十年高考真题与优质模拟训练-专题05导数及其应用解答题(解析版)

大数据之十年高考真题（2011-2020）与最优模拟题（新课标理科与山东卷）

专题05导数及其应用解答题

本专题考查的知识点为：导数及其应用，历年考题主要以解答题题型出现，重点考查的知识点为：导数研究函数的性质，导数的几何意义，预测明年本考点题目会有所变化，备考方向以导数研究函数的极值、最值和单调性为重点较佳.

1．【2020年全国1卷理科21】已知函数f(x)=e x+ax2?x.

（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；

（2）当x≥0时，f（x）≥1

2

x3+1，求a的取值范围.

【答案】（1）当x∈(?∞,0)时，f′(x)<0,f(x)单调递减，当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0,f(x)单

调递增.（2）[7?e 2

4

,+∞)

【解析】

(1)当a=1时，f(x)=e x+x2?x，f′(x)=e x+2x?1，

由于f′′(x)=e x+2>0，故f′(x)单调递增，注意到f′(0)=0，故：当x∈(?∞,0)时，f′(x)<0,f(x)单调递减，

当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0,f(x)单调递增.

(2)由f(x)≥1

2x3+1得，e x+ax2?x?1

2

x3+1，其中x≥0，

①.当x=0时，不等式为：1≥1，显然成立，符合题意；

②.当x>0时，分离参数a得，a??e x?1

2

x3?x?1

x2

，

记g(x)=?e x?1

2

x3?x?1

x2

，g′(x)=?

(x?2)(e x?1

2

x2?x?1)

x3

，

令?(x)=e x?1

2

x2?x?1(x≥0)，

则?′(x)=e x?x?1，?′′(x)=e x?1≥0，

故?′(x)单调递增，?′(x)≥?′(0)=0，

故函数?(x)单调递增，?(x)≥?(0)=0，

由?(x)≥0可得：e x?1

2

x2?x?1?0恒成立，故当x∈(0,2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(2,+∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；

因此，[g(x)]max=g(2)=7?e2

4

,

综上可得，实数a的取值范围是[7?e 2

4

,+∞).

2．【2020年全国2卷理科21】已知函数f(x)=sin2xsin2x.

（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性； （2）证明：|f(x)|≤

3√3

8

； （3）设n ∈N*，证明：sin 2

xsin 2

2xsin 2

4x…sin 22

n

x≤3n

4n .

【答案】（1）当x ∈(0,π

3)时，f′(x )>0,f (x )单调递增，当x ∈(π3,2π

3

)时，f′(x )<0,f (x )单调

递减，当x ∈(2π

3

,π)时，f′(x )>0,f (x )单调递增.（2）证明见解析；（3）证明见解析.

【解析】

(1)由函数的解析式可得：f (x )=2sin 3xcosx ，则：

f′(x )=2(3sin 2xcos 2x ?sin 4x )=2sin 2x (3cos 2x ?sin 2x )

=2sin 2x (4cos 2x ?1)=2sin 2x (2cosx +1)(2cosx ?1)， f′(x )=0在x ∈(0,π)上的根为：x 1=π

3,x 2=2π

3

， 当x ∈(0,π

3)时，f′(x )>0,f (x )单调递增， 当x ∈(π3,

2π

3)时，f′(x )<0,f (x )单调递减，

当x ∈(2π3,π)时，f′(x )>0,f (x )单调递增.

(2)注意到f (x +π)=sin 2(x +π)sin [2(x +π)]=sin 2xsin2x =f (x )， 故函数f (x )是周期为π的函数，

结合(1)的结论，计算可得：f (0)=f (π)=0，

f (π

3)

=

(√32)

2×

√32

=

3√38，f (2π

3

)=

(√32)

2

×(?

√32

)=?

3√3

8

， 据此可得：[f (x )]max =3√3

8

，[f (x )]min =?

3√3

8

， 即|f (x )|≤

3√3

8

. (3)结合(2)的结论有：

sin 2xsin 22xsin 24x ?sin 22n x =[sin 3xsin 32xsin 34x ?sin 32n x ]2

3

=[sinx (sin 2xsin2x )(sin 22xsin4x )?(sin 22

n?1

xsin2n x )sin 22

n

x ]23

≤[sinx ×

3√38×3√38×?×3√3

8

×sin 22n x]23

≤

[(3√38)n ]

2

3

=

(34)n

.

3．【2020年全国3卷理科21】设函数f(x)=x 3+bx +c ，曲线y =f(x)在点(12

，f(12

))处的切线与y 轴垂直． （1）求b ．

（2）若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1．【答案】（1）b=?3

4

；（2）证明见解析

【解析】

（1）因为f′(x)=3x2+b，

由题意，f′(1

2)=0，即3×(1

2

)

2

+b=0

则b=?3

4

；

（2）由（1）可得f(x)=x3?3

4

x+c，

f′(x)=3x2?3

4=3(x+1

2

)(x?1

2

)，

令f′(x)>0，得x>1

2或x

2

；令f′(x)<0，得?1

2

2

，

所以f(x)在(?1

2,1

2

)上单调递减，在(?∞,?1

2

)，(1

2

,+∞)上单调递增，

且f(?1)=c?1

4,f(?1

2

)=c+1

4

,f(1

2

)=c?1

4

,f(1)=c+1

4

，

若f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0，则f(?1)>0或f(1)<0，

即c>1

4或c

4

.

当c>1

4时，f(?1)=c?1

4

>0,f(?1

2

)=c+1

4

>0,f(1

2

)=c?1

4

>0,f(1)=c+1

4

>0，

又f(?4c)=?64c3+3c+c=4c(1?16c2)<0，

由零点存在性定理知f(x)在(?4c,?1)上存在唯一一个零点x0，

即f(x)在(?∞,?1)上存在唯一一个零点，在(?1,+∞)上不存在零点，此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；

当c

4时，f(?1)=c?1

4

<0,f(?1

2

)=c+1

4

<0,f(1

2

)=c?1

4

<0,f(1)=c+1

4

<0，

又f(?4c)=64c3+3c+c=4c(1?16c2)>0，

由零点存在性定理知f(x)在(1,?4c)上存在唯一一个零点x0′，

即f(x)在(1,+∞)上存在唯一一个零点，在(?∞,1)上不存在零点，

此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；

综上，f(x)所有零点的绝对值都不大于1.

4．【2020年山东卷21】已知函数f(x)=ae x?1?lnx+lna．

（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．

【答案】（1）2

e?1

（2）[1,+∞)

【解析】

（1）∵f(x)=e x?lnx+1，∴f′(x)=e x?1

x

，∴k=f′(1)=e?1.

∵f(1)=e+1，∴切点坐标为(1,1+e),

∴函数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, ∴切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),(?2

e?1

,0),

∴所求三角形面积为1

2×2×|?2

e?1

|=2

e?1

;

（2）解法一：∵f(x)=ae x?1?lnx+lna,

∴f′(x)=ae x?1?1

x

，且a>0.

设g(x)=f′(x),则g′(x)=ae x?1+1

x2

>0,

∴g(x)在(0,+∞)上单调递增，即f′(x)在(0,+∞)上单调递增，当a=1时，f′(1)=0,∴f(x)min=f(1)=1,∴f(x)≥1成立.

当a>1时，1

a <1，∴e1a?1<1，∴f′(1

a

)f′(1)=a(e1a?1?1)(a?1)<0,

∴存在唯一x0>0，使得f′(x0)=ae x0?1?1

x0

=0，且当x∈(0,x0)时f′(x)<0，当x∈(x0,+∞)

时f′(x)>0，∴ae x0?1=1

x0

，∴lna+x0?1=?lnx0，

因此f(x)min=f(x0)=ae x0?1?lnx0+lna

=1

x0+lna+x0?1+lna≥2lna?1+2√1

x0

?x0=2lna+1>1,

∴f(x)>1,∴f(x)≥1恒成立；

当0

综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).

解法二：f(x)=ae x?1?lnx+lna=e lna+x?1?lnx+lna≥1等价于

e lna+x?1+lna+x?1≥lnx+x=e lnx+lnx,

令g(x)=e x+x,上述不等式等价于g(lna+x?1)≥g(lnx),

显然g(x)为单调增函数，∴又等价于lna+x?1≥lnx，即lna≥lnx?x+1，

令?(x)=lnx?x+1,则?′(x)=1

x ?1=1?x

x

在(0,1)上h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h’(x)<0,h(x)单调递减，

∴?(x)max=?(1)=0,

lna≥0，即a≥1，∴a的取值范围是[1,+∞).

5．【2019年新课标3理科20】已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+b．

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）是否存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为﹣1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．

【答案】解：（1）f′（x）＝6x2﹣2ax＝6x（x?2a

3

）．

令f′（x）＝6x（x?2a

3）＝0，解得x＝0，或2a

3

．

①a＝0时，f′（x）＝6x2≥0，函数f（x）在R上单调递增．

②a ＞0时，函数f （x ）在（﹣∞，0），（2a 3，+∞）上单调递增，在（0，2a 3

）上单调递减． ③a ＜0时，函数f （x ）在（﹣∞，2a

3），（0，+∞）上单调递增，在（2a

3，0）上单调递减． （2）由（1）可得：

①a ＝0时，函数f （x ）在[0，1]上单调递增．则f （0）＝b ＝﹣1，f （1）＝2﹣a+b ＝1，解得b ＝﹣1，a ＝0，满足条件．

②a ＞0时，函数f （x ）在[0，2a

3]上单调递减．

2a 3

≥1，即a ≥3

2时，函数f （x ）在[0，1]上单调递减．则f （0）＝b ＝1，f （1）＝2﹣a+b ＝﹣

1，解得b ＝1，a ＝4，满足条件． 0＜

2a

3

＜1，即0＜a ＜32

时，函数f （x ）在[0，2a 3

）上单调递减，在（2a 3

，1]上单调递增．则f

（2a

3）=

2×

8a 327

?a ×4a 2

9

+b ＝﹣1，

而f （0）＝b ，f （1）＝2﹣a+b ＞b ，∴f （1）＝2﹣a+b ＝1，联立解得：无解，舍去． ③a ＜0时，函数f （x ）在[0，1]上单调递增，则f （0）＝b ＝﹣1，f （1）＝2﹣a+b ＝1，解得b ＝﹣1，a ＝0，不满足条件，舍去．

综上可得：存在a ，b ，使得f （x ）在区间[0，1]的最小值为﹣1且最大值为1． a ，b 的所有值为：{a =0

b =?1，或{a =4b =1

．

6．【2019年全国新课标2理科20】已知函数f （x ）＝lnx ?x+1

x?1． （1）讨论f （x ）的单调性，并证明f （x ）有且仅有两个零点；

（2）设x 0是f （x ）的一个零点，证明曲线y ＝lnx 在点A （x 0，lnx 0）处的切线也是曲线y ＝e x

的切线．

【答案】解析：（1）函数f （x ）＝lnx ?x+1

x?1．定义域为：（0，1）∪（1，+∞）； f ′（x ）=1

x

+

2

(x?1)2

＞0，（x ＞0且x ≠1），

∴f （x ）在（0，1）和（1，+∞）上单调递增，

①在（0，1）区间取值有1e 2，1

e 代入函数，由函数零点的定义得， ∵

f （1

e ）＜0，

f （1e ）＞0，f （1e ）?f （1e

）＜0， ∴f （x ）在（0，1）有且仅有一个零点，

②在（1，+∞）区间，区间取值有e ，e 2

代入函数，由函数零点的定义得， 又∵f （e ）＜0，f （e 2）＞0，f （e ）?f （e 2）＜0， ∴f （x ）在（1，+∞）上有且仅有一个零点， 故f （x ）在定义域内有且仅有两个零点； （2）x 0是f （x ）的一个零点，则有lnx 0=x 0+1

x 0

?1，

曲线y＝lnx，则有y′=1

x

；

曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线方程为：y﹣lnx0=1

x0

（x﹣x0）

即：y=1

x0

x﹣1+lnx0

即：y=1

x0x?2

x0?1

而曲线y＝e x的切线在点（ln1

x0，1

x0

）处的切线方程为：y?1

x0

=1

x0

（x﹣ln1

x0

），

即：y=1

x0x?2

x0?1

，故曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝e x的切线．

故得证．

7．【2019年新课标1理科20】已知函数f（x）＝sinx﹣ln（1+x），f′（x）为f（x）的导数．证明：

（1）f′（x）在区间（﹣1，π

2

）存在唯一极大值点；

（2）f（x）有且仅有2个零点．

【答案】证明：（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），

f′（x）＝cosx?1

1+x ，f″（x）＝﹣sinx+1

(1+x)2

，

令g（x）＝﹣sinx+1

(1+x)2，则g′（x）＝﹣cosx?2

(1+x)3

＜0在（﹣1，π

2

）恒成立，

∴f″（x）在（﹣1，π

2

）上为减函数，

又∵f″（0）＝1，f″（π

2）＝﹣1+1

(1+π

2

)2

＜?1+1＝0，由零点存在定理可知，

函数f″（x）在（﹣1，π

2

）上存在唯一的零点x0，结合单调性可得，f′（x）在（﹣1，x0）上单调递增，

在（x0，π

2）上单调递减，可得f′（x）在区间（﹣1，π

2

）存在唯一极大值点；

（2）由（1）知，当x∈（﹣1，0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＜f′（0）＝0，f（x）单调递减；

当x∈（0，x0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＞f′（0）＝0，f（x）单调递增；

由于f′（x）在（x0，π

2）上单调递减，且f′（x0）＞0，f′（π

2

）=?1

1+π

2

＜0，

由零点存在定理可知，函数f′（x）在（x0，π

2

）上存在唯一零点x1，结合单调性可知，

当x∈（x0，x1）时，f′（x）单调递减，f′（x）＞f′（x1）＝0，f（x）单调递增；

当x∈（x1，π

2

）时，f′（x）单调递减，f′（x）＜f′（x1）＝0，f（x）单调递减．

当x∈（π

2，π）时，cosx＜0，?1

1+x

＜0，于是f′（x）＝cosx?1

1+x

＜0，f（x）单调递减，

其中f（π

2）＝1﹣ln（1+π

2

）＞1﹣ln（1+3.2

2

）＝1﹣ln2.6＞1﹣lne＝0，

f（π）＝﹣ln（1+π）＜﹣ln3＜0．

于是可得下表： x

（﹣1，0）

0 （0，x 1） x 1

（x 1，π

2）

π

2

（π

2，π） π f ′（x ） ﹣

+

﹣

﹣

﹣

﹣

f （x ） 减函数 0 增函数 大于0 减函数 大于0 减函数 小于0

结合单调性可知，函数f （x ）在（﹣1，π

2]上有且只有一个零点0， 由函数零点存在性定理可知，f （x ）在（π

2，π）上有且只有一个零点x 2，

当x ∈[π，+∞）时，f （x ）＝sinx ﹣ln （1+x ）＜1﹣ln （1+π）＜1﹣ln3＜0，因此函数f （x ）在[π，+∞）上无零点． 综上，f （x ）有且仅有2个零点．

8．【2018年新课标1理科21】已知函数f （x ）=1

x ?x+alnx ． （1）讨论f （x ）的单调性；

（2）若f （x ）存在两个极值点x 1，x 2，证明：

f(x 1)?f(x 2)

x 1?x 2

＜a ﹣2． 【答案】解：（1）函数的定义域为（0，+∞）， 函数的导数f ′（x ）=

?1

x 2

?1+a x

=

?x 2?ax+1

x 2，

设g （x ）＝x 2﹣ax+1，

当a ≤0时，g （x ）＞0恒成立，即f ′（x ）＜0恒成立，此时函数f （x ）在（0，+∞）上是减函数，

当a ＞0时，判别式△＝a 2﹣4，

①当0＜a ≤2时，△≤0，即g （x ）≥0，即f ′（x ）≤0恒成立，此时函数f （x ）在（0，+∞）上是减函数，

②当a ＞2时，x ，f ′（x ），f （x ）的变化如下表： x

（0，

a?√a 2?4

2

） a ?√a 2?42

（

a?√a 2?4

2

，a+√a 2?42

） a +√a 2?42

（a+√a 2?4

2

，+∞） f ′（x ） ﹣ 0 + 0 ﹣ f （x ）

递减

递增

递减

综上当a ≤2时，f （x ）在（0，+∞）上是减函数， 当a ＞2时，在（0，a?√a 2?42），和（a+√a 2?4

2，+∞）上是减函数，

则（

a?√a 2?42

，a+√a 2?4

2）上是增函数． （2）由（1）知a ＞2，0＜x 1＜1＜x 2，x 1x 2＝1，

则f（x1）﹣f（x2）＝（x2﹣x1）（1+1

x1x2

）+a（lnx1﹣lnx2）＝2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2），

则f(x1)?f(x2)

x1?x2=?2+a(lnx1?lnx2)

x1?x2

，

则问题转为证明lnx1?lnx2

x1?x2

＜1即可，即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，

则lnx1﹣ln1

x1＞x1?1

x1

，

即lnx1+lnx1＞x1?1

x1

，

即证2lnx1＞x1?1

x1

在（0，1）上恒成立，

设h（x）＝2lnx﹣x+1

x

，（0＜x＜1），其中h（1）＝0，

求导得h′（x）=2

x ?1?1

x2

=?x2?2x+1

x2

=?(x?1)2

x2

＜0，

则h（x）在（0，1）上单调递减，

∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x+1

x

＞0，

故2lnx＞x?1

x

，

则f(x1)?f(x2)

x1?x2

＜a﹣2成立．

（2）另解：注意到f（1

x ）＝x?1

x

?alnx＝﹣f（x），

即f（x）+f（1

x

）＝0，

由韦达定理得x1x2＝1，x1+x2＝a＞2，得0＜x1＜1＜x2，x1=1

x2

，

可得f（x2）+f（1

x2

）＝0，即f（x1）+f（x2）＝0，

要证f(x1)?f(x2)

x1?x2＜a﹣2，只要证?f(x2)?f(x2)

x1?x2

＜a﹣2，

即证2alnx2﹣ax2+a

x2

＜0，（x2＞1），

构造函数h（x）＝2alnx﹣ax+a

x ，（x＞1），h′（x）=?a(x?1)

2

x2

≤0，

∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，∴h（x）＜h（1）＝0，

∴2alnx﹣ax+a

x ＜0成立，即2alnx2﹣ax2+a

x2

＜0，（x2＞1）成立．

即f(x1)?f(x2)

x1?x2

＜a﹣2成立．

9．【2018年新课标2理科21】已知函数f（x）＝e x﹣ax2．（1）若a＝1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；

（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．

【答案】证明：（1）当a＝1时，函数f（x）＝e x﹣x2．

则f ′（x ）＝e x ﹣2x ，

令g （x ）＝e x

﹣2x ，则g ′（x ）＝e x

﹣2， 令g ′（x ）＝0，得x ＝ln2．

当x ∈（0，ln2）时，g ′（x ）＜0，当x ∈（ln2，+∞）时，g ′（x ）＞0， ∴g （x ）≥g （ln2）＝e ln2﹣2?ln2＝2﹣2ln2＞0， ∴f （x ）在[0，+∞）单调递增，∴f （x ）≥f （0）＝1， 解：（2）方法?a =

e x

x 2

在（0，+∞）只有一个根， 即函数y ＝a 与G （x ）=e x

x 2

的图象在（0，+∞）只有一个交点． G ′(x)=

e x (x?2)

x 3

， 当x ∈（0，2）时，G ′（x ）＜0，当∈（2，+∞）时，G ′（x ）＞0， ∴G （x ）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增， 当→0时，G （x ）→+∞，当→+∞时，G （x ）→+∞， ∴f （x ）在（0，+∞）只有一个零点时，a ＝G （2）=

e 2

4

． 方法二：①当a ≤0时，f （x ）＝e x

﹣ax 2

＞0，f （x ）在（0，+∞）没有零点．．

②当a ＞0时，设函数h （x ）＝1﹣ax 2e ﹣x ．f （x ）在（0，+∞）只有一个零点?h （x ）在（0，+∞）只有一个零点．

h ′（x ）＝ax （x ﹣2）e ﹣x ，当x ∈（0，2）时，h ′（x ）＜0，当x ∈（2，+∞）时，h ′（x ）＞0，

∴h （x ）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，∴?(x)min =?(2)=1?4a e ，（x ≥0）． 当h （2）＜0时，即

a ＞e 2

4，由于

h （0）＝1，当x ＞0时，e x

＞x 2

，可得

h （4a ）＝1?16a 3

e 4a

=

1?16a 3

(e )＞1?16a 3

(2a)=1?1

a ＞0．h （x ）在（0，+∞）有2个零点 当h （2）＞0时，即a ＜e 2

4，h （x ）在（0，+∞）没有零点， 当h （2）＝0时，即a =

e 2

4

，h （x ）在（0，+∞）只有一个零点， 综上，f （x ）在（0，+∞）只有一个零点时，a =

e 2

4

． 10．【2018年新课标3理科21】已知函数f （x ）＝（2+x+ax 2）ln （1+x ）﹣2x ． （1）若a ＝0，证明：当﹣1＜x ＜0时，f （x ）＜0；当x ＞0时，f （x ）＞0； （2）若x ＝0是f （x ）的极大值点，求a ．

【答案】（1）证明：当a ＝0时，f （x ）＝（2+x ）ln （1+x ）﹣2x ，（x ＞﹣1）． f ′(x)=ln(x +1)?x

x+1，f ″(x)=x

(x+1)2，

可得x ∈（﹣1，0）时，f ″（x ）≤0，x ∈（0，+∞）时，f ″（x ）≥0

∴f ′（x ）在（﹣1，0）递减，在（0，+∞）递增， ∴f ′（x ）≥f ′（0）＝0，

∴f （x ）＝（2+x ）ln （1+x ）﹣2x 在（﹣1，+∞）上单调递增，又f （0）＝0． ∴当﹣1＜x ＜0时，f （x ）＜0；当x ＞0时，f （x ）＞0． （2）解：由f （x ）＝（2+x+ax 2）ln （1+x ）﹣2x ，得 f ′（x ）＝（1+2ax ）ln （1+x ）+

2+x+ax 2

x+1

?2=

ax 2?x+(1+2ax)(1+x)ln(x+1)

x+1

， 令h （x ）＝ax 2﹣x+（1+2ax ）（1+x ）ln （x+1）， h ′（x ）＝4ax+（4ax+2a+1）ln （x+1）．

当a ≥0，x ＞0时，h ′（x ）＞0，h （x ）单调递增， ∴h （x ）＞h （0）＝0，即f ′（x ）＞0，

∴f （x ）在（0，+∞）上单调递增，故x ＝0不是f （x ）的极大值点，不符合题意． 当a ＜0时，h ″（x ）＝8a+4aln （x+1）+1?2a

x+1

， 显然h ″（x ）单调递减， ①令h ″（0）＝0，解得a =?1

6．

∴当﹣1＜x ＜0时，h ″（x ）＞0，当x ＞0时，h ″（x ）＜0， ∴h ′（x ）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减， ∴h ′（x ）≤h ′（0）＝0， ∴h （x ）单调递减，又h （0）＝0，

∴当﹣1＜x ＜0时，h （x ）＞0，即f ′（x ）＞0， 当x ＞0时，h （x ）＜0，即f ′（x ）＜0，

∴f （x ）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减， ∴x ＝0是f （x ）的极大值点，符合题意；

②若?1

6＜a ＜0，则

h ″（0）＝1+6a ＞0，h ″（e

?

1+6a 4a

?1）＝（2a ﹣1）（1?e

1+6a

4a

）＜0，

∴h ″（x ）＝0在（0，+∞）上有唯一一个零点，设为x 0， ∴当0＜x ＜x 0时，h ″（x ）＞0，h ′（x ）单调递增， ∴h ′（x ）＞h ′（0）＝0，即f ′（x ）＞0， ∴f （x ）在（0，x 0）上单调递增，不符合题意；

③若a ＜?1

6，则h ″（0）＝1+6a ＜0，h ″（1

e 2?1）＝（1﹣2a ）e 2＞0， ∴h ″（x ）＝0在（﹣1，0）上有唯一一个零点，设为x 1， ∴当x 1＜x ＜0时，h ″（x ）＜0，h ′（x ）单调递减， ∴h ′（x ）＞h ′（0）＝0，∴h （x ）单调递增， ∴h （x ）＜h （0）＝0，即

f ′（x ）＜0，

∴f （x ）在（x 1，0）上单调递减，不符合题意． 综上，a =?16

．

11．【2017年新课标1理科21】已知函数f （x ）＝ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣x ． （1）讨论f （x ）的单调性；

（2）若f （x ）有两个零点，求a 的取值范围．

【答案】解：（1）由f （x ）＝ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣x ，求导f ′（x ）＝2ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣1， 当a ＝0时，f ′（x ）＝﹣2e x

﹣1＜0， ∴当x ∈R ，f （x ）单调递减，

当a ＞0时，f ′（x ）＝（2e x +1）（ae x ﹣1）＝2a （e x +1

2）（e x ?1

a ）， 令f ′（x ）＝0，解得：x ＝ln 1a

， 当f ′（x ）＞0，解得：x ＞ln 1a ， 当f ′（x ）＜0，解得：x ＜ln 1a ，

∴x ∈（﹣∞，ln 1a

）时，f （x ）单调递减，x ∈（ln 1a

，+∞）单调递增； 当a ＜0时，f ′（x ）＝2a （e x +12

）（e x ?1a

）＜0，恒成立， ∴当x ∈R ，f （x ）单调递减，

综上可知：当a ≤0时，f （x ）在R 单调减函数，

当a ＞0时，f （x ）在（﹣∞，ln 1a

）是减函数，在（ln 1a

，+∞）是增函数； （2）①若a ≤0时，由（1）可知：f （x ）最多有一个零点， 当a ＞0时，f （x ）＝ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣x ， 当x →﹣∞时，e 2x →0，e x →0， ∴当x →﹣∞时，f （x ）→+∞， 当x →∞，e 2x →+∞，且远远大于e x 和x ， ∴当x →∞，f （x ）→+∞，

∴函数有两个零点，f （x ）的最小值小于0即可，

由f （x ）在（﹣∞，ln 1a

）是减函数，在（ln 1a

，+∞）是增函数， ∴f （x ）min ＝f （ln 1

a ）＝a ×（1

a 2）+（a ﹣2）×1

a ?ln 1

a ＜0， ∴1?1a

?ln 1a

＜0，即ln 1a

+1a

?1＞0， 设t =1

a ，则g （t ）＝lnt+t ﹣1，（t ＞0）， 求导g ′（t ）=1

t +1，由g （1）＝0， ∴t =1

a ＞1，解得：0＜a ＜1， ∴a 的取值范围（0，1）．

方法二：（1）由f （x ）＝ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣x ，求导f ′（x ）＝2ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣1， 当a ＝0时，f ′（x ）＝﹣2e x

﹣1＜0， ∴当x ∈R ，f （x ）单调递减，

当a ＞0时，f ′（x ）＝（2e x +1）（ae x ﹣1）＝2a （e x +1

2）（e x ?1a

）， 令f ′（x ）＝0，解得：x ＝﹣lna ， 当f ′（x ）＞0，解得：x ＞﹣lna ， 当f ′（x ）＜0，解得：x ＜﹣lna ，

∴x ∈（﹣∞，﹣lna ）时，f （x ）单调递减，x ∈（﹣lna ，+∞）单调递增； 当a ＜0时，f ′（x ）＝2a （e x +12）（e x ?1

a ）＜0，恒成立， ∴当x ∈R ，f （x ）单调递减，

综上可知：当a ≤0时，f （x ）在R 单调减函数，

当a ＞0时，f （x ）在（﹣∞，﹣lna ）是减函数，在（﹣lna ，+∞）是增函数； （2）①若a ≤0时，由（1）可知：f （x ）最多有一个零点，

②当a ＞0时，由（1）可知：当x ＝﹣lna 时，f （x ）取得最小值，f （x ）min ＝f （﹣lna ）＝1?1a ?ln 1

a ，

当a ＝1，时，f （﹣lna ）＝0，故f （x ）只有一个零点， 当a ∈（1，+∞）时，由1?1a ?ln 1

a ＞0，即f （﹣lna ）＞0， 故f （x ）没有零点，

当a ∈（0，1）时，1?1a ?ln 1

a ＜0，f （﹣lna ）＜0， 由f （﹣2）＝ae ﹣4

+（a ﹣2）e ﹣2

+2＞﹣2e ﹣2

+2＞0， 故f （x ）在（﹣∞，﹣lna ）有一个零点，

假设存在正整数n 0，满足n 0＞ln （3

a ?1），则f （n 0）=e n 0（a e n 0+a ﹣2）﹣n 0＞e n 0?n 0＞2n 0?n 0＞0，

由ln （3

a ?1）＞﹣lna ，

因此在（﹣lna ，+∞）有一个零点． ∴a 的取值范围（0，1）．

12．【2017年新课标2理科21】已知函数f （x ）＝ax 2﹣ax ﹣xlnx ，且f （x ）≥0． （1）求a ；

（2）证明：f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2． 【答案】（1）解：因为f （x ）＝ax 2

﹣ax ﹣xlnx ＝x （ax ﹣a ﹣lnx ）（x ＞0）， 则f （x ）≥0等价于h （x ）＝ax ﹣a ﹣lnx ≥0，求导可知h ′（x ）＝a ?1

x ． 则当a ≤0时h ′（x ）＜0，即y ＝h （x ）在（0，+∞）上单调递减，

所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．

因为当0＜x＜1

a 时h′（x）＜0、当x＞1

a

时h′（x）＞0，

所以h（x）min＝h（1

a

），

又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，

所以1

a

=1，解得a＝1；

另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，

所以解得a＝1；

（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，

令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2?1

x

，

令t′（x）＝0，解得：x=1

2

，

所以t（x）在区间（0，1

2）上单调递减，在（1

2

，+∞）上单调递增，

所以t（x）min＝t（1

2

）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，

所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，

所以f（x0）=x02?x0﹣x0lnx0=x02?x0+2x0﹣2x02=x0?x02，

由x0＜1

2可知f（x0）＜（x0?x02）max=?1

22

+1

2

=1

4

；

由f′（1

e ）＜0可知x0＜1

e

＜1

2

，

所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，1

e

）上单调递减，

所以f（x0）＞f（1

e ）=1

e2

；

综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．13．【2017年新课标3理科21】已知函数f（x）＝x﹣1﹣alnx．（1）若f（x）≥0，求a的值；

（2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+1

2）（1+1

22

）…（1+1

2n

）＜m，求m的最小值．

【答案】解：（1）因为函数f（x）＝x﹣1﹣alnx，x＞0，

所以f′（x）＝1?a

x =x?a

x

，且f（1）＝0．

所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立，此时y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增，这与f（x）≥0矛盾；

当a＞0时令f′（x）＝0，解得x＝a，

所以y＝f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min＝f（a），

若a≠1，则f（a）＜f（1）＝0，从而与f（x）≥0矛盾；

所以a ＝1；

（2）由（1）可知当a ＝1时f （x ）＝x ﹣1﹣lnx ≥0，即lnx ≤x ﹣1， 所以ln （x+1）≤x 当且仅当x ＝0时取等号， 所以ln （1+12k ）＜12

k ，k ∈N *．

ln （1+12）+ln （1+122）+…+ln （1+12n ）＜12+122+?+12n =1?1

2n ＜1， 即（1+1

2）（1+122）…（1+1

2n ）＜e ；

因为m 为整数，且对于任意正整数n ，（1+12）（1+122）…（1+1

2n

）＜m 成立，

当n ＝3时，不等式左边大于2， 所以m 的最小值为3．

14．【2016年新课标1理科21】已知函数f （x ）＝（x ﹣2）e x

+a （x ﹣1）2

有两个零点． （Ⅰ）求a 的取值范围；

（Ⅱ）设x 1，x 2是f （x ）的两个零点，证明：x 1+x 2＜2． 【答案】解：（Ⅰ）∵函数f （x ）＝（x ﹣2）e x +a （x ﹣1）2， ∴f ′（x ）＝（x ﹣1）e x +2a （x ﹣1）＝（x ﹣1）（e x +2a ）， ①若a ＝0，那么f （x ）＝0?（x ﹣2）e x

＝0?x ＝2， 函数f （x ）只有唯一的零点2，不合题意； ②若a ＞0，那么e x +2a ＞0恒成立，

当x ＜1时，f ′（x ）＜0，此时函数为减函数； 当x ＞1时，f ′（x ）＞0，此时函数为增函数； 此时当x ＝1时，函数f （x ）取极小值﹣e ，

由f （2）＝a ＞0，可得：函数f （x ）在x ＞1存在一个零点； 当x ＜1时，e x ＜e ，x ﹣2＜﹣1＜0，

∴f （x ）＝（x ﹣2）e x +a （x ﹣1）2＞（x ﹣2）e+a （x ﹣1）2＝a （x ﹣1）2+e （x ﹣1）﹣e ， 令a （x ﹣1）2+e （x ﹣1）﹣e ＝0的两根为t 1，t 2，且t 1＜t 2， 则当x ＜t 1，或x ＞t 2时，f （x ）＞a （x ﹣1）2+e （x ﹣1）﹣e ＞0， 故函数f （x ）在x ＜1存在一个零点；

即函数f （x ）在R 是存在两个零点，满足题意； ③若?e

2

＜a ＜0，则ln （﹣2a ）＜lne ＝1，

当x ＜ln （﹣2a ）时，x ﹣1＜ln （﹣2a ）﹣1＜lne ﹣1＝0， e x +2a ＜e ln （﹣2a ）+2a ＝0，

即f ′（x ）＝（x ﹣1）（e x +2a ）＞0恒成立，故f （x ）单调递增， 当ln （﹣2a ）＜x ＜1时，x ﹣1＜0，e x +2a ＞e ln （﹣2a ）+2a ＝0， 即f ′（x ）＝（x ﹣1）（e x +2a ）＜0恒成立，故f （x ）单调递减，

当x＞1时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a＝0，

即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，

故当x＝ln（﹣2a）时，函数取极大值，

由f（ln（﹣2a））＝[ln（﹣2a）﹣2]（﹣2a）+a[ln（﹣2a）﹣1]2＝a{[ln（﹣2a）﹣2]2+1}＜0得：

函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；

④若a=?e

2

，则ln（﹣2a）＝1，

当x＜1＝ln（﹣2a）时，x﹣1＜0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a＝0，

即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，

当x＞1时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a＝0，

即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，

故函数f（x）在R上单调递增，

函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；

⑤若a＜?e

2

，则ln（﹣2a）＞lne＝1，

当x＜1时，x﹣1＜0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a＝0，

即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，

当1＜x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a＝0，

即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，

当x＞ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a＝0，

即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，

故当x＝1时，函数取极大值，

由f（1）＝﹣e＜0得：

函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；

综上所述，a的取值范围为（0，+∞）

证明：（Ⅱ）∵x1，x2是f（x）的两个零点，

∴f（x1）＝f（x2）＝0，且x1≠1，且x2≠1，

∴﹣a=(x1?2)e x1

(x1?1)2=(x2?2)e x2

(x2?1)2

，

令g（x）=(x?2)e x

(x?1)2

，则g（x1）＝g（x2）＝﹣a，

∵g′（x）=[(x?2)2+1]e x

(x?1)3

，

∴当x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；

设m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）=m?1

m2e1+m??m?1

m2

e1?m=m+1

m2

e1?m(m?1

m+1

e2m+1)，

设h（m）=m?1

m+1

e2m+1，m＞0，

则h′（m）=2m 2

(m+1)2

e2m＞0恒成立，

即h（m）在（0，+∞）上为增函数，

h（m）＞h（0）＝0恒成立，

即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，

令m＝1﹣x1＞0，

则g（1+1﹣x1）＞g（1﹣1+x1）?g（2﹣x1）＞g（x1）＝g（x2）?2﹣x1＞x2，

即x1+x2＜2．

15．【2016年新课标2理科21】（Ⅰ）讨论函数f（x）=x?2

x+2

e x的单调性，并证明当x＞0时，（x﹣2）e x+x+2＞0；

（Ⅱ）证明：当a∈[0，1）时，函数g（x）=e x?ax?a

x2

（x＞0）有最小值．设g（x）的最小值

为h（a），求函数h（a）的值域．

【答案】解：（1）证明：f（x）=x?2

x+2

e x

f'（x）＝e x（x?2

x+2+4

(x+2)2

）=x

2e x

(x+2)2

∵当x∈（﹣∞，﹣2）∪（﹣2，+∞）时，f'（x）≥0 ∴f（x）在（﹣∞，﹣2）和（﹣2，+∞）上单调递增

∴x＞0时，x?2

x+2

e x＞f（0）＝﹣1

即（x﹣2）e x+x+2＞0

（2）g'（x）=(e x?a)x2?2x(e x?ax?a)

x4

=

x(xe x?2e x+ax+2a)

x4

=

(x+2)(

x?2

x+2?e

x+a)

x3

a∈[0，1）

由（1）知，当x＞0时，f（x）=x?2

x+2

e x的值域为（﹣1，+∞），只有一解使得t?2

t+2

?e t=?a，

只需t?2

t+2

?e t≤0恒成立，可得﹣2＜t≤2，

由x＞0，可得

t∈（0，2]

当x∈（0，t）时，g'（x）＜0，g（x）单调减；

当x∈（t，+∞），g'（x）＞0，g（x）单调增；

h（a）=e t?a(t+1)

t2

=e

t+(t+1)t?2

t+2

?e t

t2

=e t

t+2

记k （t ）=e t

t+2，在t ∈（0，2]时，k'（t ）=e t (t+1)

(t+2)＞0， 故k （t ）单调递增，

所以h （a ）＝k （t ）∈（1

2，e 2

4]．

16．【2016年新课标3理科21】设函数f （x ）＝acos2x+（a ﹣1）（cosx+1），其中a ＞0，记|f （x ）|的最大值为A ． （Ⅰ）求f ′（x ）； （Ⅱ）求A ；

（Ⅲ）证明：|f ′（x ）|≤2A ．

【答案】（I ）解：f ′（x ）＝﹣2asin2x ﹣（a ﹣1）sinx ．

（II ）当a ≥1时，|f （x ）|＝|acos2x+（a ﹣1）（cosx+1）|≤a|cos2x|+（a ﹣1）|（cosx+1）|≤a|cos2x|+（a ﹣1）（|cosx|+1）|≤a+2（a ﹣1）＝3a ﹣2＝f （0），因此A ＝3a ﹣2． 当0＜a ＜1时，f （x ）＝acos2x+（a ﹣1）（cosx+1）＝2acos 2

x+（a ﹣1）cosx ﹣1， 令g （t ）＝2at 2

+（a ﹣1）t ﹣1，

则A 是|g （t ）|在[﹣1，1]上的最大值，g （﹣1）＝a ，g （1）＝3a ﹣2， 且当t =

1?a

4a

时，g （t ）取得极小值，极小值为g （

1?a

4a

）=?

(a?1)28a

?1=?

a 2+6a+1

8a

，（二次函数在对称轴处取得极值） 令﹣1＜

1?a

4a

＜1，得a ＜?13（舍）或a ＞15

．

①当0＜a ≤1

5时，g （t ）在（﹣1，1）内无极值点，|g （﹣1）|＝a ，|g （1）|＝2﹣3a ，|g （﹣1）|＜|g （1）|， ∴A ＝2﹣3a ，

②当1

5＜a ＜1时，由g （﹣1）﹣g （1）＝2（1﹣a ）＞0，得g （﹣1）＞g （1）＞g （1?a

4a ）， 又|g （1?a

4a ）|﹣|g （﹣1）|=

(1?a)(1+7a)

8a

＞0， ∴A ＝|g （1?a 4a ）|=a 2+6a+1

8a ，

综上，A ={

2?3a ，0＜a ≤1

5

a 2

+6a+18a

，

1

5

＜a ＜13a ?2，a ≥1

． （III ）证明：由（I ）可得：|f ′（x ）|＝|﹣2asin2x ﹣（a ﹣1）sinx|≤2a+|a ﹣1|， 当0＜a ≤1

5时，|f ′（x ）|＜1+a ≤2﹣4a ＜2（2﹣3a ）＝2A ，

当1

5＜a ＜1

时，A =

a 2+6a+1

8a

=a 8+18a +3

4＞1，

∴|f ′（x ）|≤1+a ≤2A ，

当a ≥1时，|f ′（x ）|≤3a ﹣1≤6a ﹣4＝2A ，

综上：|f ′（x ）|≤2A ．

17．【2015年新课标1理科21】已知函数f （x ）＝x 3

+ax +1

4

，g （x ）＝﹣lnx （i ）当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f （x ）的切线；

（ii ）用min{m ，n}表示m ，n 中的最小值，设函数h （x ）＝min{f （x ），g （x ）}（x ＞0），讨论h （x ）零点的个数．

【答案】解：（i ）f ′（x ）＝3x 2+a ．

设曲线y ＝f （x ）与x 轴相切于点P （x 0，0），则f （x 0）＝0，f ′（x 0）＝0，

∴{x 03

+ax 0+1

4=03x 02

+a =0

，解得x 0=12，a =?3

4．

因此当a =?34

时，x 轴为曲线y ＝f （x ）的切线； （ii ）当x ∈（1，+∞）时，g （x ）＝﹣lnx ＜0， ∴函数h （x ）＝min{f （x ），g （x ）}＜0， 故h （x ）在x ∈（1，+∞）时无零点． 当x ＝1时，若a ≥?5

4，则f （1）＝a +5

4≥0，

∴h （x ）＝min{f （1），g （1）}＝g （1）＝0，故x ＝1是函数h （x ）的一个零点； 若a ＜?5

4，则f （1）＝a +5

4＜0，∴h （x ）＝min{f （1），g （1）}＝f （1）＜0，故x ＝1不是函数h （x ）的零点；

当x ∈（0，1）时，g （x ）＝﹣lnx ＞0，因此只考虑f （x ）在（0，1）内的零点个数即可． ①当a ≤﹣3或a ≥0时，f ′（x ）＝3x 2+a 在（0，1）内无零点，因此f （x ）在区间（0，1）内单调，

而f （0）=1

4，f （1）＝a +5

4，∴当a ≤﹣3时，函数f （x ）在区间（0，1）内有一个零点， 当a ≥0时，函数f （x ）在区间（0，1）内没有零点．

②当﹣3＜a ＜0时，函数f （x ）在(0，√?a

3)内单调递减，在(√?a

3，1)内单调递增，故当x =√?a

3时，f （x ）取得最小值f(√?a

3)=

2a 3

√?a

3+1

4．

若f(√?a

3)＞0，即?3

4＜a ＜0，则f （x ）在（0，1）内无零点． 若f(√?a

3)=0，即a =?3

4，则f （x ）在（0，1）内有唯一零点． 若f(√?a

3)＜0，即?3＜a ＜?3

4，由f （0）=1

4，f （1）＝a +5

4，

∴当?5

4＜a ＜?3

4时，f （x ）在（0，1）内有两个零点．当﹣3＜a ≤?5

4时，f （x ）在（0，1）内有一个零点．

综上可得：a ＜?5

4时，函数h （x ）有一个零点． 当a ＞?3

4时，h （x ）有一个零点； 当a =?3

4或?5

4时，h （x ）有两个零点； 当?5

4＜a ＜?3

4时，函数h （x ）有三个零点．

18．【2015年新课标2理科21】设函数f （x ）＝e mx +x 2﹣mx ．

（1）证明：f （x ）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；

（2）若对于任意x 1，x 2∈[﹣1，1]，都有|f （x 1）﹣f （x 2）|≤e ﹣1，求m 的取值范围． 【答案】解：（1）证明：f ′（x ）＝m （e mx ﹣1）+2x ．

若m ≥0，则当x ∈（﹣∞，0）时，e mx ﹣1≤0，f ′（x ）＜0；当x ∈（0，+∞）时，e mx ﹣1≥0，f ′（x ）＞0．

若m ＜0，则当x ∈（﹣∞，0）时，e mx ﹣1＞0，f ′（x ）＜0；当x ∈（0，+∞）时，e mx ﹣1＜0，f ′（x ）＞0．

所以，f （x ）在（﹣∞，0）时单调递减，在（0，+∞）单调递增．

（2）由（1）知，对任意的m ，f （x ）在[﹣1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，故f （x ）在x ＝0处取得最小值．

所以对于任意x 1，x 2∈[﹣1，1]，|f （x 1）﹣f （x 2）|≤e ﹣1的充要条件是{f(1)?f(0)≤e ?1

f(?1)?f(0)≤e ?1

即{e m ?m ≤e ?1e ?m +m ≤e ?1

① 设函数g （t ）＝e t ﹣t ﹣e+1，则g ′（t ）＝e t ﹣1．

当t ＜0时，g ′（t ）＜0；当t ＞0时，g ′（t ）＞0．故g （t ）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增．

又g （1）＝0，g （﹣1）＝e ﹣1+2﹣e ＜0，故当t ∈[﹣1，1]时，g （t ）≤0． 当m ∈[﹣1，1]时，g （m ）≤0，g （﹣m ）≤0，即合式成立； 当m ＞1时，由g （t ）的单调性，g （m ）＞0，即e m ﹣m ＞e ﹣1． 当m ＜﹣1时，g （﹣m ）＞0，即e ﹣m +m ＞e ﹣1． 综上，m 的取值范围是[﹣1，1]

19．【2014年新课标1理科21】设函数f （x ）＝ae x lnx +be x?1

x

，曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））

处得切线方程为y ＝e （x ﹣1）+2． （Ⅰ）求a 、b ；

（Ⅱ）证明：f （x ）＞1．

【答案】解：（Ⅰ）函数f （x ）的定义域为（0，+∞）， f ′（x ）=ae x lnx +a

x ?e x ?b

x 2?e x?1+b

x ?e x?1，

由题意可得f （1）＝2，f ′（1）＝e ， 故a ＝1，b ＝2；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f （x ）＝e x

lnx +2

x ?e x?1，

∵f （x ）＞1，∴e x lnx +2x ?e x?1＞1，∴lnx ＞1e x ?2

xe ，

∴f （x ）＞1等价于xlnx ＞xe ﹣x ?2

e ，设函数g （x ）＝xlnx ，则g ′（x ）＝1+lnx ， ∴当x ∈（0，1e ）时，g ′（x ）＜0；当x ∈（1

e ，+∞）时，g ′（x ）＞0．

故g （x ）在（0，1e ）上单调递减，在（1

e ，+∞）上单调递增，从而g （x ）在（0，+∞）上的最小值为g （1e ）=?1

e ．

设函数h （x ）＝xe ﹣x

?2

e

，则h ′（x ）＝e ﹣x

（1﹣x ）．

∴当x ∈（0，1）时，h ′（x ）＞0；当x ∈（1，+∞）时，h ′（x ）＜0， 故h （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减， 从而h （x ）在（0，+∞）上的最大值为h （1）=?1

e ． 综上，当x ＞0时，g （x ）＞h （x ），即

f （x ）＞1．

20．【2014年新课标2理科21】已知函数f （x ）＝e x ﹣e ﹣x ﹣2x ． （Ⅰ）讨论f （x ）的单调性；

（Ⅱ）设g （x ）＝f （2x ）﹣4bf （x ），当x ＞0时，g （x ）＞0，求b 的最大值； （Ⅲ）已知1.4142＜√2＜1.4143，估计ln2的近似值（精确到0.001）． 【答案】解：（Ⅰ）由f （x ）得f ′（x ）＝e x

+e ﹣x

﹣2≥2√e x ?e ?x ?2=0，

即f ′（x ）≥0，当且仅当e x ＝e ﹣x 即x ＝0时，f ′（x ）＝0， ∴函数f （x ）在R 上为增函数．

（Ⅱ）g （x ）＝f （2x ）﹣4bf （x ）＝e 2x ﹣e ﹣2x ﹣4b （e x ﹣e ﹣x ）+（8b ﹣4）x ， 则g ′（x ）＝2[e 2x +e ﹣2x ﹣2b （e x +e ﹣x ）+（4b ﹣2）] ＝2[（e x +e ﹣x ）2﹣2b （e x +e ﹣x ）+（4b ﹣4）] ＝2（e x +e ﹣x ﹣2）（e x +e ﹣x +2﹣2b ）． ①∵e x +e ﹣x ＞2，e x +e ﹣x +2＞4，

∴当2b ≤4，即b ≤2时，g ′（x ）≥0，当且仅当x ＝0时取等号， 从而g （x ）在R 上为增函数，而g （0）＝0， ∴x ＞0时，g （x ）＞0，符合题意．

②当b ＞2时，若x 满足2＜e x

+e ﹣x

＜2b ﹣2即{2＜e x +e ?x e x +e ?x ＜2b ?2

，得ln(b ?1?√b 2?2b)

＜x ＜ln(b ?1+√b 2?2b)，此时，g ′（x ）＜0，

又由g （0）＝0知，当0＜x ≤ln(b ?1+2?2b)时，g （x ）＜0，不符合题意．