＝（x﹣sinx）′＝1﹣cosx＞0，∴函数g（x）＝x﹣sinx在（0，e）上单调递增，∴g（x）＝x﹣sinx＞g（0）＝0，即x﹣sinx＞0，故sinx＜x，又当0＜x＜e时，lnx＜lne＝1，故lnx﹣1＜0，故（lnx﹣1）sinx＞（lnx﹣1）x，故F（x）＞1+（lnx﹣1）x＝x（lnx+﹣1），由（1）知lnx+﹣1≥0，故F（x）＞0，②当e≤x＜π时，ex＞0，且lnx≥lne＝1，即lnx﹣1≥0，且sinx＞0，∴F（x）＝ex+（lnx﹣1）sinx＞0，综上，当x∈（0，π）时，ex+（lnx﹣1）sinx＞0成立，即当x∈（0，π）时，ex＞（1﹣lnx）sinx．101.(2021•山西调研二模•文T21.)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2，a∈R.(1)讨论75,f(x)的单调性；(2)若方程f(x)+a=0有三个不同的实根，求a的取值范围.【解析】(1)函数f(x)=(x-1)ex-ax2，则f'(x)=xex-2ax=x(ex-2a)，(i)当a≤0时，ex-2a>0，所以f(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；(ii)当0<a<12时，由ex-2a=0，可得x=ln(2a)<0，所以f(x)在(-∞,ln(2a))上单调递增，在(ln(2a),0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；(iii)当a=12时，由ex-2a=0，可得x=ln(2a)=0，所以f(x)在r上单调递增；(iv)当a>12时，由ex-2a=0，可得x=ln(2a)>0，所以f(x)在(-∞,0)上单调递增，在(0,ln(2a))上单调递减，在(ln(2a),+∞)上单调递增．综上所述，当a≤0时，f(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；当0<a<12时，所以f(x)在(-∞,ln(2a))和(0,+∞)上单调递增，在(ln(2a),0)上单调递减；当a=12时，f(x)在r上单调递增；当a>12时，所以f(x)在(-∞,0)和(ln(2a),+∞)上单调递增，在(0,ln(2a))上单调递减．(2)f(x)+a=(x-1)[ex-a(x+1)]，所以x=1为f(x)+a=0的一个根，故ex-a(x+1)=0有两个不同于1的实根，令f(x)=ex-a(x+1)，则g'(x)=ex-a，(i)当a≤0时，g'(x)>0，故g(x)在R上单调递增，不符合题意；(ii)当a>0时，当x>lna时，g'(x)>0，故g(x)单调递增，当x<lna时，g'(x)<0，故g(x)单调递减，并且当x→-∞时，g(x)→+∞；当x→+∞时，g(x)→+∞，所以若要满足题意，只需g(lna)<0且g(1)≠0，因为g(lna)=elna-a(lna+1)=-alna<0，所以a>1，又g(1)=e-2a≠0，所以a≠e2，即a>1且a≠e2，所以实数a的取值范围为(1,e2)⋃(e2,+∞).【解析】(1)求出f'(x)，然后分a≤0，0<a<12，a=12，a>12四种情况，分别研究导数的正负，从而判断函数的单调性；(2)将方程进行化简变形，得到x=1为f(x)+a=0的一个根，则ex-a(x+1)=0有两个不同于1的实根，构造函数f(x)=ex-a(x+1)，利用导数研究其单调性，确定函数值的变化情况，列出关于a的不等关系，求解即可．75,本题考查了利用导数研究函数的性质，函数的零点与方程的根的综合应用，解决函数零点或方程根的问题，常用的方法有：(1)方程法(直接解方程得到函数的零点)；(2)图象法(直接画出函数的图象分析得解)；(3)方程+图象法(令函数为零，再重新构造两个函数，数形结合分析得解).属于中档题．102.(2021•河南郑州二模•文T21．)已知函数f（x）＝lnx﹣a（x+1）．（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）对任意x＞0，求证：﹣a（x+1）＞f（x）．【解析】（Ⅰ）由题意得f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）＝﹣a＝，当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）单调递增，当a＞0时，令f′（x）＞0，解得0＜x＜，令f′（x）＜0，解得：x＞，∴f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减；综上：当a≤0时，f（x）在（0，+∞）单调递增，当a＞0时，f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减；（Ⅱ）证明：要证﹣a（x+1）＞f（x），即证•﹣lnx＞0，令g（x）＝•﹣lnx，则g′（x）＝，令r（x）＝2（x﹣1）ex﹣e2x，则r′（x）＝2xex﹣e2，由r′（x）在（0，+∞）单调递增，且r′（1）＝2e﹣e2＜0，r′（2）＝3e2＞0，∴存在唯一的实数x0∈（1，2），使得r′（x0）＝0，∴r（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，∵r（0）＜0，r（2）＝0，∴当r（x）＞0时，x＞2，当r（x）＜0时，0＜x＜2，∴g（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，∴g（x）≥g（2）＝1﹣ln2＞0，综上，•﹣lnx＞0，即﹣a（x+1）＞f（x）．75</a<12，a=12，a></lna时，g'(x)<0，故g(x)单调递减，并且当x→-∞时，g(x)→+∞；当x→+∞时，g(x)→+∞，所以若要满足题意，只需g(lna)<0且g(1)≠0，因为g(lna)=elna-a(lna+1)=-alna<0，所以a></a<12时，所以f(x)在(-∞,ln(2a))和(0,+∞)上单调递增，在(ln(2a),0)上单调递减；当a=12时，f(x)在r上单调递增；当a></a<12时，由ex-2a=0，可得x=ln(2a)<0，所以f(x)在(-∞,ln(2a))上单调递增，在(ln(2a),0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；(iii)当a=12时，由ex-2a=0，可得x=ln(2a)=0，所以f(x)在r上单调递增；(iv)当a></a≤e讨论即可得出单调性情况；(2)设x2x1=t，由题意可知，x1=lntt-1,x2=tlntt-1，则x1+x2=(t+1)lntt-1，设h(t)=(t+1)lntt-1(t></a≤e时，令f'(x)=0，则ex-ax=0，设g(x)=ex-ax，则g'(x)=ex-a，易知，当0<x<lna时，g'(x)<0，g(x)单调递减，当x></f(0)=0，综上可得f(x)≥0时a取值范围。（3）由（2）可知></f(0)=0，不符合题意，所以a的取值范围是(-∞,12]（3）证明：由（2）可知a=12时，f(x)≥0，x∈[0,+∞)，即2ex-1≥x2+2x+1(x≥0)，所以2en-1≥n2+2n+1></t2<1e则x1<0<x2<1<x3，且g(x2)=g(x3)=t2，进而可求得></t2，∴t1<0，则t2∈(0,1e)．∴t1<0<t2<1e，则x1<0<x2<1<x3，且g(x2)=g(x3)=t2∴(1-x1ex1)2(1-x2ex2)(1-x3ex3)==(1-t1)2(1-t2)(1-t2)=[1-(t1+t2)+t1t2]275,=[1-(2-a)+2-a]2=1．若a<-2，则{t1+t2=2-a></x2<x3．令xex=t，则t2+(a-2)t+2-a=0需要有两个不同的实数根t1,t2（其中t1<t2）．则δ=(a-2)2-4(2-a)></x2<x3，则(1-x1ex1)2(1-x2ex2)(1-x3ex3)的值为________．【答案】1．【考点】利用导数研究函数的单调性，函数的零点与方程根的关系【解析】设g(x)=xex，g'(x)=1-xex，当x<1时，g'(x)>
