2016届高考数学理新课标一轮总复习练习 函数、导数及其应用

第四节 二次函数与幂函数[考纲传真] (教师用书独具)1.(1)了解幂函数的概念；(2)结合函数y ＝x ，y ＝x 2，y ＝x 3，y ＝x 12，y ＝1x的图像，了解它们的变化情况.2.理解二次函数的图像和性质，能用二次函数、方程、不等式之间的关系解决简单问题．(对应学生用书第16页)[基础知识填充]1．二次函数(1)二次函数解析式的三种形式 一般式：f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)；顶点式：f (x )＝a (x －h )2＋k (a ≠0)，顶点坐标为(h ，k )； 零点式：f (x )＝a (x －x 1)(x －x 2)(a ≠0)，x 1，x 2为f (x )的零点． (2)二次函数的图像与性质2.(1)定义：如果一个函数，底数是自变量x ，指数是常量α，即y ＝x α，这样的函数称为幂函数．(2)五种常见幂函数的图像与性质[知识拓展] 若f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，则当⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，Δ＜0时，恒有f (x )＞0；当⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，Δ＜0时，恒有f (x )＜0.[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c ，x ∈R 不可能是偶函数．( ) (2)二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c ，x ∈[a ，b ]的最值一定是4ac －b24a.( )(3)幂函数的图像一定经过点(1,1)和点(0,0)．( ) (4)当n ＞0时，幂函数y ＝x n在(0，＋∞)上是增函数．( ) [答案] (1)× (2)× (3)× (4)√2．y ＝x 2，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，y ＝4x 2，y ＝x 5＋1，y ＝(x －1)2，y ＝x ，y ＝a x(a ＞1)，上述函数是幂函数的有( ) A ．0个 B ．1个 C ．2个D ．3个C [只有y ＝x 2，y ＝x 是幂函数，故选C.]3．已知函数f (x )＝ax 2＋x ＋5的图像在x 轴上方，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，120B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－120C.⎝⎛⎭⎪⎫120，＋∞D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－120，0C [由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，Δ＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，1－20a ＜0，得a ＞120.]4．若f (x )＝(x ＋a )(x －4)为偶函数，则实数a ＝________.4 [f (x )＝x 2＋(a －4)x －4a ，由f (x )是偶函数知a －4＝0，所以a ＝4.]5．(教材改编)已知幂函数y ＝f (x )的图像过点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，22，则此函数的解析式为________；在区间________上递减．y ＝x －12 (0，＋∞) [设f (x )＝x α，则2α＝22，所以α＝－12，即幂函数的解析式为y ＝x －12，单调减区间为(0，＋∞)．](对应学生用书第17页)(1)幂函数y ＝f (x )的图像过点(4,2)，则幂函数y ＝f (x )的图像是( )(2)(2016·全国卷Ⅲ)已知a ＝243，b ＝323，c ＝2513，则( ) A ．b ＜a ＜c B ．a ＜b ＜c C ．b ＜c ＜aD ．c ＜a ＜b(1)C (2)A [(1)令f (x )＝x α，由4α＝2，∴α＝12，∴f (x )＝x 12.故选C.(2)a ＝243＝423，b ＝323，c ＝2513＝523. ∵y ＝x 23在第一象限内为增函数，又5＞4＞3， ∴c ＞a ＞b .][跟踪训练] (1)已知幂函数f (x )＝(n 2＋2n －2)·x n 2－3n(n ∈Z )在(0，＋∞)上是减函数，则n 的值为( ) A ．－3 B ．1 C ．2D ．1或2(2)若(a ＋1)12＜(3－2a )12，则实数a 的取值范围是________．(1)B (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，23 [(1)由于f (x )为幂函数，所以n 2＋2n －2＝1，解得n ＝1或n ＝－3.当n ＝1时，f (x )＝x －2＝1x2在(0，＋∞)上是减函数；当n ＝－3时，f (x )＝x 18在(0，＋∞)上是增函数．故n ＝1符合题意，应选B.(2)易知函数y ＝x 12的定义域为[0，＋∞)，在定义域内为增函数，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1≥0，3－2a ≥0，a ＋1＜3－2a ，解得－1≤a ＜23.]已知二次函数f (x )满足f (2)＝－1，f (－1)＝－1，且f (x )的最大值是8，试确定此二次函数的解析式.【导学号：79140037】[解] 法一(利用一般式)： 设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)． 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧4a ＋2b ＋c ＝－1，a －b ＋c ＝－1，4ac －b 24a ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝4，c ＝7.∴所求二次函数为f (x )＝－4x 2＋4x ＋7.法二(利用顶点式)： 设f (x )＝a (x －m )2＋n . ∵f (2)＝f (－1)，∴抛物线的图像的对称轴为x ＝2＋(－1)2＝12.∴m ＝12.又根据题意函数有最大值8，∴n ＝8.∴y ＝f (x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋8. ∵f (2)＝－1，∴a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－122＋8＝－1，解得a ＝－4， ∴f (x )＝－4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋8＝－4x 2＋4x ＋7.法三(利用零点式)：由已知f (x )＋1＝0的两根为x 1＝2，x 2＝－1， 故可设f (x )＋1＝a (x －2)(x ＋1)， 即f (x )＝ax 2－ax －2a －1.又函数的最大值是8，即4a (－2a －1)－(－a )24a ＝8，解得a ＝－4，∴所求函数的解析式为f (x )＝－4x 2＋4x ＋7.已知二次函数f (x )的图像经过点(4,3)，它在x 轴上截得的线段长为对任意x ∈R ，都有f (2－x )＝f (2＋x )，求f (x )的解析式． [解] ∵f (2－x )＝f (2＋x )对x ∈R 恒成立， ∴f (x )的对称轴为x ＝2.又∵f (x )的图像被x 轴截得的线段长为2， ∴f (x )＝0的两根为1和3.设f (x )的解析式为f (x )＝a (x －1)(x －3)(a ≠0)． 又∵f (x )的图像过点(4,3)， ∴3a ＝3，a ＝1.∴所求f (x )的解析式为f (x )＝(x －1)(x －3)， 即f (x )＝x 2－4x ＋3.◎角度1 二次函数图像的识别及应用设abc ＞0，则二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的图像可能是( )D [由A ，C ，D 知，f (0)＝c ＜0.∵abc ＞0，∴ab ＜0，∴对称轴x ＝－b2a ＞0，知A ，C 错误，D 符合要求．由B 知f (0)＝c ＞0，∴ab ＞0，∴x ＝－b2a＜0，B 错误．] ◎角度2 二次函数的最值问题(2017·广州十六中月考)若函数f (x )＝x 2－2x ＋1在区间[a ，a ＋2]上的最小值为4，则a 的取值集合为( ) A ．[－3,3] B ．[－1,3] C ．{－3,3}D ．{－1，－3,3}C [f (x )＝x 2－2x ＋1＝(x －1)2，图像的对称轴是x ＝1. 因为f (x )在区间[a ，a ＋2]上的最小值为4，所以当1≤a 时，y min ＝f (a )＝(a －1)2＝4，解得a ＝－1(舍去)或a ＝3；当a ＋2≤1，即a ≤－1时，y min ＝f (a ＋2)＝(a ＋1)2＝4，解得a ＝1(舍去)或a ＝－3； 当a ＜1＜a ＋2，即－1＜a ＜1时，y min ＝f (1)＝0≠4，不符合题意，故a 的取值集合为{－3,3}．]◎角度3 二次函数中的恒成立问题已知函数f (x )＝x 2＋bx ＋c (b ，c ∈R )，对任意的x ∈R ，恒有f ′(x )≤f (x )． (1)证明：当x ≥0时，f (x )≤(x ＋c )2；(2)若对满足题设条件的任意b ，c ，不等式f (c )－f (b )≤M (c 2－b 2)恒成立，求M 的最小值．[解] (1)证明：易知f ′(x )＝2x ＋b . 由题设，对任意的x ∈R,2x ＋b ≤x 2＋bx ＋c ， 即x 2＋(b －2)x ＋c －b ≥0恒成立，所以Δ＝(b －2)2－4(c －b )≤0，从而c ≥b 24＋1.于是c ≥1，且c ≥2b 24×1＝|b |，当且仅当b ＝±2时等号成立． 因此2c －b ＝c ＋(c －b )＞0.当x ≥0时，有(x ＋c )2－f (x )＝(2c －b )x ＋c (c －1)≥0. 故当x ≥0时，f (x )≤(x ＋c )2. (2)由(1)知，c ≥|b |，则 当c ＞|b |时，有M ≥f (c )－f (b )c 2－b 2＝c 2－b 2＋bc －b 2c 2－b 2＝c ＋2b b ＋c.令t ＝b c ，则－1＜t ＜1，c ＋2b b ＋c ＝2－11＋t. 而函数g (t )＝2－11＋t (－1＜t ＜1)的值域为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，32，因此，当c ＞|b |时，M 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.当c ＝|b |时，由(1)知，b ＝±2，c ＝2. 此时f (c )－f (b )＝－8或0，且c 2－b 2＝0， 从而f (c )－f (b )≤M (c 2－b 2)恒成立． 综上所述，M 的最小值为32.类型：①对称轴、区间都是给定的；②对称轴动、区间固定；③对称轴定、区间变动求解方法：抓住“三点一轴”进行数形结合，三点是指区间两个端点和中点，一轴指的是对称轴，具体方法是利用配方法、函数的单调性及分类讨论的思想求解2.二次函数中恒成立问题的求解思路x ⇔a xmax，x ⇔f xmin.[跟踪训练] (1)已知函数f (x )＝ax 2－2x ＋2，若对一切x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，2，f (x )＞0都成立，则实数a 的取值范围为( )【导学号：79140038】A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞C ．[－4，＋∞)D ．(－4，＋∞)(2)已知函数f (x )＝x 2＋mx －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )＜0成立，则实数m 的取值范围是________．(1)B (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0 [(1)因为对一切x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，f (x )＞0都成立，所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2时，a ＞2x －2x 2＝－2x 2＋2x ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －122＋12，又－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －122＋12≤12，则实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞. (2)因为函数f (x )＝x 2＋mx －1的图像是开口向上的抛物线，要使对于任意x ∈[m ，m＋1]，都有f (x )＜0，则有⎩⎪⎨⎪⎧f (m )＜0，f (m ＋1)＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋m 2－1＜0，(m ＋1)2＋m (m ＋1)－1＜0，解得－22＜m ＜0. 所以实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0.]。

第8讲指数与指数函数1．根式(1)根式的概念(2)两个重要公式①na n＝⎩⎨⎧！！！a###(n为奇数)，|a|＝⎩⎪⎨⎪⎧！！！a###(a≥0)，！！！－a###(a<0)(n为偶数)；②(na )n＝__a __(注意：a 必须使na 有意义)． 2．有理数的指数幂 (1)幂的有关概念①正分数指数幂：a mna >0，m ，n ∈N *，且n >1)；②负分数指数幂：a －mn ＝！！！ 1a n###＝！！！ 1 ###(a >0，m ，n ∈N *，且n >1)．③0的正分数指数幂等于__0__,0的负分数指数幂__无意义__. (2)有理数指数幂的性质 ①a r a s＝__ar ＋s__(a >0，r ，s ∈Q )；②(a r )s ＝__a rs__(a >0，r ，s ∈Q )； ③(ab )r＝__a r b r__(a >0，b >0，r ∈Q )． 3．指数函数的图象与性质1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)． (1)na n与(na )n 都等于a (n ∈N *)．( × ) (2)2a·2b＝2a b ．( × )(3)函数y ＝3·2x与y ＝2x ＋1都不是指数函数．( √ )(4)若a m<a n(a >0且a ≠1)，则m <n .( × ) (5)函数y ＝2－x在R 上为单调减函数．( √ ) 解析 (1)错误．当n 为偶数，a <0时，na 不成立．(2)错误.2a ·2b ＝2a ＋b≠2ab.(3)正确．两个函数均不符合指数函数的定义． (4)错误．当a >1时，m <n ；而当0<a <1时，m >n .(5)正确．y ＝2－x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，根据指数函数的性质可知函数在R 上为减函数．2．函数f (x )＝1－2x的定义域是( A ) A ．(－∞，0] B ．[0，＋∞) C ．(－∞，0)D ．(－∞，＋∞)解析 ∵1－2x≥0，∴2x≤1，∴x ≤0. 3．已知函数f (x )＝4＋a x －1的图象恒过定点P ，则点P 的坐标是( A )A ．(1,5)B ．(1,4)C ．(0,4)D ．(4,0)解析 当x ＝1时，f (x )＝5.4．不等式2x 2－x <4的解集为__{x |－1<x <2}__.解析 不等式2x 2－x <4可化为2x 2－x <22，由指数函数y ＝2x 的性质可得，x 2－x <2，解得－1<x <2，故所求解集为{x |－1<x <2}．5．若函数y ＝(a 2－1)x在(－∞，＋∞)上为减函数，则实数a解析 由题意知0<a 2－1<1，即1<a 2<2，得－2<a <－1或1<a < 2.一 指数幂的化简与求值指数幂运算的一般原则(1)有括号的先算括号里的，无括号的先做指数运算． (2)先乘除后加减，负指数幂化成正指数幂的倒数．(3)底数是负数，先确定符号；底数是小数，先化成分数；底数是带分数的，先化成假分数．(4)若是根式，应化为分数指数幂，尽可能用幂的形式表示，运用指数幂的运算性质来解答．【例1】 计算：(1)3a 92 a －3÷3a －73a 13；(2)(0.027) －13 －⎝ ⎛⎭⎪⎫17－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫27912 －(2－1)0；(3)已知m 12 ＋m －12＝4，求m 32 －m －32m 12 －m －12 .解析 (1)原式＝(a 92 a －32 )13 ÷(a －73 a 133 )12 ＝(a 3)13 ÷(a 2)12 ＝a ÷a ＝1．(2)原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫271 000－13 －72＋⎝ ⎛⎭⎪⎫25912－1＝103－49＋53－1＝－45.(3)∵m 12 ＋m －12 ＝4，∴m ＋m －1＋2＝16，∴m ＋m －1＝14， ∴m 32 －m －32 m 12 －m －12 ＝(m 12 －m －12 )(m ＋m －1＋1)m 12 －m －12＝m ＋m －1＋1＝14＋1＝15.二 指数函数的图象及应用指数函数图象的画法及应用(1)画指数函数y ＝a x(a >0，a ≠1)的图象，应抓住三个关键点(1，a )，(0,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1a 和一条渐近线y ＝0.(2)与指数函数有关的函数的图象的研究，往往利用相应指数函数的图象，通过平移、对称变换，得到其图象．(3)一些指数方程、不等式问题的求解，往往利用相应的指数型函数图象数形结合求解． 【例2】 (1)函数y ＝a x－1a(a >0，且a ≠1)的图象可能是( D )(2)若曲线|y |＝2x＋1与直线y ＝b 没有公共点，则b 的取值范围是__[－1,1]__.解析 (1)函数y ＝a x－1a(a >0，且a ≠1)的图象必过点(－1,0)，故选D ．(2)曲线|y |＝2x＋1与直线y ＝b 的图象如图所示，由图象可得：如果|y |＝2x＋1与直线y ＝b 没有公共点，则b 应满足的条件是b ∈[－1,1]．三 指数函数的性质及应用指数函数性质问题的类型及解题思路(1)比较指数幂大小问题．常利用指数函数的单调性及中间值(0或1)．(2)简单的指数不等式的求解问题．解决此类问题应利用指数函数的单调性，要特别注意底数a 的取值范围，并在必要时进行分类讨论．(3)求解与指数函数有关的复合函数问题，首先要熟知指数函数的定义域、值域、单调性等相关性质，其次要明确复合函数的构成，涉及值域、单调区间、最值等问题时，都要借助“同增异减”这一性质分析判断，最终将问题归结为内层函数相关的问题加以解决．【例3】 已知函数f (x )＝e x －e －x(x ∈R ，且e 为自然对数的底数)． (1)判断函数f (x )的单调性与奇偶性；(2)是否存在实数t ，使不等式f (x －t )＋f (x 2－t 2)≥0对一切x ∈R 都成立？若存在，求出t ；若不存在，请说明理由．解析 (1)∵f (x )＝e x－⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x ，∴f ′(x )＝e x＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x ，∴f ′(x )>0对任意x ∈R 都成立，∴f (x )在R 上是增函数．∵f (x )的定义域为R ，且f (－x )＝e －x－e x＝－f (x )，∴f (x )是奇函数．(2)存在，由(1)知f (x )在R 上是增函数和奇函数，则f (x －t )＋f (x 2－t 2)≥0对一切x ∈R 都成立⇔f (x 2－t 2)≥f (t －x )对一切x ∈R 都成立⇔x 2－t 2≥t －x 对一切x ∈R 都成立⇔t 2＋t ≤x 2＋x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122－14对一切x ∈R 都成立⇔t 2＋t ≤(x 2＋x )min ＝－14⇔t 2＋t ＋14＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋122≤0，又⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋122≥0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋122＝0，∴t ＝－12，∴存在t ＝－12，使不等式f (x －t )＋f (x 2－t 2)≥0对一切x ∈R 都成立．1．(2018·山东德州一模)已知a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3525 ，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2535 ，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2525 ，则( D ) A ．a <b <c B ．c <b <a C ．c <a <bD ．b <c <a解析 ∵y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25x为减函数，∴b <c ，又∵y ＝x 25 在(0，＋∞)上为增函数，∴a >c ，∴b <c <a ，故选D ．2．(2018·北京模拟)已知函数f (x )＝a x，其中a >0，且a ≠1，如果以P (x 1，f (x 1))，Q (x 2，f (x 2))为端点的线段的中点在y 轴上，那么f (x 1)·f (x 2)＝( A )A ．1B ．aC ．2D ．a 2解析 ∵以P (x 1，f (x 1))，Q (x 2，f (x 2))为端点的线段的中点在y 轴上，∴x 1＋x 2＝0，又∵f (x )＝a x，∴f (x 1)·f (x 2)＝ax 1·ax 2＝ax 1＋x 2＝a 0＝1，故选A ．3．函数y ＝4x＋2x ＋1＋1的值域为( B )A ．(0，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．[1，＋∞)D ．(－∞，＋∞)解析 令2x＝t (t >0)，则函数y ＝4x＋2x ＋1＋1可化为y ＝t 2＋2t ＋1＝(t ＋1)2(t >0)．∵函数y ＝(t ＋1)2在(0，＋∞)上递增，∴y >1．∴所求值域为(1，＋∞)，故选B ．4．函数f (x )＝a x＋log a (x ＋1)(a >0，且a ≠1)在[0,1]上的最大值和最小值之和为a ，则a 的值为( B )A ．14 B ．12 C ．2D ．4解析 ∵在[0,1]上y ＝a x与y ＝log a (x ＋1)具有相同的单调性，∴f (x )＝a x＋log a (x ＋1)在[0,1]上单调，∴f (0)＋f (1)＝a ，即a 0＋log a 1＋a 1＋log a 2＝a ，化简得1＋log a 2＝0，解得a ＝12.易错点 忽视对含参底数的讨论错因分析：对数函数、指数函数的底数含字母参数时，要分底数大于1和大于0小于1讨论．【例1】 已知函数f (x )＝|a －1|a 2－9(a x －a －x)(a >0且a ≠1)在R 上为增函数，求a 的取值范围．解析 ①当a >1时，a x 在R 上为增函数，y ＝a －x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a x 在R 上为减函数，∴y ＝a x －a－x为增函数．∵f (x )为增函数，∴|a －1|a 2－9>0，解得a >3或a <－3，又∵a >1，∴a >3.②当0<a <1时，y ＝a x 在R 上为减函数，y ＝a －x在R 上为增函数， ∴y ＝a x－a －x在R 上为减函数．∵f (x )为增函数，∴|a －1|a 2－9<0，解得－3<a <1或1<a <3.又∵0<a <1，∴此时0<a <1．综上，a 的取值范围为(0,1)∪(3，＋∞)．【跟踪训练1】 (2018·东北三校联考)若关于x 的方程|a x－1|＝2a (a >0，且a ≠1)有两个不等实根，则a 的取值范围是( D )A ．(0,1)∪(1，＋∞)B ．(0,1)C ．(1，＋∞)D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 解析 方程|a x－1|＝2a (a >0，且a ≠1)有两个实数根转化为函数y ＝|a x－1|与y ＝2a 有两个交点．①当0<a <1时，如图①，∴0<2a <1，即0<a <12；②当a >1时，如图②， 而y ＝2a >1不符合要求．∴0<a <12.课时达标 第8讲[解密考纲]本考点主要考查指数的运算、指数函数的图象与性质、简单的复合函数的单调性等，通常以选择题、填空题的形式呈现，题目难度中等或中等偏上．一、选择题1．(2016·全国卷Ⅲ)已知a ＝243 ，b ＝425 ，c ＝2513 ，则( A ) A ．b <a <c B ．a <b <c C ．b <c <aD ．c <a <b解析 因为a ＝243 ＝1613 ，b ＝425 ＝1615 ，c ＝2513 ，且幂函数y ＝x 13 在R 上单调递增，指数函数y ＝16x在R 上单调递增，所以b <a <c .2．(2018·河南洛阳模拟)已知函数f (x )＝2x－2，则函数y ＝|f (x )|的图象可能是( B )解析 |f (x )|＝|2x－2|＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－2，x ≥1，2－2x，x <1，易知函数y ＝|f (x )|的图象的分段点是x ＝1， 且过点(1,0)，(0,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，故选B ．3．已知f (x )＝3x －b(2≤x ≤4，b 为常数)的图象经过点(2,1)，则f (x )的值域为( C )A ．[9,81]B ．[3,9]C ．[1,9]D ．[1，＋∞)解析 由f (x )过定点(2,1)可知b ＝2，因为f (x )＝3x －2在[2,4]上是增函数，f (x )min ＝f (2)＝1，f (x )max ＝f (4)＝9，故选C ．4．(2018·山西太原模拟)函数y ＝2x －2－x是( A ) A ．奇函数，在区间(0，＋∞)上单调递增 B ．奇函数，在区间(0，＋∞)上单调递减 C ．偶函数，在区间(－∞，0)上单调递增 D ．偶函数，在区间(－∞，0)上单调递减解析 令f (x )＝2x －2－x ，则f (－x )＝2－x －2x＝－f (x )，所以函数f (x )是奇函数，排除C 项，D 项．又函数y ＝－2－x，y ＝2x 均是R 上的增函数，故y ＝2x －2－x在R 上为增函数，故选A ．5．(2018·浙江丽水模拟)当x ∈(－∞，－1]时，不等式(m 2－m )·4x －2x<0恒成立，则实数m 的取值范围是( C )A ．(－2,1)B ．(－4,3)C ．(－1,2)D ．(－3,4)解析 原不等式变形为m 2－m <⎝ ⎛⎭⎪⎫12x .∵函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在(－∞，－1]上是减函数，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1＝2， 当x ∈(－∞，－1]时，m 2－m <⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 恒成立等价于m 2－m <2，解得－1<m <2，故选C ．6．(2018·山东济宁模拟)已知函数f (x )＝|2x－1|，a ＜b ＜c ，且f (a )＞f (c )＞f (b )，则下列结论中，一定成立的是( D )A ．a ＜0，b ＜0，c ＜0B ．a ＜0，b ≥0，c ＞0C ．2－a＜2cD ．2a＋2c＜2解析 作出函数f (x )＝|2x－1|的图象，如图，∵a <b <c ，且f (a )>f (c )>f (b )， 结合图象知0<f (a )<1，a <0，c >0， ∴0<2a<1．∴f (a )＝|2a －1|＝1－2a<1， ∴f (c )<1，∴0<c <1，∴1<2c<2， ∴f (c )＝|2c －1|＝2c－1， 又∵f (a )>f (c )，∴1－2a >2c－1， ∴2a ＋2c<2，故选D ． 二、填空题7．已知函数f (x )＝a －x(a ＞0，且a ≠1)，且f (－2)>f (－3)，则a 的取值范围是__(0,1)__.解析 因为f (x )＝a －x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1ax ，且f (－2)>f (－3)，所以函数f (x )在定义域上单调递增，所以1a>1，解得0<a <1．8．已知函数y ＝a 2x ＋2a x－1(a >1)在区间[－1,1]上的最大值是14，则a ＝__3__.解析 y ＝a 2x ＋2a x －1(a >1)，令a x ＝t ，则y ＝t 2＋2t －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1a≤t ≤a ，此二次函数图象开口向上，对称轴为t ＝－1，又a >1，所以当t ＝a ，即x ＝1时取最大值，所以a 2＋2a －1＝14， 解得a ＝3.9．(2018·皖南八校联考)对于给定的函数f (x )＝a x－a －x(x ∈R ，a >0，a ≠1)，下面给出五个命题，其中真命题是__①③④__(只需写出所有真命题的编号)．①函数f (x )的图象关于原点对称； ②函数f (x )在R 上不具有单调性； ③函数f (|x |)的图象关于y 轴对称； ④当0<a <1时，函数f (|x |)的最大值是0； ⑤当a >1时，函数f (|x |)的最大值是0.解析 ∵f (－x )＝－f (x )，∴f (x )为奇函数，f (x )的图象关于原点对称，①真；当a >1时，f (x )在R 上为增函数，当0<a <1时，f (x )在R 上为减函数，②假；y ＝f (|x |)是偶函数，其图象关于y 轴对称，③真；当0<a <1时，y ＝f (|x |)在(－∞，0)上为增函数，在[0，＋∞)上为减函数，∴当x ＝0时，y ＝f (|x |)取最大值为0，④真；当a >1时，f (|x |)在(－∞，0)上为减函数，在[0，＋∞)上为增函数，∴当x ＝0时，y ＝f (|x |)取最小值为0，⑤假．综上，真命题是①③④.三、解答题10．化简：(1)a 3b 23ab 2(a 14 b 12 )4a －13 b 13(a >0，b >0)；(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－278 －23＋(0.002)－12－10(5－2)－1＋(2－3)0. 解析 (1)原式＝(a 3b 2a 13b 23 ) 12ab 2a －13 b 13＝a 32 ＋16 ＋13 －1·b 1＋13 －2－13 ＝ab －1．(2)原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－278－23 ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1500－12 －105－2＋1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－82723 ＋50012 －10(5＋2)＋1＝49＋105－105－20＋1＝－1679. 11．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13a x 2－4x ＋3. (1)若a ＝－1，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )有最大值3，求a 的值．解析 (1)当a ＝－1时，f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13－x 2－4x ＋3，令g (x )＝－x 2－4x ＋3，由于g (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，＋∞)上单调递减，而y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13t 在R 上单调递减，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增，即函数f (x )的单调递增区间是(－2，＋∞)，单调递减区间是(－∞，－2)．(2)令g (x )＝ax 2－4x ＋3＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2a 2＋3－4a，∵f (x )有最大值，∴g (x )应有最小值，且g (x )min ＝3－4a(a >0)， ∴f (x )max ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133－4a ＝3，∴3－4a ＝－1，∴a ＝1． 12．已知定义域为R 的函数f (x )＝－2x ＋b 2x ＋1＋a是奇函数． (1)求a ，b 的值；(2)解关于t 的不等式f (t 2－2t )＋f (2t 2－1)<0.解析 (1)因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (0)＝0，即－1＋b 2＋a＝0，解得b ＝1，所以f (x )＝－2x ＋12x ＋1＋a. 又由f (1)＝－f (－1)知－2＋14＋a ＝－－12＋11＋a，解得a ＝2. (2)由(1)知f (x )＝－2x＋12x ＋1＋2＝－12＋12x ＋1. 由上式易知f (x )在(－∞，＋∞)上为减函数．又因为f (x )是奇函数，所以不等式f (t 2－2t )＋f (2t 2－1)<0等价于f (t 2－2t )<－f (2t 2－1)＝f (－2t 2＋1)．因为f (x )是减函数，由上式推得t 2－2t >－2t 2＋1，即3t 2－2t －1>0，解不等式可得解集为t ⎪⎪⎪⎭⎬⎫t >1或t <－13.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

新高考数学一轮复习考点知识专题讲解与练习考点知识总结17导数的应用(一)高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分、12分，中、高等难度考纲研读1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)3．会用导数解决实际问题一、基础小题1．函数f(x)＝1＋x－sin x在(0，2π)上是() A．增函数B．减函数C．在(0，π)上单调递增，在(π，2π)上单调递减D．在(0，π)上单调递减，在(π，2π)上单调递增答案 A解析 f ′(x )＝1－cos x >0，∴f (x )在(0，2π)上单调递增． 2．函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1，1]上的最大值是( ) A ．－2 B ．0 C ．2 D ．4 答案 C解析 f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2(舍去).当－1≤x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ≤1时，f ′(x )＜0.所以f (x )在[－1，0)上是增函数，在(0，1]上是减函数，所以f (x )max ＝f (0)＝2.故选C.3．已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －xe (e 是自然对数的底数)，则f (x )的极大值为( ) A ．2e －1 B ．－1e C ．1 D ．2ln 2 答案 D解析 由题意知f ′(x )＝2e f ′（e ）x －1e ，∴f ′(e)＝2e f ′（e ）e －1e ，f ′(e)＝1e ，∴f (x )＝2ln x －x e ，f ′(x )＝2x －1e ，令f ′(x )＝0，得x ＝2e ，当0＜x ＜2e 时，f ′(x )＞0，当x ＞2e 时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(0，2e)上单调递增，在(2e ，＋∞)上单调递减，∴f (x )的极大值为f (2e)＝2ln (2e)－2＝2ln 2.故选D.4．直线y ＝a 分别与曲线y ＝e x ，y ＝ln x ＋1交于M ，N 两点，则|MN |的最小值为( ) A ．1 B ．1－ln 2 C ．ln 2 D ．1＋ln 2 答案 A解析 分别令e x ＝a ，ln x ＋1＝a ，其中a >0，则x 1＝ln a ，x 2＝e a －1，从而|MN |＝|x 1－x 2|＝|ln a －e a －1|，构造函数h (a )＝ln a －e a －1，求导得h ′(a )＝1a －e a －1，当a ∈(0，1)时，h ′(a )>0，h (a )单调递增；当a ∈(1，＋∞)时，h ′(a )<0，h (a )单调递减．所以h (a )有极大值h (1)＝－1.因此|MN |的最小值为|h (1)|＝1.故选A.5．用边长为120 cm 的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四周分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°角，再焊接成水箱，则水箱的最大容积为( )A ．120000 cm 3B ．128000 cm 3C ．150000 cm 3D ．158000 cm 3 答案 B解析 设水箱底长为x cm ，则高为120－x 2cm.由⎩⎪⎨⎪⎧120－x 2>0，x >0得0＜x ＜120.设容器的容积为y cm 3，则有y ＝120－x 2·x 2＝－12x 3＋60x 2，则有y ′＝－32x 2＋120x .令y ′＝0，解得x＝80(x ＝0舍去).当x ∈(0，80)时，y ′＞0，y 单调递增；当x ∈(80，120)时，y ′＜0，y 单调递减．因此80是函数y ＝－12x 3＋60x 2的极大值点，也是最大值点，此时y ＝－12×803＋60×802＝128000.故选B.6.(多选)已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )A ．f (a )<f (b )<f (c )B ．函数f (x )在x ＝c 处取得极小值，在x ＝e 处取得极大值C ．函数f (x )在x ＝c 处取得极大值，在x ＝e 处取得极小值D ．函数f (x )的最小值为f (d ) 答案 AC解析 由导函数图象可知在(－∞，c )，(e ，＋∞)上，f ′(x )>0，在(c ，e )上，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(－∞，c )，(e ，＋∞)上单调递增，在(c ，e )上单调递减，所以f (a )<f (b )<f (c )；函数f (x )在x ＝c 处取得极大值，在x ＝e 处取得极小值；f (d )>f (e )，所以f (d )不是函数f (x )的最小值．故选AC.7．(多选)已知定义在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f (0)＝0，f ′(x )cos x ＋f (x )·sin x ＜0，则下列判断中正确的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＜62f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln π3＞0C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＞2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3答案 CD解析 令g (x )＝f （x ）cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2，则g ′(x )＝f ′（x ）cos x ＋f （x ）sin x cos 2x ，因为f ′(x )cos x＋f (x )sin x ＜0，所以g ′(x )＝f ′（x ）cos x ＋f （x ）sin x cos 2x ＜0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上恒成立，因此函数g (x )＝f （x ）cos x 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上单调递减，因此g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞62f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，故A 错误；又f (0)＝0，所以g (0)＝f （0）cos 0＝0，所以g (x )＝f （x ）cos x ≤0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上恒成立，因为ln π3∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln π3＜0，故B 错误；又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3，即f⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，故C 正确；又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3，即f⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＞2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，故D 正确．故选CD.8．若函数f (x )＝x ln x －a2x 2－x ＋1有两个极值点，则a 的取值范围为________． 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 解析 因为f (x )＝x ln x －a2x 2－x ＋1(x >0)，所以f ′(x )＝ln x －ax ，令g (x )＝ln x －ax ，则g ′(x )＝1x －a ，当a ≤0时，g ′(x )>0恒成立，则f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，当x ＞0且x →0时，f ′(x )→－∞；当x →＋∞时，f ′(x )→＋∞，所以f (x )只有一个极值点，不符合题意．当a >0时，可得f ′(x )有极大值点1a ，由于x ＞0且x →0时，f ′(x )→－∞；当x →＋∞时，f ′(x )→－∞，因此原函数要有两个极值点，只要f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1>0，解得0<a <1e .二、高考小题9．(2022·全国乙卷)设a ≠0，若x ＝a 为函数f (x )＝a (x －a )2(x －b )的极大值点，则( ) A ．a <b B ．a >b C ．ab <a 2 D ．ab >a 2 答案 D解析 解法一：因为函数f (x )＝a (x －a )2(x －b )，所以f ′(x )＝2a (x －a )(x －b )＋a (x －a )2＝a (x －a )(3x －a －2b ).令f ′(x )＝0，结合a ≠0可得x ＝a 或x ＝a ＋2b3. (1)当a >0时，①若a ＋2b 3>a ，即b >a ，此时易知函数f (x )在(－∞，a )上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ＋2b 3上单调递减，所以x ＝a 为函数f (x )的极大值点，满足题意；②若a ＋2b3＝a ，即b ＝a ，此时函数f (x )＝a (x －a )3在R 上单调递增，无极值点，不满足题意；③若a ＋2b 3<a ，即b <a ，此时易知函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋2b 3，a 上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，所以x ＝a 为函数f (x )的极小值点，不满足题意．(2)当a <0时，①若a ＋2b 3>a ，即b >a ，此时易知函数f (x )在(－∞，a )上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ＋2b 3上单调递增，所以x ＝a 为函数f (x )的极小值点，不满足题意；②若a ＋2b3＝a ，即b ＝a ，此时函数f (x )＝a (x －a )3在R 上单调递减，无极值点，不满足题意；③若a ＋2b 3<a ，即b <a ，此时易知函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋2b 3，a 上单调递增，在(a ，＋∞)上单调递减，所以x ＝a 为函数f (x )的极大值点，满足题意．综上，a >0且b >a 满足题意，a <0且b <a 也满足题意．据此，可知必有ab >a 2成立．故选D.解法二：由题意可知a≠b，当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知b>a.当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图2所示，观察可知a>b.综上，可知必有ab>a2成立．故选D.10．(2022·全国Ⅱ卷)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，则f(x)的极小值为()A．－1 B．－2e－3C．5e－3D．1答案 A解析由题意可得f′(x)＝e x－1[x2＋(a＋2)x＋a－1].∵x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，∴f′(－2)＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝(x2－x－1)e x－1，f′(x)＝e x－1(x2＋x －2)＝e x－1(x－1)(x＋2)，∴当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(－2，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴f(x)极小值＝f(1)＝－1.故选A.11．(2022·北京高考)设函数f(x)＝e x＋a e－x(a为常数).若f(x)为奇函数，则a＝________；若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是________．答案－1(－∞，0]解析 ∵f (x )＝e x ＋a e －x (a 为常数)的定义域为R ，且f (x )为奇函数，∴f (0)＝e 0＋a e －0＝1＋a ＝0，∴a ＝－1.∵f (x )＝e x ＋a e －x ，∴f ′(x )＝e x －a e －x ＝e x －ae x .∵f (x )是R 上的增函数，∴f ′(x )≥0在R 上恒成立，即e x ≥ae x 在R 上恒成立，∴a ≤e 2x 在R 上恒成立．又e 2x >0，∴a ≤0，即a 的取值范围是(－∞，0].12．(2022·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________． 答案 －332解析 f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝4cos 2x ＋2cos x －2＝4(cos x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x －12，所以当cos x ≤12时函数单调递减，当cos x ≥12时函数单调递增，从而得到函数的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－5π3，2k π－π3(k ∈Z )，函数的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π3，2k π＋π3(k ∈Z )，所以当x ＝2k π－π3，k ∈Z 时，函数f (x )取得最小值，此时sin x ＝－32，sin 2x ＝－32，所以f (x )min ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32－32＝－332.13．(2022·江苏高考)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________．答案 －3解析 ∵f (x )＝2x 3－ax 2＋1，∴f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a ).若a ≤0，则x >0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上为增函数，又f (0)＝1，∴f (x )在(0，＋∞)上没有零点，不符合题意，∴a >0.当0<x <a 3时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当x >a3时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，∴x >0时，f (x )有极小值，为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋1.∵f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝0，∴a ＝3.∴f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)，列表如下：x －1 (－1，0) 0 (0，1) 1 f ′(x ) 12 ＋ 0 － 0 f (x )－41∴f (x )在[－1，1]上的最大值为1，最小值为－4.∴最大值与最小值的和为－3. 三、模拟小题14．(2022·四川省达州中学模拟)函数f (x )＝3＋x ln x 的单调递减区间是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ 答案 B解析 因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝ln x ＋x ·1x ＝ln x ＋1，令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1e ，所以f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .15．(2022·湖南湘潭模拟)已知定义域为R 的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f ′(x )>f (x )，若实数a >0，则下列不等式恒成立的是( )A.af (ln a )≥e a －1f (a －1)B.af (ln a )≤e a －1f (a －1)C.e a －1f (ln a )≥af (a －1)D.e a－1f(ln a)≤af(a－1) 答案 D解析令g(x)＝f（x）e x ，则g′(x)＝f′（x）－f（x）e x>0，所以g(x)为增函数．令h(a)＝ln a－a＋1，则h′(a)＝1a－1.当a∈(0，1)时，h′(a)＞0，h(a)单调递增，当a∈(1，＋∞)时，h′(a)＜0，h(a)单调递减，所以h(a)≤h(1)＝0，所以ln a≤a－1，所以g(ln a)≤g(a－1)，即f（ln a）a≤f（a－1）e a－1，所以e a－1f(ln a)≤af(a－1).故选D.16．(2022·新高考八省联考)已知a<5且a e5＝5e a，b<4且b e4＝4e b，c<3且c e3＝3e c，则()A.c<b<a B．b<c<aC.a<c<b D．a<b<c答案 D解析因为a e5＝5e a，a<5，故a>0，同理b>0，c>0，令f(x)＝e xx，x>0，则f′(x)＝e x（x－1）x2，当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，因为a e5＝5e a，a<5，故e55＝e aa，即f(5)＝f(a)，而0<a<5，故0<a<1，同理0<b<1，0<c<1，f(4)＝f(b)，f(3)＝f(c)，因为f(5)>f(4)>f(3)，故f(a)>f(b)>f(c)，所以0<a<b<c<1.故选D.17．(多选)(2022·福建省福州市高三调研考试)设函数f(x)＝e xln x，则下列说法正确的是( )A.f (x )的定义域是(0，＋∞)B.x ∈(0，1)时，f (x )图象位于x 轴下方C.f (x )存在单调递增区间D.f (x )有且仅有一个极值点 答案 BCD解析 由题意，函数f (x )＝e x ln x 满足⎩⎨⎧x ＞0，ln x ≠0，解得x ＞0且x ≠1，所以函数f (x )＝e xln x的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，所以A 不正确；由f (x )＝e xln x ，当x ∈(0，1)时，ln x ＜0，所以f (x )＜0，所以f (x )在(0，1)上的图象都在x 轴的下方，所以B 正确；因为f ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x －1x （ln x ）2，所以f ′(x )＞0在定义域上有解，所以函数f (x )存在单调递增区间，所以C 正确；令g (x )＝ln x －1x ，则g ′(x )＝1x ＋1x 2(x ＞0)，所以g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，又g (1)＝－1＜0，g (2)＝ln 2－12＞0，所以∃x 0∈(1，2)使得f ′(x 0)＝0，且当x ∈(0，1)，(1，x 0)时，f (x )单调递减，当x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )单调递增，所以函数f (x )只有一个极值点，所以D 正确．故选BCD.18．(多选)(2022·河北秦皇岛第二次模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax 有两个零点x 1，x 2，且x 1＜x 2，则下列说法正确的是( )A.a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1eB.y ＝f (x )在(0，e)上单调递增C.x 1＋x 2＞6D.若a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2e 2，1e ，则x 2－x 1<2－a a答案 ABD解析 由f (x )＝ln x －ax ，可得f ′(x )＝1x －a (x >0)，当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，与题意不符；当a >0时，由f ′(x )＝1x －a ＝0，解得x ＝1a ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴当x ＝1a 时，f (x )取得极大值，又由函数f (x )＝ln x －ax 有两个零点x 1，x 2(x 1<x 2)，可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1>0，可得a <1e .综上可得0<a <1e ，故A 正确；当a →1e 时，x 1＋x 2→2e<6，故C 错误，∵当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f (x )单调递增，又a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，∴(0，e)⊆⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，故B 正确；∵f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减，且a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2e 2，1e ，∴1，x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ；2a ，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞，∵f (1)＝－a <0＝f (x 1)，∴x 1>1，∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝ln 2a －2<ln e 2－2＝0＝f (x 2)，∴x 2＜2a ，∴x 2－x 1<2a－1＝2－aa ，故D 正确．故选ABD.19．(2022·江苏常州高三质量检测)已知f (x )＝e x ，g (x )＝2x .若f (x 1)＝g (x 2)，d ＝|x 2－x 1|，则d 的最小值为________．答案1－ln 22解析 令f (x 1)＝g (x 2)＝k >0，则x 1＝ln k ，x 2＝k 24，所以x 2－x 1＝k 24－ln k ，令g (k )＝k 24－ln k (k >0)，则g ′(k )＝k 2－1k ＝k 2－22k ，当0<k <2时，g ′(k )<0；当k >2时，g ′(k )>0；所以g (k )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，则g (k )min ＝g (2)＝1－ln 22>0，所以d ＝|x 2－x 1|＝|g (k )|≥1－ln 22，则d 的最小值为1－ln 22.20．(2022·吉林第四次调研测试)若函数f (x )＝mx 2－e x ＋1(e 为自然对数的底数)在x ＝x 1和x ＝x 2两处取得极值，且x 2≥2x 1，则实数m 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫1ln 2，＋∞解析 因为f (x )＝mx 2－e x ＋1，所以f ′(x )＝2mx －e x ，又函数f (x )在x ＝x 1和x ＝x 2两处取得极值，所以x 1，x 2是方程2mx －e x＝0的两个不等实根，且x 2≥2x 1，即m ＝e x2x (x ≠0)有两个不等实根x 1，x 2，且x 2≥2x 1.令h (x )＝e x 2x (x ≠0)，则直线y ＝m 与曲线h (x )＝e x2x 有两个交点，且交点横坐标满足x 2≥2x 1，又h ′(x )＝e x （2x －2）4x 2＝e x （x －1）2x 2，由h ′(x )＝0，得x ＝1，所以当x >1时，h ′(x )>0，即函数h (x )＝e x2x 在(1，＋∞)上单调递增；当x <0，0<x <1时，h ′(x )<0，即函数h (x )＝e x2x 在(－∞，0)，(0，1)上单调递减．作出函数h (x )的图象如图所示．当x2＝2x1时，由e x12x1＝e x22x2，得x1＝ln 2，此时m＝e x12x1＝1ln 2，因此，由x2≥2x1，得m≥1ln 2.一、高考大题1．(2022·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝x aa 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(1)当a＝2时，f(x)＝x22x(x>0)，f′(x)＝x（2－x ln 2）2x(x>0).令f′(x)>0，则0<x<2ln 2，此时函数f(x)单调递增．令f′(x)<0，则x>2ln 2，此时函数f(x)单调递减.故函数f(x)的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，2ln 2，单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫2ln 2，＋∞.(2)要使曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，即方程x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，故方程ln x x ＝ln aa 有两个不同的解． 设g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln x x 2(x >0). 令g ′(x )＝1－ln xx 2＝0，解得x ＝e.令g ′(x )>0，则0<x <e ，此时函数g (x )单调递增． 令g ′(x )<0，则x >e ，此时函数g (x )单调递减. 故g (x )max ＝g (e)＝1e ，且当x >e 时，g (x )∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .又g (1)＝0，故要使方程ln x x ＝ln a a 有两个不同的解，则0<ln a a <1e . ①当0<a <1时，不符合条件； ②当a >1时，因为g (x )max ＝g (e)＝1e ， 故a ∈(1，e)∪(e ，＋∞).综上，a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞).2．(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2＋b . (1)讨论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 ≤e 22，b >2a ；②0<a <12，b ≤2a .解 (1)由函数的解析式可得，f ′(x )＝x (e x －2a )， 当a ≤0时，若x ∈(－∞，0)，则f ′(x )<0，f (x )单调递减， 若x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )>0，f (x )单调递增；当a>0时，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln (2a)，当0<a<12时，若x∈(－∞，ln (2a))，则f′(x)>0，f(x)单调递增，若x∈(ln (2a)，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；当a＝12时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；当a>12时，若x∈(－∞，0)，则f′(x)>0，f(x)单调递增，若x∈(0，ln (2a))，则f′(x)<0，f(x)单调递减，若x∈(ln (2a)，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增.(2)证明：若选择条件①：由于12<a≤e22，故1<2a≤e2，则b>2a>1，f(0)＝b－1>0，f(－2b)＝(－1－2b)e－2b－4ab2＋b<0，而由(1)知函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，故函数f(x)在区间(－∞，0)上有一个零点.f(ln (2a))＝2a[ln (2a)－1]－a[ln(2a)]2＋b>2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋2a＝2a ln (2a)－a[ln (2a)]2＝a ln (2a)[2－ln (2a)]，由于12<a≤e22，1<2a≤e2，所以0<ln (2a)≤2，故a ln (2a)[2－ln (2a)]≥0，所以f(ln (2a))>0，结合函数的单调性可知，函数f (x )在区间(0，＋∞)上没有零点． 综上可得，题中的结论成立． 若选择条件②：由于0<a <12，故0<2a <1，则f (0)＝b －1≤2a －1<0， 当b ≥0时，e 2>4，4a <2，f (2)＝e 2－4a ＋b >0，而函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f (x )在区间(0，＋∞)上有一个零点． 当b <0时，构造函数H (x )＝e x －x －1，则H ′(x )＝e x －1， 当x ∈(－∞，0)时，H ′(x )<0，H (x )单调递减， 当x ∈(0，＋∞)时，H ′(x )>0，H (x )单调递增， 注意到H (0)＝0，故H (x )≥0恒成立， 从而有e x ≥x ＋1，当x >1时，x －1>0，则f (x )＝(x －1)e x －ax 2＋b ≥(x －1)(x ＋1)－ax 2＋b ＝(1－a )x 2＋(b －1)，当x >1－b1－a时，(1－a )x 2＋(b －1)>0， 取x 0＝1－b1－a＋1，则f (x 0)>0， 由于f (0)<0，f ⎝⎛⎭⎪⎫1－b 1－a ＋1>0，函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f (x )在区间(0，＋∞)上有一个零点．f (ln (2a ))＝2a [ln (2a )－1]－a [ln (2a )]2＋b≤2a [ln (2a )－1]－a [ln (2a )]2＋2a ＝2a ln (2a )－a [ln (2a )]2 ＝a ln (2a )[2－ln (2a )]， 由于0<2a <1，所以ln (2a )<0， 故a ln (2a )[2－ln (2a )]<0，结合函数的单调性可知，函数f (x )在区间(－∞，0)上没有零点． 综上可得，题中的结论成立．3．(2022·天津高考)已知函数f (x )＝x 3＋k ln x (k ∈R )，f ′(x )为f (x )的导函数． (1)当k ＝6时，①求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； ②求函数g (x )＝f (x )－f ′(x )＋9x 的单调区间和极值；(2)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 (1)①当k ＝6时，f (x )＝x 3＋6ln x ，f ′(x )＝3x 2＋6x . 可得f (1)＝1，f ′(1)＝9，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －1＝9(x －1)，即y ＝9x －8. ②依题意，g (x )＝x 3－3x 2＋6ln x ＋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x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：所以函数g (x )∞)，g (x )的极小值为g (1)＝1，无极大值．(2)证明：由f (x )＝x 3＋k ln x ，得f ′(x )＝3x 2＋kx .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 21＋k x 1＋3x 22＋k x 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 31－x 32＋k ln x 1x 2＝x 31－x 32－3x 21x 2＋3x 1x 22＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2－x 2x 1－2k ln x 1x 2＝x 32(t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫t －1t －2ln t .(*) 令h (x )＝x －1x －2ln x ，x ∈[1，＋∞). 当x >1时，h ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x 2＞0，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以当t >1时，h (t )＞h (1)＝0，即t －1t －2ln t ＞0.因为x 2≥1，t 3－3t 2＋3t －1＝(t －1)3＞0，k ≥－3， 所以x 32(t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝⎛⎭⎪⎫t －1t －2ln t ≥(t 3－3t 2＋3t －1)－3⎝⎛⎭⎪⎫t －1t －2ln t ＝t 3－3t 2＋6ln t ＋3t －1. (**)由(1)②可知，当t ＞1时，g (t )＞g (1)，即t 3－3t 2＋6ln t ＋3t ＞1，故t 3－3t 2＋6ln t ＋3t －1＞0. (***)由(*)(**)(***)可得(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]＞0，所以当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 2.二、模拟大题4．(2022·广东珠海高三摸底测试)已知函数f (x )＝e x －a ln xx －a (e 为自然对数的底数)有两个零点．(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)若f (x )的两个零点分别为x 1，x 2，证明：x 1x 2>e 2e x 1＋x 2.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x－ln x x －1，f ′(x )＝e x－1－ln x x 2.又f (1)＝e －1，所以切点坐标为(1，e －1)，切线的斜率为k ＝f ′(1)＝e －1， 所以切线的方程为y －(e －1)＝(e －1)(x －1)，即y ＝(e －1)x .(2)证明：由已知得f (x )＝x e x －a （ln x ＋x ）x ＝0有两个不等的正实根，所以方程x e x －a (ln x ＋x )＝0有两个不等的正实根，即x e x －a ln (x e x )＝0有两个不等的正实根，a ln (x e x )＝x e x ①要证x 1x 2>e 2e ex 1＋x 2， 只需证(x 1e x 1)·(x 2e x 2)>e 2，即证ln (x 1e x 1)＋ln (x 2e x 2)>2，令t 1＝x 1e x 1，t 2＝x 2e x 2，所以只需证ln t 1＋ln t 2>2.由①得a ln t 1＝t 1，a ln t 2＝t 2，所以a (ln t 2－ln t 1)＝t 2－t 1，a (ln t 2＋ln t 1)＝t 2＋t 1，消去a 得ln t 2＋ln t 1＝t 2＋t 1t 2－t 1(ln t 2－ln t 1) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2t 1＋1ln t 2t 1t 2t 1－1， 只需证⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2t 1＋1ln t 2t 1t 2t 1－1>2. 设0<t 1<t 2，令t ＝t 2t 1，则t >1， 所以只需证ln t >2（t －1）t ＋1. 令h (t )＝ln t －2（t －1）t ＋1，t >1，则h ′(t )＝1t －4（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2>0， 所以h (t )在(1，＋∞)上单调递增，h (t )>h (1)＝0，即当t >1时，ln t －2（t －1）t ＋1>0成立．所以ln t 1＋ln t 2>2，即(x 1e x 1)·(x 2e x 2)>e 2，即x 1x 2>e 2e e x 1＋x 2. 5．(2022·江苏泰州中学高三期初检测)已知函数f (x )＝1＋ln （x ＋1）x ＋1. (1)求函数y ＝f (x )的最大值；(2)令g (x )＝(x ＋1)f (x )－(a －2)x ＋x 2，若g (x )既有极大值，又有极小值，求实数a 的取值范围；(3)求证：当n ∈N *时，ln (1＋1)＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n <2n . 解 (1)f ′(x )＝－ln （x ＋1）（x ＋1）2，x ∈(－1，＋∞)， 在(－1，0)上，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，在(0，＋∞)上，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f (0)＝1.(2)g (x )＝(x ＋1)f (x )－(a －2)x ＋x 2＝1＋ln (x ＋1)－(a －2)x ＋x 2g ′(x )＝1x ＋1－(a －2)＋2x＝2x 2＋（4－a ）x ＋3－a x ＋1， g (x )既有极大值，又有极小值，等价于2x 2＋(4－a )x ＋3－a ＝0在区间(－1，＋∞)上有两个不相等的实数根．即⎩⎨⎧2＋（a －4）＋3－a >0，a －44>－1，Δ＝（a －4）2－8（3－a ）>0，解得a >22，所以实数a 的取值范围为(22，＋∞).(3)证明：由(1)得，当x >0时，f (x )<1，即ln (1＋x )<x ，可得ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n <1n (n ∈N *)， 于是ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋11<11，ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋12<12，…， ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n <1n ， 于是ln (1＋1)＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋...＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n <1＋12＋13＋ (1)＝1＋222＋223＋…＋22n <1＋21＋2＋22＋3＋…＋2n －1＋n＝1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n .6．(2022·新高考八省联考)已知函数f (x )＝e x －sin x －cos x ，g (x )＝e x ＋sin x ＋cos x ．(1)证明：当x >－5π4时，f (x )≥0；(2)若g (x )≥2＋ax ，求a .解 (1)证明：分类讨论：①当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－5π4，－π4时，f (x )＝e x －2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4>0； ②当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，0时，f ′(x )＝e x －cos x ＋sin x ，f ′(0)＝0， 令m (x )＝e x －cos x ＋sin x ，则m ′(x )＝e x ＋sin x ＋cos x ＝e x ＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4>0， 则函数f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，0上单调递增， 则f ′(x )<f ′(0)＝0，则函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，0上单调递减， 则f (x )>f (0)＝0；③当x ＝0时，由函数的解析式可知f (0)＝1－0－1＝0，当x ∈[0，＋∞)时，令H (x )＝－sin x ＋x (x ≥0)，则H ′(x )＝－cos x ＋1≥0，故函数H (x )在区间[0，＋∞)上单调递增，从而H (x )≥H (0)＝0，即－sin x ＋x ≥0，－sin x ≥－x ，从而在区间[0，＋∞)上，函数f (x )＝e x －sin x －cos x ≥e x －x －1，令y ＝e x －x －1，则y ′＝e x －1，当x ≥0时，y ′≥0，故y ＝e x －x －1在[0，＋∞)上单调递增，故函数y ＝e x －x －1在[0，＋∞)上的最小值为e 0－0－1＝0，从而在区间[0，＋∞)上，e x －x －1≥0.从而在区间[0，＋∞)上，函数f (x )＝e x －sin x －cos x ≥e x －x －1≥0.综上可得，题中的结论成立．(2)令F (x )＝e x ＋sin x ＋cos x －ax －2，F (x )≥0，则F (x )min ≥0.又F (0)＝0，所以F (x )在R 上的最小值为F (0). F ′(x )＝e x ＋cos x －sin x －a ，令G (x )＝e x ＋cos x －sin x －a ，则G ′(x )＝e x －sin x －cos x ＝f (x )，由(1)知，当x >－5π4时，G ′(x )≥0，所以G (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，＋∞上单调递增，G (0)＝2－a . ①当a >2时，G (0)<0，G (a ＋ln a )＝a (e a －1)＋2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋ln a ＋π4>2(e 2－1)－2>0. 故G (x )在(0，a ＋ln a )内存在零点，设为x 1， 当x ∈(0，x 1)时，G (x )<0，即F ′(x )<0， 则F (x )在(0，x 1)上单调递减，所以F (x 1)<F (0)＝0，与题意不符，舍去； ②当≤a <2时，G (0)>0，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4＝故G (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，0上存在零点，设为x 2， 当x ∈(x 2，0)时，G (x )>0，即F ′(x )>0， 则F (x )在(x 2，0)上单调递增，所以F (x 2)<F (0)＝0，与题意不符，舍去； ③当a ＝2时，G (0)＝0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，0时，G (x )<0， 当x ∈(0，＋∞)时，G (x )>0，即当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，0时，F ′(x )<0， 当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )>0，所以F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，0上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π4，＋∞时，F (x )≥F (0)＝0. 又当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－5π4时，F (x )＝e x ＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－2x －2>－2＋5π2－2>0. 因此，当a ＝2时，F (x )≥0.综上，a ＝2.。

新高考数学一轮复习考点知识专题讲解与练习考点知识总结18导数的应用(二)高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分、12分，中、高等难度考纲研读1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)3．会用导数解决实际问题一、基础小题1．函数f(x)＝x－ln x的单调递增区间为()A．(－∞，0) B．(0，1)C．(1，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞)答案 C解析函数的定义域为(0，＋∞).f′(x)＝1－1x，令f′(x)>0，得x>1.故选C.2．已知奇函数f′(x)是连续函数f(x)(x∈R)的导函数，若x>0时，f′(x)>0，则() A．f(0)>f(log32)>f(－log23)B．f(log32)>f(0)>f(－log23)C．f(－log23)>f(log32)>f(0)D．f(－log23)>f(0)>f(log32)答案 C解析因为f′(x)是奇函数，所以f(x)是偶函数．所以f(－log23)＝f(log23)，而log23>log22＝1，0<log32<1，所以0<log32<log23.又当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以f(0)<f(log32)<f(log23)，所以f(0)<f(log32)<f(－log23).3．已知函数f(x)＝x·2x，则下列结论正确的是()A．当x＝1ln 2时，f(x)取最大值B．当x＝1ln 2时，f(x)取最小值C．当x＝－1ln 2时，f(x)取最大值D．当x＝－1ln 2时，f(x)取最小值答案 D解析由题意知，f′(x)＝2x＋x·2x ln 2，令f′(x)＝0，得x＝－1ln 2，又当x<－1ln 2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>－1ln 2时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴当x＝－1ln 2时，f(x)取最小值.4．函数y ＝x ＋1e x 的图象大致为( )答案 C解析 因为y ＝x ＋1e x ，所以y ′＝－xe x ，令y ′>0，则x <0，令y ′<0，则x >0，所以函数y ＝x ＋1e x 在(－∞，0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数，且0是函数的极大值点，结合4个函数的图象，知选C.5．若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32C ．[1，2)D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2答案 B解析 因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝4x －1x ，由f ′(x )＝0，得x ＝12.据题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32.故选B. 6．已知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，若y ＝f （x ）x 在(0，＋∞)上为增函数，则称f(x)为“一阶比增函数”；若y＝f（x）x2在(0，＋∞)上为增函数，则称f(x)为“二阶比增函数”．我们把所有“一阶比增函数”组成的集合记为Ω1，所有“二阶比增函数”组成的集合记为Ω2.若函数f(x)＝x3－2hx2－hx，且f(x)∈Ω1，f(x)∉Ω2，则实数h的取值范围是()A．(0，＋∞) B．[0，＋∞)C．(－∞，0) D．(－∞，0]答案 C解析因为f(x)∈Ω1且f(x)∉Ω2，即g(x)＝f（x）x＝x2－2hx－h在(0，＋∞)上是增函数，所以h≤0，而h(x)＝f（x）x2＝x－hx－2h在(0，＋∞)上不是增函数，因为h′(x)＝1＋hx2，所以当h(x)在(0，＋∞)上是增函数时，有h≥0，当h(x)在(0，＋∞)上不是增函数时，有h<0.综上所述，实数h的取值范围是(－∞，0).故选C.7．(多选)已知函数y＝f(x)在R上可导且f(0)＝1，其导函数f′(x)满足f′（x）－f（x）x－1＞0(x≠1)，对于函数g(x)＝f（x）e x，下列结论正确的是() A．函数g(x)在(1，＋∞)上为单调递增函数B．1是函数g(x)的极小值点C．函数g(x)至多有两个零点D．当x≤0时，不等式f(x)≤e x恒成立答案ABC解析函数g(x)＝f（x）e x ，则g′(x)＝f′（x）－f（x）e x，当x＞1时，f′(x)－f(x)＞0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，A正确；当x＜1时，f′(x)－f(x)＜0，故g(x)在(－∞，1)上单调递减，故1是函数g(x)的极小值点，B正确；若g(1)＜0，则y＝g(x)至多有两个零点，若g(1)＝0，则y＝g(x)有一个零点，若g(1)＞0，则y＝g(x)没有零点，故C正确；g(x)在(－∞，1)上单调递减，则g(x)在(－∞，0)上单调递减，g(0)＝f（0）e0＝1，可知x≤0时，g(x)≥g(0)，故f（x）e x≥1，即f(x)≥e x，D错误．故选ABC.8．(多选)已知函数f(x)＝2a ln x＋x2＋b.下列说法正确的是()A．当a＝－1时，f(x)的极小值点为(1，1＋b)B．若f(x)在[1，＋∞)上单调递增，则a∈[－1，＋∞)C．若f(x)在定义域内不单调，则a∈(－∞，0)D．若a＝－32且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与曲线y＝－e x相切，则b＝－2答案BC解析极小值点为一个实数，故A错误；由f′(x)＝2ax＋2x≥0，可得a≥－x2.因为x≥1，所以a≥－1，故B正确；f′(x)＝2a＋2x2x，当a≥0时，f′(x)>0恒成立；当a<0时，f′(x)不恒为正数，所以f(x)不单调，故C正确；因为a＝－32，所以f(x)＝－3ln x＋x2＋b.因为f′(x)＝－3x＋2x2，所以f′(1)＝－1.因为f(1)＝b＋1，所以切线方程为y＝－x＋b＋2.设直线y＝－x＋b＋2与曲线y＝－e x相切的切点的横坐标为x0，则－e x0＝－1，所以x 0＝0，即切点坐标为(0，－1)，代入y ＝－x ＋b ＋2，可得b ＝－3，故D 错误．9．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )＝5＋cos x ，x ∈(－1，1)，且f (0)＝0，如果f (1－x )＋f (1－x 2)<0，则实数x 的取值范围为________．答案 (1，2)解析 ∵导函数f ′(x )是偶函数，且f (0)＝0，∴原函数f (x )是奇函数，且定义域为(－1，1)，又导函数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增，∴所求不等式变形为f (1－x )<f (x 2－1)，∴－1<1－x <x 2－1<1，解得1<x <2，∴实数x 的取值范围是(1，2).二、高考小题10．(2022·全国乙卷)设a ＝2ln 1.01，b ＝ln 1.02，c ＝ 1.04－1，则( ) A ．a <b <c B ．b <c <a C ．b <a <c D ．c <a <b 答案 B解析 因为a ＝2ln 1.01＝ln 1.0201，b ＝ln 1.02，所以a >b .令f (x )＝2ln (1＋x )－(1＋4x －1)(x >0)，则f ′(x )＝21＋x －21＋4x，因为当0<x <2时，x 2<2x ，所以当0<x <2时，1＋2x ＋x 2<1＋2x ＋2x ，即1＋x <1＋4x ，所以当0<x <2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以f (0.01)>f (0)＝0，所以a >c .同理，令g (x )＝ln (1＋2x )－( 1＋4x －1)(x >0)，则g ′(x )＝21＋2x －21＋4x，因为当x >0时，(1＋2x )2>1＋4x ，所以当x >0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，所以g (0.01)<g (0)＝0，所以c >b .综上a >c >b .故选B.11．(2022·天津高考)已知a ∈R ，设函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2－2ax ＋2a ，x ≤1，x －a ln x ，x >1.若关于x 的不等式f (x )≥0在R 上恒成立，则a 的取值范围为( )A ．[0，1]B ．[0，2]C ．[0，e]D ．[1，e] 答案 C解析 当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立，而二次函数f (x )图象的对称轴为直线x ＝a ，∴当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1>0恒成立，当a <1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，∴0≤a <1.综上，a ≥0.当x >1时，f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立，即a ≤xln x恒成立．设g (x )＝xln x ，则g ′(x )＝ln x －1（ln x ）2.令g ′(x )＝0，得x ＝e ，且当1<x <e 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x >e 时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，∴g (x )min ＝g (e)＝e ，∴a ≤e.综上，a 的取值范围为0≤a ≤e ，即[0，e].故选C.12．(2022·新高考Ⅰ卷)函数f (x )＝|2x －1|－2ln x 的最小值为________． 答案 1解析 函数f (x )＝|2x －1|－2ln x 的定义域为(0，＋∞).①当x >12时，f (x )＝2x －1－2ln x ，f ′(x )＝2－2x ＝2（x －1）x ，当x >1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当12<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故f (x )min ＝f (1)＝1；②当0<x ≤12时，f (x )＝1－2x －2ln x ，f ′(x )＝－2－2x ＝－2（x ＋1）x ＜0，此时函数f (x )＝1－2x －2ln x 为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上的减函数．故f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2ln 2＞1.综上，f (x )min ＝f (1)＝1.13．(2022·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数．若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12解析 易知函数f (x )的定义域关于原点对称．∵f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，∴f (－x )＝(－x )3－2(－x )＋e －x －1e－x ＝－x 3＋2x ＋1e x －e x ＝－f (x )，∴f (x )为奇函数，又f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋1e x ≥3x 2－2＋2＝3x 2≥0(当且仅当x ＝0时，取“＝”)，从而f (x )在R 上单调递增，∴f (a －1)＋f (2a 2)≤0⇔f (a －1)≤f (－2a 2)⇔－2a 2≥a －1，解得－1≤a ≤12.三、模拟小题14．(2022·辽宁沈阳东北育才学校高三第一次模拟)定义在(0，＋∞)上的函数f (x )的导函数f ′(x )满足xf ′(x )<6f (x )，则必有( )A ．64f (1)<f (2)B ．81f (1)>16f (3)C ．4f (2)>f (4)D ．729f (2)>64f (3) 答案 D解析 由xf ′(x )<6f (x )，得x 6f ′(x )<6x 5·f (x ).设g (x )＝f （x ）x 6，x >0，则g ′(x )＝xf ′（x ）－6f （x ）x 7<0，故g (x )在(0，＋∞)上单调递减，则g (1)>g (2)>g (3)>g (4)，则64f (1)>f (2)，729f (2)>64f (3)，64f (2)＞f (4)，729f (1)＞f (3)，但由于f (1)，f (2)，f (3)，f (4)的正负不确定，所以81f (1)>16f (3)，4f (2)>f (4)都未必成立．故选D.15．(2022·湖北黄石高三上调研)已知a ＝4ln 5π，b ＝5ln 4π，c ＝5ln π4，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a <b <cB ．b <c <aC ．b <a <cD ．c <b <a 答案 A解析 令f (x )＝ln xx (x ≥e)，可得f ′(x )＝1x ·x －ln x x 2＝1－ln x x 2，当x ≥e 时，f ′(x )≤0恒成立，所以f (x )＝ln x x 在[e ，＋∞)上单调递减，所以f (π)>f (4)>f (5)，即ln ππ>ln 44>ln 55，可得4ln π>πln 4，5ln 4>4ln 5，所以ln π4>ln 4π，5πln 4>4πln 5，所以5ln π4>5ln 4π，5ln 4π>4ln 5π，即c >b ，b >a ，所以a <b <c .故选A.16．(2022·山西太原高三模拟)点M 在曲线G ：y ＝3ln x 上，过M 作x 轴的垂线l ，设l 与曲线y ＝1x 交于点N ，OP →＝OM →＋ON →3，且P 点的纵坐标始终为0，则称M 点为曲线G 上的“水平黄金点”，则曲线G 上的“水平黄金点”的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3 答案 C解析 设M (t ，3ln t )，则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，1t ，所以OP →＝OM →＋ON →3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 3，ln t ＋13t ，依题意可得ln t ＋13t ＝0，设g (t )＝ln t ＋13t ，则g ′(t )＝1t －13t 2＝3t －13t 2，当0<t <13时，g ′(t )<0，则g (t )单调递减；当t >13时，g ′(t )>0，则g (t )单调递增，所以g (t )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝1－ln 3<0，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2＝－2＋e 23>0，g (1)＝13>0，所以g (t )＝ln t ＋13t ＝0有两个不同的解，所以曲线G 上的“水平黄金点”的个数为2.故选C.17．(多选)(2022·新高考八省联考)已知函数f (x )＝x ln (1＋x )，则( ) A ．f (x )在(0，＋∞)单调递增 B ．f (x )有两个零点C ．曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，f ⎝⎛⎭⎪⎫－12处切线的斜率为－1－ln 2 D ．f (x )是偶函数 答案 AC解析 由f (x )＝x ln (1＋x )知函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝ln (1＋x )＋x1＋x ，当x ∈(0，＋∞)时，ln (1＋x )>0，x1＋x>0，所以f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增，A 正确；当－1<x <0时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－1，0)上单调递减．又因为f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (0)＝0.所以f (x )≥0，f (x )只有0一个零点，B 错误；令x ＝－12，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝ln 12－1＝－ln 2－1，故曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，f ⎝⎛⎭⎪⎫－12处切线的斜率为－1－ln 2，C 正确；由函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，不关于原点对称，可知f (x )不是偶函数，D 错误．故选AC.18．(多选)(2022·山东省潍坊一中高三开学检测)函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝f ′（x ）x ，下列命题中正确的是( )A ．不等式g (x )＞0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞B ．函数g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减C ．若函数F (x )＝f (x )－ax 2有两个极值点，则a ∈(0，1)D ．若x 1＞x 2＞0时，总有m 2(x 21－x 22)＞f (x 1)－f (x 2)恒成立，则m ≥1 答案 AD解析 因为f (x )＝x ln x ，g (x )＝f ′（x ）x ＝ln x ＋1x ，则g ′(x )＝－ln xx 2，令g ′(x )＞0，可得x ∈(0，1)，故g (x )在该区间上单调递增；令g ′(x )＜0，可得x ∈(1，＋∞)，故g (x )在该区间上单调递减．又当x ＞1时，g (x )＞0，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝0，g (1)＝1.故g (x )的图象如图所示：对于A ，数形结合可知g (x )＞0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，故A 正确；对于B ，由上面分析可知，B 错误；对于C ，若函数F (x )＝f (x )－ax 2有两个极值点，即F (x )＝x ln x －ax 2有两个极值点，又F ′(x )＝ln x －2ax ＋1，要满足题意，则需ln x －2ax ＋1＝0在(0，＋∞)上有两个根，即2a ＝ln x ＋1x 在(0，＋∞)上有两个根，也即直线y ＝2a 与y ＝g (x )的图象有两个交点．数形结合，则0＜2a ＜1，解得0＜a ＜12，故C 错误；对于D ，若x 1＞x 2＞0时，总有m 2(x 21－x 22)＞f (x 1)－f (x 2)恒成立，即m 2x 21－x 1ln x 1＞m 2x 22－x 2ln x 2恒成立．构造函数h (x )＝m2x 2－x ln x ，则h (x 1)＞h (x 2)对任意的x 1＞x 2＞0恒成立．故h (x )在(0，＋∞)上单调递增，则h ′(x )＝mx －ln x －1≥0在(0，＋∞)上恒成立．也即ln x ＋1x ≤m 在区间(0，＋∞)上恒成立，则m ≥g (x )max ＝1，故D 正确．故选AD.19．(2022·河北石家庄第一中学高三教学质量检测(一))已知函数f (x )＝16x 3＋12bx 2＋cx 的导函数f ′(x )是偶函数，若方程f ′(x )－ln x ＝0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e (其中e 为自然对数的底数)上有两个不相等的实数根，则实数c 的取值范围是________________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1－12e 2，－12解析 ∵f (x )＝16x 3＋12bx 2＋cx ，∴f ′(x )＝12x 2＋bx ＋c ，导函数y ＝f ′(x )的对称轴为直线x ＝－b ，由于该函数为偶函数，则－b ＝0⇒b ＝0，∴f ′(x )＝12x 2＋c ，令f ′(x )－ln x ＝0，即12x 2＋c －ln x ＝0，得c ＝ln x －12x 2.令g (x )＝ln x －12x 2，问题转化为当直线y ＝c 与函数g (x )＝ln x －12x 2在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的图象有两个交点时，求实数c 的取值范围．g ′(x )＝1x －x ＝1－x 2x ，令g ′(x )＝0，得x ＝1，列表如下：x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1 1 (1，e) g ′(x ) ＋ 0 － g (x )极大值所以函数y ＝g (x )在x ＝1处取得极大值，亦即最大值，g (x )max ＝g (1)＝－12，又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1－12e 2，g (e)＝1－e 22，显然，g (e)<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，如图所示，结合图象可知，当g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ≤c <g (1)时，即当－1－12e 2≤c <－12时，直线y ＝c 与函数y＝g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的图象有两个交点，因此，实数c 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1－12e 2，－12.一、高考大题1．(2022·全国乙卷)设函数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 (1)由题意，得y ＝xf (x )＝x ln (a －x )，x ∈(－∞，a )，y ′＝ln (a －x )＋x [ln (a －x )]′＝ln (a －x )＋x x －a. 因为x ＝0是函数y ＝xf (x )的极值点， 所以y ′|x ＝0＝ln a ＝0，所以a ＝1.(2)证明：由(1)可知f (x )＝ln (1－x )，要证g (x )<1，即证x ＋f （x ）xf （x ）<1，即需证x ＋ln （1－x ）x ln （1－x ）<1，x ∈(－∞，0)∪(0，1).因为当x ∈(－∞，0)时，x ln (1－x )<0，当x ∈(0，1)时，x ln (1－x )<0； 所以需证x ＋ln (1－x )>x ln (1－x )， 即x ＋(1－x )ln (1－x )>0.令h (x )＝x ＋(1－x )ln (1－x )，x ∈(－∞，1)且x ≠0， 则h ′(x )＝1＋(－1)ln (1－x )＋(1－x )·－11－x＝－ln (1－x )，所以当x ∈(－∞，0)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减； 当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 所以h (x )>h (0)＝0，即x ＋ln (1－x )>x ln (1－x )， 所以x ＋ln （1－x ）x ln （1－x ）<1成立，所以x ＋f （x ）xf （x ）<1，即g (x )<1.2．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x )＝x (1－ln x ). (1)讨论f (x )的单调性；(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且b ln a －a ln b ＝a －b ，证明：2<1a ＋1b <e. 解 (1)因为f (x )＝x (1－ln x )，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ln x ＋x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x ＝－ln x .当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0. 所以函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：由题意，a，b是两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，两边同时除以ab，得ln aa －ln bb＝1b－1a，即ln a＋1a＝ln b＋1b，1a⎝⎛⎭⎪⎫1－ln1a＝1b⎝⎛⎭⎪⎫1－ln1b，即f⎝⎛⎭⎪⎫1a＝f⎝⎛⎭⎪⎫1b.令x1＝1a ，x2＝1b，由(1)知f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当0<x<e时，f(x)>0，当x>e时，f(x)<0，不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2<e.要证2<1a ＋1b<e，即证2<x1＋x2<e.先证x1＋x2>2，要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，因为0<x1<1<x2<e，所以2－x1>1，又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f(x2)<f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)<f(2－x1)，即证当x∈(0，1)时，f(x)－f(2－x)<0.构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln (2－x)＝－ln [x(2－x)]，当0<x<1时，0<x(2－x)<1，则－ln[x(2－x)]>0，即当0<x<1时，F′(x)>0，所以F(x)在(0，1)上单调递增，所以当0<x<1时，F(x)<F(1)＝0，所以当0<x <1时，f (x )－f (2－x )<0成立， 所以x 1＋x 2>2成立． 再证x 1＋x 2<e ，由(1)知，f (x )的极大值点为x ＝1，f (x )的极大值为f (1)＝1， 过点(0，0)，(1，1)的直线方程为y ＝x ，设f (x 1)＝f (x 2)＝m ，当x ∈(0，1)时，f (x )＝x (1－ln x )>x ， 直线y ＝x 与直线y ＝m 的交点坐标为(m ，m )，则x 1<m . 欲证x 1＋x 2<e ，即证x 1＋x 2<m ＋x 2＝f (x 2)＋x 2<e ， 即证当1<x <e 时，f (x )＋x <e.构造函数h (x )＝f (x )＋x ，则h ′(x )＝1－ln x ，当1<x <e 时，h ′(x )>0，所以函数h (x )在(1，e)上单调递增，所以当1<x <e 时，h (x )<h (e)＝f (e)＋e ＝e ，即f (x )＋x <e 成立，所以x 1＋x 2<e 成立． 综上可知，2<1a ＋1b <e 成立．3．(2022·浙江高考)设a ，b 为实数，且a >1，函数f (x )＝a x －bx ＋e 2(x ∈R ). (1)求函数f (x )的单调区间；(2)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；(3)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(x 1＜x 2)，满足x 2＞b ln b 2e 2x 1＋e 2b .注：e ＝2.71828…是自然对数的底数． 解 (1)由题意，得f ′(x )＝a x ln a －b .因为a >1，所以ln a >0，a x >0， 所以当b ≤0时，f ′(x )>0， 函数f (x )在R 上单调递增．当b >0时，令f ′(x )>0，则a x >b ln a ，所以x >log a b ln a ，令f ′(x )<0，得x <log a bln a ， 所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，log a b ln a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫log ab ln a ，＋∞上单调递增． 综上，当b ≤0时，函数f (x )在R 上单调递增；当b >0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，log ab ln a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫log a b ln a ，＋∞上单调递增． (2)因为函数f (x )有两个不同的零点，所以a x －bx ＋e 2＝0有两个不同的根，即曲线y ＝a x 与直线y ＝bx －e 2有两个不同的交点．易知直线y ＝bx －e 2与y 轴交于点(0，－e 2). 先考虑曲线y ＝a x 与直线y ＝bx －e 2相切的情况. 设切点坐标为(t ，a t )，则切线的斜率为a t ln a ， 所以切线方程为y －a t ＝a t ln a (x －t )， 则y ＝(a t ln a )x ＋a t －ta t ln a ＝bx －e 2， 所以a t －ta t ln a ＝a t －a t ln a t ＝－e 2， 令a t ＝m ，则m －m ln m ＝－e 2，m >0， 令g (m )＝m －m ln m ＋e 2，则g ′(m )＝－ln m ， 当m ∈(0，1)时，g ′(m )>0， 当m ∈(1，＋∞)时，g ′(m )<0，故g(m)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又g(e2)＝0，当m∈(0，1)时，g(m)＝m(1－ln m)＋e2>0，所以a t＝e2，所以要满足条件，则b>a t ln a＝e2ln a恒成立．因为b>2e2，所以2e2≥e2ln a，得1<a≤e2.故a的取值范围为(1，e2].(3)证明：当a＝e时，f(x)＝e x－bx＋e2，所以f′(x)＝e x－b，令f′(x)>0，得x>ln b，令f′(x)<0，得x<ln b，所以函数f(x)在(－∞，ln b)上单调递减，在(ln b，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(ln b)＝b－b ln b＋e2，由(2)得g(x)＝x－x ln x＋e2在(1，＋∞)上单调递减，又b>e4，所以b－b ln b＋e2<－3e4＋e2<0.＞0，设h(b)＝b－2ln b，b＞e4，则h′(b)＝1－2bh(b)在(e4，＋∞)上单调递增，所以h(b)＞h(e4)＝e4－8＞0，所以b＞2ln b，所以e b＞b2，所以f(b)＝e b－b2＋e2>e2>0，又f(0)＝1＋e2>0，f(x)min ＝f(ln b)＜0，0＜ln b＜b，所以函数f(x)在(0，ln b)和(ln b，b)上各存在一个零点，分别为x1，x2(x1<x2)，则e x1－bx1＋e2＝0，所以bx 1＝e x 1＋e 2， 所以要证x 2＞b ln b 2e 2x 1＋e 2b ，只需证x 2－e 2b ＞ln b 2e 2bx 1＝ln b 2e 2(e x1＋e 2). 因为f (2)＝2e 2－2b <2e 2－2e 4<0， 所以可知0<x 1<2，所以e x 1＋e 2<2e 2， 所以ln b 2e 2(e x 1＋e 2)＜ln b2e 2·2e 2＝ln b ， 故只需证x 2－e 2b >ln b ，即x 2>e 2b ＋ln b . f ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2b ＋ln b ＝e －b ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2b ＋ln b ＋e 2 ＝e－b ln b ＝b，因为b >e 4，所以所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2b ＋ln b ＜0，所以x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2b ＋ln b ，b ，所以x 2>e 2b ＋ln b .所以x 2>b ln b 2e 2x 1＋e 2b 成立． 二、模拟大题4．(2022·河北衡水深州长江中学高三开学考试)已知函数f (x )＝ln x ＋ax ＋1x ，a ∈R .(1)求f (x )的单调区间，并求当a ＝1时，f (x )的最大值；(2)若对任意的x ∈(0，＋∞)，f (x )≤e x 恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f (x )＝ln x x ＋a ＋1x ，则f ′(x )＝－ln x x 2，则当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．∴f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞). 当a ＝1时，f (x )max ＝f (1)＝1＋a ＝2. (2)由题得当x >0时， ln x x ＋a ＋1x ≤e x恒成立，即a ≤x e x －ln x －1x 在(0，＋∞)上恒成立．令G (x )＝x e x －ln x －1x ＝e ln x e x －ln x －1x＝e x ＋ln x －ln x －1x，令h (x )＝e x －x －1，则h ′(x )＝e x －1，当x ∈(－∞，0)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减； 当x ∈(0，＋∞)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增． ∴h (x )≥h (0)＝0，∴e x ≥x ＋1，当x ＝0时取等号，∴e x ＋ln x ≥x ＋ln x ＋1，当x ＋ln x ＝0时取等号， ∴G (x )＝e x ＋ln x －ln x －1x ≥x ＋ln x ＋1－ln x －1x＝1，当x ＋ln x ＝0时等号成立，G (x )取到最小值．令H (x )＝x ＋ln x ，则H ′(x )＝1＋1x >0(x >0)，∴H (x )在(0，＋∞)上单调递增，又H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e －1<0，H (1)＝1>0， ∴∃x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，使得H (x 0)＝0， ∴G (x )min ＝1.则a ≤G (x )min ＝1，∴实数a 的取值范围为(－∞，1].5．(2022·湖北武汉、襄阳、荆门、宜昌四地六校高三起点联考)设f (x )＝x sin x ＋cos x ，g (x )＝x 2＋4.(1)讨论f (x )在[－π，π]上的单调性；(2)令h (x )＝g (x )－4f (x )，试证明h (x )在R 上有且仅有三个零点．解 (1)f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，令f ′(x )＝0，则x ＝0或x ＝±π2.当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π，－π2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． (2)证明：h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ，h (0)＝0，∴x ＝0是h (x )的一个零点， ∵h (x )是偶函数，∴要确定h (x )在R 上的零点个数，只需确定x >0时，h (x )的零点个数即可．①当x >0时，h ′(x )＝2x －4x cos x ＝2x (1－2cos x ).令h ′(x )＝0，得cos x ＝12，x ＝π3＋2k π或x ＝－π3＋2k π(k ∈N ).x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝π29＋2－23π3<0， x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，5π3时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π3＝25π29＋103π3＋2>0， ∴h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，5π3内有唯一零点． ②当x ≥5π3时，由于sin x ≤1，cos x ≤1，h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ≥x 2＋4－4x－4＝x 2－4x ＝t (x )，而t (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫5π3，＋∞上单调递增，t (x )≥t ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π3>0， ∴h (x )>0恒成立，故h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫5π3，＋∞内无零点， ∴h (x )在(0，＋∞)内有一个零点．由于h (x )是偶函数，∴h (x )在(－∞，0)内有一个零点，而h (0)＝0，∴h (x )在R 上有且仅有三个零点．6．(2022·广东省广州市执信、广雅、六中三校高三联考)已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2，其中a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明：f (x )≤x 2＋x －1；(3)试比较ln 2222＋ln 3232＋ln 4242＋…＋ln n 2n 2与（n －1）（2n ＋1）2（n ＋1）(n ∈N *且n ≥2)的大小，并证明你的结论.解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2x ＝a ＋2x 2x .①当a ≥0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝ －a 2， 当0<x < －a 2时，a ＋2x 2<0，所以f ′(x )<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0， －a 2上单调递减； 当x > －a 2时，a ＋2x 2>0，所以f ′(x )>0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫ －a 2，＋∞上单调递增． 综上，当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0， －a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ －a 2，＋∞上单调递增． (2)证明：当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋x 2，要证明f (x )≤x 2＋x －1， 即证ln x ≤x －1，即证ln x －x ＋1≤0.设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1－x x ，令g ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0，1)时，g ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0.所以1为极大值点，且g (x )在x ＝1处取得最大值． 所以g (x )≤g (1)＝0，即ln x －x ＋1≤0，故f (x )≤x 2＋x －1. (3)ln 2222＋ln 3232＋ln 4242＋…＋ln n 2n 2<（n －1）（2n ＋1）2（n ＋1）. 证明：由(2)知ln x ≤x －1(当且仅当x ＝1时等号成立)，即ln x x ≤1－1x ，则有ln 2222＋ln 3232＋ln 4242＋…＋ln n 2n 2<1－122＋1－132＋…＋1－1n 2＝n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋132＋…＋1n 2 <n －1－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×3＋13×4＋…＋1n （n ＋1） ＝n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1＝（n －1）（2n ＋1）2（n ＋1）， 故ln 2222＋ln 3232＋ln 4242＋…＋ln n 2n 2<（n －1）（2n ＋1）2（n ＋1）.。