函数与导数经典常考压轴大题（解析版）

11(4)函数不等式的证明.式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点.1(2024·广东·二模)已知fx=ax2+1-2ax-2lnx,a>0.1(1)求fx的单调区间；(2)函数fx的图象上是否存在两点Ax1,y1,Bx2,y2(其中x1≠x2)，使得直线AB与函数fx的图象在x0【解析】(1)由题可得f(x)=ax+1-2a-==(x>0)因为a>0，所以ax+1>0，y2-y1x2-x1y2-y1x2-x1=x2-x1x2-x12(x1+x2)+1-2a-x2-x1，=a(x-x)+(1x2-x12(x1+x2)+1-2a-x2-x1，)+1-2a-,1=x1x2记g(t)=lnt-=lnt+-2(t>1)2(2024·四川·模拟预测)已知函数fx=a+1ex-x2+1a∈R(1)当a=1时，求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程；22x1<x2是函数y=fx的两个零点，求证：x1+x2>2.x-x2+1,fx=2ex-x，则f0=3,f0=2，则切线方程为y-3=2x，因此曲线y=fx在点0,f0处的切线方程为2x-y+3=0.(2)证明：函数fx=a+1ex-x,x1,x2是y=fx的两个零点，所以x1=a+1ex,x2=a+1ex，则有x1+x2=a+1ex+ex，且x2-x1=a+1ex-ex，由x1<x2，得a+1=--.要证x1+x2>2，只要证明a+1ex+ex>2，即证x2-x1-+>2.记t=x2-x1，则t>0,et>1，因此只要证明t⋅>2，即t-2et+t+2>0.记ht=t-2et+t+2(t>0)，则ht=t-1et+1，令φt=t-1et+1，则φt=tet，当t>0时，φt=tet>0，.22所以函数φt=t-1et+1在0,+∞上递增，则φt>φ0=0，即h,t>h,0=0，则ht在0,+∞上单调递增，∴ht>h0=0，即t-2et+t+2>0成立.3(2024·四川德阳·二模)已知函数fx=lnx+x2-2ax,a∈R，3(1)当a>0时，讨论fx的单调性；(2)若函数fx有两个极值点x1,x2x1<x2，求2fx1-fx2的最小值.【解析】(1)因为fx=lnx+x2-2ax,x>0，所以f,(x)=+2x-2a=,令g(x)=2x2-2ax+1，则Δ=4a2-8=4a2-2，因为a>0，4=3<x4，当0<x<x3或x>x4时，g(x)>0，即f,(x)>0；3<x<x4时，g(x)<0，即f,(x)<0，所以f(x)在0,x3,x4,+∞上单调递增，在x3,x4上单调递减；4上单调递减，其中x3=,x4=.3所以x1=x3,x2=x4，且x1,x2是方程2x2-2ax+1= 此时a>2，x1+x2=a>0，x 2,且有2ax1=2x+1，2ax2=2x+1，则2fx1-fx2=2lnx1+x-2ax1-lnx2+x-2ax2=2lnx1+x-2x-1-lnx2+x-2x-1=-2x+2lnx1-lnx2+x-1=x-22+2ln22-lnx2-1=x-2-lnx-2ln2-1令t=x，则t∈,+∞(,令gt=t--lnt-2ln2-1，则g,t=1+-=，t<0，则gt单调递减，t>0，则gt单调递增，所以gtmin=g1=-，所以2fx1-fx2的最小值为-.3344(1)直接构造函数法：证明不等式f(x(>g(x((或f(x(<g(x()转化为证明f(x(-g(x(>0(或f(x(-g(x(<0)，进而构造辅助函数h(x(=f(x(-g(x(；1(2024·青海·模拟预测)已知质数f(x(=mex-x2+mx-m，且曲线y=f(x(在点(2,f(2((处的切线1方程为4e2x-y-4e2=0.x(=mex-2x+m，f,(2(=me2-4+m，f(2(=me2-4+m，2=me2-4+m，4e2×2-(me2-4+m(-4e2=0，解得m=4；(2)由m=4，故f(x(=4ex-x2+4x-4，要证对一切x≥0，都有f(x(≥e2x2，x≥(e2+1(x2-4x+4对一切x≥0恒成立，即证≤4对一切x≥0恒成立，e令g(x(=，e,(x(==2+1(x-4-(e2+1(x2+4x-4=exe -(e2+1(x2+2(e2+3(x-8exee=-[(e2+1(x-4[(x-2(ex(x(>0，即g(x(在又g(0(==4，g(2(===4，故g(x(≤4对一切x≥0恒成立，即得证.2(2024·山西晋城·二模)已知函数f(x)=(x-a)ex+x+a(a∈R).2x+x+4，55所以f(x)在x=0处的切线为y=-2x；fI(x)=(x+1-a)ex+1，当2-a<0即a>2时，令gI(x)<0⇒0<x<a-2,gI(x)>0⇒x>a-2，则g(x)min=g(a-2)=1-ea-2<0，又g(0)=2-a<0，故=1+(n-1)=，所以an=.当n=1时，S1+=a1+=<ln6恒成立；当n≥2时，先证：<ln，即证<ln=ln，设x=，则0<x<1，即证2x<ln(0<x<1)，令h(x)=2x-ln(0<x<1)，则hI(x)=2--=<0，即2x<ln，即<ln.所以当n≥2时，Sn+=+++⋯+<ln6+ln+ln+⋯+ln=ln=ln[(n+1)(n+2)].n+<ln[(n+1)(n+2)].33(2)对于正实数t，求证：f(x)+f(t-x)≥f(t)-tln2+a；可得g(x)==lnx+,x>0，则gI(x)=-=，所以gx在x=1处的切线方程为y=(1-a)(x-1)+a，解得a=.(2)设函数hx=fx+ft-x,t>0，可得hx=xlnx+(t-x)ln(t-x)+2a，其中0<x<t，则hx=lnx+1-ln(t-x)-1=ln，令hx<0，可得0<<1，解得0<x<，可得hx的最小值为h，所以hx≥h,又由h=f+f（t-=tln+2a=ft-tln2+a，所以fx+ft-x≥ft-tln2+a.令kx=lnx+-又由kx=-xx+1,x>0，只需证明kx<0，xx=x2所以kx在x=1处取得极大值，也时最大值，所以kxmax=k1=2-e<0，≤fx⇔m≤fxmin；≥fx⇔m≥fxmax；≤fx⇔m≤fxmax；6 ≥fx⇔m≥fxmin.6f(x1(<g(x2(成立，则f(x(max<g(x(min；f(x1(<g(x2(成立，则f(x(max<g(x(max；f(x1(<g(x2(成立，则f(x(min<g(x(max；f(x1(=g(x2(成立，则f(x(的值域是g(x(的值域的子集.11(1)讨论f(x(的单调性；(2)若关于x的不等式f(x(>a(1-x(无x(=(1-a-ax(ex，f,(x(>0，f(x(单调递增，f,(x(<0，f(x(单调递减，f,(x(<0，f(x(单调递减，f,(x(>0，f(x(单调递增，当a=0时，f(x(=ex，函数f(x-<1，设h(x(=x-，h,(x(=1-=，设t(x(=ex+x-2，t,(x(=ex+1>0，所以t(x(单调递增，且t(0(=-1，t(1(=e-2>0，所以h(x(≥h(x0(=，x≥x+1，所以h(x(≥h(x0(=≥=>0， a a882(2024·黑龙江哈尔滨·一模)已知函数fx=-aex,a∈R.2则f,x=，f,1=0，f1=，所以切线方程为y=.(2)当a=1时，fx=xe-x-ex，f,x=1-xe-x-ex=.令gx=1-x-e2x，g,x=-1-2e2x<0，故gx在R上单调递减，而g0=0，因此0是gx在R上的唯一零点即：0是f,x在R上的唯一零点x，fx的变化情况如下表：x0f,x+0-fx↗↘fx的单调递减区间为：0,+∞;递增区间为：-∞,0fx的极大值为f0=-1，无极小值,即a≥-1-x-aex≤ex,即a≥-1设mx==1-2设mx==1-2x2x-1e 2令m,x=0，解得 2x>0，mxx<0，mx所以mxmax=m所以mxmax=m-1=-所以a≥-3(2024·陕西安康·模拟预测)已知函数fx=lnx+1,gx=ex-1.3(1)求曲线y=fx与y=gx的公切线的条数；(2)若a>0,∀x∈-1,+∞,fx+1≤a2gx+a2-a+1，求a的取值范围.【解析】(1)设fx=lnx+1,gx=ex-1的切点分别为x1,fx1,x2,gx2， xx-x1+lnx1+1⇒y= x1x+lnx1，故fxx-x1+lnx1+1⇒y= x1x+lnx1，y=exx-x2+ex-1⇒y=exx-x2ex+ex-199xx2ex+ex-1,故ln=-x2ex+ex-1⇒ex-1x2-1=0，解得x2=0或x2=1，因此曲线y=fx与y=gx有两条不同的公切线，(2)由fx+1≤a2gx+a2-a+1可得lnx+1+1≤a2ex-1+a2-a+1，即lnx+1≤a2ex-a对于∀x∈-1,+∞恒成立，ln0+1≤a2e0-a，结合a>0,解得a≥1设m(x)=lnx-x+1,，则当x>1时m(x)=-1<0,mx单调递减，当0<x<1时，m(x)>0,mx单调递增，故当m(x)≤m1=0，故lnx≤x-1,因此lnx+1≤x，x>-1，令Fx=x-a2ex+a,x>-1，则Fx=1-a2ex，令Fx=1-a2ex=0，得x=-2lna，当-2lna≤-1时，此时a≥e，Fx=1-a2ex<0，故Fx在x>-1上单调递减，所以Fx<F-1=-1-+a==≤=e-2<所以Fx=x-a2ex+a<0，由于lnx+1≤x进而ln(x+1)-a2ex+a<0，满足题意，当-2lna>-1时，此时1<a<e，令Fx=1-a2ex>0，解得-1<x<-2lna,Fx单调递增，令Fx=1-a2ex<0，解得x>-2lna,Fx单调递减，故Fx≤Fxmax=F-2lna=-2lna-1+a，令pa=-2lna-1+a，则pa=-+1=，由于1<a<e，所以pa=-+1=<0，故pa在1<a<e单调递减，故pa<p1，即可pa<0，因此Fx≤Fxmax=F-2lna=-2lna-1+a<0⇒Fx<0所以Fx=x-a2ex+a<0，由于lnx+1≤x进而ln(x+1)-a2ex+a<0，满足题意，综上可得a≥1数的值或取值范围.1(2024·四川泸州·三模)设函数fx=ex-1，gx=lnx+b.1(1)求函数Fx=x-1fx的单调区间；(2)若总存在两条直线和曲线y=f(x(与y=g(x(都相切，求b的取值范围.【解析】(1)F(x(=(x-1(f(x(=(x-1(ex-1，F,(x(=xex-1，令F,(x(>0，得x>0，令F,(xf,(x(=ex-1∴f(x(=ex-1在(m,em-1(处的切线方程为y=em-1x+(1-m(em-1，(x(=，∴g(x(=lnx+b在点(n,lnn+b(处的切线方程为y=x+lnn+b-1，m-1=1(1-mem-1=lnn+b-1，则(m-1(em-1-mm-1=1令h(m(=(m-1(em-1-m+b，则h,(x)=mem-1-1，令φ(m(=mem-1-1，则φ,(m(=(m+1(em-1，当m<-1时，φ,(m(<0，当m>-1时，φ,(m(>0，所以函数φ(m(在(-∞,-1(上单调递减，在(-1,+∞(上单调递增，即函数h,(m(在(-∞,-1(上单调递减，在(-1,+∞(上单调递增，所以h(m(min=h(1(=b-1，若总存在两条直线和曲线y=f(x(与y=g(x(都相切，则曲线y=h(m(与x轴有两个不同的交点，此时h(b-1(=(b-2(eb-2+1>-+1>0，h(3-b(=(2-b(e2-b+2b-3>(2-b((3-b(=（b-2+>0， 2(2024·北京房山·一模)已知函数f(x)=eax+.x(=-，则f,(1(=-1,f(1(=2，所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-2=-(x-1(，即y=-x+3；(2)f,则g,(x(=2axeax+a2x2eax=ax(ax+2(eax(x≠0(，，则x>0或x<-，令g,(x(<0，则-<x<0，所以函数g(x(在，则x<0或x>-，令g,(x(<0，则0<x<-，所以此时函数g(x(无极值.当a>0时，g(x(的极大值为-1；(3)令f(x)=eax+=0，则eax=-，ax>0,-<0，所以x>0时，函数f(x(无零点；则x<0时，函数f(x(零点的个数即为函数y=a,y=-图象交点的个数，令h(x(=-(x<0(，则h,(x(=，当x<-e时，h,(x(>0，当-e<x<0时，h,(x(<0，所以函数h(x(在(-∞,-e(上单调递增，在(-e,0(上单调递减，所以h(x(max=h(-e(=，即当x<0时，函数f(x(只有1个零点；3，已知函数f(x(=max{lnx,-4x3+mx-1{，其中m3f(x(=令g(x(=-4x3+5x-1， ,(x(=-12x2+5>0⇒0<x<，⇒g(x(在又g=，h=ln<-1，而g(0(=-1， 4所以当0 4 4 4≤x<1时，g(x(>0>h(x(，所以当0<x<1时，f(x(=g(x(，当x≥1时，f(x(=h(x(，所以f(x(=3+5x-1,<1单调递减.x(=-12x2+5，设切点M(x0,-4x+5x0-1(，则此切线方程为y=(-12x+5((x-x0(-4x+5x0-1，所以0=(-12x+5((0-x0(-4x+5x0-1，解得x0=，即此时切线方程是2x-y=0；,lnx0(，此时切线方程y=(x-x0(+lnx0，又此切线过原点，所以0=(0-x0(+lnx0，解得x0所以此时切线方程x-ey=0，f(x(在且f(0(=1，f=>0，f(1(=0，此时f(x(有两个零点；当0<x<1时，-4x3+5x-1<-4x3+mx-1，y=-4x3+mx-1，此时y,=-12x2+m>0得0<x<<，≥1时，f(x(=lnx只有一个零点x=1，要保证f(x(只有一个零点，只需要当0<x<1时，f(x(=-4x3+mx-1没有零点，3+m(-1=-1<0，得0<m<3；此时f(x(只有一个零点x=1，综上，f(x(只有一个零点时，m<3或m>5. 1(2024·全国·模拟预测)已知函数f(x(=x3-a(x2+2cosx(+xcosx-sinx.(1)讨论f(x(的单调性①函数f(x(在(0,+∞(上只有1个零点；②f(x(>1-a3-a2-2sin（a+.【解析】(1)因为f(x(=x3-a(x2+2cosx(+xcosx-sinx，所以f,(x(=x2-ax+asinx-xsinx=(x-a((x-sinx(.设g(x(=x-sinx，则g,(x(=1-cosx≥0，所以当x>0时，x-sinx>0；当x<0时，x-sinx<0.当a=0时，f,(x(=x(x-sinx(≥0，所以f(x(在R上单调递增.f,(x(<0，所以f(x(单调递减；f,(x(>0，所以f(x(单调递增.f,(x(<0，所以f(x(单调递减；f,(x(>0，所以f(x(单调递增.>0时，f(x(在(0,a(上单调递减，在(a,+∞(上单调递增，又f(0(=-a<0，所以f(a(<f(0(<0，所以f(x(在(0,a(上没有零点.f(x)=x3-a(x2+2cosx(+xcosx-sinx>x3-a(x2+2(-x-1=x2x-a+x(x2-9(+x3-(a+1(x>x>39a+9x>39a+9此时f(x(在(a,+∞(上只有1个零点.综上可得，f(x(在(0,+∞(上只有1个零点.②由a>0，知f(x(在(0,a(上单调递减，在(a,+∞(上单调递所以f(x(≥f(a(=-a3-sina，所以f(a(+a3+a2+2sin（a+-1=a2+cosa-1.设h(a(=a2+cosa-1，则h,(a(=a-sina.所以h,(a(>0在(0,+∞(上单调递增，所以h(a(>h(0(=0，即f(a(>1-a3-a2-2sin（a+,所以f(x(>1-a3-a2-2sin（a+.2(2024·河北沧州·一模)已知函数f(x(=,a>0.2(2)当x>0时，不等式f(x(-cos[lnf(x([≥alnx2-4x恒成立，求a的取值范围.e x2e2xx01f,(x)-0+0 f(x)012e 2极大值f(1)= 2极大值f(1)=e(2)f(x)-cos[lnf(x)[≥alnx2-4x⇔-cos（ln≥2alnx-4xalnx-2x-2(alnx-2x)-cos(alnx-2x)≥0令g(t)=et-2t-cost，其中t=alnx-2x，设F(x)=alnx-2x，a>0F,(x)=-2=0<x<，F(x)max=F=aln-a，且当x→0+时，F(x)→-∞,(t)=et-2+sint，(t)=et+cost，t>1,cost≥-1，即h,(t)>0恒成立，(1)=e-2+sin1>0，所以存在t0)=0，(t)>0，当aln-a≤0即0<a≤2e时，g(t)≥0恒成立，符合题意；13(2024·全国·模拟预测)已知函数f(x)=ex-sinx.x-x2-1(ex>sin(x1+x2(-sinx1-x2cosx1.不等式ex-sinx≥ax2+1在[0,+∞)上恒成立，设F(x(=ex-sinx-ax2-1,x≥0，则F(0(=0，F,(x(=ex-cosx-2ax，设g(x(=F,(x(=ex-cosx-2ax，x(=ex+sinx-2a，则g(x(<g(0(=0，则F(x(在区间(0,t(上单调递减，则F(x(<F(0(=0，不满足题意，因为x≥0,x2≥0，F(x(=ex-sinx-ax2-1≥ex-sinx-x2-1，设m(x(=ex-sinx-x2-1，则m,(x(=ex-cosx-x≥ex-1-x，设n(x(=ex-1-x，则n,(x(=ex-1≥0，所以n(x(=ex-1-x在[0,+∞)上单调递增，则n(x(≥n(0(=0，则m,(x(=ex-cosx-x≥ex-1-x≥0成立，故m(x(=ex-sinx-x2-1在[0,+∞)上单调递增，则m(x(≥m(0(=0，f'(x(=ex-cosx，设r(x(=f'(x(=ex-cosx，则r'(x(=ex+sinx>0，则函数r(x(单调递增，r(x(≥r(0(=0，∴f'(x(单调递增，f'(-2nπ(=e-2nπ-1<0f'-π=e-π>0nf'n)=0，又f(-2nπ(=e-2nπ>0，fπ（=eπ-1<0，f(-(2n-1)π)=e(1-2n)π>02nf(x2n)=0，2n-12n-1)=0.f(-(4n-1)π-x2n)=e-(4n-1)π-x-sin(-(4n-1)π-x2n)=e-(4n-1)π-x-sinx2n2n2n>x2n，e-(4n-1)π-x>ex∴f(-(4n-1)π-x2n)>f(x2n-1)=0，∴-(4n-1)π-x2n>x2n-12n-1+x2n<-(4n-1)π.累加得x1+x2+x3+x4+···+x2n-1+x2n<-(2n2+n)π.x-x2-1)ex>sin(x1+x2)-sinx1-x2cosx1即证ex+x-sin(x1+x2)>ex-sinx1+x2(ex-cosx1).即证f(x1+x2)>f(x1)+x2f'(x1).f'(x)=ex-cosx，设t(x(=f'(x)=ex-cosxt设h(x)=f(x+x1)-f(x1)-xf'(x1),(x>0)，x)=f'(x+x1)-f'(x1)，∴x>0时h(x)>0∴f(x+x1)-f(x1)-xf'(x1)>0∴f(x+x1)>f(x1)+xf'(x1)因此f(x1+x2)>f(x1)+x2f'(x1)恒成立，1lnxx已知函数f(x(=axlnxx2为f(x(的零点，且x1<x2，证明：a(x1+x2(2>2.令f(x(=0，即ax-=0(a>0(，等价于ax2-lnx=0，设g(x(=ax2-lnx，则g,(x(=2ax-=(x>0)，(x(<0，g(x(单调递减，则g(x(的最小值为g=-ln=(1+ln2a(，g(1(=a>0，要使得g(x(=ax2-lnx存在零点，则g=(1+ln2a(≤0，2为f(x(的零点，得f(x1(=f(x2(=0，两式相减得a(x-x(-(lnx1-lnx2(=0，即a=.要证当0<x1<x2时，a(x1+x2(2>2，只需证ln--x2(x1+x2(>2，只需证ln<22(，0<x1<x2，令t=(0<t<1(，F(t(=lnt-2t11(，只需证F(t(<0，F,(t(=-==>0，则F(t(在(0,1(上单调递增，∴F(t(=lnt-<F(1(=0，即可得证.2已知函数f(x(=3lnx-ax.2(1)讨论f(x(的单调性.2是函数f(x(的两个零点(x1<x2(.(x(是f(x(的导函数．证明：f,[λx1+(1-λ(x2[<0.x(=(x>0(.①当a≤0时，f,(x(>0,f(x(在(0,+∞(上单调递增.，即f(x(在②当a>0时，令f,(x(>，即f(x(在，即f(x(在,+∞同理，令f,(x，即f(x(在,+∞≤0时，f(x(在(0,+∞(上单调递增，不可能有两个零点.若使fx有两个零点，则f>0，即3ln-3>0，解得0<a<，2是函数fx的两个零点，则有3lnx1=ax1①,3lnx2=ax2②,3ln①-②得3lnx2-lnx1=ax2-x1，即a=x2-x1，f,λx1+1-λx2=-a=-，因为fx有两个零点，所以fx不单调，0<x1<<x2，所以x2-x1>0,λx1+1-λx2>0.若要证明f,λx1+1-λx2<0成立，2-3ln<0，x2 x2 -1λ+1-λ则不等式只需证-lnt<0，即证t-1-[λ+1-λt[lnt<0，令ht=t-1-[λ+1-λt[lnt,t>1，,t=λ-1lnt+λ（1-l,t=得φt<φ1=2λ-1<0，得l,t<0，即h,t在1,+∞上单调递减，得h,t<h,1=0，得h,t<0，即ht在1,+∞上单调递减，所以有ht<h1=0，故有t-1-[λ+1-λt[lnt<0，不等式得证.33②圆C与曲线Γ在点A处有相同的切线；③曲线Γ的导函数在点A处的导数(即曲线Γ的二阶导数)等于圆C在点A处的二阶导数(已知圆(x-a(2+(y-b(2=r2在点A(x0,y0(处的二阶导数等于)；则称圆C为曲线Γ在A点处的曲率圆，其半径r称为曲率半径.(3)若曲线y=ex在(x1,ex(和(x2,ex((x1≠x2(处有相同的曲率半径，求证：x1+x2<记f(x(=x2，设抛物线y=x2在原点的曲率圆的方程为x2+(y-b(2=b2，其中b为曲率半径.则f,(x(=2x，fn(x(=2，所以抛物线y=x2在原点的曲率圆的方程为x2+（y(2)设曲线y=f(x(在(x0,y0(的曲率半径为r．则，由(x0-a(2+(y0-b(2=r2知，[f,(x0([2+1=，3所以r={[f,(x3故曲线y=在点(x0,y0(处的曲率半径r=，所以r2==x+3=2-x+，则r=x+2，当且仅当x=，即x=1时取等号， x故r≥2，曲线y=在点1, x故r≥2，曲线y=x2y0-ba+x2y0-ba+bx-2x0xb-y03x+1xb-y03x+124 r32y0-b4 r32r2=x0-a2+y0-b2=+x0-a=-23=2-x+，解方程可得r=x+，则r2=x+3≥2，当且仅当x=，即x=1时取等号， x故r≥2，曲线y=在点1, x故r≥2，曲线y=x的图象在x,ex处的曲率半径r=，故r=ex+e-x，x+e-x=ex+e-x令t1=ex,t2=ex，则有t+=t+，所以t-t=-，即t1-t2t1+t2=，故t1t2t1+t2=1.3所以1=t1t2t1+t2>t1t2⋅2t1t2=2t1t22=2ex+x，所以x1+x2<-ln2.x的图象在x,ex处的曲率半径r=，有r2=e213=e4x+3e2x+3+e-2x t2=t+3t2+3+令t1=e2x,t2 t2=t+3t2+3+则t1-t2t1+t2+3-=0，故t1+t2+3-=0，所以有0=t1+t2+3->2t1t2+3-，令t=t1t2，则2t+3-<0，即0>2t3+3t2-1=(t+1)22t-1，故t<，所以ex+x=t1t2=t<，即x1+x2<-ln2；x的图象在x,ex处的曲率半径r=.故r=ex+ex设gx=ex+ex，则gx=ex-e-x=e-x2e2x-1，故有x1<-ln2<x2，,-ln2-x2∈要证x1+x2<-ln2，即证x1<-ln2-x2，即证gx2=gx1>g-ln2-x2将x1+x2<-ln2，>g-ln2-x，设函数Gx=gx-g-ln2-x(其中x>-ln2)，则Gx=gx+g-ln2-x=2e2x-1ex-2-⋅e-x>0，故gx2>g-ln2-x2，所以x1+x2<-ln2.x的图象在x,ex处的曲率半径r=，有r2=e213=e4x+3e2x+3+e-2x，设hx=e4x+3e2x+3+e-2x.则有hx=4e4x+6e2x-2e-2x=2e-2xe2x+122e2x-1，故有x1<-ln2<x2，,-ln2-x2∈要证x1+x2<-ln2，即证x1<-ln2-x2，即证hx2=hx1>h-ln2-x2．将x1+x2<-ln2，>h-ln2-x，设函数Hx=hx-h-ln2-x(其中x>-ln2)，则Hx=hx+h-ln2-x=2e2x-12（1+e-2x+e-4x（>0，故Hx单调递增，故Hx>H（-ln2（=0，故hx2>h-ln2-x2，所以x1+x2<-ln2.4已知函数fx=ax2+x-lnx-a.4(2)若fx有2个零点x1,x21+x22+x1+x2>2.【解析】(1)当a=1，函数fx=x2+x-lnx-1x>0，则fx=2x+1-==， 2可知当0 2时，fx<0，fx单调递减；当x>时，fx>0，fx单调递增，则当x=时，fx取得极小值f=ln2-，也即为最小值，所以fx的最小值为ln2-；2是fx=ax2+x-lnx-a的两个零点，则ax+x1-lnx1-a=0，ax+x2-lnx2-a=0，两式相减，得ax1+x2x1-x2+x1-x2-lnx1-lnx2=0，整理得ax1+x2=ln--x2-1，欲证明ax1+x22+x1+x2>2，ln--x2-1x1+x2+x1+x2>2，+1>2，不妨设0<x1<x2，令t=，则0<t<1，只需证明t+1>2，即证明t+1lnt-2t-1<00<t<1即可，令ht=t+1lnt-2t-10<t<1，则ht=lnt+-1，又令ut=ht=lnt+-10<t<1，则ut=-=<0，所以，当0<t<1时，ux，即ht单调递减，则ht>h1=0，故当0<t<1时，ht单调递增，则ht<h1=0，所以，原不等式成立，故不等式ax1+x22+x1+x2>2得证. 5已知函数fx=e2x+a-2ex-2ax.(1)若曲线y=fx在（0,a-处的切线方程为4ax+2y+1=0，求a的值及fx的单调区间.(2)若fx的极大值为fln2，求a的取值范围.x->x2+xlnx.【解析】(1)由题意，得fx=e2x+a-2ex-2a，所以f0=-a-1.因为曲线y=fx在（0,a-处的切线方程为y-（a-=-a-1x，所以f,x=e2x-ex-2=ex-2ex+1.令f,x<0，得x<ln2；令f,x>0，得x>ln2.所以函数fx的单调递减区间是-∞,ln2，单调递增区间是ln2,+∞.(2)由题意得f,x=e2x+a-2ex-2a=ex+aex-2.当a≥0时，令f,x>0所以fx在-∞,ln2上单调递减，在ln2,+∞上单调递增，此时fx只有极小值，不符合题意.1=ln2，x2=ln-a.因为fx的极大值为fln2，所以ln2<ln-a，解得a<-2.要证fx+5ex->x2+xlnx，即证e2x+2ex-x2->xlnx-ex，只需证e2x+2ex-2x2->xlnx-ex-x2.2x+2ex-2x2->0，x>0.设hx=e2x+2ex-2x2-，x>0，则h,x=e2x+2ex-4x.设mx=e2x+2ex-4x，x>0，则m,x=2e2x+2ex-4=2ex-1ex+2>0.所以函数mx在0,+∞上单调递增，则mx>m0=3>0，即h,x>0，所以函数hx在0,+∞上单调递增，则hx>h0=0，所以e2x+2ex-2x2->0.再证：xlnx-ex-x2<0，x>0，即证<+.设tx=，则t,x=.x>0，tx单调递增；x<0，tx单调递减．所以tx≤te=.所以φx≥φ2=+．所以≤<+≤+，即<+.2x+2ex-2x2->xlnx-ex-x2得证.故fx+5ex->x2+xlnx.6已知函数fx=x2+x+alnx+1，a∈R.6(1)讨论fx的单调性；2+fx>1.x=x+1+=,(x>-1)，当a≥0,f,x>0在x∈-1,+∞上恒成立，故fx在-1,+∞上单调递增；当a<0时，令f,x>0得x>-1+-a；令fx<0得-1<x<-1+-a，故fx在-1+-a,+∞上单调递增，在-1,-1+-a上单调递减.min=f-1+-a=-a+1+aln-a，所以a2-1+fx≥a2-1+f(x)min=a2-1-a+1+aln-a.令ga=a2-1-a+1+aln-a,a<-1，则ga=2a+ln-a.令ha=2a+ln-a,a<-1， 则ha 因为a<-1，所以ha>0，所以ha在-∞,-1上单调递增.又h-1<0，所以ga=2a+ln-a<0，所以ga在-∞,-1上单调递减.因为g-1=0，所以ga>g-1=0，所以a2-1+fx≥a2-1+f(x)min>0，即当a<-1时，a2+fx>1.7已知函数fx=xlnx+ax+1a∈R.7xlnx>e(x-1). x在0,+∞上恒成立， x在0,+∞上恒成立，设gx=lnx+,gx=-=，gx>0，解得x>1，gx<0，解得0<x<1，∴a≥-1；取a=-1，得lnx≥成立，x=1时取等号.所以当x>1时，exlnx>，设hx=ex-ex,hx=ex-e，故x>1时，hx>0，∴hx=ex-ex在1,+∞上为增函数，∴hx>h1=0，x>ex.>ex-1.>ex-1.xlnx>exx-1x>ex-1，结论得证.xlnx>ex-1成立．即证lnx>-11，x>1设Gx=lnx-,x>1，Gx=-=，设mx=ex-1+x2-2x,mx=ex-1+2x-2=ex-1+2x-1，当x>1时，mx>0,∴mx在1,+∞上为增函数.∴mx>m1=0,∴Gx>0，∴Gx在1,+∞上为增函数，Gx>G1=0，xlnx>ex-1成立.8已知函数f(x)=ln(x+1)-ax2-x.8≥0时，f(x)≤0；②sin+sin+⋯+sin<ln2,n∈N*.则fx=-2ax-1=，①当a=0时，fx=，令fx>0，得-1<x<0，令fx<0，得x>0，所以fx在-1,0上单调递增，在0,+∞上单调递减；所以fx在-1,0上单调递增，在0,+∞上单调递减；④当a=-时，fx≥0，所以fx在-1,+∞上单调递增；fx<0，综上，当a≥0时，fx在-1,0上单调递增，在0,+∞上单调递减；当a=-时，fx在-1,+∞上单调递增；≥0时，fx在-1,0上单调递增，在0,+∞上单调递减，所以f(x)max=f0=0，故fx≤0；②由(1)可得，当a=0时，f(x)=ln(x+1)-x≤f(0)=0，即lnx+1≤x，则lnx≤x-1，所以ln≤-1，所以-lnx≤-1，即得lnx>1-,x>1，令=1-，则x=，所以ln>，即<lnt-lnt-1,t>1，令gx=x-sinxx>0，则gx=1-cosx≥0，且gx不恒为零，所以gx在0,+∞上单调递增，所以gx>g0=0，所以sinx<xx>0，所以sin+sin+⋅⋅⋅+sin<[ln(n+1(-lnn[+[ln(n+2(-ln(n+1([+⋅⋅⋅+[ln(2n(-ln(2n-1([=ln(2n(-lnn=ln=ln2.9猜想某个方程f(x(=0的其中一个根r在x=x0的附近，如图6所示，然后在点(x0,f(x0((处作f(x(的切线，，⋯,9的过程转化为求xn，若设精度为ε,则把首次满足|xn-xn-1|<ε的xn称为r的近似解.已知函数f(x(=x3-x+1，a∈R.3≈2.462≈1.82)k1=f,(-1)=2,f(-1(=1，曲线f(x)在x0=-1处的切线为y-1=2(x+1)⇒x1=-1.5，且|x1-x0|≥0.5，k2=f,(-1.5)=,f(-1.5(=-，曲线f(x)在x1=-1.5处的切线为y+=（x+(⇒x2=-≈2-x1|<0.5，故用牛顿迭代法求方程f(x)=0满足精度ε=0.5的近似解为-1.35.(2)将f(x)+3x2+6x+5+aex≤0整理得到：≥a，(x)==，因为f,(x)=3x2-1，令f,(x)>0，即3x2-1>0，得x>或x<-，令f,(x)<0，即3x2-1<0，得-<x<，所以f(x)在-,所以f(x)的极小值为f=>0，所以有a≤g(x0)，方法二：a≤g(x0)<g(-1)=3-32+5-1e≈-3×2.72=-8.16.方法三：a≤g(x0)<g(-1.5)=≈-+-6(×4.48=-8.4，已知函数f(x)=lnx-ax+1，a∈R.(1)讨论fx的单调性；(2)若∀x>0，fx≤xe2x-2ax恒成立，求实数a的取值范围.【解析】(1)函数fx=lnx-ax+1，a∈R的定义域为0,+∞,且f,(x-a.(x)=-a≥0恒成立，此时fx在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，令f,(x)=-a==0，解得x=，f,x<0，fx在区间,+∞（上单调递减.综上所述，当a≤0时，fx在区间0,+∞上单调递增；(2)设gx=ex-x-1，则g,x=ex-1，x<0，gx单调递减，在区间0,+∞上，g,x>0，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).依题意，∀x>0，fx≤xe2x-2ax恒成立，即a≤e2x-恒成立，2x-==≥=2，当且仅当2x+lnx=0时等号成立.因为函数hx=2x+lnx在0,+∞上单调递增，h=-1<0，h(1)=2>0，0+lnx0=0成立.2x-min=2，即a的取值范围是-∞,2[.已知函数fx=x2-2alnx-2(a∈R).(1)讨论fx的单调性；(2)若不等式fx≤2lnx2+x2-2x在区间(1,+∞)上有解，求实数a的取值范围.而f,(x)=2x-=，当a≤0时，f,x>0恒成立，函数fx在(0,+∞)上单调递增；当a>0时，由f,x<0，得0<x<a，由f,x>0，得x>a，所以fx在0,a上单调递减，在(a,+∞)上单调递增.当a>0时，fx在0,a上单调递减，在a,+∞上单调递增.(2)因为不等式fx≤2lnx2+x2-2x在区间(1,+∞)上有解，所以(lnx)2+alnx-x+1≥0在区间1,+∞上有解，此时lnx>0，即a≥-lnx在区间1,+∞上有解，令gx=1-lnxx>1，则g,x=ln-=lnx-lnx-1.令hx=x-lnx-1x>1，则h,x=1-=>0，所以函数hx在1,+∞上单调递增，所以hx>h1=0.当1<x<e时g,x<0；当x>e时g,x>0，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，已知函数fx=，其中e=2.71828⋯为自然对数的底数.(1)求函数fx的单调区间；(2)证明：fx≤ex-1；(3)设gx=fx-e2x+2aex-4a2+1a∈R，若存在实数x0使得gx0≥0，求a的最大值.【解析】(1)fx的定义域为R,f,x=，所以fx的增区间为-∞,1，减区间为1,+∞.(2)要证fx≤ex-1，即证≤ex-1，令hx=-ex+1，即证hx≤0，,x=，令mx=1-x-e2x，则m,x=-1-2e2x<0，所以mx在R上单调递减，又m0=∴hx在-∞,0上单调递增，在0,+∞上单调递减，∴hx≤h0=0，所以≤ex-1，即fx≤ex-1得证.gx=fx-e2x+2aex-4a2+1≤ex-1-e2x+2aex-4a2+1=-e2x+2a+1ex-4a2=-（ex-2+≤<0，已知函数fx=ex-1-axa∈R.(1)若函数fx在点1,f1处的切线与直线x+2ey+1=0垂直，求a的值；(2)当x∈0,2[时，讨论函数Fx=fx-xlnx零点的个数.x=ex-a，可知f,1=e-a，且直线x+2ey+1=0的斜率为k=-，(2)由Fx=fx-xlnx=0得a=--lnx，令gx=--lnxx∈0,2[，可知Fx的零点个数即为y=a与y=gx的交点个数，则gx=+-=，因为x>0，则ex-1>0，令gx>0，解得1<x≤2；令gx<0，解得0<x<1；可知gx在0,1内单调递减，在1,2[内单调递增，当e-1<a≤-ln2时，函数F(x)有两个零点；已知函数f(x)=e2x-(2a-1)ex-ax.2x-(2a-1)ex-a=2ex+1ex-a.②若a>0，令f(x)=0，得x=lna.因为f(x)有两个零点，必有f(x)min=f(lna)=a(1-a-lna)<0，因为a>0，所以1-a-lna<0.令g(a)=1-a-lna,a>0，所以当a>1时，g(a)<0，即f(x)min<0.当x>lna>0时，因为y=ex-x-1，则y=ex-1，由y>0得x>0，由y<0得x<0，所以函数y=ex-x-1在-∞,0单调递减，在0,+∞单调递增，所以ex-x-1≥e0-0-1=0，即ex>x+ 1，故-ax>-aex-1，所以f(x)>e2x-(2a-1)ex-aex-1=e2x-(3a-1)ex+a， 取x=ln3a>lna，有f(ln3a)>e2ln3a-(3a-1)eln3a+a=9a2-(3a-1)3a+a=4a>0，所以f(x)在(lna,ln3a)有1已知函数fx=ex-x2+a，x∈R，φx=fx+x2-x.【解析】(1)由已知得φx=fx+x2-x=ex-x+a，则φx=ex-1.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gx=2-ex+2x.设hx=gx，则hx=-ex+2.当x<ln2时，hx>0；当x>ln2时，hx<0.所以hx即gx在-∞,ln2上单调递增，在ln2,+∞上单调递减.又因为g0=2-1+0=1，g1.5=2-e1.5+3=5-e1.5>0，g2=2-e2+4=6-e2<0，0=0x+2x0=0，0,+∞时，gx<0.所以gx在0,x0上单调递增，在x0,+∞上单调递减.所以gxmax=gx0=2x0-ex+x=-2+x.2-2<gxmax<22-2，即0.25<gxmax<2，且x→+∞时，gx→-∞,所以当a<0.25时，直线y=a与函数y=2x-ex+x2的图像在0,+∞上有交点，即fx=2x在0,+∞上有解.已知f(x)=,g(x)=.(2)请严格证明曲线y=f(x)、y=g(x)有唯一交点；3成等比数列.当fx>0时，得x<1，此时函数y=f(x)单调递增，当fx<0时，得x>1，此时函数y=f(x)单调递减，因此函数y=f(x)极大值为f1=，当gx>0时，得0<x<e，此时函数y=g(x)单x2==xe x2==xe lnexxe因为==所以有ex=x2，同理==因此函数y=g(x)极大值为ge=， e所以函数y=f(x e e函数y=g(x e(2)设mx=f(x)-g(x)=-=,x∈0,+∞,设hx=x2-exlnx⇒hx=2x-ex（lnx+,设φx=lnx+⇒φx=，所以φxmin=φ1=1⇒lnx+≥1，设nx=ex-ex⇒nx=ex-e，当x∈1,+∞时，nx>0,nx单调递增，所以nxmin=n1=0⇒ex≥ex，xlnx+≥ex，当x=1时取等号，于是有hx=2x-ex（lnx+≤2x-ex=x2-e<0，因此hx单调递减，而h1=1,he=e2-ee<0⇒h1he<0，因此mx=f(x)-g(x)=0有唯一实根，因此曲线y=f(x)、y=g(x)有唯一交点. ,e所以有0<x1<1<x2<e<x3，lnx3xlnx3x3=x2=a⇒x1x3=exlnx3，lnx2x2lnx3x3xx∈e,+∞,而函数y=g(x)在e,+∞单调递减，所以有ex=x3，而x1x3=exlnx3，所以x1x3=x2⋅x2=x，3成等比数列. 17已知函数fx=sinx-ax⋅cos3x23x2=2sin2x+tan2x2x⋅tanx>x3.(x)=cosx-(cosx-x⋅sinx)=x⋅sinx,f,=,f=所以切线方程为：y-1=x-,即πx-2y+2-=0.x)=2cosx+-a=(2cos3x-acos2x+1).(0)=3-a≥0是g(x)>0的一个必要条件，即a≤3.所以h(t)>h(1)=0，下面证明a>3时不满足g(x)=2sinx)=2cosx+-a，令h(x)=g,(x)=2cosx+-a，0=，则g,x0=2cosx0+-a=2cosx0+a-a>0，0,使得g,x1=0，x)<g,x1=0，(x)<g(0)=0，综上a≤3.-3x2=2(sinx-x)2+(tanx-x)2+2(2sinx+tanx)x-2x2-x2-3x2.F(x(在0,上单调递增，∴F(x)>F(0)=0,即sin2xtanx>x3. eπ-ee-ee-e所以f