2024长沙四大名校高三数学月考压轴题——导数含答案

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1．（2023秋•道里区校级期末）已知函数．
（1）求函数f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）当x＞0时，试比较f（x），g（x），h（x）的大小关系，并说明理由；
（3）设n∈N*，求证：．
2．（2023秋•宝山区期末）已知函数f（x）＝ex﹣x，g（x）＝e﹣x+x，其中e为自然对数的底数．
（1）求函数y＝f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）设函数F（x）＝af（x）﹣g（x），
①若a＝e，求函数y＝F（x）的单调区间，并写出函数y＝F（x）﹣m有三个零点时实数m的取值范围；
②当0＜a＜1时，x1、x2分别为函数y＝F（x）的极大值点和极小值点，且不等式F（x1）+tF（x2）＞0对任意a∈（0，1）恒成立，求实数t的取值范围．
3．（2023秋•沈阳期末）（1）已知函数f（x）及其导函数f′（x）的定义域均为{x∈R|x＞0}，设y＝g（x）是曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线的方程．证明：当f′（x）是增函数时，f（x）≥g（x）．
（2）已知ex≥lnx+c（x＞0），设c的最大值为c0，证明：2.30＜c0＜2.35．
（参考数据：，20.0＜e3＜20.1，0.693＜ln2＜0.694）
4．（2023•深圳一模）已知函数，其中a∈R且a≠0．
（1）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若存在实数x0，使得f（x0）＝x0，则称x0为函数f（x）的“不动点”求函数f（x）的“不动点”的个数；
（3）若关于x的方程f（f（x））＝f（x）有两个相异的实数根，求a的取值范围．
5．（2023•乙卷）已知函数f（x）＝（a）ln（1+x）．
（1）当a＝﹣1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若函数f（x）在（0，+∞）单调递增，求a的取值范围．
6．（2023•鼓楼区校级模拟）已知函数．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当a＝1时，若f（x1）+f（x2）＝0，求证：x1+x2≥2；
（3）求证：对于任意n∈N*都有．
7．（2023春•河南月考）已知函数f（x）＝tln（x+1）﹣sinx．
（1）若f（x）在区间上单调递减，求实数t的取值范围；
（2）若当x∈[0，π]时，f（x）≥2﹣2ex，求实数t的取值范围．
8．（2023•天津三模）已知定义域均为R的两个函数g（x）＝ex，h（x）＝（x﹣a）2．
（Ⅰ）若函数f（x）＝g（x）h（x），且f（x）在x＝﹣1处的切线与x轴平行，求a的值；
（Ⅱ）若函数m（x），讨论函数m（x）的单调性和极值；
（Ⅲ）设a，b是两个不相等的正数，且a+lnb＝b+lna，证明：a+b+ln（ab）＞2．
9．（2023•黄浦区校级三模）设函数f（x）＝x3+ax2+bx+c．
（1）设a＝b＝4，求函数f（x）的单调区间；
（2）求证：a2﹣3b＞0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件；
（3）设a＝0，，c＝﹣1，证明：函数f（x）恰有一个零点r，且存在唯一的严格递增正整数数列{an}，使得．
10．（2023•上海模拟）已知函数y＝f（x）的表达式为．
（1）若1是f（x）对的极值点，求a的值．
（2）求f（x）的单调区间．
（3）若有两个实数解x1，x2（x1＜x2），
（i）直接写出a的取值范围；
（ii）λ为正实数，若对于符合题意的任意x1，x2，当s＝λ（x1+x2）时都有f'（s）＜0，求λ的取值范围．
11．（2022秋•香坊区校级期末）设函数u（x）＝lnx﹣ax+a，函数v（x）x2﹣axlnx+a（a∈R）．
（1）求u（x）的单调区间；
（2）若f（x）＝v（x）﹣u（x），g（x）＝f'（x）＝0有三个不同实根x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），试比较f（x1），f（x2），f（x3）的大小关系，并说明理由．
12．（2022春•海淀区校级期中）设函数f（x）＝ax2﹣a﹣lnx，g（x），其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）证明：当x＞1时，g（x）＞0；
（Ⅲ）如果f（x）＞g（x）在区间（1，+∞）内恒成立，求实数a的取值范围．
13．（2022•浙江）设函数f（x）lnx（x＞0）．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）已知a，b∈R，曲线y＝f（x）上不同的三点（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3））处的切线都经过点（a，b）．证明：
（ⅰ）若a＞e，则0＜b﹣f（a）（1）；
（ⅱ）若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，则．
（注：e＝2.71828…是自然对数的底数）
14．（2022•武昌区模拟）已知函数f（x）＝﹣x3+ax2﹣4．
（Ⅰ）若f（x）在x＝2处取得极值，且关于x的方程f（x）＝m在[﹣1，1]上恰有两个不同的实数根，求实数m的取值范围；
（Ⅱ）若存在x0∈（0，+∞），使得不等式f（x0）＞0成立，求实数a的取值范围．
15．（2021秋•和平区期末）已知函数f（x）＝x﹣1﹣alnx（其中a为参数）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若对以∀x∈（0，+∞）都有f（x）≥0成立，求实数a的取值集合；
（3）证明：（1）n＜e＜（1）n+1（其中n∈N*，e为自然对数的底数）．
16．（2022春•越秀区校级月考）设函数f（x）＝lnx（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若f（x）有两个零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：2a＜x1+x2＜1．
17．（2022•鼓楼区校级开学）已知实数a≠0，设函数，x＞0．
（1）当a＝﹣1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）对任意均有，求实数a的取值范围．
二．利用导数研究函数的极值（共18小题）
18．（2024•重庆模拟）已知函数f（x）＝ex+（1﹣a）x﹣lnax．（e为自然对数的底数）
（1）当a＝1时，证明：f（x）存在唯一的极小值点x0，且f（x0）＞2；
（2）若函数f（x）存在两个零点，记较小的零点为x1，s是关于x的方程ln（1+x）﹣csx＝ax1﹣2的根，证明：s＞x1．
19．（2023秋•牡丹江期中）已知函数f（x）＝ax﹣e（lnx）2有两个极值点x1，x2（x1＜x2）．其中a∈R，e为自然对数的底数．
（1）求实数a的取值范围；
（2）若elnx1+（e﹣2）lnx2≥λlnx1lnx2恒成立，求λ的取值范围．
20．（2023•红桥区二模）已知函数f（x）＝x﹣alnx，g（x）（a＞0）．
（Ⅰ）若a＝1，求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）设函数h（x）＝f（x）﹣g（x），求函数h（x）的单调区间；
（Ⅲ）若存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，求a的取值范围．
21．（2023秋•武昌区校级期中）已知函数有三个极值点x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3．
（1）求实数k的取值范围；
（2）若2是f（x）的一个极大值点，证明：．
22．（2023秋•武汉月考）已知函数f（x）＝sin3xcsx，f′（x）为f（x）的导函数．
（1）求f（x）在（0，2π）上的极值；
（2）记x0为f（x）在（0，+∞）上第一个极值点，若0＜x1＜x2＜x0，且f'（x1）＝f'（x2），求[x1+x2]的值（[x]表示不超过x的最大整数）；
（3）设n∈N*，求证：．
23．（2023秋•汉中月考）已知函数．
（1）讨论函数f（x）的极值点的个数；
（2）若函数f（x）恰有三个极值点x1、x2、x3（x1＜x2＜x3），且x3﹣x1≤1，求x1+x2+x3的最大值．
24．（2023秋•沙坪坝区校级月考）已知实数，函数f（x）＝（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．
（1）证明：（i）f（x）存在唯一的极小值点x0；
（ii）．
（2）证明：f（x）有三个不相等的零点x1，x2，x3，且x1x2x3＝1．
25．（2023春•湖北期中）已知函数f（x）＝alnx﹣（x﹣1）ebx（a，b是常数，e是自然对数的底数）．
（1）当a＝1，b＝0时，求函数f（x）的最大值；
（2）当a＞e，b＝1时：
①证明：函数f（x）存在唯一的极值点β．
②若f（α）＝0，且α＞β，证明：（α﹣β）（2β+1）＜3（β2﹣1）．
26．（2023•南京三模）已知函数f（x）＝xlnxax2，g（x）＝﹣x+a（a∈R）．
（1）若y＝x与f（x）的图象恰好相切，求实数a的值；
（2）设函数F（x）＝f（x）+g（x）的两个不同极值点分别为x1，x2（x1＜x2）．
（i）求实数a的取值范围：
（ii）若不等式eλ+1＜x1•x2λ恒成立，求正数λ的取值范围（e＝2.71828…为自然对数的底数）．
27．（2023•思明区校级模拟）已知函数f（x）x3﹣mx2+m2x（m∈R）的导函数为f′（x）．
（1）若函数g（x）＝f（x）﹣f′（x）存在极值，求m的取值范围；
（2）设函数h（x）＝f′（ex）+f′（lnx）（其中e为自然对数的底数），对任意m∈R，若关于x的不等式h（x）≥m2+k2在（0，+∞）上恒成立，求正整数k的取值集合．
28．（2023•天津一模）已知函数f（x）＝aex﹣sinx﹣a．（注：e＝2.718281…是自然对数的底数）．
（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）当a＞0时，函数f（x）在区间内有唯一的极值点x1．
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证：f（x）在区间（0，π）内有唯一的零点x0，且x0＜2x1．
29．（2023春•浙江期中）已知函数f（x）＝（1﹣x）ex+alnx．
（1）当a＝0时，求f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（2）若f（x）存在大于1的零点x0，设f（x）的极值点为x1；
①求a的取值范围；
②证明：3x1＞2x0．
30．（2023•湖南模拟）已知函数f（x）＝sinx+sin2x，x∈[0，π]．
（1）函数F（x）＝f（x）csx+x在x＝x0处取得极大值，求f（x0）的值；
（2）若，证明：f（x）≥3xcsax．
31．（2023•永州三模）已知函数f（x）＝xe﹣x•lna，g（x）＝sinx．
（1）若x＝0是函数h（x）＝f（x）+ag（x）的极小值点，讨论h（x）在区间（﹣∞，π）上的零点个数．
（2）英国数学家泰勒发现了如下公式：csx
这个公式被编入计算工具，计算足够多的项时就可以确保显示值的精确性．
现已知，
利用上述知识，试求的值．
32．（2023•常德二模）已知函数f（x）＝x2alnx（a∈R）
（1）若f（x）在x＝2处取得极值，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）当a＞0时，若f（x）有唯一的零点x0，求[x0]
注：[x]表示不超过x的最大整数，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[﹣1.5]＝﹣2
参考数据：ln2＝0.698，ln3＝1.099，ln5＝1.609，ln7＝1.946．
33．（2023•天津模拟）已知函数f（x）＝（x﹣a）lnx﹣xlna，其中a＞0．
（1）求f（x）的极值；
（2）设函数g（x）＝f（x）+f（）有三个不同的极值点x1，x2，x3．
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）证明：x12+x22+x32＞3．
34．（2022秋•天心区校级月考）已知函数．
（1）讨论f（x）极值点的个数；
（2）若f（x）有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，证明：f（x1）+f（x2）＜2e﹣m．
35．（2022•天河区校级三模）已知函数f（x）＝xlnxx2存在两个极值点x1，x2（x1＜x2）．
（1）求实数a的取值范围；
（2）判断f（）的符号，并说明理由．
三．利用导数研究函数的最值（共24小题）
36．（2024•济南一模）已知函数f（x）＝ex﹣sinx．
（1）若f（x）≥ax2+1对于任意x∈[0，+∞）恒成立，求a的取值范围；
（2）若函数f（x）的零点按照从大到小的顺序构成数列{xn}，n∈N*，证明：；
（3）对于任意正实数x1，x2，证明：．
37．（2023秋•扬州期末）已知函数f（x）＝（lnx﹣m）x的最小值为﹣1．
（1）求实数m的值；
（2）若f（x）＝a有两个不同的实数根x1，x2（x1＜x2），求证：2﹣x2＜x1＜x2﹣（a+1）e．
38．（2023秋•齐齐哈尔期末）已知函数f（x）＝xlnx﹣2x，．
（1）证明：对∀x∈（0，+∞），f（x）⩽g（x）；
（2）若关于x的方程f（x）＝em有两个实根x1，x2，且x1＜x2，证明：．
39．（2024•浑南区校级模拟）已知函数．
（1）若a＝0，证明：；
（2）设，若恒成立，求实数a的取值范围．
40．（2023秋•东丽区校级期中）已知函数．
（Ⅰ）当a＝1时，求y＝f（x）在点（3，f（3））处的切线方程；
（Ⅱ）若（x+1）f（x）＞x2﹣x+2对∀x∈（e，e2）恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）f（x）若有3个零点x1，x2，x3，其中x1＜x2＜x3，求实数a的取值范围，并证明x1x2x3＝1．
41．（2023秋•宜宾月考）已知f（x）＝x﹣xlnx﹣1，记f（x）在 处的切线方程为g（x）．
（1）证明：g（x）≥f（x）；
（2）若方程f（x）＝m有两个不相等的实根 x1，x2（x1＜x2），证明：．
42．（2023秋•奉贤区校级月考）定义可导通数f（x）在x处的弹性函数为，其中f′（x）为f（x）的导函数，在区间D上，若函数f（x）的弹性函数值大于1，则称f（x）在区间D上具有弹性，相应的区间D也称作f（x）的弹性区间．
（1）若r（x）＝ex+1，求r（x）的弹性函数；
（2）对于函数f（x）＝（x﹣1）ex+lnx﹣tx（其中e为自然对数的底数）
（ⅰ）当t＝0时，求f（x）的弹性区间D；
（ⅱ）若f（x）＞1在（i）中的区间D上恒成立，求实数t的取值范围．
43．（2023秋•浙江月考）已知函数f（x）＝ex﹣lnx．
（1）证明：；
（2）证明：当a＞2时，存在使f（x0）＝a．
44．（2023•思明区校级四模）函数f（x）＝sinx﹣ax+1．
（1），求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≥csx在x∈[0，π]上恒成立，求实数a的取值范围；
（3）令函数g（x）＝f（x）+ax﹣1，求证：．
45．（2023秋•岳麓区校级月考）已知函数f（x）＝（x﹣a）（ex+1），g（x）＝axlnx+x+e﹣2（a∈R），设max{m，n}表示m，n的最大值，设F（x）＝max{f（x），g（x）}．
（1）讨论f'（x）在（0，+∞）上的零点个数；
（2）当x＞0时F（x）≥0，求a的取值范围．
46．（2023•河源开学）已知函数f（x）＝ln（x+1），g（x）＝f（x）+aex，其中a∈R．
（1）求过点（﹣1，﹣1）且与函数f（x）的图象相切的直线方程；
（2）①求证：当x＞0时，；
②若函数g（x）有两个不同的零点x1，x2，求证：．
47．（2022秋•广州期末）已知函数f（x）＝ex﹣1﹣lnx（其中e＝2.71828…是自然对数底数）．
（1）求f（x）的最小值；
（2）若过点（a，b）（a≠0）可作曲线f（x）的两条切线，求证：b＜2ea﹣1﹣2ln|a|﹣a2+2a．（参考数据：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986，ln5≈1.6094）
48．（2023•安徽模拟）对于定义在D上的函数F（x），若存在x0∈D，使得F（x0）＝x0，则称x0为F（x）的一个不动点．设函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣alnx+x，已知x0（x0≠1）为函数f（x）的不动点．
（1）求实数a的取值范围；
（2）若k∈Z，且kx0＜a对任意满足条件的x0成立，求整数k的最大值．
（参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.1，，e2≈7.39，）
49．（2023•浙江模拟）已知函数f（x）＝x2﹣axlnx﹣1，a∈R．
（1）求证：；
（2）若函数f（x）有三个不同的零点x1，x2，x3（x1＜x2＜x3）．
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）求证：x1+x3＞2a﹣2．
50．（2023•潍坊模拟）已知函数f（x）＝ax2﹣2a（a＞0）的图像在点（1，f（1））处的切线与直线x+2y+1＝0垂直．
（1）求a，b满足的关系式；
（2）若f（x）≥2lnx在[1，+∞）上恒成立，求a的取值范围；
（3）证明：
51．（2023•嘉兴二模）已知f（x）＝ex，g（x）＝lnx．
（1）若存在实数a，使得不等式f（x）﹣g（x）≥f（a）﹣g（a）对任意x∈（0，+∞）恒成立，求f（a）•g（a）的值；
（2）若1＜x1＜x2，设，证明：
①存在x0∈（x1，x2），使得成立；
②．
52．（2023•福建模拟）已知函数f（x）＝ex+e﹣x+（2﹣b）x，g（x）＝ax2+b（a，b∈R），若曲线y＝g（x）在x＝1处的切线方程y＝2x+1+f′（0）．
（1）求实数a，b的值；
（2）若不等式f（x）≥kg（x）﹣2k+2对任意x∈R恒成立，求k的取值范围；
（3）设θ1，θ2，θ3，…，θn∈（0，），其中n∈N*，n≥2，求证：f（sinθ1）f（csθn）+f（sinθ2）f（csθn﹣1）+…+f（sinθn﹣1）f（csθ2）+f（sinθn）f（csθ1）＞6n．
53．（2022秋•海淀区校级期末）已知函数f（x）＝ex（2x﹣1）﹣ax+a．
（1）若a＜1且仅存在两个的整数，使得f（x）＜0，求a的取值范围；
（2）讨论f（x）零点的个数；
（3）证明，∀t∈（0，1），有f（tx1+（1﹣t）x2）≤tf（x1）+（1﹣t）f（x2）．
54．（2022秋•长沙期末）设函数f（x）＝ln（x+1）﹣ax，a∈R，曲线y＝f（x）在原点处的切线为x轴．
（1）求a的值；
（2）求方程的解；
（3）证明：．
55．（2023•碑林区校级模拟）已知函数f（x）＝（a+3）x+2lnx，a∈R．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）对∀x＞0，不等式f（x）≤x2ex﹣1恒成立，求实数a的取值范围．
56．（2022秋•日照期末）已知函数f（x）＝sinx﹣aeπ﹣x，f'（x）是f（x）的导函数．
（1）若f（x）≥0在（﹣π，π）上恒成立，求实数a的取值范围；
（2）若f'（π）＝0，判断关于x的方程f（x）＝﹣1在[（2k+1）π，（2k+2）π]（k∈N*）内实数解的个数，并说明理由．
57．（2023•历城区校级二模）已知f（x）＝sinnx，g（x）＝lnx+mex（n为正整数，m∈R）．
（1）当n＝1时，设函数h（x）＝x2﹣1﹣2f（x），x∈（0，π），证明：h（x）有且仅有1个零点；
（2）当n＝2时，证明：．
58．（2022•硚口区模拟）已知函数f（x）＝ax2+ln（x+1）．
（1）当a时，求函数f（x）的单调区间；
（2）当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，求实数a的取值范围．
（3）求证：（1）（1）（1）…[1]（其中n∈N*，
e是自然对数的底数）．
59．（2022•郑州二模）已知函数f（x）＝e•ex1，g（x）2．
（Ⅰ）求函数g（x）的极值；
（Ⅱ）当x＞0时，证明：f（x）≥g（x）．
四．利用导数研究曲线上某点切线方程（共1小题）
60．（2023秋•湖北期中）已知a＞0，曲线C1：y＝alnx 与投有公共点．
（1）求a的取值范围；
（2）设一条直线与C1，C2分别相切于点 （i，j），（s，t）．证明：
（i）i+t≠j+s；
（ii） ．
6次课导数压轴大题
参考答案与试题解析
一．利用导数研究函数的单调性（共17小题）
1．（2023秋•道里区校级期末）已知函数．
（1）求函数f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）当x＞0时，试比较f（x），g（x），h（x）的大小关系，并说明理由；
（3）设n∈N*，求证：．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）利用导数的几何意义即可求解；
（2）令F（x）＝x+1+（x﹣1）e2x（x＞0），利用F（x）的单调性得；令（x＞0），利用G（x）的单调性得 ，即可求解；
（3）利用即可求解．
【解答】解：（1）∵，，，，
∴f（x）在x＝1处的切线方程为，即ex﹣4y+e＝0．
（2）令F（x）＝x+1+（x﹣1）e2x（x＞0），m（x）＝F′（x）＝1+（2x﹣1）e2x，
则m′（x）＝4xe2x＞0对∀x＞0恒成立，m（x）即F′（x）在（0，+∞）上是增函数，
F′（x）＞F′（0）＝0，F（x）在（0，+∞）上是增函数，F（x）＞F（0）＝0，
则x+1+（x﹣1）e2x＞0⇒x+1＞（1﹣x）e2x⇒
⇒⇒．
令（x＞0），则，
令（x＞0），则0对∀x＞0恒成立，
n（x）在（0，+∞）上是增函数，n（x）＞n（0）＝0，即G′（x）＞0，
则G（x）在（0，+∞）上是增函数，G（x）＞G（0）＝0，
则⇒⇒⇒．
故当x＞0时，f（x）＜g（x）＜h（x）．
证明：（3）令H（x），则H′（x），H（x）在（0，+∞）上是增函数，
H（x）＞H（0）＝0⇒．
令I（x）＝ln（x+1）﹣x（x＞0），则I′（x），I（x）在（0，+∞）上是减函数，
I（x）＜I（0）＝0⇒ln（x+1）＜x．
则，
令，则，
令，则，
…………
令，则，
以上n个式子相加得，，
又


，
同理，，
故．
【点评】本题考查了导数的几何意义，函数不等式，数列不等式，属于难题．
2．（2023秋•宝山区期末）已知函数f（x）＝ex﹣x，g（x）＝e﹣x+x，其中e为自然对数的底数．
（1）求函数y＝f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）设函数F（x）＝af（x）﹣g（x），
①若a＝e，求函数y＝F（x）的单调区间，并写出函数y＝F（x）﹣m有三个零点时实数m的取值范围；
②当0＜a＜1时，x1、x2分别为函数y＝F（x）的极大值点和极小值点，且不等式F（x1）+tF（x2）＞0对任意a∈（0，1）恒成立，求实数t的取值范围．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．
【分析】（1）求出函数f（x）的导数，利用导数的几何意义求出切线方程即得．
（2）①把a＝e代入，求出F（x）的导数F′（x），确定F′（x）＞0，F′（x）＜0的解集得单调区间，结合极大值、极小值求出m的范围；
②由导数求出x1，x2，构造函数φ（a）＝F（x1）+tF（x2）并借助导数探讨不等式恒成立即可．
【解答】解：（1）函数f（x）＝ex﹣x，求导得f′（x）＝ex﹣1，得f′（1）＝e﹣1，而f（1）＝e﹣1，
所以切线方程为y﹣（e﹣1）＝（e﹣1）（x﹣1），即y＝（e﹣1）x．
（2）F（x）＝a（ex﹣x）﹣e﹣x﹣x，，
①当a＝e时，F（x）＝ex+1﹣ex﹣e﹣x﹣x，，
由F′（x）＝0，得x＝﹣1或x＝0，
当x＜﹣1或x＞0时，F′（x）＞0，当﹣1＜x＜0时，F′（x）＜0，
因此F（x）的单调增区间为（﹣∞，﹣1）和（0，+∞），单调减区间为（﹣1，0）；
极大值F（﹣1）＝2，极小值F（0）＝e﹣1，
又，
F（﹣2）＝e﹣1+2e﹣e2+2＝（e﹣1）+（e﹣1+e+3﹣e2）＜e﹣1，
所以函数y＝F（x）﹣m有三个零点时，m的取值范围为（e﹣1，2）．
②令F′（x）＝0，得ex＝1或，解得x＝0或，
当x＜0或x＞﹣lna时，F′（x）＞0，当0＜x＜﹣lna时，F′（x）＜0，
即函数F（x）在（﹣∞，0），（﹣lna，+∞）上单调递增，在（0，﹣lna）上单调递减，
因此当x＝0时，F（x）取得极大值，当x＝﹣lna时，F（x）取得极小值，即有x1＝0，x2＝﹣lna，
而F（x1）＝F（0）＝a﹣1＜0，，
又不等式F（x1）+tF（x2）＞0对任意a∈（0，1）恒成立，于是t＜0，
设φ（a）＝F（x1）+tF（x2）＝a﹣1+t[（a+1）lna+1﹣a]，a∈（0，1），
显然φ（1）＝0，，
令，求导得，
则函数m（a）在（0，1）上严格递减，有m（a）＞m（1）＝1，
当t≤﹣1时，，则有函数φ（a）在（0，1）上单调递减，φ（a）＞φ（1）＝0，符合题意；
当﹣1＜t＜0时，存在a0∈（0，1），使得φ′（a0）＝0，当0＜a＜a0时，φ′（a）＜0，当a0＜a＜1时，φ′（a）＞0，
因此函数φ（a）在（a0，1）上单调递增，有φ（a）＜φ（1）＝0，不符合题意，
所以实数t的取值范围为（﹣∞，﹣1]．
【点评】本题考查了导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性，不等式恒成立问题，属于难题．
3．（2023秋•沈阳期末）（1）已知函数f（x）及其导函数f′（x）的定义域均为{x∈R|x＞0}，设y＝g（x）是曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线的方程．证明：当f′（x）是增函数时，f（x）≥g（x）．
（2）已知ex≥lnx+c（x＞0），设c的最大值为c0，证明：2.30＜c0＜2.35．
（参考数据：，20.0＜e3＜20.1，0.693＜ln2＜0.694）
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；数学抽象．
【分析】（1）利用导数得出函数的单调性得出f（x）≥g（x）；
（2）构造函数f（x）＝ex﹣lnx（x＞0），利用单调性即可求解．
【解答】解：（1）证明：由题意得g（x）＝f'（x1）（x﹣x1）+f（x1），
设 h（x）＝f（x）﹣g（x），即h（x）＝f（x）﹣f'（x1）（x﹣x1）﹣f（x1），
有h（x1）＝0，
因为h'（x）＝f'（x）﹣f（x1），f'（x）是增函数，注意到h'（x1）＝0，
所以当x∈（0，x1） 时，h'（x）＜0，当x∈（x1，+∞） 时，h′（x）＞0，
从而h（x）在区间（0，x1）上是单调递减函数，在区间（x1，+∞） 上是单调递增函数，
故h（x）≥h（x1）＝0，即f（x）≥g（x）；
（2）设f（x）＝ex﹣lnx（x＞0），则，．
所以f'（x）是单调递增函数，
设x0满足f′（x0）＝0，当x∈（0，x0） 时，f'（x）＜0，
当x∈（x0，+∞） 时，f'（x）＞0，
所以f（x）在区间（0，x0）上是单调递减函数，在区间（x0，+∞）上是单调递增函数，
从而f（x）≥f（x0），故c0＝f（x0），
因为，，
所以，
所以，
曲线y＝f（x）在点 处切线方程是，
注意到，所以，
因为，
所以f（xn）＞2.30．
故2.30＜c0＜2.35．
【点评】本题考查导数的应用，属于难题．
4．（2023•深圳一模）已知函数，其中a∈R且a≠0．
（1）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若存在实数x0，使得f（x0）＝x0，则称x0为函数f（x）的“不动点”求函数f（x）的“不动点”的个数；
（3）若关于x的方程f（f（x））＝f（x）有两个相异的实数根，求a的取值范围．
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；逻辑推理．
【分析】（1）当a＝1时，f（x），求导分析f′（x）的符号，进而可得f（x）的单调性．
（2）函数f（x）的不动点即为方程f（x）﹣x＝0的根，即方程x＝0，化为a＝0，设F（x）a（x≠﹣4），通过求导可得其单调性．由F（x），设h（x）＝xex﹣a（x+4），通过对a分类讨论，结合函数零点存在定理即可得出结论．
（3）f（f（x））﹣f（x）＝0，由（2）可得f（x）＝ti（其中i∈{0，1，2}），由F（ti）＝0得a，代入，设G（x），结合（1），（2），利用函数G（x）的单调性、函数零点存在定理即可得出结论．
【解答】解：（1）当a＝1时，f（x），定义域为R，
f′（x），
令f′（x）＝0，得x＝﹣3，
∴当x＜﹣3时，f′（x）＞0；当x＞﹣3时，f′（x）＜0．
∴f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣3），单调递减区间为（﹣3，+∞）．
（2）函数f（x）的不动点即为方程f（x）﹣x＝0的根，即方程x＝0，
∴a＝0，
设F（x）a（x≠﹣4），
F′（x）0，当且仅当x＝﹣2时取等号，
∴F（x）在（﹣∞，﹣4）和（﹣4，+∞）上单调递增，
由F（x），设h（x）＝xex﹣a（x+4），
当a＞0时，若x∈（﹣∞，﹣4）时，h（﹣4）0，h（﹣4）＞0，
∴存在t1∈（﹣∞，﹣4），使得h（t1）＝0，即存在唯一t1∈（﹣∞，﹣4），使得F（t1）＝0，
当x∈（﹣4，+∞）时，h（0）＝﹣4a＜0，h（4a）＞0，
存在t2∈（0，+∞），使得h（t2）＝0，即存在唯一t2∈（0，+∞）使得F（t2）＝0，
当a＜0时，
当x∈（﹣∞，﹣4）时，F（x）a＞0无零点，
当x∈（﹣4，+∞）时，∵h（0）＝﹣4a＞0，h（﹣4）0，
存在t0∈（﹣4，0），使得h（t0）＝0，
即存在唯一t0∈（﹣4，+∞）使得F（t0）＝0，
综上所述，当a＞0时，函数f（x）有两个“不动点”t1，t2，
当a＜0时，函数f（x）有一个“不动点”．
（3）∵f（f（x））﹣f（x）＝0，
由（2）可得f（x）＝ti（其中i∈{0，1，2}），
由F（ti）＝0得a，代入，
设G（x），
由（1）知，当x∈（﹣∞，﹣4]时，G（x）单调递增，且G（x）∈（﹣∞，0]，
∴在（﹣4，﹣3）上G（x）单调递增，且G（x）∈（0，e3），
在（﹣3，+∞）上G（x）单调递减，且G（x）∈（0，e3），
由G（x）＝G（t1）＜0可得x＝t1，G（x）＝G（t2）＞0可得x＝t2，x0，共三个解，
∴F（t）有一个零点t0，
∴f（f（x））﹣f（x）＝0，
∴f（x）＝t0，
由F（t0）＝0得a，代入，
由（1）知当t0＝﹣3，即a时，G（x1）＝G（t0）的解为t0，
当t0≠﹣3，即a＜0且a时，G（x1）＝G（t0）的解为x1，t0，
综上所述，当a＜0且a时方程有两个不同实数根．
【点评】本题考查导数的综合应用、分类讨论方法、函数零点存在定理、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
5．（2023•乙卷）已知函数f（x）＝（a）ln（1+x）．
（1）当a＝﹣1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若函数f（x）在（0，+∞）单调递增，求a的取值范围．
【专题】转化思想；转化法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）根据已知条件，先对f（x）求导，再结合导数的几何意义，即可求解；
（2）先对f（x）求导，推得，构造函数g（x）＝ax2+x﹣（x+1）ln（x+1）（x＞0），通过多次利用求导，研究函数的单调性，并对a分类讨论，即可求解．
【解答】解：（1）当a＝﹣1时，
则f（x）＝（1）ln（1+x），
求导可得，f'（x），
当x＝1时，f（1）＝0，
当x＝1时，f'（1）＝﹣ln2，
故曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为：y﹣0＝﹣ln2（x﹣1），即（ln2）x+y﹣ln2＝0；
（2）f（x）＝（a）ln（1+x），
则f'（x），
函数f（x）在（0，+∞）单调递增，
则，化简整理可得，﹣（x+1）ln（x+1）+x+ax2≥0，
令g（x）＝ax2+x﹣（x+1）ln（x+1）（x＞0），
求导可得，g'（x）＝2ax﹣ln（x+1），
当a≤0时，
则2ax≤0，ln（x+1）＞0，
故g'（x）＜0，即g（x）在区间（0，+∞）上单调递减，
g（x）＜g（0）＝0，不符合题意，
令m（x）＝g'（x）＝2ax﹣ln（x+1），
则m'（x）＝2a，
当a，即2a≥1时，
，m'（x）＞0，
故m（x）在区间（0，+∞）上单调递增，即g'（x）在区间（0，+∞）上单调递增，
所以g'（x）＞g'（0）＝0，g（x）在区间（0，+∞）上单调递增，
g（x）＞g（0）＝0，符合题意，
当0＜a时，令m'（x）0，解得x，
当x∈时，m'（x）＜0，m（x）在区间（0，）上单调递减，即g'（x）单调递减，
g'（0）＝0，
当x∈时，g'（x）＜g'（0）＝0，g（x）单调递减，
∵g（0）＝0，
∴当x∈时，g（x）＜g（0）＝0，不符合题意，
综上所述，a的取值范围为．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查转化能力，属于难题．
6．（2023•鼓楼区校级模拟）已知函数．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当a＝1时，若f（x1）+f（x2）＝0，求证：x1+x2≥2；
（3）求证：对于任意n∈N*都有．
【专题】计算题；分类讨论；综合法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．
【分析】（1）求出函数的定义域，求导，再分类讨论a，根据导数与单调性的关系即可求解单调区间；
（2）令g（x）＝f（x）+f（2﹣x）＝ln（1﹣（x﹣1）2）+（x﹣1）2，由lnx≤x﹣1，可证得g（x）＝f（x）+f（2﹣x）≤0恒成立，即f（x1）+f（2﹣x1）≤0，结合f（x）可证得x1+x2≥2；
（3）利用，对 进行放缩，即可证明不等式成立．
【解答】解：（1）函数f（x）的定义域是（0，+∞）．
由已知得，．
①当a＜0时，当0＜x＜1时，f′′（x）＜0，当x＞1时，f′（x）＞0，
所以f（x）的单调递减为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）；
②当0＜a＜1时，当0＜x＜a或x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当a＜x＜1时，f′（x）＜0，
所以函数f（x）的单调递增区间为（0，a）和（1，+∞），单调递减区间为（a，1）；
③当a＝1时，当x＞0时，f′（x）＞0，所以f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无递减区间；
④当a＞1时，当0＜x＜1或x＞a时，f′（x）＞0，当1＜x＜a时，f′（x）＜0，
所以函数f（x）的单调递减为（1，a），单调递增区间为（0，1）和（a，+∞）．
综上，当a＜0时，函数f（x）的单调递减为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）；
当0＜a＜1时，函数f（x）的单调递增区间为（0，a）和（1，+∞），单调递减区间为（a，1）；
当a＝1时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无递减区间；
当a＞1时，函数f（x）的单调递减为（1，a），单调递增区间为（0，1）和（a，+∞）．
（2）证明：当a＝1时，，
由（1）知，函数f（x）在（0，+∞）单调递增且f（1）＝0；
令
＝lnx（2﹣x）+x2﹣2x+1＝ln（1﹣（x﹣1）2）+（x﹣1）2，
令（x﹣1）2＝t∈（0，1]，从而ln（1﹣t）+t≤1﹣t﹣1+t＝0，
所以g（x）＝f（x）+f（2﹣x）≤0恒成立，
设0＜x1＜1＜x2，f（x1）+f（2﹣x1）≤0⇔﹣f（x1）≥f（2﹣x1）⇔f（x2）≥f（2﹣x1）
⇔x2≥2﹣x1⇔x1+x2≥2．
（3）证明：由（2）知：x＞1时，
即2lnx+x2﹣4x+3＝2lnx+（x﹣2）2﹣1＞0，
故2lnx+（x﹣2）2＞1在x＞1时恒成立；
所以，
，
，
…
，
相加得：．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，不等式的证明，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．
7．（2023春•河南月考）已知函数f（x）＝tln（x+1）﹣sinx．
（1）若f（x）在区间上单调递减，求实数t的取值范围；
（2）若当x∈[0，π]时，f（x）≥2﹣2ex，求实数t的取值范围．
【专题】分类讨论；转化法；导数的综合应用；三角函数的求值；数学运算．
【分析】（1）f（x）＝tln（x+1）﹣sinx，x∈（﹣1，+∞），f′（x），令g（x）＝t﹣（x+1）csx，利用导数的运算法则可得g'（x），可得函数g（x）的单调性与最值，进而得出实数t的取值范围．
（2）f（x）≥2﹣2ex即为tln（x+1）﹣sinx≥2﹣2ex，得2ex﹣sinx+tln（x+1）﹣2≥0．令h（x）＝2ex﹣sinx+tln（x+1）﹣2，可得h′（x），对t分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可得出实数t的取值范围．
【解答】解：（1）f（x）＝tln（x+1）﹣sinx，x∈（﹣1，+∞），
f′（x）csx．
令g（x）＝t﹣（x+1）csx，
g'（x）＝﹣[csx﹣（x+1）sinx]
＝（x+1）sinx﹣csx，
当时，sinx＞csx，x+1＞1，则（x+1）sinx＞csx，
即g'（x）＞0，故g（x）在上单调递增，
∴x时，函数g（x）取得最大值，g（）＝t，
要使f（x）在区间上单调递减，需满足g（x）max＝t≤0，
故实数t的取值范围是（﹣∞，0]．
（2）f（x）≥2﹣2ex即为tln（x+1）﹣sinx≥2﹣2ex，得2ex﹣sinx+tln（x+1）﹣2≥0．
令h（x）＝2ex﹣sinx+tln（x+1）﹣2，
∴h′（x）＝2ex﹣csx．
（i）当t≥0时，对任意的x∈[0，π]，csx∈[﹣1，1]，2ex≥2，
∴h'（x）＞0，此时h（x）在[0，π]上单调递增，
故h（x）≥h（0）＝0，符合题意．
（ii）当t＜0时，令u（x）＝h'（x），
∴u′（x）＝2ex+sinx，
∴u′（x）＞0对任意的x∈[0，π]恒成立，
∴p（x）在[0，π]上单调递增，
∵u（0）＝t+1，u（π）＝2eπ+1．
①当t+1≥0，即当﹣1≤t＜0时，对任意的x∈[0，π]，h'（x）≥0，
此时h（x）在[0，π]上单调递增，则h（x）≥h（0）＝0，符合题意．
②当，即当﹣（π+1）（2eπ+1）＜t＜﹣1时，
由零点存在定理可知，存在x0∈（0，π），使得h'（x0）＝0，
且当x∈[0，x0）时，h'（x）＜0，则h（x）在[0，x0）上单调递减，
∴h（x0）＜h（0）＝0，不符合题意；
（iii）当u（π）≤0，即当t≤﹣（π+1）（2eπ+1）时，对任意的x∈[0，π]，h'（x）≤0，
此时，函数h（x）在[0，π]上单调递减，h（π）＜h（0）＝0，不符合题意．
综上所述，t的取值范围是[﹣1，+∞）．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值及最值、三角函数的单调性、方程与不等式的解法、等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
8．（2023•天津三模）已知定义域均为R的两个函数g（x）＝ex，h（x）＝（x﹣a）2．
（Ⅰ）若函数f（x）＝g（x）h（x），且f（x）在x＝﹣1处的切线与x轴平行，求a的值；
（Ⅱ）若函数m（x），讨论函数m（x）的单调性和极值；
（Ⅲ）设a，b是两个不相等的正数，且a+lnb＝b+lna，证明：a+b+ln（ab）＞2．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．
【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义即可求解；
（Ⅱ）根据导数与函数单调性的关系，确定单调性进而可得极值；
（Ⅲ）根据同构和函数的单调性以及二次求导即可求解．
【解答】解：（Ⅰ）因为f（x）＝g（x）h（x），所以f（x）＝ex（x﹣a）2，
所以f'（x）＝ex（x﹣a）2+ex（2x﹣2a）＝ex（x2﹣2ax+2x+a2﹣2a），
又f（x）在x＝﹣1处的切线与x轴平行，所以f′（﹣1）＝0，所以e﹣1（1+2a﹣2+a2﹣2a）＝0，
所以1+2a﹣2+a2﹣2a＝0，即a2﹣1＝0，所以a＝±1．
（Ⅱ）因为，所以的定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞），，令m′（x）＝0，得x＝1，
当x变化时m′（x），m（x）的关系如下表：
所以m（x）在（﹣∞，0），（0，1）上单调递减；在（1，+∞）上单调递增，
所以m（x）的极小值为，无极大值．
（Ⅲ）证明：要证a+b+ln（ab）＞2，只需证（a+lnb）+（b+lna）＞2，
根据a+lnb＝b+lna，只需证b+lna＞1，又a，b是两个不相等的正数，不妨设a＜b，
由a+lnb＝b+lna得a﹣lna＝b﹣lnb，
两边取指数，ea﹣lna＝eb﹣lnb，化简得，
令p（x），所以p（a）＝p（b），
p（x）e•m（x），
根据（Ⅱ）得m（x）在（﹣∞，0），（0，1）上单调递减；在（1，+∞）上单调递增，如图所示，
由于m（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
要使p（a）＝p（b）且a，b不相等，则必有0＜a＜1，b＞1，即0＜a＜1＜b，
由0＜a＜1，1﹣lna＞1，要证b+lna＞1，只需证b＞1﹣lna，
由于p（x）在（1，+∞）上单调递增，要证b＞1﹣lna，只需证p（b）＞p（1﹣lna），
又p（a）＝p（b），只需证p（a）＞p（1﹣lna），只需证，
只需证ea（1﹣lna）＞e，只需证，
只需证，即证，
令φ（x）e﹣x（0＜x＜1），
φ（1）＝0，φ（a）e﹣a，
只需证φ（x）＞0（0＜x＜1），
φ′（x）e﹣x，
令h（x）＝ex﹣ex，则h（1）＝0，h′（x）＝ex﹣e＜0（0＜x＜1），
所以h（x）在（0，1）上单调递减，
所以h（x）＞h（1）＝0，
所以，所以φ（x）在（0，1）上单调递减，
所以φ（x）＞φ（1）＝0，所以φ（a）＞0，
所以a+b+ln（ab）＞2．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值，导数的几何意义，不等式的证明，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．
9．（2023•黄浦区校级三模）设函数f（x）＝x3+ax2+bx+c．
（1）设a＝b＝4，求函数f（x）的单调区间；
（2）求证：a2﹣3b＞0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件；
（3）设a＝0，，c＝﹣1，证明：函数f（x）恰有一个零点r，且存在唯一的严格递增正整数数列{an}，使得．
【专题】方程思想；转化法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）f（x）＝x3+4x2+4x+c，利用导数的运算法则可得f′（x），令f′（x）＝0，解得x，分别解出f′（x）＞0，f′（x）＜0，即可得出函数f（x）单调区间．
（2）f（x）有三个不同零点，可得f（x）有两个不同极值点，利用一元二次方程与判别式的关系、充要条件的判定方法即可得出结论．
（3）由已知可得f（x）＝x3x﹣1，利用其单调性可得函数f（x）存在唯一零点r∈（0，），使得r+r4+r7+……，通过反证法即可证明结论．
【解答】解：（1）f（x）＝x3+4x2+4x+c，f′（x）＝3x2+8x+4＝（3x+2）（x+2），
令f′（x）＝0，解得x＝﹣2或，
x∈（﹣∞，﹣2）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；x∈（﹣2，）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．
∴函数f（x）单调递增区间为（﹣∞，﹣2），（，+∞），单调递减区间为（﹣2，）．
（2）证明：f（x）有三个不同零点，则f（x）有两个不同极值点，
∴f′（x）＝3x2+2ax+b有两个不同实数根，∴Δ＝4a2﹣12b＞0，即a2﹣3b＞0．
反之，若a2﹣3b＞0，则f′（x）＝3x2+2ax+b有两个不同实数根，∴f（x）有两个不同极值点，
但是，极值受到c的影响，因此f（x）不一定有三个不同零点，可能只有两个不同零点或一个零点．
因此a2﹣3b＞0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件．
（3）证明：a＝0，，c＝﹣1，
∴f（x）＝x3x﹣1，
f′（x）＝3x20，
∴函数f（x）在R上单调递增，
又f（0）＝﹣1＜0，f（）10，
∴函数f（x）存在唯一零点r∈（0，），
∴r+r4+r7+……，
故数列an＝3n﹣2（n∈N*）是满足条件的数列，
若存在两个不同的递增正整数数列{an}，{bn}满足条件，
则，
去掉上面等式两边相同的项可得：，
这里s1＜s2＜s3＜…，t1＜t2＜t3＜…，所有的si，tj都不相同，
不妨设s1＜t1，则，
∴1r+r2+r311＝1，矛盾，
因此存在唯一的严格递增正整数数列{an}，使得．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值、等比数列的求和公式、方程与不等式的解法、反证法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
10．（2023•上海模拟）已知函数y＝f（x）的表达式为．
（1）若1是f（x）对的极值点，求a的值．
（2）求f（x）的单调区间．
（3）若有两个实数解x1，x2（x1＜x2），
（i）直接写出a的取值范围；
（ii）λ为正实数，若对于符合题意的任意x1，x2，当s＝λ（x1+x2）时都有f'（s）＜0，求λ的取值范围．
【专题】方程思想；转化法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1），x∈（0，+∞），可得f′（x），根据1是f（x）对的极值点，可得f′（1）＝0，解得a，经过验证即可得出a．
（2）f′（x），对a分类讨论，即可得出函数f（x）的单调区间．
（3）化为ax+lnx＝0，﹣a，
（i）令g（x），x∈（0，+∞），利用导数研究其单调性与极值及其最值，画出图象即可得出a的取值范围．
（ii）由（2）可得：若f'（s）＜0，可得s，由题意可得λ（x1+x2），即a（x1+x2），结合ax1+lnx1＝0，ax2+lnx2＝0，化为ln（x1x2），进而化为ln（x1x2）＝ln（）•，不妨设x1＞x2＞1，t＞1，可得ln（x1x2）lnt，于是lnt，化为lnt0，令g（t）＝lnt，t∈（1，+∞），g（1）＝0，利用导数研究函数的单调性即可得出结论．
【解答】解：（1），x∈（0，+∞），
f′（x）＝ax+（a+1），
∵1是f（x）对的极值点，
∴f′（1）＝a+a+1+1＝0，解得a＝﹣1，
∴f′（x），
可得x＝1是函数f（x）的极大值点，满足题意，
∴a＝﹣1．
（2）f′（x），
a≥0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
a＜0时，f′（x），
x∈（0，）时，f′（x）＞0；x∈（，+∞）时，f′（x）＜0．
∴函数f（x）的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，+∞）．
综上可得：a≥0时，函数f（x）单调递增区间为（0，+∞）；
a＜0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，+∞）．
（3）化为ax+lnx＝0，﹣a，
（i）令g（x），x∈（0，+∞），
g′（x），g′（e）＝0，
x∈（0，e）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
x＝e时，函数g（x）取得极大值，g（e），
∵有两个实数解x1，x2（x1＜x2），
∴0＜﹣a，解得a＜0，
∴a的取值范围是（，0）．
（ii）由（2）可得：若f'（s）＜0，则s，
∵λ为正实数，若对于符合题意的任意x1，x2，当s＝λ（x1+x2）时都有f'（s）＜0，
∴λ（x1+x2），
∴a（x1+x2），（*）
∵ax1+lnx1＝0，ax2+lnx2＝0，
∴a（x1+x2）＝﹣ln（x1x2），
∴（*）化为ln（x1x2），
另一方面，由ax1+lnx1＝0，ax2+lnx2＝0，
可得a（x1﹣x2）＝﹣ln（），
∴ln（x1x2）＝ln（）•，
不妨设x1＞x2＞1，t＞1，
∴ln（x1x2）lnt，
∴lnt，
化为lnt0，
令g（t）＝lnt，t∈（1，+∞），g（1）＝0，
g′（t），
令u（t）＝λ（t+1）2﹣2t＝λt2+2（λ﹣1）t+λ＝λ，
λ时，u（t）≥0，g′（t）≥0，函数g（t）在（1，+∞）上单调递增，∴g（t）＞g（1）＝0，满足题意．
0＜λ时，1，
u（t）在（1，）上单调递减，∴u（t）＜u（1）＝4λ﹣2＜0，
∴g′（t）＜0，此时函数g（t）在（1，）上单调递减，g（t）＜g（1）＝0，不满足题意，舍去．
综上可得λ的取值范围是[，+∞）．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值、一元二次方程的实数根与判别式的关系、换元法、不等式的解法、等价转化方法、数形结合方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
11．（2022秋•香坊区校级期末）设函数u（x）＝lnx﹣ax+a，函数v（x）x2﹣axlnx+a（a∈R）．
（1）求u（x）的单调区间；
（2）若f（x）＝v（x）﹣u（x），g（x）＝f'（x）＝0有三个不同实根x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），试比较f（x1），f（x2），f（x3）的大小关系，并说明理由．
【专题】综合题；转化思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）求导分a≤0与a＞0两种情况，讨论导函数的正负区间与单调性即可；
（2）易得g（x）＝f′（x）＝xalnx（x＞0），结合题意与函数单调性可得a＞2，进而可得三根的表达式，且x2＝1，0＜x1＜1，x3＞1，x1x3＝1，先根据单调性判断f（x1）＜f（x2），f（x3）＜f（x2），结合作差法有f（x3）﹣f（x1）[2（x32）﹣（x32）lnx3﹣4ln2x3﹣4]，换元令x32＝t（t＞1），再构造函数求导分析函数的单调性与最值判断即可．
【解答】解：由已知u′（x）a，
当a≤0时，在u′（x）≥0恒成立，u（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞0时，由u′（x）＝0得x，
若0＜x时，u′（x）＞0，在（0，）上单调递增，
若x时，u′（x）＜0，在（，+∞）上单调递减；
综上，当a≤0时，u（x）的单调递增区间为（0，+∞），无单调递减区间；
当a＞0时，u（x）的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，+∞）；
（2）由题意得：f（x）＝v（x）﹣u（x）x2+ax﹣（ax+1）lnx，（a∈R）（x＞0）
g（x）＝f'（x）＝x+a﹣alnxxalnx（x＞0），
g′（x）＝1（x＞0），
令h（x）＝x2﹣ax+1（x＞0），Δ＝a2﹣4，
当﹣2≤a≤2时，h（x）≥0，g′（x）≥0，g（x）在（0，+∞）上递增；不满足g（x）＝f′（x）＝0；
当a＜﹣2时，∵h（x）＝x2﹣ax+1（x＞0）（x＞0），
∴h（x）＞0，g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）上递增；也不满足g（x）＝f'（x）＝0有三个不同实根x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），
当a＞2时，由h（x）＝0得，x4，x5，
∴g（x）在（0，）上递增，在（，）上递减，在（，+∞）上递增．
∵g（x）＝f'（x）＝0有三个不同实根x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），
显然g（1）＝0，且1，1，∴x2＝1，0＜x1＜1，x3＞1，
由g（x）＝xalnx，可得﹣g（）x+alnxalnx＝g（x），
故g（x1）＝﹣g（），所以g（x3）＝g（）＝0，即x1，x1x3＝1．
由g（x）的单调性可知，当x1＜x＜x2时，g（x）＞0，f（x）递增；当x2＜x＜x3 时，g（x）＞0，f（x）递减．
∴f（x1）＜f（x2），f（x3）＜f（x2），
由g（x3）＝x3alnx3，得a，又f（x）x2﹣lnx+a（x﹣lnx），
∴f（x3）﹣f（x1）＝f（x3）﹣f（）（x32）﹣2lnx3+a（x3﹣x3lnx3ln，
∴a（x3﹣x3lnx3ln），
∴f（x3）﹣f（x1）[2（x32）﹣（x32）lnx3﹣4ln2x3﹣4]，
令 x32＝t（t＞1），则2（x32）﹣（x32）lnx3﹣4ln2x3﹣4]＝4（t2）﹣（t）lnt﹣2lnt，
令G（t）＝4（t2）﹣（t）lnt﹣2lnt，（t＞1），∴G′（t），
令φ（t）＝3（t2﹣1）﹣（t2+4t+1）lnt（t＞1），
令ω（t）＝φ′（t）＝5t2（t+2）lnt﹣4，ρ（t）＝ω′（t）2lnt+3，ρ′（t）0，
∴ρ（t）＝在（1，+∞）上递减，∴ρ（t）＜ρ（1）＝0，∴ω（t）在（1，+∞）上递减，∴ω（t）＜ω（1）＝0，
∴φ′（t）在（1，+∞）上递减，∴φ（t）＜φ（1）＝0，则G′（t）＜0，
∴G（t）在（1，+∞）上递减，∴G（t）＜G（1）＝0，
∴f（x3）＜f（x1），∴f（x3）＜f（x1）＜f（x2），
综上：f（x1），f（x2），f（x3）的大小关系为：f（x3）＜f（x1）＜f（x2）．
【点评】本题主要考查了利用导数含参分类讨论函数单调性的问题，同时也考查了函数零点的问题．需要根据题意确定零点之间的关系，代入函数解析式后再构造函数分析单调性与最值，需要注意极值点若满足二次方程的根，则可利用韦达定理建立联系．属于难题．
12．（2022春•海淀区校级期中）设函数f（x）＝ax2﹣a﹣lnx，g（x），其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）证明：当x＞1时，g（x）＞0；
（Ⅲ）如果f（x）＞g（x）在区间（1，+∞）内恒成立，求实数a的取值范围．
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用．
【分析】（Ⅰ）求导数，分类讨论，即可讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）要证g（x）＞0（x＞1），即0，即证，也就是证e；
（Ⅲ）由f（x）＞g（x），得ax2﹣a﹣lnxe1﹣x＞0，设t（x）＝ax2﹣a﹣lnxe1﹣x，由题意知，t（x）＞0在（1，+∞）内恒成立，再构造函数，求导数，即可确定a的取值范围．
【解答】（Ⅰ）解：由f（x）＝ax2﹣a﹣lnx，得f′（x）＝2ax （x＞0），
当a≤0时，f′（x）＜0在（0，+∞）成立，则f（x）为（0，+∞）上的减函数；
当a＞0时，由f′（x）＝0，得x＝±，
∴当x∈（0，）时，f′（x）＜0，当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，
则f（x）在（0，）上为减函数，在（，+∞）上为增函数；
综上，当a≤0时，f（x）为（0，+∞）上的减函数，
当a＞0时，f（x）在（0，）上为减函数，在（，+∞）上为增函数；
（Ⅱ）证明：要证g（x）＞0（x＞1），即0，
即证，也就是证e，
令h（x），则h′（x），
∴h（x）在（1，+∞）上单调递增，则h（x）min＝h（1）＝e，
即当x＞1时，h（x）＞e，∴当x＞1时，g（x）＞0；
（Ⅲ）解：由f（x）＞g（x），得ax2﹣a﹣lnx0，
设t（x）＝ax2﹣a﹣lnx，
由题意知，t（x）＞0在（1，+∞）内恒成立，
∵t（1）＝0，
∴有t′（x）＝2ax2axe1﹣x≥0在（1，+∞）内恒成立，
令φ（x）＝2axe1﹣x，
则φ′（x）＝2ae1﹣x＝2ae1﹣x，
当x≥2时，φ′（x）＞0，
令h（x），h′（x），函数在[1，2）上单调递增，
∴h（x）min＝h（1）＝﹣1．
e1﹣x＞0，∴1＜x＜2，φ′（x）＞0，
综上所述，x＞1，φ′（x）＞0，φ（x）在区间（1，+∞）单调递增，
∴t′（x）＞t′（1）≥0，即t（x）在区间（1，+∞）单调递增，
由2a﹣1≥0，
∴a．
【点评】本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，不等式的证明，考查恒成立成立问题，正确构造函数，求导数是关键．
13．（2022•浙江）设函数f（x）lnx（x＞0）．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）已知a，b∈R，曲线y＝f（x）上不同的三点（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3））处的切线都经过点（a，b）．证明：
（ⅰ）若a＞e，则0＜b﹣f（a）（1）；
（ⅱ）若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，则．
（注：e＝2.71828…是自然对数的底数）
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．
【分析】（Ⅰ）求出导数，利用导数的性质能求出函数的单调区间．
（Ⅱ）（i）设切点分别为（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3）），则f（xi）﹣b＝f′（xi）（xi﹣a），（i＝1，2，3），方程f（x）﹣b＝f′（x）（x﹣a）有3个不同的根，该方程整理为（）（x﹣a），设g（x）＝（）（x﹣a）lnx+b，则g′（x）（x﹣e）（x﹣a），利用导数性质能证明．
（ii）当0＜a＜e时，g（x）在（0，a），（e，+∞）上为减函数，在（a，e）上为增函数，设x1＜x2＜x3，推导出，设t，则方程1，即为﹣（m+1）t，由此能证明0＜a＜e，x1＜x2＜x3，则．
【解答】解：（Ⅰ）∵函数f（x）lnx（x＞0），
∴，（x＞0），
由0，得x，∴f（x）在（，+∞）上单调递增；
由0，得0＜x，∴f（x）在（0，）上单调递减．
（Ⅱ）（i）证明：∵过（a，b）有三条不同的切线，
设切点分别为（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3）），
∴f（xi）﹣b＝f′（xi）（xi﹣a），（i＝1，2，3），∴方程f（x）﹣b＝f′（x）（x﹣a）有3个不同的根，
该方程整理为（）（x﹣a），
设g（x）＝（）（x﹣a）lnx+b，
则g′（x）（x﹣e）（x﹣a），
当0＜x＜e或x＞a时，g′（x）＜0；当e＜x＜a时，g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，e），（a，+∞）上为减函数，在（e，a）上为增函数，
∵g（x）有3个不同的零点，∴g（e）＜0且g（a）＞0，
∴（）（e﹣a）lne+b＜0，且（）（a﹣a），
整理得到且，
此时，，且，
此时，，
整理得，且，
此时，b﹣f（a）（）1﹣（），
设μ（a）为（e，+∞）上的减函数，∴μ（a），
∴．
（ii）当0＜a＜e时，同（i）讨论，得：
g（x）在（0，a），（e，+∞）上为减函数，在（a，e）上为增函数，
不妨设x1＜x2＜x3，则0＜x1＜a＜x2＜e＜x3，
∵g（x）有3个不同的零点，∴g（a）＜0，且g（e）＞0，
∴（）（e﹣a），且（）（a﹣a），
整理得，
∵x1＜x2＜x3，∴0＜x1＜a＜x2＜e＜x3，
∵g（x）＝1，
设t，则方程1即为：
，即为﹣（m+1）t，
记，
则t1，t2，t3为﹣（m+1）t有三个不同的根，
设k，m，
要证：，
即证，
即证：，
而﹣（m+1），且﹣（m+1），
∴（t1﹣t3）＝0，
∴，
∴即证，
即证0，
即证，
记，则，
∴φ（k）在（1，+∞）为增函数，∴φ（k）＞φ（m），
∴，
设ω（m）＝lnm，0＜m＜1，
则ω′（x），
∴ω（m）在（0，1）上是增函数，∴ω（m）＜ω（1）＝0，
∴lnm0，
即0，
∴若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，则．
【点评】本题考查函数的单调区间的求法，考查不等式的证明，考查导数的性质、函数的单调性、极值、零点、换元法、构造法等基础知识，考查运算求解能力，是难题．
14．（2022•武昌区模拟）已知函数f（x）＝﹣x3+ax2﹣4．
（Ⅰ）若f（x）在x＝2处取得极值，且关于x的方程f（x）＝m在[﹣1，1]上恰有两个不同的实数根，求实数m的取值范围；
（Ⅱ）若存在x0∈（0，+∞），使得不等式f（x0）＞0成立，求实数a的取值范围．
【专题】计算题；分类讨论；转化思想；综合法；导数的综合应用．
【分析】（Ⅰ）求出导函数，f（x）在x＝2处取得极值，求出a，然后求解函数的极值，通过关于x的方程f（x）＝m在[﹣1，1]上恰有两个不同的实数根，求解实数m的取值范围；
（Ⅱ）求出函数的最大值，利用最大值大于0，即可满足条件，利用函数的导数判断函数的单调性，结合a的取值讨论，求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝﹣3x2+2ax由题意得f′（2）＝0，解得a＝3﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）
经检验a＝3满足条件﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）
f（x）＝﹣x3+3x2﹣4，则f′（x）＝﹣3x2+6x﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）
令f′（x）＝0，则x＝0，x＝2（舍去）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）
∵关于x的方程f（x）＝m在[﹣1，1]上恰有两个不同的实数根，
∴﹣4＜m≤﹣2﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）
（Ⅱ）由题意得，f（x）max＞0即可
f（x）＝﹣x3+ax2﹣4，f′（x）＝﹣3x2+2ax＝﹣3x（xa）
①若a≤0，则当x＞0时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，+∞）单调递减．
∵f（0）＝﹣4＜0∴当x＞0时，f（x）＜﹣4＜0
∴当a≤0时，不存在x0∈（0，+∞），使f（x0）＞0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）
②当a＞0时f（x），f′（x）随x的变化情况如下表：
∴当x∈（0，+∞）时，f（x）max＝f（a）4
由4＞0得a＞3﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）
综上得a＞3．
另：第2小题可以分离参数，可按步得分．
【点评】本题考查函数的导数的综合应用，函数的极值以及函数的最值，考查分类讨论思想以及转化思想的应用，难度比较大．
15．（2021秋•和平区期末）已知函数f（x）＝x﹣1﹣alnx（其中a为参数）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若对以∀x∈（0，+∞）都有f（x）≥0成立，求实数a的取值集合；
（3）证明：（1）n＜e＜（1）n+1（其中n∈N*，e为自然对数的底数）．
【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用．
【分析】（1）求出f′（x），x∈（0，+∞），再讨论a的取值范围，从而求出其单调区间；
（2）求出f（x）极小值＝f（a）＝a﹣1﹣alna．由此求出a；
（3）设数列an＝（1）n，数列bn＝（1）n+1，由 （1）x＝e，得：an＝e，bn＝e．由已知条件推导出数列{an}单调递增且数列{bn}单调递减，由此能证明结论成立．
【解答】解：（1）f′（x），x∈（0，+∞），
当a≤0时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞），
当a＞0时，令f′（x）＝0，得x＝a，
x∈（0，a）时，f（x）单调递减，
x∈（a，+∞）时，f（x）单调递增；
综上：a≤0时，f（x）在（0，+∞）上递增，无减区间，
当a＞0时，f（x）的单调递减区间为（0，a），单调递增区间为（a，+∞）；
（2）由（1）得：f（x）极小值＝f（a）＝a﹣1﹣alna．
∵对任意x∈（0，+∞），都有f（x）≥0恒成立，
∴f（x）极小值＝f（a）＝a﹣1﹣alna≥0．
∴a，解得a＝1，
∴实数a的取值集合为{1}．
（Ⅱ）证明：设数列an＝（1）n，数列bn＝（1）n+1，
由 （1）x＝e，得：an＝e，bn＝e，
因此只需证数列{an}单调递增且数列{bn}单调递减，
①证明数列{an}单调递增：
an＝（1）n＜（ ）n+1＝an+1，
∴数列{an}单调递增．
②证明数列{bn}单调递减：
bn＝（1）n+1（ 令 t＝﹣（n+1），换元 ）
＝（1）t＝at，
由①得at关于t单调递增，而t＝﹣（n+1）关于n单调递减，
由复合函数的单调性知，{bn}单调递减，
∴（1）n＜e＜（1）n+1．
【点评】本题考查实数的取值范围的求法，考查不等式的证明，解题时要认真审题，注意构造成法、导数和极限性质的合理运用．
16．（2022春•越秀区校级月考）设函数f（x）＝lnx（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若f（x）有两个零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：2a＜x1+x2＜1．
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）利用（1）中的结论求出a的范围，根据0＜x1＜a＜x2，构造函数g（x）＝f（2a﹣x）﹣f（x），利用导数研究函数g（x）的单调性，得到g（x）＜g（a）＝0，即可证明x1+x2＞2a，令x2＝tx1，t＞1，得到t，得到lnx1，根据函数的单调性证明结论成立即可．
【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），且f′（x），
（i）当a≤0时，f'（x）＞0成立，所以f（x）在（0，+∞）为增函数，
（ii）当a＞0时，
①当x＞a时，f'（x）＞0，所以f（x）在（a，+∞）上为增函数，
②当0＜x＜a时，f'（x）＜0，所以f（x）在（0，a）上为减函数；
综上：当a≤0时，f（x）在（0，+∞）为增函数，
当a＞0时，f（x）在（0，a）上是减函数，在（a，+∞）上为增函数，
（2）结合（1）a＞0，当x＝a时，f（x）取得极小值f（a）＝lna+1，
又因为函数f（x）有两个零点，
所以f（a）＝lna+1＜0，可得a，
综上所述，0＜a；
下面证明结论2a＜x1+x2＜1成立：
不妨设0＜x1＜a＜x2，
设g（x）＝f（2a﹣x）﹣f（x）＝ln（2a﹣x）lnx，x∈（0，a），
可得g'（x）0，x∈（0，a），
所以g（x）在（0，a）上单调递增，
则g（x）＜g（a）＝0，即f（2a﹣x）﹣f（x）＜0，
则f（2a﹣x）＜f（x），x∈（0，a），
所以当0＜x1＜a＜x2时，2a﹣x1＞a且f（2a﹣x1）＜f（x1）＝f（x2），
因为当x∈（a，+∞）时，f（x）单调递增，
所以2a﹣x1＜x2，即x1+x2＞2a，
设x2＝tx1，t＞1，则，
即t，即lnx1＝tlnx2＝tlntx1＝t（lnx1+lnt），
所以lnx1，
故ln（x1+x2）
＝lnx1（t+1）＝lnx1+ln（t+1）
ln（t+1）＝t（），
又令h（t），
则h'（t）0，
故g（t）在（1，+∞）上单调递减，
所以，
故ln（x1+x2）＜0，即x1+x2＜1；
综上所述，2a＜x1+x2＜1．
【点评】本题考查了导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性与极值的应用，导数与不等式的综合应用，在利用导数证明不等式时，一般会构造一个函数，转化为求解函数的取值情况进行研究，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于难题．
17．（2022•鼓楼区校级开学）已知实数a≠0，设函数，x＞0．
（1）当a＝﹣1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）对任意均有，求实数a的取值范围．
【专题】计算题；转化思想；换元法；构造法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）对f（x）求导，利用导数与单调性的关系即可求解；
（2）将已知不等式恒成立问题转化为，利用换元法构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可得解．
【解答】解：（1）当a＝﹣1时，，
则，
令f′（x）＞0，可得x＞2+2，令f′（x）＜0，可得0＜x＜2+2，
所以函数f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）由f（1），得0＜a．
当0＜a时，等价于．
令，则．
设，
则．
（i）当x∈[，+∞）时，，则．
记，
则


．
故
所以，p（x）≥p（1）＝0．
因此，．
（ii）当时，．
令，则，
（因为，而）
故q（x）在上单调递增，所以．
解法1：由（i）得，．（回代中间函数p（x））
（因为，，所以）
解法2：也可以直接证明：（放缩法）
因为，且，所以
即，即．所以，q（x）＜0．
因此．
由（i）（ii）知对任意，，
即对任意，均有．
综上所述，所求a的取值范围是．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查转化思想与运算求解能力，属于难题．
二．利用导数研究函数的极值（共18小题）
18．（2024•重庆模拟）已知函数f（x）＝ex+（1﹣a）x﹣lnax．（e为自然对数的底数）
（1）当a＝1时，证明：f（x）存在唯一的极小值点x0，且f（x0）＞2；
（2）若函数f（x）存在两个零点，记较小的零点为x1，s是关于x的方程ln（1+x）﹣csx＝ax1﹣2的根，证明：s＞x1．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）求出函数f（x）的导数，利用导函数的单调性，结合零点存在性定理推理即得．
（2）利用函数零点的意义结合同构思想可得x1为x＝lnax两根中较小的根，且x1＞0，再结合已知构造函数，借助单调性推理即得．
【解答】证明：（1）当a＝1时，f（x）＝ex﹣lnx，x＞0，求导得，
显然函数f′（x）在（0，+∞）上单调递增，且，
则存在，使得当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，且f′（x0）＝0，即，
因此函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，f（x）存在唯一的极小值点x0，
而，
∴f（x0）＞2．
（2）令ex+（1﹣a）x﹣lnax＝0，得ex+x＝ax+lnax，
设g（x）＝ex+x，显然g（x）在定义域上单调递增，
而ax+lnax＝elnax+lnax，则有g（x）＝g（ln（ax）），于是x＝lnax，
依题意，方程x＝lnax有两个不等的实根，即函数h（x）＝x﹣lnax在定义域上有两个零点，
显然a≠0，当a＜0时，h（x）的定义域为（﹣∞，0），h（x）在（﹣∞，0）上单调递增，
h（x）最多一个零点，不符合题意，因此a＞0，h（x）的定义域为（0，+∞），
求导得，当0＜x＜1时，h'（x）＜0，当x＞1时，h′（x）＞0，
函数h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，h（x）min＝h（1）＝1﹣lna，
要h（x）有两个零点，必有1﹣lna＜0，即a＞e，此时，即h（x）在（0，1）有一个零点，
h（a2）＝a2﹣3lna，令u（x）＝x2﹣3lnx，x＞e，求导得，显然u′（x）在（e，+∞）上递增，
，函数u（x）在（e，+∞）上递增，u（x）＞u（e）＝e2﹣3＞0，
于是h（a2）＞0，则函数h（x）在（1，+∞）上存在唯一零点，
由x1为x＝lnax的两个根中较小的根，得，
又ax1＝ln（1+s）﹣css+2，从而，则有ln（1+s）﹣css+1＞0，
设φ（s）＝ln（1+s）﹣css+1，s＞﹣1，
当s＞0时，ln（1+s）＞0，﹣1≤﹣css≤1，有φ（s）＞0，符合题意，
当﹣1＜s≤0时，，则φ（s）在（﹣1，0]上单调递增，φ（s）＜φ（0）＝0，不合题意，
因此s＞0，设x＞0，求导得，
当x＞0时，令p（x）＝ex﹣x﹣1，q（x）＝x﹣sinx，则p′（x）＝ex﹣1＞0，q（x）＝1﹣csx≥0，
于是p（x），q（x）在（0，+∞）上单调递增，从而p（x）＞0，q（x）＞0，即ex＞x+1，x＞sinx，
从而，即m（x）在（0，+∞）单调递增，则m（x）＞m（0）＝0，
于是ex＞ln（1+x）﹣csx+2，即有，∴s＞x1．
【点评】本题考查了根据函数最值求解参数值、利用导数解决函数零点个数的问题、含参的函数零点问题、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
19．（2023秋•牡丹江期中）已知函数f（x）＝ax﹣e（lnx）2有两个极值点x1，x2（x1＜x2）．其中a∈R，e为自然对数的底数．
（1）求实数a的取值范围；
（2）若elnx1+（e﹣2）lnx2≥λlnx1lnx2恒成立，求λ的取值范围．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1），令g（x）＝f′（x），可得，分别解出解g′（x）≥0，g′（x）≤0，进而得出函数g（x）的单调性．通过对a分类讨论，进而得出结论．
（2）由（1）可知1＜x1＜x2，不等式elnx1+（e﹣2）lnx2≥λlnx1lnx2变为，由（1）可得，令，可得，解得lnx1，lnx2，可整理为，令，利用导数研究函数的单调性与极值，进而得出结论．
【解答】解：（1），
令g（x）＝f′（x），则，
解g′（x）≥0得x≥e；解g′（x）≤0得0＜x≤e，
∴函数g（x）在（0，e]上单调递减，在[e，+∞）上单调递增，且g（e）＝a﹣2．
当a≥2时，g（x）在（0，+∞）上的最小值g（e）＝a﹣2≥0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，
没有极值点，与已知不符，不符合题意．
当0＜a＜2时，f′（x）在（1，e）上单调递减，f′（1）＝a＞0，f′（e）＝a﹣2＜0，
∴存在唯一实数x1∈（1，e）使得f′（x1）＝0，
即x∈（1，x1）时，f′（x）＞0；x∈（x1，e）时，f′（x）＜0，∴f（x）有极大值点为x1，
又f′（x）在（e，+∞）上单调递增，f′（e）＝a﹣2＜0，当x→+∞，f′（x）→a＞0，
∴存在唯一实数x2∈（e，+∞）使得f′（x2）＝0．
即当x∈（e，x2）时，f′（x）＜0；x∈（x2，+∞）时，f′（x）＞0，∴f（x）有极小值点为x2，
当a≤0时，当x→0时，g（x）→+∞，g（1）＝a≤0，
又∵g（x）＝f′（x）在（0，1]上单调递减，
∴f′（x）＝0在（0，1]上有唯一实根，
不妨令其根为x0，当x∈（0，x0）时，f′（x）＞0，
又∵当x＞1时，恒成立．
∴当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＜0，
此时有且仅有一个极值点，与已知不符，舍去．
∴此种情况符合题意，综上所述实数a的取值范围为（0，2）．
（2）由（1）可知1＜x1＜x2，不等式elnx1+（e﹣2）lnx2≥λlnx1lnx2变为，
由（1）可得，令，
则，解得，，
∴，可整理为，
令，
则h（t）≥λ在（1，+∞）恒成立，
，
令φ（t）＝[（e﹣2）t2+e]lnt﹣2t﹣（e﹣2）t2+e，
则，
令，
，显然n′（t）在（1，+∞）递增，
又n′（1）＝﹣2＜0，，∴存在t0∈（1，e）使得n′（t0）＝0，
且易得φ′（t）在（1，t0）递减，（t0，+∞）递增，
又∵φ′（1）＝0，∴φ′（t0）＜0，
而φ′（e）＝e2﹣2e﹣1＞0，
∴存在t1∈（t0，e）使得φ′（t1）＝0，且易得φ（t）在（1，t1）递减，（t1，+∞）递增，
又φ（1）＝φ（e）＝0，则1＜x＜e时，φ（t）＜0，h′（t）＜0，x＞e时，φ（t）＞0，h′（t）＞0，
∴易得h（t）在（1，e）上递减，在（e，+∞）上递增，则，
∴λ的取值范围为（﹣∞，（e﹣1）2]．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值、函数的零点、分类讨论、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
20．（2023•红桥区二模）已知函数f（x）＝x﹣alnx，g（x）（a＞0）．
（Ⅰ）若a＝1，求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）设函数h（x）＝f（x）﹣g（x），求函数h（x）的单调区间；
（Ⅲ）若存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，求a的取值范围．
【专题】分类讨论；函数的性质及应用；导数的综合应用；不等式的解法及应用．
【分析】（Ⅰ）求出导数，求得单调区间，进而得到极小值；
（Ⅱ）求出h（x）的导数，注意分解因式，结合a＞0，即可求得单调区间；
（III）若在[1，e]上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，即在[1，e]上存在一点x0，使得h（x0）＜0．即h（x）在[1，e]上的最小值小于零．对a讨论，①当1+a≥e，②当1＜1+a＜e，求得单调区间和最小值即可．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝x﹣alnx的定义域为（0，+∞）．
当a＝1时，f′（x）．
由f′（x）＝0，解得x＝1．
当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以当x＝1时，函数f（x）取得极小值，极小值为f（1）＝1﹣ln1＝1；
（Ⅱ）h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x﹣alnx，其定义域为（0，+∞）．
又h′（x）．
由a＞0可得1+a＞0，在0＜x＜1+a上，h′（x）＜0，在x＞1+a上，h′（x）＞0，
所以h（x）的递减区间为（0，1+a）；递增区间为（1+a，+∞）．
（III）若在[1，e]上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，
即在[1，e]上存在一点x0，使得h（x0）＜0．即h（x）在[1，e]上的最小值小于零．
①当1+a≥e，即a≥e﹣1时，由（II）可知h（x）在[1，e]上单调递减．
故h（x）在[1，e]上的最小值为h（e），
由h（e）＝ea＜0，可得a．
因为e﹣1．所以a．
②当1＜1+a＜e，即0＜a＜e﹣1时，
由（II）可知h（x）在（1，1+a）上单调递减，在（1+a，e）上单调递增．
h（x）在[1，e]上最小值为h（1+a）＝2+a﹣aln（1+a）．
因为0＜ln（1+a）＜1，所以0＜aln（1+a）＜a．
则2+a﹣aln（1+a）＞2，即h（1+a）＞2不满足题意，舍去．
综上所述：a∈（，+∞）．
【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，同时考查不等式成立的问题转化为求函数的最值，运用分类讨论的思想方法是解题的关键．
21．（2023秋•武昌区校级期中）已知函数有三个极值点x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3．
（1）求实数k的取值范围；
（2）若2是f（x）的一个极大值点，证明：．
【专题】函数思想；转化思想；分析法；构造法；转化法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．
【分析】（1）利用函数极值点个数，可得在（0，+∞）上至少有三个实数根，则在（0，+∞）有两个不等于2的不相等的实数根，利用导数判断的单调性，并在同一坐标系下画出函数g（x）与函数y＝k的图象，即可求得实数k的取值范围；
（2）根据（1）中的结论，可得x2＝2，将要证明的不等式化为，利用分析法可知，需证明，由g（x）的单调性可知，，化简得到，再构造函数h（x）＝1﹣lnx﹣e1﹣x，x＞1证明即可．
【解答】解：（1）根据题意可知，函数f（x）的定义域为（0，+∞），
则，
由函数f（x）有三个极值点x1，x2，x3可知，在（0，+∞）上至少有三个实数根．
显然f′（2）＝0，则需方程，也即ex﹣kx＝0有两个不等于2的不相等的实数根．
由ex﹣kx＝0，可得，
令，则，
显然当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，即g（x）在（0，1）上单调递减；
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，即g（x）在（1，+∞）上单调递增；
所以g（x）≥g（1）＝e，
画出函数与函数y＝k在同一坐标系下的图象，如下图所示：
由图，可得k＞e且时，在（0，+∞）上有两个不等于2的相异的实数根，
经检验可知，当时，
导函数在x1，x2，x3左右符号不同，
即x1，x2，x3均是f′（x）＝0的变号零点，满足题意；
因此实数k的取值范围时．
（2）证明：根据题意结合（1）中的图象，由x1＜x2＜x3可知，x1≠2，
若2是f（x）的一个极大值点，易知函数f（x）在（0，x1）上单调递减，则x2＝2，
因此x1，x3是方程ex＝kx的两个不相等的实数根，即，
所以，
同理，可得，
所以，
由可知，，
所以，
又，要证，
即证，也即，所以．
由（1），可得0＜x1＜1，x3＞1，所以，
且根据（1）中结论可知，函数在（0，1）上单调递减．
所以要证证，即证，又，
即g（x1）＝g（x3），即证，即，
所以，即，所以，
令h（x）＝1﹣lnx﹣e1﹣x，x＞1，则，
令u（x）＝xe1﹣x﹣1，x＞1，则u′（x）＝（1﹣x）e1﹣x＜0，
所以u（x）在（1，+∞）上单调递减，即u（x）＜u（1）＝0，
所以h′（x）＜0，即h（x）在（1，+∞）上单调递减；
因此h（x）＜h（1）＝0，所以．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，利用分析法证明不等式，考查了转化思想和函数思想，属难题．
22．（2023秋•武汉月考）已知函数f（x）＝sin3xcsx，f′（x）为f（x）的导函数．
（1）求f（x）在（0，2π）上的极值；
（2）记x0为f（x）在（0，+∞）上第一个极值点，若0＜x1＜x2＜x0，且f'（x1）＝f'（x2），求[x1+x2]的值（[x]表示不超过x的最大整数）；
（3）设n∈N*，求证：．
【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．
【分析】（1）求导，利用导数判断原函数的单调性，并结合周期性分析函数的极值；
（2）换元，令t＝sin2x，结合二次函数对称性可知，利用三角恒等变换结合正弦函数有界性分析可得，即可得结果；
（3）由（1）分析可得，利用倍角公式结合三角函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式．
【解答】解：（1）因为f（x+π）＝sin3（x+π）cs（x+π）＝sin3xcsx＝f（x），可知π为函数f（x）的周期，
又因为f'（x）＝3sin2xcs2x﹣sin4x＝sin2x（3cs2x﹣sin2x）
＝sin2x（4cs2x﹣1）＝sin2x（2csx+1）（2csx﹣1），
令f'（x）＝0在x∈（0，π）上的根为：，，
当时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
当时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
当时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
则f（x）在（0，π）上的极小值为，极大值为，
由周期可知：f（x）在（π.2π）上的极小值为，极大值为，
且f（x）在上单调递增，在上单调递增，
注意到函数f（x）为连续不断的函数，可知 x＝π不为极值点，
所以f（x）在（0，2π）上极小值为，极大值为．
（2）由（1）可知：，且f'（x）＝sin2x（4cs2x﹣1）＝sin2x（3﹣4sin2x），，
令，则g（t）＝t（3﹣4t）＝﹣4t2+3t，可知其对称轴为，
若0＜x1＜x2＜x0，且f'（x1）＝f'（x2），
则，g（t1）＝g（t2），且，，
则，
若，则，可得，不合题意，
所以，
①若，即，则，
可得
，
因为，则，则，
所以，不合题意，所以；
②若，即，则，
可得，不合题意，所以；
综上所述：，可得[x1+x2]＝1．
（3）证明：因为f（0）＝0，由（1）可知：，
即，
则|sin2xsin22xsin24x⋯sin22nx|



，
即，
所以．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，不等式的证明，考查运算求解能力，属于难题．
23．（2023秋•汉中月考）已知函数．
（1）讨论函数f（x）的极值点的个数；
（2）若函数f（x）恰有三个极值点x1、x2、x3（x1＜x2＜x3），且x3﹣x1≤1，求x1+x2+x3的最大值．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）求出函数f（x）的定义域与导数，对实数a的取值进行分类讨论，利用导数分析函数f（x）的单调性，可得出函数f（x）在实数a取不同知值时的极值点个数；
（2）由已知可得出，两式相除得到，令，则t＞1，则x3＝tx1，，得，，分析可得1＜t≤e，则，令，其中1＜t≤e，利用导数求出函数k（t）的最大值，即为所求．
【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），
且．
①当a≤0时，aex﹣x＜0，由f'（x）＜0，可得x＞1；由f'（x）＞0，可得0＜x＜1．
所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
因此f（x）在x＝1处取得极大值；
②，令，其中x＞0，则，
由g'（x）＜0可得x＞1，由g'（x）＞0可得0＜x＜1，
因此g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
所以，所以，故aex﹣x≥0，
由f'（x）＜0可得0＜x＜1，由f'（x）＞0可得x＞1，
所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
因此f（x）在x＝1处取得极小值；
③当时，，
令，由②知，
而h（0）＝a＞0，，
令，则φ'（a）＝2（1+lna）＜0，
所以φ（a）在上单调递减，因此，故，
所以函数h（x）在（0，1）和上各存在唯一的零点，分别为m、n，
所以函数f（x）在（0，m）上单调递减，在（m，1）上单调递增，在（1，n）上单调递减，在（n，+∞）上单调递增，
故函数f（x）在x＝m和x＝n处取得极小值，在x＝1处取得极大值．
综上所述，当a≤0或时，f（x）有一个极值点；当时，f（x）有三个极值点．
（2）因为函数f（x）恰有三个极值点x1、x2、x3（x1＜x2＜x3），
所以由（1）知x1＝m，x2＝1，x3＝n，
由，两式相除得到．
令，则t＞1，则x3＝tx1，，得，，
因此x3﹣x1＝lnt≤1，所以1＜t≤e，则．
令，其中1＜t≤e，则，
令，则，
所以ω（t）在（1，e]上单调递增，则当1＜t≤e时，ω（t）＞ω（1）＝0，
即k'（t）＞0，故k（t）在（1，e]上单调递增，
所以当1＜t≤e时，，
故x1+x2+x3的最大值为．
【点评】本题考查了函数的极值，函数的最值，属于难题．
24．（2023秋•沙坪坝区校级月考）已知实数，函数f（x）＝（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．
（1）证明：（i）f（x）存在唯一的极小值点x0；
（ii）．
（2）证明：f（x）有三个不相等的零点x1，x2，x3，且x1x2x3＝1．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑推理；数学运算．
【分析】（1）（i）先对f（x）求导，然后令g（x）＝f′（x），再求g'（x），可判断出g（x）在（0，1）上单调递减，g（x）在（1，+∞）上单调递增，再结合零点存在性定理可求得f（x）的单调区间，从而证得结论，（ii）由（i）求得f（x）的极小值，令，利用导数可证得结论，
（2）由f（1）＝0，设x2＝1，f（x）在（1，n）上单调递减，在（n，+∞）上单调递增，且f（ea）＞0，所以由零点存在性定理得在（1，+∞）上存在唯一的p，使f（p）＝0，令x3＝p，而，令，从而可证得结论．
【解答】证明：（1）（i），
令，
∴当0＜x＜1时，g′（x）＜0，当x＞1时，g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，1）上单调递减，g（x）在（1，+∞）上单调递增，
由知，，
，
∴由零点存在定理知，存在，使得g（m）＝g（n）＝0，
且当0＜x＜m或x＞n时，g（x）＞0，即f′（x）＞0，
当m＜x＜n时，g（x）＜0，即f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，m）上单调递增，在（m，n）上单调递减，在（n，+∞）上单调递增．
故f（x）存在唯一的极小值点x0＝n．
（ii）由（i）知x0∈（l，e），f′（x0）＝0，即，
f（x0）＝（x0+1）lnx0﹣a（x0﹣1）．
令，则，
∴m（x）在（1，e）上单调递减，
∴，
∴．
（2）显然f（1）＝0，不妨设x2＝1，
又由（1）知f（x）在（1，n）上单调递减，在（n，+∞）上单调递增，
且f（ea）＝（ea+1）a﹣a（ea﹣1）＝2a＞0，
∴由零点存在定理知，在（1，+∞）上存在唯一的p，使f（p）＝0，不妨记x3＝p；
又，
且，f（x）在（0，m）上单调递增，在（m，1）上单调递减，
∴在（0，1）上存在唯一的，使，即，
因此有x1x2x3＝1成立．
【点评】导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．
25．（2023春•湖北期中）已知函数f（x）＝alnx﹣（x﹣1）ebx（a，b是常数，e是自然对数的底数）．
（1）当a＝1，b＝0时，求函数f（x）的最大值；
（2）当a＞e，b＝1时：
①证明：函数f（x）存在唯一的极值点β．
②若f（α）＝0，且α＞β，证明：（α﹣β）（2β+1）＜3（β2﹣1）．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）当a＝1，b＝0时，f（x）＝lnx﹣x+1，x∈（0，+∞），利用导数的运算法则可得f′（x），研究函数f（x）的单调性即可得出极值．
（2）当a＞e，b＝1时，f（x）＝alnx﹣（x﹣1）ex，x∈（0，+∞），可得f′（x）．
①令g（x）＝a﹣ex•x2，利用导数研究函数g（x）的单调性，结合函数零点存在性定理可知，即可证明f（x）在x＝β处取得极大值，即f（x）存在唯一的极值点β．
②由①可知，，由f（α）＝0，得，两式相除，得，由（1）可知，f（x）≤0，可得lnα﹣α+1＜0，可得ea﹣β，（α﹣β）（2β+1）＜2lnβ•（2β+1），设h（β）＝lnβ（β），利用导数研究函数的单调性可得，进而证明结论．
【解答】解：（1）当a＝1，b＝0时，f（x）＝lnx﹣x+1，x∈（0，+∞），
f′（x），
当0＜x＜1时，f'（x）＞0，f（x）在（0，1）上单增；
当x＞1时，f'（x）＜0，f（x）在（1，+∞）上单减．
∴当x＝1时，f（x）有最大值f（1）＝0．
（2）证明：当a＞e，b＝1时，f（x）＝alnx﹣（x﹣1）ex，x∈（0，+∞），
f′（x）xex．
①令g（x）＝a﹣ex•x2，
g'（x）＝﹣ex（x2+2x）＜0，
∴g（x）在（0，+∞）上单减，
由a＞e，得lna＞1，ln2a＞1，则1﹣ln2a＜0，
又g（1）＝a﹣e＞0，g（lna）＝a﹣elna•ln2a＝a（1﹣ln2a）＜0，
由函数零点存在性定理可知，存在唯一β∈（1，lna）使g（β）＝0，即a﹣eβ•β2＝0，
当x∈（0，β）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，f（x）在（0，β）上单增，
当x∈（β，+∞）时，g（x）＜0，f'（x）＜0，f（x）在（β，+∞）上单减，
∴f（x）在x＝β处取得极大值，即f（x）存在唯一的极值点β．
②由①可知，a﹣eβ•β2＝0，即，（*）
由α＞β，且β∈（1，lna），得α＞1，
由f（α）＝0，得alnα﹣（α﹣1）eα＝0，，（**）
（*）与（**）两式相除，得，
由（1）可知，f（x）≤0，即lnx﹣x+1≤0，
∴lnα﹣α+1＜0，，
∴ea﹣β，α﹣β＜2lnβ，（α﹣β）（2β+1）＜2lnβ•（2β+1），
设h（β）＝lnβ（β），
h'（β）0，
得h（β）在（1，+∞）上单减，则h（β）＜h（1）＝0，
得，则，
又（β+1）0，
∴，
故（α﹣β）（2β+1）＜3（β2﹣1）成立．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值、等价转化方法、放缩法、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
26．（2023•南京三模）已知函数f（x）＝xlnxax2，g（x）＝﹣x+a（a∈R）．
（1）若y＝x与f（x）的图象恰好相切，求实数a的值；
（2）设函数F（x）＝f（x）+g（x）的两个不同极值点分别为x1，x2（x1＜x2）．
（i）求实数a的取值范围：
（ii）若不等式eλ+1＜x1•x2λ恒成立，求正数λ的取值范围（e＝2.71828…为自然对数的底数）．
【专题】转化思想；换元法；构造法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．
【分析】（1）求函数f（x）的导数f′（x），设y＝x 与f（x）图象的切点为（x0，y0），由此列方程组求出a的值；
（2）（i）由题意知F′（x）＝0 有两个不等正实根x1，x2，由此构造函数h（x），求函数h（x）的导数，判断函数h（x）的单调性，由此求出实数a的取值范围．
（ii）由题意知不等式eλ+1＜x1•x2λ恒成立，两边取对数得λ﹣lnx1＜λlnx2﹣1，转化为λ+1＜lnx1+λlnx2，利用换元法设t，t∈（0，1），化为λ+1恒成立；由此求正数λ的取值范围．
【解答】解：（1）因为函数f（x）＝xlnxax2，x∈（0，+∞），求导数得f′（x）＝lnx+1﹣ax，
设y＝x 与f（x）图象的切点为（x0，y0），
所以，解得x0＝e2，a；
（2）（i）因为函数F（x）＝f（x）+g（x）＝xlnx﹣xax2+a，定义域为（0，+∞），则F′（x）＝lnx﹣ax．
由题意知F′（x）＝lnx﹣ax＝0 有两个不等实根x1，x2，
设函数h（x）a，则h′（x），所以h′（e）＝0，
当0＜x＜e时，h′（x）＞0，所以h（x）在区间（0，e）上单调递增；
当x＞e时，h′（x）＜0，所以h（x）在区间（e，+∞）上单调递减．
所以h（x）的极大值也是最大值为h（e）．
因为h（x）有两个不同的零点，所以h（e）＞0，即a＞0，解得a；
当a≤0时，若x＞e时，则h（x）＞0恒成立，所以h（x）至多一个零点，不符合题意，
所以0＜a．
现证明：当0＜a时，h（x）有两个不同的零点．
因为h（1）＝﹣a＜0，h（e）＞0，所以h（x）在区间（0，e）内有唯一零点；
所以h（）＝a2（ln），令t，设函数s（t）＝2lnt﹣t，则s′（x）1，
所以s（t）max＝2ln2﹣2＜0，所以h（）＜0，h（x）在区间（e，+∞）内有唯一的零点．
综上，实数a的取值范围是（0，）．
（ii）由题设条件和（i）知，1＜x1＜e＜x2，lnx1＝ax1，lnx2＝ax2，所以a；
若不等式eλ+1＜x1•x2λ恒成立，两边取对数，得λ﹣lnx1＜λlnx2﹣1，
所以λ+1＜lnx1+λlnx2＝ax1+aλx2（x1+λx2）；
设t，则t∈（0，1），λ+1恒成立；
所以lnt0在t∈（0，1）时恒成立；
设p（t）＝lnt，t∈（0，1），则p′（t）；
若λ2≥1，即λ≥1，则当t∈（0，1）时，p′（t）＞0，
所以p（t）在（0，1）上单调递增，所以p（t）＜p（1）＝0，满足题意；
若0＜λ＜1，则当t∈（λ2，1）时，p′（t）＜0，所以p（t）在（λ2，1）上单调递减，
所以当t∈（λ2，1）时，p（t）＜p（1）＝0，不满足题意；
综上，正数λ的取值范围是[1，+∞）．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，极值与最值问题，也考查了转化法与构造函数法，以及运算求解能力和逻辑推理能力，是难题．
27．（2023•思明区校级模拟）已知函数f（x）x3﹣mx2+m2x（m∈R）的导函数为f′（x）．
（1）若函数g（x）＝f（x）﹣f′（x）存在极值，求m的取值范围；
（2）设函数h（x）＝f′（ex）+f′（lnx）（其中e为自然对数的底数），对任意m∈R，若关于x的不等式h（x）≥m2+k2在（0，+∞）上恒成立，求正整数k的取值集合．
【专题】函数思想；分析法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）对函数g（x）求导，通过导数研究g（x）的单调性，进而确定m的取值范围，（2）将原问题转化为对任意m∈R，m2﹣2（ex+lnx）m+（2e2x+2ln2x﹣k2）≥0 在（0，+∞）上恒成立，即k2≤（ex﹣lnx）2 对任意x＞0恒成立，设m（x）＝ex﹣lnx（x＞0），求k，即可求解．
【解答】解：（1）f'（x）＝2x2﹣2mx+m2，
∴g（x）x3﹣mx2+m2x﹣2x2﹣2mx+m2，
∴g'（x）＝2x2﹣2（m+2）x+m2+2m，
当m≤﹣2或m≥2时，Δ＝4（m+2）2﹣8（m2+2m）≤0，
∴g'（x）≥0恒成立，即函数g（x）在R上单调递增，故函数g（x）无极值，
当﹣2＜m＜2时，Δ＝4（m+2）2﹣8（m2+2m）＞0，
设g'（x）＝0两个根为x1，x2，x1＜x2，
当x∈（﹣∞，x1），g'（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（x1，x2），g'（x）＜0，g（x）单调递减，
当x∈（x2，+∞），g'（x）＞0，g（x）单调递增，
故函数在x＝x2 取得极大值，故函数在x＝x1 取得极小值，
综上所述，m的取值范围为（﹣2，2）．
（2）∵h（x）＝（2e2x﹣2mex+m2）+（2ln2x﹣2mlnx+m2），
∴对任意m∈R，（2e2x﹣2mex+m2）+（2ln2x﹣2mlnx+m2）≥m2+k2 在（0，+∞）上恒成立，
即对任意m∈R，m2﹣2（ex+lnx）m+（2e2x+2ln2x﹣k2）≥0 在（0，+∞）上恒成立，
∴Δ＝4（ex+lnx）2﹣4（2e2x+2ln2x﹣k2）≤0 在（0，+∞）上恒成立，即k2≤（ex﹣lnx）2 对任意x＞0恒成立，
设m（x）＝ex﹣lnx（x＞0），
∴m'（x），
∵m''（x）0，
∴m'（x）在（0，+∞）上单调递增且为连续，
∵，m'（1）＝e﹣1＞0，
∴函数m'（x）在（0，+∞）存在唯一零点，
∵当x∈（0，x0） 时，m'（x）＜0，m（x）单调递减，
当x∈（x0，+∞） 时，m'（x）＞0，m（x）单调递增，
∴x＝x0 为函数m（x）的极小值，
∴，，
∴x0＝﹣lnx0，
∴，
∵k＞0，
∴即k2≤（ex﹣lnx）2 得k≤ex﹣lnx对任意x＞0恒成立，
∴k，
∵，
∴k＝1，2，
即正整数k的取值集合为{1，2}．
【点评】本题主要考查函数极值的判断，以及利用导数研究函数恒成立问题，需要学生有很强的知识，计算量大，属于难题．
28．（2023•天津一模）已知函数f（x）＝aex﹣sinx﹣a．（注：e＝2.718281…是自然对数的底数）．
（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）当a＞0时，函数f（x）在区间内有唯一的极值点x1．
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证：f（x）在区间（0，π）内有唯一的零点x0，且x0＜2x1．
【专题】分类讨论；方程思想；转化法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）f（x）＝2ex﹣sinx﹣2，利用导数的运算法则可得f'（x），可得切线斜率f′（0），利用点斜式可得切线方程．
（2）（ⅰ）f'（x）＝aex﹣csx，对a分类讨论，利用函数的单调性，根据函数f（x）在区间内有唯一的极值点x1，即可得出a的取值范围．
（ⅱ）由（ⅰ）知0＜a＜1，当时，f'（x）＝aex﹣csx＞0，结合f'（x）的单调性与函数零点存在定理可得：f（x）在（x1，π）上有唯一零点x0，，由（ⅰ）知f'（x1）＝0，，化简整理，构造函数，再一次利用导数研究函数的单调性即可证明结论．
【解答】解：（1）f（x）＝2ex﹣sinx﹣2，
f'（x）＝2ex﹣csx，
切线的斜率k＝f'（0）＝2﹣1＝1，又f（0）＝0，
∴切线方程为y＝x．
（2）（ⅰ）f'（x）＝aex﹣csx，
①当a≥1时，当时，aex＞1，csx∈（0，1），
∴f'（x）＞0，
∴y＝f（x）在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；
②当0＜a＜1时，
f''（x）＝aex+sinx＞0，∴f'（x）在上递增，
又f'（0）＝a﹣1＜0，，
∴f'（x）在上有唯一零点x1，
当x∈（0，x1）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，
∴函数y＝f（x）在区间内有唯一极值点，符合题意，
综上，a的取值范围是（0，1）．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）知0＜a＜1，当时，f'（x）＝aex﹣csx＞0，
当x∈（0，x1）时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当x∈（x1，π）时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；
∴x∈（0，x1）时，f（x）＜f（0）＝0，则f（x1）＜0，
又∵f（π）＝aeπ﹣a＝a（eπ﹣1）＞0，
∴f（x）在（x1，π）上有唯一零点x0，
即f（x）在（0，π）上有唯一零点x0．
由（ⅰ）知f'（x1）＝0，∴．
∵，
则f（2x1）sin2x1﹣acsx1﹣2sinx1csx1
，．
设h（x）＝ex﹣2sinx﹣e﹣x，，
则h'（x）＝ex﹣2csx+e﹣x，
∵ex+e﹣x＞2，2csx＜2，
∴h'（x）＝ex+e﹣x﹣2csx＞0，
h（x）在为单调递增，又h（0）＝0，∴h（x）＞0，
又时，csx1＞0，
∴．
∴f（2x1）＞f（x0）＝0．
由前面讨论知x1＜2x1＜π，x1＜x0＜π，f（x）在（x1，π）单调递增，
∴x0＜2x1．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值及最值、方程与不等式的解法、函数零点存在定理、等价转化方法、构造法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
29．（2023春•浙江期中）已知函数f（x）＝（1﹣x）ex+alnx．
（1）当a＝0时，求f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（2）若f（x）存在大于1的零点x0，设f（x）的极值点为x1；
①求a的取值范围；
②证明：3x1＞2x0．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）根据导数几何意义可求得切线斜率f'（1），结合f（1）＝0可得切线方程；
（2）①求导后，当a≤0时，可知f（x）单调递减，不合题意；当a＞0时，根据f（x）存在极值点可确定f′（x1）＝0，得到，并得到f（x）单调性；通过零点可确定1＜x1＜x0，结合f（x1）＞0恒成立可确定只需有解即可；利用导数可求得m（x）＝x2ex（x＞1）的单调性和值域，由此可得a的范围；
②将问题转化为证明，即证明；根据的形式，可构造函数，利用导数可说明h（x）单调性，并得到h（x）＜0，从而说明，由此可证得结论．
【解答】解：（1）当a＝0时，f（x）＝（1﹣x）ex，则f'（x）＝﹣ex+（1﹣x）ex＝﹣xex，
∴f'（1）＝﹣e，又f（1）＝0，
∴f（x）在（1，f（1））处的切线方程为：y＝﹣e（x﹣1），即ex+y﹣e＝0．
（2）①由题意知：f（x）定义域为（0，+∞），；
令g（x）＝f'（x），则；
当a≤0时，f'（x）＜0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上单调递减，不合题意；
当a＞0时，g'（x）＜0恒成立，∴f'（x）在（0，+∞）上单调递减，
∵f（x）存在极值点x1，∴，即；
且当x∈（0，x1）时，f'（x）＞0；当x∈（x1，+∞）时，f'（x）＜0；
∴f（x）在（0，x1）上单调递增，在（x1，+∞）上单调递减；
∵f（1）＝0，f（x）存在大于1的零点x0，∴1＜x1＜x0；
则需，又，
∴，即，又x1＞1，∴，
令，则t∈（0，1），t2﹣t﹣lnt＞0；
令φ（t）＝t2﹣t﹣lnt（0＜t＜1），则，
∴φ（t）在（0，1）上单调递减，∴φ（t）＞φ（1）＝0，即当x1＞1时，f（x1）＞0恒成立；
令m（x）＝x2ex（x＞1），则m'（x）＝x（x+2）ex＞0，
∴m（x）在（1，+∞）上单调递增，∴m（x）＞m（1）＝e，
∴当a＞e时，方程有解；∴实数a的取值范围为（e，+∞）；
②证明：由①知：x1＞1，，
则，
令，
则；
∵，，，
∴h'（x）＜0，∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，∴，
又x1＞1，∴，∴，
又f（x0）＝0，∴，
∵，x0＞x1，f（x）在（x1，+∞）上单调递减，
∴，即3x1＞2x0．
【点评】本题考查导数几何意义的应用、导数在求解函数中的应用；本题证明不等式的关键是能够将问题转化为函数的两个函数值大小关系的比较问题，结合导数的知识可求得函数值的大小关系，从而得到结论．
30．（2023•湖南模拟）已知函数f（x）＝sinx+sin2x，x∈[0，π]．
（1）函数F（x）＝f（x）csx+x在x＝x0处取得极大值，求f（x0）的值；
（2）若，证明：f（x）≥3xcsax．
【专题】分类讨论；转化思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）F（x）＝f（x）csx+x，x∈[0，π]，F（x）＝sinxcsx+csxsin2x+x，求导可得F'（x），利用导数研究极值点可得x0满足的条件，进而得出结论．
（2）由y＝csax为偶函数，因此只需考虑的情况即可．令g（a）＝f（x）﹣3xcsax，可得g'（a）＝3x2sinax，通过对x分类讨论，结合三角函数的单调性，进而证明结论．
【解答】解：（1）F（x）＝f（x）csx+x，x∈[0，π]，F（x）＝sinxcsx+csxsin2x+x，
∴F'（x）＝cs2x﹣sin2x﹣sinxsin2x+2csxcs2x+1＝6cs3x+2cs2x﹣4csx，
∴F'（x）＝2（csx+1）csx（3csx﹣2）．
∵x∈[0，π]，∴﹣1≤csx≤1．
当﹣1≤csx≤0，或时，F'（x）≥0，
当时，F'（x）＜0，
即F（x）在[0，x0]上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且．
∵，，∴，
即f（x0）＝sinx0+2sinx0csx0．
（2）证明：由y＝csax为偶函数，因此只需考虑的情况：
令g（a）＝f（x）﹣3xcsax，
∴g'（a）＝3x2sinax，
（i）当，有g'（a）≤0，∴g（a）单调递减，
有，
记，其中，只需证φ（x）≥0，
有，当，易知φ′（x）≤0，
当，有φ′（x）≤2+9sin2﹣9sin20，
∴φ（x）单调递减，则φ（x）≥0成立；
（ii）当，有g'（a）≥0，∴g（a）单调递增，
∵g（a）≥g（1）＝sinx+sin2x﹣3xcsx，
①当，有f（x）＝（1+2csx）sinx≥0≥3xcsx，成立；
②当，
记，则只需证，h（x）≥0；，h（x）≤0；
∵，
∴当，有h'（x）≥0，则h（x）单调递增，h（x）≥h（0）＝0成立；
当，有h'（x）≤0，则h（x）单调递减，
有成立．
综上可知，有f（x）≥3xcsax．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值及最值、三角函数求值、等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
31．（2023•永州三模）已知函数f（x）＝xe﹣x•lna，g（x）＝sinx．
（1）若x＝0是函数h（x）＝f（x）+ag（x）的极小值点，讨论h（x）在区间（﹣∞，π）上的零点个数．
（2）英国数学家泰勒发现了如下公式：csx
这个公式被编入计算工具，计算足够多的项时就可以确保显示值的精确性．
现已知，
利用上述知识，试求的值．
【专题】计算题；分类讨论；转化思想；综合法；导数的综合应用；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算．
【分析】（1）本小问考查函数零点个数问题，将h（x）的表达式表示出来，利用导数的方法讨论函数的单调性，利用最值、零点定理等进行判断零点个数；
（2）利用给的已知条件，将条件中csx表达式进行求导处理，求出的表达式，将条件中的的表达式与上面得到的进行比较，即可得出所要求的结果．
【解答】解：（1）由题意得：h'（x）＝lna（1﹣x）e﹣x+acsx，
因为x＝0为函数h（x）的极值点，
所以，h'（0）＝lna+a＝0，
知：lna＝﹣a，h（x）＝a（sinx﹣xe﹣x），h'（x）＝a[csx﹣（1﹣x）e﹣x]，
（i）当x∈（﹣∞，0）时，
由a＞0，﹣1≤csx≤1，1﹣x＞1，e﹣x＞1，得f'（x）＜0，
所以h（x）在（﹣∞，0）上单调递减，h（x）＞h（0）＝0，
所以h（x）在区间（﹣∞，0）上不存在零点；
（ii）当x∈（0，π）时，设φ（x）＝csx﹣（1﹣x）e﹣x，
则φ'（x）＝（2﹣x）e﹣x﹣sinx．
①若，令m（x）＝（2﹣x）e﹣x﹣sinx，
则m'（x）＝（x﹣3）e﹣x﹣csx＜0，
所以m（x）在上单调递减，
因为m（0）＝2＞0，，
所以存在，满足m（a）＝0，
当x∈（0，a）时，m（x）＝φ'（x）＞0，φ（x）在（0，a）上单调递增；
当时，m（x）＝φ'（x）＜0，φ（x）在上单调递减；
②若，令k（x）＝（2﹣x）e﹣x，，
则k'（x）＝（x﹣3）e﹣x＜0，所以k（x）在区间上单调递减，
所以，
又因为，
所以φ'（x）＝（2﹣x）e﹣x﹣sinx＜0，φ（x）在上单调递减；
③若x∈（2，π），则φ'（x）＝（2﹣x）e﹣x﹣sinx＜0，φ（x）在（2，π）上单调递减．
由（a）（b）（c）得，h（x）在（0，a）上单调递增，h（x）在（a，π）单调递减，
因为φ（a）＞φ（0）＝0，φ（π）＝（π﹣1）e﹣π﹣1＜0，
所以存在β∈（a，π）使得φ（β）＝0，
所以，当x∈（0，β）时，h'（x）＝φ（x）＞0，h（x）在（0，β）上单调递增，h（x）＞h（0）＝0，
当x∈（β，π）时，h'（x）＝φ（x）＜0，h（x）在（β，π）上单调递减，
因为h（β）＞h（0）＝0，h（π）＜0，
所以h（x）在区间（β，π）上有且只有一个零点．
综上，h（x）在区间（﹣∞，π）上的零点个数为2个；
（2）因为，（*）
对，
两边求导得：，，
所以，（**）
比较（*）（**）式中x2的系数，得，
所以．
【点评】本题考查了函数的单调性，最值零点问题，数列的求和，考查运算求解能力，属于难题．
32．（2023•常德二模）已知函数f（x）＝x2alnx（a∈R）
（1）若f（x）在x＝2处取得极值，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）当a＞0时，若f（x）有唯一的零点x0，求[x0]
注：[x]表示不超过x的最大整数，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[﹣1.5]＝﹣2
参考数据：ln2＝0.698，ln3＝1.099，ln5＝1.609，ln7＝1.946．
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用．
【分析】（1 ）求出 函数的导数，求出a得到值，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）求出函数的导数，结合a的范围，确定函数的单调区间，从而求出[x0]的值．
【解答】解：（1）已知函数f（x）＝x2alnx，其中a∈R的定义域为（0，+∞）．
∴f′（x）＝2x（x＞0），由于x＝2是函数f（x）的极值点，∴f'（2）＝0
可得a＝7，所以函数f（x）＝x27lnx，
∴f′（x）＝2x（x＞0），
∴f′（1）＝﹣7，f（1）＝3，
故切线方程是：y﹣3＝﹣7（x﹣1），
即7x+y﹣10＝0；
（2）f（x）＝x2alnx，其中a∈R的定义域为（0，+∞）．
∴f′（x）＝2x （x＞0）
令函数g（x）＝2x3﹣ax﹣2（x＞0），则g'（x）＝6x2﹣a（x＞0）．
由于a＞0及g'（x）＝0可得x，
∴g（x）当x∈（0， ）时g'（x）＜0，当x∈（，+∞）时g'（x）＞0，
∴g（x）在（0，）单调递减，在（，+∞）时单调递增．
由于g（0）＝﹣2＜0，
∵g（x）在（0，）单调递减，
∴g（x）当x∈（0，）时g（x）＜0．
由于g（1）＝﹣a＜0．
∵g（x）在（，+∞）时单调递增．
∴g（x）在（1，+∞）时上有唯一零点，记为x＝x1．
∴f（x）在（0，x1）单调递减，在（x1，+∞）时单调递增．
∴f（x）在x＝x1时取极小值，即为最小值．
又f（x）有唯一的零点x0，故x0＝x1且x0＞1．
由于g（x0）＝0且f（x0）＝0，
可得2lnx01＝0．
令函数h（x）＝2lnx1（x＞1）在（1，+∞）时单调递增，
h（2）＝2ln21＜0，而h（3）＝2ln31＞0．
从而x0∈（2，3），故得[x0]＝2．
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数的零点问题，考查转化思想，是一道综合题．
33．（2023•天津模拟）已知函数f（x）＝（x﹣a）lnx﹣xlna，其中a＞0．
（1）求f（x）的极值；
（2）设函数g（x）＝f（x）+f（）有三个不同的极值点x1，x2，x3．
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）证明：x12+x22+x32＞3．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1），可得f'（x）在（0，+∞）单调递增，又f'（a）＝0，即可得出函数f（x）的单调性与极值．
（2）（ⅰ），由题可知g'（x）＝0有三个不同的正实根x1、x2、x3，令t＝x2∈（0，+∞），可得，令，h（t）＝0有三个不同的正实根、、，h′（t），可得h'（t）＝0有两个不同的正实根，进而得出结论a的取值范围．
（ⅱ）令、，由（ⅰ）知x2＝1，0＜t1＜1＜t3，且t1、t3为的正实根，，令，可得φ（t1）＝φ（t3），，令在（0，1）单调递增⇒G（t）＜0（t∈（0，1））、G（t）＞0（t∈（1，+∞）），可得φ（t）的单调性，令F（t）＝φ（t）﹣φ（2﹣t），t∈（0，1），通过研究其单调性即可得出结论．
【解答】解：（1），
∴f'（x）在（0，+∞）单调递增，
∵f'（a）＝0，
∴x∈（0，a）时，f'（x）＜0，x∈（a，+∞）时，f'（x）＞0，
∴f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增，
∴f（x）极小值＝f（a）＝﹣alna，无极大值．
（2）（ⅰ），
由题可知g'（x）＝0有三个不同的正实根x1、x2、x3，令t＝x2∈（0，+∞），
则，
令，h（t）＝0有三个不同的正实根、、，
，
∴h'（t）＝0有两个不同的正实根，
∴，
解得a＞e2，
设h'（t）＝0的两个不同的正实根为m、n，且0＜m＜n，此时h（t）在（0，m）和（n，+∞）单调递增，（m，n）单调递减，
又∵h（1）＝0，
∵h（t）→﹣∞（t→0），且h（t）→+∞（t→+∞），
∴h（t）有三个不同的正实根，满足题意，
∴a的取值范围是（e2，+∞）．
（ⅱ）证明：令、，由（ⅰ）知x2＝1，0＜t1＜1＜t3，且t1、t3为的正实根，
，令，
则φ（t1）＝φ（t3），，
令在（0，1）单调递增⇒G（t）＜0（t∈（0，1））、G（t）＞0（t∈（1，+∞）），
∴φ（t）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，
令F（t）＝φ（t）﹣φ（2﹣t），t∈（0，1），
，
∵t∈（0，1），∴0＜t（2﹣t）＜1，
令，，
∴H（x）在（0，1）单调递增，
∴F'（t）＜0，∴F（t）在（0，1）单调递减，
∵t1∈（0，1），∴F（t1）＞F（1）＝0⇒φ（t1）＞φ（2﹣t1），
∵φ（t1）＝φ（t3），∴φ（t3）＞φ（2﹣t1），
∵φ（t）在（1，+∞）单调递增，
∴t3＞2﹣t1⇒t1+t3＞2，∴．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值及其最值、等价转化方法、换元法、分类讨论方法，考查了综合解决问题的能力、推理能力与计算能力，属于难题．
34．（2022秋•天心区校级月考）已知函数．
（1）讨论f（x）极值点的个数；
（2）若f（x）有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，证明：f（x1）+f（x2）＜2e﹣m．
【专题】综合题；转化思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）分类讨论导函数的实数根即可求解极值点；
（2）构造函数F（x）＝g（x）﹣g（2﹣x），x∈（0，1）和，通过判断函数的单调性，求解最值，当导数正负不好确定的时候，需要构造新的函数，不断的通过求导判断单调性．
【解答】解：（1），则f′（x）＝ex﹣mx，
∵x＝0显然不是f′（x）的零点，
∴，
令，则，
∴g（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增．
当x＜0时，g（x）＜0，
当x＞0时，g（x）＞0，且g（x）的极小值为g（1）＝e，
∴m∈（﹣∞，0）时，只有一个实数根，所以此时f（x）有1个极值点，
m∈[0，e）时，没有实数根，故 （x）有0个极值点，
当m＝e时，有一个实数根x＝1，但x＝1不是极值点，故此时f（x）没有极值点，
m∈（e，+∞）时，er＝m有两个不相等的实数根，故f（x）有2个极值点．
（2）证明：由（1）知，m∈（e，+∞），且0＜x1＜1＜x2，g（x1）＝g（x2）＝m，g（x）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，
先证：x1+x2＞2，即证：x2＞2﹣x1，
∵0＜x1＜1＜x2，∴2﹣x1＞1，即证：g（x2）＞g（2﹣x1）．
即证：g（x1）＞g（2﹣x1）．
令F（x）＝g（x）﹣g（2﹣x），x∈（0，1），
即证：∀x∈（0，1），F（x）＞0，
，
令t＝2﹣x∈（1，2），则x＜t，
令，则，
则h（λ）在λ∈（0，2）单调递减，
∴h（x）＞h（t）＝h（2﹣x），
∴F′（x）＜0，即F（x）在x∈（0，1）单调递减，
∴F（x）＞F（1）＝0，证毕．
再证：f（x1）+f（x2）＜2e﹣m，
∵0＜x1＜1＜x2，且x1+x2＞2，
∴x1＜2﹣x1＜x2，
∵f（x）在（0，x1）单调递增，在（x1，x2）单调递减，在（x2，+∞）单调递增，
∴f（2﹣x1）＞f（x2），
即证：f（x1）+f（2﹣x1）＜2e﹣m，
又∵，
即证：．
令，
∴，
令p（x）＝e2x（﹣x3+2x2﹣x+1）﹣e2x2，
∴p′（x）＝e2x（﹣2x3+x2+2x+1）﹣2e2x，
令q（x）＝p′（x）
∴q′（x）＝﹣2e2x（2x3+2x2﹣3x﹣2）﹣2e2，
令r（x）＝q′（x）
∴r′（x）＝﹣2e2x（4x3+10x2﹣2x﹣7），
令m（x）＝4x3+10x2﹣2x﹣7，x∈（0，1），
∴m′（x）＝12x2+20x﹣2，
∴∃x11∈（0，1），m（x）在（0，x11）单调递减，在（x11，1）单调递增．
∵m（0）＝﹣7，m（1）＝5，
∴∃x12∈（0，1），当x∈（0，x12）时，r′（x）＞0，q（x）单调递增；当x∈（x12，1）时，r′（x）＜0，q（x）单调递减．
∵q（0）＝4﹣2e2＜0，q（1）＝0，
∴∃x13∈（0，1），p（x）在（0，x13）单调递减，在（x13，1）单调递增．
∵p′（0）＝1＞0，p′（1）＝0，
∴∃x14∈（0，1），p（x）在（0，x14）单调递增，在（x14，1）单调递减．
∵p（0）＝1，p（1）＝0，
∴p（x）＞0，
∴G′（x）＞0，
∴G（x）在x∈（0，x）单调递增，
∴G（x）＜G（1）＝2e，
所以原命题得证．
【点评】本题考查了导数的综合应用，属于难题．
35．（2022•天河区校级三模）已知函数f（x）＝xlnxx2存在两个极值点x1，x2（x1＜x2）．
（1）求实数a的取值范围；
（2）判断f（）的符号，并说明理由．
【专题】计算题；压轴题；数形结合；转化思想；构造法；转化法；导数的概念及应用；数学抽象；数学运算；数据分析．
【分析】（1）根据函数有两个极值点得到导函数有两个变号零点，参变分离后构造函数h（x），研究其单调性和极值情况，得到交点个数为两个时实数 a 的取值范围，再验证此范围符合要求；
（2）转化为，利用对数平均不等式得到，结合f（x）在区间（x1，x2）内单调递增，且f（1）＝0，得到f（）＞f（1）＝0．
【解答】解：（1）∵f（x）＝xlnxx2（x＞0），有2个极值点，
∴f′（x）＝lnx+1+ax（x＞0），有2个变号的零点，
∴lnx+1+ax＝0，﹣a，
令h（x）（x＞0），
h′（x），
当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
∴h（x）max＝h（1），
画出函数图象如下：
当x趋近于+∞，h（x）趋近于0，
y＝﹣a与h（x）有两个交点，∴0＜﹣a＜1．
当0＜﹣a＜1时，当0＜x＜x1或x＞x2时，﹣a，f′（x）＜0；
当x1＜x＜x2时，﹣a，f′（x）＞0．
所以f（x）在区间（0，x1），（x2，+∞）单调递减，在区间（x1，x2）内单调递增．
所以f（x）的极小值点为x1，极大值点为x2．
所以 a 的取值范围为（﹣1，0）．
（2）
f（）符号为正．
理由如下：
由（1）可知，0＜x1＜1＜x2．
∵，
∴lnx2﹣lnx1＝﹣a（x2﹣x1），
∴，
现证明上式：
上式可变形为ln，0＜x1＜x2，
令t，则只需证lnt（t＞1）．
设φ（t）＝lnt（t＞1），φ′（t）0，
所以φ（t）在（1，+∞）上单调递增，
从而φ（t）＞φ（1）＝0，即lnt（t＞1），
∴．
又因为0＜﹣a＜1，所以1，
综上可得：x1＜1x2．
f（x）在区间（x1，x2）内单调递增，且f（1）＝0，
所以f（）＞f（1）＝0．
故f（）符号为正．
【点评】本题考查函数单调性、极值和最值的综合应用，体现了转化的思想方法，属于难题．
三．利用导数研究函数的最值（共24小题）
36．（2024•济南一模）已知函数f（x）＝ex﹣sinx．
（1）若f（x）≥ax2+1对于任意x∈[0，+∞）恒成立，求a的取值范围；
（2）若函数f（x）的零点按照从大到小的顺序构成数列{xn}，n∈N*，证明：；
（3）对于任意正实数x1，x2，证明：．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）构造函数F（x）＝ex﹣sinx﹣ax2﹣1，x≥0，利用导数考查其单调性，继而可求得a的范围，证明即可；
（2）考查函数在[﹣2mπ，﹣（2n﹣1）π]上的单调性，可判定存在，，﹣（2n﹣1）π），为函数的零点，结合函数的单调性可得x2n﹣1+x2n＜﹣（4n﹣1）π，继而进行计算即可；
（3）不等式可化为f（x1+x2）＞f（x1）+x2f'（x1），构造函数h（x）＝f（x+x1）﹣f（x1）﹣xf'（x1），（x＞0），考查单调性，继而可证明；
【解答】解：（1）∵ex﹣sinx≥ax2+1在[0，+∞）上恒成立
⇔ex﹣sinx﹣ax2﹣1在[0，+∞）上恒成立，
设F（x）＝ex﹣sinx﹣ax2﹣1（x≥0），g（x）＝F′（x）＝ex﹣csx﹣2ax，
则g′（x）＝ex+sinx﹣2a，g′（0）＝1﹣2a，
①当时，g′（0）＜0，∃t＞0，使g（x）在区间（0，t）上单调递减；
则F′（x）＝g（x）＜g（0）＝0，F（x）在区间（0，t）上单调递减，
则F（x）＜F（0）＝0，不满足题意，
②当时，，
设n（x）＝ex﹣1﹣x（x≥0），则n′（x）＝ex﹣1≥0，
所以n（x）＝ex﹣1﹣x在[0，+∞）上单调递增，
则n（x）≥n（0）＝0⇒ex﹣1﹣x≥0，
设（x≥0），
则m′（x）＝ex﹣csx﹣x≥ex﹣1﹣x≥0成立，
故在[0，+∞）上单调递增，
则m（x）≥m（0）＝0，
所以F（x）≥0恒成立，得证，
∴综上知，a的取值范围为（﹣∞，．
证明：（2）当x∈[﹣2nπ，﹣（2n﹣1）π]时，
f′（x）＝ex﹣csx，设r（x）＝f′（x）＝ex﹣csx，
则r′（x）＝ex+sinx＞0，
则函数r（x）＝f′（x）单调递增，
f′（﹣2nπ）＝e﹣2nπ﹣1＜0，，
∴，，
f（x）在上单调递减，上单调递增，
又f（﹣2nπ）＝e﹣2nπ＞0，，f（﹣（2n﹣1）π）＝e（1﹣2n）π＞0，
∴，f（x2n）＝0，
，f（x2n﹣1）＝0．
，
由于，﹣（4n﹣1）π﹣x2n＞x2n，，
∴f（﹣（4n﹣1）π﹣x2n）＞f（x2n﹣1）＝0，
由于f（x）在上单调递增，
∴﹣（4n﹣1）π﹣x2n＞x2n﹣1
∴x2n﹣1+x2n＜﹣（4n﹣1）π．
累加得．
证明：（3）设t（x）＝f′（x）＝ex﹣csx（x＞0），
t′（x）＝ex+sinx＞0，t（x）在（0，+∞）上单调递增，
即f′（x）＝ex﹣csx在（0，+∞）上单调递增，
设h（x）＝f（x+x1）﹣f（x1）﹣xf′（x1），（x＞0），
h′（x）＝f′（x+x1）﹣f′（x1），
由于f′（x）在（0，+∞）上单调递增，x+x1＞x1
∴f′（x+x1）＞f′（x1），h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）单调递增．
又h（0）＝0，
∴当x＞0时，h（x）＞0，
∴f（x+x1）﹣f（x1）﹣xf′（x1）＞0，
∴f（x+x1）＞f（x1）+xf′（x1），
因此f（x1+x2）＞f（x1）+x2f′（x1）恒成立，
∴，
∴．
【点评】本题考查了利用导数研究函数单调性，函数的零点，函数不等式，属于难题．
37．（2023秋•扬州期末）已知函数f（x）＝（lnx﹣m）x的最小值为﹣1．
（1）求实数m的值；
（2）若f（x）＝a有两个不同的实数根x1，x2（x1＜x2），求证：2﹣x2＜x1＜x2﹣（a+1）e．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）利用导数研究f（x）的单调性，结合最小值求参数值即可；
（2）根据题设及导数判断f（x）的单调性及区间符号，进而有0＜x1＜1＜x2＜e，﹣1＜a＜0，根据极值点偏移，构造g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x）并利用导数研究x∈（0，1）上的单调性证明x1+x2＞2，再记函数y＝a与y1＝﹣x和交点的横坐标分别为x3，x4，结合导数证得x1＜x3＝﹣a、x2＞x4＝ae﹣a+e，有x2﹣x1＞x4﹣x3＝（a+1）e，即可证结论．
【解答】解：（1）因为f'（x）＝lnx+1﹣m（x＞0），当x∈（0，em﹣1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（em﹣1，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增．所以，
所以m＝1．
证明：（2）由（1）知，f（x）＝x（lnx﹣1）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
当x∈（0，e）时，f（x）＜0，当x∈（e，+∞）时，f（x）＞0，所以0＜x1＜1＜x2＜e，﹣1＜a＜0，
先证明x1+x2＞2．
记g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x）＝xlnx+（x﹣2）ln（2﹣x）﹣2x+2，则g′（x）＝lnx+ln（2﹣x）＝ln[x（2﹣x）]，
当x∈（0，1）时，0＜x（2﹣x）＜1，所以g（x）＜0，g（x）单调递减，所以当x∈（0，1）时，g（x）＞g（1）＝0，即f（x）＞f（2﹣x），
故f（x1）＞f（2﹣x1），即f（x2）＞f（2﹣x1）．又x2＞1，2﹣x1＞1，由单调性知：x2＞2﹣x1，即x1+x2＞2．
再证明x2﹣x1＞（a+1）e．
记函数y＝a与y1＝﹣x和交点的横坐标分别为x3，x4．

①当x∈（0，1）时，f（x）+x＝xlnx＜0，故a＝﹣x3＝f（x1）＜﹣x1，所以x1＜x3＝﹣a．
（或：y＝f（x）的图象在y1＝﹣x的图象的下方，且两个函数在（0，1）上都是减函数）
②当x∈（1，e）时，记，则，
当时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；当时，h'（x）＞0，h（x）单调递增．
又h（1）＝h（e）＝0，当x∈（1，e）时，h（x）＜0，即，
故，所以x2＞x4＝ae﹣a+e，
故x2﹣x1＞x4﹣x3＝（a+1）e．
（或y﹣f（x）的图象在的图象的下方，且两个函数在（1，e）上都递增）
综上，2﹣x2＜x1＜x2﹣（a+1）e．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，函数的极值点偏移，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
38．（2023秋•齐齐哈尔期末）已知函数f（x）＝xlnx﹣2x，．
（1）证明：对∀x∈（0，+∞），f（x）⩽g（x）；
（2）若关于x的方程f（x）＝em有两个实根x1，x2，且x1＜x2，证明：．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；逻辑推理；直观想象；数学运算．
【分析】（1）令，利用导数研究函数的单调性证明，则f（x）≤g（x）；
（2）关于x的方程f（x）＝em有两个实根x1，x2，且x1＜x2，关于x的方程g（x）＝em有两个实根x3，x4，且x3＜x4，由（1）知，f（x）
≤g（x），当且仅当x＝e时，等号成立，则x2﹣x1＞x4﹣x3，利用韦达定理证明即可．
【解答】证明：（1）令，则⇒0＜x＜e，
∴h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，
∴h（x）≤h（e）⇒⇒，
∴f（x）≤g（x）．
（2）∵f（x）＝xlnx﹣2x，，
f′（x）＝lnx﹣1＞0⇒x＞e，
∴f（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减；
g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减．
又关于x的方程f（x）＝em有两个实根x1，x2，且x1＜x2，
关于x的方程g（x）＝em有两个实根x3，x4，且x3＜x4，
由（1）知，f（x）≤g（x），当且仅当x＝e时，等号成立，
∴x2﹣x1＞x4﹣x3．
⇒x2﹣2ex﹣e2m＝0，则x3，x4是此方程的两根，
（2e）2﹣4（﹣e2m）＝4e2（1+m）
⇒
∴．
【点评】本题主要考查了利用导数证明函数不等式，函数的极值点偏移，属于难题．
39．（2024•浑南区校级模拟）已知函数．
（1）若a＝0，证明：；
（2）设，若恒成立，求实数a的取值范围．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．
【分析】（1）证明，即证lnx≤x﹣1，令r（x）＝lnx﹣x+1，利用导数求函数的最值，证明r（x）≤0即可；
（2）令，不等式恒成立等价于ae2x﹣1﹣xlnx﹣x≥0对于∀x＞0恒成立，利用分离常数，构造函数求最值的方法求实数a的取值范围．
【解答】解：（1）若a＝0，则，要证，即证lnx≤x﹣1．
令r（x）＝lnx﹣x+1，函数定义域为（0，+∞），则，
当0＜x＜1时，r′（x）＞0，r（x）单调递增，当x＞1时，r′（x）＜0，r（x）单调递减，
r（x）max＝r（1），r（x）≤r（1）＝0，即lnx≤x﹣1，得证．
（2）令，则，消x得，⇒，
∵x＞1，∴x2＞x1＞0，
原不等式等价于，即，即，
∵，∴等价于f（x1）＜f（x2），
∵x2＞x1＞0，∴f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，
∴f′（x）≥0在区间（0，+∞）上恒成立，
∵f′（x）＝2（ae2x﹣1﹣xlnx﹣x），∴ae2x﹣1﹣xlnx﹣x≥0对于∀x＞0恒成立，
即对于∀x＞0恒成立，
由（1）知，lnx+1≤x，∴ex≤ex，∴（ex）2≤e2x，
∴，当x＝1时取等号，∴．
即实数a的取值范围为．
【点评】本题考查了利用研究函数的单调性、极值，函数不等式恒成立，属于难题．
40．（2023秋•东丽区校级期中）已知函数．
（Ⅰ）当a＝1时，求y＝f（x）在点（3，f（3））处的切线方程；
（Ⅱ）若（x+1）f（x）＞x2﹣x+2对∀x∈（e，e2）恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）f（x）若有3个零点x1，x2，x3，其中x1＜x2＜x3，求实数a的取值范围，并证明x1x2x3＝1．
【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（Ⅰ）利用导数的几何意义即可；
（Ⅱ）（x+1）f（x）＞x2﹣x+2对∀x∈（e，e2）恒成立⇔对∀x∈（e，e2）恒成立，令，求g（x）的值域即可；
（Ⅲ）f′（x），令h（x）＝ax2+2（a﹣1）x+a（x＞0），由h（x）的符号得f（x）的单调区间，进而得到a的取值范围；由证明x1x2x3＝1．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝1时，f（x）＝lnx，，f（3）＝ln3﹣1，，
∴y＝f（x）在点（3，f（3））处的切线方程为，
即x﹣12y+12ln3﹣15＝0；
（Ⅱ）∵（x+1）f（x）＞x2﹣x+2对∀x∈（e，e2）恒成立，
∴a（x+1）lnx﹣2（x﹣1）＞x2﹣x+2对∀x∈（e，e2）恒成立，
∴alnx＞x对∀x∈（e，e2）恒成立，
∴对∀x∈（e，e2）恒成立，
令，则恒成立，g（x）是增函数，
∴，
故实数a的取值范围为．
证明：（Ⅲ）∵，，
令h（x）＝ax2+2（a﹣1）x+a（x＞0），Δ＝4（a﹣1）2﹣4a2＝4（1﹣2a），
当a≤0时，h（x）＜0恒成立⇒f′（x）＜0恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递减，
当a时，h（x）≥0恒成立⇒f′（x）≥0恒成立（当且仅当x＝1时，等号成立），f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当0＜a时，h（x）＝0的两根为m，n，由m+n，mn＝1，得0＜n＜1＜m，
则f′（x）＜0⇔h（x）＜0⇔n＜x＜m，f（x）在（0，n）上单调递增，在（n，m）上单调递减，在（m，+∞）上单调递增，
又f（1）＝0，
∴f（n）＞f（1）＝0，f（m）＜f（1）＝0，
又f（x）有3个零点x1，x2，x3，其中x1＜x2＜x3，
∴x2＝1，实数a的取值范围为．
又，
∴⇒x1x3＝1，
故x1x2x3＝1．
【点评】本题考查了导数的几何意义，应用导数研究函数的极值点、单调性以及不等式恒成立和函数零点问题，属于难题．
41．（2023秋•宜宾月考）已知f（x）＝x﹣xlnx﹣1，记f（x）在 处的切线方程为g（x）．
（1）证明：g（x）≥f（x）；
（2）若方程f（x）＝m有两个不相等的实根 x1，x2（x1＜x2），证明：．
【专题】压轴题；函数思想；转化思想；综合法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．
【分析】（1）求导，求出f′（）＝1，根据直线点斜式方程写出g（x），构造函数F（x）＝g（x）﹣f（x），利用导数研究函数F（x）的最值，即可证明结论；
（2）根据方程f（x）＝m有两个不相等的实根，利用导数研究函数f（x）的单调性和最值，确定m的范围及 x1，x2的范围，根据（1）结论，以及函数f（x）小于等于f（x）在点x＝e处的切线，可得到当0＜x＜1时，m＝f（x1）＜x11，∴x1＞m1，当1＜x＜e时，m＝f（x2）＜﹣x2+e﹣1，﹣x2＞m﹣e+1，根据不等式的性质，即可证明结论．
【解答】证明：（1）∵f（x）＝x﹣xlnx﹣1的定义域为（0，+∞），
f′（x）＝1﹣（1+lnx）＝﹣lnx，
∴f′（）＝1，f（）11，
g（x）＝（x）1＝x1，
令F（x）＝g（x）﹣f（x）＝x1﹣（x﹣xlnx﹣1）xlnx，
令F′（x）＝1+lnx＝0，解得x，
当0＜x时，F′（x）＜0，当x时，F′（x）＞0，
∴F（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，
∴F（x）min＝F（）＝0，∴F（x）≥0恒成立，即g（x）≥f（x）．
（2）由（1）知f′（x）＝﹣lnx，令f′（x）＝0，得x＝1，
当0＜x＜1时，f′（x）＞0，当x＞1时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
∴f（x）max＝f（1）＝0，x→0，f（x）→﹣1，当x＞ef（x）＜f（e）＝﹣1，
∵方程f（x）＝m有两个不相等的实根 x1，x2（x1＜x2），
∴﹣1＜m＜0，且0＜x1＜1＜x2＜e．
f′（e）＝﹣1，f（e）＝﹣1，
所以函数f（x）在x＝e处的切线方程为y＝﹣（x﹣e）﹣1＝﹣x+e﹣1，
下证 f（x）≤﹣x+e﹣1：
令h（x）＝x+e﹣1﹣f（x）＝﹣x+e﹣1﹣（x﹣xlnx﹣1）＝﹣2x+xlnx+e，
令h′（x）＝﹣2+1+lnx＝0，解得x＝e，
当0＜x＜e时，h′（x）＜0，当x＞e时，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增，
∴h（x）min＝h（e）＝0，∴h（x）≥0恒成立，即 f（x）≤﹣x+e﹣1，当且仅当x＝e时，取等号．
当0＜x＜1时，m＝f（x1）≤x11，∴x1≥m1，
当1＜x＜e时，m＝f（x2）＜﹣x2+e﹣1，﹣x2＞m﹣e+1，
∴．
【点评】本题考查导数的几何意义，导数的综合应用，属难题．
42．（2023秋•奉贤区校级月考）定义可导通数f（x）在x处的弹性函数为，其中f′（x）为f（x）的导函数，在区间D上，若函数f（x）的弹性函数值大于1，则称f（x）在区间D上具有弹性，相应的区间D也称作f（x）的弹性区间．
（1）若r（x）＝ex+1，求r（x）的弹性函数；
（2）对于函数f（x）＝（x﹣1）ex+lnx﹣tx（其中e为自然对数的底数）
（ⅰ）当t＝0时，求f（x）的弹性区间D；
（ⅱ）若f（x）＞1在（i）中的区间D上恒成立，求实数t的取值范围．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．
【分析】（1）由r（x）＝ex+1，可得r′（x）＝ex，根据题设条件，即可求得r（x）的弹性函数；
（2）（ⅰ）函数f（x）＝（x﹣1）ex+lnx，可得函数f（x）的定义域为（0，+∞），函数f（x）是弹性函数，得出不等式组，进而求得函数的弹性区间；
（ⅱ）由f（x）＞1在（1，+∞）上恒成立，可得在x＞1上恒成立，设，利用导数求得函数的单调性与最值，进而求得t的取值范围．
【解答】解：（1）由r（x）＝ex+1，可得r′（x）＝ex，
则；
（2）（ⅰ）当t＝0时，f（x）＝（x﹣1）ex+lnx，，
，此不等式等价于下面两个不等式组：
（Ⅰ） 或（Ⅱ），
因为①对应就是f（x）＞0，由f′（x）＞0知f（x）在定义域上单调递增，f（1）＝0，
所以①的解为x＞1；
令g（x）＝x2ex+1﹣[（x﹣1）ex+lnx]＝（x2﹣x+1）ex+1﹣lnx（x＞1），
则在x＞1上恒为正，
g（x）在x＞1上单调递增，所以g（x）＞g（1）＞0，故②在x＞1上恒成立，
于是不等式组（Ⅰ）的解为x＞1，
同①的解法，求得③的解为0＜x＜1；
因为当0＜x＜1时，x2ex+1＞0，（x﹣1）ex+lnx＜0，所以④不成立，
所以不等式（Ⅱ）无实数解，
综上，函数f（x）的弹性区间D＝（1，+∞）．
（ⅱ）由f（x）＞1在（1，+∞）上恒成立，可得在x＞1上恒成立，
设，则，
（x2﹣x+1）ex+2﹣lnx＝g（x）+1，由（ⅰ）可知，在x＞1上g（x）恒为正，
所以h′（x）＞0，函数h（x）在（1，+∞）上单调递增，所以h（x）＞h（1）＝﹣1，
所以t≤﹣1，
故实数t的取值范围是（﹣∞，﹣1]．
【点评】本题主要考查了函数的弹性函数，利用导数研究不等式恒成立或解不等式问题，通常首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，试题综合性强，属于难题．
43．（2023秋•浙江月考）已知函数f（x）＝ex﹣lnx．
（1）证明：；
（2）证明：当a＞2时，存在使f（x0）＝a．
【专题】分类讨论；转化思想；分类法；转化法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，设出导函数的零点，根据题意确定零点范围，然后利用零点满足的条件化简f（x）的最小值，并根据函数单调性证得结论；
（2）只需证明，当a＞4时，，然后各自等价转化，并利用放缩法，结合构造函数，进行证明．
【解答】证明：（1）f（x）＝ex﹣lnx定义域为（0，+∞），其导函数为是单调增函数，
又，
故存在唯一零点，使得，
则在（0，x0）内f′（x）＜0，f（x）单调递减，在（x0，+∞）内f′（x）＜0，f（x）单调递增，
于是．
由，得，
设，则，
故单调递增，
所以由，可得，
所以；
（2）先证明3个引理：
引理1：当x＞0，x≠1时，；
证明：构造函数，则，
在（0，1）上u′（x）＜0，u（x）单调递减；在（1，+∞）上u′（x）＞0，u（x）单调递增；
又因为函数u（x）min＝u（1）＝0，当且仅当x＝1时取得最小值0，
所以当x＞0，x≠1时，成立；
引理2：当x＞1时，；
证明：，则，
所以在（1，+∞）上单调递减，
所以当x＞1时，v（x）＜v（1）＝0，所以v（x）＜0，
所以当x＞1时，成立；
引理3：当x＞0时，ex＞1+x2．
证明：构造函数p（x）＝ex﹣1﹣x2（x≥0），则p′（x）＝ex﹣2x，
令q（x）＝ex﹣2x，则q′（x）＝ex﹣2，
在区间（0，ln2）内，q′（x）＜0，函数q（x）单调递减；
在区间（ln2，+∞）上，q′（x）＞0，函数q（x）单调递增．
所以q（x）≥q（ln2）＝2﹣2ln2＞0，
所以p（x）在[0，+∞）上单调递增，所以当x＞0时p（x）＞p（0）＝0，
所以当x＞0时，ex＞1+x2成立．
为了证明当a＞4时，存在使f（x0）＝a，
因为，所以，
由（1）知f（x）在（x0，+∞）上单调递增，且x0＜1，则f（x）在上单调递增，
根据零点存在定理，只需证明，当a＞4时，．
．
根据引理1，，
所以为了证明当a＞4时，成立，只需证明当a＞4时，．
而，
设g（a）＝a2﹣（e+1）a﹣（e+1）2，在时为a的单调递增函数，
所以a＞4时g（a）＞g（4）＝16e﹣4e﹣4﹣e2﹣2e﹣1＝10e﹣4﹣e2＞23﹣e2＞0，
所以a＞4时；
，
当a＞4时，，根据引理，
根据引理，
所以为了证明，只需证明，
而，
由于a＞4时有2a﹣4＞4，所以成立，
所以a＞4时成立．
综上，当a＞4时，，
根据零点存在定理，函数y＝f（x）﹣a在区间内存在零点，
即存在使f（x0）＝a，证毕．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值，函数的零点，利用综合法证明不等式，考查了分类讨论思想和转化思想，属难题．
44．（2023•思明区校级四模）函数f（x）＝sinx﹣ax+1．
（1），求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≥csx在x∈[0，π]上恒成立，求实数a的取值范围；
（3）令函数g（x）＝f（x）+ax﹣1，求证：．
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）代入a的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）问题等价于ax+csx﹣sinx﹣1≤0，令h（x）＝ax+csx﹣sinx﹣1，根据函数的单调性求出a的取值范围即可；
（3）求出g（x）＝sinx，令，得到，k＝1，2，…，8，可得到，累加即可证明结论成立．
【解答】解：（1），，，
当，k∈Z时，f'（x）＞0，
当，k∈Z时，f'（x）＜0，
所以f（x）的单调递增区间是，k∈Z，
f（x）的单调递减区间是，k∈Z．
（2）不等式恒成立等价于ax+csx﹣sinx﹣1≤0，
令h（x）＝ax+csx﹣sinx﹣1，则由，可得到，
∵y＝ax+csx﹣sinx﹣1可以看作是关于a的一次函数，单调递增，
∴令，
对于，∀x∈[0，π]，h（x）≤φ（x）恒成立，
只需证明即可，
，
1°当，，
则，φ（x）在上单调递减，又φ（x）＝0，
所以此时φ（x）＜0恒成立．
2°当时，恒成立；
3°当时，单调递增，
，，所以在上存在唯一的x0，使得φ'（x0）＝0，
当x∈（0，x0）时，φ'（x）＜0，当x∈（x0，π）时，φ'（x）＞0，
所以φ（x）在x∈（0，x0）时单调递减，在x∈（x0，π）时单调递增，
∴φ（0）＝0，φ（π）＝0，φ（x0）＜0，
∴φ（x）＜0恒成立，故h（x）≤φ（x）＜0恒成立，
∴．
（3）证明：由（2）可知，
g（x）＝sinx，令，，k＝1，2，…，8，
可得到，
从而，
即得证．
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是难题．
45．（2023秋•岳麓区校级月考）已知函数f（x）＝（x﹣a）（ex+1），g（x）＝axlnx+x+e﹣2（a∈R），设max{m，n}表示m，n的最大值，设F（x）＝max{f（x），g（x）}．
（1）讨论f'（x）在（0，+∞）上的零点个数；
（2）当x＞0时F（x）≥0，求a的取值范围．
【专题】方程思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）f'（x）＝（x﹣a+1）ex+1，令m（x）＝（x﹣a+1）ex+1，可得m'（x）＝（x﹣a+2）ex，对a分类讨论，可得函数m（x）的单调性与极值，进而得出结论．
（2）对a分类讨论，（i）当a≤0时，f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，可得F（x）≥0；（ii）当a＞0时，若0＜x＜a，f（x）＜0；若x≥a，f（x）≥0．于是F（x）≥0等价于g（x）≥0在（0，a）上恒成立．利用导数研究函数g（x）的单调性即可得出结论．
【解答】解：（1）f'（x）＝（x﹣a+1）ex+1，
令m（x）＝（x﹣a+1）ex+1，则m'（x）＝（x﹣a+2）ex，
当x＜a﹣2时，m'（x）＜0；当x＞a﹣2时，m'（x）＞0，
∴m（x）在（﹣∞，a﹣2）上单调递减，在（a﹣2，+∞）上单调递增．
对a分类讨论：
当a＞2时，m（x）在（0，a﹣2）上单调递减，在（a﹣2，+∞）上单调递增．
∴m（x）的最小值为m（a﹣2）＝1ea﹣2＜0，而m（0）＝2﹣a＜0，m（a）＝ea+1＞0，
∴∃x0∈（a﹣2，a），使得m（x0）＝0，∴m（x）在（0，+∞）上有且只有一个零点．
当a≤2时，m（x）在（0，+∞）上单调递增，m（x）＞m（0）＝2﹣a≥0，f'（x）无零点．
综上所述，当a≤2时，f'（x）在（0，+∞）上无零点；
当a＞2时，f'（x）在（0，+∞）上有且只有一个零点．
（2）（i）当a≤0时，f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，显然F（x）≥0；
（ii）当a＞0时，若0＜x＜a，f（x）＜0；若x≥a，f（x）≥0．
∴F（x）≥0等价于g（x）≥0在（0，a）上恒成立．
∵g（x）＝axlnx+x+e﹣2，∴g'（x）＝alnx+a+1．
令g'（x）＞0，则；令g'（x）＜0，则．
∴g（x）在上单调递减，在上单调递增，
不妨令，则，则．
令p（t）＝（t+1）et+1，p'（t）＝（t+2）et，
可得p（t）在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，﹣1）上单调递增，
∴p（t）≥p（﹣2）＝﹣e﹣2+1＞0，∴，
∴g（x）在上单调递减，在上单调递增，
∴g（x）的最小值为g（）＝a（）+e﹣2＝e﹣2．
令，∴，∴q（t）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，而q（﹣2）＝0，
∵g（x）≥0在（0，a）上恒成立，∴q（t）≥0，∴t≤﹣2，即，∴0＜a≤1，
综上所述，a的取值范围为a≤1，即a∈（﹣∞，1]．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值、等价转化方法、构造法、换元法、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
46．（2023•河源开学）已知函数f（x）＝ln（x+1），g（x）＝f（x）+aex，其中a∈R．
（1）求过点（﹣1，﹣1）且与函数f（x）的图象相切的直线方程；
（2）①求证：当x＞0时，；
②若函数g（x）有两个不同的零点x1，x2，求证：．
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）求出函数的导数，设出切点坐标，求出切线方程即可；
（2）①令，根据函数的单调性证明即可；
②根据g（x）的单调性以及零点的个数得到，不妨设x2＞x1，结合不等式的放缩证明结论成立即可．
【解答】解：（1），设切点的坐标为（x0，f（x0）），
则切线方程为，由切线过点（﹣1，﹣1），
则，解得x0＝0，
故切线方程为y＝x．
（2）证明：①令，h′（x）＝ex﹣x﹣1，
则h″（x）＝ex﹣1，
当x＞0时，h″（x）＝ex﹣1＞0，
故h′（x）在（0，+∞）上单调递增，
故h′（x）＞h′（0）＝0，
故h（x）在（0，+∞）上单调递增，
故h（x）＞h（0）＝0，
即当x＞0时，；
②g（x）＝ln（x+1）+aex，，
若a⩾0，g′（x）＞0，则g（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，
函数g（x）最多只有一个零点，不符合题意；
若a＜0，，
令n（x）＝（x+1）ex，∵x+1＞0，ex＞0，且n′（x）＝（x+2）ex，
当x＞﹣1时，n′（x）＞0，故n（x）＝（x+1）ex在（﹣1，+∞）上单调递增，
又当x→﹣1时，（x+1）ex→0，当x→+∞时，（x+1）ex→+∞，
又，故恰有一解x＝x0，
当x∈（﹣1，x0）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
当x∈（x0，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
故x0为函数g（x）的唯一的极大值点，
当x→﹣1时，g（x）＝aex+ln（x+1）→﹣∞，
当x→+∞时，g（x）＝aex+ln（x+1）→﹣∞，
故函数g（x）有两个不同的零点x1，x2等价于g（x0）＞0，
即，不妨设x2＞x1，
当x∈（﹣1，0]，g（x）＜0，所以x2＞x1＞0，
由（1）得，直线y＝x与函数y＝ln（x+1）切于原点得：当x＞0时，ln（x+1）＜x，
∵a＜0，∴当x＞0时，，
令，即当x＞0时，g（x）＜q（x），
故一定存在两个不同的根，设为x3，x4（x3＜x4），
∵x2＞0，∴q（x2）＞g（x2）＝0＝q（x4），
又∵x2，x4位于单调递减区间，∴x2＜x4，同理x1＞x3，
∴x3＜x1＜x2＜x4，∴x4＞x2＞0，
∵x3x4＝2＞0，∴x3＞0，
又∵，
∴x4﹣x3，
∴．
【点评】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性，零点问题，考查不等式的证明以及转化思想，是难题．
47．（2022秋•广州期末）已知函数f（x）＝ex﹣1﹣lnx（其中e＝2.71828…是自然对数底数）．
（1）求f（x）的最小值；
（2）若过点（a，b）（a≠0）可作曲线f（x）的两条切线，求证：b＜2ea﹣1﹣2ln|a|﹣a2+2a．（参考数据：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986，ln5≈1.6094）
【专题】函数思想；数形结合法；导数的概念及应用；数学抽象；数学运算．
【分析】（1）求函数导函数，应用单调性求函数的最小值；
（2）把曲线 的两条切线转化为两个零点问题，再转化证明最小值大于零即可．
【解答】解：（1）∵f（x）＝ex﹣1﹣lnx，x＞0，
∴f′（x）＝ex﹣1，
易知函数∴f′（x）在（0，+∞）单调递增，
∵f′（1）＝0，
∴f（x）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴f（x）min＝f（1）＝1；
（2）设切点为（t，f（t））（t＞0），则f′（t）＝et﹣1，f（x）在（t，f（t））处的切线方程为（et﹣1）（x﹣t）+et﹣1﹣lnt﹣y＝0，
由于切线过点（a，b），∴b＝（et﹣1）（a﹣t）+et﹣1﹣lnt＝（a+1﹣t）et﹣1﹣lnt1，
而由（1），f′（x）在（0，+∞）上单调递增，不同的t值对应的切线斜率不同，
设g（t）＝（a+1﹣t）et﹣1﹣lnt1，所以过点（a，b）（a≠0）可作曲线 的两条切线当且仅当关于t的方程b＝g（t）有两个实根．
g′（t）＝（a﹣t）et﹣1（a﹣t）（et﹣1），
①当a＜0时，g′（t）在（0，+∞）上单调递减，b＝g（t）至多有一个实根，不合题意；
②当a＞0时，
当0＜t＜a时，g′（t）＞0，g（t）单调递增；
当t＞a时，g′（t）＜0，g（t）单调递减．
而t→0时，g（t）→﹣∞，t→+∞时，g（t）→﹣∞，
所以当且仅当b＜g（a）＝ea﹣1﹣lna时，b＝g（t）有两个实根，
即当且仅当a＞0，b＜ea﹣1﹣lna时，过点（a，b）可作曲线f（x）的两条切线．只需证a＞0时，．
设φ（x）＝ex﹣x﹣1，则φ′（x）＝ex﹣1，
当x＜0时，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减；
当x＞0时，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增，
所以φ（x）≥φ（0）＝0，即ex≥1+x．（*）
设F（x）＝ex﹣1﹣lnx﹣x2+2x（x＞0），只需证F（x）＞0．
1）当0＜x≤2时，由（*），ex﹣1≥x，
∴F（x）≥x﹣lnx﹣x2+2xlnx﹣x2+3x．
设h（x）＝＝﹣lnx﹣x2+3x，则h′（x）2x+3，
当0＜x时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；
当x＜1时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；
当1＜x＜2时，h′（x）＜0，h（x）单调递减．
而h（）＝ln2＞0，h（2），
所以h（x）＞0，则F（x）＞0．
2）当x＞2时，F′（x）2x+2，
设G（x）＝xex﹣1﹣2x2+2x﹣1，则G′（x）＝（x+1）ex﹣1﹣4x+2，
G″（x）＝（x+2）ex﹣1﹣4＞4e﹣4＞0，
所以G′（x）在（2，+∞）上单调递增，G′（x）＞G′（2）＝3e﹣6＞0，
所以G（x）在（2，+∞）上单调递增，G（x）＞G（2）＝22﹣5＞0，即F′（x）＞0，
所以F（x）在（2，+∞）上单调递增，F（x）＞F（2）＝e﹣ln20．
综上得：原不等式成立．
【点评】本题考查了导数的综合应用及恒成立问题，属于难题．
48．（2023•安徽模拟）对于定义在D上的函数F（x），若存在x0∈D，使得F（x0）＝x0，则称x0为F（x）的一个不动点．设函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣alnx+x，已知x0（x0≠1）为函数f（x）的不动点．
（1）求实数a的取值范围；
（2）若k∈Z，且kx0＜a对任意满足条件的x0成立，求整数k的最大值．
（参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.1，，e2≈7.39，）
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）根据给定的不动点定义，构造函数g（x）＝（x﹣1）ex﹣alnx，利用导数结合零点存在性定理探讨函数g（x）在（0，1）∪（1，+∞）上的零点作答．
（2）由（1）可得，结合给定条件确定出k值2，再利用导数讲明不等式作答．
【解答】解：（1）依题意，方程（x﹣1）ex﹣alnx＝0在（0，+∞）内有根x0，且x0≠1，
令g（x）＝（x﹣1）ex﹣alnx，x∈（0，1）∪（1，+∞），求导得，
当a≤0时，g'（x）＞0在（0，1），（1，+∞）上都递增，而g（1）＝0，因此函数g（x）在（0，1）、（1，+∞）无零点，
当a＞0时，令h（x）＝x2ex﹣a，x∈（0，1）∪（1，+∞），h'（x）＝（x2+2x）ex＞0，则函数g'（x）在（0，1），（1，+∞）上都递增，
当0＜a＜e时，当x＞1时，g'（x）＞g'（1）＝e﹣a＞0，函数g（x）在（1，+∞）上递增，无零点，
当0＜x＜1时，h（0）＝﹣a＜0，则存在x1∈（0，1），使得h（x1）＝0，即g'（x1）＝0，
当x∈（0，x1）时，g'（x）＜0，g（x）递减，在x∈（x1，1）时，g'（x）＞0，g（x）递增，g（x1）＜g（1）＝0，
而，有，，，
因此存在x0∈（0，x1），使得g（x0）＝0，即函数g（x）在（0，1）上有零点x0，则0＜a＜e，
当a＞e时，当0＜x＜1时，g'（x）＜g'（1）＝e﹣a＜0，函数g（x）在（0，1）上递减，g（x）＞g（1）＝0，无零点，
当x＞1时，，则存在x2∈（1，+∞），使得h（x2）＝0，即g'（x2）＝0，
当x∈（1，x2）时，g'（x）＜0，g（x）递减，在x∈（x2，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）递增，
g（x2）＜g（1）＝0，g（a）＝（a﹣1）ea﹣alna，令φ（a）＝（a﹣1）ea﹣alna，a＞e，求导得φ'（a）＝aea﹣1﹣lna，
令y＝φ'（a）＝aea﹣1﹣lna，a＞e，则，即函数φ'（a）在（e，+∞）上单调递增，
φ'（a）＞φ'（e）＝e•ee﹣2＞0，函数φ（a）在（e，+∞）上单调递增，φ（a）＞φ（e）＝（e﹣1）ee﹣e＞0，
因此存在x0∈（1，a），使得g（x0）＝0，即函数g（x）在（1，+∞）上有零点x0，则a＞e，
所以实数a的取值范围是（0，e）∪（e，+∞）．
（2）依题意，，于是，即
因为x0∈（0，1）∪（1，+∞），取，有，因此k取2，
下证：对任意x0∈（0，1）∪（1，+∞）成立，
令u（x）＝lnx﹣x+1，x＞0，，
当x∈（0，1）时，u'（x）＞0，u（x）递增，当x∈（1，+∞）时，u'（x）＜0，u（x）递减，
∀x＞0，u（x）≤u（1）＝0，即lnx≤x﹣1对x＞0恒成立，当x0∈（1，+∞）时，，
令v（x）＝ex﹣2x，x＞1，v'（x）＝ex﹣2＞0，函数v（x）在（1，+∞）上递增，v（x）＞v（1）＝e﹣2＞0，
即，从而成立，
当x0∈（0，1）时，只需证：成立，
令H（x）＝（x﹣1）ex﹣2xlnx，0＜x＜1，只需证H（x）＜0，H'（x）＝xex﹣2lnx﹣2，
令t（x）＝xex﹣2lnx﹣2，0＜x＜1，，显然在（0，1）上递增，
，，即存在，使t'（x3）＝0，
且当x∈（0，x3）时，t'（x）＜0，H'（x）递减，当x∈（x3，1）时，t'（x）＞0，H'（x）递增，
，整理得，
因为函数在x∈（0，1）递减，
所以，
所以H'（x）＞0在x∈（0，1）恒成立，即H（x）在x∈（0，1）递增，
显然，所以成立．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于难题．
49．（2023•浙江模拟）已知函数f（x）＝x2﹣axlnx﹣1，a∈R．
（1）求证：；
（2）若函数f（x）有三个不同的零点x1，x2，x3（x1＜x2＜x3）．
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）求证：x1+x3＞2a﹣2．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）代入计算即可求解，
（2）（ⅰ）分类讨论a的取值范围即可求解，
（ⅱ）结合函数有三个不同的零点，可得，x2＝1，进而结合，，可将问题转化成，构造函数，即可利用导数求解．
【解答】解：（1）证明：由f（x）＝x2﹣axlnx﹣1得，
所以，故，
（2）（ⅰ）由于f（1）＝0，且当x→+∞时，f（x）→+∞，故f'（1）≤0，
又f'（x）＝2x﹣a（lnx+1），所以f'（1）＝2﹣a≤0，所以a≥2，
当a＞2时，令g（x）＝f'（x）＝2x﹣a（lnx+1），所以，
当时，g'（x）＞0，当时，g'（x）＜0，
所以g（x）在单调递减，在单调递增，
故，
又f'（1）＝2﹣a＜0，，
f'（a2）＝2a2﹣a（lna2+1）＝2a2﹣a（2lna+1）＝a（2a﹣2lna﹣1）＞a[2a﹣1﹣2（a﹣1）]＝a＞0，
所以存在，使得f'（m）＝0，f'（n）＝0，
因此f（x）在（0，m），（n，+∞）上单调递增，在（m，n）单调递减，
又当x→0+，f（x）→﹣1，当x→+∞，f（x）→+∞，
所以此时f（x）有3个零点，符合题意，故a＞2，
当a＝2时，，
令，则，
故当x＞1时，h'（x）＜0，此时h（x）单调递减，当0＜x＜1时，h'（x）＞0，此时h（x）单调递增，
故h（x）≤h（1）＝1，此时f'（x）≥0恒成立，f（x）在（0，+∞）单调递增，至多只有一个零点，不符合题意，
综上可知：a＞2，即实数a的取值范围是（2，+∞）．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）以及f（1）＝0可知，x2＝1，
又，，
故也是f（x）＝0的根，故，
设，
所以φ（x）在（1，+∞）单调递增，故φ（x）＞φ（1）＝0，
即，（x＞1）
又因为，
所以，
所以x1+x3＞2a﹣2．
【点评】本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性．在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化．无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键．
50．（2023•潍坊模拟）已知函数f（x）＝ax2﹣2a（a＞0）的图像在点（1，f（1））处的切线与直线x+2y+1＝0垂直．
（1）求a，b满足的关系式；
（2）若f（x）≥2lnx在[1，+∞）上恒成立，求a的取值范围；
（3）证明：
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）原问题等价于f（x）﹣2lnx≥0在[1，+∞）上恒成立，令g（x）＝f（x）﹣2lnx，利用导函数讨论g（x）单调性即可求解；
（3）利用（2）中结论，当a＝1时，，令，则，结合对数的运算性质即可求解．
【解答】解：（1）由题意可得，
因为f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x+2y+1＝0垂直，
所以，即f'（1）＝a﹣b＝2，所以b＝a﹣2．
（2）因为b＝a﹣2，所以，
若f（x）≥2lnx在[1，+∞）上恒成立，则f（x）﹣2lnx≥0在[1，+∞）上恒成立，
设g（x）＝f（x）﹣2lnx＝ax2﹣2a﹣2lnx，x∈[1，+∞），
则g（1）＝0，，
①当0＜a＜1时，1，若1＜x，则g′（x）＜0，此时g（x）在（1，）上单调递减，
所以g（x）＜g（1）＝0，即f（x）≥2lnx在[1，+∞）上不恒成立；
②当a≥1，1，当x＞1时，g′（x）＞0，所以g（x）在[1，+∞）上单调递增，
又g（1）＝0，此时f（x）≥2lnx．
综上所述，所求a的取值范围是[1，+∞）．
（3）证明：由（2），当a≥1时，f（x）≥2lnx在[1，+∞）上恒成立，
取a＝1，得，即，当且仅当x＝1时等号成立，令，n∈N*，
则ln，
因为lnlnlnlnln（）＝ln2，
而（）[（）+（）+…+（）]
（），
所以 ，
又1
＝12（），
所以ln2，即，证毕．
【点评】本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的最值，不等式的证明，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．
51．（2023•嘉兴二模）已知f（x）＝ex，g（x）＝lnx．
（1）若存在实数a，使得不等式f（x）﹣g（x）≥f（a）﹣g（a）对任意x∈（0，+∞）恒成立，求f（a）•g（a）的值；
（2）若1＜x1＜x2，设，证明：
①存在x0∈（x1，x2），使得成立；
②．
【专题】转化思想；构造法；导数的综合应用；数学抽象；逻辑推理．
【分析】（1）令h（x）＝f（x）﹣g（x），利用导数求函数的极值点，结合对数的运算性质即可求解f（a）•g（a）的值；
（2）①令，得．令φ（x）＝ex﹣Alnx，再由导数研究函数的单调性，可得存在x0＞0，使得u（x）＝0，即，进一步说明x0∈（x1，x2）；
②利用分析法，把问题转化为证明h（x1）﹣h（x2），令x1＝x，则1＜x＜x2．再令，然后利用导数即可证明．
【解答】解：（1）令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣lnx，则h′（x）＝ex，
则h′（x）在（0，+∞）递增，且h′（）0，h′（1）＝e﹣1＞0，
∴存在，使得h′（a），且h（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，
∴h（x）≥h（a）对任意x∈（0，+∞）恒成立，此时；
证明：（2）①令，∵1＜x1＜x2，∴A＞0，则．
令φ（x）＝ex﹣Alnx，则φ′（x），令u（x）＝xex﹣A．
∵u（x）＝xex﹣A在（0，+∞）递增，且当x→0+时，u（x）→﹣A；当x→+∞时，u（x）→+∞，
∴存在x0＞0，使得u（x）＝0，即．
于是φ（x）在（0，x0）递减，在（x0，+∞）递增．
∵φ（x1）＝φ（x2），∴x0∈（x1，x2）；
②要证，即证．
∵，∴只要证，
即证，
即证
令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣lnx，即证，
即证h（x1）﹣h（x2），
令x1＝x，则1＜x＜x2．
令，
则，
，
∵h″′（x）h″′（1）＝e﹣2＞0，x﹣x2＜0，∴q″（x）＞0，则q′（x）单调递增，
则q'（x）＜q'（x2）＝0，∴q（x）＞q（x2）＝0，
∴h（x1）﹣h（x2）成立，故原命题成立．
【点评】本题考查恒成立问题的求解方法，考查化归与转化、函数与方程思想，考查推理论证能力与运算求解能力，综合性强，难度较大．
52．（2023•福建模拟）已知函数f（x）＝ex+e﹣x+（2﹣b）x，g（x）＝ax2+b（a，b∈R），若曲线y＝g（x）在x＝1处的切线方程y＝2x+1+f′（0）．
（1）求实数a，b的值；
（2）若不等式f（x）≥kg（x）﹣2k+2对任意x∈R恒成立，求k的取值范围；
（3）设θ1，θ2，θ3，…，θn∈（0，），其中n∈N*，n≥2，求证：f（sinθ1）f（csθn）+f（sinθ2）f（csθn﹣1）+…+f（sinθn﹣1）f（csθ2）+f（sinθn）f（csθ1）＞6n．
【专题】分类讨论；函数思想；转化思想；构造法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．
【分析】（1）根据导数的几何意义求出f′（0）和g′（1），利用曲线的切线方程即可求出a和b的值；
（2）不等式化为ex+e﹣x﹣kx2﹣2≥0，设h（x）＝ex+e﹣x﹣kx2﹣2，求出h′（x），讨论导数的单调性，从而求出函数的最值和k的取值范围；
（3）由（2）知k＝1时，ex+e﹣x≥x2+2，利用f（x1）•f（x2）4得出f（sinθi）f（csθn﹣i+1）+f（csθi）f（sinθn﹣i+1）≥12，从而证明结论成立．
【解答】解：（1）因为f（x）＝ex+e﹣x+（2﹣b）x，所以f′（x）＝ex﹣e﹣x+（2﹣b），所以f′（0）＝2﹣b，
又因为g（x）＝ax2+b，所以g′（x）＝2ax，所以g′（x）＝2ax，
又因为曲线y＝g（x）在x＝1处的切线方程y＝2x+1+f′（0），
所以g′（1）＝2a＝2，解得a＝1；
所以g（1）＝1+b，所以1+b＝2+1+2﹣b，解得b＝2；
（2）不等式f（x）≥kg（x）﹣2k+2可化为ex+e﹣x﹣kx2﹣2≥0，设h（x）＝ex+e﹣x﹣kx2﹣2，
则h′（x）＝ex﹣e﹣x﹣2kx，设s（x）＝ex﹣e﹣x﹣2kx，则s′（x）＝ex+e﹣x﹣2k；
①当k≤1时，s′（x）＝ex+e﹣x﹣2k≥2﹣2k≥0，所以s（x）在R上单调递增；
又因为s（0）＝0，所以当x＜0时，s（x）＜0，即h′（x）＜0，h（x）在（﹣∞，0）上单调递减；
当x＞0时，s（x）＞0，即h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）上单调递增；
所以h（x）≥h（0）＝0；
②当k＞1时，令s′（x）＜0，得e2x﹣2kex+1＜0，解得kex＜k，ln（k）＜x＜ln（k），
所以s（x）在（0，ln（k））上单调递减，所以s（x）＜s（0）＝0，
所以h（x）在（0，+∞）上单调递减，h（x）＜h（0）＝0，不合题意；
综上，k的取值范围是（﹣∞，1]；
（3）证明：由（2）知，当k＝1时，ex+e﹣x≥x2+2，
所以f（x1）•f（x2）4，
所以f（sinθi）f（csθn﹣i+1）+f（csθi）f（sinθn﹣i+1）≥12，
所以2[f（sinθ1）f（csθn）+f（sinθ2）f（csθn﹣1）+…+f（sinθn﹣1）f（csθ2）+f（sinθn）f（csθ1）＞12n，
所以f（sinθ1）f（csθn）+f（sinθ2）f（csθn﹣1）+…+f（sinθn﹣1）f（csθ2）+f（sinθn）f（sinθ1）＞6n．
【点评】本题考查了导数的几何意义与导数的综合应用问题，也考查了函数与不等式的综合应用问题，是难题．
53．（2022秋•海淀区校级期末）已知函数f（x）＝ex（2x﹣1）﹣ax+a．
（1）若a＜1且仅存在两个的整数，使得f（x）＜0，求a的取值范围；
（2）讨论f（x）零点的个数；
（3）证明，∀t∈（0，1），有f（tx1+（1﹣t）x2）≤tf（x1）+（1﹣t）f（x2）．
【专题】综合题；转化思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）设g（x）＝ex（2x﹣1），y＝ax﹣a，利用数形结合可得a的取值范围；
（2）设切点坐标为（t，（2t﹣1）et），则切线斜率为（2t+1）et，切线方程为y﹣（2t﹣1）et＝（2t+1）et（x+t），可得a＝（2t+1）et＝+（2t2﹣t+1）et，利用分类讨论结合图可得f（x）零点的个数；
（3）利用构造函数法可证结论成立．
【解答】解：函数f（x）＝ex（2x﹣1）﹣ax+a，其中a＜1，
设g（x）＝ex（2x﹣1），y＝ax﹣a，
因为存在两个整数x1，x2，使得f（x1），f（x2）都小于0，
所以存在两个整数x1，x2，使得g（x）在直线y＝ax﹣a的下方，
g′（x）＝ex（2x+1），
当x时，g′（x）＜0，当x时，[g（x）]min＝g（）＝﹣2e．
当x＝0时，g（0）＝﹣1，g（1）＝e＞0，
直线y＝ax﹣a恒过（1，0），斜率为a，故﹣a＞g（0）＝﹣1，
且g（﹣1）＝﹣3e﹣1＜﹣a﹣a，解得a．g（﹣2）≥﹣2a﹣a，解得a，
所以a的取值范围是：[，）．
（2）设切点坐标为（t，（2t﹣1）et），则切线斜率为（2t+1）et，
所求切线方程为y﹣（2t﹣1）et＝（2t+1）et（x﹣t），即y＝（2t+1）etx﹣（2t2﹣t+1）et，
所以a＝（2t+1）et＝+（2t2﹣t+1）et，解得t＝0或t，
当t＝0时，a＝1；当t时，a＝4，
如下图所示，当a≤0时，直线y＝ax﹣a与函数g（x）的图象只有一个公共点；
当0＜a＜1或a＞4，直线y＝ax﹣a与函数g（x）的图象只有2个公共点；
当a＝1或a＝4，直线y＝ax﹣a与函数g（x）的图象只有一个公共点；
当1＜a＜4，直线y＝ax﹣a与函数g（x）的图象无公共点；
综上所述：当1＜a＜4时，函数f（x）无零点，
当a≤0或a＝1或a＝4时，函数f（x）只有1个零点，
当0＜a＜1或a＞4时，函数f（x）只有2个零点，
（3）证明：不妨设x1≤x2，构造函数p（x）＝tf（x）+（1﹣t）f（x2）﹣f（tx+（1﹣t）x2），其中x≤x2．
因为f′（x）＝（2x+1）ex﹣a，p′（x）＝tf′（x）﹣tf′（tx+（1﹣t）x2）＝t（2x+1）ex﹣t[2tx+2（1﹣t）x2+1]，
令h（x）＝（2x+1）ex，其中x，则h′（x）＝（2x+3）ex≥0，且h′（x）不恒为0，
故函数h（x）在[，+∞）上为增函数，
因为tx+（1﹣t）x2﹣x＝（t﹣1）（x﹣x2）≥0，故tx+（1﹣t）x2≥x，
所以p（x）≤p（tx+（1﹣t）x2），故p′（x）＝t•h（x）﹣t•h（tx+（1﹣t）x2）≤0，
所以，函数p（x）在[，+∞）上为增函数，
故当x∈[，x2]时，p（x）≥p（x2）＝0，
因为x1∈[，x2]时，则p（x1）≥p（x2）＝0，
因此，，∀t∈（0，1），有f（tx1+（1﹣t）x2）≤tf（x1）+（1﹣t）f（x2）．
【点评】本题考查了利用导数研究函数单调性与极值及其切线方程、等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
54．（2022秋•长沙期末）设函数f（x）＝ln（x+1）﹣ax，a∈R，曲线y＝f（x）在原点处的切线为x轴．
（1）求a的值；
（2）求方程的解；
（3）证明：．
【专题】函数思想；转化思想；构造法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．
【分析】（1）求出函数f（x）的导数，根据题意知f′（0）＝0，即可求得a的值．
（2）由题意得出方程的解是x＝0，再构造函数判断函数的单调性，确定方程有唯一解即可．
（3）由x＞0时，得出，取得，构造函数s（x）＝ln（x+1），利用导数判断函数的单调性，得出，取得，即可证明结论成立．
【解答】解：（1）因为函数f（x）＝ln（x+1）﹣ax，a∈R，所以f′（x）a，
又因为曲线y＝f（x）在原点处的切线为x轴，所以f′（0）＝1﹣a＝0，解得a＝1．
（2）由（1）知f（x）＝ln（x+1）﹣x，方程，即为，
所以x＝0是的解；
设，则，且只有h'（0）＝0，
所以h（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，所以方程有唯一的解为x＝0．
（3）证明：由（2）知，当x＞0时，，即，
特别地，取，得；
设s（x）＝ln（x+1），s′（x），
当时，s'（x）＜0，所以s（x）在区间上单调递减，
当时，s（x）＜s（0）＝0，ln（x+1），即，
特别地，取，得；
即e．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性和求函数在某点处的切线斜率问题，也考查了推理与判断能力，是难题．
55．（2023•碑林区校级模拟）已知函数f（x）＝（a+3）x+2lnx，a∈R．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）对∀x＞0，不等式f（x）≤x2ex﹣1恒成立，求实数a的取值范围．
【专题】分类讨论；转化思想；构造法；导数的综合应用；数学抽象；数学运算．
【分析】（1）对函数f（x）求导数，讨论a的取值范围，即可判断f（x）的单调性与单调区间；
（2）不等式f（x）≤x2ex﹣1恒成立等价于a+3恒成立，构造函数g（x），x∈（0，+∞），求出g（x）的最小值，即可求出实数a的取值范围．
【解答】解：（1）因为函数f（x）＝（a+3）x+2lnx，x∈（0，+∞），所以f′（x）＝（a+3），
当a+3≥0，即a≥﹣3时，f′（x）≥0恒成立，f（x）是定义域（0，+∞）上的单调增函数；
当a+3＜0，即a＜﹣3时，令f′（x）＝0，得x，x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
综上，a≥﹣3时，f（x）是定义域（0，+∞）上的单调增函数；
a＜﹣3时，f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减．
（2）对∀x＞0，不等式f（x）≤x2ex﹣1恒成立，即不等式（a+3）x+2lnx≤x2ex﹣1恒成立；
因为x＞0，所以不等式化为a+3，设g（x），x∈（0，+∞），
则g（x），
设h（x）＝ex﹣x﹣1，x∈R，则h′（x）＝ex﹣1，当x＞0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，当x＜0时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
所以h（x）≥h（0）＝0，即x∈R时，ex﹣x﹣1≥0，当且仅当x＝0时取“＝”，所以x∈R时，ex≥x+1，当且仅当x＝0时取“＝”；
所以lnx2+x+1＝2lnx+x+1，当且仅当lnx2+x＝0时取“＝”；
设t（x）＝2lnx+x，x∈（0，+∞），则t′（x）1＞0恒成立，所以t（x）＝2lnx+x在定义域（0，+∞）单调递增；
因为t（）＝2ln20，t（1）＝1＞0，所以函数t（x）＝2lnx+x在（，1）内有零点，
即方程lnx2+x＝0有实数根，所以lnx2+x+1中“＝”成立，
所以g（x）1，
即a+3≤1，解得a≤﹣2，所以实数a的取值范围是（﹣∞，﹣2]．
【点评】本题考查了利用导数判断函数的单调性与求极值、最值的应用问题，也考查了等价转化与分类讨论思想，是难题．
56．（2022秋•日照期末）已知函数f（x）＝sinx﹣aeπ﹣x，f'（x）是f（x）的导函数．
（1）若f（x）≥0在（﹣π，π）上恒成立，求实数a的取值范围；
（2）若f'（π）＝0，判断关于x的方程f（x）＝﹣1在[（2k+1）π，（2k+2）π]（k∈N*）内实数解的个数，并说明理由．
【专题】综合题；转化思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（1）由已知可得aeπ≤exsinx，令m（x）＝exsinx，求导可得m（x）在（﹣π，]和[，π）上为减函数，在[，]上为增函数，可得ae；
（2）由已知可求a，由f（x）＝﹣1，得sinx﹣eπ﹣x+1＝0，令s（x）＝sinx﹣eπ﹣x+1，求导，令g（x）＝csx+eπ﹣x，再求导，进而令h（x）＝﹣sinx﹣eπ﹣x，进而求导得h′（x）在[（2k+1）π，（2k+2）π]（k∈N*）上单调递减，存在x0∈[（2k+1）π，（2k+2）π]（k∈N*）使h′（x0）＝0，进而可求g′（x）在（（2k+1）π，（2k）π）和（（2k）π，（2k+2）π）上各有一个零点x1，x2，进而可判断当（2k+1）π≤x＜x1时，s′（x）单调递减，x1＜x＜x2时，s′（x）单调递增，进而可得s′（x）在（x1，x2）上有唯一的零点x3，进而计算可得s（x）共两个零点．
【解答】解：（1）f（x）＝sinx﹣aeπ﹣x≥0，即aeπ≤exsinx，令m（x）＝exsinx，
m′（x）＝exsinx+excsx，当x∈（﹣π，π）时，
令m′（x）＝exsinx+excsx≥0，得x，m′（x）＝exsinx+excsx≤0，得﹣π＜x或x＜π，
所以m（x）在（﹣π，]和[，π）上为减函数，在[，]上为增函数，
m（π）＝eπsinπ＝0，故m（x）min＝m（）＝esin（）e，aeπe，
即ae；综上ae．
（2）f′（x）＝csx+aeπ﹣x，f′（π）＝csπ+aeπ﹣π＝﹣1+a＝0，得a＝1，
由f（x）＝﹣1，得sinx﹣eπ﹣x+1＝0，令s（x）＝sinx﹣eπ﹣x+1，s′（x）＝csx+eπ﹣x，令g（x）＝csx+eπ﹣x，
g′（x）＝﹣sinx﹣eπ﹣x，令h（x）＝﹣sinx﹣eπ﹣x，h′（x）＝﹣csx+eπ﹣x，h′（x）在[（2k+1）π，（2k+2）π]（k∈N*）上单调递减，
注意到h′（（2k+1）π）＝1+e﹣2kπ＞0，h′（（2k+2）π）＝﹣1+e﹣π﹣2kπ＜0，
存在x0∈[（2k+1）π，（2k+2）π]（k∈N*）使h′（x0）＝0，
且当（2k+1）π≤x＜x0时，h′（x）单调递增；
当x0＜x≤（2k+2）π时，h′（x）单调递减，
且g′（（2k+1）π）＝﹣e﹣2kx＜0，g′（（2k+2）π）＝﹣e﹣π﹣2kx＜0，
g′[（2k）π]＝1﹣e0，
∴g′（x）在（（2k+1）π，（2k）π）和（（2k）π，（2k+2）π）上各有一个零点x1，x2，
且当（2k+1）π≤x＜x1时，s′（x）单调递减，x1＜x＜x2时，s′（x）单调递增，
当x2＜x≤（2k+2）π时，s′（x）单调递减，且s′（（2k+1）π））＝﹣1﹣e﹣2kx＜0，s′（（2k+2）π））＝1+e﹣π﹣2kx＞0，
∴当（2k+1）π≤x＜x1时，s′（x）＜s′（（2k+1）π））＜0，
当x2＜x≤（2k+2）π时，s′（x）＞s′（（2k+1）π））＞0，
s′（x）在（x1，x2）上有唯一的零点x3，
且当（2k+1）π≤x＜x3时，s′（x）＜0，s（x）单调递减；当x3＜x≤（2k+2）π 时，s′（x）＞0，s（x）单调递增．
注意到s（（2k+1）π）＝﹣e﹣2kx+1＞0，s（（2k+2）π）＝﹣e﹣π﹣2kx+1＞0，
s[（2k）π]＝﹣e0，
∴s（x）在（（2k+1）π，（2k）π）和（（2k）π，（2k+2）π）上各有一个零点x4，x5，
s（x）共两个零点．故方程f（x）＝﹣1有两个实数根．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值、恒成立问题的等价转化方法，考查方程根的个数的判断，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
57．（2023•历城区校级二模）已知f（x）＝sinnx，g（x）＝lnx+mex（n为正整数，m∈R）．
（1）当n＝1时，设函数h（x）＝x2﹣1﹣2f（x），x∈（0，π），证明：h（x）有且仅有1个零点；
（2）当n＝2时，证明：．
【专题】证明题；转化思想；分析法；综合法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．
【分析】（1）当n＝1时，h（x）＝x2﹣1﹣2sinx（0＜x＜π），对该函数进行2次求导确定其单调性，从而得证；
（2）当n＝2时，f'（x）＝2sinxcsx＝sin2x，要证，
即证①，可证明sin2x＜2x，问题转化为证明x+lnx+1﹣xex≤0，
构造函数μ（x）＝ex﹣x﹣1，可证得ex≥x+1得ex+lnx≥x+lnx+1，即xex≥x+lnx+1，从而得证．
【解答】证明：（1）当n＝1时，h（x）＝x2﹣1﹣2sinx（0＜x＜π），
记φ（x）＝h'（x）＝2x﹣2csx，则φ'（x）＝2+2sinx≥0，
所以φ（x）＝h'（x）在区间（0，π）上单调递增，
而φ（0）＝﹣2＜0，，
所以存在，使得φ（x0）＝0，即h'（x0）＝0，
当x∈（0，x0）时，φ（x）＝h'（x）＜0，h（x）单调递减，
当x∈（x0，π）时，φ（x）＝h'（x）＞0，h（x）单调递增，
又h（0）＝﹣1＜0，h（x0）＜h（0）＜0，h（π）＝π2﹣1＞0，
所以h（x）在（0，x0）上没有零点，在（x0，π）上有一个零点．
综上所述，函数h（x）在（0，π）内只有一个零点；
（2）当n＝2时，f'（x）＝2sinxcsx＝sin2x，
要证，
即证，①
令H（x）＝sin2x﹣2x，则H'（x）＝2cs2x﹣2≤0，
所以H（x）在（0，+∞）单调递减，H（x）＜H（0）＝0，即sin2x＜2x，
要证①，只需证x+lnx+1﹣xex≤0，
令μ（x）＝ex﹣x﹣1，则μ'（x）＝ex﹣1，
∴μ（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，
∴μ（x）≥μ（0）＝0，即ex≥x+1，
∴ex+lnx≥x+lnx+1，即xex≥x+lnx+1，
所以x+lnx+1﹣xex≤0成立，
∴原命题得证
【点评】本题考查导数应用，考查数学运算能力及推理能力，属于难题．
58．（2022•硚口区模拟）已知函数f（x）＝ax2+ln（x+1）．
（1）当a时，求函数f（x）的单调区间；
（2）当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，求实数a的取值范围．
（3）求证：（1）（1）（1）…[1]（其中n∈N*，
e是自然对数的底数）．
【专题】导数的综合应用．
【分析】（1）当a时，，由此利用导数性质能求出f（x）的单调区间．
（2）由已知得ax2﹣x+ln（1+x）≤0对x∈[0，+∞）成立，令h（x）＝ax2﹣x+ln（1+x），则，由此利用导数性质能求出实数a的取值范围．
（3）a＝0时，ln（1+x）≤x，x∈（0，+∞），令x，利用放缩法能证明（1）（1）（1）…[1]．
【解答】（1）解：当a时，f（x）ln（x+1），x＞﹣1，
，
当x∈（﹣1，1）时，f′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0．
∴f（x）的单调增区间为（﹣1，1），单调减区间为（1，+∞）．
（2）解：f（x）≤x，即ax2﹣x+ln（1+x）≤0，
对x∈[0，+∞）成立，令h（x）＝ax2﹣x+ln（1+x），
则，
当a≤0时，h′（x）＜0，得x，
若0＜a时，x，
则h（x）在（0，）为减函数，在（）为增函数，h（a）＞0，舍．
若a时，x在[0，+∞）为增函数，舍．
综上所述，a≤0．
（3）由（2）得a＝0时，ln（1+x）≤x，x∈（0，+∞），
令x，
则ln（1），
当n≥2时，

，
∴（1）（1）（1）…[1]．
【点评】本题考查函数的单调区间的求法，考查实数的取值范围的求法，考查不等式的证明，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．
59．（2022•郑州二模）已知函数f（x）＝e•ex1，g（x）2．
（Ⅰ）求函数g（x）的极值；
（Ⅱ）当x＞0时，证明：f（x）≥g（x）．
【专题】综合题；函数思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．
【分析】（I）首先确定g（x）的定义域为（0，+∞），求导可得g′（x），根据导数的应用，分x∈（0，e）时x∈（e，+∞），两种情况即可得解；
（Ⅱ）要证f（x）≥g（x）即证xex+1﹣lnx﹣x﹣2≥0，令h（x）＝xex+1﹣lnx﹣x﹣2，求导利用隐零点问题的解决方法求得h（x）min≥0即可．
【解答】解：（I）g（x）2．定义域为（0，+∞），g′（x），
则x∈（0，e）时，g′（x）＞0，g（x）在（0，e）上单调递增，
则x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）在∈（e，+∞）上单调递减，
故函数g（x）的极大值为g（e）2，无极小值，
（II）证明：要证f（x）≥g（x）等价证明xex+1﹣2≥lnx+x，
即证xex+1﹣lnx﹣x﹣2≥0，令h（x）＝xex+1﹣lnx﹣x﹣2，（x＞0），
h′（x）＝（x+1）ex+1（x+1）（ex+1），
令φ（x）＝ex+1，则φ（x）在（0，+∞）上单调递增，而φ（）10＜e2﹣10＜0，φ（1）＝e2﹣1＞0，
故φ（x）在（0，+∞）上存在唯一零点x0，且x0∈（，1），
x∈（0，x0）时，φ（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）在x∈（0，x0）上单调递减，
x∈（x0，+∞）时，φ（x）＞0，h′（x）＞0，h（x）在x∈（x0，+∞）上单调递增，
故h（x）min＝h（x0）＝x0elnx0﹣x0﹣2，又因为φ（x0）＝0，即e，
∴h（x0）＝﹣lnx0﹣x0﹣1＝（x0+1）﹣x0﹣1＝0，从而h（x）≥h（x0）＝0，即f（x）≥g（x）．
【点评】本题考查了导数的应用，导函数f′（x）＞0则原函数f（x）为增函数，f′（x）＜0则原函数f（x）为减函数，同时考查了极值的概念，属难题．
四．利用导数研究曲线上某点切线方程（共1小题）
60．（2023秋•湖北期中）已知a＞0，曲线C1：y＝alnx 与投有公共点．
（1）求a的取值范围；
（2）设一条直线与C1，C2分别相切于点 （i，j），（s，t）．证明：
（i）i+t≠j+s；
（ii） ．
【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；数学抽象．
【分析】（1）曲线C1与C2没有公共点等价于f（x）没有零点，利用零点存在定理判断即可；
（2）（i）利用反证法证出斜率乘积是﹣1，得出两直线垂直，与已知矛盾，即可得出结果；
（ⅱ）通过分析，分别构造函数g（x）＝2xlnx+x+1（0＜x＜1）和h（x）＝x（2﹣lnx），通过单调性得出结果．
【解答】解：（1）设，则，
曲线C1与C2没有公共点等价于f（x）没有零点，
当a≥e时，，且f（a）＝alna﹣e≥0，f（x）存在零点，不合题意；
当0＜a＜e时，，在（0，+∞）单调递减，且，
，则存在唯一，使得f（x0）＝0，即，
进一步可知，，
当0＜x＜x0 时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当 x＞x0 时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
故 符合题意，
综上，a的取值范围是（0，e）．
（2）（i）记题设的直线为l，由题意可知l与x轴不垂直，
假设i+t＝j+s，则l的斜率，
由y＝alnx得，，即i＝a，j＝alna，
由得，，即s＝alna，t＝a，
所以，矛盾，
综上，i+t≠j+s．
（ⅱ）由及，可得a﹣s＝i（lni﹣1），若t＝e，
则a﹣s＝i（lni﹣1）＝0，a＝s，且由可得，故a＝c，这与0＜a＜e矛质，故i≠e，
易知i＞0，t＞0，当0＜i＜e时，s﹣a＝i（1﹣lni）＞0，故s＞a＞0，i+s＞0，
当i＞e时，由，得，
所以，其中，
设g（x）＝2xlnx+x+1（0＜x＜1），则 g'（x）＝2lnx+3，
当时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
当时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，
所以，此时也有，
由a﹣s＝i（lni﹣1）可得i+s＝a+i（2﹣lni），
设h（x）＝x（2﹣lnx），则h′（x）＝1﹣lnx，
当0＜x＜e时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
当x＞e时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
所以当x≠e时，h（x）＜h（e）＝e，故i+s＜a+e＜2c，，
另有，设，将s＝a﹣i（lni﹣1）代入．
有，
当0＜i＜c，由上可知i＜a＜e，有，
当i＞e，由上可知a＜e＜i，也有，
故，
综上，．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于压轴题．
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（﹣∞，0）
0
（0，1）
1
（1，+∞）
m′（x）
﹣
无意义
﹣
0
+
m（x）
单调递减
无意义
单调减
极小值
单调递增
x
﹣1
（﹣1，0）
0
（0，1）
1
f′（x）
﹣
0
+
f（x）
0
↘
﹣4
↗
﹣2
x
（0，a）
a
（a，+∞）
f′（x）
+
0
﹣
f（x）
↗
4
↘
x


1
（1，+∞）
p'（x）
﹣
0
+
p（x）

单调递减
极小值p（1）
单调递增