2021年高考數(shù)學(xué)真題和模擬題分類匯編專題04導(dǎo)數(shù)與定積分【含答案】

專題04導(dǎo)數(shù)與定積分一、選擇題部分1.(2021?新高考全國Ⅰ卷?T7)若過點(diǎn)可以作曲線的兩條切線，則（）A.B.C.D.D．在曲線上任取一點(diǎn)，對函數(shù)求導(dǎo)得，所以，曲線在點(diǎn)處的切線方程為，即，由題意可知，點(diǎn)在直線上，可得，令，則.當(dāng)時，，此時函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時，，此時函數(shù)單調(diào)遞減，所以，，由題意可知，直線與曲線的圖象有兩個交點(diǎn)，則，當(dāng)時，，當(dāng)時，，作出函數(shù)的圖象如下圖所示：由圖可知，當(dāng)時，直線與曲線的圖象有兩個交點(diǎn).故選D.解法二：畫出函數(shù)曲線的圖象如圖所示，根據(jù)直觀即可判定點(diǎn)在曲線下方和軸上方時才可以作出兩條切線.由此可知.故選D.2.(2021?高考全國乙卷?文T12)設(shè)，若為函數(shù)的極大值點(diǎn)，則（）．A. B. C. D.D．若，則為單調(diào)函數(shù)，無極值點(diǎn)，不符合題意，故.依題意，為函數(shù)的極大值點(diǎn)，當(dāng)時，由，，畫出的圖象如下圖所示：由圖可知，，故.當(dāng)時，由時，，畫出的圖象如下圖所示：由圖可知，，故.綜上所述，成立.故選D．3.(2021?浙江卷?T7)已知函數(shù)，則圖象為如圖的函數(shù)可能是（）A. B.C. D.D．對于A，，該函數(shù)非奇非偶函數(shù)，與函數(shù)圖象不符，排除A；對于B，，該函數(shù)為非奇非偶函數(shù)，與函數(shù)圖象不符，排除B；對于C，，則，當(dāng)時，，與圖象不符，排除C.故選D.4.(2021?江蘇鹽城三模?T6)韋達(dá)是法國杰出的數(shù)學(xué)家，其貢獻(xiàn)之－是發(fā)現(xiàn)了多項(xiàng)式方程根與系數(shù)的關(guān)系，如：設(shè)一元三次方程eqax\s\up6(3)＋bx\s\up6(2)＋cx＋d＝0(a≠0)的3個實(shí)數(shù)根為x1，x2，x3，則eqx\s\do(1)＋x\s\do(2)＋x\s\do(3)＝－\f(b,a)，eqx\s\do(1)x\s\do(2)＋x\s\do(2)x\s\do(3)＋x\s\do(3)x\s\do(1)＝\f(c,a)，x\s\do(1)x\s\do(2)x\s\do(3)＝－\f(d,a)．已知函數(shù)eqf(x)＝2x\s\up6(3)－x＋1，直線l與f(x)的圖象相切于點(diǎn)eqP(x\s\do(1)，f(x\s\do(1）)，且交f(x)的圖象于另一點(diǎn)e(x\s\do(2)，f(x\s\do(2）)，則A．eq2x\s\do(1)－x\s\do(2)＝0B．eq2x\s\do(1)－x\s\do(2)－1＝0C．2x1＋x2＋1＝0D．2x1＋x2＝0D．【考點(diǎn)】新情景問題下的導(dǎo)數(shù)的幾何意義的應(yīng)用由題意可知，f′(x)＝6x2－1，所以直線l的斜率k＝f′(x1)＝6x12－1，且k＝EQ\F(f\b\bc\((\l(x\S\DO(2）)－f\b\bc\((\l(x\S\DO(1）),x\S\DO(2)－x\S\DO(1）＝EQ\F(2x\S\DO(2)\s\up3(3)－x\S\DO(2)＋1－\b\bc\((\l(2x\S\DO(1)\s\up3(3)－x\S\DO(1)＋1）,x\S\DO(2)－x\S\DO(1）＝EQ\F(\b\bc\((\l(x\S\DO(2)－x\S\DO(1）)\b\bc\((\l(2x\S\DO(1)\s\up3(2)＋2x\S\DO(1)x\S\DO(2)＋2x\S\DO(2)\s\up3(2)－1）,x\S\DO(2)－x\S\DO(1）＝2x12＋2x1x2＋2x22－1，即2x12＋2x1x2＋2x22－1＝6x12－1，化簡得(2x1＋x2)(x1－x2)＝0，因?yàn)閤1－x2≠0，所以2x1＋x2＝0，故答案選D．5.(2021?河南鄭州三模?理T3)若直線y＝x+b是函數(shù)f（x）圖象的一條切線，則函數(shù)f（x）不可能是（）A．f（x）＝ex B．f（x）＝x4 C．f（x）＝sinx D．f（x）＝D．直線y＝x+b的斜率為k＝，由f（x）＝ex的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝ex，而ex＝，解得x＝﹣ln2，故A滿足題意；由f（x）＝x4的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝4x3，而4x3＝，解得x＝，故B滿足題意；由f（x）＝sinx的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝cosx，而cosx＝有解，故C滿足題意；由f（x）＝的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝﹣，即有切線的斜率小于0，故D不滿足題意．6.(2021?河南鄭州三模?理T6)已知函數(shù)f（x）＝ex﹣e﹣x，a＝f（30.2），b＝f（0.30.2），c＝f（log0.23），則a，b，c的大小關(guān)系為（）A．c＜b＜a B．b＜a＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜bA．根據(jù)題意，函數(shù)f（x）＝ex﹣e﹣x，其導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝ex+e﹣x，則有f′（x）＞0恒成立，則f（x）在R上為增函數(shù)，又由log0.23＜0.30.2＜30.2，則有c＜b＜a．7.(2021?河北張家口三模?T8)已知a，b∈（0，3），且4lna＝aln4，c＝log0.30.06，則（）A．c＜b＜a B．a(chǎn)＜c＜b C．b＜a＜c D．b＜c＜aC．由4lna＝aln4＝3aln2，得．令，則，所以當(dāng)x∈（3，e）時，f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（e，+∞）時，f（x）單調(diào)遞減．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?四川內(nèi)江三模?理T12．)?x∈（0，1），記a＝，b＝（）2，則a、b、c的大小關(guān)系為（）．A．a(chǎn)＞c＞b B．b＞c＞a C．b＞a＞c D．a(chǎn)＞b＞cC．設(shè)f（x）＝，f′（x）＝，令g（x）＝xcosx﹣sinx，g′（x）＝cosx﹣xsinx﹣cosx＝﹣xsinx，因?yàn)閤∈（0，3），g（x）單調(diào)遞減，所以g（x）＜g（0）＝0，所以f′（x）＜0，所以f（x）在（4，因?yàn)?＜x2＜x＜2，所以f（x2）＞f（x），即＞，所以b＞a，令h（x）＝x﹣sinx，則h′（x）＝1﹣cosx＞0，5）上單調(diào)遞增，所以h（x）＞h（0）＝0，所以x＞sinx，所以＞，即＞，所以a＞c，綜上可得，b＞a＞c．9.(2021?重慶名校聯(lián)盟三模?T8．)若ex﹣a≥lnx+a對一切正實(shí)數(shù)x恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）．A． B．（﹣∞，1] C．（﹣∞，2] D．（﹣∞，e]B．設(shè)f（x）＝ex﹣a﹣lnx﹣a（x＞0），則f（x）≥0對一切正實(shí)數(shù)x恒成立，即f（x）min≥0，由，令，則恒成立，所以h（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，當(dāng)x→0時，h（x）→﹣∞，當(dāng)x→+∞時，h（x）→+∞，則在（0，+∞）上，存在x0使得h（x0）＝0，當(dāng)0＜x＜x0時，h（x）＜0，當(dāng)x＞x0時，h（x）＞0，故函數(shù)f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+∞）上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f（x）在x＝x0處取得最小值為f（x0）＝，因?yàn)椋磝0﹣a＝﹣lnx0，所以恒成立，即，又，當(dāng)且僅當(dāng)x0＝，即x0＝1時取等號，故2a≤2，所以a≤1．10.(2021?貴州畢節(jié)三模?文T12．)已知定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：對任意x∈R，都有f（x+1）＝f（1﹣x），且當(dāng)x∈（﹣∞，1）時，（x﹣1）?f'（x）＞0（其中f'（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)）．設(shè)a＝f（log23），b＝f（log32），c＝f（21.5），則a，b，c的大小關(guān)系是（）A．a(chǎn)＜b＜c B．c＜a＜b C．b＜a＜c D．a(chǎn)＜c＜bC．∵對任意x∈R，都有f（x+1）＝f（1﹣x），∴f（x）關(guān)于直線x＝1對稱，又當(dāng)x∈（﹣∞，1）時，（x﹣1）?f'（x）＞0，∴函數(shù)f（x）在（﹣∞，1）上單調(diào)遞減，則在（1，+∞）上單調(diào)遞增，而，且，∴f（21.5）＞f（log23）＞f（log32），即c＞a＞b．11.(2021?貴州畢節(jié)三模?文T8．)已知定義在[a，b]上的函數(shù)y＝f（x）的導(dǎo)函數(shù)y＝f'（x）的圖象如圖所示，給出下列①函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間[x2，x4]上單調(diào)遞減；②若x4＜m＜n＜x5，則；③函數(shù)y＝f（x）在[a，b]上有3個極值點(diǎn)；④若x2＜p＜q＜x3，則[f（p）﹣f（q）]?[f'（p）﹣f'（q）]＜0．其中正確命題的序號是（）A．①③ B．②④ C．②③ D．①④B．對于①：f′（x）在[x2，x3]上大于0，[x3，x4]上小于0，所以f（x）在[x2，x3]上單調(diào)遞增，在[x3，x4]上單調(diào)遞減，故①錯誤；對于②：由圖像可知，f′（x）是向下凹的，所以x4＜m＜n＜x5時，＞f′（），故②正確；對于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）上單調(diào)遞增，（x3，x5）上單調(diào)遞減，（x5，b）上單調(diào)遞增，所以f（x）在[a，b]上只有兩個極值點(diǎn)，故③錯誤；對于④：由③的結(jié)論，可得f（p）﹣f（q）＜0，又因?yàn)閒′（x）在（x2，x3）上單調(diào)遞增，所以f′（p）﹣f′（q）＞0，所以[f（p）﹣f（q）][f′（p）﹣f′（q）]＜0，故④正確．12.(2021?貴州畢節(jié)三模?文T6．)若曲線y＝lnx+1上到直線y＝x+m的距離為2的點(diǎn)恰有3個，則實(shí)數(shù)m的值是（）A． B．﹣2 C．2 D．A．由曲線y＝lnx+1上到直線y＝x+m的距離為2的點(diǎn)恰有3個，可得直線y＝x+m與曲線y＝lnx+1相交，且與直線y＝x+m平行距離為2的兩條直線中的一條與y＝lnx+1相切，設(shè)切點(diǎn)為（x0，lnx0+1），由y＝lnx+1的導(dǎo)數(shù)y′＝，可得＝1，即x0＝1，切點(diǎn)為（1，1），由點(diǎn)（1，1）到直線y＝x+m的距離為2，且切點(diǎn)在直線y＝x+m的上方，可得2＝＝，解得m＝﹣2．13.(2021?安徽宿州三模?理T12．)已知函數(shù)f（x）＝|x|ex，若函數(shù)g（x）＝f2（x）﹣（m+3）f（x）+3m恰有四個不同的零點(diǎn)，則m的取值范圍為（）A．（2，+∞） B．（，+∞） C．（，1） D．（0，）D．函數(shù)f（x）＝|x|ex＝，x≥0，f（x）＝xex，f′（x）＝（x+1）ex＞0，因此x≥0時，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增．x＜0，f（x）＝﹣xex，f′（x）＝﹣（x+1）ex，可得函數(shù)f（x）在（﹣∞，﹣1）單調(diào)遞增；可得函數(shù)f（x）在（﹣1，0）單調(diào)遞減．可得：f（x）在x＝﹣1時，函數(shù)f（x）取得極大值，f（﹣1）＝．畫出圖象：可知：f（x）≥0．函數(shù)g（x）＝f2（x）﹣（m+3）f（x）+3m恰有四個不同的零點(diǎn)，?f（x）＝3和f（x）＝m共有四個根，因?yàn)閒（x）＝3有1個根，故f（x）＝m有3個根，由圖可得：0＜m＜．14.(2021?安徽宿州三模?文T12．)已知函數(shù)f（x）＝ex﹣3+xlnx﹣x2﹣ax滿足f（x）≥0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A．（﹣∞，e] B．（﹣∞，﹣2] C．[2，e] D．[﹣2，2]B．由f（x）≥0，得ax≤ex﹣3+xlnx﹣x2，得a≤+lnx﹣x恒成立，設(shè)g（x）＝+lnx﹣x，則g（x）＝ex﹣3﹣lnx+lnx﹣x≥（x﹣3﹣lnx+1）+lnx﹣x＝﹣2，當(dāng)且僅當(dāng)x﹣3﹣lnx＝0，即x＝3+lnx時取“＝”號，故a≤﹣2，a的取值范圍是（﹣∞，﹣2]．15.(2021?遼寧朝陽三模?T3．)函數(shù)f（x）＝cosx﹣的圖象的切線斜率可能為（）A．﹣ B．﹣2 C．﹣ D．﹣4A．f（x）＝cosx﹣的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝﹣sinx+，由于﹣sinx∈[﹣1，1]，＞0，可得﹣sinx+＞﹣1，則切線的斜率可能為﹣．16.(2021?河南濟(jì)源平頂山許昌三模?文T9．)已知0＜a＜5且aln5＝5lna，0＜b＜6且bln6＝6lnb，0＜c＜7且cln7＝7lnc，則a，b，c的大小關(guān)系為（）A．a(chǎn)＞c＞b B．a(chǎn)＞b＞c C．c＞a＞b D．c＞b＞aA．令F（x）＝，則，易得，當(dāng)0＜x＜e時，F(xiàn)′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)x＞e時，F(xiàn)′（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，因?yàn)?＜a＜5，0＜b＜6，0＜c＜7，所以c＞b＞a＞e，所以f（c）＜f（b）＜f（a），則a＞b＞c．17.(2021?河南濟(jì)源平頂山許昌三模?文T5．)已知曲線y＝aex+xlnx在點(diǎn)（1，ae）處的切線方程為y＝2x+b，則（）A．a(chǎn)＝e﹣1，b＝1 B．a(chǎn)＝e﹣1，b＝﹣1 C．a(chǎn)＝e，b＝﹣1 D．a(chǎn)＝e，b＝1B．∵y＝aex+xlnx，∴y′＝aex+lnx+1，由在點(diǎn)（1，ae）處的切線方程為y＝2x+b，可得ae+1+0＝2，解得a＝e﹣1，又切點(diǎn)為（1，1），可得1＝2+b，即b＝﹣1．18.(2021?四川瀘州三模?理T12．)若asina﹣bsinb＝b2﹣a2﹣1，則（）A．a(chǎn)＞b B．a(chǎn)＜b C．|a|＞|b| D．|a|＜|b|D．由于asina﹣bsinb＝b2﹣a2﹣1，所以asina+a2＝bsinb+b2﹣1，設(shè)f（x）＝xsinx+x2＝x（x+sinx），由于函數(shù)f（x）滿足f（﹣x）＝f（x），故函數(shù)為偶函數(shù)，所以當(dāng)x≥0時，f′（x）＝（x+sinx）+x（1+cosx），設(shè)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），由于函數(shù)為偶函數(shù)，故|a|＜|b|．19.(2021?江蘇常數(shù)三模?T8．)若函數(shù)g（x）在區(qū)間D上，對?a，b，c∈D，g（a），g（b），g（c）為一個三角形的三邊長，則稱函數(shù)g（x）為“穩(wěn)定函數(shù)”．已知函數(shù)在區(qū)間上是“穩(wěn)定函數(shù)”，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為（）A． B． C． D．D．由于，則，易知函數(shù)f（x）在上單調(diào)遞增，在（e，e2]上單調(diào)遞減，而，∴在上的最大值為，最小值為m﹣2e2，依題意，2f（x）min＞f（x）max，即，解得．20.(2021?湖南三模?T10．)已知函數(shù)f（x）＝2alnx+x2+b．（）A．當(dāng)a＝﹣1時，f（x）的極小值點(diǎn)為（1，1+b） B．若f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，則a∈[﹣1，+∞） C．若f（x）在定義域內(nèi)不單調(diào)，則a∈（﹣∞，0） D．若a＝﹣且曲線y＝f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與曲線y＝﹣ex相切，則b＝﹣2BC．根據(jù)極值點(diǎn)定義可知，極小值是一個實(shí)數(shù)，A錯誤；由≥0得a≥﹣x2，因?yàn)閤≥1，所以a≥﹣1，B正確；因?yàn)椋?，?dāng)a≥0時，f′（x）＞0恒成立，當(dāng)a＜0時，f′（x）＞0不恒成立，函數(shù)不單調(diào)，C正確；a＝﹣，f′（x）＝﹣+2x2，所以f′（1）＝﹣1，f（1）＝1+b，所以切線方程為y﹣（1+b）＝﹣（x﹣1），即y＝﹣x+b+2，設(shè)切點(diǎn)橫坐標(biāo)為x0，則＝﹣1，故x0＝0，切點(diǎn)（0，﹣1），代入y＝﹣x+b+2得b＝﹣3，D錯誤．21.(2021?福建寧德三模?T8)已知函數(shù)f(x)=ex-1-e1-x+12A.4a+b>3 B.4a+b<3 C.2a+b>-1 D.2a+b<-1A．∵f(x)=ex-1-e1-x+12sinπx，∴f(2-x)=e1-x-ex-1+12sin(2π-2x)=e1-x-ex-1-12sin2x=-f(x)，即函數(shù)f(x)關(guān)于(1,0)對稱，

f'(x)=ex-1+e1-x+12πcosπx≥2ex-1?e1-x+12πcosπx=2+12πcosπx，

∵-12π≤12πcosπx≤12π，A． B． C． D．D．因?yàn)閒（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?yàn)閥＝x+lnx在（0，+∞）上單調(diào)遞增，所以x1＝ln（2x2），即lnx1+x1＝lnx1+ln2x2＝lnt，所以2x1x2＝t，則＝，令h（t）＝，則h′（t）＝，當(dāng)0＜t≤e時，h′（t）≥0，h（t）單調(diào)遞增，當(dāng)t＞e時，h′（t）＜0，h（t）單調(diào)遞減，故當(dāng)t＝e時，h（t）取得最大值h（e）＝．23.(2021?江西南昌三模?理T3．)已知自由落體運(yùn)動的速度v＝gt，則自由落體運(yùn)動從t＝0s到t＝2s所走過的路程為（）A．g B．2g C．4g D．8gB．．24.(2021?江西南昌三模?理T8．)將方程f（x）＝f'（x）的實(shí)數(shù)根稱為函數(shù)f（x）的“新駐點(diǎn)”．記函數(shù)f（x）＝ex﹣x，g（x）＝lnx，的“新駐點(diǎn)”分別為a，b，c，則（）A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．a(chǎn)＜c＜b D．a(chǎn)＜b＜cA．令f（x）＝f′（x），則ex﹣x＝ex﹣1，解得x＝1，即a＝1；令g（x）＝g′（x），則，設(shè)，則，即函數(shù)φ（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，又，∴函數(shù)φ（x）在（1，2）上存在唯一零點(diǎn)，即1＜b＜2；令h（x）＝h′（x），則，解得，則．∴c＜a＜b．25.(2021?河南開封三模?文T6．)設(shè)函數(shù)，若f（x）的極小值為，則a＝（）A． B． C． D．2B．，令f′（x）＝0得，x＝1﹣a，∴x＜1﹣a時，f′（x）＜0；x＞1﹣a時，f′（x）＞0，∴f（x）在x＝1﹣a處取得極小值，∴＝，∴，解得．26.(2021?安徽馬鞍山三模?理T12．)已知x∈（0，+∞），不等式ax+eαx≥lnx+x恒成立，則實(shí)數(shù)a的最小值為（）A． B． C．0 D．1A．不等式ax+eαx≥lnx+x等價(jià)于不等式eαx+lneax≥lnx+x，令函數(shù)f（x）＝lnx+x，原問題等價(jià)于g（eax）≥g（x）在（0，+∞）恒成立．∵，∴函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，故只需eax≥x在（0，+∞）恒成立即可．即ax≥lnx?a≥，令f（x）＝（x＞0），則f，可得函數(shù)f（x）在（0，e）遞增，在（e，+∞）遞減，∴f（x）的最大值為f（e）＝，∴．27.(2021?安徽馬鞍山三模?文T12．)已知函數(shù)（是自然對數(shù)的底數(shù)）在x＝0處的切線與直線x﹣2y+1＝0垂直，若函數(shù)g（x）＝f（x）﹣k恰有一個零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是（）A． B． C． D．C．函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝ex（x2+m﹣1），可得f（x）在x＝0處的切線的斜率為m﹣1，由在x＝0處的切線與直線x﹣2y+1＝0垂直，可得m﹣1＝﹣2，解得m＝﹣1，則f（x）＝ex（x2﹣x﹣1），函數(shù)g（x）＝f（x）﹣k恰有一個零點(diǎn)，即為f（x）＝k只有一個實(shí)根．由f（x）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝ex（x2﹣2），當(dāng)﹣2＜x＜2時，f′（x）＜0，f（x）遞減；當(dāng)x＞2或x＜﹣2時，f′（x）＞0，f（x）遞增．則x＝﹣2處，f（x）取得極大值3e﹣2，x＝2處，f（x）取得極小值﹣e2，則k的取值范圍是{﹣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，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是（）A．[，+∞） B．[1，+∞） C．[，+∞） D．[e﹣1，+∞）C．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，則原不等式等價(jià)于f（x）≤f（m（x﹣lnx））恒成立．∵f（x）＝ex+x在（0，+∞）上單調(diào)遞增，∴x≤m（x﹣lnx），令g（x）＝x﹣lnx，則g′（x）＝1﹣＝，可得：x＝1時函數(shù)g（x）取得極小值，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）時，h′（x）＞0，∴h（x）在（0，e）上單調(diào)遞增；x∈（e，+∞）時，h′（x）＜0，∴h（x）在（e，+∞）上單調(diào)遞減．∴h（x）max＝h（e）＝．∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是[，+∞）．29.(2021?浙江杭州二模?理T9．)已知函數(shù)f（x）＝aex﹣．若函數(shù)y＝f（x）與y＝f（f（x））有相同的最小值，則a的最大值為（）A．1 B．2 C．3 D．4B．根據(jù)題意，求導(dǎo)可得，f'（x）＝∵∴f'（x）在R上單調(diào)遞增，又∵當(dāng)x＝0時，f'（0）＝0∴當(dāng)x＜0時，f'（x）＜0，即得函數(shù)f（x）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞減，當(dāng)x＞0時，f'（x）＞0，即得函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增故有f（x）min＝f（0）＝a﹣2，即得f（x）∈[a﹣2，+∞）所以根據(jù)題意，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的最大值為2．30.(2021?河北秦皇島二模?理T12．)已知函數(shù)f（x）＝lnx﹣ax有兩個零點(diǎn)x1，x2，且x1＜x2，則下列選項(xiàng)正確的是（）A．a(chǎn)∈（0，） B．y＝f（x）在（0，e）上單調(diào)遞增 C．x1+x2＞6 D．若，則ABD．由f（x）＝lnx﹣ax，可得f′（x）＝﹣a，（x＞0），當(dāng)a≤0時，f′（x）＞0，∴f（x）在x∈（0，+∞）上單調(diào)遞增，與題意不符；當(dāng)a＞0時，可得當(dāng)f′（x）＝﹣a＝0，解得：x＝，可得當(dāng)x∈（0，）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x∈（，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，可得當(dāng)x＝時，f（x）取得極大值點(diǎn)，又因?yàn)橛珊瘮?shù)f（x）＝lnx﹣ax有兩個零點(diǎn)x1，x2（x1＜x2），可得f（）＝ln﹣1＞0，可得a＜，綜合可得：0＜a＜，故A正確；當(dāng)a→時，x1+x2→2e＜6，故C錯誤，∵f′（x）＝﹣a＝，故x∈（0，）時，f′（x）＞0，f（x）遞增，∵a∈（0，），∴（0，e）?（0，），故選項(xiàng)B正確；∵f（x）在（0，）遞增，在（，+∞）遞減，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正確；31.(2021?江西上饒二模?理T12．)對任意x＞0，不等式ax≤（e≈2.71828…）恒成立，則正實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A．（0，e3] B． C． D．A．由ax≤恒成立，﹣ax≥0，即﹣alnex≥0，故≥0，令t＝，x＞0，h（x）＝ex﹣ex，則h′（x）＝ex﹣e，易得，當(dāng)x＞1時，h′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)0＜x＜1時，h′（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，故當(dāng)x＝1時，h（x）取得最小值h（1）＝0，所以，h（x）＝ex﹣ex≥0，即ex≥ex，因?yàn)閤＞0，所以≥e，即t≥e，前面不等式轉(zhuǎn)化為t﹣alnt+2e3≥0，（t≥e），令f（t）＝t﹣alnt+2e3，則，（t≥e），當(dāng)0＜a≤e時，f′（t）≥0，f（t）min＝f（e）＝e﹣a+2e3≥0，故a≤e+2e3．所以0＜a＜e，當(dāng)a＞e時，f（x）在[e，a]上單調(diào)遞減，在（a，+∞）上單調(diào)遞增，f（t）min＝f（a）＝a﹣alna+2e3≥0，令g（a）＝a﹣alna+2e3，a＞e，則g′（a）＝﹣lna＜0，故g（a）在（e，+∞）上單調(diào)遞減，因?yàn)間（e3）＝0，當(dāng)g（a）≥0時，a≤e3，即e＜a≤e3，綜上a的范圍（0，e3]．32.(2021?河北邯鄲二模?理T4．)曲線y＝（x﹣3）ex在x＝0處的切線方程為（）A．2x+y+3＝0 B．2x+y﹣3＝0 C．2x﹣y+3＝0 D．2x﹣y﹣3＝0A．y＝（x﹣3）ex的導(dǎo)數(shù)為y′＝（x﹣2）ex，曲線y＝（x﹣3）ex在x＝0處的切線的斜率為﹣2，切點(diǎn)（0，﹣3），則切線的方程為y＝﹣2x﹣3，即2x+y+3＝0．33.(2021?廣東潮州二模?T10．)已知函數(shù)y＝f（x）的導(dǎo)函數(shù)y＝f'（x）的圖象如圖所示，則下列結(jié)論正確的是（）A．f（a）＜f（b）＜f（c） B．f（e）＜f（d）＜f（c） C．x＝c時，f（x）取得最大值 D．x＝d時，f（x）取得最小值A(chǔ)B．結(jié)合導(dǎo)函數(shù)的圖象，可知f（x）在（﹣∞，c]上單調(diào)遞增，在（c，e）上單調(diào)遞減，在[e，+∞）上單調(diào)遞增，對于A，因?yàn)閍＜b＜c，由f（x）的單調(diào)性可知f（a）＜f（b）＜f（c），故A正確；對于B，因?yàn)閏＜d＜e，由f（x）的單調(diào)性可知f（c）＞f（d）＞f（e），故B正確；對于C，當(dāng)x＝c時，f（x）取得極大值，但不一定是最大值，故C錯誤；對于D，由B可知，f（d）不是f（x）的最小值，故D錯誤．34.(2021?遼寧朝陽二模?T12．)已知a＞0，m（x）＝ex﹣2﹣e2﹣x，f（x）＝am（x）﹣sinπx，若f（x）存在唯一零點(diǎn)，下列說法正確的有（）A．m（x）在R上遞增 B．m（x）圖象關(guān)于點(diǎn)（2，0）中心對稱 C．任取不相等的實(shí)數(shù)x1，x2∈R均有 D．ABD．m′（x）＝ex﹣2+e2﹣x＞0，則m（x）在R上遞增，故A正確，m（x）+m（4﹣x）＝ex﹣2﹣e2﹣x+e2﹣x﹣ex﹣2＝0，則m（x）圖象關(guān)于點(diǎn)（2，0）中心對稱，故B正確，m″（x）＝ex﹣2﹣e2﹣x，當(dāng)x＞2時，m″（x）＞0，即m′（x）為增函數(shù)，即m（x）圖象下凸，此時＞m（），故C錯誤，若f（x）存在唯一零點(diǎn)，則a（ex﹣2﹣e2﹣x）＝sinπx只有一個解，即g（x）＝a（ex﹣2﹣e2﹣x）與h（x）＝sinπx只有一個交點(diǎn)，g'（x）＝a（ex﹣2+e2﹣x），h'（x）＝πcosπx，由g（2）＝h（2）＝0，則g（x）、h（x）的圖象均關(guān)于點(diǎn)（2，0）中心対稱，在x＝2的右側(cè)附近g（x）為下凸函數(shù)，h（x）為上凸函數(shù)，要x＞2時，圖象無交點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)g'（2）≥h'（2）成立．于是2a≥π，即a≥成立，故D正確．35.(2021?河南鄭州二模?文T11．)已知a﹣5＝ln＜0，b﹣4＝ln＜0，c﹣3＝ln＜0，則a，b，c的大小關(guān)系是（）A．b＜c＜a B．a(chǎn)＜c＜b C．a(chǎn)＜b＜c D．c＜b＜aC．令f（x）＝x﹣lnx，則＝，當(dāng)x＞1時，f′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)0＜x＜1時，f′（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減．故f（5）＞f（4）＞f（3），所以5﹣ln5＞4﹣ln4＞3﹣ln3，因?yàn)閍﹣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?yàn)閍﹣4＝lna﹣ln4＜0得0＜a＜4，又a﹣lna＝4﹣ln4，所以f（a）＝f（4），則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?山西調(diào)研二模?文T12.)已知函數(shù)f(x)=alnx+1x-1(a∈R)，若f(x)的最小值為A.1 B.-1 C.0 D.-2A．f(x)=alnx+1x-1的定義域?yàn)?0,+∞)，∵f'(x)=ax-1x2=ax-1x2，

當(dāng)a≤0時，f'(x)<0恒成立，∴f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減，無最值；

當(dāng)a>0時，x∈(0,1a)時，f'(x)<0，x∈(1a,+∞)時，f'(x)>037.(2021?安徽淮北二模?文T12．)若關(guān)于x的不等式lnx+a﹣＜0有且只有兩個整數(shù)解，則正實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A．（3ln3+1，4ln2+4] B．[﹣ln2+1，3ln3+1） C．（ln2+，3ln3+1] D．（3ln2+1，2ln3+3]C．原不等式可化簡為xlnx+1＜4a﹣ax，設(shè)f（x）＝xlnx+1，g（x）＝4a﹣ax，由f（x）＝xlnx+1得，f′（x）＝lnx+1，易知函數(shù)f（x）在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，作出f（x）的圖象如下圖所示，而函數(shù)g（x）＝4a﹣ax恒過點(diǎn)C（4，0），要使關(guān)于x的不等式lnx+a﹣＜0有且只有兩個整數(shù)解，則函數(shù)g（x）的圖象應(yīng)介于直線AC與直線BC之間（可以為直線BC），又A（2，2ln2+1），B（3，3ln3+1），∴，，∴，∴．38.(2021?烏魯木齊二模?文T12．)設(shè)函數(shù)f（x）＝﹣lnx﹣ax+4a，其中a＜0，若僅存在一個整數(shù)x0，使得f（x0）≤0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A． B． C． D．B．令g（x）＝﹣lnx，h（x）＝ax﹣4a＝a（x﹣4），因?yàn)閮H存在一個整數(shù)x0，使得f（x0）≤0，所以僅有一個整數(shù)，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）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，所以g（x）min＝g（1）＝，所以滿足條件的整數(shù)為1，由a＜0，可得h（x）為減函數(shù)，所以，即，解得ln2﹣1＜a≤﹣，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是（ln2﹣1，﹣]．39.(2021?吉林長春一模?文T7.)曲線在處的切線的斜率為A.B.C.D.B．當(dāng)x=e時,k=2,故選B.二、填空題部分40.(2021?高考全國甲卷?理T13)曲線在點(diǎn)處的切線方程為__________．．先驗(yàn)證點(diǎn)在曲線上，再求導(dǎo)，代入切線方程公式即可．由題，當(dāng)時，，故點(diǎn)在曲線上．求導(dǎo)得：，所以．故切線方程為．故．41.(2021?新高考全國Ⅰ卷?T15)函數(shù)的最小值為______.1．由題設(shè)知：定義域?yàn)椋喈?dāng)時，，此時單調(diào)遞減；當(dāng)時，，有，此時單調(diào)遞減；當(dāng)時，，有，此時單調(diào)遞增；又在各分段的界點(diǎn)處連續(xù)，∴綜上有：時，單調(diào)遞減，時，單調(diào)遞增；∴。故答案為1.42.(2021?江蘇鹽城三模?T16)對于函數(shù)eqf(x)＝lnx＋mx\s\up6(2)＋nx＋1，有下列4個論斷：甲：函數(shù)f(x)有兩個減區(qū)間；乙：函數(shù)f(x)的圖象過點(diǎn)(1，－1)；丙：函數(shù)f(x)在x＝1處取極大值；?。汉瘮?shù)f(x)單調(diào)．若其中有且只有兩個論斷正確，則m的取值為．2．【考點(diǎn)】邏輯推理題：函數(shù)的性質(zhì)綜合應(yīng)用由題意可知，f′(x)＝EQ\F(1,x)＋2mx＋n＝EQ\F(2mx\S(2)＋nx＋1,x)，當(dāng)x＞1時，f′(x)＝0最多有一個解，則函數(shù)f(x)最多有一個減區(qū)間，則甲錯誤；若乙正確，則f(1)＝m＋n＋1＝－1，即有m＋n＝－2，此時f′(x)＝EQ\F(2mx\S(2)－(2＋m)x＋1,x)＝EQ\F((2x－1)(mx－1),x)，若丙正確，則解得m＝1，所以n＝－3，而此時f(x)在x＝1處取極小值，且不單調(diào)，即與丙丁矛盾；若丁正確，則m＝2，n＝－4，可滿足題意；綜上，乙丁正確，且m＝2．43.(2021?河南開封三模?理T15)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，P是曲線（x＞0）上的一個動點(diǎn)，則點(diǎn)P到直線y＝x的距離的最小值是．．原問題可轉(zhuǎn)化為曲線在點(diǎn)P處與直線y＝x平行的切線，與直線y＝x之間的距離，因?yàn)?，所以y'＝2x﹣，因?yàn)樵邳c(diǎn)P的切線與直線y＝x平行，所以y'＝2x﹣＝1（x＞0），所以x＝1，將其代入曲線方程，得y＝1+1＝2，即點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，2），所以點(diǎn)P到直線y＝x的距離的最小值是d＝＝．故．44.(2021?河南焦作三模?理T16)已知函數(shù)f（x）的定義城為（0，+∞），其導(dǎo)函數(shù)為f'（x），且滿足f（x）＞0，f（x）+f′（x）＜0，若0＜x1＜1＜x2且x1x2＝1，給出以下不等式：①f（x1）＞ef（x2）；②x1f（x2）＜x2f（x1）；③x1f（x1）＞x2f（x2）；④f（x2）＞（1﹣x1）f（x1）．其中正確的有.（填寫所有正確的不等式的序號）①②③．對于①，令g（x）＝exf（x），x∈（0，+∞），則g′（x）＝ex（f（x）+f′（x）），因?yàn)閒（x）+f′（x）＜0，所以g′（x）＜0，所以g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，因?yàn)閤1＜x2，所以g（x1）＞g（x2），即f（x1）＞f（x2），即f（x1）＞ef（x2），故①正確；對于②，因?yàn)閒（x）＞0，f（x）+f′（x）＜0，所以f′（x）＜0，所以f（x）單調(diào)遞減，因?yàn)?＜x1＜1＜x2，所以f（x2）＜f（x1），所以x1f（x2）＜x2f（x1），故②正確；對于③，由①分析可知f（x1）＞ef（x2），因?yàn)?＜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，即證x2﹣＞2lnx2，設(shè)h（x）＝x﹣﹣2lnx，x＞1，則h′（x）＝1+﹣＝＞0，則h（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，所以h（x）＞h（1）＝0，即x2﹣＞2lnx2＞0，故③正確；對于④，假設(shè)f（x2）＞（1﹣x1）f（x1）成立，因?yàn)閒（x1）＞f（x2），所以f（x1）＞f（x2），所以＞1﹣x1，取x1＝，則＞，所以＜2，矛盾，故④不正確．故①②③．45.(2021?河北張家口三模?T15)若對任意的非零實(shí)數(shù)a，均有直線l：y＝ax+b與曲線相切,則切點(diǎn)坐標(biāo)為．．設(shè)切點(diǎn)橫坐標(biāo)為m，因?yàn)?，所以，又a≠3，所以，切點(diǎn)為．將其代入y＝ax+b，有，解得，所以，所以直線l必過定點(diǎn)．46.(2021?安徽宿州三模?文T13．)已知函數(shù)f（x）＝xsinx，則曲線y＝f（x）在點(diǎn)（，f（））處的切線方程為．x﹣y＝0．∵f（x）＝xsinx，∴f′（x）＝sinx+xcosx，∴f′（）＝1，f（）＝，∴曲線y＝f（x）在點(diǎn)（，f（））處的切線方程為：y﹣＝l?（x﹣），即y＝x，即x﹣y＝0．47.(2021?山東聊城三模?T16.)已知函數(shù)f(x)=(xex)2+(a-2)xex+21．【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系設(shè)g(x)=xex，g'(x)=1-xex，當(dāng)x<1時，g'(x)>0；當(dāng)x>1時，g'(x)<0，故∴g(x)max=g(1)=要使f(x)=(xex)2+(a-2)xex+2-a有三個不同的零點(diǎn)x1，x2，x3其中x1<x2<x3．令xex=t，則t2+(a-2)t+2-a=0∴(1-x=[1若a<-2，則{t1+∴(t1綜上(1-x1e【分析】設(shè)g(x)=xex根據(jù)導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)單調(diào)性最值得到g(x）圖像，令xex=t則原函數(shù)式有三個不同的零點(diǎn)則需

t2+(a-2)t+2-a=0有兩不同實(shí)根數(shù)形結(jié)合得若a<-2時不符合題意，若a>2時t1<0<t2<1e則x3．．49.(2021?四川瀘州三模?理T14．)已知曲線y＝x3+ax+b+1在x＝0處的切線方程為y＝﹣3x﹣2，則a+b＝．﹣6．y＝x3+ax+b+1的導(dǎo)數(shù)為y′＝3x2+a，由曲線y＝x3+ax+b+1在x＝0處的切線方程為y＝﹣3x﹣2，可得a＝﹣3，b+1＝﹣2，解得a＝﹣3，b＝﹣3，則a+b＝﹣6．50.(2021?河北邯鄲二模?理T13．)寫出一個奇函數(shù)f（x），當(dāng)x＞0時，f（x）＞0且其導(dǎo)數(shù)f′（x）＜0，則f（x）＝．（答案不唯一）．函數(shù)為奇函數(shù)，當(dāng)x＞0時，f（x）＞0且其導(dǎo)數(shù)f′（x）＜0，故f（x）＝（答案不唯一）．51.(2021?江西上饒二模?理T13．)曲線y＝（x+1）ex在點(diǎn)（0，1）處的切線方程為y＝2x+1．y＝2x+1．∵y＝（x+1）?ex（e為自然對數(shù)的底數(shù)），∴y′＝（x+2）ex，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，則切線的斜率為y′|x＝0＝2，又切點(diǎn)坐標(biāo)為（0，1），由點(diǎn)斜式方程可得y＝2x+1，∴曲線y＝（x+1）?ex（e為自然對數(shù)的底數(shù)）在點(diǎn)（0，1）處的切線方程為y＝2x+1．52.(2021?江西九江二模?理T13．)已知函數(shù)f（x）＝alnx﹣x2圖象在點(diǎn)（1，f（1））處的切線平行于x軸，則實(shí)數(shù)a＝．2．由f（x）＝alnx﹣x2，得f′（x）＝，∴f′（1）＝a﹣2，由題意，a﹣2＝0，得a＝2．53.(2021?河南鄭州二模?文T13．)直線y＝x+b是曲線y＝lnx的一條切線，則實(shí)數(shù)b的值為．ln3﹣1．y′＝（lnx）′＝，令＝，得x＝3，∴切點(diǎn)為（3，ln3），代入直線方程y＝x+b，∴l(xiāng)n3＝×3+b，∴b＝ln3﹣1．54.(2021?山西調(diào)研二模?文T15)若曲線y=ln(3x-8)與曲線y=x2y=3x-9．曲線y=ln(3x-8)與曲線y=x2-3x的公共點(diǎn)為P(m,n)，兩曲線在公共點(diǎn)處相同的切線的斜率為k，因?yàn)閥'=[ln(3x-8)]'=33x-8，(x2-3x)'=2x-3，則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，于是該切線的方程為55.(2021?寧夏銀川二模?文T13．)曲線f（x）＝3x+sinx在（0，0）處的切線方程為．y＝4x．由f（x）＝3x+sinx，得f′（x）＝3+cosx，∴f′（0）＝4．則曲線f（x）＝3x+sinx在點(diǎn)（0，0）處的切線方程為y＝4x．56.(2021?安徽淮北二模?文T14．)已知f（x）為偶函數(shù)．當(dāng)x＜0時，f（x）＝ex﹣ex2（e是自然對數(shù)的底數(shù)）．則曲線y＝f（x）在x＝1處的切線方程是．y＝（﹣e﹣1﹣2e）x+2e﹣1+e．由f（x）為偶函數(shù)，可得f（﹣x）＝f（x），當(dāng)x＜0時，f（x）＝ex﹣ex2，可得x＞0時，f（x）＝f（﹣x）＝e﹣x﹣ex2，所以x＞0時，f（x）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝﹣e﹣x﹣2ex，可得曲線y＝f（x）在x＝1處的切線斜率為﹣e﹣1﹣2e，切點(diǎn)為（1，e﹣1﹣e），所以曲線y＝f（x）在x＝1處的切線方程是y﹣e﹣1+e＝（﹣e﹣1﹣2e）（x﹣1），即為y＝（﹣e﹣1﹣2e）x+2e﹣1+e．三、解答題部分57.(2021?新高考全國Ⅰ卷?T22)已知函數(shù).（1）討論的單調(diào)性；（2）設(shè)，為兩個不相等的正數(shù)，且，證明.（1）函數(shù)的定義域?yàn)?，又，?dāng)時，，當(dāng)時，，故的遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為.（2）因?yàn)?，故，即，故，設(shè)，由（1）可知不妨設(shè).因?yàn)闀r，，時，，故.先證：，若，必成立.若，要證：，即證，而，故即證，即證：，其中.設(shè)，則，因?yàn)?，故，故，所以，故在為增函?shù)，所以，故，即成立，所以成立，綜上，成立.設(shè)，則，結(jié)合，可得：，即：，故，要證：，即證，即證，即證：，即證：，令，則，先證明一個不等式.設(shè)，則，當(dāng)時，；當(dāng)時，，故在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，故，故成立由上述不等式可得當(dāng)時，，故恒成立，故在上為減函數(shù)，故，故成立，即成立.綜上所述，.58.(2021?高考全國甲卷?理T21)已知且，函數(shù)．（1）當(dāng)時，求的單調(diào)區(qū)間；（2）若曲線與直線有且僅有兩個交點(diǎn)，求a的取值范圍．（1）當(dāng)時，,令得,當(dāng)時，,當(dāng)時，,∴函數(shù)在上單調(diào)遞增；上單調(diào)遞減；（2）,設(shè)函數(shù),則,令，得,在內(nèi),單調(diào)遞增；在上,單調(diào)遞減；,又，當(dāng)趨近于時，趨近于0，所以曲線與直線有且僅有兩個交點(diǎn)，即曲線與直線有兩個交點(diǎn)的充分必要條件是,這即是,所以的取值范圍是.59.(2021?高考全國乙卷?文T21)已知函數(shù)．（1）討論的單調(diào)性；（2）求曲線過坐標(biāo)原點(diǎn)的切線與曲線的公共點(diǎn)的坐標(biāo)．(1)由函數(shù)的解析式可得：，導(dǎo)函數(shù)的判別式，當(dāng)時，在R上單調(diào)遞增，當(dāng)時，的解為：，當(dāng)時，單調(diào)遞增；當(dāng)時，單調(diào)遞減；當(dāng)時，單調(diào)遞增；綜上可得：當(dāng)時，在R上單調(diào)遞增，當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.(2)由題意可得：，，則切線方程為：，切線過坐標(biāo)原點(diǎn)，則：,整理可得：，即：，解得：，則，即曲線過坐標(biāo)原點(diǎn)的切線與曲線的公共點(diǎn)的坐標(biāo)為.60.(2021?浙江卷?T22)設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，且，函數(shù)（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）若對任意，函數(shù)有兩個不同的零點(diǎn)，求a的取值范圍；（3）當(dāng)時，證明：對任意，函數(shù)有兩個不同的零點(diǎn)，滿足.(注：是自然對數(shù)的底數(shù))(1)，①若，則，所以在上單調(diào)遞增；②若，當(dāng)時，單調(diào)遞減，當(dāng)時，單調(diào)遞增.綜上可得，時，在上單調(diào)遞增；時，函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為，單調(diào)增區(qū)間為.(2)有2個不同零點(diǎn)有2個不同解有2個不同的解，令，則，記，記，又，所以時，時，，則在單調(diào)遞減，單調(diào)遞增，，.即實(shí)數(shù)的取值范圍是.(3)有2個不同零點(diǎn)，則，故函數(shù)的零點(diǎn)一定為正數(shù).由(2)可知有2個不同零點(diǎn)，記較大者為，較小者為，，注意到函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增，故，又由知，，要證，只需，且關(guān)于的函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以只需證，只需證，只需證，，只需證在時為正，由于，故函數(shù)單調(diào)遞增，又，故在時為正，從而題中的不等式得證.61.(2021?江蘇鹽城三模?T)設(shè)eqf(x)＝\f(lnx,x\s\up6(n）(n∈N*)．(1)求證：函數(shù)f(x)一定不單調(diào)；(2)試給出一個正整數(shù)a，使得eqe\s\up6(x)＞x\s\up6(2)lnx＋asinx對?x∈(0，＋∞)恒成立．(參考數(shù)據(jù)：e≈2.72，e2≈7.39，e3≈20.10)【考點(diǎn)】函數(shù)與導(dǎo)數(shù)：函數(shù)單調(diào)性應(yīng)用；恒成立問題(1)由eqf(x)＝\f(lnx,x\s\up6(n）得f′(x)＝EQ\F(\F(1,x)·x\S(n)－nx\S\UP6(n－1)lnx,x\S\UP6(2n）＝EQ\F(1－nlnx,x\S\UP6(n＋1），因n∈N*，由f′(x)＝0，得x＝EQe\S\UP8(\F(1,n），……1分當(dāng)x＞EQe\S\UP8(\F(1,n）時，f′(x)＜0；當(dāng)時0＜x＜EQe\S\UP8(\F(1,n），f′(x)＞0；故函數(shù)f(x)在(0，EQe\S\UP8(\F(1,n）)上單調(diào)遞增，在(EQe\S\UP8(\F(1,n），＋)上單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)不單調(diào)．……3分(2)當(dāng)a＝1時，可證明ex＞x2lnx＋sinx對x∈(0，＋∞)恒成立，當(dāng)x∈(0，1)時，x2lnx≤0，sinx≤1，ex＞1，不等式成立；……4分當(dāng)x∈(1，e)時，x2lnx＋sinx＜x2＋1，令g(x)＝EQ\F(x\S(2)＋1,e\S(x），所以g′(x)＝EQ\F(2x－(x\S(2)＋1),e\S(x）≤0，則函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)≤g(1)＝EQ\F(2,e)＜1，所以ex＞x2＋1，原不等式成立；……7分當(dāng)x∈(e，＋)時，因x2lnx＋sinx≤x2lnx＋1，故只需證ex＞x2lnx＋1，即證EQ\F(e\S(x),x\S(3）＞EQ\F(lnx,x)＋EQ\F(1,x\S(3），只需證EQ\F(e\S(x),x\S(3）＞EQ\F(lnx,x)＋EQ\F(1,e\S(3），在(1)中令n＝1，可得f(x)≤f(e)＝EQ\F(1,e)，故EQ\F(lnx,x)＋EQ\F(1,e\S(3）≤EQ\F(1,e)＋EQ\F(1,e\S(3），令h(x)＝EQ\F(e\S(x),x\S(3），所以h′(x)＝EQ\F(e\S(x)(x－3),x\S(4）＝0，解得x＝3，當(dāng)x∈(e，3)時，h′(x)＜0；當(dāng)x∈(3，＋)時，h′(x)＞0，所以h(x)≥h(3)＝EQ\F(e\S(3),27)＞EQ\F(1,2)，而EQ\F(lnx,x)＋EQ\F(1,e\S(3）≤EQ\F(1,e)＋EQ\F(1,e\S(3）＜EQ\F(1,2)，所以原不等式也成立．綜上所述，當(dāng)a＝1時，ex＞x2lnx＋sinx對x∈(0，＋∞)恒成立．……12分注：當(dāng)a＝2或a＝3時結(jié)論也成立，請參照評分；當(dāng)a≥4時結(jié)論不成立．62.(2021?河南鄭州三模?理T21)已知函數(shù)f（x）＝xlnx﹣ax+1．（Ⅰ）求f（x）的最小值；（Ⅱ）證明：對任意的x∈（0，+∞），ex（lnx+）﹣（ex+x）+＞0恒成立．（Ⅰ）由題意可得f（x）的定義域是（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，則f（x）在（0，ea﹣1）遞減，在（ea﹣1，+∞）遞增，故f（x）min＝f（ea﹣1）＝1﹣ea﹣1；（Ⅱ）證明：要證ex（lnx+）﹣（ex+x）+＞0成立，即證ex（xlnx+1）﹣x（ex+x）+4ex﹣2＞0，即證ex（xlnx﹣x+1）﹣x2+4ex﹣2＞0，即證xlnx﹣x+1＞﹣，設(shè)g（x）＝xlnx﹣x+1，由（Ⅰ）可知g（x）min＝g（1）＝0，設(shè)h（x）＝﹣（x＞0），則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）遞增，在（2，+∞）遞減，故h（x）max＝h（2）＝0，∵g（x）與h（x）的最值不同時取得，∴g（x）＞h（x），即xlnx﹣x+1＝﹣，故當(dāng)x＞0時，不等式ex（lnx+）﹣（ex+x）+＞0恒成立．63.(2021?河南開封三模?理T21)已知函數(shù)f（x）＝．（1）討論f（x）的單調(diào)性；（2）若m＝2，對于任意x1＞x2＞0，證明：（x12?f（x1）﹣x22?f（x2））?（x12+x22）＞x1x2﹣x22．（1）的定義域?yàn)椋?，+∞），，當(dāng)m＞0時，，此時f（x）在上單調(diào)遞增，，此時f（x）在上單調(diào)遞減，當(dāng)m＜0時，，此時f（x）在上單調(diào)遞增，，此時f（x）在上單調(diào)遞減；綜上可知：當(dāng)m＞0時，f（x）的增區(qū)間是，減區(qū)間是；當(dāng)m＜0時，f（x）的增區(qū)間是，減區(qū)間是．（2）證明：由m＝2，，，由于x1＞x2＞0，所以．設(shè)，故：，令，則，由于t＞1，故，則在（1，+∞）上單調(diào)遞增，故φ（t）＞φ（1）＝0，即：所證不等式成立．64.(2021?河南開封三模?文T21．)已知函數(shù)f（x）＝lnx﹣mx有兩個零點(diǎn)．（1）求m的取值范圍；（2）設(shè)x1，x2是f（x）的兩個零點(diǎn)，證明：f'（x1+x2）＜0．（1），①當(dāng)m≤0時，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，至多有一個零點(diǎn)；②當(dāng)m＞0時，時，f'（x）＞0，f（x）在上單調(diào)遞增，時，f'（x）＜0，f（x）在上單調(diào)遞減，所以f（x）在處取得最大值，由，得，此時，，，f（1）＝﹣m＜0，，由零點(diǎn)存在性定理可知，f（x）在和上各有一個零點(diǎn)，綜上，m的取值范圍是；（2）證明：因?yàn)閤1，x2是f（x）的兩個零點(diǎn)，不妨設(shè)x1＞x2＞0，則lnx1﹣mx1＝0…①，lnx2﹣mx2＝0…②，①﹣②得lnx1﹣lnx2＝mx1﹣mx2，，，所以，要證f'（x1+x2）＜0，即證，即證，即證，即證，令，設(shè)，，所以φ（t）在t＞1時單調(diào)遞增，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)已知函數(shù)f（x）＝xlnx．（Ⅰ）求f（x）的圖象在點(diǎn)A（1，f（1））處的切線方程，并證明f（x）的圖象上除點(diǎn)A以外的所有點(diǎn)都在這條切線的上方；（Ⅱ）若函數(shù)g（x）＝（lnx+1）?sin2x﹣2f（x）cos2x，x∈[，），證明：g（x）≥cos．（Ⅰ）由題意可得f′（x）＝lnx+1，f′（1）＝1，f（1）＝0，所以f（x）的圖像在點(diǎn)A（1，f（1））處的切線方程為y＝x﹣1，設(shè)h（x）＝xlnx﹣x+1，則h′（x）＝lnx，令h′（x）＜0，得0＜x＜1，h（x）單調(diào)遞減，令h′（x）＞0，得x＞1，h（x）單調(diào)遞增，所以h（x）≥h（1）＝0，所以xlnx≥x﹣1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號，所以f（x）的圖像上除點(diǎn)A外的所有點(diǎn)都在這條切線上方．（Ⅱ）證明：由題知，g（x）＝（lnx+1）?sin2x﹣2xlnxcos2x，x∈[，），所以g′（x）＝2（lnx+1）?cos2x+﹣2[﹣2xlnxsin2x+（lnx+1）?cos2x]＝sin2x?（+4xlnx），因?yàn)閤∈[，），所以sin2x＞0，又由（1）知xlnx≥x﹣1，所以+4xlnx≥+4（x﹣1）＝4x+﹣4≥2﹣4＝0，（兩個等號不能同時成立），所以g′（x）＞0，所以g（x）在[，）上單調(diào)遞增，所以g（x）≥g（）＝cos，得證．66.(2021?河北張家口三模?T22)已知函數(shù)f（x）＝x3﹣x﹣alnx（a∈R）．（1）若函數(shù)f（x）在其定義域上為增函數(shù)，求a的取值范圍；（2）當(dāng)a≤3時，求證：對任意的x1，x2∈[1，+∞），且x1＞x2，有2f（x2）﹣2f（x1）+（x1﹣x2）[f'（x1）+f'（x2）]＞0恒成立．（1）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），，若函數(shù)f（x）在其定義域上為增函數(shù)，則f'（x）≥0在（4，即，得3x3﹣x≥a，設(shè)g（x）＝3x3﹣x，則g'（x）＝4x2﹣1，當(dāng)時，g'（x）＜2，當(dāng)時，所以當(dāng)時，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，當(dāng)時，故，所以，﹣]．（2）證明：由（1）得，對任意的x1，x2∈[3，+∞）1＞x2，令，則5f（x2）﹣2f（x7）+（x1﹣x2）[f'（x8）+f'（x2）]＝＝＝，令，當(dāng)t＞1時，，由此可得h（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，所以當(dāng)t＞1時，h（t）＞h（1），即，因?yàn)?，所以，設(shè)，則，所以函數(shù)p（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，綜上，當(dāng)a≤3時6，x2∈[1，+∞）5＞x2，有2f（x5）﹣2f（x1）+（x6﹣x2）[f'（x1）+f'（x3）]＞0恒成立．67.(2021?山東聊城三模?T22)已知f(x)=e（1）當(dāng)a=e2時求（2）當(dāng)x∈[0,+∞)時，（3）求證：22e-1（1）解：當(dāng)a=e2時，所以f'(x)=e所以當(dāng)x<1時，f″(x)<0，f'當(dāng)x>1時，f″(x)>0，f'因?yàn)閒'(0)=0，f'所以存在x0∈(1,2)，使f'(x0)=0，所以，x∈(-∞,0)時，f'(x)>0所以f(x)有兩個極值點(diǎn)（2）解：f(x)=ex-設(shè)h(x)=f'又h'所以當(dāng)a≤12時，h'(x)所以h(x)≥h(0)=0，即f'所以f(x)≥f(0)=0當(dāng)a>12吋，令h'當(dāng)x∈[0,ln2a)時，h'(x)<0，f(x)在(0,ln所以x∈(0,ln所以a的取值范圍是(（3）證明：由（2）可知a=12時，f(x)≥0，所以2en-所以2=1=1+【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，不等式的證明【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)可推得

f'(0)=0

，

f'(1)=-1

，

f'(2)=e2-2e-1>0，所以，

x∈(-∞,0)

時，

f'(x)>0

；

x∈(0,x0)

時，

f'(x)<0

；

x∈(x0,+∞)

時，

f'(x)>0

，所以0和

x0

是

f(x)

的極值點(diǎn)。

（2）

設(shè)

h(x)=f'(x)=ex-2ax-1(x≥0)，h(x）再求導(dǎo)可推得

當(dāng)

a≤12

時，

f'(x)≥0f(x)

在

[0,+∞)

上單調(diào)遞增

68.(2021?四川內(nèi)江三模?理T21．)設(shè)函數(shù)f（x）＝x﹣﹣alnx（a∈R）．（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性；（Ⅱ）若f（x）有兩個極值點(diǎn)x1和x2，記過點(diǎn)A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直線的斜率為k，問：是否存在a，使得k＝2﹣a？若存在；若不存在，請說明理由．（Ⅰ）f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），，令g（x）＝x8﹣ax+1，其判別式△＝a2﹣5，①當(dāng)|a|≤2時，△≤0，故f（x）在（5，②當(dāng)a＜﹣2時，△＞0，在（2，f'（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，③當(dāng)a＞8時，△＞0，當(dāng)0＜x＜x1時，f'（x）＞31＜x＜x2時，f'（x）＜32時，f'（x）＞0，故f（x）分別在（2，x1），（x2，+∞）上單調(diào)遞增，在（x4，x2）上單調(diào)遞減，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a＞2．因?yàn)椋?，又由?）知，x1x2＝4．于是，若存在a，使得k＝7﹣a．則3﹣lnx2＝x1﹣x6，亦即（*），再由（1）知，函數(shù)，+∞）上單調(diào)遞增2＞2，所以．這與（*）式矛盾，使得k＝6﹣a69.(2021?重慶名校聯(lián)盟三模?T22．)設(shè)x∈（0，），f（x）＝kx﹣sinx，k∈R．（1）f（x）＞0恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；（2）求證：當(dāng)x∈（0，）時，＞3．（1）f（x）＝kx﹣sinx，f′（x）＝k﹣cosx，因?yàn)閤∈（0，），所以0＜cosx＜1，所以當(dāng)k≤0時，f′（x）＜0，f（x）在（0，）上單調(diào)遞減，所以f（x）＜f（0）＝0，所以k≤0，不符合題意，當(dāng)k≥1，則f′（x）＞0在（0，）上恒成立，所以f（x）在（0，）上單調(diào)遞增，所以f（x）＞f（0）＝0，所以k≥1，符合題意，當(dāng)0＜k＜1時，令f′（x）＝0，即k＝cosx，則在（0，）內(nèi)存在唯一x0，使得k＝cosx0，當(dāng)x∈（0，x0）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（x0，）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，又f（0）＝0．所以f（x）＞0在（0，）不恒成立，所以0＜k＜1，不符合題意，綜上所述，k的取值范圍為[1，+∞）．（2）證明：由（1）知，當(dāng)x∈（0，）時，有x＞sinx，所以＞3，所以tanx﹣sinx＞3x﹣3sinx，所以tanx+2sinx﹣3x＞0，設(shè)g（x）＝tanx+2sinx﹣3x，x∈（0，），則g′（x）＝+2cosx﹣3＝＝＝，設(shè)t＝cosx，由x∈（0，），得t∈（0，1），再設(shè)y＝2t2﹣t﹣1＝2（t2﹣t+）﹣＝2（t﹣）2﹣，當(dāng)t＝0時，y＝﹣1＜0，當(dāng)t＝1時，y＝0，所以對任意t∈（0，1）時，y＝2t2﹣t﹣1＜0，所以對任意t∈（0，1），y＝2t2﹣t﹣1＜0，所以對任意x∈（0，）時，有2cos2x﹣cosx﹣1＜0，又cosx﹣1＜0，所以g′（x）＞0恒成立，所以g（x）在（0，）上是單調(diào)遞增，所以g（x）＞g（0）＝0，所以tanx+2sinx﹣3x＞0，所以不等式＞3得證．70.(2021?安徽蚌埠三模?文T21．)已知函數(shù)f（x）＝﹣lnx+x﹣2a，其中a∈R．（1）若a＝1，求函數(shù)f（x）在x＝1處的切線方程；（2）證明：a≤1時，f（x）≥0恒成立．（1）f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），由a＝1，得f′（x）＝﹣+1，f′（1）＝0，f（1）＝0，則函數(shù)f（x）在x＝1處的切線方程為y＝0．（2）f′（x）＝﹣+1＝，令g（x）＝ex﹣a﹣x，則g′（x）＝ex﹣a﹣1，1°若a≤0時，則g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，因?yàn)間（0）＝＞0，所以g（x）＞0，2°若0＜a≤1時，令g′（x）＝0，解得x＝a，當(dāng)0＜x＜a時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x＞a時，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，所以g（x）≥g（a）＝1﹣a≥0，即a≤1時，ex﹣a﹣x≥0在（0，+∞）恒成立，所以當(dāng)x＞1時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，當(dāng)0＜x＜1時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，所以f（x）min＝f（1）＝ea﹣1+1﹣2a，下證ea﹣1﹣a≥0，令p（x）＝ex﹣1﹣x，p′（x）＝ex﹣1﹣1，在（﹣∞，+∞）單調(diào)遞增，當(dāng)x∈（﹣∞，1）時，p′（x）＜0，p（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（1，+∞）時，p′（x）＞0，p（x）單調(diào)遞增，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，綜上所述，當(dāng)a≤1時，f（x）≥0在（0，+∞）上恒成立．71.(2021?貴州畢節(jié)三模?文T21．)已知函數(shù)f（x）＝x﹣mlnx﹣2m．（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（Ⅱ）若函數(shù)f（x）有最小值為g（m），證明：在（0，+∞）上恒成立．（Ⅰ）函數(shù)f（x）＝x﹣mlnx﹣2m的定義域?yàn)椋?，+∞），則，當(dāng)m≤0時，f'（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)；當(dāng)m＞0時，由，解得x＞m，由，解得0＜x＜m，所以f（x）在（0，m）上為減函數(shù)，在[m，+∞）上為增函數(shù)；綜上所述，當(dāng)m≤0時，f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)；當(dāng)m＞0時，f（x）在（0，m）上為減函數(shù)，在[m，+∞）上為增函數(shù)；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當(dāng)m≤0時，f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，f（x）無最小值．當(dāng)m＞0時，f（x）在（0，m）上為減函數(shù)，在[m，+∞）上為增函數(shù)，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）在上為增函數(shù)，在上減函數(shù)．所以，即在（0，+∞）上恒成立．72.(2021?遼寧朝陽三模?T21．)已知函數(shù)f（x）＝m（x+1）2﹣1﹣2lnx．（1）討論f（x）的單調(diào)性；（2）當(dāng)x∈[1，2]時，f（x）≤0，求m的取值范圍．（1）f′（x）＝2m（x+1）﹣＝，（x＞0），當(dāng)m≤0時，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減；當(dāng)m＞0時，由f′（x）＜0，解得：0＜x＜﹣，由f′（x）＞0，解得：x＞﹣，故f（x）在（0，﹣）遞減，在（﹣，+∞）遞增，（2）當(dāng)x∈[1，2]時，f（x）≤0恒成立，即對于任意的x∈[1，2]，m≤恒成立，設(shè)，則有，令，則g'（x）＝＜0在[1，2]上恒成立，即得g（x）在[1，2]上單調(diào)遞減，因?yàn)間（1）＝2＞0，g（2）＝1﹣4ln2＜0，所以存在唯一的x0∈[1，2]，使得g（x0）＝0，且當(dāng)x∈[1，x0]時，g（x）＞0；當(dāng)x∈（x0，2]時，g（x）＜0，所以F（x）在[1，x0）上單調(diào)遞增，在（x0，2]上單調(diào)遞減，又因?yàn)?＝lne5＜ln35＜ln28＝8ln2，所以F（2）﹣F（1）＝＞0，所以，即得，則有m的取值范圍為．73.(2021?河南濟(jì)源平頂山許昌三模?文T21．)已知函數(shù)f（x）＝﹣x2+ax﹣3，g（x）＝xlnx，a∈R．（1）當(dāng)x＞0時，2g（x）≥f（x），求a的取值范圍；（2）證明：當(dāng)x＞0時，g（x）＞．（1）當(dāng)x＞0時，2g（x）≥f（x），即2xlnx≥﹣x2+ax﹣3，即，設(shè)，則，∴當(dāng)x∈（0，1）時，h′（x）＜0，h（x）在（0，1）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（1，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，∴h（x）min＝h（1）＝4，則a≤4．∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為（﹣∞，4]；（2）證明：∵g（x）＝xlnx，∴g′（x）＝1+lnx，易知函數(shù)g（x）在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x＞0時，，令，則，易知φ（x）在（0，1）單調(diào)遞增，在（1，+∞）單調(diào)遞減，∴，又兩個等號不同時成立，故當(dāng)x＞0時，g（x）＞．74.(2021?四川瀘州三模?理T20．)已知函數(shù)f（x）＝lnx﹣ax+a，且f（x）≤0對x＞0恒成立．（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）若關(guān)于x的方程mf（x）＝xe﹣x+m有兩個實(shí)根，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．（Ⅰ）因?yàn)閒（x）≤0，且f（1）＝0，故x＝1是函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)，因?yàn)閒′（x）＝﹣a，所以f′（1）＝1﹣a＝0，故a＝1，又因?yàn)閍＝1時，f（x）＝lnx﹣x+1，且f′（x）＝﹣1，故f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，故f（x）≤f（1）＝0，故a＝1．（Ⅱ）因?yàn)閙f（x）＝xe﹣x+m，則m（lnx﹣x）＝xe﹣x，設(shè)h（x）＝lnx﹣x，則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）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，所以h（x）≤h（1）＝﹣1＜0，所以lnx＜x，所以m＝，設(shè)g（x）＝，則g′（x）＝，因?yàn)閘nx＜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，故函數(shù)g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，所以g（x）≥g（1）＝﹣，又當(dāng)x無限增大或無限接近0時，g（x）都趨近于0，故﹣≤g（x）＜0，因?yàn)殛P(guān)于x的方程mf（x）＝xe﹣x+m有兩個實(shí)根，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是（﹣，0）．75.(2021?江蘇常數(shù)三模?T22．)已知函數(shù)f（x）＝aex﹣x2（a∈R）（其中e≈2.71828為自然對數(shù)的底數(shù)）．（1）當(dāng)a＝1時，求證：函數(shù)f（x）圖象上任意一點(diǎn)處的切線斜率均大于；（2）若對于任意的x∈[0，+∞）恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．（1）證明：a＝1時，f(x)＝ex﹣x2,f′(x)＝ex﹣2x,設(shè)g(x)＝f′(x)＝ex﹣2x,則g′(x)＝ex﹣2,令g′(x)＝0,解得：x＝ln2,故g(x)在區(qū)間(﹣∞,ln2)遞減，在(ln2,+∞)遞增，故g(x)的最小值是g(ln2)＝2﹣2ln2＞,即f′(x)＞對任意x∈R恒成立，故函數(shù)f（x）圖象上任意一點(diǎn)處的切線斜率均大于；（2）先證對任意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)在區(qū)間(﹣1,0)遞增，在（0，+∞）遞減，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)在區(qū)間(﹣∞,ln2)遞減，在區(qū)間（ln2,+∞）遞增，故m(x)≥m(ln2)＞0,故p′(x)＞0,p(x)遞增，故p(x)≥p(0)＝0,故ex≥x2+x+1,x∈[0,+∞),∵f(x)＞ln(x+1)+cosx對于任意x∈[0,+∞)恒成立，∴f(0)＞ln(0+1)+cos0＝1,故a＞1,當(dāng)a＞1時，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,即對于任意的x∈[0，+∞）恒成立，綜上：a的取值范圍是（1，+∞）．76.(2021?湖南三模?T21．)已知函數(shù)f（x）＝+alnx（a∈R），g（x）＝x2﹣x﹣．（1）討論f（x）的單調(diào)性；（2）若函數(shù)F（x）＝f（x）+g（x）存在兩個極值點(diǎn)x1，x2，且曲線y＝F（x）在x＝處的切線方程為y＝G（x），求使不等式F（x）＜G（x）成立的x的取值范圍．（1），當(dāng)a≤0時，f′（x）＜0恒成立，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，當(dāng)a＞0時，易得當(dāng)x＞時，f′（x）＞0，當(dāng)0＜x＜時，f′（x）＜0，故f（x）在（，+∞）上單調(diào)遞增，在（0，）上單調(diào)遞減，（2）F（x）＝f（x）+g（x）＝alnx+x2﹣x，所以F′（x）＝＝，x＞0，因?yàn)镕（x）＝f（x）+g（x）存在兩個極值點(diǎn)x1，x2，所以F′（x）＝＝0有兩個不等正實(shí)數(shù)解，即2x2﹣x+a＝0有兩個不等式正根，所以，解得0，因?yàn)閤1x2＝，x＝＝，所以F′（）＝2﹣1，F(xiàn)（）＝﹣，所以曲線y＝F（x）在x＝處的切線方程為y﹣（﹣）＝（2﹣1）（x﹣），即G（x）＝y(tǒng)＝（2﹣1）x+﹣，令h（x）＝F（x）﹣G（x）＝，＝＞0，故h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，且h（）＝0，故當(dāng)0＜x＜時，h（x）＜0，即F（x）＜G（x），故x的范圍（0，）．77.(2021?福建寧德三模?T22．)已知函數(shù)f(x)=ae-x+lnx-1(a∈R).

(1)當(dāng)a≤e時，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性：

(2)若函數(shù)f(x)恰有兩個極值點(diǎn)x1，x2(x1<x2)，且x1+x2≤2ln3，求x2x1的最大值.

(1)函數(shù)的定義域?yàn)?0,+∞)，f'(x)=-ae-x+1x=ex-axxex，

當(dāng)a≤0時，f'(x)>0恒成立，f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增；

當(dāng)0<a≤e時，令f'(x)=0，則ex-ax=0，設(shè)g(x)=ex-ax，則g'(x)=ex-a，

易知，當(dāng)0<x<lna時，g'(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>lna時，g'(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，

∴g(x)≥g(lna)=elna-alna=a(1-lna)≥0，

∴f'(x)≥0，f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增；

綜上，當(dāng)a≤e時，f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增；

(2)依題意，f'((1)對函數(shù)f(x)求導(dǎo)，然后分a≤0及0<a≤e討論即可得出單調(diào)性情況；

(2)設(shè)x2x1=t，由題意可知，x1=lntt-1,x2=tlntt-1，則x1+x2=(t+1)lntt-1，設(shè)h(t)=(t+1)ln（1）當(dāng)a＝2，x＞1時，證明：f（x）＞0；（2）若函數(shù)F（x）＝＞0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（3）若函數(shù)F（x）＝有兩個不同的零點(diǎn)x1，x2，證明：2．（1）證明：當(dāng)a＝2時，f（x）＝lnx﹣，f′（x）＝﹣＝＝，當(dāng)x＞1時，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，∵f（1）＝0，∴f（x）＞f（1）＝0；（2）f（x）＝lnx﹣，則f′（x）＝，令g（x）＝x2+2（1﹣a）x+1，當(dāng)a＜0時，又x＞0，則g（x）＞0，f′（x）＞0，當(dāng)0≤a≤2時，△＝4a2﹣8a≤0，得g（x）≥0，f′（x）＞0，故當(dāng)