新高考数学一轮复习考点知识专题讲解与练习 18 导数的应用(二)

新高考数学一轮复习考点知识专题讲解与练习考点知识总结18导数的应用(二)高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分、12分，中、高等难度考纲研读1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)3．会用导数解决实际问题一、基础小题1．函数f(x)＝x－ln x的单调递增区间为()A．(－∞，0) B．(0，1)C．(1，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞)答案 C解析函数的定义域为(0，＋∞).f′(x)＝1－1x，令f′(x)>0，得x>1.故选C.2．已知奇函数f′(x)是连续函数f(x)(x∈R)的导函数，若x>0时，f′(x)>0，则() A．f(0)>f(log32)>f(－log23)B．f(log32)>f(0)>f(－log23)C．f(－log23)>f(log32)>f(0)D．f(－log23)>f(0)>f(log32)答案 C解析因为f′(x)是奇函数，所以f(x)是偶函数．所以f(－log23)＝f(log23)，而log23>log22＝1，0<log32<1，所以0<log32<log23.又当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以f(0)<f(log32)<f(log23)，所以f(0)<f(log32)<f(－log23).3．已知函数f(x)＝x·2x，则下列结论正确的是()A．当x＝1ln 2时，f(x)取最大值B．当x＝1ln 2时，f(x)取最小值C．当x＝－1ln 2时，f(x)取最大值D．当x＝－1ln 2时，f(x)取最小值答案 D解析由题意知，f′(x)＝2x＋x·2x ln 2，令f′(x)＝0，得x＝－1ln 2，又当x<－1ln 2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>－1ln 2时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴当x＝－1ln 2时，f(x)取最小值.4．函数y ＝x ＋1e x 的图象大致为( )答案 C解析 因为y ＝x ＋1e x ，所以y ′＝－xe x ，令y ′>0，则x <0，令y ′<0，则x >0，所以函数y ＝x ＋1e x 在(－∞，0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数，且0是函数的极大值点，结合4个函数的图象，知选C.5．若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32C ．[1，2)D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2答案 B解析 因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝4x －1x ，由f ′(x )＝0，得x ＝12.据题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32.故选B. 6．已知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，若y ＝f （x ）x 在(0，＋∞)上为增函数，则称f(x)为“一阶比增函数”；若y＝f（x）x2在(0，＋∞)上为增函数，则称f(x)为“二阶比增函数”．我们把所有“一阶比增函数”组成的集合记为Ω1，所有“二阶比增函数”组成的集合记为Ω2.若函数f(x)＝x3－2hx2－hx，且f(x)∈Ω1，f(x)∉Ω2，则实数h的取值范围是()A．(0，＋∞) B．[0，＋∞)C．(－∞，0) D．(－∞，0]答案 C解析因为f(x)∈Ω1且f(x)∉Ω2，即g(x)＝f（x）x＝x2－2hx－h在(0，＋∞)上是增函数，所以h≤0，而h(x)＝f（x）x2＝x－hx－2h在(0，＋∞)上不是增函数，因为h′(x)＝1＋hx2，所以当h(x)在(0，＋∞)上是增函数时，有h≥0，当h(x)在(0，＋∞)上不是增函数时，有h<0.综上所述，实数h的取值范围是(－∞，0).故选C.7．(多选)已知函数y＝f(x)在R上可导且f(0)＝1，其导函数f′(x)满足f′（x）－f（x）x－1＞0(x≠1)，对于函数g(x)＝f（x）e x，下列结论正确的是() A．函数g(x)在(1，＋∞)上为单调递增函数B．1是函数g(x)的极小值点C．函数g(x)至多有两个零点D．当x≤0时，不等式f(x)≤e x恒成立答案ABC解析函数g(x)＝f（x）e x ，则g′(x)＝f′（x）－f（x）e x，当x＞1时，f′(x)－f(x)＞0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，A正确；当x＜1时，f′(x)－f(x)＜0，故g(x)在(－∞，1)上单调递减，故1是函数g(x)的极小值点，B正确；若g(1)＜0，则y＝g(x)至多有两个零点，若g(1)＝0，则y＝g(x)有一个零点，若g(1)＞0，则y＝g(x)没有零点，故C正确；g(x)在(－∞，1)上单调递减，则g(x)在(－∞，0)上单调递减，g(0)＝f（0）e0＝1，可知x≤0时，g(x)≥g(0)，故f（x）e x≥1，即f(x)≥e x，D错误．故选ABC.8．(多选)已知函数f(x)＝2a ln x＋x2＋b.下列说法正确的是()A．当a＝－1时，f(x)的极小值点为(1，1＋b)B．若f(x)在[1，＋∞)上单调递增，则a∈[－1，＋∞)C．若f(x)在定义域内不单调，则a∈(－∞，0)D．若a＝－32且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与曲线y＝－e x相切，则b＝－2答案BC解析极小值点为一个实数，故A错误；由f′(x)＝2ax＋2x≥0，可得a≥－x2.因为x≥1，所以a≥－1，故B正确；f′(x)＝2a＋2x2x，当a≥0时，f′(x)>0恒成立；当a<0时，f′(x)不恒为正数，所以f(x)不单调，故C正确；因为a＝－32，所以f(x)＝－3ln x＋x2＋b.因为f′(x)＝－3x＋2x2，所以f′(1)＝－1.因为f(1)＝b＋1，所以切线方程为y＝－x＋b＋2.设直线y＝－x＋b＋2与曲线y＝－e x相切的切点的横坐标为x0，则－e x0＝－1，所以x 0＝0，即切点坐标为(0，－1)，代入y ＝－x ＋b ＋2，可得b ＝－3，故D 错误．9．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )＝5＋cos x ，x ∈(－1，1)，且f (0)＝0，如果f (1－x )＋f (1－x 2)<0，则实数x 的取值范围为________．答案 (1，2)解析 ∵导函数f ′(x )是偶函数，且f (0)＝0，∴原函数f (x )是奇函数，且定义域为(－1，1)，又导函数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增，∴所求不等式变形为f (1－x )<f (x 2－1)，∴－1<1－x <x 2－1<1，解得1<x <2，∴实数x 的取值范围是(1，2).二、高考小题10．(2022·全国乙卷)设a ＝2ln 1.01，b ＝ln 1.02，c ＝ 1.04－1，则( ) A ．a <b <c B ．b <c <a C ．b <a <c D ．c <a <b 答案 B解析 因为a ＝2ln 1.01＝ln 1.0201，b ＝ln 1.02，所以a >b .令f (x )＝2ln (1＋x )－(1＋4x －1)(x >0)，则f ′(x )＝21＋x －21＋4x，因为当0<x <2时，x 2<2x ，所以当0<x <2时，1＋2x ＋x 2<1＋2x ＋2x ，即1＋x <1＋4x ，所以当0<x <2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以f (0.01)>f (0)＝0，所以a >c .同理，令g (x )＝ln (1＋2x )－( 1＋4x －1)(x >0)，则g ′(x )＝21＋2x －21＋4x，因为当x >0时，(1＋2x )2>1＋4x ，所以当x >0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，所以g (0.01)<g (0)＝0，所以c >b .综上a >c >b .故选B.11．(2022·天津高考)已知a ∈R ，设函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2－2ax ＋2a ，x ≤1，x －a ln x ，x >1.若关于x 的不等式f (x )≥0在R 上恒成立，则a 的取值范围为( )A ．[0，1]B ．[0，2]C ．[0，e]D ．[1，e] 答案 C解析 当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立，而二次函数f (x )图象的对称轴为直线x ＝a ，∴当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1>0恒成立，当a <1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，∴0≤a <1.综上，a ≥0.当x >1时，f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立，即a ≤xln x恒成立．设g (x )＝xln x ，则g ′(x )＝ln x －1（ln x ）2.令g ′(x )＝0，得x ＝e ，且当1<x <e 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x >e 时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，∴g (x )min ＝g (e)＝e ，∴a ≤e.综上，a 的取值范围为0≤a ≤e ，即[0，e].故选C.12．(2022·新高考Ⅰ卷)函数f (x )＝|2x －1|－2ln x 的最小值为________． 答案 1解析 函数f (x )＝|2x －1|－2ln x 的定义域为(0，＋∞).①当x >12时，f (x )＝2x －1－2ln x ，f ′(x )＝2－2x ＝2（x －1）x ，当x >1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当12<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故f (x )min ＝f (1)＝1；②当0<x ≤12时，f (x )＝1－2x －2ln x ，f ′(x )＝－2－2x ＝－2（x ＋1）x ＜0，此时函数f (x )＝1－2x －2ln x 为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上的减函数．故f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2ln 2＞1.综上，f (x )min ＝f (1)＝1.13．(2022·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数．若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12解析 易知函数f (x )的定义域关于原点对称．∵f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，∴f (－x )＝(－x )3－2(－x )＋e －x －1e－x ＝－x 3＋2x ＋1e x －e x ＝－f (x )，∴f (x )为奇函数，又f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋1e x ≥3x 2－2＋2＝3x 2≥0(当且仅当x ＝0时，取“＝”)，从而f (x )在R 上单调递增，∴f (a －1)＋f (2a 2)≤0⇔f (a －1)≤f (－2a 2)⇔－2a 2≥a －1，解得－1≤a ≤12.三、模拟小题14．(2022·辽宁沈阳东北育才学校高三第一次模拟)定义在(0，＋∞)上的函数f (x )的导函数f ′(x )满足xf ′(x )<6f (x )，则必有( )A ．64f (1)<f (2)B ．81f (1)>16f (3)C ．4f (2)>f (4)D ．729f (2)>64f (3) 答案 D解析 由xf ′(x )<6f (x )，得x 6f ′(x )<6x 5·f (x ).设g (x )＝f （x ）x 6，x >0，则g ′(x )＝xf ′（x ）－6f （x ）x 7<0，故g (x )在(0，＋∞)上单调递减，则g (1)>g (2)>g (3)>g (4)，则64f (1)>f (2)，729f (2)>64f (3)，64f (2)＞f (4)，729f (1)＞f (3)，但由于f (1)，f (2)，f (3)，f (4)的正负不确定，所以81f (1)>16f (3)，4f (2)>f (4)都未必成立．故选D.15．(2022·湖北黄石高三上调研)已知a ＝4ln 5π，b ＝5ln 4π，c ＝5ln π4，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a <b <cB ．b <c <aC ．b <a <cD ．c <b <a 答案 A解析 令f (x )＝ln xx (x ≥e)，可得f ′(x )＝1x ·x －ln x x 2＝1－ln x x 2，当x ≥e 时，f ′(x )≤0恒成立，所以f (x )＝ln x x 在[e ，＋∞)上单调递减，所以f (π)>f (4)>f (5)，即ln ππ>ln 44>ln 55，可得4ln π>πln 4，5ln 4>4ln 5，所以ln π4>ln 4π，5πln 4>4πln 5，所以5ln π4>5ln 4π，5ln 4π>4ln 5π，即c >b ，b >a ，所以a <b <c .故选A.16．(2022·山西太原高三模拟)点M 在曲线G ：y ＝3ln x 上，过M 作x 轴的垂线l ，设l 与曲线y ＝1x 交于点N ，OP →＝OM →＋ON →3，且P 点的纵坐标始终为0，则称M 点为曲线G 上的“水平黄金点”，则曲线G 上的“水平黄金点”的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3 答案 C解析 设M (t ，3ln t )，则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，1t ，所以OP →＝OM →＋ON →3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 3，ln t ＋13t ，依题意可得ln t ＋13t ＝0，设g (t )＝ln t ＋13t ，则g ′(t )＝1t －13t 2＝3t －13t 2，当0<t <13时，g ′(t )<0，则g (t )单调递减；当t >13时，g ′(t )>0，则g (t )单调递增，所以g (t )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝1－ln 3<0，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2＝－2＋e 23>0，g (1)＝13>0，所以g (t )＝ln t ＋13t ＝0有两个不同的解，所以曲线G 上的“水平黄金点”的个数为2.故选C.17．(多选)(2022·新高考八省联考)已知函数f (x )＝x ln (1＋x )，则( ) A ．f (x )在(0，＋∞)单调递增 B ．f (x )有两个零点C ．曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，f ⎝⎛⎭⎪⎫－12处切线的斜率为－1－ln 2 D ．f (x )是偶函数 答案 AC解析 由f (x )＝x ln (1＋x )知函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝ln (1＋x )＋x1＋x ，当x ∈(0，＋∞)时，ln (1＋x )>0，x1＋x>0，所以f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增，A 正确；当－1<x <0时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－1，0)上单调递减．又因为f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (0)＝0.所以f (x )≥0，f (x )只有0一个零点，B 错误；令x ＝－12，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝ln 12－1＝－ln 2－1，故曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，f ⎝⎛⎭⎪⎫－12处切线的斜率为－1－ln 2，C 正确；由函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，不关于原点对称，可知f (x )不是偶函数，D 错误．故选AC.18．(多选)(2022·山东省潍坊一中高三开学检测)函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝f ′（x ）x ，下列命题中正确的是( )A ．不等式g (x )＞0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞B ．函数g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减C ．若函数F (x )＝f (x )－ax 2有两个极值点，则a ∈(0，1)D ．若x 1＞x 2＞0时，总有m 2(x 21－x 22)＞f (x 1)－f (x 2)恒成立，则m ≥1 答案 AD解析 因为f (x )＝x ln x ，g (x )＝f ′（x ）x ＝ln x ＋1x ，则g ′(x )＝－ln xx 2，令g ′(x )＞0，可得x ∈(0，1)，故g (x )在该区间上单调递增；令g ′(x )＜0，可得x ∈(1，＋∞)，故g (x )在该区间上单调递减．又当x ＞1时，g (x )＞0，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝0，g (1)＝1.故g (x )的图象如图所示：对于A ，数形结合可知g (x )＞0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，故A 正确；对于B ，由上面分析可知，B 错误；对于C ，若函数F (x )＝f (x )－ax 2有两个极值点，即F (x )＝x ln x －ax 2有两个极值点，又F ′(x )＝ln x －2ax ＋1，要满足题意，则需ln x －2ax ＋1＝0在(0，＋∞)上有两个根，即2a ＝ln x ＋1x 在(0，＋∞)上有两个根，也即直线y ＝2a 与y ＝g (x )的图象有两个交点．数形结合，则0＜2a ＜1，解得0＜a ＜12，故C 错误；对于D ，若x 1＞x 2＞0时，总有m 2(x 21－x 22)＞f (x 1)－f (x 2)恒成立，即m 2x 21－x 1ln x 1＞m 2x 22－x 2ln x 2恒成立．构造函数h (x )＝m2x 2－x ln x ，则h (x 1)＞h (x 2)对任意的x 1＞x 2＞0恒成立．故h (x )在(0，＋∞)上单调递增，则h ′(x )＝mx －ln x －1≥0在(0，＋∞)上恒成立．也即ln x ＋1x ≤m 在区间(0，＋∞)上恒成立，则m ≥g (x )max ＝1，故D 正确．故选AD.19．(2022·河北石家庄第一中学高三教学质量检测(一))已知函数f (x )＝16x 3＋12bx 2＋cx 的导函数f ′(x )是偶函数，若方程f ′(x )－ln x ＝0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e (其中e 为自然对数的底数)上有两个不相等的实数根，则实数c 的取值范围是________________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1－12e 2，－12解析 ∵f (x )＝16x 3＋12bx 2＋cx ，∴f ′(x )＝12x 2＋bx ＋c ，导函数y ＝f ′(x )的对称轴为直线x ＝－b ，由于该函数为偶函数，则－b ＝0⇒b ＝0，∴f ′(x )＝12x 2＋c ，令f ′(x )－ln x ＝0，即12x 2＋c －ln x ＝0，得c ＝ln x －12x 2.令g (x )＝ln x －12x 2，问题转化为当直线y ＝c 与函数g (x )＝ln x －12x 2在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的图象有两个交点时，求实数c 的取值范围．g ′(x )＝1x －x ＝1－x 2x ，令g ′(x )＝0，得x ＝1，列表如下：x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1 1 (1，e) g ′(x ) ＋ 0 － g (x )极大值所以函数y ＝g (x )在x ＝1处取得极大值，亦即最大值，g (x )max ＝g (1)＝－12，又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1－12e 2，g (e)＝1－e 22，显然，g (e)<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，如图所示，结合图象可知，当g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ≤c <g (1)时，即当－1－12e 2≤c <－12时，直线y ＝c 与函数y＝g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的图象有两个交点，因此，实数c 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1－12e 2，－12.一、高考大题1．(2022·全国乙卷)设函数f (x )＝ln (a －x )，已知x ＝0是函数y ＝xf (x )的极值点． (1)求a ；(2)设函数g (x )＝x ＋f （x ）xf （x ），证明：g (x )<1.解 (1)由题意，得y ＝xf (x )＝x ln (a －x )，x ∈(－∞，a )，y ′＝ln (a －x )＋x [ln (a －x )]′＝ln (a －x )＋x x －a. 因为x ＝0是函数y ＝xf (x )的极值点， 所以y ′|x ＝0＝ln a ＝0，所以a ＝1.(2)证明：由(1)可知f (x )＝ln (1－x )，要证g (x )<1，即证x ＋f （x ）xf （x ）<1，即需证x ＋ln （1－x ）x ln （1－x ）<1，x ∈(－∞，0)∪(0，1).因为当x ∈(－∞，0)时，x ln (1－x )<0，当x ∈(0，1)时，x ln (1－x )<0； 所以需证x ＋ln (1－x )>x ln (1－x )， 即x ＋(1－x )ln (1－x )>0.令h (x )＝x ＋(1－x )ln (1－x )，x ∈(－∞，1)且x ≠0， 则h ′(x )＝1＋(－1)ln (1－x )＋(1－x )·－11－x＝－ln (1－x )，所以当x ∈(－∞，0)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减； 当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 所以h (x )>h (0)＝0，即x ＋ln (1－x )>x ln (1－x )， 所以x ＋ln （1－x ）x ln （1－x ）<1成立，所以x ＋f （x ）xf （x ）<1，即g (x )<1.2．(2022·新高考Ⅰ卷)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b ln a －a ln b ＝a －b ，证明：2<1a ＋1b <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 ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x ＝－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b ln a－a ln b＝a－b，两边同时除以ab，得ln aa －ln bb＝1b－1a，即ln a＋1a＝ln b＋1b，1a⎝⎛⎭⎪⎫1－ln1a＝1b⎝⎛⎭⎪⎫1－ln1b，即f⎝⎛⎭⎪⎫1a＝f⎝⎛⎭⎪⎫1b.令x1＝1a ，x2＝1b，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<1a ＋1b<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，0<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x 1＋x 2>2成立． 再证x 1＋x 2<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 (x 1)＝f (x 2)＝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x 1<m . 欲证x 1＋x 2<e ，即证x 1＋x 2<m ＋x 2＝f (x 2)＋x 2<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x 1＋x 2<e 成立． 综上可知，2<1a ＋1b <e 成立．3．(2022·浙江高考)设a ，b 为实数，且a >1，函数f (x )＝a x －bx ＋e 2(x ∈R ). (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意b >2e 2，函数f (x )有两个不同的零点，求a 的取值范围；(3)当a ＝e 时，证明：对任意b >e 4，函数f (x )有两个不同的零点x 1，x 2(x 1＜x 2)，满足x 2＞b ln b 2e 2x 1＋e 2b .注：e ＝2.71828…是自然对数的底数． 解 (1)由题意，得f ′(x )＝a x ln a －b .因为a >1，所以ln a >0，a x >0， 所以当b ≤0时，f ′(x )>0， 函数f (x )在R 上单调递增．当b >0时，令f ′(x )>0，则a x >b ln a ，所以x >log a b ln a ，令f ′(x )<0，得x <log a bln a ， 所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，log a b ln a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫log ab ln a ，＋∞上单调递增． 综上，当b ≤0时，函数f (x )在R 上单调递增；当b >0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，log ab ln a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫log a b ln a ，＋∞上单调递增． (2)因为函数f (x )有两个不同的零点，所以a x －bx ＋e 2＝0有两个不同的根，即曲线y ＝a x 与直线y ＝bx －e 2有两个不同的交点．易知直线y ＝bx －e 2与y 轴交于点(0，－e 2). 先考虑曲线y ＝a x 与直线y ＝bx －e 2相切的情况. 设切点坐标为(t ，a t )，则切线的斜率为a t ln a ， 所以切线方程为y －a t ＝a t ln a (x －t )， 则y ＝(a t ln a )x ＋a t －ta t ln a ＝bx －e 2， 所以a t －ta t ln a ＝a t －a t ln a t ＝－e 2， 令a t ＝m ，则m －m ln m ＝－e 2，m >0， 令g (m )＝m －m ln m ＋e 2，则g ′(m )＝－ln m ， 当m ∈(0，1)时，g ′(m )>0， 当m ∈(1，＋∞)时，g ′(m )<0，故g(m)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又g(e2)＝0，当m∈(0，1)时，g(m)＝m(1－ln m)＋e2>0，所以a t＝e2，所以要满足条件，则b>a t ln a＝e2ln a恒成立．因为b>2e2，所以2e2≥e2ln a，得1<a≤e2.故a的取值范围为(1，e2].(3)证明：当a＝e时，f(x)＝e x－bx＋e2，所以f′(x)＝e x－b，令f′(x)>0，得x>ln b，令f′(x)<0，得x<ln b，所以函数f(x)在(－∞，ln b)上单调递减，在(ln b，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(ln b)＝b－b ln b＋e2，由(2)得g(x)＝x－x ln x＋e2在(1，＋∞)上单调递减，又b>e4，所以b－b ln b＋e2<－3e4＋e2<0.＞0，设h(b)＝b－2ln b，b＞e4，则h′(b)＝1－2bh(b)在(e4，＋∞)上单调递增，所以h(b)＞h(e4)＝e4－8＞0，所以b＞2ln b，所以e b＞b2，所以f(b)＝e b－b2＋e2>e2>0，又f(0)＝1＋e2>0，f(x)min ＝f(ln b)＜0，0＜ln b＜b，所以函数f(x)在(0，ln b)和(ln b，b)上各存在一个零点，分别为x1，x2(x1<x2)，则e x1－bx1＋e2＝0，所以bx 1＝e x 1＋e 2， 所以要证x 2＞b ln b 2e 2x 1＋e 2b ，只需证x 2－e 2b ＞ln b 2e 2bx 1＝ln b 2e 2(e x1＋e 2). 因为f (2)＝2e 2－2b <2e 2－2e 4<0， 所以可知0<x 1<2，所以e x 1＋e 2<2e 2， 所以ln b 2e 2(e x 1＋e 2)＜ln b2e 2·2e 2＝ln b ， 故只需证x 2－e 2b >ln b ，即x 2>e 2b ＋ln b . f ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2b ＋ln b ＝e －b ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2b ＋ln b ＋e 2 ＝e－b ln b ＝b，因为b >e 4，所以所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2b ＋ln b ＜0，所以x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2b ＋ln b ，b ，所以x 2>e 2b ＋ln b .所以x 2>b ln b 2e 2x 1＋e 2b 成立． 二、模拟大题4．(2022·河北衡水深州长江中学高三开学考试)已知函数f (x )＝ln x ＋ax ＋1x ，a ∈R .(1)求f (x )的单调区间，并求当a ＝1时，f (x )的最大值；(2)若对任意的x ∈(0，＋∞)，f (x )≤e x 恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f (x )＝ln x x ＋a ＋1x ，则f ′(x )＝－ln x x 2，则当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．∴f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞). 当a ＝1时，f (x )max ＝f (1)＝1＋a ＝2. (2)由题得当x >0时， ln x x ＋a ＋1x ≤e x恒成立，即a ≤x e x －ln x －1x 在(0，＋∞)上恒成立．令G (x )＝x e x －ln x －1x ＝e ln x e x －ln x －1x＝e x ＋ln x －ln x －1x，令h (x )＝e x －x －1，则h ′(x )＝e x －1，当x ∈(－∞，0)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减； 当x ∈(0，＋∞)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增． ∴h (x )≥h (0)＝0，∴e x ≥x ＋1，当x ＝0时取等号，∴e x ＋ln x ≥x ＋ln x ＋1，当x ＋ln x ＝0时取等号， ∴G (x )＝e x ＋ln x －ln x －1x ≥x ＋ln x ＋1－ln x －1x＝1，当x ＋ln x ＝0时等号成立，G (x )取到最小值．令H (x )＝x ＋ln x ，则H ′(x )＝1＋1x >0(x >0)，∴H (x )在(0，＋∞)上单调递增，又H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e －1<0，H (1)＝1>0， ∴∃x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，使得H (x 0)＝0， ∴G (x )min ＝1.则a ≤G (x )min ＝1，∴实数a 的取值范围为(－∞，1].5．(2022·湖北武汉、襄阳、荆门、宜昌四地六校高三起点联考)设f (x )＝x sin x ＋cos x ，g (x )＝x 2＋4.(1)讨论f (x )在[－π，π]上的单调性；(2)令h (x )＝g (x )－4f (x )，试证明h (x )在R 上有且仅有三个零点．解 (1)f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，令f ′(x )＝0，则x ＝0或x ＝±π2.当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π，－π2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． (2)证明：h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ，h (0)＝0，∴x ＝0是h (x )的一个零点， ∵h (x )是偶函数，∴要确定h (x )在R 上的零点个数，只需确定x >0时，h (x )的零点个数即可．①当x >0时，h ′(x )＝2x －4x cos x ＝2x (1－2cos x ).令h ′(x )＝0，得cos x ＝12，x ＝π3＋2k π或x ＝－π3＋2k π(k ∈N ).x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝π29＋2－23π3<0， x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，5π3时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π3＝25π29＋103π3＋2>0， ∴h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，5π3内有唯一零点． ②当x ≥5π3时，由于sin x ≤1，cos x ≤1，h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ≥x 2＋4－4x－4＝x 2－4x ＝t (x )，而t (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫5π3，＋∞上单调递增，t (x )≥t ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π3>0， ∴h (x )>0恒成立，故h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫5π3，＋∞内无零点， ∴h (x )在(0，＋∞)内有一个零点．由于h (x )是偶函数，∴h (x )在(－∞，0)内有一个零点，而h (0)＝0，∴h (x )在R 上有且仅有三个零点．6．(2022·广东省广州市执信、广雅、六中三校高三联考)已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2，其中a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明：f (x )≤x 2＋x －1；(3)试比较ln 2222＋ln 3232＋ln 4242＋…＋ln n 2n 2与（n －1）（2n ＋1）2（n ＋1）(n ∈N *且n ≥2)的大小，并证明你的结论.解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2x ＝a ＋2x 2x .①当a ≥0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝ －a 2， 当0<x < －a 2时，a ＋2x 2<0，所以f ′(x )<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0， －a 2上单调递减； 当x > －a 2时，a ＋2x 2>0，所以f ′(x )>0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫ －a 2，＋∞上单调递增． 综上，当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0， －a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ －a 2，＋∞上单调递增． (2)证明：当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋x 2，要证明f (x )≤x 2＋x －1， 即证ln x ≤x －1，即证ln x －x ＋1≤0.设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1－x x ，令g ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0，1)时，g ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0.所以1为极大值点，且g (x )在x ＝1处取得最大值． 所以g (x )≤g (1)＝0，即ln x －x ＋1≤0，故f (x )≤x 2＋x －1. (3)ln 2222＋ln 3232＋ln 4242＋…＋ln n 2n 2<（n －1）（2n ＋1）2（n ＋1）. 证明：由(2)知ln x ≤x －1(当且仅当x ＝1时等号成立)，即ln x x ≤1－1x ，则有ln 2222＋ln 3232＋ln 4242＋…＋ln n 2n 2<1－122＋1－132＋…＋1－1n 2＝n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋132＋…＋1n 2 <n －1－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×3＋13×4＋…＋1n （n ＋1） ＝n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1＝（n －1）（2n ＋1）2（n ＋1）， 故ln 2222＋ln 3232＋ln 4242＋…＋ln n 2n 2<（n －1）（2n ＋1）2（n ＋1）.。