2020-2021学年高考数学（理）考点：导数与函数的单调性

2020-2021学年高考数学（理）考点：导数与函数的单调性

‎2020-2021学年高考数学（理）考点：导数与函数的单调性 函数的单调性与导数的关系 条件 恒有 结论 函数y＝f (x)在区间(a，b)上可导 f′(x)>0‎ f (x)在(a，b)内单调递增 f′(x)<0‎ f (x)在(a，b)内单调递减 f′(x)＝0‎ f (x)在(a，b)内是常数函数 概念方法微思考 ‎“f (x)在区间(a，b)上是增函数，则f′(x)>0在(a，b)上恒成立”，这种说法是否正确？‎ 提示　不正确，正确的说法是：‎ 可导函数f (x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任一非空子区间内都不恒为零．‎ ‎1．（2017•江苏）已知函数f（x）＝x3﹣2x+ex‎-‎‎1‎ex，其中e是自然对数的底数．若f（a﹣1）+f（2a2）≤0．则实数a的取值范围是__________．‎ ‎【答案】[﹣1，‎1‎‎2‎]‎ ‎【解析】函数f（x）＝x3﹣2x+ex‎-‎‎1‎ex的导数为：‎ f′（x）＝3x2﹣2+ex‎+‎1‎ex≥-‎2+2ex‎⋅‎‎1‎ex‎=‎0，‎ 可得f（x）在R上递增；‎ 又f（﹣x）+f（x）＝（﹣x）3+2x+e﹣x﹣ex+x3﹣2x+ex‎-‎1‎ex=‎0，‎ 可得f（x）为奇函数，‎ 则f（a﹣1）+f（2a2）≤0，‎ 即有f（2a2）≤﹣f（a﹣1）‎ 由f（﹣（a﹣1））＝﹣f（a﹣1），‎ f（2a2）≤f（1﹣a），‎ 即有2a2≤1﹣a，‎ 解得﹣1≤a‎≤‎‎1‎‎2‎，‎ 故答案为：[﹣1，‎1‎‎2‎]．‎ ‎2．（2020•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝ex﹣a（x+2）．‎ ‎（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；‎ ‎（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．‎ ‎【解析】由题意，f（x）的定义域为（﹣∞，+∞），且f′（x）＝ex﹣a．‎ ‎（1）当a＝1时，f′（x）＝ex﹣1，令f′（x）＝0，解得x＝0．‎ ‎∴当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，‎ 当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．‎ ‎∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增；‎ ‎（2）当a≤0时，f′（x）＝ex﹣a＞0恒成立，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，不合题意；‎ 当a＞0时，令f′（x）＝0，解得x＝lna，‎ 当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，‎ 当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．‎ ‎∴f（x）的极小值也是最小值为f（lna）＝a﹣a（lna+2）＝﹣a（1+lna）．‎ 又当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→+∞．‎ ‎∴要使f（x）有两个零点，只要f（lna）＜0即可，‎ 则1+lna＞0，可得a‎＞‎‎1‎e．‎ 综上，若f（x）有两个零点，则a的取值范围是（‎1‎e，+∞）．‎ ‎3．（2020•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝2lnx+1．‎ ‎（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；‎ ‎（2）设a＞0，讨论函数g（x）‎=‎f(x)-f(a)‎x-a的单调性．‎ ‎【解析】（1）f（x）≤2x+c等价于2lnx﹣2x≤c﹣1．‎ 设h（x）＝2lnx﹣2x，h′（x）‎=‎2‎x-2=‎‎2(1-x)‎x（x＞0）．‎ 当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，‎ 当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，‎ ‎∴h（x）在x＝1时取得极大值也就是最大值为h（1）＝﹣2，‎ ‎∴c﹣1≥﹣2，即c≥﹣1．‎ 则c的取值范围为[﹣1，+∞）；‎ ‎（2）g（x）‎=f(x)-f(a)‎x-a=‎‎2(lnx-lna)‎x-a（x＞0，x≠a，a＞0）．‎ ‎∴g′（x）‎=‎2‎x‎(x-a)-2lnx+2lna‎(x-a‎)‎‎2‎=‎‎-‎2ax-2lnx+2lna+2‎‎(x-a‎)‎‎2‎．‎ 令w（x）‎=-‎2ax-2lnx+‎2lna+2（x＞0），‎ 则w′（x）‎=‎2ax‎2‎-‎2‎x=‎‎2(a-x)‎x‎2‎，‎ 令w′（x）＞0，解得0＜x＜a，令w′（x）＜0，解得x＞a，‎ ‎∴w（x）在（0，a）上单调递增，在（a，+∞）上单调递减．‎ ‎∴w（x）≤w（a）＝0，即g′（x）≤0，‎ ‎∴g（x）在（0，a）和（a，+∞）上单调递减．‎ ‎4．（2020•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝x3﹣kx+k2．‎ ‎（1）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（2）若f（x）有三个零点，求k的取值范围．‎ ‎【解析】（1）f（x）＝x3﹣kx+k2．f′（x）＝3x2﹣k，‎ k≤0时，f′（x）≥0，f（x）在R递增，‎ k＞0时，令f′（x）＞0，解得：x‎＞‎k‎3‎或x‎＜-‎k‎3‎，‎ 令f′（x）＜0，解得：‎-k‎3‎＜‎x‎＜‎k‎3‎，‎ ‎∴f（x）在（﹣∞，‎-‎k‎3‎）递增，在（‎-‎k‎3‎，k‎3‎）递减，在（k‎3‎，+∞）递增，‎ 综上，k≤0时，f（x）在R递增，‎ k＞0时，f（x）在（﹣∞，‎-‎k‎3‎）递增，在（‎-‎k‎3‎，k‎3‎）递减，在（k‎3‎，+∞）递增；‎ ‎（2）由（1）得：k＞0，f（x）极小值＝f（k‎3‎），f（x）极大值＝f（‎-‎k‎3‎），‎ 若f（x）有三个零点，‎ 只需k＞0‎f(k‎3‎)＜0‎f(-k‎3‎)＞0‎，解得：0＜k‎＜‎‎4‎‎27‎，‎ 故k∈（0，‎4‎‎27‎）．‎ ‎5．（2019•全国）已知函数f（x）‎=‎x（x2﹣ax）．‎ ‎（1）当a＝1时，求f（x）的单调区间；‎ ‎（2）若f（x）在区间[0，2]的最小值为‎-‎‎2‎‎3‎，求a．‎ ‎【解析】（1）当a＝1时，f（x）‎=‎x（x2﹣x），‎ 则f'（x）‎=‎5‎‎2‎x‎3‎‎2‎-‎‎3‎‎2‎x‎1‎‎2‎（x≥0），令f'（x）＝0，则x‎=‎‎3‎‎5‎，‎ ‎∴当0＜x‎＜‎‎3‎‎5‎时，f'（x）＜0；当x‎＞‎‎3‎‎5‎时，f'（x）＞0．‎ ‎∴f（x）的单调递减区间为‎(0，‎3‎‎5‎)‎，单调递增区间为‎(‎3‎‎5‎，+∞)‎；‎ ‎（2）f'（x）‎=‎5‎‎2‎x‎3‎‎2‎-‎3‎‎2‎ax‎1‎‎2‎（0≤x≤2），令f'（x）＝0，则x‎=‎‎3a‎5‎，‎ 当a≤0时，f'（x）＞0，∴f（x）在[0，2]上单调递增，∴f(x‎)‎min=f(0)=0≠-‎‎2‎‎3‎，不符合条件；‎ 当‎0＜a≤‎‎10‎‎3‎时，‎0＜‎3a‎5‎≤2‎，则当0＜x‎＜‎‎3a‎5‎时，f'（x）＜0；当‎3a‎5‎‎＜x＜2‎时，f（x）＞0，‎ ‎∴f（x）在‎(0，‎3a‎5‎)‎上单调递减，在‎(‎3a‎5‎，2)‎上单调递增，‎ ‎∴f(x‎)‎min=f(‎3a‎5‎)=(‎3a‎5‎‎)‎‎5‎‎2‎-a(‎3a‎5‎‎)‎‎3‎‎2‎=-‎‎2‎‎3‎，∴a‎=‎‎5‎‎3‎，符合条件；‎ 当a‎＞‎‎10‎‎3‎时，‎10‎‎3‎‎＞2‎，则当0＜x＜2时，f'（x）＜0，∴f（x）在（0，2）上单调递减，‎ ‎∴f(x‎)‎min=f(2)=‎2‎(4-2a)=-‎‎2‎‎3‎，∴a‎=2+‎‎2‎‎6‎，不符合条件．‎ ‎∴f（x）在区间[0，2]的最小值为‎-‎‎2‎‎3‎，a的值为‎5‎‎3‎．‎ ‎6．（2019•浙江）已知实数a≠0，设函数f（x）＝alnx‎+‎‎1+x，x＞0．‎ ‎（Ⅰ）当a‎=-‎‎3‎‎4‎时，求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）对任意x∈[‎1‎e‎2‎，+∞）均有f（x）‎≤‎x‎2a，求a的取值范围．‎ 注：e＝2.71828…为自然对数的底数．‎ ‎【解析】（1）当a‎=-‎‎3‎‎4‎时，f（x）‎=-‎3‎‎4‎lnx+‎‎1+x，x＞0，‎ f′（x）‎=-‎3‎‎4x+‎1‎‎2‎‎1+x=‎‎(‎1+x-2)(2‎1+x+1)‎‎4x‎1+x，‎ ‎∴函数f（x）的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．‎ ‎（2）由f（1）‎≤‎‎1‎‎2a，得0＜a‎≤‎‎2‎‎4‎，‎ 当0＜a‎≤‎‎2‎‎4‎时，f（x）‎≤‎x‎2a，等价于xa‎2‎‎-‎2‎‎1+xa-‎2lnx≥0，‎ 令t‎=‎‎1‎a，则t‎≥2‎‎2‎，‎ 设g（t）＝t2x‎-‎2t‎1+x‎-‎2lnx，t‎≥2‎‎2‎，‎ 则g（t）‎=‎x（t‎-‎‎1+‎‎1‎x）2‎-‎1+xx-‎2lnx，‎ ‎（i）当x∈[‎1‎‎7‎，+∞）时，‎1+‎‎1‎x‎≤2‎‎2‎，‎ 则g（x）≥g（2‎2‎）‎=8x-4‎2‎‎1+x-2lnx，‎ 记p（x）＝4x‎-‎2‎2‎‎1+x‎-‎lnx，x‎≥‎‎1‎‎7‎，‎ 则p′（x）‎‎=‎2‎x-‎2‎x+1‎-‎1‎x=‎‎2xx+1‎-‎2‎x-‎x+1‎xx+1‎ ‎=‎‎(x-1)[1+x(‎2x+2‎-1)]‎xx+1‎(x+1)(x+1‎+‎2x)‎‎，‎ 列表讨论：‎ ‎ x ‎ ‎‎1‎‎7‎ ‎ （‎1‎‎7‎‎，1‎）‎ ‎ 1‎ ‎ （1，+∞）‎ ‎ p′（x）‎ ‎﹣‎ ‎ 0‎ ‎+‎ ‎ P（x）‎ ‎ p（‎1‎‎7‎）‎ 单调递减 ‎ 极小值p（1）‎ 单调递增 ‎∴p（x）≥p（1）＝0，‎ ‎∴g（t）≥g（2‎2‎‎)=2p(x)=‎2p（x）≥0．‎ ‎（ii）当x∈[‎1‎e‎2‎‎，‎‎1‎‎7‎）时，g（t）≥g（‎1+‎‎1‎x）‎=‎‎-2xlnx-(x+1)‎‎2‎x，‎ 令q（x）＝2xlnx+（x+1），x∈[‎1‎e‎2‎，‎1‎‎7‎]，‎ 则q′（x）‎=lnx+2‎x+‎1＞0，‎ 故q（x）在[‎1‎e‎2‎，‎1‎‎7‎]上单调递增，∴q（x）≤q（‎1‎‎7‎），‎ 由（i）得q（‎1‎‎7‎）‎=-‎‎2‎‎7‎‎7‎p（‎1‎‎7‎）‎＜-‎‎2‎‎7‎‎7‎p（1）＝0，‎ ‎∴q（x）＜0，∴g（t）≥g（‎1+‎‎1‎x）‎=-q(x)‎‎2‎x＞‎0，‎ 由（i）（ii）知对任意x∈[‎1‎e‎2‎，+∞），t∈[2‎2‎，+∞），g（t）≥0，‎ 即对任意x∈[‎1‎e‎2‎，+∞），均有f（x）‎≤‎x‎2a，‎ 综上所述，所求的a的取值范围是（0，‎2‎‎4‎]．‎ ‎7．（2019•天津）设函数f（x）＝excosx，g（x）为f（x）的导函数．‎ ‎（Ⅰ）求f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）当x∈[π‎4‎，π‎2‎]时，证明f（x）+g（x）（π‎2‎‎-‎x）≥0；‎ ‎（Ⅲ）设xn为函数u（x）＝f（x）﹣1在区间（2nπ‎+‎π‎4‎，2nπ‎+‎π‎2‎）内的零点，其中n∈N，证明2nπ‎+π‎2‎-‎xn‎＜‎e‎-2nπsinx‎0‎-cosx‎0‎．‎ ‎【解析】（Ⅰ）解：由已知，f′（x）＝ex（cosx﹣sinx），因此，‎ 当x∈（‎2kπ+‎π‎4‎，‎2kπ+‎‎5π‎4‎）（k∈Z）时，有sinx＞cosx，得f′（x）＜0，f（x）单调递减；‎ 当x∈（‎2kπ-‎‎3π‎4‎，‎2kπ+‎π‎4‎）（k∈Z）时，有sinx＜cosx，得f′（x）＞0，f（x）单调递增．‎ ‎∴f（x）的单调增区间为[‎2kπ-‎‎3π‎4‎，‎2kπ+‎π‎4‎]（k∈Z），单调减区间为[‎2kπ+‎π‎4‎，‎2kπ+‎‎5π‎4‎]（k∈Z）；‎ ‎（Ⅱ）证明：记h（x）＝f（x）+g（x）（π‎2‎‎-x），依题意及（Ⅰ），‎ 有g（x）＝ex（cosx﹣sinx），从而h′（x）＝f′（x）+g′（x）•（π‎2‎‎-x）+g（x）•（﹣1）＝g′（x）（π‎2‎‎-x）＜0．‎ 因此，h（x）在区间[π‎4‎，π‎2‎]上单调递减，有h（x）≥h（π‎2‎）＝f（π‎2‎）＝0．‎ ‎∴当x∈[π‎4‎，π‎2‎]时，f（x）+g（x）（π‎2‎‎-‎x）≥0；‎ ‎（Ⅲ）证明：依题意，u（xn）＝f（xn）﹣1＝0，即exncosxn=1‎．‎ 记yn＝xn﹣2nπ，则yn∈（π‎4‎‎，‎π‎2‎），且f（yn）‎=eyncosyn=exn‎-2nπcos(xn-2nπ)=‎e﹣2nπ（x∈N）．‎ 由f（yn）＝e﹣2nπ≤1＝f（y0）及（Ⅰ），得yn≥y0，‎ 由（Ⅱ）知，当x∈（π‎4‎，π‎2‎）时，g′（x）＜0，∴g（x）在[π‎4‎，π‎2‎]上为减函数，‎ 因此，g（yn）≤g（y0）＜g（π‎4‎）＝0，‎ 又由（Ⅱ）知，f(yn)+g(yn)(π‎2‎-yn)≥0‎，‎ 故π‎2‎‎-yn≤-f(yn)‎g(yn)‎=-e‎-2nπg(yn)‎≤-e‎-2nπg(y‎0‎)‎=e‎-2nπey‎0‎‎(siny‎0‎-cosy‎0‎)‎＜‎e‎-2nπsinx‎0‎-cosx‎0‎．‎ ‎∴2nπ‎+π‎2‎-‎xn‎＜‎e‎-2nπsinx‎0‎-cosx‎0‎．‎ ‎8．（2019•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝lnx‎-‎x+1‎x-1‎．‎ ‎（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；‎ ‎（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝ex的切线．‎ ‎【解析】（1）函数f（x）＝lnx‎-‎x+1‎x-1‎．定义域为：（0，1）∪（1，+∞）；‎ f′（x）‎=‎1‎x+‎2‎‎(x-1‎‎)‎‎2‎＞‎0，（x＞0且x≠1），‎ ‎∴f（x）在（0，1）和（1，+∞）上单调递增，‎ ‎①在（0，1）区间取值有‎1‎e‎2‎，‎1‎e代入函数，由函数零点的定义得，‎ ‎∵f（‎1‎e‎2‎）＜0，f（‎1‎e）＞0，f（‎1‎e‎2‎）•f（‎1‎e）＜0，‎ ‎∴f（x）在（0，1）有且仅有一个零点，‎ ‎②在（1，+∞）区间，区间取值有e，e2代入函数，由函数零点的定义得，‎ 又∵f（e）＜0，f（e2）＞0，f（e）•f（e2）＜0，‎ ‎∴f（x）在（1，+∞）上有且仅有一个零点，‎ 故f（x）在定义域内有且仅有两个零点；‎ ‎（2）x0是f（x）的一个零点，则有lnx0‎=‎x‎0‎‎+1‎x‎0‎‎-1‎，‎ 曲线y＝lnx，则有y′‎=‎‎1‎x；‎ 由直线的点斜式可得曲线的切线方程，‎ 曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线方程为：y﹣lnx0‎=‎‎1‎x‎0‎（x﹣x0），‎ 即：y‎=‎‎1‎x‎0‎x﹣1+lnx0，将lnx0‎=‎x‎0‎‎+1‎x‎0‎‎-1‎代入，‎ 即有：y‎=‎‎1‎x‎0‎x‎+‎‎2‎x‎0‎‎-1‎，‎ 而曲线y＝ex的切线中，在点（ln‎1‎x‎0‎，‎1‎x‎0‎）处的切线方程为：y‎-‎1‎x‎0‎=‎‎1‎x‎0‎（x﹣ln‎1‎x‎0‎）‎=‎‎1‎x‎0‎x‎+‎‎1‎x‎0‎lnx0，‎ 将lnx0‎=‎x‎0‎‎+1‎x‎0‎‎-1‎代入化简，即：y‎=‎‎1‎x‎0‎x‎+‎‎2‎x‎0‎‎-1‎，‎ 故曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝ex的切线．‎ 故得证．‎ ‎9．（2018•天津）已知函数f（x）＝ax，g（x）＝logax，其中a＞1．‎ ‎（Ⅰ）求函数h（x）＝f（x）﹣xlna的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）若曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线平行，证明x1+g（x2）‎=-‎‎2lnlnalna；‎ ‎（Ⅲ）证明当a‎≥‎e‎1‎e时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．‎ ‎【解析】（Ⅰ）解：由已知，h（x）＝ax﹣xlna，有h′（x）＝axlna﹣lna，‎ 令h′（x）＝0，解得x＝0．‎ 由a＞1，可知当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表：‎ ‎ x ‎ （﹣∞，0）‎ ‎ 0‎ ‎ （0，+∞）‎ ‎ h′（x）‎ ‎﹣‎ ‎ 0‎ ‎+‎ ‎ h（x）‎ ‎↓‎ ‎ 极小值 ‎↑‎ ‎∴函数h（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）；‎ ‎（Ⅱ）证明：由f′（x）＝axlna，可得曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线的斜率为ax‎1‎lna．‎ 由g′（x）‎=‎‎1‎xlna，可得曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线的斜率为‎1‎x‎2‎lna．‎ ‎∵这两条切线平行，故有ax‎1‎lna=‎‎1‎x‎2‎lna，即x‎2‎ax‎1‎‎(lna‎)‎‎2‎=1‎，‎ 两边取以a为底数的对数，得logax2+x1+2logalna＝0，‎ ‎∴x1+g（x2）‎=-‎‎2lnlnalna；‎ ‎（Ⅲ）证明：曲线y＝f（x）在点（x‎1‎‎，‎ax‎1‎）处的切线l1：y-ax‎1‎=ax‎1‎lna(x-x‎1‎)‎，‎ 曲线y＝g（x）在点（x2，logax2）处的切线l2：y-logax‎2‎=‎1‎x‎2‎lna(x-x‎2‎)‎．‎ 要证明当a‎≥‎e‎1‎e时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线，‎ 只需证明当a‎≥‎e‎1‎e时，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1与l2重合，‎ 即只需证明当a‎≥‎e‎1‎e时，方程组ax‎1‎lna=‎1‎x‎2‎lna①‎ax‎1‎‎-x‎1‎ax‎1‎lna=logax‎2‎-‎1‎lna②‎ 由①得x‎2‎‎=‎‎1‎ax‎1‎‎(lna‎)‎‎2‎，代入②得：‎ ax‎1‎‎-x‎1‎ax‎1‎lna+x‎1‎+‎1‎lna+‎2lnlnalna=0‎‎，③‎ 因此，只需证明当a‎≥‎e‎1‎e时，关于x1 的方程③存在实数解．‎ 设函数u（x）‎=ax-xaxlna+x+‎1‎lna+‎‎2lnlnalna，既要证明当a‎≥‎e‎1‎e时，函数y＝u（x）存在零点．‎ u′（x）＝1﹣（lna）2xax，可知x∈（﹣∞，0）时，u′（x）＞0；x∈（0，+∞）时，u′（x）单调递减，‎ 又u′（0）＝1＞0，u′‎(‎1‎‎(lna‎)‎‎2‎)=1-a‎1‎‎(lna‎)‎‎2‎＜‎0，‎ 故存在唯一的x0，且x0＞0，使得u′（x0）＝0，即‎1-(lna‎)‎‎2‎x‎0‎ax‎0‎=0‎．‎ 由此可得，u（x）在（﹣∞，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，‎ u（x）在x＝x0处取得极大值u（x0）．‎ ‎∵a≥‎e‎1‎e，故lnlna≥﹣1．‎ ‎∴u(x‎0‎)=ax‎0‎-x‎0‎ax‎0‎lna+x‎0‎+‎1‎lna+‎2lnlnalna=‎1‎x‎0‎‎(lna‎)‎‎2‎+x‎0‎+‎2lnlnalna≥‎2+2lnlnalna≥0‎．‎ 下面证明存在实数t，使得u（t）＜0，‎ 由（Ⅰ）可得ax≥1+xlna，当x＞‎‎1‎lna时，有 u（x）‎≤(1+xlna)(1-xlna)+x+‎1‎lna+‎2lnlnalna=-(lna‎)‎‎2‎x‎2‎+x+1+‎1‎lna+‎‎2lnlnalna．‎ ‎∴存在实数t，使得u（t）＜0．‎ 因此，当a‎≥‎e‎1‎e时，存在x1∈（﹣∞，+∞），使得u（x1）＝0．‎ ‎∴当a‎≥‎e‎1‎e时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．‎ ‎10．（2018•新课标Ⅱ）已知函数f（x）‎=‎‎1‎‎3‎x3﹣a（x2+x+1）．‎ ‎（1）若a＝3，求f（x）的单调区间；‎ ‎（2）证明：f（x）只有一个零点．‎ ‎【解析】（1）当a＝3时，f（x）‎=‎‎1‎‎3‎x3﹣3（x2+x+1），‎ 所以f′（x）＝x2﹣6x﹣3时，令f′（x）＝0解得x＝3‎±2‎‎3‎，‎ 当x∈（﹣∞，3﹣2‎3‎），x∈（3+2‎3‎，+∞）时，f′（x）＞0，函数是增函数，‎ 当x∈（3﹣2‎3‎‎，3+2‎3‎)‎时，f′（x）＜0，函数是单调递减，‎ 综上，f（x）在（﹣∞，3﹣2‎3‎），（3+2‎3‎，+∞），上是增函数，在（3﹣2‎3‎‎，3+2‎3‎)‎上递减．‎ ‎（2）证明：因为x2+x+1＝（x‎+‎‎1‎‎2‎）2‎+‎3‎‎4‎＞0‎，‎ 所以f（x）＝0等价于x‎3‎‎3(x‎2‎+x+1)‎‎-a=0‎，‎ 令g(x)=x‎3‎‎3(x‎2‎+x+1)‎-a，‎ 则g'(x)=x‎2‎‎[(x+1‎)‎‎2‎+2]‎‎3(x‎2‎+x+1‎‎)‎‎2‎＞0‎，仅当x＝0时，g′（x）＝0，所以g（x）在R上是增函数；‎ g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点．‎ 又因为f（3a﹣1）＝﹣6a2+2a‎-‎1‎‎3‎=-‎6（a‎-‎‎1‎‎6‎）2‎-‎1‎‎6‎＜‎0，‎ f（3a+1）‎=‎1‎‎3‎＞‎0，‎ 故f（x）有一个零点，‎ 综上，f（x）只有一个零点．‎ ‎11．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f（x）‎=‎1‎x-‎x+alnx．‎ ‎（1）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：f(x‎1‎)-f(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎‎＜‎a﹣2．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】（1）函数的定义域为（0，+∞），‎ 函数的导数f′（x）‎=-‎1‎x‎2‎-‎1‎+ax=-‎x‎2‎‎-ax+1‎x‎2‎，‎ 设g（x）＝x2﹣ax+1，‎ 当a≤0时，g（x）＞0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，‎ 当a＞0时，判别式△＝a2﹣4，‎ ‎①当0＜a≤2时，△≤0，即g（x）≥0，即f′（x）≤0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，‎ ‎②当a＞2时，x，f′（x），f（x）的变化如下表：‎ ‎ x ‎ （0，a-‎a‎2‎‎-4‎‎2‎）‎ ‎ ‎a-‎a‎2‎‎-4‎‎2‎ ‎ （a-‎a‎2‎‎-4‎‎2‎，a+‎a‎2‎‎-4‎‎2‎）‎ ‎ ‎a+‎a‎2‎‎-4‎‎2‎ ‎ （a+‎a‎2‎‎-4‎‎2‎，+∞）‎ ‎ f′（x）‎ ‎﹣‎ ‎ 0‎ ‎+‎ ‎ 0‎ ‎﹣‎ ‎ f（x）‎ ‎ 递减 ‎ 递增 递减 综上当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数，‎ 当a＞2时，在（0，a-‎a‎2‎‎-4‎‎2‎），和（a+‎a‎2‎‎-4‎‎2‎，+∞）上是减函数，‎ 则（a-‎a‎2‎‎-4‎‎2‎，a+‎a‎2‎‎-4‎‎2‎）上是增函数．‎ ‎（2）由（1）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2＝1，‎ 则f（x1）﹣f（x2）＝（x2﹣x1）（1‎+‎‎1‎x‎1‎x‎2‎）+a（lnx1﹣lnx2）＝2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2），‎ 则f(x‎1‎)-f(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎‎=-‎2‎+‎a(lnx‎1‎-lnx‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎，‎ 则问题转为证明lnx‎1‎-lnx‎2‎x‎1‎‎-‎x‎2‎‎＜‎1即可，‎ 即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，‎ 则lnx1﹣ln‎1‎x‎1‎‎＞‎x1‎-‎‎1‎x‎1‎，‎ 即lnx1+lnx1＞x1‎-‎‎1‎x‎1‎，‎ 即证2lnx1＞x1‎-‎‎1‎x‎1‎在（0，1）上恒成立，‎ 设h（x）＝2lnx﹣x‎+‎‎1‎x，（0＜x＜1），其中h（1）＝0，‎ 求导得h′（x）‎=‎2‎x-‎1‎-‎1‎x‎2‎=-x‎2‎‎-2x+1‎x‎2‎=-‎(x-1‎‎)‎‎2‎x‎2‎＜‎0，‎ 则h（x）在（0，1）上单调递减，‎ ‎∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x‎+‎1‎x＞‎0，‎ 故2lnx＞x‎-‎‎1‎x，‎ 则f(x‎1‎)-f(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎‎＜‎a﹣2成立．‎ ‎（2）另解：注意到f（‎1‎x）＝x‎-‎1‎x-‎alnx＝﹣f（x），‎ 即f（x）+f（‎1‎x）＝0，‎ 由韦达定理得x1x2＝1，x1+x2＝a＞2，得0＜x1＜1＜x2，x1‎=‎‎1‎x‎2‎，‎ 可得f（x2）+f（‎1‎x‎2‎）＝0，即f（x1）+f（x2）＝0，‎ 要证f(x‎1‎)-f(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎‎＜‎a﹣2，只要证‎-f(x‎2‎)-f(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎‎＜‎a﹣2，‎ 即证2alnx2﹣ax2‎+ax‎2‎＜‎0，（x2＞1），‎ 构造函数h（x）＝2alnx﹣ax‎+‎ax，（x＞1），h′（x）‎=‎-a(x-1‎‎)‎‎2‎x‎2‎≤‎0，‎ ‎∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，‎ ‎∴h（x）＜h（1）＝0，‎ ‎∴2alnx﹣ax‎+ax＜‎0成立，即2alnx2﹣ax2‎+ax‎2‎＜‎0，（x2＞1）成立．‎ 即f(x‎1‎)-f(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎‎＜‎a﹣2成立．‎ ‎12．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝ex（ex﹣a）﹣a2x．‎ ‎（1）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】（1）f（x）＝ex（ex﹣a）﹣a2x＝e2x﹣exa﹣a2x，‎ ‎∴f′（x）＝2e2x﹣aex﹣a2＝（2ex+a）（ex﹣a），‎ ‎①当a＝0时，f′（x）＞0恒成立，‎ ‎∴f（x）在R上单调递增，‎ ‎②当a＞0时，2ex+a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝lna，‎ 当x＜lna时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，‎ 当x＞lna时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，‎ ‎③当a＜0时，ex﹣a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝ln（‎-‎a‎2‎），‎ 当x＜ln（‎-‎a‎2‎）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，‎ 当x＞ln（‎-‎a‎2‎）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，‎ 综上所述，当a＝0时，f（x）在R上单调递增，‎ 当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，‎ 当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（‎-‎a‎2‎））上单调递减，在（ln（‎-‎a‎2‎），+∞）上单调递增，‎ ‎（2）①当a＝0时，f（x）＝e2x＞0恒成立，‎ ‎②当a＞0时，由（1）可得f（x）min＝f（lna）＝﹣a2lna≥0，‎ ‎∴lna≤0，∴0＜a≤1，‎ ‎③当a＜0时，由（1）可得：‎ f（x）min＝f（ln（‎-‎a‎2‎））‎=‎3a‎2‎‎4‎-‎a2ln（‎-‎a‎2‎）≥0，‎ ‎∴ln（‎-‎a‎2‎）‎≤‎‎3‎‎4‎，‎ ‎∴﹣2e‎3‎‎4‎‎≤‎a＜0，‎ 综上所述a的取值范围为[﹣2e‎3‎‎4‎，1]‎ ‎13．（2017•天津）设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）＝2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0，g（x）为f（x）的导函数．‎ ‎（Ⅰ）求g（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0，2]，函数h（x）＝g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜0；‎ ‎（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且pq∈[1，x0）∪（x0，2]，满足|pq‎-‎x0|‎≥‎‎1‎Aq‎4‎．‎ ‎【解析】（Ⅰ）解：由f（x）＝2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）＝f′（x）＝8x3+9x2﹣6x﹣6，‎ 进而可得g′（x）＝24x2+18x﹣6．令g′（x）＝0，解得x＝﹣1，或x‎=‎‎1‎‎4‎．‎ 当x变化时，g′（x），g（x）的变化情况如下表：‎ x ‎（﹣∞，﹣1）‎ ‎（﹣1，‎1‎‎4‎）‎ ‎（‎1‎‎4‎，+∞）‎ g′（x）‎ ‎+‎ ‎﹣‎ ‎+‎ g（x）‎ ‎↗‎ ‎↘‎ ‎↗‎ 所以，g（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣1），（‎1‎‎4‎，+∞），单调递减区间是（﹣1，‎1‎‎4‎）．‎ ‎（Ⅱ）证明：由h（x）＝g（x）（m﹣x0）﹣f（m），得h（m）＝g（m）（m﹣x0）﹣f（m），‎ h（x0）＝g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）．‎ 令函数H1（x）＝g（x）（x﹣x0）﹣f（x），则H′1（x）＝g′（x）（x﹣x0）．‎ 由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0，‎ 故当x∈[1，x0）时，H′1（x）＜0，H1（x）单调递减；‎ 当x∈（x0，2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单调递增．‎ 因此，当x∈[1，x0）∪（x0，2]时，H1（x）＞H1（x0）＝﹣f（x0）＝0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0，‎ 令函数H2（x）＝g（x0）（x﹣x0）﹣f（x），则H′2（x）＝g（x0）﹣g（x）．‎ 由（Ⅰ）知，g（x）在[1，2]上单调递增，‎ 故当x∈[1，x0）时，H′2（x）＞0，H2（x）单调递增；‎ 当x∈（x0，2]时，H′2（x）＜0，H2（x）单调递减．‎ 因此，当x∈[1，x0）∪（x0，2]时，H2（x）＜H2（x0）＝0，‎ 可得得H2（m）＜0，即h（x0）＜0，．‎ 所以，h（m）h（x0）＜0．‎ ‎（Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且pq‎∈[1，x‎0‎)∪(x‎0‎，2]‎，‎ 令m‎=‎pq，函数h（x）＝g（x）（m﹣x0）﹣f（m）．‎ 由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，h（x）在区间（m，x0）内有零点；‎ 当m∈（x0，2]时，h（x）在区间（x0，m）内有零点．‎ 所以h（x）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为x1，则h（x1）＝g（x1）（pq‎-‎x0）﹣f（pq）＝0．‎ 由（Ⅰ）知g（x）在[1，2]上单调递增，故0＜g（1）＜g（x1）＜g（2），‎ 于是|pq‎-‎x0|‎=|f(pq)‎g(x‎1‎)‎|≥‎|f(pq)|‎g(2)‎=‎‎|2p‎4‎+3p‎3‎q-3p‎2‎q‎2‎-6pq‎3‎+aq‎4‎|‎g(2)‎q‎4‎．‎ 因为当x∈[1，2]时，g（x）＞0，故f（x）在[1，2]上单调递增，‎ 所以f（x）在区间[1，2]上除x0外没有其他的零点，而pq‎≠‎x0，故f（pq）≠0．‎ 又因为p，q，a均为整数，所以|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|是正整数，‎ 从而|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．‎ 所以|pq‎-‎x0|‎≥‎‎1‎g(2)‎q‎4‎．所以，只要取A＝g（2），就有|pq‎-‎x0|‎≥‎‎1‎Aq‎4‎．‎ ‎14．（2017•新课标Ⅱ）设函数f（x）＝（1﹣x2）•ex．‎ ‎（1）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（2）当x≥0时，f（x）≤ax+1，求实数a的取值范围．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】（1）因为f（x）＝（1﹣x2）ex，x∈R，‎ 所以f′（x）＝（1﹣2x﹣x2）ex，‎ 令f′（x）＝0可知x＝﹣1±‎2‎，‎ 当x＜﹣1‎-‎‎2‎或x＞﹣1‎+‎‎2‎时f′（x）＜0，当﹣1‎-‎2‎＜‎x＜﹣1‎+‎‎2‎时f′（x）＞0，‎ 所以f（x）在（﹣∞，﹣1‎-‎‎2‎），（﹣1‎+‎‎2‎，+∞）上单调递减，在（﹣1‎-‎‎2‎，﹣1‎+‎‎2‎）上单调递增；‎ ‎（2）由题可知f（x）＝（1﹣x）（1+x）ex．下面对a的范围进行讨论：‎ ‎①当a≥1时，设函数h（x）＝（1﹣x）ex，则h′（x）＝﹣xex＜0（x＞0），‎ 因此h（x）在[0，+∞）上单调递减，‎ 又因为h（0）＝1，所以h（x）≤1，‎ 所以f（x）＝（1+x）h（x）≤x+1≤ax+1；‎ ‎②当0＜a＜1时，设函数g（x）＝ex﹣x﹣1，则g′（x）＝ex﹣1＞0（x＞0），‎ 所以g（x）在[0，+∞）上单调递增，‎ 又g（0）＝1﹣0﹣1＝0，‎ 所以ex≥x+1．‎ 因为当0＜x＜1时f（x）＞（1﹣x）（1+x）2，‎ 所以（1﹣x）（1+x）2﹣ax﹣1＝x（1﹣a﹣x﹣x2），‎ 取x0‎=‎‎5-4a‎-1‎‎2‎∈（0，1），则（1﹣x0）（1+x0）2﹣ax0﹣1＝0，‎ 所以f（x0）＞ax0+1，矛盾；‎ ‎③当a≤0时，取x0‎=‎‎5‎‎-1‎‎2‎∈（0，1），则f（x0）＞（1﹣x0）（1+x0）2＝1≥ax0+1，矛盾；‎ 综上所述，a的取值范围是[1，+∞）．‎ ‎（2）法二：x≥0时，g（x）＝ex（x2﹣1）+ax+1≥0恒成立，g'（x）＝ex（x2+2x﹣1）+a，‎ ‎[g'（x）]'＝ex（x2+4x+1）＞0（x≥0），g'（x）在x≥0时单调递增，‎ 当g'（0）＝a﹣1≥0时，x＞0时g'（x）＞0恒成立，g（x）单调递增，‎ 则x≥0时g（x）≥g（0）＝0，符合题意，‎ 当g'（0）＝a﹣1＜0时，g'（|a|）＞0，于是存在m＞0使得g'（m）＝0，‎ 当0＜x＜m时，‎ g'（x）＜0，g（x）单调递减，有g（m）＜g（0）＝0，不合题意，‎ 所以a≥1．‎ 综上所述，a的取值范围是[1，+∞）．‎ ‎15．（2017•天津）设a，b∈R，|a|≤1．已知函数f（x）＝x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，g（x）＝exf（x）．‎ ‎（Ⅰ）求f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）已知函数y＝g（x）和y＝ex的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，‎ ‎（i）求证：f（x）在x＝x0处的导数等于0；‎ ‎（ii）若关于x的不等式g（x）≤ex在区间[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b的取值范围．‎ ‎【解析】（Ⅰ）解：由f（x）＝x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，可得f'（x）＝3x2﹣12x﹣3a（a﹣4）＝3（x﹣a）（x﹣（4﹣a）），‎ 令f'（x）＝0，解得x＝a，或x＝4﹣a．由|a|≤1，得a＜4﹣a．‎ 当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：‎ x ‎（﹣∞，a）‎ ‎（a，4﹣a）‎ ‎（4﹣a，+∞）‎ f'（x）‎ ‎+‎ ‎﹣‎ ‎+‎ f（x）‎ ‎↗‎ ‎↘‎ ‎↗‎ ‎∴f（x）的单调递增区间为（﹣∞，a），（4﹣a，+∞），单调递减区间为（a，4﹣a）；‎ ‎（Ⅱ）（i）证明：∵g'（x）＝ex（f（x）+f'（x）），由题意知g(x‎0‎)=‎ex‎0‎g'(x‎0‎)=‎ex‎0‎，‎ ‎∴f(x‎0‎)ex‎0‎=‎ex‎0‎ex‎0‎‎(f(x‎0‎)+f'(x‎0‎))=‎ex‎0‎，解得f(x‎0‎)=1‎f'(x‎0‎)=0‎．‎ ‎∴f（x）在x＝x0处的导数等于0；‎ ‎（ii）解：∵g（x）≤ex，x∈[x0﹣1，x0+1]，由ex＞0，可得f（x）≤1．‎ 又∵f（x0）＝1，f'（x0）＝0，‎ 故x0为f（x）的极大值点，由（I）知x0＝a．‎ 另一方面，由于|a|≤1，故a+1＜4﹣a，‎ 由（Ⅰ）知f（x）在（a﹣1，a）内单调递增，在（a，a+1）内单调递减，‎ 故当x0＝a时，f（x）≤f（a）＝1在[a﹣1，a+1]上恒成立，从而g（x）≤ex在[x0﹣1，x0+1]上恒成立．‎ 由f（a）＝a3﹣6a2﹣3a（a﹣4）a+b＝1，得b＝2a3﹣6a2+1，﹣1≤a≤1．‎ 令t（x）＝2x3﹣6x2+1，x∈[﹣1，1]，‎ ‎∴t'（x）＝6x2﹣12x，‎ 令t'（x）＝0，解得x＝2（舍去），或x＝0．‎ ‎∵t（﹣1）＝﹣7，t（1）＝﹣3，t（0）＝1，故t（x）的值域为[﹣7，1]．‎ ‎∴b的取值范围是[﹣7，1]．‎ ‎16．（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝lnx+ax2+（2a+1）x．‎ ‎（1）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（2）当a＜0时，证明：f（x）‎≤-‎3‎‎4a-‎2．‎ ‎【解析】（1）解：因为f（x）＝lnx+ax2+（2a+1）x，‎ 求导f′（x）‎=‎1‎x+‎2ax+（2a+1）‎=‎2ax‎2‎+(2a+1)x+1‎x=‎‎(2ax+1)(x+1)‎x，（x＞0），‎ ‎①当a＝0时，f′（x）‎=‎1‎x+‎1＞0恒成立，此时y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增；‎ ‎②当a＞0，由于x＞0，所以（2ax+1）（x+1）＞0恒成立，此时y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增；‎ ‎③当a＜0时，令f′（x）＝0，解得：x‎=-‎‎1‎‎2a．‎ 因为当x∈（0，‎-‎‎1‎‎2a）f′（x）＞0、当x∈（‎-‎‎1‎‎2a，+∞）f′（x）＜0，‎ 所以y＝f（x）在（0，‎-‎‎1‎‎2a）上单调递增、在（‎-‎‎1‎‎2a，+∞）上单调递减．‎ 综上可知：当a≥0时f（x）在（0，+∞）上单调递增，‎ 当a＜0时，f（x）在（0，‎-‎‎1‎‎2a）上单调递增、在（‎-‎‎1‎‎2a，+∞）上单调递减；‎ ‎（2）证明：由（1）可知：当a＜0时f（x）在（0，‎-‎‎1‎‎2a）上单调递增、在（‎-‎‎1‎‎2a，+∞）上单调递减，‎ 所以当x‎=-‎‎1‎‎2a时函数y＝f（x）取最大值f（x）max＝f（‎-‎‎1‎‎2a）＝﹣1﹣ln2‎-‎1‎‎4a+‎ln（‎-‎‎1‎a）．‎ 从而要证f（x）‎≤-‎3‎‎4a-‎2，即证f（‎-‎‎1‎‎2a）‎≤-‎3‎‎4a-‎2，‎ 即证﹣1﹣ln2‎-‎1‎‎4a+‎ln（‎-‎‎1‎a）‎≤-‎3‎‎4a-‎2，即证‎-‎‎1‎‎2‎（‎-‎‎1‎a）+ln（‎-‎‎1‎a）≤﹣1+ln2．‎ 令t‎=-‎‎1‎a，则t＞0，问题转化为证明：‎-‎‎1‎‎2‎t+lnt≤﹣1+ln2．…（*）‎ 令g（t）‎=-‎‎1‎‎2‎t+lnt，则g′（t）‎=-‎1‎‎2‎+‎‎1‎t，‎ 令g′（t）＝0可知t＝2，则当0＜t＜2时g′（t）＞0，当t＞2时g′（t）＜0，‎ 所以y＝g（t）在（0，2）上单调递增、在（2，+∞）上单调递减，‎ 即g（t）≤g（2）‎=-‎1‎‎2‎×‎2+ln2＝﹣1+ln2，即（*）式成立，‎ 所以当a＜0时，f（x）‎≤-‎3‎‎4a-‎2成立．‎ ‎17．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x．‎ ‎（1）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，‎ 当a＝0时，f′（x）＝﹣2ex﹣1＜0，‎ ‎∴当x∈R，f（x）单调递减，‎ 当a＞0时，f′（x）＝（2ex+1）（aex﹣1）＝2a（ex‎+‎‎1‎‎2‎）（ex‎-‎‎1‎a），‎ 令f′（x）＝0，解得：x＝ln‎1‎a，‎ 当f′（x）＞0，解得：x＞ln‎1‎a，‎ 当f′（x）＜0，解得：x＜ln‎1‎a，‎ ‎∴x∈（﹣∞，ln‎1‎a）时，f（x）单调递减，x∈（ln‎1‎a，+∞）单调递增；‎ 当a＜0时，f′（x）＝2a（ex‎+‎‎1‎‎2‎）（ex‎-‎‎1‎a）＜0，恒成立，‎ ‎∴当x∈R，f（x）单调递减，‎ 综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，‎ 当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln‎1‎a）是减函数，在（ln‎1‎a，+∞）是增函数；‎ ‎（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，‎ 当a＞0时，f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，‎ 当x→﹣∞时，e2x→0，ex→0，‎ ‎∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，‎ 当x→∞，e2x→+∞，且远远大于ex和x，‎ ‎∴当x→∞，f（x）→+∞，‎ ‎∴函数有两个零点，f（x）的最小值小于0即可，‎ 由f（x）在（﹣∞，ln‎1‎a）是减函数，在（ln‎1‎a，+∞）是增函数，‎ ‎∴f（x）min＝f（ln‎1‎a）＝a×（‎1‎a‎2‎）+（a﹣2）‎×‎1‎a-‎ln‎1‎a‎＜‎0，‎ ‎∴1‎-‎1‎a-‎ln‎1‎a‎＜‎0，即ln‎1‎a‎+‎1‎a-‎1＞0，‎ 设t‎=‎‎1‎a，则g（t）＝lnt+t﹣1，（t＞0），‎ 求导g′（t）‎=‎1‎t+‎1，由g（1）＝0，‎ ‎∴t‎=‎1‎a＞‎1，解得：0＜a＜1，‎ ‎∴a的取值范围（0，1）．‎ 方法二：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，‎ 当a＝0时，f′（x）＝﹣2ex﹣1＜0，‎ ‎∴当x∈R，f（x）单调递减，‎ 当a＞0时，f′（x）＝（2ex+1）（aex﹣1）＝2a（ex‎+‎‎1‎‎2‎）（ex‎-‎‎1‎a），‎ 令f′（x）＝0，解得：x＝﹣lna，‎ 当f′（x）＞0，解得：x＞﹣lna，‎ 当f′（x）＜0，解得：x＜﹣lna，‎ ‎∴x∈（﹣∞，﹣lna）时，f（x）单调递减，x∈（﹣lna，+∞）单调递增；‎ 当a＜0时，f′（x）＝2a（ex‎+‎‎1‎‎2‎）（ex‎-‎‎1‎a）＜0，恒成立，‎ ‎∴当x∈R，f（x）单调递减，‎ 综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，‎ 当a＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣lna）是减函数，在（﹣lna，+∞）是增函数；‎ ‎（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，‎ ‎②当a＞0时，由（1）可知：当x＝﹣lna时，f（x）取得最小值，f（x）min＝f（﹣lna）＝1‎-‎1‎a-‎ln‎1‎a，‎ 当a＝1，时，f（﹣lna）＝0，故f（x）只有一个零点，‎ 当a∈（1，+∞）时，由1‎-‎1‎a-‎ln‎1‎a‎＞‎0，即f（﹣lna）＞0，‎ 故f（x）没有零点，‎ 当a∈（0，1）时，1‎-‎1‎a-‎ln‎1‎a‎＜‎0，f（﹣lna）＜0，‎ 由f（﹣2）＝ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0，‎ 故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一个零点，‎ 假设存在正整数n0，满足n0＞ln（‎3‎a‎-‎1），则f（n0）‎=‎en‎0‎（aen‎0‎‎+‎a﹣2）﹣n0‎＞en‎0‎-‎n0‎＞‎2‎n‎0‎-‎n0＞0，‎ 由ln（‎3‎a‎-‎1）＞﹣lna，‎ 因此在（﹣lna，+∞）有一个零点．‎ ‎∴a的取值范围（0，1）．‎ 强化训练 ‎1．（2020•德阳模拟）若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为　　‎ A．， B． C．， D．，‎ ‎【答案】A ‎【解析】因为，所以．‎ 要使函数单调递增，则恒成立．‎ 即恒成立．‎ 所以，‎ 因为 所以，‎ 所以．‎ 故选．‎ ‎2．（2020•汉台区校级模拟）已知函数在内不是单调函数，则实数的取值范围是　　‎ A． B．， C．，， D．，‎ ‎【答案】A ‎【解析】因为，，‎ 当时，恒成立，故函数在内单调递增，不符合题意；‎ 当时，可得，，可得，‎ 因为在内不是单调函数，‎ 所以，解可得，．‎ 故选．‎ ‎3．（2020•河南模拟）已知函数，则不等式的解集是___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】易知，该函数为偶函数，且，‎ 因为，恒成立，‎ 故在上单调递增，故 时，，在上单调递减；‎ 时，，在单调递增．‎ 结合该函数是偶函数，所以要使成立，‎ 只需，即，‎ 解得或，故原不等式的解集为，或．‎ 故答案为：，或．‎ ‎4．（2020•永康市模拟）设，函数．．‎ ‎（1）讨论和单调性；‎ ‎（2）若存在两个不同的零点，，问当取何值时，有最小值．‎ ‎【解析】（1）函数的定义域为，，‎ 当时，在上，，单调递增，‎ 在，上，，单调递减；‎ 令，则，‎ 令，则，‎ 在上，，单调递减，‎ 在上，，单调递增，‎ 所以，所以，即，‎ 所以在和上单调递减，‎ ‎，，故在上递减，在上递增，‎ 在上递增，‎ 在上递减，即在上递减，在上递增；‎ ‎（2）存在两个零点，，即有两解，‎ ‎，，，，‎ ‎，‎ 令，则，‎ ‎，，‎ 令，‎ 当取最小值时，取得最大值，‎ 可在取得最大值；‎ 令，‎ 由零点存在性定理可知，在上存在零点，‎ 且时，，当，时，，‎ ‎，，‎ 此时，故．‎ ‎5．（2020•柯桥区二模）设函数．‎ ‎（1）讨论单调性；‎ ‎（2）若；对于任意的，使得恒成立，求的取值范围．‎ ‎【解析】（1）函数的定义域为，，‎ 当时，，，故在上递增，‎ 当时，令，解得，‎ 易知，当时，，单调递增，当时，，单调递减；‎ ‎（2）恒成立，即恒成立，即恒成立，‎ 令，则，‎ ‎（1），的定义域为，若（1），则必存在，使得（1），不合题意，‎ 必须（1），解得，‎ ‎，‎ 令，，‎ 在递增，‎ ‎（1），故满足题意，‎ 实数的取值范围为．‎ ‎6．（2020•南岗区校级模拟）已知函数，其导函数为．‎ ‎（Ⅰ）讨论函数在定义域内的单调性；‎ ‎（Ⅱ）已知，设函数．‎ ‎①证明：函数在上存在唯一极值点；‎ ‎②在①的条件下，当时，求的范围．‎ ‎【解析】（Ⅰ），‎ ‎，，则，‎ 设，则，‎ 当时，；当时，，‎ 单调递增，又，‎ 的减区间为，增区间为；‎ ‎（Ⅱ）①证明：，则，‎ 令，则，‎ 令，即，‎ 由，，，‎ 在递减，在递增，‎ 在递减，在递增，‎ 又，‎ ‎，‎ 存在，使得，‎ 从而有，在递减，在，递增，函数在上存在唯一极值点；‎ ‎②，，‎ 在递增，（1），‎ ‎，‎ ‎，‎ 设，则，‎ 在上递减，‎ 的取值范围为．‎ ‎7．（2020•河南模拟）已知函数．‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）若存在两个极值点，，求证：．‎ ‎【解析】（1）函数的定义域为，，‎ ‎①当时，恒成立，即，函数在上单调递增；‎ ‎②当时，△，恒成立，函数在上单调递增；‎ ‎③当时，令，得或，函数单调递增；‎ 令，得，函数单调递减．‎ 综上所述，‎ 当时，函数在上单调递增；‎ 当时，函数在和，上单调递增，在，上单调递减．‎ ‎（2）证明：由（1）知，、是方程的两个不同正根且，．‎ ‎．‎ ‎，‎ 要证，只需证．‎ ‎，只需证，即证．‎ 令，则，函数在上单调递增，‎ ‎（1），即．‎ 故若存在两个极值点，，则．‎ ‎8．（2020•二模拟）已知．‎ ‎（1）当时，求的单调区间；‎ ‎（2）若在，上为单调递增函数，求的取值范围．‎ ‎【解析】（1）时，，，，‎ 单调递增，又，‎ 当时，，当时，，‎ 的单调减区间为，增区间为．‎ ‎（2），‎ 在，上为单调递增函数，‎ 在，上恒成立，‎ 令，，，‎ ‎①当时，显然有，复合题意；‎ ‎②当时，，‎ 若，则，，，‎ 在，上单调递增，故，符合题意；‎ 若，则，‎ 在，上单调递增，‎ 又，，‎ 存在，使得，‎ 故当时，，当时，，‎ 在上单调递减，在，上单调递增，‎ 在，上的最小值为，不符合题意．‎ 综上，．‎ ‎9．（2020•韩城市模拟）已知函数．‎ ‎（Ⅰ）讨论函数的单调性；‎ ‎（Ⅱ）若关于的方程在上存在3个不相等的实数根，求的取值范围．‎ ‎【解析】（Ⅰ），‎ 由，可得或，‎ 当时，，‎ 在，上，，单调递增，在上，，单调递减；‎ 当时，，在上恒成立，即在上单调递增；‎ 当时，，‎ 在，上，，单调递增，在上，，单调递减；‎ ‎（Ⅱ）有三个实数根，‎ 显然是方程的一个解，故有两个实数根，且，，即，‎ 令，则，‎ 当，时，，单调递减，当，，，单调递增，‎ 当时，，当时，取得较小值，（1），‎ 又（2），则或．‎ ‎10．（2020•滨州三模）已知函数，其中是自然对数的底数，．‎ ‎（1）求函数的单调区间；‎ ‎（2）设，讨论函数零点的个数，并说明理由．‎ ‎【解析】（1）因为，‎ 所以． ‎ 由，得；‎ 由，得． ‎ 所以的增区间是，减区间是． ‎ ‎（2）因为．‎ 由，得或． ‎ 设，‎ 又，即不是的零点，‎ 故只需再讨论函数零点的个数．‎ 因为，‎ 所以当时，，单调递减；‎ 当时，，单调递增． ‎ 所以当时，取得最小值（a）． ‎ ‎①当（a），即时，，无零点； ‎ ‎②当（a），即时，有唯一零点；‎ ‎③当（a），即时，‎ 因为，‎ 所以在上有且只有一个零点． ‎ 令，则．‎ 设（a），则（a），‎ 所以（a）在上单调递增，‎ 所以，，都有（a）（1）．‎ 所以（a）．‎ 所以在上有且只有一个零点．‎ 所以当时，有两个零点． ‎ 综上所述，当时，有一个零点；‎ 当时，有两个零点；‎ 当时，有三个零点． ‎ ‎11．（2020•西安模拟）设函数．‎ ‎（Ⅰ）讨论在区间上的单调性；‎ ‎（Ⅱ）若存在两个极值点、，且，求的取值范围．‎ ‎【解析】（Ⅰ），‎ ‎．‎ ‎，，‎ ‎，于是的正负性由决定．‎ ‎①当时，恒成立，即，在上单调递增；‎ ‎②当时，令，得，，单调递增；‎ 令，得，，单调递减．‎ 综上所述，‎ 当时，在，上单调递增，在，上单调递减；‎ 当时，在上单调递增．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，当时，不存在极值，必有．‎ 存在两个极值点、，‎ ‎、是方程的两个不同实根，不妨令，，‎ 函数的定义域为，，，‎ 且，解得．‎ ‎．‎ 令，由且得，当时，；当时，．‎ 设，‎ ‎①当时，，‎ ‎，在上单调递减，‎ ‎，‎ 即当时，，不符合题意．‎ ‎②当时，，‎ ‎，在上单调递减，‎ ‎（1），‎ 即当时，，符合题意．‎ 综上所述，‎ 的取值范围为，．‎ ‎12．（2020•青羊区校级模拟）已知函数．‎ ‎（1）若是定义域上的增函数，求的取值范围；‎ ‎（2）若，若函数有两个极值点，，求的取值范围．‎ ‎【解析】（1）的定义域为，，‎ 在定义域内单调递增，，即对恒成立．‎ 则恒成立．，，．‎ 所以，的取值范围是．‎ ‎（2）设方程，即得两根为，，且．‎ 由△且，得，‎ ‎，，，．‎ ‎，‎ ‎，‎ 代入得，‎ 令，则，得，，，‎ 在上单调递减，从而，‎ 即，，‎ 即的取值范围是 ‎13．（2020•碑林区校级模拟）已知函数．‎ ‎（1）当时，求函数的单调区间；‎ ‎（2）讨论的零点个数．‎ ‎【解析】（1）当时，，‎ 则，‎ 因为，则，‎ 所以时，，时，，‎ 所以函数在上单调递减，在上单调递增，‎ 故的单调递减区间是，单调递增区间是．‎ ‎（2）因为，‎ 则．‎ 当时，因为，则，‎ 则时，，所以时，，‎ 所以函数在上单调递减，在上单调递增，（1）．‎ 当（1）时，即时，（1），‎ 所以当时，函数没有零点，即函数零点个数为0；‎ 当（1），即时，（1），‎ 所以当时，函数有且只有一个零点，即函数的零点个数为1；‎ 当（1），即时，（2），‎ 则存在一个实数，使得，‎ 当时，，，对任意的，‎ 则，取，因为，则，‎ 则，则存在，使得，‎ 即时，函数的零点个数为2．‎ 当时，令，则，则，‎ 即函数有且只有一个零点；‎ 即函数的零点个数为1．‎ 当时，令，，‎ 故在上单调递增，令，，，‎ 故，，则一定存在，使得，‎ 所以时，，，时，．‎ 因为，‎ 当，即时，，‎ 所以，‎ 所以时，，所以时，，‎ 则在上单调递增，且（1），（3），‎ 则存在，使得，‎ 所以函数有且只有一个零点，‎ 即函数的零点个数为1．‎ 因为，‎ 当，时，，当时，，当，时，，‎ 则在上单调递增，在上单调递减，在，上单调递增，‎ 当，时，，当，时，，当时，，‎ 则在上单调递增，在，上单调递减，在上单调递增，‎ 因为，时，，，，即，‎ 所以在，时没有零点，上至多有一个零点，‎ 而，‎ 令，，‎ 则，则，故在上单调递增，‎ 而（2），即，‎ 故存在一个，则存在，使得，‎ 所以函数有且只有一个零点，即函数的零点个数为1，‎ 综上所述：当时，函数的零点个数为0；‎ 当或时，函数的零点个数为1；‎ 当时，函数的零点个数为2．‎ ‎14．（2020•雨花区校级模拟）已知函数．‎ ‎（Ⅰ）讨论函数的单调性；‎ ‎（Ⅱ）当，时，有解，求实数的取值范围．‎ ‎【解析】（Ⅰ），，‎ 令解得，，．‎ 易得函数在和单调递减；在和单调递增．‎ ‎（Ⅱ）有解即有解，‎ 当时，不成立；‎ 当时，原不等式化为在，有解，‎ 令，‎ 则，‎ 在，，，所以在，单调递增，‎ ‎，‎ 实数的取值范围为，．‎ ‎15．（2020•鼓楼区校级模拟）已知函数，是自然对数的底数）．‎ ‎（1）求的单调区间；‎ ‎（2）若函数，证明：有极大值，且满足．‎ ‎【解析】（1），设，‎ 当时，，单调递减；‎ 当时，，单调递增．‎ 即函数的减区间为；增区间为． ‎ ‎（2）证明：，，‎ 设，且，‎ ‎，在，，是增函数，‎ ‎．‎ ‎，在上是单调递增，没有极值． ‎ ‎，．‎ 在，，单调递减， ‎ ‎，．‎ 由根的存在性定理：设，使得：，‎ 即． ‎ 在，，单调递增；在，，，单调递减；‎ 有极大值．‎ 有．‎ 又，， ‎ ‎．‎ 综上可得：函数有极大值，且满足． ‎ ‎16．（2020•东湖区校级模拟）设函数．‎ ‎（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）若，求证：方程有唯一解．‎ ‎【解析】（Ⅰ）当时，，所以，‎ 当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，‎ 函数在上单调递减，在，上单调递增．‎ ‎（Ⅱ）令，，则，‎ ‎①若，则，单调递减，‎ ‎（1），（4），‎ 在内有唯一零点，符合题意；‎ ‎②若，当或时，；当时，，‎ 在和上单调递减，在上单调递增．‎ ‎（1），，‎ 在内有唯一零点，符合题意；‎ ‎③若，当或时，；当时，，‎ 在和上单调递减，在上单调递增．‎ ‎，，‎ 在内有唯一零点，符合题意．‎ 综上所述，方程有唯一解．‎ ‎17．（2020•韩城市模拟）已知函数．‎ ‎（Ⅰ）若，讨论的单调性：‎ ‎（Ⅱ）设，若有两个零点，求的取值范围．‎ ‎【解析】（Ⅰ），，定义域为，‎ 令，‎ ‎，且，‎ 若△，即时，恒成立，即，在上单调递增；‎ 若△，即时，令，则，，‎ 当或时，，即；当时，，即，‎ 在和，上单调递增，在，上单调递减．‎ 综上所述，‎ 当时，在上单调递增；‎ 当时，在和，上单调递增，在，上单调递减．‎ ‎（Ⅱ），，‎ ‎，‎ 令，则．‎ 若，则，即在上单调递增，至多只有一个零点，不符合题意；‎ 若，当时，；当时，，‎ 在上单调递增，在，上单调递减，．‎ 要使有两个零点，必须有，即，解得．‎ 接下来证明，当时，有两个零点．‎ ‎，‎ 设（a），，则（a），即（a）在上单调递减，‎ ‎（a）（e），即在上恒成立，也即．‎ 又（1），‎ 当时，在，和，上各有且只有一个零点．‎ 综上所述，‎ 实数的取值范围为．‎ ‎18．（2020•新乡三模）已知函数的最小值为2．‎ ‎（1）求的值以及的单调区间；‎ ‎（2）设，，证明：．‎ ‎【解析】（1），‎ 由可得，由，得，‎ 故函数在，上单调递增，在上单调递减，‎ 故函数在处取得最小值，解得，‎ 故函数在上单调递增，在上单调递减，‎ ‎（2）由（1），可得，即，‎ 令，，‎ 则，‎ ‎．‎ ‎．‎ ‎19．（2020•桃城区校级模拟）已知函数为常数）在处的切线方程为．‎ ‎（1）求的值，并讨论的单调性；‎ ‎（2）若，求证：．‎ ‎【解析】（1），‎ 由题意可得，（1），解可得，‎ 此时，‎ 令，则，‎ 易得在上单调递减，在上单调递增，‎ 故（1）恒成立，‎ 故在上单调递增，‎ ‎（2）设，则，‎ 易得在上单调递增，在上单调递减，‎ 当时，取得最大值（1），‎ 故，即，‎ 令，‎ 则 设，则，‎ 故单调递增，单调递增，且（1），‎ 故当时，，单调递减，‎ 当时，，单调递增，‎ 所以（1），即，当时等号成立，‎ 所以，又，‎ 所以即，‎ 由在上单调递增，‎ 所以，即．‎ ‎20．（2020•雨花区校级模拟）已知函数，在点，（1）的切线为．‎ ‎（Ⅰ）求函数的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）若，是函数的两个极值点，证明：．‎ ‎【解析】（Ⅰ）因为，所以 ‎，‎ 由题意可知（1），（1），即，‎ 解得，．‎ 所以，则，‎ 由，得，由，得，由，得；‎ 又的定义域为，‎ 所以的单调减区间是和，单调增区间是．‎ ‎（Ⅱ）由函数的两个极值点，‎ 则有两个变号零点，‎ 令即，‎ 当时，上述等式不成立；‎ 当时，上式转化为，由（Ⅰ）知的单调减区间是和，‎ 单调增区间是，且时，则函数的图象大致如图所示；‎ 不妨设则，‎ 要证即证，即证，即证．‎ ‎，，由（Ⅰ）知在上单调递增，‎ 要证只需证．‎ 又，故即证 令，‎ 又在上为增函数，‎ ‎，的在上单调递减，‎ ‎（1）即，‎ ‎，证毕．‎ ‎21．（2020•金安区校级模拟）已知函数．‎ ‎（1）讨论单调性；‎ ‎（2）取，若在，上单调递增，求的取值范围．‎ ‎【解析】（1），‎ 当时，，在单调递增；‎ 当时，，‎ 在区间上是单调递增，在区间单调递减．（5分）‎ ‎（2），令．‎ ‎、当，令，‎ 则，‎ 当时，，所以在区间上是单调递增，‎ 当时，，在区间上是单调递减．‎ 又（1），（e），（1）．‎ 因为在，上单调递增，‎ ‎，‎ ‎，，‎ ‎、同理可得，，‎ ‎（1），，‎ 综合、得或．（12分）‎ ‎22．（2020•河南模拟）已知函数．‎ ‎（1）当时，求的单调区间；‎ ‎（2）若对任意的，恒成立，求的取值范围．‎ ‎【解析】（1）时，，，‎ 令，，则，‎ 当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，‎ 所以，即恒成立，‎ 所以的单调 递增区间为，，‎ ‎（2）对任意的，恒成立，故，‎ 令，，则，‎ 令，则，‎ 当时，恒成立，则在上单调递增，，‎ 即恒成立，在上单调递增，‎ ‎，即在上恒成立，‎ 当时，则可得，‎ 当时，，函数单调递减，‎ 当时，，函数单调递增，‎ 故，即，‎ 令，，则，‎ 故在上单调递减，（1），‎ 所以，‎ 则存在，使得，‎ 当时，，函数单调递减，‎ 又，故时，，此时不符合题意．‎ 综上．‎ ‎23．（2020•青羊区校级模拟）已知函数．‎ ‎（Ⅰ）讨论的单调性；‎ ‎（Ⅱ）当存在三个不同的零点时，求实数的取值范围．‎ ‎【解析】（1）由，得，‎ 当时，，所以在上单调递增，‎ 令，则△，‎ 当△，即时，则，即，‎ 所以在上单调递减；‎ 当△，即 时，‎ 由，解得，，‎ 当时，，在上单调递增，‎ 当时，，，‎ 当，，时，，‎ 即，则在和，上单调递减；‎ 当，时，，即，‎ 则在，上单调递增．‎ 综上，当时，在上单调递增；‎ 当时，在和，上单调递减，在，上单调递增；‎ 当时，在上单调递减．‎ ‎（2）由（1）可得当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，不可能有3个零点．‎ 所以时，在和，上单调递减，在，上单调递增，‎ 因为（2），，所以，（2），（2），‎ ‎，，‎ 令（a），则（a），‎ 令（a），和（a）在上为增函数，‎ 由（a），得，所以当时，（a），‎ 所以（a）在，上单调递减，‎ 所以（a），‎ 所以在，上单调递增，‎ 所以（a），‎ 所以，，，‎ 由零点存在性定理可知，在区间，上有一个根，设为，‎ 又，得，‎ 而，所以是函数的另一个零点，‎ 所以当 时，有3个零点，‎ 所以实数的取值范围为，．‎