【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18 导数的应用（二） 含解析【高考】.doc，共(20)页，233.500 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-7362c5942c99342a6b124749e39bd4e1.html

以下为本文档部分文字说明：

1考点测试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－lnx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(log3

2)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

)2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＝1ln2时，f(x)取最大值B．当x＝1l

n2时，f(x)取最小值C．当x＝－1ln2时，f(x)取最大值D．当x＝－1ln2时，f(x)取最小值答案D解析由题意知，f′(x)＝2x＋x·2xln2，令f′(x)＝0，得x＝－1ln2，又当x

<－1ln2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>－1ln2时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴当x＝－1ln2时，f(x)取最小值.4．函数y＝x＋1ex的图象大致为()答案C解析因为y＝x＋1ex，所以y′＝－xex，令y′>0，则x<0，令y′

<0，则x>0，所以函数y＝x＋1ex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)＝2x2－lnx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()3A

．[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－2

h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）ex，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4C．函数g(x)至多有两个零点D．当x≤0时，不等式f(x)≤ex恒成

立答案ABC解析函数g(x)＝f（x）ex，则g′(x)＝f′（x）－f（x）ex，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）ex≥1，即f(x)≥ex，D错误．故选ABC.8．(多选)已知函数f(x)＝2alnx＋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＝－ex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)＝－3lnx＋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＝－ex相切的切点的横坐标为x0，则－ex0＝－1，所以x0＝0，即切点坐标为(0，－1)，代入y＝－x＋b＋2，可得b＝－3，故D错误．59．已知函数f(x)的导函数为f′(x)＝5＋cosx，x∈(－1，1)，且f(

0)＝0，如果f(1－x)＋f(1－x2)<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<x2－1<1，解得1<x<2，∴实数x的取值范围是(1，2).二、高考小题10．(2021·全国乙卷)设a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c＝1.04－1，则()A．a<b<cB

．b<c<aC．b<a<cD．c<a<b答案B解析因为a＝2ln1.01＝ln1.0201，b＝ln1.02，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，x2<2x，所以当0<x<2时，1＋2x＋x2<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．(2019·天津高考

)已知a∈R，设函数f(x)＝x2－2ax＋2a，x≤1，x－alnx，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)＝x2－2ax＋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)min6＝f(a)＝2a－a2≥0，∴0≤a<1.综上，a≥0.当x>1时，f(x)＝x－alnx≥0

恒成立，即a≤xlnx恒成立．设g(x)＝xlnx，则g′(x)＝lnx－1（lnx）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．(2021·新高考Ⅰ卷)函数f(x)＝|2x－1|－2lnx的最小值为________．答

案1解析函数f(x)＝|2x－1|－2lnx的定义域为(0，＋∞).①当x>12时，f(x)＝2x－1－2lnx，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)mi

n＝f(1)＝1；②当0<x≤12时，f(x)＝1－2x－2lnx，f′(x)＝－2－2x＝－2（x＋1）x＜0，此时函数f(x)＝1－2x－2lnx为0，12上的减函数．故f(x)min＝f

12＝2ln2＞1.综上，f(x)min＝f(1)＝1.13．(2017·江苏高考)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－1ex，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤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)＝x3－2x＋ex－1ex，∴f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－1e－x＝－x3＋2x＋1ex－ex＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，又f′(x)＝3x2－2＋ex＋1ex≥

3x2－2＋2＝3x2≥0(当且仅当x＝0时，取“＝”)，从而f(x)在R上单调递增，∴f(a－1)＋f(2a2)≤0⇔f(a－1)≤f(－2a2)⇔－2a2≥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7f(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x6f′(x)<6x

5·f(x).设g(x)＝f（x）x6，x>0，则g′(x)＝xf′（x）－6f（x）x7<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＝4ln5π，b＝5ln4π，c＝5lnπ4，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)＝lnxx(x≥e)，可得f′(x)＝1

x·x－lnxx2＝1－lnxx2，当x≥e时，f′(x)≤0恒成立，所以f(x)＝lnxx在[e，＋∞)上单调递减，所以f(π)>f(4)>f(5)，即lnππ>ln44>ln55，可得4lnπ>πln4，5ln4>4ln5，所以lnπ4>ln4π，5πln4>4πl

n5，所以5lnπ4>5ln4π，5ln4π>4ln5π，即c>b，b>a，所以a<b<c.故选A.16．(2021·山西太原高三模拟)点M在曲线G：y＝3lnx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C8解析设M(t，3lnt)，则Nt，1t，所以OP→＝OM→＋ON→3＝2t3，ln

t＋13t，依题意可得lnt＋13t＝0，设g(t)＝lnt＋13t，则g′(t)＝1t－13t2＝3t－13t2，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－ln3<0，且g1e2＝－2＋e23>0，g(1)＝13>0，所以g(t)＝lnt＋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)(2021·新高考八省联考)已知函数f(x)＝xln

(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－ln2D．f(x)是偶函数答案AC解析由f(x

)＝xln(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＝ln12－1＝－ln2－1，故曲线y＝f(x)在点

－12，f－12处切线的斜率为－1－ln2，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)＝xlnx，

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9C．若函数F(x)＝f(x)－ax2有两个极值点，则a∈(0，1

)D．若x1＞x2＞0时，总有m2(x21－x22)＞f(x1)－f(x2)恒成立，则m≥1答案AD解析因为f(x)＝xlnx，g(x)＝f′（x）x＝lnx＋1x，则g′(x)＝－lnxx2，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)－ax2有两个极值点，即F(x)＝xlnx－ax2有两个极值点，又F′(x)＝lnx－2ax＋1，要满足题意，则需lnx－2ax＋1＝0在(0，＋∞)上有两个根，即2a＝lnx＋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x1＞x2＞0时，总有m2(x21－x22)＞f(x1)－f(x2)恒成立，即m2x21－x1lnx1＞m2x22－x2lnx2恒成立．构造函数h(x)＝m2x2－xlnx，则h(x1)＞h(x2)对任意的x1＞x2＞0恒成立．故h(x

)在(0，＋∞)上单调递增，则h′(x)＝mx－lnx－1≥0在(0，＋∞)上恒成立．也即lnx＋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)＝16x3＋1210bx2＋cx的导函数f′(x)是偶函数，若方程f′(x)－lnx＝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－1－12e2，－12解析

∵f(x)＝16x3＋12bx2＋cx，∴f′(x)＝12x2＋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)＝12x2＋c，令f′(x)－ln

x＝0，即12x2＋c－lnx＝0，得c＝lnx－12x2.令g(x)＝lnx－12x2，问题转化为当直线y＝c与函数g(x)＝lnx－12x2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－x2x，令g′(x)＝0，得x＝1，列表如下：x

1e，11(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＝－1－12e2，g(e)＝1－e22，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－1－12e2≤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－1－12e2，－12.11一、高考大题1．(202

1·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)＝xln(a－x)，x∈(－∞，a)，y′＝ln(a－x)＋x[l

n(a－x)]′＝ln(a－x)＋xx－a.因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，所以y′|x＝0＝lna＝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）

xln（1－x）<1，x∈(－∞，0)∪(0，1).因为当x∈(－∞，0)时，xln(1－x)<0，当x∈(0，1)时，xln(1－x)<0；所以需证x＋ln(1－x)>xln(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)>xln(1－x)，所以x＋ln（1－x）xln（1－x）<1成立，12所以x＋f（x）xf（x）<1，即g(x)<1.2．(2021·新高考Ⅰ卷)已知函数f(

x)＝x(1－lnx).(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，证明：2<1a＋1b<e.解(1)因为f(x)＝x(1－lnx)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－lnx＋x·－1x

＝－lnx.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blna－alnb＝

a－b，两边同时除以ab，得lnaa－lnbb＝1b－1a，即lna＋1a＝lnb＋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)，13则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－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－lnx)>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－lnx，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<1a＋1b<e成立．3．(202

1·浙江高考)设a，b为实数，且a>1，函数f(x)＝ax－bx＋e2(x∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意b>2e2，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>e4，函数f(x)有两个不同的零点x1，x2(x1＜x

2)，满足x2＞blnb2e2x1＋e2b.注：e＝2.71828…是自然对数的底数．解(1)由题意，得f′(x)＝axlna－b.因为a>1，所以lna>0，ax>0，所以当b≤0时，f′(x)>0，14函数f(x)在R上单调递增．当b>0时，令f′(x)>0

，则ax>blna，所以x>logablna，令f′(x)<0，得x<logablna，所以函数f(x)在－∞，logablna上单调递减，在logablna，＋∞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－∞，logablna上单调递减，在logablna，＋∞上单调递增．(2)因为函数f(x)有两个不同的零点，所以ax－bx＋e2＝0有两个不同的根，即曲线y＝ax与直线y＝b

x－e2有两个不同的交点．易知直线y＝bx－e2与y轴交于点(0，－e2).先考虑曲线y＝ax与直线y＝bx－e2相切的情况.设切点坐标为(t，at)，则切线的斜率为atlna，所以切线方程为y－at＝atlna(x－t)，则y＝(atlna)x＋at－tatlna＝bx－e2，所以at－ta

tlna＝at－atlnat＝－e2，令at＝m，则m－mlnm＝－e2，m>0，令g(m)＝m－mlnm＋e2，则g′(m)＝－lnm，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－lnm)＋e2>0，所以at＝e2，所以要满足条件，则b>atlna＝e2lna恒成立．因为b>2e2，所以2e2≥e2lna，得1<a≤e2.故a的取值范围为(1，e2].(3)证

明：当a＝e时，f(x)＝ex－bx＋e2，所以f′(x)＝ex－b，令f′(x)>0，得x>lnb，15令f′(x)<0，得x<lnb，所以函数f(x)在(－∞，lnb)上单调递减，在(lnb，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(lnb)＝b

－blnb＋e2，由(2)得g(x)＝x－xlnx＋e2在(1，＋∞)上单调递减，又b>e4，所以b－blnb＋e2<－3e4＋e2<0.设h(b)＝b－2lnb，b＞e4，则h′(b)＝1－2b＞0，h(b)在(e4，＋∞)上单调递增

，所以h(b)＞h(e4)＝e4－8＞0，所以b＞2lnb，所以eb＞b2，所以f(b)＝eb－b2＋e2>e2>0，又f(0)＝1＋e2>0，f(x)min＝f(lnb)＜0，0＜lnb＜b，所以函数f(x)在(0，lnb)和(lnb，b)上各存在一个零点，分别为x1，

x2(x1<x2)，则ex1－bx1＋e2＝0，所以bx1＝ex1＋e2，所以要证x2＞blnb2e2x1＋e2b，只需证x2－e2b＞lnb2e2bx1＝lnb2e2(ex1＋e2).因为f(2)＝2e2－2b<2e2－2e4<0，所以可知0<x1<2，

所以ex1＋e2<2e2，所以lnb2e2(ex1＋e2)＜lnb2e2·2e2＝lnb，故只需证x2－e2b>lnb，即x2>e2b＋lnb.fe2b＋lnb＝e－be2b＋ln

b＋e2＝e－blnb＝b，因为b>e4，所以所以fe2b＋lnb＜0，所以x2∈e2b＋lnb，b，所以x2>e2b＋lnb.16所以x2>blnb2e2x1＋e2b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)＝lnx＋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)≤ex恒成立，求实数a的取值范围．解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)＝lnxx＋a＋1x，则f′(x)＝－lnxx

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，lnxx

＋a＋1x≤ex恒成立，即a≤xex－lnx－1x在(0，＋∞)上恒成立．令G(x)＝xex－lnx－1x＝elnxex－lnx－1x＝ex＋lnx－lnx－1x，令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．∴h(x)≥h(0)＝0，∴ex≥x＋1，当x＝0时取等号，∴ex＋lnx≥x＋lnx＋1，当x＋lnx＝0时取等号，17∴G(x)＝ex＋lnx－lnx－1x≥x＋lnx＋1－lnx－1

x＝1，当x＋lnx＝0时等号成立，G(x)取到最小值．令H(x)＝x＋lnx，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，∴∃x0∈1e，1，使

得H(x0)＝0，∴G(x)min＝1.则a≤G(x)min＝1，∴实数a的取值范围为(－∞，1].5．(2021·湖北武汉、襄阳、荆门、宜昌四地六校高三起点联考)设f(x)＝xsinx＋cosx，g(x)＝x2＋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)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，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)＝x2＋4－4xsinx－4cosx，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－4xcosx＝2x(1－2cosx).18令h′(x)＝0，得cosx

＝12，x＝π3＋2kπ或x＝－π3＋2kπ(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sinx≤1，cosx≤1，h(x)＝x2＋4－4xsinx－4cosx≥x2＋4－4x－4＝x2－4x＝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．(2021·广东省

广州市执信、广雅、六中三校高三联考)已知函数f(x)＝alnx＋x2，其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，证明：f(x)≤x2＋x－1；(3)试比较ln2222＋ln3232＋ln4242＋…＋lnn2n2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)＝ax＋2x＝a＋2x2x.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＝－

a2，当0<x<－a2时，a＋2x2<0，所以f′(x)<0，19所以f(x)在0，－a2上单调递减；当x>－a2时，a＋2x2>0，所以f′(x)>0，所以f(x)在－a2，＋∞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，－a2上单调递减，在－a2，＋∞上单调递增．(2)证明：当a＝1时，f(x)＝lnx＋x2

，要证明f(x)≤x2＋x－1，即证lnx≤x－1，即证lnx－x＋1≤0.设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝1－xx，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lnx－x＋1≤0，故f(x)≤x2＋x－1.(3)ln2222＋ln3232＋ln4242＋…＋lnn2n2<（n－1）（2n＋1）2（n＋1）.证明

：由(2)知lnx≤x－1(当且仅当x＝1时等号成立)，即lnxx≤1－1x，则有ln2222＋ln3232＋ln4242＋…＋lnn2n2<1－122＋1－132＋…＋1－1n2＝n－1－122＋132＋…＋1n2<n－1－12×3＋13×4＋…＋1n（n＋1

）＝n－1－12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋120＝n－1－12－1n＋1＝（n－1）（2n＋1）2（n＋1），故ln2222＋ln3232＋ln4242＋…＋lnn2n2<（n－1）（2n＋1

）2（n＋1）.