【文档说明】2023届高考数学一轮复习精选用卷 第三章 函数、导数及其应用 考点测试17 导数的应用（一） 含解析【高考】.doc，共(21)页，273.500 KB，由小赞的店铺上传

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1考点测试17导数的应用(一)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)＝1＋x－sinx在(0，2π)上是

()A．增函数B．减函数C．在(0，π)上单调递增，在(π，2π)上单调递减D．在(0，π)上单调递减，在(π，2π)上单调递增答案A解析f′(x)＝1－cosx>0，∴f(x)在(0，2π)上单调递增

．2．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1，1]上的最大值是()A．－2B．0C．2D．4答案C解析f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2(舍去).当－1≤x＜0时，f′(x)＞0；当0＜x≤1时，f′(x)＜0.所以f(x)在[－1，0)上是增函数，在(0，1]上

是减函数，所以f(x)max＝f(0)＝2.故选C.3．已知函数f(x)＝2ef′(e)lnx－xe(e是自然对数的底数)，则f(x)的极大值为2()A．2e－1B．－1eC．1D．2ln2答案D解析由题意知f′(x)＝2e

f′（e）x－1e，∴f′(e)＝2ef′（e）e－1e，f′(e)＝1e，∴f(x)＝2lnx－xe，f′(x)＝2x－1e，令f′(x)＝0，得x＝2e，当0＜x＜2e时，f′(x)＞0，当x＞2e时，f′(x)＜0，∴f(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减，

∴f(x)的极大值为f(2e)＝2ln(2e)－2＝2ln2.故选D.4．直线y＝a分别与曲线y＝ex，y＝lnx＋1交于M，N两点，则|MN|的最小值为()A．1B．1－ln2C．ln2D．1＋ln2答案A解析分别令ex＝a，lnx＋1＝a，其中a>0，则x1＝lna，x2＝ea－1，从而|

MN|＝|x1－x2|＝|lna－ea－1|，构造函数h(a)＝lna－ea－1，求导得h′(a)＝1a－ea－1，当a∈(0，1)时，h′(a)>0，h(a)单调递增；当a∈(1，＋∞)时，h′(a)<0，h(a)单调递减．所以h(a)有极大值h(1)＝－1.因此|MN|的最小值为|

h(1)|＝1.故选A.5．用边长为120cm的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四周分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°角，再焊接成水箱，则水箱的最大容积为()A．120000cm3B．128000cm3C．150000cm3D．1580

00cm3答案B解析设水箱底长为xcm，则高为120－x2cm.由120－x2>0，x>0得0＜x＜120.设容器的容积为ycm3，则有y＝120－x2·x2＝－12x3＋60x2，则有y′＝－32x2＋120x.令y′＝0，解得x＝80(x＝0舍去).当x∈(0，80)时，y′＞

0，y单调递增；当x∈(80，3120)时，y′＜0，y单调递减．因此80是函数y＝－12x3＋60x2的极大值点，也是最大值点，此时y＝－12×803＋60×802＝128000.故选B.6.(多选)已知定义在R上的函数f(x)，其导函

数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()A．f(a)<f(b)<f(c)B．函数f(x)在x＝c处取得极小值，在x＝e处取得极大值C．函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值D．函数f(x)的最小值为f(d)

答案AC解析由导函数图象可知在(－∞，c)，(e，＋∞)上，f′(x)>0，在(c，e)上，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，c)，(e，＋∞)上单调递增，在(c，e)上单调递减，所以f(a)<f(b)<f(c)；函数f(x)在x＝

c处取得极大值，在x＝e处取得极小值；f(d)>f(e)，所以f(d)不是函数f(x)的最小值．故选AC.7．(多选)已知定义在0，π2上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(0)＝0，f′(x)c

osx＋f(x)·sinx＜0，则下列判断中正确的是()A．fπ6＜62fπ4B．flnπ3＞0C．fπ6＞3fπ3D．fπ4＞2fπ3答案CD解析令g(x)＝f（x）cosx，x

∈0，π2，则g′(x)＝f′（x）cosx＋f（x）sinxcos2x，因为f′(x)cosx＋f(x)sinx＜0，所以g′(x)＝f′（x）cosx＋f（x）sinxcos2x＜0在0，π2上恒成4立，因此函数g(x)＝f（x）cosx在

0，π2上单调递减，因此gπ6＞gπ4，即fπ6cosπ6＞fπ4cosπ4，即fπ6＞62fπ4，故A错误；又f(0)＝0，所以g(0)＝f（0）cos0＝0

，所以g(x)＝f（x）cosx≤0在0，π2上恒成立，因为lnπ3∈0，π2，所以flnπ3＜0，故B错误；又gπ6＞gπ3，所以fπ6cosπ6＞fπ3cosπ3，即fπ6＞3f

π3，故C正确；又gπ4＞gπ3，所以fπ4cosπ4＞fπ3cosπ3，即fπ4＞2fπ3，故D正确．故选CD.8．若函数f(x)＝xlnx－a2x2－x＋1有两个极值点，则a的取值范围为________．答案

0，1e解析因为f(x)＝xlnx－a2x2－x＋1(x>0)，所以f′(x)＝lnx－ax，令g(x)＝lnx－ax，则g′(x)＝1x－a，当a≤0时，g′(x)>0恒成立，则f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，

当x＞0且x→0时，f′(x)→－∞；当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，所以f(x)只有一个极值点，不符合题意．当a>0时，可得f′(x)有极大值点1a，由于x＞0且x→0时，f′(x)→－∞；当x→＋∞时，f′(x)→－∞，因此原函数要有两个极值点，只要f′

1a＝ln1a－1>0，解得0<a<1e.二、高考小题9．(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则()A．a<bB．a>bC．ab<a2D．ab>a2答案D解析解法一：因为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)，所以f′(x)＝

2a(x－a)(x－b)＋5a(x－a)2＝a(x－a)(3x－a－2b).令f′(x)＝0，结合a≠0可得x＝a或x＝a＋2b3.(1)当a>0时，①若a＋2b3>a，即b>a，此时易知函数f(x)在(－∞，a)上单调递增，在a，a＋2b3上单调递

减，所以x＝a为函数f(x)的极大值点，满足题意；②若a＋2b3＝a，即b＝a，此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递增，无极值点，不满足题意；③若a＋2b3<a，即b<a，此时易知函数f(x)在a＋2b3，a上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，所以x＝a为函数f(

x)的极小值点，不满足题意．(2)当a<0时，①若a＋2b3>a，即b>a，此时易知函数f(x)在(－∞，a)上单调递减，在a，a＋2b3上单调递增，所以x＝a为函数f(x)的极小值点，不满足题意；②若a＋2b3

＝a，即b＝a，此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递减，无极值点，不满足题意；③若a＋2b3<a，即b<a，此时易知函数f(x)在a＋2b3，a上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减，所以x＝a为函数

f(x)的极大值点，满足题意．综上，a>0且b>a满足题意，a<0且b<a也满足题意．据此，可知必有ab>a2成立．故选D.解法二：由题意可知a≠b，当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知b>a.6当a<0时，根据

题意画出函数f(x)的大致图象，如图2所示，观察可知a>b.综上，可知必有ab>a2成立．故选D.10．(2017·全国Ⅱ卷)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极

小值为()A．－1B．－2e－3C．5e－3D．1答案A解析由题意可得f′(x)＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1].∵x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，∴f′(－2)＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1(x2＋x－2)＝e

x－1(x－1)(x＋2)，∴当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(－2，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴f(x)极小值＝f(1)＝－1.故选A.

11．(2019·北京高考)设函数f(x)＝ex＋ae－x(a为常数).若f(x)为奇函数，则a＝________；若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是________．答案－1(－∞，0]解析∵f(x)＝ex＋ae－x(a为常数

)的定义域为R，且f(x)为奇函数，∴f(0)＝e0＋ae－0＝1＋a＝0，∴a＝－1.∵f(x)＝ex＋ae－x，∴f′(x)＝ex－ae－x＝ex－aex.∵f(x)是R上的增函数，∴f′(x)≥0在R上恒成立，即ex≥aex在R上

恒成立，∴a≤e2x在R上恒成立．又e2x>0，∴a≤0，即a的取值范围是(－∞，0].12．(2018·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝2sinx＋sin2x，则f(x)的最小值是________．答案－3327解析f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝4cos2x＋

2cosx－2＝4(cosx＋1)cosx－12，所以当cosx≤12时函数单调递减，当cosx≥12时函数单调递增，从而得到函数的单调递减区间为2kπ－5π3，2kπ－π3(k∈Z)，函数的单调递增区间为2kπ－π3，2kπ

＋π3(k∈Z)，所以当x＝2kπ－π3，k∈Z时，函数f(x)取得最小值，此时sinx＝－32，sin2x＝－32，所以f(x)min＝2×－32－32＝－332.13．(2018·江苏高考)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，

则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________．答案－3解析∵f(x)＝2x3－ax2＋1，∴f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a).若a≤0，则x>0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数，又f

(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上没有零点，不符合题意，∴a>0.当0<x<a3时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x>a3时，f′(x)>0，f(x)为增函数，∴x>0时，f(x)有极小值，为f

a3＝－a327＋1.∵f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，∴fa3＝0，∴a＝3.∴f(x)＝2x3－3x2＋1，则f′(x)＝6x(x－1)，列表如下：x－1(－1，0)0(0，1)1f′(x)12＋0－0f(x)－410∴f(x)在

[－1，1]上的最大值为1，最小值为－4.∴最大值与最小值的和为－3.三、模拟小题14．(2022·四川省达州中学模拟)函数f(x)＝3＋xlnx的单调递减区间是()A.1e，eB．0，1e8C.－∞，1eD．

1e，＋∞答案B解析因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝lnx＋x·1x＝lnx＋1，令f′(x)＜0，得0＜x＜1e，所以f(x)的单调递减区间是0，1e.15．(2022·湖南湘潭模拟)已知定义域为R

的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(x)>f(x)，若实数a>0，则下列不等式恒成立的是()A.af(lna)≥ea－1f(a－1)B.af(lna)≤ea－1f(a－1)C.ea－1f(lna)≥af(a－

1)D.ea－1f(lna)≤af(a－1)答案D解析令g(x)＝f（x）ex，则g′(x)＝f′（x）－f（x）ex>0，所以g(x)为增函数．令h(a)＝lna－a＋1，则h′(a)＝1a－1.当a∈(0，1)时，h′(a)＞0，h(a)单调递增，当a∈(1，＋∞)时，h′(a)＜

0，h(a)单调递减，所以h(a)≤h(1)＝0，所以lna≤a－1，所以g(lna)≤g(a－1)，即f（lna）a≤f（a－1）ea－1，所以ea－1f(lna)≤af(a－1).故选D.16．(2021·新高考八省联考)已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝

3ec，则()A.c<b<aB．b<c<aC.a<c<bD．a<b<c答案D解析因为ae5＝5ea，a<5，故a>0，同理b>0，c>0，令f(x)＝exx，x>0，则f′(x)＝ex（x－1）x2，当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1

时，f′(x)>0，故f(x)在(0，1)上为9减函数，在(1，＋∞)上为增函数，因为ae5＝5ea，a<5，故e55＝eaa，即f(5)＝f(a)，而0<a<5，故0<a<1，同理0<b<1，0<c<1，f(4)＝f(b)，f(3)＝f(c

)，因为f(5)>f(4)>f(3)，故f(a)>f(b)>f(c)，所以0<a<b<c<1.故选D.17．(多选)(2022·福建省福州市高三调研考试)设函数f(x)＝exlnx，则下列说法正确的是()A.f(x)的定义域是(0，＋∞)B.x∈(0，1)时，f(x)图象位

于x轴下方C.f(x)存在单调递增区间D.f(x)有且仅有一个极值点答案BCD解析由题意，函数f(x)＝exlnx满足x＞0，lnx≠0，解得x＞0且x≠1，所以函数f(x)＝exlnx的定义域为(0

，1)∪(1，＋∞)，所以A不正确；由f(x)＝exlnx，当x∈(0，1)时，lnx＜0，所以f(x)＜0，所以f(x)在(0，1)上的图象都在x轴的下方，所以B正确；因为f′(x)＝exlnx－1x（lnx）2，所以f′(x)＞0在定义域上有解，所以函数f(

x)存在单调递增区间，所以C正确；令g(x)＝lnx－1x，则g′(x)＝1x＋1x2(x＞0)，所以g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，又g(1)＝－1＜0，g(2)＝ln2－12＞0，所以∃x0∈(1，2)使得f′(x0)＝0，且当x∈(0，1)，(1，x0)时

，f(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，f(x)单调递增，所以函数f(x)只有一个极值点，所以D正确．故选BCD.18．(多选)(2021·河北秦皇岛第二次模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax有两个零点x1，x2，且x1＜x2

，则下列说法正确的是()A.a∈0，1eB.y＝f(x)在(0，e)上单调递增C.x1＋x2＞610D.若a∈2e2，1e，则x2－x1<2－aa答案ABD解析由f(x)＝lnx－ax，可得f′(x)＝1x－a(x>0)，当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在x∈(0，

＋∞)上单调递增，与题意不符；当a>0时，由f′(x)＝1x－a＝0，解得x＝1a，当x∈0，1a时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈1a，＋∞时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴当x＝1a时，f(x)取得

极大值，又由函数f(x)＝lnx－ax有两个零点x1，x2(x1<x2)，可得f1a＝ln1a－1>0，可得a<1e.综上可得0<a<1e，故A正确；当a→1e时，x1＋x2→2e<6，故C错误，∵当

x∈0，1a时，f(x)单调递增，又a∈0，1e，∴(0，e)⊆0，1a，故B正确；∵f(x)在0，1a上单调递增，在1a，＋∞上单调递减，且a∈2e2，1e，∴1，x1∈0，1a；2a，x2

∈1a，＋∞，∵f(1)＝－a<0＝f(x1)，∴x1>1，∵f2a＝ln2a－2<lne2－2＝0＝f(x2)，∴x2＜2a，∴x2－x1<2a－1＝2－aa，故D正确．故选ABD.19．(2022·江苏常州高三质量检测)已知f(x)＝

ex，g(x)＝2x.若f(x1)＝g(x2)，d＝|x2－x1|，则d的最小值为________．答案1－ln22解析令f(x1)＝g(x2)＝k>0，则x1＝lnk，x2＝k24，所以x2－x1＝k24－lnk，令g(k)＝k24－lnk(k>0)，则g′(k)＝k2－1k＝k2－22

k，当0<k<2时，g′(k)<0；当k>2时，g′(k)>0；所以g(k)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，则g(k)min＝g(2)＝1－ln22>0，所以d＝|x2－x1|＝|g(k)

|≥1－ln22，则d的最小值为1－ln22.20．(2021·吉林第四次调研测试)若函数f(x)＝mx2－ex＋1(e为自然对数的底数)11在x＝x1和x＝x2两处取得极值，且x2≥2x1，则实数m的取值范围是________．答案

1ln2，＋∞解析因为f(x)＝mx2－ex＋1，所以f′(x)＝2mx－ex，又函数f(x)在x＝x1和x＝x2两处取得极值，所以x1，x2是方程2mx－ex＝0的两个不等实根，且x2≥2x1，即m＝ex2x(x≠0)有两个不等实根x1，x2，且x2≥2x1.令h(x)＝ex2

x(x≠0)，则直线y＝m与曲线h(x)＝ex2x有两个交点，且交点横坐标满足x2≥2x1，又h′(x)＝ex（2x－2）4x2＝ex（x－1）2x2，由h′(x)＝0，得x＝1，所以当x>1时，h′(x)>0，即函数h(x)＝ex2x在(1，＋∞)上单调递增；

当x<0，0<x<1时，h′(x)<0，即函数h(x)＝ex2x在(－∞，0)，(0，1)上单调递减．作出函数h(x)的图象如图所示．当x2＝2x1时，由ex12x1＝ex22x2，得x1＝ln2，此时m＝ex12x1＝1l

n2，因此，由x2≥2x1，得m≥1ln2.一、高考大题1．(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝xaax(x>0).(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，

求a的取值范围．解(1)当a＝2时，f(x)＝x22x(x>0)，12f′(x)＝x（2－xln2）2x(x>0).令f′(x)>0，则0<x<2ln2，此时函数f(x)单调递增．令f′(x)<0，则x>2ln2，此时函数f(x)单调递减.故函数f(x)的单调递增区间为0，2ln2

，单调递减区间为2ln2，＋∞.(2)要使曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，即方程xaax＝1(x>0)有两个不同的解，故方程lnxx＝lnaa有两个不同的解．设g(x)＝lnxx(x>0)，则g′(

x)＝1－lnxx2(x>0).令g′(x)＝1－lnxx2＝0，解得x＝e.令g′(x)>0，则0<x<e，此时函数g(x)单调递增．令g′(x)<0，则x>e，此时函数g(x)单调递减.故g(x)max＝g(e)＝1e，且当x>e时，g(x)∈0，

1e.又g(1)＝0，故要使方程lnxx＝lnaa有两个不同的解，则0<lnaa<1e.①当0<a<1时，不符合条件；②当a>1时，因为g(x)max＝g(e)＝1e，故a∈(1，e)∪(e，＋∞).综上，a的取值范围

为(1，e)∪(e，＋∞).2．(2021·新高考Ⅱ卷)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．①12<a≤e22，b>2a；②0<a<12，b≤2a.解(1)由函数的解析式可得，f′(x

)＝x(ex－2a)，当a≤0时，若x∈(－∞，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，13若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；当a>0时，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln(2a)，当0<a<12时，若x∈(－∞，ln

(2a))，则f′(x)>0，f(x)单调递增，若x∈(ln(2a)，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；当a＝12时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；当a>12时，若x∈(－∞，0)，则f′(

x)>0，f(x)单调递增，若x∈(0，ln(2a))，则f′(x)<0，f(x)单调递减，若x∈(ln(2a)，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增.(2)证明：若选择条件①：由于12<a≤e22，故1<2a≤

e2，则b>2a>1，f(0)＝b－1>0，f(－2b)＝(－1－2b)e－2b－4ab2＋b<0，而由(1)知函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，故函数f(x)在区间(－∞，0)上有一个零点.f(ln(2a))＝2a[ln(2a)－1]－

a[ln(2a)]2＋b>2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋2a＝2aln(2a)－a[ln(2a)]2＝aln(2a)[2－ln(2a)]，由于12<a≤e22，1<2a≤e2，所以0<l

n(2a)≤2，故aln(2a)[2－ln(2a)]≥0，所以f(ln(2a))>0，结合函数的单调性可知，函数f(x)在区间(0，＋∞)上没有零点．综上可得，题中的结论成立．若选择条件②：由于0<a<

12，故0<2a<1，则f(0)＝b－1≤2a－1<0，当b≥0时，e2>4，4a<2，f(2)＝e2－4a＋b>0，14而函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上有一个零点．当b<0时，构造函数H(x)＝ex－x－1，则H′(x)＝ex－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，注意到H(0)＝0，故H(x)≥0恒成立，从而有ex≥x＋1，当x>1时，x－1>0，则f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b

≥(x－1)(x＋1)－ax2＋b＝(1－a)x2＋(b－1)，当x>1－b1－a时，(1－a)x2＋(b－1)>0，取x0＝1－b1－a＋1，则f(x0)>0，由于f(0)<0，f1－b1－a＋1>0，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在

区间(0，＋∞)上有一个零点．f(ln(2a))＝2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋b≤2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋2a＝2aln(2a)－a[ln(2a)]2＝aln(2a)

[2－ln(2a)]，由于0<2a<1，所以ln(2a)<0，故aln(2a)[2－ln(2a)]<0，结合函数的单调性可知，函数f(x)在区间(－∞，0)上没有零点．综上可得，题中的结论成立．3．(2020·天津高考)已知函数f(x)＝x3＋klnx(k∈R)，f′(x)为

f(x)的导函数．(1)当k＝6时，①求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；②求函数g(x)＝f(x)－f′(x)＋9x的单调区间和极值；15(2)当k≥－3时，求证：对任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1＞x2，有f′（x1）＋f′（x2）2＞f（x1）－f（x2）

x1－x2.解(1)①当k＝6时，f(x)＝x3＋6lnx，f′(x)＝3x2＋6x.可得f(1)＝1，f′(1)＝9，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝9(x－1)，即y＝9x－8.②依题意，g(x)＝x3－3x2＋6lnx＋3x，x∈(0，＋∞).g′

(x)＝3x2－6x＋6x－3x2＝3（x－1）3（x＋1）x2，令g′(x)＝0，解得x＝1.当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x(0，1)1(1，＋∞)g′(x)－0＋g(x)单调递减极小值单调递增所以函数g(

x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)，g(x)的极小值为g(1)＝1，无极大值．(2)证明：由f(x)＝x3＋klnx，得f′(x)＝3x2＋kx.对任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1＞x2，令x1x

2＝t(t＞1)，则(x1－x2)[f′(x1)＋f′(x2)]－2[f(x1)－f(x2)]＝(x1－x2)3x21＋kx1＋3x22＋kx2－2x31－x32＋klnx1x2＝x31－x32－3x21x2＋3x1x2

2＋kx1x2－x2x1－2klnx1x2＝x32(t3－3t2＋3t－1)＋kt－1t－2lnt.(*)令h(x)＝x－1x－2lnx，x∈[1，＋∞).当x>1时，h′(x)＝1＋1x2－2x＝1－1x2＞0，所以h(x)在(1，＋∞)上

单调递增，所以当t>1时，h(t)＞h(1)＝0，即t－1t－2lnt＞0.16因为x2≥1，t3－3t2＋3t－1＝(t－1)3＞0，k≥－3，所以x32(t3－3t2＋3t－1)＋kt－1t－2lnt≥(t3－3t2＋3t－1)－3t－1t－2lnt＝t3－3t2＋

6lnt＋3t－1.(**)由(1)②可知，当t＞1时，g(t)＞g(1)，即t3－3t2＋6lnt＋3t＞1，故t3－3t2＋6lnt＋3t－1＞0.(***)由(*)(**)(***)可得(x1－x2)[f′(x1)＋f′(x2)]－2[f(x1)－f(x2)]＞0，所以当k≥－3时，对任意

的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1＞x2，有f′（x1）＋f′（x2）2＞f（x1）－f（x2）x1－x2.二、模拟大题4．(2022·广东珠海高三摸底测试)已知函数f(x)＝ex－alnxx－a(e为自然对数的底数)有两个零点．(

1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2)若f(x)的两个零点分别为x1，x2，证明：x1x2>e2ex1＋x2.解(1)当a＝1时，f(x)＝ex－lnxx－1，f′(x)＝ex－1－lnxx2.又f(1)＝e－1，所以切点坐标为(1，e－1)，切线的斜率为k＝f′(1

)＝e－1，所以切线的方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x.(2)证明：由已知得f(x)＝xex－a（lnx＋x）x＝0有两个不等的正实根，所以方程xex－a(lnx＋x)＝0有两个不等的正实根，即xex－aln(xex)＝0有两个不

等的正实根，aln(xex)＝xex①要证x1x2>e2eex1＋x2，只需证(x1ex1)·(x2ex2)>e2，17即证ln(x1ex1)＋ln(x2ex2)>2，令t1＝x1ex1，t2＝x2ex2，所以只需证lnt1＋lnt

2>2.由①得alnt1＝t1，alnt2＝t2，所以a(lnt2－lnt1)＝t2－t1，a(lnt2＋lnt1)＝t2＋t1，消去a得lnt2＋lnt1＝t2＋t1t2－t1(lnt2－lnt1)＝t2t1＋1lnt2t

1t2t1－1，只需证t2t1＋1lnt2t1t2t1－1>2.设0<t1<t2，令t＝t2t1，则t>1，所以只需证lnt>2（t－1）t＋1.令h(t)＝lnt－2（t－1）t＋1，t>1，则h′(t)＝1t－4（t＋1）2＝（t－1）2t（t＋1）2

>0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，h(t)>h(1)＝0，即当t>1时，lnt－2（t－1）t＋1>0成立．所以lnt1＋lnt2>2，即(x1ex1)·(x2ex2)>e2，即x1x2>e2eex1＋x2.5．(2022·江苏泰州中学高三期初检测)已知函数f(x)＝1＋ln（x＋

1）x＋1.(1)求函数y＝f(x)的最大值；18(2)令g(x)＝(x＋1)f(x)－(a－2)x＋x2，若g(x)既有极大值，又有极小值，求实数a的取值范围；(3)求证：当n∈N*时，ln(1＋1)＋ln1＋12＋

ln1＋13＋…＋ln1＋1n<2n.解(1)f′(x)＝－ln（x＋1）（x＋1）2，x∈(－1，＋∞)，在(－1，0)上，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，在(0，＋∞)上，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(0

)＝1.(2)g(x)＝(x＋1)f(x)－(a－2)x＋x2＝1＋ln(x＋1)－(a－2)x＋x2g′(x)＝1x＋1－(a－2)＋2x＝2x2＋（4－a）x＋3－ax＋1，g(x)既有极大值，又有极小值，等价于2x2＋(4－a)x＋3－a＝0在区间(－1，＋∞)上

有两个不相等的实数根．即2＋（a－4）＋3－a>0，a－44>－1，Δ＝（a－4）2－8（3－a）>0，解得a>22，所以实数a的取值范围为(22，＋∞).(3)证明：由(1)得，当x>0时，f(x)<1，即ln(1＋x)<x，可得

ln1＋1n<1n(n∈N*)，于是ln1＋11<11，ln1＋12<12，…，ln1＋1n<1n，19于是ln(1＋1)＋ln1＋12＋ln

1＋13＋…＋ln1＋1n<1＋12＋13＋…＋1n＝1＋222＋223＋…＋22n<1＋21＋2＋22＋3＋…＋2n－1＋n＝1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n－n－1)]＝1＋2(n－1)<2n.6．(2021·新高考八省联考

)已知函数f(x)＝ex－sinx－cosx，g(x)＝ex＋sinx＋cosx．(1)证明：当x>－5π4时，f(x)≥0；(2)若g(x)≥2＋ax，求a.解(1)证明：分类讨论：①当x∈－5π4，－π4时，f(x)＝ex－2sin

x＋π4>0；②当x∈－π4，0时，f′(x)＝ex－cosx＋sinx，f′(0)＝0，令m(x)＝ex－cosx＋sinx，则m′(x)＝ex＋sinx＋cosx＝ex＋2sinx＋π4>0，则函数f′(x)在－π4，0上单调

递增，则f′(x)<f′(0)＝0，则函数f(x)在－π4，0上单调递减，则f(x)>f(0)＝0；③当x＝0时，由函数的解析式可知f(0)＝1－0－1＝0，当x∈[0，＋∞)时，令H(x)＝－sinx＋x(x≥0)，则H′(x)＝－cosx＋1≥0，故函

数H(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，从而H(x)≥H(0)＝0，即－sinx＋x≥0，－sinx≥－x，从而在区间[0，＋∞)上，函数f(x)＝ex－sinx－cosx≥ex－x－1，令y＝ex－x－1，则y′＝ex－1，20当x≥0时，y

′≥0，故y＝ex－x－1在[0，＋∞)上单调递增，故函数y＝ex－x－1在[0，＋∞)上的最小值为e0－0－1＝0，从而在区间[0，＋∞)上，ex－x－1≥0.从而在区间[0，＋∞)上，函数f(x)＝ex－sinx－cosx≥ex－x－1≥0.综上可得，题中的结论成立．(2)

令F(x)＝ex＋sinx＋cosx－ax－2，F(x)≥0，则F(x)min≥0.又F(0)＝0，所以F(x)在R上的最小值为F(0).F′(x)＝ex＋cosx－sinx－a，令G(x)＝ex＋cosx

－sinx－a，则G′(x)＝ex－sinx－cosx＝f(x)，由(1)知，当x>－5π4时，G′(x)≥0，所以G(x)在－5π4，＋∞上单调递增，G(0)＝2－a.①当a>2时，G(0)<0，G(a＋lna)＝a(ea－1)＋2cosa＋lna＋π4>2(e2－1

)－2>0.故G(x)在(0，a＋lna)内存在零点，设为x1，当x∈(0，x1)时，G(x)<0，即F′(x)<0，则F(x)在(0，x1)上单调递减，所以F(x1)<F(0)＝0，与题意不符，舍去；②当≤a<2时，G(0)>0，G－5π4＝故G(x)在

－5π4，0上存在零点，设为x2，当x∈(x2，0)时，G(x)>0，即F′(x)>0，则F(x)在(x2，0)上单调递增，所以F(x2)<F(0)＝0，与题意不符，舍去；21③当a＝2时，G(0)＝0，则当x∈－5π4，0时，G(x)<0，

当x∈(0，＋∞)时，G(x)>0，即当x∈－5π4，0时，F′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，所以F(x)在－5π4，0上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以当x∈－5π4，＋∞时，F(x)≥F(0)＝0.又当x∈

－∞，－5π4时，F(x)＝ex＋2sinx＋π4－2x－2>－2＋5π2－2>0.因此，当a＝2时，F(x)≥0.综上，a＝2.