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专题05导数及其应用解答题-大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题汇编（全国文科）
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这是一份专题05导数及其应用解答题-大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题汇编（全国文科），文件包含专题05导数及其应用解答题解析版docx、专题05导数及其应用解答题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共49页， 欢迎下载使用。
大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题（新课标文科卷）
专题05导数及其应用解答题
真题汇总命题趋势
1．【2022年全国甲卷文科20】已知函数f(x)=x3−x,g(x)=x2+a，曲线y=f(x)在点x1,fx1处的切线也是曲线y=g(x)的切线．
(1)若x1=−1，求a；
(2)求a的取值范围．
【答案】(1)3
(2)−1,+∞
【解析】
(1)由题意知，f(−1)=−1−(−1)=0，f'(x)=3x2−1，f'(−1)=3−1=2，则y=f(x)在点−1,0处的切线方程为y=2(x+1)，
即y=2x+2，设该切线与g(x)切于点x2,g(x2)，g'(x)=2x，则g'(x2)=2x2=2，解得x2=1，则g(1)=1+a=2+2，解得a=3；
(2)f'(x)=3x2−1，则y=f(x)在点x1,f(x1)处的切线方程为y−x13−x1=3x12−1(x−x1)，整理得y=3x12−1x−2x13，
设该切线与g(x)切于点x2,g(x2)，g'(x)=2x，则g'(x2)=2x2，则切线方程为y−x22+a=2x2(x−x2)，整理得y=2x2x−x22+a，
则3x12−1=2x2−2x13=−x22+a，整理得a=x22−2x13=3x122−122−2x13=94x14−2x13−32x12+14，
令ℎ(x)=94x4−2x3−32x2+14，则ℎ'(x)=9x3−6x2−3x=3x(3x+1)(x−1)，令ℎ'(x)>0，解得−131，
令ℎ'(x)<0，解得x<−13或0
−∞,−13
−13
−13,0
0
0,1
1
1,+∞
ℎ'(x)
−
0
+
0
−
0
+
ℎ(x)
↘
527
↗
14
↘
−1
↗
则ℎ(x)的值域为−1,+∞，故a的取值范围为−1,+∞.
2．【2022年全国乙卷文科20】已知函数f(x)=ax−1x−(a+1)lnx．
(1)当a=0时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)−1
(2)(0,+∞)
【解析】
(1)当a=0时，f(x)=−1x−lnx,x>0，则f'(x)=1x2−1x=1−xx2，
当x∈(0,1)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
所以f(x)max=f(1)=−1；
(2)f(x)=ax−1x−(a+1)lnx,x>0，则f'(x)=a+1x2−a+1x=(ax−1)(x−1)x2，
当a≤0时，ax−1≤0，所以当x∈(0,1)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
所以f(x)max=f(1)=a−1<0，此时函数无零点，不合题意；
当01，在(0,1),(1a,+∞)上，f'(x)>0，f(x)单调递增；
在(1,1a)上，f'(x)<0，f(x)单调递减；
又f(1)=a−1<0，当x趋近正无穷大时，f(x)趋近于正无穷大，
所以f(x)仅在(1a,+∞)有唯一零点，符合题意；
当a=1时，f'(x)=(x−1)2x2≥0，所以f(x)单调递增，又f(1)=a−1=0，
所以f(x)有唯一零点，符合题意；
当a>1时，1a<1，在(0,1a),(1,+∞)上，f'(x)>0，f(x)单调递增；
在(1a,1)上，f'(x)<0，f(x)单调递减；此时f(1)=a−1>0，
又f(1an)=1an−1−an+n(a+1)lna，当n趋近正无穷大时，f(1an)趋近负无穷，
所以f(x)在(0,1a)有一个零点，在(1a,+∞)无零点，
所以f(x)有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为(0,+∞).
3．【2021年全国甲卷文科20】设函数f(x)=a2x2+ax−3lnx+1，其中a>0.
（1）讨论f(x)的单调性；
（2）若y=f(x)的图像与x轴没有公共点，求a的取值范围.
【答案】（1）f(x)的减区间为(0,1a)，增区间为(1a,+∞)；（2）a>1e.
（1）函数的定义域为(0,+∞)，
又f'(x)=(2ax+3)(ax−1)x，
因为a>0,x>0，故2ax+3>0，
当01a时，f'(x)>0；
所以f(x)的减区间为(0,1a)，增区间为(1a,+∞).
（2）因为f(1)=a2+a+1>0且y=f(x)的图与x轴没有公共点，
所以y=f(x)的图象在x轴的上方，
由（1）中函数的单调性可得f(x)min=f(1a)=3−3ln1a=3+3lna，
故3+3lna>0即a>1e.
4．【2021年全国乙卷文科21】已知函数f(x)=x3−x2+ax+1．
（1）讨论f(x)的单调性；
（2）求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标．
【答案】(1)答案见解析；(2) 和(−1，−1−a).
(1)由函数的解析式可得：f'(x)=3x2−2x+a，
导函数的判别式Δ=4−12a，
当Δ=4−12a≤0,a≥13时，f'(x)≥0,f(x)在R上单调递增，
当时，的解为：x1=1−1−3a3,x2=1+1−3a2，
当x∈(−∞,1−1−3a3)时，单调递增；
当x∈(1−1−3a3,1+1−3a3)时，单调递减；
当x∈(1+1−3a3,+∞)时，单调递增；
综上可得：当时，在R上单调递增，
当时，在(−∞,1−1−3a3)，(1+1−3a3,+∞)上
单调递增，在[1−1−3a3,1+1−3a3]上单调递减.
(2)由题意可得：f(x0)=x03−x02+ax0+1，f'(x0)=3x02−2x0+a，
则切线方程为：y−(x03−x02+ax0+1)=(3x02−2x0+a)(x−x0)，
切线过坐标原点，则：0−(x03−x02+ax0+1)=(3x02−2x0+a)(0−x0),
整理可得：2x03−x02−1=0，即：(x0−1)(2x02+x0+1)=0，
解得：，则，f'(x0)=f'(1)=1+a
切线方程为：y=(a+1)x,
与联立得x3−x2+ax+1=(a+1)x，
化简得x3−x2−x+1=0,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，∴(x−1)是x3−x2−x+1的一个因式，∴该方程可以分解因式为(x−1)(x2−1)=0,
解得x1=1,x2=−1,
f(−1)=−1−a，
综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和(−1，−1−a).
5．【2020年全国1卷文科20】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.
【答案】（1）减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞)；（2）(1e,+∞).
【解析】
（1）当a=1时，f(x)=ex−(x+2)，f'(x)=ex−1，
令f'(x)<0，解得x<0，令f'(x)>0，解得x>0，
所以f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞)；
（2）若f(x)有两个零点，即ex−a(x+2)=0有两个解，
从方程可知，x=2不成立，即a=exx+2有两个解，
令h(x)=exx+2(x≠−2)，则有h'(x)=ex(x+2)−ex(x+2)2=ex(x+1)(x+2)2，
令h'(x)>0，解得x>−1，令h'(x)<0，解得x<−2或−2
且当x<−2时，h(x)<0，
而x→−2+时，h(x)→+∞，当x→+∞时，h(x)→+∞，
所以当a=exx+2有两个解时，有a>h(−1)=1e，
所以满足条件的a的取值范围是：(1e,+∞).
6．【2020年全国2卷文科21】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时，讨论函数g（x）=f(x)−f(a)x−a的单调性．
【答案】（1）c≥−1；（2）g(x)在区间(0,a)和(a,+∞)上单调递减，没有递增区间
【解析】
（1）函数f(x)的定义域为：(0,+∞)
f(x)≤2x+c⇒f(x)−2x−c≤0⇒2lnx+1−2x−c≤0(∗)，
设h(x)=2lnx+1−2x−c(x>0)，则有h'(x)=2x−2=2(1−x)x，
当x>1时，h'(x)<0,h(x)单调递减，
当00,h(x)单调递增，
所以当x=1时，函数h(x)有最大值，
即h(x)max=h(1)=2ln1+1−2×1−c=−1−c，
要想不等式(∗)在(0,+∞)上恒成立，
只需h(x)max≤0⇒−1−c≤0⇒c≥−1；
（2）g(x)=2lnx+1−(2lna−1)x−a=2(lnx−lna)x−a(x>0且x≠a)
因此g'(x)=2(x−a−xlnx+xlna)x(x−a)2，设m(x)=2(x−a−xlnx+xlna)，
则有m'(x)=2(lna−lnx)，
当x>a时，lnx>lna，所以m'(x)<0，m(x)单调递减，因此有m(x)
当00，m(x)单调递增，因此有m(x)
7．【2020年全国3卷文科20】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．
【答案】（1）详见解析；(2) (0,427).
【解析】
（1）由题，f'(x)=3x2−k，
当k≤0时，f'(x)≥0恒成立，所以f(x)在(−∞,+∞)上单调递增；
当k>0时，令f'(x)=0，得x=±k3，令f'(x)<0，得−k3
(−∞,−k3)，(k3,+∞)上单调递增.
（2）由（1）知，f(x)有三个零点，则k>0，且f(−k3)>0f(k3)<0
即k2+23kk3>0k2−23kk3<0，解得0k3，且f(k)=k2>0，
所以f(x)在(k3,k)上有唯一一个零点，
同理−k−1<−k3，f(−k−1)=−k3−(k+1)2<0，
所以f(x)在(−k−1,−k3)上有唯一一个零点，
又f(x)在(−k3,k3)上有唯一一个零点，所以f(x)有三个零点，
综上可知k的取值范围为(0,427).
8．【2019年新课标3文科20】已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+2．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当0＜a＜3时，记f（x）在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求M﹣m的取值范围．
【答案】解：（1）f′（x）＝6x2﹣2ax＝2x（3x﹣a），
令f′（x）＝0，得x＝0或x=a3．
若a＞0，则当x∈（﹣∞，0）∪（a3，+∞）时，f′（x）＞0；当x∈（0，a3）时，f′（x）＜0．
故f（x）在（﹣∞，0），（a3，+∞）上单调递增，在（0，a3）上单调递减；
若a＝0，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增；
若a＜0，则当x∈（﹣∞，a3）∪（0，+∞）时，f′（x）＞0；当x∈（a3，0）时，f′（x）＜0．
故f（x）在（﹣∞，a3），（0，+∞）上单调递增，在（a3，0）上单调递减；
（2）当0＜a＜3时，由（1）知，f（x）在（0，a3）上单调递减，在（a3，1）上单调递增，
∴f（x）在区间[0，1]的最小值为f(a3)=−a327+2，最大值为f（0）＝2或f（1）＝4﹣a．
于是，m=−a327，M=4−a，0＜a＜22，2≤a＜3．
∴M﹣m=2−a+a327，0＜a＜2a327，2≤a＜3．
当0＜a＜2时，可知2﹣a+a327单调递减，∴M﹣m的取值范围是（827，2）；
当2≤a＜3时，a327单调递增，∴M﹣m的取值范围是[827，1）．
综上，M﹣m的取值范围[827，2）．
9．【2019年新课标2文科21】已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．证明：
（1）f（x）存在唯一的极值点；
（2）f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
【答案】证明：（1）∵函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．
∴f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=x−1x+lnx−1=lnx−1x，
∵y＝lnx单调递增，y=1x单调递减，∴f′（x）单调递增，
又f′（1）＝﹣1＜0，f′（2）＝ln2−12=ln4−12＞0，
∴存在唯一的x0∈（1，2），使得f′（x0）＝0．
当x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
∴f（x）存在唯一的极值点．
（2）由（1）知f（x0）＜f（1）＝﹣2，
又f（e2）＝e2﹣3＞0，
∴f（x）＝0在（x0，+∞）内存在唯一的根x＝a，
由a＞x0＞1，得1a＜1＜x0，
∵f（1a）＝（1a−1）ln1a−1a−1=f(a)a=0，
∴1a是f（x）＝0在（0，x0）的唯一根，
综上，f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
10．【2019年新课标1文科20】已知函数f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，f′（x）为f（x）的导数．
（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；
（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．
【答案】解：（1）证明：∵f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，
∴f′（x）＝2cosx﹣cosx+xsinx﹣1
＝cosx+xsinx﹣1，
令g（x）＝cosx+xsinx﹣1，
则g′（x）＝﹣sinx+sinx+xcosx
＝xcosx，
当x∈（0，π2）时，xcosx＞0，
当x∈(π2，π)时，xcosx＜0，
∴当x=π2时，极大值为g（π2）=π2−1＜0，
又g（0）＝0，g（π）＝﹣2，
∴g（x）在（0，π）上有唯一零点，
即f′（x）在（0，π）上有唯一零点；
（2）由（1）知，f′（x）在（0，π）上有唯一零点x0，
使得f′（x0）＝0，
且f′（x）在（0，x0）为正，
在（x0，π）为负，
∴f（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]递减，
结合f（0）＝0，f（π）＝0，
可知f（x）在[0，π]上非负，
令h（x）＝ax，
作出图示，
∵f（x）≥h（x），a≤0，
∴a的取值范围是（﹣∞，0]．
11．【2018年新课标1文科21】已知函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1．
（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；
（2）证明：当a≥1e时，f（x）≥0．
【答案】解：（1）∵函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1．
∴x＞0，f′（x）＝aex−1x，
∵x＝2是f（x）的极值点，
∴f′（2）＝ae2−12=0，解得a=12e2，
∴f（x）=12e2ex﹣lnx﹣1，∴f′（x）=12e2ex−1x，
当0＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．
（2）证明：当a≥1e时，f（x）≥exe−lnx﹣1，
设g（x）=exe−lnx﹣1，则g'(x)=exe−1x，
由g'(x)=exe−1x=0，得x＝1，
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，
当x＞1时，g′（x）＞0，
∴x＝1是g（x）的最小值点，
故当x＞0时，g（x）≥g（1）＝0，
∴当a≥1e时，f（x）≥0．
12．【2018年新课标2文科21】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．
【答案】解：（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．
13．【2018年新课标3文科21】已知函数f（x）=ax2+x−1ex．
（1）求曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程；
（2）证明：当a≥1时，f（x）+e≥0．
【答案】解：（1）f'(x)=(2ax+1)ex−(ax2+x−1)ex(ex)2=−(ax+1)(x−2)ex．
∴f′（0）＝2，即曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线斜率k＝2，
∴曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程方程为y﹣（﹣1）＝2x．
即2x﹣y﹣1＝0为所求．
（2）证明：函数f（x）的定义域为：R，
可得f'(x)=(2ax+1)ex−(ax2+x−1)ex(ex)2=−(ax+1)(x−2)ex．
令f′（x）＝0，可得x1=2，x2=−1a＜0，
当x∈(−∞，−1a)时，f′（x）＜0，x∈(−1a，2)时，f′（x）＞0，x∈（2，+∞）时，f′（x）＜0．
∴f（x）在（−∞，−1a），（2，+∞）递减，在（−1a，2）递增，
注意到a≥1时，函数g（x）＝ax2+x﹣1在（2，+∞）单调递增，且g（2）＝4a+1＞0
函数f（x）的图象如下：
∵a≥1，∴1a∈(0，1]，则f(−1a)=−e1a≥−e，
∴f（x）min=−e1a≥−e，
∴当a≥1时，f（x）+e≥0．
14．【2017年新课标1文科21】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：（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]
15．【2017年新课标2文科21】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a的取值范围．
【答案】解：（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，+∞）．
16．【2017年新课标3文科21】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．
【答案】（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．【2016年新课标1文科21】已知函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．
【答案】解：（Ⅰ）由f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2，
可得f′（x）＝（x﹣1）ex+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（ex+2a），
①当a≥0时，由f′（x）＞0，可得x＞1；由f′（x）＜0，可得x＜1，
即有f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增（如右上图）；
②当a＜0时，（如右下图）若a=−e2，则f′（x）≥0恒成立，即有f（x）在R上递增；
若a＜−e2时，由f′（x）＞0，可得x＜1或x＞ln（﹣2a）；
由f′（x）＜0，可得1＜x＜ln（﹣2a）．
即有f（x）在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增；
在（1，ln（﹣2a））递减；
若−e2＜a＜0，由f′（x）＞0，可得x＜ln（﹣2a）或x＞1；
由f′（x）＜0，可得ln（﹣2a）＜x＜1．
即有f（x）在（﹣∞，ln（﹣2a）），（1，+∞）递增；
在（ln（﹣2a），1）递减；
（Ⅱ）①由（Ⅰ）可得当a＞0时，
f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增，
且f（1）＝﹣e＜0，x→+∞，f（x）→+∞；
当x→﹣∞时f（x）＞0或找到一个x＜1使得f（x）＞0对于a＞0恒成立，
f（x）有两个零点；
②当a＝0时，f（x）＝（x﹣2）ex，所以f（x）只有一个零点x＝2；
③当a＜0时，
若a＜−e2时，f（x）在（1，ln（﹣2a））递减，
在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增，
又当x≤1时，f（x）＜0，所以f（x）不存在两个零点；
当a≥−e2时，在（﹣∞，ln（﹣2a））单调增，在（1，+∞）单调增，
在（1n（﹣2a），1）单调减，
只有f（ln（﹣2a））等于0才有两个零点，
而当x≤1时，f（x）＜0，所以只有一个零点不符题意．
综上可得，f（x）有两个零点时，a的取值范围为（0，+∞）．
18．【2016年新课标2文科20】已知函数f（x）＝（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．
（I）当a＝4时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（II）若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求a的取值范围．
【答案】解：（I）当a＝4时，f（x）＝（x+1）lnx﹣4（x﹣1）．
f（1）＝0，即点为（1，0），
函数的导数f′（x）＝lnx+（x+1）•1x−4，
则f′（1）＝ln1+2﹣4＝2﹣4＝﹣2，
即函数的切线斜率k＝f′（1）＝﹣2，
则曲线y＝f（x）在（1，0）处的切线方程为y＝﹣2（x﹣1）＝﹣2x+2；
（II）∵f（x）＝（x+1）lnx﹣a（x﹣1），
∴f′（x）＝1+1x+lnx﹣a，
∴f″（x）=x−1x2，
∵x＞1，∴f″（x）＞0，
∴f′（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴f′（x）＞f′（1）＝2﹣a．
①a≤2，f′（x）＞f′（1）≥0，
∴f（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴f（x）＞f（1）＝0，满足题意；
②a＞2，存在x0∈（1，+∞），f′（x0）＝0，函数f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
由f（1）＝0，可得存在x0∈（1，+∞），f（x0）＜0，不合题意．
综上所述，a≤2．
另解：若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，
可得（x+1）lnx﹣a（x﹣1）＞0，
即为a＜(x+1)lnxx−1，
由y=(x+1)lnxx−1的导数为y′=x−1x−2lnx(x−1)2，
由y＝x−1x−2lnx的导数为y′＝1+1x2−2x=(x−1)2x2＞0，
函数y在x＞1递增，可得x−1x−2lnx(x−1)2＞0，
则函数y=(x+1)lnxx−1在x＞1递增，
则limx→1(x+1)lnxx−1=limx→1lnx+1+1x1=2，
可得(x+1)lnxx−1＞2恒成立，
即有a≤2．
19．【2016年新课标3文科21】设函数f（x）＝lnx﹣x+1．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）证明当x∈（1，+∞）时，1＜x−1lnx＜x；
（3）设c＞1，证明当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞cx．
【答案】解：（1）函数f（x）＝lnx﹣x+1的导数为f′（x）=1x−1，
由f′（x）＞0，可得0＜x＜1；由f′（x）＜0，可得x＞1．
即有f（x）的增区间为（0，1）；减区间为（1，+∞）；
（2）证明：当x∈（1，+∞）时，1＜x−1lnx＜x，即为lnx＜x﹣1＜xlnx．
由（1）可得f（x）＝lnx﹣x+1在（1，+∞）递减，
可得f（x）＜f（1）＝0，即有lnx＜x﹣1；
设F（x）＝xlnx﹣x+1，x＞1，F′（x）＝1+lnx﹣1＝lnx，
当x＞1时，F′（x）＞0，可得F（x）递增，即有F（x）＞F（1）＝0，
即有xlnx＞x﹣1，则原不等式成立；
（3）证明：设G（x）＝1+（c﹣1）x﹣cx，
则需要证明：当x∈（0，1）时，G（x）＞0（c＞1）；
G′（x）＝c﹣1﹣cxlnc，G′′（x）＝﹣（lnc）2cx＜0，
∴G′（x）在（0，1）单调递减，而G′（0）＝c﹣1﹣lnc，G′（1）＝c﹣1﹣clnc，
由（1）中f（x）的单调性，可得G′（0）＝c﹣1﹣lnc＞0，由（2）可得G′（1）＝c﹣1﹣clnc＝c（1﹣lnc）﹣1＜0，
∴∃t∈（0，1），使得G′（t）＝0，即x∈（0，t）时，G′（x）＞0，x∈（t，1）时，G′（x）＜0；
即G（x）在（0，t）递增，在（t，1）递减；
又因为：G（0）＝G（1）＝0，
∴x∈（0，1）时G（x）＞0成立，不等式得证；
即c＞1，当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞cx．
20．【2015年新课标1文科21】设函数f（x）＝e2x﹣alnx．
（Ⅰ）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；
（Ⅱ）证明：当a＞0时，f（x）≥2a+aln2a．
【答案】解：（Ⅰ）f（x）＝e2x﹣alnx的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）＝2e2x−ax．
当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，故f′（x）没有零点，
当a＞0时，∵y＝e2x为单调递增，y=−ax单调递增，
∴f′（x）在（0，+∞）单调递增，
又f′（a）＞0，
假设存在b满足0＜b＜lna2时，且b＜14，f′（b）＜0，
故当a＞0时，导函数f′（x）存在唯一的零点，
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设导函数f′（x）在（0，+∞）上的唯一零点为x0，
当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，
当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在（0，x0）单调递减，在（x0，+∞）单调递增，
所欲当x＝x0时，f（x）取得最小值，最小值为f（x0），
由于2e2x0−ax0=0，
所以f（x0）=a2x0+2ax0+aln2a≥2a+aln2a．
故当a＞0时，f（x）≥2a+aln2a．
21．【2015年新课标2文科21】设函数f（x）＝lnx+a（1﹣x）．
（Ⅰ）讨论：f（x）的单调性；
（Ⅱ）当f（x）有最大值，且最大值大于2a﹣2时，求a的取值范围．
【答案】解：（Ⅰ）f（x）＝lnx+a（1﹣x）的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=1x−a=1−axx，
若a≤0，则f′（x）＞0，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，
若a＞0，则当x∈（0，1a）时，f′（x）＞0，当x∈（1a，+∞）时，f′（x）＜0，所以f（x）在（0，1a）上单调递增，在（1a，+∞）上单调递减，
（Ⅱ），由（Ⅰ）知，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上无最大值；当a＞0时，f（x）在x=1a取得最大值，最大值为f（1a）＝﹣lna+a﹣1，
∵f（1a）＞2a﹣2，
∴lna+a﹣1＜0，
令g（a）＝lna+a﹣1，
∵g（a）在（0，+∞）单调递增，g（1）＝0，
∴当0＜a＜1时，g（a）＜0，
当a＞1时，g（a）＞0，
∴a的取值范围为（0，1）．
22．【2014年新课标1文科21】设函数f（x）＝alnx+1−a2x2﹣bx（a≠1），曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为0，
（1）求b；
（2）若存在x0≥1，使得f（x0）＜aa−1，求a的取值范围．
【答案】解：（1）f′（x）=ax+(1−a)x−b（x＞0），
∵曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为0，
∴f′（1）＝a+（1﹣a）×1﹣b＝0，解得b＝1．
（2）函数f（x）的定义域为（0，+∞），由（1）可知：f（x）＝alnx+1−a2x2−x，
∴f'(x)=ax+(1−a)x−1=(1−a)x(x−a1−a)(x−1)．
①当a≤12时，则a1−a≤1，
则当x＞1时，f′（x）＞0，
∴函数f（x）在（1，+∞）单调递增，
∴存在x0≥1，使得f（x0）＜aa−1的充要条件是f(1)＜aa−1，即1−a2−1＜aa−1，
解得−2−1＜a＜2−1；
②当12＜a＜1时，则a1−a＞1，
则当x∈(1，a1−a)时，f′（x）＜0，函数f（x）在(1，a1−a)上单调递减；
当x∈(a1−a，+∞)时，f′（x）＞0，函数f（x）在(a1−a，+∞)上单调递增．
∴存在x0≥1，使得f（x0）＜aa−1的充要条件是f(a1−a)＜aa−1，
而f(a1−a)=alna1−a+a22(1−a)+aa−1＞aa−1，不符合题意，应舍去．
③若a＞1时，f（1）=1−a2−1=−a−12＜aa−1，成立．
综上可得：a的取值范围是(−2−1，2−1)∪(1，+∞)．
23．【2014年新课标2文科21】已知函数f（x）＝x3﹣3x2+ax+2，曲线y＝f（x）在点（0，2）处的切线与x轴交点的横坐标为﹣2．
（Ⅰ）求a；
（Ⅱ）证明：当k＜1时，曲线y＝f（x）与直线y＝kx﹣2只有一个交点．
【答案】解：（Ⅰ）函数的导数f′（x）＝3x2﹣6x+a；f′（0）＝a；
则y＝f（x）在点（0，2）处的切线方程为y＝ax+2，
∵切线与x轴交点的横坐标为﹣2，
∴f（﹣2）＝﹣2a+2＝0，
解得a＝1．
（Ⅱ）当a＝1时，f（x）＝x3﹣3x2+x+2，
设g（x）＝f（x）﹣kx+2＝x3﹣3x2+（1﹣k）x+4，
由题设知1﹣k＞0，
当x≤0时，g′（x）＝3x2﹣6x+1﹣k＞0，g（x）单调递增，g（﹣1）＝k﹣1，g（0）＝4，
当x＞0时，令h（x）＝x3﹣3x2+4，则g（x）＝h（x）+（1﹣k）x＞h（x）．
则h′（x）＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）单调递增，
∴在x＝2时，h（x）取得极小值h（2）＝0，
g（﹣1）＝k﹣1，g（0）＝4，
则g（x）＝0在（﹣∞，0]有唯一实根．
∵g（x）＞h（x）≥h（2）＝0，
∴g（x）＝0在（0，+∞）上没有实根．
综上当k＜1时，曲线y＝f（x）与直线y＝kx﹣2只有一个交点．
24．【2013年新课标1文科20】已知函数f（x）＝ex（ax+b）﹣x2﹣4x，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处切线方程为y＝4x+4．
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）讨论f（x）的单调性，并求f（x）的极大值．
【答案】解：（Ⅰ）∵f（x）＝ex（ax+b）﹣x2﹣4x，
∴f′（x）＝ex（ax+a+b）﹣2x﹣4，
∵曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处切线方程为y＝4x+4
∴f（0）＝4，f′（0）＝4
∴b＝4，a+b＝8
∴a＝4，b＝4；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）＝4ex（x+1）﹣x2﹣4x，
f′（x）＝4ex（x+2）﹣2x﹣4＝4（x+2）（ex−12），
令f′（x）＝0，得x＝﹣ln2或x＝﹣2
∴x∈（﹣∞，﹣2）或（﹣ln2，+∞）时，f′（x）＞0；x∈（﹣2，﹣ln2）时，f′（x）＜0
∴f（x）的单调增区间是（﹣∞，﹣2），（﹣ln2，+∞），单调减区间是（﹣2，﹣ln2）
当x＝﹣2时，函数f（x）取得极大值，极大值为f（﹣2）＝4（1﹣e﹣2）．
25．【2013年新课标2文科21】已知函数f（x）＝x2e﹣x
（Ⅰ）求f（x）的极小值和极大值；
（Ⅱ）当曲线y＝f（x）的切线l的斜率为负数时，求l在x轴上截距的取值范围．
【答案】解：（Ⅰ）∵f（x）＝x2e﹣x，
∴f′（x）＝2xe﹣x﹣x2e﹣x＝e﹣x（2x﹣x2），
令f′（x）＝0，解得x＝0或x＝2，
令f′（x）＞0，可解得0＜x＜2；
令f′（x）＜0，可解得x＜0或x＞2，
故函数在区间（﹣∞，0）与（2，+∞）上是减函数，在区间（0，2）上是增函数．
∴x＝0是极小值点，x＝2极大值点，又f（0）＝0，f（2）=4e2．
故f（x）的极小值和极大值分别为0，4e2．
（Ⅱ）设切点为（x0，x02e−x0），
则切线方程为y−x02e−x0=e−x0(2x0−x02)（x﹣x0），
令y＝0，解得x=x02−x0x0−2=(x0−2)+2x0−2+3，
∵曲线y＝f（x）的切线l的斜率为负数，
∴e−x0（2x0−x02)＜0，
∴x0＜0或x0＞2，
令f(x0)=x0+2x0−2+1，
则f'(x0)=1−2(x0−2)2=(x0−2)2−2(x0−2)2．
①当x0＜0时，(x0−2)2−2＞0，即f′（x0）＞0，∴f（x0）在（﹣∞，0）上单调递增，∴f（x0）＜f（0）＝0；
②当x0＞2时，令f′（x0）＝0，解得x0=2+2．
当x0＞2+2时，f′（x0）＞0，函数f（x0）单调递增；当2＜x0＜2+2时，f′（x0）＜0，函数f（x0）单调递减．
故当x0=2+2时，函数f（x0）取得极小值，也即最小值，且f(2+2)=3+22．
综上可知：切线l在x轴上截距的取值范围是（﹣∞，0）∪[3+22，+∞)．
模拟好题
1．已知函数fx=ex−x−1.
(1)求fx的最小值；
(2)若x>0，证明：fx≥x2+e−3x.
【答案】(1)0；
(2)证明见解析.
【解析】
(1)解：由题意可得f'x=ex−1.
由f'x>0，得x>0；由f'x<0，得x<0.
则fx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
故fxmin=f0=0.
(2)
证明：要证fx>x2+e−3x，即证ex−x−1>x2+e−3x，
即证ex−x2−1x≥e−2.
设ℎx=ex−x2−1xx>0，则ℎ'x=x−1ex−x−1x2.
由（1）可知当x>0时，ex−x−1>0.
由ℎ'x>0，得x>1，由ℎ'x<0，得0
即fx≥x2+e−3x.
2．已知函数fx=lnx−ax2+2a∈R.
(1)讨论fx的单调性；
(2)若fx−2−ax≥0在x∈1,e上恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)−∞,−1
【解析】
(1)fx的定义域是0,+∞，f'x=−2ax2+1x.
①当a≤0时，f'x>0恒成立，所以fx在0,+∞上单调递增；
②当a>0时，令f'x=0，解得x=2a2a或−2a2a（舍），令f'x>0，解得02a2a，
所以fx在0,2a2a上单调递增，在2a2a,+∞上单调递减.
(2)
若fx−2−ax≥0在x∈1,e上恒成立，即lnx−ax2−2−ax+2≥0在x∈1,e上恒成立.
令gx=lnx−ax2−2−ax+2，x∈1,e，
则g'x=1x−2ax−2−a=−2ax2−2−ax+1x=−ax+12x−1x.
当a=0时，gx=lnx−2x+2，ge=lne−2e+2=3−2e<0，不符合题意；
当a>0时，g'x<0在x∈1,e上恒成立，所以gx在1,e上单调递减，又g1=0，所以ge
若1<−1a0，解得−1a
(1)当a=2时，求f(x)的单调区间；
(2)设函数f(x)的最大值为m，证明：m≥0.
【答案】(1)增区间为(0,12)，减区间为(12,+∞)；
(2)证明见解析.
【解析】
(1)当a=2时，f(x)=lnx−2x+2.
∴f'(x)=1x−2=1−2xx，令f'(x)=0，得x=12.
∴当00，函数f(x)单调递增；
当x>12时，f'(x)<0，函数f(x)单调递减.
故函数f(x)的减区间为(12,+∞)，增区间为(0,12)；
(2)
由f'(x)=1−axx，令f'(x)=0，得x=1a.
∴当00，函数f(x)单调递增；
当x>1a时，f'(x)<0，函数f(x)单调递减.
∴m=f(x)max=f(1a)=a−lna−1.
令ℎ(a)=a−lna−1，则ℎ'(a)=1−1a=a−1a.
∴当0
∴ℎ(a)≥ℎ(1)=0，即m≥0.
4．已知函数f(x)=ex(sinx−a)，f'(x)为函数f(x)的导函数．
(1)若函数f(x)在定义域内是单调函数，求实数a的取值范围；
(2)当a＝1，函数g(x)=f'(x)+m在(−π,π)内有2个零点，求实数m的取值范围．
【答案】(1)(−∞,−2]∪[2,+∞)
(2){m|m=3+12e−π3或1−32eπ3
(1)函数f(x)是R上单调函数
f'(x)=ex(sinx+cosx−a)≥0恒成立或f'(x)=ex(sinx+cosx−a)≤0恒成立
等价于a≤sinx+cosx恒成立或a≥sinx+cosx恒成立
设ℎ(x)=sinx+cosx，x∈R
∴a≤ℎ(x)min或a≥ℎ(x)max
∵ℎ(x)=2sin(x+π4)
∵sin(x+π4)∈[−1,1] ，∴2sin(x+π4)∈[−2,2] ，∴ℎ(x)∈[−2,2]
∴a≤−2或a≥2.
即实数a的取值范围为(−∞,−2]∪[2,+∞)
(2)
当a＝1时，f(x)=ex(sinx−1)
g(x)=f'(x)+m=ex(sinx+cosx−1)+m在(−π,π)内有2个零点
等价于y=−m与φ(x)=ex(sinx+cosx−1)在(−π,π)内有2个公共点
φ'(x)=ex(2cosx−1)
令φ'(x)=0，则x=±π3
当x∈(−π,−π3)∪(π3,π)时，φ'(x)<0；当x∈(−π3,π3)时，φ'(x)>0
∴φ(x)在(−π,−π3)，(π3,π)上单调递减，在(−π3,π3)上单调递增．
当x=−π3时，φ(x)取极小值φ(−π3)=−3+12e−π3
当x=π3时，φ(x)取极大值φ(π3)=3−12eπ3
∵φ(−π)=−2e−π，φ(π)=−2eπ ∴φ(π3)>φ(−π)>φ(−π3)>φ(π)
要使y=−m与φ(x)=ex(sinx+cosx−1)在(−π,π)内有2个公共点
需满足−m=φ(−π3)或φ(−π)≤−m<φ(π3)
∴−m=−3+12e−π3或−2e−π≤−m<3−12eπ3
∴m=3+12e−π3或1−32eπ3
(1)若fx有两个极值点，求实数a的取值范围；
(2)当a=0时，证明：f(x)>x−2x.
【答案】(1)0,12
(2)证明见解析
【解析】
(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f'(x)=lnx−2ax+1，由题意f'(x)=0在(0,+∞)上有两解，
即lnx−2ax+1=0，即2a=lnx+1x有两解.
令g(x)=lnx+1x(x>0)，即g(x)的图象与直线y=2a有两个交点.
g'(x)=−lnxx2=0，得x=1，当x∈(0,1)时，g'(x)>0，g(x)递增；
当x∈(1,+∞)时，g'(x)<0，g(x)递减，∴g(x)max=g(1)=1，g1e=0，
x→0时，g(x)→−∞；x→+∞时，g(x)→0，
∴0<2a<1，∴0
(2)
当a=0时，f(x)=xlnx+2，即证xlnx+2>x−2x，即证xlnx+2−x+2x>0，
令ℎ(x)=xlnx+2−x+2x(x>0)，ℎ'(x)=lnx−2x2，令m(x)=lnx−2x2，则m'(x)=1x+4x3，
当x>0时，m'(x)>0，∴ℎ'(x)在(0,+∞)递增.
ℎ'(1)=−2<0，ℎ'(e)=1−2e2>0，
∴存在唯一的x0∈(1,e)，使得ℎ'(x0)=lnx0−2x02=0，
当x0∈(0,x0)时，ℎ'(x)<0，ℎ(x)递减；
当x∈(x0,+∞)时，ℎ'(x)>0，ℎ(x)递增，
∴ℎ(x)min=ℎ(x0).
又∵x0∈(1,e)，ℎ'(x0)=0，∴lnx0−2x02=0，
∴ℎ(x0)=x0lnx0+2−x0+2x0=2x0+2−x0+2x0=2−x0+4x0>2−e+4e>0，
∴ℎ(x)>0，∴f(x)>x−2x.
6．已知函数fx=ex−ax−1a∈R．
(1)当a=1时，求函数y=fx的极值；
(2)若函数g(x)=f(x)+lnx−e在1,+∞无零点，求实数a的取值范围．
【答案】(1)极小值为2，无极大值
(2)a∈−∞,e+1
【解析】
(1)由题知，当a=1时，f(x)=ex−(x−1)，x∈R
∴f'x=ex−1，令f'x=0，x=0．
∴x∈−∞,0时，f'x<0，fx单调递减；
x∈0,+∞时，f'x>0，fx单调递增．
∴x=0是fx的极小值点，∴fx的极小值为f0=2，无极大值．
(2)
由题知g(x)=f(x)+lnx−e=ex−a(x−1)+lnx−e，x>1
∴g'x=ex−a+1x，x>1；令ℎx=ex−a+1x，x>1
∴ℎ'x=ex−1x2，∵x>1，∴ℎ'x>0恒成立，
∴ℎx单调递增，即g'x单调递增．
①当a≤e+1时，∴g'x>g'1=e+1−a≥0，∴gx单调递增
∴gx>g1=0恒成立，即gx在1,+∞上无零点，∴a∈−∞,e+1．
②当a>e+1时，令g'x=0，x=x0，x0∈1,+∞，又g'x单调递增，
∴x∈1,x0时，g'x<0，x∈x0,+∞时，g'x>0，
∴gx在x∈1,x0时单调递减，x∈x0,+∞时，单调递增，
∴gxmin=gx0
综上所述a∈−∞,e+1．
【点睛】
本题考查了利用导数求函数的极值以及根据函数的零点情况求参数的范围问题，有较强的综合性，考查学生的数学素养以及灵活应用相关知识的能力，解答时要注意分类讨论的思想，同时要注意零点问题结合函数的单调性以及最值来解决.
7．已知fx=34x2−x22lnx−ax−1,a>0.
(1)若fx在区间1,+∞上有且仅有一个极值点m，求实数a的取值范围；
(2)在（1）的条件下，证明34
【解析】
(1)解：f'x=x−xlnx−a，
因为fx在区间1,+∞上有且仅有一个极值点m，
所以f'x=x−xlnx−a在区间1,+∞上有且仅有一个零点m，
设ℎx=f'x,ℎ'x=−lnx，
当x∈1,+∞,ℎ'x<0,ℎx单调递减，
因为ℎe=−a<0，故只需ℎ1=1−a>0，
所以0
解：由（1）知f'x=x−xlnx−a，fx在区间1,+∞上有且仅有一个极值点m，
所以f'm=m1−lnm−a=0，即a=m1−lnm，
所以fm=34m2−m22lnm−am−1=−14m2+m22lnm+m−mlnm
所以f'm=m−1lnm>0,1
所以f(1)
(1)求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；
(2)求证：fx⩾ex2.
【答案】(1)y=2ex−e
(2)证明见解析
【解析】
(1)∵fx=ex+exlnx， ∴f(1)=e
∴f'x=ex+e1+lnx，∴f'1=2e，
所以y=fx在1,f1处的切线方程为y−e=2e(x−1)，即y=2ex−e
(2)
fx≥ex2⇔ex+exlnx≥ex2⇔ex−1x+lnx−x≥0，
构造函数Gx=ex−1x+lnx−x，
则G'x=ex−1x−1x2+1x−1=ex−1x−1+x−x2x2=x−1ex−1−xx2.
令H(x)=ex−1−x，则H'(x)=ex−1−1，
当x>1时H'(x)>0，当0
于是当01时，G'x>0，
所以Gx在0,1上递减，在1,+∞上递增，
于是Gx≥G1=0，命题获证.
9．已知函数f(x)=xlnx，g(x)=−x2+ax−3(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若对任意x∈(0,+∞)，不等式f(x)≥12g(x)恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)(1e ,+∞)
(2)(−∞,4]
【解析】
(1)f(x)=xlnx定义域为(0,+∞)，f'(x)=lnx+1
f'(x)>0即lnx+1>0
解得x>1e
所以f(x)在（1e,+∞)单调递增
(2)
对任意x∈(0,+∞)，不等式f(x)≥12g(x)恒成立，即xlnx≥12(−x2+ax−3)恒成立，
分离参数得a≤2lnx+x+3x.
令ℎ(x)=2lnx+x+3x(x∈(0,+∞))，则ℎ'(x)=(x+3)(x−1)x2．
当x∈(0,1)时，ℎ'(x)<0，ℎ(x)在(0,1)上单调递减；
当x∈(1,+∞)时，ℎ'(x)>0，ℎ(x)在(1,+∞)上单调递增.
所以ℎ(x)min=ℎ(1)=4，
即a≤4，
故a的取值范围是(−∞,4].
10．已知函数fx=ex−ax（其中e为自然对数的底数，e≈2.718…）．
(1)当a=2时，求函数y=fx在点0,f0处的切线方程；
(2)若fx≥1恒成立，求实数a的值．
【答案】(1)y=−x+1
(2)1
【解析】
(1)解：当a=2时，f(x)=ex−2x，则f(0)=1，即切点为0,1，
又由f'(x)=ex−2，则切线的斜率k=f'0=−1，
所以函数y=fx在点0,f0处的切线方程为y=−x+1．
(2)
解：设ℎ(x)=f(x)−1=ex−ax−1，则ℎ'x=ex−a．
当a≤0时，ℎ'x=ex−a>0，ℎx单调递增，ℎ−1=e−1+a−1<0，
不满足ℎx≥0恒成立；
当a>0时，ℎx在−∞,lna上单调递减．ℎx在x∈lna,+∞上单调递增．
所以ℎx的最小值为ℎ(lna)=a−alna−1≥0,即1−lna−1a≥0，
即lna+1a−1≤0，
设φ(a)=lna+1a−1，可得φ'(a)=a−1a2，
所以φx在0,1上单调递减，φx在(1,+∞)上单调递增，
即φamin=φ1=0，故lna+1a−1≤0的解只有a=1．
综上可得，实数a的值为1．
11．已知函数fx=x3−3ax+aa∈R．
(1)讨论函数fx的单调性；
(2)若函数fx在区间0,3上的最大值与最小值之差为ga，求ga的最小值．
【答案】(1)答案不唯一，具体见解析
(2)63
【解析】
(1)因为fx=x3−3ax+aa∈R，所以f'x=3x2−3a=3x2−a．
①当a≤0时，f'x≥0恒成立，fx在R上单调递增；
②当a>0时，x∈−∞,−a∪a,+∞时，f'x>0；x∈−a,a时，f'x<0；
故fx在−∞,−a和a,+∞上单调递增，在−a,a上单调递减．
(2)
由（1）可知：
①当a≤0时，fx在0,3上单调递增，ga=f3−f0=27−9a；
②当a≥3，即a≥9时，fx在0,3上单调递减，ga=f0−fa=9a−27；
③当0
故当0
所以ℎ(x)在(0,3)上递减，又x=a递增，所以g(a)在(0,3)上递增，
所以g(a)在(−∞,3)上递减，在(3,+∞)上递增，
所以故g(a)的最小值为g3=63．
12．设函数fx=1+alnxx，其中a∈R.
(1)当a≥0时，求函数fx的单调区间；
(2)若fx≤x2，求实数a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；
(2)3.
【解析】
(1)f(x)=1+alnxx(x>0)，
f'(x)=a−(1+alnx)x2=a−1−alnxx2.
当a=0时，f'(x)=a−(1+alnx)x2=−1x2<0恒成立，则fx在0,+∞上为减函数，
当a>0时，令f'(x)>0，可得a−1−alnx>0，则lnx
综上，当a=0时，fx的减区间为0,+∞；
当a>0时，fx的单调递增区间为0,ea−1a，单调递减区间为ea−1a,+∞.
(2)
由f(x)≤x2，可得x3−alnx−1≥0
设g(x)=x3−alnx−1(x>0)，
则g'(x)=3x2−ax=3x3−ax.
①当a≤0时，g'x>0，gx单调递增，而g12=18−aln12−1=−78+aln2<0，
所以不满足题意，
②当a>0时，令g'(x)=3x3−ax=0，解得x=3a3，
当x∈0,3a3时，g'x<0，gx为减函数，
当x∈3a3,+∞时，g'x>0，gx为增函数，
所以g(x)≥g3a3=13+13ln3a−13alna−1.
令ℎ(a)=13+13ln3a−13alna−1(a>0)，
ℎ'(a)=13+13ln3−13(lna+1)=13(ln3−lna)，
当a∈0,3时，ℎ'a>0，ℎa为增函数，
当a∈3,+∞时，ℎ'a<0，gx为减函数，
所以ℎa≤ℎ3=0，又gx≥ℎa≥0.
则ℎa=0，解得a=3，所以实数a的取值范围是3.
13．已知函数f(x)=ex(sinx+cosx)−asinx..
(1)当a=1时，求函数f（x）在区间[0，2π]上零点的个数；
(2)若函数y=fx在（0，2π）上有唯一的极小值点，求实数a的取值范围
【答案】(1)2个
(2)（−∞，2]∪ [2e2π,+∞)∪2eπ2,2e3π2
【解析】
(1)因为a=1，所以f(x)=ex(sinx+cosx)−sinx.
f'(x)=(2ex−1)cosx，
则当x∈0，π2时，f'(x)>0，f（x）在0，π2上单调递增，
当x∈π2，3π2时，f'(x)<0，f（x）在π2，3π2上单调递减，
当x∈3π2，2π时，f'(x)>0，f（x）在3π2，2π单词递增，
又f(0)=1>0,f(π2)=eπ2−1>0,f(3π2)=1−e3π2<0,f(2π)=e2π>0，
则f（x）在π2，3π2，3π2，2π上各有一个零点，
所以f（x）在区间[0，2π]上共有两个零点，
(2)
f'(x)=(2ex−a)cosx,x∈(0，2π),2<2ex<2e2π
①当a≤2时，
当x∈0，π2时，f'(x)>0，f（x）在0，π2上单调递增，
当x∈π2，3π2时，f'(x)<0，f（x）在π2，3π2上单调递减，
当x∈3π2，2π时，f'(x)>0，f（x）在3π2，2π单词递增，
此时f（x）在x=3π2的时候取得极小值，则a≤2时符合题意：
②当a≥2e2π时，
当x∈0，π2时，f'(x)<0，f（x）在0，π2上单调递减，
当x∈π2，3π2时，f'(x)>0，f（x）在π2，3π2上单调递增，
当x∈3π2，2π时，f'(x)<0，f（x）在3π2，2π单词递减，
此时f（x）在x=π2的时候取得极小值，则a≥2e2π时符合题意
③当2
⑤当2eπ2
⑦当e3π2
【点睛】
(1)可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同．
(2)若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．
14．已知函数fx=xlnx−a2x2−x+aa∈R.
(1)讨论函数f'x在0,+∞上的单调性；
(2)已知x1，x2是函数fx的两个不同的极值点，且x1
(2)1,+∞
【解析】
(1)fx=xlnx−a2x2−x+a，所以f'x=lnx−ax，令gx=lnx−ax，故g'x=1x−a=1−axxx>0.
当a≤0时，g'x>0在0,+∞上恒成立，
所以gx在0,+∞上单调递增，即f'x在0,+∞上单调递增；
当a>0时，令g'x>0，得01a，
所以gx在0,1a上单调递增，在1a,+∞上单调递减，
即f'x在0,1a上单调递增，在1a,+∞上单调递减.
综上所述：当a≤0时，f'x在0,+∞上单调递增；当a>0时，f'x在0,1a上单调递增，在1a,+∞上单调递减.
(2)
e1+λ
即lnx1=ax1，lnx2=ax2，原式等价于1+λ1+λx1+λx2，又lnx1=ax1，lnx2=ax2，
作差得，lnx1x2=ax1−x2，即a=lnx1x2x1−x2，所以原式等价于lnx1x2x1−x2>1+λx1+λx2，
因为0
令mt=lnt−1+λt−1t+λ，又因为m't=1t−1+λ2t+λ2=t−1t−λ2tt+λ2，
当λ2≥1时，可得t∈0,1时，m't>0，所以mt在0,1上单调递增，
又因为m1=0，mt<0在0,1上恒成立，符合题意；
当λ2<1时，可得t∈0,λ2时，m't>0，t∈λ2,1时，m't<0，
所以mt在0,λ2上单调递增，在λ2,1上单调递减，又因为m1=0，
所以mt在0,1上不能恒小于0，不符合题意，舍去.
综上所述，若不等式e1+λ0，所以λ≥1，
即实数λ的取值范围为：1,+∞.
【点睛】
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
15．已知函数fx=ax+1ex+xa∈R．
(1)当a=1时，求函数y=fx在0,f0处的切线方程；
(2)对于∀x∈0,+∞，不等式fx≤2x−lnxex恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)y=x+1
(2)a≤1
【解析】
(1)解：当a=1时，fx=x+1ex+x，则f'x=1−xex，所以，f0=f'0=1，
此时，函数y=fx在0,f0处的切线方程为y=x+1.
(2)
解：∀x∈0,+∞，由fx≤2x−lnxex可得a≤ex−lnx+1x，其中x>0，
令gx=ex−lnx+1x，其中x>0，则g'x=ex+lnxx2=x2ex+lnxx2，
令ℎx=x2ex+lnx，其中x>0，则ℎ'x=x2+2xex+1x>0，
故函数ℎx=x2ex+lnx在0,+∞上为增函数，
因为ℎ12=e4−ln2<0，ℎ1>0，
所以，存在x0∈12,1使得ℎx0=x02ex0+lnx0=0，
则x0ex0=−1x0lnx0=1x0ln1x0=eln1x0ln1x0，
令px=xex，其中x>0，则p'x=x+1ex>0，故函数px在0,+∞上为增函数，
因为px0=pln1x0，所以，x0=−lnx0，可得x0+lnx0=lnx0ex0=0，则x0ex0=1，
当0
所以，gxmin=gx0=x0ex0−lnx0−1x0=1+x0−1x0=1，∴a≤1.
【点睛】
结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1）∀x∈D，m≤fx⇔m≤fxmin；
（2）∀x∈D，m≥fx⇔m≥fxmax；
（3）∃x∈D，m≤fx⇔m≤fxmax；
（4）∃x∈D，m≥fx⇔m≥fxmin.
16．已知函数fx=ax3−3x2+a+b.
(1)讨论fx的单调性；
(2)当fx有三个零点时a的取值范围恰好是−3,−2∪−2,0∪0,1,求b的值.
【答案】(1)答案见解析
(2)b=3
【解析】
(1)fx的定义域为R，
f'x=3ax2−6x=3xax−2,
若a=0，则f'x>0⇒−6x>0⇒x<0，
f'x<0⇒x>0
∴ fx在−∞,0单调递增，0,+∞单调递减，
若a>0，则f'x>0⇒x<0或x>2a，
f'x>0⇒0
若a<0，则f'x>0⇒2a
∴fx在−∞,2a单调递减，2a,0单调递增，0,+∞单调递减.
(2)
可知fx要有三个零点，则a≠0，
且f(0)f2a<0
由题意也即是f0f2a<0的解集就是−3,−2∪−2,0∪0,1，
也就是关于a的不等式a+ba+b−4a2<0⇒a+ba3+ba2−4a2<0的解集就是−3,−2∪−2,0∪0,1，
令ℎa=a+ba3+ba2+4a2<0，
时ℎ1=b+11+b−4=b+1b−3=0，
所以有b=−1或b=3，
当b=3时，ℎa=a+3a3+3a2−4a2<0⇒a+3a3−a2+4a2−4a2<0，
a+3a−1a2+4a+4a2<0的解是−3,−2∪−2,0∪0,1，满足条件，
当b=−1时，ℎa=a−1a3−a2−4a2<0，
当a=−1时，ℎ−1=12>0，不满足条件，
故b≠−1，综合上述b=3.
【点睛】
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
17．已知函数f(x)=sinxex．
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)当x>0时，f(x)>e−xsinx−e2x+x2+a2−a−1恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)2kπ−3π4,2kπ+π4，k∈Z
(2)[−1,2]
【解析】
(1)∵f(x)=sinxex(x∈R)，
∴f'x=cosx−sinxex=2sinπ4−xex=−2sinx−π4ex，
令f'x>0，即sinx−π4<0，则2kπ−π
(2)
由已知得当x>0时，sinxex>e−xsinx−e2x+x2+a2−a−1，
即a2−a−1
∴g'(x)=ex−2x，令ℎ(x)=ex−2x，则ℎ'(x)=ex−2，
由ℎ'(x)>0，得x>ln2，
∴g'(x)在(0,ln2)上单调递减，在(ln2,+∞)上单调递增，
∴当x=ln2时，g'(x)min=eln2−2ln2=2(1−ln2)>0，
∴g'(x)>0，∴g(x)在(0,+∞)上为增函数，∴g(x)>g(0)=1，
∴a2−a−1≤1，解得−1≤a≤2，
∴a的取值范围为[−1,2]．
【点睛】
本题解题的关键点是转化为a2−a−1
(1)当a=1时，过0,1做函数fx的切线，求切线方程；
(2)若函数fx存在极值，求极值的取值范围．
【答案】(1)y=x+1
(2)0,π
【解析】
(1)由题，当a=1时，f(x)=x+sinx，f'(x)=1+cosx，
设切点为(x0,x0+sinx0)，则f'(x0)=1+cosx0，
故切线方程为y−x0−sinx0=(1+cosx0)(x−x0)，
又切线过(0,1)，故1−x0−sinx0=−x0(1+cosx0)，即sinx0−x0cosx0−1=0，
设g(x)=sinx−xcosx−1，x∈(0,π)，则g'(x)=xsinx>0，
故g(x)为增函数.又g(π2)=sinπ2−π2cosπ2−1=0，
故sinx0−x0cosx0−1=0有唯一解x0=π2，
故切点为(π2,π2+1)，斜率为1，故切线方程为y−(π2+1)=x−π2，即y=x+1；
(2)
因为f'(x)=a+cosx，x∈(0,π)为减函数，故若函数f(x)存在极值，
则f'(x)=0在区间x∈(0,π)上有唯一零点设为x0，
则a+cosx0=0，即a=−cosx0，
故极值f(x0)=ax0+sinx0=−x0cosx0+sinx0，
设ℎ(x)=−xcosx+sinx，x∈(0,π)，则ℎ'(x)=xsinx>0，
故ℎ(x)为增函数，故ℎ(0)<ℎ(x)<ℎ(π)，故0<ℎ(x)<π，即f(x0)∈(0,π)，
故极值的取值范围(0,π)
【点睛】
本题主要考查了过点的切线问题，同时也考查了利用导数研究函数的极值问题，需要根据题意设极值点，得到极值点满足的关系，再代入极值构造函数分析，属于难题
19．已知函数fx=13x3−12ax2−2x.
(1)若函数fx在区间0,1上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若gx=fx+x−acosx−sinx+2x−12a>0，且关于x的不等式gx≤alna−a22−a在0,a内恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)a≥−1
(2)0，1
【解析】
(1)由题意得f'x=x2−ax−2≤0在0,1上恒成立，
即a≥x2−2x=x−2x，
设φx=x−2x，易知φx在0,1上单调递增，
∴φxmax=φ1=−1，∴a≥−1；
(2)
由题意得gx=fx+x−acosx−sinx+2x−12，
所以g'x=x−ax−sinx，
令ℎx=x−sinx，则ℎ'x=1−cosx≥0，
故ℎx在R上单调递增，
因为ℎ0=0，故x∈0，a时，ℎx>0，
x−a≤0，所以g'x≤0在0，a上恒成立，
所以gx在0，a上单调递减，gxmax=g0=−a−12≤alna−a22−a，
即alna−a22+12≥0，
令ua=alna−a22+12，则u'a=lna−a+1，故u″a=1−aa=0⇒a=1，
当00；
当1
20．已知函数f(x)=12x2−axlnx,g(x)=34x2−2ax.
(1)若a=1，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)若当x≥1时，f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)x+2y−1=0
(2)e4,e52
【解析】
(1)因为f'(x)=(x−1)lnx+12x−1，所以f'(1)=−12
又f(1)=0，
所以切线方程为y=−12(x−1)，即x+2y−1=0
(2)
由f(x)≥g(x)知12x2−axlnx−34x2+2ax≥0，因为x≥1
所以12xlnx−34x≥a(lnx−2)，
当x=e2时，a∈R，
当x>e2时，a≤12xlnx−34xlnx−2，
当1≤x
当10，ℎ(x)单调递增，
当e
故x>e2时，ℎ(x)min=ℎe52=e52，因此a≤e52
综上：a∈e4,e52.
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专题05导数及其应用解答题
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1．【2022年全国甲卷文科20】已知函数f(x)=x3−x,g(x)=x2+a，曲线y=f(x)在点x1,fx1处的切线也是曲线y=g(x)的切线．
(1)若x1=−1，求a；
(2)求a的取值范围．
【答案】(1)3
(2)−1,+∞
【解析】
(1)由题意知，f(−1)=−1−(−1)=0，f'(x)=3x2−1，f'(−1)=3−1=2，则y=f(x)在点−1,0处的切线方程为y=2(x+1)，
即y=2x+2，设该切线与g(x)切于点x2,g(x2)，g'(x)=2x，则g'(x2)=2x2=2，解得x2=1，则g(1)=1+a=2+2，解得a=3；
(2)f'(x)=3x2−1，则y=f(x)在点x1,f(x1)处的切线方程为y−x13−x1=3x12−1(x−x1)，整理得y=3x12−1x−2x13，
设该切线与g(x)切于点x2,g(x2)，g'(x)=2x，则g'(x2)=2x2，则切线方程为y−x22+a=2x2(x−x2)，整理得y=2x2x−x22+a，
则3x12−1=2x2−2x13=−x22+a，整理得a=x22−2x13=3x122−122−2x13=94x14−2x13−32x12+14，
令ℎ(x)=94x4−2x3−32x2+14，则ℎ'(x)=9x3−6x2−3x=3x(3x+1)(x−1)，令ℎ'(x)>0，解得−13
令ℎ'(x)<0，解得x<−13或0
−∞,−13
−13
−13,0
0
0,1
1
1,+∞
ℎ'(x)
−
0
+
0
−
0
+
ℎ(x)
↘
527
↗
14
↘
−1
↗
则ℎ(x)的值域为−1,+∞，故a的取值范围为−1,+∞.
2．【2022年全国乙卷文科20】已知函数f(x)=ax−1x−(a+1)lnx．
(1)当a=0时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)−1
(2)(0,+∞)
【解析】
(1)当a=0时，f(x)=−1x−lnx,x>0，则f'(x)=1x2−1x=1−xx2，
当x∈(0,1)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
所以f(x)max=f(1)=−1；
(2)f(x)=ax−1x−(a+1)lnx,x>0，则f'(x)=a+1x2−a+1x=(ax−1)(x−1)x2，
当a≤0时，ax−1≤0，所以当x∈(0,1)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
所以f(x)max=f(1)=a−1<0，此时函数无零点，不合题意；
当0
在(1,1a)上，f'(x)<0，f(x)单调递减；
又f(1)=a−1<0，当x趋近正无穷大时，f(x)趋近于正无穷大，
所以f(x)仅在(1a,+∞)有唯一零点，符合题意；
当a=1时，f'(x)=(x−1)2x2≥0，所以f(x)单调递增，又f(1)=a−1=0，
所以f(x)有唯一零点，符合题意；
当a>1时，1a<1，在(0,1a),(1,+∞)上，f'(x)>0，f(x)单调递增；
在(1a,1)上，f'(x)<0，f(x)单调递减；此时f(1)=a−1>0，
又f(1an)=1an−1−an+n(a+1)lna，当n趋近正无穷大时，f(1an)趋近负无穷，
所以f(x)在(0,1a)有一个零点，在(1a,+∞)无零点，
所以f(x)有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为(0,+∞).
3．【2021年全国甲卷文科20】设函数f(x)=a2x2+ax−3lnx+1，其中a>0.
（1）讨论f(x)的单调性；
（2）若y=f(x)的图像与x轴没有公共点，求a的取值范围.
【答案】（1）f(x)的减区间为(0,1a)，增区间为(1a,+∞)；（2）a>1e.
（1）函数的定义域为(0,+∞)，
又f'(x)=(2ax+3)(ax−1)x，
因为a>0,x>0，故2ax+3>0，
当0
所以f(x)的减区间为(0,1a)，增区间为(1a,+∞).
（2）因为f(1)=a2+a+1>0且y=f(x)的图与x轴没有公共点，
所以y=f(x)的图象在x轴的上方，
由（1）中函数的单调性可得f(x)min=f(1a)=3−3ln1a=3+3lna，
故3+3lna>0即a>1e.
4．【2021年全国乙卷文科21】已知函数f(x)=x3−x2+ax+1．
（1）讨论f(x)的单调性；
（2）求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标．
【答案】(1)答案见解析；(2) 和(−1，−1−a).
(1)由函数的解析式可得：f'(x)=3x2−2x+a，
导函数的判别式Δ=4−12a，
当Δ=4−12a≤0,a≥13时，f'(x)≥0,f(x)在R上单调递增，
当时，的解为：x1=1−1−3a3,x2=1+1−3a2，
当x∈(−∞,1−1−3a3)时，单调递增；
当x∈(1−1−3a3,1+1−3a3)时，单调递减；
当x∈(1+1−3a3,+∞)时，单调递增；
综上可得：当时，在R上单调递增，
当时，在(−∞,1−1−3a3)，(1+1−3a3,+∞)上
单调递增，在[1−1−3a3,1+1−3a3]上单调递减.
(2)由题意可得：f(x0)=x03−x02+ax0+1，f'(x0)=3x02−2x0+a，
则切线方程为：y−(x03−x02+ax0+1)=(3x02−2x0+a)(x−x0)，
切线过坐标原点，则：0−(x03−x02+ax0+1)=(3x02−2x0+a)(0−x0),
整理可得：2x03−x02−1=0，即：(x0−1)(2x02+x0+1)=0，
解得：，则，f'(x0)=f'(1)=1+a
切线方程为：y=(a+1)x,
与联立得x3−x2+ax+1=(a+1)x，
化简得x3−x2−x+1=0,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，∴(x−1)是x3−x2−x+1的一个因式，∴该方程可以分解因式为(x−1)(x2−1)=0,
解得x1=1,x2=−1,
f(−1)=−1−a，
综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和(−1，−1−a).
5．【2020年全国1卷文科20】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.
【答案】（1）减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞)；（2）(1e,+∞).
【解析】
（1）当a=1时，f(x)=ex−(x+2)，f'(x)=ex−1，
令f'(x)<0，解得x<0，令f'(x)>0，解得x>0，
所以f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞)；
（2）若f(x)有两个零点，即ex−a(x+2)=0有两个解，
从方程可知，x=2不成立，即a=exx+2有两个解，
令h(x)=exx+2(x≠−2)，则有h'(x)=ex(x+2)−ex(x+2)2=ex(x+1)(x+2)2，
令h'(x)>0，解得x>−1，令h'(x)<0，解得x<−2或−2
且当x<−2时，h(x)<0，
而x→−2+时，h(x)→+∞，当x→+∞时，h(x)→+∞，
所以当a=exx+2有两个解时，有a>h(−1)=1e，
所以满足条件的a的取值范围是：(1e,+∞).
6．【2020年全国2卷文科21】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时，讨论函数g（x）=f(x)−f(a)x−a的单调性．
【答案】（1）c≥−1；（2）g(x)在区间(0,a)和(a,+∞)上单调递减，没有递增区间
【解析】
（1）函数f(x)的定义域为：(0,+∞)
f(x)≤2x+c⇒f(x)−2x−c≤0⇒2lnx+1−2x−c≤0(∗)，
设h(x)=2lnx+1−2x−c(x>0)，则有h'(x)=2x−2=2(1−x)x，
当x>1时，h'(x)<0,h(x)单调递减，
当0
所以当x=1时，函数h(x)有最大值，
即h(x)max=h(1)=2ln1+1−2×1−c=−1−c，
要想不等式(∗)在(0,+∞)上恒成立，
只需h(x)max≤0⇒−1−c≤0⇒c≥−1；
（2）g(x)=2lnx+1−(2lna−1)x−a=2(lnx−lna)x−a(x>0且x≠a)
因此g'(x)=2(x−a−xlnx+xlna)x(x−a)2，设m(x)=2(x−a−xlnx+xlna)，
则有m'(x)=2(lna−lnx)，
当x>a时，lnx>lna，所以m'(x)<0，m(x)单调递减，因此有m(x)
当0
7．【2020年全国3卷文科20】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．
【答案】（1）详见解析；(2) (0,427).
【解析】
（1）由题，f'(x)=3x2−k，
当k≤0时，f'(x)≥0恒成立，所以f(x)在(−∞,+∞)上单调递增；
当k>0时，令f'(x)=0，得x=±k3，令f'(x)<0，得−k3
(−∞,−k3)，(k3,+∞)上单调递增.
（2）由（1）知，f(x)有三个零点，则k>0，且f(−k3)>0f(k3)<0
即k2+23kk3>0k2−23kk3<0，解得0
所以f(x)在(k3,k)上有唯一一个零点，
同理−k−1<−k3，f(−k−1)=−k3−(k+1)2<0，
所以f(x)在(−k−1,−k3)上有唯一一个零点，
又f(x)在(−k3,k3)上有唯一一个零点，所以f(x)有三个零点，
综上可知k的取值范围为(0,427).
8．【2019年新课标3文科20】已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+2．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当0＜a＜3时，记f（x）在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求M﹣m的取值范围．
【答案】解：（1）f′（x）＝6x2﹣2ax＝2x（3x﹣a），
令f′（x）＝0，得x＝0或x=a3．
若a＞0，则当x∈（﹣∞，0）∪（a3，+∞）时，f′（x）＞0；当x∈（0，a3）时，f′（x）＜0．
故f（x）在（﹣∞，0），（a3，+∞）上单调递增，在（0，a3）上单调递减；
若a＝0，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增；
若a＜0，则当x∈（﹣∞，a3）∪（0，+∞）时，f′（x）＞0；当x∈（a3，0）时，f′（x）＜0．
故f（x）在（﹣∞，a3），（0，+∞）上单调递增，在（a3，0）上单调递减；
（2）当0＜a＜3时，由（1）知，f（x）在（0，a3）上单调递减，在（a3，1）上单调递增，
∴f（x）在区间[0，1]的最小值为f(a3)=−a327+2，最大值为f（0）＝2或f（1）＝4﹣a．
于是，m=−a327，M=4−a，0＜a＜22，2≤a＜3．
∴M﹣m=2−a+a327，0＜a＜2a327，2≤a＜3．
当0＜a＜2时，可知2﹣a+a327单调递减，∴M﹣m的取值范围是（827，2）；
当2≤a＜3时，a327单调递增，∴M﹣m的取值范围是[827，1）．
综上，M﹣m的取值范围[827，2）．
9．【2019年新课标2文科21】已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．证明：
（1）f（x）存在唯一的极值点；
（2）f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
【答案】证明：（1）∵函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．
∴f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=x−1x+lnx−1=lnx−1x，
∵y＝lnx单调递增，y=1x单调递减，∴f′（x）单调递增，
又f′（1）＝﹣1＜0，f′（2）＝ln2−12=ln4−12＞0，
∴存在唯一的x0∈（1，2），使得f′（x0）＝0．
当x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
∴f（x）存在唯一的极值点．
（2）由（1）知f（x0）＜f（1）＝﹣2，
又f（e2）＝e2﹣3＞0，
∴f（x）＝0在（x0，+∞）内存在唯一的根x＝a，
由a＞x0＞1，得1a＜1＜x0，
∵f（1a）＝（1a−1）ln1a−1a−1=f(a)a=0，
∴1a是f（x）＝0在（0，x0）的唯一根，
综上，f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
10．【2019年新课标1文科20】已知函数f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，f′（x）为f（x）的导数．
（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；
（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．
【答案】解：（1）证明：∵f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，
∴f′（x）＝2cosx﹣cosx+xsinx﹣1
＝cosx+xsinx﹣1，
令g（x）＝cosx+xsinx﹣1，
则g′（x）＝﹣sinx+sinx+xcosx
＝xcosx，
当x∈（0，π2）时，xcosx＞0，
当x∈(π2，π)时，xcosx＜0，
∴当x=π2时，极大值为g（π2）=π2−1＜0，
又g（0）＝0，g（π）＝﹣2，
∴g（x）在（0，π）上有唯一零点，
即f′（x）在（0，π）上有唯一零点；
（2）由（1）知，f′（x）在（0，π）上有唯一零点x0，
使得f′（x0）＝0，
且f′（x）在（0，x0）为正，
在（x0，π）为负，
∴f（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]递减，
结合f（0）＝0，f（π）＝0，
可知f（x）在[0，π]上非负，
令h（x）＝ax，
作出图示，
∵f（x）≥h（x），a≤0，
∴a的取值范围是（﹣∞，0]．
11．【2018年新课标1文科21】已知函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1．
（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；
（2）证明：当a≥1e时，f（x）≥0．
【答案】解：（1）∵函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1．
∴x＞0，f′（x）＝aex−1x，
∵x＝2是f（x）的极值点，
∴f′（2）＝ae2−12=0，解得a=12e2，
∴f（x）=12e2ex﹣lnx﹣1，∴f′（x）=12e2ex−1x，
当0＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．
（2）证明：当a≥1e时，f（x）≥exe−lnx﹣1，
设g（x）=exe−lnx﹣1，则g'(x)=exe−1x，
由g'(x)=exe−1x=0，得x＝1，
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，
当x＞1时，g′（x）＞0，
∴x＝1是g（x）的最小值点，
故当x＞0时，g（x）≥g（1）＝0，
∴当a≥1e时，f（x）≥0．
12．【2018年新课标2文科21】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．
【答案】解：（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．
13．【2018年新课标3文科21】已知函数f（x）=ax2+x−1ex．
（1）求曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程；
（2）证明：当a≥1时，f（x）+e≥0．
【答案】解：（1）f'(x)=(2ax+1)ex−(ax2+x−1)ex(ex)2=−(ax+1)(x−2)ex．
∴f′（0）＝2，即曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线斜率k＝2，
∴曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程方程为y﹣（﹣1）＝2x．
即2x﹣y﹣1＝0为所求．
（2）证明：函数f（x）的定义域为：R，
可得f'(x)=(2ax+1)ex−(ax2+x−1)ex(ex)2=−(ax+1)(x−2)ex．
令f′（x）＝0，可得x1=2，x2=−1a＜0，
当x∈(−∞，−1a)时，f′（x）＜0，x∈(−1a，2)时，f′（x）＞0，x∈（2，+∞）时，f′（x）＜0．
∴f（x）在（−∞，−1a），（2，+∞）递减，在（−1a，2）递增，
注意到a≥1时，函数g（x）＝ax2+x﹣1在（2，+∞）单调递增，且g（2）＝4a+1＞0
函数f（x）的图象如下：
∵a≥1，∴1a∈(0，1]，则f(−1a)=−e1a≥−e，
∴f（x）min=−e1a≥−e，
∴当a≥1时，f（x）+e≥0．
14．【2017年新课标1文科21】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：（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]
15．【2017年新课标2文科21】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a的取值范围．
【答案】解：（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，+∞）．
16．【2017年新课标3文科21】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．
【答案】（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．【2016年新课标1文科21】已知函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．
【答案】解：（Ⅰ）由f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2，
可得f′（x）＝（x﹣1）ex+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（ex+2a），
①当a≥0时，由f′（x）＞0，可得x＞1；由f′（x）＜0，可得x＜1，
即有f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增（如右上图）；
②当a＜0时，（如右下图）若a=−e2，则f′（x）≥0恒成立，即有f（x）在R上递增；
若a＜−e2时，由f′（x）＞0，可得x＜1或x＞ln（﹣2a）；
由f′（x）＜0，可得1＜x＜ln（﹣2a）．
即有f（x）在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增；
在（1，ln（﹣2a））递减；
若−e2＜a＜0，由f′（x）＞0，可得x＜ln（﹣2a）或x＞1；
由f′（x）＜0，可得ln（﹣2a）＜x＜1．
即有f（x）在（﹣∞，ln（﹣2a）），（1，+∞）递增；
在（ln（﹣2a），1）递减；
（Ⅱ）①由（Ⅰ）可得当a＞0时，
f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增，
且f（1）＝﹣e＜0，x→+∞，f（x）→+∞；
当x→﹣∞时f（x）＞0或找到一个x＜1使得f（x）＞0对于a＞0恒成立，
f（x）有两个零点；
②当a＝0时，f（x）＝（x﹣2）ex，所以f（x）只有一个零点x＝2；
③当a＜0时，
若a＜−e2时，f（x）在（1，ln（﹣2a））递减，
在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增，
又当x≤1时，f（x）＜0，所以f（x）不存在两个零点；
当a≥−e2时，在（﹣∞，ln（﹣2a））单调增，在（1，+∞）单调增，
在（1n（﹣2a），1）单调减，
只有f（ln（﹣2a））等于0才有两个零点，
而当x≤1时，f（x）＜0，所以只有一个零点不符题意．
综上可得，f（x）有两个零点时，a的取值范围为（0，+∞）．
18．【2016年新课标2文科20】已知函数f（x）＝（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．
（I）当a＝4时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（II）若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求a的取值范围．
【答案】解：（I）当a＝4时，f（x）＝（x+1）lnx﹣4（x﹣1）．
f（1）＝0，即点为（1，0），
函数的导数f′（x）＝lnx+（x+1）•1x−4，
则f′（1）＝ln1+2﹣4＝2﹣4＝﹣2，
即函数的切线斜率k＝f′（1）＝﹣2，
则曲线y＝f（x）在（1，0）处的切线方程为y＝﹣2（x﹣1）＝﹣2x+2；
（II）∵f（x）＝（x+1）lnx﹣a（x﹣1），
∴f′（x）＝1+1x+lnx﹣a，
∴f″（x）=x−1x2，
∵x＞1，∴f″（x）＞0，
∴f′（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴f′（x）＞f′（1）＝2﹣a．
①a≤2，f′（x）＞f′（1）≥0，
∴f（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴f（x）＞f（1）＝0，满足题意；
②a＞2，存在x0∈（1，+∞），f′（x0）＝0，函数f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
由f（1）＝0，可得存在x0∈（1，+∞），f（x0）＜0，不合题意．
综上所述，a≤2．
另解：若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，
可得（x+1）lnx﹣a（x﹣1）＞0，
即为a＜(x+1)lnxx−1，
由y=(x+1)lnxx−1的导数为y′=x−1x−2lnx(x−1)2，
由y＝x−1x−2lnx的导数为y′＝1+1x2−2x=(x−1)2x2＞0，
函数y在x＞1递增，可得x−1x−2lnx(x−1)2＞0，
则函数y=(x+1)lnxx−1在x＞1递增，
则limx→1(x+1)lnxx−1=limx→1lnx+1+1x1=2，
可得(x+1)lnxx−1＞2恒成立，
即有a≤2．
19．【2016年新课标3文科21】设函数f（x）＝lnx﹣x+1．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）证明当x∈（1，+∞）时，1＜x−1lnx＜x；
（3）设c＞1，证明当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞cx．
【答案】解：（1）函数f（x）＝lnx﹣x+1的导数为f′（x）=1x−1，
由f′（x）＞0，可得0＜x＜1；由f′（x）＜0，可得x＞1．
即有f（x）的增区间为（0，1）；减区间为（1，+∞）；
（2）证明：当x∈（1，+∞）时，1＜x−1lnx＜x，即为lnx＜x﹣1＜xlnx．
由（1）可得f（x）＝lnx﹣x+1在（1，+∞）递减，
可得f（x）＜f（1）＝0，即有lnx＜x﹣1；
设F（x）＝xlnx﹣x+1，x＞1，F′（x）＝1+lnx﹣1＝lnx，
当x＞1时，F′（x）＞0，可得F（x）递增，即有F（x）＞F（1）＝0，
即有xlnx＞x﹣1，则原不等式成立；
（3）证明：设G（x）＝1+（c﹣1）x﹣cx，
则需要证明：当x∈（0，1）时，G（x）＞0（c＞1）；
G′（x）＝c﹣1﹣cxlnc，G′′（x）＝﹣（lnc）2cx＜0，
∴G′（x）在（0，1）单调递减，而G′（0）＝c﹣1﹣lnc，G′（1）＝c﹣1﹣clnc，
由（1）中f（x）的单调性，可得G′（0）＝c﹣1﹣lnc＞0，由（2）可得G′（1）＝c﹣1﹣clnc＝c（1﹣lnc）﹣1＜0，
∴∃t∈（0，1），使得G′（t）＝0，即x∈（0，t）时，G′（x）＞0，x∈（t，1）时，G′（x）＜0；
即G（x）在（0，t）递增，在（t，1）递减；
又因为：G（0）＝G（1）＝0，
∴x∈（0，1）时G（x）＞0成立，不等式得证；
即c＞1，当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞cx．
20．【2015年新课标1文科21】设函数f（x）＝e2x﹣alnx．
（Ⅰ）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；
（Ⅱ）证明：当a＞0时，f（x）≥2a+aln2a．
【答案】解：（Ⅰ）f（x）＝e2x﹣alnx的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）＝2e2x−ax．
当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，故f′（x）没有零点，
当a＞0时，∵y＝e2x为单调递增，y=−ax单调递增，
∴f′（x）在（0，+∞）单调递增，
又f′（a）＞0，
假设存在b满足0＜b＜lna2时，且b＜14，f′（b）＜0，
故当a＞0时，导函数f′（x）存在唯一的零点，
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设导函数f′（x）在（0，+∞）上的唯一零点为x0，
当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，
当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在（0，x0）单调递减，在（x0，+∞）单调递增，
所欲当x＝x0时，f（x）取得最小值，最小值为f（x0），
由于2e2x0−ax0=0，
所以f（x0）=a2x0+2ax0+aln2a≥2a+aln2a．
故当a＞0时，f（x）≥2a+aln2a．
21．【2015年新课标2文科21】设函数f（x）＝lnx+a（1﹣x）．
（Ⅰ）讨论：f（x）的单调性；
（Ⅱ）当f（x）有最大值，且最大值大于2a﹣2时，求a的取值范围．
【答案】解：（Ⅰ）f（x）＝lnx+a（1﹣x）的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=1x−a=1−axx，
若a≤0，则f′（x）＞0，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，
若a＞0，则当x∈（0，1a）时，f′（x）＞0，当x∈（1a，+∞）时，f′（x）＜0，所以f（x）在（0，1a）上单调递增，在（1a，+∞）上单调递减，
（Ⅱ），由（Ⅰ）知，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上无最大值；当a＞0时，f（x）在x=1a取得最大值，最大值为f（1a）＝﹣lna+a﹣1，
∵f（1a）＞2a﹣2，
∴lna+a﹣1＜0，
令g（a）＝lna+a﹣1，
∵g（a）在（0，+∞）单调递增，g（1）＝0，
∴当0＜a＜1时，g（a）＜0，
当a＞1时，g（a）＞0，
∴a的取值范围为（0，1）．
22．【2014年新课标1文科21】设函数f（x）＝alnx+1−a2x2﹣bx（a≠1），曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为0，
（1）求b；
（2）若存在x0≥1，使得f（x0）＜aa−1，求a的取值范围．
【答案】解：（1）f′（x）=ax+(1−a)x−b（x＞0），
∵曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为0，
∴f′（1）＝a+（1﹣a）×1﹣b＝0，解得b＝1．
（2）函数f（x）的定义域为（0，+∞），由（1）可知：f（x）＝alnx+1−a2x2−x，
∴f'(x)=ax+(1−a)x−1=(1−a)x(x−a1−a)(x−1)．
①当a≤12时，则a1−a≤1，
则当x＞1时，f′（x）＞0，
∴函数f（x）在（1，+∞）单调递增，
∴存在x0≥1，使得f（x0）＜aa−1的充要条件是f(1)＜aa−1，即1−a2−1＜aa−1，
解得−2−1＜a＜2−1；
②当12＜a＜1时，则a1−a＞1，
则当x∈(1，a1−a)时，f′（x）＜0，函数f（x）在(1，a1−a)上单调递减；
当x∈(a1−a，+∞)时，f′（x）＞0，函数f（x）在(a1−a，+∞)上单调递增．
∴存在x0≥1，使得f（x0）＜aa−1的充要条件是f(a1−a)＜aa−1，
而f(a1−a)=alna1−a+a22(1−a)+aa−1＞aa−1，不符合题意，应舍去．
③若a＞1时，f（1）=1−a2−1=−a−12＜aa−1，成立．
综上可得：a的取值范围是(−2−1，2−1)∪(1，+∞)．
23．【2014年新课标2文科21】已知函数f（x）＝x3﹣3x2+ax+2，曲线y＝f（x）在点（0，2）处的切线与x轴交点的横坐标为﹣2．
（Ⅰ）求a；
（Ⅱ）证明：当k＜1时，曲线y＝f（x）与直线y＝kx﹣2只有一个交点．
【答案】解：（Ⅰ）函数的导数f′（x）＝3x2﹣6x+a；f′（0）＝a；
则y＝f（x）在点（0，2）处的切线方程为y＝ax+2，
∵切线与x轴交点的横坐标为﹣2，
∴f（﹣2）＝﹣2a+2＝0，
解得a＝1．
（Ⅱ）当a＝1时，f（x）＝x3﹣3x2+x+2，
设g（x）＝f（x）﹣kx+2＝x3﹣3x2+（1﹣k）x+4，
由题设知1﹣k＞0，
当x≤0时，g′（x）＝3x2﹣6x+1﹣k＞0，g（x）单调递增，g（﹣1）＝k﹣1，g（0）＝4，
当x＞0时，令h（x）＝x3﹣3x2+4，则g（x）＝h（x）+（1﹣k）x＞h（x）．
则h′（x）＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）单调递增，
∴在x＝2时，h（x）取得极小值h（2）＝0，
g（﹣1）＝k﹣1，g（0）＝4，
则g（x）＝0在（﹣∞，0]有唯一实根．
∵g（x）＞h（x）≥h（2）＝0，
∴g（x）＝0在（0，+∞）上没有实根．
综上当k＜1时，曲线y＝f（x）与直线y＝kx﹣2只有一个交点．
24．【2013年新课标1文科20】已知函数f（x）＝ex（ax+b）﹣x2﹣4x，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处切线方程为y＝4x+4．
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）讨论f（x）的单调性，并求f（x）的极大值．
【答案】解：（Ⅰ）∵f（x）＝ex（ax+b）﹣x2﹣4x，
∴f′（x）＝ex（ax+a+b）﹣2x﹣4，
∵曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处切线方程为y＝4x+4
∴f（0）＝4，f′（0）＝4
∴b＝4，a+b＝8
∴a＝4，b＝4；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）＝4ex（x+1）﹣x2﹣4x，
f′（x）＝4ex（x+2）﹣2x﹣4＝4（x+2）（ex−12），
令f′（x）＝0，得x＝﹣ln2或x＝﹣2
∴x∈（﹣∞，﹣2）或（﹣ln2，+∞）时，f′（x）＞0；x∈（﹣2，﹣ln2）时，f′（x）＜0
∴f（x）的单调增区间是（﹣∞，﹣2），（﹣ln2，+∞），单调减区间是（﹣2，﹣ln2）
当x＝﹣2时，函数f（x）取得极大值，极大值为f（﹣2）＝4（1﹣e﹣2）．
25．【2013年新课标2文科21】已知函数f（x）＝x2e﹣x
（Ⅰ）求f（x）的极小值和极大值；
（Ⅱ）当曲线y＝f（x）的切线l的斜率为负数时，求l在x轴上截距的取值范围．
【答案】解：（Ⅰ）∵f（x）＝x2e﹣x，
∴f′（x）＝2xe﹣x﹣x2e﹣x＝e﹣x（2x﹣x2），
令f′（x）＝0，解得x＝0或x＝2，
令f′（x）＞0，可解得0＜x＜2；
令f′（x）＜0，可解得x＜0或x＞2，
故函数在区间（﹣∞，0）与（2，+∞）上是减函数，在区间（0，2）上是增函数．
∴x＝0是极小值点，x＝2极大值点，又f（0）＝0，f（2）=4e2．
故f（x）的极小值和极大值分别为0，4e2．
（Ⅱ）设切点为（x0，x02e−x0），
则切线方程为y−x02e−x0=e−x0(2x0−x02)（x﹣x0），
令y＝0，解得x=x02−x0x0−2=(x0−2)+2x0−2+3，
∵曲线y＝f（x）的切线l的斜率为负数，
∴e−x0（2x0−x02)＜0，
∴x0＜0或x0＞2，
令f(x0)=x0+2x0−2+1，
则f'(x0)=1−2(x0−2)2=(x0−2)2−2(x0−2)2．
①当x0＜0时，(x0−2)2−2＞0，即f′（x0）＞0，∴f（x0）在（﹣∞，0）上单调递增，∴f（x0）＜f（0）＝0；
②当x0＞2时，令f′（x0）＝0，解得x0=2+2．
当x0＞2+2时，f′（x0）＞0，函数f（x0）单调递增；当2＜x0＜2+2时，f′（x0）＜0，函数f（x0）单调递减．
故当x0=2+2时，函数f（x0）取得极小值，也即最小值，且f(2+2)=3+22．
综上可知：切线l在x轴上截距的取值范围是（﹣∞，0）∪[3+22，+∞)．
模拟好题
1．已知函数fx=ex−x−1.
(1)求fx的最小值；
(2)若x>0，证明：fx≥x2+e−3x.
【答案】(1)0；
(2)证明见解析.
【解析】
(1)解：由题意可得f'x=ex−1.
由f'x>0，得x>0；由f'x<0，得x<0.
则fx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
故fxmin=f0=0.
(2)
证明：要证fx>x2+e−3x，即证ex−x−1>x2+e−3x，
即证ex−x2−1x≥e−2.
设ℎx=ex−x2−1xx>0，则ℎ'x=x−1ex−x−1x2.
由（1）可知当x>0时，ex−x−1>0.
由ℎ'x>0，得x>1，由ℎ'x<0，得0
即fx≥x2+e−3x.
2．已知函数fx=lnx−ax2+2a∈R.
(1)讨论fx的单调性；
(2)若fx−2−ax≥0在x∈1,e上恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)−∞,−1
【解析】
(1)fx的定义域是0,+∞，f'x=−2ax2+1x.
①当a≤0时，f'x>0恒成立，所以fx在0,+∞上单调递增；
②当a>0时，令f'x=0，解得x=2a2a或−2a2a（舍），令f'x>0，解得0
所以fx在0,2a2a上单调递增，在2a2a,+∞上单调递减.
(2)
若fx−2−ax≥0在x∈1,e上恒成立，即lnx−ax2−2−ax+2≥0在x∈1,e上恒成立.
令gx=lnx−ax2−2−ax+2，x∈1,e，
则g'x=1x−2ax−2−a=−2ax2−2−ax+1x=−ax+12x−1x.
当a=0时，gx=lnx−2x+2，ge=lne−2e+2=3−2e<0，不符合题意；
当a>0时，g'x<0在x∈1,e上恒成立，所以gx在1,e上单调递减，又g1=0，所以ge
若1<−1a
(1)当a=2时，求f(x)的单调区间；
(2)设函数f(x)的最大值为m，证明：m≥0.
【答案】(1)增区间为(0,12)，减区间为(12,+∞)；
(2)证明见解析.
【解析】
(1)当a=2时，f(x)=lnx−2x+2.
∴f'(x)=1x−2=1−2xx，令f'(x)=0，得x=12.
∴当0
当x>12时，f'(x)<0，函数f(x)单调递减.
故函数f(x)的减区间为(12,+∞)，增区间为(0,12)；
(2)
由f'(x)=1−axx，令f'(x)=0，得x=1a.
∴当0
当x>1a时，f'(x)<0，函数f(x)单调递减.
∴m=f(x)max=f(1a)=a−lna−1.
令ℎ(a)=a−lna−1，则ℎ'(a)=1−1a=a−1a.
∴当0
∴ℎ(a)≥ℎ(1)=0，即m≥0.
4．已知函数f(x)=ex(sinx−a)，f'(x)为函数f(x)的导函数．
(1)若函数f(x)在定义域内是单调函数，求实数a的取值范围；
(2)当a＝1，函数g(x)=f'(x)+m在(−π,π)内有2个零点，求实数m的取值范围．
【答案】(1)(−∞,−2]∪[2,+∞)
(2){m|m=3+12e−π3或1−32eπ3
(1)函数f(x)是R上单调函数
f'(x)=ex(sinx+cosx−a)≥0恒成立或f'(x)=ex(sinx+cosx−a)≤0恒成立
等价于a≤sinx+cosx恒成立或a≥sinx+cosx恒成立
设ℎ(x)=sinx+cosx，x∈R
∴a≤ℎ(x)min或a≥ℎ(x)max
∵ℎ(x)=2sin(x+π4)
∵sin(x+π4)∈[−1,1] ，∴2sin(x+π4)∈[−2,2] ，∴ℎ(x)∈[−2,2]
∴a≤−2或a≥2.
即实数a的取值范围为(−∞,−2]∪[2,+∞)
(2)
当a＝1时，f(x)=ex(sinx−1)
g(x)=f'(x)+m=ex(sinx+cosx−1)+m在(−π,π)内有2个零点
等价于y=−m与φ(x)=ex(sinx+cosx−1)在(−π,π)内有2个公共点
φ'(x)=ex(2cosx−1)
令φ'(x)=0，则x=±π3
当x∈(−π,−π3)∪(π3,π)时，φ'(x)<0；当x∈(−π3,π3)时，φ'(x)>0
∴φ(x)在(−π,−π3)，(π3,π)上单调递减，在(−π3,π3)上单调递增．
当x=−π3时，φ(x)取极小值φ(−π3)=−3+12e−π3
当x=π3时，φ(x)取极大值φ(π3)=3−12eπ3
∵φ(−π)=−2e−π，φ(π)=−2eπ ∴φ(π3)>φ(−π)>φ(−π3)>φ(π)
要使y=−m与φ(x)=ex(sinx+cosx−1)在(−π,π)内有2个公共点
需满足−m=φ(−π3)或φ(−π)≤−m<φ(π3)
∴−m=−3+12e−π3或−2e−π≤−m<3−12eπ3
∴m=3+12e−π3或1−32eπ3
(1)若fx有两个极值点，求实数a的取值范围；
(2)当a=0时，证明：f(x)>x−2x.
【答案】(1)0,12
(2)证明见解析
【解析】
(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f'(x)=lnx−2ax+1，由题意f'(x)=0在(0,+∞)上有两解，
即lnx−2ax+1=0，即2a=lnx+1x有两解.
令g(x)=lnx+1x(x>0)，即g(x)的图象与直线y=2a有两个交点.
g'(x)=−lnxx2=0，得x=1，当x∈(0,1)时，g'(x)>0，g(x)递增；
当x∈(1,+∞)时，g'(x)<0，g(x)递减，∴g(x)max=g(1)=1，g1e=0，
x→0时，g(x)→−∞；x→+∞时，g(x)→0，
∴0<2a<1，∴0
(2)
当a=0时，f(x)=xlnx+2，即证xlnx+2>x−2x，即证xlnx+2−x+2x>0，
令ℎ(x)=xlnx+2−x+2x(x>0)，ℎ'(x)=lnx−2x2，令m(x)=lnx−2x2，则m'(x)=1x+4x3，
当x>0时，m'(x)>0，∴ℎ'(x)在(0,+∞)递增.
ℎ'(1)=−2<0，ℎ'(e)=1−2e2>0，
∴存在唯一的x0∈(1,e)，使得ℎ'(x0)=lnx0−2x02=0，
当x0∈(0,x0)时，ℎ'(x)<0，ℎ(x)递减；
当x∈(x0,+∞)时，ℎ'(x)>0，ℎ(x)递增，
∴ℎ(x)min=ℎ(x0).
又∵x0∈(1,e)，ℎ'(x0)=0，∴lnx0−2x02=0，
∴ℎ(x0)=x0lnx0+2−x0+2x0=2x0+2−x0+2x0=2−x0+4x0>2−e+4e>0，
∴ℎ(x)>0，∴f(x)>x−2x.
6．已知函数fx=ex−ax−1a∈R．
(1)当a=1时，求函数y=fx的极值；
(2)若函数g(x)=f(x)+lnx−e在1,+∞无零点，求实数a的取值范围．
【答案】(1)极小值为2，无极大值
(2)a∈−∞,e+1
【解析】
(1)由题知，当a=1时，f(x)=ex−(x−1)，x∈R
∴f'x=ex−1，令f'x=0，x=0．
∴x∈−∞,0时，f'x<0，fx单调递减；
x∈0,+∞时，f'x>0，fx单调递增．
∴x=0是fx的极小值点，∴fx的极小值为f0=2，无极大值．
(2)
由题知g(x)=f(x)+lnx−e=ex−a(x−1)+lnx−e，x>1
∴g'x=ex−a+1x，x>1；令ℎx=ex−a+1x，x>1
∴ℎ'x=ex−1x2，∵x>1，∴ℎ'x>0恒成立，
∴ℎx单调递增，即g'x单调递增．
①当a≤e+1时，∴g'x>g'1=e+1−a≥0，∴gx单调递增
∴gx>g1=0恒成立，即gx在1,+∞上无零点，∴a∈−∞,e+1．
②当a>e+1时，令g'x=0，x=x0，x0∈1,+∞，又g'x单调递增，
∴x∈1,x0时，g'x<0，x∈x0,+∞时，g'x>0，
∴gx在x∈1,x0时单调递减，x∈x0,+∞时，单调递增，
∴gxmin=gx0
综上所述a∈−∞,e+1．
【点睛】
本题考查了利用导数求函数的极值以及根据函数的零点情况求参数的范围问题，有较强的综合性，考查学生的数学素养以及灵活应用相关知识的能力，解答时要注意分类讨论的思想，同时要注意零点问题结合函数的单调性以及最值来解决.
7．已知fx=34x2−x22lnx−ax−1,a>0.
(1)若fx在区间1,+∞上有且仅有一个极值点m，求实数a的取值范围；
(2)在（1）的条件下，证明34
【解析】
(1)解：f'x=x−xlnx−a，
因为fx在区间1,+∞上有且仅有一个极值点m，
所以f'x=x−xlnx−a在区间1,+∞上有且仅有一个零点m，
设ℎx=f'x,ℎ'x=−lnx，
当x∈1,+∞,ℎ'x<0,ℎx单调递减，
因为ℎe=−a<0，故只需ℎ1=1−a>0，
所以0
解：由（1）知f'x=x−xlnx−a，fx在区间1,+∞上有且仅有一个极值点m，
所以f'm=m1−lnm−a=0，即a=m1−lnm，
所以fm=34m2−m22lnm−am−1=−14m2+m22lnm+m−mlnm
所以f'm=m−1lnm>0,1
所以f(1)
(1)求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；
(2)求证：fx⩾ex2.
【答案】(1)y=2ex−e
(2)证明见解析
【解析】
(1)∵fx=ex+exlnx， ∴f(1)=e
∴f'x=ex+e1+lnx，∴f'1=2e，
所以y=fx在1,f1处的切线方程为y−e=2e(x−1)，即y=2ex−e
(2)
fx≥ex2⇔ex+exlnx≥ex2⇔ex−1x+lnx−x≥0，
构造函数Gx=ex−1x+lnx−x，
则G'x=ex−1x−1x2+1x−1=ex−1x−1+x−x2x2=x−1ex−1−xx2.
令H(x)=ex−1−x，则H'(x)=ex−1−1，
当x>1时H'(x)>0，当0
于是当0
所以Gx在0,1上递减，在1,+∞上递增，
于是Gx≥G1=0，命题获证.
9．已知函数f(x)=xlnx，g(x)=−x2+ax−3(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若对任意x∈(0,+∞)，不等式f(x)≥12g(x)恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)(1e ,+∞)
(2)(−∞,4]
【解析】
(1)f(x)=xlnx定义域为(0,+∞)，f'(x)=lnx+1
f'(x)>0即lnx+1>0
解得x>1e
所以f(x)在（1e,+∞)单调递增
(2)
对任意x∈(0,+∞)，不等式f(x)≥12g(x)恒成立，即xlnx≥12(−x2+ax−3)恒成立，
分离参数得a≤2lnx+x+3x.
令ℎ(x)=2lnx+x+3x(x∈(0,+∞))，则ℎ'(x)=(x+3)(x−1)x2．
当x∈(0,1)时，ℎ'(x)<0，ℎ(x)在(0,1)上单调递减；
当x∈(1,+∞)时，ℎ'(x)>0，ℎ(x)在(1,+∞)上单调递增.
所以ℎ(x)min=ℎ(1)=4，
即a≤4，
故a的取值范围是(−∞,4].
10．已知函数fx=ex−ax（其中e为自然对数的底数，e≈2.718…）．
(1)当a=2时，求函数y=fx在点0,f0处的切线方程；
(2)若fx≥1恒成立，求实数a的值．
【答案】(1)y=−x+1
(2)1
【解析】
(1)解：当a=2时，f(x)=ex−2x，则f(0)=1，即切点为0,1，
又由f'(x)=ex−2，则切线的斜率k=f'0=−1，
所以函数y=fx在点0,f0处的切线方程为y=−x+1．
(2)
解：设ℎ(x)=f(x)−1=ex−ax−1，则ℎ'x=ex−a．
当a≤0时，ℎ'x=ex−a>0，ℎx单调递增，ℎ−1=e−1+a−1<0，
不满足ℎx≥0恒成立；
当a>0时，ℎx在−∞,lna上单调递减．ℎx在x∈lna,+∞上单调递增．
所以ℎx的最小值为ℎ(lna)=a−alna−1≥0,即1−lna−1a≥0，
即lna+1a−1≤0，
设φ(a)=lna+1a−1，可得φ'(a)=a−1a2，
所以φx在0,1上单调递减，φx在(1,+∞)上单调递增，
即φamin=φ1=0，故lna+1a−1≤0的解只有a=1．
综上可得，实数a的值为1．
11．已知函数fx=x3−3ax+aa∈R．
(1)讨论函数fx的单调性；
(2)若函数fx在区间0,3上的最大值与最小值之差为ga，求ga的最小值．
【答案】(1)答案不唯一，具体见解析
(2)63
【解析】
(1)因为fx=x3−3ax+aa∈R，所以f'x=3x2−3a=3x2−a．
①当a≤0时，f'x≥0恒成立，fx在R上单调递增；
②当a>0时，x∈−∞,−a∪a,+∞时，f'x>0；x∈−a,a时，f'x<0；
故fx在−∞,−a和a,+∞上单调递增，在−a,a上单调递减．
(2)
由（1）可知：
①当a≤0时，fx在0,3上单调递增，ga=f3−f0=27−9a；
②当a≥3，即a≥9时，fx在0,3上单调递减，ga=f0−fa=9a−27；
③当0
故当0
所以ℎ(x)在(0,3)上递减，又x=a递增，所以g(a)在(0,3)上递增，
所以g(a)在(−∞,3)上递减，在(3,+∞)上递增，
所以故g(a)的最小值为g3=63．
12．设函数fx=1+alnxx，其中a∈R.
(1)当a≥0时，求函数fx的单调区间；
(2)若fx≤x2，求实数a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；
(2)3.
【解析】
(1)f(x)=1+alnxx(x>0)，
f'(x)=a−(1+alnx)x2=a−1−alnxx2.
当a=0时，f'(x)=a−(1+alnx)x2=−1x2<0恒成立，则fx在0,+∞上为减函数，
当a>0时，令f'(x)>0，可得a−1−alnx>0，则lnx
综上，当a=0时，fx的减区间为0,+∞；
当a>0时，fx的单调递增区间为0,ea−1a，单调递减区间为ea−1a,+∞.
(2)
由f(x)≤x2，可得x3−alnx−1≥0
设g(x)=x3−alnx−1(x>0)，
则g'(x)=3x2−ax=3x3−ax.
①当a≤0时，g'x>0，gx单调递增，而g12=18−aln12−1=−78+aln2<0，
所以不满足题意，
②当a>0时，令g'(x)=3x3−ax=0，解得x=3a3，
当x∈0,3a3时，g'x<0，gx为减函数，
当x∈3a3,+∞时，g'x>0，gx为增函数，
所以g(x)≥g3a3=13+13ln3a−13alna−1.
令ℎ(a)=13+13ln3a−13alna−1(a>0)，
ℎ'(a)=13+13ln3−13(lna+1)=13(ln3−lna)，
当a∈0,3时，ℎ'a>0，ℎa为增函数，
当a∈3,+∞时，ℎ'a<0，gx为减函数，
所以ℎa≤ℎ3=0，又gx≥ℎa≥0.
则ℎa=0，解得a=3，所以实数a的取值范围是3.
13．已知函数f(x)=ex(sinx+cosx)−asinx..
(1)当a=1时，求函数f（x）在区间[0，2π]上零点的个数；
(2)若函数y=fx在（0，2π）上有唯一的极小值点，求实数a的取值范围
【答案】(1)2个
(2)（−∞，2]∪ [2e2π,+∞)∪2eπ2,2e3π2
【解析】
(1)因为a=1，所以f(x)=ex(sinx+cosx)−sinx.
f'(x)=(2ex−1)cosx，
则当x∈0，π2时，f'(x)>0，f（x）在0，π2上单调递增，
当x∈π2，3π2时，f'(x)<0，f（x）在π2，3π2上单调递减，
当x∈3π2，2π时，f'(x)>0，f（x）在3π2，2π单词递增，
又f(0)=1>0,f(π2)=eπ2−1>0,f(3π2)=1−e3π2<0,f(2π)=e2π>0，
则f（x）在π2，3π2，3π2，2π上各有一个零点，
所以f（x）在区间[0，2π]上共有两个零点，
(2)
f'(x)=(2ex−a)cosx,x∈(0，2π),2<2ex<2e2π
①当a≤2时，
当x∈0，π2时，f'(x)>0，f（x）在0，π2上单调递增，
当x∈π2，3π2时，f'(x)<0，f（x）在π2，3π2上单调递减，
当x∈3π2，2π时，f'(x)>0，f（x）在3π2，2π单词递增，
此时f（x）在x=3π2的时候取得极小值，则a≤2时符合题意：
②当a≥2e2π时，
当x∈0，π2时，f'(x)<0，f（x）在0，π2上单调递减，
当x∈π2，3π2时，f'(x)>0，f（x）在π2，3π2上单调递增，
当x∈3π2，2π时，f'(x)<0，f（x）在3π2，2π单词递减，
此时f（x）在x=π2的时候取得极小值，则a≥2e2π时符合题意
③当2
⑤当2eπ2
⑦当e3π2
【点睛】
(1)可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同．
(2)若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．
14．已知函数fx=xlnx−a2x2−x+aa∈R.
(1)讨论函数f'x在0,+∞上的单调性；
(2)已知x1，x2是函数fx的两个不同的极值点，且x1
(2)1,+∞
【解析】
(1)fx=xlnx−a2x2−x+a，所以f'x=lnx−ax，令gx=lnx−ax，故g'x=1x−a=1−axxx>0.
当a≤0时，g'x>0在0,+∞上恒成立，
所以gx在0,+∞上单调递增，即f'x在0,+∞上单调递增；
当a>0时，令g'x>0，得0
所以gx在0,1a上单调递增，在1a,+∞上单调递减，
即f'x在0,1a上单调递增，在1a,+∞上单调递减.
综上所述：当a≤0时，f'x在0,+∞上单调递增；当a>0时，f'x在0,1a上单调递增，在1a,+∞上单调递减.
(2)
e1+λ
即lnx1=ax1，lnx2=ax2，原式等价于1+λ
作差得，lnx1x2=ax1−x2，即a=lnx1x2x1−x2，所以原式等价于lnx1x2x1−x2>1+λx1+λx2，
因为0
令mt=lnt−1+λt−1t+λ，又因为m't=1t−1+λ2t+λ2=t−1t−λ2tt+λ2，
当λ2≥1时，可得t∈0,1时，m't>0，所以mt在0,1上单调递增，
又因为m1=0，mt<0在0,1上恒成立，符合题意；
当λ2<1时，可得t∈0,λ2时，m't>0，t∈λ2,1时，m't<0，
所以mt在0,λ2上单调递增，在λ2,1上单调递减，又因为m1=0，
所以mt在0,1上不能恒小于0，不符合题意，舍去.
综上所述，若不等式e1+λ
即实数λ的取值范围为：1,+∞.
【点睛】
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
15．已知函数fx=ax+1ex+xa∈R．
(1)当a=1时，求函数y=fx在0,f0处的切线方程；
(2)对于∀x∈0,+∞，不等式fx≤2x−lnxex恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)y=x+1
(2)a≤1
【解析】
(1)解：当a=1时，fx=x+1ex+x，则f'x=1−xex，所以，f0=f'0=1，
此时，函数y=fx在0,f0处的切线方程为y=x+1.
(2)
解：∀x∈0,+∞，由fx≤2x−lnxex可得a≤ex−lnx+1x，其中x>0，
令gx=ex−lnx+1x，其中x>0，则g'x=ex+lnxx2=x2ex+lnxx2，
令ℎx=x2ex+lnx，其中x>0，则ℎ'x=x2+2xex+1x>0，
故函数ℎx=x2ex+lnx在0,+∞上为增函数，
因为ℎ12=e4−ln2<0，ℎ1>0，
所以，存在x0∈12,1使得ℎx0=x02ex0+lnx0=0，
则x0ex0=−1x0lnx0=1x0ln1x0=eln1x0ln1x0，
令px=xex，其中x>0，则p'x=x+1ex>0，故函数px在0,+∞上为增函数，
因为px0=pln1x0，所以，x0=−lnx0，可得x0+lnx0=lnx0ex0=0，则x0ex0=1，
当0
所以，gxmin=gx0=x0ex0−lnx0−1x0=1+x0−1x0=1，∴a≤1.
【点睛】
结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1）∀x∈D，m≤fx⇔m≤fxmin；
（2）∀x∈D，m≥fx⇔m≥fxmax；
（3）∃x∈D，m≤fx⇔m≤fxmax；
（4）∃x∈D，m≥fx⇔m≥fxmin.
16．已知函数fx=ax3−3x2+a+b.
(1)讨论fx的单调性；
(2)当fx有三个零点时a的取值范围恰好是−3,−2∪−2,0∪0,1,求b的值.
【答案】(1)答案见解析
(2)b=3
【解析】
(1)fx的定义域为R，
f'x=3ax2−6x=3xax−2,
若a=0，则f'x>0⇒−6x>0⇒x<0，
f'x<0⇒x>0
∴ fx在−∞,0单调递增，0,+∞单调递减，
若a>0，则f'x>0⇒x<0或x>2a，
f'x>0⇒0
若a<0，则f'x>0⇒2a
∴fx在−∞,2a单调递减，2a,0单调递增，0,+∞单调递减.
(2)
可知fx要有三个零点，则a≠0，
且f(0)f2a<0
由题意也即是f0f2a<0的解集就是−3,−2∪−2,0∪0,1，
也就是关于a的不等式a+ba+b−4a2<0⇒a+ba3+ba2−4a2<0的解集就是−3,−2∪−2,0∪0,1，
令ℎa=a+ba3+ba2+4a2<0，
时ℎ1=b+11+b−4=b+1b−3=0，
所以有b=−1或b=3，
当b=3时，ℎa=a+3a3+3a2−4a2<0⇒a+3a3−a2+4a2−4a2<0，
a+3a−1a2+4a+4a2<0的解是−3,−2∪−2,0∪0,1，满足条件，
当b=−1时，ℎa=a−1a3−a2−4a2<0，
当a=−1时，ℎ−1=12>0，不满足条件，
故b≠−1，综合上述b=3.
【点睛】
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
17．已知函数f(x)=sinxex．
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)当x>0时，f(x)>e−xsinx−e2x+x2+a2−a−1恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)2kπ−3π4,2kπ+π4，k∈Z
(2)[−1,2]
【解析】
(1)∵f(x)=sinxex(x∈R)，
∴f'x=cosx−sinxex=2sinπ4−xex=−2sinx−π4ex，
令f'x>0，即sinx−π4<0，则2kπ−π
(2)
由已知得当x>0时，sinxex>e−xsinx−e2x+x2+a2−a−1，
即a2−a−1
∴g'(x)=ex−2x，令ℎ(x)=ex−2x，则ℎ'(x)=ex−2，
由ℎ'(x)>0，得x>ln2，
∴g'(x)在(0,ln2)上单调递减，在(ln2,+∞)上单调递增，
∴当x=ln2时，g'(x)min=eln2−2ln2=2(1−ln2)>0，
∴g'(x)>0，∴g(x)在(0,+∞)上为增函数，∴g(x)>g(0)=1，
∴a2−a−1≤1，解得−1≤a≤2，
∴a的取值范围为[−1,2]．
【点睛】
本题解题的关键点是转化为a2−a−1
(1)当a=1时，过0,1做函数fx的切线，求切线方程；
(2)若函数fx存在极值，求极值的取值范围．
【答案】(1)y=x+1
(2)0,π
【解析】
(1)由题，当a=1时，f(x)=x+sinx，f'(x)=1+cosx，
设切点为(x0,x0+sinx0)，则f'(x0)=1+cosx0，
故切线方程为y−x0−sinx0=(1+cosx0)(x−x0)，
又切线过(0,1)，故1−x0−sinx0=−x0(1+cosx0)，即sinx0−x0cosx0−1=0，
设g(x)=sinx−xcosx−1，x∈(0,π)，则g'(x)=xsinx>0，
故g(x)为增函数.又g(π2)=sinπ2−π2cosπ2−1=0，
故sinx0−x0cosx0−1=0有唯一解x0=π2，
故切点为(π2,π2+1)，斜率为1，故切线方程为y−(π2+1)=x−π2，即y=x+1；
(2)
因为f'(x)=a+cosx，x∈(0,π)为减函数，故若函数f(x)存在极值，
则f'(x)=0在区间x∈(0,π)上有唯一零点设为x0，
则a+cosx0=0，即a=−cosx0，
故极值f(x0)=ax0+sinx0=−x0cosx0+sinx0，
设ℎ(x)=−xcosx+sinx，x∈(0,π)，则ℎ'(x)=xsinx>0，
故ℎ(x)为增函数，故ℎ(0)<ℎ(x)<ℎ(π)，故0<ℎ(x)<π，即f(x0)∈(0,π)，
故极值的取值范围(0,π)
【点睛】
本题主要考查了过点的切线问题，同时也考查了利用导数研究函数的极值问题，需要根据题意设极值点，得到极值点满足的关系，再代入极值构造函数分析，属于难题
19．已知函数fx=13x3−12ax2−2x.
(1)若函数fx在区间0,1上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若gx=fx+x−acosx−sinx+2x−12a>0，且关于x的不等式gx≤alna−a22−a在0,a内恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)a≥−1
(2)0，1
【解析】
(1)由题意得f'x=x2−ax−2≤0在0,1上恒成立，
即a≥x2−2x=x−2x，
设φx=x−2x，易知φx在0,1上单调递增，
∴φxmax=φ1=−1，∴a≥−1；
(2)
由题意得gx=fx+x−acosx−sinx+2x−12，
所以g'x=x−ax−sinx，
令ℎx=x−sinx，则ℎ'x=1−cosx≥0，
故ℎx在R上单调递增，
因为ℎ0=0，故x∈0，a时，ℎx>0，
x−a≤0，所以g'x≤0在0，a上恒成立，
所以gx在0，a上单调递减，gxmax=g0=−a−12≤alna−a22−a，
即alna−a22+12≥0，
令ua=alna−a22+12，则u'a=lna−a+1，故u″a=1−aa=0⇒a=1，
当0
当1
20．已知函数f(x)=12x2−axlnx,g(x)=34x2−2ax.
(1)若a=1，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)若当x≥1时，f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)x+2y−1=0
(2)e4,e52
【解析】
(1)因为f'(x)=(x−1)lnx+12x−1，所以f'(1)=−12
又f(1)=0，
所以切线方程为y=−12(x−1)，即x+2y−1=0
(2)
由f(x)≥g(x)知12x2−axlnx−34x2+2ax≥0，因为x≥1
所以12xlnx−34x≥a(lnx−2)，
当x=e2时，a∈R，
当x>e2时，a≤12xlnx−34xlnx−2，
当1≤x
当1
当e
故x>e2时，ℎ(x)min=ℎe52=e52，因此a≤e52
综上：a∈e4,e52.
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