2017-2021年高考真题 导数 解答题全集 (学生版+解析版)

2017-2021年高考真题 导数 解答题全集 （学生版+解析版）
1．（2021•新高考Ⅱ）已知函数f （x ）＝（x ﹣1）e x ﹣ax 2+b ．
（Ⅰ）讨论f （x ）的单调性；
（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：f （x ）恰有一个零点．
①12＜a ≤e 22
，b ＞2a ； ②0＜a ＜12，b ≤2a ．
2．（2021•北京）已知函数f （x ）=3−2x x 2+a
． （1）若a ＝0，求y ＝f （x ）在（1，f （1））处的切线方程；
（2）若函数f （x ）在x ＝﹣1处取得极值，求f （x ）的单调区间，以及最大值和最小值．
3．（2021•天津）已知a ＞0，函数f （x ）＝ax ﹣xe x ．
（1）求曲线f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；
（2）证明函数f （x ）存在唯一的极值点；
（3）若∃a ，使得f （x ）≤a +b 对任意的x ∈R 恒成立，求实数b 的取值范围．
4．（2021•浙江）设a ，b 为实数，且a ＞1，函数f （x ）＝a x ﹣bx +e 2（x ∈R ）．
（Ⅰ）求函数f （x ）的单调区间；
（Ⅱ）若对任意b ＞2e 2，函数f （x ）有两个不同的零点，求a 的取值范围；
（Ⅲ）当a ＝e 时，证明：对任意b ＞e 4，函数f （x ）有两个不同的零点x 1，x 2，满足x 2＞blnb 2e 2
x 1+e 2b ． （注：e ＝2.71828⋯是自然对数的底数）
5．（2021•甲卷）设函数f （x ）＝a 2x 2+ax ﹣3lnx +1，其中a ＞0．
（1）讨论f （x ）的单调性；
（2）若y ＝f （x ）的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围．
6．（2021•乙卷）已知函数f （x ）＝ln （a ﹣x ），已知x ＝0是函数y ＝xf （x ）的极值点．
（1）求a ；
（2）设函数g （x ）=x+f(x)xf(x)．证明：g （x ）＜1．
7．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f （x ）＝x （1﹣lnx ）．
（1）讨论f （x ）的单调性；
（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且blna ﹣alnb ＝a ﹣b ，证明：2＜1a +1b ＜e ．
8．（2021•乙卷）已知函数f （x ）＝x 3﹣x 2+ax +1．
（1）讨论f （x ）的单调性；
（2）求曲线y ＝f （x ）过坐标原点的切线与曲线y ＝f （x ）的公共点的坐标．
9．（2021•甲卷）已知a ＞0且a ≠1，函数f （x ）=x a a x （x ＞0）．
（1）当a ＝2时，求f （x ）的单调区间；
（2）若曲线y ＝f （x ）与直线y ＝1有且仅有两个交点，求a 的取值范围．
10．（2020•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝e x ﹣a （x +2）．
（1）当a ＝1时，讨论f （x ）的单调性；
（2）若f （x ）有两个零点，求a 的取值范围．
11．（2020•天津）已知函数f （x ）＝x 3+klnx （k ∈R ），f ′（x ）为f （x ）的导函数．
（Ⅰ）当k ＝6时，
（ⅰ）求曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程；
（ⅱ）求函数g （x ）＝f （x ）﹣f ′（x ）+9x 的单调区间和极值；
（Ⅱ）当k ≥﹣3时，求证：对任意的x 1，x 2∈[1，+∞），且x 1＞x 2，有
f′(x 1)+f′(x 2)2＞f(x 1)−f(x 2)
x 1−x 2．
12．（2020•海南）已知函数f （x ）＝ae x ﹣1﹣lnx +lna ．
（1）当a ＝e 时，求曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围．
13．（2020•北京）已知函数f （x ）＝12﹣x 2．
（Ⅰ）求曲线y ＝f （x ）的斜率等于﹣2的切线方程；
（Ⅱ）设曲线y ＝f （x ）在点（t ，f （t ））处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S （t ），求S （t ）的最小值．
14．（2020•浙江）已知1＜a ≤2，函数f （x ）＝e x ﹣x ﹣a ，其中e ＝2.71828…为自然对数的
底数．
（Ⅰ）证明：函数y ＝f （x ）在 （0，+∞）上有唯一零点；
（Ⅱ）记x 0为函数y ＝f （x ）在 （0，+∞）上的零点，证明：
（ⅰ）√a −1≤x 0≤√2(a −1)；
（ⅱ）x 0f （e x 0）≥（e ﹣1）（a ﹣1）a ．
15．（2020•江苏）已知关于x 的函数y ＝f （x ），y ＝g （x ）与h （x ）＝kx +b （k ，b ∈R ）在区
间D 上恒有f （x ）≥h （x ）≥g （x ）．
（1）若f （x ）＝x 2+2x ，g （x ）＝﹣x 2+2x ，D ＝（﹣∞，+∞），求h （x ）的表达式；
（2）若f （x ）＝x 2﹣x +1，g （x ）＝klnx ，h （x ）＝kx ﹣k ，D ＝（0，+∞），求k 的取值范围；
（3）若f （x ）＝x 4﹣2x 2，g （x ）＝4x 2﹣8，h （x ）＝4（t 3﹣t ）x ﹣3t 4+2t 2（0＜|t |≤√2），D ＝[m ，n ]⊂[−√2，√2]，求证：n ﹣m ≤√7．
16．（2020•新课标Ⅲ）设函数f （x ）＝x 3+bx +c ，曲线y ＝f （x ）在点（12，f （12））处的切线与y 轴垂直．
（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．
17．（2020•新课标Ⅱ）已知函数f （x ）＝sin 2x sin2x ．
（1）讨论f （x ）在区间（0，π）的单调性；
（2）证明：|f （x ）|≤3√38
； （3）设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n x ≤3n 4n ． 18．（2020•新课标Ⅱ）已知函数f （x ）＝2lnx +1．
（1）若f （x ）≤2x +c ，求c 的取值范围；
（2）设a ＞0，讨论函数g （x ）=f(x)−f(a)x−a
的单调性． 19．（2020•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝e x +ax 2﹣x ．
（1）当a ＝1时，讨论f （x ）的单调性；
（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围．
20．（2020•新课标Ⅲ）已知函数f （x ）＝x 3﹣kx +k 2．
（1）讨论f （x ）的单调性；
（2）若f （x ）有三个零点，求k 的取值范围．
21．（2019•全国）已知函数f （x ）=√x （x 2﹣ax ）．
（1）当a＝1时，求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）在区间[0，2]的最小值为−2
3，求a．
22．（2019•新课标Ⅲ）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．
23．（2019•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+2．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当0＜a＜3时，记f（x）在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求M﹣m的取值范围．
24．（2019•浙江）已知实数a≠0，设函数f（x）＝alnx+√1+x，x＞0．
（Ⅰ）当a=−3
4时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）对任意x∈[1
e2，+∞）均有f（x）≤√
x
2a，求a的取值范围．
注：e＝2.71828…为自然对数的底数．
25．（2019•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．证明：
（1）f（x）存在唯一的极值点；
（2）f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
26．（2019•江苏）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≤4 27．
27．（2019•天津）设函数f（x）＝lnx﹣a（x﹣1）e x，其中a∈R．（Ⅰ）若a≤0，讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若0＜a＜1 e，
（ⅰ）证明f（x）恰有两个零点；
（ⅱ）设x0为f（x）的极值点，x1为f（x）的零点，且x1＞x0，证明3x0﹣x1＞2．
28．（2019•天津）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 ∈[π4，π2]时，证明f （x ）+g （x ）（π2−x ）≥0； （Ⅲ）设x n 为函数u （x ）＝f （x ）﹣1在区间（2n π+π4，2n π+π2
）内的零点，其中n ∈N ，
证明2n π+π2−x n ＜e −2nπsinx 0−cosx 0． 29．（2019•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝2sin x ﹣x cos x ﹣x ，f ′（x ）为f （x ）的导数．
（1）证明：f ′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；
（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．
30．（2019•新课标Ⅱ）已知函数f （x ）＝lnx −x+1x−1
． （1）讨论f （x ）的单调性，并证明f （x ）有且仅有两个零点；
（2）设x 0是f （x ）的一个零点，证明曲线y ＝lnx 在点A （x 0，lnx 0）处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．
31．（2019•北京）已知函数f （x ）=14x 3﹣x 2+x ．
（Ⅰ）求曲线y ＝f （x ）的斜率为1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．
32．（2019•新课标Ⅰ）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，π2）存在唯一极大值点； （2）f （x ）有且仅有2个零点．
33．（2018•北京）设函数f （x ）＝[ax 2﹣（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．
34．（2018•北京）设函数f （x ）＝[ax 2﹣（3a +1）x +3a +2]e x ．
（Ⅰ）若曲线y ＝f （x ）在点（2，f （2））处的切线斜率为0，求a ；
（Ⅱ）若f （x ）在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围．
35．（2018•新课标Ⅲ）已知函数f （x ）＝（2+x +ax 2）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．
36．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝ae x﹣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≥1
e时，f（x）≥0．
37．（2018•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=ax2+x−1
e x．
（1）求曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程；
（2）证明：当a≥1时，f（x）+e≥0．
38．（2018•新课标Ⅱ）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．
39．（2018•浙江）已知函数f（x）=√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．
40．（2018•天津）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）=−2lnlna lna；
（Ⅲ）证明当a≥e 1
e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．
41．（2018•江苏）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）=be x
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．
42．（2018•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=1
3x
3﹣a（x2+x+1）．
（1）若a ＝3，求f （x ）的单调区间；
（2）证明：f （x ）只有一个零点．
43．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）=1x −x +alnx ．
（1）讨论f （x ）的单调性；
（2）若f （x ）存在两个极值点x 1，x 2，证明：f(x 1)−f(x 2)
x 1−x 2＜a ﹣2．
44．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝ae 2x +（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．
45．（2017•全国）已知函数f （x ）＝ax 3﹣3（a +1）x 2+12x ．
（1）当a ＞0时，求f （x ）的极小值；
（Ⅱ）当a ≤0时，讨论方程f （x ）＝0实根的个数．
46．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝e x （e x ﹣a ）﹣a 2x ．
（1）讨论f （x ）的单调性；
（2）若f （x ）≥0，求a 的取值范围．
47．（2017•天津）设a ∈Z ，已知定义在R 上的函数f （x ）＝2x 4+3x 3﹣3x 2﹣6x +a 在区间（1，
2）内有一个零点x 0，g （x ）为f （x ）的导函数．
（Ⅰ）求g （x ）的单调区间；
（Ⅱ）设m ∈[1，x 0）∪（x 0，2]，函数h （x ）＝g （x ）（m ﹣x 0）﹣f （m ），求证：h （m ）h （x 0）＜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p q ∈[1，x 0）∪（x 0，2]，满足|p q −x 0|≥1Aq 4
． 48．（2017•新课标Ⅱ）设函数f （x ）＝（1﹣x 2）•e x ．
（1）讨论f （x ）的单调性；
（2）当x ≥0时，f （x ）≤ax +1，求实数a 的取值范围．
49．（2017•山东）已知函数f （x ）＝x 2+2cos x ，g （x ）＝e x （cos x ﹣sin x +2x ﹣2），其中e ≈2.71828…
是自然对数的底数．
（Ⅰ）求曲线y ＝f （x ）在点（π，f （π））处的切线方程；
（Ⅱ）令h （x ）＝g （x ）﹣af （x ）（a ∈R ），讨论h （x ）的单调性并判断有无极值，有
极值时求出极值．
50．（2017•天津）设a ，b ∈R ，|a |≤1．已知函数f （x ）＝x 3﹣6x 2﹣3a （a ﹣4）x +b ，g （x ）
＝e x f （x ）．
（Ⅰ）求f （x ）的单调区间；
（Ⅱ）已知函数y ＝g （x ）和y ＝e x 的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线，
（i ）求证：f （x ）在x ＝x 0处的导数等于0；
（ii ）若关于x 的不等式g （x ）≤e x 在区间[x 0﹣1，x 0+1]上恒成立，求b 的取值范围．
51．（2017•北京）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，π2]上的最大值和最小值． 52．（2017•江苏）已知函数f （x ）＝x 3+ax 2+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：b 2＞3a ；
（Ⅲ）若f （x ），f ′（x ）这两个函数的所有极值之和不小于−72
，求实数a 的取值范围．
53．（2017•新课标Ⅱ）已知函数f （x ）＝ax 2﹣ax ﹣xlnx ，且f （x ）≥0．
（1）求a ；
（2）证明：f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2． 54．（2017•浙江）已知函数f （x ）＝（x −√2x −1）e ﹣x （x ≥12
）． （1）求f （x ）的导函数；
（2）求f （x ）在区间[12，+∞）上的取值范围． 55．（2017•新课标Ⅲ）已知函数f （x ）＝lnx +ax 2+（2a +1）x ．
（1）讨论f （x ）的单调性；
（2）当a ＜0时，证明：f （x ）≤−34a −2．
56．（2017•新课标Ⅲ）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+12）（1+
122）…（1+12n ）＜m ，求m 的最小值．
57．（2017•山东）已知函数f（x）=1
3x
3−1
2ax
2，a∈R，
（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（3，f（3））处的切线方程；
（2）设函数g（x）＝f（x）+（x﹣a）cos x﹣sin x，讨论g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
2017-2021年高考真题 导数 解答题全集（学生版+解析版）
参考答案与试题解析
1．（2021•新高考Ⅱ）已知函数f （x ）＝（x ﹣1）e x ﹣ax 2+b ．
（Ⅰ）讨论f （x ）的单调性；
（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：f （x ）恰有一个零点．
①12＜a ≤e 22，b ＞2a ； ②0＜a ＜12，b ≤2a ．
【解答】解：（Ⅰ）∵f （x ）＝（x ﹣1）e x ﹣ax 2+b ，f '（x ）＝x （e x ﹣2a ），
①当a ≤0时，当x ＞0时，f '（x ）＞0，当x ＜0时，f '（x ）＜0，
∴f （x ）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
②当a ＞0时，令f '（x ）＝0，可得x ＝0或x ＝ln （2a ），
（i ）当0＜a ＜12时，
当x ＞0或x ＜ln （2a ）时，f '（x ）＞0，当ln （2a ）＜x ＜0时，f '（x ）＜0，
∴f （x ）在（﹣∞，ln （2a ）），（0，+∞）上单调递增，在（ln （2a ），0）上单调递减， （ii ）a =12时，
f '（x ）＝x （e x ﹣1）≥0 且等号不恒成立，∴f （x ）在R 上单调递增，
（iii ）当a ＞12时，
当x ＜0或x ＞ln （2a ）时，f '（x ）＞0，当0＜x ＜ln （2a ）时，f '（x ）＜0，
f （x ）在（﹣∞，0），（ln （2a ），+∞）上单调递增，在（0，ln （2a ））上单调递减． 综上所述：
当 a ⩽0 时，f （x ） 在 （﹣∞，0）上单调递减；在 （0，+∞）上 单调递增；
当 0＜a ＜12 时，f （x ） 在 （﹣∞，ln （2a ）） 和 （0，+∞）上单调递增；在 （ln （2a ），0）上单调递减；
当 a =12 时，f （x ） 在 R 上单调递增；
当 a ＞12 时，f （x ） 在 （﹣∞，0）和 （ln （2a ），+∞） 上单调递增；在 （0，ln （2a ）） 上单调递减．
（Ⅱ）证明：若选①，由 （Ⅰ）知，f （x ） 在 （﹣∞，0）上单调递增，（0，ln （2a ））
单调递减，（ln（2a），+∞）上f（x）单调递增．
注意到f(−√b
a
)=(−√b a−1)e−√
b
a＜0，f(0)=b−1＞2a−1＞0．
∴f（x）在(−√b
a，0]上有一个零点；
f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）⋅2a﹣a⋅ln22a+b＞2aln（2a）﹣2a﹣aln22a+2a＝aln（2a）（2﹣ln（2a）），
由1
2
＜a⩽
e2
2
得0＜ln（2a）⩽2，∴aln（2a）（2﹣ln（2a））⩾0，
∴f（ln（2a））＞0，当x⩾0 时，f（x）⩾f（ln（2a））＞0，此时f（x）无零点．
综上：f（x）在R上仅有一个零点．
若选②，则由（Ⅰ）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（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）2a﹣aln22a+b⩽2aln（2a）﹣2a﹣aln22a+2a＝aln（2a）（2﹣ln（2a）），
∵0＜a＜1
2，∴ln（2a）＜0，∴aln（2a）（2﹣ln（2a））＜0，∴f（ln（2a））＜0，
∴当x⩽0 时，f（x）⩽f（ln（2a））＜0，此时f（x）无零点．
当x＞0 时，f（x）单调递增，注意到f（0）＝b﹣1⩽2a﹣1＜0，取c=√2(1−b)+2，∵b＜2a＜1，∴c＞√2＞1，又易证e c＞c+1，
∴f(c)=(c−1)e c−ac2+b＞(c−1)(c+1)−ac2+b=(1−a)c2+b−1＞1
2
c2+
b−1=1−b+1+b−1＝1＞0，
∴f（x）在（0，c）上有唯一零点，即f（x）在（0，+∞）上有唯一零点．综上：f（x）在R上有唯一零点．
2．（2021•北京）已知函数f（x）=3−2x x2+a
．
（1）若a＝0，求y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（2）若函数f（x）在x＝﹣1处取得极值，求f（x）的单调区间，以及最大值和最小值．
【解答】解：（1）f（x）=3−2x
x2
的导数为f′（x）=
−2x2−2x(3−2x)
x4
=2x−6
x3
，
可得y＝f（x）在（1，1）处的切线的斜率为﹣4，
则y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y﹣1＝﹣4（x﹣1），即为y＝﹣4x+5；
（2）f（x）=3−2x
x2+a
的导数为f′（x）=
−2(x2+a)−2x(3−2x)
(x2+a)2
，
由题意可得f′（﹣1）＝0，即8−2a
(a+1)2
=0，解得a＝4，
可得f（x）=3−2x x2+4
，
f′（x）=2(x+1)(x−4) (x2+4)2
，
当x＞4或x＜﹣1时，f′（x）＞0，f（x）递增；当﹣1＜x＜4时，f′（x）＜0，f（x）递减．
函数y＝f（x）的图象如右图，当x→﹣∞，y→0；x→+∞，y→0，
则f（x）在x＝﹣1处取得极大值1，且为最大值1；在x＝4处取得极小值−1
4，且为最
小值−1 4．
所以f（x）的增区间为（﹣∞，﹣1），（4，+∞），减区间为（﹣1，4）；
f（x）的最大值为1，最小值为−1 4．
3．（2021•天津）已知a＞0，函数f（x）＝ax﹣xe x．
（1）求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）证明函数f（x）存在唯一的极值点；
（3）若∃a，使得f（x）≤a+b对任意的x∈R恒成立，求实数b的取值范围．
【解答】（1）解：因为f'（x）＝a﹣（x+1）e x，所以f'（0）＝a﹣1，而f（0）＝0，所以在（0，f（0））处的切线方程为y＝（a﹣1）x（a＞0）；
（2）证明：令f'（x）＝a﹣（x+1）e x＝0，则a＝（x+1）e x，
令g（x）＝（x+1）e x，则g'（x）＝（x+2）e x，令g'（x）＝0，解得x＝﹣2，当x∈（﹣∞，﹣2）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
当x∈（﹣2，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，
当x→﹣∞时，g（x）＜0，当x→+∞时，g（x）＞0，
作出图象
所以当a＞0时，y＝a与y＝g（x）仅有一个交点，令g（m）＝a，
则m＞﹣1，且f（m）＝a﹣g（m）＝0，
当x∈（﹣∞，m）时，a＞g（m），f'（x）＞0，f（x）为增函数；
当x∈（m，+∞）时，a＜g（m），f'（x）＜0，f（x）为减函数；
所以x＝m时f（x）的极大值点，故f（x）仅有一个极值点；
（3）解：由（2）知f（x）max＝f（m），
此时a＝（1+m）e m，（m＞﹣1），
所以{f（x）﹣a}max＝f（m）﹣a＝（1+m）e m﹣m﹣me m﹣（1+m）e m＝（m2﹣m﹣1）e m （m＞﹣1），
令h（x）＝（x2﹣x﹣1）e x（x＞﹣1），
若存在a，使f（x）≤a+b对任意的x∈R恒成立，
则等价于存在x∈（﹣1，+∞），使得h（x）≤b，即b≥h（x）min，
而h'（x）＝（x2+x﹣2）e x＝（x﹣1）（x+2）e x，（x＞﹣1），
当x∈（﹣1，1）时，h'（x）＜0，h（x）为单调减函数，
当x∈（1，+∞）时，h'（x）＞0，h（x）为单调增函数，
所以h（x）min＝h（1）＝﹣e，故b≥﹣e，
所以实数b的取值范围[﹣e，+∞）．
4．（2021•浙江）设a，b为实数，且a＞1，函数f（x）＝a x﹣bx+e2（x∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若对任意b＞2e2，函数f（x）有两个不同的零点，求a的取值范围；
（Ⅲ）当a＝e时，证明：对任意b＞e4，函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，满足x2＞
blnb 2e2x1+
e2
b．
（注：e＝2.71828⋯是自然对数的底数）
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝a x lna﹣b，
①当b≤0时，由于a＞1，则a x lna＞0，故f′（x）＞0，此时f（x）在R上单调递增；
②当b＞0时，令f′（x）＞0，解得x＞ln b
lna
lna，令f′（x）＜0，解得x＜
ln b
lna
lna，
∴此时f（x）在(−∞，ln b
lna
lna
)单调递减，在(
ln b
lna
lna，+∞)单调递增；
综上，当b≤0时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞）；当b＞0时，f（x）的单调递
减区间为(−∞，ln b
lna
lna
)，单调递增区间为(
ln b
lna
lna，+∞)；
（Ⅱ）注意到x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→+∞，
由（Ⅰ）知，要使函数f（x）有两个不同的零点，只需f(x)min=f(ln b
lna
lna
)＜0即可，
∴a ln b
lna
lna
−b⋅
ln b
lna
lna
+e2＜0对任意b＞2e2均成立，
令t=ln b
lna
lna，则a
t﹣bt+e2＜0，即e tlna﹣bt+e2＜0，即e ln
b
lna−b⋅
ln b
lna
lna
+e2＜0，即
b
lna
−b⋅
ln b
lna
lna
+e2＜0，
∴b−b⋅ln
b
lna
+e2lna＜0对任意b＞2e2均成立，
记g(b)=b−b⋅ln
b
lna
+e2lna，b＞2e2，则g′(b)=1−(ln b lna+b⋅lna b⋅1lna)=
ln(lna)−lnb，
令g′（b）＝0，得b＝lna，
①当lna＞2e2，即a＞e2e2时，易知g（b）在（2e2，lna）单调递增，在（lna，+∞）单调递减，
此时g（b）≤g（lna）＝lna﹣lna•ln1+e2lna＝lna•（e2+1）＞0，不合题意；
②当lna≤2e2，即1＜a≤e2e2时，易知g（b）在（2e2，+∞）单调递减，
此时g(b)＜g(2e2)=2e2−2e2⋅ln 2e2
lna
+e2lna=2e2﹣2e2[ln（2e2）﹣ln（lna）]+e2lna，
故只需2﹣2[ln2+2﹣ln（lna）]+lna≤0，即lna+2ln（lna）≤2+2ln2，则lna≤2，即a≤e2；
综上，实数a的取值范围为（1，e2]；
（Ⅲ）证明：当a＝e时，f（x）＝e x﹣bx+e2，f′（x）＝e x﹣b，令f′（x）＝0，解得x
＝lnb ＞4，
易知f(x)min =f(lnb)=e lnb −b ⋅lnb +e 2=b −blnb +e 2＜b −4b +e 2＝e 2﹣3b ＜e 2﹣3e 4＝e 2（1﹣3e 2）＜0，
∴f （x ）有两个零点，不妨设为x 1，x 2，且x 1＜lnb ＜x 2，
由f(x 2)=e x 2−bx 2+e 2=0，可得x 2=e x 2b +e 2b ，
∴要证x 2＞blnb 2e 2x 1+e 2b ，只需证e x 2b ＞blnb 2e 2x 1
，只需证e x 2＞b 2lnb 2e 2x 1， 而f(2e 2b )=e 2e 2b −2e 2+e 2=e 2e 2b −e 2＜e 2e 2−e 2＜0，则x 1＜2e 2b ， ∴要证e x 2＞b 2
lnb 2e 2x 1，只需证e x 2＞blnb ，只需证x 2＞ln （blnb ）， 而f （ln （blnb ））＝e ln
（blnb ）﹣bln （blnb ）+e 2＝blnb ﹣bln （blnb ）+e 2＜blnb ﹣bln （4b ）+e 2=b ⋅ln 14+e 2=e 2−bln4＜0，
∴x 2＞ln （blnb ），即得证．
5．（2021•甲卷）设函数f （x ）＝a 2x 2+ax ﹣3lnx +1，其中a ＞0．
（1）讨论f （x ）的单调性；
（2）若y ＝f （x ）的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围．
【解答】解：（1）f ′（x ）＝2a 2
x +a −3x =2a 2x 2+ax−3x =(2ax+3)(ax−1)x ，x ＞0， 因为a ＞0，
所以−32a ＜0＜1a ，
所以在（0，1a ）上，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减， 在（1a ，+∞）上，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增． 综上所述，f （x ）在（0，1a ）上单调递减，在（1a ，+∞）上f （x ）单调递增． （2）由（1）可知，f （x ）min ＝f （1a ）＝a 2×（1a ）2+a ×1a −3ln 1a +1＝3+3lna ， 因为y ＝f （x ）的图像与x 轴没有公共点，
所以3+3lna ＞0，
所以a ＞1e ，
所以a 的取值范围为（1e
，+∞）．
6．（2021•乙卷）已知函数f （x ）＝ln （a ﹣x ），已知x ＝0是函数y ＝xf （x ）的极值点．
（1）求a ；
（2）设函数g （x ）=x+f(x)xf(x)
．证明：g （x ）＜1． 【解答】（1）解：由题意，f （x ）的定义域为（﹣∞，a ），
令t （x ）＝xf （x ），则t （x ）＝xln （a ﹣x ），x ∈（﹣∞，a ），
则t '（x ）＝ln （a ﹣x ）+x •−1a−x =ln(a −x)+−x a−x ，
因为x ＝0是函数y ＝xf （x ）的极值点，则有t '（0）＝0，即lna ＝0，所以a ＝1， 当a ＝1时，t '（x ）=ln(1−x)+−x 1−x =ln(1−x)+−11−x +1，且t '（0）＝0，
因为t ''（x ）=−11−x +−1
(1−x)2=x−2
(1−x)2＜0，
则t '（x ）在（﹣∞，1）上单调递减，
所以当x ∈（﹣∞，0）时，t '（x ）＞0，
当x ∈（0，1）时，t '（x ）＜0，
所以a ＝1时，x ＝0是函数y ＝xf （x ）的一个极大值点．
综上所述，a ＝1；
（2）证明：由（1）可知，xf （x ）＝xln （1﹣x ），
要证x+f(x)xf(x)＜1，即需证明x+ln(1−x)xln(1−x)＜1，
因为当x ∈（﹣∞，0）时，xln （1﹣x ）＜0，
当x ∈（0，1）时，xln （1﹣x ）＜0，
所以需证明x +ln （1﹣x ）＞xln （1﹣x ），即x +（1﹣x ）ln （1﹣x ）＞0，
令h （x ）＝x +（1﹣x ）ln （1﹣x ），
则h '（x ）＝（1﹣x ）⋅−11−x +1−ln(1−x)，
所以h '（0）＝0，当x ∈（﹣∞，0）时，h '（x ）＜0，
当x ∈（0，1）时，h '（x ）＞0，
所以x ＝0为h （x ）的极小值点，
所以h （x ）＞h （0）＝0，即x +ln （1﹣x ）＞xln （1﹣x ），
故x+ln(1−x)xln(1−x)
＜1， 所以
x+f(x)xf(x)＜1．
7．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝x（1﹣lnx）．（1）讨论f（x）的单调性；
（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna﹣alnb＝a﹣b，证明：2＜1
a
+1b＜e．
【解答】（1）解：由函数的解析式可得f'（x）＝1﹣lnx﹣1＝﹣lnx，∴x∈（0，1），f′（x）＞0，f（x）单调递增，
x∈（1，+∞），f′（x）＜0，f（x）单调递减，
则f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减．
（2）证明：由blna﹣alnb＝a﹣b，得−1
a
ln1a+1b ln1b=1b−1a，
即1
a (1−ln
1
a
)=
1
b
(1−ln
1
b
)，
由（1）f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，所以f（x）max＝f（1）＝1，且f（e）＝0，
令x1=1
a，x2
=1b，
则x1，x2为f（x）＝k的两根，其中k∈（0，1）．
不妨令x1∈（0，1），x2∈（1，e），则2﹣x1＞1，
先证2＜x1+x2，即证x2＞2﹣x1，即证f（x2）＝f（x1）＜f（2﹣x1），
令h（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），
则h′（x）＝f′（x）+f′（2﹣x）＝﹣lnx﹣ln（2﹣x）＝﹣ln[x（2﹣x）]在（0，1）单调递减，
所以h′（x）＞h′（1）＝0，
故函数h（x）在（0，1）单调递增，
∴h（x1）＜h（1）＝0．∴f（x1）＜f（2﹣x1），∴2＜x1+x2，得证．
同理，要证x1+x2＜e，
（法一）即证1＜x2＜e﹣x1，
根据（1）中f（x）单调性，
即证f（x2）＝f（x1）＞f（e﹣x1），
令φ（x）＝f（x）﹣f（e﹣x），x∈（0，1），
则φ'（x）＝﹣ln[x（e﹣x）]，令φ′（x0）＝0，
x∈（0，x0），φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，
x∈（x0，1），φ'（x）＜0，φ（x）单调递减，
又0＜x＜e时，f（x）＞0，且f（e）＝0，
故lim
x→0
φ(x)=0，
φ（1）＝f（1）﹣f（e﹣1）＞0，
∴φ（x）＞0恒成立，
x1+x2＜e得证，
（法二）f（x1）＝f（x2），x1（1﹣lnx1）＝x2（1﹣lnx2），
又x1∈（0，1），故1﹣lnx1＞1，x1（1﹣lnx1）＞x1，
故x1+x2＜x1（1﹣lnx1）+x2＝x2（1﹣lnx2）+x2，x2∈（1，e），令g（x）＝x（1﹣lnx）+x，g′（x）＝1﹣lnx，x∈（1，e），在（1，e）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
所以g（x）＜g（e）＝e，
即x2（1﹣lnx2）+x2＜e，所以x1+x2＜e，得证，
则2＜1
a
+1b＜e．
8．（2021•乙卷）已知函数f（x）＝x3﹣x2+ax+1．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）求曲线y＝f（x）过坐标原点的切线与曲线y＝f（x）的公共点的坐标．【解答】解：（1）f′（x）＝3x2﹣2x+a，△＝4﹣12a，
①当△≤0，即a≥1
3时，由于f′（x）的图象是开口向上的抛物线，故此时f′（x）≥0，
则f（x）在R上单调递增；
②当△＞0，即a＜1
3时，令f′（x）＝0，解得x1
=1−√1−3a
3，x2
=1+√1−3a
3，
令f′（x）＞0，解得x＜x1或x＞x2，令f′（x）＜0，解得x1＜x＜x2，∴f（x）在（﹣∞，x1），（x2，+∞）单调递增，在（x1，x2）单调递减；
综上，当a≥1
3时，f（x）在R上单调递增；当a＜
1
3时，f（x）在(−∞，
1−√1−3a
3
)，
(1+√1−3a
3，+∞)单调递增，在(1−√1−3a
3，
1+√1−3a
3
)单调递减．
（2）设曲线y＝f（x）过坐标原点的切线为l，切点为(x0，x03−x02+ax0+1)，f′(x0)= 3x02−2x0+a，
则切线方程为y−(x03−x02+ax0+1)=(3x02−2x0+a)(x−x0)，
将原点代入切线方程有，2x 03−x 02−1=0，解得x 0＝1，
∴切线方程为y ＝（a +1）x ，
令x 3﹣x 2+ax +1＝（a +1）x ，即x 3﹣x 2﹣x +1＝0，解得x ＝1或x ＝﹣1，
∴曲线y ＝f （x ）过坐标原点的切线与曲线y ＝f （x ）的公共点的坐标为（1，a +1）和（﹣1，﹣a ﹣1）．
9．（2021•甲卷）已知a ＞0且a ≠1，函数f （x ）=x a a x （x ＞0）． （1）当a ＝2时，求f （x ）的单调区间；
（2）若曲线y ＝f （x ）与直线y ＝1有且仅有两个交点，求a 的取值范围．
【解答】解：（1）a ＝2时，f （x ）=
x 22x ， f ′（x ）=2x⋅2x −2x ln2⋅x 2
(2x )2=x(2−xln2)2x =ln2⋅x(2ln2−x)2x ， 当x ∈（0，2ln2）时，f ′（x ）＞0，当x ∈（
2ln2，+∞）时，f ′（x ）＜0， 故f （x ）在（0，2ln2）上单调递增，在（2ln2，+∞）上单调递减．
（2）由题知f （x ）＝1在（0，+∞）有两个不等实根，
f （x ）＝1⇔x a ＝a x ⇔alnx ＝xlna ⇔
lnx x =lna a ， 令g （x ）=
lnx x ，g ′（x ）=1−lnx x 2，g （x ）在（0，e ）上单调递增，在（e ，+∞）上单调递减，
又lim x→0g （x ）＝﹣∞，g （e ）=1e ，g （1）＝0，lim x→+∞g （x ）＝0， 作出g （x ）的图象，如图所示：
由图象可得0＜lna a ＜1e ，解得a ＞1且a ≠e ，
即a 的取值范围是（1，e ）∪（e ，+∞）．
10．（2020•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝e x ﹣a （x +2）．
（1）当a ＝1时，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：由题意，f （x ）的定义域为（﹣∞，+∞），且f ′（x ）＝e x ﹣a ．
（1）当a ＝1时，f ′（x ）＝e x ﹣1，令f ′（x ）＝0，解得x ＝0．
∴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．
∴f （x ）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增；
（2）当a ≤0时，f ′（x ）＝e x ﹣a ＞0恒成立，f （x ）在（﹣∞，+∞）上单调递增，不合题意；
当a ＞0时，令f ′（x ）＝0，解得x ＝lna ，
当x ∈（﹣∞，lna ）时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，
当x ∈（lna ，+∞）时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增．
∴f （x ）的极小值也是最小值为f （lna ）＝a ﹣a （lna +2）＝﹣a （1+lna ）．
又当x →﹣∞时，f （x ）→+∞，当x →+∞时，f （x ）→+∞．
∴要使f （x ）有两个零点，只要f （lna ）＜0即可，
则1+lna ＞0，可得a ＞1e ．
综上，若f （x ）有两个零点，则a 的取值范围是（1e ，+∞）． 11．（2020•天津）已知函数f （x ）＝x 3+klnx （k ∈R ），f ′（x ）为f （x ）的导函数．
（Ⅰ）当k ＝6时，
（ⅰ）求曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程；
（ⅱ）求函数g （x ）＝f （x ）﹣f ′（x ）+9x 的单调区间和极值；
（Ⅱ）当k ≥﹣3时，求证：对任意的x 1，x 2∈[1，+∞），且x 1＞x 2，有
f′(x 1)+f′(x 2)2＞f(x 1)−f(x 2)
x 1−x 2．
【解答】解：（I ）（i ）当k ＝6时，f （x ）＝x 3+6lnx ，
故f ′（x ）＝3x 2+6x
，
∴f ′（1）＝9，
∵f （1）＝1，
∴曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程为y ﹣1＝9（x ﹣1），即9x ﹣y ﹣8＝0．
（ii ）g （x ）＝f （x ）﹣f ′（x ）+9
x =x 3+6lnx ﹣3x 2+3x
，x ＞0，
∴g ′（x ）＝3x 2
﹣6x +6x −3x 2=3(x−1)3
(x+1)
x 2
，
令g ′（x ）＝0，解得x ＝1， 当0＜x ＜1，g ′（x ）＜0， 当x ＞1，g ′（x ）＞0，
∴函数g （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增， x ＝1是极小值点，极小值为g （1）＝1，无极大值 证明：（Ⅱ）由f （x ）＝x 3+klnx ，则f ′（x ）＝3x 2+k
x
， 对任意的x 1，x 2∈[1，+∞），且x 1＞x 2，令
x 1x 2
=t ，t ＞1，
则（x 1﹣x 2）[f ′（x 1）+f ′（x 2）]﹣2[f （x 1）﹣f （x 2）]＝（x 1﹣x 2）（3x 12+k
x 1
+3x 22+k
x 2
）﹣2
（x 13﹣x 23+kln
x 1x 2
），
＝x 13﹣x 23﹣3x 12x 2+3x 1x 22+k （
x 1x 2−
x 2x 1
）﹣2kln
x 1x 2
，
＝x 23（t 3﹣3t 2+3t ﹣1）+k （t −1
t
−2lnt ），① 令h （x ）＝x −1
x −2lnx ，x ＞1， 当x ＞1时，h ′（x ）＝1+
1x
2−2x =（1−1
x ）2＞0， ∴h （x ）在（1，+∞）单调递增，
∴当t ＞1，h （t ）＞h （1）＝0，即t −1
t −2lnt ＞0， ∵x 2≥1，t 3﹣3t 2+3t ﹣1＝（t ﹣1）3＞0，k ≥﹣3，
∴x 23（t 3
﹣3t 2+3t ﹣1）+k （t −1t −2lnt ）≥t 3﹣3t 2+3t ﹣1﹣3（t −1t −2lnt ）＝t 3﹣3t 2+6lnt +3
t −1，
②，
由（Ⅰ）（ii ）可知当t ≥1时，g （t ）＞g （1） 即t 3﹣3t 2+6lnt +3
t ＞1，③，
由①②③可得（x 1﹣x 2）[f ′（x 1）+f ′（x 2）]﹣2[f （x 1）﹣f （x 2）]＞0， ∴当k ≥﹣3时，对任意的x 1，x 2∈[1，+∞），且x 1＞x 2，有f′(x 1)+f′(x 2)
2
＞
f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2
．
12．（2020•海南）已知函数f （x ）＝ae x ﹣
1﹣lnx +lna ．
（1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝e时，f（x）＝e x﹣lnx+1，
∴f′（x）＝e x−1 x，
∴f′（1）＝e﹣1，
∵f（1）＝e+1，
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣（e+1）＝（e﹣1）（x﹣1），
当x＝0时，y＝2，当y＝0时，x=−2
e−1，
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积S=1
2
×2×2e−1=
2
e−1．
（2）方法一：由f（x）≥1，可得ae x﹣1﹣lnx+lna≥1，即e x﹣1+lna﹣lnx+lna≥1，即e x﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝e lnx+lnx，
令g（t）＝e t+t，
则g′（t）＝e t+1＞0，
∴g（t）在R上单调递增，
∵g（lna+x﹣1）≥g（lnx）
∴lna+x﹣1≥lnx，
即lna≥lnx﹣x+1，
令h（x）＝lnx﹣x+1，
∴h′（x）=1
x
−1=1−x x，
当0＜x＜1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，
当x＞1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
∴h（x）≤h（1）＝0，
∴lna≥0，
∴a≥1，
故a的范围为[1，+∞）．
方法二：由f（x）≥1可得ae x﹣1﹣lnx+lna≥1，x＞0，a＞0，
即ae x﹣1﹣1≥lnx﹣lna，
设g（x）＝e x﹣x﹣1，
∴g′（x）＝e x﹣1＞0恒成立，∴g（x）在（0，+∞）单调递增，∴g（x）＞g（0）＝1﹣0﹣1＝0，∴e x﹣x﹣1＞0，
即e x＞x+1，
再设h（x）＝x﹣1﹣lnx，
∴h′（x）＝1−1
x
=x−1x，
当0＜x＜1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
当x＞1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，
∴h（x）≥h（1）＝0，
∴x﹣1﹣lnx≥0，
即x﹣1≥lnx
∴e x﹣1≥x，则ae x﹣1≥ax，
此时只需要证ax≥x﹣lna，
即证x（a﹣1）≥﹣lna，
当a≥1时，
∴x（a﹣1）＞0＞﹣lna恒成立，
当0＜a＜1时，x（a﹣1）＜0＜﹣lna，此时x（a﹣1）≥﹣lna不成立，综上所述a的取值范围为[1，+∞）．
方法三：由题意可得x∈（0，+∞），a∈（0，+∞），
∴f′（x）＝ae x﹣1−1 x，
易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，
①当0＜a＜1时，f′（1）＝a﹣1＜0，f′（1
a ）＝a e
1
a−1−a＝a（e
1
a−1−1）＞0，
∴存在x0∈（1，1
a
）使得f′（x0）＝0，
当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，∴f（x）＜f（1）＝a+lna＜a＜1，不满足题意，
②当a≥1时，e x﹣1＞0，lna＞0，∴f（x）≥e x﹣1﹣lnx，
令g（x）＝e x﹣1﹣lnx，
∴g′（x）＝e x﹣1−1 x，
易知g′（x）在（0，+∞）上为增函数，
∵g′（1）＝0，
∴当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，∴g（x）≥g（1）＝1，
即f（x）≥1，
综上所述a的取值范围为[1，+∞）．
方法四：∵f（x）＝ae x﹣1﹣lnx+lna，x＞0，a＞0，
∴f′（x）＝ae x﹣1−1
x，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，
∵y＝ae x﹣1在（0，+∞）上为增函数，y=1
x在0，+∞）上为减函数，
∴y＝ae x﹣1与y=1
x在0，+∞）上有交点，
∴存在x0∈（0，+∞），使得f′（x0）＝a e x0−1−1
x0
=0，
则a e x0−1=1
x0，则lna+x0﹣1＝﹣lnx0，即lna＝1﹣x0﹣lnx0，
当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴f（x）≥f（x0）＝a e x0−1−lnx0+lna
=1x
0−lnx0+1﹣x0﹣lnx0=1x
−2lnx0+1﹣x0≥1
∴1
x0
−2lnx0﹣x0≥0
设g（x）=1
x
−2lnx﹣x，
易知函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）＝1﹣0﹣1＝0，∴当x∈（0，1]时，g（x）≥0，
∴x0∈（0，1]时，1
x0
−2lnx0﹣x0≥0，
设h（x）＝1﹣x﹣lnx，x∈（0，1]，
∴h′（x）＝﹣1−1
x＜0恒成立，
∴h（x）在（0，1]上单调递减，
∴h（x）≥h（1）＝1﹣1﹣ln1＝0，
当x→0时，h（x）→+∞，
∴lna≥0＝ln1，
∴a≥1．
方法五：f（x）≥1等价于ae x﹣1﹣lnx+lna≥1，该不等式恒成立．当x＝1时，有a+lna≥1，其中a＞0．
设g（a）＝a+lna﹣1，则g'（a）＝1+1
a＞0，
则g（a）单调递增，且g（1）＝0．
所以若a+lna≥1成立，则必有a≥1．
∴下面证明当a≥1时，f（x）≥1成立．
设h（x）＝e x﹣x﹣1，
∴h′（x）＝e x﹣1，
∴h（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，
∴h（x）≥h（0）＝1﹣0﹣1＝0，
∴e x﹣x﹣1≥0，
即e x≥x+1，
把x换成x﹣1得到e x﹣1≥x，
∵x﹣1≥lnx，∴x﹣lnx≥1．
∴f（x）＝ae x﹣1﹣lnx+lna≥e x﹣1﹣lnx≥x﹣lnx≥1，当x＝1时等号成立．
综上，a≥1．
13．（2020•北京）已知函数f（x）＝12﹣x2．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）的斜率等于﹣2的切线方程；
（Ⅱ）设曲线y＝f（x）在点（t，f（t））处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S（t），求S（t）的最小值．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝12﹣x2的导数f′（x）＝﹣2x，
令切点为（m，n），可得切线的斜率为﹣2m＝﹣2，
∴m＝1，∴n＝12﹣1＝11，
∴切线的方程为y＝﹣2x+13；
（Ⅱ）曲线y＝f（x）在点（t，f（t））处的切线的斜率为k＝﹣2t，切线方程为y﹣（12﹣t2）＝﹣2t（x﹣t），
令x＝0，可得y＝12+t2，令y＝0，可得x=1
2t+
6
t，
∴S（t）=1
2•|
1
2
t+
6
t|•（12+t
2），
由S（﹣t）＝S（t），可知S（t）为偶函数，
不妨设t＞0，则S（t）=1
4（t+
12
t）（12+t
2），
∴S′（t）=1
4（3t
2+24−144
t2
）=
3
4•
(t2−4)(t2+12)
t2
，
由S′（t）＝0，得t＝2，
当t＞2时，S′（t）＞0，S（t）递增；当0＜t＜2时，S′（t）＜0，S（t）递减，则S（t）在t＝2和﹣2处取得极小值，且为最小值32，
所以S（t）的最小值为32．
14．（2020•浙江）已知1＜a≤2，函数f（x）＝e x﹣x﹣a，其中e＝2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数y＝f（x）在（0，+∞）上的零点，证明：
（ⅰ）√a−1≤x0≤√2(a−1)；
（ⅱ）x0f（e x0）≥（e﹣1）（a﹣1）a．
【解答】证明：（Ⅰ）∵f（x）＝e x﹣x﹣a＝0（x＞0），∴f′（x）＝e x﹣1＞0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，
∵1＜a≤2，∴f（2）＝e2﹣2﹣a≥e2﹣4＞0，又f（0）＝1﹣a＜0，
∴函数y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零点．
（Ⅱ）（i）f（x0）＝0，∴e x0−x0﹣a＝0，
∴√a−1≤x0≤√2(a−1)，∴e x0−x0−1≤x02≤2(e x0−x0−1)，
令g（x）＝e x﹣x﹣1﹣x2（0＜x＜2），h（x）＝e x﹣x﹣1−x2
2，（0＜x＜2），
一方面，h′（x）＝e x﹣1﹣x＝h1（x），ℎ
1
′(x)=e x−1＞0，∴h′（x）＞h′（0）＝0，∴h（x）在（0，2）单调递增，
∴h（x）＞h（0）＝0，
∴e x﹣x﹣1−x2
2＞0，2（e
x﹣x﹣1）＞x2，
另一方面，1＜a≤2，∴a﹣1≤1，
∴当x0≥1时，√a−1≤x0成立，
∴只需证明当0＜x＜1时，g（x）＝e x﹣x﹣1﹣x2≤0，
∵g′（x）＝e x﹣1﹣2x＝g1（x），g1'（x）＝e x﹣2＝0，∴x＝ln2，
当x∈（0，ln2）时，g1'（x）＜0，当x∈（ln2，1）时，g1'（x）＞0，
∴g′（x）＜max{g′（0），g′（1）}，g′（0）＝0，g′（1）＝e﹣3＜0，
∴g′（x）＜0，∴g（x）在（0，1）单调递减，
∴g（x）＜g（0）＝0，∴e x﹣x﹣1＜x2，
综上，e x0−x0−1≤x02≤2(e x0−x0−1)，
∴√a−1≤x0≤√2(a−1)．
（ii）要证明x0f（e x0）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证x0f（x0+a）≥（e﹣1）（a﹣1）a，由（i）得只需证e√a−1+a−√a−1−2a≥（e﹣1）a√a−1，
∵e x≥1+x+1
2
x2，∴只需证1+12（√a−1+a）2﹣a≥（e﹣1）a√a−1，
只需证a2−(√a−1)2−2（e﹣2）a√a−1≥0，即证
√a−1−
√a−1
a
≥2（e﹣2），
∵
√a−1=
√a−1
+√a−1∈[2，+∞），
∴
√a−1−
√a−1
a
≥2−
1
2
=
3
2
≥2(e−2)，
∴x0f（e x0）≥（e﹣1）（a﹣1）a．
15．（2020•江苏）已知关于x的函数y＝f（x），y＝g（x）与h（x）＝kx+b（k，b∈R）在区间D上恒有f（x）≥h（x）≥g（x）．
（1）若f（x）＝x2+2x，g（x）＝﹣x2+2x，D＝（﹣∞，+∞），求h（x）的表达式；
（2）若f（x）＝x2﹣x+1，g（x）＝klnx，h（x）＝kx﹣k，D＝（0，+∞），求k的取值范围；
（3）若f（x）＝x4﹣2x2，g（x）＝4x2﹣8，h（x）＝4（t3﹣t）x﹣3t4+2t2（0＜|t|≤√2），D＝[m，n]⊂[−√2，√2]，求证：n﹣m≤√7．
【解答】解：（1）由f（x）＝g（x）得x＝0，
又f′（x）＝2x+2，g′（x）＝﹣2x+2，所以f′（0）＝g′（0）＝2，
所以，函数h（x）的图象为过原点，斜率为2的直线，所以h（x）＝2x，经检验：h（x）＝2x，符合任意，
（2）h（x）﹣g（x）＝k（x﹣1﹣lnx），
设φ（x）＝x﹣1﹣lnx，设φ′（x）＝1−1
x
=x−1x，
在（1，+∞）上，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增，
在（0，1）上，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减，
所以φ（x）≥φ（1）＝0，
所以当h（x）﹣g（x）≥0时，k≥0，
令p（x）＝f（x）﹣h（x）
所以p（x）＝x2﹣x+1﹣（kx﹣k）＝x2﹣（k+1）x+（1+k）≥0，得，当x＝k+1≤0时，即k≤﹣1时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以p（x）＞p（0）＝1+k≥0，k≥﹣1，
所以k＝﹣1，
当k+1＞0时，即k＞﹣1时，
△≤0，即（k+1）2﹣4（k+1）≤0，
解得﹣1＜k≤3，
综上，k∈[0，3]．
（3）①当1≤t≤√2时，由g（x）≤h（x），得
4x2﹣8≤4（t3﹣t）x﹣3t4+2t2，
整理得x2﹣（t3﹣t）x+3t4−2t2−8
4
≤0，（*）
令△＝（t3﹣t）2﹣（3t4﹣2t2﹣8），
则△＝t6﹣5t4+3t2+8，
记φ（t）＝t6﹣5t4+3t2+8（1≤t≤√2），
则φ′（t）＝6t5﹣20t3+6t＝2t（3t2﹣1）（t2﹣3）＜0，恒成立，
所以φ（t）在[1，√2]上是减函数，则φ（√2）≤φ（t）≤φ（1），即2≤φ（t）≤7，所以不等式（*）有解，设解为x1≤x≤x2，
因此n﹣m≤x2﹣x1=√△≤√7．
②当0＜t＜1时，
f（﹣1）﹣h（﹣1）＝3t4+4t3﹣2t2﹣4t﹣1，
设v （t ）＝3t 4+4t 3﹣2t 2﹣4t ﹣1，
则v ′（t ）＝12t 3+12t 2﹣4t ﹣4＝4（t +1）（3t 2﹣1）， 令v ′（t ）＝0，得t =√3
3， 当t ∈（0，√3
3
）时，v ′（t ）＜0，v （t ）是减函数， 当t ∈（
√3
3
，1）时，v ′（t ）＞0，v （t ）是增函数， v （0）＝﹣1，v （1）＝0， 则当0＜t ＜1时，v （t ）＜0，
则f （﹣1）﹣h （﹣1）＜0，因此﹣1∉（m ，n ）， 因为[m ，n ]⊆[−√2，√2]，所以n ﹣m ≤√2+1＜√7，
③当−√2≤t ＜0时，因为f （x ），g （x ）为偶函数，因此n ﹣m ≤√7也成立， 综上所述，n ﹣m ≤√7．
16．（2020•新课标Ⅲ）设函数f （x ）＝x 3+bx +c ，曲线y ＝f （x ）在点（1
2
，f （1
2））处的切线
与y 轴垂直． （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．
【解答】（1）解：由f （x ）＝x 3+bx +c ，得f ′（x ）＝3x 2+b ， ∴f ′（1
2）＝3×(1
2)2+b =0，即b =−3
4；
（2）证明：法一、设x 0为f （x ）的一个零点，根据题意，f(x 0)=x 03−3
4x 0+c =0，且|x 0|≤1，
则c =−x 03+3
4
x 0，且|x 0|≤1， 令c （x ）=−x 3+34x （﹣1≤x ≤1）， ∴c ′（x ）=−3x 2+
34=−3(x +12)(x −1
2)， 当x ∈（﹣1，−1
2）∪（12
，1）时，c ′（x ）＜0，当x ∈（−1
2，12
）时，c ′（x ）＞0 可知c （x ）在（﹣1，−1
2），（1
2
，1）上单调递减，在（−1
2，1
2
）上单调递增．
又c （﹣1）=14，c （1）=−14，c （−12）=−14
，c （1
2
）=14
，
∴−14≤c ≤14
．
设x 1 为f （x ）的零点，则必有f(x 1)=x 13−3
4x 1+c =0， 即−14
≤c =−x 13+34
x 1≤14
，
∴{4x 13−3x 1−1=(x 1−1)(2x 1+1)2≤04x 13−3x 1+1=(x 1+1)(2x 1−1)2≥0，得﹣1≤x 1≤1， 即|x 1|≤1．
∴f （x ）所有零点的绝对值都不大于1． 法二、由（1）可得，f （x ）=x 3−34
x +c ． f ′（x ）=3x 2−
34=3(x +12)(x −12
)， 可得当x ∈（﹣∞，−1
2
）∪（12
，+∞）时，f ′（x ）＞0，当x ∈（−12
，12
）时，f ′（x ）＜0，
则f （x ）在（﹣∞，−1
2），（1
2
，+∞）上单调递增，在（−1
2，1
2
）上单调递减．
且f （﹣1）＝c −1
4，f （−12）＝c +14
，f （1
2
）＝c −14，f （1）＝x +14
，
若f （x ）的所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x 0，则f （﹣1）＞0或f （1）＜0． 即c ＞1
4或c ＜−1
4．
当c ＞1
4时，f （﹣1）＝c −1
4＞0，f （−1
2）＝c +1
4＞0，f （1
2
）＝c −1
4＞0，f （1）＝c +1
4＞0，
又f （﹣4c ）＝﹣64c 3+3c +c ＝4c （1﹣16c 2）＜0，
由零点存在性定理可知，f （x ）在（﹣4c ，﹣1）上存在唯一一个零点． 即f （x ）在（﹣∞，﹣1）上存在唯一零点，在（1，+∞）上不存在零点． 此时f （x ）不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当c ＜−1
4
时，f （﹣1）＝c −14
＜0，f （−12
）＝c +14
＜0，f （1
2
）＝c −14
＜0，f （1）＝c +
14
＜0，
又f （﹣4c ）＝64c 3+3c +c ＝4c （1﹣16c 2）＞0，
由零点存在性定理可知，f （x ）在（1，﹣4c ）上存在唯一一个零点． 即f （x ）在（1，+∞）上存在唯一零点，在（﹣∞，1）上不存在零点．。