专题04 导数及其应用解答题(解析版)

专题04导数及其应用解答题
1．【2019年天津理科20】设函数f（x）＝e x cos x，g（x）为f（x）的导函数．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x∈[，]时，证明f（x）+g（x）（x）≥0；
（Ⅲ）设x n为函数u（x）＝f（x）﹣1在区间（2nπ，2nπ）内的零点，其中n∈N，证明
2nπx n．
【解答】（Ⅰ）解：由已知，f′（x）＝e x（cos x﹣sin x），因此，
当x∈（，）（k∈Z）时，有sin x＞cos x，得f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（，）（k∈Z）时，有sin x＜cos x，得f′（x）＞0，f（x）单调递增．
∴f（x）的单调增区间为[，]（k∈Z），单调减区间为[，]（k∈Z）；
（Ⅱ）证明：记h（x）＝f（x）+g（x）（），依题意及（Ⅰ），
有g（x）＝e x（cos x﹣sin x），从而h′（x）＝f′（x）+g′（x）•（）+g（x）•（﹣1）＝g′（x）（）＜0．
因此，h（x）在区间[，]上单调递减，有h（x）≥h（）＝f（）＝0．
∴当x∈[，]时，f（x）+g（x）（x）≥0；
（Ⅲ）证明：依题意，u（x n）＝f（x n）﹣1＝0，即．
记y n＝x n﹣2nπ，则y n∈（），且f（y n）e﹣2nπ（x∈N）．
由f（y n）＝e﹣2nπ≤1＝f（y0）及（Ⅰ），得y n≥y0，
由（Ⅱ）知，当x∈（，）时，g′（x）＜0，∴g（x）在[，]上为减函数，
因此，g（y n）≤g（y0）＜g（）＝0，
又由（Ⅱ）知，，
故．
∴2nπx n．
2．【2019年新课标3理科20】已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+b．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）是否存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为﹣1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）f′（x）＝6x2﹣2ax＝6x（x）．
令f′（x）＝6x（x）＝0，解得x＝0，或．
①a＝0时，f′（x）＝6x2≥0，函数f（x）在R上单调递增．
②a＞0时，函数f（x）在（﹣∞，0），（，+∞）上单调递增，在（0，）上单调递减．
③a＜0时，函数f（x）在（﹣∞，），（0，+∞）上单调递增，在（，0）上单调递减．
（2）由（1）可得：
①a＝0时，函数f（x）在[0，1]上单调递增．则f（0）＝b＝﹣1，f（1）＝2﹣a+b＝1，解得b＝﹣1，a
＝0，满足条件．
②a＞0时，函数f（x）在[0，]上单调递减．
1，即a时，函数f（x）在[0，1]上单调递减．则f（0）＝b＝1，f（1）＝2﹣a+b＝﹣1，解得b ＝1，a＝4，满足条件．
01，即0＜a时，函数f（x）在[0，）上单调递减，在（，1]上单调递增．则f（）
a b＝﹣1，
而f（0）＝b，f（1）＝2﹣a+b＞b，∴f（1）＝2﹣a+b＝1，联立解得：无解，舍去．
③a＜0时，函数f（x）在[0，1]上单调递增，则f（0）＝b＝﹣1，f（1）＝2﹣a+b＝1，解得b＝﹣1，a
＝0，不满足条件，舍去．
综上可得：存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为﹣1且最大值为1．
a，b的所有值为：，或．
3．【2019年全国新课标2理科20】已知函数f（x）＝lnx．
（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；
（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝e x的切线．【解答】解析：（1）函数f（x）＝lnx．定义域为：（0，1）∪（1，+∞）；
f′（x）0，（x＞0且x≠1），
∴f（x）在（0，1）和（1，+∞）上单调递增，
①在（0，1）区间取值有，代入函数，由函数零点的定义得，
∵f（）＜0，f（）＞0，f（）•f（）＜0，
∴f（x）在（0，1）有且仅有一个零点，
②在（1，+∞）区间，区间取值有e，e2代入函数，由函数零点的定义得，
又∵f（e）＜0，f（e2）＞0，f（e）•f（e2）＜0，
∴f（x）在（1，+∞）上有且仅有一个零点，
故f（x）在定义域内有且仅有两个零点；
（2）x0是f（x）的一个零点，则有lnx0，
曲线y＝lnx，则有y′；
曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线方程为：y﹣lnx0（x﹣x0）
即：y x﹣1+lnx0
即：y x
而曲线y＝e x的切线在点（ln，）处的切线方程为：y（x﹣ln），
即：y x，故曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝e x的切线．
故得证．
4．【2019年新课标1理科20】已知函数f（x）＝sin x﹣ln（1+x），f′（x）为f（x）的导数．证明：
（1）f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；
（2）f（x）有且仅有2个零点．
【解答】证明：（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），
f′（x）＝cos x，f″（x）＝﹣sin x，
令g（x）＝﹣sin x，则g′（x）＝﹣cos x0在（﹣1，）恒成立，∴f″（x）在（﹣1，）上为减函数，
又∵f″（0）＝1，f ″（）＝﹣11+1＝0，由零点存在定理可知，
函数f″（x）在（﹣1，）上存在唯一的零点x0，结合单调性可得，f′（x）在（﹣1，x0）上单调递增，
在（x0，）上单调递减，可得f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；
（2）由（1）知，当x∈（﹣1，0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＜f′（0）＝0，f（x）单调递减；当x∈（0，x0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＞f′（0）＝0，f（x）单调递增；
由于f′（x）在（x0，）上单调递减，且f′（x0）＞0，f ′（）0，
由零点存在定理可知，函数f′（x）在（x0，）上存在唯一零点x1，结合单调性可知，
当x∈（x0，x1）时，f′（x）单调递减，f′（x）＞f′（x1）＝0，f（x）单调递增；
当x∈（）时，f′（x）单调递减，f′（x）＜f′（x1）＝0，f（x）单调递减．
当x∈（，π）时，cos x＜0，0，于是f′（x）＝cos x0，f（x）单调递减，
其中f （）＝1﹣ln（1）＞1﹣ln（1）＝1﹣ln2.6＞1﹣lne＝0，
f（π）＝﹣ln（1+π）＜﹣ln3＜0．
于是可得下表：
）（
﹣﹣﹣
结合单调性可知，函数f（x）在（﹣1，]上有且只有一个零点0，
由函数零点存在性定理可知，f（x）在（，π）上有且只有一个零点x2，
当x∈[π，+∞）时，f（x）＝sin x﹣ln（1+x）＜1﹣ln（1+π）＜1﹣ln3＜0，因此函数f（x）在[π，+∞）上无零点．
综上，f（x）有且仅有2个零点．
5．【2019年北京理科19】已知函数f（x）x3﹣x2+x．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）的斜率为l的切线方程；
（Ⅱ）当x∈[﹣2，4]时，求证：x﹣6≤f（x）≤x；
（Ⅲ）设F（x）＝|f（x）﹣（x+a）|（a∈R），记F（x）在区间[﹣2，4]上的最大值为M（a）．当M（a）最小时，求a的值．
【解答】解：（Ⅰ）f′（x），
由f′（x）＝1得x（x）＝0，
得．
又f（0）＝0，f（），
∴y＝x和，
即y＝x和y＝x；
（Ⅱ）证明：欲证x﹣6≤f（x）≤x，
只需证﹣6≤f（x）﹣x≤0，
令g（x）＝f（x）﹣x，x∈[﹣2，4]，
则g′（x），
可知g′（x）在[﹣2，0]为正，在（0，）为负，在[]为正，
∴g（x）在[﹣2，0]递增，在[0，]递减，在[]递增，
又g（﹣2）＝﹣6，g（0）＝0，g（）6，g（4）＝0，
∴﹣6≤g（x）≤0，
∴x﹣6≤f（x）≤x；
（Ⅲ）由（Ⅱ）可得，
F（x）＝|f（x）﹣（x+a）|
＝|f（x）﹣x﹣a|
＝|g（x）﹣a|
∵在[﹣2，4]上，﹣6≤g（x）≤0，
令t＝g（x），h（t）＝|t﹣a|，
则问题转化为当t∈[﹣6，0]时，h（t）的最大值M（a）的问题了，
①当a≤﹣3时，M（a）＝h（0）＝|a|＝﹣a，
此时﹣a≥3，当a＝﹣3时，M（a）取得最小值3；
②当a≥﹣3时，M（a）＝h（﹣6）＝|﹣6﹣a|＝|6+a|，
∵6+a≥3，∴M（a）＝6+a，
也是a＝﹣3时，M（a）最小为3．
综上，当M（a）取最小值时a的值为﹣3．
6．【2019年江苏19】设函数f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣c），a，b，c∈R，f′（x）为f（x）的导函数．（1）若a＝b＝c，f（4）＝8，求a的值；
（2）若a≠b，b＝c，且f（x）和f′（x）的零点均在集合{﹣3，1，3}中，求f（x）的极小值；
（3）若a＝0，0＜b≤1，c＝1，且f（x）的极大值为M，求证：M．
【解答】解：（1）∵a＝b＝c，∴f（x）＝（x﹣a）3，
∵f（4）＝8，∴（4﹣a）3＝8，
∴4﹣a＝2，解得a＝2．
（2）a≠b，b＝c，设f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）2．
令f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）2＝0，解得x＝a，或x＝b．
f′（x）＝（x﹣b）2+2（x﹣a）（x﹣b）＝（x﹣b）（3x﹣b﹣2a）．
令f′（x）＝0，解得x＝b，或x．
∵f（x）和f′（x）的零点均在集合A＝{﹣3，1，3}中，
若：a＝﹣3，b＝1，则∉A，舍去．
a＝1，b＝﹣3，则∉A，舍去．
a＝﹣3，b＝3，则1∉A，舍去．．
a＝3，b＝1，则∉A，舍去．
a＝1，b＝3，则∉A，舍去．
a＝3，b＝﹣3，则1∈A，．
因此a＝3，b＝﹣3，1∈A，
可得：f（x）＝（x﹣3）（x+3）2．
f′（x）＝3[x﹣（﹣3）]（x﹣1）．
可得x＝1时，函数f（x）取得极小值，f（1）＝﹣2×42＝﹣32．
（3）证明：a＝0，0＜b≤1，c＝1，
f（x）＝x（x﹣b）（x﹣1）．
f′（x）＝（x﹣b）（x﹣1）+x（x﹣1）+x（x﹣b）＝3x2﹣（2b+2）x+b．
△＝4（b+1）2﹣12b＝4b2﹣4b+4＝43≥3．
令f′（x）＝3x2﹣（2b+2）x+b＝0．
解得：x1∈，x2．x1＜x2，
x1+x2，x1x2，
可得x＝x1时，f（x）取得极大值为M，
∵f′（x1）（2b+2）x1+b＝0，可得：[（2b+2）x1﹣b]，
M＝f（x1）＝x1（x1﹣b）（x1﹣1）
＝（x1﹣b）（x1）＝（x1﹣b）（x1）[（2b﹣1）2b2x1+b2]
，∵﹣2b2+2b﹣2＝﹣20，
∴M在x1∈（0，]上单调递减，
∴M．
∴M．
7．【2019年浙江22】已知实数a≠0，设函数f（x）＝alnx，x＞0．（Ⅰ）当a时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）对任意x∈[，+∞）均有f（x ），求a的取值范围．
注意：e＝2.71828……为自然对数的底数．
【解答】解：（1）当a时，f（x ），x＞0，
f′（x ），
∴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（x ），得0＜a，
当0＜a时，f（x ），等价于2lnx≥0，
令t，则t，
设g（t）＝t 22t2lnx，t，
则g（t ）（t）22lnx，
（i）当x∈[，+∞）时，，
则g（x）≥g（2），
记p（x）＝42lnx，x，
则p′（x ）
，
列表讨论：
（
∴p （x）≥p（1）＝0，
∴g（t）≥g（22p（x ）≥0．
（ii）当x∈[）时，g（t）≥g（），
令q （x）＝2lnx+（x+1），x ∈[，]，
则q′（x）1＞0，
故q（x）在[，]上单调递增，∴q（x ）≤q（），
由（i）得q（）p（）p（1）＝0，
∴q（x）＜0，∴g（t）≥g（）0，
由（i）（ii）知对任意x∈[，+∞），t∈[2，+∞），g（t）≥0，
即对任意x∈[，+∞），均有f（x），
综上所述，所求的a的取值范围是（0，]．
8．【2018年江苏19】记f′（x），g′（x）分别为函数f（x），g（x）的导函数．若存在x0∈R，满足f（x0）＝g（x0）且f′（x0）＝g′（x0），则称x0为函数f（x）与g（x）的一个“S点”．
（1）证明：函数f（x）＝x与g（x）＝x2+2x﹣2不存在“S点”；
（2）若函数f（x）＝ax2﹣1与g（x）＝lnx存在“S点”，求实数a的值；
（3）已知函数f（x）＝﹣x2+a，g（x）．对任意a＞0，判断是否存在b＞0，使函数f（x）与g
（x）在区间（0，+∞）内存在“S点”，并说明理由．
【解答】解：（1）证明：f′（x）＝1，g′（x）＝2x+2，
则由定义得，得方程无解，则f（x）＝x与g（x）＝x2+2x﹣2不存在“S点”；
（2）f′（x）＝2ax，g′（x），x＞0，
由f′（x）＝g′（x）得2ax，得x，
f（）g（）lna2，得a；
（3）f′（x）＝﹣2x，g′（x），（x≠0），
由f′（x0）＝g′（x0），假设b＞0，得b0，得0＜x0＜1，
由f（x0）＝g（x0），得﹣x02+a，得a＝x02，
令h（x）＝x2a，（a＞0，0＜x＜1），
设m（x）＝﹣x3+3x2+ax﹣a，（a＞0，0＜x＜1），
则m（0）＝﹣a＜0，m（1）＝2＞0，得m（0）m（1）＜0，
又m（x）的图象在（0，1）上不间断，
则m（x）在（0，1）上有零点，
则h（x）在（0，1）上有零点，
则存在b＞0，使f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S”点．
9．【2018年新课标1理科21】已知函数f（x）x+alnx．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：a﹣2．
【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），
函数的导数f′（x ）1，
设g（x）＝x2﹣ax+1，
当a≤0时，g（x）＞0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，
当a＞0时，判别式△＝a2﹣4，
①当0＜a≤2时，△≤0，即g（x）≥0，即f′（x）≤0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，
②当a＞2时，x，f′（x），f（x）的变化如下表：
），
，+∞）
+
综上当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数，
当a＞2时，在（0，），和（，+∞）上是减函数，
则（，）上是增函数．
（2）由（1）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2＝1，
则f（x1）﹣f（x2）＝（x2﹣x1）（1）+a（lnx1﹣lnx2）＝2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2），则2，
则问题转为证明1即可，
即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，
则lnx1﹣ln x1，
即lnx1+lnx1＞x1，
即证2lnx1＞x1在（0，1）上恒成立，
设h（x）＝2lnx﹣x，（0＜x＜1），其中h（1）＝0，
求导得h′（x）10，则h（x）在（0，1）上单调递减，
∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x0，
故2lnx＞x，
则a﹣2成立．
（2）另解：注意到f（）＝x alnx＝﹣f（x），
即f（x）+f（）＝0，
由韦达定理得x1x2＝1，x1+x2＝a＞2，得0＜x1＜1＜x2，x1，可得f（x2）+f（）＝0，即f（x1）+f（x2）＝0，
要证a﹣2，只要证a﹣2，
即证2alnx2﹣ax20，（x2＞1），
构造函数h（x）＝2alnx﹣ax，（x＞1），h′（x）0，∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴h（x）＜h（1）＝0，
∴2alnx﹣ax0成立，即2alnx2﹣ax20，（x2＞1）成立．
即a﹣2成立．
10．【2018年新课标2理科21】已知函数f（x）＝e x﹣ax2．
（1）若a＝1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；
（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．
【解答】证明：（1）当a＝1时，函数f（x）＝e x﹣x2．
则f′（x）＝e x﹣2x，
令g（x）＝e x﹣2x，则g′（x）＝e x﹣2，
令g′（x）＝0，得x＝ln2．
当x∈（0，ln2）时，g′（x）＜0，当x∈（ln2，+∞）时，g′（x）＞0，∴g（x）≥g（ln2）＝e ln2﹣2•ln2＝2﹣2ln2＞0，
∴f（x）在[0，+∞）单调递增，∴f（x）≥f（0）＝1，
解：（2）方法⇔a在（0，+∞）只有一个根，
即函数y＝a与G（x）的图象在（0，+∞）只有一个交点．
G，
当x∈（0，2）时，G′（x）＜0，当∈（2，+∞）时，G′（x）＞0，
∴G（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，
当→0时，G（x）→+∞，当→+∞时，G（x）→+∞，
∴f（x）在（0，+∞）只有一个零点时，a＝G（2）．
方法二：①当a≤0时，f（x）＝e x﹣ax2＞0，f（x）在（0，+∞）没有零点．．
②当a＞0时，设函数h（x）＝1﹣ax2e﹣x．f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔h（x）在（0，+∞）只
有一个零点．
h′（x）＝ax（x﹣2）e﹣x，当x∈（0，2）时，h′（x）＜0，当x∈（2，+∞）时，h′（x）＞0，∴h（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，∴，（x≥0）．
当h（2）＜0时，即a，由于h（0）＝1，当x＞0时，e x＞x2，可得h（4a）＝110．h（x）在（0，+∞）有2个零点
当h（2）＞0时，即a，h（x）在（0，+∞）没有零点，
当h（2）＝0时，即a，h（x）在（0，+∞）只有一个零点，
综上，f（x）在（0，+∞）只有一个零点时，a．
11．【2018年新课标3理科21】已知函数f（x）＝（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x．
（1）若a＝0，证明：当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0；
（2）若x＝0是f（x）的极大值点，求a．
【解答】（1）证明：当a＝0时，f（x）＝（2+x）ln（1+x）﹣2x，（x＞﹣1）．
，，
可得x∈（﹣1，0）时，f″（x）≤0，x∈（0，+∞）时，f″（x）≥0
∴f′（x）在（﹣1，0）递减，在（0，+∞）递增，
∴f′（x）≥f′（0）＝0，
∴f（x）＝（2+x）ln（1+x）﹣2x在（﹣1，+∞）上单调递增，又f（0）＝0．
∴当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0．
（2）解：由f（x）＝（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x，得
f′（x）＝（1+2ax）ln（1+x）2，令h（x）＝ax2﹣x+（1+2ax）（1+x）ln（x+1），
h′（x）＝4ax+（4ax+2a+1）ln（x+1）．
当a≥0，x＞0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
∴h（x）＞h（0）＝0，即f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，故x＝0不是f（x）的极大值点，不符合题意．
当a＜0时，h″（x）＝8a+4aln（x+1），
显然h″（x）单调递减，
①令h″（0）＝0，解得a．
∴当﹣1＜x＜0时，h″（x）＞0，当x＞0时，h″（x）＜0，
∴h′（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，
∴h′（x）≤h′（0）＝0，
∴h（x）单调递减，又h（0）＝0，
∴当﹣1＜x＜0时，h（x）＞0，即f′（x）＞0，
当x＞0时，h（x）＜0，即f′（x）＜0，
∴f（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，
∴x＝0是f（x）的极大值点，符合题意；
②若a＜0，则h″（0）＝1+6a＞0，h″（1）＝（2a﹣1）（1）＜0，
∴h″（x）＝0在（0，+∞）上有唯一一个零点，设为x0，
∴当0＜x＜x0时，h″（x）＞0，h′（x）单调递增，
∴h′（x）＞h′（0）＝0，即f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，x0）上单调递增，不符合题意；
③若a，则h″（0）＝1+6a＜0，h″（1）＝（1﹣2a）e2＞0，
∴h″（x）＝0在（﹣1，0）上有唯一一个零点，设为x1，
∴当x1＜x＜0时，h″（x）＜0，h′（x）单调递减，
∴h′（x）＞h′（0）＝0，∴h（x）单调递增，
∴h（x）＜h（0）＝0，即f′（x）＜0，
∴f（x）在（x1，0）上单调递减，不符合题意．
综上，a．
12．【2018年浙江22】已知函数f（x）lnx．
（Ⅰ）若f（x）在x＝x1，x2（x1≠x2）处导数相等，证明：f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2；
（Ⅱ）若a≤3﹣4ln2，证明：对于任意k＞0，直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）有唯一公共点．【解答】证明：（Ⅰ）∵函数f（x）lnx，
∴x＞0，f′（x），
∵f（x）在x＝x1，x2（x1≠x2）处导数相等，
∴，
∵x1≠x2，∴，
由基本不等式得：，
∵x1≠x2，∴x1x2＞256，
由题意得f（x1）+f（x2）ln（x1x2），
设g（x），则，
∴列表讨论：
∴g（x）在[256，+∞）上单调递增，
∴g（x1x2）＞g（256）＝8﹣8ln2，
∴f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2．
（Ⅱ）令m＝e﹣（|a|+k），n＝（）2+1，
则f（m）﹣km﹣a＞|a|+k﹣k﹣a≥0，
f（n）﹣kn﹣a＜n（k）≤n（k）＜0，
∴存在x0∈（m，n），使f（x0）＝kx0+a，
∴对于任意的a∈R及k∈（0，+∞），直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）有公共点，
由f（x）＝kx+a，得k，
设h（x），则h′（x），
其中g（x）lnx，
由（1）知g（x）≥g（16），
又a≤3﹣4ln2，∴﹣g（x）﹣1+a≤﹣g（16）﹣1+a＝﹣3+4ln2+a≤0，
∴h′（x）≤0，即函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，
∴方程f（x）﹣kx﹣a＝0至多有一个实根，
综上，a≤3﹣4ln2时，对于任意k＞0，直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）有唯一公共点．13．【2018年北京理科18】设函数f（x）＝[ax2﹣（4a+1）x+4a+3]e x．
（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与x轴平行，求a；
（Ⅱ）若f（x）在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）＝[ax2﹣（4a+1）x+4a+3]e x的导数为
f′（x）＝[ax2﹣（2a+1）x+2]e x．
由题意可得曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为0，
可得（a﹣2a﹣1+2）e＝0，且f（1）＝3e≠0，
解得a＝1；
（Ⅱ）f（x）的导数为f′（x）＝[ax2﹣（2a+1）x+2]e x＝（x﹣2）（ax﹣1）e x，
若a＝0则x＜2时，f′（x）＞0，f（x）递增；x＞2，f′（x）＜0，f（x）递减．
x＝2处f（x）取得极大值，不符题意；
若a＞0，且a，则f′（x）（x﹣2）2e x≥0，f（x）递增，无极值；
若a，则2，f（x）在（，2）递减；在（2，+∞），（﹣∞，）递增，
可得f（x）在x＝2处取得极小值；
若0＜a，则2，f（x）在（2，）递减；在（，+∞），（﹣∞，2）递增，
可得f（x）在x＝2处取得极大值，不符题意；
若a＜0，则2，f（x）在（，2）递增；在（2，+∞），（﹣∞，）递减，
可得f（x）在x＝2处取得极大值，不符题意．
综上可得，a的范围是（，+∞）．
14．【2018年天津理科20】已知函数f（x）＝a x，g（x）＝log a x，其中a＞1．
（Ⅰ）求函数h（x）＝f（x）﹣xlna的单调区间；
（Ⅱ）若曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线平行，证明x1+g（x2）；
（Ⅲ）证明当a时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．【解答】（Ⅰ）解：由已知，h（x）＝a x﹣xlna，有h′（x）＝a x lna﹣lna，
令h′（x）＝0，解得x＝0．
由a＞1，可知当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表：
∴函数h（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）；
（Ⅱ）证明：由f′（x）＝a x lna，可得曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线的斜率为lna．由g′（x），可得曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线的斜率为．
∵这两条切线平行，故有，即，
两边取以a为底数的对数，得log a x2+x1+2log a lna＝0，
∴x1+g（x2）；
（Ⅲ）证明：曲线y＝f（x）在点（）处的切线l1：，
曲线y＝g（x）在点（x2，log a x2）处的切线l2：．
要证明当a时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线，
只需证明当a时，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1与l2重合，
即只需证明当a时，方程组
由①得，代入②得：
，③
因此，只需证明当a时，关于x1的方程③存在实数解．
设函数u（x），既要证明当a时，函数y＝u（x）存在零点．u′（x）＝1﹣（lna）2xa x，可知x∈（﹣∞，0）时，u′（x）＞0；x∈（0，+∞）时，u′（x）单调递减，
又u′（0）＝1＞0，u′0，
故存在唯一的x0，且x0＞0，使得u′（x0）＝0，即．
由此可得，u（x）在（﹣∞，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，
u（x）在x＝x0处取得极大值u（x0）．
∵，故lnlna≥﹣1．
∴．下面证明存在实数t，使得u（t）＜0，
由（Ⅰ）可得a x≥1+xlna，当时，有
u（x）．
∴存在实数t，使得u（t）＜0．
因此，当a时，存在x1∈（﹣∞，+∞），使得u（x1）＝0．
∴当a时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．
15．【2017年江苏20】已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点．
（Ⅰ）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；
（Ⅱ）证明：b2＞3a；
（Ⅲ）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于，求实数a的取值范围．
【解答】（Ⅰ）解：因为f（x）＝x3+ax2+bx+1，
所以g（x）＝f′（x）＝3x2+2ax+b，g′（x）＝6x+2a，
令g′（x）＝0，解得x．
由于当x时g′（x）＞0，g（x）＝f′（x）单调递增；当x时g′（x）＜0，g（x）＝f′（x）单调递减；
所以f′（x）的极小值点为x，
由于导函数f′（x）的极值点是原函数f（x）的零点，
所以f（）＝0，即1＝0，
所以b（a＞0）．
因为f（x）＝x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，
所以f′（x）＝3x2+2ax+b＝0有实根，
所以4a2﹣12b＞0，即a20，解得a＞3，
所以b（a＞3）．
（Ⅱ）证明：由（1）可知h（a）＝b2﹣3a（4a3﹣27）（a3﹣27），
由于a＞3，所以h（a）＞0，即b2＞3a；
（Ⅲ）解：由（1）可知f′（x）的极小值为f′（）＝b，
设x1，x2是y＝f（x）的两个极值点，则x1+x2，x1x2，
所以f（x1）+f（x2）a（）+b（x1+x2）+2
＝（x1+x2）[（x1+x2）2﹣3x1x2]+a[（x1+x2）2﹣2x1x2]+b（x1+x2）+2
2，
又因为f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于，
所以b2，
因为a＞3，所以2a3﹣63a﹣54≤0，
所以2a（a2﹣36）+9（a﹣6）≤0，
所以（a﹣6）（2a2+12a+9）≤0，
由于a＞3时2a2+12a+9＞0，
所以a﹣6≤0，解得a≤6，
所以a的取值范围是（3，6]．
16．【2017年新课标1理科21】已知函数f（x）＝ae2x+（a﹣2）e x﹣x．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．
【解答】解：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，当a＝0时，f′（x）＝﹣2e x﹣1＜0，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
当a＞0时，f′（x）＝（2e x+1）（ae x﹣1）＝2a（e x）（e x），
令f′（x）＝0，解得：x＝ln，
当f′（x）＞0，解得：x＞ln，
当f′（x）＜0，解得：x＜ln，
∴x∈（﹣∞，ln）时，f（x）单调递减，x∈（ln，+∞）单调递增；
当a＜0时，f′（x）＝2a（e x）（e x）＜0，恒成立，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数；
（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，
当a＞0时，f（x）＝ae2x+（a﹣2）e x﹣x，
当x→﹣∞时，e2x→0，e x→0，
∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，
当x→∞，e2x→+∞，且远远大于e x和x，
∴当x→∞，f（x）→+∞，
∴函数有两个零点，f（x）的最小值小于0即可，
由f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数，
∴f（x）min＝f（ln）＝a×（）+（a﹣2）ln0，
∴1ln0，即ln1＞0，
设t，则g（t）＝lnt+t﹣1，（t＞0），
求导g′（t）1，由g（1）＝0，
∴t1，解得：0＜a＜1，
∴a的取值范围（0，1）．
方法二：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，当a＝0时，f′（x）＝﹣2e x﹣1＜0，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
当a＞0时，f′（x）＝（2e x+1）（ae x﹣1）＝2a（e x）（e x），
令f′（x）＝0，解得：x＝﹣lna，
当f′（x）＞0，解得：x＞﹣lna，
当f′（x）＜0，解得：x＜﹣lna，
∴x∈（﹣∞，﹣lna）时，f（x）单调递减，x∈（﹣lna，+∞）单调递增；
当a＜0时，f′（x）＝2a（e x）（e x）＜0，恒成立，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣lna）是减函数，在（﹣lna，+∞）是增函数；
（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，
②当a＞0时，由（1）可知：当x＝﹣lna时，f（x）取得最小值，f（x）min＝f（﹣lna）＝1ln，
当a＝1，时，f（﹣lna）＝0，故f（x）只有一个零点，
当a∈（1，+∞）时，由1ln0，即f（﹣lna）＞0，
故f（x）没有零点，
当a∈（0，1）时，1ln0，f（﹣lna）＜0，
由f（﹣2）＝ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0，
故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一个零点，
假设存在正整数n0，满足n0＞ln（1），则f（n0）（a a﹣2）﹣n0n0n0＞0，
由ln（1）＞﹣lna，
因此在（﹣lna，+∞）有一个零点．
∴a的取值范围（0，1）．
17．【2017年新课标2理科21】已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．
（1）求a；
（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
【解答】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），
则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a．
则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．
因为当0＜x时h′（x）＜0、当x时h′（x）＞0，
所以h（x）min＝h（），
又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，
所以1，解得a＝1；
另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），
所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，
所以解得a＝1；
（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，
令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2，
令t′（x）＝0，解得：x，
所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，
所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，
所以f（x0）x0﹣x0lnx0x0+2x0﹣2x0，
由x0可知f（x0）＜（x0）max；
由f′（）＜0可知x0，
所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，
所以f（x0）＞f（）；
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
18．【2017年新课标3理科21】已知函数f（x）＝x﹣1﹣alnx．
（1）若f（x）≥0，求a的值；
（2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1）（1）…（1）＜m，求m的最小值．【解答】解：（1）因为函数f（x）＝x﹣1﹣alnx，x＞0，
所以f′（x）＝1，且f（1）＝0．
所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立，此时y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增，这与f（x）≥0矛盾；
当a＞0时令f′（x）＝0，解得x＝a，
所以y＝f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min＝f（a），
若a≠1，则f（a）＜f（1）＝0，从而与f（x）≥0矛盾；
所以a＝1；
（2）由（1）可知当a＝1时f（x）＝x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1，
所以ln（x+1）≤x当且仅当x＝0时取等号，
所以ln（1），k∈N*．
ln（1）+ln（1）+…+ln（1）11，
即（1）（1）…（1）＜e；
因为m为整数，且对于任意正整数n，（1）（1）…（1）＜m成立，当n＝3时，不等式左边大于2，
所以m的最小值为3．
19．【2017年浙江20】已知函数f（x）＝（x）e﹣x（x）．（1）求f（x）的导函数；
（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．
【解答】解：（1）函数f（x）＝（x）e﹣x（x），
导数f′（x）＝（1••2）e﹣x﹣（x）e﹣x
＝（1﹣x）e﹣x＝（1﹣x）（1）e﹣x；
（2）由f（x）的导数f′（x）＝（1﹣x）（1）e﹣x，
可得f′（x）＝0时，x＝1或，
当x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；
当1＜x时，f′（x）＞0，f（x）递增；
当x时，f′（x）＜0，f（x）递减，
且x⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0，
则f（x）≥0．
由f（），f（1）＝0，f（），
即有f（x）的最大值为，最小值为f（1）＝0．
则f（x）在区间[，+∞）上的取值范围是[0，]．
20．【2017年上海21】设定义在R上的函数f（x）满足：对于任意的x1、x2∈R，当x1＜x2时，都有f（x1）≤f（x2）．
（1）若f（x）＝ax3+1，求a的取值范围；
（2）若f（x）是周期函数，证明：f（x）是常值函数；
（3）设f（x）恒大于零，g（x）是定义在R上的、恒大于零的周期函数，M是g（x）的最大值．函数h（x）＝f（x）g（x）．证明：“h（x）是周期函数”的充要条件是“f（x）是常值函数”．
【解答】（1）解：由f（x1）≤f（x2），得f（x1）﹣f（x2）＝a（x13﹣x23）≤0，
∵x1＜x2，∴x13﹣x23＜0，得a≥0．
故a的范围是[0，+∞）；
（2）证明：若f（x）是周期函数，记其周期为T k，任取x0∈R，则有
f（x0）＝f（x0+T k），
由题意，对任意x∈[x0，x0+T k]，f（x0）≤f（x）≤f（x0+T k），
∴f（x0）＝f（x）＝f（x0+T k）．
又∵f（x0）＝f（x0+nT k），n∈Z，并且
…∪[x0﹣3T k，x0﹣2T k]∪[x0﹣2T k，x0﹣T k]∪[x0﹣T k，x0]∪[x0，x0+T k]∪[x0+T k，x0+2T k]∪…＝R，∴对任意x∈R，f（x）＝f（x0）＝C，为常数；
（3）证明：充分性：若f（x）是常值函数，记f（x）＝c1，设g（x）的一个周期为T g，则
h（x）＝c1•g（x），则对任意x0∈R，
h（x0+T g）＝c1•g（x0+T g）＝c1•g（x0）＝h（x0），
故h（x）是周期函数；
必要性：若h（x）是周期函数，记其一个周期为T h．
若存在x1，x2，使得f（x1）＞0，且f（x2）＜0，则由题意可知，
x1＞x2，那么必然存在正整数N1，使得x2+N1T k＞x1，
∴f（x2+N1T k）＞f（x1）＞0，且h（x2+N1T k）＝h（x2）．
又h（x2）＝g（x2）f（x2）＜0，而
h（x2+N1T k）＝g（x2+N1T k）f（x2+N1T k）＞0≠h（x2），矛盾．
综上，f（x）＞0恒成立．
由f（x）＞0恒成立，
任取x0∈A，则必存在N2∈N，使得x0﹣N2T h≤x0﹣T g，
即[x0﹣T g，x0]⊆[x0﹣N2T h，x0]，
∵…∪[x0﹣3T k，x0﹣2T k]∪[x0﹣2T k，x0﹣T k]∪[x0﹣T k，x0]∪[x0，x0+T k]∪[x0+T k，x0+2T k]∪…＝R，∴…∪[x0﹣2N2T h，x0﹣N2T h]∪[x0﹣N2T h，x0]∪[x0，x0+N2T h]∪[x0+N2T h，x0+2N2T h]∪…＝R．h（x0）＝g（x0）•f（x0）＝h（x0﹣N2T h）＝g（x0﹣N2T h）•f（x0﹣N2T h），
∵g（x0）＝M≥g（x0﹣N2T h）＞0，f（x0）≥f（x0﹣N2T h）＞0．
因此若h（x0）＝h（x0﹣N2T h），必有g（x0）＝M＝g（x0﹣N2T h），且f（x0）＝f（x0﹣N2T h）＝c．而由（2）证明可知，对任意x∈R，f（x）＝f（x0）＝C，为常数．
综上，必要性得证．
21．【2017年北京理科19】已知函数f（x）＝e x cos x﹣x．
（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）求函数f（x）在区间[0，]上的最大值和最小值．
【解答】解：（1）函数f（x）＝e x cos x﹣x的导数为f′（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，
可得曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k＝e0（cos0﹣sin0）﹣1＝0，
切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），
曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝1；
（2）函数f（x）＝e x cos x﹣x的导数为f′（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，
令g（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，
则g（x）的导数为g′（x）＝e x（cos x﹣sin x﹣sin x﹣cos x）＝﹣2e x•sin x，
当x∈[0，]，可得g′（x）＝﹣2e x•sin x≤0，
即有g（x）在[0，]递减，可得g（x）≤g（0）＝0，
则f（x）在[0，]递减，
即有函数f（x）在区间[0，]上的最大值为f（0）＝e0cos0﹣0＝1；
最小值为f（）cos．
22．【2017年天津理科20】设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）＝2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0，g（x）为f（x）的导函数．
（Ⅰ）求g（x）的单调区间；
（Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0，2]，函数h（x）＝g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜0；
（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且∈[1，x0）∪（x0，2]，满足|x0|．【解答】（Ⅰ）解：由f（x）＝2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）＝f′（x）＝8x3+9x2﹣6x﹣6，
进而可得g′（x）＝24x2+18x﹣6．令g′（x）＝0，解得x＝﹣1，或x．
当x变化时，g′（x），g（x）的变化情况如下表：
，，
所以，g（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣1），（，+∞），单调递减区间是（﹣1，）．
（Ⅱ）证明：由h（x）＝g（x）（m﹣x0）﹣f（m），得h（m）＝g（m）（m﹣x0）﹣f（m），
h（x0）＝g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）．
令函数H1（x）＝g（x）（x﹣x0）﹣f（x），则H′1（x）＝g′（x）（x﹣x0）．
由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0，
故当x∈[1，x0）时，H′1（x）＜0，H1（x）单调递减；
当x∈（x0，2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单调递增．
因此，当x∈[1，x0）∪（x0，2]时，H1（x）＞H1（x0）＝﹣f（x0）＝0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0，令函数H2（x）＝g（x0）（x﹣x0）﹣f（x），则H′2（x）＝g（x0）﹣g（x）．由（Ⅰ）知，g（x）在[1，2]上单调递增，故当x∈[1，x0）时，H′2（x）＞0，H2（x）单调递增；当x∈（x0，2]时，H′2（x）＜0，
H 2（x ）单调递减．因此，当x ∈[1，x 0）∪（x 0，2]时，H 2（x ）＞H 2（x 0）＝0，可得得H 2（m ）＜0即h （x 0）＜0，．
所以，h （m ）h （x 0）＜0．
（Ⅲ）对于任意的正整数p ，q ，且，
令m
，函数h （x ）＝g （x ）（m ﹣x 0）﹣f （m ）．
由（Ⅱ）知，当m ∈[1，x 0）时，h （x ）在区间（m ，x 0）内有零点； 当m ∈（x 0，2]时，h （x ）在区间（x 0，m ）内有零点．
所以h （x ）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为x 1，则h （x 1）＝g （x 1）（x 0）﹣f （）＝0．
由（Ⅰ）知g （x ）在[1，2]上单调递增，故0＜g （1）＜g （x 1）＜g （2），
于是|
x 0|
．
因为当x ∈[1，2]时，g （x ）＞0，故f （x ）在[1，2]上单调递增，
所以f （x ）在区间[1，2]上除x 0外没有其他的零点，而
x 0，故f （）≠0．
又因为p ，q ，a 均为整数，所以|2p 4
+3p 3
q ﹣3p 2q 2
﹣6pq 3
+aq 4
|是正整数， 从而|2p 4
+3p 3
q ﹣3p 2q 2
﹣6pq 3
+aq 4
|≥1．
所以|
x 0|
．所以，只要取A ＝g （2），就有|
x 0|
．
1．【湖北省黄冈中学2019届高三第三次模拟考试】已知函数()||ln (0)f x x a x a =-->. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；
（Ⅱ）比较222
222ln 2ln 3ln 23n n
++⋯+ 与(1)(21)2(1)n n n -++的大小(n N +∈且)2n >，并证明你的结论.
【答案】（I ）见解析；（II ）见解析
【解析】
（Ⅰ）函数()f x 可化为ln ,()ln ,0x x a x a
f x a x x x a --≥⎧=⎨--<<⎩
，
当0x a <<时，1
()10f x x '=--
<，从而()f x 在(0,)a 上总是递减的， 当x a ≥时，11
()1x f x x x
-=-='，此时要考虑a 与1的大小.
若1a ≥，则()0f x '≥，故()f x 在[,)a +∞上递增，
若01a <<，则当1a x ≤<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>，故()f x 在[,1)a 上递减， 在(1,)+∞上递增，而()f x 在x a =处连续，所以 当1a ≥时，()f x 在(0,)a 上递减，在[,)a +∞上递增； 当01a <<时，()f x 在(0,1)上递减，在[1,)+∞上递增.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当1a =，1x >时，1ln 0x x -->，即ln 1x x >-，所以
ln 1
1x x x
<-.所以 22
2
222ln 2ln 3ln 23n n
+++22211111123n <-+-+
-
22211
1123
n n ⎛⎫
=--+++
⎪⎝⎭
11
112334(1)n n n ⎛⎫<--++
+ ⎪⨯⨯+⎝⎭1
1121n n ⎛⎫=--- ⎪+⎝⎭
1(1)2(1)n n n -=--+ 2221(1)(21)
2(1)2(1)
n n n n n n --+-+==++.
2．【湖南省师范大学附属中学2019届高三下学期模拟（三)】已知函数()ln 1f x x ax =-+，其中a 为实常数.
（1）若当0a >时，()f x 在区间[1,]e 上的最大值为1-，求a 的值；
（2）对任意不同两点()()
11,A x f x ，()()
22,B x f x ，设直线AB 的斜率为k ，若120x x k ++>恒成立，求a 的取值范围.
【答案】(1) 2a = (2) (,-∞ 【解析】 （1）1()(0)f x a x x '=
->，令1()0f x a x '=->，则1
0x a
<<.
所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫
+∞ ⎪⎝⎭
上单调递减.
①当1
01a
<
≤，即1a ≥时，()f x 在区间[]1,e 上单调递减，则max ()(1)1f x f a ==-+， 由已知，11a -+=-，即2a =，符合题意. ②当11e a
<
<时，即1
1a e <<时，()f x 在区间上单调递增，在上单调递减，
则max 1()ln f x f a a ⎛⎫
==- ⎪⎝⎭
，由已知，ln 1a -=-，即a e =，不符合题意，舍去. ③当
1e a ≥，即1
0a e
<≤时，()f x 在区间[]1,e 上单调递增，则， 由已知，21ae -=-，即3
a e
=，不符合题意，舍去.
综上分析，2a =.
（2）由题意，()()1212f x f x k x x -=-，则原不等式化为()()
121212
0f x f x x x x x -++
>-， 不妨设120x x >>，则()()()()1212120x x x x f x f x +-+->，即()()22
12120x x f x f x -+->，
即()()2
2
1122f x x f x x +>+.
设2
2
()()ln 1g x f x x x x ax =+=+-+，则2121
()2x ax g x x a x x
'
-+=+-=，
由已知，当120x x >>时，不等式()()12g x g x >恒成立，则()g x 在(0,)+∞上是增函数.
所以当0x >时，()0g x '≥，即2
210x ax -+≥，即2
211
2x a x x x
+≤=+恒成立，
因为12x x +
≥12x x =
，即x =
时取等号，所以min 12x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭故a
的取值范围是(,-∞.
3．【2019年湖北省武汉市高考数学(5月份)】已知函数2
()12
x
x f x e =--
（1）若直线y x a =+为()f x 的切线，求a 的值．
（2）若[)0,x ∀∈+∞，()f x bx ≥恒成立，求b 的取值范围． 【答案】（1）0；（2）1b ≤ 【解析】
（1）设切点为()00,P x y ，()'x
f x e x =-，
∴()000'1x
f x e x =-=，令()x
h x e x =-，
则()'1x
h x e =-，
当0x >时，()'0h x >，()h x 在()0,∞+上为增函数； 当0x <时，()'0h x <，()h x 在(),0-∞上为减函数； 所以()()min 01h x h ==，所以00x =， 又02
00112
x
e x x a -
-=+，所以0a =． （2）[)0,x ∀∈+∞，()f x bx ≥恒成立2
102x
x e bx ⇔---≥，[)0,x ∈+∞．
令2
()12
x
x g x e bx =---，[)0,x ∈+∞．
()()'x g x e x b h x =--=，()'1x h x e =-,
当0x >时，()'10x
h x e =->，所以()h x 在[)0,+∞上为增函数，
()min 1h x b =-，
①若1b ≤，则当0x >时'()0g x >，故()g x 在[)0,+∞上为增函数，
故[)0,x ∈+∞时，有()()00g x g ≥=即2
102
x
x e bx ---≥恒成立，满足题意.
②若1b >，因为()'g x 为()0,∞+上的增函数且()'010g b =-<，()'ln 2ln ln 2g b b b =--⎡⎤⎣⎦， 令()ln ln 2s b b b =--，其中1b >，()1
'10s b b
=-
>， 所以()s b 在()1,+∞为增函数，所以()()11ln 20s b s >=->， 故存在0x ，使得()0'0g x =且()00,x x ∈时，()'0g x <，
()g x 在()00,x 为减函数，故当()00,x x ∈时，()()00g x g <=，矛盾，舍去.
综上可得：1b ≤．
4．【山东省淄博市部分学校2019届高三5月阶段性检测（三模)】已知函数()()2
1ln ,2
f x x x
g x mx ==． （1）若函数()f x 与()g x 的图象上存在关于原点对称的点，求实数m 的取值范围； （2）设()(
)()F x f x g
x =-，已知()F x 在()0,∞+上存在两个极值点1
2
,x x ，且12x x <，求证：2
122x x e
>（其中e 为自然对数的底数）． 【答案】（1）2m e
≥-；（2）证明见解析. 【解析】
（1）函数()f x 与()g x 的图像上存在关于原点对称的点， 即21
()()2
g x m x --=--的图像与函数()ln f x x x =的图像有交点， 即21
()ln 2m x x x -
-=在(0,)+∞上有解. 即1ln 2x m x
=-在(0,)+∞上有解. 设ln ()x x x ϕ=-，（0x >），则2
ln 1()x x x ϕ'
-=
当(0,)x e ∈时，()x ϕ为减函数；当(,)x e ∈+∞时，()x ϕ为增函数，
所以min 1()()x e e ϕϕ==-
，即2
m e
≥-. （2）21()()()ln 2
F x f x g x x x mx =-=-，()ln 1F x x mx '
=-+
()F x 在(0,)+∞上存在两个极值点1x ，2x ，且12x x <，
所以1122ln 10
ln 10
x mx x mx -+=⎧⎨
-+=⎩
因为1212ln ln 2x x m x x ++=
+且1212ln ln x x m x x -=-，所以1212
1212
ln ln 2ln ln x x x x x x x x ++-=+-，
即11
22
121121122
2
1ln
ln ln 2ln 1x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭++==
--
设1
2(0,1)x t x =
∈，则12(1)ln ln ln 21
t t x x t +++=- 要证2
122x x e >，即证12ln ln 22x x ++>，
只需证
(1)ln 21t t t +>-，即证2(1)
ln 01
t t t --<+
设2(1)()ln 1
t h t t t -=-+，222
14(1)()0(1)(1)t h t t t t t '
-=-=>++， 则2(1)
()ln 1t h t t t -=-
+在(0,1)上单调递增，()(1)0h t h <=， 即2(1)
()ln 01
t h t t t -=-
<+ 所以，12ln ln 2x x +>即2
122x x e >.
5．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月)】已知函数()x
f x e =，
()()2
10g x ax x a =++>. （1）设()()()
g x F x f x =
，讨论函数()F x 的单调性；
（2）若1
02
a <≤
，证明：()()f x g x >在()0,∞+恒成立. 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】
（1）因为2()1
()()x
g x ax x F x f x e
++==， 所以221(21)'()x x
a ax x ax a x a F x e e -⎛
⎫-- ⎪-+-⎝⎭==
， ①若12a =，2
'()0x
ax F x e
-=≤.∴()F x 在R 上单调递减. ②若1
2a >
，则
210a a
->， 当0x <，或21a x a ->时，'()0F x <，当21
0a x a
-<<时，'()0F x >，
∴()F x 在(,0)-∞，21,a a -⎛⎫+∞
⎪⎝⎭上单调递减，在210,a a -⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调递增.
③若1
02a <<，则
210a a
-<， 当21a x a -<
，或0x >时，'()0F x <，当
21
0a x a
-<<时，'()0F x >. ∴()F x 在21,a a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，
(0,)+∞上单调递减，在21,0a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭
上单调递增. （2）∵102a <≤，∴2
21112
ax x x x ++≤++. 设2
1()12
x
h x e x x =-
--，则'()1x h x e x =--. 设()'()1x p x h x e x ==--，则'()1x
p x e =-，在(0,)+∞上，'()0p x ≥恒成立.
∴)'(h x 在(0,)+∞上单调递增.
又∵'(0)0h =，∴(0,)x ∈+∞时，'()0h x >，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增， ∴()(0)0h x h >=，∴21102x
x e x --->，21
12
x x e x >++， 所以2
21112
x
e x x ax x >
++≥++， 所以()()f x g x >在(0,)+∞上恒成立.
6．【湖南省师范大学附属中学2019届高三下学期模拟（三)】已知函数1()ln a
f x a x x x
-=-++. （1）当2a ≥时，求函数()f x 的单调区间；
（2）设()2
3x
g x e mx =+-，当21a e =+时，对任意1[1,)x ∈+∞，存在2[1,)x ∈+∞，使
212()2()f x e g x +≥，证明：2m e e ≤-.
【答案】(1)见解析；(2)见证明 【解析】
（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞， 又22
1(1)[(1)]()1a a x x a f x x x x '
----=-
++=， 由()0f x '=，得1x =或1x a =-.
当2a >即11a ->时，由()0f x '<得11x a <<-，由()0f x '>得01x <<或1x a >-； 当2a =即11a -=时，当0x >时都有()0f x '≥；
∴当2a >时，单调减区间是()1,1a -，单调增区间是()0,1，()1,a -+∞；
当2a =时，单调增区间是()0,+∞，没有单调减区间；
（2）当21a e =+时，由（1）知()f x 在()
21,e 单调递减，在()
2
,e +∞单调递增. 从而()f x 在[
)1,+∞上的最小值为22
()3f e e =--.
对任意[)11,x ∈+∞，存在[)21,x ∈+∞，使()()2
212g x f x e ≤+，即存在[)21,x ∈+∞，使的值不超过
()22f x e +在区间[)1,+∞上的最小值23e -.
由2
2
2
e 32e e 3x
mx --+≥+-得2
2
x
mx e e +≤，22
x
e e m x
-∴≤. 令22
()x
e e h x x
-=，则当[)1,x ∈+∞时，max ()m h x ≤. ()()
()
2222
3
222()x x x x e x e e x
xe e e h x x x ---+-'=
=-
，
当[1,2]x ∈时()0h x '<；当[2,)x ∈+∞时，(
)22e 20x
x
x
x xe e
xe
e +->-≥，()0h x '<.
故()h x 在[1,)+∞上单调递减，从而2
max ()(1)h x h e e ==-, 从而实数2m e e ≤-得证
7．【山东省临沂市2019年普通高考模拟考试（三模)】已知函数()ln x
f x a x e
=+，其中a 为常数． （1）若直线2
y x e
=
是曲线()y f x =的一条切线，求实数a 的值； （2）当1a =-时，若函数()()ln x
g x f x b x
=-
+在[)1+∞，上有两个零点．求实数b 的取值范围． 【答案】(1) 1a = (2) 11,b e e ⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭
【解析】
（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，1()a x ae f x e x ex +'=
+=， 曲线()y f x =在点()00,x y 处的切线方程为2
y x e
=.
由题意得0000
12,2ln a e x e
x x a x
e
e ⎧+=⎪⎪⎨
⎪=+⎪⎩ 解得1a =，0x e =.所以a 的值为1. （2）当1a =-时，()ln x f x x e =
-，则11()x e
f x e x ex
-'=-=， 由()0f x '>，得x e >，由()0f x '<，得0x e <<，则()f x 有最小值为()0f e =，即()0f x …
， 所以ln ()ln x x
g x x b e x
=
--+，(0)x >， 由已知可得函数ln ln x x
y x x e
=+- 的图象与直线y b =有两个交点， 设ln ()ln (0)x x
h x x x x e
=+->， 则211ln 1()x h x x x e -'=+-2
2
ln ex e e x x ex +--=，
令2
()ln x ex e e x x ϕ=+--，2
2()2e ex e x x e x x x
ϕ--'=--=，
由220ex e x --<，可知()0x ϕ'<，所以()x ϕ在(0,)+∞上为减函数， 由()0e ϕ=，得0x e <<时，()0x ϕ>，当x e >时，()0x ϕ<， 即当0x e <<时，()0h x '>，当x e >时，()0h x '<， 则函数()h x 在(0,)e 上为增函数，在(,)e +∞上为减函数， 所以，函数()h x 在x e =处取得极大值1
()h e e
=， 又1(1)h e
=-，(
)3
22
331341h e
e e e e
=+
-<-<-<-， 所以，当函数()g x 在[1,)+∞上有两个零点时，b 的取值范围是1
1b e
e
-<…， 即11,b e e ⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭
.
8．【江苏省镇江市2019届高三考前模拟（三模)】已知函数()()x
f x mx n e -=+（,m n R ∈，e 是自然对
数的底数）.。