第五章一元函数的导数及其应用 专项训练（含解析）-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

第五章　一元函数的导数及其应用 专项训练
题组1　构造法在导数中的应用
1.若函数f(x)的定义域为R,且f '(x)>1,则不等式f(x)-f(2)>x-2的解集为(　　)
A.(1,+∞)　　　B.(-∞,1)
C.(2,+∞)　　　D.(-∞,2)
2.设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时, f '(x)g(x)+f(x)g'(x)<0,且g(-3)=0,则f(x)g(x)<0的解集是(　　)
A.(-∞,0)∪(3,+∞)　　　
B.(-3,0)∪(3,+∞)
C.(-∞,3)　　　
D.(0,3)∪(6,+∞)
3.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,其导函数为f '(x),且当x<0时,2f(x)+xf '(x)<0,则不等式(x-2 024)2·f(x-2 024)-f(-1)<0的解集为(　　)
A.(-∞,2 025)
B.(2 023,2 025)
C.(2 023,+∞)
D.(-∞,2 023)∪(2 025,+∞)
4.若函数f(x)的定义域为R,且f(0)=2, x∈R,都有f(x)+f '(x)>1,则f(x)>e-x+1的解集为(　　)
A.{x|x>1}　　　B.{x|x>e}
C.{x|x<0}　　　D.{x|x>0}
5.已知函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)是函数f(x)的导函数,若f(1)=e,且xf '(x)-(1+x)f(x)>0,则f(ln x)A.(0,e)　　　B.(e,+∞)　　　
C.(1,e)　　　D.(0,1)
6.若a=,b=(ln 5-ln 2),c=,则(　　)
A.bB.bC.cD.a7.函数f(x)是定义在(-π,0)∪(0,π)上的奇函数,其导函数为f '(x),且f =0,当08.已知函数f(x)=ln x+ax2-3x(a∈R).
(1)若曲线f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=-2,求函数f(x)的极值;
(2)若a=1,对于任意x1,x2∈[1,10],当x1恒成立,求实数m的取值范围.
题组2　利用导数研究函数的零点
1.已知关于x的方程axex+x=1-ln x有解,则实数a的取值范围为(　　)
A.　　　B.
C.　　　D.
2.函数f(x)=ex2+,则方程f(x)=4+1的解的个数为(　　)
A.0　　　B.1　　　C.2　　　D.3
3.已知关于x的方程ln x-aex-ln a=0有两个不相等的实数根,则实数a的取值范围是(　　)
A.(0,e)　　　B.(e,+∞)
C.　　　D.
4.已知a>0,若函数f(x)=没有零点,则实数a的取值范围是(　　)
A.(e,+∞)　　　B.(1,e)
C.(0,1)　　　D.(1,+∞)
5.(多选题)已知函数fn(x)=xn+x+a,其中n为正整数,a<0且a为常数,xn是函数fn(x)的大于0的零点,其构成数列{xn},则(　　)
A.函数f3(x)不可能有三个零点
B.函数f4(x)的单调递减区间为
C.若对于任意的正整数n,函数fn(x)在区间内均存在零点,则a∈(-4,-1)
D.存在实数a使得数列{xn}的部分项,,,…构成无穷等比数列
6.函数f(x)=(mx-1)ex+mx+1有三个不同的零点,则实数m的取值范围为　　　　.
7.设函数f(x)=cos x(1+sin x)-1,x∈R.
(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)判断y=f(x)在区间[0,2π]上的零点个数,并说明理由;
(3)若 x∈, f(x)≤x+ax2恒成立,求实数a的取值范围.
题组3　利用导数研究恒(能)成立问题
1.若存在x∈,使得不等式2xln x+x2-mx+3≥0成立,则实数m的最大值为(　　)
A.3e+-2　　　B.e++2　　　
C.4　　　D.e2-1
2.已知函数f(x)=x-ln x.若f(x)≥(1-m)x+m对任意x∈(0,+∞)恒成立,则实数m的值为(　　)
A.　　　B.1　　　C.2　　　D.e
3.若对任意正实数x,y都有(ln x-ln y)-≤0成立,则实数m的取值范围为(　　)
A.(0,1]
B.(0,e]
C.(-∞,0)∪[1,+∞)
D.(-∞,0)∪[e,+∞)
4.已知函数f(x)=(x+2)sin x+cos x,若存在x1,x2∈(x1≠x2),使得|f(x1)-f(x2)|=a|-|成立,则实数a的取值范围是(　　)
A.　　　B.　　　C.(0,2)　　　D.(1,2)
5.(多选题)已知f(x)=ax-xa,其中a>0,且a≠1,x>0,若f(x)≥0恒成立,则(　　)
A.a=e
B.x=e是f(x)的极小值点
C.f(x)在(0,e)上单调递减
D.f(x)在(e,+∞)上单调递增
6.若关于x的不等式(e-1)(ln x+ax)≥xeax-1在x∈内有解,则正实数a的取值范围是(　　)
A.(0,2+2ln 2]　　　B.
C.(0,4]　　　D.
7.已知k∈R,设函数f(x)=若关于x的不等式f(x)≥0在x∈R上恒成立,则k的取值范围为　　　　.
8.设函数f(x)=xex,x∈R.
(1)求f(x)的极值;
(2)已知实数a>0,若存在正实数x使不等式a·3axln 3-≤0成立,求a的取值范围;
(3)已知不等式f(m)-f(n)>k(m-n)2对满足m>n>0的一切实数m,n恒成立,求实数k的取值范围.
题组4　导数中的同构问题
1.已知0A.x2x1ln x2
C.x1ln x1ln x1
2.已知函数f(x)=-(x>0)有两个不同的零点,则实数a的取值范围是(　　)
A.　　　B.　　　
C.(1,+∞)　　　D.
3.若不等式x+2xln x+2a>2x+e对任意正实数x恒成立,则a的取值范围为(　　)
A.(-∞,-1)　　　B.(-1,0)
C.(0,1)　　　D.(1,+∞)
4.已知不等式aln x-+-xa≥0在上恒成立,则实数a的最小值为(　　)
A.1　　　B.　　　C.-　　　D.-e
5.已知函数f(x)=x+ln(x+2 024),g(x)=-,若f(x1)=2ln t-2 024,g(x2)=t2,则的最大值为(　　)
A.　　　B.　　　C.1　　　D.e
6.已知x>0,e2x-2ln x+(4-a)x≥2ln a恒成立,则正数a的取值范围为　　　　.
7.已知f(x)=ex-1-x.
(1)求证: x∈R, f(x)≥0恒成立;
(2)若 x∈(0,+∞), f(x)≥a(x2-x-xln x)恒成立,求实数a的取值范围.
8.已知函数f(x)=(1-x)emx.
(1)讨论f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;
(2)当m=1时,若存在a,b(a0.
题组5　极值点偏移问题
1.已知函数f(x)=xe-x.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)已知函数g(x)的图象与f(x)的图象关于直线x=1对称,证明:当x>1时, f(x)>g(x);
(3)如果x1≠x2,且f(x1)=f(x2),证明:x1+x2>2.
2.已知函数f(x)=.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若(ex1=(ex2(e是自然对数的底数),且x1>0,x2>0,x1≠x2,证明:+>2.
3.已知函数f(x)=ex-ln a-sin x.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)若x∈(0,+∞)时, f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;
(3)若f(x)在(0,π)内有两个不同的零点x1,x2,求证:答案
题组1
1.C　构造函数g(x)=f(x)-x,
则g'(x)=f '(x)-1>0,所以g(x)在R上单调递增.
由f(x)-f(2)>x-2,得f(x)-x>f(2)-2,即g(x)>g(2),得x>2.
2.B　因为f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,所以f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),
令h(x)=f(x)g(x),
则h(-x)=f(-x)g(-x)=-f(x)g(x)=-h(x),
又x∈R,所以h(x)=f(x)g(x)为奇函数,
易得h'(x)=f '(x)g(x)+f(x)g'(x),
则当x<0时,h'(x)<0,所以h(x)在(-∞,0)上单调递减,所以h(x)在(0,+∞)上也单调递减,
因为g(-3)=0,所以g(3)=0,所以h(-3)=h(3)=0,
所以当x∈(-3,0)∪(3,+∞)时,h(x)=f(x)·g(x)<0.
3.D　令F(x)=x2f(x),
则F'(x)=2xf(x)+x2f '(x)=x[2f(x)+xf '(x)],
因为当x<0时,2f(x)+xf '(x)<0,所以当x<0时,F'(x)>0,即F(x)在(-∞,0)上单调递增,
因为f(x)是定义在R上的偶函数,所以f(-x)=f(x),则F(-x)=(-x)2f(-x)=x2f(x)=F(x),又x∈R,所以F(x)是偶函数,所以F(x)在(0,+∞)上单调递减.
因为F(x-2 024)=(x-2 024)2f(x-2 024),F(-1)=(-1)2f(-1)=f(-1),所以不等式(x-2 024)2f(x-2 024)-f(-1)<0等价于F(x-2 024)所以|x-2 024|>1,解得x<2 023或x>2 025,
故原不等式的解集为(-∞,2 023)∪(2 025,+∞).
4.D　因为f(x)+f '(x)>1,所以f(x)+f '(x)-1>0,所以exf(x)+exf '(x)-ex>0,
构造函数F(x)=ex[f(x)-1],则F'(x)=exf(x)+exf '(x)-ex>0,
所以F(x)在R上单调递增,因为f(0)=2,所以F(0)=1,所以不等式f(x)>e-x+1 exf(x)-ex>1 F(x)>F(0),
因为F(x)在R上单调递增,所以x>0,所以不等式f(x)>e-x+1的解集为{x|x>0}.
5.C　令g(x)=,x>0,则g'(x)==.
因为xf '(x)-(1+x)f(x)>0,所以g'(x)>0,
所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增.
因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),所以ln x>0,解得x>1,所以不等式f(ln x)6.B　
7.答案　∪
解析　令g(x)=,x∈(-π,0)∪(0,π),
则g'(x)=,
由已知得,当0所以函数g(x)在(0,π)上单调递减,
因为函数f(x)是定义在(-π,0)∪(0,π)上的奇函数,所以f(-x)=-f(x),
则g(-x)===g(x),
又g(x)的定义域为(-π,0)∪(0,π),关于原点对称,所以函数g(x)为偶函数,
由f=0,可得g=0,
则当-0,
当-π由f(x)<0,得或
解得所以f(x)<0的解集为∪.
8.解析　(1)由题意得f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=+2ax-3,
由曲线f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=-2,得f '(1)=1+2a-3=0,解得a=1,
所以f(x)=ln x+x2-3x, f '(x)=+2x-3=.
令f '(x)=0,得x=1或x=.
当01时, f '(x)>0,函数f(x)单调递增,
当所以当x=1时,函数f(x)取得极小值,为f(1)=ln 1+1-3=-2,
当x=时,函数f(x)取得极大值,为f=ln+-=-ln 2-.
(2)由a=1,得f(x)=ln x+x2-3x.
不等式f(x1)-f(x2)>即f(x1)-f(x2)>-,即f(x1)->f(x2)-,
因为对于任意x1,x2∈[1,10],当x1令h(x)=f(x)-=ln x+x2-3x-,x∈[1,10],
则h'(x)=+2x-3+≤0在x∈[1,10]上恒成立,
即m≤-2x3+3x2-x在x∈[1,10]上恒成立,
设F(x)=-2x3+3x2-x,x∈[1,10],则F'(x)=-6x2+6x-1=-6+,
当x∈[1,10]时,F'(x)<0,所以F(x)在[1,10]上单调递减,
故F(x)min=F(10)=-2×103+3×102-10=-1 710,
所以m≤-1 710,
即实数m的取值范围为(-∞,-1 710].
题组2
1.A　关于x的方程axex+x=1-ln x有解即a=有解,令f(x)=,x>0,
则f '(x)=,x>0,
令g(x)=x-2+ln x,x>0,则g'(x)=1+>0,
所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,
又g(1)=-1<0,g(2)=ln 2>0,所以存在x0∈(1,2),使得g(x0)=0,即x0-2+ln x0=0,
当x∈(0,x0)时,g(x)<0,即f '(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,g(x)>0,即f '(x)>0,
所以函数f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以f(x)在x=x0处取得极小值,也是最小值,由x0-2+ln x0=0,可得x0=e2,
所以f(x0)===-.
所以a≥-.
2.C　f(x)=ex=,定义域为(-∞,1)∪(1,+∞),
f '(x)==,
令f '(x)>0,解得x<0或x>;令f '(x)<0,解得0因此函数f(x)在(-∞,0),上单调递增,在(0,1),上单调递减,
故f(x)在x=0处取得极大值,为f(0)=1,在x=处取得极小值,为f=4,
易知当x<0时, f(x)>0,当x=时, f(x)=0,
故函数y=f(x)的大致图象如图所示,
因为4+1>4,所以直线y=4+1与函数y=f(x)的图象有2个交点,故方程f(x)=4+1有2个解.
3.C　由ln x-aex-ln a=0得ln=aex,即ln=xex=exln ex,其中x>0,a>0,
设f(x)=xln x,则f '(x)=1+ln x,
当x∈时, f '(x)<0,当x∈时, f '(x)>0,
故f(x)在上单调递减,在上单调递增,所以f(x)min=f=ln=-,
当x∈(0,1)时, f(x)<0,当x∈(1,+∞)时, f(x)>0,
由ln=exln ex,得f=f(ex),
因为x>0,所以ex>1,所以=ex,即a=.
设g(x)=(x>0),则g'(x)=,
当x∈(0,1)时,g'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(1)=,
易知当x>0时,g(x)>0,画出函数g(x)的大致图象,如图,
若关于x的方程ln x-aex-ln a=0有两个不相等的实数根,则直线y=a与函数y=g(x)的图象有两个交点,所以0因此实数a的取值范围是.
4.D　由题设可得当x>0时, f(x)=-ax2-(a-2)x+ln x无零点,
此时f'(x)=-2ax-(a-2)+==,
当00;当x>时, f'(x)<0,
故f(x)在上单调递增,在上单调递减,
此时f(x)max=f=--+ln=ln+-1<0,
令g(x)=ln x+x-1(x>0),
易知g(x)=ln x+x-1在(0,+∞)上单调递增,且g(1)=0,所以<1,即a>1.
当x<0时,因为a>1,所以axln(-x+1)-xex,
设v(x)=ln(1-x)-xex(x<0),则v'(x)=,
设u(x)=1-(x2-1)ex,x<0,
则u'(x)=-(x2-1+2x)ex,x<0,
当x<-1-时,u'(x)<0,当-1-0,
故u(x)在(-∞,-1-)上单调递减,在(-1-,0)上单调递增,
故u(x)min=u(-1-)=1-[(-1-)2-1]=1-,
因为2+2<5,>e2>7,
所以<1,
故u(x)min>0,
故v'(x)<0在(-∞,0)上恒成立,故v(x)在(-∞,0)上单调递减,
故v(x)>v(0)=0,即f(x)>0在(-∞,0)上恒成立,
故f(x)在(-∞,0)上无零点.
综上,实数a的取值范围是(1,+∞).
5.ACD　对于A,易得f3'(x)=3x2+1>0,则f3(x)在R上单调递增,所以f3(x)不可能有三个零点,A正确;
对于B,易得f4'(x)=4x3+1,令f4'(x)<0,得x<-,
所以f4(x)的单调递减区间为,B错误;
对于C,当x>0时, fn'(x)=nxn-1+1>0恒成立,所以fn(x)在(0,+∞)上单调递增,
又 (0,+∞),所以若fn(x)在内存在零点,则即
所以-2n-2即a<=-1,且a>(-2n-2)max=-4,
即a∈(-4,-1),C正确;
对于D,令fn(1)=1+1+a=0,解得a=-2,
当a=-2时, fn(x)=xn+x-2,
则当x>0时, fn'(x)=nxn-1+1>0,所以fn(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以fn(1)=1+1-2=0=fn(xn),故xn=1.
所以{xn}是各项均为1的常数列,故存在实数a使得数列{xn}的部分项,,,…构成无穷等比数列,D正确.
6.答案　
解析　令f(x)=(mx-1)ex+mx+1=0,可得mx=,
令g(x)=-mx,易知函数g(x)的定义域为R,
g(-x)=+mx=+mx=+mx=-g(x),所以函数g(x)为奇函数,且g(0)=0,因为函数f(x)有三个零点,所以函数g(x)有三个零点,
所以函数g(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点,
即直线y=mx与函数y=的图象在(0,+∞)上有且只有一个交点,令h(x)=,
当x>0时,h'(x)==>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,
易得当x>0时,h(x)===1-<1,
令p(x)=,x>0,则p'(x)=<0,即函数h'(x)在(0,+∞)上单调递减,
作出函数y=mx与函数h(x)=在(0,+∞)上的图象,如图所示:
当直线y=mx与函数h(x)的图象相切于原点时,m=h'(0)=,
由图可知,当07.解析　(1)f(x)=cos x+sin xcos x-1=cos x+sin 2x-1,则f '(x)=-sin x+cos 2x,因此f '(0)=1,又f(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=x.
(2)f(x)在区间[0,2π]上的零点个数为3.理由如下:由(1)知f '(x)=-sin x+cos 2x=1-2sin2x-sin x=(1-2sin x)(sin x+1),
当x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
当x∈时, f '(x)≥0, f(x)单调递增,
因为f(0)=0,所以f>0,
又f=cos+sin-1=---1<0,
所以由函数零点存在定理知当x∈时,y=f(x)有且仅有一个零点,
又f(2π)=0,所以y=f(x)在区间[0,2π]上有三个零点.
(3) x∈, f(x)≤x+ax2恒成立,即x+ax2-f(x)≥0在上恒成立.设g(x)=x+ax2-f(x)=x+ax2-cos x-sin 2x+1,
则g(0)=0,g'(x)=1+2ax+sin x-cos 2x,g'(0)=0,
令h(x)=g'(x)=1+2ax+sin x-cos 2x,x∈,
则h'(x)=2a+cos x+2sin 2x,且h'(0)=2a+1,
h'=2a++2×=2a+.
令φ(x)=h'(x)=2a+cos x+2sin 2x,
则φ'(x)=-sin x+4cos 2x=-sin x+4(1-2sin2x)=-8sin2x-sin x+4,
当0≤x≤时,0≤sin x≤,故φ'(x)≥-8×-+4=>0,所以h'(x)在上单调递增,
当a≤-时,h'(x)≤0在上恒成立,则g'(x)在上单调递减,所以g'(x)当-当a≥-时,h'(x)≥h'(0)≥0,所以g'(x)在上单调递增,所以g'(x)≥g'(0)=0,
所以g(x)在区间上单调递增,所以g(x)≥g(0)=0,满足题意.
综上,实数a的取值范围为.
题组3
1.A　若存在x∈,使得不等式2xln x+x2-mx+3≥0成立,则m≤2ln x+x+在x∈上有解,
令y=2ln x+x+,x∈,则y'=,
当x∈时,y'<0,y=2ln x+x+单调递减,
当x∈(1,e]时,y'>0,y=2ln x+x+单调递增,
又当x=时,y=3e+-2,当x=e时,y=2+e+,
-=2e-4->0,
故函数y=2ln x+x+的最大值是3e+-2,所以m≤3e+-2,故m的最大值为3e+-2.
2.B　因为f(x)=x-ln x, f(x)≥(1-m)x+m对任意x∈(0,+∞)恒成立,所以-ln x+m(x-1)≥0恒成立,所以ln x-m(x-1)≤0恒成立,
令t(x)=ln x-m(x-1),则t'(x)=-m,x>0,
若m≤0,则t'(x)>0,t(x)单调递增,又t(1)=0,所以当x∈(1,+∞)时,t(x)>t(1)=0,不符合题意;
若m>0,则当x∈时,t'(x)>0,t(x)单调递增,当x∈时,t'(x)<0,t(x)单调递减,
所以t(x)max=t=ln-m,
则ln-m≤0,
即-ln m+m-1≤0,
令h(m)=-ln m+m-1,
则h(m)≤0恒成立,h'(m)=-+1=,
当m∈(0,1)时,h'(m)<0,h(m)单调递减,当m∈(1,+∞)时,h'(m)>0,h(m)单调递增,
所以h(m)min=h(1)=0,所以h(m)≥0恒成立,
所以h(m)=0,则m=1.
综上,实数m的值为1.
3.A　因为(ln x-ln y)-≤0,y>0,
所以·ln≤,
设=t,则t>0,设f(t)=ln t,
则f '(t)=-+-,
易知f '(t)在(0,+∞)上单调递减,且f '(e)=-+-=0,
所以当t∈(0,e)时, f '(t)>0, f(t)单调递增;
当t∈(e,+∞)时, f '(t)<0, f(t)单调递减,
所以f(t)max=f(e)=1,所以≥1,即m∈(0,1].
4.C　f '(x)=sin x+(x+2)cos x-sin x=(x+2)cos x,
当x∈时, f '(x)≥0, f(x)单调递增,
不妨设0≤x1所以由|f(x1)-f(x2)|=a|-|,得f(x2)-f(x1)=a-a,即f(x1)-a=f(x2)-a,
设g(x)=(x+2)sin x+cos x-aex,x∈,
则g'(x)=(x+2)cos x-aex,
当a≤0时,g'(x)≥0,g(x)单调递增,不存在x1,x2∈(x1≠x2),使得g(x1)=g(x2),不符合题意;
当a>0时,要满足题意,则g(x)在上不单调,即g'(x)=0在上有解,
令g'(x)=0,得(x+2)cos x=aex,即a=,
设h(x)=,x∈,
则h'(x)=
=<0,
所以h(x)在上单调递减,
又h(0)=2,h=0,所以a∈(0,2).
5.ABD　由f(x)≥0,得ax≥xa,即xln a≥aln x,又a>0,且a≠1,x>0,所以≥恒成立,
记g(x)=,x>0,则g'(x)=,
当00,当x>e时,g'(x)<0,
因此g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(e),
又g(a)≥g(x)恒成立,所以a=e,A正确;
由a=e得f(x)=ex-xe,
则f '(x)=ex-exe-1=ex,
记h(x)=1-,
则h'(x)=-=,
当0当x>e-1时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
又h(0)=1,h(e)=h(1)=0,
所以当0e时,h(x)>0,即f '(x)>0,当1故f(x)在(0,1),(e,+∞)上单调递增,在(1,e)上单调递减,
所以x=e为函数f(x)的极小值点,B,D正确,C错误.
6.A　由(e-1)(ln x+ax)≥xeax-1,得(e-1)ln(xeax)≥xeax-1,
令t=xeax,则t>0,(e-1)ln t≥t-1,即(e-1)ln t-t+1≥0,
由a>0,可得函数t=xeax在x∈(0,+∞)上单调递增,
所以当x∈时,t=xeax∈,
令f(t)=(e-1)ln t-t+1,则存在t∈,使得f(t)≥0成立,易得f '(t)=,
令f '(t)>0,得0e-1,
所以f(t)在(0,e-1)上单调递增,在(e-1,+∞)上单调递减,
又因为f(1)=0, f(e)=(e-1)ln e-e+1=0,
所以当1≤t≤e时, f(t)≥0,
若存在t∈,使得f(t)≥0成立,
则≤e且ea≥1,解得0≤a≤2+2ln 2,
又a>0,所以a∈(0,2+2ln 2].
7.答案　[0,3]
解析　当x≤1时, f(x)=x2-2kx+2k≥0恒成立,函数f(x)=x2-2kx+2k的图象开口向上,对称轴为直线x=k,
若k≤1,则f(x)min=f(k)=-k2+2k≥0,解得0≤k≤2,所以0≤k≤1;
若k>1,则f(x)min=f(1)=1>0,符合题意.
故当x≤1时,k≥0.
当x>1时, f(x)=(x-k-1)ex+e3,
则f '(x)=(x-k)ex,
若0≤k≤1,则f '(x)>0,故f(x)在(1,+∞)上单调递增,则f(x)>-ke+e3≥0,解得k≤e2,所以0≤k≤1;
若k>1,令f '(x)>0,得x>k,令f '(x)<0,得1则f(x)在(1,k)上单调递减,在(k,+∞)上单调递增,故f(x)≥f(k)=-ek+e3≥0,解得k≤3,所以1故当x>1时,0≤k≤3.
综上,实数k的取值范围为[0,3].
8.解析　(1)易得f'(x)=(x+1)ex,
当x<-1时, f'(x)<0, f(x)单调递减,当x>-1时, f'(x)>0, f(x)单调递增,
所以函数f(x)有极小值,为f(-1)=-,无极大值.
(2)由a·3axln 3- ≤0,x>0得ax·3axln 3-f(ln x)≤0,即3axln 3ax-xln x≤0,
所以问题可转化为当a>0时, x∈(0,+∞),使3axln 3ax≤xln x成立,
令y=xln x,则y'=1+ln x,且当x=1时,y=0,
当0当x>时,y'>0,函数y=xln x单调递增,则y∈.
因为3ax>1>,所以x≥3ax>1,所以0令g(x)=,x∈(1,+∞),则g'(x)=,
当10,g(x)单调递增,当x>e时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
所以g(x)max=g(e)=,故0(3)令m-n=t,则t>0,因为f(m)-f(n)=mem-nen>k(m-n)2,所以k<=nen·+en·在n,t∈(0,+∞)上恒成立,
令φ(n)=nen·+en·,易知φ(n)在n∈(0,+∞)上单调递增,则φ(n)>φ(0)=,
令h(t)=(t>0),则h'(t)=,
当t∈(0,1)时,h'(t)<0,h(t)单调递减,当t∈(1,+∞)时,h'(t)>0,h(t)单调递增,所以h(t)≥h(1)=e,
所以φ(n)>e,故k≤e.
题组4
1.D　令f(x)=,0又0令h(x)=,00,故h(x)在(0,1)上单调递增,
又0h(x1),即>,故x2ln x1令g(x)=xln x,0当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
由0由0ln x1,故D正确.
2.D　令f(x)=0,可得-=0,则(ax2+1)·=x,即(ax2+1)=xex.
令g(x)=xex,则g(ax2+1)=g(x),g'(x)=ex+xex,当x<-1时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增,易知x<0时,g(x)<0,当x>0时,g(x)>0,
所以由g(ax2+1)=g(x),x>0,可得ax2+1=x,即ax2-x+1=0,所以f(x)有两个不同的零点等价于关于x的方程ax2-x+1=0有两个不相等的正实数解,
即解得a∈.
3.D　∵x>0,∴原不等式可化为+2ln x+>2+,
即+>2-2ln x+,即+>+2ln=+2ln,
设f(x)=ex+2x,则f>f,
易知f(x)在R上单调递增,
∴>ln,又x>0,∴a>xln=x(1-ln x),
令g(x)=x(1-ln x),则g'(x)=-ln x,
当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当00,g(x)单调递增,
所以g(x)max=g(1)=1,所以实数a的取值范围为(1,+∞).
方法技巧　指对同构的常见形式:
积型:①aea≤ln b·eln b,构建f(x)=xex;
②ealn ea≤bln b,构建f(x)=xln x.
商型:①≤,构建f(x)=;
②≤,构建f(x)=.
和差型:①ea±a≤eln b±ln b,构建f(x)=ex±x;
②ea±ln ea≤b±ln b,构建f(x)=x±ln x.
4.C　由aln x-+-xa≥0,得ln xa-xa+-ln ≥0,即-ln ≥xa-ln xa,
令函数f(x)=x-ln x,
则f '(x)=1-=,且f()≥f(xa),
当0当x>1时, f '(x)>0,函数f(x)单调递增,
因为求a的最小值,所以只需考虑a<0的情形,
因为x∈,所以xa>1,>1,所以≥xa,即≥aln x,则≤xln x,
令g(x)=xln x,x∈,则g'(x)=1+ln x<0,
所以函数g(x)在上单调递减,
故g(x)min=g=-,
所以≤-,即≤0,解得-≤a<0.
因此,实数a的最小值为-.
5.B　因为f(x1)=2ln t-2 024,所以x1+2 024+ln(x1+2 024)=ln t2,所以=(x1+2 024)·=t2.
因为g(x)=-=ln,且g(x2)=t2,
所以ln=ln·=t2=(x1+2 024).
令h(x)=xex,则h=h(x1+2 024),h'(x)=ex(x+1),
当x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以ln=x1+2 024,即=,
则==.
令F(x)=(x>0),则F'(x)=,
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)=,即的最大值为.
6.答案　(0,2e]
解析　由e2x-2ln x+(4-a)x≥2ln a,得e2x+4x≥2ln(ax)+ax,即e2x+4x≥eln(ax)+2ln(ax),
令f(x)=ex+2x,则f(2x)≥f(ln(ax)),易知f(x)在R上单调递增,
则2x≥ln(ax),即ln a≤2x-ln x.
令h(x)=2x-ln x(x>0),则h'(x)=2-=,
当0时,h'(x)>0,
所以h(x)在上单调递减,在上单调递增,则h(x)min=h=1+ln 2,
所以ln a≤1+ln 2,即0故正数a的取值范围是(0,2e].
7.解析　(1)证明:由f(x)=ex-1-x,得f '(x)=ex-1-1,令f '(x)=0,得x=1,
当x∈(-∞,1)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
所以f(x)≥f(1)=0,即 x∈R, f(x)≥0恒成立.
(2)由f(x)≥a(x2-x-xln x),得ex-1-x≥a(x2-x-xln x),因为x>0,所以-1≥a(x-1-ln x),即-1≥a(x-1-ln x),即ex-1-ln x-1≥a(x-1-ln x),
令t=x-1-ln x,则t'=1-=,
当x∈(0,1)时,t'<0,函数t=x-1-ln x单调递减,
当x∈(1,+∞)时,t'>0,函数t=x-1-ln x单调递增,
所以t≥1-1-ln 1=0,即t≥0,
ex-1-ln x-1≥a(x-1-ln x)即et-1≥at,因此et-1-at≥0在t∈[0,+∞)上恒成立.
令g(t)=et-1-at(t≥0),
则g(0)=e0-1-a×0=0,g'(t)=et-a,
若a≤1,则g'(t)≥0,g(t)在[0,+∞)上单调递增,
所以g(t)min=g(0)=0,故g(t)≥0,符合题意;
若a>1,令g'(t)=0,得t=ln a,
当t∈(0,ln a)时,g'(t)<0,g(t)单调递减,
当t∈(ln a,+∞)时,g'(t)>0,g(t)单调递增,
所以g(t)min=g(ln a)综上,实数a的取值范围为(-∞,1].
8.解析　(1)当m=0时, f(x)=1-x, f(x)在(0,+∞)上单调递减.
当m≠0时, f '(x)=-memx,
①若m>1,则当00,当x>1-时, f '(x)<0,所以 f(x)在上单调递增,在上单调递减;
②若0③若m<0,则当01-时, f '(x)>0,所以 f(x)在上单调递减,在上单调递增.
综上所述,当m>1时, f(x)在上单调递增,在上单调递减;
当0≤m≤1时, f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当m<0时, f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)证明:由a+ln(1-a)=b+ln(1-b),得ln[(1-a)·ea]=ln[(1-b)eb],即(1-a)ea=(1-b)eb,
当m=1时, f(x)=(1-x)ex,
则f(a)=f(b), f '(x)=-xex,
当x∈(-∞,0)时, f '(x)>0;当x∈(0,+∞)时, f '(x)<0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,
易得当x∈(-∞,1)时, f(x)>0,当x∈(1,+∞)时, f(x)<0,且f(1)=0,
故a<00,即证a+b<0.
设g(x)=f(x)-f(-x),0则g'(x)=f '(x)+f '(-x)=x(e-x-ex)<0,
即g(x)在(0,1)上单调递减,
又g(0)=0,所以g(x)<0,即f(b)又f(a)=f(b),所以f(a)因为f(x)在(-∞,0)上单调递增,a<0,-b<0,
所以a<-b,即a+b<0,得证.
题组5
1.解析　(1)由题意得f(x)的定义域为R,f '(x)=e-x-xe-x=(1-x)e-x.
令f '(x)>0,得x<1,令f '(x)<0,得x>1,
故f(x)的单调递增区间为(-∞,1),单调递减区间为(1,+∞).
(2)证明:因为g(x)的图象与f(x)的图象关于直线x=1对称,所以g(x)=f(2-x)=(2-x)ex-2,
构造函数h(x)=f(x)-g(x)=xe-x-(2-x)ex-2,x>1,
则h'(x)=(1-x)e-x-[-ex-2+(2-x)ex-2]=(1-x)·(e-x-ex-2),
由x>1,得1-x<0,e-x-ex-2=<0,则h'(x)>0,
所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,故h(x)>h(1)=-=0,即当x>1时, f(x)>g(x).
(3)证法一:由(1)知f '(x)=(1-x)e-x,且f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
易知当x→-∞时, f(x)→-∞, f(0)=0,当x→+∞时, f(x)→0,当x>0时, f(x)>0,
画出函数f(x)的大致图象,如图所示.
不妨设x1构造函数F(x)=f(1+x)-f(1-x),x∈(0,1),
则F'(x)=f '(1+x)+f '(1-x)=(e2x-1)>0,
所以F(x)在(0,1)上单调递增,故F(x)>F(0)=0,即f(1+x)>f(1-x)在x∈(0,1)上恒成立.
由0所以f(1+(1-x1))=f(2-x1)>f(1-(1-x1))=f(x1)=f(x2),即f(2-x1)>f(x2),
又2-x1,x2∈(1,+∞),且f(x)在(1,+∞)上单调递减,所以2-x12.
证法二:由f(x1)=f(x2),得x1=x2,即=,
不妨设x2>x1,同解法一知0令t=x2-x1,则t>0,x2=t+x1,代入=,得et=,则x1=,
所以x1+x2=2x1+t=+t,故要证x1+x2>2,即证+t>2,
因为t>0,所以et-1>0,所以即证2t+(t-2)(et-1)>0,
构造函数G(t)=2t+(t-2)(et-1),t>0,
则G'(t)=(t-1)et+1,
令p(t)=G'(t),t>0,则p'(t)=tet>0,
所以G'(t)在(0,+∞)上单调递增,则G'(t)>G'(0)=0,
所以G(t)在(0,+∞)上单调递增,则G(t)>G(0)=0,即2t+(t-2)(et-1)>0成立,
故原不等式x1+x2>2成立.
2.处理x1+x2>a(f(x1)=f(x2))的极值点偏移问题的基本步骤如下:
①求导确定f(x)的单调性,得到x1,x2的范围;
②构造函数F(x)=f(x)-f(a-x),求导可得F(x)恒正或恒负;
③得到f(x1)与f(a-x1)的大小关系后,将f(x1)替换为f(x2);
④根据x1与a-x1的范围,结合f(x)的单调性,可得x2与a-x1的大小关系,由此证得结论.
2.解析　(1)函数f(x)=的定义域为(0,+∞), f '(x)=-,令f '(x)=0,得x=1,
若a<0,则当01时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
若a>0,则当00, f(x)单调递增,当x>1时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
所以当a<0时,函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增;当a>0时,函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
(2)证明:(ex1=(ex2两边取自然对数得x2(ln x1+1)=x1(ln x2+1),即=,
由(1)知,当a=1时,函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,则f(x)max=f(1)=1,
易知当0时, f(x)>0,
不妨设x1若x2∈[2,+∞),则+>≥4>2;
若x2∈(1,2),则2-x2∈(0,1),
当a=1时,记g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(1,2),
则g'(x)=-->--=->0,
所以函数g(x)在(1,2)上单调递增,
则g(x)>g(1)=0,即f(x)>f(2-x),所以f(x2)>f(2-x2),即f(x1)>f(2-x2),
又2-x2∈(0,1),x1∈(0,1),函数f(x)在(0,1)上单调递增,所以x1>2-x2,即x1+x2>2,
又+1>2=2x1,+1>2=2x2,
所以+1++1>2(x1+x2)>4,则+>2.
综上,+>2.
3.解析　(1)当a=e时, f(x)=ex-1-sin x,则f '(x)=ex-1-cos x,所以f '(0)=e-1-1,又f(0)=e-1,
所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y-e-1=(e-1-1)x,即y=(e-1-1)x+e-1.
(2)因为f(x)=ex-ln a-sin x=-sin x≥0在(0,+∞)上恒成立,所以≥sin x,即≥在(0,+∞)上恒成立.
令h(x)=,x>0,
则h'(x)==,
当x∈时,0,h(x)单调递增,
当x∈时,π当x>时,h(x)<,因为h=>,所以h(x)max=h,所以≥,所以0故实数a的取值范围是(0,].
(3)证明:由f(x)=0及(2)可得==h(x).
因为函数f(x)在(0,π)内有两个不同的零点x1,x2,
所以方程h(x)=在(0,π)内有两个不同的实数根x1,x2,即h(x1)=h(x2)=,
由(2)知h(x)在上单调递增,在上单调递减,不妨设x1h(π-x1),又h(x1)=h(x2),所以即证h(x1)>h(π-x1),即证>=,又sin x1>0,所以即证>,即证>,即证x1<,显然成立,因此x1+x2<π.
要证x1+x2>,即证x2>-x1,因为-x1∈,x2∈,所以即证h(x2)令t(x)=,x∈,则只需证t(x)<1,
易得t'(x)==,
当x∈时,-2tan x=-=>0,所以t'(x)>0,即t(x)在上单调递增,
所以t(x).
综上,