高考数学复习专题六函数与导数讲义
展开专题六 函数与导数
小题专项1 函数的图象与性质
命|题|分|析
1．高考对此部分内容的命题多集中于函数的概念、函数的性质及分段函数等方面，常以选择、填空题形式考查，难度一般。主要考查函数的定义域、分段函数求值或分段函数中参数的求解及函数图象的判断。
2．此部分内容有时出现在选择题、填空题、压轴题的位置，多与导数、不等式或创新性问题相结合命题，难度较大。
明确考点 扣准要点
必 备 知 识
1．函数定义的注意问题
(1)定义中最重要的是定义域和对应关系，值域由这两者确定，在求f(φ(x))类型的函数值时，应按先内后外的原则计算。
(2)判断两个函数是否相同，应抓住两点：①定义域是否相同；②对应关系是否相同，解析式是否可以化简。
2．函数的图象
(1)对于函数的图象要会作图、识图和用图，作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换。
(2)在研究函数性质特别是单调性、值域、零点时，要注意结合其图象研究。
(3)函数图象的对称性。
①若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＝f(a－x)，即f(x)＝f(2a－x)，则y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称；
②若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＝－f(a－x)，即f(x)＝－f(2a－x)，则y＝f(x)的图象关于点(a,0)对称。
3．函数的性质
(1)单调性：单调性是函数在其定义域上的局部性质。证明函数的单调性时，规范步骤为取值、作差、变形、判断符号和下结论。复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则。
(2)奇偶性：①若f(x)是偶函数，则f(x)＝f(－x)。
②若f(x)是奇函数，0在其定义域内，则f(0)＝0。
③奇函数在关于原点对称的单调区间内有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的单调区间内有相反的单调性。
(3)周期性：①若y＝f(x)对x∈R，f(x＋a)＝f(x－a)或f(x＋2a)＝f(x)(a>0)恒成立，则y＝f(x)是周期为2a的周期函数。
②若y＝f(x)是偶函数，其图象又关于直线x＝a(a≠0)对称，则f(x)是周期为2|a|的周期函数。
③若y＝f(x)是奇函数，其图象又关于直线x＝a(a≠0)对称，则f(x)是周期为4|a|的周期函数。
④若f(x＋a)＝－f(x)(a≠0)，则y＝f(x)是周期为2|a|的周期函数。
错用集合运算符号致误：函数的多个单调区间若不连续，不能用符号“∪”连接，可用“和”“，”连接。
精析精研 重点攻关
考 向 突 破
考向一 函数的概念及其表示 重点微专题
【例1】 (1)函数f(x)＝＋ln(2x＋1)的定义域为( )
A． B．
C． D．
解析 要使函数f(x)＝＋ln(2x＋1)有意义，则需满足解得－<x<2。即函数f(x)的定义域为。
答案 D
(2)(2021·浙江高考)已知a∈R，函数f(x)＝若f(f())＝3，则a＝________。
解析 因为>2，所以f()＝6－4＝2，所以f(f())＝f(2)＝1＋a＝3，解得a＝2。
答案 2
(3)已知函数f(x)，对任意实数m，n都有f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－35，已知f(1)＝31，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(n)(n∈N*)的最大值是________。
解析 解法一：令m＝1，则f(n＋1)＝f(n)＋f(1)－35＝f(n)－4，即f(n＋1)－f(n)＝－4，所以数列{f(n)}(n∈N*)是首项为31，公差为－4的等差数列，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(n)＝31n＋×(－4)＝－2n2＋33n＝－22＋。因为n∈N*，所以当n＝8时，f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(n)取得最大值136。
解法二：令m＝1，则f(n＋1)＝f(n)＋f(1)－35＝f(n)－4，即f(n＋1)－f(n)＝－4，所以数列{f(n)}(n∈N*)是首项为31，公差为－4的等差数列，所以f(n)＝31＋(n－1)×(－4)＝－4n＋35，由－4n＋35>0，得n<。因为n∈N*，所以f(8)>0，f(9)<0，所以所求式子的最大值为f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(8)＝31×8＋×(－4)＝136。
答案 136
方法悟通
(1)给出解析式的函数的定义域是使解析式有意义的自变量的集合，只需构建不等式(组)求解即可。
(2)抽象函数：根据f(g(x))中g(x)的取值范围与f(x)中x的取值范围相同求解。
(3)对于分段函数求值或解不等式问题，一定要根据变量的取值条件进行分段讨论。
【变式训练1】 (1)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数，例如：[－0.5]＝－1，[1.5]＝1。已知函数f(x)＝×4x－3×2x＋4(0<x<2)，则函数y＝[f(x)]的值域为( )
A． B．{－1,0,1}
C．{－1,0,1,2} D．{0,1,2}
解析 (1)令t＝2x，t∈(1,4)，则f(t)＝t2－3t＋4，t∈(1,4)。由二次函数的性质得－≤f(t)<，因此[f(t)]∈{－1,0,1}。则函数y＝[f(x)]的值域为{－1，0,1}。
答案 B
(2)设函数f(x)＝则满足f(x＋1)<f(2x)的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1] B．(0，＋∞)
C．(－1,0) D．(－∞，0)
解析 当x≤0时，函数f(x)＝2－x是减函数，则f(x)≥f(0)＝1。作出f(x)的大致图象如图所示，结合图象可知，要使f(x＋1)<f(2x)，则需或所以x<0。
答案 D
考向二 函数的图象及应用 重点微专题
角度1 函数图象的识别
【例2】 函数f(x)＝sin x的图象大致为( )
解析 f(x)＝sin x＝。
解法一：易知f(－x)＝＝＝f(x)，所以函数f(x)＝sin x为偶函数，其图象关于y轴对称，故排除C，D。当x＝2时，f(2)＝<0，故排除B。故选A。
解法二：因为f(2)＝<0，所以排除B，D。又f(－2)＝＝－<0，所以排除C。选A。
答案 A
方法悟通
函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；(2)从函数的值域，判断图象的上下位置；(3)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(4)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(5)从函数的特征点，排除不合要求的图象。利用上述方法排除、筛选选项。
【变式训练2】 函数f(x)＝cos(sin x)的部分图象大致是( )
解析 因为f(－x)＝cos(sin(－x))＝cos(－sin x)＝cos(sin x)＝f(x)，所以函数y＝f(x)为偶函数，图象关于y轴对称，排除D；令x＝0，则f(0)＝cos(sin 0)＝cos 0＝1，排除C；令x＝2，则f(2)＝cos(sin 2)，因为t＝sin 2∈(0,1)，所以f(2)＝cos t>0，排除B。故选A。
答案 A
角度2 函数图象的应用
【例3】 (1)函数f(x)＝是R上的单调递减函数，则实数a的取值范围是( )
A．－≤a<0 B．a≤－
C．－1≤a≤－ D．a≤－1
解析 因为f(x)＝是R上的单调递减函数，所以其图象如图所示，则解得a≤－1，故选D。
答案 D
(2)(2020·新高考全国Ⅰ卷)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 解法一：因为函数f(x)为定义在R上的奇函数，则f(0)＝0，又f(x)在(－∞，0)单调递减，且f(2)＝0，画出函数f(x)的大致图象如图①所示，则函数f(x－1)的大致图象如图②所示。
当x≤0时，要满足xf(x－1)≥0，则f(x－1)≤0，得－1≤x≤0。当x>0时，要满足xf(x－1)≥0，则f(x－1)≥0，得1≤x≤3。故满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是[－1,0]∪[1,3]。
解法二：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，所以1≤x≤3；当x<0时，令f(x－1)≤0，得－2≤x－1≤0，所以－1≤x≤1，又x<0，所以－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。
答案 D
方法悟通
利用函数的图象研究不等式
当不等式问题不能用代数法求解，但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数图象的上下关系问题，从而利用数形结合求解。
【变式训练3】 (2021·唐山市二模)不等式x≤的解集是( )
A． B．
C． D．
解析 在同一平面直角坐标系中分别作出y＝x和y＝x的图象，如图，易知交点为A，所以x≤的解集为，故选B。
答案 B
考向三 函数的性质及应用 重点微专题
角度1 函数的单调性
【例4】 (2021·绵阳市诊断性考试)已知正实数x，y满足ln>lg，则( )
A．ln x>ln(y＋1) B．ln(x＋1)<lg y
C．3x<2y－1 D．2x－y>1
解析 已知正实数x，y满足ln>lg，则ln x－ln y>lg y－lg x，从而ln x＋lg x>ln y＋lg y，由于u＝ln x＋lg x在(0，＋∞)上单调递增，所以x>y。对于A，由x>y不能推断x与y＋1的大小关系，故A不正确；对于B，C，因为x>y，所以取x＝2，y＝1，则ln(x＋1)>lg y，3x>2y－1，故B不正确，C不正确；对于D，因为x>y，所以x－y>0，所以2x－y>20＝1，故选D。
答案 D
方法悟通
在解决与对数函数相关的比较大小或解不等式问题时，要优先考虑利用对数函数的单调性来求解。解决本题的关键在于把题目给出的不等式中的变量x，y分别转化到不等式两侧，构造新函数，利用新函数的单调性判断x，y的大小关系。
【变式训练4】 (1)设偶函数f(x)满足f(x)＝x＋2(x≥0)，则使不等式f(x－1)<成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
B．(－1,3)
C．(0,2)
D．(－∞，0)∪(2，＋∞)
解析 易知f(x)在(0，＋∞)上单调递减，且f(2)＝。由f(x－1)<得f(x－1)<f(2)，又因为f(x)为偶函数，所以x－1>2或x－1<－2，所以x>3或x<－1。故选A。
答案 A
(2)(2020·全国Ⅰ卷)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则( )
A．a>2b B．a<2b
C．a>b2 D．a<b2
解析 由题知2a＋log2a＝4b＋log2b＝22b＋log2(2b)－1<22b＋log2(2b)，又函数y＝2x＋log2x在(0，＋∞)上为增函数，所以a<2b，故选B。
答案 B
角度2 函数的奇偶性、周期性与对称性
【例5】 (1)已知y＝f(x)为奇函数，y＝f(x＋1)为偶函数，若当x∈[0,1]时，f(x)＝log2(x＋a)，则f(2 021)＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
解析 因为y＝f(x＋1)是偶函数，所以f(x＋1)＝f(－x＋1)，即f(x)的图象关于直线x＝1对称。因为y＝f(x)是奇函数，所以f(x)的图象关于点(0,0)对称，所以函数f(x)是以4为周期的周期函数。当x∈[0,1]时，f(x)＝log2(x＋a)，由于y＝f(x)是奇函数，所以f(0)＝log2a＝0，所以a＝1，即x∈[0,1]时，f(x)＝log2(x＋1)，所以f(2 021)＝f(4×505＋1)＝f(1)＝log22＝1，故选C。
答案 C
(2)已知定义在R上的函数f(x)和g(x)，其中f(x)的图象关于直线x＝2对称，g(x)的图象关于点(2，－2)中心对称，且f(x)－g(x)＝3x＋x3＋3，则f(4)＝________。
解析 由条件知f(0)－g(0)＝4 ①，f(4)－g(4)＝81＋64＋3＝148 ②，由函数f(x)，g(x)图象的对称性，可得f(0)＝f(4)，g(0)＋g(4)＝－4，结合①知f(4)＋g(4)＋4＝f(0)－g(0)＝4，即f(4)＋g(4)＝0 ③，联立②③解得f(4)＝74。
答案 74
方法悟通
函数的奇偶性、周期性及对称性
(1)奇偶性：具有奇偶性的函数在关于原点对称的区间上，其图象、函数值、解析式和单调性联系密切，研究问题时可以转化到部分(一般取一半)区间上，注意偶函数常用结论f(x)＝f(|x|)；
(2)周期性：利用周期性可以转化函数的解析式、图象和性质，把不在已知区间上的问题转化到已知区间上求解；
(3)对称性：常围绕图象的对称中心或对称轴设置试题背景，利用图象对称中心或对称轴的性质简化所求问题。
【变式训练5】 (1)已知函数f(x)＝则f(1)＋f(2)＋＋…＋f(2 021)＝( )
A．2 021 B．1 516
C． D．
解析 因为函数f(x)＝所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 021)＝1 011×f(－1)＋1 010×f(0)＝1 011×2－1＋1 010×20＝。
答案 D
(2)定义在R上的函数f(x)满足f(x)＝f(2－x)及f(x)＝－f(－x)，且在[0,1]上有f(x)＝x2，则f＝( )
A． B．
C．－ D．－
解析 函数f(x)的定义域是R，f(x)＝－f(－x)，所以函数f(x)是奇函数，又f(x)＝f(2－x)，所以f(－x)＝f(2＋x)＝－f(x)，所以f(4＋x)＝－f(2＋x)＝f(x)，故函数f(x)是以4为周期的奇函数，所以f＝f＝f＝－f。因为在[0,1]上有f(x)＝x2，所以f＝2＝，故f＝－。故选D。
答案 D
练真题 明确考向
回 味 高 考
1．(2021·全国乙卷)设函数f(x)＝，则下列函数中为奇函数的是( )
A．f(x－1)－1 B．f(x－1)＋1
C．f(x＋1)－1 D．f(x＋1)＋1
解析 解法一：因为f(x)＝，所以f(x－1)＝＝，f(x＋1)＝＝。对于A，F(x)＝f(x－1)－1＝－1＝，定义域关于原点对称，但不满足F(x)＝－F(－x)；对于B，G(x)＝f(x－1)＋1＝＋1＝，定义域关于原点对称，且满足G(x)＝－G(－x)；对于C，f(x＋1)－1＝－1＝＝－，定义域不关于原点对称；对于D，f(x＋1)＋1＝＋1＝＝，定义域不关于原点对称。故选B。
解法二：f(x)＝＝＝－1，为保证函数变换之后为奇函数，需将函数y＝f(x)的图象向右平移一个单位长度，再向上平移一个单位长度，得到的图象对应的函数为y＝f(x－1)＋1。故选B。
答案 B
2．(2021·全国甲卷)设函数f(x)的定义域为R，f(x＋1)为奇函数，f(x＋2)为偶函数，当x∈[1,2]时，f(x)＝ax2＋b。若f(0)＋f(3)＝6，则f＝( )
A．－ B．－
C． D．
解析 由于f(x＋1)为奇函数，所以函数f(x)的图象关于点(1,0)对称，即有f(x)＋f(2－x)＝0，所以f(1)＋f(2－1)＝0，得f(1)＝0，即a＋b＝0 ①。由于f(x＋2)为偶函数，所以函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，即有f(x)－f(4－x)＝0，所以f(0)＋f(3)＝－f(2)＋f(1)＝－4a－b＋a＋b＝－3a＝6 ②。根据①②可得a＝－2，b＝2，所以当x∈[1,2]时，f(x)＝－2x2＋2。根据函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，且关于点(1,0)对称，可得函数f(x)的周期为4，所以f＝f＝－f＝2×2－2＝。故选D。
答案 D
3．(2021·浙江高考)已知函数f(x)＝x2＋，g(x)＝sin x，则图象为所给图的函数可能是( )
A．y＝f(x)＋g(x)－ B．y＝f(x)－g(x)－
C．y＝f(x)g(x) D．y＝
解析 易知函数f(x)＝x2＋是偶函数，g(x)＝sin x是奇函数，给出的图象对应的函数是奇函数。选项A，y＝f(x)＋g(x)－＝x2＋sin x为非奇非偶函数，不符合题意，排除A；选项B，y＝f(x)－g(x)－＝x2－sin x也为非奇非偶函数，不符合题意，排除B；因为当x∈(0，＋∞)时，f(x)单调递增，且f(x)>0，当x∈时，g(x)单调递增，且g(x)>0，所以y＝f(x)·g(x)在上单调递增，由图象可知所求函数在上不单调，排除C。故选D。
答案 D
4．(2020·全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|，则f(x)( )
A．是偶函数，且在单调递增
B．是奇函数，且在单调递减
C．是偶函数，且在单调递增
D．是奇函数，且在单调递减
解析 由得函数f(x)的定义域为∪∪，且关于原点对称。因为f(－x)＝ln|2(－x)＋1|－ln|2(－x)－1|＝ln|2x－1|－ln|2x＋1|＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，排除A，C；当x∈时，f(x)＝ln(2x＋1)－ln(1－2x)，易知函数f(x)单调递增，排除B；当x∈时，f(x)＝ln(－2x－1)－ln(1－2x)＝ln＝ln，易知函数f(x)单调递减，故选D。
答案 D
5．(2021·天津高考)函数y＝的图象大致为( )
解析 设y＝f(x)＝，则函数f(x)的定义域为{x}，关于原点对称，又f(－x)＝＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，排除A、C；当x∈(0,1)时，ln|x|<0，x2＋2>0 ，所以f(x)<0，排除D。故选B。
答案 B
6．(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3(a·2x－2－x)是偶函数，则a＝________。
解析 解法一：(定义法)因为f(x)＝x3(a·2x－2－x)的定义域为R，且是偶函数，所以f(－x)＝f(x)对任意的x∈R恒成立，所以(－x)3(a·2－x－2x)＝x3(a·2x－2－x)对任意的x∈R恒成立，所以x3(a－1)·(2x＋2－x)＝0对任意的x∈R恒成立，所以a＝1。
解法二：(取特殊值检验法)因为f(x)＝x3(a·2x－2－x)的定义域为R，且是偶函数，所以f(－1)＝f(1)，所以－＝2a－，解得a＝1，经检验，f(x)＝x3(2x－2－x) 为偶函数，所以a＝1。
解法三：(转化法)由题意知f(x)＝x3(a·2x－2－x)的定义域为R，且是偶函数。设g(x)＝x3，h(x)＝a·2x－2－x，因为g(x)＝x3为奇函数，所以h(x)＝a·2x－2－x为奇函数，所以h(0)＝a·20－2－0＝0，解得a＝1，经检验，f(x)＝x3(2x－2－x)为偶函数，所以a＝1。
答案 1
7．(2019·全国Ⅱ卷)已知f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)＝－eax。若f(ln 2)＝8，则a＝________。
解析 当x>0时，－x<0，f(－x)＝－e－ax。因为函数f(x)为奇函数，所以当x>0时，f(x)＝－f(－x)＝e－ax，所以f(ln 2)＝e－aln 2＝a＝8，所以a＝－3。
答案 －3
增分专练(十四) 函数的图象与性质
A级 基础达标
一、选择题
1．已知集合M是函数y＝的定义域，集合N是函数y＝x2－4的值域，则M∩N＝( )
A．x B．x
C．(x，y) D．∅
解析 由题意得M＝，N＝[－4，＋∞)，所以M∩N＝。故选B。
答案 B
2．已知函数f (x)＝则f (f (－))＝( )
A．－2 B．2
C．－1 D．1
解析 f (－)＝3，则f (f (－))＝f (3)＝log33＝1，故选D。
答案 D
3．下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是( )
A．y＝x B．y＝2－x
C．y＝logx D．y＝
解析 对于幂函数y＝xα，当α>0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递增，当α<0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递减，所以A正确；D中的函数y＝可转化为y＝x－1，所以函数y＝在(0，＋∞)上单调递减，故D不符合题意；对于指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)，当0<a<1时，y＝ax在(－∞，＋∞)上单调递减，当a>1时，y＝ax在(－∞，＋∞)上单调递增，而B中的函数y＝2－x可转化为y＝x，因此函数y＝2－x在(0，＋∞)上单调递减，故B不符合题意；对于对数函数y＝logax(a>0，且a≠1)，当0<a<1时，y＝logax在(0，＋∞)上单调递减，当a>1时，y＝logax在(0，＋∞)上单调递增，因此C中的函数y＝logx在(0，＋∞)上单调递减，故C不符合题意。故选A。
答案 A
4．(2021·绵阳市诊断性考试)已知函数f (x)＝x3＋sin x＋2，若f (m)＝3，则f (－m)＝( )
A．2 B．1
C．0 D．－1
解析 解法一：由题意知，f (m)＝m3＋sin m＋2，f (－m)＝－m3－sin m＋2，两式相加得，f (m)＋f (－m)＝4，所以f (－m)＝4－f (m)＝4－3＝1。故选B。
解法二：由y＝x3＋sin x是奇函数，得f (m)＋f (－m)＝4，所以f (－m)＝1。
答案 B
5．函数f (x)＝的图象大致为( )
解析 因为x≠0且x≠±1，f (－x)＝＝－＝－f (x)，所以函数f (x)为奇函数，其图象关于原点对称，排除A，B；又当x∈(0,1)时，x>0，ln|x|＝ln x<0，所以当x∈(0,1)时，f (x)<0，排除C。故选D。
答案 D
6．自2019年1月1日起，我国个人所得税税额根据应纳税所得额、税率和速算扣除数确定，计算公式为：个人所得税税额＝应纳税所得额×税率－速算扣除数。应纳税所得额的计算公式为：应纳税所得额＝综合所得收入额－基本减除费用－专项扣除－专项附加扣除－依法确定的其他扣除。其中，“基本减除费用”(免征额)为每年60 000元。部分税率与速算扣除数见下表：
级数 | 全年应纳税所得额所在区间 | 税率(%) | 速算扣除数 |
1 | [0,36 000] | 3 | 0 |
2 | (36 000,144 000] | 10 | 2 520 |
3 | (144 000,300 000] | 20 | 16 920 |
4 | (300 000,420 000] | 25 | 31 920 |
5 | (420 000,660 000] | 30 | 52 920 |
若某人全年综合所得收入额为249 600元，专项扣除占综合所得收入额的20%，专项附加扣除是52 800元，依法确定的其他扣除是4 560元，则他全年应缴纳的个人所得税应该是( )
A．5 712元 B．8 232元
C．11 712元 D．33 000元
解析 根据题意可得该人的应纳税所得额T＝249 600－60 000－249 600×20%－52 800－4 560＝82 320(元)，该人的个人所得税税额S＝T×10%－2 520＝82 320×10%－2 520＝5 712(元)。故选A。
答案 A
7．(2021·东北五校联合考试)已知函数f (x)＝|x|－－|x|，则f (x)( )
A．是奇函数，且在(0，＋∞)上单调递增
B．是奇函数，且在(0，＋∞)上单调递减
C．是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增
D．是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减
解析 解法一：函数f (x)的定义域为R，f (－x)＝|－x|－－|－x|＝|x|－－|x|＝f (x)，所以函数f (x)为偶函数，排除A，B。当x>0时，f (x)＝x－－x＝x－2 021x，函数y＝x和函数y＝－2 021x在(0，＋∞)上均单调递减，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递减，故选D。
解法二：函数f (x)的定义域为R，f (－1)＝1－－1＝f (1)，所以排除A，B。f (2)＝2－－2<1－2 021＝f (1)，所以排除C，故选D。
答案 D
8．设f (x)是定义域为R的偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增，则( )
A．f (log20.5)>f (log23) B．f (20.2)>f (2－0.5)
C．f (20.2)>f (log25) D．f (log23)>f (23)
解析 由题意，函数f (x)的图象关于y轴对称，且f (x)在(0，＋∞)上单调递增。对于A选项，f (log20.5)＝f ＝f (－1)＝f (1)＝f (log22)<f (log23)，所以A选项不正确；对于B选项，因为20.2>2－0.5>0，所以f (20.2)>f (2－0.5)，所以B选项正确；对于C选项，因为log25>2>20.2>0，所以f (log25)>f (20.2)，所以C选项不正确；对于D选项，因为23>2＝log24>log23>0，所以f (23)>f (log23)，所以D选项不正确。故选B。
答案 B
9．(2021·东北三校联考)已知f (x)是定义域为R的奇函数，f (1＋x)＝f (1－x)，当0≤x≤1时，f (x)＝ex－1，则当2≤x≤3时，f (x)的解析式为( )
A．f (x)＝1－ex－2 B．f (x)＝ex－2－1
C．f (x)＝1－ex－1 D．f (x)＝ex－1－1
解析 解法一：因为f (x)是奇函数，所以f (－x)＝－f (x)，又f (1＋x)＝f (1－x)，所以f [1＋(x＋1)]＝f [1－(x＋1)]，即f (x＋2)＝f (－x)，则f (x＋2)＝－f (x)，即f (x)＝－f (x－2)。因为当0≤x≤1时，f (x)＝ex－1，所以当2≤x≤3时，0≤x－2≤1，f (x)＝－f (x－2)＝－(ex－2－1)＝1－ex－2，故选A。
解法二：因为函数f (x)满足f (1＋x)＝f (1－x)，所以f (x)图象的对称轴为直线x＝1，又f (x)是奇函数，所以f (2)＝f (0)＝0，故排除C，D；f (3)＝f (－1)＝－f (1)＝－(e－1)＝1－e，故排除B。故选A。
答案 A
10．(2021·东北三省四市联考)如果对定义在R上的偶函数f (x)，满足对于任意两个不相等的正实数x1，x2，都有>0，则称函数y＝f (x)为“F 函数”，下列函数为“F 函数”的是( )
A．f (x)＝e－|x| B．f (x)＝ln|x|
C．f (x)＝x2 D．f (x)＝x|x|
解析 由题意令g(x)＝xf (x)。因为f (x)为偶函数，所以g(x)＝xf (x)为奇函数。不妨设0<x1<x2，不等式>0，即>0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，即g(x)应同时具备两个条件：①奇函数；②在(0，＋∞)上单调递增。对于A选项，g(x)＝xe－|x|不满足条件②，所以A选项不正确；对于B选项，g(x)＝xln|x|，当x∈(0，＋∞)时，g(x)＝xln x，g′(x)＝ln x＋1，当x∈时，g′(x)<0，当x∈时，g′(x)>0，所以g(x)也不满足条件②，所以B选项不正确；对于C选项，g(x)＝x3，符合条件，所以C选项正确；对于D选项，g(x)＝x2|x|为偶函数，所以D选项不正确。故选C。
答案 C
二、填空题
11．已知函数f (x)＝则不等式f (x)>1的解集为________。
解析 由f (x)>1，得⇒－1<x≤0 ①，或⇒0<x< ②，①②取并集，得－1<x<，故不等式f (x)>1的解集为。
答案
12．(2021·武汉市二模)写出一个定义在R上且值域为(－1,1)的奇函数f (x)，则f (x)＝________。
解析 由题意，可取f (x)＝，其定义域为R，f (－x)＝＝＝－f (x)，所以f (x)＝为奇函数。f (x)＝＝1－，因为ex∈(0，＋∞)，所以∈(0,2)，所以f (x)∈(－1,1)。故f (x)＝满足题意。
答案 (答案不唯一)
13．已知函数f (x)＝＋sin x，则f (－5)＋f (－4)＋f (－3)＋f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋f (5)的值是________。
解析 f (x)＝＋sin x＝＋sin x＝＋x＋sin x，所以f (－x)＝－x＋sin(－x)＝－x－sin x，所以f (x)＋f (－x)＝＋＝2，所以f (0)＋f (0)＝2⇒f (0)＝1，所以f (－5)＋f (－4)＋f (－3)＋f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋f (5)＝5×2＋1＝11。
答案 11
14．已知函数f (x)是奇函数，当x<0时，f (x)＝－x2＋x。若不等式f (x)－x≤2logax(a>0且a≠1)对∀x∈恒成立，则实数a的取值范围是________。
解析 由已知得当x>0时，f (x)＝x2＋x，故f (x)－x＝x2≤2logax(a>0且a≠1)对∀x∈恒成立，即当x∈时，函数y＝x2的图象不在y＝2logax图象的上方，由图象(图略)可知0<a<1且2loga≥，解得≤a<1。
答案
B级 素养落实
15.(2021·湖北十一校联考)已知函数f (x)＝若m≠n，且f (m)＋f (n)＝4，则m＋n的最小值是( )
A．2 B．e－1
C．4－3ln 3 D．3－3ln 2
解析 由题意，知f (x)在R上单调递增，且f (1)＝2，分析可知m，n必然一个大于1，一个小于1，不妨设m>1>n，则f (m)＋f (n)＝2＋3ln m＋n＋1＝4，所以n＝－3ln m＋1，所以m＋n＝－3ln m＋m＋1。令g(m)＝－3ln m＋m＋1(m>1)，则g′(m)＝－＋1，易知当m∈(1,3)时，g′(m)<0，g(m)在(1,3)上单调递减，当m∈(3，＋∞)时，g′(m)>0，g(m)在(3，＋∞)上单调递增，所以g(m)min＝g(3)＝4－3ln 3，即m＋n的最小值为4－3ln 3，故选C。
答案 C
16．(2021·南京市一模)罗默、伯努利家族、莱布尼兹等大数学家都先后研究过星形线C：x＋y＝1的性质，其形美观，常用于超轻材料的设计。曲线C围成的图形的面积S________2(填“>”“<”或“＝”)，曲线C上的动点到原点的距离的取值范围是________。
解析 由x＋y＝1知x，y∈[－1,1]，且曲线C既关于原点对称又关于y轴对称，当x，y∈(0,1)时，x>x，y>y，所以x＋y<1，同理可得x＋y>－1，x－y>－1，x－y<1，即曲线C在四条直线y＝x＋1，y＝x－1，y＝－x＋1，y＝－x－1所围成的封闭图形的内部，即曲线C在边长为的正方形的内部，所以曲线C围成的图形的面积S<()2＝2。由x＋y＝1，得y＝1－x，所以y2＝(1－x)3，所以曲线C上的动点到原点的距离d的平方即d2＝x2＋y2＝x2＋(1－x)3＝x2＋C(－x)0＋C(－x)1＋C(－x)2＋C(－x)3＝3x－3x＋1＝32＋，当x＝时，d2取得最小值，当x＝0或1时，d2取得最大值1，所以d2∈，所以d∈。
答案 <
小题专项2 基本初等函数、函数与方程
命|题|分|析
从近3年高考情况来看，本部分内容一直是高考的热点，尤其是对函数的零点、方程的根的个数的判断及利用零点存在性定理判断零点是否存在和零点存在区间的考查较为频繁。一般会将本部分内容的知识与函数的图象和性质结合起来考查，综合性较强，常以选择题、填空题形式出现。解题时要充分利用函数与方程、数形结合等思想。
明确考点 扣准要点
必 备 知 识
1．指数式与对数式的七个运算公式
(1)aman＝am＋n；
(2)(am)n＝amn；
注：a>0，m，n∈Q。
(3)loga(MN)＝logaM＋logaN；
(4)loga＝logaM－logaN；
(5)logaMn＝nlogaM(n∈R)；
(6)a＝N；
(7)logaN＝，
注：a，b>0且a，b≠1，M>0，N>0。
2．指数函数与对数函数的图象和性质
指数函数y＝ax(a>0，a≠1)与对数函数y＝logax(a>0，a≠1)的图象和性质，分0<a<1，a>1两种情况：当a>1时，两函数在定义域内都为增函数；当0<a<1时，两函数在定义域内都为减函数。
3．函数的零点问题
(1)函数F (x)＝f (x)－g(x)的零点就是方程f (x)＝g(x)的根，即函数y＝f (x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标。
(2)确定函数零点的常用方法：①直接解方程法；②利用零点存在性定理；③数形结合，利用两个函数图象的交点求解。
4．应用函数模型解决实际问题的一般程序
⇒⇒⇒。
精析精研 重点攻关
考 向 突 破
考向一 基本初等函数的图象与性质
【例1】 (1)已知函数f (x)＝logax＋b的图象如图所示，那么函数g(x)＝ax＋b的图象可能为( )
解析 因为函数y＝logax的图象过定点(1,0)，当a>1时，y＝logax在定义域上单调递增，且函数f (x)＝logax＋b在定义域上单调递增，函数f (x)＝logax＋b的图象是由函数y＝logax的图象向下平移(－b)个单位长度得到的，所以a>1,1<－b<2。当a>1时，函数y＝ax为增函数，其图象过定点(0,1)。函数g(x)＝ax＋b的图象是由函数y＝ax的图象向下平移(－b)个单位长度得到的，观察选项知，只有B满足题意，故选B。
答案 B
(2)(2021·河北省六校联考)设a＝log2，b＝0.3，则有( )
A．a＋b>ab B．a＋b<ab
C．a＋b＝ab D．a－b＝ab
解析 因为a＝log2＝－log23，<log23<2，所以－<－log23<－，即－<a<－，又b＝0.3>1＝，所以a＋b>0，ab<0，所以a＋b>ab。故选A。
答案 A
(3)(2021·福建省五校联考)已知函数f (x)＝|lg x|，若f (a)＝f (b)且a<b，则不等式logax＋logb(2x－1)>0的解集为( )
A．(1，＋∞) B．(0,1)
C． D．
解析 f (a)＝f (b)⇒|lg a|＝|lg b|⇒lg a＝±lg b⇒a＝b或a＝，因为a<b，所以0<a＝<1，所以logax＋logb(2x－1)＝logax－loga(2x－1)＝loga>0⇒⇒x>1。故选A。
答案 A
方法悟通
(1)对数函数与指数函数的单调性都取决于其底数的取值，若底数a的值不确定，要注意分a>1和0<a<1两种情况讨论：当a>1时，两函数在定义域内都为增函数；当0<a<1时，两函数在定义域内都为减函数。
(2)由指数函数、对数函数与其他函数复合而成的函数，其性质的研究往往通过换元法转化为两个基本初等函数的有关性质，然后根据复合函数的性质与相关函数的性质之间的关系进行判断。
【变式训练1】 (1)已知log2a>log2b，则下列不等式一定成立的是( )
A． > B．ln(a－b)>0
C．2a－b<1 D． a<b
解析 由log2a>log2b可得a>b>0，故a－b>0，逐一考查所给的选项。A中，<；B中，a－b>0，ln(a－b)的符号不能确定；C中，2a－b>1；D中，a<a<b。故选D。
答案 D
(2)(2021·长春普高联考)设2a＝，40b＝3，则( )
A．4ab<2(a＋b)<3ab
B．4ab>2(a＋b)>3ab
C．6ab>2(a＋b)>5ab
D．6ab<2(a＋b)<5ab
解析 因为2a＝，所以a＝log2＝－log23<0，所以＝－＝－log32＝log3<0，同理，由40b＝3可得＝log340>0，故ab<0。所以＋＝log3＋log340＝log320∈，所以＋＝∈，即<<3，又ab<0，所以6ab<2(a＋b)<5ab，故选D。
答案 D
考向二 函数的零点 重点微专题
角度1 确定零点的个数或范围
【例2】 (1)函数f (x)＝log2x－的零点所在的区间为( )
A． B．
C．(1,2) D．(2,3)
解析 函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，且函数f (x)在(0，＋∞)上为增函数。f ＝log2－＝－1－2＝－3<0，f (1)＝log21－＝0－1<0，f (2)＝log22－＝1－＝>0，f (3)＝log23－>1－＝>0，即f (1)f (2)<0，所以函数f (x)＝log2x－的零点在区间(1,2)内。故选C。
答案 C
(2)已知函数f (x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，且当x∈(0，＋∞)时，f (x)＝则函数g(x)＝f 2(x)－f (x)的零点个数为( )
A．4 B．5 C．6 D．7
解析 因为x∈(0,2]时，f (x)＝(x－1)2，x>2时，f (x)＝f (x－2)＋1，所以将f (x)在区间(0,2]上的图象向右平移2个单位长度，同时再向上平移1个单位长度，得到函数f (x)在(2,4]上的图象。同理可得到f (x)在(4,6]，(6,8]，…上的图象。再由f (x)的图象关于y轴对称得到f (x)在(－∞，0)上的图象，从而得到f (x)在其定义域内的图象，如图所示：
令g(x)＝0，得f (x)＝0或f (x)＝1，由图可知直线y＝0与y＝1和函数y＝f (x)的图象共有6个交点，所以函数g(x)共有6个零点。故选C。
答案 C
方法悟通
1．判断函数在某个区间上是否存在零点的方法
(1)当函数对应的方程易求解时，可通过解方程判断方程是否有根落在给定区间上。
(2)利用零点存在性定理进行判断。
(3)画出函数图象，通过观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断。
2．判断函数零点个数的3种方法
【变式训练2】 (1)若函数f (x)＝则函数g(x)＝f (x)－1的所有零点之和等于( )
A．4 B．2 C．1 D．0
解析 令g(x)＝0，则f (x)＝1，得或解得x＝0或x＝2，所以函数g(x)＝f (x)－1的所有零点之和等于2。故选B。
答案 B
(2)(2021·长春市质量监测)若函数f (x)＝则函数g(x)＝f (f (x))－2的零点个数为( )
A．3 B．4 C．5 D．6
解析 作出函数f (x)的图象如图所示，由g(x)＝0，得f (f (x))＝2。令f (x)＝t，则f (t)＝2，由图知，2t－1＝2或＝2，解得t＝log23或t＝。由图象知，t＝log23，t＝，即f (x)＝log23，f (x)＝各有两个不相等的实数根，所以函数g(x)有4个零点，故选B。
答案 B
角度2 求参数的取值范围
【例3】 已知函数f (x)＝若关于x的方程f (x)＝－x＋a(a∈R)恰有两个互异的实数解，则a的取值范围为( )
A． B．
C． ∪{1} D． ∪{1}
解析 由题意知，方程有两个互异的实数解可转化为函数y＝f (x)和y＝－x＋a(a∈R)的图象有两个交点。作出函数f (x)＝以及直线y＝－x＋a(a∈R)的图象，如图所示。
当直线y＝－x＋a(a∈R)经过点(1,2)时，2＝－×1＋a，可得a＝；当直线y＝－x＋a(a∈R)经过点(1,1)时，1＝－×1＋a，可得a＝。由图象易知，当a∈时，函数y＝f (x)和y＝－x＋a(a∈R)的图象有两个交点。当直线y＝－x＋a(a∈R)与函数y＝(x>1)的图象相切时，方程＝－x＋a有1个解，即ax－x2－1＝0，由Δ＝a2－1＝0，解得a＝1或a＝－1(舍去)，此时方程f (x)＝－x＋a有两个解。所以a的取值范围是∪{1}。故选D。
答案 D
方法悟通
已知函数零点个数求参数问题的解题方法
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解。
【变式训练3】 (2021·合肥市质量检测)设函数f (x)＝若x∈时，方程f (x＋1)＝k有唯一解，则实数k的取值范围为( )
A．(0，) B．[1，)
C．(0,2) D．[1,2)
解析 当x∈时，x＋1∈，令t＝x＋1∈，则原问题转化为函数y＝f (t)与y＝k的图象在t∈时有唯一的交点，作出函数y＝f (t)与y＝k在上的图象如图所示，由图可知，k∈[1，)，故选B。
答案 B
练真题 明确考向
回 味 高 考
1．(2021·全国甲卷)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 4.9＝5＋lg V⇒lg V＝－0.1⇒V＝10＝≈≈0.8，所以该同学视力的小数记录法的数据约为0.8。故选C。
答案 C
2．(2020·全国Ⅰ卷)设alog34＝2，则4－a＝( )
A． B． C． D．
解析 因为alog34＝2，所以log34a＝2，则有4a＝32＝9，所以4－a＝＝，故选B。
答案 B
3．(2020·天津高考)设a＝30.7，b＝－0.8，c＝log0.70.8，则a，b，c的大小关系为( )
A．a<b<c B．b<a<c
C．b<c<a D．c<a<b
解析 由题知c＝log0.70.8<1，b＝－0.8＝30.8，易知函数y＝3x在R上单调递增，所以b＝30.8>30.7＝a>1，所以c<a<b。故选D。
答案 D
4．(2020·全国Ⅲ卷)已知55<84,134<85。设a＝log53，b＝log85，c＝log138，则( )
A．a<b<c B．b<a<c
C．b<c<a D．c<a<b
解析 因为＝log88，b＝log85，(8)5＝84>55，所以8>5，所以＝log88>log85＝b，即b<。因为＝log1313，c＝log138，(13)5＝134<85，所以13<8，所以＝log1313<log138＝c，即c>。又2 187＝37<55＝3 125，所以lg 37<lg 55，所以7lg 3<5lg 5，所以<，所以a＝<，而85<57，所以5lg 8<7lg 5，所以>，所以b＝>，所以c>b>a。
答案 A
5．(2021·北京高考)已知f (x)＝|lg x|－kx－2，给出下列四个结论：
①若k＝0，则f (x)有两个零点；②∃k<0，使得f (x)有一个零点；③∃k<0，使得f (x)有三个零点；④∃k>0，使得f (x)有三个零点。以上正确结论的序号是________。
解析 零点问题，转化成两个函数图象的交点问题来分析。令f (x)＝|lg x|－kx－2＝0，可转化成两个函数y1＝|lg x|与y2＝kx＋2的交点问题。对于①，当k＝0时，y1＝|lg x|与y2＝2有两个交点，①正确；对于②，存在k<0，使y1＝|lg x|与y2＝kx＋2相切，②正确；对于③，当k<0时，y1＝|lg x|与y2＝kx＋2最多有2个交点，③错误；对于④，当k>0时，过点(0,2)存在函数y＝lg x(x>1)的切线，此时共有两个交点，当直线斜率稍微小于相切时的斜率时，就会有3个交点，故④正确。
答案 ①②④
增分专练(十五) 基本初等函数、函数与方程
A级 基础达标
一、选择题
1．函数f (x)＝3x＋x3－5的零点所在的区间为( )
A．(0,1) B．
C． D．
解析 依题意，f (x)为增函数，f (1)＝3＋1－5<0，f ＝3＋－5＝3－>0，所以f (x)的零点所在的区间为。故选B。
答案 B
2．(2021·新高考全国Ⅱ卷)已知a＝log5 2，b＝log8 3, c＝，则下列判断正确的是( )
A．c<b<a B．b<a<c
C．a<c<b D．a<b<c
解析 因为a＝log5 2<log4 2＝＝c，b＝log8 3>log9 3＝＝c，所以a<c<b。故选C。
答案 C
3．已知函数y＝f (x)与y＝ex互为反函数，函数y＝g(x)的图象与y＝f (x)的图象关于x轴对称，若g(a)＝1，则实数a的值为( )
A．－e B．－
C．e D．
解析 因为函数y＝f (x)与y＝ex互为反函数，所以函数f (x)＝ln x。因为函数y＝g(x)的图象与y＝f (x)的图象关于x轴对称，所以函数g(x)＝－ln x。因为g(a)＝1，即－ln a＝1，所以a＝，故选D。
答案 D
4．(2021·福州市质量检测)已知函数f (x)＝ln x，则函数y＝f 的图象大致为( )
解析 f ＝ln＝－ln(1－x)，其定义域为(－∞，1)，为增函数，故选D。
答案 D
5．(2021·苏北联考)已知a＝sin 2，b＝log2(sin 2)，c＝2sin 2，则a，b，c的大小关系是( )
A．a>b>c B．c>a>b
C．b>a>c D．c>b>a
解析 由<2<π得0<sin 2<1，所以b<0，c>1，故c>a>b。故选B。
答案 B
6．(2021·兰州市诊断考试)英国物理学家、数学家牛顿曾提出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℃，那么经过t小时后物体的温度θ ℃将满足θ＝θ0＋(θ1－θ0)·e－kt。通过实验观察发现，在20 ℃的室温下，一块从冰箱里取出的－20 ℃的冻肉经过0.5小时后温度升至0 ℃，在相同的环境下利用牛顿冷却模型计算：温度为100 ℃的开水，冷却到40 ℃，经过的时间大约为(忽略体积等其他因素的影响)( )
A．2.5小时 B．2小时
C．1.5小时 D．1小时
解析 由题意知θ＝θ0＋(θ1－θ0)e－kt，由θ0＝20，θ1＝－20，t＝0.5，θ＝0，得0＝20＋(－20－20)e，解得k＝2ln 2。当θ0＝20，θ1＝100，θ＝40时，40＝20＋(100－20)·e－2tln 2，解得t＝1，故选D。
答案 D
7．若f (x)为奇函数，且x0是y＝f (x)－ex的一个零点，则下列函数中，必有一个零点是－x0的是( )
A．y＝f (x)ex＋1 B．y＝f (－x)e－x－1
C．y＝f (x)ex－1 D．y＝f (－x)ex＋1
解析 根据题意有f (x0)－e＝0，所以f (x0)＝e，所以f (－x0)e＋1＝－f (x0)e＋1＝－e·e＋1＝0，所以－x0一定是函数y＝f (x)ex＋1的零点，故选A。
答案 A
8．已知函数f (x)＝log3－a在区间(1,2)内有零点，则实数a的取值范围是( )
A．(－1，－log32) B．(0，log52)
C．(log32,1) D．(1，log34)
解析 因为函数f (x)＝log3－a在区间(1,2)内有零点，且f (x)在(1,2)内单调，所以f (1)·f (2)<0，即(1－a)·(log32－a)<0，解得log32<a<1。故选C。
答案 C
9．(2021·郑州市质量预测)已知实数a，b，c满足ln a＝eb＝，则下列不等式中不可能成立的是( )
A．a>b>c B．a>c>b
C．c>a>b D．c>b>a
解析 令ln a＝eb＝＝x(x>0)，可得a＝ex，b＝ln x，c＝，在同一平面直角坐标系中分别画出函数y＝ex，y＝ln x，y＝在(0，＋∞)上的图象，如图所示，画一条直线x＝x0(x0>0)，设直线x＝x0(x0>0)与函数y＝ex，y＝ln x的图象分别相交于A，B两点，由图可知，点A恒在点B的上方，即点A的纵坐标恒大于点B的纵坐标，所以a>b恒成立，故选D。
答案 D
10．已知函数f (x)＝x2－4x－1＋ex－2＋e－x＋2有两个零点x1，x2，则x1＋x2＝( )
A．2 B．4 C．5 D．6
解析 函数f (x)＝x2－4x－1＋ex－2＋e－x＋2＝(x－2)2＋ex－2＋e－x＋2－5，令t＝x－2，g(t)＝t2＋et＋e－t－5，则g(－t)＝t2＋et＋e－t－5＝g(t)，所以函数g(t)是偶函数，所以f (x)的图象关于直线x＝2对称。若函数f (x)＝x2－4x－1＋ex－2＋e－x＋2有两个零点x1，x2，则x1＋x2＝4。故选B。
答案 B
二、填空题
11．已知函数f (x)＝则f ＋f ＝________。
解析 由题可得f ＝log＝2，因为log2<0，所以f ＝＝2＝6，故f ＋f ＝8。
答案 8
12．已知a>b>1，若logab＋logba＝，ab＝ba，则a＝________，b＝________。
解析 设logba＝t，则t>1，因为t＋＝，解得t＝2，所以a＝b2，因此ab＝(b2)b＝b2b＝ba，所以a＝2b，b2＝2b，又b>1，解得b＝2，a＝4。
答案 4 2
13．若函数f (x)＝有两个不同的零点，则实数a的取值范围是________。
解析 当x>0时，由f (x)＝ln x＝0，得x＝1。因为函数f (x)有两个不同的零点，所以当x≤0时，函数f (x)＝2x－a有一个零点，令f (x)＝0，得a＝2x，因为0<2x≤20＝1，所以0<a≤1。
答案 (0,1]
14．已知a，b，c为正实数，且ln a＝a－1，bln b＝1，cec＝1，则a，b，c的大小关系是________。
解析 ln a＝a－1，ln b＝，ec＝。依次作出y＝ex，y＝ln x，y＝x－1，y＝这四个函数的图象，如图所示。
由图象可知0<c<1，a＝1，b>1，所以c<a<b。
答案 c<a<b
B级 素养落实
15.已知函数f (x)＝ex－1－ax－(a∈R)的图象与x轴有唯一的公共点，则实数a的取值范围为( )
A．a≤0 B．a≤0或a＝
C．a≤0或a＝e D．a≤0或a＝1
解析 由题意可得f (0)＝e－1－＝0，则函数f (x)的图象与x轴的唯一公共点为原点。f ′(x)＝ex－1－a，当a≤0时，f ′(x)>0恒成立，则函数f (x)在R上单调递增，此时函数f (x)的图象与x轴有唯一的公共点。当a>0时，由f ′(x)>0得x>ln a＋1，由f ′(x)<0得x<ln a＋1，则f (x)在(－∞，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增。由题意可得ln a＋1＝0，解得a＝。综上，实数a的取值范围为a≤0或a＝，故选B。
答案 B
16．(2021·江西省六校联考)设a＝ln 2，b＝lg 2，则( )
A．a－b>ab>a＋b B．ab>a＋b>a－b
C．a＋b>ab>a－b D．a＋b>a－b>ab
解析 解法一：＝ln<a＝ln 2<1,0<b＝lg 2<lg＝，故ab>0且a＋b>ab，因为(a＋b)－(a－b)＝2b>0，所以a＋b>a－b。要比较a－b，ab的大小，则a－b－ab＝a(1－b)－b＝lg 5ln 2－lg 2＝lg 5－lg 2＝lg 2(ln 5－1)>0，故ab<a－b，故选D。
解法二：＝ln<a＝ln 2<1,0<b＝lg 2<lg＝，故ab>0且a＋b>ab，因为(a＋b)－(a－b)＝2b>0，所以a＋b>a－b。要比较a－b，ab的大小，可以考虑作商，＝－＝log210－log2e＝log2>1，则a－b>ab，故选D。
解法三：a＝ln 2≈0.7，b＝lg 2≈0.3，则a＋b>a－b>ab，故选D。
答案 D
17．(2021·东北三省四市联考)已知函数f (x)＝当n分别取1,2,3，…，k(k∈N*)时，方程f (x)＝(n∈N*)对应的整数解分别为x1，x2，…，xk，则k＝________。
解析 作出函数f (x)的图象，如图，方程f (x)＝(n∈N*)对应的整数解构成以1为首项，2为公差的等差数列，所以k＝20×1＋×2＝400。
答案 400
小题专项3 导数的简单应用
命|题|分|析
1．此部分内容是高考命题的热点内容。在选择题、填空题中多考查导数的几何意义，难度较小。
2．应用导数研究函数的单调性、极值、最值，多在选择题、填空题最后几题的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题。有时也常在解答题的第一问中考查，难度一般。
明确考点 扣准要点
必 备 知 识
1．导数的几何意义
函数f (x)在x0处的导数是曲线f (x)在点P(x0，)处的切线的斜率，曲线f (x)在点P处的切线的斜率k＝f ′(x0)，相应的切线方程为y－f (x0)＝f ′(x0)(x－x0)。
求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点。
2．四个易误导数公式
(1)(sin x)′＝cos x；
(2)(cos x)′＝－sin x；
(3)(ax)′＝axln a(a>0，且a≠1)；
(4)(logax)′＝(a>0，且a≠1，x>0)。
3．利用导数研究函数的单调性
(1)导数与函数单调性的关系。
①f ′(x)>0是f (x)为增函数的充分不必要条件，如函数f (x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f ′(x)≥0。
②f ′(x)≥0是f (x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f ′(x)＝0时，则f (x)为常数函数。
(2)利用导数研究函数单调性的方法。
①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f ′(x)>0或f ′(x)<0。
②若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x)≥0或f ′(x)≤0在单调区间上恒成立的问题来求解。
4．利用导数研究函数的极值、最值
(1)若在x0附近左侧f ′(x)>0，右侧f ′(x)<0，则f (x0)为函数f (x)的极大值；若在x0附近左侧f ′(x)<0，右侧f ′(x)>0，则f (x0)为函数f (x)的极小值。
(2)设函数y＝f (x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f (x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得。
若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要而不充分条件。
精析精研 重点攻关
考 向 突 破
考向一 导数的运算及几何意义
【例1】 (1)(2021·开封一模)已知函数f (x)＝sin α＋cos x，α∈[0,2π)，若f ′(α)＝1，则α＝( )
A．0或 B． 或π
C． D．
解析 f ′(x)＝－sin x，f ′(α)＝－sin α＝1，因为α∈[0,2π)，所以α＝。故选D。
答案 D
(2)已知f (x)为奇函数，当x<0时，f (x)＝e－x－ex2(e是自然对数的底数)，则曲线y＝f (x)在x＝1处的切线方程是( )
A．y＝－ex＋e
B．y＝ex＋e
C．y＝ex－e
D．y＝x－2e＋
解析 设x>0，则－x<0，所以f (－x)＝ex－ex2，因为f (x)为奇函数，所以f (x)＝－f (－x)＝－ex＋ex2，所以f ′(x)＝－ex＋2ex，所以f ′(1)＝e，f (1)＝0，所以曲线y＝f (x)在x＝1处的切线方程为y＝e(x－1)，即y＝ex－e。
答案 C
(3)(2021·湖南岳阳三校联考)过曲线y＝ex－x外一点(e，－e)作该曲线的切线l，则切线l在y轴上的截距为( )
A．－ee B．－ee＋2 C．－ee＋1 D．ee＋2
解析 对y＝ex－x求导，得y′＝ex－1。设切点为(x0，e－x0)，则切线l的斜率为k＝e－1，所以切线方程为y－(e－x0)＝(e－1)(x－x0)。因为切线过点(e，－e)，所以－e－e＋x0＝(e－1)(e－x0)，解得x0＝e＋1，所以切线方程为y－ee＋1＋e＋1＝(ee＋1－1)(x－e－1)。令x＝0，求得y＝－ee＋2。故选B。
答案 B
方法悟通
利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化，其中关键是确定切点的坐标。
【变式训练1】 (1)已知函数f (x)＝x3－f ′(1)x2＋2，则f (2)＝( )
A．－2 B． C．6 D．14
解析 f ′(x)＝3x2－2f ′(1)x，则f ′(1)＝3－2f ′(1)⇒f ′(1)＝1，则f (x)＝x3－x2＋2，f (2)＝23－22＋2＝6。故选C。
答案 C
(2)(2021·昆明市一模)已知曲线y＝ex－1在x＝x0处的切线方程为ex－y＋t＝0，则( )
A．x0＝1，t＝－1 B．x0＝1，t＝－e
C．x0＝－1，t＝－1 D．x0＝－1，t＝－e
解析 因为y′＝ex，所以曲线y＝ex－1在x＝x0处的切线的斜率是e。易知切线ex－y＋t＝0的斜率是e，所以x0＝1，切点是(1，e－1)，代入切线方程，得t＝－1。故选A。
答案 A
考向二 导数与函数的单调性 重点微专题
角度1 利用导数研究单调性
【例2】 (1)函数f (x)＝(x－2)ex的单调递增区间为( )
A．(1，＋∞) B．(2，＋∞)
C．(0,2) D．(1,2)
解析 f ′(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex，令f ′(x)>0，解得x>1，所以函数f (x)＝(x－2)ex的单调递增区间是(1，＋∞)。故选A。
答案 A
(2)已知函数f (x)＝mx2＋ln x－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是( )
A．[－1,1] B．[－1，＋∞)
C．[1，＋∞) D．(－∞，1]
解析 f ′(x)＝mx＋－2≥0对一切x>0恒成立，所以m≥－2＋。令g(x)＝－2＋，则当＝1，即x＝1时，函数g(x)取最大值1，故m≥1。故选C。
答案 C
方法悟通
(1)求函数的单调区间，只需在函数的定义域内解(证)不等式f ′(x)>0或f ′(x)<0。
(2)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f ′(x)≥0(或f ′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f ′(x)不恒等于0的参数的范围。
(3)若函数y＝f (x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f ′(x)＝0在(a，b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号)。
【变式训练2】 (1)已知函数f (x)＝－ln x＋x2＋5，则其单调递增区间为( )
A．(0,1] B．[0,1]
C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)
解析 由题意知，函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，因为f (x)＝－ln x＋x2＋5，所以f ′(x)＝－＋x＝(x2－1)。由⇒x>1。故选D。
答案 D
(2)若函数f (x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________。
解析 对f (x)求导，得f ′(x)＝－x＋4－＝＝。由f ′(x)＝0得函数f (x)的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f (x)在区间[t，t＋1]上就不单调，所以t<1<t＋1或t<3<t＋1，解得0<t<1或2<t<3。
答案 (0,1)∪(2,3)
角度2 利用导数研究不等式
【例3】 (1)函数f (x)是定义在(1，＋∞)上的可导函数，f ′(x)为其导函数，若f (x)＋(x－1)f ′(x)＝x2(x－2)，且f (e2)＝0，则不等式f (ex)<0的解集为( )
A．(0,1) B．(0,2)
C．(1,2) D．(2，＋∞)
解析 函数f (x)是定义在(1，＋∞)上的可导函数，f ′(x)为其导函数，令φ(x)＝(x－1)f (x)，则φ′(x)＝(x－1)f ′(x)＋f (x)＝x2(x－2)，可知当x∈(1,2)时，φ(x)是减函数，并且0×f ′(1)＋f (1)＝1×(1－2)＝－1<0，即f (1)<0，x∈(2，＋∞)时，φ(x)是增函数，f (e2)＝0，则φ(e2)＝(e2－1)f (e2)＝0，则不等式f (ex)<0的解集就是(ex－1)·f (ex)<0的解集，即φ(ex)<φ(e2)的解集，故不等式的解集为{x|1<x<2}。故选C。
答案 C
(2)已知a＝4ln 3π，b＝3ln 4π，c＝4ln π3，则下列结论正确的是( )
A．b<c<a B．c<b<a
C．b<a<c D．a<b<c
解析 由题意可知，a＝ln 34π，b＝ln 43π，c＝ln π12，故只需比较数值34π，43π，π12的大小。构造函数f (x)＝，则f ′(x)＝，当x∈(0，e)时，f ′(x)>0，f (x)在(0，e)上单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f ′(x)<0，f (x)在(e，＋∞)上单调递减。因为π>3>e，所以>，所以πln 3>3ln π，即有3π>π3，所以(3π)4>(π3)4，所以a>c，因为4>π>e，所以>，所以4ln π>πln 4，即有π4>4π，所以(π4)3>(4π)3，所以c>b，即有b<c<a。故选A。
答案 A
方法悟通
本例题考查利用导数研究不等式问题。利用导数研究不等式恒成立问题或不等式的解集问题，往往要根据已知和所求合理构造函数，再求导进行求解，如本题(1)中的关键是利用“f (x)＋(x－1)f ′(x)＝x2(x－2)”的联系构造函数φ(x)＝(x－1)f (x)。
【变式训练3】 (1)已知f ′(x)是函数f (x)(x∈R)的导函数，且f (－x)＝f (x)，当x≥0时，f ′(x)>3x，则不等式f (x)－f (x－1)<3x－的解集是( )
A． B．
C． D．
解析 设g(x)＝f (x)－x2，则g′(x)＝f ′(x)－3x。因为当x≥0时，f ′(x)>3x，所以当x≥0时，g′(x)＝f ′(x)－3x>0，即g(x)在[0，＋∞)上单调递增。因为f (－x)＝f (x)，所以g(－x)＝f (－x)－x2＝f (x)－x2＝g(x)，故g(x)是偶函数，f (x)－f (x－1)<3x－⇔f (x)－x2<f (x－1)－(x－1)2，即g(x)<g(x－1)，所以g(|x|)<g(|x－1|)，则|x|<|x－1|，解得x<。故选D。
答案 D
(2)(2021·广州市综合测试)已知e≈2.718 28是自然对数的底数，设a＝－，b＝－，c＝e－ln 2，则( )
A．a<b<c B．b<a<c
C．b<c<a D．c<a<b
解析 设f (x)＝x－，则f ′(x)＝1－＝，当x<时，f ′(x)>0，函数f (x)单调递增，当x>时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减。因为<<，所以f ()>f ()，即b>a。设g(x)＝eln x－x(x>0)，则g′(x)＝，当0<x<e时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，所以g(2)<g(e)＝0，即eln 2－2<0，所以ln 2－<0。设h(x)＝ex－ex，则h′(x)＝ex－e，当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，当x<1时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，所以h()>h(1)＝0，即e－e>0，所以e>，所以e>＋ln 2－，即e－ln 2>－，所以c>b，所以c>b>a。故选A。
答案 A
考向三 导数与函数的极值、最值
【例4】 (1)已知函数f (x)＝＋tan x，则f (x)的最小值为( )
A． B． C． D．2
解析 因为f (x)＝＋tan x，所以f ′(x)＝′＋′＝－＋＝。令t＝cos x∈(0,1)，则g(t)＝－6t3－t2＋1为减函数，且g＝0，所以当0<x<时，<t<1，g(t)<0，f ′(x)<0，当<x<时，0<t<，g(t)>0，f ′(x)>0，故f (x)min＝f ＝。故选C。
答案 C
(2)已知f (x)＝－2t，x∈(0，＋∞)恰有一个极值点1，则t的取值范围是( )
A．∪ B．
C．∪ D．
解析 由题意得f ′(x)＝－2t＝。因为f (x)＝－2t，x∈(0，＋∞)恰有一个极值点1，所以ex－2t(x＋2)＝0在(0，＋∞)上无解，即t＝在(0，＋∞)上无解。令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝＝>0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，当x∈(0，＋∞)时，g(x)>g(0)＝，所以t≤。故选D。
答案 D
方法悟通
求函数的极值点和极值的注意事项
(1)求极值或极值点，必须点明是极大值(点)还是极小值(点)，没有时要说明没有；
(2)要知道如何判断是否存在极值或者极值点；
(3)已知极值或者极值点求参数的时候，最后结果需要检验；
(4)极值点是导函数的零点。
【变式训练4】 (1)(2021·兰州市诊断考试)已知函数f (x)＝x3－ax2－bx(a>0，b>0)的一个极值点为1，则ab的最大值为( )
A．1 B． C． D．
解析 由题意，得f ′(x)＝x2－ax－b。因为1是函数f (x)的一个极值点，所以f ′(1)＝－a－b＝0所以a＋b＝，所以ab≤2＝，当且仅当a＝b＝时等号成立，所以ab的最大值为，故选D。
答案 D
(2)(2021·绵阳市诊断性考试)若函数f (x)＝x3－x2＋2ax＋3在x＝2处取得极小值，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－6) B．(－∞，6)
C．(6，＋∞) D．(－6，＋∞)
解析 f (x)＝x3－x2＋2ax＋3，所以f ′(x)＝3x2－(a＋6)x＋2a＝(3x－a)(x－2)，令f ′(x)＝0，解得x＝或x＝2，若f (x)在x＝2处取得极小值，则<2，解得a<6，故选B。
答案 B
练真题 明确考向
回 味 高 考
1．(2020·全国Ⅰ卷)函数f (x)＝x4－2x3的图象在点(1，f (1))处的切线方程为( )
A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1
C．y＝2x－3 D．y＝2x＋1
解析 解法一：因为f (x)＝x4－2x3，所以f ′(x)＝4x3－6x2，所以f ′(1)＝－2，又f (1)＝1－2＝－1，所以所求的切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1。故选B。
解法二：因为f (x)＝x4－2x3，所以f ′(x)＝4x3－6x2，f ′(1)＝－2，所以切线的斜率为－2，排除C，D；又f (1)＝1－2＝－1，所以切线过点(1，－1)，排除A。故选B。
答案 B
2．(2021·新高考全国Ⅰ卷)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 解法一：(数形结合法)设切点(x0，y0)，y0>0，则切线方程为y－b＝ex0(x－a)，由得ex0(1－x0＋a)＝b，则由题意知关于x0的方程ex0(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。
解法二：(用图估算法)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。
答案 D
3．(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<b B．a>b
C．ab<a2 D．ab>a2
解析 解法一：(分类与整合法)因为函数f (x)＝a(x－a)2·(x－b)，所以f ′(x)＝2a(x－a)(x－b)＋a(x－a)2＝a(x－a)·(3x－a－2b)。令f ′(x)＝0，结合a≠0可得x＝a或x＝。
(1)当a>0时，①若>a，即b>a，此时易知函数f (x)在(－∞，a)上单调递增，在上单调递减，所以x＝a为函数f (x)的极大值点，满足题意；②若＝a，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，即b<a，此时易知函数f (x)在上单调递减，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，即b>a，此时易知函数f (x)在(－∞，a)上单调递减，在上单调递增，所以x＝a为函数f (x)的极小值点，不满足题意；②若＝a，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，即b<a，此时易知函数f (x)在上单调递增，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：(特值排除法)当a＝1，b＝2时，函数f (x)＝(x－1)2·(x－2)，画出该函数的图象如图①所示，可知x＝1为函数f (x)的极大值点，满足题意。从而，根据a＝1，b＝2可判断选项B，C错误。当a＝－1，b＝－2时，函数f (x)＝－(x＋1)2(x＋2)，画出该函数的图象如图②所示，可知x＝－1为函数f (x)的极大值点，满足题意。从而，根据a＝－1，b＝－2可判断选项A错误。综上，故选D。
解法三：(数形结合法)当a>0时，根据题意画出函数f (x)的大致图象，如图③所示，观察可知b>a。当a<0时，根据题意画出函数f (x)的大致图象，如图④所示，观察可知a>b。综上，可知必有ab>a2成立。故选D。
答案 D
4．(2021·全国乙卷)设a＝2ln 1.01，b＝ln 1.02，c＝－1，则( )
A．a<b<c B．b<c<a
C．b<a<c D．c<a<b
解析 b－c＝ln 1.02－＋1，设f (x)＝ln(x＋1)－＋1，则b－c＝f (0.02)，f ′(x)＝－＝，当x≥0时，x＋1＝≥，故当x≥0时，f ′(x)＝≤0，所以f (x)在[0，＋∞)上单调递减，所以f (0.02)<f (0)＝0，即b<c。a－c＝2ln 1.01－＋1，设g(x)＝2ln(x＋1)－＋1，则a－c＝g(0.01)，g′(x)＝－＝，当0≤x<2时，≥＝x＋1，故当0≤x<2时，g′(x)≥0，所以g(x)在[0,2)上单调递增，所以g(0.01)>g(0)＝0，故c<a，从而有b<c<a。故选B。
答案 B
5．(2020·全国Ⅲ卷)设函数f (x)＝。若f ′(1)＝，则a＝________。
解析 f ′(x)＝，可得f ′(1)＝＝，即＝，解得a＝1。
答案 1
6．(2021·全国甲卷)曲线y＝在点(－1，－3)处的切线方程为________。
解析 y′＝′＝＝，所以y′|x＝－1＝＝5，所以切线方程为y＋3＝5(x＋1)，即y＝5x＋2。
答案 y＝5x＋2
7．(2021·新高考全国Ⅰ卷)函数f (x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________。
解析 函数f (x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞)。①当x>时，f (x)＝2x－1－2ln x，所以f ′(x)＝2－＝，当<x<1时，f ′(x)<0，当x>1时，f ′(x)>0，所以f (x)min＝f (1)＝2－1－2ln 1＝1；
②当0<x≤时，f (x)＝1－2x－2ln x在单调递减，所以f (x)min＝f ＝－2ln＝2ln 2＝ln 4>ln e＝1。综上，f (x)min＝1。
答案 1
增分专练(十六) 导数的简单应用
A级 基础达标
一、选择题
1．已知函数f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为x＋2y－2＝0，则f (1)＋f ′(1)＝( )
A． B．1
C． D．0
解析 切点(1，f (1))在切线x＋2y－2＝0上，所以1＋2f (1)－2＝0，得f (1)＝，又切线斜率k＝f ′(1)＝－，所以f (1)＋f ′(1)＝0。故选D。
答案 D
2．若曲线y＝在点处的切线的斜率为，则n＝( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析 由题得y′＝＝，所以y′|x＝1＝＝，所以n＝5。故选D。
答案 D
3.函数y＝x＋＋2ln x的单调递减区间是( )
A．(－3,1) B．(0,1)
C．(－1,3) D．(0,3)
解析 解法一：令y′＝1－＋<0，得－3<x<1，又x>0，故所求函数的单调递减区间为(0,1)。故选B。
解法二：由题意知x>0，故排除A，C；又f (1)＝4<f (2)＝＋2ln 2，故排除D。故选B。
答案 B
4.函数y＝f (x)的导函数y＝f ′(x)的图象如图所示，则函数y＝f (x)的图象可能是( )
解析 利用导数与函数的单调性进行验证。f ′(x)>0的解集对应y＝f (x)的增区间，f ′(x)<0的解集对应y＝f (x)的减区间，验证只有D选项符合。
答案 D
5.已知函数f (x)＝x3－x2＋bx＋1在x＝1处有极值，则f (x)的单调递减区间为( )
A．(－∞，1] B．[1,2]
C．[－1,2] D．[2，＋∞)
解析 对f (x)求导，得f ′(x)＝x2－3x＋b。由f (x)在x＝1处有极值，可得f ′(1)＝0，即1－3＋b＝0，求得b＝2，所以f ′(x)＝x2－3x＋2。由f ′(x)≤0，解得1≤x≤2，所以f (x)的单调递减区间为[1,2]。故选B。
答案 B
6.已知函数f (x)＝x3＋2x＋sin x，若f (a)＋f (1－2a)>0，则实数a的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(－∞，1)
C． D．
解析 因为函数f (x)的定义域为R，f (－x)＝－f (x)，所以f (x)为奇函数。又f ′(x)＝3x2＋2＋cos x>0，所以f (x)在R上单调递增，所以f (a)>f (2a－1)，a>2a－1，解得a<1。故选B。
答案 B
7．若函数y＝f (x)在R上可导且满足不等式xf ′(x)＋f (x)>0恒成立，常数a，b满足a>b，则下列不等式一定成立的是( )
A．af (a)>bf (b) B．af (b)>bf (a)
C．af (a)<bf (b) D．af (b)<bf (a)
解析 令g(x)＝xf (x)，则g′(x)＝xf ′(x)＋f (x)>0，所以函数g(x)在R上单调递增。因为a>b，所以g(a)>g(b)，即af (a)>bf (b)，故选A。
答案 A
8．(2021·成都诊断性检测)已知P是曲线y＝－sin x(x∈[0，π])上的动点，点Q在直线x－2y－6＝0上运动，则当|PQ|取最小值时，点P的横坐标为( )
A． B．
C． D．
解析 由题意可知当曲线y＝－sin x(x∈[0，π])在点P处的切线与直线x－2y－6＝0平行时，|PQ|取最小值。令f (x)＝y＝－sin x(x∈[0，π])，则f ′(x)＝－cos x(x∈[0，π])，令f ′(x)＝，解得x＝，故当|PQ|取最小值时，点P的横坐标为。故选C。
答案 C
9．已知函数f (x)＝若函数f (x)在R上单调递增，则实数a的取值范围为( )
A． B．
C．[0,2) D．
解析 因为函数f (x)在R上单调递增，所以y＝(a－2)x＋在(0，＋∞)上单调递增，故a－2<0，则a<2 ①。其次，y＝x3－ax2＋a在(－∞，0]上单调递增，则y′＝3x2－2ax≥0在(－∞，0]上恒成立，当x＝0时，a∈R；当x<0时，2a≥3x恒成立，所以a≥0 ②。最后，当x＝0时，a≤0＋＝ ③。综合①②③，得实数a的取值范围为，故选D。
答案 D
10．(2021·安徽省名校联考)若2a＋＝3b＋＝5c＋，则( )
A．cln 5>aln 2>bln 3 B．aln 2>cln 5>bln 3
C．bln 3>cln 5>aln 2 D．aln 2>bln 3>cln 5
解析 设函数f (x)＝，则f ′(x)＝，当x>e时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，又f (2)＝＝＝＝f (4)，所以>＝>。设2a＋＝3b＋＝5c＋＝k，则k－3b>k－2a>k－5c，所以5c>2a>3b，即cln 5>aln 2>bln 3，故选A。
答案 A
二、填空题
11．(2021·新高考全国Ⅱ卷)写出一个同时具有下列性质①②③的函数f (x)：________。
①f (x1x2)＝f (x1)f (x2)；②当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0；③f ′(x)是奇函数。
解析 本题属于开放性问题，答案不唯一。例如取f (x)＝x2，x4，x6，…都可以，还可以取f (x)＝x，x，x，x，…。
答案 f (x)＝x2
12．已知定义在R上的可导函数f (x)的导函数为f ′(x)，满足f ′(x)<f (x)，且f (0)＝，则不等式f (x)－ex<0的解集为________。
解析 构造函数g(x)＝，则g′(x)＝，因为f ′(x)<f (x)，所以g′(x)<0，故函数g(x)在R上为减函数，又f (0)＝，所以g(0)＝＝，则不等式f (x)－ex<0可化为<，即g(x)<＝g(0)，所以x>0，即所求不等式的解集为(0，＋∞)。
答案 (0，＋∞)
13．已知函数f (x)＝－ax有两个极值点，则实数a的取值范围是________。
解析 设f (x)的导数为f ′(x)，因为函数f (x)＝－ax有两个极值点，所以方程f ′(x)＝－－a＝0有两个不相等实根，令g(x)＝，则g(x)＝的图象与直线y＝－a有两个不同交点，又g′(x)＝，由g′(x)＝＝0得x＝1，所以当x<1时，g′(x)>0，即g(x)＝单调递增；当x>1时，g′(x)<0，即g(x)＝单调递减。所以g(x)max＝g(1)＝，又g(0)＝0，当x>0时，g(x)＝>0，所以作出函数g(x)的简图如图所示，因为g(x)＝的图象与直线y＝－a有两个不同交点，所以0<－a<，即－<a<0。
答案
14．当x>1时，不等式(x－1)ex＋1>ax2恒成立，则实数a的取值范围是________。
解析 当x>1时，不等式(x－1)ex＋1>ax2恒成立，所以不等式a<在(1，＋∞)恒成立，设f (x)＝(x>1)，则f ′(x)＝，因为当x>1时，x2ex－2(x－1)ex－2＝ex(x2－2x＋2)－2＝ex[(x－1)2＋1]－2>0恒成立，所以f ′(x)>0在(1，＋∞)恒成立，所以f (x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f (x)min>f (1)＝1，所以a≤1。
答案 (－∞，1]
B级 素养落实
15.(2021·甘肃省诊断考试)已知函数f (x)＝xln x，g(x)＝x2＋ax(a∈R)，若经过点A(0，－1)存在一条直线l与f (x)的图象和g(x)的图象都相切，则a＝( )
A．0 B．－1
C．3 D．－1或3
解析 设直线l与f (x)的图象相切于点(x1，y1)。因为f (x)＝xln x，所以f ′(x)＝ln x＋1，y1＝f (x1)＝x1ln x1，则直线l的方程为y－y1＝(ln x1＋1)(x－x1)，又点A(0，－1)在直线l上，所以－1－x1ln x1＝(ln x1＋1)(0－x1)，解得x1＝1，所以y1＝0，因此直线l的方程为y＝x－1。直线l与g(x)的图象相切，所以x2＋ax－x＋1＝0，Δ＝(a－1)2－4＝0，解得a＝－1或a＝3，故选D。
答案 D
16．(2021·扬州市适应性练习)已知函数f (x)＝若x1≠x2且f (x1)＝f (x2)，则|x1－x2|的最大值为( )
A．2e－ B．2e＋1
C．e D．e
解析 当x>0时，f (x)＝xln x，则f ′(x)＝ln x＋1，当0<x<时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减，当x>时，f ′(x)>0，函数f (x)单调递增。作出函数f (x)的图象如图所示。作出直线y＝2x并平移，当其与f (x)＝xln x的图象相切时，|x1－x2|取得最大值。设切点坐标为(x0，y0)，则ln x0＋1＝2，解得x0＝e，所以y0＝x0ln x0＝e，即f (x1)＝f (x2)＝e时，|x1－x2|取得最大值。不妨设x1<x2，则x2＝e，由2x1＋4e＝e，解得x1＝－e，所以|x1－x2|max＝＝e，故选D。
答案 D
17．(2021·新高考全国Ⅱ卷)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))处的两条切线互相垂直，且分别与y轴交于M，N两点，则的取值范围是________。
答案 (0,1)
大题专项 函数与导数大题考向探究
命|题|分|析
利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点。
解答题的热点题型有：
1．利用导数研究函数的单调性、极值、最值。
2．利用导数证明不等式或探讨方程的根。
3．利用导数求解参数的值或取值范围。
第1课时 导数与函数的单调性、极值、最值
精析精研 重点攻关
考 向 突 破
考向一 导数与函数的单调性
【例1】 已知a∈R，函数f (x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R)。
(1)当a＝2时，求函数f (x)的单调区间；
(2)若函数f (x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围。
解 (1)当a＝2时，f (x)＝(－x2＋2x)ex，f ′(x)＝ex(2－x2)。
令f ′(x)>0，解得－<x<；
令f ′(x)<0，解得x<－或x>。
故函数f (x)的单调递减区间为(－∞，－)，(，＋∞)；单调递增区间为(－，)。
(2)函数f (x)＝(－x2＋ax)ex的导函数为f ′(x)＝ex[a－x2＋(a－2)x]。
因为函数f (x)在(－1,1)上单调递增，所以f ′(x)≥0在(－1,1)上恒成立，即a－x2＋(a－2)x≥0在(－1,1)上恒成立，即x2－(a－2)x－a≤0在(－1,1)上恒成立，故只需1＋(a－2)－a≤0且1－(a－2)－a≤0，解得a≥，故a的取值范围为。
方法悟通
利用函数单调性求参数的方法
(1)可导函数f (x)在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f ′(x)≥0(或f ′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，进而求出参数的取值范围。
(2)可导函数f (x)在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f ′(x)>0(或f ′(x)<0)在该区间上存在解集，从而转化为不等式问题，进而求出参数的取值范围。
(3)若已知f (x)在区间I上的单调性，区间I上含有参数时，可先求出f (x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围。
【变式训练1】 (2021·郑州市质量预测 )已知函数f (x)＝xex－aln x－ax。
(1)若a＝e，讨论f (x)的单调性；
(2)若对任意x>0恒有不等式f (x)≥1成立，求实数a的值。
解 (1)f (x)＝xex－aln x－ax，x>0，则
f ′(x)＝(x＋1)ex－a＝(x＋1)·。
当a＝e时，令f ′(x)<0，得0<x<1；
令f ′(x)>0，得x>1。
所以当x∈(0,1)时，f (x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f (x)单调递增。
(2)①当a<0时，f (x)单调递增，f (x)的值域为R，不符合题意。
②当a＝0时，f ＝e<1，也不符合题意。
③当a>0时，由(1)可知f ′(x)＝(x＋1)，
x＋1>0，y＝ex－在(0，＋∞)上单调递增，当x→0时，y＝ex－→－∞，
当x→＋∞时，y＝ex－→＋∞，f ′(x)＝0有唯一解x＝x0，此时ex0＝a，
且当x∈(0，x0)时，f ′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，因此f (x)min＝f (x0)＝x0e－aln x0－ax0＝a－aln x0－ax0＝a－aln a。
f (x)min＝a－aln a，故只需a－aln a≥1。
令t＝，上式即转化为ln t≥t－1，
设h(t)＝ln t－t＋1，则h′(t)＝，
因此h(t)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而h(t)max＝h(1)＝0，所以ln t≤t－1。
由ln t＝t－1，得t＝1，从而有＝t＝1，解得a＝1。
故满足条件的实数a的值为1。
考向二 导数与函数的极值
【例2】 (2021·北京高考)已知函数f (x)＝。
(1)若a＝0，求y＝f (x)在(1，f (1))处的切线方程；
(2)若函数f (x)在x＝－1处取得极值，求f (x)的单调区间，以及最大值和最小值。
解 (1)当a＝0时，f (x)＝，则f ′(x)＝＝，
当x＝1时，f (1)＝1，f ′(1)＝－4，故y＝f (x)在(1，f (1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)，整理得y＝－4x＋5。
(2)已知函数f (x)＝，
则f ′(x)＝
＝。
若函数f (x)在x＝－1处取得极值，令f ′(－1)＝0，则＝0，解得a＝4。
经检验，当a＝4时，x＝－1为函数f (x)的极大值点，符合题意。
此时f (x)＝，函数定义域为R，f ′(x)＝，令f ′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝4。
f (x)，f ′(x)随x的变化趋势如下表：
x | (－∞，－1) | －1 | (－1,4) | 4 | (4，＋∞) |
f ′(x) | ＋ | 0 | － | 0 | ＋ |
f (x) | | 极大值 | | 极小值 | |
故函数f (x)单调递增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)，单调递减区间为(－1,4)，极大值为f (－1)＝1，极小值为f (4)＝－。
又因为x<时，f (x)>0，x>时，f (x)<0，所以函数f (x)的最大值为f (－1)＝1，最小值为f (4)＝－。
方法悟通
已知函数极值点或极值求参数的方法
列式 | 根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解 |
验证 | 因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性 |
【变式训练2】 (2021·江西省六校联考)已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x)＝a(x－1)ln x－ex－1＋x(其中a∈R)。
(1)若a＝0，求f (x)的最大值；
(2)若函数f (x)在x＝1处有极小值，求实数a的取值范围。
解 (1)若a＝0，则f (x)＝－ex－1＋x，f ′(x)＝－ex－1＋1，
令f ′(x)>0，得0<x<1；
令f ′(x)<0，得x>1。
所以函数f (x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以当x＝1时，f (x)取得极大值，也是最大值，
故f (x)max＝f (1)＝－e0＋1＝0。
(2)f ′(x)＝a－ex－1＋1，其中f ′(1)＝0，
令h(x)＝f ′(x)＝a－ex－1＋1，
则h′(x)＝a－ex－1，
当a≤0时，h′(x)<0，则函数h(x)即f ′(x)在(0，＋∞)上单调递减，又f ′(1)＝0，所以当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。
所以f (x)在x＝1处有极大值，与题干矛盾，故a≤0不符合题意。
当a>0时，令t(x)＝h′(x)＝a－ex－1，x∈(0，＋∞)，
则t′(x)＝a－ex－1，
显然t′(x)<0，
所以t(x)即h′(x)在(0，＋∞)上单调递减，h′(1)＝a(1＋1)－e0＝2a－1。
①若0<a≤，则h′(1)＝2a－1≤0，
故当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<h′(1)≤0，
此时h(x)即f ′(x)单调递减，
所以当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)<f ′(1)＝0，
故f (x)在(1，＋∞)上单调递减，
显然f (x)在x＝1处不可能有极小值，
故0<a≤不符合题意。
②若a>，则h′(1)＝2a－1>0，
故当x∈(0,1)时，h′(x)>h′(1)>0，
此时h(x)即f ′(x)单调递增，
所以当x∈(0,1)时，f ′(x)<f ′(1)＝0，
即f (x)在(0,1)上单调递减。
由(1)知，－ex－1＋x≤0，
即ex－1≥x，则ea≥a＋1，
所以h′(a＋1)＝a－ea≤a－(a＋1)＝<0，
因为h′(1)>0，h′(a＋1)<0，所以存在x0∈(1，a＋1)使得h′(x0)＝0，
则当x∈(1，x0)时，h′(x)>0，h(x)即f ′(x)单调递增，
所以当x∈(1，x0)时，f ′(x)>f ′(1)＝0，
即f (x)在(1，x0)上单调递增。
所以f (x)在(0,1)上单调递减，在(1，x0)上单调递增，
故f (x)在x＝1处取得极小值。
综上所述，若f (x)在x＝1处有极小值，
则a的取值范围为。
考向三 导数与函数的最值
【例3】 已知函数f (x)＝ln x＋ax2－bx。
(1)若函数f (x)在x＝2处取得极值ln 2－，求a，b的值；
(2)当a＝－时，函数g(x)＝f (x)＋bx＋b在区间[1,3]上的最小值为1，求g(x)在该区间上的最大值。
解 (1)依题意知，f (x)的定义域为(0，＋∞)，
对f (x)求导，得f ′(x)＝＋2ax－b。
由已知，得
解得
所以f ′(x)＝－＝＝(x>0)，
可知f (x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，满足f (x)在x＝2处取得极值，所以a＝－，b＝0。
(2)当a＝－时，g(x)＝ln x－x2＋b。
对g(x)求导，得g′(x)＝－＝＝。
当x∈(1,2)时，g′(x)>0，当x∈(2,3)时，g′(x)<0，
所以g(x)在[1,2]上单调递增，在[2,3]上单调递减，在区间[1,3]上，g(x)max＝g(2)＝ln 2－＋b。
又g(1)＝－＋b，g(3)＝ln 3－＋b，g(3)－g(1)＝ln 3－1>0，
所以g(x)min＝g(1)＝－＋b＝1，解得b＝，所以g(2)＝ln 2＋。
于是函数g(x)在区间[1,3]上的最大值为g(2)＝ln 2＋。
方法悟通
求函数f (x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a)，f (b)与f (x)的各极值进行比较得到函数的最值。
【变式训练3】 已知函数f (x)＝aln x＋(a>0)。
(1)求函数f (x)的单调区间和极值；
(2)是否存在实数a，使得函数f (x)在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由。
解 由题意，知函数的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝－＝(a>0)。
(1)由f ′(x)>0，解得x>，
所以函数f (x)的单调递增区间是；
由f ′(x)<0，解得0<x<，
所以函数f (x)的单调递减区间是。
所以当x＝时，函数f (x)有极小值f ＝aln＋a＝a－aln a，无极大值。
(2)不存在实数a满足条件。理由如下：
由(1)可知，当x∈时，函数f (x)单调递减；
当x∈时，函数f (x)单调递增。
①若0<≤1，即a≥1时，函数f (x)在[1，e]上为增函数，故函数f (x)的最小值为f (1)＝aln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件。
②若1<<e，即<a<1时，函数f (x)在上为减函数，在上为增函数，
故函数f (x)的最小值为f (x)的极小值f ＝aln＋a＝a－aln a＝a(1－ln a)＝0，
即ln a＝1，解得a＝e，
不满足条件<a<1。
③若≥e，即0<a≤时，函数f (x)在[1，e]上为减函数，
故函数f (x)的最小值为f (e)＝aln e＋＝a＋＝0，
即a＝－，不满足条件0<a≤。
综上所述，不存在这样的实数a，使得函数f (x)在[1，e]上的最小值为0。
练真题 明确考向
回 味 高 考
1．(2021·全国甲卷)设函数f (x)＝a2x2＋ax－3ln x＋1，其中a>0。
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若y＝f (x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围。
解 (1)由题意，f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝2a2x＋a－＝＝，
则当x>时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；
当0<x<时，f ′(x)<0，f (x)单调递减。
故函数f (x)在上单调递减，在上单调递增。
(2)由(1)知函数f (x)的最小值为f ，
要使y＝f (x)的图象与x轴没有公共点，只需f (x)的最小值恒大于0，即f >0恒成立，
故a2·2＋a·－3ln＋1>0，得a>，
所以a的取值范围为。
2．(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f (x)＝aex－1－ln x＋ln a。
(1)当a＝e时，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f (x)≥1，求a的取值范围。
解 (1)当a＝e时，f (x)＝ex－ln x＋1，f ′(x)＝ex－，f ′(1)＝e－1，f (1)＝e＋1，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，
即y＝(e－1)x＋2。
直线y＝(e－1)x＋2在x轴、y轴上的截距分别为，2。
因此所求三角形的面积为。
(2)当0<a<1时，f (1)＝a＋ln a<1。
当a＝1时，f (x)＝ex－1－ln x，f ′(x)＝ex－1－。
当x∈(0,1)时，f ′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0。
所以当x＝1时，f (x)取得最小值，最小值为f (1)＝1，从而f (x)≥1。
当a>1时，f (x)＝aex－1－ln x＋ln a≥ex－1－ln x≥1。
综上，a的取值范围是[1，＋∞)。
3．(2020·北京高考)已知函数f (x)＝12－x2。
(1)求曲线y＝f (x)的斜率等于－2的切线方程；
(2)设曲线y＝f (x)在点(t，f (t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值。
解 (1)函数f (x)＝12－x2的定义域为R，f ′(x)＝－2x，令f ′(x)＝－2x＝－2，得x＝1，所以f ′(1)＝－2，又f (1)＝11，所以曲线y＝f (x)的斜率等于－2的切线方程为y－11＝－2(x－1)，即2x＋y－13＝0。
(2)由(1)知f ′(x)＝－2x，则f ′(t)＝－2t，又f (t)＝12－t2，所以曲线y＝f (x)在点(t，f (t))处的切线方程为y－(12－t2)＝－2t(x－t)，即y＝－2tx＋t2＋12。若t＝0，则围不成三角形，故t≠0。
令x＝0，得y＝t2＋12，记A(0，t2＋12)，O为坐标原点，则|OA|＝t2＋12，令y＝0，得x＝，记B，则|OB|＝，
所以S(t)＝|OA||OB|＝，
因为S(t)为偶函数，所以仅考虑t>0即可。
当t>0时，S(t)＝，
则S′(t)＝＝(t2－4)·(t2＋12)，
令S′(t)＝0，得t＝2，
所以当t变化时，S′(t)与S(t)的变化情况如表：
t | (0,2) | 2 | (2，＋∞) |
S′(t) | — | 0 | ＋ |
S(t) | | 极小值 | |
所以S(t)min＝S(2)＝32。
增分专练(十七) 导数与函数的单调性、极值、最值
A级 基础达标
1.已知f (x)＝a(x－ln x)＋，a∈R。讨论f (x)的单调性。
解 f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝a－－＋＝。
若a≤0，当x∈(0,1)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，
x∈(1，＋∞)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减。
若a>0，f ′(x)＝。
①当0<a<2时，>1，
当x∈(0,1)或x∈时，
f ′(x)>0，f (x)单调递增，
当x∈时，f ′(x)<0，f (x)单调递减。
②当a＝2时，＝1，在x∈(0，＋∞)内，f ′(x)≥0，f (x)单调递增。
③当a>2时，0<<1。
当x∈或x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，当x∈时，f ′(x)<0，f (x)单调递减。
综上所述，当a≤0时，f (x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；
当0<a<2时，f (x)在(0,1)内单调递增，在内单调递减，在内单调递增；
当a＝2时，f (x)在(0，＋∞)内单调递增；
当a>2时，f (x)在内单调递增，
在内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增。
2．(2021·甘肃省诊断测试)已知函数f (x)＝x2－ax－xln x，a∈R，f ′(x)是f (x)的导函数。
(1)若a＝0，求函数f ′(x)的最小值；
(2)若函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围。
解 (1)当a＝0时，f (x)＝x2－xln x，
定义域为(0，＋∞)，故f ′(x)＝2x－1－ln x，
设g(x)＝2x－1－ln x，则g′(x)＝。
当0<x<时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x>时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以当x＝时，g(x)取得最小值。
所以f ′(x)min＝g(x)min＝g＝2×－1－ln ＝ln 2。
(2)解法一：因为f ′(x)＝2x－a－1－ln x，
所以设h(x)＝2x－a－1－ln x，
则h′(x)＝。
由(1)可知h(x)的最小值是h＝－a＋ln 2，
要使f (x)在(0，＋∞)上单调递增，
只需f ′(x)min＝h(x)min＝－a＋ln 2≥0，
所以a≤ln 2。
故a的取值范围为(－∞，ln 2]。
解法二：由题意，问题可转化为
f ′(x)＝2x－a－1－ln x≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即a≤2x－ln x－1在(0，＋∞)上恒成立。
令h(x)＝2x－ln x－1，则h′(x)＝2－，
当x∈时，h′(x)<0，h(x)在上单调递减，当x∈时，h′(x)>0，h(x)在上单调递增，
所以h(x)min＝h＝ln 2，
所以a≤ln 2，即a的取值范围为(－∞，ln 2]。
3．设函数f (x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0)。
(1)当a＝1，且函数f (x)的图象过点(0,1)时，求函数f (x)的极小值；
(2)若f (x)在(－∞，＋∞)上无极值点，求a的取值范围。
解 f ′(x)＝3ax2－4x＋1。
(1)函数f (x)的图象过点(0,1)时，有f (0)＝c＝1。
当a＝1时，f (x)＝x3－2x2＋x＋1，
f ′(x)＝3x2－4x＋1，
由f ′(x)>0，解得x<或x>1；
由f ′(x)<0，解得<x<1。
所以函数f (x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，
所以函数f (x)的极小值是f (1)＝13－2×12＋1＋1＝1。
(2)若f (x)在(－∞，＋∞)上无极值点，
则f (x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，
即f ′(x)＝3ax2－4x＋1≥0或f ′(x)＝3ax2－4x＋1≤0恒成立。
由a>0，f ′(x)≥0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，即16－12a≤0，解得a≥。
显然，f ′(x)≤0不恒成立，
综上，a的取值范围为。
4．(2021·东北三校联考)已知函数f (x)＝ex＋e－x－(a∈R)。
(1)当a＝2时，求函数f (x)的单调区间；
(2)若f (x)在(0，＋∞)上有且仅有一个极小值点，求a的取值范围。
解 (1)当a＝2时，f (x)＝ex＋e－x－x2，f ′(x)＝ex－e－x－2x(x∈R)。
令g(x)＝f ′(x)，则g′(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0，当且仅当ex＝e－x，即x＝0时等号成立，
所以g(x)在R上单调递增，所以f ′(x)在R上单调递增。
当x<0时，f ′(x)<f ′(0)＝0，f (x)单调递减，
当x>0时，f ′(x)>f ′(0)＝0，f (x)单调递增。
所以当a＝2时，f (x)的单调递增区间是(0，＋∞)，单调递减区间是(－∞，0)。
(2)f ′(x)＝ex－e－x－ax，x∈(0，＋∞)。
①当a≤2时，由(1)知，
在(0，＋∞)上f ′(x)≥ex－e－x－2x>0，f (x)单调递增，无极值点。
②当a>2时，令h(x)＝ex－e－x－ax，
则h′(x)＝ex＋e－x－a，
令h′(x)＝0(x>0)，得x＝ln。
当x∈时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)<h(0)＝0，所以f ′(x)<0，
所以f (x)在上单调递减，
所以f (x)在上无极值点。
当x∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
下证引理：ex>x2(x>0)。
令u(x)＝x2·e－x，则u′(x)＝(2x－x2)e－x。
当0<x<2时，u′(x)>0，u(x)单调递增，当x>2时，u′(x)<0，u(x)单调递减，
所以当x>0时，u(x)≤u(2)＝<1，
所以ex>x2(x>0)。
h(a＋1)＝ea＋1－e－a－1－a(a＋1)>(a＋1)2－1－a(a＋1)＝a>0，
而h<h(0)＝0，
所以h(x)在上有唯一零点t，
当ln<x<t时，h(x)<h(t)＝0，
所以f ′(x)<0，f (x)单调递减，
当x>t时，h(x)>h(t)＝0，所以f ′(x)>0，f (x)单调递增，所以f (x)在(0，＋∞)上有唯一极小值点t。
综上所述，a的取值范围是(2，＋∞)。
B级 素养落实
5.(2021·郑州市质量预测)已知函数f (x)＝xex－aln x－e(a∈R)。
(1)当a＝2e时，不等式f (x)≥mx－m在[1，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；
(2)若a>0时，f (x)的最小值为g(a)，求g(a)的最大值以及此时a的值。
解 (1)当a＝2e时，不等式f (x)≥mx－m，
即xex－2eln x－e≥mx－m。
令F (x)＝xex－2eln x－e－m(x－1)，x∈[1，＋∞)，
则F ′(x)＝(x＋1)ex－－m，F ′(x)在[1，＋∞)上单调递增，F ′(1)＝－m，
当m≤0时，F ′(1)≥0，F ′(x)≥F ′(1)≥0，
所以F (x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以F (x)≥F (1)＝0。
当m>0时，F ′(1)<0，当x→＋∞时，F ′(x)→＋∞，所以存在x*∈(1，＋∞)，使得F ′(x*)＝0，
当x∈(1，x*)时，F ′(x)<0，F (x)单调递减，
F (x)<F (1)＝0，不符合题意。
综上，实数m的取值范围是(－∞，0]。
(2)f (x)＝xex－aln x－e(a∈R)，f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝(x＋1)ex－，a>0时，f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当x→0时，f ′(x)→－∞，当x→＋∞时，
f ′(x)→＋∞，所以存在唯一的正数
x0∈(0，＋∞)，使得f ′(x0)＝0，
可得a＝x0(x0＋1)ex0，
当x∈(0，x0)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，
当x→0时，f ′(x)→－∞，当x→＋∞时，f ′(x)→＋∞，所以存在唯一的正数x0∈(0，＋∞)，使得f ′(x0)＝0，
可得a＝x0(x0＋1)e，
当x∈(0，x0)时，f ′(x)<0，f (x)<0，f (x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，
f ′(x)>0，f (x)单调递增，
所以f (x)min＝f (x0)＝x0e－aln x0－e＝x0e－x0(x0＋1)eln x0－e。
令h(x)＝xex－x(x＋1)exln x－e，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝(x＋1)ex－ex[(x2＋3x＋1)ln x＋x＋1]＝－ex(x2＋3x＋1)ln x，
易知h′(1)＝0，且当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝0，即g(a)的最大值为0，
此时x0＝1，a＝2e。
6．(2021·银川市质量检测)已知函数f (x)＝ln x＋x2－2ax，a∈R。
(1)设g(x)＝f (x)＋(2a－3)x，求g(x)的极值；
(2)若函数f (x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，求2f (x1)－f (x2)的最小值。
解 (1)由题意知g(x)＝ln x＋x2－3x，
则g′(x)＝＋2x－3＝(x>0)，
令g′(x)>0，解得x>1或0<x<，令g′(x)<0，解得<x<1，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)在x＝处取得极大值g＝－ln 2－，
在x＝1处取得极小值g(1)＝－2。
(2)函数f (x)＝ln x＋x2－2ax，x∈(0，＋∞)，
则f ′(x)＝，因为x1，x2是函数f (x)的两个极值点，所以x1，x2是方程2x2－2ax＋1＝0的两个不等正根，则有Δ＝4a2－8>0，x1＋x2＝a>0，x1·x2＝，所以a>，x1∈，x2∈，且有2ax1＝2x＋1,2ax2＝2x＋1，
2f (x1)－f (x2)＝2(ln x1＋x－2ax1)－(ln x2＋x－2ax2)
＝2(ln x1＋x－2x－1)－(ln x2＋x－2x－1)
＝－2x＋2ln x1－ln x2＋x－1
＝x－22＋2ln－ln x2－1
＝x－－ln x－2ln 2－1。
令t＝x，则t∈，
设h(t)＝t－－ln t－2ln 2－1，t∈，
则h′(t)＝1＋－＝，令h′(t)>0，得t>1，令h′(t)<0，得<t<1，
所以h(t)在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)min＝h(1)＝－。
所以2f (x1)－f (x2)的最小值为－。
第2课时 导数与不等式、函数的零点
精析精研 重点攻关
考 向 突 破
考向一 导数与不等式的证明 重点微专题
角度1 单变量不等式的证明
【例1】 已知函数f (x)＝ax2－(2a＋1)x＋2ln x(a∈R)。
(1)当a>0时，求函数f (x)的单调递增区间；
(2)当a＝0时，证明：f (x)<2ex－x－4(其中e为自然对数的底数)。
解 (1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝ax－(2a＋1)＋＝＝，
当0<<2，即a>时，由f ′(x)>0解得0<x<或x>2；
当a＝时，f ′(x)≥0；
当>2，即0<a<时，
由f ′(x)>0解得0<x<2或x>。
综上，当a>时，f (x)的单调递增区间是，(2，＋∞)，
当a＝时，f (x)的单调递增区间是(0，＋∞)，
当0<a<时，f (x)的单调递增区间是(0,2)，。
(2)证明：当a＝0时，要证明f (x)<2ex－x－4，只需证明ex>ln x＋2。
令h(x)＝ex－ln x－2(x>0)，
则h′(x)＝ex－，h″(x)＝ex＋>0，故h′(x)单调递增，
而h′＝－2<0，h′(1)＝e－1>0，故存在x0∈，使得h′(x0)＝0，即e＝。
当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以当x＝x0时，h(x)取得唯一的极小值，也是最小值。
h(x)的最小值是h(x0)＝e－ln x0－2＝－ln－2＝＋x0－2>0，
故f (x)<2ex－x－4。
方法悟通
证明单变量不等式的2种方法
(1)利用单调性证明单变量不等式。
一般地，要证f (x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F (x)＝f (x)－g(x)，通过分析F (x)在端点处的函数值来证明不等式。若F (a)＝0，只需证明F (x)在(a，b)上单调递增即可；若F (b)＝0，只需证明F (x)在(a，b)上单调递减即可。
(2)利用最值证明单变量不等式。
利用最值证明单变量的不等式的常见形式是f (x)>g(x)。证明技巧：先将不等式f (x)>g(x)移项，即构造函数h(x)＝f (x)－g(x)，转化为证不等式h(x)>0，再次转化为证明h(x)min>0，因此，只需在所给的区间内，判断h′(x)的等号，从而判断其单调性，并求出函数h(x)的最小值，即可得证。
【变式训练1】 (2021·唐山市二模)已知函数f (x)＝ln x－x＋a。
(1)若f (x)≤0，求a的取值范围；
(2)若f (x)有两个零点m，n，且m<n，证明：n＋<2ea－1<m＋。
解 (1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－1。
当0<x<1时，f ′(x)>0；当x>1时，f ′(x)<0。
所以f (x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减。
所以当x＝1时，f (x)取得最大值f (1)＝a－1，
依题意，得a－1≤0，所以a≤1，即a的取值范围是(－∞，1]。
(2)证明：若f (x)有两个零点，结合(1)可知，a－1>0，即a>1，且0<m<1<n，则ea－1＝＝。
所以2ea－1－＝－＝；
2ea－1－＝－＝。
令g(x)＝2ex－1－x2－1(x>0)，则g′(x)＝2ex－1－2x，
结合(1)知，ln x≤x－1，当且仅当x＝1时等号成立，
所以ex－1≥x，当且仅当x＝1时等号成立，
于是可得g′(x)≥0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因此，当0<x<1时，g(x)<g(1)＝0；当x>1时，g(x)>g(1)＝0。
所以2ea－1－>0,2ea－1－<0，
故n＋<2ea－1<m＋。
角度2 双变量不等式的证明
【例2】 设函数f (x)＝x2－ax＋ln x。
(1)若当x＝1时，f (x)取得极值，求a的值，并求f (x)的单调区间；
(2)若f (x)存在两个极值点x1，x2，求a的取值范围，并证明：>－。
解 (1)f ′(x)＝2x－a＋＝(x>0)，
因为当x＝1时，f (x)取得极值，
所以f ′(1)＝0，a＝3。
所以f ′(x)＝＝。
令f ′(x)>0，得0<x<或x>1，
令f ′(x)<0得<x<1，
所以f (x)的单调递增区间为，(1，＋∞)，单调递减区间为。
(2)f ′(x)＝(x>0)，
因为f (x)存在两个极值点，
所以方程f ′(x)＝0，即2x2－ax＋1＝0在(0，＋∞)上有两个不等的实根。
所以Δ＝a2－8>0，x1x2＝>0，x1＋x2＝>0，所以a>2。
＝
＝x2＋x1－a＋
＝－＋，
所以所证不等式>－等价于>，
即>。
不妨设x2>x1>0，即证ln>2×。
令t＝，h(t)＝ln t－。
则当t>1时，h′(t)＝－＝>0，
所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)>h(1)＝0。
所以ln>2×成立，
所以>－成立。
方法悟通
证明双变量函数不等式的常见思路
(1)将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式。
(2)整体换元。对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式。
(3)若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明。
【变式训练2】 已知函数f (x)＝ln x－ax＋1有两个零点。
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f (x)的两个零点，f ′(x)为f (x)的导函数，证明：f ′(x1·x2)<1－a。
解 (1)由f (x)＝0可得a＝，f (x)有两个零点等价于函数g(x)＝的图象与直线y＝a在(0，＋∞)上有两个不同的交点。g′(x)＝(x>0)。当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0。
故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)max＝g(1)＝1，又当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，所以a∈(0,1)。
(2)证明：由(1)知x1，x2是ln x－ax＋1＝0的两个根，
故ln x1－ax1＋1＝0，ln x2－ax2＋1＝0，故a＝。
由f ′(x)＝－a，知f ′(x)在(0，＋∞)上单调递减，且f ′(1)＝1－a，要证f ′(x1·x2)<1－a，只需证x1·x2>1，即证ln x1＋ln x2>0，即证(ax1－1)＋(ax2－1)>0，即证a>，即证>。不妨设0<x1<x2，即证ln<＝(*)。
令t＝∈(0,1)，h(t)＝ln t－，
则h′(t)＝－＝>0，则h(t)在(0,1)上单调递增，则h(t)<h(1)＝0，故(*)式成立，原命题得证。
考向二 导数与不等式恒成立问题
【例3】 (2021·绵阳市诊断性考试)已知函数f (x)＝(2m＋2)x－4ln x－mx2(m∈R)。
(1)若函数g(x)＝f (x)＋mx2有两个零点，求m的取值范围；
(2)若f (x)≥0，求m的取值范围。
解 (1)由g(x)＝f (x)＋mx2＝(2m＋2)x－4ln x，x>0，
得g′(x)＝(2m＋2)－＝＝2×。
①当m≤－1时，g′(x)＝2×<0，
此时g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
g(x)在(0，＋∞)上不可能有两个零点，
故m≤－1不符合题意。
②当m>－1时，g(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增。
要使得函数g(x)在(0，＋∞)上有两个零点，
则g＝4－4ln<0，得－1<m<。
综上，实数m的取值范围是。
(2)f ′(x)＝(2m＋2)－－mx＝－，x>0。
①当0<m<1时，函数f (x)在上单调递增，在(0,2)和上单调递减。
所以当x>4＋>时，f (x)＝x－4ln x<f <0，
所以f (x)≥0不恒成立，
即0<m<1不符合题意。
②当m＝1时，f ′(x)≤0(仅在x＝2时取等号)，f (x)在(0，＋∞)上单调递减，f (x)≥0不恒成立，即m＝1不符合题意。
③当m>1时，函数f (x)在上单调递增，在和(2，＋∞)上单调递减，
所以当x>4＋>2时，f (x)＝x－4ln x<f <0，
所以f (x)≥0不恒成立，
即m>1不符合题意。
④当m≤0时，函数f (x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
f (x)≥0恒成立的充要条件是f (2)≥0，
解得m≥2ln 2－2，
所以2ln 2－2≤m≤0。
综上，实数m的取值范围是[2ln 2－2,0]。
方法悟通
此类问题要根据导数式的特点对参数进行讨论，在每个范围内由单调性得到最值，利用最值来判断是否满足题意，说明不满足题意时，只需举一反例即可。
【变式训练3】 设函数f (x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R。
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)确定a的所有可能取值，使得f (x)>－e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数)。
解 (1)f ′(x)＝2ax－＝(x>0)。
当a≤0时，f ′(x)<0，f (x)在(0，＋∞)内单调递减。
当a>0时，由f ′(x)＝0，得x＝。
此时，当x∈时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；
当x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增。
(2)令g(x)＝－，s(x)＝ex－1－x。
则s′(x)＝ex－1－1。
当x>1时，s′(x)>0，
所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增。
又s(1)＝0，所以s(x)>0，从而当x>1时，g(x)>0。
当a≤0，x>1时，f (x)＝a(x2－1)－ln x<0。
故当f (x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0。
当0<a<时，>1。
由(1)有f <f (1)＝0，而g>0，
所以此时f (x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立。
当a≥时，令h(x)＝f (x)－g(x)(x≥1)。
当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0。
因此，h(x)在区间(1，＋∞)单调递增。
又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f (x)－g(x)>0，
即f (x)>g(x)恒成立。
综上，a∈。
考向三 导数与函数零点问题
【例4】 (2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f (x)＝(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)＝(x>0)，
f ′(x)＝(x>0)，
令f ′(x)>0，则0<x<，此时函数f (x)单调递增，
令f ′(x)<0，则x>，此时函数f (x)单调递减，
所以函数f (x)的单调递增区间为，单调递减区间为。
(2)曲线y＝f (x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程＝1(x>0)有两个不同的解，
即方程＝有两个不同的解。
设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝(x>0)，
令g′(x)＝＝0，得x＝e，
当0<x<e时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，
故g(x)max＝g(e)＝，
且当x>e时，g(x)∈，
又g(1)＝0，所以0<<，
所以a>1且a≠e，
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)。
方法悟通
(1)三步求解函数零点(方程根)的个数问题。
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质；
第三步：结合图象求解。
(2)已知零点求参数的取值范围：①结合图象与单调性，分析函数的极值点，②依据零点确定极值的范围，③对于参数选择恰当的分类标准进行讨论。
【变式训练4】 (2021·洛阳市统考)已知函数f (x)＝＋a(x－1)－e。
(1)当a＝0时，求函数f (x)的极值；
(2)若函数f (x)在区间(0,1)内存在零点，求实数a的取值范围。
解 (1)当a＝0时，f (x)＝－e，f (x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f ′(x)＝。
由f ′(x)>0得x>1，由f ′(x)<0得x<1，且x≠0，
所以f (x)在(1，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)，(0,1)上单调递减，
所以当x＝1时，f (x)取得极小值f (1)＝0，无极大值。
(2)当x∈(0,1)时，由f (x)＝＋a(x－1)－e＝0，得ex＋ax2－(a＋e)x＝0。
令g(x)＝ex＋ax2－(a＋e)x，
则f (x)在(0,1)上的零点即g(x)在(0,1)上的零点。
g′(x)＝ex＋2ax－a－e，
令h(x)＝g′(x)＝ex＋2ax－a－e，则h′(x)＝ex＋2a，
①当a＝0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，即g′(x)单调递增，
因为g′(1)＝0，所以当x∈(0,1)时g′(x)<0，g(x)在区间(0,1)上单调递减，
又g(1)＝0，所以g(x)在区间(0,1)上没有零点。
②当a>0时，h′(x)>0，故h(x)＝g′(x)在区间(0,1)上单调递增，
因为h(0)＝g′(0)＝1－a－e<0，h(1)＝g′(1)＝a>0，
所以存在x0∈(0,1)，使得h(x0)＝g′(x0)＝0，
即当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(x0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增。
又g(0)＝1，g(1)＝0，所以g(x)在区间(0,1)上存在零点。
③当a<0时，令φ(x)＝ex－ex，
则φ′(x)＝ex－e，
因为在(0,1)上φ′(x)<0，所以φ(x)在(0,1)上单调递减，
所以x∈(0,1)时，φ(x)>φ(1)＝0，则ex>ex，x∈(0,1)，
所以当x∈(0,1)时，g(x)＝ex－(a＋e)x＋ax2>ex－(a＋e)x＋ax2＝－a(x－x2)>0，
所以函数g(x)在区间(0,1)上没有零点。
综上，要使f (x)在区间(0,1)内存在零点，则实数a的取值范围为(0，＋∞)。
练真题 明确考向
回 味 高 考
1．(2021·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)＝，证明：g(x)<1。
解 (1)由题意得y＝xf (x)＝xln(a－x)，
则y′＝ln(a－x)＋x[ln(a－x)]′。
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。
当a＝1时，y′＝ln(1－x)＋(x<1)，当x<0时，y′>0，当0<x<1时，y′<0，y＝xf (x)在(－∞，0)上为增函数，在(0,1)上为减函数，故x＝0是y＝xf (x)的极值点，满足题意。综上，a＝1。
(2)证明：由(1)可知，f (x)＝ln(1－x)，其定义域为{x|x<1}，
当0<x<1时，ln(1－x)<0，此时xf (x)<0，
当x<0时，ln(1－x)>0，此时xf (x)<0。
易知g(x)的定义域为{x|x<1且x≠0}，
故要证g(x)＝<1，只需证x＋f (x)>xf (x)，即证x＋ln(1－x)－xln(1－x)>0。
令1－x＝t，则t>0且t≠1，则只需证1－t＋ln t－(1－t)ln t>0，即证1－t＋tln t>0。
令h(t)＝1－t＋tln t，则h′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，
当t>1时，h′(t)>0；当0<t<1时，h′(t)<0。
所以h(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝0，
即g(x)<1成立。
2．(2021·新高考全国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。
3．(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f (x)＝ex＋ax2－x(e为自然对数的底数)。
(1)当a＝1时，讨论f (x)的单调性；
(2)当x≥0时，f (x)≥x3＋1，求a的取值范围。
解 (1)当a＝1时，f (x)＝ex＋x2－x，f ′(x)＝ex＋2x－1，x∈R。
故当x∈(－∞，0)时，f ′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0。
所以f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增。
(2)f (x)≥x3＋1等价于e－x≤1。
设函数g(x)＝e－x(x≥0)，则
g′(x)＝－e－x
＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x
＝－x(x－2a－1)(x－2)e－x。
①若2a＋1≤0，即a≤－，则当x∈(0,2)时，g′(x)>0。所以g(x)在(0,2)上单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0,2)时，g(x)>1，不符合题意。
②若0<2a＋1<2，即－<a<，则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)<0；
当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)>0。所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1,2)上单调递增。由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)·e－2≤1，即a≥。
所以当≤a<时，g(x)≤1。
③若2a＋1≥2，即a≥，
则g(x)≤e－x。
令h(x)＝e－x(x≥0)，
则h′(x)＝－x(x－1)(x－2)e－x，
得h(x)在[0,1)，(2，＋∞)上单调递减，在[1,2]上单调递增。
由h(0)＝1，h(2)＝7e－2<1，得h(x)≤1，从而g(x)≤h(x)≤1。
综上，a的取值范围是。
增分专练(十八) 导数与不等式、函数的零点
第一次作业 基础通关训练
1．已知函数f (x)＝ln x－ax＋1(a∈R)。
(1)若f (x)≤0恒成立，求实数a的取值范围；
(2)求证：(x＋1)<ex。
解 (1)解法一：f ′(x)＝－a，x>0，
若a≤0，则f ′(x)>0，所以f (x)为增函数，
又f (1)＝－a＋1>0，所以f (x)≤0不恒成立。
若a>0，则当0<x<时，f ′(x)>0，
当<x时，f ′(x)<0，
所以f (x)在上单调递增，在上单调递减，所以f (x)max＝f ＝ln≤0，得a≥1。
综上，实数a的取值范围是[1，＋∞)。
解法二：f (x)的定义域为(0，＋∞)，
由f (x)≤0，可得ln x－ax＋1≤0，即≤a，
则f (x)≤0恒成立转化为max≤a，
令G(x)＝，则G′(x)＝，
当x∈(0,1)时，G′(x)>0，G(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，G′(x)<0，G(x)单调递减。
所以G(x)max＝G(1)＝1，所以a的取值范围是[1，＋∞)。
(2)证明：(x＋1)<ex，
即(x＋1)<ex，即<，
设g(x)＝，h(x)＝(x>0)。
g′(x)＝，当0<x<e时，g′(x)>0，
当x>e时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝。
h′(x)＝>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以h(x)>h(0)＝1，
又1>，所以(x＋1)<ex。
2．(2021·武汉市质量检测)已知函数f (x)＝(x－1)ex－a－ln x。
(1)当a＝1时，求f (x)的最小值；
(2)证明：当0<a≤1时，f (x)≥ln a恒成立。
解 (1)当a＝1时，f (x)＝(x－1)ex－1－ln x，
f ′(x)＝xex－1－(x>0)。
设g(x)＝f ′(x)，则g′(x)＝(x＋1)ex－1＋>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增。
又f ′(1)＝0，
所以当0<x<1时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；
当x>1时，f ′(x)>0，f (x)单调递增。
故f (x)在x＝1处取得最小值f (1)＝0。
(2)证明：设h(a)＝(x－1)ex－a－ln x－ln a，
则h′(a)＝－
＝。
设s(x)＝(1－x)ex，t(x)＝，
因为当x>0时，s′(x)＝－xex<0，
所以当x>0时，s(x)单调递减，s(x)<s(0)＝1。
因为t′(x)＝ex，
所以当0<x<1时，t′(x)<0，t(x)单调递减，
当x>1时，t′(x)>0，t(x)单调递增，
所以t(x)≥t(1)＝e，故当a>0，x>0时，
(1－x)ex<1<e≤，
即h′(a)<0，所以h(a)在(0，＋∞)上单调递减，
则当0<a≤1时，h(a)≥h(1)＝(x－1)ex－1－ln x。
由(1)知，(x－1)ex－1－ln x≥0，
故当0<a≤1时，h(a)≥0。
即f (x)＝(x－1)ex－a－ln x≥ln a恒成立。
3．已知函数f (x)＝ln x－a(x＋1)。
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)对任意的x>0，求证：－a(x＋1)>f (x)。
解 (1)由题意得，f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝－a＝，
当a≤0时，f ′(x)>0恒成立，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增。
当a>0时，令f ′(x)>0，解得0<x<；
令f ′(x)<0，解得x>。
所以f (x)在上单调递增，在上单调递减。
综上，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f (x)在上单调递增，在上单调递减。
(2)证明：要证－a(x＋1)>f (x)，
即证·－ln x>0。
令g(x)＝·－ln x，
则g′(x)＝。
令r(x)＝2(x－1)ex－e2x，则r′(x)＝2xex－e2，
易得r′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且r′(1)＝2e－e2<0，r′(2)＝3e2>0，
所以存在唯一的实数x0∈(1,2)，使得r′(x0)＝0，
所以r(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增。
因为r(0)<0，r(2)＝0，所以当r(x)>0时，x>2；
当r(x)<0时，0<x<2。
所以g(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(2)＝1－ln 2>0。
综上，·－ln x>0，即－a(x＋1)>f (x)。
4．(2021·广州市综合测试)已知函数f (x)＝xln x－ax2＋x(a∈R)。
(1)证明：曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线l恒过定点；
(2)若f (x)有两个零点x1，x2，且x2>2x1，证明：>。
证明 (1)f (1)＝1－a，f ′(x)＝ln x＋1－2ax＋1＝ln x－2ax＋2，
所以切线l的斜率k＝f ′(1)＝2－2a，
所以曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝(2－2a)(x－1)＋1－a＝(2－2a)x－(1－a)＝(1－a)(2x－1)，恒过定点，得证。
(2)f (x)的定义域为(0，＋∞)，
因为f (x)有两个零点x1，x2，
所以x1>0，x2>0，x1，x2为方程xln x－ax2＋x＝0即ln x－ax＋1＝0的两个根，所以
所以a＝＝＝，
所以2＋ln(x1x2)＝·(x1＋x2)＝·ln 。
令＝t，因为x2>2x1，所以t∈，
所以2＋ln(x1x2)＝ln t。
令g(t)＝ln t，则g′(t)＝，
令h(t)＝t－－2ln t，
则h′(t)＝1＋－＝＝≥0，
所以h(t)在(0,1)上单调递增，所以h(t)<h(1)＝0，
所以当t∈时，h(t)<0，即当t∈时，
g′(t)<0，g(t)在上单调递减，
所以g(t)>g＝3ln 2，
所以2＋ln(x1x2)>3ln 2，得x1x2>，
所以>>＝，得证。
5．已知函数f (x)＝aln(ex－e)－3x－(a≥0)。
(1)若函数f (x)在其定义域上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)讨论函数g(x)＝f (x)＋3x零点的个数。
解 (1)由f (x)＝aln(ex－e)－3x－(a≥0)，
得f (x)＝aln(x－1)－3x＋，
所以函数f (x)的定义域为。
函数f (x)在(1，＋∞)上单调递减，等价于f ′(x)＝－3－≤0在(1，＋∞)上恒成立且f ′(x)＝0不恒成立，
等价于a≤3(x－1)＋在(1，＋∞)上恒成立。
设F (x)＝3(x－1)＋(x>1)，
则F (x)＝3(x－1)＋≥2＝2(当且仅当3(x－1)＝，即x＝时，等号成立)，所以a≤2，
又a≥0，所以0≤a≤2，
即实数a的取值范围为[0,2]。
(2)由g(x)＝f (x)＋3x，
得g(x)＝aln(x－1)＋(x>1，a≥0)，
所以g′(x)＝。
(ⅰ)当a＝0时，g(x)＝>0，所以函数g(x)零点的个数为0。
(ⅱ)当a>0时，令g′(x)＝0，解得x＝1＋。
当1<x<1＋时，g′(x)<0，
当x>1＋时，g′(x)>0，
所以函数g(x)在上单调递减，在上单调递增。
所以g(x)min＝g＝aln＋a＝a(1－ln a)。
①当0<a<e时，g(x)min>0，所以函数g(x)零点的个数为0。
②当a＝e时，g(x)min＝0，所以函数g(x)零点的个数为1。
③当a>e时，g(x)min＝a(1－ln a)<0。
因为g(2)＝1>0，所以g(x)在单调递增区间内有唯一零点；
g＝a(a－2ln a)，设h(a)＝a－2ln a，
则h′(a)＝1－，
因为a>e，所以h′(a)>0，即h(a)在(e，＋∞)上单调递增，
所以h(a)>e－2ln e>0，即g>0，
所以f (x)在单调递减区间内有唯一的零点。
所以当a>e时，函数g(x)零点的个数为2。
综上所述：当0≤a<e时，函数g(x)零点的个数为0；
当a＝e时，函数g(x)零点的个数为1；
当a>e时，函数g(x)零点的个数为2。
第二次作业 能力增分训练
1．已知函数f (x)＝(a－1)ln x＋x＋，a∈R。
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)当a<－1时，证明：∀x∈(1，＋∞)，f (x)>－a－a2。
解 (1)f ′(x)＝＋1－＝
＝。
因为x>0，a∈R。
所以当a≥0时，x＋a>0，函数f (x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当－1<a<0时，0<－a<1，函数f (x)在(0，－a)上单调递增，在(－a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
当a＝－1时，f ′(x)＝≥0，
函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<－1时，－a>1，函数f (x)在(0,1)上单调递增，在(1，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增。
(2)证明：当a<－1时，由(1)得，函数f (x)在(1，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，所以函数f (x)在(1，＋∞)上的最小值为
f (－a)＝(a－1)ln(－a)－a－1。
欲证∀x∈(1，＋∞)，f (x)>－a－a2，
即证－a－a2<(a－1)ln(－a)－a－1。
即证a2＋(a－1)ln(－a)－1>0。
因为a<－1，所以只需证ln(－a)<－a－1。
令h(x)＝ln x－x＋1(x≥1)，
则h′(x)＝－1＝≤0。
所以函数h(x)在[1，＋∞)上单调递减，
所以h(x)≤h(1)＝0。
因为a<－1，所以－a>1。
所以h(－a)＝ln(－a)＋a＋1<0，
即当a<－1时，ln(－a)<－a－1成立。
所以当a<－1时，∀x∈(1，＋∞)，f (x)>－a－a2。
2．已知函数f (x)＝2xln x＋x2＋ax＋3。
(1)当a＝1时，求曲线y＝f (x)在x＝1处的切线方程；
(2)若存在x0∈，使得f (x0)≥0成立，求a的取值范围。
解 (1)当a＝1时，f (x)＝2xln x＋x2＋x＋3，f ′(x)＝2(ln x＋1)＋2x＋1，所以f (1)＝5，f ′(1)＝5，所以曲线y＝f (x)在x＝1处的切线方程为y－5＝5(x－1)，即y＝5x。
(2)存在x0∈，使得f (x0)≥0成立，等价于不等式a≥－在上有解。
设h(x)＝－，
则h′(x)＝－＝－。
当<x<1时，h′(x)>0，h(x)为增函数；
当1<x<e时，h′(x)<0，h(x)为减函数。
又h＝－，
h(e)＝－，故h－h(e)<0，
所以当x∈时，h(x)>h＝－，
所以a>－，
即a的取值范围为。
3．(2021·南昌市一模测试)已知函数f (x)＝(x－b)ex－(x－b＋1)2(a>0，b∈R，e为自然对数的底数)。
(1)若b＝2，讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)在R上单调递增，求证：ea－1≥b。
解 (1)当b＝2时，f (x)＝(x－2)ex－(x－1)2(x∈R)，则f ′(x)＝(x－1)ex－a(x－1)＝(x－1)(ex－a)，
①当ln a<1，即0<a<e时，由f ′(x)<0得ln a<x<1，由f ′(x)>0得x>1或x<ln a，此时f (x)在(－∞，ln a)，(1，＋∞)上单调递增，在(ln a,1)上单调递减；
②当ln a>1，得a>e时，由f ′(x)<0得1<x<ln a，由f ′(x)>0得x<1或x>ln a，此时f (x)在(－∞，1)，(ln a，＋∞)上单调递增，在(1，ln a)上单调递减；
③当ln a＝1，即a＝e时，f ′(x)≥0恒成立，此时f (x)在R上单调递增。
综上，当0<a<e时，f (x)在(ln a,1)上单调递减，在(－∞，ln a)，(1，＋∞)上单调递增；
当a>e时，f (x)在(1，ln a)上单调递减，在(－∞，1)，(ln a，＋∞)上单调递增；
当a＝e时，f (x)在R上单调递增。
(2)证明：f ′(x)＝(x－b＋1)(ex－a)，由f (x)在R上单调递增，知(x－b＋1)(ex－a)≥0恒成立，
易知y＝x－b＋1，y＝ex－a在R上均单调递增，要使(x－b＋1)(ex－a)≥0恒成立，
则y＝x－b＋1与y＝ex－a的零点相等，
即b－1＝ln a，即b＝ln a＋1，
故要证ea－1≥b，只需证ln a＋1≤ea－1。
设g(a)＝ea－1－ln a－1，则g′(a)＝ea－1－，
易知g′(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝0，故由g′(a)<0，得0<a<1，由g′(a)>0，得a>1，所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
则g(a)≥g(1)＝0，即ln a＋1≤ea－1，不等式得证。
4．已知函数f (x)＝aln x－x＋(a∈R)。
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)求证：当n∈N*时，ln(n＋1)<＋＋…＋。
解 (1)f ′(x)＝－1－＝－(x>0)，令x2－ax＋1＝0，则Δ＝a2－4。
当Δ≤0，即－2≤a≤2时，f ′(x)≤0，f (x)在(0，＋∞)上单调递减。
当a>2时，方程x2－ax＋1＝0有两个实根，即x1＝，x2＝，且0<x1<x2，
当0<x<x1或x>x2时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
当x1<x<x2时，f ′(x)>0，f (x)单调递增。
当a<－2时，x2－ax＋1>0在(0，＋∞)上恒成立，
故f ′(x)<0，f (x)在(0，＋∞)上单调递减。
综上所述，当a≤2时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>2时，
f (x)在和上单调递减，在上单调递增。
(2)证明：在(1)中取a＝2，可知f (x)＝2ln x－x＋在(0，＋∞)上单调递减，所以当x>1时，f (x)<f (1)＝0，即ln x<。当k∈N*时，1＋>1，可得ln<＝。
取k＝1,2，…，n，累加得ln 2＋ln＋…＋ln<＋＋…＋，即ln(n＋1)<＋＋…＋。
5．(2021·新高考全国Ⅱ卷)已知函数f (x)＝(x－1)ex－ax2＋b。
(1)讨论函数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。
解 (1)f ′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)。
①当a≤0时，令f ′(x)＝0⇒x＝0，
且当x<0时，f ′(x)<0，f (x)在(－∞，0)上单调递减；当x>0时，f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增。
②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)在(－∞，ln 2a)上单调递增；当ln 2a<x<0时，f ′(x)<0，f (x)在(ln 2a,0)上单调递减；
当x>0时，f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增。
③当a＝时，f ′(x)＝x(ex－1)≥0，f (x)在R上单调递增。
④当a>时，令f ′(x)＝0⇒x1＝0，x2＝ln 2a>0，
且当x<0时，f ′(x)>0，f (x)在(－∞，0)上单调递增；当0<x<ln 2a时，f ′(x)<0，f (x)在(0，ln 2a)上单调递减；
当x>ln 2a时，f ′(x)>0，f (x)在(ln 2a，＋∞)上单调递增。
(2)选①。证明：由(1)知<a≤时，f (x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，＋∞)上单调递增。
因为f ＝e<0，
f (0)＝b－1>2a－1>0，
所以f (x)在上有一个零点。
又f (ln 2a)＝(ln 2a－1)·2a－a·(ln 2a)2＋b>2aln 2a－2a－a·(ln 2a)2＋2a＝aln 2a(2－ln 2a)，
而<a≤，0<ln 2a≤2，所以aln 2a(2－ln 2a)≥0，
所以f (ln 2a)>0，当x≥0时，f (x)≥f (ln 2a)>0，f (x)无零点。
综上，f (x)在R上仅有一个零点x0，
且x0∈。
选②。证明：由(1)知0<a<时，
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。
因为f (ln 2a)＝(ln 2a－1)·2a－a·(ln 2a)2＋b≤2aln 2a－2a－a·(ln 2a)2＋2a＝aln 2a(2－ln 2a)，而0<a<，ln 2a<0，所以aln 2a(2－ln 2a)<0，
所以f (ln 2a)<0，所以当x≤0时，
f (x)≤f (ln 2a)<0，f (x)无零点。
当x>0时，f (x)单调递增，
因为f (0)＝b－1≤2a－1<0，
且当x>1时，f (x)＝(x－1)ex－ax2＋b>(x－1)x2－ax2－|b|≥(x－1)x2－ax2－|b|x2＝(x－1－a－|b|)x2，
令(x－1－a－|b|)x2≥0⇒x≥1＋a＋|b|，
取x0＝1＋a＋|b|，则f (1＋a＋|b|)>0，所以f (x)在(0,1＋a＋|b|)上有一个零点。
综上，f (x)在R上有一个零点x0，
且x0∈(0,1＋a＋|b|)。
