高考数学二轮复习 专题一 函数与导数 第3讲 导数的热点问题练习 理试题

第3讲导数的热点问题「考情研析」利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数的零点、方程的根及不等式相结合，难度较大．解题时要注意分类讨论思想和转化与化归思想的应用.核心知识回顾1.利用导数解决与函数有关的方程根的问题(1)利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程根的个数问题的一般思路：①将问题转化为函数eq\o(□,\s\up3(01))零点的个数问题，进而转化为函数图象eq\o(□,\s\up3(02))交点的个数问题；②利用导数研究该函数在给定区间上的eq\o(□,\s\up3(03))单调性、eq\o(□,\s\up3(04))极值(最值)、eq\o(□,\s\up3(05))端点值等；③画出函数的eq\o(□,\s\up3(06))大致图象；④结合图象eq\o(□,\s\up3(07))求解．(2)证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤：①在该区间上构造与方程eq\o(□,\s\up3(08))相应的函数；②利用导数研究该函数在该区间上的eq\o(□,\s\up3(09))单调性；③判断该函数在该区间端点处的eq\o(□,\s\up3(10))函数值异号；④作出结论．2．利用导数证明不等式不等式的证明可转化为利用导数研究函数的eq\o(□,\s\up3(01))单调性、eq\o(□,\s\up3(02))极值和eq\o(□,\s\up3(03))最值，再由eq\o(□,\s\up3(04))单调性或最值来证明不等式，其中构造一个eq\o(□,\s\up3(05))可导函数是用导数证明不等式的关键.热点考向探究考向1利用导数讨论方程根的个数例1(2019·广东省七校联合体高三联考)已知函数f(x)＝lneq\f(x,2)－ax＋eq\f(b,x)(a>0，b>0)，对任意x>0，都有f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x)))＝0.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)存在三个不同的零点时，求实数a的取值范围．解(1)由f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x)))＝lneq\f(x,2)－ax＋eq\f(b,x)＋lneq\f(2,x)－eq\f(4a,x)＋eq\f(xb,4)＝0，得b＝4a，则f(x)＝lneq\f(x,2)－ax＋eq\f(4a,x)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a－eq\f(4a,x2)＝eq\f(－ax2＋x－4a,x2)(x>0)，若Δ＝1－16a2≤0，即a≥eq\f(1,4)时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，若Δ＝1－16a2>0，即0<a<eq\f(1,4)时，h(x)＝－ax2＋x－4a有两个零点，零点为x1＝eq\f(1－\r(1－16a2),2a)>0，x2＝eq\f(1＋\r(1－16a2),2a)>0，又h(x)＝－ax2＋x－4a开口向下．当0<x<x1时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x1<x<x2时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x>x2时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减．综上所述，当a≥eq\f(1,4)时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0<a<eq\f(1,4)时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－16a2),2a)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－16a2),2a)，＋∞))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－16a2),2a)，\f(1＋\r(1－16a2),2a)))上单调递增．(2)由(1)知，当a≥eq\f(1,4)时，f(x)单调递减，不可能有三个不同的零点．当0<a<eq\f(1,4)时，f(x)在(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递减，f(x)在(x1，x2)上单调递增，f(2)＝lneq\f(2,2)－2a＋2a＝0，又x1x2＝4，有x1<2<x2，f(x)在(x1，x2)上单调递增，f(x1)<f(2)＝0，f(x2)>f(2)＝0.f(x)＝lneq\f(x,2)－ax＋eq\f(4a,x)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)))＝－ln2a2－eq\f(1,a)＋4a3，令g(a)＝－ln2a2－eq\f(1,a)＋4a3，g′(a)＝－eq\f(4a,2a2)＋eq\f(1,a2)＋12a2＝eq\f(12a4－2a＋1,a2).令m(a)＝12a4－2a＋1，m′(a)＝48a3－2单调递增．由m′(a)＝48a3－2＝0，求得a0＝eq\f(1,\r(3,24))>eq\f(1,4).当0<a<eq\f(1,4)时，m(a)单调递减，m(a)>meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(3,64)－eq\f(1,2)＋1>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)))＝g(a)＝－ln2a2－eq\f(1,a)＋4a3在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上单调递增．故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)))＝g(a)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝3ln2－4＋eq\f(1,16)<0，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)))<0，f(x2)>0，eq\f(1,a2)>x2，由零点存在性定理知f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(1,a2)))上有一个根，设为x0，又f(x0)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x0)))＝0，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x0)))＝0，由x2<x0<eq\f(1,a2)及x1x2＝4得0<eq\f(4,x0)<x1，eq\f(4,x0)是f(x)的另一个零点，故当0<a<eq\f(1,4)时，f(x)存在三个不同的零点eq\f(4,x0)，2，x0.根据参数确定函数零点的个数，基本思想也是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，大致勾画出函数图象，然后通过函数性质得出其与x轴交点的个数，或者两个函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．(2019·永州市高三第三次模拟)已知函数f(x)＝2alnx－x2.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，求函数f(x)在区间(1，e2)内的零点个数．解(1)∵f(x)＝2alnx－x2，∴f′(x)＝eq\f(2a－x2,x)，∵x>0，当a≤0时，f′(x)＝eq\f(2a－x2,x)<0，当a>0时，f′(x)＝eq\f(2a－x2,x)＝eq\f(－2x－\r(a)x＋\r(a),x)，当0<x<eq\r(a)时，f′(x)>0；当x>eq\r(a)时，f′(x)<0，∴当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0,eq\r(a))上单调递增，在(eq\r(a)，＋∞)上单调递减．(2)由(1)，得f(x)max＝f(eq\r(a))＝a(lna－1)，当a(lna－1)<0，即0<a<e时，函数f(x)在(1，e2)内无零点；当a(lna－1)＝0，即a＝e时，函数f(x)在(0，＋∞)内有唯一零点eq\r(a)，又1<eq\r(a)＝eq\r(e)<e2，所以函数f(x)在(1，e2)内有一个零点；当a(lna－1)>0，即a>e时，由于f(1)＝－1<0，f(eq\r(a))＝a(lna－1)>0，f(e2)＝2alne2－e4＝4a－e4＝(2eq\r(a)－e2)(2eq\r(a)＋e2)，若2eq\r(a)－e2<0，即e<a<eq\f(e4,4)时，f(e2)<0，由函数单调性知，∃x1∈(1，eq\r(a))使得f(x1)＝0，∃x2∈(eq\r(a)，e2)使得f(x2)＝0，故此时函数f(x)在(1，e2)内有两个零点；若2eq\r(a)－e2≥0，即a≥eq\f(e4,4)时，eq\r(a)≥eq\f(e2,2)>eq\r(e)，f(e2)≥0，且f(eq\r(e))＝2alneq\r(e)－e＝a－e>0，f(1)＝－1<0，由函数的单调性可知f(x)在(1，eq\r(e))内有唯一的零点，在(eq\r(e)，e2)内没有零点，从而f(x)在(1，e2)内只有一个零点．综上所述，当a∈(0，e)时，函数f(x)在(1，e2)内无零点；当a∈{e}∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e4,4)，＋∞))时，函数f(x)在(1，e2)内有一个零点；当a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，\f(e4,4)))时，函数f(x)在(1，e2)内有两个零点．考向2利用导数证明不等式例2(2019·南开中学高三第三次教学质量检测)已知函数f(x)＝eq\f(ex,x)－ax＋alnx，其中a>0.(1)若函数f(x)仅在x＝1处取得极值，求实数a的取值范围；(2)若函数g(x)＝f(x)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)))有三个极值点x1，x2，x3，求证：x1x2＋x1x3＋x2x3>2x1x2x3.解(1)由f(x)＝eq\f(ex,x)－ax＋alnx，得f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－x,x)))＝eq\f(x－1ex－ax,x2)，由f(x)仅在x＝1处取得极值，则ex－ax≠0，即a≠eq\f(ex,x).令h(x)＝eq\f(ex,x)(x∈(0，＋∞))，则h′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，则h(x)min＝h(1)＝e.∴当0<a<e时，ex－ax>0，此时f′(x)＝eq\f(x－1ex－ax,x2)＝0仅有一个零点x＝1，则f(x)仅在x＝1处取得极值；当a＝e时，ex－ex＝0与x－1＝0在同一处取得零点，此时当x∈(0,1)时，(x－1)(ex－ex)<0，当x∈(1，＋∞)时，(x－1)(ex－ex)>0，∴f′(x)＝eq\f(x－1ex－ax,x2)＝0仅有一个零点x＝1，则f(x)仅在x＝1处取得极值，所以a＝e符合题意．当a＞e时，显然与已知不相符合．∴实数a的取值范围为0<a≤e.(2)证明：由g(x)＝eq\f(ex,x)－ax＋alnx＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)))，则g′(x)＝eq\f(x－1ex－ax＋a,x2).由题意，则g′(x)＝0有三个根，则ex－a(x－1)＝0有两个零点，不妨设为x1，x2，x1<x2，则x1，x2∈(1，＋∞)，x－1＝0有一个零点，则x3＝1.令p(x)＝ex－a(x－1)，则p′(x)＝ex－a，∴当x∈(0，lna)时，p′(x)<0，p(x)单调递减，∴当x＝lna时，p(x)取得极值，当x∈(lna，＋∞)时，p′(x)>0，p(x)单调递增，∴p(lna)＝a－a(lna－1)<0，则当a>e2时，ex－a(x－1)＝0有两零点x1，x2，且1<x1<lna<x2，若证：x1x2＋x1x3＋x2x3>2x1x2x3，即证：x1＋x2>x1x2⇔(x1－1)(x2－1)<1，由ex1＝a(x1－1)，ex2＝a(x2－1)，则ex1＋x2＝a2(x1－1)(x2－1)，即证：ex1＋x2＝a2(x1－1)(x2－1)<a2⇔x1＋x2<2lna⇔x2<2lna－x1，由p(x)在(lna，＋∞)上单调递增，即证p(x2)<p(2lna－x1)，又p(x1)＝p(x2)，则证p(x1)－p(2lna－x1)<0，令G(x)＝p(x)－p(2lna－x)，1<x<lna，∴G(x)＝ex－a(x－1)－e2lna－x＋a(2lna－x－1)＝ex－eq\f(a2,ex)－2ax＋2alna．∴G′(x)＝ex＋eq\f(a2,ex)－2a≥0恒成立，则G(x)为增函数，∴当1<x<lna时，G(x)<G(lna)＝0，∴x1x2＋x1x3＋x2x3>2x1x2x3得证．利用导数方法证明不等式的基本思想是构造函数，通过研究函数的单调性、极值、最值，通过一般函数值与特殊值的比较得出所证不等式．已知函数f(x)＝λlnx－e－x(λ∈R)．(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；(2)求证：当0<x1<x2时，都有e1－x2－e1－x1>1－eq\f(x2,x1).解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f(x)＝λlnx－e－x，∴f′(x)＝eq\f(λ,x)＋e－x＝eq\f(λ＋xe－x,x)，∵函数f(x)是单调函数，∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，∴eq\f(λ＋xe－x,x)≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－eq\f(x,ex)，令φ(x)＝－eq\f(x,ex)，则φ′(x)＝eq\f(x－1,ex)，当0<x<1时，φ′(x)<0，当x>1时，φ′(x)>0，则φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x>0时，φ(x)min＝φ(1)＝－eq\f(1,e)，∴λ≤－eq\f(1,e)；②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，∴eq\f(λ＋xe－x,x)≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－eq\f(x,ex)，由①得φ(x)＝－eq\f(x,ex)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x→＋∞时，φ(x)<0，∴λ≥0.综上，λ≤－eq\f(1,e)或λ≥0.(2)证明：由(1)可知，当λ＝－eq\f(1,e)时，f(x)＝－eq\f(1,e)lnx－e－x在(0，＋∞)上单调递减，∵0<x1<x2，∴f(x1)>f(x2)，即－eq\f(1,e)lnx1－e－x1>－eq\f(1,e)lnx2－e－x2，∴e1－x2－e1－x1>lnx1－lnx2.要证e1－x2－e1－x1>1－eq\f(x2,x1)，只需证lnx1－lnx2>1－eq\f(x2,x1)，即证lneq\f(x1,x2)>1－eq\f(x2,x1)，令t＝eq\f(x1,x2)，t∈(0,1)，则只需证lnt>1－eq\f(1,t)，令h(t)＝lnt＋eq\f(1,t)－1，则当0<t<1时，h′(t)＝eq\f(t－1,t2)<0，∴h(t)在(0,1)上单调递减，又h(1)＝0，∴h(t)>0，即lnt>1－eq\f(1,t)，得证．考向3利用导数研究不等式恒成立问题角度1函数不等式恒成立问题例3(2019·内蒙古高三高考一模)已知函数f(x)＝2ax＋bx－1－2lnx(a∈R)．(1)当b＝0时，讨论函数f(x)的单调区间；(2)若对任意的a∈[1,3]和x∈(0，＋∞)，f(x)≥2bx－3恒成立，求实数b的取值范围．解(1)当b＝0时，f′(x)＝2a－eq\f(2,x)＝eq\f(2ax－1,x)(x>0)，当a≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，由f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,a)；由f′(x)>0，得x>eq\f(1,a).∴当a≤0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).(2)∀a∈[1,3]和∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥2bx－3恒成立等价于2ax＋bx－1－2lnx≥2bx－3，∀x∈(0，＋∞)，∀a∈[1,3]恒成立．即a＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)≥eq\f(b,2)，∀x∈(0，＋∞)，∀a∈[1,3]恒成立．令g(x)＝a＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)，a∈[1,3]，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1－lnx,x2)＝eq\f(lnx－2,x2)，令g′(x)＝0，得x＝e2，由此可得g(x)在区间(0，e2]上单调递减，在区间[e2，＋∞)上单调递增，∴当x>0时，g(x)min＝g(e2)＝a－eq\f(1,e2)，即eq\f(b,2)≤a－eq\f(1,e2)，又a∈[1,3]，∴实数b的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，2－\f(2,e2))).利用导数求解不等式恒成立问题中参数的方法(1)分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法．即①λ≥f(x)恒成立，则λ≥f(x)max.②λ≤f(x)恒成立，则λ≤f(x)min.(2)最值转化法：若参数不易分离或分离后含x变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法．可通过求最值建立关于参数的不等式求解．如f(x)≥0，则只需f(x)min≥0.设函数f(x)＝(ax＋1)e－x(a∈R)．(1)当a>0时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)对任意的x∈[0，＋∞)，f(x)≤x＋1恒成立，求实数a的取值范围．解(1)当a>0时，f′(x)＝a·e－x－(ax＋1)·e－x＝a·e－x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－1,a)－x))，由于e－x>0，a>0，所以令f′(x)≥0得，x≤eq\f(a－1,a).所以当a>0时，f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a－1,a))).(2)令h(x)＝(ax＋1)e－x－x－1，则f(x)≤x＋1恒成立等价于h(x)≤0恒成立．①若a≤0，则当x≥0时，ax＋1≤1,0<e－x≤1⇒f(x)≤1，而x＋1≥1，即f(x)≤x＋1恒成立．②若0<a≤2，则h′(x)＝e－x(a－1－ax)－1.当x≥0时，令t(x)＝a－1－ax，由t(x)是减函数，知t(x)max＝t(0)＝a－1≤1，又e－x≤1，所以h′(x)≤0，h(x)在[0，＋∞)上是减函数，所以当x≥0时，h(x)≤h(0)＝0.③若a>2，则h′(0)＝e－0(a－1－a×0)－1＝a－2>0，h′(1)＝e－1(a－1－a)－1＝－e－1－1<0.所以h′(x)在(0,1)上有零点．当x∈(0,1)时，设g(x)＝h′(x)，则g′(x)＝e－x(ax＋1－2a)<e－x(1－a)<0，所以h′(x)在x∈(0,1)上是减函数，即h′(x)＝0在(0,1)上有唯一的零点x0，且在(0，x0)上，h′(x)>0，h(x)在(0，x0)上为增函数，即x∈(0，x0)时，h(x)>h(0)＝0，所以f(x)>x＋1，不符合题意．综上可得，符合题意的a的取值范围是(－∞，2]．角度2含量词的不等式问题例4(2019·延安市高考模拟)已知函数f(x)＝ax＋1－xlnx的图象在点(1，f(1))处的切线与直线x－y＝0平行．(1)求函数f(x)的极值；(2)若∀x1，x2∈(0，＋∞)，eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>m(x1＋x2)，求实数m的取值范围．解(1)f(x)＝ax＋1－xlnx的导数为f′(x)＝a－1－lnx，可得y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线斜率为a－1，由切线与直线x－y＝0平行，可得a－1＝1，即a＝2，f(x)＝2x＋1－xlnx，f′(x)＝1－lnx，当0<x<e时f′(x)>0，当x>e时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，可得f(x)在x＝e处取得极大值为f(e)＝e＋1，无极小值．(2)设x1>x2>0，若eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>m(x1＋x2)，可得f(x1)－f(x2)>mxeq\o\al(2,1)－mxeq\o\al(2,2)，即f(x1)－mxeq\o\al(2,1)>f(x2)－mxeq\o\al(2,2)，设g(x)＝f(x)－mx2在(0，＋∞)上是增函数，即g′(x)＝1－lnx－2mx≥0在(0，＋∞)上恒成立，可得2m≤eq\f(1－lnx,x)在(0，＋∞)上恒成立，设h(x)＝eq\f(1－lnx,x)，所以h′(x)＝eq\f(lnx－2,x2)，h(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，h(x)在x＝e2处取得极小值为h(e2)＝－eq\f(1,e2)，所以m≤－eq\f(1,2e2).含量词不等式问题的解法(1)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I)．(2)存在x∈I，使f(x)>g(x)成立⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)．(3)对任意x1，x2∈D，使f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)max.(4)存在x1，x2∈D，使f(x1)≥g(x2)⇔f(x)max≥g(x)min.(5)任意x1∈D1，存在x2∈D2，使f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min(f(x)定义域为D1，g(x)定义域为D2)．(2019·毛坦厂中学高三校区联考)已知函数f(x)＝lnx＋x2－kx－1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2(x1<x2)，求证：f(x2)<f(x1)<0.解(1)由题意，得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－k＝eq\f(2x2－kx＋1,x).当k≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当k>0时，若Δ＝k2－8≤0，即0<k≤2eq\r(2)时，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；若Δ＝k2－8>0，即k>2eq\r(2)时，令f′(x)＝0，解得x2＝eq\f(k＋\r(k2－8),4)>x1＝eq\f(k－\r(k2－8),4)>0，令f′(x)>0，解得0<x<x1或x>x2，令f′(x)<0，解得x1<x<x2，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(k－\r(k2－8),4)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k＋\r(k2－8),4)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k－\r(k2－8),4)，\f(k＋\r(k2－8),4)))上单调递减．综上所述，当k≤2eq\r(2)时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当k>2eq\r(2)时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(k－\r(k2－8),4)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k＋\r(k2－8),4)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k－\r(k2－8),4)，\f(k＋\r(k2－8),4)))上单调递减．(2)证明：由(1)得，若f(x)存在两个极值点x1，x2，则k>2eq\r(2)，且2xeq\o\al(2,1)－kx1＋1＝0，则f(x1)＝lnx1＋xeq\o\al(2,1)－kx1－1＝lnx1＋xeq\o\al(2,1)－(2xeq\o\al(2,1)＋1)－1＝lnx1－xeq\o\al(2,1)－2.下面先证明lnx<x(x>0)：设g(x)＝lnx－x，x>0，则g′(x)＝eq\f(1,x)－1，易得g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)max＝g(1)＝－1<0，∴g(x)<0(x>0)，即lnx<x(x>0)．∴f(x1)＝lnx1－xeq\o\al(2,1)－2<x1－xeq\o\al(2,1)－2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,2)))2－eq\f(7,4)<0，又由(1)得f(x)在区间(x1，x2)上单调递减，∴f(x2)<f(x1)<0.真题押题『真题模拟』1．(2019·榆林市高考模拟第三次测试)已知函数f(x)＝ex－x2－1.(1)若函数g(x)＝eq\f(fx,x)，x∈(0，＋∞)，求函数g(x)的单调区间；(2)若不等式f(x)＋eq\f(1,2)(3x2＋x－3k)≤0有解，求k的取值范围．解(1)g(x)＝eq\f(fx,x)＝eq\f(ex,x)－x－eq\f(1,x)(x>0)，g′(x)＝eq\f(x－1ex－x－1,x2)，令h(x)＝ex－x－1，h′(x)＝ex－1，x>0，h′(x)>0，h(x)单调递增，∴ex－x－1>0在(0，＋∞)上恒成立，∴当x∈(0,1)，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)，g′(x)>0，∴g(x)的单调减区间为(0,1)，单调增区间为(1，＋∞)．(2)f(x)＋eq\f(1,2)(3x2＋x－3k)≤0，即3k≥2ex＋x2＋x－2有解，令h(x)＝2ex＋x2＋x－2，h′(x)＝2ex＋2x＋1在R上递增，∵h′(0)>0，h′(－1)<0，故存在唯一的x0∈(－1,0)使得h′(x)＝2ex0＋2x0＋1＝0，∴h(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(x0)＝2ex0＋xeq\o\al(2,0)＋x0－2＝xeq\o\al(2,0)－x0－3，∵x0∈(－1,0)，∴xeq\o\al(2,0)－x0－3∈(－3，－1)，故3k>－3，∴k>－1.2．(2019·浙江高考)已知实数a≠0，设函数f(x)＝alnx＋eq\r(1＋x)，x>0.(1)当a＝－eq\f(3,4)时，求函数f(x)的单调区间；(2)对任意x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))均有f(x)≤eq\f(\r(x),2a)，求a的取值范围．注：e＝2.71828…为自然对数的底数．解(1)当a＝－eq\f(3,4)时，f(x)＝－eq\f(3,4)lnx＋eq\r(1＋x)，x>0.f′(x)＝－eq\f(3,4x)＋eq\f(1,2\r(1＋x))＝eq\f(\r(1＋x)－22\r(1＋x)＋1,4x\r(1＋x))，所以函数f(x)的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3，＋∞)．(2)由f(1)≤eq\f(1,2a)，得0<a≤eq\f(\r(2),4).当0<a≤eq\f(\r(2),4)时，f(x)≤eq\f(\r(x),2a)等价于eq\f(\r(x),a2)－eq\f(2\r(1＋x),a)－2lnx≥0.令t＝eq\f(1,a)，则t≥2eq\r(2).设g(t)＝t2eq\r(x)－2teq\r(1＋x)－2lnx，t≥2eq\r(2)，则g(t)＝eq\r(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\r(1＋\f(1,x))))2－eq\f(1＋x,\r(x))－2lnx.①当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)，＋∞))时，eq\r(1＋\f(1,x))≤2eq\r(2)，则g(t)≥g(2eq\r(2))＝8eq\r(x)－4eq\r(2)eq\r(1＋x)－2lnx.记p(x)＝4eq\r(x)－2eq\r(2)eq\r(1＋x)－lnx，x≥eq\f(1,7)，则p′(x)＝eq\f(2,\r(x))－eq\f(\r(2),\r(x＋1))－eq\f(1,x)＝eq\f(2\r(x)\r(x＋1)－\r(2)x－\r(x＋1),x\r(x＋1))＝eq\f(x－1[1＋\r(x)\r(2x＋2)－1],x\r(x＋1)\r(x)＋1\r(x＋1)＋\r(2x)).故xeq\f(1,7)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)，1))1(1，＋∞)p′(x)－0＋p(x)peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)))单调递减极小值p(1)单调递增所以p(x)≥p(1)＝0.因此g(t)≥g(2eq\r(2))＝2p(x)≥0.②当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，\f(1,7)))时，g(t)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(1＋\f(1,x))))＝eq\f(－2\r(x)lnx－x＋1,\r(x)).令q(x)＝2eq\r(x)lnx＋(x＋1)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，\f(1,7)))，则q′(x)＝eq\f(lnx＋2,\r(x))＋1>0，故q(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，\f(1,7)))上单调递增，所以q(x)≤qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7))).由①，得qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)))＝－eq\f(2\r(7),7)peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)))<－eq\f(2\r(7),7)p(1)＝0.所以q(x)<0.因此，g(t)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(1＋\f(1,x))))＝－eq\f(qx,\r(x))>0.由①②知对任意x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))，t∈[2eq\r(2)，＋∞)，g(t)≥0，即对任意x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))，均有f(x)≤eq\f(\r(x),2a).综上所述，所求a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),4))).3．(2019·南阳市六校高二下学期第一次联考)已知函数f(x)＝eq\f(ex－1,x)－lnx.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：0<1＋xlnx<ex.解(1)f′(x)＝eq\f(x－1ex＋1,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1ex＋1－x,x2)＝eq\f(x－1ex－1,x2)，因为x>0，所以ex－1>0，所以当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0.所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)证明：令h(x)＝1＋xlnx，则h′(x)＝1＋lnx.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，h′(x)>0，h(x)单调递增；所以h(x)≥heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1＋eq\f(1,e)lneq\f(1,e)＝1－eq\f(1,e)>0.故1＋xlnx>0.由(1)知f(x)＝eq\f(ex－1,x)－lnx在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(1)＝e－1>0，即eq\f(ex－1,x)－lnx>0.因为x>0，所以上述不等式可化为1＋xlnx<ex.综上，0<1＋xlnx<ex.4．(2019·湖南模拟)已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)(a>0)．(1)若函数f(x)有零点，求实数a的取值范围；(2)证明：当a≥eq\f(2,e)时，f(x)>e－x.解(1)解法一：函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)的定义域为(0，＋∞)．由f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，得f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2).因为a>0，则x∈(0，a)时，f′(x)<0；x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．当x＝a时，f(x)min＝lna＋1.当lna＋1≤0，即0<a≤eq\f(1,e)时，又f(1)＝ln1＋a＝a>0，则函数f(x)有零点．所以实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).解法二：函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)的定义域为(0，＋∞)．由f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)＝0，得a＝－xlnx.令g(x)＝－xlnx，则g′(x)＝－(lnx＋1)．当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，g′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，g′(x)<0.所以函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递减．故x＝eq\f(1,e)时，函数g(x)取得最大值geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)lneq\f(1,e)＝eq\f(1,e).因而函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)有零点，则0<a≤eq\f(1,e).所以实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).(2)证明：要证明当a≥eq\f(2,e)时，f(x)>e－x，即证明当x>0，a≥eq\f(2,e)时，lnx＋eq\f(a,x)>e－x，即xlnx＋a>xe－x.令h(x)＝xlnx＋a，则h′(x)＝lnx＋1.当0<x<eq\f(1,e)时，h′(x)<0；当x>eq\f(1,e)时，h′(x)>0.所以函数h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增．当x＝eq\f(1,e)时，h(x)min＝－eq\f(1,e)＋a.于是，当a≥eq\f(2,e)时，h(x)≥－eq\f(1,e)＋a≥eq\f(1,e).①令φ(x)＝xe－x，则φ′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)．当0<x<1时，φ′(x)>0；当x>1时，φ′(x)<0.所以函数φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．当x＝1时，φ(x)max＝eq\f(1,e).于是，当x>0时，φ(x)≤eq\f(1,e).②显然，不等式①②中的等号不能同时成立．故当a≥eq\f(2,e)时，f(x)>e－x.『金版押题』5．已知函数f(x)＝xlnx＋ax在x＝x0处取得极小值－1.(1)求实数a的值；(2)设g(x)＝xf(x)＋b(b>0)，讨论函数g(x)的零点个数．解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1＋a，∵函数f(x)＝xlnx＋ax在x＝x0处取得极小值－1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x0＝lnx0＋1＋a＝0，,fx0＝x0lnx0＋ax0＝－1，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,x0＝1，))当a＝－1时，f′(x)＝lnx，则x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴x＝1时，函数f(x)取得极小值－1，符合题意，∴a＝－1.(2)由(1)知，函数g(x)＝xf(x)＋b＝x2lnx－x2＋b(b>0)，定义域为(0，＋∞)，则g′(x)＝2xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,2)))，令g′(x)<0，得0<x<eq\r(e)；令g′(x)>0，得x>eq\r(e).∴g(x)在(0，eq\r(e))上单调递减，在(eq\r(e)，＋∞)上单调递增．当x＝eq\r(e)时，函数g(x)取得最小值b－eq\f(e,2).当b－eq\f(e,2)>0，即b>eq\f(e,2)时，函数g(x)没有零点；当b－eq\f(e,2)＝0，即b＝eq\f(e,2)时，函数g(x)有一个零点；当b－eq\f(e,2)<0，即0<b<eq\f(e,2)时，g(e)＝b>0⇒g(eq\r(e))g(e)<0，存在x1∈(eq\r(e)，e)，使g(x1)＝0，∴g(x)在(eq\r(e)，e)上有一个零点x1.设h(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－1，则h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2).当x∈(0,1)时，h′(x)<0，则h(x)在(0,1)上单调递减，∴h(x)>h(1)＝0，即当x∈(0,1)时，lnx>1－eq\f(1,x)，当x∈(0,1)时，g(x)＝x2lnx－x2＋b>x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))－x2＋b＝b－x，取xm＝min{b,1}，则g(xm)>0；∴g(eq\r(e))g(xm)<0，∴存在x2∈(xm，eq\r(e))，使得g(x2)＝0.∴g(x)在(xm，eq\r(e))上有一个零点x2，∴g(x)在(0，＋∞)上有两个零点x1，x2，综上可得，当b>eq\f(e,2)时，函数g(x)没有零点；当b＝eq\f(e,2)时，函数g(x)有一个零点；当0<b<eq\f(e,2)时，函数g(x)有两个零点．6．已知函数f(x)＝x－2sinx＋1，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋mcosx.(1)求曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程；(2)求f(x)在(0，π)上的单调区间；(3)当m>1时，证明：g(x)在(0，π)上存在最小值．解(1)因为f(x)＝x－2sinx＋1，所以f′(x)＝1－2cosx，则f(0)＝1，f′(0)＝－1，所以切线方程为y＝－x＋1.(2)令f′(x)＝0，则cosx＝eq\f(1,2)，当x∈(0，π)时，得x＝eq\f(π,3)，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表．xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))eq\f(π,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))f′(x)－0＋f(x)减最小值增所以函数f(x)在(0，π)上的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π)).(3)证明：因为g(x)＝eq\f(1,2)x2＋mcosx，所以g′(x)＝x－msinx.令h(x)＝g′(x)＝x－msinx，则h′(x)＝1－mcosx，因为m>1，所以eq\f(1,m)∈(0,1)，令h′(x)＝1－mcosx＝0，则cosx＝eq\f(1,m)，易知cosx＝eq\f(1,m)在(0，π)内有唯一解x0，当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，当x∈(x0，π)时，h′(x)>0，所以h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，π)上单调递增．所以h(x0)<h(0)＝0，又h(π)＝π>0，所以h(x)＝x－msinx在(x0，π)内有唯一零点x1，当x∈(0，x1)时，h(x)<0，即g′(x)<0，当x∈(x1，π)时，h(x)>0，即g′(x)>0，所以g(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，π)上单调递增．所以函数g(x)在x＝x1处取得最小值，即当m>1时，函数g(x)在(0，π)上存在最小值．配套作业1.(2019·白银市靖远县高三第四次联考)已知函数f(x)＝(x－1)ex.(1)求函数f(x)的单调区间和零点；(2)若f(x)≥ax－e恒成立，求a的取值范围．解(1)f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex，令f′(x)＝0，解得x＝0.所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，即函数f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，令f(x)＝0，解得x＝1，所以函数f(x)的零点是x＝1.(2)画出f(x)的大致图象，如图所示，设g(x)＝ax－e，则g(x)的图象恒过点(0，－e)，设函数f(x)＝(x－1)ex的图象在点P(x0，y0)处的切线过点(0，－e)，所以f′(x0)＝x0ex0，f(x0)＝(x0－1)ex0，f(x)的图象在P(x0，y0)处的切线方程为y－(x0－1)·ex0＝x0ex0(x－x0)，将(0，－e)代入切线方程，得－e－(x0－1)ex0＝－xeq\o\al(2,0)ex0，整理得(xeq\o\al(2,0)－x0＋1)ex0＝e，设h(x)＝(x2－x＋1)ex－e⇒h′(x)＝(x2＋x)ex，令h′(x)＝0，得x＝0或x＝－1，所以h(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在(－1,0)上单调递减．又h(－1)＝eq\f(3,e)－e<0，h(0)＝1－e<0，h(1)＝0，所以x0＝1是方程(xeq\o\al(2,0)－x0＋1)ex0＝e的唯一解，所以过点(0，－e)且与f(x)的图象相切的直线方程为y＝ex－e.令m(x)＝(x－1)ex－ex＋e，则m′(x)＝xex－e，当x>1时，m′(x)>0；当0<x<1时，m′(x)<0，∴m(x)≥m(1)．又m(1)＝0，即m(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即函数f(x)的图象恒在其切线y＝ex－e的上方，数形结合可知，a的取值范围为[0，e]．2．已知函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ax2＋1，其中e为自然对数的底数．(1)讨论函数f(x)在区间[1，e]上的单调性；(2)已知a∉(0，e)，若对任意x1，x2∈[1，e]，有f(x1)>g(x2)，求实数a的取值范围．解(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)，①当a≤0时，1－ax>0，则f′(x)>0，f(x)在[1，e]上单调递增；②当0<a≤eq\f(1,e)时，eq\f(1,a)≥e，则f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上单调递增；③当eq\f(1,e)<a<1时，1<eq\f(1,a)<e，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))时，f′(x)≥0，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递增，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))时，f′(x)≤0，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上单调递减；④当a≥1时，0<eq\f(1,a)≤1，则f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上单调递减．综上所述，当a≤eq\f(1,e)时，f(x)在[1，e]上单调递增；当eq\f(1,e)<a<1时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上单调递减；当a≥1时，f(x)在[1，e]上单调递减．(2)g′(x)＝2ax，依题意知，x∈[1，e]时，f(x)min>g(x)max恒成立．已知a∉(0，e)，则①当a≤0时，g′(x)≤0，所以g(x)在[1，e]上单调递减，而f(x)在[1，e]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝－a，g(x)max＝g(1)＝a＋1，所以－a>a＋1，得a<－eq\f(1,2)；②当a≥e时，g′(x)>0，所以g(x)在[1，e]上单调递增，而f(x)在[1，e]上单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝ae2＋1，f(x)min＝f(e)＝1－ae，所以1－ae>ae2＋1，得a<0，与a≥e矛盾．综上所述，实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))).3．已知函数f(x)＝alnx－x＋2，a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，求实数a的值．解(1)因为f(x)＝alnx－x＋2，所以f′(x)＝eq\f(a,x)－1＝eq\f(a－x,x)，x>0，当a≤0时，对任意的x∈(0，＋∞)，f′(x)<0，所以f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝a，因为x∈(0，a)时，f′(x)>0，x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．(2)①当a≤1时，由(1)知，f(x)在[1，e]上是减函数，所以f(x)max＝f(1)＝1.因为对任意的x1∈[1，e]，x2∈[1，e]，f(x1)＋f(x2)≤2f(1)＝2<4，所以对任意的x1∈[1，e]，不存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4.②当1<a<e时，由(1)知，f(x)在[1，a]上是增函数，在(a，e]上是减函数，所以f(x)max＝f(a)＝alna－a＋2.因为对任意的x1∈[1，e]，x2∈[1，e]，f(x1)＋f(x2)≤2f(a)＝2a(lna－1)＋4，又1<a<e，所以lna－1<0,2a(lna－1)＋4<4，所以对任意的x1∈[1，e]，不存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4.③当a≥e时，由(1)知，f(x)在[1，e]上是增函数，f(x)min＝f(1)＝1，f(x)max＝f(e)＝a－e＋2，由题意，对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，则当x1＝1时，要使存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，则f(1)＋f(e)≥4，同理当x1＝e时，要使存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，则f(e)＋f(1)≤4，所以f(1)＋f(e)＝4.(对任意的x1∈(1，e)，令g(x)＝4－f(x)－f(x1)，x∈[1，e]，g(x)＝0有解．g(1)＝4－f(1)－f(x1)＝f(e)－f(x1)>0，g(e)＝4－f(e)－f(x1)＝f(1)－f(x1)<0，所以存在x2∈(1，e)，g(x2)＝4－f(x2)－f(x1)＝0，即f(x1)＋f(x2)＝4.)所以由f(1)＋f(e)＝a－e＋3＝4，得a＝e＋1.综上可知，实数a的值为e＋1.4．(2019·汉中市高三教学质量第二次检测)已知函数f(x)＝3x2＋mlnx＋4，且f(x)在x＝1处的切线方程为y＝nx.(1)求f(x)的解析式，并讨论其单调性．(2)若函数g(x)＝ex－1＋3x2＋4－f(x)，证明：g(x)≥1.解(1)由题意得切点为(1，n)，代入f(x)得，n＝7，①f′(x)＝6x＋eq\f(m,x)，即f′(1)＝6＋m＝n，②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝1，,n＝7，))∴f(x)＝3x2＋lnx＋4，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝6x＋eq\f(1,x)>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)证明：由题意，g(x)＝ex－1－lnx，g′(x)＝ex－1－eq\f(1,x).构造函数h(x)＝g′(x)＝ex－1－eq\f(1,x)，x>0，h′(x)＝ex－1＋eq\f(1,x2)>0，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，即当0<x<1时，g′(x)<0，即g(x)在(0,1)上单调递减；当x>1时，g′(x)>0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增．∴g(x)≥g(1)＝1.5．(2019·东北三省四市高三第一次模拟)已知函数f(x)＝eq\f(2,x)＋alnx(a>0)．(1)若函数y＝f(x)图象上各点处切线斜率的最大值为2，求函数f(x)的极值点；(2)若关于x的不等式f(x)<2有解，求a的取值范围．解f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(a,x)(x>0)．(1)∵a>0，∴当eq\f(1,x)＝eq\f(a,4)时，f′(x)取最大值eq\f(a2,8).∴eq\f(a2,8)＝2，∵a>0，∴a＝4，∴此时f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(4,x)＝eq\f(4x－2,x2).在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)的极小值点为x＝eq\f(1,2)，无极大值点．(2)∵f′(x)＝eq\f(ax－2,x2)(x>0且a>0)，∴在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))上，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝a＋alneq\f(2,a)，∵关于x的不等式f(x)<2有解，∴a＋alneq\f(2,a)<2.∵a>0，∴lneq\f(2,a)＋1－eq\f(2,a)<0，令g(x)＝lnx＋1－x，∴g′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，在(0,1)上，g′(x)>0，g(x)单调递增；在(1，＋∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)≤g(1)＝0，∵lneq\f(2,a)＋1－eq\f(2,a)<0.可知eq\f(2,a)>0且eq\f(2,a)≠1.∴a的取值范围是a>0且a≠2.6．(2019·汉中市高三教学质量第二次检测)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋1)－a的图象在x＝0处与x轴相切．(1)求f(x)的解析式，并讨论其单调性；(2)若x>t≥0，证明：ex－t＋ln(t＋1)>ln(x＋1)＋1.解(1)由题意，得f(0)＝1－a，即切点为(0,1－a)，∴1－a＝0即a＝1，∴f(x)＝ex－ln(x＋1)－1.求导，得f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋1)，由题意，当－1<x<0时，ex<1，eq\f(1,x＋1)>1，则f′(x)<0，即f(x)在(－1,0)上单调递减；当x>0时，ex>1，eq\f(1,x＋1)<1，则f′(x)>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)证法一：要证原不等式，即证ex－t＋ln(t＋1)－ln(x＋1)－1>0，构造函数g(x)＝ex－t＋ln(t＋1)－ln(x＋1)－1，x>0，即证g(x)>0，g′(x)＝ex－t－eq\f(1,x＋1).∵x>t≥0，即x－t>0，x＋1>1，则ex－t>1，eq\f(1,x＋1)<1.∴g′(x)>0，即g(x)为(0，＋∞)上的增函数．当x＝t，g(t)＝0时，由题意，x>t≥0，∴g(x)>g(t)＝0即g(x)>0，故原不等式得证．证法二：要证原不等式，即证ex－t－1>ln(x＋1)－ln(t＋1)，由(1)知，当x≥0时，f(x)＝ex－ln(x＋1)－1≥f(0)＝0，由题意，x>t≥0即x－t>0，∴f(x－t)＝ex－t－ln(x－t＋1)－1≥0，即ex－t－1≥ln(x－t＋1)，①又ln(x－t＋1)－[ln(x＋1)－ln(t＋1)]＝lneq\f(x－t＋1t＋1,x＋1)＝lneq\f(tx－t＋x＋1,x＋1)＝lneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(tx－t,x＋1)＋1))>0.∴ln(x－t＋1)>ln(x＋1)－ln(t＋1)，②由①②得ex－t－1>ln(x＋1)－ln(t＋1)，故原不等式得证．7．已知函数f(x)＝(x－1)ex－mx2＋2，其中m∈R，e＝2.71828…为自然对数的底数．(1)当m＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当常数m∈(2，＋∞)时，函数f(x)在[0，＋∞)上有两个零点x1，x2(x1<x2)，证明：x2－x1>lneq\f(4,e).解(1)当m＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2＋2，∴f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)．由f′(x)＝x(ex－2)＝0，解得x＝0或x＝ln2.当x>ln2或x<0时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)．当0<x<ln2时，f′(x)<0，∴f(x)的单调递减区间为(0，ln2)．(2)证明：m>2，x≥0，由f′(x)＝x(ex－2m)＝0，解得x＝0或x＝ln(2m)．当x>ln(2m)时，f′(x)>0，f(x)在(ln(2m)，＋∞)上单调递增；当0≤x<ln(2m)时，f′(x)≤0，f(x)在[0，ln(2m)]上单调递减．∴f(x)的极小值为f[ln(2m)]．∵函数f(x)在[0，＋∞)上有两个零点x1，x2(x1<x2)，∴f[ln(2m)]<0.由f(0)＝1>0，f(1)＝2－m<0，可知x1∈(0,1)．f[ln(2m)]<0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f(x)在(ln(2m)，＋∞)上单调递增．∴x2∈(ln(2m)，＋∞)．∴x2>ln(2m)>ln4.∵0<x1<1，∴x2－x1>ln4－1＝lneq\f(4,e).8．已知函数f(x)＝x－aex＋b(a>0，b∈R)．(1)求f(x)的最大值；(2)若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1＋x2<－2lna.解(1)令f′(x)＝1－aex>0，得x<lneq\f(1,a)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)，＋∞))上单调递减，∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝lneq\f(1,a)－1＋b.(2)证明：由题知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－aex1＋b＝0，,x2－aex2＋b＝0，))两式相减得x1－x2＝a(ex1－ex2)，即a＝eq\f(x1－x2,ex1－ex2).故要证x1＋x2<－2lna，只需证x1＋x2<－2lneq\f(x1－x2,ex1－ex2)，即证ex1＋x2<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex1－ex2,x1－x2)))2，即证(x1－x2)2<ex1－x2－2＋ex2－x1.不妨设x1<x2，令x2－x1＝t>0，则需证t2<e－t－2＋et.设g(t)＝t2－e－t＋2－et，则g′(t)＝2t＋e－t－et.设h(t)＝2t＋e－t－et，则h′(t)＝2－e－t－et<0，∴h(t)在(0，＋∞)上单调递减，∴h(t)<h(0)＝0，即g′(t)<0，∴g(t)在(0，＋∞)上单调递减，∴g(t)<g(0)＝0，故原不等式成立．9．(2019·广元市高三第二次高考适应性统考)已知函数f(x)＝eq\f(ex,x2－mx＋1).(1)当m∈(－2,2)时，求函数y＝f(x)的单调区间；(2)若m∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，则当x∈[1，m＋1]时，记f(x)的最小值为M，g(x)＝x的最大值为N，判断M与N的大小关系，并写出判断过程．解(1)由m∈(－2,2)易知，函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝eq\f(exx－1x－m－1,x2－mx＋12).①当m＋1＝1，即m＝0时，f′(x)≥0，此时f(x)在R上单调递增；②当1<m＋1<3即0<m<2时，x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(1，m＋1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，x∈(m＋1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；③当－1<m＋1<1，即－2<m<0时，x∈(－∞，m＋1)和(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(m＋1,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．综上所述，当m＝0时，f(x)在R上单调递增；当0<m<2时，f(x)在(－∞，1)，(m＋1，＋∞)上单调递增，在(1，m＋1)上单调递减；当－2<m<0时，f(x)在(－∞，m＋1)，(1，＋∞)上单调递增，在(m＋1,1)上单调递减．(2)M>N.当m∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，由(1)知f(x)在(1，m＋1)上单调递减，g(x)＝x，当x∈[1，m＋1]时，函数g(x)单调递增，所以f(x)的最小值为M＝f(m＋1)＝eq\f(em＋1,m＋2)，g(x)的最大值为N＝m＋1，所以下面判断M＝f(m＋1)与N＝m＋1的大小，即判断ex与(1＋x)x的大小，其中x＝m＋1∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，令m(x)＝ex－(1＋x)x，则m′(x)＝ex－2x－1，令h(x)＝m′(x)，则h′(x)＝ex－2，因x＝m＋1∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，所以h′(x)＝e