2027新高考数学复习53A版3-3.3　导数的综合应用

3.3导数的综合应用考点1利用导数证明不等式五年高考1.★★★(2024全国甲文,20,12分)已知函数f(x)=a(x-1)-lnx+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a≤2,证明:当x>1时,f(x)<ex-1.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a-1x若a≤0,则f'(x)<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减.若a>0,则由f'(x)=0得x=1a当0<x<1a时,f'(x)<0;当x>1a时,f'(x)故f(x)在0,1a上单调递减,在1(2)证明:证明f(x)<ex-1等价于证明a(x-1)-lnx+1-ex-1<0.设g(x)=a(x-1)-lnx+1-ex-1(x>1),则g'(x)=a-1x-ex-1设h(x)=g'(x)=a-1x-ex-1则h'(x)=1x2-ex当x>1时,1x2<1,ex-1>1,故h'(x)所以h(x)=g'(x)在(1,+∞)上单调递减,而g'(1)=a-2,又因为a≤2,所以g'(1)≤0.故当x>1时,g'(x)<0,即g(x)在(1,+∞)上单调递减.由于g(1)=0,所以当x>1时,g(x)<0,即当x>1时,f(x)<ex-1.2.★★★★(2024新课标Ⅰ,18,17分)已知函数f(x)=lnx2−x+ax+b(x-1)3(1)若b=0,且f'(x)≥0,求a的最小值;(2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;(3)若f(x)>-2当且仅当1<x<2,求b的取值范围.解析(1)f(x)的定义域为(0,2).当b=0时,f(x)=lnx2−x+ax所以f'(x)=2−xxx2−x因为f'(x)≥0,所以a≥2x(x−2)依题意得a≥2x(x−2)所以当x=1时,a取到最小值-2.(2)证明:因为f(x)=lnx2−x+ax+b(x-1)3所以f(2-x)=ln2−xx+a(2-x)+b(1-x)3所以f(2-x)+f(x)=2a,所以曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,即曲线y=f(x)是中心对称图形.(3)由(2)知曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,且f(x)在(0,2)内连续,故f(1)=a=-2,即f(x)=lnx2−x-2x+b(x-1)3,x∈(1,2f'(x)=2x(2−x)+3b(x-1)易知y=2x(2−x)∈(2,+∞所以当b≥-23时,f'(x)>0在(1,2)上恒成立,f(x)单调递增所以f(x)>f(1)=-2成立.当b<-23时,存在x0∈(1,2),使得2x0(2−x0)+3b=0在(1,x0)上,f'(x)<0,f(x)单调递减,又f(1)=-2,所以在(1,x0)上有f(x)<-2,不符合题意.综上,可得b≥-233.★★★★★(2022新高考Ⅱ,22,12分)已知函数f(x)=xeax-ex.(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)当x>0时,f(x)<-1,求a的取值范围;(3)设n∈N*,证明:112+1+12解析(1)当a=1时,f(x)=xex-ex,则f'(x)=xex,当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.(2)解法一不等式f(x)<-1等价于xeax-ex+1<0,令g(x)=xeax-ex+1,x>0,则g'(x)=(ax+1)eax-ex,且g'(x)=eax(ax+1-ex-ax)≤eax[ax+1-(x-ax+1)]=(2a-1)xeax,①当a≤12时,g'(x)≤(2a-1)xeax≤0,g(x)在(0,+∞)上单调递减所以g(x)<g(0)=0,满足题意;②当a>12时令h(x)=g'(x)=(ax+1)eax-ex,则h'(x)=(a2x+2a)eax-ex,故h'(0)=2a-1>0,所以存在δ>0,使得当x∈(0,δ)时,h'(x)>0,所以h(x)在(0,δ)上单调递增,故当x∈(0,δ)时,h(x)>h(0)=0,所以g(x)在(0,δ)上单调递增,故g(x)>g(0)=0,不满足题意.综上可知,a的取值范围是−∞,1解法二函数f(x)的定义域为R,f'(x)=(1+ax)·eax-ex.【导函数中含有参数,要根据参数对导函数取值符号的影响分段讨论】对于x∈(0,+∞),当a≥1时,f'(x)=(1+ax)eax-ex>eax-ex≥ex-ex=0,∴f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.∵f(0)=-1,∴f(x)>-1,不满足题意.当a≤0时,f'(x)≤eax-ex≤1-ex<0且等号不恒成立,∴f(x)在(0,+∞)上单调递减.∵f(0)=-1,∴f(x)<-1,满足题意.当0<a≤12时,f'(x)≤1+【当导函数的正负不能直接判断时,可考虑构造新函数,通过研究新函数的单调性判断】令g(x)=1+x2则g'(x)=12−∴g(x)在(0,+∞)上单调递减,∴g(x)<g(0)=0,∴f'(x)≤ex2·g(x)f(x)在(0,+∞)上单调递减.∵f(0)=-1,∴f(x)<-1,满足题意.当12<a<1时,f'(x)=eax[1+ax-e(1-a)x]令h(x)=1+ax-e(1-a)x,则h'(x)=a+(a-1)e(1-a)x.∵h'(x)为减函数,又h'(0)=2a-1>0,x→+∞,h'(x)<0,∴∃x0∈(0,+∞),使得h'(x0)=0.【当导函数的零点存在,但不易求出时,可引入虚拟零点】∴当x∈(0,x0)时,h'(x)>0,h(x)在(0,x0)上单调递增,h(x)>h(0)=0,∴当x∈(0,x0)时,f'(x)=eax·h(x)>0,f(x)在(0,x0)上单调递增.∵f(0)=-1,∴f(x)>-1,不满足题意.综上,a的取值范围是−∞,1(3)证法一构造函数h(x)=x-1x-2lnx(x>1则h'(x)=1+1x易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,∴h(x)>h(1)=0,∴x-1x>2lnx,令x=1+则有1+1∴1n∴112+1+122+2证法二由(2)可知,当a=12时,f(x)=xe12x-ex<-1(令x=ln1+1n(n∈N得ln1+1n整理得1+1n∴1n1+1n∴k=1n1k2+k即112+1+124.★★★★★(2025全国一卷,19,17分)(1)求函数f(x)=5cosx-cos5x在区间0,π4(2)给定θ∈(0,π)和a∈R,证明:存在y∈[a-θ,a+θ]使得cosy≤cosθ;(3)设b∈R,若存在φ∈R使得5cosx-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立,求b的最小值.解析(1)∵f'(x)=5(sin5x-sinx)=5[sin(3x+2x)-sin(3x-2x)]=10cos3x·sin2x,令f'(x)=0,由x∈0,π4,解得x=0或结合单调性可知,当x∈0,π6时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈π6,π4时,f'(x)<0,故f(x)max=fπ6(2)证明:假设不存在y∈[a-θ,a+θ],使得cosy≤cosθ,则对任意y∈[a-θ,a+θ]都有cosy>cosθ.即y∈(2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z).因此[a-θ,a+θ]⊆(2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z),∴a−θ>2kπ−θ,因此a<2kπ且a>2kπ,矛盾.∵存在y∈[a-θ,a+θ],使得cosy≤cosθ.(3)由(1)知当x∈0,π4时,f(x)≤33,当x∈π4,π时,f(x)<5cosπ4-(又f(x)是周期为2π的偶函数,∴f(x)≤33对x∈R恒成立,∴当b≥33时,存在φ=0使得5cosx-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立,当b<33时,令θ=5π6由(2)知对任意φ存在y∈φ−56π,φ+56π使得令x=y−φ5,则x∈−故5cosx-cos(5x+φ)=5cosx-cosy≥5×32−−因此b<33时,均不符合题意.综上,b的最小值为33.5.★★★★★(2023新课标Ⅱ,22,12分)(1)证明:当0<x<1时,x-x2<sinx<x;(2)已知函数f(x)=cosax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围.解析(1)证明:令g(x)=x-x2-sinx,0<x<1,则g'(x)=1-2x-cosx,令G(x)=g'(x),得G'(x)=-2+sinx<0在区间(0,1)上恒成立,所以g'(x)在区间(0,1)上单调递减,因为g'(0)=0,所以g'(x)<0在区间(0,1)上恒成立,所以g(x)在区间(0,1)上单调递减,所以g(x)<g(0)=0,即当0<x<1时,x-x2<sinx.令h(x)=sinx-x,0<x<1,则h'(x)=cosx-1<0在区间(0,1)上恒成立,所以h(x)在区间(0,1)上单调递减,所以h(x)<h(0)=0,即当0<x<1时,sinx<x.综上,当0<x<1时,x-x2<sinx<x.(2)函数f(x)的定义域为(-1,1).当a=0时,f(x)=1-ln(1-x2),f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,x=0不是f(x)的极大值点,所以a≠0.当a>0时,f'(x)=-asinax+2x1−x2,x∈(-1,(i)当0<a≤2时,取m=min1a,1,x∈(0,m),则ax∈(0,由(1)可得f'(x)=-asinax+2x1−因为a2x2>0,2-a2≥0,1-x2>0,所以f'(x)>0,所以f(x)在(0,m)上单调递增,不合题意.(ii)当a>2时,取x∈0,1a⊆(0,1),则ax∈(0,由(1)可得f'(x)=-asinax+2x1−x2<-a(ax-a2x2=x1−x2(-a3x3+a2x2+a3x+2-设h(x)=-a3x3+a2x2+a3x+2-a2,x∈0,1则h'(x)=-3a3x2+2a2x+a3,因为h'(0)=a3>0,h'1a=a3-a>0,且h'(x)的图象是开口向下的抛物线所以∀x∈0,1a,均有h'(x)所以h(x)在0,1a因为h(0)=2-a2<0,h1a=2>0,所以h(x)在0,1当x∈(0,n)时,h(x)<0,又因为x>0,1-x2>0.则f'(x)<x1−x2(-a3x3+a2x2+a3x+2-a2即当x∈(0,n)⊆(0,1)时,f'(x)<0,则f(x)在(0,n)上单调递减.又因为f(x)是偶函数,所以f(x)在(-n,0)上单调递增,所以x=0是f(x)的极大值点.综合(i)(ii)知a>2.当a<0时,由于将f(x)中的a换为-a所得解析式不变,所以a<-2符合要求.故a的取值范围为(-∞,-2)∪(2,+∞).三年模拟1.★★★(2025届河南名校学术联盟冲刺模拟(二),6)已知a=esin1-1,b=sin1,则()A.12<b<1<aC.12<b答案C2.★★★(2026届重庆十一中第一次质量检测,8)已知∀x∈(0,+∞),有lnx-ax+1≤0,则a的取值范围是()A.3C.2答案D3.★★★★(2026届四川绵阳博美实验高级中学开学考,8)已知当x>0时,xex-2x≥a+2lnx恒成立,则实数a的取值范围为()A.(-∞,1]B.(-∞,2+2ln2]C.(-∞,2ln2]D.(-∞,2-2ln2]答案D4.★★★★(2025届江西六校二模,8)已知正实数x,y满足x2+2y-2=lnx+lny,则yx=()A.2B.2答案C5.★★★★(2026届山东名校考试联盟开学考,8)若关于x的不等式lnx-ax2-ax≥0有且只有一个整数解,则实数a的取值范围是()A.ln3C.ln2答案A6.★★★★(2026届黑龙江哈尔滨六中期中,8)已知函数f(x)=2ex+1+x+1,满足f(a-x)+f(1+3lnx)-4≤0,则实数a的取值范围是(A.(-∞,1-2ln2]B.[1-2ln3,+∞)C.(-∞,2-3ln3]D.[2-3ln2,+∞)答案C7.★★★★(2026届安徽江淮十校第一次联考,14)已知不等式x≤aex+b对任意x∈R恒成立(a,b∈R),则ba的最小值为答案-18.★★★★(2025届安徽六安第一中学适应性考试,14)设函数f(x)=(ex-1-ax)(lnx-ax),若f(x)<0,则a的取值范围是.

答案19.★★★(2025届福建漳州重点高中开学考,16)已知函数f(x)=aex-lnx-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a≥1e时,f(x)≥0解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-1x,则f'(2)=ae2-12=0,解得a=12e2,故f'(易知f'(x)在区间(0,+∞)内单调递增,且f'(2)=0,故当x>2时,f'(x)>0;当0<x<2时,f'(x)<0,所以f(x)的单调递增区间为(2,+∞),单调递减区间为(0,2).(2)证明:放缩法当a≥1e时,f(x)≥exe-ln设g(x)=exe-lnx-1,则g'(x)=当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的极小值点,亦是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当a≥1e时,f(x)≥010.★★★★(2026届浙江新阵地教育联盟第一次联考,18)已知函数f(x)=ex+acosx-x(e为自然对数的底数,e≈2.71828).(1)若a=0,讨论f(x)的单调性;(2)若a=-1,证明:f(x)>5在(2,3)上恒成立;(3)若x∈[1,e],不等式acos(lnx)≥lnx-x+2恒成立,求实数a的取值范围.解析(1)f(x)=ex-x,f'(x)=ex-1,当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)在(-∞,0]上单调递减,在[0,+∞)上单调递增.(2)证明:令g(x)=f(x)-5,则g(x)=ex-cosx-x-5,x∈(2,3),g'(x)=ex+sinx-1≥ex-2>0,故g(x)在(2,3)上单调递增,g(x)>g(2)=e2-cos2-7>e2-7>0,则f(x)>5.(3)令lnx=t,则t∈[0,1],x=et,则acost≥t-et+2在[0,1]上恒成立,可以转化为m(x)=f(x)-2=ex+acosx-x-2≥0在[0,1]上恒成立,m(0)=a-1≥0⇒a≥1,又x∈[0,1]时,cosx≥0,所以m(x)≥ex+cosx-x-2,令h(x)=ex+cosx-x-2,h'(x)=ex-sinx-1≥(x+1)-sinx-1≥0,【应掌握ex≥x+1,x≥sinx(x≥0)等常用放缩】所以h(x)在[0,1]上单调递增,则m(x)≥h(0)=0.综上,a≥1.11.★★★★(2025届河北联考,18)已知函数f(x)=ex-2x(x≥0).(1)求证f(x)≥e-x;(2)求方程f(x)=x解的个数;(3)设n≥2,n∈N*,证明:122解析(1)证明:令h(x)=f(x)-e-x=ex-2x-e-x(x≥0),所以h'(x)=ex+1ex-2(x≥所以h'(x)≥2ex·1ex-2=0,当且仅当ex=1ex⇒ex=1,所以当x∈[0,+∞)时,h'(x)≥0,h(x)单调递增,则h(x)≥h(0)=0,所以f(x)≥e-x得证.(2)由f(x)=x得ex-2x=x(x≥0),即ex-3x=0(x≥0),令g(x)=ex-3x(x≥0),所以函数g(x)的零点个数即为方程f(x)=x解的个数,g'(x)=ex-3(x≥0),令g'(x)=0,即ex=3,解得x=ln3,g'(x),g(x)随x的变化情况如表:x[0,ln3)ln3(ln3,+∞)g'(x)-0+g(x)单调递减3-3ln3单调递增因为g(0)=1>0,g(ln3)=3-3ln3<0,所以g(x)在[0,ln3)上有唯一一个零点,又g(5)=e5-15>25-15=17>0,所以g(x)在(ln3,+∞)上有唯一一个零点.综上所述,方程f(x)=x有两个解.(3)证明:由(1)知,ex-2x-e-x>0,x∈(0,+∞),令x=lns(s>1),则s-2lns-s-1>0,即s-1s>2lns(s>1设s=1+1n−1,n≥2,n∈N*,满足s所以1+1n−1−1所以1n2−n>lnnn−1=ln所以122−2+132−3+…+1即12212.★★★★(2026届山西长治质量检测,18)已知f(x)=lnx+11−x+bx3+ax+(1)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;(2)若b=0,f'(x)≥0恒成立,求a的最小值;(3)若f(x)的图象关于点(0,-2)对称,且f(x)>-2的解集为{x|0<x<1},求b的取值范围.解析(1)证明:∵x+11−x>0,∴-1<x<1,∴f(x)的定义域为(-1,1∵f(-x)+f(x)=ln1−x1+x+lnx+11−x+b(-x)3+bx3+a(-x)+ax+2∴曲线y=f(x)关于点(0,a)中心对称.(2)当b=0时,f(x)=lnx+11−x+ax+a,f'(x)=1−xx+1·1−x+x+1(1−x)2+a=21−x∵x∈(-1,1),∴x2-1∈[-1,0),∴2x2−1∴a≥-2,即a的最小值为-2.(3)由(1)知f(x)的图象关于点(0,a)对称,∴a=-2,∴f(x)=lnx+11−x+bx3-2x-2,x∈(-1,1)令g(x)=f(x)+2,则g(x)>0的解集为(0,1).由f(x)的图象关于点(0,-2)对称知g(x)的图象关于(0,0)对称,即g(x)为奇函数,故只需x∈(0,1)时,g(x)>0.g'(x)=21−x2+3bx2-2,令h(x)=g'则h'(x)=4x(1−x=2x2(1−∵x∈(0,1),∴2(1−x若b≥-23,则2(1−x2)2+3故h'(x)>0,h(x)在(0,1)上单调递增,故g'(x)>g'(0)=0,从而g(x)在(0,1)上单调递增,g(x)>g(0)=0,符合条件.若b<-23,存在x0∈(0,1),使h'(x0)=0,在(0,x0)内,h'(x0)<0,h(x)单调递减,h(x)<h(0)=0,即g'(x)<0,g(x)在(0,x0)上单调递减,g(x)<g(0)=0,不符合条件综上,b的取值范围为−2考点2利用导数研究函数零点五年高考1.★★★★(2023全国乙文,8,5分)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是()A.(-∞,-2)B.(-∞,-3)C.(-4,-1)D.(-3,0)答案B2.★★★★★(2020课标Ⅲ理,21,12分)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点12,f12(1)求b;(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明:f(x)所有零点的绝对值都不大于1.解析(1)f'(x)=3x2+b.依题意得f'12=0,即34+b=0.故b=-34(2)证法一由(1)知f(x)=x3-34x+c,f'(x)=3x2-3令f'(x)=0,解得x=-12f'(x)与f(x)随x的变化情况如表:x-∞,-12-1-12,12112,+∞f'(x)+0-0+f(x)↗c+1↘c-1↗因为f(1)=f−1所以当c<-14时,f(x)只有大于1的零点因为f(-1)=f12所以当c>14时,f(x)只有小于-1的零点由题设可知-14≤c≤1当c=-14时,f(x)只有两个零点-12和当c=14时,f(x)只有两个零点-1和1当-14<c<14时,f(x)有三个零点x1,x2,x3,且x1∈−1,−12,x2综上,若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.证法二分离参数法设x0为f(x)的一个绝对值不大于1的零点,根据题意,f(x0)=x03−34x0+c=0,且|x则c=-x03+34x0,且|x令c(x)=-x3+34x(-1≤x≤1则c'(x)=-3x2+34当x∈−1,−12∪12,1时,c'(x)<0,c(当x∈−12,12时,c'(x)>0,c又c(-1)=14,c(1)=-14,c−12=−14,c12=设x1为f(x)的零点,则必有f(x1)=x13−34x即-14≤c=-x13+3即4解得-1≤x1≤1,|x1|≤1.所以f(x)所有零点的绝对值都不大于1.3.★★★★★(2025全国二卷,18,17分)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+12x2-kx3,其中0<k<1(1)证明:f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点.(2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0,+∞)的极值点和零点.(i)设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t).证明:g(t)在区间(0,x1)单调递减.(ii)比较2x1与x2的大小,并证明你的结论.解析(1)证明:f(x)=ln(1+x)-x+12x2-kx3,x∈(0,+∞f'(x)=11+x-1+x-3kx=x2∵0<k<13,∴1−3k3k∴当x∈0,1−3k3k时,f'(x)>0,f(x)当x∈1−3k3k,+∞时,f'(x)<0,f(x)∴x=1−3k3k是函数f(x)的极大值点,且是唯一的极值点∵f(0)=0,且x∈0,1−3k3k时,f(x)∴f1−3k3k>0当x=12k时,f1令φ(x)=ln(1+x)-xx>3则φ'(x)=11+x−1=∴φ(x)在(0,+∞)上单调递减,∴φ(x)<φ32=ln即f12k<0又12k−∴12k∈1−3k∴当x∈1−3k3k,+∞时,f(x)综上,f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点.(2)(i)∵f'(x)=x2(1−3k−3kx)1+x,且x1=1−3k3k,即1-3k-3∴f'(x1+t)=(=(xf'(x1-t)=(x又g(t)=f(x1+t)-f(x1-t),∴g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t)=(=3kt·−(=3kt[(1+=3kt[(1+=3k=6kt∵0<k<13,0<t<x1,∴g'(t)<0∴g(t)在区间(0,x1)上单调递减.(ii)2x1>x2.理由如下:由(i)知g(t)=f(x1+t)-f(x1-t)在(0,x1)上单调递减,∴g(x1)<g(0),即f(2x1)-f(0)<f(x1)-f(x1)=0,又f(0)=0,∴f(2x1)<0,又∵f(x2)=0,∴f(2x1)<f(x2),由(1)知x∈(x1,+∞)时,f(x)单调递减,∴2x1>x2.4.★★★★★(2021新高考Ⅱ,22,12分)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)从下面两个条件中选一个,证明:f(x)有一个零点.①12<a≤e22,b②0<a<12,b≤2解析(1)∵f(x)=(x-1)ex-ax2+b,∴f'(x)=xex-2ax=x(ex-2a).①当a≤0时,ex-2a>0对任意x∈R恒成立,当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.因此y=f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.②当a>0时,令ex-2a=0⇒x=ln(2a).(i)当0<a<12时,ln(2a)<0y=f'(x)的大致图象如图1所示.图1图2因此当x∈(-∞,ln(2a))∪(0,+∞)时,f'(x)>0,当x∈(ln(2a),0)时,f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,ln(2a))和(0,+∞)上单调递增,在(ln(2a),0)上单调递减.(ii)当a=12时,ln(2a)=0,此时f'(x)≥0对任意x∈R恒成立,故f(x)在R上单调递增(iii)当a>12时,ln(2a)>0y=f'(x)的大致图象如图2所示.因此,当x∈(-∞,0)∪(ln(2a),+∞)时,f'(x)>0,当x∈(0,ln(2a))时,f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,0)和(ln(2a),+∞)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减.(2)选①.证明:由(1)知,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,又f(0)=b-1>0,f−ba所以f(x)在(-∞,0]上有唯一零点.当x∈(0,+∞)时,f(x)≥f(ln(2a))=[ln(2a)-1]·2a-aln2(2a)+b=aln(2a)[2-ln(2a)]+b-2a>aln(2a)·[2-ln(2a)].因为12<a≤e22,所以0<ln(2a)所以f(x)>0对任意x>0恒成立.综上,f(x)在R上有一个零点.选②.证明:由(1)知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,f(0)=b-1<0,当x→+∞时,f(x)→+∞,所以一定存在x0∈(0,+∞),使得f(x0)=0.结合单调性知f(x)在[0,+∞)上有唯一零点.当x∈(-∞,0)时,f(x)≤f(ln(2a))=aln(2a)·[2-ln(2a)]+b-2a<0,即f(x)<0对任意x<0恒成立.综上,f(x)在R上有一个零点.5.★★★★★(2022新高考Ⅰ,22,12分)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最小值.(1)求a;(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.解析(1)f'(x)=ex-a,g'(x)=a-1x当a≤0时,f'(x)>0恒成立,f(x)在R上无最小值,不符合题意.∴a>0.令f'(x)=0,得x=lna,令g'(x)=0,得x=1a易知f(x)min=f(lna)=a-alna,g(x)min=g1a=1+lna∴a-alna=1+lna,即lna=a−1a+1①令h(x)=lnx-x−1x+1(x>0则h'(x)=1x−∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)最多有一个零点.又h(1)=ln1-1−11+1=0∴方程①有且仅有一解,为a=1,即为所求.(2)证明:由(1)知,f(x)=ex-x,g(x)=x-lnx,当x<0时,f(x)单调递减,当x>0时,f(x)单调递增;当0<x<1时,g(x)单调递减,当x>1时,g(x)单调递增.不妨设直线y=b与y=f(x)的图象的两交点的横坐标分别为x1,x2,与y=g(x)的图象的两交点的横坐标分别为x2,x3,且x1<x2<x3.则ex1−x1=ex2-x2=x2-ln∴ex1−x易知x1∈(-∞,0),x2∈(0,1),则lnx2∈(-∞,0),又f(x)在(-∞,0)上单调递减,∴x1=lnx2,同理x2=lnx3,x3=ex又ex2-x2=x2-lnx2,∴lnx2+ex2∴lnx2+ex2=x1+x3=2x∴x1,x2,x3成等差数列.∴存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.三年模拟1.★★★(2025届安徽最后一卷,5)函数f(x)=xex-ex-1的零点个数为()A.0B.1C.2D.3答案B2.★★★(2025届四川成都石室中学三模,6)函数f(x)=2x-m-lnx有且只有一个零点,则m的值是()A.1-ln2B.1+ln2C.ln2D.-ln2答案B3.★★★(2026届湖北鄂东南教育联盟期中,7)函数f(x)=cos2x·(lnx-2π+1),x∈(0,2π]的零点个数为()A.4B.5C.3D.2答案A4.★★★(新定义理解)(2026届重庆一中月考,6)拉格朗日中值定理是微分学里的关键定理,具体内容为:若函数f(x)在闭区间[a,b]上连续,在开区间(a,b)内可导,则在区间(a,b)内至少存在一个点x0∈(a,b),使得f(b)−f(a)b−a=f'(x0)(f'(x0)是f(x)在x0处的导数值),其中x0称为函数y=f(x)在闭区间[a,b]上的中值点.现在有这样的问题:若函数f(x)=cosx在区间0,π2上的“中值点”个数为m,函数g(x)=xex(其中e为自然对数的底数)在区间[0,1]上的“中值点”的个数为n,则m+n=(A.1B.2C.3D.0答案B5.★★★(2026届安徽合肥第一中学教学质量测评,8)已知关于x的方程ax+1=ex的解集有2个子集,则a的取值范围是()A.−1e2,0B.(0C.−1e2∪[0,+∞)D.−1e2∪答案D6.★★★★(2026届河北保定期中,8)已知a>0,函数f(x)=xex-a(x+lnx)+2存在零点,则实数a的最小整数值是()A.2B.4C.5D.6答案C7.★★★(2026届河南商丘开学考,14)已知函数f(x)=lnx3,g(x)=mx,若关于x的方程f(x)=g(x)恰有两个实数根,则实数m的取值范围是.

答案0,8.★★★★(2026届江苏南通调研,17)已知函数f(x)=(x-x2)lnx+k的图象在点(1,f(1))处的切线经过点(0,1).(1)求实数k的值;(2)证明:lnx≥1-1x(3)证明:f(x)有且仅有一个零点.解析(1)因为f(x)=(x-x2)lnx+k,所以f'(x)=(1-2x)lnx+1-x,x>0,所以f'(1)=(1-2)ln1+1-1=0,又因为f(1)=(1-12)ln1+k=k,所以函数f(x)=(x-x2)lnx+k的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y-k=0(x-1),即y=k,又切线过点(0,1),所以k=1.(2)证明:令g(x)=lnx-1+1x,x>0则g'(x)=1x当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)min=g(1)=ln1-1+1=0,所以g(x)≥0,即lnx≥1-1x(3)证明:因为f(x)=(x-x2)lnx+1=x(1-x)lnx+1,所以f'(x)=(1-2x)lnx+(1-x),当x>1时,lnx>0,1-x<0,1-2x<0,所以f'(x)<0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递减.因为f(1)=(1-12)ln1+1=1>0,f(e)=(e-e2)lne+1=e-e2+1<0,所以x∈(1,+∞)时,存在唯一x0∈(1,e),使得f(x0)=0;当0<x≤1时,由(2)知lnx≥1-1x,当且仅当x=1时等号成立又因为x(1-x)≥0,所以f(x)=x(1-x)lnx+1≥x(1-x)·1−1x+1=-(1-x)2+1=-x2+2x=-x(x-2)所以x∈(0,1]时,f(x)没有零点.综上,f(x)有且仅有一个零点.9.★★★★(2025届广东六校联考,17)已知函数f(x)=ex+acosx的图象在x=0处的切线方程为y=x+2.(1)求实数a的值;(2)探究f(x)在区间−3π2,+∞内的零点个数解析(1)由f(x)=ex+acosx的图象在x=0处的切线方程为y=x+2,可知切点坐标为(0,2),故f(0)=e0+acos0=2,解得a=1.(2)由(1)可知f(x)=ex+cosx,∴f'(x)=ex-sinx,令g(x)=f'(x),g'(x)=ex-cosx,当x∈−3π2,−π时,g'(x)>0,则g(x)在区间∵g−3π2=e−3π2-1<0,g∴由函数零点存在定理可知,存在x0∈−3π2,−π,使得g(x0)=0,即ex∴当x∈−3π2,x0时,f'(x)<0,f(x当x∈(x0,-π)时,f'(x)>0,f(x)在区间(x0,-π)上单调递增,又∵f−3π2=e−3π2+co