《直通名校》高考真题分类专题五　函数与导数（含解析）-高考数学大二轮专题复习

专题五　函数与导数
考点一　函数的单调性与最值
1.（2024·新高考Ⅰ卷6题）已知函数f（x）＝在R上单调递增，则a的取值范围是（　　）
A.（－∞，0]　　　　　　B.[－1，0]
C.[－1，1] D.[0，＋∞）
解析：B　因为f（x）在R上单调递增，且x≥0时，f（x）＝ex＋ln（x＋1）单调递增，则需满足解得－1≤a≤0，即a的取值范围是[－1，0].故选B.
2.（2023·新高考Ⅰ卷4题）设函数f（x）＝2x（x－a）在区间（0，1）上单调递减，则实数a的取值范围是（　　）
A.（－∞，－2] B.[－2，0）
C.（0，2] D.[2，＋∞）
解析：D　设t＝x（x－a），易知函数y＝2t是增函数.因为f（x）＝2x（x－a）在（0，1）上单调递减，所以由复合函数的单调性可知函数t＝x（x－a）在（0，1）上单调递减.因为函数t＝x（x－a）在（－∞，）上单调递减，所以≥1，即a≥2.故选D.
3.（2023·全国甲卷11题）已知函数f（x）＝，记a＝f（），b＝f（），c＝f（），则（　　）
A.b＞c＞a B.b＞a＞c
C.c＞b＞a D.c＞a＞b
解析：A　函数f（x）＝是由函数y＝eu和u＝－（x－1）2复合而成的复合函数，y＝eu为R上的增函数，u＝－（x－1）2在（－∞，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，所以由复合函数的单调性可知，f（x）在（－∞，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.易知f（x）的图象关于直线x＝1对称，所以c＝f（）＝f（2－），又＜2－＜＜1，所以f（）＜f（2－）＜f（），所以b＞c＞a，故选A.
4.（2023·新高考Ⅱ卷6题）已知函数f（x）＝aex－ln x在区间（1，2）上单调递增，则实数a的最小值为（　　）
A.e2 B.e
C.e－1 D.e－2
解析：C　法一　由题意，得f'（x）＝aex－，∴f'（x）＝aex－≥0在区间（1，2）上恒成立，即a≥在区间（1，2）上恒成立.设函数g（x）＝，x∈（1，2），则g'（x）＝－＜0，∴函数g（x）在区间（1，2）单调递减.∴ x∈（1，2），g（x）＜g（1）＝＝e－1.∴a≥e－1，∴a的最小值为e－1.故选C.
法二　∵函数f（x）＝aex－ln x，∴f'（x）＝aex－.∵函数f（x）＝aex－ln x在区间（1，2）单调递增，∴f'（x）≥0在（1，2）恒成立，即aex－≥0在（1，2）恒成立，易知a＞0，则0＜≤xex在（1，2）恒成立.设g（x）＝xex，则g'（x）＝（x＋1）ex.当x∈（1，2）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，∴在（1，2）上，g（x）＞g（1）＝e，∴≤e，即a≥＝e－1，故选C.
考点二　函数的奇偶性、周期性与对称性
5.（2023·新高考Ⅱ卷4题）若f（x）＝（x＋a）ln为偶函数，则a＝（　　）
A.－1 B.0
C. D.1
解析：B　法一　要使函数f（x）有意义，必须满足＞0，解得x＜－或x＞.因为函数f（x）是偶函数，所以对任意x∈（－∞，－）∪（，＋∞），都有f（－x）＝f（x），即（－x＋a）·ln＝（x＋a）ln，则（x－a）ln＝（x＋a）ln对任意x∈（－∞，－）∪（，＋∞）恒成立，所以a＝0.故选B.
法二　因为f（x）＝（x＋a）ln为偶函数，f（－1）＝（a－1）ln 3，f（1）＝（a＋1）ln ＝－（a＋1）ln 3，所以（a－1）ln 3＝－（a＋1）ln 3，解得a＝0，故选B.
6.（2020·新高考Ⅰ卷8题）若定义在R的奇函数f（x）在（－∞，0）单调递减，且f（2）＝0，则满足xf（x－1）≥0的x的取值范围是（　　）
A.[－1，1]∪[3，＋∞） B.[－3，－1]∪[0，1]
C.[－1，0]∪[1，＋∞） D.[－1，0]∪[1，3]
解析：D　法一　由题意知f（x）在（－∞，0），（0，＋∞）单调递减，且f（－2）＝f（2）＝f（0）＝0.当x＞0时，令f（x－1）≥0，得0≤x－1≤2，∴1≤x≤3；当x＜0时，令f（x－1）≤0，得－2≤x－1≤0，∴－1≤x≤1，又x＜0，∴－1≤x＜0；当x＝0时，显然符合题意.综上，原不等式的解集为[－1，0]∪[1，3]，故选D.
法二　当x＝3时，f（3－1）＝0，符合题意，排除B；当x＝4时，f（4－1）＝f（3）＜0，此时不符合题意，排除选项A、C，故选D.
7.（2022·全国乙卷12题）已知函数f（x），g（x）的定义域均为R，且f（x）＋g（2－x）＝5，g（x）－f（x－4）＝7.若y＝g（x）的图象关于直线x＝2对称，g（2）＝4，则f（k）＝（　　）
A.－21 B.－22
C.－23 D.－24
解析：D　由y＝g（x）的图象关于直线x＝2对称，可得g（2＋x）＝g（2－x）.在f（x）＋g（2－x）＝5中，用－x替换x，可得f（－x）＋g（2＋x）＝5，可得f（－x）＝f（x）　①，y＝f（x）为偶函数.在g（x）－f（x－4）＝7中，用2－x替换x，得g（2－x）＝f（－x－2）＋7，代入f（x）＋g（2－x）＝5中，得f（x）＋f（－x－2）＝－2　②，所以y＝f（x）的图象关于点（－1，－1）中心对称，所以f（1）＝f（－1）＝－1.由①②可得f（x）＋f（x＋2）＝－2，所以f（x＋2）＋f（x＋4）＝－2，所以f（x＋4）＝f（x），所以函数f（x）是以4为周期的周期函数.由f（x）＋g（2－x）＝5可得f（0）＋g（2）＝5，又g（2）＝4，所以可得f（0）＝1，又f（x）＋f（x＋2）＝－2，所以f（0）＋f（2）＝－2，得f（2）＝－3，又f（3）＝f（－1）＝－1，f（4）＝f（0）＝1，所以f（k）＝6f（1）＋6f（2）＋5f（3）＋5f（4）＝6×（－1）＋6×（－3）＋5×（－1）＋5×1＝－24.故选D.
8.（多选）（2022·新高考Ⅰ卷12题）已知函数f（x）及其导函数f'（x）的定义域均为R，记g（x）＝f'（x）.若f，g（2＋x）均为偶函数，则（　　）
A.f（0）＝0 B.g＝0
C.f（－1）＝f（4） D.g（－1）＝g（2）
解析：BC　法一（转化法）　因为f为偶函数，所以f＝f，所以函数f（x）的图象关于直线x＝对称，f＝f，即f（－1）＝f（4），所以C正确；因为g（2＋x）为偶函数，所以g（2＋x）＝g（2－x），函数g（x）的图象关于直线x＝2对称，因为g（x）＝f'（x），所以函数g（x）的图象关于点对称，所以g（x）的周期T＝4×＝2，因为f（－1）＝f（4），所以f'（－1）＝－f'（4），即g（－1）＝－g（4）＝－g（2），所以D不正确；因为f＝f，即f＝f，所以f'＝－f'，所以g＝－g＝－g＝－g，所以g＝0，所以B正确；不妨取f（x）＝1（x∈R），经验证满足题意，但f（0）＝1，所以选项A不正确.综上，故选B、C.
法二（特例法）　因为f，g（2＋x）均为偶函数，所以函数f（x）的图象关于直线x＝对称，函数g（x）的图象关于直线x＝2对称.取符合题意的一个函数f（x）＝1（x∈R），则f（0）＝1，排除A；取符合题意的一个函数f（x）＝sin πx，则f'（x）＝πcos πx，即g（x）＝πcos πx，所以g（－1）＝πcos（－π）＝－π，g（2）＝πcos 2π＝π，所以g（－1）≠g（2），排除D.故选B、C.
考点三　基本初等函数
9.（2021·全国甲卷4题）青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量.通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录法的数据V满足L＝5＋lg V.已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据约为（≈1.259）（　　）
A.1.5 B.1.2
C.0.8 D.0.6
解析：C　4.9＝5＋lg V lg V＝－0.1 V＝1＝≈≈0.8，所以该同学视力的小数记录法的数据约为0.8.
10.（2020·全国Ⅰ卷12题）若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则（　　）
A.a＞2b B.a＜2b
C.a＞b2 D.a＜b2
解析：B　法一　令f（x）＝2x＋log2x，因为y＝2x在（0，＋∞）上单调递增，y＝log2x在（0，＋∞）上是增函数，所以f（x）＝2x＋log2x在（0，＋∞）上是增函数.又2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b＜22b＋log2（2b），所以f（a）＜f（2b），所以a＜2b.故选B.
法二（取特值法）　由2a＋log2a＝4b＋2log4b＝4b＋log2b，取b＝1，得2a＋log2a＝4，令f（x）＝2x＋log2x－4，则f（x）在（0，＋∞）上是增函数，且f（1）＜0，f（2）＞0，所以f（1）f（2）＜0，f（x）＝2x＋log2x－4在（0，＋∞）上存在唯一的零点，所以1＜a＜2，故a＞2b＝2，a＜b2都不成立，排除A、D；取b＝2，得2a＋log2a＝17，令g（x）＝2x＋log2x－17，则g（x）在（0，＋∞）上是增函数，且g（3）＜0，g（4）＞0，所以g（3）g（4）＜0，g（x）＝2x＋log2x－17在（0，＋∞）上存在唯一的零点，所以3＜a＜4，故a＞b2＝4不成立，排除C.故选B.
11.（多选）（2023·新高考Ⅰ卷10题）噪声污染问题越来越受到重视.用声压级来度量声音的强弱，定义声压级Lp＝20×lg，其中常数p0（p0＞0）是听觉下限阈值，p是实际声压.下表为不同声源的声压级：
声源 与声源的距离/m 声压级/dB
燃油汽车 10 60～90
混合动力汽车 10 50～60
电动汽车 10 40
已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10 m处测得实际声压分别为p1，p2，p3，则（　　）
A.p1≥p2 B.p2＞10p3
C.p3＝100p0 D.p1≤100p2
解析：ACD　由Lp＝20×lg，得p＝p0×1.由题表中的数据可知p0×103≤p1≤p0×1，p0×1≤p2≤p0×103，p3＝p0×102＝100p0，故A、C正确；因为10p3＝10×100p0＝p0×103≥p2，故B错误；因为p0×1≤100p2≤p0×105，所以p1≤100p2，故D正确.故选A、C、D.
12.（2024·全国甲卷15题）已知a＞1且－＝－，则a＝64.
解析：根据题意有－＝－，即3loga2－＝－，设t＝loga2（a＞1），则t＞0，故3t－＝－，得t＝（t＝－1舍去），所以loga2＝，所以＝2，所以a＝64.
考点四　函数的图象
13.（2024·全国甲卷理7题）函数y＝－x2＋（ex－e－x）sin x在区间[－2.8，2.8]的图象大致为（　　）
解析：B　由题知函数y＝f（x）的定义域为R，关于原点对称，f（－x）＝－（－x）2＋（e－x－ex）sin（－x）＝－x2＋（ex－e－x）sin x＝f（x），所以函数f（x）为偶函数，函数图象关于y轴对称，排除A、C；f（1）＝－1＋（e－）sin 1＞－1＋（e－）sin＝－1＋－＞0，排除D.故选B.
14.（2022·全国乙卷8题）如图是下列四个函数中的某个函数在区间[－3，3]的大致图象，则该函数是（　　）
A.y＝ B.y＝
C.y＝ D.y＝
解析：A　对于选项B，当x＝1时，y＝0，与图象不符，故排除B；对于选项D，当x＝3时，y＝sin 3＞0，与图象不符，故排除D；对于选项C，当x＞0时，y＝≤＝cos x≤1，与图象在y轴右侧最高点大于1不符，所以排除C.故选A.
15.（2019·全国Ⅱ卷12题）设函数f（x）的定义域为R，满足f（x＋1）＝2f（x），且当x∈（0，1]时，f（x）＝x（x－1）.若对任意x∈（－∞，m]，都有f（x）≥－，则m的取值范围是（　　）
A.（－∞，］ B.（－∞，］
C.（－∞，］ D.（－∞，］
解析：B　当－1＜x≤0时，0＜x＋1≤1，则f（x）＝f（x＋1）＝（x＋1）x；当1＜x≤2时，0＜x－1≤1，则f（x）＝2f（x－1）＝2（x－1）（x－2）；当2＜x≤3时，0＜x－2≤1，则f（x）＝2f（x－1）＝22f（x－2）＝22（x－2）（x－3），……由此可得f（x）＝由此作出函数f（x）的图象，如图所示.由图可知当2＜x≤3时，令22（x－2）（x－3）＝－，整理，得（3x－7）（3x－8）＝0，解得x＝或x＝，将这两个值标注在图中.要使对任意x∈（－∞，m]都有f（x）≥－，必有m≤，即实数m的取值范围是.故选B.
考点五　函数模型及应用
16.（2019·全国Ⅱ卷4题）2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就.实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系.为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L2点的轨道运行.L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上.设地球质量为M1，月球质量为M2，地月距离为R，L2点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：＋＝（R＋r）.设α＝.由于α的值很小，因此在近似计算中≈3α3，则r的近似值为（　　）
A.R B.R
C.R D.R
解析：D　由α＝得r＝αR，代入＋＝（R＋r），整理得＝.又∵ ≈3α3，∴ 3α3≈，∴ α≈ ，∴ r＝αR≈ R.故选D.
考点六　导数的概念、运算及几何意义
17.（2021·新高考Ⅰ卷7题）若过点（a，b）可以作曲线y＝ex的两条切线，则（　　）
A.eb＜a B.ea＜b
C.0＜a＜eb D.0＜b＜ea
解析：D　法一（通解）　设切点（x0，y0），y0＞0，则切线方程为y－b＝（x－a），由得（1－x0＋a）＝b，则由题意知关于x0的方程（1－x0＋a）＝b有两个不同的解.设f（x）＝ex（1－x＋a），则f'（x）＝ex（1－x＋a）－ex＝－ex（x－a），由f'（x）＝0得x＝a，所以当x＜a时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，当x＞a时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，所以f（x）max＝f（a）＝ea（1－a＋a）＝ea，当x＜a时，a－x＞0，所以f（x）＞0，当x→－∞时，f（x）→0，当x→＋∞时，f（x）→－∞，函数f（x）＝ex（1－x＋a）的大致图象如图所示，
因为f（x）的图象与直线y＝b有两个交点，所以0＜b＜ea.故选D.
法二（优解）　过点（a，b）可以作曲线y＝ex的两条切线，则点（a，b）在曲线y＝ex的下方且在x轴的上方，得0＜b＜ea.故选D.
18.（2021·新高考Ⅱ卷16题）已知函数f（x）＝｜ex－1｜，x1＜0，x2＞0.函数f（x）的图象在点A（x1，f（x1））和点B（x2，f（x2））的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则的取值范围是（0，1）.
解析：f（x）＝由已知可得－·＝－1 x1＋x2＝0.由弦长公式得｜AM｜＝｜x1｜，｜BN｜＝｜x2｜＝｜－x1｜，故＝＝∈（0，1）.
考点七　利用导数研究函数的单调性、极值和最值
19.（多选）（2023·新高考Ⅱ卷11题）若函数f（x）＝ aln x＋＋（a≠0）既有极大值也有极小值，则（　　）
A.bc＞0 B.ab＞0
C.b2＋8ac＞0 D.ac＜0
解析：BCD　因为函数f（x）＝aln x＋＋（a≠0），所以函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝，因为函数f（x）既有极大值也有极小值，所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2，则即所以故选B、C、D.
20.（多选）（2024·新高考Ⅱ卷11题）设函数f（x）＝2x3－3ax2＋1，则（　　）
A.当a＞1时，f（x）有三个零点
B.当a＜0时，x＝0是f（x）的极大值点
C.存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f（x）的对称轴
D.存在a，使得点（1，f（1））为曲线y＝f（x）的对称中心
解析：AD　因为f（x）＝2x3－3ax2＋1，所以f'（x）＝6x2－6ax＝6x（x－a）.对于选项A，令f'（x）＞0，则x＞a或x＜0；令f'（x）＜0，则0＜x＜a.所以f（x）在（－∞，0）和（a，＋∞）上单调递增，在（0，a）上单调递减.又因为f（0）＝1，f（a）＝2a3－3a3＋1＝1－a3＜0，当x→－∞时，f（x）→－∞，当x→＋∞时，f（x）→＋∞，所以f（x）的大致图象如图，所以f（x）有三个零点，故选项A正确；
对于选项B，令f'（x）＞0，则x＜a或x＞0；令f'（x）＜0，则a＜x＜0.所以x＝0是f（x）的极小值点，故选项B错误；
对于选项C，法一　三次函数为中心对称函数，其图象无对称轴，故选项C错误；
法二　当x→＋∞时，f（x）→＋∞，当x→－∞时，f（x）→－∞，故曲线y＝f（x）必不存在对称轴，C错误；
对于选项D，法一（排除法）　由于是多项选择题A正确，B、C错误，则D一定正确.
法二（利用对称中心的二级结论）　f（1）＝3－3a，若存在a，使得（1，3－3a）为f（x）的对称中心，则f（x）＋f（2－x）＝6－6a，事实上，f（x）＋f（2－x）＝2x3－3ax2＋1＋2（2－x）3－3a（2－x）2＋1＝（12－6a）x2＋（12a－24）x＋18－12a，于是6－6a＝（12－6a）x2＋（12a－24）x＋18－12a，即解得a＝2，即存在a＝2使得（1，f（1））是f（x）的对称中心，D选项正确.
法三（利用拐点）　任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，f（x）＝2x3－3ax2＋1，f'（x）＝6x2－6ax，f″（x）＝12x－6a，由f″（x）＝0 x＝，于是该三次函数的对称中心为（，f（）），由题意（1，f（1））也是对称中心，故＝1 a＝2，即存在a＝2使得（1，f（1））是f（x）的对称中心，D选项正确.
法四（三次函数对称中心的二级结论）　任意三次函数f（x）＝ax3＋bx2＋cx＋d（a≠0）的图象均关于点（－，f（－））成中心对称，又f（x）＝2x3－3ax2＋1，对比系数可得－＝，由题意（1，f（1））也是对称中心，故＝1，得a＝2，即存在a＝2使得（1，f（1））是f（x）的对称中心，D正确，故选A、D.
21.（2023·全国甲卷20题）已知函数f（x）＝ax－，x∈（0，）.
（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）＋sin x＜0，求a的取值范围.
解：（1）当a＝1时，f（x）＝x－，
所以f'（x）＝1－＝.
因为x∈（0，），所以0＜cos x＜1，
所以cos3x＋cos2x－2＜0，
所以f'（x）＜0.
故当a＝1时，f（x）在（0，）上单调递减.
（2）由f（x）＋sin x＜0，得ax＋sin x－＜0.
设g（x）＝ax＋sin x－，
则g'（x）＝a＋cos x－.
g″（x）＝－sin x－＜0，
所以g'（x）在（0，）上单调递减，若g（x）＜0，
因为g（0）＝0，所以g'（0）＝a≤0.
当a≤0时，g'（x）＝a＋cos x－≤cos x－＜1－＝＜0，
所以g（x）在（0，）上单调递减，
所以g（x）＜g（0）＝0，所以f（x）＋sin x＜0.
故a的取值范围是（－∞，0].
考点八　利用导数研究不等式的恒（能）成立问题
22.（2024·全国甲卷20题）已知函数f（x）＝a（x－1）－ln x＋1.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）设a≤2，证明：当x＞1时，f（x）＜ex－1.
解：（1）因为f（x）＝a（x－1）－ln x＋1，
所以f'（x）＝a－＝，x＞0，
若a≤0，则f'（x）＜0恒成立，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递减；
若a＞0，则当0＜x＜时，f'（x）＜0，当x＞时，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增.
综上，当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递减；当a＞0时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增.
（2）证明：法一（放缩法）　因为a≤2，所以当x＞1时，ex－1－f（x）＝ex－1－a（x－1）＋ln x－1≥ex－1－2x＋ln x＋1.
令g（x）＝ex－1－2x＋ln x＋1，则只需证当x＞1时g（x）＞0.
易知g'（x）＝ex－1－2＋，
令h（x）＝g'（x），则h'（x）＝ex－1－在（1，＋∞）上单调递增，
则当x＞1时，h'（x）＞h'（1）＝0，
所以h（x）＝g'（x）在（1，＋∞）上单调递增，
所以当x＞1时，g'（x）＞g'（1）＝0，故g（x）在（1，＋∞）上单调递增，
所以当x＞1时，g（x）＞g（1）＝0，
即当x＞1时，f（x）＜ex－1.
法二（作差法直接求导证明）　设g（x）＝a（x－1）－ln x＋1－ex－1，只需证当x＞1时g（x）＜0即可.
易知g'（x）＝a－－ex－1，
令h（x）＝g'（x），则h'（x）＝－ex－1，
由基本初等函数的单调性可知h'（x）在（1，＋∞）上单调递减，
则当x＞1时，h'（x）＜h'（1）＝1－1＝0，
所以h（x）＝g'（x）在（1，＋∞）上单调递减，
于是当x＞1时，g'（x）＜g'（1）＝a－2，
又a≤2，所以a－2≤0，则当x＞1时，g'（x）＜0，故g（x）在（1，＋∞）上单调递减，
所以当x＞1时，g（x）＜g（1）＝0，
即当x＞1时，f（x）＜ex－1.
23.（2023·全国甲卷21题）已知函数f（x）＝ax－，x∈（0，）.
（1）当a＝8时，讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）＜sin 2x，求a的取值范围.
解：（1）当a＝8时，f（x）＝8x－（x∈（0，）），
f'（x）＝8－＝8＋－.
令＝t，则t∈（1，＋∞），
令h（t）＝－3t2＋2t＋8＝－（3t＋4）（t－2），
当t∈（1，2）时，h（t）＞0；当t∈（2，＋∞）时，h（t）＜0.
故当x∈（0，）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（，） 时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.
∴f（x）在区间（0，）上单调递增，在区间（，）上单调递减.
（2）令g（x）＝f（x）－sin 2x＝ax－－sin 2x，
则g'（x）＝a－－2cos 2x＝a－－4cos2x＋2＝a－（＋4cos2x－2），
令u＝cos2x，则u∈（0，1），令k（u）＝＋4u－2，
则k'（u）＝＋4＝.
当u∈（0，1）时，k'（u）＜0，∴k（u）在（0，1）上单调递减，
∵k（1）＝3，∴当u∈（0，1）时，k（u）＞3，∴k（u）的值域为（3，＋∞）.
①当a≤3时，g'（x）＜0，∴g（x）在（0，）上单调递减，
又g（0）＝0，∴当x∈（0，）时，g（x）＜0，即f（x）＜sin 2x.
②当a＞3时， x0∈（0，）使得g'（x0）＝0，
∴g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，
∴g（x0）＞g（0）＝0，∴f（x）＜sin 2x不成立.
综上所述，a的取值范围为（－∞，3].
考点九　利用导数证明不等式
24.（2021·新高考Ⅰ卷22题）已知函数f（x）＝x（1－ln x）.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2＜＋＜e.
解：（1）因为f（x）＝x（1－ln x），所以f（x）的定义域为（0，＋∞），
f'（x）＝1－ln x＋x·＝－ln x.
当x∈（0，1）时，f'（x）＞0；当x∈（1，＋∞）时，f'（x）＜0.
所以函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.
（2）证明：由题意，a，b是两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，两边同时除以ab，得－＝－，即＝，即f＝f.
令x1＝，x2＝，
由（1）知f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
且当0＜x＜e时，f（x）＞0，当x＞e时，f（x）＜0，
不妨设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2＜e.
要证2＜＋＜e，即证2＜x1＋x2＜e.
先证x1＋x2＞2，要证x1＋x2＞2，即证x2＞2－x1，
因为0＜x1＜1＜x2＜e，所以x2＞2－x1＞1，
又f（x）在（1，＋∞）上单调递减，所以即证f（x2）＜f（2－x1），
又f（x1）＝f（x2），所以即证f（x1）＜f（2－x1），即证当x∈（0，1）时，f（x）－f（2－x）＜0.
构造函数F（x）＝f（x）－f（2－x），
则F'（x）＝f'（x）＋f'（2－x）＝－ln x－ln（2－x）＝－ln[x（2－x）]，
当0＜x＜1时，x（2－x）＜1，则－ln[x（2－x）]＞0，
即当0＜x＜1时，F'（x）＞0，所以F（x）在（0，1）上单调递增，
所以当0＜x＜1时，F（x）＜F（1）＝0，
所以当0＜x＜1时，f（x）－f（2－x）＜0成立，所以x1＋x2＞2成立.
再证x1＋x2＜e，由（1）知，f（x）的极大值点为x＝1，f（x）的极大值为f（1）＝1，
过点（0，0），（1，1）的直线方程为y＝x，
设f（x1）＝f（x2）＝m，当x∈（0，1）时，f（x）＝x（1－ln x）＞x，
直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为（m，m），则x1＜m.
欲证x1＋x2＜e，即证x1＋x2＜m＋x2＜f（x2）＋x2＜e，
即证当1＜x＜e时，f（x）＋x＜e.
构造函数h（x）＝f（x）＋x，则h'（x）＝1－ln x，
当1＜x＜e时，h'（x）＞0，所以函数h（x）在（1，e）上单调递增，
所以当1＜x＜e时，h（x）＜h（e）＝f（e）＋e＝e，即f（x）＋x＜e成立，
所以x1＋x2＜e成立.
综上可知，2＜＋＜e成立.
25.（2022·新高考Ⅱ卷22题）已知函数f（x）＝xeax－ex.
（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x＞0时，f（x）＜－1，求a的取值范围；
（3）设n∈N*，证明：＋＋…＋＞ln（n＋1）.
解：（1）当a＝1时，f（x）＝xex－ex＝（x－1）ex，f'（x）＝ex＋（x－1）ex＝xex.
令f'（x）＝0，得x＝0，
∴当x＜0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.
（2）f'（x）＝eax＋aeaxx－ex＝（ax＋1）eax－ex，f'（0）＝0.
设g（x）＝（ax＋1）eax－ex，则g'（x）＝aeax＋aeax（ax＋1）－ex＝（a2x＋2a）eax－ex，g'（0）＝2a－1.
当2a－1＞0，即a＞时，存在δ＞0，使得当x∈（0，δ）时，g'（x）＞0，此时f'（x）在（0，δ）上单调递增.
∵f'（x）＞f'（0）＝0，∴f（x）在（0，δ）上单调递增，
∴f（x）＞f（0）＝－1，这与f（x）＜－1矛盾，故舍去.
当2a－1≤0，即a≤时，f（x）≤x－ex.
令h（x）＝x－ex，
则h'（x）＝＋·x－ex＝（1＋x－）＜0，
∴h（x）在（0，＋∞）上单调递减，
此时h（x）＜h（0）＝－1符合条件.
综上可知，a的取值范围为.
（3）证明：由（2）知当a＝，x＞0时，x－ex＜－1，∴x＜－.
令＝t，t＞1，则x＝2ln t，∴2ln t＜t－，t＞1.
取t＝（n∈N*），则2ln t＝ln（n＋1）－ln n＜－＝，∴＋＋…＋＞ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln（n＋1）－ln n＝ln（n＋1），故结论得证.
考点十　利用导数研究函数的零点问题
26.（2022·全国乙卷20题）已知函数f（x）＝ax－－（a＋1）ln x.
（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.
解：（1）当a＝0时，f（x）＝－－ln x（x＞0），所以f'（x）＝－＝.
若x∈（0，1），f'（x）＞0，f（x）单调递增；
若x∈（1，＋∞），f'（x）＜0，f（x）单调递减；
所以f（x）max＝f（1）＝－1.
（2）由f（x）＝ax－－（a＋1）ln x（x＞0），得f'（x）＝a＋－＝（x＞0）.
当a＝0时，由（1）可知，f（x）不存在零点；
当a＜0时，f'（x）＝，
若x∈（0，1），f'（x）＞0，f（x）单调递增，
若x∈（1，＋∞），f'（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）max＝f（1）＝a－1＜0，所以f（x）不存在零点；
当a＞0时，f'（x）＝，若a＝1，f'（x）≥0，
f（x）在（0，＋∞）上单调递增，因为f（1）＝a－1＝0，所以函数f（x）恰有一个零点.
若a＞1，f（x）在，（1，＋∞）上单调递增，在上单调递减，因为f（1）＝a－1＞0，所以f＞f（1）＞0，当x→0＋时，f（x）→－∞，由零点存在定理可知f（x）在上必有一个零点，所以a＞1满足条件.
若0＜a＜1，f（x）在（0，1），上单调递增，在上单调递减，因为f（1）＝a－1＜0，所以f＜f（1）＜0，当x→＋∞时，f（x）→＋∞，由零点存在定理可知f（x）在上必有一个零点，即0＜a＜1满足条件.
综上，若f（x）恰有一个零点，a的取值范围为（0，＋∞）.
27.（2021·新高考Ⅱ卷22题）已知函数f（x）＝（x－1）·ex－ax2＋b.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：f（x）有一个零点.
①＜a≤，b＞2a；
②0＜a＜，b≤2a.
注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分.
解：（1）f'（x）＝xe x－2ax＝x（ex－2a），
（ⅰ）当a≤0时，令f'（x）＝0 x＝0，
且当x＜0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.
（ⅱ）当0＜a＜时，令f'（x）＝0 x1＝0，x2＝ln 2a＜0，
且当x＜ln 2a时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，当ln 2a＜x＜0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.
（ⅲ）当a＝时，f'（x）＝x（ex－1）≥0，f（x）在R上单调递增.
（ⅳ）当a＞时，令f'（x）＝0 x1＝0，x2＝ln 2a＞0，
且当x＜0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当0＜x＜ln 2a时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞ln 2a时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.
（2）证明：若选①，由（1）知f（x）在（－∞，0）上单调递增，（0，ln 2a）上单调递减，（ln 2a，＋∞）上单调递增.
注意到f＝＜0，f（0）＝b－1＞2a－1＞0.
∴f（x）在上有一个零点；
f（ln 2a）＝（ln 2a－1）·2a－a·ln22a＋b＞2aln 2a－2a－aln22a＋2a＝aln 2a（2－ln 2a），
由＜a≤得0＜ln 2a≤2，∴aln 2a（2－ln 2a）≥0，
∴f（ln 2a）＞0，当x≥0时，f（x）≥f（ln 2a）＞0，此时f（x）无零点.
综上，f（x）在R上仅有一个零点.
若选②，则由（1）知f（x）在（－∞，ln 2a）上单调递增，在（ln 2a，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增.
f（ln 2a）＝（ln 2a－1）2a－aln22a－2a＋b≤2aln 2a－2a－aln22a＋2a＝aln 2a（2－ln 2a）.
∵0＜a＜，∴ln 2a＜0，∴aln 2a（2－ln 2a）＜0.
∴f（ln 2a）＜0，∴当x≤0时，f（x）≤f（ln 2a）＜0，此时f（x）无零点.
当x＞0时，f（x）单调递增，注意到f（0）＝b－1≤2a－1＜0.
取c＝，∵b≤2a＜1，∴c＞＞1，又可证ec＞c＋1，
∴f（c）＝（c－1）ec－ac2＋b＞（c－1）（c＋1）－ac2＋b＝（1－a）c2＋b－1＞c2＋b－1＝1－b＋1＋b－1＝1＞0.
∴f（x）在（0，c）上有唯一零点，即f（x）在（0，＋∞）上有唯一零点.
综上，f（x）在R上有唯一零点.
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