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2021年高考数学真题和模拟题分类汇编专题04导数与定积分含解析
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这是一份2021年高考数学真题和模拟题分类汇编专题04导数与定积分含解析，共76页。试卷主要包含了选择题部分，填空题部分，解答题部分等内容，欢迎下载使用。
专题04 导数与定积分
一、选择题部分
1.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T7)若过点可以作曲线的两条切线，则（）
A. B.C. D.
【答案】D．
【解析】在曲线上任取一点，对函数求导得，
所以，曲线在点处的切线方程为，即，
由题意可知，点在直线上，可得，
令，则.
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，
由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，
当时，，当时，，作出函数的图象如下图所示：
由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点.
故选D.
解法二：画出函数曲线的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知.
故选D.
2.(2021•高考全国乙卷•文T12)设，若为函数的极大值点，则（）．
A. B. C. D.
【答案】D．
【解析】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.
依题意，为函数的极大值点，
当时，由，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.
当时，由时，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.
综上所述，成立.
故选D．
3.(2021•浙江卷•T7)已知函数，则图象为如图的函数可能是（）
A. B.
C. D.
【答案】D．
【解析】对于A，，该函数非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；
对于B，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；
对于C，，则，
当时，，与图象不符，排除C.
故选D.
4.(2021•江苏盐城三模•T6)韦达是法国杰出的数学家，其贡献之－是发现了多项式方程根与系数的关系，如：设一元三次方程的3个实数根为x1，x2，x3，则，．已知函数，直线l与f(x)的图象相切于点，且交f(x)的图象于另一点，则
A． B．
C．2x1＋x2＋1＝0 D．2x1＋x2＝0
【答案】D．
【考点】新情景问题下的导数的几何意义的应用
【解析】由题意可知，f′(x)＝6x2－1，所以直线l的斜率k＝f′(x1)＝6x12－1，且k＝＝＝＝2x12＋2x1x2＋2x22－1，即2x12＋2x1x2＋2x22－1＝6x12－1，化简得(2x1＋x2)(x1－x2)＝0，因为x1－x2≠0，所以2x1＋x2＝0，故答案选D．
5.(2021•河南郑州三模•理T3)若直线y＝x+b是函数f（x）图象的一条切线，则函数f（x）不可能是（ ）
A．f（x）＝ex B．f（x）＝x4 C．f（x）＝sinx D．f（x）＝
【答案】D．
【解析】直线y＝x+b的斜率为k＝，
由f（x）＝ex的导数为f′（x）＝ex，而ex＝，解得x＝﹣ln2，故A满足题意；
由f（x）＝x4的导数为f′（x）＝4x3，而4x3＝，解得x＝，故B满足题意；
由f（x）＝sinx的导数为f′（x）＝cosx，而cosx＝有解，故C满足题意；
由f（x）＝的导数为f′（x）＝﹣，即有切线的斜率小于0，故D不满足题意．
6.(2021•河南郑州三模•理T6)已知函数f（x）＝ex﹣e﹣x，a＝f（30.2），b＝f（0.30.2），c＝f（log0.23），则a，b，c的大小关系为（ ）
A．c＜b＜a B．b＜a＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b
【答案】A．
【解析】根据题意，函数f（x）＝ex﹣e﹣x，其导数为f′（x）＝ex+e﹣x，
则有f′（x）＞0恒成立，则f（x）在R上为增函数，
又由log0.23＜0.30.2＜30.2，则有c＜b＜a．
7.(2021•河北张家口三模•T8)已知a，b∈（0，3），且4lna＝aln4，c＝log0.30.06，则（ ）
A．c＜b＜a B．a＜c＜b C．b＜a＜c D．b＜c＜a
【答案】C．
【解析】由4lna＝aln4＝3aln2，
得．
令，则，
所以当x∈（3，e）时，f（x）单调递增；
当x∈（e，+∞）时，f（x）单调递减．
又f（a）＝f（4），f（b）＝f（16）．
又c＝log0.33.06＝log0.3（5.2×0.2）＝log0.35.2+1，
log7.30.8+1＞log0.40.3+4＝2，所以c＞a，
所以b＜a＜c．
8.(2021•四川内江三模•理T12．)∀x∈（0，1），记a＝，b＝（）2，则a、b、c的大小关系为（ ）．
A．a＞c＞b B．b＞c＞a C．b＞a＞c D．a＞b＞c
【答案】C．
【解析】设f（x）＝，f′（x）＝，
令g（x）＝xcosx﹣sinx，g′（x）＝cosx﹣xsinx﹣cosx＝﹣xsinx，
因为x∈（0，3），g（x）单调递减，
所以g（x）＜g（0）＝0，
所以f′（x）＜0，所以f（x）在（4，
因为0＜x2＜x＜2，
所以f（x2）＞f（x），即＞，所以b＞a，
令h（x）＝x﹣sinx，则h′（x）＝1﹣cosx＞0，5）上单调递增，
所以h（x）＞h（0）＝0，所以x＞sinx，
所以＞，即＞，
所以a＞c，
综上可得，b＞a＞c．
9.(2021•重庆名校联盟三模•T8．)若ex﹣a≥lnx+a对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是（ ）．
A． B．（﹣∞，1] C．（﹣∞，2] D．（﹣∞，e]
【答案】B．
【解析】设f（x）＝ex﹣a﹣lnx﹣a（x＞0），则f（x）≥0对一切正实数x恒成立，即f（x）min≥0，由，令，则恒成立，所以h（x）在（0，+∞）上为增函数，
当x→0时，h（x）→﹣∞，当x→+∞时，h（x）→+∞，
则在（0，+∞）上，存在x0使得h（x0）＝0，
当0＜x＜x0时，h（x）＜0，当x＞x0时，h（x）＞0，
故函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
所以函数f（x）在x＝x0处取得最小值为f（x0）＝，
因为，即x0﹣a＝﹣lnx0，
所以恒成立，即，
又，当且仅当x0＝，即x0＝1时取等号，
故2a≤2，所以a≤1．
10.(2021•贵州毕节三模•文T12．)已知定义在R上的函数f（x）满足：对任意x∈R，都有f（x+1）＝f（1﹣x），且当x∈（﹣∞，1）时，（x﹣1）⋅f'（x）＞0（其中f'（x）为f（x）的导函数）．设a＝f（log23），b＝f（log32），c＝f（21.5），则a，b，c的大小关系是（ ）
A．a＜b＜c B．c＜a＜b C．b＜a＜c D．a＜c＜b
【答案】C．
【解析】∵对任意x∈R，都有f（x+1）＝f（1﹣x），
∴f（x）关于直线x＝1对称，
又当x∈（﹣∞，1）时，（x﹣1）⋅f'（x）＞0，
∴函数f（x）在（﹣∞，1）上单调递减，则在（1，+∞）上单调递增，
而，且，∴f（21.5）＞f（log23）＞f（log32），即c＞a＞b．
11.(2021•贵州毕节三模•文T8．)已知定义在[a，b]上的函数y＝f（x）的导函数y＝f'（x）的图象如图所示，给出下列命题：
①函数y＝f（x）在区间[x2，x4]上单调递减；
②若x4＜m＜n＜x5，则；
③函数y＝f（x）在[a，b]上有3个极值点；
④若x2＜p＜q＜x3，则[f（p）﹣f（q）]•[f'（p）﹣f'（q）]＜0．
其中正确命题的序号是（ ）
A．①③ B．②④ C．②③ D．①④
【答案】B．
【解析】对于①：f′（x）在[x2，x3]上大于0，[x3，x4]上小于0，
所以f（x）在[x2，x3]上单调递增，在[x3，x4]上单调递减，故①错误；
对于②：由图像可知，f′（x）是向下凹的，
所以x4＜m＜n＜x5时，＞f′（），故②正确；
对于③：f′（x）在（a，x3）上大于等于0，（x3，x5）上小于0，（x5，b）上大于0，
所以f（x）在（a，x3）上单调递增，（x3，x5）上单调递减，（x5，b）上单调递增，
所以f（x）在[a，b]上只有两个极值点，故③错误；
对于④：由③的结论，可得f（p）﹣f（q）＜0，
又因为f′（x）在（x2，x3）上单调递增，
所以f′（p）﹣f′（q）＞0，
所以[f（p）﹣f（q）][f′（p）﹣f′（q）]＜0，故④正确．
12.(2021•贵州毕节三模•文T6．)若曲线y＝lnx+1上到直线y＝x+m的距离为2的点恰有3个，则实数m的值是（ ）
A． B．﹣2 C．2 D．
【答案】A．
【解析】由曲线y＝lnx+1上到直线y＝x+m的距离为2的点恰有3个，
可得直线y＝x+m与曲线y＝lnx+1相交，
且与直线y＝x+m平行距离为2的两条直线中的一条与y＝lnx+1相切，
设切点为（x0，lnx0+1），
由y＝lnx+1的导数y′＝，可得＝1，即x0＝1，切点为（1，1），
由点（1，1）到直线y＝x+m的距离为2，且切点在直线y＝x+m的上方，
可得2＝＝，解得m＝﹣2．
13.(2021•安徽宿州三模•理T12．)已知函数f（x）＝|x|ex，若函数g（x）＝f2（x）﹣（m+3）f（x）+3m恰有四个不同的零点，则m的取值范
围为（ ）
A．（2，+∞） B．（，+∞） C．（，1） D．（0，）
【答案】D．
【解析】函数f（x）＝|x|ex＝，
x≥0，f（x）＝xex，f′（x）＝（x+1）ex＞0，因此x≥0时，函数f（x）单调递增．
x＜0，f（x）＝﹣xex，f′（x）＝﹣（x+1）ex，可得函数f（x）在（﹣∞，﹣1）单调递增；可得函数f（x）在（﹣1，0）单调递减．
可得：f（x）在x＝﹣1时，函数f（x）取得极大值，f（﹣1）＝．
画出图象：可知：f（x）≥0．
函数g（x）＝f2（x）﹣（m+3）f（x）+3m恰有四个不同的零点，
⇒f（x）＝3和f（x）＝m共有四个根，
因为f（x）＝3有1个根，故f（x）＝m有3个根，
由图可得：0＜m＜．
14.(2021•安徽宿州三模•文T12．)已知函数f（x）＝ex﹣3+xlnx﹣x2﹣ax满足f（x）≥0恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，e] B．（﹣∞，﹣2] C．[2，e] D．[﹣2，2]
【答案】B．
【解析】由f（x）≥0，得ax≤ex﹣3+xlnx﹣x2，得a≤+lnx﹣x恒成立，
设g（x）＝+lnx﹣x，则g（x）＝ex﹣3﹣lnx+lnx﹣x≥（x﹣3﹣lnx+1）+lnx﹣x＝﹣2，
当且仅当x﹣3﹣lnx＝0，即x＝3+lnx时取“＝”号，
故a≤﹣2，a的取值范围是（﹣∞，﹣2]．
15.(2021•辽宁朝阳三模•T3．)函数f（x）＝cosx﹣的图象的切线斜率可能为（ ）
A．﹣ B．﹣2 C．﹣ D．﹣4
【答案】A．
【解析】f（x）＝cosx﹣的导数为f′（x）＝﹣sinx+，
由于﹣sinx∈[﹣1，1]，＞0，可得﹣sinx+＞﹣1，
则切线的斜率可能为﹣．
16.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T9．)已知0＜a＜5且aln5＝5lna，0＜b＜6且bln6＝6lnb，0＜c＜7且cln7＝7lnc，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．a＞c＞b B．a＞b＞c C．c＞a＞b D．c＞b＞a
【答案】A．
【解析】令F（x）＝，则，易得，当0＜x＜e时，F′（x）＞0，函数单调递增，当x＞e时，F′（x）＜0，函数单调递减，
因为0＜a＜5，0＜b＜6，0＜c＜7，所以c＞b＞a＞e，
所以f（c）＜f（b）＜f（a），则a＞b＞c．
17.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T5．)已知曲线y＝aex+xlnx在点（1，ae）处的切线方程为y＝2x+b，则（ ）
A．a＝e﹣1，b＝1 B．a＝e﹣1，b＝﹣1 C．a＝e，b＝﹣1 D．a＝e，b＝1
【答案】B．
【解析】∵y＝aex+xlnx，∴y′＝aex+lnx+1，
由在点（1，ae）处的切线方程为y＝2x+b，
可得ae+1+0＝2，解得a＝e﹣1，
又切点为（1，1），可得1＝2+b，即b＝﹣1．
18.(2021•四川泸州三模•理T12．)若asina﹣bsinb＝b2﹣a2﹣1，则（ ）
A．a＞b B．a＜b C．|a|＞|b| D．|a|＜|b|
【答案】D．
【解析】由于asina﹣bsinb＝b2﹣a2﹣1，所以asina+a2＝bsinb+b2﹣1，
设f（x）＝xsinx+x2＝x（x+sinx），由于函数f（x）满足f（﹣x）＝f（x），
故函数为偶函数，所以当x≥0时，f′（x）＝（x+sinx）+x（1+cosx），
设g（x）＝x+sinx，所以g′（x）＝1+cosx≥0，
而g（0）＝0，所以f′（x）≥0，
所以f（a）＝f（b）﹣1，故f（a）＜f（b），
由于函数为偶函数，故|a|＜|b|．
19.(2021•江苏常数三模•T8．)若函数g（x）在区间D上，对∀a，b，c∈D，g（a），g（b），g（c）为一个三角形的三边长，则称函数g（x）为“稳定函数”．已知函数在区间上是“稳定函数”，则实数m的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D．
【解析】由于，则，
易知函数f（x）在上单调递增，在（e，e2]上单调递减，
而，
∴在上的最大值为，最小值为m﹣2e2，
依题意，2f（x）min＞f（x）max，即，解得．
20.(2021•湖南三模•T10．)已知函数f（x）＝2alnx+x2+b．（ ）
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＝﹣且曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与曲线y＝﹣ex相切，则b＝﹣2
【答案】BC．
【解析】根据极值点定义可知，极小值是一个实数，A错误；
由≥0得a≥﹣x2，因为x≥1，所以a≥﹣1，B正确；
因为＝，当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，当a＜0时，f′（x）＞0不恒成立，函数不单调，C正确；a＝﹣，f′（x）＝﹣+2x2，
所以f′（1）＝﹣1，f（1）＝1+b，所以切线方程为y﹣（1+b）＝﹣（x﹣1），即y＝﹣x+b+2，设切点横坐标为x0，则＝﹣1，故x0＝0，切点（0，﹣1），代入y＝﹣x+b+2得b＝﹣3，D错误．
21.(2021•福建宁德三模•T8)已知函数f(x)=ex-1-e1-x+12sinπx，实数a，b满足不等式f(3a+b)+f(a-1)>0，则下列不等式成立的是( )
A. 4a+b>3 B. 4a+b<3 C. 2a+b>-1 D. 2a+b<-1
【答案】A．
【解析】∵f(x)=ex-1-e1-x+12sinπx，∴f(2-x)=e1-x-ex-1+12sin(2π-2x)=e1-x-ex-1-12sin2x=-f(x)，即函数f(x)关于(1,0)对称，
f'(x)=ex-1+e1-x+12πcosπx≥2ex-1⋅e1-x+12πcosπx=2+12πcosπx，
∵-12π≤12πcosπx≤12π，∴2-12π≤2+12πcosπx≤2+12π，
∴f'(x)>0恒成立，则f(x)是增函数，∵f(3a+b)+f(a-1)>0，
∴f(3a+b)>-f(a-1)=f(3-a)，则3a+b>3-a，得4a+b>3，故选：A.
根据条件判断函数f(x)关于(1,0)对称，求函数的导数，研究函数的单调性，利用函数的对称性和单调性将不等式进行转化求解即可．
本题主要考查函数奇偶性和单调性的应用，根据条件判断函数的对称性和单调性是解决本题的关键，是中档题．
22.(2021•宁夏中卫三模•理T12．)已知函数f（x）＝xex，g（x）＝2xln2x，若f（x1）＝g（x2）＝t，t＞0，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D．
【解析】因为f（x）＝xex，g（x）＝2xln2x，f（x1）＝g（x2）＝t，t＞0，
所以＝t，所以ln（）＝ln（2x2ln2x2）＝lnt，
即lnx1+x1＝ln（2x2）+ln（ln2x2）＝lnt，因为y＝x+lnx在（0，+∞）上单调递增，
所以x1＝ln（2x2），即lnx1+x1＝lnx1+ln2x2＝lnt，所以2x1x2＝t，
则＝，令h（t）＝，则h′（t）＝，
当0＜t≤e时，h′（t）≥0，h（t）单调递增，
当t＞e时，h′（t）＜0，h（t）单调递减，
故当t＝e时，h（t）取得最大值h（e）＝．
23.(2021•江西南昌三模•理T3．)已知自由落体运动的速度v＝gt，则自由落体运动从t＝0s到t＝2s所走过的路程为（ ）
A．g B．2g C．4g D．8g
【答案】B．
【解析】．
24.(2021•江西南昌三模•理T8．)将方程f（x）＝f'（x）的实数根称为函数f（x）的“新驻点”．记函数f（x）＝ex﹣x，g（x）＝lnx，的“新驻点”分别为a，b，c，则（ ）
A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．a＜c＜b D．a＜b＜c
【答案】A．
【解析】令f（x）＝f′（x），则ex﹣x＝ex﹣1，解得x＝1，即a＝1；
令g（x）＝g′（x），则，设，则，
即函数φ（x）在（0，+∞）单调递增，又，
∴函数φ（x）在（1，2）上存在唯一零点，即1＜b＜2；令h（x）＝h′（x），则，解得，则．∴c＜a＜b．
25.(2021•河南开封三模•文T6．)设函数，若f（x）的极小值为，则a＝（ ）
A． B． C． D．2
【答案】B．
【解析】，令f′（x）＝0得，x＝1﹣a，
∴x＜1﹣a时，f′（x）＜0；x＞1﹣a时，f′（x）＞0，
∴f（x）在x＝1﹣a处取得极小值，∴＝，
∴，解得．
26.(2021•安徽马鞍山三模•理T12．)已知x∈（0，+∞），不等式ax+eαx≥lnx+x恒成立，则实数a的最小值为（ ）
A． B． C．0 D．1
【答案】A．
【解析】不等式ax+eαx≥lnx+x等价于不等式eαx+lneax≥lnx+x，
令函数f（x）＝lnx+x，原问题等价于g（eax）≥g（x）在（0，+∞）恒成立．
∵，∴函数g（x）单调递增，
故只需eax≥x在（0，+∞）恒成立即可．
即ax≥lnx⇒a≥，
令f（x）＝（x＞0），则f，
可得函数f（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，
∴f（x）的最大值为f（e）＝，∴．
27.(2021•安徽马鞍山三模•文T12．)已知函数（是自然对数的底数）在x＝0处的切线与直线x﹣2y+1＝0垂直，若函数g（x）＝f（x）﹣k恰有一个零点，则实数k的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C．
【解析】函数的导数为f′（x）＝ex（x2+m﹣1），
可得f（x）在x＝0处的切线的斜率为m﹣1，由在x＝0处的切线与直线x﹣2y+1＝0垂直，可得m﹣1＝﹣2，解得m＝﹣1，则f（x）＝ex（x2﹣x﹣1），函数g（x）＝f（x）﹣k恰有一个零点，即为f（x）＝k只有一个实根．由f（x）的导数为f′（x）＝ex（x2﹣2），当﹣2＜x＜2时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x＞2或x＜﹣2时，f′（x）＞0，f（x）递增．则x＝﹣2处，f（x）取得极大值3e﹣2，x＝2处，f（x）取得极小值﹣e2，
则k的取值范围是{﹣e2}∪（3e﹣2，+∞）．
28.(2021•江西九江二模•理T11．)若不等式xm（ex+x）≤emx+mxm（x﹣lnx）恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．[，+∞） B．[1，+∞） C．[，+∞） D．[e﹣1，+∞）
【答案】C．
【解析】不等式xm（ex+x）≤emx+mxm（x﹣lnx）恒成立⇔ex+x≤+m（x﹣lnx）＝em（x﹣lnx）+m（x﹣lnx），令f（x）＝ex+x，则原不等式等价于f（x）≤f（m（x﹣lnx））恒成立．∵f（x）＝ex+x在（0，+∞）上单调递增，∴x≤m（x﹣lnx），
令g（x）＝x﹣lnx，则g′（x）＝1﹣＝，
可得：x＝1时函数g（x）取得极小值，即最小值．
∴g（x）≥g（1）＝1＞0．∴x≤m（x﹣lnx）⇔m≥，令h（x）＝，x∈（0，+∞）．∴h′（x）＝．h′（e）＝0，x∈（0，e）时，h′（x）＞0，∴h（x）在（0，e）上单调递增；x∈（e，+∞）时，h′（x）＜0，∴h（x）在（e，+∞）上单调递减．∴h（x）max＝h（e）＝．∴实数m的取值范围是[，+∞）．
29.(2021•浙江杭州二模•理T9．)已知函数f（x）＝aex﹣．若函数y＝f（x）与y＝f（f（x））有相同的最小值，则a的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B．
【解析】根据题意，求导可得，f'（x）＝
∵
∴f'（x）在R上单调递增，
又∵当x＝0时，f'（0）＝0
∴当x＜0时，f'（x）＜0，即得函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，
当x＞0时，f'（x）＞0，即得函数f（x）在（0，+∞）上单调递增
故有f（x）min＝f（0）＝a﹣2，即得f（x）∈[a﹣2，+∞）
所以根据题意，若使f（f（x））min＝a﹣2，需使f（x）的值域中包含[0，+∞），
即得a﹣2≤0⇒a≤2，故a的最大值为2．
30.(2021•河北秦皇岛二模•理T12．)已知函数f（x）＝lnx﹣ax有两个零点x1，x2，且x1＜x2，则下列选项正确的是（ ）
A．a∈（0，） B．y＝f（x）在（0，e）上单调递增
C．x1+x2＞6 D．若，则
【答案】ABD．
【解析】由f（x）＝lnx﹣ax，可得f′（x）＝﹣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，可得当f′（x）＝﹣a＝0，解得：x＝，
可得当x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
可得当x＝时，f（x）取得极大值点，
又因为由函数f（x）＝lnx﹣ax有两个零点x1，x2（x1＜x2），
可得f（）＝ln﹣1＞0，可得a＜，
综合可得：0＜a＜，故A正确；
当a→时，x1+x2→2e＜6，故C错误，
∵f′（x）＝﹣a＝，
故x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）递增，
∵a∈（0，），∴（0，e）⊆（0，），故选项B正确；
∵f（x）在（0，）递增，在（，+∞）递减，且a∈（，），
∴1，x1∈（0，），，x2∈（，+∞），
∵f（1）＝﹣a＜0＝f（x1），∴x1＞1，
∵f（）＝ln﹣2＜lne2﹣2＝0＝f（x2），∴x2＜，
∴x2﹣x1＜﹣1＝，故D正确；
31.(2021•江西上饶二模•理T12．)对任意x＞0，不等式ax≤（e≈2.71828…）恒成立，则正实数a的取值范围是（ ）
A．（0，e3] B． C． D．
【答案】A．
【解析】由ax≤恒成立，﹣ax≥0，
即﹣alnex≥0，故≥0，
令t＝，x＞0，h（x）＝ex﹣ex，则h′（x）＝ex﹣e，
易得，当x＞1时，h′（x）＞0，函数单调递增，当0＜x＜1时，h′（x）＜0，函数单调递减，故当x＝1时，h（x）取得最小值h（1）＝0，
所以，h（x）＝ex﹣ex≥0，即ex≥ex，因为x＞0，所以≥e，即t≥e，
前面不等式转化为t﹣alnt+2e3≥0，（t≥e），
令f（t）＝t﹣alnt+2e3，则，（t≥e），
当0＜a≤e时，f′（t）≥0，f（t）min＝f（e）＝e﹣a+2e3≥0，故a≤e+2e3．
所以0＜a＜e，当a＞e时，f（x）在[e，a]上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，f（t）min＝f（a）＝a﹣alna+2e3≥0，令g（a）＝a﹣alna+2e3，a＞e，则g′（a）＝﹣lna＜0，
故g（a）在（e，+∞）上单调递减，因为g（e3）＝0，
当g（a）≥0时，a≤e3，即e＜a≤e3，综上a的范围（0，e3]．
32.(2021•河北邯郸二模•理T4．)曲线y＝（x﹣3）ex在x＝0处的切线方程为（ ）
A．2x+y+3＝0 B．2x+y﹣3＝0 C．2x﹣y+3＝0 D．2x﹣y﹣3＝0
【答案】A．
【解析】y＝（x﹣3）ex的导数为y′＝（x﹣2）ex，曲线y＝（x﹣3）ex在x＝0处的切线的斜率为﹣2，切点（0，﹣3），则切线的方程为y＝﹣2x﹣3，即2x+y+3＝0．
33.(2021•广东潮州二模•T10．)已知函数y＝f（x）的导函数y＝f'（x）的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．f（a）＜f（b）＜f（c） B．f（e）＜f（d）＜f（c）
C．x＝c时，f（x）取得最大值 D．x＝d时，f（x）取得最小值
【答案】AB．
【解析】结合导函数的图象，可知f（x）在（﹣∞，c]上单调递增，在（c，e）上单调递减，在[e，+∞）上单调递增，
对于A，因为a＜b＜c，由f（x）的单调性可知f（a）＜f（b）＜f（c），故A正确；
对于B，因为c＜d＜e，由f（x）的单调性可知f（c）＞f（d）＞f（e），故B正确；
对于C，当x＝c时，f（x）取得极大值，但不一定是最大值，故C错误；
对于D，由B可知，f（d）不是f（x）的最小值，故D错误．
34.(2021•辽宁朝阳二模•T12．)已知a＞0，m（x）＝ex﹣2﹣e2﹣x，f（x）＝am（x）﹣sinπx，若f（x）存在唯一零点，下列说法正确的有（ ）
A．m（x）在R上递增
B．m（x）图象关于点（2，0）中心对称
C．任取不相等的实数x1，x2∈R均有
D．
【答案】ABD．
【解析】m′（x）＝ex﹣2+e2﹣x＞0，则m（x）在R上递增，故A正确，
m（x）+m（4﹣x）＝ex﹣2﹣e2﹣x+e2﹣x﹣ex﹣2＝0，则m（x）图象关于点（ 2，0）中心对称，故B正确，
m″（x）＝ex﹣2﹣e2﹣x，当x＞2时，m″（x）＞0，即m′（x）为增函数，即m（x）图象下凸，此时＞m（），故C错误，
若f（x）存在唯一零点，则a（ex﹣2﹣e2﹣x）＝sinπx只有一个解，即g（x）＝a（ex﹣2﹣e2﹣x）与h（x）＝sinπx只有一个交点，
g'（x）＝a（ex﹣2+e2﹣x），h'（x）＝πcosπx，由g（2）＝h（2）＝0，
则g（x）、h（x）的图象均关于点（2，0）中心対称，在x＝2的右侧附近g（x）为下凸函数，h（x）为上凸函数，
要x＞2时，图象无交点，当且仅当g'（2）≥h'（2）成立．
于是2a≥π，即a≥成立，故D正确．
35.(2021•河南郑州二模•文T11．)已知a﹣5＝ln＜0，b﹣4＝ln＜0，c﹣3＝ln＜0，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．b＜c＜a B．a＜c＜b C．a＜b＜c D．c＜b＜a
【答案】C．
【解析】令f（x）＝x﹣lnx，则＝，
当x＞1时，f′（x）＞0，函数单调递增，当0＜x＜1时，f′（x）＜0，函数单调递减．
故f（5）＞f（4）＞f（3），所以5﹣ln5＞4﹣ln4＞3﹣ln3，
因为a﹣5＝ln＝lna﹣ln5＜0，b﹣4＝ln＝lnb﹣ln4＜0，c﹣3＝ln＝lnc﹣ln3＜0，
所以a﹣lna＝5﹣ln5，b﹣lnb＝4﹣ln4，c﹣lnc＝3﹣ln3，
故a﹣lna＞b﹣lnb＞c﹣lnc，所以f（a）＞f（b）＞f（c），
因为a﹣4＝lna﹣ln4＜0得0＜a＜4，
又a﹣lna＝4﹣ln4，所以f（a）＝f（4），则0＜a＜1，
同理f（b）＝f（3），f（c）＝f（2），
所以0＜b＜1，0＜c＜1，所以c＞b＞a．
36.(2021•山西调研二模•文T12.)已知函数f(x)=alnx+1x-1(a∈R)，若f(x)的最小值为0，则a的值为( )
A. 1 B. -1 C. 0 D. -2
【答案】A．
【解析】f(x)=alnx+1x-1的定义域为(0,+∞)，∵f'(x)=ax-1x2=ax-1x2，
当a≤0时，f'(x)<0恒成立，∴f(x)在(0,+∞)上单调递减，无最值；
当a>0时，x∈(0,1a)时，f'(x)<0，x∈(1a,+∞)时，f'(x)>0，
∴f(x)的单调递增区间为(1a,+∞)，单调递减区间为(0,1a)，
此时f(x)min=f(1a)=-alna+a-1=0，∴a=1.故选：A.
求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最小值，即可求出a的值．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题．
37.(2021•安徽淮北二模•文T12．)若关于x的不等式lnx+a﹣＜0有且只有两个整数解，则正实数a的取值范围是（ ）
A．（3ln3+1，4ln2+4] B．[﹣ln2+1，3ln3+1）
C．（ln2+，3ln3+1] D．（3ln2+1，2ln3+3]
【答案】C．
【解析】原不等式可化简为xlnx+1＜4a﹣ax，设f（x）＝xlnx+1，g（x）＝4a﹣ax，
由f（x）＝xlnx+1得，f′（x）＝lnx+1，易知函数f（x）在单调递减，在单调递增，作出f（x）的图象如下图所示，
而函数g（x）＝4a﹣ax恒过点C（4，0），要使关于x的不等式lnx+a﹣＜0有且只有两个整数解，则函数g（x）的图象应介于直线AC与直线BC之间（可以为直线BC），又A（2，2ln2+1），B（3，3ln3+1），
∴，，
∴，
∴．
38.(2021•新疆乌鲁木齐二模•文T12．)设函数f（x）＝﹣lnx﹣ax+4a，其中a＜0，若仅存在一个整数x0，使得f（x0）≤0，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B．
【解析】令g（x）＝﹣lnx，h（x）＝ax﹣4a＝a（x﹣4），
因为仅存在一个整数x0，使得f（x0）≤0，
所以仅有一个整数，使得g（x）≤h（x），g′（x）＝x﹣＝，
令g′（x）＞0，可得x＞1，令g′（x）＜0，可得0＜x＜1，
所以g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
所以g（x）min＝g（1）＝，所以满足条件的整数为1，
由a＜0，可得h（x）为减函数，
所以，即，解得ln2﹣1＜a≤﹣，
即实数a的取值范围是（ln2﹣1，﹣]．
39.(2021•吉林长春一模•文T7.)曲线在处的切线的斜率为
A. B. C. D.
【答案】B．
【解析】当 x = e时, k = 2 ,故选B.
二、填空题部分
40.(2021•高考全国甲卷•理T13)曲线在点处的切线方程为__________．
【答案】．
【解析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可．
由题，当时，，故点在曲线上．
求导得：，所以．
故切线方程为．
故答案为：．
41.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T15)函数的最小值为______.
【答案】1．
【解析】由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；∴。故答案为1.
42.(2021•江苏盐城三模•T16)对于函数x＋1，有下列4个论断：
甲：函数f(x)有两个减区间；乙：函数f(x)的图象过点(1，－1)；
丙：函数f(x)在x＝1处取极大值；丁：函数f(x)单调．
若其中有且只有两个论断正确，则m的取值为．
【答案】2．
【考点】逻辑推理题：函数的性质综合应用
【解析】由题意可知，f′(x)＝＋2mx＋n＝，当x＞1时，f′(x)＝0最多有一个解，则函数f(x)最多有一个减区间，则甲错误；若乙正确，则f(1)＝m＋n＋1＝－1，即有m＋n＝－2，此时f′(x)＝＝，若丙正确，则解得m＝1，所以n＝－3，而此时f(x)在x＝1处取极小值，且不单调，即与丙丁矛盾；若丁正确，则m＝2，n＝－4，可满足题意；综上，乙丁正确，且m＝2．
43.(2021•河南开封三模•理T15)在平面直角坐标系xOy中，P是曲线（x＞0）上的一个动点，则点P到直线y＝x的距离的最小值是 ．
【答案】．
【解析】原问题可转化为曲线在点P处与直线y＝x平行的切线，与直线y＝x之间的距离，因为，所以y'＝2x﹣，因为在点P的切线与直线y＝x平行，
所以y'＝2x﹣＝1（x＞0），所以x＝1，将其代入曲线方程，得y＝1+1＝2，即点P的坐标为（1，2），所以点P到直线y＝x的距离的最小值是d＝＝．故答案为：．
44.(2021•河南焦作三模•理T16)已知函数f（x）的定义城为（0，+∞），其导函数为f'（x），且满足f（x）＞0，f（x）+f′（x）＜0，若0＜x1＜1＜x2且x1x2＝1，给出以下不等式：
①f（x1）＞ef（x2）；
②x1f（x2）＜x2f（x1）；
③x1f（x1）＞x2f（x2）；
④f（x2）＞（1﹣x1）f（x1）．
其中正确的有 .（填写所有正确的不等式的序号）
【答案】①②③．
【解析】对于①，令g（x）＝exf（x），x∈（0，+∞），
则g′（x）＝ex（f（x）+f′（x）），因为f（x）+f′（x）＜0，
所以g′（x）＜0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，
因为x1＜x2，所以g（x1）＞g（x2），即f（x1）＞f（x2），即f（x1）＞ef（x2），故①正确；
对于②，因为f（x）＞0，f（x）+f′（x）＜0，
所以f′（x）＜0，所以f（x）单调递减，
因为0＜x1＜1＜x2，所以f（x2）＜f（x1），所以x1f（x2）＜x2f（x1），故②正确；
对于③，由①分析可知f（x1）＞ef（x2），
因为0＜x1＜1＜x2且x1x2＝1，
欲使x1f（x1）＞x2f（x2），即x1x2f（x1）＞x22f（x2），即f（x1）＞x22f（x2），
只需＞x22即可，即证x2﹣＞2lnx2，
设h（x）＝x﹣﹣2lnx，x＞1，
则h′（x）＝1+﹣＝＞0，则h（x）在（1，+∞）单调递增，
所以h（x）＞h（1）＝0，
即x2﹣＞2lnx2＞0，故③正确；
对于④，假设f（x2）＞（1﹣x1）f（x1）成立，
因为f（x1）＞f（x2），
所以f（x1）＞f（x2），所以＞1﹣x1，
取x1＝，则＞，所以＜2，矛盾，故④不正确．
故答案为：①②③．
45.(2021•河北张家口三模•T15)若对任意的非零实数a，均有直线l：y＝ax+b与曲线相切,则切点坐标为 ．
【答案】．
【解析】设切点横坐标为m，因为，所以，又a≠3，所以，切点为．将其代入y＝ax+b，有，解得，
所以，所以直线l必过定点．
46.(2021•安徽宿州三模•文T13．)已知函数f（x）＝xsinx，则曲线y＝f（x）在点（，f（））处的切线方程为 ．
【答案】x﹣y＝0．
【解析】∵f（x）＝xsinx，∴f′（x）＝sinx+xcosx，∴f′（）＝1，f（）＝，
∴曲线y＝f（x）在点（，f（））处的切线方程为：
y﹣＝l•（x﹣），即y＝x，即x﹣y＝0．
47.(2021•山东聊城三模•T16.)已知函数f(x)=(xex)2+(a-2)xex+2-a有三个不同的零点x1，x2，x3，其中x1
【考点】利用导数研究函数的单调性，函数的零点与方程根的关系
【解析】设g(x)=xex，g'(x)=1-xex，当x<1时，g'(x)>0；当x>1时，g'(x)<0，故g(x)在(-∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，且x>0时，g(x)>0；x<0时，g(x)<0，
∴g(x)max=g(1)=1e，作出g(x)的图象，如图
要使f(x)=(xex)2+(a-2)xex+2-a有三个不同的零点x1，x2，x3其中x10，即a>2或a<-2，且{t1+t2=2-at1⋅t2=2-a．若a>2，则{t1+t2=2-a<0t1⋅t2=2-a<0，∵t1
=[1-(2-a)+2-a]2=1．
若a<-2，则{t1+t2=2-a>4t1⋅t2=2-a>4，因为g(x)max=g(1)=1e，且t2∈(0,1e)，
∴(t1+t2)max<4，故不符合题意，舍去．
综上(1-x1ex1)2(1-x2ex2)(1-x3ex3)=1．故答案为：1．
【分析】设g(x)=xex根据导数求出函数单调性最值得到g(x）图像，令xex=t则原函数式有三个不同的零点则需 t2+(a-2)t+2-a=0有两不同实根数形结合得若a<-2时不符合题意，若a>2时t1<0
【答案】3．
【解析】．
49.(2021•四川泸州三模•理T14．)已知曲线y＝x3+ax+b+1在x＝0处的切线方程为y＝﹣3x﹣2，则a+b＝ ．
【答案】﹣6．
【解析】y＝x3+ax+b+1的导数为y′＝3x2+a，由曲线y＝x3+ax+b+1在x＝0处的切线方程为y＝﹣3x﹣2，可得a＝﹣3，b+1＝﹣2，解得a＝﹣3，b＝﹣3，
则a+b＝﹣6．
50.(2021•河北邯郸二模•理T13．)写出一个奇函数f（x），当x＞0时，f（x）＞0且其导数f′（x）＜0，则f（x）＝ ．
【答案】（答案不唯一）．
【解析】函数为奇函数，当x＞0时，f（x）＞0且其导数f′（x）＜0，
故f（x）＝（答案不唯一）．
51.(2021•江西上饶二模•理T13．)曲线y＝（x+1）ex在点（0，1）处的切线方程为 y＝2x+1 ．
【答案】y＝2x+1．
【解析】∵y＝（x+1）•ex（e为自然对数的底数），
∴y′＝（x+2）ex，根据导数的几何意义，则切线的斜率为y′|x＝0＝2，
又切点坐标为（0，1），
由点斜式方程可得y＝2x+1，
∴曲线y＝（x+1）•ex（e为自然对数的底数）在点（0，1）处的切线方程为y＝2x+1．
52.(2021•江西九江二模•理T13．)已知函数f（x）＝alnx﹣x2图象在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，则实数a＝ ．
【答案】2．
【解析】由f（x）＝alnx﹣x2，得f′（x）＝，
∴f′（1）＝a﹣2，由题意，a﹣2＝0，得a＝2．
53.(2021•河南郑州二模•文T13．)直线y＝x+b是曲线y＝lnx的一条切线，则实数b的值为 ．
【答案】ln3﹣1．
【解析】y′＝（lnx）′＝，令＝，得x＝3，
∴切点为（3，ln3），代入直线方程y＝x+b，
∴ln3＝×3+b，∴b＝ln3﹣1．
54.(2021•山西调研二模•文T15)若曲线y=ln(3x-8)与曲线y=x2-3x在公共点处有相同的切线，则该切线的方程为．
【答案】y=3x-9．
【解析】曲线y=ln(3x-8)与曲线y=x2-3x的公共点为P(m,n)，两曲线在公共点处相同的切线的斜率为k，因为y'=[ln(3x-8)]'=33x-8，(x2-3x)'=2x-3，则k=33m-8=2m-3，解得m=3或m=76，又3m-8>0，故m=3，代入n=m2-3m得n=0，
所以k=2×3-3=3，于是该切线的方程为y-0=3(x-3)，整理得，y=3x-9，
故答案为：y=3x-9.设曲线y=ln(3x-8)与曲线y=x2-3x的公共点为P(m,n)，利用导数可得两曲线的公共切线的斜率及公共点P的坐标，利用直线的点斜式方程可得答案．
本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程，求得两曲线的公共点为的坐标为(3,0)及公共切线的斜率为3是关键，考查数学运算能力，属于中档题．
55.(2021•宁夏银川二模•文T13．)曲线f（x）＝3x+sinx在（0，0）处的切线方程为 ．
【答案】y＝4x．
【解析】由f（x）＝3x+sinx，得f′（x）＝3+cosx，∴f′（0）＝4．
则曲线f（x）＝3x+sinx在点（0，0）处的切线方程为y＝4x．
56.(2021•安徽淮北二模•文T14．)已知f（x）为偶函数．当x＜0时，f（x）＝ex﹣ex2（e是自然对数的底数）．则曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程是 ．
【答案】y＝（﹣e﹣1﹣2e）x+2e﹣1+e．
【解析】由f（x）为偶函数，可得f（﹣x）＝f（x），
当x＜0时，f（x）＝ex﹣ex2，
可得x＞0时，f（x）＝f（﹣x）＝e﹣x﹣ex2，
所以x＞0时，f（x）的导数为f′（x）＝﹣e﹣x﹣2ex，
可得曲线y＝f（x）在x＝1处的切线斜率为﹣e﹣1﹣2e，
切点为（1，e﹣1﹣e），
所以曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程是y﹣e﹣1+e＝（﹣e﹣1﹣2e）（x﹣1），
即为y＝（﹣e﹣1﹣2e）x+2e﹣1+e．
三、解答题部分
57.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T22)已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【解析】（1）函数的定义域为，
又，
当时，，当时，，
故的递增区间为，递减区间为.
（2）因为，故，即，
故，
设，由（1）可知不妨设.
因为时，，时，，
故.
先证：，
若，必成立.
若， 要证：，即证，而，
故即证，即证：，其中.
设，
则，
因为，故，故，
所以，故在为增函数，所以，
故，即成立，所以成立，
综上，成立.
设，则，
结合，可得：，
即：，故，
要证：，即证，即证，
即证：，即证：，
令，
则，
先证明一个不等式：.
设，则，
当时，；当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，故，
故成立
由上述不等式可得当时，，故恒成立，
故在上为减函数，故，
故成立，即成立.
综上所述，.
58.(2021•高考全国甲卷•理T21)已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【解析】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
59.(2021•高考全国乙卷•文T21)已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．
【解析】(1)由函数的解析式可得：，
导函数的判别式，
当时，在R上单调递增，
当时，的解为：，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
综上可得：当时，在R上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
(2)由题意可得：，，
则切线方程为：，
切线过坐标原点，则：,
整理可得：，即：，
解得：，则，
即曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为.
60.(2021•浙江卷•T22)设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
(注：是自然对数的底数)
【解析】(1)，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
综上可得，时，在上单调递增；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，
记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.
即实数的取值范围是.
(3)有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，
，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，
，
要证，只需，
且关于的函数在上单调递增，
所以只需证，
只需证，
只需证，
，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
61.(2021•江苏盐城三模•T)设(n∈N*)．
(1)求证：函数f(x)一定不单调；
(2)试给出一个正整数a，使得对∀x∈(0，＋∞)恒成立．
(参考数据：e≈2.72，e2≈7.39，e3≈20.10)
【考点】函数与导数：函数单调性应用；恒成立问题
【解析】(1)由得f′(x)＝＝，
因n∈N*，由f′(x)＝0，得x＝，……1分
当x＞时，f′(x)＜0；当时0＜x＜，f′(x)＞0；
故函数f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋¥)上单调递减，
所以函数f(x)不单调．……3分
(2)当a＝1时，可证明ex＞x2lnx＋sinx对"x∈(0，＋∞)恒成立，
当x∈(0，1)时，x2lnx≤0，sinx≤1，ex＞1，不等式成立；……4分
当x∈(1，e)时，x2lnx＋sinx＜x2＋1，令g(x)＝，
所以g′(x)＝≤0，则函数g(x)单调递减，所以g(x)≤g(1)＝＜1，
所以ex＞x2＋1，原不等式成立；……7分
当x∈(e，＋¥)时，因x2lnx＋sinx≤x2lnx＋1，故只需证ex＞x2lnx＋1，
即证＞＋，只需证＞＋，
在(1)中令n＝1，可得f(x)≤f(e)＝，故＋≤＋，
令h(x)＝，所以h′(x)＝＝0，解得x＝3，
当x∈(e，3)时，h′(x)＜0；当x∈(3，＋¥)时，h′(x)＞0，
所以h(x)≥h(3)＝＞，而＋≤＋＜，
所以原不等式也成立．
综上所述，当a＝1时，ex＞x2lnx＋sinx对"x∈(0，＋∞)恒成立．……12分
注：当a＝2或a＝3时结论也成立，请参照评分；当a≥4时结论不成立．
62.(2021•河南郑州三模•理T21)已知函数f（x）＝xlnx﹣ax+1．
（Ⅰ）求f（x）的最小值；
（Ⅱ）证明：对任意的x∈（0，+∞），ex（lnx+）﹣（ex+x）+＞0恒成立．
【解析】（Ⅰ）由题意可得f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）＝1+lnx﹣a，
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜ea﹣1，令f′（x）＞0，解得：x＞ea﹣1，
则f（x）在（0，ea﹣1）递减，在（ea﹣1，+∞）递增，
故f（x）min＝f（ea﹣1）＝1﹣ea﹣1；
（Ⅱ）证明：要证ex（lnx+）﹣（ex+x）+＞0成立，
即证ex（xlnx+1）﹣x（ex+x）+4ex﹣2＞0，
即证ex（xlnx﹣x+1）﹣x2+4ex﹣2＞0，
即证xlnx﹣x+1＞﹣，
设g（x）＝xlnx﹣x+1，由（Ⅰ）可知g（x）min＝g（1）＝0，
设h（x）＝﹣（x＞0），则h′（x）＝（x＞0），
由h′（x）＞0，解得：0＜x＜2，由h′（x）＜0，解得：x＞2，
故h（x）在（0，2）递增，在（2，+∞）递减，
故h（x）max＝h（2）＝0，
∵g（x）与h（x）的最值不同时取得，∴g（x）＞h（x），
即xlnx﹣x+1＝﹣，
故当x＞0时，不等式ex（lnx+）﹣（ex+x）+＞0恒成立．
63.(2021•河南开封三模•理T21)已知函数f（x）＝．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若m＝2，对于任意x1＞x2＞0，证明：（x12•f（x1）﹣x22•f（x2））•（x12+x22）＞x1x2﹣x22．
【解析】（1）的定义域为（0，+∞），，
当m＞0时，，此时f（x）在上单调递增，
，此时f（x）在上单调递减，
当m＜0时，，此时f（x）在上单调递增，
，此时f（x）在上单调递减；
综上可知：当m＞0时，f（x）的增区间是，减区间是；
当m＜0时，f（x）的增区间是，减区间是．
（2）证明：由m＝2，，
，
由于x1＞x2＞0，所以．设，
故：
，
令，则，
由于t＞1，故，
则在（1，+∞）上单调递增，
故φ（t）＞φ（1）＝0，
即：所证不等式成立．
64.(2021•河南开封三模•文T21．)已知函数f（x）＝lnx﹣mx有两个零点．
（1）求m的取值范围；
（2）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：f'（x1+x2）＜0．
【解析】（1），
①当m≤0时，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，至多有一个零点；
②当m＞0时，时，f'（x）＞0，f（x）在上单调递增，
时，f'（x）＜0，f（x）在上单调递减，
所以f（x）在处取得最大值，
由，得，
此时，，，f（1）＝﹣m＜0，，
由零点存在性定理可知，f（x）在和上各有一个零点，
综上，m的取值范围是；
（2）证明：因为x1，x2是f（x）的两个零点，不妨设x1＞x2＞0，
则lnx1﹣mx1＝0…①，lnx2﹣mx2＝0…②，
①﹣②得lnx1﹣lnx2＝mx1﹣mx2，，，
所以，
要证f'（x1+x2）＜0，即证，即证，
即证，即证，
令，设，，
所以φ（t）在t＞1时单调递增，
所以φ（t）＞φ（1），又φ（1）＝0，所以φ（t）＞0，
所以f'（x1+x2）＜0．
65.(2021•河南焦作三模•理T19)已知函数f（x）＝xlnx．
（Ⅰ）求f（x）的图象在点A（1，f（1））处的切线方程，并证明f（x）的图象上除点A以外的所有点都在这条切线的上方；
（Ⅱ）若函数g（x）＝（lnx+1）•sin2x﹣2f（x）cos2x，x∈[，），证明：g（x）≥cos．
【解析】（Ⅰ）由题意可得f′（x）＝lnx+1，
f′（1）＝1，f（1）＝0，
所以f（x）的图像在点A（1，f（1））处的切线方程为y＝x﹣1，
设h（x）＝xlnx﹣x+1，
则h′（x）＝lnx，
令h′（x）＜0，得0＜x＜1，h（x）单调递减，
令h′（x）＞0，得x＞1，h（x）单调递增，
所以h（x）≥h（1）＝0，
所以xlnx≥x﹣1，当且仅当x＝1时取等号，
所以f（x）的图像上除点A外的所有点都在这条切线上方．
（Ⅱ）证明：由题知，g（x）＝（lnx+1）•sin2x﹣2xlnxcos2x，x∈[，），
所以g′（x）＝2（lnx+1）•cos2x+﹣2[﹣2xlnxsin2x+（lnx+1）•cos2x]
＝sin2x•（+4xlnx），
因为x∈[，），所以sin2x＞0，
又由（1）知xlnx≥x﹣1，
所以+4xlnx≥+4（x﹣1）＝4x+﹣4≥2﹣4＝0，（两个等号不能同时成立），
所以g′（x）＞0，
所以g（x）在[，）上单调递增，
所以g（x）≥g（）＝cos，得证．
66.(2021•河北张家口三模•T22)已知函数f（x）＝x3﹣x﹣alnx（a∈R）．
（1）若函数f（x）在其定义域上为增函数，求a的取值范围；
（2）当a≤3时，求证：对任意的x1，x2∈[1，+∞），且x1＞x2，有2f（x2）﹣2f（x1）+（x1﹣x2）[f'（x1）+f'（x2）]＞0恒成立．
【解析】（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），，
若函数f（x）在其定义域上为增函数，则f'（x）≥0在（4，
即，得3x3﹣x≥a，
设g（x）＝3x3﹣x，则g'（x）＝4x2﹣1，
当时，g'（x）＜2，当时，
所以当时，函数g（x）单调递减，当时，
故，所以，﹣]．
（2）证明：由（1）得，
对任意的x1，x2∈[3，+∞）1＞x2，令，
则5f（x2）﹣2f（x7）+（x1﹣x2）[f'（x8）+f'（x2）]
＝
＝
＝，
令，
当t＞1时，，
由此可得h（t）在（1，+∞）上单调递增，
所以当t＞1时，h（t）＞h（1），即，
因为，
所以，
设，
则，
所以函数p（t）在（1，+∞）上单调递增，
综上，当a≤3时6，x2∈[1，+∞）5＞x2，
有2f（x5）﹣2f（x1）+（x6﹣x2）[f'（x1）+f'（x3）]＞0恒成立．
67.(2021•山东聊城三模•T22)已知f(x)=ex-ax2-x-1．
（1）当a=e2时求f(x)的极值点个数；
（2）当x∈[0,+∞)时，f(x)≥0，求a的取值范围；
（3）求证：22e-1+22e2-1+⋯+22en-1<32，其中n∈N*．
【解析】（1）解：当a=e2时，f(x)=ex-e2x2-x-1，
所以f'(x)=ex-ex-1，f″(x)=ex-e，
所以当x<1时，f″(x)<0，f'(x)在(-∞,1)上单调递减；
当x>1时，f″(x)>0，f'(x)在(1,+∞)上单调递增，
因为f'(0)=0，f'(1)=-1，f'(2)=e2-2e-1>0，
所以存在x0∈(1,2)，使f'(x0)=0，所以，x∈(-∞,0)时，f'(x)>0；x∈(0,x0)时，f'(x)<0；x∈(x0,+∞)时，f'(x)>0，所以0和x0是f(x)的极值点，
所以f(x)有两个极值点
（2）解：f(x)=ex-ax2-x-1，f'(x)=ex-2ax-1，
设h(x)=f'(x)=ex-2ax-1(x≥0)，则h'(x)=ex-2a单调递增，
又h'(0)=1-2a，
所以当a≤12时，h'(x)≥0，h(x)在[0,+∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(0)=0，即f'(x)≥0，f(x)在[0,+∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(0)=0，符合题意.
当a>12吋，令h'(x)=0，解得x=ln2a，
当x∈[0,ln2a)时，h'(x)<0，h(x)在[0,ln2a)上单调递减，f'(x)=h(x)≤h(0)=0，
f(x)在(0,ln2a)）上单调递减，
所以x∈(0,ln2a)时，f(x)
（3）证明：由（2）可知a=12时，f(x)≥0，x∈[0,+∞)，即2ex-1≥x2+2x+1(x≥0)，
所以2en-1≥n2+2n+1>n2+2n，22en-1<2n(n+2)，
所以22e-1+22e2-1+⋯+22en-1<21×3+22×4+⋯+2n(n+2)
=1-13+12-14+⋯1n-1n+2
=1+12-1n+1-1n+2<32
【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，不等式的证明
【解析】【分析】（1）根据导数可推得 f'(0)=0 ， f'(1)=-1 ， f'(2)=e2-2e-1>0，所以， x∈(-∞,0) 时， f'(x)>0 ； x∈(0,x0) 时， f'(x)<0 ； x∈(x0,+∞) 时， f'(x)>0 ，所以0和 x0 是 f(x) 的极值点。
（2） 设 h(x)=f'(x)=ex-2ax-1(x≥0)，h(x）再求导可推得 当 a≤12 时， f'(x)≥0f(x) 在 [0,+∞) 上单调递增 进而得 f(x)≥f(0)=0。当 a>12 吋，利用导数推出f(x) 在 (0,ln2a) 上单调递减进而得 x∈(0,ln2a) 时， f(x)
68.(2021•四川内江三模•理T21．)设函数f（x）＝x﹣﹣alnx（a∈R）．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过点A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得k＝2﹣a？若存在；若不存在，请说明理由．
【解析】（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），
，
令g（x）＝x8﹣ax+1，其判别式△＝a2﹣5，
①当|a|≤2时，△≤0，故f（x）在（5，
②当a＜﹣2时，△＞0，在（2，f'（x）＞0，
故f（x）在（0，+∞）上单调递增，
③当a＞8时，△＞0，
当0＜x＜x1时，f'（x）＞31＜x＜x2时，f'（x）＜32时，f'（x）＞0，
故f（x）分别在（2，x1），（x2，+∞）上单调递增，在（x4，x2）上单调递减，
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a＞2．
因为，
所以，
又由（1）知，x1x2＝4．于是，
若存在a，使得k＝7﹣a．则3﹣lnx2＝x1﹣x6，
亦即（*），
再由（1）知，函数，+∞）上单调递增2＞2，
所以．这与（*）式矛盾，使得k＝6﹣a
69.(2021•重庆名校联盟三模•T22．)设x∈（0，），f（x）＝kx﹣sinx，k∈R．
（1）f（x）＞0恒成立，求实数k的取值范围；
（2）求证：当x∈（0，）时，＞3．
【解析】（1）f（x）＝kx﹣sinx，
f′（x）＝k﹣cosx，
因为x∈（0，），所以0＜cosx＜1，
所以当k≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，）上单调递减，
所以f（x）＜f（0）＝0，
所以k≤0，不符合题意，
当k≥1，则f′（x）＞0在（0，）上恒成立，
所以f（x）在（0，）上单调递增，
所以f（x）＞f（0）＝0，
所以k≥1，符合题意，
当0＜k＜1时，令f′（x）＝0，即k＝cosx，
则在（0，）内存在唯一x0，使得k＝cosx0，
当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（x0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
又f（0）＝0．
所以f（x）＞0在（0，）不恒成立，
所以0＜k＜1，不符合题意，
综上所述，k的取值范围为[1，+∞）．
（2）证明：由（1）知，当x∈（0，）时，有x＞sinx，
所以＞3，
所以tanx﹣sinx＞3x﹣3sinx，
所以tanx+2sinx﹣3x＞0，
设g（x）＝tanx+2sinx﹣3x，x∈（0，），
则g′（x）＝+2cosx﹣3＝
＝
＝，
设t＝cosx，由x∈（0，），得t∈（0，1），
再设y＝2t2﹣t﹣1＝2（t2﹣t+）﹣＝2（t﹣）2﹣，
当t＝0时，y＝﹣1＜0，
当t＝1时，y＝0，
所以对任意t∈（0，1）时，y＝2t2﹣t﹣1＜0，
所以对任意t∈（0，1），y＝2t2﹣t﹣1＜0，
所以对任意x∈（0，）时，有2cos2x﹣cosx﹣1＜0，
又cosx﹣1＜0，
所以g′（x）＞0恒成立，
所以g（x）在（0，）上是单调递增，
所以g（x）＞g（0）＝0，
所以tanx+2sinx﹣3x＞0，
所以不等式＞3得证．
70.(2021•安徽蚌埠三模•文T21．)已知函数f（x）＝﹣lnx+x﹣2a，其中a∈R．
（1）若a＝1，求函数f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）证明：a≤1时，f（x）≥0恒成立．
【解析】（1）f（x）的定义域为（0，+∞），
由a＝1，得f′（x）＝﹣+1，
f′（1）＝0，f（1）＝0，
则函数f（x）在x＝1处的切线方程为y＝0．
（2）f′（x）＝﹣+1＝，
令g（x）＝ex﹣a﹣x，
则g′（x）＝ex﹣a﹣1，
1°若a≤0时，则g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，g（x）在（0，+∞）上单调递增，
因为g（0）＝＞0，
所以g（x）＞0，
2°若0＜a≤1时，令g′（x）＝0，解得x＝a，
当0＜x＜a时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
当x＞a时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
所以g（x）≥g（a）＝1﹣a≥0，
即a≤1时，ex﹣a﹣x≥0在（0，+∞）恒成立，
所以当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）min＝f（1）＝ea﹣1+1﹣2a，
下证ea﹣1﹣a≥0，
令p（x）＝ex﹣1﹣x，
p′（x）＝ex﹣1﹣1，在（﹣∞，+∞）单调递增，
当x∈（﹣∞，1）时，p′（x）＜0，p（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，p′（x）＞0，p（x）单调递增，
所以p（x）min＝p（0）＝0，
所以p（x）≥0，即ex﹣1﹣x≥0，
所以ea﹣1﹣a≥0，
又1﹣a≥0，
所以f（1）≥0，
所以f（x）≥0恒成立，
综上所述，当a≤1时，f（x）≥0在（0，+∞）上恒成立．
71.(2021•贵州毕节三模•文T21．)已知函数f（x）＝x﹣mlnx﹣2m．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若函数f（x）有最小值为g（m），证明：在（0，+∞）上恒成立．
【解析】（Ⅰ）函数f（x）＝x﹣mlnx﹣2m的定义域为（0，+∞），
则，
当m≤0时，f'（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
所以f（x）在（0，+∞）上为增函数；
当m＞0时，由，解得x＞m，
由，解得0＜x＜m，
所以f（x）在（0，m）上为减函数，在[m，+∞）上为增函数；
综上所述，当m≤0时，f（x）在（0，+∞）上为增函数；
当m＞0时，f（x）在（0，m）上为减函数，在[m，+∞）上为增函数；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当m≤0时，f（x）在（0，+∞）上为增函数，f（x）无最小值．
当m＞0时，f（x）在（0，m）上为减函数，在[m，+∞）上为增函数，
所以f（x）min＝f（m）＝﹣m﹣mlnm，
所以g（m）＝﹣m﹣mlnm，
由g'（m）＝﹣2﹣lnm＞0，解得，
由g'（m）＝﹣2﹣lnm＜0，解得，
所以g（m）在上为增函数，在上减函数．
所以，
即在（0，+∞）上恒成立．
72.(2021•辽宁朝阳三模•T21．)已知函数f（x）＝m（x+1）2﹣1﹣2lnx．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当x∈[1，2]时，f（x）≤0，求m的取值范围．
【解析】（1）f′（x）＝2m（x+1）﹣＝，（x＞0），
当m≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当m＞0时，由f′（x）＜0，解得：0＜x＜﹣，
由f′（x）＞0，解得：x＞﹣，
故f（x）在（0，﹣）递减，在（﹣，+∞）递增，
（2）当x∈[1，2]时，f（x）≤0恒成立，
即对于任意的x∈[1，2]，m≤恒成立，
设，则有，
令，则g'（x）＝＜0在[1，2]上恒成立，
即得g（x）在[1，2]上单调递减，
因为g（1）＝2＞0，g（2）＝1﹣4ln2＜0，
所以存在唯一的x0∈[1，2]，使得g（x0）＝0，
且当x∈[1，x0]时，g（x）＞0；当x∈（x0，2]时，g（x）＜0，
所以F（x）在[1，x0）上单调递增，在（x0，2]上单调递减，
又因为5＝lne5＜ln35＜ln28＝8ln2，
所以F（2）﹣F（1）＝＞0，
所以，即得，
则有m的取值范围为．
73.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T21．)已知函数f（x）＝﹣x2+ax﹣3，g（x）＝xlnx，a∈R．
（1）当x＞0时，2g（x）≥f（x），求a的取值范围；
（2）证明：当x＞0时，g（x）＞．
【解析】（1）当x＞0时，2g（x）≥f（x），即2xlnx≥﹣x2+ax﹣3，即，
设，则，
∴当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）在（0，1）单调递减，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）单调递增，
∴h（x）min＝h（1）＝4，则a≤4．
∴实数a的取值范围为（﹣∞，4]；
（2）证明：∵g（x）＝xlnx，
∴g′（x）＝1+lnx，
易知函数g（x）在上单调递减，在上单调递增，
∴当x＞0时，，
令，则，
易知φ（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，
∴，
又两个等号不同时成立，故当x＞0时，g（x）＞．
74.(2021•四川泸州三模•理T20．)已知函数f（x）＝lnx﹣ax+a，且f（x）≤0对x＞0恒成立．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）若关于x的方程mf（x）＝xe﹣x+m有两个实根，求实数m的取值范围．
【解析】（Ⅰ）因为f（x）≤0，且f（1）＝0，
故x＝1是函数f（x）的极值点，
因为f′（x）＝﹣a，
所以f′（1）＝1﹣a＝0，故a＝1，
又因为a＝1时，f（x）＝lnx﹣x+1，且f′（x）＝﹣1，
故f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
故f（x）≤f（1）＝0，
故a＝1．
（Ⅱ）因为mf（x）＝xe﹣x+m，则m（lnx﹣x）＝xe﹣x，
设h（x）＝lnx﹣x，则h′（x）＝﹣1＝，
令h′（x）＞0，可得0＜x＜1，令h′（x）＜0，可得x＞1，
故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
所以h（x）≤h（1）＝﹣1＜0，
所以lnx＜x，
所以m＝，
设g（x）＝，
则g′（x）＝，
因为lnx＜x，所以lnx＜x＜x+1，即lnx﹣x﹣1＜0，
令g′（x）＜0，可得0＜x＜1，令g′（x）＞0，可得x＞1，
故函数g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
所以g（x）≥g（1）＝﹣，
又当x无限增大或无限接近0时，g（x）都趋近于0，
故﹣≤g（x）＜0，
因为关于x的方程mf（x）＝xe﹣x+m有两个实根，
所以实数m的取值范围是（﹣，0）．
75.(2021•江苏常数三模•T22．)已知函数f（x）＝aex﹣x2（a∈R）（其中e≈2.71828为自然对数的底数）．
（1）当a＝1时，求证：函数f（x）图象上任意一点处的切线斜率均大于；
（2）若对于任意的x∈[0，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】（1）证明：a＝1时，f(x)＝ex﹣x2,f′(x)＝ex﹣2x,
设g(x)＝f′(x)＝ex﹣2x,则g′(x)＝ex﹣2,令g′(x)＝0,解得：x＝ln2,
故g(x)在区间(﹣∞,ln2)递减，在(ln2,+∞)递增，
故g(x)的最小值是g(ln2)＝2﹣2ln2＞,即f′(x)＞对任意x∈R恒成立，
故函数f（x）图象上任意一点处的切线斜率均大于；
（2）先证对任意x∈(0,+∞),ln(x+1)≤x,ex≥x2+x+1,
令h(x)＝ln(x+1)﹣x,h′(x)＝﹣1＝﹣,令h′(x)＝0,解得：x＝0,
故h(x)在区间(﹣1,0)递增，在（0，+∞）递减，
故h(x)≤h(0)＝0,故ln(x+1)≤x,
令p(x)＝ex﹣x2﹣x﹣1,p′(x)＝ex﹣2x﹣＝m(x),m′(x)＝ex﹣2,
令m′(x)＝0,解得：x＝ln2,
故m(x)在区间(﹣∞,ln2)递减，在区间（ln2,+∞）递增，
故m(x)≥m(ln2)＞0,故p′(x)＞0,p(x)递增，
故p(x)≥p(0)＝0,故ex≥x2+x+1,x∈[0,+∞),
∵f(x)＞ln(x+1)+cosx对于任意x∈[0,+∞)恒成立，
∴f(0)＞ln(0+1)+cos0＝1,故a＞1,
当a＞1时，
f(x)﹣ln(x+1)﹣cosx
＝aex﹣x2﹣ln(x+1)﹣cosx
＞ex﹣x2﹣ln(x+1)﹣cosx
≥x2+x+1﹣x2﹣ln(x+1)﹣cosx
＝x﹣ln(x+1)+1﹣cosx
≥x﹣x+1﹣cosx＝1﹣cosx≥0,
即对于任意的x∈[0，+∞）恒成立，
综上：a的取值范围是（1，+∞）．
76.(2021•湖南三模•T21．)已知函数f（x）＝+alnx（a∈R），g（x）＝x2﹣x﹣．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若函数F（x）＝f（x）+g（x）存在两个极值点x1，x2，且曲线y＝F（x）在x＝处的切线方程为y＝G（x），求使不等式F（x）＜G（x）成立的x的取值范围．
【解析】（1），
当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，
当a＞0时，易得当x＞时，f′（x）＞0，当0＜x＜时，f′（x）＜0，
故f（x）在（，+∞）上单调递增，在（0，）上单调递减，
（2）F（x）＝f（x）+g（x）＝alnx+x2﹣x，
所以F′（x）＝＝，x＞0，
因为F（x）＝f（x）+g（x）存在两个极值点x1，x2，
所以F′（x）＝＝0有两个不等正实数解，
即2x2﹣x+a＝0有两个不等式正根，
所以，解得0，
因为x1x2＝，x＝＝，
所以F′（）＝2﹣1，F（）＝﹣，
所以曲线y＝F（x）在x＝处的切线方程为y﹣（﹣）＝（2﹣1）（x﹣），
即G（x）＝y＝（2﹣1）x+﹣，
令h（x）＝F（x）﹣G（x）＝，
＝＞0，
故h（x）在（0，+∞）上单调递增，且h（）＝0，
故当0＜x＜时，h（x）＜0，即F（x）＜G（x），
故x的范围（0，）．
77.(2021•福建宁德三模•T22．)已知函数f(x)=ae-x+lnx-1(a∈R).
(1)当a≤e时，讨论函数f(x)的单调性：
(2)若函数f(x)恰有两个极值点x1，x2(x1
当a≤0时，f'(x)>0恒成立，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当0lna时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
∴g(x)≥g(lna)=elna-alna=a(1-lna)≥0，
∴f'(x)≥0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
综上，当a≤e时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
(2)依题意，f'(x1)=f'(x2)=0，则ex1-ax1=0ex2-ax2=0，
两式相除得，ex2-x1=x2x1，设x2x1=t，则t>1，x2=tx1，e(t-1)x1=t，
∴x1=lntt-1,x2=tlntt-1，
∴x1+x2=(t+1)lntt-1，
设h(t)=(t+1)lntt-1(t>1)，则h'(t)=t-1t-2lnt(t-1)2，
设φ(t)=t-1t-2lnt(t>1)，则φ'(t)=1+1t2-2t=(t-1)2t2>0，
∴φ(t)在(1,+∞)单调递增，则φ(t)>φ(1)=0，
∴h'(t)>0，则h(t)在(1,+∞)单调递增，
又x1+x2≤2ln3，即h(t)≤2ln3，h(3)=2ln3，
∴t∈(1,3],即x2x1的最大值为3.
【解析】(1)对函数f(x)求导，然后分a≤0及0
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查转化与化归思想，函数与方程思想，考查逻辑推理以及运算求解能力，属于中档题．
78.(2021•宁夏中卫三模•理T21．)已知函数f（x）＝lnx﹣，其中a∈R．
（1）当a＝2，x＞1时，证明：f（x）＞0；
（2）若函数F（x）＝＞0恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若函数F（x）＝有两个不同的零点x1，x2，证明：2．
【解析】（1）证明：当a＝2时，f（x）＝lnx﹣，
f′（x）＝﹣＝＝，
当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）单调递增，
∵f（1）＝0，∴f（x）＞f（1）＝0；
（2）f（x）＝lnx﹣，则f′（x）＝，
令g（x）＝x2+2（1﹣a）x+1，
当a＜0时，又x＞0，则g（x）＞0，f′（x）＞0，
当0≤a≤2时，△＝4a2﹣8a≤0，得g（x）≥0，f′（x）＞0，
故当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，且f（1）＝0，
故有f（x）＞0，可得F（x）＞0，
当a＞2时，有△＝4a2﹣8a＞0，
此时g（x）有2个零点，设为t1，t2，且t1＜t2，
又t1+t2＝2（a﹣1）＞0，t1t2＝1，故0＜t1＜1＜t2，
在（1，t2）上，f（x）为单调递减函数，
故此时有f（x）＜0，即lnx＜，得﹣＜0，
此时F（x）＞0不恒成立，
综上：a的取值范围是（﹣∞，2]；
（3）证明：若F（x）有2个不同的零点x1，x2，不妨设x1＜x2，
则x1，x2为f（x）的两个零点，且x1≠1，x2≠1，
由（2）知此时a＞2，并且f（x）在（0，t1），（t2，+∞）上单调递增，
在（t1，t2）上单调递减，且f（1）＝0，
∴f（t1）＞0，f（t2）＜0，∵f（e﹣a）＝﹣＜0，f（ea）＝＞0，
e﹣a＜1＜ea，且f（x）的图像连续不断，
∴x1∈（e﹣a，t1），x2∈（t2，ea），∴t2﹣t1＜x2﹣x1＜ea﹣e﹣a，
∵t2﹣t1＝＝2，
综上：2＜|x2﹣x1|＜ea﹣e﹣a．
79.(2021•江西南昌三模•理T21．)定义在实数集R上的偶函数f（x）的最小值为3，且当x≥0时，f（x）＝3ex+a，其中e是自然对数的底数．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）求最大的整数m（m＞1），使得存在t∈R，只要x∈[1，m]，就有f（x+t）≤3ex．
【解析】（1）∵y＝ex是增函数，∴当x≥0时，f（x）为增函数，又f（x）为偶函数，∴f（x）min＝f（0）＝3+a，∴3+a＝3．∴a＝0
当x＜0时，∵﹣x＞0∴f（x）＝f（﹣x）＝3e﹣x
综上，．
（2）当x∈[1，m]时，有f（x+t）≤3ex，∴f（1+t）≤3e
当1+t≥0时，3e1+t≤3e即e1+t≤e，1+t≤1，∵﹣1≤t≤0
当1+t≤0时，同理，﹣2≤t≤﹣1，∴﹣2≤t≤0
同样地，f（m+t）≤3em及m≥2，得em+t≤em∴
由t的存在性可知，上述不等式在[﹣2，0]上必有解．
∵et在[﹣2，0]上的最小值为e﹣2，∵，即em﹣e3m≤0①
令g（x）＝ex﹣e3x，x∈[2，+∞）．
则g'（x）＝ex﹣e3由g'（x）＝0得x＝3．
当2≤x＜3时，g'（x）＜0，g（x）是减函数；当x＞3时，g'（x）＞0，g（x）是增函数
∴g（x）的最小值是g（3）＝e3﹣3e3＝﹣2e3＜0，
又g（2）＜0，g（4）＜0，g（5）＞0，
∴g（x）＝0在[2，+∞）上有唯一解m0∈（4，5）．
当2≤x≤m0时，g（x）≤0，当x＞m0时，g（x）＞0∴在x∈[2，+∞）时满足不等式①的最大实数解为m0
当t＝﹣2，x∈[1，m0]时，f（x﹣2）﹣3ex＝3e（e|x﹣2|﹣1﹣x），在x∈[1，2）时，∵e|x﹣2|﹣1＝e1﹣x≤1∴f（x﹣2）﹣3ex≤0，在x∈[2，m0]时，f（x﹣2）﹣3ex＝
综上所述，m最大整数为4．
80.(2021•江西上饶三模•理T21．)设函数f（x）＝ex+ax﹣b+1（a，b∈R）．
（1）若b＝1，f（x）有两个零点，求a的取值范围；
（2）若f（x）≥0，求b﹣a的最大值．
【解析】（1）b＝1时，f（x）＝ex+ax，f′（x）＝ex+a，
①当a≥0时，f′（x）＞0，则f（x）在R上单调递增，不满足题意；
②当a＜0时，令f′（x）＝0，解得x＝ln（﹣a），
则f（x）在（﹣∞，ln（﹣a））上单调递减，在（ln（﹣a），+∞）上单调递增，
要使f（x）有两个零点，只需f（ln（﹣a））＜0，即﹣a+aln（﹣a）＜0，解得a＜﹣e，
即a的取值范围是（﹣∞，﹣e）．
（2）函数f（x）＝ex+ax﹣b+1，f′（x）＝ex+a，
由（1）知，当a≥0时，f（x）在R上单调递增，
当x→﹣∞时，f（x）→﹣∞，与f（x）≥0矛盾，
所以a＜0，由（1）知，f（x）min＝f（ln（﹣a））＝﹣a+aln（﹣a）﹣b+1≥0，
所以b≤﹣a+aln（﹣a）+1，b﹣a≤﹣2a+aln（﹣a）+1，
令g（a）＝﹣2a+aln（﹣a）+1，g′（a）＝﹣2+ln（﹣a）+1＝﹣1+ln（﹣a），
令g′（a）＞0，可得a＜﹣e，令g′（x）＜0，可得﹣e＜a＜0，
所以g（a）在（﹣∞，﹣e）上单调递增，在（﹣e，0）上单调递减，
所以g（a）max＝g（﹣e）＝e+1，
所以b﹣a≤e+1，
所以b﹣a的最大值为e+1．
81.(2021•安徽宿州三模•理T21．)已知函数f（x）＝ex﹣ax，g（x）＝ax2﹣ax+x．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若a≤1﹣，证明：当x∈[﹣1，+∞）时，f（x）≥g（x）+1．
【解析】（Ⅰ）∵f′（x）＝ex﹣a，............（1分）
当a≤0时，f′（x）＝ex﹣a在R上恒成立，
∴f（x）在（﹣∞，+∞）上是递增的，............
当a＞0时，令f′（x）＞0，则x＞lna，令f′（x）＜0，则x＜lna，
∴f（x）在（﹣∞，lna）上递减，在（lna，+∞）上递增，.........
综上所述，当a≤0时，f（x）是（﹣∞，+∞）上的增函数．
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）是减函数，在（lna，+∞）上是增函数．……………………
（Ⅱ）证明：f（x）≥g（x）+1⇔f（x）﹣g（x）﹣1≥0⇔ex﹣ax2﹣x﹣1≥0，
令h（x）＝ex﹣ax2﹣x﹣1，h′（x）＝ex﹣ax﹣1，……………………………………………
由（Ⅰ）知．①当a≤0时，h′（x）＝ex﹣ax﹣1在（﹣1，+∞）上递增，又h′（0）＝0，
∴﹣1＜x＜0，h′（x）＜0，x＞0时，h′（x）＞0，
则h（x）在（﹣1，0））上递减，在（0，+∞）上递增，
∴h（x）min＝h（0）＝0，……………………………………………………………
②当0＜a≤时，lna≤﹣1，
由（1）知h′（x）在（﹣1，+∞）上递增．又h′（0）＝0，
则h（x）在（﹣1，0）上递减，在（0，+∞）上递增，
h（x）min＝h（0）＝0，…………………………………………
③当＜a≤1﹣时．由（1）知0＞lna＞﹣1
h′（x）在（﹣1，lna）上递减．在（lna，+∞）上递增，
且h′（0）＝0，h′（﹣1）＝+a﹣1≤0，
∴﹣1≤x＜0时，h′（x）＜0，x＞0时，h′（x）＞0，
∴h（x）在（﹣1，0）上递减，在（0，+∞）上递增，
则h（x）min＝h（0）＝0，……………………………………………………………
综上所述，在[﹣1，+∞）上函数h（x）≥0恒成立．
∴若a≤1﹣，当x∈[﹣1，+∞）时，f（x）≥g（x）+1恒成立．…………………………………………
82.(2021•安徽宿州三模•文T21．)已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+（a﹣1）x，a∈R．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若f（x）≤﹣ax2﹣x恒成立，求整数a的最大值．
【解析】（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）＝﹣ax+a﹣1＝＝，
（1）当a≥0时，﹣ax﹣1＜0，由f′（x）＞0，得x＞1，由f′（x）＜0，得0＜x＜1，
∴f（x）的单调减区间为（0，1），单调增区间为（1，+∞）；
（2）当﹣1＜a＜0时，﹣＞1，由f′（x）＞0，得0＜x＜1或x＞，由f′（x）＜0，得1＜x＜﹣，
∴f（x）的单调减区间为（1，﹣），单调增区间为（0，1）和（﹣，+∞）；
（3）当a＝﹣1时，＝1，f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
∴f（x）的单调增区间为（0，+∞），无减区间；
（4）当a＜﹣1时，0＜＜1，由f′（x）＞0，得0＜x＜或x＞1，由f′（x）＜0，得﹣＜x＜1，
∴f（x）的单调减区间为（﹣，1），单调增区间为（0，﹣）和（1，+∞）；
综上所述，当a＜﹣1时，f（x）的单调减区间为（﹣，1），单调增区间为（0，﹣）和（1，+∞）；
当a＝﹣1时，f（x）的单调增区间为（0，+∞），无减区间；
当﹣1＜a＜0时，f（x）的单调减区间为（1，﹣），单调增区间为（0，1）和（﹣，+∞）；
当a≥0时，f（x）的单调减区间为（0，1），单调增区间为（1，+∞）．
（Ⅱ）f（x）＝lnx﹣ax2+（a﹣1）x≤﹣ax2﹣x，
故lnx+ax≤⇔a≤，
设g（x）＝，则g′（x）＝，
设h（x）＝（x﹣1）ex﹣1+lnx，则h′（x）＝xex+＞0恒成立，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，
∵h（1）＝﹣1＜0，h（2）＝﹣1+ln2＞﹣1+ln＝0，
∴∃x0∈（1，2），使得h（x0）＝（x0﹣1）﹣1+lnx0＝0，﹣lnx0＝（x0﹣1）﹣1，
x∈（0，x0）时，h（x）＜0，从而g′（x）＜0，
∴x∈（0，x0）时，g′（x）＜0，g（x）在（0，x0）上为减函数，
x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，从而g′（x）＞0，
∴x∈（x0，+∞）时，g（x）在x∈（x0，+∞）上为增函数，
∴g（x）min＝g（x0）＝，把﹣lnx0＝（x0﹣1）﹣1代入得：
g（x0）＝＝﹣，
令p（x）＝﹣，x∈（1，2），则p（x）为增函数，
∴p（1）＜p（x）＜p（2），p（1）＝﹣1∈（﹣1，0），p（2）＝0，
∴g（x0）∈（﹣1，0），
∴整数a的最大值为﹣1．
83.(2021•安徽马鞍山三模•理T20．)已知函数f（x）＝a（1﹣x）ex，其中a∈R且a≠0．
（1）讨论f（x）的单调区间，并指出其单调性；
（2）若a＝1，，x0是F（x）的极大值点，求证：．
【解析】（1）∵f（x）＝a（1﹣x）ex，
∴f′（x）＝﹣axex，
a＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＜0，
令f′（x）＜0，解得：x＞0，
故f（x）在（﹣∞，0）递增，在（0，+∞）递减，
a＜0时，令f′（x）＞0，解得：x＞0，
令f′（x）＜0，解得：x＜0，
故f（x）在（﹣∞，0）递减，在（0，+∞）递增；
综上：a＞0时，f（x）在（﹣∞，0）递增，在（0，+∞）递减，
a＜0时，f（x）在（﹣∞，0）递减，在（0，+∞）递增；
（2）证明：a＝1时，F（x）＝x2﹣x3+（1﹣x）ex，
∴F′（x）＝x（2﹣x﹣ex），令h（x）＝2﹣x﹣ex，则h′（x）＝﹣1﹣ex＜0，
h（x）在R递减，而h（0）＝1＞0，h（1）＝1﹣e＜0，
故存在x0∈（0，1），使得h（x0）＝0，则＝2﹣x0，
故x∈（﹣∞，0）时，F′（x）＜0，F（x）递减，
x∈（0，x0）时，F′（x）＞0，F（x）递增，
x∈（x0，+∞）时，F′（x）＜0，F（x）递减，
∴x0是F（x）的极大值点，
∴F（x0）＝﹣+（1﹣x0）＝﹣+2﹣3x0+2，x0∈（0，1），
令G（x）＝﹣x3+2x2﹣3x+2，x∈（0，1），
则G′（x）＝﹣（x﹣1）（x﹣3）＜0，
故G（x）在（0，1）递减，而G（0）＝2，G（1）＝，
故F（x0）∈（，2）．
84.(2021•安徽马鞍山三模•文T21．)已知函数．
（1）当时，求函数f（x）的单调区间；
（2）当，x∈（1，+∞）时，求证：f（x）＞0．
【解析】（1）解：函数f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），
当a＝时，f（x）＝lnx﹣＝lnx+，
∴f′（x）＝．
令f′（x）＝0，得x＝或x＝2，
∴当x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（1，2）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
综上，函数f（x）的单调增区间为（0，），（2，+∞），
单调减区间为（，1），（1，2）；
（2）证明：要证f（x）＞0，即证lnx﹣＞0（a，x＞1）成立，
即证＞0，也就是证lnx+＞0成立，
即证3（x﹣1）lnx﹣3x+5＞0（x＞1）成立．
令g（x）＝3（x﹣1）lnx﹣3x+5＞0（x＞1），
则g′（x）＝3（lnx﹣），该函数在（1，+∞）上单调递增，
又g′（1）＝﹣3＜0，g′（2）＝3（ln2﹣）＞0，
∴g′（x）＝0在（1，2）上有唯一零点x0，使得，
且当x∈（1，x0）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
当x∈（x0，2）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
∴g（x）min＝g（x0）＝3（x0﹣1）lnx0﹣3x0+5＝
＝8﹣3（），
∵x0∈（1，2），∴2＜＜，
∴g（x）min＞0，即f（x）＞0．
85.(2021•江西九江二模•理T20．)已知函数f（x）＝ex+ax（a∈R）．
（Ⅰ）讨论f（x）在（0，+∞）上的单调性；
（Ⅱ）若对任意x∈（0，+∞），xex+ax2+（x﹣ln|a|）2≥0恒成立，求a的取值范围．
【解析】（I）f′（x）＝ex+a，当a≥﹣1时，∵x＞0，∴ex＞1，∴f′（x）＝ex+a＞0，∴f（x）在（0，+∞）上的单调递增．
当a＜﹣1时，ln（﹣a）＞0，∴x＞ln（﹣a）时，f′（x）＞0；x＜ln（﹣a）时，f′（x）＜0．
∴f（x）在（0，ln（﹣a））上的单调递减，在（ln（﹣a），+∞）上的单调递增．
综上可得：当a≥﹣1时，f（x）在（0，+∞）上的单调递增．
当a＜﹣1时，f（x）在（0，ln（﹣a））上的单调递减，在（ln（﹣a），+∞）上的单调递增．
（II）当a≥﹣1且a≠0时，由（I）可知：f（x）在（0，+∞）上的单调递增，∴f（x）＞f（0）＝1．
∴x＞0时，xex+ax2+（x﹣ln|a|）2≥0恒成立⇔ex+ax+x+﹣2ln|a|≥0恒成立．
a＜﹣1时，令u（x）＝ex+ax+x+﹣2ln|a|，
∵y＝x+﹣2ln|a|，在（0，ln（﹣a））上的单调递减，在（ln（﹣a），+∞）上的单调递增．
由（I）可知：f（x）＝ex+ax，在（0，ln（﹣a））上的单调递减，在（ln（﹣a），+∞）上的单调递增．
∴u（x）在（0，ln（﹣a））上的单调递减，在（ln（﹣a），+∞）上的单调递增．
∴u（x）min＝u（ln（﹣a））＝eln（﹣a）+aln（﹣a）+ln（﹣a）+﹣2ln（﹣a）＝eln（﹣a）+aln（﹣a）＝﹣a+aln（﹣a）＝a（ln（﹣a）﹣1），
∴a（ln（﹣a）﹣1）≥0，解得：﹣e≤a＜﹣1．
综上可得：a的取值范围是[﹣e，0）∪（0，+∞）．
86.(2021•北京门头沟二模•理T20)已知函数f(x)=a(x2-1)-2lnx，a∈R.
时，求在(1,f(1))处的切线方程；
讨论f(x)的单调性；
证明：当a≥1时，f(x)≥ax+1x-(a+1)在区间(1,+∞)上恒成立.
【解析】时，f(x)=2(x2-1)-2lnx，
f'(x)=4x-2x，f'(1)=2，f(1)=0，
故切线方程是：y-0=2(x-1)，即y=2(x-1).
，
f'(x)=2ax-2x=2ax2-2x(x>0)，
①当a≤0时，f'(x)<0在(0,+∞)上恒成立，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减，
②当a>0时，由f'(x)=0，得x=1a，
当x∈(0,1a)时，f'(x)<0，f(x)递减，
当x∈(1a,+∞)时，f'(x)>0，f(x)递增，
综上：a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递减，
a>0时，f(x)在(0,1a)递减，在(1a,+∞)递增．
证明：当a≥1时，f(x)≥ax+1x-(a+1)，
即ax2-ax-2lnx-1x+1≥0在(1,+∞)上恒成立，
令h(x)=ax2-ax-2lnx-1x+1，(x>1)，
则h'(x)=2ax-a-2x+1x2，h''(x)=2a+2x3(x-1)，
由于a≥1，x>1，则h''(x)>0，
故h'(x)在(1,+∞)上单调递增，
而h'(1)=a-1≥0，则h(x)在(1,+∞)上单调递增，
故h(x)>h(1)=0，
故当a≥1时，f(x)≥ax+1x-(a+1)在区间(1,+∞)上恒成立．
【解析】代入a的值，求出函数的导数，计算f(1)，f'(1)，求出切线方程即可；
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；
问题转化为ax2-ax-2lnx-1x+1≥0在(1,+∞)上恒成立，令h(x)=ax2-ax-2lnx-1x+1，(x>1)，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．
本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是中档题．
87.(2021•浙江杭州二模•理T22．)已知函数f（x）＝aln（x+1）（a＞0），．
（1）当a＝1时，求证：对任意x＞0，f（x）＞g（x）；
（2）若函数f（x）图象上不同两点P，Q到x轴的距离相等，设f（x）图象在点P，Q处切线交点为M，求证：对任意a＞0，点M在第二象限．
【解析】证明：（1）根据题意，对任意x＞0，f（x）＞g（x）恒成立，即证明h（x）＝f（x）﹣g（x）＞0恒成立，即证h（x）min＞0恒成立，
当a＝1时，f（x）＝ln（x+1），g（x）＝，
令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝ln（x+1）﹣（x＞0），则有h'（x）＝
∵x＞0
∴h'（x）＞0，即得函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴h（x）＞h（0）＝0，即得f（x）﹣g（x）＞0⇔f（x）＞g（x）
（2）∵f（x）＝aln（x+1）的定义域为x∈（﹣1，+∞），
∴f'（x）＝，即得当a＞0时，f'（x）＞0，则函数g（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，
设点P（xP，yP），Q（xQ，yQ），则有yP≠yQ，
∵|yP|＝|yQ|，∴yP+yQ＝0⇔yQ＝﹣yP
∵yP＝aln（xP+1），yQ＝aln（xQ+1）
此时假设t＝ln（xP+1）＞0，则aln（xQ+1）＝﹣at⇒ln（xQ+1）＝﹣t，
由此可得
∴f（x）图象在点P，Q处的切线方程可分别表示为：
联立可得，交点M的坐标即为
∵
令F（t）＝2e﹣et+e﹣t（t＞0），则有F'（x）＝﹣et﹣e﹣t＜0，即得F（t）＜F（0）＝0恒成立，⇒xM＜0；
∵＝＝＞0
由此可得，点M在第二象限．
88.(2021•河北秦皇岛二模•理T22．)已知函数f（x）＝（x2﹣ax）lnx﹣x2+2ax+1，x∈（0，+∞）．
（1）讨论函数y＝f（x）的单调性；
（2）若a＞e，求证：f′（x）＞﹣（﹣1）2．
【解析】（1）f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）＝（x﹣a）lnx﹣x+a＝（x﹣a）（lnx﹣1），
①当a≤0，令f′（x）＞0，解得：x＞e，令f′（x）＜0，解得：x＜e，
故f（x）在（0，e）递减，在（e，+∞）递增，
②当0＜a＜e，令f′（x）＞0，解得：x＞e或x＜a，令f′（x）＜0，解得：a＜x＜e，
故f（x）在（0，a）递增，在（a，e）递减，在（e，+∞）递增，
③当a＝e时，令f′（x）≥0恒成立，
故f（x）在（0，+∞）递增，无递减区间，
④当a＞e，令f′（x）＞0，解得：x＞a或x＜e，令f′（x）＜0，解得：e＜x＜a，
故f（x）在（0，e）递增，在（e，a）递减，在（a，+∞）递增，
综上：当a≤0，f（x）在（0，e）递减，在（e，+∞）递增，
当0＜a＜e，f（x）在（0，a）递增，在（a，e）递减，在（e，+∞）递增，
当a＝e时，故f（x）在（0，+∞）递增，无递减区间，
当a＞e，f（x）在（0，e）递增，在（e，a）递减，在（a，+∞）递增；
（2）证明：令g（x）＝f′（x），则g′（x）＝lnx﹣，
∵a＞e，∴g′（x）在（0，+∞）上单调递增，
g′（e）＝1﹣＜0，g′（）＝﹣＝＞0，
设φ（x）＝ex﹣x，x＞0，则φ′（x）＝ex﹣1＞0，φ（x）递增，
∴φ（）＞φ（0）＝1＞0，即﹣＞0，
∴∃x0∈（e，），使得g′（x0）＝0，即a＝x0lnx0，
且当x∈（0，x0）时，g′（x）＜0，x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，
∴f′（x）在（0，x0）递减，在（x0，+∞）递增，
∴f′（x）min＝f′（x0）＝（x0﹣a）（lnx0﹣1）＝（x0﹣x0lnx0）（lnx0﹣1）＝﹣x0，
设h（x）＝﹣x（lnx﹣1）2，x∈（e，），
则h′（x）＝﹣（lnx﹣1）2﹣2x（lnx﹣1）•＝1﹣ln2x＜0，
∴h（x）在（e，）上单调递减，
∴f′（x）min＝h（x0）＞h（）＝﹣，原命题成立．
89.(2021•江西上饶二模•理T21．)已知函数f（x）＝2exsinx（e是自然对数的底数）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）记g（x）＝f（x）﹣ax，0＜a＜6，试讨论g（x）在（0，π）上的零点个数．（参考数据：e≈4.8）
【解析】（1）f′（x）＝2ex（sinx+cosx）＝2exsin（x+），
由f′（x）＜0，解得：2kπ+＜x＜2kπ+，
由f′（x）＞0，解得：2kπ﹣＜x＜2kπ+（k∈Z），
故f（x）在（2kπ﹣，2kπ+）递增，在（2kπ+，2kπ+）（k∈Z）递减；
（2）g（x）＝2exsinx﹣ax，∴g′（x）＝2ex（sinx+cosx）﹣a，
令h（x）＝g′（x），则h′（x）＝4excosx，
x∈（0，）时，h′（x）＞0，x∈（，π）时，h′（x）＜0，
∴g′（x）即h（x）在（0，）单调递增，在（，π）上单调递减，
∵g′（0）＝2﹣a，g′（π）＝﹣2ex﹣a＜0，
①当2﹣a≥0即0＜a≤2时，g′（0）≥0，∴g′（）＞0，
∴存在x0∈（，π），使得g′（x0）＝0，
∴当x∈（0，x0）时，g′（x）＞0，当x∈（x0，π）时，g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，π）上单调递减，
∵g（0）＝0，∴g（x0）＞0，
又g（π）＝﹣aπ＜0，则g（x）在（0，π）上仅有1个零点，
②当2＜a＜6时，g′（0）＝2﹣a＜0，
∵g′（x）在（0，）上单调递增，在（，π）上单调递减，且g′（）＝2﹣a＞0，
∴存在x1∈（0，），x2∈（，π），使得g′（x1）＝0，g′（x2）＝0，
且当x∈（0，x1），（x2，π）时，g′（x）＜0，x∈（x1，x2）时，g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，x1）和（x2，π）上单调递减，在（x1，x2）上单调递增，
∵g（0）＝0，∴g（x1）＜0，∵g（）＝2﹣a＞2﹣3π＞0，∴g（x2）＞0，
又g（π）＝﹣aπ＜0，故g（x）在（x1，x2）和（x2，π）上各有1个零点，
综上：当0＜a≤2时，g（x）仅有1个零点，
当2＜a＜6时，g（x）有2个零点．
90.(2021•江西鹰潭二模•理T21．)设函数f（x）＝lnx+aex，g（x）＝axex（）．
（1）若y＝f（x）在x＝1处的切线平行于直线y＝2x，求实数a的值；
（2）设函数h（x）＝f（x）﹣g（x），判断y＝h（x）的零点的个数；
（3）设x1是h（x）的极值点，x2是h（x）的一个零点，且x1＜x2，求证：3x1﹣x2＞2．
【解析】（1）由题可知，f′（x）＝+aex，得切线的斜率k＝f′（1）＝1+ae，
∵两直线平行斜率相等，
∴k＝1+ae＝2，解得a＝．
（2）令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝Inx+aex﹣axex，可知h（x）的定义域为（0，+∞），
且h′（x）＝+aex﹣a（1+x）ex＝，
令m（x）＝1﹣ax2ex，得m′（x）＝﹣a（2xex+x2ex），
而0＜a＜，x＞0，得m′（x）＜0，可知m（x）在（0，+∞）内单调递减，
又m（1）＝1﹣ae＞0，且m（In）＝1﹣a（In）2•＝1﹣（In）2＜0，
故m（x）＝0在（0，+∞）内有唯一解，
从而h′（x）＝0在（0，+∞）内有唯一解，设为x0，
则1＜x0＜In，
当x∈（0，x0）时，h′（x）＝＞＝0，
∴h（x）在（0，x0）内单调递增；
当x∈（x0，+∞）时，h′（x）＝＜＝0，
∴h（x）在（x0，+∞）内单调递减；
∴x0是h（x）的唯一极值点．
令φ（x）＝Inx﹣x+1，
则当x＞1时，φ′（x）＝﹣1＜0，故φ（x）在（1，+∞）内单调递减；
∴当x＞1时，φ（x）＜φ（1）＝0，即Inx＜x﹣1，
从而h（In）＝InIn+a（1﹣In）e＝InIn﹣In+1＝φ（In）＜0，
又∵h（x0）＞h（1）＝0，
∴h（x）在（x0，+∞）内有唯一零点，
又h（x）在（0，x0）内有唯一零点1，从而h（x）在（0，+∞）内恰有两个零点．
∴y＝h（x）的零点的个数为2．
（3）已知x1是h（x）的极值点，x2是h（x）的一个零点，且x1＜x2，
由（2）及题意，，即，
∴Inx2＝e，
∴e＝，
∵由（2）知，当x＞1时，Inx＜x﹣1，又x2＞x1＞1，
故e＜＝x12，两边取对数，得Ine＜Inx12，
于是x2﹣x1＜2Inx1＜2（x1﹣1），整理得3x1﹣x2＞2．命题得证．
91.(2021•河北邯郸二模•理T22．)已知函数，g（x）＝mcosx﹣x，m＞0．
（Ⅰ）讨论函数f（x）在（﹣π，0）∪（0，π）上的单调性；
（Ⅱ）若方程mf（x）＝g（x）在区间（0，）上有且只有一个实数根，求m的取值范围．
【解析】（Ⅰ）f′（x）＝，令h（x）＝xcosx﹣sinx，
h′（x）＝cosx﹣xsinx﹣cosx＝﹣xsinx，
当x∈（﹣π，0）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，当x∈（0，π）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
所以当x∈（﹣π，0）时，h（x）＞h（0）＝0，当x∈（0，π）时，h（x）＜h（0）＝0，
所以当x∈（﹣π，0）时，f′（x）＞0，当x∈（0，π）时，f′（x）＜0，
所以f（x）在（﹣π，0）上单调递增，在（0，π）上单调递减．
（Ⅱ）由题意得＝mcosx﹣x，即x2﹣mxcosx+msinx＝0在区间（0，）上有且只有一个实数根，
令F（x）＝x2﹣mxcosx+msinx，则F（x）在（0，）上有且只有一个零点，
F′（x）＝2x﹣mcosx+mxsinx+mcosx＝2x+mxsinx＝x（2+msinx），
①当0＜m≤2时，﹣2＜msinx≤2，所以F′（x）＞0，F（x）在（0，）上单调递增，
F（x）＞F（0）＝0，所以F（x）在（0，）上无零点；
当m＞2时，令F′（x）＝0，所以sinx＝﹣∈（﹣1，0），
所以存在唯一x0∈（0，），使F′（x）＝0，
当x∈（0，x0）时，F′（x）＞0，F（x）单调递增，
当x∈（x0，）时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，
因为F（0）＝0，F（）＝﹣m，
当F（）≥0时，即2＜m≤时，F（x）＞0在（0，）上恒成立，F（x）在（0，）上无零点，不符合题意；
当F（）＜0时，即m＞时，F（x）在（0，）上有且只有一个零点，符合题意．
综上，m的取值范围是（，+∞）．
92.(2021•天津南开二模•T20．)（16分）已知函数f（x）＝e2x，g（x）＝m（2x+1）（m≠0）（e为自然对数的底数），h（x）＝f（x）（x）．
（Ⅰ）若m＝e，求函数h（x）的单调区间；
（Ⅱ）若h（x）≥1﹣m恒成立，求实数m的值；
（Ⅲ）若直线y＝g（x）是曲线f（x）＝e2x的一条切线．求证：对任意实数a＞b，都有．
【解析】（Ⅰ）m＝e时，g（x）＝e（2x+1），
由题意得：h（x）＝f（x）﹣g（x）＝e7x﹣e（2x+1），x∈R，
∴h′（x）＝2e2x﹣2e＝7e（e2x﹣1﹣6），
令h′（x）＝0，解得：x＝，x，h（x）的变化如下：
x
（﹣∞，）
（，+∞）
h′（x）
﹣
0
+
h（x）
递减
极小值
递增
∴h（x）的递减区间是（﹣∞，），递增区间是（；
（Ⅱ）若h（x）≥2﹣m恒成立，则m•2x≤e2x﹣3，
①x＝0时，显然成立，
②x＞0时，问题转化为m≤，+∞）恒成立，
令k（t）＝（t＞0），
令p（t）＝（t﹣1）et+2，则p′（t）＝tet＞0，p（t）在（0，
故p（t）＞p（0）＝6，故k′（t）＞0，+∞）递增，
而＝et＝1，故m≤4，
③x＜0时，问题转化为m≥，0）恒成立，
同理可得m≥2，
综上：m＝1；
（Ⅲ）证明：直线y＝g（x）是曲线f（x）的一条切线，设切点是（x0，y4），
∵f′（x）＝2e2x，
∴，解得：，
故h（x）＝e5x﹣2x﹣1，
要证，
即证≥8e2b﹣2，
即证≥2e5b，a＞b，
即证e2（a﹣b）﹣1≥5（a﹣b），
令t＝a﹣b＞0，即证e2t﹣3≥2t，t＞0，
令φ（t）＝e7t﹣1﹣2t（t＞4），φ′（t）＝2e2t﹣6＞0，
故φ（t）在（0，+∞）单调递增，
∴φ（t）＞φ（0）＝3，即e2t﹣1﹣4t＞0，
即证得．
93.(2021•广东潮州二模•T22．)已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝x2﹣ax（a＞0）．
（1）讨论函数h（x）＝f（x）+g（x）的极值点；
（2）若x1，x2（x1＜x2）是方程f（x）﹣+＝0的两个不同的正实根，证明：x12+x22＞4a．
【解析】（1）h（x）＝f（x）+g（x）＝lnx+x2﹣ax（x＞0）（a＞0），
h′（x）＝+2x﹣a＝，
令2x2﹣ax+1＝0，△＝a2﹣8，
当0＜a≤2时，△≤0，h′（x）≥0，无极值点，
当a＞2时，令2x2﹣ax+1＝0，解得：x＝，
当x∈（0，），（，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）递增，
x∈（，）时，h′（x）＜0，h（x）递减，
故h（x）极大值点是，极小值点是；
综上：0＜a≤2时，h（x）无极值点，
a＞2时，h（x）极大值点是，极小值点是；
（2）由f（x）﹣+＝lnx﹣+＝0，即lnx+＝0，
令k（x）＝lnx+（x＞0，a＞0），
k′（x）＝﹣＝，令k′（x）＝0，得x＝，
当0＜x＜时，k′（x）＜0，当x＞时，k′（x）＞0，
∴k（x）在（0，）递减，在（，+∞）上递增，
又∵k（x）有2个零点，
∴k（）＜0，即ln+＜0，解得：0＜a＜，
且，两式相减得：lnx2﹣lnx1＝﹣，
设t＝（t＞1），∴lnt＝﹣，
∴＝（1﹣），要证明x12+x22＞4a，
即证明（1+t2）＞4a，（1+t2）（1﹣）＞4a，
∴（1+t2）（1﹣）＞2，
即证明2lnt2﹣t2+＜0（t＞1），
令q（x）＝2lnx﹣x+（x＞1），
q′（x）＝﹣＜0，
∴q（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴q（x）＜q（1）＝0，
∴2lnx﹣x+＜0即x12+x22＞4a．
94.(2021•辽宁朝阳二模•T) 21．设函数f（x）＝axlnx，其中a∈R，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线经过点（3，2）．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）求函数f（x）的极值；
（Ⅲ）证明：f（x）＞﹣．
【解析】（I）f′（x）＝alnx+a，
则f（1）＝0，f′（1）＝a，
故取消y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程y＝a（x﹣1），
把点（3，2）代入切线方程可得，a＝1，
（II）由（I）可得f′（x）＝lnx+1，x＞0，
易得，当0时，f′（x）＜0，函数单调递减，当x＞时，f′（x）＞0，函数单调递增，
故当x＝时，函数取得极小值f（）＝﹣，没有极大值，
证明：（III）f（x）＞﹣等价于xlnx﹣＞0，
由（II）可得f（x）＝xlnx（当且仅当x＝时等号成立）①，
所以xlnx﹣，
故只要证明即可，（需验证等号不同时成立）
设g（x）＝，x＞0则，
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，函数单调递减，当x＞1时，g′（x）＞0，函数单调递增，
所以g（x）≥g（1）＝0，当且仅当x＝1时等号成立，②
因为①②等号不同时成立，
所以当x＞0时，f（x）＞﹣．
95.(2021•山东潍坊二模•T)20．已知函数f（x）＝的单调递增区间是[0，1]，极大值是．
（1）求曲线y＝f（x）在点（﹣1，f（﹣1））处的切线方程；
（2）若存在非零实数x0，使得f（x0）＝1，m＞0，求f（x）在区间（﹣∞，m]上的最小值．
【解析】（1）∵f（x）＝，
∴f′（x）＝，
∵f（x）的递增区间是[0，1]，
∴﹣ax2+（2a﹣b）x+b﹣c＝0的根是0和1，
故，故a＝b＝c，
又f（x）的极大值是，故f（1）＝＝，
故a＝b＝c＝1，
故f（x）＝，f′（x）＝，
故f（﹣1）＝e，f′（﹣1）＝﹣2e，
则f（x）在点（﹣1，f（﹣1））处的切线方程是：y＝﹣2ex﹣e．
（2）f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
且f（0）＝1，当x∈（﹣∞，0]时，f（x）min＝f（0）＝1，
若存在非零实数x0，使得f（x0）＝1，则x0＞0，
①0＜m≤x0时，f（x）在（﹣∞，0]递减，在（0，m]递增，
故f（x）在区间（﹣∞，m]上的最小值是f（0）＝1，
②m＞x0时，f（x）在（﹣∞，0]递减，在（0，1）递增，在（1，m]递减，
故f（x）min＝f（m）＝．
96.(2021•浙江丽水湖州衢州二模•T)22．已知函数f（x）＝（x＞1）．
（Ⅰ）当a＝0时，求函数f（x）的图象在（e，f（e））处的切线方程；
（Ⅱ）若对任意x∈（1，+∞），不等式f（x）≥lnx+4恒成立，求实数a的取值范围．（其中e为自然对数的底数）
【解析】（Ⅰ）当a＝0时，f（x）＝，所以f（e）＝4，
此时f′（x）＝，
可得切线的斜率为f′（e）＝﹣，
所以所求切线方程为y﹣4＝﹣（x﹣e），即y＝﹣x+8；
（Ⅱ）由题意得ax+4﹣ln2x﹣4lnx≥0对对任意x∈（1，+∞）恒成立．
令x＝e，得a≥，
设g（x）＝ax+4﹣ln2x﹣4lnx（x＞1），
g′（x）＝a﹣，
设h（x）＝，则h′（x）＝＜0，
所以h（x）在（1，+∞）递减，故0＜h（x）＜4．
①当a≥4时，g′（x）≥0，所以g（x）在（1，+∞）单调递增，g（x）＞g（1）＝a+4＞0，
所以a≥4满足题意；
②当≤a＜4时，存在x0＞1使得a＝，
即ax0＝2lnx0+4，且g（x）在（1，x0）单调递减，在（x0，+∞）单调递增，
所以g（x）min＝g（x0）＝ax0+4﹣ln2x0﹣4lnx0≥0，
所以2lnx0+4+4﹣ln2x0﹣4lnx0≥0，即ln2x0+2lnx0﹣8≤0，解得﹣4≤lnx0≤2，
即1＜x0≤e2，由h（x）＝在（1，+∞）递减，
可知≤a＜4，
综上所述，可得a≥．
97.(2021•吉林长春一模•文T21)设函数.
(I)当时,求函数的单调区间;
(Ⅱ)当时,求证:
【解析】时，
易知为增函数,且
所以当时单调递减,当时单调递增.(4分)
(2) ,当时,易知为上增函数,
当时；当时；当时,
而
所以存在即
当时单调递减,
当时单调递增:
所以.(12分)
98.(2021•新疆乌鲁木齐二模•文T21．)已知函数f（x）＝x2+sinx+cosx．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在x＝0处的切线方程；
（Ⅱ）若f（x）≥1+ax，求a．
【解析】（Ⅰ）由题意可知f（x）的定义域为R，
f′（x）＝2x+cosx﹣sinx，
所以f（0）＝1，f′（0）＝1，
所以y＝f（x）在x＝0处的切线方程为y＝x+1．
（Ⅱ）令g（x）＝x2+sinx+cosx﹣1﹣ax，
则g（0）＝0，
g′（x）＝2x+cosx﹣sinx﹣a，
g″（x）＝2﹣sinx﹣cosx≥0，
所以g′（x）在（﹣∞，+∞）上为增函数，又因为g′（0）＝1﹣a，
①当a＞1时，g′（0）＜0，4a＞0，
g′（4a）＝7a+cos4a﹣sin4a＞0，
所以∃x0∈（0，4a），使得g′（x0）＝0，
所以g（x）在（0，x0）上单调递减，则g（x0）＜g（0）＝0，与题不符．
②当a＜1时，g′（0）＞0，a﹣π＜0，
g′（a﹣π）＝﹣2π﹣cosa+sina+a＜0，
所以∃x1∈（a﹣π，0），使得g′（x1）＝0，
所以g（x）在（x1，0）上单调递增，则g（x1）＜g（0）＝0，与题不符，
③当a＝1时，g′（0）＝0，
所以g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，g（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以g（x）≥g（0）＝0，
综上所述，当a＝1时，f（x）≥1+ax．
99.(2021•安徽淮北二模•文T21．)设函数f（x）＝ex﹣cosx﹣ax，a∈R（其中f′（x）是f（x）的导函数）．
（Ⅰ）当a＝1时，判断函数f（x）在（0，+∞）上的单调性；
（Ⅱ）若F（x）＝f′（x）﹣ax+a﹣1，证明：当a∈[1，2）时，函数F（x）有2个零点．
【解析】（Ⅰ）当a＝1时，f（x）＝ex﹣cosx﹣x，f′（x）＝ex+sinx﹣1，令H（x）＝f′（x），则H′（x）＝ex+cosx，
∵x∈（0，+∞），
∴ex＞1，﹣1≤cosx≤1，
∴H′（x）＞0，
∴H（x）在（0，+∞）单调递增，
∴H（x）＞H（0）＝e0﹣1＝0，
∴f（x）在（0，+∞）单调递增；
（Ⅱ）证明：∵F（x）＝f′（x）﹣ax+a﹣1＝ex+sinx﹣a﹣ax+a﹣1＝ex+sinx﹣ax﹣1，
当x＝0时，由于F（0）＝e0+sin0﹣0﹣1＝0，故x＝0是F（x）的一个零点；
令M（x）＝F′（x）＝ex+cosx﹣a，则M′（x）＝ex﹣sinx，
∵1≤a＜2，
①当x∈（0，+∞）时，ex＞1，故M′（x）＞1﹣sinx≥0，
∴M（x）在（0，+∞）单调递增，
∴M（x）＞M（0）＝2﹣a＞0，
∴F（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴F（x）＞F（0）＝0，此时F（x）在（0，+∞）无零点；
②当x∈（﹣∞，﹣π]时，﹣ax≥π，
∵F（x）＝ex+sinx﹣ax﹣1≥ex+sinx+π﹣1＞0，
∴F（x）在（﹣∞，﹣π]无零点；
③当x∈（﹣π，0）时，sinx＜0，
∴M′（x）＝ex﹣sinx＞0，
∴M（x）在（﹣π，0）单调递增，
∵M（﹣π）＝e﹣π+cos（﹣π）﹣a＜0，M（0）＝e0+1﹣a＞0，
∴由零点存在性定理可知，存在x0∈（﹣π，0），使得M（x0）＝0，
且x∈（﹣π，x0）时，M（x）＝F′（x）＜0，F（x）单调递减，x∈（x0，0）时，M（x）＝F′（x）＞0，F（x）单调递增，
又F（﹣π）＝e﹣π+sin（﹣π）﹣a（﹣π）﹣1＞0，F（x0）＜F（0）＝0，
∴F（x）在（﹣π，0）有一个零点，
综上，当a∈[1，2）时，函数F（x）有2个零点．
100.(2021•宁夏银川二模•文T20．)已知函数f（x）＝lnx+﹣1．
（1）求函数f（x）的最小值；
（2）当x∈（0，π）时，证明：ex＞（1﹣lnx）sinx．
【解析】（1）∵函数f（x）＝lnx+﹣1，
∴x＞0，且f′（x）＝﹣＝，
由f′（x）＞0，得x＞1，由f′（x）＜0，得0＜x＜1，
∴函数f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
∴函数f（x）的最小值是f（1）＝0；
（2）证明：若证x∈（0，π）时，ex＞（1﹣lnx）sinx成立，
即证x∈（0，π）时，ex+（lnx﹣1）sinx＞0成立，
令F（x）＝ex+（lnx﹣1）sinx，
①当0＜x＜e时，ex＞1，
∴F（x）＝ex+（lnx﹣1）sinx＞1+（lnx﹣1）sinx，
令g（x）＝x﹣sinx，当0＜x＜e时，cosx＜1，
∴g′（x）＝（x﹣sinx）′＝1﹣cosx＞0，
∴函数g（x）＝x﹣sinx在（0，e）上单调递增，
∴g（x）＝x﹣sinx＞g（0）＝0，即x﹣sinx＞0，故sinx＜x，
又当0＜x＜e时，lnx＜lne＝1，
故lnx﹣1＜0，故（lnx﹣1）sinx＞（lnx﹣1）x，
故F（x）＞1+（lnx﹣1）x＝x（lnx+﹣1），
由（1）知lnx+﹣1≥0，故F（x）＞0，
②当e≤x＜π时，ex＞0，
且lnx≥lne＝1，即lnx﹣1≥0，且sinx＞0，
∴F（x）＝ex+（lnx﹣1）sinx＞0，
综上，当x∈（0，π）时，ex+（lnx﹣1）sinx＞0成立，
即当x∈（0，π）时，ex＞（1﹣lnx）sinx．
101.(2021•山西调研二模•文T21.)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若方程f(x)+a=0有三个不同的实根，求a的取值范围.
【解析】(1)函数f(x)=(x-1)ex-ax2，
则f'(x)=xex-2ax=x(ex-2a)，
(i)当a≤0时，ex-2a>0，所以f(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；
(ii)当0
(iii)当a=12时，由ex-2a=0，可得x=ln(2a)=0，所以f(x)在R上单调递增；
(iv)当a>12时，由ex-2a=0，可得x=ln(2a)>0，
所以f(x)在(-∞,0)上单调递增，在(0,ln(2a))上单调递减，在(ln(2a),+∞)上单调递增．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；
当0
当a>12时，所以f(x)在(-∞,0)和(ln(2a),+∞)上单调递增，在(0,ln(2a))上单调递减．
(2)f(x)+a=(x-1)[ex-a(x+1)]，
所以x=1为f(x)+a=0的一个根，
故ex-a(x+1)=0有两个不同于1的实根，
令f(x)=ex-a(x+1)，则g'(x)=ex-a，
(i)当a≤0时，g'(x)>0，故g(x)在R上单调递增，不符合题意；
(ii)当a>0时，当x>lna时，g'(x)>0，故g(x)单调递增，
当x
所以若要满足题意，只需g(lna)<0且g(1)≠0，
因为g(lna)=elna-a(lna+1)=-alna<0，所以a>1，
又g(1)=e-2a≠0，所以a≠e2，即a>1且a≠e2，
所以实数a的取值范围为(1,e2)⋃(e2,+∞).
【解析】(1)求出f'(x)，然后分a≤0，012四种情况，分别研究导数的正负，从而判断函数的单调性；
(2)将方程进行化简变形，得到x=1为f(x)+a=0的一个根，则ex-a(x+1)=0有两个不同于1的实根，构造函数f(x)=ex-a(x+1)，利用导数研究其单调性，确定函数值的变化情况，列出关于a的不等关系，求解即可．
本题考查了利用导数研究函数的性质，函数的零点与方程的根的综合应用，解决函数零点或方程根的问题，常用的方法有：(1)方程法(直接解方程得到函数的零点)；(2)图象法(直接画出函数的图象分析得解)；(3)方程+图象法(令函数为零，再重新构造两个函数，数形结合分析得解).属于中档题．
102.(2021•河南郑州二模•文T21．)已知函数f（x）＝lnx﹣a（x+1）．
（Ⅰ）讨论函数的单调性；
（Ⅱ）对任意x＞0，求证：﹣a（x+1）＞f（x）．
【解析】（Ⅰ）由题意得f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）＝﹣a＝，
当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）单调递增，
当a＞0时，令f′（x）＞0，解得0＜x＜，令f′（x）＜0，解得：x＞，
∴f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减；
综上：当a≤0时，f（x）在（0，+∞）单调递增，
当a＞0时，f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减；
（Ⅱ）证明：要证﹣a（x+1）＞f（x），即证•﹣lnx＞0，
令g（x）＝•﹣lnx，则g′（x）＝，
令r（x）＝2（x﹣1）ex﹣e2x，则r′（x）＝2xex﹣e2，
由r′（x）在（0，+∞）单调递增，且r′（1）＝2e﹣e2＜0，r′（2）＝3e2＞0，
∴存在唯一的实数x0∈（1，2），使得r′（x0）＝0，
∴r（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
∵r（0）＜0，r（2）＝0，∴当r（x）＞0时，x＞2，当r（x）＜0时，0＜x＜2，
∴g（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，
∴g（x）≥g（2）＝1﹣ln2＞0，
综上，•﹣lnx＞0，即﹣a（x+1）＞f（x）．
专题04 导数与定积分
一、选择题部分
1.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T7)若过点可以作曲线的两条切线，则（）
A. B.C. D.
【答案】D．
【解析】在曲线上任取一点，对函数求导得，
所以，曲线在点处的切线方程为，即，
由题意可知，点在直线上，可得，
令，则.
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，
由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，
当时，，当时，，作出函数的图象如下图所示：
由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点.
故选D.
解法二：画出函数曲线的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知.
故选D.
2.(2021•高考全国乙卷•文T12)设，若为函数的极大值点，则（）．
A. B. C. D.
【答案】D．
【解析】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.
依题意，为函数的极大值点，
当时，由，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.
当时，由时，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.
综上所述，成立.
故选D．
3.(2021•浙江卷•T7)已知函数，则图象为如图的函数可能是（）
A. B.
C. D.
【答案】D．
【解析】对于A，，该函数非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；
对于B，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；
对于C，，则，
当时，，与图象不符，排除C.
故选D.
4.(2021•江苏盐城三模•T6)韦达是法国杰出的数学家，其贡献之－是发现了多项式方程根与系数的关系，如：设一元三次方程的3个实数根为x1，x2，x3，则，．已知函数，直线l与f(x)的图象相切于点，且交f(x)的图象于另一点，则
A． B．
C．2x1＋x2＋1＝0 D．2x1＋x2＝0
【答案】D．
【考点】新情景问题下的导数的几何意义的应用
【解析】由题意可知，f′(x)＝6x2－1，所以直线l的斜率k＝f′(x1)＝6x12－1，且k＝＝＝＝2x12＋2x1x2＋2x22－1，即2x12＋2x1x2＋2x22－1＝6x12－1，化简得(2x1＋x2)(x1－x2)＝0，因为x1－x2≠0，所以2x1＋x2＝0，故答案选D．
5.(2021•河南郑州三模•理T3)若直线y＝x+b是函数f（x）图象的一条切线，则函数f（x）不可能是（ ）
A．f（x）＝ex B．f（x）＝x4 C．f（x）＝sinx D．f（x）＝
【答案】D．
【解析】直线y＝x+b的斜率为k＝，
由f（x）＝ex的导数为f′（x）＝ex，而ex＝，解得x＝﹣ln2，故A满足题意；
由f（x）＝x4的导数为f′（x）＝4x3，而4x3＝，解得x＝，故B满足题意；
由f（x）＝sinx的导数为f′（x）＝cosx，而cosx＝有解，故C满足题意；
由f（x）＝的导数为f′（x）＝﹣，即有切线的斜率小于0，故D不满足题意．
6.(2021•河南郑州三模•理T6)已知函数f（x）＝ex﹣e﹣x，a＝f（30.2），b＝f（0.30.2），c＝f（log0.23），则a，b，c的大小关系为（ ）
A．c＜b＜a B．b＜a＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b
【答案】A．
【解析】根据题意，函数f（x）＝ex﹣e﹣x，其导数为f′（x）＝ex+e﹣x，
则有f′（x）＞0恒成立，则f（x）在R上为增函数，
又由log0.23＜0.30.2＜30.2，则有c＜b＜a．
7.(2021•河北张家口三模•T8)已知a，b∈（0，3），且4lna＝aln4，c＝log0.30.06，则（ ）
A．c＜b＜a B．a＜c＜b C．b＜a＜c D．b＜c＜a
【答案】C．
【解析】由4lna＝aln4＝3aln2，
得．
令，则，
所以当x∈（3，e）时，f（x）单调递增；
当x∈（e，+∞）时，f（x）单调递减．
又f（a）＝f（4），f（b）＝f（16）．
又c＝log0.33.06＝log0.3（5.2×0.2）＝log0.35.2+1，
log7.30.8+1＞log0.40.3+4＝2，所以c＞a，
所以b＜a＜c．
8.(2021•四川内江三模•理T12．)∀x∈（0，1），记a＝，b＝（）2，则a、b、c的大小关系为（ ）．
A．a＞c＞b B．b＞c＞a C．b＞a＞c D．a＞b＞c
【答案】C．
【解析】设f（x）＝，f′（x）＝，
令g（x）＝xcosx﹣sinx，g′（x）＝cosx﹣xsinx﹣cosx＝﹣xsinx，
因为x∈（0，3），g（x）单调递减，
所以g（x）＜g（0）＝0，
所以f′（x）＜0，所以f（x）在（4，
因为0＜x2＜x＜2，
所以f（x2）＞f（x），即＞，所以b＞a，
令h（x）＝x﹣sinx，则h′（x）＝1﹣cosx＞0，5）上单调递增，
所以h（x）＞h（0）＝0，所以x＞sinx，
所以＞，即＞，
所以a＞c，
综上可得，b＞a＞c．
9.(2021•重庆名校联盟三模•T8．)若ex﹣a≥lnx+a对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是（ ）．
A． B．（﹣∞，1] C．（﹣∞，2] D．（﹣∞，e]
【答案】B．
【解析】设f（x）＝ex﹣a﹣lnx﹣a（x＞0），则f（x）≥0对一切正实数x恒成立，即f（x）min≥0，由，令，则恒成立，所以h（x）在（0，+∞）上为增函数，
当x→0时，h（x）→﹣∞，当x→+∞时，h（x）→+∞，
则在（0，+∞）上，存在x0使得h（x0）＝0，
当0＜x＜x0时，h（x）＜0，当x＞x0时，h（x）＞0，
故函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
所以函数f（x）在x＝x0处取得最小值为f（x0）＝，
因为，即x0﹣a＝﹣lnx0，
所以恒成立，即，
又，当且仅当x0＝，即x0＝1时取等号，
故2a≤2，所以a≤1．
10.(2021•贵州毕节三模•文T12．)已知定义在R上的函数f（x）满足：对任意x∈R，都有f（x+1）＝f（1﹣x），且当x∈（﹣∞，1）时，（x﹣1）⋅f'（x）＞0（其中f'（x）为f（x）的导函数）．设a＝f（log23），b＝f（log32），c＝f（21.5），则a，b，c的大小关系是（ ）
A．a＜b＜c B．c＜a＜b C．b＜a＜c D．a＜c＜b
【答案】C．
【解析】∵对任意x∈R，都有f（x+1）＝f（1﹣x），
∴f（x）关于直线x＝1对称，
又当x∈（﹣∞，1）时，（x﹣1）⋅f'（x）＞0，
∴函数f（x）在（﹣∞，1）上单调递减，则在（1，+∞）上单调递增，
而，且，∴f（21.5）＞f（log23）＞f（log32），即c＞a＞b．
11.(2021•贵州毕节三模•文T8．)已知定义在[a，b]上的函数y＝f（x）的导函数y＝f'（x）的图象如图所示，给出下列命题：
①函数y＝f（x）在区间[x2，x4]上单调递减；
②若x4＜m＜n＜x5，则；
③函数y＝f（x）在[a，b]上有3个极值点；
④若x2＜p＜q＜x3，则[f（p）﹣f（q）]•[f'（p）﹣f'（q）]＜0．
其中正确命题的序号是（ ）
A．①③ B．②④ C．②③ D．①④
【答案】B．
【解析】对于①：f′（x）在[x2，x3]上大于0，[x3，x4]上小于0，
所以f（x）在[x2，x3]上单调递增，在[x3，x4]上单调递减，故①错误；
对于②：由图像可知，f′（x）是向下凹的，
所以x4＜m＜n＜x5时，＞f′（），故②正确；
对于③：f′（x）在（a，x3）上大于等于0，（x3，x5）上小于0，（x5，b）上大于0，
所以f（x）在（a，x3）上单调递增，（x3，x5）上单调递减，（x5，b）上单调递增，
所以f（x）在[a，b]上只有两个极值点，故③错误；
对于④：由③的结论，可得f（p）﹣f（q）＜0，
又因为f′（x）在（x2，x3）上单调递增，
所以f′（p）﹣f′（q）＞0，
所以[f（p）﹣f（q）][f′（p）﹣f′（q）]＜0，故④正确．
12.(2021•贵州毕节三模•文T6．)若曲线y＝lnx+1上到直线y＝x+m的距离为2的点恰有3个，则实数m的值是（ ）
A． B．﹣2 C．2 D．
【答案】A．
【解析】由曲线y＝lnx+1上到直线y＝x+m的距离为2的点恰有3个，
可得直线y＝x+m与曲线y＝lnx+1相交，
且与直线y＝x+m平行距离为2的两条直线中的一条与y＝lnx+1相切，
设切点为（x0，lnx0+1），
由y＝lnx+1的导数y′＝，可得＝1，即x0＝1，切点为（1，1），
由点（1，1）到直线y＝x+m的距离为2，且切点在直线y＝x+m的上方，
可得2＝＝，解得m＝﹣2．
13.(2021•安徽宿州三模•理T12．)已知函数f（x）＝|x|ex，若函数g（x）＝f2（x）﹣（m+3）f（x）+3m恰有四个不同的零点，则m的取值范
围为（ ）
A．（2，+∞） B．（，+∞） C．（，1） D．（0，）
【答案】D．
【解析】函数f（x）＝|x|ex＝，
x≥0，f（x）＝xex，f′（x）＝（x+1）ex＞0，因此x≥0时，函数f（x）单调递增．
x＜0，f（x）＝﹣xex，f′（x）＝﹣（x+1）ex，可得函数f（x）在（﹣∞，﹣1）单调递增；可得函数f（x）在（﹣1，0）单调递减．
可得：f（x）在x＝﹣1时，函数f（x）取得极大值，f（﹣1）＝．
画出图象：可知：f（x）≥0．
函数g（x）＝f2（x）﹣（m+3）f（x）+3m恰有四个不同的零点，
⇒f（x）＝3和f（x）＝m共有四个根，
因为f（x）＝3有1个根，故f（x）＝m有3个根，
由图可得：0＜m＜．
14.(2021•安徽宿州三模•文T12．)已知函数f（x）＝ex﹣3+xlnx﹣x2﹣ax满足f（x）≥0恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，e] B．（﹣∞，﹣2] C．[2，e] D．[﹣2，2]
【答案】B．
【解析】由f（x）≥0，得ax≤ex﹣3+xlnx﹣x2，得a≤+lnx﹣x恒成立，
设g（x）＝+lnx﹣x，则g（x）＝ex﹣3﹣lnx+lnx﹣x≥（x﹣3﹣lnx+1）+lnx﹣x＝﹣2，
当且仅当x﹣3﹣lnx＝0，即x＝3+lnx时取“＝”号，
故a≤﹣2，a的取值范围是（﹣∞，﹣2]．
15.(2021•辽宁朝阳三模•T3．)函数f（x）＝cosx﹣的图象的切线斜率可能为（ ）
A．﹣ B．﹣2 C．﹣ D．﹣4
【答案】A．
【解析】f（x）＝cosx﹣的导数为f′（x）＝﹣sinx+，
由于﹣sinx∈[﹣1，1]，＞0，可得﹣sinx+＞﹣1，
则切线的斜率可能为﹣．
16.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T9．)已知0＜a＜5且aln5＝5lna，0＜b＜6且bln6＝6lnb，0＜c＜7且cln7＝7lnc，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．a＞c＞b B．a＞b＞c C．c＞a＞b D．c＞b＞a
【答案】A．
【解析】令F（x）＝，则，易得，当0＜x＜e时，F′（x）＞0，函数单调递增，当x＞e时，F′（x）＜0，函数单调递减，
因为0＜a＜5，0＜b＜6，0＜c＜7，所以c＞b＞a＞e，
所以f（c）＜f（b）＜f（a），则a＞b＞c．
17.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T5．)已知曲线y＝aex+xlnx在点（1，ae）处的切线方程为y＝2x+b，则（ ）
A．a＝e﹣1，b＝1 B．a＝e﹣1，b＝﹣1 C．a＝e，b＝﹣1 D．a＝e，b＝1
【答案】B．
【解析】∵y＝aex+xlnx，∴y′＝aex+lnx+1，
由在点（1，ae）处的切线方程为y＝2x+b，
可得ae+1+0＝2，解得a＝e﹣1，
又切点为（1，1），可得1＝2+b，即b＝﹣1．
18.(2021•四川泸州三模•理T12．)若asina﹣bsinb＝b2﹣a2﹣1，则（ ）
A．a＞b B．a＜b C．|a|＞|b| D．|a|＜|b|
【答案】D．
【解析】由于asina﹣bsinb＝b2﹣a2﹣1，所以asina+a2＝bsinb+b2﹣1，
设f（x）＝xsinx+x2＝x（x+sinx），由于函数f（x）满足f（﹣x）＝f（x），
故函数为偶函数，所以当x≥0时，f′（x）＝（x+sinx）+x（1+cosx），
设g（x）＝x+sinx，所以g′（x）＝1+cosx≥0，
而g（0）＝0，所以f′（x）≥0，
所以f（a）＝f（b）﹣1，故f（a）＜f（b），
由于函数为偶函数，故|a|＜|b|．
19.(2021•江苏常数三模•T8．)若函数g（x）在区间D上，对∀a，b，c∈D，g（a），g（b），g（c）为一个三角形的三边长，则称函数g（x）为“稳定函数”．已知函数在区间上是“稳定函数”，则实数m的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D．
【解析】由于，则，
易知函数f（x）在上单调递增，在（e，e2]上单调递减，
而，
∴在上的最大值为，最小值为m﹣2e2，
依题意，2f（x）min＞f（x）max，即，解得．
20.(2021•湖南三模•T10．)已知函数f（x）＝2alnx+x2+b．（ ）
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＝﹣且曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与曲线y＝﹣ex相切，则b＝﹣2
【答案】BC．
【解析】根据极值点定义可知，极小值是一个实数，A错误；
由≥0得a≥﹣x2，因为x≥1，所以a≥﹣1，B正确；
因为＝，当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，当a＜0时，f′（x）＞0不恒成立，函数不单调，C正确；a＝﹣，f′（x）＝﹣+2x2，
所以f′（1）＝﹣1，f（1）＝1+b，所以切线方程为y﹣（1+b）＝﹣（x﹣1），即y＝﹣x+b+2，设切点横坐标为x0，则＝﹣1，故x0＝0，切点（0，﹣1），代入y＝﹣x+b+2得b＝﹣3，D错误．
21.(2021•福建宁德三模•T8)已知函数f(x)=ex-1-e1-x+12sinπx，实数a，b满足不等式f(3a+b)+f(a-1)>0，则下列不等式成立的是( )
A. 4a+b>3 B. 4a+b<3 C. 2a+b>-1 D. 2a+b<-1
【答案】A．
【解析】∵f(x)=ex-1-e1-x+12sinπx，∴f(2-x)=e1-x-ex-1+12sin(2π-2x)=e1-x-ex-1-12sin2x=-f(x)，即函数f(x)关于(1,0)对称，
f'(x)=ex-1+e1-x+12πcosπx≥2ex-1⋅e1-x+12πcosπx=2+12πcosπx，
∵-12π≤12πcosπx≤12π，∴2-12π≤2+12πcosπx≤2+12π，
∴f'(x)>0恒成立，则f(x)是增函数，∵f(3a+b)+f(a-1)>0，
∴f(3a+b)>-f(a-1)=f(3-a)，则3a+b>3-a，得4a+b>3，故选：A.
根据条件判断函数f(x)关于(1,0)对称，求函数的导数，研究函数的单调性，利用函数的对称性和单调性将不等式进行转化求解即可．
本题主要考查函数奇偶性和单调性的应用，根据条件判断函数的对称性和单调性是解决本题的关键，是中档题．
22.(2021•宁夏中卫三模•理T12．)已知函数f（x）＝xex，g（x）＝2xln2x，若f（x1）＝g（x2）＝t，t＞0，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D．
【解析】因为f（x）＝xex，g（x）＝2xln2x，f（x1）＝g（x2）＝t，t＞0，
所以＝t，所以ln（）＝ln（2x2ln2x2）＝lnt，
即lnx1+x1＝ln（2x2）+ln（ln2x2）＝lnt，因为y＝x+lnx在（0，+∞）上单调递增，
所以x1＝ln（2x2），即lnx1+x1＝lnx1+ln2x2＝lnt，所以2x1x2＝t，
则＝，令h（t）＝，则h′（t）＝，
当0＜t≤e时，h′（t）≥0，h（t）单调递增，
当t＞e时，h′（t）＜0，h（t）单调递减，
故当t＝e时，h（t）取得最大值h（e）＝．
23.(2021•江西南昌三模•理T3．)已知自由落体运动的速度v＝gt，则自由落体运动从t＝0s到t＝2s所走过的路程为（ ）
A．g B．2g C．4g D．8g
【答案】B．
【解析】．
24.(2021•江西南昌三模•理T8．)将方程f（x）＝f'（x）的实数根称为函数f（x）的“新驻点”．记函数f（x）＝ex﹣x，g（x）＝lnx，的“新驻点”分别为a，b，c，则（ ）
A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．a＜c＜b D．a＜b＜c
【答案】A．
【解析】令f（x）＝f′（x），则ex﹣x＝ex﹣1，解得x＝1，即a＝1；
令g（x）＝g′（x），则，设，则，
即函数φ（x）在（0，+∞）单调递增，又，
∴函数φ（x）在（1，2）上存在唯一零点，即1＜b＜2；令h（x）＝h′（x），则，解得，则．∴c＜a＜b．
25.(2021•河南开封三模•文T6．)设函数，若f（x）的极小值为，则a＝（ ）
A． B． C． D．2
【答案】B．
【解析】，令f′（x）＝0得，x＝1﹣a，
∴x＜1﹣a时，f′（x）＜0；x＞1﹣a时，f′（x）＞0，
∴f（x）在x＝1﹣a处取得极小值，∴＝，
∴，解得．
26.(2021•安徽马鞍山三模•理T12．)已知x∈（0，+∞），不等式ax+eαx≥lnx+x恒成立，则实数a的最小值为（ ）
A． B． C．0 D．1
【答案】A．
【解析】不等式ax+eαx≥lnx+x等价于不等式eαx+lneax≥lnx+x，
令函数f（x）＝lnx+x，原问题等价于g（eax）≥g（x）在（0，+∞）恒成立．
∵，∴函数g（x）单调递增，
故只需eax≥x在（0，+∞）恒成立即可．
即ax≥lnx⇒a≥，
令f（x）＝（x＞0），则f，
可得函数f（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，
∴f（x）的最大值为f（e）＝，∴．
27.(2021•安徽马鞍山三模•文T12．)已知函数（是自然对数的底数）在x＝0处的切线与直线x﹣2y+1＝0垂直，若函数g（x）＝f（x）﹣k恰有一个零点，则实数k的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C．
【解析】函数的导数为f′（x）＝ex（x2+m﹣1），
可得f（x）在x＝0处的切线的斜率为m﹣1，由在x＝0处的切线与直线x﹣2y+1＝0垂直，可得m﹣1＝﹣2，解得m＝﹣1，则f（x）＝ex（x2﹣x﹣1），函数g（x）＝f（x）﹣k恰有一个零点，即为f（x）＝k只有一个实根．由f（x）的导数为f′（x）＝ex（x2﹣2），当﹣2＜x＜2时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x＞2或x＜﹣2时，f′（x）＞0，f（x）递增．则x＝﹣2处，f（x）取得极大值3e﹣2，x＝2处，f（x）取得极小值﹣e2，
则k的取值范围是{﹣e2}∪（3e﹣2，+∞）．
28.(2021•江西九江二模•理T11．)若不等式xm（ex+x）≤emx+mxm（x﹣lnx）恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．[，+∞） B．[1，+∞） C．[，+∞） D．[e﹣1，+∞）
【答案】C．
【解析】不等式xm（ex+x）≤emx+mxm（x﹣lnx）恒成立⇔ex+x≤+m（x﹣lnx）＝em（x﹣lnx）+m（x﹣lnx），令f（x）＝ex+x，则原不等式等价于f（x）≤f（m（x﹣lnx））恒成立．∵f（x）＝ex+x在（0，+∞）上单调递增，∴x≤m（x﹣lnx），
令g（x）＝x﹣lnx，则g′（x）＝1﹣＝，
可得：x＝1时函数g（x）取得极小值，即最小值．
∴g（x）≥g（1）＝1＞0．∴x≤m（x﹣lnx）⇔m≥，令h（x）＝，x∈（0，+∞）．∴h′（x）＝．h′（e）＝0，x∈（0，e）时，h′（x）＞0，∴h（x）在（0，e）上单调递增；x∈（e，+∞）时，h′（x）＜0，∴h（x）在（e，+∞）上单调递减．∴h（x）max＝h（e）＝．∴实数m的取值范围是[，+∞）．
29.(2021•浙江杭州二模•理T9．)已知函数f（x）＝aex﹣．若函数y＝f（x）与y＝f（f（x））有相同的最小值，则a的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B．
【解析】根据题意，求导可得，f'（x）＝
∵
∴f'（x）在R上单调递增，
又∵当x＝0时，f'（0）＝0
∴当x＜0时，f'（x）＜0，即得函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，
当x＞0时，f'（x）＞0，即得函数f（x）在（0，+∞）上单调递增
故有f（x）min＝f（0）＝a﹣2，即得f（x）∈[a﹣2，+∞）
所以根据题意，若使f（f（x））min＝a﹣2，需使f（x）的值域中包含[0，+∞），
即得a﹣2≤0⇒a≤2，故a的最大值为2．
30.(2021•河北秦皇岛二模•理T12．)已知函数f（x）＝lnx﹣ax有两个零点x1，x2，且x1＜x2，则下列选项正确的是（ ）
A．a∈（0，） B．y＝f（x）在（0，e）上单调递增
C．x1+x2＞6 D．若，则
【答案】ABD．
【解析】由f（x）＝lnx﹣ax，可得f′（x）＝﹣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，可得当f′（x）＝﹣a＝0，解得：x＝，
可得当x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
可得当x＝时，f（x）取得极大值点，
又因为由函数f（x）＝lnx﹣ax有两个零点x1，x2（x1＜x2），
可得f（）＝ln﹣1＞0，可得a＜，
综合可得：0＜a＜，故A正确；
当a→时，x1+x2→2e＜6，故C错误，
∵f′（x）＝﹣a＝，
故x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）递增，
∵a∈（0，），∴（0，e）⊆（0，），故选项B正确；
∵f（x）在（0，）递增，在（，+∞）递减，且a∈（，），
∴1，x1∈（0，），，x2∈（，+∞），
∵f（1）＝﹣a＜0＝f（x1），∴x1＞1，
∵f（）＝ln﹣2＜lne2﹣2＝0＝f（x2），∴x2＜，
∴x2﹣x1＜﹣1＝，故D正确；
31.(2021•江西上饶二模•理T12．)对任意x＞0，不等式ax≤（e≈2.71828…）恒成立，则正实数a的取值范围是（ ）
A．（0，e3] B． C． D．
【答案】A．
【解析】由ax≤恒成立，﹣ax≥0，
即﹣alnex≥0，故≥0，
令t＝，x＞0，h（x）＝ex﹣ex，则h′（x）＝ex﹣e，
易得，当x＞1时，h′（x）＞0，函数单调递增，当0＜x＜1时，h′（x）＜0，函数单调递减，故当x＝1时，h（x）取得最小值h（1）＝0，
所以，h（x）＝ex﹣ex≥0，即ex≥ex，因为x＞0，所以≥e，即t≥e，
前面不等式转化为t﹣alnt+2e3≥0，（t≥e），
令f（t）＝t﹣alnt+2e3，则，（t≥e），
当0＜a≤e时，f′（t）≥0，f（t）min＝f（e）＝e﹣a+2e3≥0，故a≤e+2e3．
所以0＜a＜e，当a＞e时，f（x）在[e，a]上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，f（t）min＝f（a）＝a﹣alna+2e3≥0，令g（a）＝a﹣alna+2e3，a＞e，则g′（a）＝﹣lna＜0，
故g（a）在（e，+∞）上单调递减，因为g（e3）＝0，
当g（a）≥0时，a≤e3，即e＜a≤e3，综上a的范围（0，e3]．
32.(2021•河北邯郸二模•理T4．)曲线y＝（x﹣3）ex在x＝0处的切线方程为（ ）
A．2x+y+3＝0 B．2x+y﹣3＝0 C．2x﹣y+3＝0 D．2x﹣y﹣3＝0
【答案】A．
【解析】y＝（x﹣3）ex的导数为y′＝（x﹣2）ex，曲线y＝（x﹣3）ex在x＝0处的切线的斜率为﹣2，切点（0，﹣3），则切线的方程为y＝﹣2x﹣3，即2x+y+3＝0．
33.(2021•广东潮州二模•T10．)已知函数y＝f（x）的导函数y＝f'（x）的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．f（a）＜f（b）＜f（c） B．f（e）＜f（d）＜f（c）
C．x＝c时，f（x）取得最大值 D．x＝d时，f（x）取得最小值
【答案】AB．
【解析】结合导函数的图象，可知f（x）在（﹣∞，c]上单调递增，在（c，e）上单调递减，在[e，+∞）上单调递增，
对于A，因为a＜b＜c，由f（x）的单调性可知f（a）＜f（b）＜f（c），故A正确；
对于B，因为c＜d＜e，由f（x）的单调性可知f（c）＞f（d）＞f（e），故B正确；
对于C，当x＝c时，f（x）取得极大值，但不一定是最大值，故C错误；
对于D，由B可知，f（d）不是f（x）的最小值，故D错误．
34.(2021•辽宁朝阳二模•T12．)已知a＞0，m（x）＝ex﹣2﹣e2﹣x，f（x）＝am（x）﹣sinπx，若f（x）存在唯一零点，下列说法正确的有（ ）
A．m（x）在R上递增
B．m（x）图象关于点（2，0）中心对称
C．任取不相等的实数x1，x2∈R均有
D．
【答案】ABD．
【解析】m′（x）＝ex﹣2+e2﹣x＞0，则m（x）在R上递增，故A正确，
m（x）+m（4﹣x）＝ex﹣2﹣e2﹣x+e2﹣x﹣ex﹣2＝0，则m（x）图象关于点（ 2，0）中心对称，故B正确，
m″（x）＝ex﹣2﹣e2﹣x，当x＞2时，m″（x）＞0，即m′（x）为增函数，即m（x）图象下凸，此时＞m（），故C错误，
若f（x）存在唯一零点，则a（ex﹣2﹣e2﹣x）＝sinπx只有一个解，即g（x）＝a（ex﹣2﹣e2﹣x）与h（x）＝sinπx只有一个交点，
g'（x）＝a（ex﹣2+e2﹣x），h'（x）＝πcosπx，由g（2）＝h（2）＝0，
则g（x）、h（x）的图象均关于点（2，0）中心対称，在x＝2的右侧附近g（x）为下凸函数，h（x）为上凸函数，
要x＞2时，图象无交点，当且仅当g'（2）≥h'（2）成立．
于是2a≥π，即a≥成立，故D正确．
35.(2021•河南郑州二模•文T11．)已知a﹣5＝ln＜0，b﹣4＝ln＜0，c﹣3＝ln＜0，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．b＜c＜a B．a＜c＜b C．a＜b＜c D．c＜b＜a
【答案】C．
【解析】令f（x）＝x﹣lnx，则＝，
当x＞1时，f′（x）＞0，函数单调递增，当0＜x＜1时，f′（x）＜0，函数单调递减．
故f（5）＞f（4）＞f（3），所以5﹣ln5＞4﹣ln4＞3﹣ln3，
因为a﹣5＝ln＝lna﹣ln5＜0，b﹣4＝ln＝lnb﹣ln4＜0，c﹣3＝ln＝lnc﹣ln3＜0，
所以a﹣lna＝5﹣ln5，b﹣lnb＝4﹣ln4，c﹣lnc＝3﹣ln3，
故a﹣lna＞b﹣lnb＞c﹣lnc，所以f（a）＞f（b）＞f（c），
因为a﹣4＝lna﹣ln4＜0得0＜a＜4，
又a﹣lna＝4﹣ln4，所以f（a）＝f（4），则0＜a＜1，
同理f（b）＝f（3），f（c）＝f（2），
所以0＜b＜1，0＜c＜1，所以c＞b＞a．
36.(2021•山西调研二模•文T12.)已知函数f(x)=alnx+1x-1(a∈R)，若f(x)的最小值为0，则a的值为( )
A. 1 B. -1 C. 0 D. -2
【答案】A．
【解析】f(x)=alnx+1x-1的定义域为(0,+∞)，∵f'(x)=ax-1x2=ax-1x2，
当a≤0时，f'(x)<0恒成立，∴f(x)在(0,+∞)上单调递减，无最值；
当a>0时，x∈(0,1a)时，f'(x)<0，x∈(1a,+∞)时，f'(x)>0，
∴f(x)的单调递增区间为(1a,+∞)，单调递减区间为(0,1a)，
此时f(x)min=f(1a)=-alna+a-1=0，∴a=1.故选：A.
求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最小值，即可求出a的值．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题．
37.(2021•安徽淮北二模•文T12．)若关于x的不等式lnx+a﹣＜0有且只有两个整数解，则正实数a的取值范围是（ ）
A．（3ln3+1，4ln2+4] B．[﹣ln2+1，3ln3+1）
C．（ln2+，3ln3+1] D．（3ln2+1，2ln3+3]
【答案】C．
【解析】原不等式可化简为xlnx+1＜4a﹣ax，设f（x）＝xlnx+1，g（x）＝4a﹣ax，
由f（x）＝xlnx+1得，f′（x）＝lnx+1，易知函数f（x）在单调递减，在单调递增，作出f（x）的图象如下图所示，
而函数g（x）＝4a﹣ax恒过点C（4，0），要使关于x的不等式lnx+a﹣＜0有且只有两个整数解，则函数g（x）的图象应介于直线AC与直线BC之间（可以为直线BC），又A（2，2ln2+1），B（3，3ln3+1），
∴，，
∴，
∴．
38.(2021•新疆乌鲁木齐二模•文T12．)设函数f（x）＝﹣lnx﹣ax+4a，其中a＜0，若仅存在一个整数x0，使得f（x0）≤0，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B．
【解析】令g（x）＝﹣lnx，h（x）＝ax﹣4a＝a（x﹣4），
因为仅存在一个整数x0，使得f（x0）≤0，
所以仅有一个整数，使得g（x）≤h（x），g′（x）＝x﹣＝，
令g′（x）＞0，可得x＞1，令g′（x）＜0，可得0＜x＜1，
所以g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
所以g（x）min＝g（1）＝，所以满足条件的整数为1，
由a＜0，可得h（x）为减函数，
所以，即，解得ln2﹣1＜a≤﹣，
即实数a的取值范围是（ln2﹣1，﹣]．
39.(2021•吉林长春一模•文T7.)曲线在处的切线的斜率为
A. B. C. D.
【答案】B．
【解析】当 x = e时, k = 2 ,故选B.
二、填空题部分
40.(2021•高考全国甲卷•理T13)曲线在点处的切线方程为__________．
【答案】．
【解析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可．
由题，当时，，故点在曲线上．
求导得：，所以．
故切线方程为．
故答案为：．
41.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T15)函数的最小值为______.
【答案】1．
【解析】由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；∴。故答案为1.
42.(2021•江苏盐城三模•T16)对于函数x＋1，有下列4个论断：
甲：函数f(x)有两个减区间；乙：函数f(x)的图象过点(1，－1)；
丙：函数f(x)在x＝1处取极大值；丁：函数f(x)单调．
若其中有且只有两个论断正确，则m的取值为．
【答案】2．
【考点】逻辑推理题：函数的性质综合应用
【解析】由题意可知，f′(x)＝＋2mx＋n＝，当x＞1时，f′(x)＝0最多有一个解，则函数f(x)最多有一个减区间，则甲错误；若乙正确，则f(1)＝m＋n＋1＝－1，即有m＋n＝－2，此时f′(x)＝＝，若丙正确，则解得m＝1，所以n＝－3，而此时f(x)在x＝1处取极小值，且不单调，即与丙丁矛盾；若丁正确，则m＝2，n＝－4，可满足题意；综上，乙丁正确，且m＝2．
43.(2021•河南开封三模•理T15)在平面直角坐标系xOy中，P是曲线（x＞0）上的一个动点，则点P到直线y＝x的距离的最小值是 ．
【答案】．
【解析】原问题可转化为曲线在点P处与直线y＝x平行的切线，与直线y＝x之间的距离，因为，所以y'＝2x﹣，因为在点P的切线与直线y＝x平行，
所以y'＝2x﹣＝1（x＞0），所以x＝1，将其代入曲线方程，得y＝1+1＝2，即点P的坐标为（1，2），所以点P到直线y＝x的距离的最小值是d＝＝．故答案为：．
44.(2021•河南焦作三模•理T16)已知函数f（x）的定义城为（0，+∞），其导函数为f'（x），且满足f（x）＞0，f（x）+f′（x）＜0，若0＜x1＜1＜x2且x1x2＝1，给出以下不等式：
①f（x1）＞ef（x2）；
②x1f（x2）＜x2f（x1）；
③x1f（x1）＞x2f（x2）；
④f（x2）＞（1﹣x1）f（x1）．
其中正确的有 .（填写所有正确的不等式的序号）
【答案】①②③．
【解析】对于①，令g（x）＝exf（x），x∈（0，+∞），
则g′（x）＝ex（f（x）+f′（x）），因为f（x）+f′（x）＜0，
所以g′（x）＜0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，
因为x1＜x2，所以g（x1）＞g（x2），即f（x1）＞f（x2），即f（x1）＞ef（x2），故①正确；
对于②，因为f（x）＞0，f（x）+f′（x）＜0，
所以f′（x）＜0，所以f（x）单调递减，
因为0＜x1＜1＜x2，所以f（x2）＜f（x1），所以x1f（x2）＜x2f（x1），故②正确；
对于③，由①分析可知f（x1）＞ef（x2），
因为0＜x1＜1＜x2且x1x2＝1，
欲使x1f（x1）＞x2f（x2），即x1x2f（x1）＞x22f（x2），即f（x1）＞x22f（x2），
只需＞x22即可，即证x2﹣＞2lnx2，
设h（x）＝x﹣﹣2lnx，x＞1，
则h′（x）＝1+﹣＝＞0，则h（x）在（1，+∞）单调递增，
所以h（x）＞h（1）＝0，
即x2﹣＞2lnx2＞0，故③正确；
对于④，假设f（x2）＞（1﹣x1）f（x1）成立，
因为f（x1）＞f（x2），
所以f（x1）＞f（x2），所以＞1﹣x1，
取x1＝，则＞，所以＜2，矛盾，故④不正确．
故答案为：①②③．
45.(2021•河北张家口三模•T15)若对任意的非零实数a，均有直线l：y＝ax+b与曲线相切,则切点坐标为 ．
【答案】．
【解析】设切点横坐标为m，因为，所以，又a≠3，所以，切点为．将其代入y＝ax+b，有，解得，
所以，所以直线l必过定点．
46.(2021•安徽宿州三模•文T13．)已知函数f（x）＝xsinx，则曲线y＝f（x）在点（，f（））处的切线方程为 ．
【答案】x﹣y＝0．
【解析】∵f（x）＝xsinx，∴f′（x）＝sinx+xcosx，∴f′（）＝1，f（）＝，
∴曲线y＝f（x）在点（，f（））处的切线方程为：
y﹣＝l•（x﹣），即y＝x，即x﹣y＝0．
47.(2021•山东聊城三模•T16.)已知函数f(x)=(xex)2+(a-2)xex+2-a有三个不同的零点x1，x2，x3，其中x1
【考点】利用导数研究函数的单调性，函数的零点与方程根的关系
【解析】设g(x)=xex，g'(x)=1-xex，当x<1时，g'(x)>0；当x>1时，g'(x)<0，故g(x)在(-∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，且x>0时，g(x)>0；x<0时，g(x)<0，
∴g(x)max=g(1)=1e，作出g(x)的图象，如图
要使f(x)=(xex)2+(a-2)xex+2-a有三个不同的零点x1，x2，x3其中x1
=[1-(2-a)+2-a]2=1．
若a<-2，则{t1+t2=2-a>4t1⋅t2=2-a>4，因为g(x)max=g(1)=1e，且t2∈(0,1e)，
∴(t1+t2)max<4，故不符合题意，舍去．
综上(1-x1ex1)2(1-x2ex2)(1-x3ex3)=1．故答案为：1．
【分析】设g(x)=xex根据导数求出函数单调性最值得到g(x）图像，令xex=t则原函数式有三个不同的零点则需 t2+(a-2)t+2-a=0有两不同实根数形结合得若a<-2时不符合题意，若a>2时t1<0
【答案】3．
【解析】．
49.(2021•四川泸州三模•理T14．)已知曲线y＝x3+ax+b+1在x＝0处的切线方程为y＝﹣3x﹣2，则a+b＝ ．
【答案】﹣6．
【解析】y＝x3+ax+b+1的导数为y′＝3x2+a，由曲线y＝x3+ax+b+1在x＝0处的切线方程为y＝﹣3x﹣2，可得a＝﹣3，b+1＝﹣2，解得a＝﹣3，b＝﹣3，
则a+b＝﹣6．
50.(2021•河北邯郸二模•理T13．)写出一个奇函数f（x），当x＞0时，f（x）＞0且其导数f′（x）＜0，则f（x）＝ ．
【答案】（答案不唯一）．
【解析】函数为奇函数，当x＞0时，f（x）＞0且其导数f′（x）＜0，
故f（x）＝（答案不唯一）．
51.(2021•江西上饶二模•理T13．)曲线y＝（x+1）ex在点（0，1）处的切线方程为 y＝2x+1 ．
【答案】y＝2x+1．
【解析】∵y＝（x+1）•ex（e为自然对数的底数），
∴y′＝（x+2）ex，根据导数的几何意义，则切线的斜率为y′|x＝0＝2，
又切点坐标为（0，1），
由点斜式方程可得y＝2x+1，
∴曲线y＝（x+1）•ex（e为自然对数的底数）在点（0，1）处的切线方程为y＝2x+1．
52.(2021•江西九江二模•理T13．)已知函数f（x）＝alnx﹣x2图象在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，则实数a＝ ．
【答案】2．
【解析】由f（x）＝alnx﹣x2，得f′（x）＝，
∴f′（1）＝a﹣2，由题意，a﹣2＝0，得a＝2．
53.(2021•河南郑州二模•文T13．)直线y＝x+b是曲线y＝lnx的一条切线，则实数b的值为 ．
【答案】ln3﹣1．
【解析】y′＝（lnx）′＝，令＝，得x＝3，
∴切点为（3，ln3），代入直线方程y＝x+b，
∴ln3＝×3+b，∴b＝ln3﹣1．
54.(2021•山西调研二模•文T15)若曲线y=ln(3x-8)与曲线y=x2-3x在公共点处有相同的切线，则该切线的方程为．
【答案】y=3x-9．
【解析】曲线y=ln(3x-8)与曲线y=x2-3x的公共点为P(m,n)，两曲线在公共点处相同的切线的斜率为k，因为y'=[ln(3x-8)]'=33x-8，(x2-3x)'=2x-3，则k=33m-8=2m-3，解得m=3或m=76，又3m-8>0，故m=3，代入n=m2-3m得n=0，
所以k=2×3-3=3，于是该切线的方程为y-0=3(x-3)，整理得，y=3x-9，
故答案为：y=3x-9.设曲线y=ln(3x-8)与曲线y=x2-3x的公共点为P(m,n)，利用导数可得两曲线的公共切线的斜率及公共点P的坐标，利用直线的点斜式方程可得答案．
本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程，求得两曲线的公共点为的坐标为(3,0)及公共切线的斜率为3是关键，考查数学运算能力，属于中档题．
55.(2021•宁夏银川二模•文T13．)曲线f（x）＝3x+sinx在（0，0）处的切线方程为 ．
【答案】y＝4x．
【解析】由f（x）＝3x+sinx，得f′（x）＝3+cosx，∴f′（0）＝4．
则曲线f（x）＝3x+sinx在点（0，0）处的切线方程为y＝4x．
56.(2021•安徽淮北二模•文T14．)已知f（x）为偶函数．当x＜0时，f（x）＝ex﹣ex2（e是自然对数的底数）．则曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程是 ．
【答案】y＝（﹣e﹣1﹣2e）x+2e﹣1+e．
【解析】由f（x）为偶函数，可得f（﹣x）＝f（x），
当x＜0时，f（x）＝ex﹣ex2，
可得x＞0时，f（x）＝f（﹣x）＝e﹣x﹣ex2，
所以x＞0时，f（x）的导数为f′（x）＝﹣e﹣x﹣2ex，
可得曲线y＝f（x）在x＝1处的切线斜率为﹣e﹣1﹣2e，
切点为（1，e﹣1﹣e），
所以曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程是y﹣e﹣1+e＝（﹣e﹣1﹣2e）（x﹣1），
即为y＝（﹣e﹣1﹣2e）x+2e﹣1+e．
三、解答题部分
57.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T22)已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【解析】（1）函数的定义域为，
又，
当时，，当时，，
故的递增区间为，递减区间为.
（2）因为，故，即，
故，
设，由（1）可知不妨设.
因为时，，时，，
故.
先证：，
若，必成立.
若， 要证：，即证，而，
故即证，即证：，其中.
设，
则，
因为，故，故，
所以，故在为增函数，所以，
故，即成立，所以成立，
综上，成立.
设，则，
结合，可得：，
即：，故，
要证：，即证，即证，
即证：，即证：，
令，
则，
先证明一个不等式：.
设，则，
当时，；当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，故，
故成立
由上述不等式可得当时，，故恒成立，
故在上为减函数，故，
故成立，即成立.
综上所述，.
58.(2021•高考全国甲卷•理T21)已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【解析】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
59.(2021•高考全国乙卷•文T21)已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．
【解析】(1)由函数的解析式可得：，
导函数的判别式，
当时，在R上单调递增，
当时，的解为：，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
综上可得：当时，在R上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
(2)由题意可得：，，
则切线方程为：，
切线过坐标原点，则：,
整理可得：，即：，
解得：，则，
即曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为.
60.(2021•浙江卷•T22)设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
(注：是自然对数的底数)
【解析】(1)，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
综上可得，时，在上单调递增；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，
记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.
即实数的取值范围是.
(3)有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，
，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，
，
要证，只需，
且关于的函数在上单调递增，
所以只需证，
只需证，
只需证，
，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
61.(2021•江苏盐城三模•T)设(n∈N*)．
(1)求证：函数f(x)一定不单调；
(2)试给出一个正整数a，使得对∀x∈(0，＋∞)恒成立．
(参考数据：e≈2.72，e2≈7.39，e3≈20.10)
【考点】函数与导数：函数单调性应用；恒成立问题
【解析】(1)由得f′(x)＝＝，
因n∈N*，由f′(x)＝0，得x＝，……1分
当x＞时，f′(x)＜0；当时0＜x＜，f′(x)＞0；
故函数f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋¥)上单调递减，
所以函数f(x)不单调．……3分
(2)当a＝1时，可证明ex＞x2lnx＋sinx对"x∈(0，＋∞)恒成立，
当x∈(0，1)时，x2lnx≤0，sinx≤1，ex＞1，不等式成立；……4分
当x∈(1，e)时，x2lnx＋sinx＜x2＋1，令g(x)＝，
所以g′(x)＝≤0，则函数g(x)单调递减，所以g(x)≤g(1)＝＜1，
所以ex＞x2＋1，原不等式成立；……7分
当x∈(e，＋¥)时，因x2lnx＋sinx≤x2lnx＋1，故只需证ex＞x2lnx＋1，
即证＞＋，只需证＞＋，
在(1)中令n＝1，可得f(x)≤f(e)＝，故＋≤＋，
令h(x)＝，所以h′(x)＝＝0，解得x＝3，
当x∈(e，3)时，h′(x)＜0；当x∈(3，＋¥)时，h′(x)＞0，
所以h(x)≥h(3)＝＞，而＋≤＋＜，
所以原不等式也成立．
综上所述，当a＝1时，ex＞x2lnx＋sinx对"x∈(0，＋∞)恒成立．……12分
注：当a＝2或a＝3时结论也成立，请参照评分；当a≥4时结论不成立．
62.(2021•河南郑州三模•理T21)已知函数f（x）＝xlnx﹣ax+1．
（Ⅰ）求f（x）的最小值；
（Ⅱ）证明：对任意的x∈（0，+∞），ex（lnx+）﹣（ex+x）+＞0恒成立．
【解析】（Ⅰ）由题意可得f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）＝1+lnx﹣a，
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜ea﹣1，令f′（x）＞0，解得：x＞ea﹣1，
则f（x）在（0，ea﹣1）递减，在（ea﹣1，+∞）递增，
故f（x）min＝f（ea﹣1）＝1﹣ea﹣1；
（Ⅱ）证明：要证ex（lnx+）﹣（ex+x）+＞0成立，
即证ex（xlnx+1）﹣x（ex+x）+4ex﹣2＞0，
即证ex（xlnx﹣x+1）﹣x2+4ex﹣2＞0，
即证xlnx﹣x+1＞﹣，
设g（x）＝xlnx﹣x+1，由（Ⅰ）可知g（x）min＝g（1）＝0，
设h（x）＝﹣（x＞0），则h′（x）＝（x＞0），
由h′（x）＞0，解得：0＜x＜2，由h′（x）＜0，解得：x＞2，
故h（x）在（0，2）递增，在（2，+∞）递减，
故h（x）max＝h（2）＝0，
∵g（x）与h（x）的最值不同时取得，∴g（x）＞h（x），
即xlnx﹣x+1＝﹣，
故当x＞0时，不等式ex（lnx+）﹣（ex+x）+＞0恒成立．
63.(2021•河南开封三模•理T21)已知函数f（x）＝．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若m＝2，对于任意x1＞x2＞0，证明：（x12•f（x1）﹣x22•f（x2））•（x12+x22）＞x1x2﹣x22．
【解析】（1）的定义域为（0，+∞），，
当m＞0时，，此时f（x）在上单调递增，
，此时f（x）在上单调递减，
当m＜0时，，此时f（x）在上单调递增，
，此时f（x）在上单调递减；
综上可知：当m＞0时，f（x）的增区间是，减区间是；
当m＜0时，f（x）的增区间是，减区间是．
（2）证明：由m＝2，，
，
由于x1＞x2＞0，所以．设，
故：
，
令，则，
由于t＞1，故，
则在（1，+∞）上单调递增，
故φ（t）＞φ（1）＝0，
即：所证不等式成立．
64.(2021•河南开封三模•文T21．)已知函数f（x）＝lnx﹣mx有两个零点．
（1）求m的取值范围；
（2）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：f'（x1+x2）＜0．
【解析】（1），
①当m≤0时，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，至多有一个零点；
②当m＞0时，时，f'（x）＞0，f（x）在上单调递增，
时，f'（x）＜0，f（x）在上单调递减，
所以f（x）在处取得最大值，
由，得，
此时，，，f（1）＝﹣m＜0，，
由零点存在性定理可知，f（x）在和上各有一个零点，
综上，m的取值范围是；
（2）证明：因为x1，x2是f（x）的两个零点，不妨设x1＞x2＞0，
则lnx1﹣mx1＝0…①，lnx2﹣mx2＝0…②，
①﹣②得lnx1﹣lnx2＝mx1﹣mx2，，，
所以，
要证f'（x1+x2）＜0，即证，即证，
即证，即证，
令，设，，
所以φ（t）在t＞1时单调递增，
所以φ（t）＞φ（1），又φ（1）＝0，所以φ（t）＞0，
所以f'（x1+x2）＜0．
65.(2021•河南焦作三模•理T19)已知函数f（x）＝xlnx．
（Ⅰ）求f（x）的图象在点A（1，f（1））处的切线方程，并证明f（x）的图象上除点A以外的所有点都在这条切线的上方；
（Ⅱ）若函数g（x）＝（lnx+1）•sin2x﹣2f（x）cos2x，x∈[，），证明：g（x）≥cos．
【解析】（Ⅰ）由题意可得f′（x）＝lnx+1，
f′（1）＝1，f（1）＝0，
所以f（x）的图像在点A（1，f（1））处的切线方程为y＝x﹣1，
设h（x）＝xlnx﹣x+1，
则h′（x）＝lnx，
令h′（x）＜0，得0＜x＜1，h（x）单调递减，
令h′（x）＞0，得x＞1，h（x）单调递增，
所以h（x）≥h（1）＝0，
所以xlnx≥x﹣1，当且仅当x＝1时取等号，
所以f（x）的图像上除点A外的所有点都在这条切线上方．
（Ⅱ）证明：由题知，g（x）＝（lnx+1）•sin2x﹣2xlnxcos2x，x∈[，），
所以g′（x）＝2（lnx+1）•cos2x+﹣2[﹣2xlnxsin2x+（lnx+1）•cos2x]
＝sin2x•（+4xlnx），
因为x∈[，），所以sin2x＞0，
又由（1）知xlnx≥x﹣1，
所以+4xlnx≥+4（x﹣1）＝4x+﹣4≥2﹣4＝0，（两个等号不能同时成立），
所以g′（x）＞0，
所以g（x）在[，）上单调递增，
所以g（x）≥g（）＝cos，得证．
66.(2021•河北张家口三模•T22)已知函数f（x）＝x3﹣x﹣alnx（a∈R）．
（1）若函数f（x）在其定义域上为增函数，求a的取值范围；
（2）当a≤3时，求证：对任意的x1，x2∈[1，+∞），且x1＞x2，有2f（x2）﹣2f（x1）+（x1﹣x2）[f'（x1）+f'（x2）]＞0恒成立．
【解析】（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），，
若函数f（x）在其定义域上为增函数，则f'（x）≥0在（4，
即，得3x3﹣x≥a，
设g（x）＝3x3﹣x，则g'（x）＝4x2﹣1，
当时，g'（x）＜2，当时，
所以当时，函数g（x）单调递减，当时，
故，所以，﹣]．
（2）证明：由（1）得，
对任意的x1，x2∈[3，+∞）1＞x2，令，
则5f（x2）﹣2f（x7）+（x1﹣x2）[f'（x8）+f'（x2）]
＝
＝
＝，
令，
当t＞1时，，
由此可得h（t）在（1，+∞）上单调递增，
所以当t＞1时，h（t）＞h（1），即，
因为，
所以，
设，
则，
所以函数p（t）在（1，+∞）上单调递增，
综上，当a≤3时6，x2∈[1，+∞）5＞x2，
有2f（x5）﹣2f（x1）+（x6﹣x2）[f'（x1）+f'（x3）]＞0恒成立．
67.(2021•山东聊城三模•T22)已知f(x)=ex-ax2-x-1．
（1）当a=e2时求f(x)的极值点个数；
（2）当x∈[0,+∞)时，f(x)≥0，求a的取值范围；
（3）求证：22e-1+22e2-1+⋯+22en-1<32，其中n∈N*．
【解析】（1）解：当a=e2时，f(x)=ex-e2x2-x-1，
所以f'(x)=ex-ex-1，f″(x)=ex-e，
所以当x<1时，f″(x)<0，f'(x)在(-∞,1)上单调递减；
当x>1时，f″(x)>0，f'(x)在(1,+∞)上单调递增，
因为f'(0)=0，f'(1)=-1，f'(2)=e2-2e-1>0，
所以存在x0∈(1,2)，使f'(x0)=0，所以，x∈(-∞,0)时，f'(x)>0；x∈(0,x0)时，f'(x)<0；x∈(x0,+∞)时，f'(x)>0，所以0和x0是f(x)的极值点，
所以f(x)有两个极值点
（2）解：f(x)=ex-ax2-x-1，f'(x)=ex-2ax-1，
设h(x)=f'(x)=ex-2ax-1(x≥0)，则h'(x)=ex-2a单调递增，
又h'(0)=1-2a，
所以当a≤12时，h'(x)≥0，h(x)在[0,+∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(0)=0，即f'(x)≥0，f(x)在[0,+∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(0)=0，符合题意.
当a>12吋，令h'(x)=0，解得x=ln2a，
当x∈[0,ln2a)时，h'(x)<0，h(x)在[0,ln2a)上单调递减，f'(x)=h(x)≤h(0)=0，
f(x)在(0,ln2a)）上单调递减，
所以x∈(0,ln2a)时，f(x)
（3）证明：由（2）可知a=12时，f(x)≥0，x∈[0,+∞)，即2ex-1≥x2+2x+1(x≥0)，
所以2en-1≥n2+2n+1>n2+2n，22en-1<2n(n+2)，
所以22e-1+22e2-1+⋯+22en-1<21×3+22×4+⋯+2n(n+2)
=1-13+12-14+⋯1n-1n+2
=1+12-1n+1-1n+2<32
【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，不等式的证明
【解析】【分析】（1）根据导数可推得 f'(0)=0 ， f'(1)=-1 ， f'(2)=e2-2e-1>0，所以， x∈(-∞,0) 时， f'(x)>0 ； x∈(0,x0) 时， f'(x)<0 ； x∈(x0,+∞) 时， f'(x)>0 ，所以0和 x0 是 f(x) 的极值点。
（2） 设 h(x)=f'(x)=ex-2ax-1(x≥0)，h(x）再求导可推得 当 a≤12 时， f'(x)≥0f(x) 在 [0,+∞) 上单调递增 进而得 f(x)≥f(0)=0。当 a>12 吋，利用导数推出f(x) 在 (0,ln2a) 上单调递减进而得 x∈(0,ln2a) 时， f(x)
68.(2021•四川内江三模•理T21．)设函数f（x）＝x﹣﹣alnx（a∈R）．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过点A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得k＝2﹣a？若存在；若不存在，请说明理由．
【解析】（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），
，
令g（x）＝x8﹣ax+1，其判别式△＝a2﹣5，
①当|a|≤2时，△≤0，故f（x）在（5，
②当a＜﹣2时，△＞0，在（2，f'（x）＞0，
故f（x）在（0，+∞）上单调递增，
③当a＞8时，△＞0，
当0＜x＜x1时，f'（x）＞31＜x＜x2时，f'（x）＜32时，f'（x）＞0，
故f（x）分别在（2，x1），（x2，+∞）上单调递增，在（x4，x2）上单调递减，
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a＞2．
因为，
所以，
又由（1）知，x1x2＝4．于是，
若存在a，使得k＝7﹣a．则3﹣lnx2＝x1﹣x6，
亦即（*），
再由（1）知，函数，+∞）上单调递增2＞2，
所以．这与（*）式矛盾，使得k＝6﹣a
69.(2021•重庆名校联盟三模•T22．)设x∈（0，），f（x）＝kx﹣sinx，k∈R．
（1）f（x）＞0恒成立，求实数k的取值范围；
（2）求证：当x∈（0，）时，＞3．
【解析】（1）f（x）＝kx﹣sinx，
f′（x）＝k﹣cosx，
因为x∈（0，），所以0＜cosx＜1，
所以当k≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，）上单调递减，
所以f（x）＜f（0）＝0，
所以k≤0，不符合题意，
当k≥1，则f′（x）＞0在（0，）上恒成立，
所以f（x）在（0，）上单调递增，
所以f（x）＞f（0）＝0，
所以k≥1，符合题意，
当0＜k＜1时，令f′（x）＝0，即k＝cosx，
则在（0，）内存在唯一x0，使得k＝cosx0，
当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（x0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
又f（0）＝0．
所以f（x）＞0在（0，）不恒成立，
所以0＜k＜1，不符合题意，
综上所述，k的取值范围为[1，+∞）．
（2）证明：由（1）知，当x∈（0，）时，有x＞sinx，
所以＞3，
所以tanx﹣sinx＞3x﹣3sinx，
所以tanx+2sinx﹣3x＞0，
设g（x）＝tanx+2sinx﹣3x，x∈（0，），
则g′（x）＝+2cosx﹣3＝
＝
＝，
设t＝cosx，由x∈（0，），得t∈（0，1），
再设y＝2t2﹣t﹣1＝2（t2﹣t+）﹣＝2（t﹣）2﹣，
当t＝0时，y＝﹣1＜0，
当t＝1时，y＝0，
所以对任意t∈（0，1）时，y＝2t2﹣t﹣1＜0，
所以对任意t∈（0，1），y＝2t2﹣t﹣1＜0，
所以对任意x∈（0，）时，有2cos2x﹣cosx﹣1＜0，
又cosx﹣1＜0，
所以g′（x）＞0恒成立，
所以g（x）在（0，）上是单调递增，
所以g（x）＞g（0）＝0，
所以tanx+2sinx﹣3x＞0，
所以不等式＞3得证．
70.(2021•安徽蚌埠三模•文T21．)已知函数f（x）＝﹣lnx+x﹣2a，其中a∈R．
（1）若a＝1，求函数f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）证明：a≤1时，f（x）≥0恒成立．
【解析】（1）f（x）的定义域为（0，+∞），
由a＝1，得f′（x）＝﹣+1，
f′（1）＝0，f（1）＝0，
则函数f（x）在x＝1处的切线方程为y＝0．
（2）f′（x）＝﹣+1＝，
令g（x）＝ex﹣a﹣x，
则g′（x）＝ex﹣a﹣1，
1°若a≤0时，则g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，g（x）在（0，+∞）上单调递增，
因为g（0）＝＞0，
所以g（x）＞0，
2°若0＜a≤1时，令g′（x）＝0，解得x＝a，
当0＜x＜a时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
当x＞a时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
所以g（x）≥g（a）＝1﹣a≥0，
即a≤1时，ex﹣a﹣x≥0在（0，+∞）恒成立，
所以当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）min＝f（1）＝ea﹣1+1﹣2a，
下证ea﹣1﹣a≥0，
令p（x）＝ex﹣1﹣x，
p′（x）＝ex﹣1﹣1，在（﹣∞，+∞）单调递增，
当x∈（﹣∞，1）时，p′（x）＜0，p（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，p′（x）＞0，p（x）单调递增，
所以p（x）min＝p（0）＝0，
所以p（x）≥0，即ex﹣1﹣x≥0，
所以ea﹣1﹣a≥0，
又1﹣a≥0，
所以f（1）≥0，
所以f（x）≥0恒成立，
综上所述，当a≤1时，f（x）≥0在（0，+∞）上恒成立．
71.(2021•贵州毕节三模•文T21．)已知函数f（x）＝x﹣mlnx﹣2m．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若函数f（x）有最小值为g（m），证明：在（0，+∞）上恒成立．
【解析】（Ⅰ）函数f（x）＝x﹣mlnx﹣2m的定义域为（0，+∞），
则，
当m≤0时，f'（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
所以f（x）在（0，+∞）上为增函数；
当m＞0时，由，解得x＞m，
由，解得0＜x＜m，
所以f（x）在（0，m）上为减函数，在[m，+∞）上为增函数；
综上所述，当m≤0时，f（x）在（0，+∞）上为增函数；
当m＞0时，f（x）在（0，m）上为减函数，在[m，+∞）上为增函数；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当m≤0时，f（x）在（0，+∞）上为增函数，f（x）无最小值．
当m＞0时，f（x）在（0，m）上为减函数，在[m，+∞）上为增函数，
所以f（x）min＝f（m）＝﹣m﹣mlnm，
所以g（m）＝﹣m﹣mlnm，
由g'（m）＝﹣2﹣lnm＞0，解得，
由g'（m）＝﹣2﹣lnm＜0，解得，
所以g（m）在上为增函数，在上减函数．
所以，
即在（0，+∞）上恒成立．
72.(2021•辽宁朝阳三模•T21．)已知函数f（x）＝m（x+1）2﹣1﹣2lnx．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当x∈[1，2]时，f（x）≤0，求m的取值范围．
【解析】（1）f′（x）＝2m（x+1）﹣＝，（x＞0），
当m≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当m＞0时，由f′（x）＜0，解得：0＜x＜﹣，
由f′（x）＞0，解得：x＞﹣，
故f（x）在（0，﹣）递减，在（﹣，+∞）递增，
（2）当x∈[1，2]时，f（x）≤0恒成立，
即对于任意的x∈[1，2]，m≤恒成立，
设，则有，
令，则g'（x）＝＜0在[1，2]上恒成立，
即得g（x）在[1，2]上单调递减，
因为g（1）＝2＞0，g（2）＝1﹣4ln2＜0，
所以存在唯一的x0∈[1，2]，使得g（x0）＝0，
且当x∈[1，x0]时，g（x）＞0；当x∈（x0，2]时，g（x）＜0，
所以F（x）在[1，x0）上单调递增，在（x0，2]上单调递减，
又因为5＝lne5＜ln35＜ln28＝8ln2，
所以F（2）﹣F（1）＝＞0，
所以，即得，
则有m的取值范围为．
73.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T21．)已知函数f（x）＝﹣x2+ax﹣3，g（x）＝xlnx，a∈R．
（1）当x＞0时，2g（x）≥f（x），求a的取值范围；
（2）证明：当x＞0时，g（x）＞．
【解析】（1）当x＞0时，2g（x）≥f（x），即2xlnx≥﹣x2+ax﹣3，即，
设，则，
∴当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）在（0，1）单调递减，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）单调递增，
∴h（x）min＝h（1）＝4，则a≤4．
∴实数a的取值范围为（﹣∞，4]；
（2）证明：∵g（x）＝xlnx，
∴g′（x）＝1+lnx，
易知函数g（x）在上单调递减，在上单调递增，
∴当x＞0时，，
令，则，
易知φ（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，
∴，
又两个等号不同时成立，故当x＞0时，g（x）＞．
74.(2021•四川泸州三模•理T20．)已知函数f（x）＝lnx﹣ax+a，且f（x）≤0对x＞0恒成立．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）若关于x的方程mf（x）＝xe﹣x+m有两个实根，求实数m的取值范围．
【解析】（Ⅰ）因为f（x）≤0，且f（1）＝0，
故x＝1是函数f（x）的极值点，
因为f′（x）＝﹣a，
所以f′（1）＝1﹣a＝0，故a＝1，
又因为a＝1时，f（x）＝lnx﹣x+1，且f′（x）＝﹣1，
故f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
故f（x）≤f（1）＝0，
故a＝1．
（Ⅱ）因为mf（x）＝xe﹣x+m，则m（lnx﹣x）＝xe﹣x，
设h（x）＝lnx﹣x，则h′（x）＝﹣1＝，
令h′（x）＞0，可得0＜x＜1，令h′（x）＜0，可得x＞1，
故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
所以h（x）≤h（1）＝﹣1＜0，
所以lnx＜x，
所以m＝，
设g（x）＝，
则g′（x）＝，
因为lnx＜x，所以lnx＜x＜x+1，即lnx﹣x﹣1＜0，
令g′（x）＜0，可得0＜x＜1，令g′（x）＞0，可得x＞1，
故函数g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
所以g（x）≥g（1）＝﹣，
又当x无限增大或无限接近0时，g（x）都趋近于0，
故﹣≤g（x）＜0，
因为关于x的方程mf（x）＝xe﹣x+m有两个实根，
所以实数m的取值范围是（﹣，0）．
75.(2021•江苏常数三模•T22．)已知函数f（x）＝aex﹣x2（a∈R）（其中e≈2.71828为自然对数的底数）．
（1）当a＝1时，求证：函数f（x）图象上任意一点处的切线斜率均大于；
（2）若对于任意的x∈[0，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】（1）证明：a＝1时，f(x)＝ex﹣x2,f′(x)＝ex﹣2x,
设g(x)＝f′(x)＝ex﹣2x,则g′(x)＝ex﹣2,令g′(x)＝0,解得：x＝ln2,
故g(x)在区间(﹣∞,ln2)递减，在(ln2,+∞)递增，
故g(x)的最小值是g(ln2)＝2﹣2ln2＞,即f′(x)＞对任意x∈R恒成立，
故函数f（x）图象上任意一点处的切线斜率均大于；
（2）先证对任意x∈(0,+∞),ln(x+1)≤x,ex≥x2+x+1,
令h(x)＝ln(x+1)﹣x,h′(x)＝﹣1＝﹣,令h′(x)＝0,解得：x＝0,
故h(x)在区间(﹣1,0)递增，在（0，+∞）递减，
故h(x)≤h(0)＝0,故ln(x+1)≤x,
令p(x)＝ex﹣x2﹣x﹣1,p′(x)＝ex﹣2x﹣＝m(x),m′(x)＝ex﹣2,
令m′(x)＝0,解得：x＝ln2,
故m(x)在区间(﹣∞,ln2)递减，在区间（ln2,+∞）递增，
故m(x)≥m(ln2)＞0,故p′(x)＞0,p(x)递增，
故p(x)≥p(0)＝0,故ex≥x2+x+1,x∈[0,+∞),
∵f(x)＞ln(x+1)+cosx对于任意x∈[0,+∞)恒成立，
∴f(0)＞ln(0+1)+cos0＝1,故a＞1,
当a＞1时，
f(x)﹣ln(x+1)﹣cosx
＝aex﹣x2﹣ln(x+1)﹣cosx
＞ex﹣x2﹣ln(x+1)﹣cosx
≥x2+x+1﹣x2﹣ln(x+1)﹣cosx
＝x﹣ln(x+1)+1﹣cosx
≥x﹣x+1﹣cosx＝1﹣cosx≥0,
即对于任意的x∈[0，+∞）恒成立，
综上：a的取值范围是（1，+∞）．
76.(2021•湖南三模•T21．)已知函数f（x）＝+alnx（a∈R），g（x）＝x2﹣x﹣．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若函数F（x）＝f（x）+g（x）存在两个极值点x1，x2，且曲线y＝F（x）在x＝处的切线方程为y＝G（x），求使不等式F（x）＜G（x）成立的x的取值范围．
【解析】（1），
当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，
当a＞0时，易得当x＞时，f′（x）＞0，当0＜x＜时，f′（x）＜0，
故f（x）在（，+∞）上单调递增，在（0，）上单调递减，
（2）F（x）＝f（x）+g（x）＝alnx+x2﹣x，
所以F′（x）＝＝，x＞0，
因为F（x）＝f（x）+g（x）存在两个极值点x1，x2，
所以F′（x）＝＝0有两个不等正实数解，
即2x2﹣x+a＝0有两个不等式正根，
所以，解得0，
因为x1x2＝，x＝＝，
所以F′（）＝2﹣1，F（）＝﹣，
所以曲线y＝F（x）在x＝处的切线方程为y﹣（﹣）＝（2﹣1）（x﹣），
即G（x）＝y＝（2﹣1）x+﹣，
令h（x）＝F（x）﹣G（x）＝，
＝＞0，
故h（x）在（0，+∞）上单调递增，且h（）＝0，
故当0＜x＜时，h（x）＜0，即F（x）＜G（x），
故x的范围（0，）．
77.(2021•福建宁德三模•T22．)已知函数f(x)=ae-x+lnx-1(a∈R).
(1)当a≤e时，讨论函数f(x)的单调性：
(2)若函数f(x)恰有两个极值点x1，x2(x1
当a≤0时，f'(x)>0恒成立，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当0
∴g(x)≥g(lna)=elna-alna=a(1-lna)≥0，
∴f'(x)≥0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
综上，当a≤e时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
(2)依题意，f'(x1)=f'(x2)=0，则ex1-ax1=0ex2-ax2=0，
两式相除得，ex2-x1=x2x1，设x2x1=t，则t>1，x2=tx1，e(t-1)x1=t，
∴x1=lntt-1,x2=tlntt-1，
∴x1+x2=(t+1)lntt-1，
设h(t)=(t+1)lntt-1(t>1)，则h'(t)=t-1t-2lnt(t-1)2，
设φ(t)=t-1t-2lnt(t>1)，则φ'(t)=1+1t2-2t=(t-1)2t2>0，
∴φ(t)在(1,+∞)单调递增，则φ(t)>φ(1)=0，
∴h'(t)>0，则h(t)在(1,+∞)单调递增，
又x1+x2≤2ln3，即h(t)≤2ln3，h(3)=2ln3，
∴t∈(1,3],即x2x1的最大值为3.
【解析】(1)对函数f(x)求导，然后分a≤0及0
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查转化与化归思想，函数与方程思想，考查逻辑推理以及运算求解能力，属于中档题．
78.(2021•宁夏中卫三模•理T21．)已知函数f（x）＝lnx﹣，其中a∈R．
（1）当a＝2，x＞1时，证明：f（x）＞0；
（2）若函数F（x）＝＞0恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若函数F（x）＝有两个不同的零点x1，x2，证明：2．
【解析】（1）证明：当a＝2时，f（x）＝lnx﹣，
f′（x）＝﹣＝＝，
当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）单调递增，
∵f（1）＝0，∴f（x）＞f（1）＝0；
（2）f（x）＝lnx﹣，则f′（x）＝，
令g（x）＝x2+2（1﹣a）x+1，
当a＜0时，又x＞0，则g（x）＞0，f′（x）＞0，
当0≤a≤2时，△＝4a2﹣8a≤0，得g（x）≥0，f′（x）＞0，
故当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，且f（1）＝0，
故有f（x）＞0，可得F（x）＞0，
当a＞2时，有△＝4a2﹣8a＞0，
此时g（x）有2个零点，设为t1，t2，且t1＜t2，
又t1+t2＝2（a﹣1）＞0，t1t2＝1，故0＜t1＜1＜t2，
在（1，t2）上，f（x）为单调递减函数，
故此时有f（x）＜0，即lnx＜，得﹣＜0，
此时F（x）＞0不恒成立，
综上：a的取值范围是（﹣∞，2]；
（3）证明：若F（x）有2个不同的零点x1，x2，不妨设x1＜x2，
则x1，x2为f（x）的两个零点，且x1≠1，x2≠1，
由（2）知此时a＞2，并且f（x）在（0，t1），（t2，+∞）上单调递增，
在（t1，t2）上单调递减，且f（1）＝0，
∴f（t1）＞0，f（t2）＜0，∵f（e﹣a）＝﹣＜0，f（ea）＝＞0，
e﹣a＜1＜ea，且f（x）的图像连续不断，
∴x1∈（e﹣a，t1），x2∈（t2，ea），∴t2﹣t1＜x2﹣x1＜ea﹣e﹣a，
∵t2﹣t1＝＝2，
综上：2＜|x2﹣x1|＜ea﹣e﹣a．
79.(2021•江西南昌三模•理T21．)定义在实数集R上的偶函数f（x）的最小值为3，且当x≥0时，f（x）＝3ex+a，其中e是自然对数的底数．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）求最大的整数m（m＞1），使得存在t∈R，只要x∈[1，m]，就有f（x+t）≤3ex．
【解析】（1）∵y＝ex是增函数，∴当x≥0时，f（x）为增函数，又f（x）为偶函数，∴f（x）min＝f（0）＝3+a，∴3+a＝3．∴a＝0
当x＜0时，∵﹣x＞0∴f（x）＝f（﹣x）＝3e﹣x
综上，．
（2）当x∈[1，m]时，有f（x+t）≤3ex，∴f（1+t）≤3e
当1+t≥0时，3e1+t≤3e即e1+t≤e，1+t≤1，∵﹣1≤t≤0
当1+t≤0时，同理，﹣2≤t≤﹣1，∴﹣2≤t≤0
同样地，f（m+t）≤3em及m≥2，得em+t≤em∴
由t的存在性可知，上述不等式在[﹣2，0]上必有解．
∵et在[﹣2，0]上的最小值为e﹣2，∵，即em﹣e3m≤0①
令g（x）＝ex﹣e3x，x∈[2，+∞）．
则g'（x）＝ex﹣e3由g'（x）＝0得x＝3．
当2≤x＜3时，g'（x）＜0，g（x）是减函数；当x＞3时，g'（x）＞0，g（x）是增函数
∴g（x）的最小值是g（3）＝e3﹣3e3＝﹣2e3＜0，
又g（2）＜0，g（4）＜0，g（5）＞0，
∴g（x）＝0在[2，+∞）上有唯一解m0∈（4，5）．
当2≤x≤m0时，g（x）≤0，当x＞m0时，g（x）＞0∴在x∈[2，+∞）时满足不等式①的最大实数解为m0
当t＝﹣2，x∈[1，m0]时，f（x﹣2）﹣3ex＝3e（e|x﹣2|﹣1﹣x），在x∈[1，2）时，∵e|x﹣2|﹣1＝e1﹣x≤1∴f（x﹣2）﹣3ex≤0，在x∈[2，m0]时，f（x﹣2）﹣3ex＝
综上所述，m最大整数为4．
80.(2021•江西上饶三模•理T21．)设函数f（x）＝ex+ax﹣b+1（a，b∈R）．
（1）若b＝1，f（x）有两个零点，求a的取值范围；
（2）若f（x）≥0，求b﹣a的最大值．
【解析】（1）b＝1时，f（x）＝ex+ax，f′（x）＝ex+a，
①当a≥0时，f′（x）＞0，则f（x）在R上单调递增，不满足题意；
②当a＜0时，令f′（x）＝0，解得x＝ln（﹣a），
则f（x）在（﹣∞，ln（﹣a））上单调递减，在（ln（﹣a），+∞）上单调递增，
要使f（x）有两个零点，只需f（ln（﹣a））＜0，即﹣a+aln（﹣a）＜0，解得a＜﹣e，
即a的取值范围是（﹣∞，﹣e）．
（2）函数f（x）＝ex+ax﹣b+1，f′（x）＝ex+a，
由（1）知，当a≥0时，f（x）在R上单调递增，
当x→﹣∞时，f（x）→﹣∞，与f（x）≥0矛盾，
所以a＜0，由（1）知，f（x）min＝f（ln（﹣a））＝﹣a+aln（﹣a）﹣b+1≥0，
所以b≤﹣a+aln（﹣a）+1，b﹣a≤﹣2a+aln（﹣a）+1，
令g（a）＝﹣2a+aln（﹣a）+1，g′（a）＝﹣2+ln（﹣a）+1＝﹣1+ln（﹣a），
令g′（a）＞0，可得a＜﹣e，令g′（x）＜0，可得﹣e＜a＜0，
所以g（a）在（﹣∞，﹣e）上单调递增，在（﹣e，0）上单调递减，
所以g（a）max＝g（﹣e）＝e+1，
所以b﹣a≤e+1，
所以b﹣a的最大值为e+1．
81.(2021•安徽宿州三模•理T21．)已知函数f（x）＝ex﹣ax，g（x）＝ax2﹣ax+x．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若a≤1﹣，证明：当x∈[﹣1，+∞）时，f（x）≥g（x）+1．
【解析】（Ⅰ）∵f′（x）＝ex﹣a，............（1分）
当a≤0时，f′（x）＝ex﹣a在R上恒成立，
∴f（x）在（﹣∞，+∞）上是递增的，............
当a＞0时，令f′（x）＞0，则x＞lna，令f′（x）＜0，则x＜lna，
∴f（x）在（﹣∞，lna）上递减，在（lna，+∞）上递增，.........
综上所述，当a≤0时，f（x）是（﹣∞，+∞）上的增函数．
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）是减函数，在（lna，+∞）上是增函数．……………………
（Ⅱ）证明：f（x）≥g（x）+1⇔f（x）﹣g（x）﹣1≥0⇔ex﹣ax2﹣x﹣1≥0，
令h（x）＝ex﹣ax2﹣x﹣1，h′（x）＝ex﹣ax﹣1，……………………………………………
由（Ⅰ）知．①当a≤0时，h′（x）＝ex﹣ax﹣1在（﹣1，+∞）上递增，又h′（0）＝0，
∴﹣1＜x＜0，h′（x）＜0，x＞0时，h′（x）＞0，
则h（x）在（﹣1，0））上递减，在（0，+∞）上递增，
∴h（x）min＝h（0）＝0，……………………………………………………………
②当0＜a≤时，lna≤﹣1，
由（1）知h′（x）在（﹣1，+∞）上递增．又h′（0）＝0，
则h（x）在（﹣1，0）上递减，在（0，+∞）上递增，
h（x）min＝h（0）＝0，…………………………………………
③当＜a≤1﹣时．由（1）知0＞lna＞﹣1
h′（x）在（﹣1，lna）上递减．在（lna，+∞）上递增，
且h′（0）＝0，h′（﹣1）＝+a﹣1≤0，
∴﹣1≤x＜0时，h′（x）＜0，x＞0时，h′（x）＞0，
∴h（x）在（﹣1，0）上递减，在（0，+∞）上递增，
则h（x）min＝h（0）＝0，……………………………………………………………
综上所述，在[﹣1，+∞）上函数h（x）≥0恒成立．
∴若a≤1﹣，当x∈[﹣1，+∞）时，f（x）≥g（x）+1恒成立．…………………………………………
82.(2021•安徽宿州三模•文T21．)已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+（a﹣1）x，a∈R．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若f（x）≤﹣ax2﹣x恒成立，求整数a的最大值．
【解析】（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）＝﹣ax+a﹣1＝＝，
（1）当a≥0时，﹣ax﹣1＜0，由f′（x）＞0，得x＞1，由f′（x）＜0，得0＜x＜1，
∴f（x）的单调减区间为（0，1），单调增区间为（1，+∞）；
（2）当﹣1＜a＜0时，﹣＞1，由f′（x）＞0，得0＜x＜1或x＞，由f′（x）＜0，得1＜x＜﹣，
∴f（x）的单调减区间为（1，﹣），单调增区间为（0，1）和（﹣，+∞）；
（3）当a＝﹣1时，＝1，f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
∴f（x）的单调增区间为（0，+∞），无减区间；
（4）当a＜﹣1时，0＜＜1，由f′（x）＞0，得0＜x＜或x＞1，由f′（x）＜0，得﹣＜x＜1，
∴f（x）的单调减区间为（﹣，1），单调增区间为（0，﹣）和（1，+∞）；
综上所述，当a＜﹣1时，f（x）的单调减区间为（﹣，1），单调增区间为（0，﹣）和（1，+∞）；
当a＝﹣1时，f（x）的单调增区间为（0，+∞），无减区间；
当﹣1＜a＜0时，f（x）的单调减区间为（1，﹣），单调增区间为（0，1）和（﹣，+∞）；
当a≥0时，f（x）的单调减区间为（0，1），单调增区间为（1，+∞）．
（Ⅱ）f（x）＝lnx﹣ax2+（a﹣1）x≤﹣ax2﹣x，
故lnx+ax≤⇔a≤，
设g（x）＝，则g′（x）＝，
设h（x）＝（x﹣1）ex﹣1+lnx，则h′（x）＝xex+＞0恒成立，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，
∵h（1）＝﹣1＜0，h（2）＝﹣1+ln2＞﹣1+ln＝0，
∴∃x0∈（1，2），使得h（x0）＝（x0﹣1）﹣1+lnx0＝0，﹣lnx0＝（x0﹣1）﹣1，
x∈（0，x0）时，h（x）＜0，从而g′（x）＜0，
∴x∈（0，x0）时，g′（x）＜0，g（x）在（0，x0）上为减函数，
x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，从而g′（x）＞0，
∴x∈（x0，+∞）时，g（x）在x∈（x0，+∞）上为增函数，
∴g（x）min＝g（x0）＝，把﹣lnx0＝（x0﹣1）﹣1代入得：
g（x0）＝＝﹣，
令p（x）＝﹣，x∈（1，2），则p（x）为增函数，
∴p（1）＜p（x）＜p（2），p（1）＝﹣1∈（﹣1，0），p（2）＝0，
∴g（x0）∈（﹣1，0），
∴整数a的最大值为﹣1．
83.(2021•安徽马鞍山三模•理T20．)已知函数f（x）＝a（1﹣x）ex，其中a∈R且a≠0．
（1）讨论f（x）的单调区间，并指出其单调性；
（2）若a＝1，，x0是F（x）的极大值点，求证：．
【解析】（1）∵f（x）＝a（1﹣x）ex，
∴f′（x）＝﹣axex，
a＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＜0，
令f′（x）＜0，解得：x＞0，
故f（x）在（﹣∞，0）递增，在（0，+∞）递减，
a＜0时，令f′（x）＞0，解得：x＞0，
令f′（x）＜0，解得：x＜0，
故f（x）在（﹣∞，0）递减，在（0，+∞）递增；
综上：a＞0时，f（x）在（﹣∞，0）递增，在（0，+∞）递减，
a＜0时，f（x）在（﹣∞，0）递减，在（0，+∞）递增；
（2）证明：a＝1时，F（x）＝x2﹣x3+（1﹣x）ex，
∴F′（x）＝x（2﹣x﹣ex），令h（x）＝2﹣x﹣ex，则h′（x）＝﹣1﹣ex＜0，
h（x）在R递减，而h（0）＝1＞0，h（1）＝1﹣e＜0，
故存在x0∈（0，1），使得h（x0）＝0，则＝2﹣x0，
故x∈（﹣∞，0）时，F′（x）＜0，F（x）递减，
x∈（0，x0）时，F′（x）＞0，F（x）递增，
x∈（x0，+∞）时，F′（x）＜0，F（x）递减，
∴x0是F（x）的极大值点，
∴F（x0）＝﹣+（1﹣x0）＝﹣+2﹣3x0+2，x0∈（0，1），
令G（x）＝﹣x3+2x2﹣3x+2，x∈（0，1），
则G′（x）＝﹣（x﹣1）（x﹣3）＜0，
故G（x）在（0，1）递减，而G（0）＝2，G（1）＝，
故F（x0）∈（，2）．
84.(2021•安徽马鞍山三模•文T21．)已知函数．
（1）当时，求函数f（x）的单调区间；
（2）当，x∈（1，+∞）时，求证：f（x）＞0．
【解析】（1）解：函数f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），
当a＝时，f（x）＝lnx﹣＝lnx+，
∴f′（x）＝．
令f′（x）＝0，得x＝或x＝2，
∴当x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（1，2）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
综上，函数f（x）的单调增区间为（0，），（2，+∞），
单调减区间为（，1），（1，2）；
（2）证明：要证f（x）＞0，即证lnx﹣＞0（a，x＞1）成立，
即证＞0，也就是证lnx+＞0成立，
即证3（x﹣1）lnx﹣3x+5＞0（x＞1）成立．
令g（x）＝3（x﹣1）lnx﹣3x+5＞0（x＞1），
则g′（x）＝3（lnx﹣），该函数在（1，+∞）上单调递增，
又g′（1）＝﹣3＜0，g′（2）＝3（ln2﹣）＞0，
∴g′（x）＝0在（1，2）上有唯一零点x0，使得，
且当x∈（1，x0）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
当x∈（x0，2）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
∴g（x）min＝g（x0）＝3（x0﹣1）lnx0﹣3x0+5＝
＝8﹣3（），
∵x0∈（1，2），∴2＜＜，
∴g（x）min＞0，即f（x）＞0．
85.(2021•江西九江二模•理T20．)已知函数f（x）＝ex+ax（a∈R）．
（Ⅰ）讨论f（x）在（0，+∞）上的单调性；
（Ⅱ）若对任意x∈（0，+∞），xex+ax2+（x﹣ln|a|）2≥0恒成立，求a的取值范围．
【解析】（I）f′（x）＝ex+a，当a≥﹣1时，∵x＞0，∴ex＞1，∴f′（x）＝ex+a＞0，∴f（x）在（0，+∞）上的单调递增．
当a＜﹣1时，ln（﹣a）＞0，∴x＞ln（﹣a）时，f′（x）＞0；x＜ln（﹣a）时，f′（x）＜0．
∴f（x）在（0，ln（﹣a））上的单调递减，在（ln（﹣a），+∞）上的单调递增．
综上可得：当a≥﹣1时，f（x）在（0，+∞）上的单调递增．
当a＜﹣1时，f（x）在（0，ln（﹣a））上的单调递减，在（ln（﹣a），+∞）上的单调递增．
（II）当a≥﹣1且a≠0时，由（I）可知：f（x）在（0，+∞）上的单调递增，∴f（x）＞f（0）＝1．
∴x＞0时，xex+ax2+（x﹣ln|a|）2≥0恒成立⇔ex+ax+x+﹣2ln|a|≥0恒成立．
a＜﹣1时，令u（x）＝ex+ax+x+﹣2ln|a|，
∵y＝x+﹣2ln|a|，在（0，ln（﹣a））上的单调递减，在（ln（﹣a），+∞）上的单调递增．
由（I）可知：f（x）＝ex+ax，在（0，ln（﹣a））上的单调递减，在（ln（﹣a），+∞）上的单调递增．
∴u（x）在（0，ln（﹣a））上的单调递减，在（ln（﹣a），+∞）上的单调递增．
∴u（x）min＝u（ln（﹣a））＝eln（﹣a）+aln（﹣a）+ln（﹣a）+﹣2ln（﹣a）＝eln（﹣a）+aln（﹣a）＝﹣a+aln（﹣a）＝a（ln（﹣a）﹣1），
∴a（ln（﹣a）﹣1）≥0，解得：﹣e≤a＜﹣1．
综上可得：a的取值范围是[﹣e，0）∪（0，+∞）．
86.(2021•北京门头沟二模•理T20)已知函数f(x)=a(x2-1)-2lnx，a∈R.
时，求在(1,f(1))处的切线方程；
讨论f(x)的单调性；
证明：当a≥1时，f(x)≥ax+1x-(a+1)在区间(1,+∞)上恒成立.
【解析】时，f(x)=2(x2-1)-2lnx，
f'(x)=4x-2x，f'(1)=2，f(1)=0，
故切线方程是：y-0=2(x-1)，即y=2(x-1).
，
f'(x)=2ax-2x=2ax2-2x(x>0)，
①当a≤0时，f'(x)<0在(0,+∞)上恒成立，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减，
②当a>0时，由f'(x)=0，得x=1a，
当x∈(0,1a)时，f'(x)<0，f(x)递减，
当x∈(1a,+∞)时，f'(x)>0，f(x)递增，
综上：a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递减，
a>0时，f(x)在(0,1a)递减，在(1a,+∞)递增．
证明：当a≥1时，f(x)≥ax+1x-(a+1)，
即ax2-ax-2lnx-1x+1≥0在(1,+∞)上恒成立，
令h(x)=ax2-ax-2lnx-1x+1，(x>1)，
则h'(x)=2ax-a-2x+1x2，h''(x)=2a+2x3(x-1)，
由于a≥1，x>1，则h''(x)>0，
故h'(x)在(1,+∞)上单调递增，
而h'(1)=a-1≥0，则h(x)在(1,+∞)上单调递增，
故h(x)>h(1)=0，
故当a≥1时，f(x)≥ax+1x-(a+1)在区间(1,+∞)上恒成立．
【解析】代入a的值，求出函数的导数，计算f(1)，f'(1)，求出切线方程即可；
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；
问题转化为ax2-ax-2lnx-1x+1≥0在(1,+∞)上恒成立，令h(x)=ax2-ax-2lnx-1x+1，(x>1)，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．
本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是中档题．
87.(2021•浙江杭州二模•理T22．)已知函数f（x）＝aln（x+1）（a＞0），．
（1）当a＝1时，求证：对任意x＞0，f（x）＞g（x）；
（2）若函数f（x）图象上不同两点P，Q到x轴的距离相等，设f（x）图象在点P，Q处切线交点为M，求证：对任意a＞0，点M在第二象限．
【解析】证明：（1）根据题意，对任意x＞0，f（x）＞g（x）恒成立，即证明h（x）＝f（x）﹣g（x）＞0恒成立，即证h（x）min＞0恒成立，
当a＝1时，f（x）＝ln（x+1），g（x）＝，
令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝ln（x+1）﹣（x＞0），则有h'（x）＝
∵x＞0
∴h'（x）＞0，即得函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴h（x）＞h（0）＝0，即得f（x）﹣g（x）＞0⇔f（x）＞g（x）
（2）∵f（x）＝aln（x+1）的定义域为x∈（﹣1，+∞），
∴f'（x）＝，即得当a＞0时，f'（x）＞0，则函数g（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，
设点P（xP，yP），Q（xQ，yQ），则有yP≠yQ，
∵|yP|＝|yQ|，∴yP+yQ＝0⇔yQ＝﹣yP
∵yP＝aln（xP+1），yQ＝aln（xQ+1）
此时假设t＝ln（xP+1）＞0，则aln（xQ+1）＝﹣at⇒ln（xQ+1）＝﹣t，
由此可得
∴f（x）图象在点P，Q处的切线方程可分别表示为：
联立可得，交点M的坐标即为
∵
令F（t）＝2e﹣et+e﹣t（t＞0），则有F'（x）＝﹣et﹣e﹣t＜0，即得F（t）＜F（0）＝0恒成立，⇒xM＜0；
∵＝＝＞0
由此可得，点M在第二象限．
88.(2021•河北秦皇岛二模•理T22．)已知函数f（x）＝（x2﹣ax）lnx﹣x2+2ax+1，x∈（0，+∞）．
（1）讨论函数y＝f（x）的单调性；
（2）若a＞e，求证：f′（x）＞﹣（﹣1）2．
【解析】（1）f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）＝（x﹣a）lnx﹣x+a＝（x﹣a）（lnx﹣1），
①当a≤0，令f′（x）＞0，解得：x＞e，令f′（x）＜0，解得：x＜e，
故f（x）在（0，e）递减，在（e，+∞）递增，
②当0＜a＜e，令f′（x）＞0，解得：x＞e或x＜a，令f′（x）＜0，解得：a＜x＜e，
故f（x）在（0，a）递增，在（a，e）递减，在（e，+∞）递增，
③当a＝e时，令f′（x）≥0恒成立，
故f（x）在（0，+∞）递增，无递减区间，
④当a＞e，令f′（x）＞0，解得：x＞a或x＜e，令f′（x）＜0，解得：e＜x＜a，
故f（x）在（0，e）递增，在（e，a）递减，在（a，+∞）递增，
综上：当a≤0，f（x）在（0，e）递减，在（e，+∞）递增，
当0＜a＜e，f（x）在（0，a）递增，在（a，e）递减，在（e，+∞）递增，
当a＝e时，故f（x）在（0，+∞）递增，无递减区间，
当a＞e，f（x）在（0，e）递增，在（e，a）递减，在（a，+∞）递增；
（2）证明：令g（x）＝f′（x），则g′（x）＝lnx﹣，
∵a＞e，∴g′（x）在（0，+∞）上单调递增，
g′（e）＝1﹣＜0，g′（）＝﹣＝＞0，
设φ（x）＝ex﹣x，x＞0，则φ′（x）＝ex﹣1＞0，φ（x）递增，
∴φ（）＞φ（0）＝1＞0，即﹣＞0，
∴∃x0∈（e，），使得g′（x0）＝0，即a＝x0lnx0，
且当x∈（0，x0）时，g′（x）＜0，x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，
∴f′（x）在（0，x0）递减，在（x0，+∞）递增，
∴f′（x）min＝f′（x0）＝（x0﹣a）（lnx0﹣1）＝（x0﹣x0lnx0）（lnx0﹣1）＝﹣x0，
设h（x）＝﹣x（lnx﹣1）2，x∈（e，），
则h′（x）＝﹣（lnx﹣1）2﹣2x（lnx﹣1）•＝1﹣ln2x＜0，
∴h（x）在（e，）上单调递减，
∴f′（x）min＝h（x0）＞h（）＝﹣，原命题成立．
89.(2021•江西上饶二模•理T21．)已知函数f（x）＝2exsinx（e是自然对数的底数）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）记g（x）＝f（x）﹣ax，0＜a＜6，试讨论g（x）在（0，π）上的零点个数．（参考数据：e≈4.8）
【解析】（1）f′（x）＝2ex（sinx+cosx）＝2exsin（x+），
由f′（x）＜0，解得：2kπ+＜x＜2kπ+，
由f′（x）＞0，解得：2kπ﹣＜x＜2kπ+（k∈Z），
故f（x）在（2kπ﹣，2kπ+）递增，在（2kπ+，2kπ+）（k∈Z）递减；
（2）g（x）＝2exsinx﹣ax，∴g′（x）＝2ex（sinx+cosx）﹣a，
令h（x）＝g′（x），则h′（x）＝4excosx，
x∈（0，）时，h′（x）＞0，x∈（，π）时，h′（x）＜0，
∴g′（x）即h（x）在（0，）单调递增，在（，π）上单调递减，
∵g′（0）＝2﹣a，g′（π）＝﹣2ex﹣a＜0，
①当2﹣a≥0即0＜a≤2时，g′（0）≥0，∴g′（）＞0，
∴存在x0∈（，π），使得g′（x0）＝0，
∴当x∈（0，x0）时，g′（x）＞0，当x∈（x0，π）时，g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，π）上单调递减，
∵g（0）＝0，∴g（x0）＞0，
又g（π）＝﹣aπ＜0，则g（x）在（0，π）上仅有1个零点，
②当2＜a＜6时，g′（0）＝2﹣a＜0，
∵g′（x）在（0，）上单调递增，在（，π）上单调递减，且g′（）＝2﹣a＞0，
∴存在x1∈（0，），x2∈（，π），使得g′（x1）＝0，g′（x2）＝0，
且当x∈（0，x1），（x2，π）时，g′（x）＜0，x∈（x1，x2）时，g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，x1）和（x2，π）上单调递减，在（x1，x2）上单调递增，
∵g（0）＝0，∴g（x1）＜0，∵g（）＝2﹣a＞2﹣3π＞0，∴g（x2）＞0，
又g（π）＝﹣aπ＜0，故g（x）在（x1，x2）和（x2，π）上各有1个零点，
综上：当0＜a≤2时，g（x）仅有1个零点，
当2＜a＜6时，g（x）有2个零点．
90.(2021•江西鹰潭二模•理T21．)设函数f（x）＝lnx+aex，g（x）＝axex（）．
（1）若y＝f（x）在x＝1处的切线平行于直线y＝2x，求实数a的值；
（2）设函数h（x）＝f（x）﹣g（x），判断y＝h（x）的零点的个数；
（3）设x1是h（x）的极值点，x2是h（x）的一个零点，且x1＜x2，求证：3x1﹣x2＞2．
【解析】（1）由题可知，f′（x）＝+aex，得切线的斜率k＝f′（1）＝1+ae，
∵两直线平行斜率相等，
∴k＝1+ae＝2，解得a＝．
（2）令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝Inx+aex﹣axex，可知h（x）的定义域为（0，+∞），
且h′（x）＝+aex﹣a（1+x）ex＝，
令m（x）＝1﹣ax2ex，得m′（x）＝﹣a（2xex+x2ex），
而0＜a＜，x＞0，得m′（x）＜0，可知m（x）在（0，+∞）内单调递减，
又m（1）＝1﹣ae＞0，且m（In）＝1﹣a（In）2•＝1﹣（In）2＜0，
故m（x）＝0在（0，+∞）内有唯一解，
从而h′（x）＝0在（0，+∞）内有唯一解，设为x0，
则1＜x0＜In，
当x∈（0，x0）时，h′（x）＝＞＝0，
∴h（x）在（0，x0）内单调递增；
当x∈（x0，+∞）时，h′（x）＝＜＝0，
∴h（x）在（x0，+∞）内单调递减；
∴x0是h（x）的唯一极值点．
令φ（x）＝Inx﹣x+1，
则当x＞1时，φ′（x）＝﹣1＜0，故φ（x）在（1，+∞）内单调递减；
∴当x＞1时，φ（x）＜φ（1）＝0，即Inx＜x﹣1，
从而h（In）＝InIn+a（1﹣In）e＝InIn﹣In+1＝φ（In）＜0，
又∵h（x0）＞h（1）＝0，
∴h（x）在（x0，+∞）内有唯一零点，
又h（x）在（0，x0）内有唯一零点1，从而h（x）在（0，+∞）内恰有两个零点．
∴y＝h（x）的零点的个数为2．
（3）已知x1是h（x）的极值点，x2是h（x）的一个零点，且x1＜x2，
由（2）及题意，，即，
∴Inx2＝e，
∴e＝，
∵由（2）知，当x＞1时，Inx＜x﹣1，又x2＞x1＞1，
故e＜＝x12，两边取对数，得Ine＜Inx12，
于是x2﹣x1＜2Inx1＜2（x1﹣1），整理得3x1﹣x2＞2．命题得证．
91.(2021•河北邯郸二模•理T22．)已知函数，g（x）＝mcosx﹣x，m＞0．
（Ⅰ）讨论函数f（x）在（﹣π，0）∪（0，π）上的单调性；
（Ⅱ）若方程mf（x）＝g（x）在区间（0，）上有且只有一个实数根，求m的取值范围．
【解析】（Ⅰ）f′（x）＝，令h（x）＝xcosx﹣sinx，
h′（x）＝cosx﹣xsinx﹣cosx＝﹣xsinx，
当x∈（﹣π，0）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，当x∈（0，π）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
所以当x∈（﹣π，0）时，h（x）＞h（0）＝0，当x∈（0，π）时，h（x）＜h（0）＝0，
所以当x∈（﹣π，0）时，f′（x）＞0，当x∈（0，π）时，f′（x）＜0，
所以f（x）在（﹣π，0）上单调递增，在（0，π）上单调递减．
（Ⅱ）由题意得＝mcosx﹣x，即x2﹣mxcosx+msinx＝0在区间（0，）上有且只有一个实数根，
令F（x）＝x2﹣mxcosx+msinx，则F（x）在（0，）上有且只有一个零点，
F′（x）＝2x﹣mcosx+mxsinx+mcosx＝2x+mxsinx＝x（2+msinx），
①当0＜m≤2时，﹣2＜msinx≤2，所以F′（x）＞0，F（x）在（0，）上单调递增，
F（x）＞F（0）＝0，所以F（x）在（0，）上无零点；
当m＞2时，令F′（x）＝0，所以sinx＝﹣∈（﹣1，0），
所以存在唯一x0∈（0，），使F′（x）＝0，
当x∈（0，x0）时，F′（x）＞0，F（x）单调递增，
当x∈（x0，）时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，
因为F（0）＝0，F（）＝﹣m，
当F（）≥0时，即2＜m≤时，F（x）＞0在（0，）上恒成立，F（x）在（0，）上无零点，不符合题意；
当F（）＜0时，即m＞时，F（x）在（0，）上有且只有一个零点，符合题意．
综上，m的取值范围是（，+∞）．
92.(2021•天津南开二模•T20．)（16分）已知函数f（x）＝e2x，g（x）＝m（2x+1）（m≠0）（e为自然对数的底数），h（x）＝f（x）（x）．
（Ⅰ）若m＝e，求函数h（x）的单调区间；
（Ⅱ）若h（x）≥1﹣m恒成立，求实数m的值；
（Ⅲ）若直线y＝g（x）是曲线f（x）＝e2x的一条切线．求证：对任意实数a＞b，都有．
【解析】（Ⅰ）m＝e时，g（x）＝e（2x+1），
由题意得：h（x）＝f（x）﹣g（x）＝e7x﹣e（2x+1），x∈R，
∴h′（x）＝2e2x﹣2e＝7e（e2x﹣1﹣6），
令h′（x）＝0，解得：x＝，x，h（x）的变化如下：
x
（﹣∞，）
（，+∞）
h′（x）
﹣
0
+
h（x）
递减
极小值
递增
∴h（x）的递减区间是（﹣∞，），递增区间是（；
（Ⅱ）若h（x）≥2﹣m恒成立，则m•2x≤e2x﹣3，
①x＝0时，显然成立，
②x＞0时，问题转化为m≤，+∞）恒成立，
令k（t）＝（t＞0），
令p（t）＝（t﹣1）et+2，则p′（t）＝tet＞0，p（t）在（0，
故p（t）＞p（0）＝6，故k′（t）＞0，+∞）递增，
而＝et＝1，故m≤4，
③x＜0时，问题转化为m≥，0）恒成立，
同理可得m≥2，
综上：m＝1；
（Ⅲ）证明：直线y＝g（x）是曲线f（x）的一条切线，设切点是（x0，y4），
∵f′（x）＝2e2x，
∴，解得：，
故h（x）＝e5x﹣2x﹣1，
要证，
即证≥8e2b﹣2，
即证≥2e5b，a＞b，
即证e2（a﹣b）﹣1≥5（a﹣b），
令t＝a﹣b＞0，即证e2t﹣3≥2t，t＞0，
令φ（t）＝e7t﹣1﹣2t（t＞4），φ′（t）＝2e2t﹣6＞0，
故φ（t）在（0，+∞）单调递增，
∴φ（t）＞φ（0）＝3，即e2t﹣1﹣4t＞0，
即证得．
93.(2021•广东潮州二模•T22．)已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝x2﹣ax（a＞0）．
（1）讨论函数h（x）＝f（x）+g（x）的极值点；
（2）若x1，x2（x1＜x2）是方程f（x）﹣+＝0的两个不同的正实根，证明：x12+x22＞4a．
【解析】（1）h（x）＝f（x）+g（x）＝lnx+x2﹣ax（x＞0）（a＞0），
h′（x）＝+2x﹣a＝，
令2x2﹣ax+1＝0，△＝a2﹣8，
当0＜a≤2时，△≤0，h′（x）≥0，无极值点，
当a＞2时，令2x2﹣ax+1＝0，解得：x＝，
当x∈（0，），（，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）递增，
x∈（，）时，h′（x）＜0，h（x）递减，
故h（x）极大值点是，极小值点是；
综上：0＜a≤2时，h（x）无极值点，
a＞2时，h（x）极大值点是，极小值点是；
（2）由f（x）﹣+＝lnx﹣+＝0，即lnx+＝0，
令k（x）＝lnx+（x＞0，a＞0），
k′（x）＝﹣＝，令k′（x）＝0，得x＝，
当0＜x＜时，k′（x）＜0，当x＞时，k′（x）＞0，
∴k（x）在（0，）递减，在（，+∞）上递增，
又∵k（x）有2个零点，
∴k（）＜0，即ln+＜0，解得：0＜a＜，
且，两式相减得：lnx2﹣lnx1＝﹣，
设t＝（t＞1），∴lnt＝﹣，
∴＝（1﹣），要证明x12+x22＞4a，
即证明（1+t2）＞4a，（1+t2）（1﹣）＞4a，
∴（1+t2）（1﹣）＞2，
即证明2lnt2﹣t2+＜0（t＞1），
令q（x）＝2lnx﹣x+（x＞1），
q′（x）＝﹣＜0，
∴q（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴q（x）＜q（1）＝0，
∴2lnx﹣x+＜0即x12+x22＞4a．
94.(2021•辽宁朝阳二模•T) 21．设函数f（x）＝axlnx，其中a∈R，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线经过点（3，2）．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）求函数f（x）的极值；
（Ⅲ）证明：f（x）＞﹣．
【解析】（I）f′（x）＝alnx+a，
则f（1）＝0，f′（1）＝a，
故取消y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程y＝a（x﹣1），
把点（3，2）代入切线方程可得，a＝1，
（II）由（I）可得f′（x）＝lnx+1，x＞0，
易得，当0时，f′（x）＜0，函数单调递减，当x＞时，f′（x）＞0，函数单调递增，
故当x＝时，函数取得极小值f（）＝﹣，没有极大值，
证明：（III）f（x）＞﹣等价于xlnx﹣＞0，
由（II）可得f（x）＝xlnx（当且仅当x＝时等号成立）①，
所以xlnx﹣，
故只要证明即可，（需验证等号不同时成立）
设g（x）＝，x＞0则，
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，函数单调递减，当x＞1时，g′（x）＞0，函数单调递增，
所以g（x）≥g（1）＝0，当且仅当x＝1时等号成立，②
因为①②等号不同时成立，
所以当x＞0时，f（x）＞﹣．
95.(2021•山东潍坊二模•T)20．已知函数f（x）＝的单调递增区间是[0，1]，极大值是．
（1）求曲线y＝f（x）在点（﹣1，f（﹣1））处的切线方程；
（2）若存在非零实数x0，使得f（x0）＝1，m＞0，求f（x）在区间（﹣∞，m]上的最小值．
【解析】（1）∵f（x）＝，
∴f′（x）＝，
∵f（x）的递增区间是[0，1]，
∴﹣ax2+（2a﹣b）x+b﹣c＝0的根是0和1，
故，故a＝b＝c，
又f（x）的极大值是，故f（1）＝＝，
故a＝b＝c＝1，
故f（x）＝，f′（x）＝，
故f（﹣1）＝e，f′（﹣1）＝﹣2e，
则f（x）在点（﹣1，f（﹣1））处的切线方程是：y＝﹣2ex﹣e．
（2）f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
且f（0）＝1，当x∈（﹣∞，0]时，f（x）min＝f（0）＝1，
若存在非零实数x0，使得f（x0）＝1，则x0＞0，
①0＜m≤x0时，f（x）在（﹣∞，0]递减，在（0，m]递增，
故f（x）在区间（﹣∞，m]上的最小值是f（0）＝1，
②m＞x0时，f（x）在（﹣∞，0]递减，在（0，1）递增，在（1，m]递减，
故f（x）min＝f（m）＝．
96.(2021•浙江丽水湖州衢州二模•T)22．已知函数f（x）＝（x＞1）．
（Ⅰ）当a＝0时，求函数f（x）的图象在（e，f（e））处的切线方程；
（Ⅱ）若对任意x∈（1，+∞），不等式f（x）≥lnx+4恒成立，求实数a的取值范围．（其中e为自然对数的底数）
【解析】（Ⅰ）当a＝0时，f（x）＝，所以f（e）＝4，
此时f′（x）＝，
可得切线的斜率为f′（e）＝﹣，
所以所求切线方程为y﹣4＝﹣（x﹣e），即y＝﹣x+8；
（Ⅱ）由题意得ax+4﹣ln2x﹣4lnx≥0对对任意x∈（1，+∞）恒成立．
令x＝e，得a≥，
设g（x）＝ax+4﹣ln2x﹣4lnx（x＞1），
g′（x）＝a﹣，
设h（x）＝，则h′（x）＝＜0，
所以h（x）在（1，+∞）递减，故0＜h（x）＜4．
①当a≥4时，g′（x）≥0，所以g（x）在（1，+∞）单调递增，g（x）＞g（1）＝a+4＞0，
所以a≥4满足题意；
②当≤a＜4时，存在x0＞1使得a＝，
即ax0＝2lnx0+4，且g（x）在（1，x0）单调递减，在（x0，+∞）单调递增，
所以g（x）min＝g（x0）＝ax0+4﹣ln2x0﹣4lnx0≥0，
所以2lnx0+4+4﹣ln2x0﹣4lnx0≥0，即ln2x0+2lnx0﹣8≤0，解得﹣4≤lnx0≤2，
即1＜x0≤e2，由h（x）＝在（1，+∞）递减，
可知≤a＜4，
综上所述，可得a≥．
97.(2021•吉林长春一模•文T21)设函数.
(I)当时,求函数的单调区间;
(Ⅱ)当时,求证:
【解析】时，
易知为增函数,且
所以当时单调递减,当时单调递增.(4分)
(2) ,当时,易知为上增函数,
当时；当时；当时,
而
所以存在即
当时单调递减,
当时单调递增:
所以.(12分)
98.(2021•新疆乌鲁木齐二模•文T21．)已知函数f（x）＝x2+sinx+cosx．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在x＝0处的切线方程；
（Ⅱ）若f（x）≥1+ax，求a．
【解析】（Ⅰ）由题意可知f（x）的定义域为R，
f′（x）＝2x+cosx﹣sinx，
所以f（0）＝1，f′（0）＝1，
所以y＝f（x）在x＝0处的切线方程为y＝x+1．
（Ⅱ）令g（x）＝x2+sinx+cosx﹣1﹣ax，
则g（0）＝0，
g′（x）＝2x+cosx﹣sinx﹣a，
g″（x）＝2﹣sinx﹣cosx≥0，
所以g′（x）在（﹣∞，+∞）上为增函数，又因为g′（0）＝1﹣a，
①当a＞1时，g′（0）＜0，4a＞0，
g′（4a）＝7a+cos4a﹣sin4a＞0，
所以∃x0∈（0，4a），使得g′（x0）＝0，
所以g（x）在（0，x0）上单调递减，则g（x0）＜g（0）＝0，与题不符．
②当a＜1时，g′（0）＞0，a﹣π＜0，
g′（a﹣π）＝﹣2π﹣cosa+sina+a＜0，
所以∃x1∈（a﹣π，0），使得g′（x1）＝0，
所以g（x）在（x1，0）上单调递增，则g（x1）＜g（0）＝0，与题不符，
③当a＝1时，g′（0）＝0，
所以g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，g（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以g（x）≥g（0）＝0，
综上所述，当a＝1时，f（x）≥1+ax．
99.(2021•安徽淮北二模•文T21．)设函数f（x）＝ex﹣cosx﹣ax，a∈R（其中f′（x）是f（x）的导函数）．
（Ⅰ）当a＝1时，判断函数f（x）在（0，+∞）上的单调性；
（Ⅱ）若F（x）＝f′（x）﹣ax+a﹣1，证明：当a∈[1，2）时，函数F（x）有2个零点．
【解析】（Ⅰ）当a＝1时，f（x）＝ex﹣cosx﹣x，f′（x）＝ex+sinx﹣1，令H（x）＝f′（x），则H′（x）＝ex+cosx，
∵x∈（0，+∞），
∴ex＞1，﹣1≤cosx≤1，
∴H′（x）＞0，
∴H（x）在（0，+∞）单调递增，
∴H（x）＞H（0）＝e0﹣1＝0，
∴f（x）在（0，+∞）单调递增；
（Ⅱ）证明：∵F（x）＝f′（x）﹣ax+a﹣1＝ex+sinx﹣a﹣ax+a﹣1＝ex+sinx﹣ax﹣1，
当x＝0时，由于F（0）＝e0+sin0﹣0﹣1＝0，故x＝0是F（x）的一个零点；
令M（x）＝F′（x）＝ex+cosx﹣a，则M′（x）＝ex﹣sinx，
∵1≤a＜2，
①当x∈（0，+∞）时，ex＞1，故M′（x）＞1﹣sinx≥0，
∴M（x）在（0，+∞）单调递增，
∴M（x）＞M（0）＝2﹣a＞0，
∴F（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴F（x）＞F（0）＝0，此时F（x）在（0，+∞）无零点；
②当x∈（﹣∞，﹣π]时，﹣ax≥π，
∵F（x）＝ex+sinx﹣ax﹣1≥ex+sinx+π﹣1＞0，
∴F（x）在（﹣∞，﹣π]无零点；
③当x∈（﹣π，0）时，sinx＜0，
∴M′（x）＝ex﹣sinx＞0，
∴M（x）在（﹣π，0）单调递增，
∵M（﹣π）＝e﹣π+cos（﹣π）﹣a＜0，M（0）＝e0+1﹣a＞0，
∴由零点存在性定理可知，存在x0∈（﹣π，0），使得M（x0）＝0，
且x∈（﹣π，x0）时，M（x）＝F′（x）＜0，F（x）单调递减，x∈（x0，0）时，M（x）＝F′（x）＞0，F（x）单调递增，
又F（﹣π）＝e﹣π+sin（﹣π）﹣a（﹣π）﹣1＞0，F（x0）＜F（0）＝0，
∴F（x）在（﹣π，0）有一个零点，
综上，当a∈[1，2）时，函数F（x）有2个零点．
100.(2021•宁夏银川二模•文T20．)已知函数f（x）＝lnx+﹣1．
（1）求函数f（x）的最小值；
（2）当x∈（0，π）时，证明：ex＞（1﹣lnx）sinx．
【解析】（1）∵函数f（x）＝lnx+﹣1，
∴x＞0，且f′（x）＝﹣＝，
由f′（x）＞0，得x＞1，由f′（x）＜0，得0＜x＜1，
∴函数f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
∴函数f（x）的最小值是f（1）＝0；
（2）证明：若证x∈（0，π）时，ex＞（1﹣lnx）sinx成立，
即证x∈（0，π）时，ex+（lnx﹣1）sinx＞0成立，
令F（x）＝ex+（lnx﹣1）sinx，
①当0＜x＜e时，ex＞1，
∴F（x）＝ex+（lnx﹣1）sinx＞1+（lnx﹣1）sinx，
令g（x）＝x﹣sinx，当0＜x＜e时，cosx＜1，
∴g′（x）＝（x﹣sinx）′＝1﹣cosx＞0，
∴函数g（x）＝x﹣sinx在（0，e）上单调递增，
∴g（x）＝x﹣sinx＞g（0）＝0，即x﹣sinx＞0，故sinx＜x，
又当0＜x＜e时，lnx＜lne＝1，
故lnx﹣1＜0，故（lnx﹣1）sinx＞（lnx﹣1）x，
故F（x）＞1+（lnx﹣1）x＝x（lnx+﹣1），
由（1）知lnx+﹣1≥0，故F（x）＞0，
②当e≤x＜π时，ex＞0，
且lnx≥lne＝1，即lnx﹣1≥0，且sinx＞0，
∴F（x）＝ex+（lnx﹣1）sinx＞0，
综上，当x∈（0，π）时，ex+（lnx﹣1）sinx＞0成立，
即当x∈（0，π）时，ex＞（1﹣lnx）sinx．
101.(2021•山西调研二模•文T21.)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若方程f(x)+a=0有三个不同的实根，求a的取值范围.
【解析】(1)函数f(x)=(x-1)ex-ax2，
则f'(x)=xex-2ax=x(ex-2a)，
(i)当a≤0时，ex-2a>0，所以f(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；
(ii)当0
(iii)当a=12时，由ex-2a=0，可得x=ln(2a)=0，所以f(x)在R上单调递增；
(iv)当a>12时，由ex-2a=0，可得x=ln(2a)>0，
所以f(x)在(-∞,0)上单调递增，在(0,ln(2a))上单调递减，在(ln(2a),+∞)上单调递增．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；
当0
当a>12时，所以f(x)在(-∞,0)和(ln(2a),+∞)上单调递增，在(0,ln(2a))上单调递减．
(2)f(x)+a=(x-1)[ex-a(x+1)]，
所以x=1为f(x)+a=0的一个根，
故ex-a(x+1)=0有两个不同于1的实根，
令f(x)=ex-a(x+1)，则g'(x)=ex-a，
(i)当a≤0时，g'(x)>0，故g(x)在R上单调递增，不符合题意；
(ii)当a>0时，当x>lna时，g'(x)>0，故g(x)单调递增，
当x
所以若要满足题意，只需g(lna)<0且g(1)≠0，
因为g(lna)=elna-a(lna+1)=-alna<0，所以a>1，
又g(1)=e-2a≠0，所以a≠e2，即a>1且a≠e2，
所以实数a的取值范围为(1,e2)⋃(e2,+∞).
【解析】(1)求出f'(x)，然后分a≤0，0
(2)将方程进行化简变形，得到x=1为f(x)+a=0的一个根，则ex-a(x+1)=0有两个不同于1的实根，构造函数f(x)=ex-a(x+1)，利用导数研究其单调性，确定函数值的变化情况，列出关于a的不等关系，求解即可．
本题考查了利用导数研究函数的性质，函数的零点与方程的根的综合应用，解决函数零点或方程根的问题，常用的方法有：(1)方程法(直接解方程得到函数的零点)；(2)图象法(直接画出函数的图象分析得解)；(3)方程+图象法(令函数为零，再重新构造两个函数，数形结合分析得解).属于中档题．
102.(2021•河南郑州二模•文T21．)已知函数f（x）＝lnx﹣a（x+1）．
（Ⅰ）讨论函数的单调性；
（Ⅱ）对任意x＞0，求证：﹣a（x+1）＞f（x）．
【解析】（Ⅰ）由题意得f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）＝﹣a＝，
当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）单调递增，
当a＞0时，令f′（x）＞0，解得0＜x＜，令f′（x）＜0，解得：x＞，
∴f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减；
综上：当a≤0时，f（x）在（0，+∞）单调递增，
当a＞0时，f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减；
（Ⅱ）证明：要证﹣a（x+1）＞f（x），即证•﹣lnx＞0，
令g（x）＝•﹣lnx，则g′（x）＝，
令r（x）＝2（x﹣1）ex﹣e2x，则r′（x）＝2xex﹣e2，
由r′（x）在（0，+∞）单调递增，且r′（1）＝2e﹣e2＜0，r′（2）＝3e2＞0，
∴存在唯一的实数x0∈（1，2），使得r′（x0）＝0，
∴r（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
∵r（0）＜0，r（2）＝0，∴当r（x）＞0时，x＞2，当r（x）＜0时，0＜x＜2，
∴g（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，
∴g（x）≥g（2）＝1﹣ln2＞0，
综上，•﹣lnx＞0，即﹣a（x+1）＞f（x）．
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