2026版《金版教程》高考一轮复习数学第二章 考点测试18 导数与不等式

高考总复习首选用卷数学考点测试18导数与不等式中档题(占比60%)拔高题(占比40%)题号123456789难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★对点不等式恒成立问题不等式能成立问题构造函数比较大小双变量不等式恒成立问题不等式恒成立问题构造函数解不等式构造函数求最值不等式能成立问题不等式恒成立问题题号1011121314151617难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★对点不等式恒成立问题不等式恒成立问题不等式恒成立问题导数与函数极值、不等式恒成立、隐零点的综合问题导数与函数的单调性、零点的综合问题不等式恒成立问题构造函数解不等式双变量不等式恒成立问题题号18192021222324难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★对点根据单调区间求参数；证明不等式恒成立根据极值点求参数；双变量不等式恒成立问题根据切点求切线；极值点偏移问题含参函数的单调性；不等式恒成立问题根据极值点求参数；证明不等式恒成立新定义问题；证明不等式恒成立含参函数的单调性；不等式能、恒成立问题高考概览导数与不等式是高考的热点，考查主要以解答题为主，难度较大考点研读无论是不等式的证明、解不等式，还是不等式的恒成立问题、有解问题或无解问题，构造函数、运用函数的思想、利用导数研究函数的性质(单调性和最值)、合理构思、善于从不同角度分析问题是解题的法宝1．(2024·陕西高三二轮联考)∀x∈[1，2]，有a≥－x2lnx＋x2恒成立，则实数a的取值范围为()A．[e，＋∞) B．[1，＋∞)C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)，＋∞)) D．[2e，＋∞)答案：C解析：令μ(x)＝－x2lnx＋x2，x∈[1，2]，则μ′(x)＝－2xlnx－x＋2x＝－2xlnx＋x＝x(－2lnx＋1)．令μ′(x)＝0，则x＝eq\r(e)，当x∈(1，eq\r(e))时，μ′(x)>0，故μ(x)在(1，eq\r(e))上单调递增；当x∈(eq\r(e)，2)时，μ′(x)<0，故μ(x)在(eq\r(e)，2)上单调递减，则μ(x)≤μ(eq\r(e))＝eq\f(e,2)，所以a≥eq\f(e,2).故选C.2．已知函数f(x)＝xlnx，若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤eq\f(－x2＋mx－3,2)成立，则实数m的最小值是()A．－2 B．－1C.eq\f(1,2) D．4答案：D解析：由f(x)≤eq\f(－x2＋mx－3,2)⇒m≥eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)(x>0)能成立，问题转化为m≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lnx＋x＋\f(3,x)))eq\s\do7(min)，令g(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)，则g′(x)＝eq\f(2,x)＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(（x＋3）（x－1）,x2)，∵当x>1时，g′(x)>0；当0<x<1时，g′(x)<0，∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝4，则m≥4，故实数m的最小值为4.故选D.3．已知函数f(x)的定义域为R，设f(x)的导数是f′(x)，且f(x)f′(x)＋sinx>0恒成立，则()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2))) B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))C.eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))))<eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2))))) D.eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))))>eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))))答案：D解析：设g(x)＝[f(x)]2－2cosx，则g′(x)＝2f(x)f′(x)＋2sinx>0，故y＝g(x)在定义域R上是增函数，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))，即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))))eq\s\up12(2)>eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))))eq\s\up12(2)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))))>eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2))))).故选D.4．(2024·河北衡水武强中学高三模拟)已知函数f(x)＝2x＋a，g(x)＝lnx－2x，如果对任意的x1，x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(x1)≤g(x2)成立，则实数a的取值范围为()A．(－∞，ln2－4] B．[ln2－4，＋∞)C．(－∞，ln2－8] D．[ln2－8，＋∞)答案：C解析：由g(x)＝lnx－2x，可得g′(x)＝eq\f(1,x)－2＝eq\f(1－2x,x)，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))时，g′(x)≤0，∴g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递减，∴g(x)min＝g(2)＝ln2－4.∵f(x)＝2x＋a，∴f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递增，∴f(x)max＝f(2)＝4＋a.∵对任意的x1，x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(x1)≤g(x2)成立，∴4＋a≤ln2－4，∴a≤ln2－8，故实数a的取值范围为(－∞，ln2－8]．故选C.5．(2025·贵州黔东南高三开学考试)已知函数f(x)＝lnx－(a＋1)x＋1，g(x)＝a(x2＋1)．当x≥1时，2f(x)＋g(x)≥0恒成立，则a的取值范围为()A．(0，1) B．(1，＋∞)C．(0，1] D．[1，＋∞)答案：D解析：令h(x)＝2f(x)＋g(x)＝2lnx－2(a＋1)x＋ax2＋a＋2(x≥1)，则h′(x)＝eq\f(2,x)－2(a＋1)＋2ax＝eq\f(2（x－1）（ax－1）,x).若a≤0，则h′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，则h(x)在[1，＋∞)上单调递减，则h(x)≤h(1)＝0，不符合题意；若0<a<1，则当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))时，h′(x)<0，h(x)单调递减，则h(x)≤h(1)＝0，不符合题意；若a≥1，则h′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，则h(x)在[1，＋∞)上单调递增，即h(x)≥h(1)＝0，符合题意．故a的取值范围为[1，＋∞)．故选D.6．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的x∈R，都有f(x)>f′(x)＋2，且f(1)＝2026，则不等式f(x)－2024ex－1<2的解集为()A．(0，＋∞) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))C．(1，＋∞) D．(－∞，1)答案：C解析：设函数g(x)＝eq\f(f（x）－2,ex)，所以g′(x)＝eq\f(f′（x）·ex－[f（x）－2]·ex,e2x)＝eq\f(f′（x）－f（x）＋2,ex)，因为f(x)>f′(x)＋2，所以f′(x)－f(x)＋2<0，即g′(x)<0，所以g(x)在R上单调递减．因为f(1)＝2026，所以g(1)＝eq\f(f（1）－2,e)＝eq\f(2024,e)，因为f(x)－2024ex－1<2，即eq\f(f（x）－2,ex)<eq\f(2024,e)，所以g(x)<g(1)，因为g(x)在R上单调递减，所以x>1.故选C.7．若对任意的x1，x2∈(e，＋∞)，且x1<x2，都有eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)<m，则m的最小值是()A.eq\r(e) B．eC．0 D．1答案：C解析：因为x1，x2∈(e，＋∞)，x1<x2，所以x2－x1>0，所以由eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)<m，得x1lnx2－x2lnx1<m(x2－x1)，所以mx1＋x1lnx2<mx2＋x2lnx1，所以x1(m＋lnx2)<x2(m＋lnx1)，所以eq\f(m＋lnx2,x2)<eq\f(m＋lnx1,x1)，令f(x)＝eq\f(m＋lnx,x)(x>e)，则f(x2)<f(x1)，所以f(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以f′(x)＝eq\f(1－（m＋lnx）,x2)≤0，所以m≥1－lnx在(e，＋∞)上恒成立，令g(x)＝1－lnx，则当x>e时，g′(x)＝－eq\f(1,x)<0，所以g(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以g(x)<g(e)＝0，所以m≥0，所以m的最小值是0.故选C.8．已知函数f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1)，若f(ex)＋f(ax)<0有解，则实数a的取值范围为()A．(0，＋∞) B．(－∞，－e)C．[－e，0] D．(－∞，－e)∪(0，＋∞)答案：D解析：因为f(x)的定义域为R，f(－x)＝eq\f(2－x－1,2－x＋1)＝eq\f(1－2x,2x＋1)＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，因为f(x)＝1－eq\f(2,2x＋1)，所以函数f(x)在R上单调递增．因为f(ex)＋f(ax)<0有解，即f(ex)<－f(ax)有解，所以f(ex)<f(－ax)有解，由函数f(x)在R上单调递增，可得ex<－ax有解．解法一：令g(x)＝ex＋ax，则g′(x)＝ex＋a.①当a>0时，g′(x)>0，函数g(x)在R上单调递增，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝e－eq\s\up7(\f(1,a))－1<0，符合题意；②当a＝0时，g(x)>0，不符合题意；③当a<0时，令g′(x)＝0，得x＝ln(－a)，当x∈(－∞，ln(－a))时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，当x∈(ln(－a)，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，因此g(x)min＝g(ln(－a))＝－a＋aln(－a)，由g(x)min<0，解得a<－e.综上，实数a的取值范围为(－∞，－e)∪(0，＋∞)．解法二：若x>0，则－a>eq\f(ex,x)有解，令g(x)＝eq\f(ex,x)(x>0)，则g′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，当0<x≤1时，g′(x)≤0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝e，故－a>e，即a<－e.若x<0，则－a<eq\f(ex,x)有解，易知当x<0时，eq\f(ex,x)恒小于零，所以－a<0，即a>0.若x＝0，则f(ex)＋f(ax)＝f(1)＋f(0)＝eq\f(1,3)>0，不符合题意．综上，实数a的取值范围为(－∞，－e)∪(0，＋∞)．解法三：若a<0，如图，在同一平面直角坐标系内作出曲线y＝ex与直线y＝－ax的图象，当直线y＝－ax与曲线y＝ex的图象相切时，设切点为(x0，ex0)，则切线方程为y－ex0＝ex0(x－x0)，再结合切线y＝－ax过原点得x0＝1，故a＝－e，由ex<－ax有解，得函数y＝ex的部分图象在直线y＝－ax的下方，所以数形结合可知a<－e；若a>0，易知曲线y＝ex的图象必有一部分在直线y＝－ax的下方，符合题意；若a＝0，由y＝ex>0可知，不符合题意．综上，实数a的取值范围为(－∞，－e)∪(0，＋∞)．9．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－\f(elnx－3,x)，x>0，,（x－2）ex－\f(2ex,x)，x<0，))若不等式f(x)>eq\f(a,x)恒成立，则实数a的取值范围为()A．(－∞，3) B．(6e－2，＋∞)C．(6e－2，3) D．(－∞，6e－2)答案：C解析：当x>0时，由f(x)>eq\f(a,x)，得a<xf(x)＝x－elnx＋3；当x<0时，由f(x)>eq\f(a,x)，得a>xf(x)＝(x2－2x－2)ex.令g(x)＝x－elnx＋3(x>0)，则g′(x)＝1－eq\f(e,x)＝eq\f(x－e,x)(x>0)，令g′(x)＝0，解得x＝e，所以当0<x<e时，g′(x)<0；当x>e时，g′(x)>0，故g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，因此g(x)的最小值为g(e)＝e－elne＋3＝3，故当x>0时，a<3；令h(x)＝(x2－2x－2)ex(x<0)，则h′(x)＝(x2－4)ex(x<0)，令h′(x)＝0，解得x＝－2，所以当－2<x<0时，h′(x)<0；当x<－2，h′(x)>0，故h(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，0)上单调递减，因此h(x)的最大值为h(－2)＝(4＋4－2)e－2＝6e－2，故当x<0时，a>6e－2.综上，实数a的取值范围为(6e－2，3)．故选C.10．(2025·山西大同高三开学质量检测)已知x1，x2是函数f(x)＝eq\f(1,2)ax2－2x＋lnx的两个极值点，若不等式m>f(x1)＋f(x2)＋x1x2恒成立，则实数m的取值范围是()A．(－3，＋∞) B．[－2，＋∞)C．(2，＋∞) D．[e，＋∞)答案：B解析：因为f(x)＝eq\f(1,2)ax2－2x＋lnx，x>0，则f′(x)＝ax－2＋eq\f(1,x)＝eq\f(ax2－2x＋1,x)，令f′(x)＝0，得ax2－2x＋1＝0，由题意知x1，x2是方程ax2－2x＋1＝0的两正根，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝4－4a>0，,x1＋x2＝\f(2,a)>0，,x1x2＝\f(1,a)>0，))解得0<a<1，且x1＋x2＝2x1x2.由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝eq\f(1,2)axeq\o\al(2,1)－2x1＋lnx1＋eq\f(1,2)axeq\o\al(2,2)－2x2＋lnx2＋x1x2＝eq\f(1,2)(2x1－1＋2x2－1)－2(x1＋x2)＋ln(x1x2)＋x1x2＝－(x1＋x2)＋ln(x1x2)＋x1x2－1＝－x1x2＋ln(x1x2)－1＝－eq\f(1,a)＋lneq\f(1,a)－1，令t＝eq\f(1,a)，t>1，则g(t)＝lnt－t－1，t>1，由g′(t)＝eq\f(1,t)－1<0，故g(t)在(1，＋∞)上单调递减，故g(t)<ln1－1－1＝－2，要使m>f(x1)＋f(x2)＋x1x2恒成立，即m>g(t)恒成立，则m≥－2，即实数m的取值范围是[－2，＋∞)．故选B.11．已知函数f(x)＝xa－alnx(a>0)，g(x)＝ex－x，若x∈(1，e2)时，f(x)≤g(x)恒成立，则实数a的最大值是()A．1 B．eC.eq\f(e2,2) D．e2答案：B解析：由题意知，当x∈(1，e2)时，f(x)≤g(x)恒成立，即xa－alnx≤ex－x在(1，e2)上恒成立，也就是elnxa－lnxa≤ex－x在(1，e2)上恒成立，令m(x)＝ex－x(x>0)，则m′(x)＝ex－1>0，所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增，则由elnxa－lnxa≤ex－x可得lnxa≤x，即a≤eq\f(x,lnx)在(1，e2)上恒成立，令n(x)＝eq\f(x,lnx)，x∈(1，e2)，则n′(x)＝eq\f(lnx－1,（lnx）2)，当x∈(1，e)时，n′(x)<0，n(x)单调递减；当x∈(e，e2)时，n′(x)>0，n(x)单调递增．故n(x)＝eq\f(x,lnx)，x∈(1，e2)在x＝e时取得最小值n(e)＝eq\f(e,lne)＝e，则由a≤eq\f(x,lnx)在(1，e2)上恒成立，可知a≤e，故实数a的最大值为e.故选B.12．(2024·甘肃兰州三模)已知函数f(x)＝eq\f(1,ex＋1)－x3，对任意的x∈(1，2]，不等式feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x－1)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t＋1,（x－1）2（x－6）)))<1恒成立，则实数t的取值范围为()A．(1，＋∞) B．[－1，1]C．(－∞，－1] D．(－∞，－1)答案：C解析：因为f(x)＝eq\f(1,ex＋1)－x3，x∈R，易知f(x)在R上单调递减，又f(－x)＝eq\f(1,e－x＋1)＋x3＝eq\f(ex,ex＋1)＋x3，所以f(－x)＋f(x)＝1，所以f(x)＝1－f(－x)，又因为对任意的x∈(1，2]，不等式feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x－1)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t＋1,（x－1）2（x－6）)))<1恒成立，即对任意的x∈(1，2]，不等式feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t＋1,（x－1）2（x－6）)))<1－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x－1)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x＋1,x－1)))恒成立，所以eq\f(t＋1,（x－1）2（x－6）)>－eq\f(x＋1,x－1)在x∈(1，2]上恒成立，即eq\f(x＋1,x－1)>－eq\f(t＋1,（x－1）2（x－6）)在x∈(1，2]上恒成立．由x∈(1，2]，知x－1>0，x－6<0，所以当x∈(1，2]，上式等价于(x＋1)(x－1)(x－6)<－(t＋1)恒成立．设h(x)＝(x＋1)(x－1)(x－6)＝x3－6x2－x＋6，则h′(x)＝3x2－12x－1，其图象开口向上，对称轴为直线x＝2，当x∈(1，2]时，h′(x)<h′(1)＝－10<0，所以h(x)在x∈(1，2]内单调递减，而h(1)＝0，所以h(x)<0，所以0≤－(t＋1)，即t≤－1.故选C.13．(多选)(2025·福建厦门第一中学高三开学考试)已知函数f(x)＝xcosx－sinx，则()A．函数f(x)在x＝eq\f(π,2)处取得极小值－1B．对任意x∈(0，π)，f(x)<0恒成立C．若0<x1<x2<π，则eq\f(x1,x2)<eq\f(sinx1,sinx2)D．若a<eq\f(sinx,x)<b，对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立，则a的最大值为eq\f(2,π)，b的最小值为1答案：BCD解析：对于A，B，∵f′(x)＝－xsinx，∴当x∈(0，π)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)<f(0)＝0，故A错误，B正确；对于C，令g(x)＝eq\f(sinx,x)，当x∈(0，π)时，g′(x)＝eq\f(xcosx－sinx,x2)＝eq\f(f（x）,x2)<0，即g(x)单调递减，∴当0<x1<x2<π时，有eq\f(sinx1,x1)>eq\f(sinx2,x2)，即eq\f(x1,x2)<eq\f(sinx1,sinx2)，C正确；对于D，由x>0，得a<eq\f(sinx,x)等价于sinx－ax>0，eq\f(sinx,x)<b等价于sinx－bx<0，令h(x)＝sinx－mx，则h′(x)＝cosx－m，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，若m≤0，则h′(x)>0，h(x)单调递增，故h(x)>h(0)＝0；若m≥1，则h′(x)<0，h(x)单调递减，故h(x)<h(0)＝0；若0<m<1，则存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使h′(x0)＝cosx0－m＝0，∴当x∈(0，x0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，h(x)>h(0)＝0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))时，h′(x)<0，h(x)单调递减，∴要使h(x)＝sinx－mx>0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))上恒成立，则heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1－eq\f(mπ,2)≥0，解得0<m≤eq\f(2,π).综上，当m≤eq\f(2,π)时，h(x)>0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立；当m≥1时，h(x)<0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，∴若a<eq\f(sinx,x)<b，对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立，则a的最大值为eq\f(2,π)，b的最小值为1，D正确．故选BCD.14．(多选)(2025·广东高三毕业班调研)已知定义在R上的函数f(x)的图象连续不间断，当x≥0时，f(e＋x)－ef(e－x)＝0，且当x>0时，f′(e＋x)＋f′(e－x)>0，则下列说法正确的是()A．f(e)＝0B．f(x)在(－∞，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减C．若x1<x2，f(x1)>f(x2)，则x1＋x2<2eD．若x3，x4是g(x)＝f(x)＋(x－e)2－2在(0，2e)内的两个零点，且x3<x4，则1<eq\f(f（x4）,f（x3）)<e答案：ACD解析：对于A，令x＝0，则有f(e)－ef(e)＝(1－e)f(e)＝0，所以f(e)＝0，故A正确．对于B，对f(e＋x)－ef(e－x)＝0两边求导，得f′(e＋x)＋ef′(e－x)＝0，所以f′(e＋x)＝－ef′(e－x)，代入f′(e＋x)＋f′(e－x)>0，得当x>0时，(1－e)f′(e－x)>0，所以f′(e－x)<0，又因为f′(e＋x)＋f′(e－x)>0，所以f′(e＋x)>0，因此，当x<e时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，e)上单调递减；当x>e时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，故B错误．对于C，对x1，x2，e的大小关系进行分类讨论：①当x1<x2≤e时，f(x)在(－∞，e)上单调递减，所以f(x1)>f(x2)，显然有x1＋x2<2e；②当e≤x1<x2时，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，不符合题意；③当x1<e<x2时，当x≥0时，f(e＋x)＝ef(e－x)．令t＝e＋x∈(e，＋∞)，则f(t)＝ef(2e－t)，f(x1)>f(x2)＝ef(2e－x2)，又因为f(x)≥f(e)＝0，所以f(2e－x2)>0，因此f(x1)>f(x2)＝ef(2e－x2)>f(2e－x2)．因为x1<e，2e－x2<e，由f(x)的单调性，得x1＋x2<2e，故C正确．对于D，因为g(0)＝f(0)＋e2－2>0，g(2e)＝f(2e)＋e2－2>0，g(e)＝f(e)－2＝－2<0，所以0<x3<e<x4<2e.先证x3＋x4<2e，即证2e－x3>x4，即g(2e－x3)>0，只需证f(2e－x3)＋(2e－x3－e)2－2>0，即证ef(x3)＋(e－x3)2－2>0.当x∈(－∞，e)时，f(x)单调递减，且f(e)＝0，又0<x3<e，所以f(x3)>0，所以ef(x3)＋(e－x3)2－2>f(x3)＋(e－x3)2－2＝g(x3)＝0，因此x3＋x4<2e得证．此时有0<x3<e<x4<2e－x3<2e.因为f(x3)＝－(x3－e)2＋2＝－(2e－x3－e)2＋2<－(x4－e)2＋2＝f(x4)，又f(x3)≠0，所以1<eq\f(f（x4）,f（x3）)，因为f(x)在(e，＋∞)上单调递增，e<x4<2e－x3，所以f(x4)<f(2e－x3)＝ef(x3)，又f(x3)≠0，所以eq\f(f（x4）,f（x3）)<e.综上，1<eq\f(f（x4）,f（x3）)<e，故D正确．故选ACD.15．对于函数y＝f(x)和y＝g(x)，及区间D，存在实数k，b使得f(x)≥kx＋b≥g(x)对任意x∈D恒成立，则称y＝f(x)在区间D上优于y＝g(x)．若f(x)＝ax(x－1)在区间(0，＋∞)上优于g(x)＝lnx，则实数a的取值范围是________．答案：{1}解析：因为f(1)＝g(1)＝0，且f′(x)＝a(2x－1)，g′(x)＝eq\f(1,x)，若f(x)＝ax(x－1)在区间(0，＋∞)上优于g(x)＝lnx，可知符合条件的直线y＝kx＋b应为曲线f(x)，g(x)在x＝1处的公切线，则f′(1)＝g′(1)，可得a＝1，则切线方程为y＝x－1，令h(x)＝f(x)－x＋1，则h(x)＝(x－1)2≥0在(0，＋∞)上恒成立，令H(x)＝lnx－x＋1，则H′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，当x∈(0，1)时，H′(x)>0，H(x)在(0，1)上单调递增，当x∈(1，＋∞)时，H′(x)<0，H(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以H(x)≤H(1)＝0，即lnx≤x－1在(0，＋∞)上恒成立，所以实数a的取值范围是{1}．16．(2024·湖南常德第一中学高三月考)已知函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，且当x>0时，lnx·f′(x)＋eq\f(1,x)·f(x)<0，则不等式(x－985)f(x)>0的解集为________．答案：(0，985)解析：令函数g(x)＝lnx·f(x)，则g′(x)＝eq\f(1,x)·f(x)＋lnx·f′(x)<0，即当x>0时，函数g(x)单调递减，因为g(1)＝0，所以当0<x<1时，g(x)>0，当x>1时，g(x)<0.因为当0<x<1时，lnx<0，当x>1时，lnx>0，所以当x∈(0，1)∪(1，＋∞)时，f(x)<0.又f′(1)×ln1＋f(1)<0，故f(1)<0，所以当x>0时，f(x)<0.又f(x)为奇函数，所以当x<0时，f(x)>0，当x＝0时，f(x)＝0，所以不等式(x－985)f(x)>0可化为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<0，,x－985>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,x－985<0，))解得0<x<985，所以不等式(x－985)f(x)>0的解集为(0，985)．17．(2024·广东六校高三第五次联考)已知A(x1，y1)，B(x2，y2)分别是函数f(x)＝mxex＋x－lnmx和g(x)＝2x－1图象上的动点，若对任意的m>0，都有eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))≥a恒成立，则实数a的最大值为________．答案：eq\f(2\r(5),5)解析：点A(x1，y1)到直线y＝2x－1的距离为d＝eq\f(|y1－2x1＋1|,\r(5))，则|AB|≥d，因为点A(x1，y1)在函数f(x)＝mxex＋x－ln(mx)的图象上，所以y1＝mx1ex1＋x1－ln(mx1)，所以y1－2x1＋1＝mx1ex1－x1－ln(mx1)＋1＝ex1＋ln(mx1)－[x1＋ln(mx1)]＋1，令t＝x1＋ln(mx1)，因为m>0，所以t＝x1＋ln(mx1)在(0，＋∞)上单调递增，当x1→0时，t→－∞，当x1→＋∞时，t→＋∞，所以t∈R，令F(t)＝et－t＋1，则F′(t)＝et－1，当t<0时，F′(t)<0，当t>0时，F′(t)>0，所以F(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以F(t)min＝F(0)＝2，所以y1－2x1＋1≥2，所以|AB|≥d＝eq\f(|y1－2x1＋1|,\r(5))≥eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，因为对任意的m>0，都有|AB|≥a恒成立，所以a≤eq\f(2\r(5),5)，所以实数a的最大值为eq\f(2\r(5),5).18．(2024·甘肃武威高三联考)已知函数f(x)＝x2＋axlnx(a∈R)．(1)若f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)若a＝1，证明：f(x)≥x－e－x.解：(1)若f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，则f′(x)＝2x＋alnx＋a≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≥－eq\f(2x,1＋lnx)在(1，＋∞)上恒成立．令h(x)＝－eq\f(2x,1＋lnx)，则h′(x)＝－eq\f(2（1＋lnx）－2x·\f(1,x),（1＋lnx）2)＝－eq\f(2lnx,（1＋lnx）2)＜0在(1，＋∞)上恒成立，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h(1)＝－2，所以a≥－2，即a的取值范围为[－2，＋∞)．(2)证明：当a＝1时，f(x)＝x2＋xlnx，要证f(x)≥x－e－x，即证x2＋xlnx≥x－e－x，即证x＋lnx＋eq\f(1,xex)－1≥0，即证ln(xex)＋eq\f(1,xex)－1≥0，令xex＝t，t>0，即证lnt＋eq\f(1,t)－1≥0.令g(t)＝lnt＋eq\f(1,t)－1，t∈(0，＋∞)，则g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(1,t2)＝eq\f(t－1,t2)，令g′(t)＝0，得t＝1.当0<t<1时，g′(t)<0，所以g(t)在(0，1)上单调递减；当t>1时，g′(t)>0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增．所以当t＝1时，g(t)取得极小值也是最小值，所以g(t)≥g(1)＝0，即lnt＋eq\f(1,t)－1≥0，所以f(x)≥x－e－x.19．(2025·湖南师大附中高三第一次月考)已知x＝eq\f(1,e)为函数f(x)＝xalnx的极值点．(1)求a的值；(2)设函数g(x)＝eq\f(kx,ex)，若∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范围．解：(1)f′(x)＝axa－1lnx＋xa·eq\f(1,x)＝xa－1(alnx＋1)，由f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))eq\s\up12(a－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(aln\f(1,e)＋1))＝0，得a＝1，当a＝1时，f′(x)＝lnx＋1，函数f(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，所以x＝eq\f(1,e)为函数f(x)＝xalnx的极小值点，所以a＝1.(2)由(1)，知f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).函数g(x)的导函数g′(x)＝k(1－x)e－x①若k>0，∀x1∈(0，＋∞)，∃x2＝－eq\f(1,k)，使得g(x2)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)))＝－eeq\s\up6(\f(1,k))<－1<－eq\f(1,e)≤f(x1)，即f(x1)－g(x2)≥0，符合题意．②若k＝0，g(x)＝0，取x1＝eq\f(1,e)，∀x2∈R，有f(x1)－g(x2)<0，不符合题意．③若k<0，当x<1时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，1)上单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝eq\f(k,e)，若∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，只需f(x)min≥g(x)min，即－eq\f(1,e)≥eq\f(k,e)，解得k≤－1.综上所述，k的取值范围为(－∞，－1]∪(0，＋∞)．20．(2024·湖北仙桃田家炳实验高级中学高三月考)已知函数f(x)＝(x－2)lnx＋x－1.(1)求曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的切线方程；(2)已知x＝x0是函数y＝f(x)的极值点，若f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，x1，x2∈R，求证：x1＋x2>2x0.解：(1)由f(x)＝(x－2)lnx＋x－1，得f′(x)＝lnx＋eq\f(x－2,x)＋1，所以f′(1)＝0，而f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的切线方程为y＝0.(2)证明：由(1)，得f′(x)＝lnx＋eq\f(x－2,x)＋1＝lnx＋2－eq\f(2,x)，令g(x)＝lnx＋2－eq\f(2,x)，x>0，则g′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,x2)>0在(0，＋∞)上恒成立，即g(x)＝lnx＋2－eq\f(2,x)在(0，＋∞)上单调递增，而由g(1)＝0，知当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即f(x)在x＝1处取得极小值．因为f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，x1，x2∈R，不妨设0<x1<1<x2，令h(x)＝f(x)－f(2－x)，则h′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝lnx＋2－eq\f(2,x)＋ln(2－x)＋2－eq\f(2,2－x)＝ln[x(2－x)]＋4－eq\f(4,x（2－x）).当0<x<1时，0<x(2－x)<1，所以ln[x(2－x)]<0，4－eq\f(4,x（2－x）)<0，所以h′(x)<0，即函数h(x)＝f(x)－f(2－x)在(0，1)上单调递减，而h(1)＝f(1)－f(1)＝0，所以h(x)>h(1)＝0在(0，1)上恒成立，即f(x)>f(2－x)在(0，1)上恒成立，有f(x1)>f(2－x1)在(0，1)上恒成立，又f(x1)＝f(x2)，所以f(x2)>f(2－x1)，因为0<x1<1<x2且2－x1>1，而函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x2>2－x1，即x1＋x2>2，而x0＝1，所以x1＋x2>2x0得证．21．已知f(x)＝ax－eq\f(sinx,cos3x)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)若a＝8，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)＜sin2x恒成立，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝a－eq\f(cosxcos3x＋3sinxcos2xsinx,cos6x)＝a－eq\f(cos2x＋3sin2x,cos4x)＝a－eq\f(3－2cos2x,cos4x).令cos2x＝t，则t∈(0，1)，则f′(x)＝g(t)＝a－eq\f(3－2t,t2)＝eq\f(at2＋2t－3,t2).当a＝8时，f′(x)＝g(t)＝eq\f(8t2＋2t－3,t2)＝eq\f(（2t－1）（4t＋3）,t2).当t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，即x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，f′(x)＜0；当t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，即x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，f′(x)＞0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减．(2)设h(x)＝f(x)－sin2x，则h′(x)＝f′(x)－2cos2x＝g(t)－2(2cos2x－1)＝eq\f(at2＋2t－3,t2)－2(2t－1)＝a＋2－4t＋eq\f(2,t)－eq\f(3,t2)，设φ(t)＝a＋2－4t＋eq\f(2,t)－eq\f(3,t2)，0<t<1，则φ′(t)＝－4－eq\f(2,t2)＋eq\f(6,t3)＝eq\f(－4t3－2t＋6,t3)＝－eq\f(2（t－1）（2t2＋2t＋3）,t3)＞0，所以φ(t)在(0，1)上单调递增，又当t→1时，φ(t)→a－3，所以φ(t)＜a－3.①若a∈(－∞，3]，h′(x)＝φ(t)＜a－3≤0，即h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，又当x→0时，h(x)→0，所以h(x)＜0.所以当a∈(－∞，3]时，f(x)＜sin2x，符合题意．②若a∈(3，＋∞)，当t→0时，eq\f(2,t)－eq\f(3,t2)＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,3)→－∞，所以φ(t)→－∞，当t→1时，φ(t)→a－3＞0，所以∃t0∈(0，1)，使得φ(t0)＝0，即∃x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使得h′(x0)＝0.当t∈(t0，1)时，φ(t)＞0，即当x∈(0，x0)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，又当x→0时，h(x)→0，所以当x∈(0，x0)时，h(x)＞0，不符合题意．综上，a的取值范围为(－∞，3]．22．(2024·广东佛山顺德区华侨中学高三模拟)已知函数f(x)＝ex－ax，g(x)＝ln(x＋2)－a，其中e为自然对数的底数，a∈R.(1)当a>0时，函数f(x)有极小值f(1)，求a；(2)证明：f′(x)>g(x)恒成立；(3)证明：ln2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(4,3)))eq\s\up12(3)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(n＋1,n)))eq\s\up12(n)<eq\f(e,e－1).解：(1)f′(x)＝ex－a(a>0)，令f′(x)＝0，解得x＝lna，当x>lna时，f′(x)>0，当x<lna时，f′(x)<0，所以f(x)在(lna，＋∞)上单调递增，在(－∞，lna)上单调递减，所以f(x)有极小值f(lna)，所以lna＝1，即a＝e.(2)证明：要证f′(x)>g(x)恒成立，即证ex－ln(x＋2)>0恒成立，设h(x)＝ex－ln(x＋2)，则h′(x)＝ex－eq\f(1,x＋2)，易知h′(x)是定义域上的增函数，又h′(0)＝eq\f(1,2)>0，h′(－1)＝eq\f(1,e)－1<0，则h′(x)＝ex－eq\f(1,x＋2)＝0在(－1，0)上有一个根x0，即ex0＝eq\f(1,x0＋2)，当x∈(－1，x0)时，h′(x)<0，当x∈(x0，0)时，h′(x)>0，此时h(x)在(－1，x0)上单调递减，在(x0，0)上单调递增，h(x)的最小值为h(x0)＝ex0－ln(x0＋2)，因为ex0＝eq\f(1,x0＋2)，所以x0＝－ln(x0＋2)，因为x0∈(－1，0)，所以h(x0)＝eq\f(1,x0＋2)＋x0＝eq\f(1＋xeq\o\al(2,0)＋2x0,x0＋2)＝eq\f(（1＋x0）2,x0＋2)>0，所以ex－ln(x＋2)>0恒成立，即f′(x)>g(x)恒成立．(3)证明：由(2)，知ex>ln(x＋2)，令x＝eq\f(－t＋1,t)，则eeq\s\up6(\f(－t＋1,t))>lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－t＋1,t)＋2))＝lneq\f(t＋1,t)，所以e－t＋1>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(t＋1,t)))eq\s\up12(t).由此可知，当t＝1时，e0>ln2，当t＝2时，e－1>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(3,2)))eq\s\up12(2)，当t＝3时，e－2>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(4,3)))eq\s\up12(3)，…当t＝n时，e－n＋1>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(n＋1,n)))eq\s\up12(n)，累加，得e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1>ln2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(4,3)))eq\s\up12(3)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(n＋1,n)))eq\s\up12(n)，又e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))\s\up12(n),1－\f(1,e))<eq\f(1,1－\f(1,e))＝eq\f(e,e－1)，所以ln2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(4,3)))eq\s\up12(3)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(n＋1,n)))eq\s\up12(n)<eq\f(e,e－1).23．(2025·重庆南开中学高三月考)定义可导函数p(x)在x处的函数q(x)＝p′(x)·eq\f(x,p（x）)为p(x)的“优秀函数”，其中p′(x)为p(x)的导函数．若∀x∈D，都有q(x)>1成立，则称p(x)在区间D上具有“优秀性质”且D为p(x)的“优秀区间”．已知f(x)＝ex－1(x≠0)，令f(x)的“优秀函数”为g(x)．(1)求出f(x)的“优秀区间”；(2)若方程(lnx＋m)g(x)＝ex有两个不同的实数解x1，x2(x1<x2)．①求m的取值范围；②证明：lnx1＋x2＋eq\f(1,e)<m(参考数据：e≈2.718)．解：(1)当f(x)＝ex－1(x≠0)时，f(x)的“优秀函数”为g(x)＝f′(x)·eq\f(x,f（x）)＝eq\f(xex,ex－1)(x≠0)，g(x)－1＝eq\f(xex,ex－1)－1＝eq\f(（x－1）ex＋1,ex－1)(x≠0)，令h(x)＝(x－1)ex＋1(x≠0)，则h′(x)＝xex，令h′(x)>0，解得x>0；令h′(x)<0，解得x<0，所以当x∈(－∞，0)时，h(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，h(x)单调递增，又当x→0时，h(x)→0，故h(x)>0.又当x∈(－∞，0)时，ex－1<0，则g(x)－1<0，g(x)<1，f(x)不具有“优秀性质”；当x∈(0，＋∞)时，ex－1>0，则g(x)－1>0，g(x)>1，f(x)具有“优秀性质”．故f(x)的“优秀区间”为(0，＋∞)．(2)①(lnx＋m)g(x)＝ex，即(lnx＋m)eq\f(xex,ex－1)＝ex，所以(lnx＋m)eq\f(x,ex－1)＝1，所以ex－1－xlnx－mx＝0，故m＝eq\f(ex－xlnx－1,x)，令k(x)＝eq\f(ex－xlnx－1,x)，则k′(x)＝eq\f(（x－1）（ex－1）,x2)，令k′(x)>0，解得x>1，令k′(x)<0，解得0<x<1，故当x∈(0，1)时，k(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，k(x)单调递增．又k(x)＝eq\f(ex－xlnx－1,x)＝eq\f(ex－1,x)－lnx，当x→0时，k(x)→＋∞；当x→＋∞时，k(x)→＋∞，所以k(x)min＝k(1)＝e－1，故m>e－1.即m的取值范围为(e－1，＋∞)．②证明：由x1，x2为方程的两个解可知，m＝eq\f(ex2,x2)－lnx2－eq\f(1,x2)，0<x1<1<x2.要证lnx1＋x2＋eq\f(1,e)<m＝eq\f(ex2,x2)－lnx2－eq\f(1,x2)，即证ln(x1x2)<eq\f(ex2,x2)－x2－eq\f(1,x2)－eq\f(1,e)，令M(x)＝eq\f(ex,x)－x－eq\f(1,x)－eq\f(1,e)(x≥1)，则M′(x)＝eq\f(（x－1）（ex－x－1）,x2)，令N(x)＝ex－x－1(x≥0)，则当x∈(0，＋∞)时，N′(x)＝ex－1>0，则N(x)在(0，＋∞)上单调递增，

故N(x)>N(0)＝0，所以当x>1时，M′(x)>0，故M(x)在(1，＋∞)上单调递增，则M(x)>M(1)＝e－2－eq\f(1,e)＝eq\f(e2－2e－1,e)＝eq\f(（e－1）2－2,e)>eq\f(（2.7－1）2－2,e)>0.令Q(x)＝k(x)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))(x≥1)，则Q′(x)＝k′(x)＋eq\