【文档说明】2024届高考二轮复习理科数学试题（老高考旧教材） 专题检测6　函数与导数 Word版含答案.docx，共(7)页，111.980 KB，由小赞的店铺上传

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专题检测六函数与导数一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2023山东临沂一模)已知集合A={x|(12)x<1},B={x|lnx>0},则下列集合为空集的是()A.A∩(∁

RB)B.(∁RA)∩BC.A∩BD.(∁RA)∩(∁RB)2.(2023天津,3)若a=1.010.5,b=1.010.6,c=0.60.5,则()A.c>a>bB.c>b>aC.a>b>cD.b>a>c3.(2023山东潍坊一模)存在函数f(x)满足:

对任意x∈R都有()A.f(|x|)=x3B.f(sinx)=x2C.f(x2+2x)=|x|D.f(|x|)=x2+14.(2023四川攀枝花二模)我国著名数学家华罗庚先生曾说:“数缺形时少直观,形少数时难入微,数形结合百般好,隔离分

家万事休”,在数学的学习和研究中,有时可凭借函数的图象分析函数解析式的特征.已知函数f(x)的部分图象如图所示,则函数f(x)的解析式可能为()A.f(x)=(e2𝑥-1)·|ln𝑥|2e𝑥B.f(x)=(e2𝑥+1)·|ln𝑥|2e𝑥C.f(x)=2e𝑥(e2𝑥

-1)·|ln𝑥|D.f(x)=e2𝑥-1𝑥2e𝑥5.函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,且为奇函数,若f(2)=1,则满足-1≤f(x-1)≤1的x的取值范围是()A.[-2,2]B.[-1,3]C.[0,2]D.[1,3]6.(2023四川成都石室中学三模)英

国物理学家和数学家牛顿曾提出物体在常温环境下温度变化的冷却模型.如果物体的初始温度是θ1,环境温度是θ0,则经过tmin物体的温度θ将满足θ=θ0+(θ1-θ0)e-kt,其中k是一个随着物体与空气的接触情况而定的正常数.现有90℃的物体,若放在10℃的空气中冷却,经过10mi

n物体的温度为50℃,则若使物体的温度为20℃,需要冷却()A.17.5minB.25.5minC.30minD.32.5min7.已知函数f(x)=ln(√𝑥2+1+x)-1𝑥3+2且f(3a)+f(-2a

-3)>4,则正实数a的取值范围为()A.(1,+∞)B.(3,+∞)C.(32,+∞)D.(4,+∞)8.(2023浙江杭州二中模拟改编)已知定义域为R的函数f(x)在(-1,0]上单调递增,f(1+x)=f(1-x),且图象关于(2,0)对称,则f(x)()A.

在(2,3)上单调递增B.周期T=2C.满足f(0)=f(-2)D.满足f(2023)>f(2024)9.(2023宁夏银川模拟)f(x)是定义在R上的奇函数,当x∈[-1,1]时,f(x)=x,f(1+x)=f(1-x),令g(x)=f(x)-l

gx,则函数g(x)的零点个数为()A.4B.5C.6D.710.(2022全国乙,文11)函数f(x)=cosx+(x+1)·sinx+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为()A.-π2,π2B.-3

π2,π2C.-π2,π2+2D.-3π2,π2+211.(2023山东滨州一模)已知f(x)=x3-3x+2+m(m>0),在区间[0,2]上存在三个不同的实数a,b,c,使得以f(a),f(b),f(c)为边长的三角形

是直角三角形,则m的取值范围是()A.m>4+4√2B.0<m<2+2√2C.4-4√2<m<4+4√2D.0<m<4+4√212.(2023四川眉山一模)设a=0.035,b=2.25(e0.01-1),c=4l

n1.01,则a,b,c的大小关系是()A.a<b<cB.a<c<bC.b<c<aD.b<a<c二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2023山东青岛一模改编)定义域为R的函数f(x)满足:当x∈[0,1)时,f(x)=3x-1,且对任意实数x,均有f(x

)+f(x+1)=1,则f(log34)=.14.(2021新高考Ⅰ,13)已知函数f(x)=x3(a·2x-2-x)是偶函数,则a=.15.(2023河南郑州一模改编)已知函数f(x)与g(x)定义域都为R,满足f(x)=

(𝑥+1)𝑔(𝑥)e𝑥,且有g'(x)+xg'(x)-xg(x)<0,g(1)=2e,则不等式f(x)<4的解集为.16.已知函数f(x)=ex-1-e1-x+x,则不等式f(2-x)+f(4-3x)≤2的解集是.三、解答题:本题共6小题,共70分.解

答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2023陕西咸阳三模)已知函数f(x)=x2+xlnx-ax,g(x)=ae-2x+x2.(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;

(2)若函数f(x)和g(x)有相同的极值点x0,求实数a的值.18.(12分)(2022北京,20)已知函数f(x)=exln(1+x).(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)设g(x)=f'(x),讨论函数g(x)在[

0,+∞)上的单调性;(3)证明:对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t).19.(12分)(2023陕西安康三模)已知函数f(x)=mex+ln𝑥-2𝑥+1.(1)若m=0,求函数f(x)的极值;(2)若f(x)<0恒成立,求m的取值范围.20.(12分)(202

3新高考Ⅱ,22)(1)证明:当0<x<1时,x-x2<sinx<x;(2)已知函数f(x)=cosax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围.21.(12分)已知函数f(x)=

1+ln𝑥𝑥.(1)求函数y=f(x)的最大值;(2)若关于x的方程lnx=xex-ex2+kx-1有实数根,求实数k的取值范围;(3)证明:ln222+ln332+…+ln𝑛𝑛2<2𝑛2-𝑛-14(𝑛+1)(n∈N*,n≥2).22.(12分)(2022新高考Ⅰ,22)已知函数f(

x)=ex-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最小值.(1)求a;(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.专题检测六函数与导数1.B解析集合A={𝑥|(12)𝑥<1}={

x|x>0},集合B={x|lnx>0}={x|x>1},所以∁RB={x|x≤1},∁RA={x|x≤0},(∁RA)∩B=⌀,故选项B满足题意.故选B.2.D解析因为函数y=1.01x为增函数,所以1.010.6>1.010.5>1.010=1.又0.60.5<0.60=1,所以1.010.6

>1.010.5>0.60.5,即b>a>c.故选D.3.D解析对于A,当x=1时,f(|1|)=f(1)=1;当x=-1时,f(|-1|)=f(1)=-1,不符合函数定义,A错;对于B,令x=0,则f(sinx)=f(0)=0,令x=π,则f(sinπ)=f(0)=π2,不符合函

数定义,B错;对于C,令x=0,则f(0)=0,令x=-2,则f(0)=f((-2)2+2(-2))=2,不符合函数定义,C错;对于D,f(|x|)=x2+1=|x|2+1,x∈R,则|x|≥0,则存在x≥0时,f(x)=x2+

1,D正确.故选D.4.A解析由函数图象可知f(1)=0,而ln1=0,故排除C;而D中f(1)=e2-1e≠0,故排除D;其对应的函数的图象关于原点对称,所以f(x)为奇函数,对于B,x≠0,f(-x)=(e-2𝑥+1)·|ln𝑥|2e-𝑥=(e

2𝑥+1)·|ln𝑥|2e𝑥=f(x),所以f(x)为偶函数,故B错误;对于A,x≠0,f(-x)=(e-2𝑥-1)·|ln𝑥|2e-𝑥=(1-e2𝑥)·|ln𝑥|2e𝑥=-f(x),且f(1)=0,故A正确.故选A.5

.B解析f(x)是奇函数,故f(-2)=-f(2)=-1.又f(x)是增函数,-1≤f(x-1)≤1,∴f(-2)≤f(x-1)≤f(2),则-2≤x-1≤2,解得-1≤x≤3.故选B.6.C解析由题意得θ1=9

0,θ0=10,θ=50,t=10代入,50=10+(90-10)e-10k,即e-10k=12,所以k=110ln2,所以θ=θ0+(θ1-θ0)e-𝑡10ln2,由题意得θ1=90,θ0=10,θ=20代入,即20=10+(90-10)·e-𝑡10ln2,得

e-𝑡10ln2=18,即-𝑡10ln2=ln18=-3ln2,解得t=30,即若使物体的温度为20℃,需要冷却30min.故选C.7.B解析函数f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).令g(x)=f(x)-2,由g(-x)=ln(√(-𝑥)2+

1-x)-1(-𝑥)3=-ln(√𝑥2+1+x)+1𝑥3=-g(x),即g(x)为奇函数,所以f(3a)+f(-2a-3)>4等价于g(3a)>g(2a+3),而a>0,由y=ln(√𝑥2+1+

x),y=-1𝑥3在(0,+∞)上单调递增,故g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以3a>2a+3,可得a>3.故选B.8.C解析由f(1+x)=f(1-x),得f(x)图象的对称轴为直线x=1,∴f(0)=f(2).又由f(1+x)=f(1-x)知f(2+x)=f(-x),

∵f(x)图象关于(2,0)对称,即f(2+x)=-f(2-x),故f(4+x)=-f(-x),∴-f(2+x)=f(4+x),即-f(x)=f(2+x),∴f(x)=f(x+4),∴f(x)的周期为4,

∴f(-2)=f(2),∴f(0)=f(-2),故C正确,B错误;∵f(x)在(-1,0]上单调递增,且T=4,∴f(x)在(3,4]上单调递增,又图象关于(2,0)对称,∴f(x)在[0,1)上单调递增,∵图象关于直线x=1对称,∴f(x)在(1,2]上单调递减,又关于(2,0)对

称,可得f(x)在[2,3)上单调递减,故A错误;由f(x)的周期为T=4,得f(2023)=f(3)=f(-1),f(2024)=f(4)=f(0),f(x)在(-1,0]上单调递增,单调区间内均不包含x=-1,若f(-1)=0,则f(2023)

>f(2024)错.故选C.9.B解析由f(1+x)=f(1-x)可得,f(x)的图象关于直线x=1对称,又由f(1+x)=f(1-x),得f(2+x)=f(-x)=-f(x),所以f(4+x)=-f(2+x)=f(x),所以f(x)以4为周期,所以作出f(x)的图象如下,g(x)=f(x)-l

gx的零点个数即为方程f(x)=lgx的根的个数,即f(x)的图象与y=lgx图象的交点个数,因为lg9<1,lg10=1,所以数形结合可得f(x)的图象与y=lgx图象的交点个数为5.故选B.10.D解析函数f(x)的导数f'(x)=-sinx+sinx+(x+1)co

sx=(x+1)·cosx,x∈[0,2π].令f'(x)=0,得x=π2或x=3π2.当x∈[0,π2)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(π2,3π2)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(3π2,2π]

时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.故当x=π2时,函数f(x)有极大值f(π2)=π2+2;当x=3π2时,函数f(x)有极小值f(3π2)=-3π2.又因为f(0)=2,f(2π)=2,所以函数f(x)在区间[0,2π]上的最小值为-3π2,最大值为π2+2,故选D.11.D解析f

(x)=x3-3x+2+m,则f'(x)=3x2-3,令f'(x)=0可得x=1或x=-1.∴函数f(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,2)上单调递增,则f(x)min=f(1)=m.又f(2)=m+4,f(0)=m+2,所以f(x)max=f(

2)=m+4.∵在区间[0,2]上存在三个不同的实数a,b,c,使得以f(a),f(b),f(c)为边长的三角形是直角三角形,∴2m2<(m+4)2,即m2-8m-16<0,解得4-4√2<m<4+4√2.又已知m>0,∴0<m<4+4√2.故选D.12.D解析由题a=72×0

.01,b=94(e0.01-1),c=4ln(1+0.01).构造函数f(x)=94(ex-1)-72x(0<x<13),则f'(x)=94ex-72,可知f'(x)单调递增,当0<x<13时,f'(x)<f'(13)=94e13−72<0.故f(x)在0<x<13时单调递减,则f(x

)<f(0)=0.此时94(ex-1)<72x,则b=94(e0.01-1)<a=72×0.01.构造g(x)=4ln(x+1)-72x(0<x<110),则g'(x)=4𝑥+1−72,可知0<x<110时,g'(x)单调递减,g'(x)>g'(110)=

4011−72>0,故g(x)在0<x<110时单调递增,则g(x)>g(0)=0.此时4ln(x+1)>72x,则有c=4ln(1+0.01)>a=72×0.01.综上所述,b<a<c,故选D.13.23解

析由f(x)+f(x+1)=1,得f(x+1)=1-f(x),则f(log34)=1-f(log34-1)=1-f(log343)=1-(3log343-1)=1-43+1=23.14.1解析∵函数f

(x)=x3(a·2x-2-x)是偶函数,∴f(x)=f(-x),即x3(a·2x-2-x)=(-x)3[a·2-x-2-(-x)].整理得,a·2x-2-x=-(a·2-x-2x),即(a-1)·2x+(a-1)·2-x=

0.(a-1)(2x+2-x)=0.∴a=1.15.(1,+∞)解析由f(x)=(𝑥+1)𝑔(𝑥)e𝑥,得f'(x)=𝑔(𝑥)e𝑥+(𝑥+1)𝑔'(𝑥)e𝑥-(𝑥+1)𝑔(𝑥)e𝑥(e𝑥)2=𝑥𝑔'

(𝑥)+𝑔'(𝑥)-𝑥𝑔(𝑥)e𝑥.而g'(x)+xg'(x)-xg(x)<0,∴f'(x)<0,∴f(x)在(-∞,+∞)上单调递减,又g(1)=2e,则f(x)=2𝑔(1)e=4,所以f(x)<4=f(1),则x>1,故不等式f(x)<4的解集为(1,+∞).16.[1,

+∞)解析构造函数g(x)=f(x)-1=ex-1-1e𝑥-1+(x-1),那么g(x)是增函数,且其图象向左移动一个单位长度后得到h(x)=g(x+1)=ex-1e𝑥+x的图象.h(x)的定义域为R,且h(-x)=1e𝑥-ex-x=-h(x),∴h(x)为奇

函数,图象关于原点对称,∴g(x)的图象关于(1,0)对称,即g(x)+g(2-x)=0.不等式f(2-x)+f(4-3x)≤2等价于f(2-x)-1+f(4-3x)-1≤0,等价于g(2-x)≤-g(4-3x)=g(2-4+3x)=g(3x-2),结合g(x)单调递增可知

2-x≤3x-2,解得x≥1.17.解(1)当a=1时,f(x)=x2+xlnx-x,f'(x)=2x+lnx,则f(1)=0,f'(1)=2,故所求切线方程为y=2(x-1),即2x-y-2=0.(2)由题意,得f'(x)=2x+lnx+1-a,g

'(x)=-2ae-2x+2x,若函数f(x)和g(x)有相同的极值点x0,则{𝑓'(𝑥0)=2𝑥0+ln𝑥0+1-𝑎=0,𝑔'(𝑥0)=-2𝑎e-2𝑥0+2𝑥0=0,可得a=2x0+lnx0+1=x0e2𝑥0,即lne2𝑥0+

lnx0+1=ln(x0e2𝑥0)+1=x0e2𝑥0,令t=x0e2𝑥0>0,则lnt+1=t,构造函数h(t)=lnt+1-t,则h'(t)=1𝑡-1=1-𝑡𝑡,当t∈(0,1)时,h'(t)>0;当t∈(1,+∞)时,h'(t)<0;∴函数h(

t)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴h(t)≤h(1)=0,即方程lnt+1=t的唯一根为t=1,即a=1.18.(1)解由题得f'(x)=ex·ln(1+x)+ex·11+𝑥=ex·[ln(1+x)+11+𝑥],故f'(0)=e0·

[ln(1+0)+11+0]=1,f(0)=e0ln(1+0)=0,因此曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x.(2)解由(1)知g(x)=f'(x)=ex·[ln(1+x)+11+𝑥],x∈[0,+∞),则g'(x)=ex·[ln(1+x)+21+𝑥−1(1+𝑥

)2]=ex·[ln(1+x)+2𝑥+1(1+𝑥)2]=ex·[ln(1+x)+11+𝑥+𝑥(1+𝑥)2].由于x∈[0,+∞),故ln(1+x)≥0,11+𝑥>0,𝑥(1+𝑥)2≥0,所以对任意x∈[0,+∞),g'(x)>0恒成立,

故g(x)在[0,+∞)上单调递增.(3)证明设函数F(x)=f(x+t)-f(x)(x>0),F'(x)=f'(x+t)-f'(x)=g(x+t)-g(x).因为t>0,所以x+t>x>0.因为g(x)在[0,+∞)上单调递增,所以g(x+t)>g(x),即g(x+t)-g(x)>0,F'(

x)>0,所以F(x)在(0,+∞)上单调递增.又因为s>0,所以F(s)>F(0),即f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0).又f(0)=0,所以f(s+t)>f(s)+f(t).19.解(1)当m=0时,f(x)=ln𝑥-2𝑥+1,其定义域为(0,+∞),f'(x)=3-ln�

�𝑥2,令f'(x)=0,得x=e3,∴当x∈(0,e3)时,f'(x)>0;当x∈(e3,+∞)时,f'(x)<0,∴f(x)在(0,e3)上单调递增,在(e3,+∞)上单调递减,∴f(x)的极大值为f(e3)=1e3+1,无极小值.(2)由f(x)<0,得mex+ln𝑥

-2𝑥+1<0,∴m<2-ln𝑥-𝑥𝑥e𝑥在(0,+∞)上恒成立.令h(x)=2-ln𝑥-𝑥𝑥e𝑥,则h'(x)=(-1𝑥-1)𝑥-(2-ln𝑥-𝑥)(𝑥+1)𝑥2e𝑥=(𝑥+1)(𝑥-3-ln𝑥)𝑥2e𝑥,令φ(x

)=x-3+lnx,易知φ(x)在(0,+∞)上单调递增,∵φ(2)=ln2-1<0,φ(3)=ln3>0,∴∃x0∈(2,3),使得φ(x0)=0,即lnx0=3-x0,∴当x∈(0,x0)时,h'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,∴h(x)在(0,x0)单调递

减,在(x0,+∞)上单调递增,∴h(x)min=h(x0)=2-ln𝑥0-𝑥0𝑥0e𝑥0.由lnx0=3-x0,得lnx0+lne𝑥0=ln(x0e𝑥0)=3,∴x0e𝑥0=e3,∴h(x)min=2-ln𝑥0-𝑥0𝑥0e𝑥0=-1e3,∴m<-

1e3.∴m的取值范围是(-∞,-1e3).20.(1)证明设h(x)=sinx-x,x∈[0,1],则h'(x)=cosx-1≤0对∀x∈[0,1]恒成立,且仅在x=0时有h'(0)=0,所以函数h(x)在[0,1]上单调递

减.所以对∀x∈(0,1),有h(x)<h(0)恒成立.又因为h(0)=0,所以sinx-x<0恒成立.所以sinx<x,x∈(0,1).设g(x)=sinx-(x-x2),则g'(x)=cosx+2x-1.令G(x)=cosx+2x-1,则G'(x)=-sinx+2>0对∀x∈[0,1]恒成

立,所以g'(x)在x∈[0,1]上单调递增,且因为g'(0)=1+0-1=0,所以对∀x∈[0,1],g'(x)≥0恒成立,且仅在x=0时有g'(0)=0,所以函数y=g(x)在[0,1]上单调递增.所以对∀x∈(0,1),有g(x)>g(0)恒成立.又因为g(0)

=0,所以sinx+x2-x>0对∀x∈(0,1)恒成立.所以x-x2<sinx,x∈(0,1).综上可知,x-x2<sinx<x,x∈(0,1)成立.(2)解若a≠0,当0<x<min{1,1|𝑎|}时,(ⅰ

)若a>0,有a2x-a3x2<asinax<a2x;(ⅱ)若a<0,有a2x+a3x2<asinax<a2x.证明:(ⅰ)当a>0时,由(1)知ax-a2x2<sinax<ax,0<x<min{1,1|

𝑎|},所以a2x-a3x2<asinax<a2x;(ⅱ)当a<0时,由(1)知-ax-(-ax)2<sin(-ax)<-ax,0<x<min{1,1|𝑎|},所以-a2x-a(-ax)2>asin(-ax)>-a2x,即a

2x+a3x2<asinax<a2x.故上述说法成立.因为f(x)=cosax-ln(1-x2),x∈(-1,1),所以f'(x)=-asinax--2𝑥1-𝑥2=-asinax+2𝑥1-𝑥2,满足f'(0)=-asin0+0=0.因为f'(-x

)=asinax-2𝑥1-𝑥2=-f'(x),所以函数f'(x)为奇函数.①若a=0,则f'(x)=2𝑥1-𝑥2.当x∈(-1,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,1)时,f'(x)>0.故x=0是函数f(x)的极小值点,不符合题意.②若a∈(√2,+∞),则当0

≤x<min{1,1𝑎}时,asinax>a2x-a3x2.所以f'(x)<-a2x+a3x2+2𝑥1-𝑥2=x(21-𝑥2+𝑎3𝑥-𝑎2).令F1(x)=21-𝑥2+a3x-a2,0≤x<min{1,1𝑎},则F'1(x)=4𝑥(1-𝑥2)2+a3>0,故当0≤x<m

in{1,1|𝑎|}时,F1(x)单调递增.又因为F1(0)=2-a2<0,所以存在t1>0,使得F1(x)在(0,t1)上恒小于0,此时f'(x)<xF1(x)<0.又因为函数f'(x)是奇函数,所以在(-t1,0)内有f'(

x)>0.因此函数f(x)在(-t1,0)内单调递增,在(0,t1)内单调递减,所以x=0是函数f(x)的极大值点.③若a∈(-∞,-√2),则当0≤x<min{1,1|𝑎|}时,a2x+a3x2<asinax<a2x.所以f'(x)<-a2x-a3x2+2𝑥1-�

�2=x(21-𝑥2-𝑎3𝑥-𝑎2).令F2(x)=21-𝑥2-a3x-a2,则F'2(x)=4𝑥(1-𝑥2)2-a3>0,故当0<x<min{1,1|𝑎|}时,F2(x)单调递增.又因为F2(0)=2-a2<0,所以存在t2>0,使得F2(x)在(0,t2)上恒小于0

,此时f'(x)<xF2(x)<0.又因为函数f'(x)是奇函数,所以在(-t2,0)内有f'(x)>0.因此函数f(x)在(-t2,0)内单调递增,在(0,t2)内单调递减,所以x=0是函数f(x)的极大值点.④若a∈[-√2,√2

],则当0≤x<min{1,1|𝑎|}时,asinax<a2x.所以f'(x)=-asinax+2𝑥1-𝑥2>2𝑥1-𝑥2-a2x=x(21-𝑥2-𝑎2)≥x(21-𝑥2-2)>x(2-2)=0.此时,与x=0是函数f(x)

的极小值点矛盾.综上可知,实数a的取值范围是(-∞,-√2)∪(√2,+∞).21.(1)解f'(x)=-ln𝑥𝑥2.在区间(0,1)上,f'(x)>0,f(x)单调递增;在区间(1,+∞)上,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)max=f(1)=1,即当x=1时

,f(x)取得最大值1.(2)解(方法一)lnx=xex-ex2+kx-1有实数根等价于1+ln𝑥𝑥=ex-ex+k有实根.由于f(x)=1+ln𝑥𝑥,由(1)得,在区间(0,1)上,f(x)单调递增;在区间(1,+∞)上,f(x)单调递减,f(x)max=f

(1)=1.令g(x)=ex-ex+k(x>0),则g'(x)=ex-e.在区间(0,1)上,g'(x)<0,g(x)单调递减;在区间(1,+∞)上,g'(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)min=g(1)=k,且x→+∞时,f(x)→0,g(x

)→+∞,于是当满足k≤1时,方程lnx=xex-ex2+kx-1有实数根.所以实数k的取值范围是(-∞,1].(方法二)lnx=xex-ex2+kx-1可变为k=1+ln𝑥𝑥+(ex-ex).令g(x)=1+ln𝑥𝑥+(ex-ex),则g'(x)=-ln𝑥𝑥2+(e-ex).在(0,

1)上,g'(x)>0,g(x)单调递增;在(1,+∞)上,g'(x)<0,g(x)单调递减.x→+∞时,g(x)→-∞.又g(1)=1,可得g(x)∈(-∞,1].所以实数k的取值范围是(-∞,1].(3)证明由(1)得f(x)≤1,当且仅当x=

1时取等号,即lnx<x-1(x>1),所以当n≥2时,lnn2<n2-1,ln𝑛𝑛2=12·ln𝑛2𝑛2<12·𝑛2-1𝑛2=12(1-1𝑛2)<12[1-1𝑛(𝑛+1)]=12(1-1𝑛+1𝑛+1

),所以ln222+ln332+…+ln𝑛𝑛2<12(1-12+13+1-13+14+…+1-1𝑛+1𝑛+1)=12[(n-1)-12+1𝑛+1]=2𝑛2-𝑛-14(𝑛+1).22.(1)解由题意,得f'(x)=ex-a,g'(x)=a-

1𝑥=𝑎𝑥-1𝑥(x>0).当a≤0时,f'(x)>0,f(x)为增函数,f(x)无最小值,g'(x)<0,g(x)在区间(0,+∞)上单调递减,g(x)无最小值.当a>0时,令f'(x)=0,即ex-a=0,解得x=lna.当x变化时,f'(x

),f(x)的变化情况如下表.x(-∞,lna)lna(lna,+∞)f'(x)—0+f(x)↘极小值a-alna↗由表可知,当x=lna时,f(x)取得极小值也是最小值,为a-alna.由g'(x)=0得x=1𝑎>0.当x在区间(0,+

∞)上变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表.x(0,1a)1a(1a,+∞)g'(x)—0+g(x)↘极小值1+lna↗由上表可知,当x=1𝑎时,g(x)取得极小值也是最小值,为1+lna.则a-alna=1+lna.令h(a)=a-alna-1-lna,则h'(a)=1-

(lna+1)-1𝑎=-lna-1𝑎=ln1𝑎−1𝑎.令1𝑎=t,则lnt-t<0.∴h(a)在区间(0,+∞)上单调递减,且h(1)=0.∴a=1.(2)证明由(1)知f(x)=ex-x,g(x)=

x-lnx,且f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,g(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,且f(x)min=g(x)min=1.①当b<1时,此时f(x)min=g(x)min=1>b.显然直线y=b与两条曲线y

=f(x)和y=g(x)没有交点,不符合题意;②当b=1时,此时f(x)min=g(x)min=1=b,直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个交点,交点的横坐标分别为0和1;