新高考数学一轮复习精选讲练专题3.8 导数的综合问题（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习精选讲练专题3.8 导数的综合问题（含解析），共22页。

专题3.8 导数的综合问题-重难点题型精练
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2022•青羊区校级开学）已知函数f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x有两个零点，则a的取值范围为（　　）
A．（﹣1，0） B．（0，1） C．（1， D．（1，e）
【解题思路】参数分离，将原题改造成为，求y＝a与有两个交点．
【解答过程】解：由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x＝0得到，
令，由题意可以看做是y＝a与g（x）有两个交点，
，
其中ex＞0，2ex+1＞0，﹣ex﹣x+1是单调递减的，并且x＝0时，﹣ex﹣x+1＝0，
因此函数存在唯一零点，x＝0，
当x＞0时，g′（x）＜0，
x＜0时，g′（x）＞0，
g（0）＝1，
得如下函数图象：

显然当0＜a＜1时，y＝a与g（x）有两个交点，
故选：B．
2．（5分）（2022春•沈阳期末）已知函数f（x）＝aex+ln（ea）（a＞0），若对任意实数x＞1，不等式f（x）≥ln（x﹣1）总成立，则实数a的取值范围为（　　）
A．[e2，+∞） B．[，+∞） C．（0，] D．（，e2]
【解题思路】首先将原不等式转化为ex+lna+x+lna≥x﹣1+ln（x﹣1）在x＞1时恒成立，构造函数h（x）＝x+lnx，将其转化为h（ex+lna）≥h（x﹣1），再利用h（x）的单调性转化为lna≥ln（x﹣1）﹣x，
构造函数g（x）＝ln（x﹣1）﹣x（x＞1），利用导数得到函数g（x）的最大值，进而求出a的取值范围．
【解答过程】解：由题意可知，aex+ln（ea）≥ln（x﹣1）在x＞1时恒成立，
即ex+lna+1+lna≥ln（x﹣1）在x＞1时恒成立，
即ex+lna+x+lna≥x﹣1+ln（x﹣1）在x＞1时恒成立，
构造函数h（x）＝x+lnx，故原不等式等价于h（ex+lna）≥h（x﹣1），
易知函数h（x）在（1，+∞）上单调递增，
故转化为ex+lna≥x﹣1，
所以x+lna≥ln（x﹣1），
所以lna≥ln（x﹣1）﹣x，
构造函数g（x）＝ln（x﹣1）﹣x（x＞1），则g'（x）1，
令g'（x）＞0得，1＜x＜2；令g'（x）＜0得，x＞2，
所以g（x）在（1，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减，
所以g（x）的最大值为g（2）＝﹣2，
故lna≥﹣2，解得a，
即实数a的取值范围为[，+∞），
故选：B．
3．（5分）（2022•全国开学）已知函数f（x）＝aexlnx（a≠0），若∃x∈[3，+∞），f（x）＜x2+xlna成立，则a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【解题思路】先将不等式f（x）＜x2+xlna变形为，再根据函数在[3，+∞）上为减函数，即可得到x＞aex，然后分离参数求出a的取值范围．
【解答过程】解：因为f（x）＜x2+xlna，所以aexlnx＜x2+xlna，
同时除以xaex，得使该不等式成立．
设，当x≥3时，h′（x）＜0，
所以在[3，+∞）为减函数，
所以，由h（x）＜h（aex），得x＞aex，即，
因为，所以，
即a的取值范围是．
故选：D．
4．（5分）（2021秋•萍乡期末）已知函数有两个零点x1，x2，若，则实数a的取值范围是（　　）
A．（0，+∞） B．（﹣1，0）
C．{a|a＝0} D．（﹣1，0）∪（0，+∞）
【解题思路】先利用导数的符号变化得到函数的单调区间和极值点，因为是函数f（x）的一个零点，再比较零点和极值点的大小关系进行求解．
【解答过程】解：因为，所以f′（x）＝lnx+（1﹣a），
令f′（x）＞0，即lnx＞a﹣1，解得x＞ea﹣1，
令f′（x）＜0，即lnx＜a﹣1，解得0＜x＜ea﹣1，
即f（x）在（0，ea﹣1）上单调递减，在（ea﹣1，+∞）上单调递增，
即x＝ea﹣1是函数f（x）的极小值点；
因为，
不妨设，
所以x1是函数f（x）的一个零点，
若，则，
则，解得a＞0．
故选：A．
5．（5分）（2022•疏附县一模）已知函数f（x）＝ax2﹣x+lnx有两个不同的极值点x1，x2，若不等式f（x1）+f（x2）＞2（x1+x2）+t有解，则t的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，﹣2ln2） B．（﹣∞，﹣2ln2]
C．（﹣∞，﹣11+2ln2） D．（﹣∞，﹣11+2ln2]
【解题思路】由题意可得，得，不等式f（x1）+f（x2）＞2（x1+x2）+t有解，即t＜f（x1）+f（x2）﹣2（x1+x2）的最大值，而f（x1）+f（x2）﹣2（x1+x2）1﹣ln2a，令h（a）1﹣ln2a，利用导数研究其最大值即可．
【解答过程】解：根据条件 ，
因为函数f（x）＝ax2﹣x+lnx有两个不同的极值点x1，x2，
所以方程2ax2﹣x+1＝0有两个不相等的正实数根，则，解得．
若不等式f（x1）+f（x2）＞2（x1+x2）+t有解，
所以t＜[f（x1）+f（x2）﹣2（x1+x2）]max．
因为．
设，，
故h（a）在上单调递增，
故，
所以t＜﹣11+2ln2，
所以t的取值范围是（﹣∞，﹣11+2ln2）．
故选：C．
6．（5分）（2022春•定远县校级期末）已知e为自然对数的底数，若对任意x∈[1，e]，总存在唯一的y∈[﹣1，1]，使得y2ey＝a﹣lnx，成立，则实数a的取值范围是（　　）
A．[1，e] B． C． D．
【解题思路】求出f（y）＝y2ey中y与f（y）一一对应的f（y）的取值集合，再求得g（x）＝a﹣lnx的值域，由集合之间的关系可得结论．
【解答过程】解：设f（y）＝y2ey，y∈[﹣1，1]，g（x）＝a﹣lnx，x∈[1，e]，
f′（y）＝（2y+y2）ey，﹣1≤y＜0时，f′（y）＜0，f（y）递减，0＜y≤1时，f′（y）＞0，f（y）递增，
∴f（y）min＝f（0）＝0，f（﹣1）＝e﹣1，f（1）＝e，
∴f（y）∈（，e]∪{0}，
g（x）＝a﹣lnx在[1，e]上是减函数，g（x）∈[a﹣1，a]，
由[a﹣1，a]⊆（，e]∪{0}，
∴，即1a≤e．
故选：B．
7．（5分）（2022春•越城区校级月考）已知函数f（x）＝x2﹣2ex+a，，对于任意的x1∈[1，e]，存在x2∈[1，e]，使g（x1）≤f（x2），则实数a的取值范围为（　　）
A． B．
C．[e2，+∞） D．
【解题思路】根据对于任意的x1∈[1，e]，存在x2∈[1，e]，使g（x1）≤f（x2），可得g（x1）max≤f（x2）max，然后求出相应的最值，建立不等式求出a的取值范围即可．
【解答过程】解：∵对于任意的x1∈[1，e]，存在x2∈[1，e]，使g（x1）≤f（x2），
∴g（x1）max≤f（x2）max．
∵f（x）在[1，e]上单调递减，∴f（x）max＝f（1）＝1﹣2e+a．
∵，∴g（x）在[1，e]上单调递增，
∴．
由，得，
∴a的取值范围为．
故选：A．
8．（5分）（2022•二模拟）下列结论正确的是（　　）
A．设函数f（x）＝x3+ax+b，其中a，b∈R，当a＝﹣3，b＞2时，函数有两个零点
B．函数没有极值点
C．关于x的方程2x3﹣3x2+a＝0在区间[﹣2，2]上仅有一个实根，则实数a的取值范围为[﹣4，0）∪（1，28]
D．函数有两个零点
【解题思路】对于A，对函数f（x）求导，判断函数f（x）的单调性，求出其极小值即可得出结论；对于B，求导后判断单调性，即可得到极值情况；对于C，令g（x）＝﹣2x3+3x2，x∈[﹣2，2]，判断函数y＝g（x）的图象与直线y＝a的交点个数即可；对于D，令f（x）＝0，可得，令，判断函数y＝h（x）的图象与直线y＝a（a＜0）的交点个数即可．
【解答过程】解：对于A，当a＝﹣3，b＞2时，f′（x）＝3x2﹣3＝3（x+1）（x﹣1），
易知函数f（x）在（﹣∞，﹣1），（1，+∞）上单调递增，在（﹣1，1）上单调递减，
则f（x）极小值＝f（1）＝b﹣2＞0，则此时函数f（x）仅有一个零点，选项A错误；
对于B，，
易知函数f（x）在（﹣∞，0），（0，1）单调递减，在（1，+∞）上单调递增，则f（x）在x＝1处取得极小值，选项B错误；
对于C，由2x3﹣3x2+a＝0可得a＝﹣2x3+3x2，令g（x）＝﹣2x3+3x2，x∈[﹣2，2]，则g′（x）＝﹣6x2+6x＝﹣6x（x﹣1），
易知函数g（x）在[﹣2，0]，[1，2]上单调递减，在（0，1）单调递增，且g（﹣2）＝28，g（0）＝0，g（1）＝1，g（2）＝﹣4，
依题意，直线y＝a与函数y＝g（x）的图象仅有一个交点，则a∈[﹣4，0）∪（1，28]，选项C正确；
对于D，令f（x）＝0，则x﹣aex＝0，即，令，则，
易知函数h（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
且，当x＜0时，h（x）＜0，当x＞0时，h（x）＞0，x→+∞时，h（x）→0，
故当a＜0时，仅有一个解，选项D错误．
故选：C．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2022•赫山区校级开学）已知函数在区间（1，e）内有唯一零点，则m的可能取值为（　　）
A． B． C． D．
【解题思路】由题意，可以将问题转化为方程在区间（1，e）内有唯一实数根，构造函数，x∈（1，e），利用导数得g（x）在区间（1，e）内单调递增，可得，进而确定答案．
【解答过程】解：由题意，可知方程在区间（1，e）内有唯一实数根，
即方程在区间（1，e）内有唯一实数根，
令，x∈（1，e），
则，
所以g（x）在区间（1，e）内单调递增，
所以，所以，
又，，，
所以ABC选项符合．
故选：ABC．
10．（5分）（2022春•重庆月考）已知函数f（x）＝lnx﹣ax，若函数f（x）有两个零点x1，x2，则下列说法正确的是（　　）
A．x1lnx2＝x2lnx2 B．
C． D．
【解题思路】由f（x）＝0，得，令，判断g（x）的单调性，画出g（x）的图象，根据条件得到直线y＝a与函数在（0，+∞）上的图象有两个交点，再结合选项分别判断即可．
【解答过程】解析：由f（x）＝0，得，
令，则，
因为函数f（x）有两个零点x1，x2，
所以直线y＝a与函数在（0，+∞）上的图象有两个交点，
当0＜x＜e时，g'（x）＞0，此时函数g（x）单调递增，
当x＞e时，g'（x）＜0，此时函数g（x）单调递减，
则，且当x＞1时，g（x）＞0，如下图所示：

当时，直线y＝a与函数在（0，+∞）上的图象有两个交点．
对于A选项，由已知可得，消去a，可得x2lnx1＝x1lnx2，故A正确；
对于B选项，设x2＞x1，取，则，
所以1＜x1＜e，故，故B错；
对于C选项，设x2＝tx1（t＞1），
因为lnx1＝ax1，则lnx2＝ln（tx1）＝lnt+lnx1＝atx1，
所以，．
则，
构造函数，则，
所以函数h（t）在（1，+∞）上单调递增，
故h（t）＞h（1）＝0，故C正确；
对于D选项，，
构造函数，则
所以函数φ（t）在（1，+∞）上单调递减，
则φ（t）＜φ（1）＝0，故D正确．
故选：ACD．
11．（5分）（2022春•龙凤区校级期末）定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足2f（x）+xf′（x），f（1）＝0，则下列说法正确的是（　　）
A．f（x）在x处取得极大值，极大值为
B．f（x）有两个零点
C．若f（x）＜k在（0，+∞）上恒成立，则k
D．f（1）＜f（）＜f（）
【解题思路】对A，根据2f（x）+xf′（x），f（1）＝0，求f（x），求出 f′（x），根据极值定义进行判断；
对 B，根据f（x） 单调性和零点定义，结合图象判断；
对 C，要保证f（x）＜k−在（0，+∞）上恒成立，即k，通过构造函数求其最值，进行判断；
对 D，根据 f（x） 单调性，和对数比较大小，进行判断．
【解答过程】解：对A，∵2f（x）+xf′（x），且 x∈（0，+∞），可得2xf（x）+x2f′（x），
可得：[x2f（x）]′，故x2f（x）＝lnx+c（c 为常数 ），
∵f（1）＝0可得：12f（1）＝ln1+c，求得：c＝0，
故x2f（x）＝lnx，整理可得：f（x），x∈（0，+∞），
f′（x），
当1﹣2lnx＞0，即lnx＜ln，解得0＜x，f′（x）＞0，此时 f（x） 单调递增，
当1﹣2lnx＝0，即 lnx＝ln，解得x，f′（x）＝0，
当1﹣2lnx＜0，即 lnx＞ln，解得：x，f′（x）＜0，此时 f（x） 单调递减，
∴x，f（x） 取得极大值，f（），故A正确；
对B，x→0+，f（x）＜0，x，f（），x→+∞，f（x）＞0，
画出 f（x） 草图：如图：

根据图象可知：f（x） 只有一个零点，故B说法错误；
对C，要保证 f（x）＜k− 在（0，+∞） 上恒成立，
即：保证f（x）k 在（0，+∞） 上恒成立，
∵f（x），可得k 在 （0，+∞） 上恒成立，
故只需 k，
令G（x），∴G′（x），
当0＜x时，G′（x）0，当x时，G′（x）0，
当x时，G′（x）0，则G（x）max＝G（），
∴k，故C说法正确，
对D，根据0＜x，f（x） 单调递增，x，f（x） 单调递减，
∵1，可得f（1）＜f（），
又∵f（），f（），∵f（2）f（），
故f（1）＜f（）＝f（2）＜f（），故D说法正确．
综上所述，正确的说法是：ACD．
故选：ACD．
12．（5分）（2022春•广东月考）已知函数f（x）＝ex﹣2ax，a∈R，则下列结论中正确的有（　　）
A．f（x）必有唯一极值点
B．若，则f（x）在（0，+∞）上单调递增
C．若，对∀x∈[0，+∞）有f（x）≥kx恒成立，则k≤1
D．若存在x0∈[2，3]，使得f（x0）≤0成立，则
【解题思路】对于A，求出函数的导数，根据a的范围判断A，
对于B，代入a的值，求出函数的导数，求出函数的单调性，从而判断B，
对于C，问题转化为k1在x∈[0，+∞）上恒成立，令g（x）1，x∈[0，+∞），求出函数的导数，根据函数的单调性求出k的取值范围即可；
对于D，将问题转化为在x∈[2，3]上2a≥（）min，再应用导数求g（x）的最小值，即可求a的范围．
【解答过程】解：对于A，f（x）＝ex﹣2ax，f′（x）＝ex﹣2a，
a≤0时，f′（x）＞0在R恒成立，故f（x）没有极值点，故A错误，
对于B，当a时，f（x）＝ex﹣x，则f'（x）＝ex﹣1，
令f'（x）＝0，得x＝0，
当x＞0时，f'（x）＞0，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞），故B正确，
对于C，若，对∀x∈[0，+∞）有f（x）≥kx恒成立，
则问题转化为k1在x∈[0，+∞）上恒成立，
令g（x）1，x∈[0，+∞），则g′（x），
令g′（x）＞0，解得x＞1，令g′（x）＜0，解得x＜1，
故g（x）在[0，1）递减，在（1，+∞）递增，
故g（x）min＝g（1）＝e﹣1，故k≤e﹣1，故C错误，
对于D，若存在x0∈[2，3]，使得f（x0）≤0成立，
在x∈[2，3]上，2a≥（）min，
设g（x），则g′（x），显然当x∈[2，3]时g'（x）＞0恒成立，
所以g（x）在[2，3]单调递增，则g（x）min＝g（2），
综上，2a⇒a，故D正确，
故选：BD．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2022春•定远县校级期末）已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+ax恰有两个零点，则实数a的取值范围为 　（0，1）∪（1，+∞）　．
【解题思路】方程lnx﹣ax2+ax＝0，即方程a（x﹣1）恰有两解，即两个函数图象有两个交点，利用导数研究函数的单调性极值与最值，即可得出．
【解答过程】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），由题知方程lnx﹣ax2+ax＝0，即方程a（x﹣1）恰有两解，
设g（x），则g'（x），
∴当0＜x＜e时，g′（x）＞0，当x＞e时，g'（x）＜0，
∴g（x）在（0，e）上是增函数，在（e，+∞）上是减函数，且g（1）＝0，
作出函数y＝g（x）与函数y＝a（x﹣1）的图象如下图所示：

∵当x＞e时，g（x）＞0，且g′（1）＝1，
∴g（x）在（1，0）处的切线方程为y＝x﹣1，
∴当0＜a＜1或a＞1时，函数y＝g（x）的图象与函数y＝a（x﹣1）的图象恰有2个交点．
故答案为：（0，1）∪（1，+∞）．
14．（5分）（2021春•梅河口市校级月考）已知函数，则函数f（x）的所有零点为　x＝1　．
【解题思路】求出函数的导数，根据导函数的单调性求出函数f（x）的单调性，从而求出函数的零点即可．
【解答过程】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），且f′（x）＝lnxx﹣3，
设g（x）＝lnxx﹣3，则g′（x）1（x＞0），
当0＜x＜1时，g'（x）＜0；当x＞1时，g'（x）＞0，
即函数g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
所以当x＞0时，g（x）≥g（1）＝0（当且仅当x＝1时取等号），
即当x＞0时，f'（x）≥0（当且仅当x＝1时取等号），
所以函数f（x）在（0，+∞）单调递增，至多有一个零点，
因为f（1）＝0，x＝1是函数f（x）唯一的零点，
综上，函数f（x）的所有零点只有x＝1．
15．（5分）（2022秋•秦淮区月考）若关于x的不等式xm（ex+x）≤emx+mxm（x﹣lnx）恒成立，则实数m的最小值为 　[，+∞）　．
【解题思路】不等式可转化为ex+xm（x﹣lnx）＝em（x﹣lnx）+m（x﹣lnx），令f（x）＝ex+x，不等式等价于f（x）≤f（m（x﹣lnx））恒成立，
求导分析f（x）的单调性，可得x≤m（x﹣lnx）恒成立，令g（x）＝x﹣lnx，求导分析可得g（x）最小值大于零，则x≤m（x﹣lnx）恒成立等价于m，即可得出答案．
【解答过程】解：因为不等式xm（ex+x）≤emx+mxm（x﹣lnx）恒成立，
所以ex+xm（x﹣lnx）＝em（x﹣lnx）+m（x﹣lnx），
令f（x）＝ex+x，
则不等式等价于f（x）≤f（m（x﹣lnx））恒成立，
因为函数f（x）＝ex+x在（0，+∞）上单调递增，
所以x≤m（x﹣lnx），
令g（x）＝x﹣lnx，
g′（x）＝1，
所以在（1，+∞）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
在（0，1）上，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
所以当x＝1时，函数g（x）取得极小值，即最小值，
所以g（x）≥g（1）＝1＞0，
所以x≤m（x﹣lnx）恒成立等价于m，
令h（x），x∈（0，+∞），
h′（x），
又h′（e）＝0，
所以在（0，e）上，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
在（e，+∞）上，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
所以h（x）max＝h（e），
所以实数m的取值范围为[，+∞）．
16．（5分）（2022春•道里区校级月考）已知e为自然对数的底数，对任意x1∈[﹣1，1]，总存在唯一的使得x1+x2lnx2﹣a＝0成立，则实数a的取值范围为 　　．
【解题思路】令，由导数得出其单调性，再结合，得出实数a的取值范围．
【解答过程】解：由题意可得a﹣1⩽a﹣x1⩽a+1，
令，
当时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
，
因为对任意x1∈[﹣1，1]，总存在唯一的使得x2lnx2﹣＝a﹣x1成立，
故答案为：．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2022春•福安市校级月考）已知f（x）＝ax﹣lnx．
（1）讨论f（x）零点的个数；
（2）若对任意x∈[1，+∞），都有x•f（x）≥a，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）由f（x）＝0可得，设，其中x＞0，则函数f（x）的零点个数等价于直线y＝a与函数g（x）图象交点个数，利用导数分析函数g（x）的图象与极值，数形结合可得出函数f（x）在实数a的不同取值下的零点个数；
（2）分析可知对任意的x≥1恒成立，令，其中x≥1，易知h（1）＝0，对实数a的取值进行分类讨论，利用导数分析函数h（x）在[1，+∞）上的单调性，验证h（x）≥h（1）能否恒成立，综合可得出实数a的取值范围．
【解答过程】（1）解：函数f（x）＝ax﹣lnx的定义域为（0，+∞），
由f（x）＝ax﹣lnx＝0得，设，其中x＞0，
则函数f（x）的零点个数等价于直线y＝a与函数g（x）图象交点个数，
，当x＞e，g′（x）＜0，此时，函数g（x）的单调递减区间为（e，+∞），
当0＜x＜e时，g′（x）＞0，此时，函数g（x）的单调递增区间为（0，e），
且当0＜x＜1时，g（x）＜0，当x＞1时，g（x）＞0，如下图所示：

故当时，f（x）无零点；
当或a≤0时，f（x）只有1个零点；
当时，函数f（x）有2个零点．
（2）解：∵x⋅f（x）≥a，即ax2﹣xlnx≥a，得ax2﹣a﹣xlnx≥0，
又x≥1，不等式两边同时除以x，得，即．
令，其中x≥1，易知h（1）＝0，
由题意可知h（x）≥h（1）对任意的x≥1恒成立，．
①当a≤0时，则当x＞1时，a（x2+1）≤0，则h（x）＜0，
此时，函数y＝h（x）在[1，+∞）上单调递减，则h（x）≤h（1），不合乎题意；
②若a＞0，对于方程ax2﹣x+a＝0．
（i）当Δ＝1﹣4a2≤0时，即时，h′（x）≥0恒成立且h′（x）不恒为零，
此时，函数y＝h（x）在[1，+∞）上单调递增，则有h（x）≥h（1），合乎题意；
（ii）当Δ＝1﹣4a2＞0时，即时，
设方程ax2﹣x+a＝0的两个不等实根分别为x1、x2，且x1＜x2，
则，所以，x2＞x1＞0，∴，∴x2＞1＞x1＞0．
当1＜x＜x2时，h′（x）＜0；当x＞x2时，h′（x）＞0，
所以函数h（x）在（1，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增，
所以，h（x2）＜h（1），不合乎题意．
综上所述，实数a的取值范围是．
18．（12分）（2022•河南开学）已知函数．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＝1时，证明：对x∈（0，+∞）恒成立．
【解题思路】（1）利用求导公式求导，根据a的范围分类讨论，即可求解；
（2）构造函数，利用导数求得g（x）的最小值，证得其最小值大于0即可．
【解答过程】（1）解：因为，
当a≤0时，因为ex﹣a＞0，
所以f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
当0＜a＜e时，令f'（x）＞0，得lna＜x＜1；令f'（x）＜0，得x＜lna或x＞1，
所以f（x）在（﹣∞，lna）和（1，+∞）上单调递减，在（lna，1）上单调递增，
当a＝e时，f（x）在R上单调递减，
当a＞e时，令f'（x）＞0，得1＜x＜lna；令f'（x）＜0，得x＜1或x＞lna，
所以f（x）在（﹣∞，1）和（lna，+∞）上单调递减，在（1，lna）上单调递增，
综上所述，当a≤0时，f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
当0＜a＜e时，f（x）在（﹣∞，lna）和（1，+∞）上单调递减，在（lna，1）上单调递增，
当a＝e时，f（x）在R上单调递减，
当a＞e时，f（x）在（﹣∞，1）和（lna，+∞）上单调递减，在（1，lna）上单调递增．
（2）证明：当a＝1时，要证，即证，
因为x＞0，所以即要证，
令，则g′（x），
因为g'（x）在（0，+∞）上单调递减，且，
当x→+∞时，g'（x）＞0，
所以存在x0∈（1，+∞），使得g'（x0）＝0，
所以g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
所以，
因为，所以，
所以，
因为x0＞1，所以g（x）min＞0，所以对x∈（0，+∞）恒成立．
19．（12分）（2022秋•云南月考）已知函数f（x）＝xlnx﹣（a+1）x+a．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）若不等式f（x）≤（x﹣a﹣2）e（x﹣1）+a对任意x∈[1，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）先判断函数定义域，再求导结合函数单调性求出极值即可；
（2）对函数进行同构变形，令g（x）＝（x﹣a﹣1）ex，则g（lnx）≤g（x﹣1）对任意x∈[1，+∞）恒成立，首先可以证明0≤lnx≤x﹣1对x∈[1，+∞）恒成立，原题转化为求g（x）在[0，+∞）上单调递增时a的取值范围即可．
【解答过程】解：（1）由题意得：f（x）＝xlnx﹣（a+1）x+a，x∈（0，+∞），
所以f′（x）＝lnx﹣a，
令f′（x）＝0，解得x＝ea∈（0，+∞），
当0＜x＜ea时，f′（x）＜0；当x＞ea时，f′（x）＞0，
所以f（x）在（0，ea）上单调递减，在（ea，+∞）上单调递增，
所以f（x）有极小值，为f（ea）＝a﹣ea；无极大值．
（2）由已知得，xlnx﹣（a+1）x≤（x﹣a﹣2）e（x﹣1）对任意x∈[1，+∞）恒成立，
即（lnx﹣a﹣1）elnx≤[（x﹣1）﹣a﹣1]e（x﹣1）对任意x∈[1，+∞）恒成立，
令g（x）＝（x﹣a﹣1）ex，
则g（lnx）≤g（x﹣1）对任意x∈[1，+∞）恒成立，
下证：0≤lnx≤x﹣1对任意x∈[1，+∞）恒成立，
令h（x）＝lnx﹣（x﹣1），x∈[1，+∞），
则在[1，+∞）上恒成立，且仅当x＝1时取“＝“，
所以h（x）在[1，+∞）上单调递减，h（x）≤h（1）＝0，
即0≤lnx≤x﹣1，x∈[1，+∞），
所以g（lnx）≤g（x﹣1）对任意x∈[1，+∞）恒成立，只需g（x）在[0，+∞）上单调递增，
即g′（x）＝（x﹣a）ex≥0在[0，+∞）上恒成立，
即a≤x在[0，+∞）上恒成立，
所以a≤0，即a的取值范围为（﹣∞，0]．
20．（12分）（2022•河南开学）已知函数f（x）＝（x2﹣a）ex﹣ax2．
（1）若a＝0，求f（x）的单调区间；
（2）设m3+2em＝0，且f（x）在[﹣2，0]上有2个零点，证明：．
【解题思路】（1）代入a＝0，对函数求导，再求函数的单调性即可；
（2）利用分离参数法，构造函数，再求函数的最值，再进行证明即可．
【解答过程】（1）解：因为a＝0，所以 f′（x）＝（x2+2x）ex，
当﹣2＜x＜0时，f′（x）＜0；当x＜﹣2或x＞0时，f′（x）＞0，
故f（x）的单调递减区间为（﹣2，0），单调递增区间为（﹣∞，﹣2），（0，+∞），
（2）证明：由f（x）＝0，得x2ex＝a（x2+ex），即，
设函数，则
设函数h（x）＝x3+2ex，则h（x）为增函数，
因为，又m3+2em＝0，
所以m∈（﹣1，0），且 ，
当m＜x＜0时，g′（x）＜0；当﹣2≤x＜m时，g′（x）＞0，
所以当x＝m时，g（x）取得极大值，且极大值为，
因为，
所以当f（x）在[﹣2，0]上有2个零点时，．
21．（12分）（2022秋•秦淮区月考）已知函数．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若，且x1＞0，x2＞0，x1≠x2，证明：．
【解题思路】（1）求出f'（x），分a＞0和a＜0两种情况，分别研究f'（x）的正负，即可得到函数f（x）的单调性；
（2）对方程两边同时取对数，得到，由a＝1进行分析，利用（1）中的结论，得到f（x）的单调性，根据题意不妨设x1＜x2，得到x1∈（0，1），x2∈（1，+∞），则分①x2∈[2，+∞）和②x2∈（1，2）两种情况分别求解，构造函数g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），利用导数研究其性质，结合基本不等式以及不等式的基本性质，即可证明．
【解答过程】解：（1）由题意得定义域为（0，+∞），f'（x），由f′（x）＝0得x＝1，
①若a＞0，当0＜x＜1时，f′（x）＞0，则f（x）单调递增，当x＞1时，f′（x）＜0，则f（x）单调递减；
②若a＜0，当0＜x＜1时，f′（x）＜0，则f（x）单调递减，当x＞1时，f′（x）＞0，则f（x）单调递增；
综上所述：a＞0，f（x）在（0，1）上单调递增，f（x）在（1，+∞）上单调递减；
若a＜0，f（x）在（0，1）上单调递减，f（x）在（1，+∞）上单调递增；
（2）证明：对方程两边同时取对数，则x2ln（ex1）＝x1ln（ex2），即x2（lnx1+1）＝x1（lnx2+1），∴，
此时当a＝1时，存在x1＞0，x2＞0，x1≠x2，满足f（x1）＝f（x2）；
由（1）知，a＝1时，f（x）在（0，1）上单调递增，f（x）在（1，+∞）上单调递减，
不妨设x1＜x2，∴x1∈（0，1），x2∈（1，+∞），
①x2∈[2，+∞），则，即；
②x2∈（1，2），则2﹣x2∈（0，1），g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），0＜x＜1，g'（x），
∴g（x）在（0，1）单调递增，则g（x）＜g（1）＝0，即f（x）＜f（2﹣x），∴f（2﹣x2）＞f（x2）＝f（x1），
∵x1∈（0，1），2﹣x1＞1，又x2＞1，f（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴2﹣x1＜x2，即x1+x2＞2，
又，，
∴，即，即．
22．（12分）（2022春•巴中期末）已知函数，
（1）求f（x）单调递增区间；
（2）是否存在实数m满足对任意x1∈R，任意x2∈R，使成立．若存在，求m的取值范围；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）利用辅助角公式变形，再由复合函数的单调性求f（x）单调递增区间；
（2）由（1）可得f（x2）max＝2，问题转化为成立，令，换元后利用分类法求二次函数的最值，再由最小值大于等于0求解实数m的取值范围．
【解答过程】解：（1），
由，k∈Z，得，k∈Z．
∴函数的单调递增区间为[kπ，kπ]，k∈Z；
（2）由（1）可知，∴f（x2）max＝2，
实数m满足对任意x1∈R，任意x2∈R，使成立．
即对任意x1∈R，成立，
也就是成立．
令，
设，那么
∵x1∈R，∴，
转化为t2+mt+4≥0在t∈[2，+∞）上恒成立．
令g（t）＝t2+mt+4，其对称轴，∵t∈[2，+∞）上，
∴①当时，即m≥﹣4，g（t）min＝g（2）＝8+2m≥0，解得m≥﹣4；
②当，即m＜﹣4时，，解得m∈∅．
综上可得，存在实数m满足对任意x1∈R，任意x2∈R，使成立，
且实数m的取值范围是[﹣4，+∞）．