備考2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第二章專題突破2

專題突破2導(dǎo)數(shù)與不等式高考概覽導(dǎo)數(shù)與不等式是高考的熱點(diǎn)，考查主要以解答題為主，通常作為壓軸題在試卷的第22題出現(xiàn)，難度較大，要求能力非常高考點(diǎn)研讀無(wú)論是不等式的證明、解不等式，還是不等式的恒成立問(wèn)題、有解問(wèn)題或無(wú)解問(wèn)題，構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)用函數(shù)的思想，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)(單調(diào)性和最值)，達(dá)到解題的目的，是一成不變的思路，合理構(gòu)思，善于從不同角度分析問(wèn)題是解題的法寶一、基礎(chǔ)小題1．若不等式lnx－kx≤0恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是()A．[0，e) B．(－∞，e]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))答案D解析由題意可得k≥eq\f(lnx,x)在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，令f(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)(x>0)，當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，＋∞)，所以f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,e)，所以k≥eq\f(1,e).故選D.2．已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，設(shè)f(x)的導(dǎo)數(shù)是f′(x)，且f(x)f′(x)＋sinx>0恒成立，則()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))C.eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))))<eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))))D.eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))))>eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))))答案D解析設(shè)g(x)＝[f(x)]2－2cosx，則g′(x)＝2f(x)f′(x)＋2sinx>0，故y＝g(x)在定義域R上是增函數(shù)，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))，即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))))eq\s\up12(2)>eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))))eq\s\up12(2)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))))>eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2))))).故選D.3．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若對(duì)任意的x∈R，都有f(x)>f′(x)＋2，且f(1)＝2026，則不等式f(x)－2024ex－1<2的解集為()A．(0，＋∞) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))C．(1，＋∞) D．(－∞，1)答案C解析設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(f（x）－2,ex)，所以g′(x)＝eq\f(f′（x）·ex－[f（x）－2]·ex,e2x)＝eq\f(f′（x）－f（x）＋2,ex)，因?yàn)閒(x)>f′(x)＋2，所以f′(x)－f(x)＋2<0，即g′(x)<0，所以g(x)在R上單調(diào)遞減．因?yàn)閒(1)＝2026，所以g(1)＝eq\f(f（1）－2,e)＝eq\f(2024,e)，因?yàn)閒(x)－2024ex－1<2，即eq\f(f（x）－2,ex)<eq\f(2024,e)，所以g(x)<g(1)，因?yàn)間(x)在R上單調(diào)遞減，所以x>1.故選C.4．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1)，若f(ex)＋f(ax)<0有解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．(0，＋∞)B．(－∞，－e)C．[－e，0]D．(－∞，－e)∪(0，＋∞)答案D解析因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)镽，f(－x)＝eq\f(2－x－1,2－x＋1)＝eq\f(1－2x,2x＋1)＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，因?yàn)閒(x)＝1－eq\f(2,2x＋1)，所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增．因?yàn)閒(ex)＋f(ax)<0有解，即f(ex)<－f(ax)有解，所以f(ex)<f(－ax)有解，由函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，可得ex<－ax有解．解法一：令g(x)＝ex＋ax，則g′(x)＝ex＋a.①當(dāng)a>0時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝eeq\s\up13(_)eq\s\up11(\f(1,a))－1<0，符合題意；②當(dāng)a＝0時(shí)，g(x)>0，不符合題意；③當(dāng)a<0時(shí)，令g′(x)＝0，得x＝ln(－a)，當(dāng)x∈(－∞，ln(－a))時(shí)，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(ln(－a)，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，因此g(x)min＝g(ln(－a))＝－a＋aln(－a)，由g(x)min<0，解得a<－e.綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，－e)∪(0，＋∞)．解法二：若x>0，則－a>eq\f(ex,x)有解，令g(x)＝eq\f(ex,x)(x>0)，則g′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，當(dāng)0<x≤1時(shí)，g′(x)≤0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝e，故－a>e，即a<－e.若x<0，則－a<eq\f(ex,x)有解，易知當(dāng)x<0時(shí)，eq\f(ex,x)恒小于零，所以－a<0，即a>0.若x＝0，則f(ex)＋f(ax)＝f(1)＋f(0)＝eq\f(1,3)>0，不符合題意．綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，－e)∪(0，＋∞)．解法三：若a<0，如圖，在同一平面直角坐標(biāo)系內(nèi)作出y＝ex與y＝－ax的圖象，當(dāng)直線y＝－ax與函數(shù)y＝ex的圖象相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)為(x0，ex0)，則切線方程為y－ex0＝ex0(x－x0)，再結(jié)合切線y＝－ax過(guò)原點(diǎn)得x0＝1，故a＝－ex0＝－e，由ex<－ax有解，得函數(shù)y＝ex的部分圖象在直線y＝－ax的下方，所以數(shù)形結(jié)合可知a<－e；若a>0，易知函數(shù)y＝ex的圖象必有一部分在直線y＝－ax的下方，符合題意；若a＝0，由y＝ex>0可知，不符合題意．綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，－e)∪(0，＋∞)．5．(多選)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(x,4)＋eq\f(3,4x)，g(x)＝－x2－2ax＋4，若?x1∈(0，2]，?x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，則a的取值可以是()A．0 B．－1C．－2 D．－eq\f(1,8)答案AD解析要使?x1∈(0，2]，?x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，只需f(x)min≥g(x)min.f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(3,4)·eq\f(1,x2)－eq\f(1,4)＝eq\f(－x2＋4x－3,4x2)＝－eq\f(（x－1）（x－3）,4x2)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈(1，2]時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在[1，2]上單調(diào)遞增，故當(dāng)x∈(0，2]時(shí)，f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2).對(duì)于二次函數(shù)g(x)＝－x2－2ax＋4，該函數(shù)圖象開(kāi)口向下，所以其在區(qū)間[1，2]上的最小值在端點(diǎn)處取得，所以當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，g(x)min＝min{g(1)，g(2)}，所以eq\f(1,2)≥g(1)或eq\f(1,2)≥g(2)，所以eq\f(1,2)≥－1－2a＋4或eq\f(1,2)≥－4－4a＋4，解得a≥－eq\f(1,8).故選AD.6．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤0，,ex，x>0，))若存在x1，x2(x2＞x1)滿足f(x1)＝f(x2)，則x2－2x1的取值范圍為_(kāi)_______．答案[ln2，2)解析顯然x1≤0，x2＞0，由題意，可知x1＋2＝ex2，故x1＝ex2－2，∴x2－2x1＝x2－2ex2＋4，由x1≤0，可得ex2－2≤0，∴0＜x2≤ln2.設(shè)g(x)＝x－2ex＋4，則當(dāng)x∈(0，ln2]時(shí)，g′(x)＝1－2ex＜0，∴g(x)在(0，ln2]上單調(diào)遞減，又g(0)＝2，g(ln2)＝ln2，∴l(xiāng)n2≤g(x)＜2.故x2－2x1的取值范圍為[ln2，2)．二、高考小題7．(2019·天津高考)已知a∈R，設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2ax＋2a，x≤1，,x－alnx，x>1.))若關(guān)于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，則a的取值范圍為()A．[0，1] B．[0，2]C．[0，e] D．[1，e]答案C解析當(dāng)x≤1時(shí)，由f(x)＝x2－2ax＋2a≥0恒成立，而二次函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱軸為直線x＝a，∴當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)min＝f(1)＝1>0恒成立，當(dāng)a<1時(shí)，f(x)min＝f(a)＝2a－a2≥0，∴0≤a<1.綜上，a≥0.當(dāng)x>1時(shí)，由f(x)＝x－alnx≥0恒成立，得a≤eq\f(x,lnx)恒成立．設(shè)g(x)＝eq\f(x,lnx)，則g′(x)＝eq\f(lnx－1,（lnx）2).令g′(x)＝0，得x＝e，且當(dāng)1<x<e時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x>e時(shí)，g′(x)>0，∴g(x)min＝g(e)＝e，∴a≤e.綜上，a的取值范圍是[0，e]．故選C.三、模擬小題8．(2023·廣東梅州高三模擬)已知函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx＋x2，則不等式f(lnx)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x)))<2f(1)的解集為()A．(e，＋∞) B．(0，e)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))∪(1，e) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))答案D解析易知f(x)＝xsinx＋cosx＋x2是偶函數(shù)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x)))＝f(－lnx)＝f(lnx)．則原不等式可變形為f(lnx)<f(1)?f(|lnx|)<f(1)．又f′(x)＝xcosx＋2x＝x(2＋cosx)．由2＋cosx>0，得當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．所以|lnx|<1?－1<lnx<1?eq\f(1,e)<x<e.故選D.9．(2024·河北衡水武強(qiáng)中學(xué)高三模擬)已知函數(shù)f(x)＝2x＋a，g(x)＝lnx－2x，如果對(duì)任意的x1，x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(x1)≤g(x2)成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．(－∞，ln2－4] B．[ln2－4，＋∞)C．(－∞，ln2－8] D．[ln2－8，＋∞)答案C解析由g(x)＝lnx－2x，可得g′(x)＝eq\f(1,x)－2＝eq\f(1－2x,x)，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))時(shí)，g′(x)≤0，∴g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞減，∴g(x)min＝g(2)＝ln2－4，∵f(x)＝2x＋a，∴f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞增，∴f(x)max＝f(2)＝4＋a，∵對(duì)任意的x1，x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(x1)≤g(x2)成立，∴4＋a≤ln2－4，∴a≤ln2－8，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，ln2－8]．故選C.10．(2023·天津南開(kāi)中學(xué)高三學(xué)情調(diào)查)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x2－8x＋10，x>2，,e2－x＋x－1，x≤2，))若f(x)≥|x－m|恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，5－2ln2)) B．(－∞，4－2ln2]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，4－2ln2)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，5－2ln2))答案A解析f(x)≥|x－m|恒成立可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)y＝f(x)的圖象不在y＝|x－m|圖象的下方．∵當(dāng)x≤2時(shí)，f(x)＝e2－x＋x－1，∴f′(x)＝－e2－x＋1≤0，∴f(x)在(－∞，2]上單調(diào)遞減，且f(2)＝2，又當(dāng)x>2時(shí)，f(x)＝2x2－8x＋10＝2(x－2)2＋2，∴f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，易知f(x)的圖象在x＝2處連續(xù)，畫出函數(shù)圖象如圖所示．g(x)＝|x－m|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－m，x≥m，,m－x，x<m，))當(dāng)f(x)＝2x2－8x＋10(x>2)的圖象與直線y＝x－m相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x1，∴f′(x1)＝1，即4x1－8＝1，解得x1＝eq\f(9,4)，切點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，\f(17,8)))，此時(shí)m＝eq\f(1,8)，結(jié)合圖象可知m≥eq\f(1,8)；當(dāng)f(x)＝e2－x＋x－1(x≤2)的圖象與直線y＝m－x相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x2，∴f′(x2)＝－1，即－e2－x2＋1＝－1，解得x2＝2－ln2，∴切點(diǎn)坐標(biāo)為(2－ln2，3－ln2)，此時(shí)m＝5－2ln2，結(jié)合圖象可知m≤5－2ln2.綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍為eq\f(1,8)≤m≤5－2ln2.故選A.11．(2023·江蘇常州聯(lián)盟學(xué)校高三學(xué)情調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－4x＋alnx，若函數(shù)y＝f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且不等式f(x1)＋f(x2)≥x1＋x2＋t恒成立，則t的取值范圍為()A．(－∞，－1] B．(－∞，－16－8ln2]C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e2,2)－4e)) D．(－∞，－13]答案D解析函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝x－4＋eq\f(a,x)＝eq\f(x2－4x＋a,x)，x>0，又函數(shù)y＝f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，所以方程x2－4x＋a＝0在(0，＋∞)上有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝16－4a>0，,x1＋x2＝4>0，,x1x2＝a>0，))解得0<a<4，又f(x1)＋f(x2)－(x1＋x2)＝eq\f(1,2)xeq\o\al(2,1)－4x1＋alnx1＋eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－4x2＋alnx2－x1－x2＝eq\f(1,2)[(x1＋x2)2－2x1x2]－5(x1＋x2)＋aln(x1x2)＝eq\f(1,2)(16－2a)－20＋alna＝alna－a－12，設(shè)h(a)＝alna－a－12，0<a<4，則h′(a)＝lna，當(dāng)0<a<1時(shí)，h′(a)<0，h(a)單調(diào)遞減，當(dāng)1<a<4時(shí)，h′(a)>0，h(a)單調(diào)遞增，所以h(a)min＝h(1)＝－13，因?yàn)椴坏仁絝(x1)＋f(x2)≥x1＋x2＋t恒成立，即f(x1)＋f(x2)－(x1＋x2)≥t恒成立，所以t≤－13.故選D.12．(2023·河南洛陽(yáng)高三統(tǒng)考)已知函數(shù)f(x)＝xa－alnx(a>0)，g(x)＝ex－x，若x∈(1，e2)時(shí)，f(x)≤g(x)成立，則實(shí)數(shù)a的最大值是()A．1 B．eC.eq\f(e2,2) D．e2答案B解析由題意知，當(dāng)x∈(1，e2)時(shí)，f(x)≤g(x)恒成立，即xa－alnx≤ex－x在(1，e2)上恒成立，也就是elnxa－lnxa≤ex－x在(1，e2)上恒成立，令m(x)＝ex－x(x>0)，則m′(x)＝ex－1>0，所以m(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則由elnxa－lnxa≤ex－x可得lnxa≤x，即a≤eq\f(x,lnx)在(1，e2)上恒成立，令n(x)＝eq\f(x,lnx)，x∈(1，e2)，有n′(x)＝eq\f(lnx－1,（lnx）2)，當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，n′(x)<0，n(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(e，e2)時(shí)，n′(x)>0，n(x)單調(diào)遞增．故n(x)＝eq\f(x,lnx)，x∈(1，e2)在x＝e時(shí)取得最小值n(e)＝eq\f(e,lne)＝e，則由a≤eq\f(x,lnx)在(1，e2)上恒成立，可知a≤e，故實(shí)數(shù)a的最大值為e.故選B.13．(2024·湖南常德第一中學(xué)高三月考)已知函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，且當(dāng)x>0時(shí)，lnx·f′(x)＋eq\f(1,x)·f(x)<0，則不等式(x－985)f(x)>0的解集為_(kāi)_______．答案(0，985)解析令函數(shù)g(x)＝lnx·f(x)，則g′(x)＝eq\f(1,x)·f(x)＋lnx·f′(x)<0，即當(dāng)x>0時(shí)，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，因?yàn)間(1)＝0，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)>0，當(dāng)x>1時(shí)，g(x)<0.因?yàn)楫?dāng)0<x<1時(shí)，lnx<0，當(dāng)x>1時(shí)，lnx>0，所以當(dāng)x∈(0，1)∪(1，＋∞)時(shí)，f(x)<0.又f′(1)·ln1＋f(1)<0，故f(1)<0，所以當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<0；又f(x)為奇函數(shù)，所以當(dāng)x<0時(shí)，f(x)>0，當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)＝0，所以不等式(x－985)f(x)>0可化為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<0，,x－985>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,x－985<0，))解得0<x<985，所以不等式(x－985)f(x)>0的解集為(0，985)．14．(2024·安徽亳州高三期末)已知a<0，若x>1時(shí)，e－x－lne－x≥xa－lnxa恒成立，則a的最小值為_(kāi)_______．答案－e解析因?yàn)閍<0，x>1，所以e－x∈(0，1)，xa∈(0，1)．令f(x)＝x－lnx，0<x<1，則f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)<0在0<x<1上恒成立，所以f(x)＝x－lnx在(0，1)上單調(diào)遞減．因?yàn)閑－x－lne－x≥xa－lnxa，所以e－x≤xa，兩邊取對(duì)數(shù)得lne－x≤lnxa，即－x≤alnx，故eq\f(－x,lnx)≤a，令g(x)＝eq\f(－x,lnx)，x>1，g′(x)＝eq\f(－lnx＋1,（lnx）2)，當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，g′(x)>0，當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，故g(x)＝eq\f(－x,lnx)在x＝e時(shí)取得最大值，g(x)max＝g(e)＝－e，故a≥－e.綜上，a的最小值為－e.一、高考大題1．(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)a>0時(shí)，f(x)>2lna＋eq\f(3,2).解(1)因?yàn)閒(x)＝a(ex＋a)－x，定義域?yàn)镽，所以f′(x)＝aex－1，當(dāng)a≤0時(shí)，由于ex>0，則aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－lna，當(dāng)x<－lna時(shí)，f′(x)<0，則f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減，當(dāng)x>－lna時(shí)，f′(x)>0，則f(x)在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減，在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證法一：由(1)得，f(x)min＝f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，要證f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即證1＋a2＋lna>2lna＋eq\f(3,2)，即證a2－eq\f(1,2)－lna>0恒成立，令g(a)＝a2－eq\f(1,2)－lna(a>0)，則g′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)，令g′(a)<0，則0<a<eq\f(\r(2),2)，令g′(a)>0，則a>eq\f(\r(2),2)，所以g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以g(a)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)－lneq\f(\r(2),2)＝lneq\r(2)>0，則g(a)>0恒成立，所以當(dāng)a>0時(shí)，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)恒成立，證畢．證法二：令h(x)＝ex－x－1，則h′(x)＝ex－1，由于y＝ex在R上單調(diào)遞增，所以h′(x)＝ex－1在R上單調(diào)遞增，又h′(0)＝e0－1＝0，所以當(dāng)x<0時(shí)，h′(x)<0，當(dāng)x>0時(shí)，h′(x)>0，所以h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故h(x)≥h(0)＝0，則ex≥x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，等號(hào)成立，因?yàn)閒(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋lna＋a2－x≥x＋lna＋1＋a2－x，當(dāng)且僅當(dāng)x＋lna＝0，即x＝－lna時(shí)，等號(hào)成立，所以要證f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即證x＋lna＋1＋a2－x>2lna＋eq\f(3,2)，即證a2－eq\f(1,2)－lna>0恒成立，以下同證法一．2．(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)(1)證明：當(dāng)0<x<1時(shí)，x－x2<sinx<x；(2)已知函數(shù)f(x)＝cosax－ln(1－x2)，若x＝0是f(x)的極大值點(diǎn)，求a的取值范圍．解(1)證明：構(gòu)建F(x)＝x－sinx，則F′(x)＝1－cosx>0對(duì)任意x∈(0，1)恒成立，則F(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，可得F(x)>F(0)＝0，所以x>sinx，x∈(0，1)；構(gòu)建G(x)＝sinx－(x－x2)＝x2－x＋sinx，則G′(x)＝2x－1＋cosx，構(gòu)建g(x)＝G′(x)，則g′(x)＝2－sinx>0對(duì)任意x∈(0，1)恒成立，則g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，可得g(x)>g(0)＝0，即G′(x)>0對(duì)任意x∈(0，1)恒成立，則G(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，可得G(x)>G(0)＝0，所以sinx>x－x2，x∈(0，1)．綜上所述，當(dāng)0<x<1時(shí)，x－x2<sinx<x.(2)解法一：由1－x2>0，解得－1<x<1，即函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－1，1)．若a＝0，則f(x)＝1－ln(1－x2)，x∈(－1，1)，因?yàn)閥＝1－lnu在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，u＝1－x2在(－1，0)上單調(diào)遞增，在(0，1)上單調(diào)遞減，則f(x)＝1－ln(1－x2)在(－1，0)上單調(diào)遞減，在(0，1)上單調(diào)遞增，故x＝0是f(x)的極小值點(diǎn)，不符合題意，所以a≠0.當(dāng)a≠0時(shí)，令b＝|a|>0，因?yàn)閒(x)＝cosax－ln(1－x2)＝cos(|a|x)－ln(1－x2)＝cosbx－ln(1－x2)，且f(－x)＝cos(－bx)－ln[1－(－x)2]＝cosbx－ln(1－x2)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)為偶函數(shù)．由題意可得，f′(x)＝－bsinbx－eq\f(2x,x2－1)，x∈(－1，1)，(ⅰ)當(dāng)0<b2≤2時(shí)，取m＝mineq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)，1))，x∈(0，m)，則bx∈(0，1)，由(1)可得f′(x)＝－bsinbx－eq\f(2x,x2－1)>－b2x－eq\f(2x,x2－1)＝eq\f(x（b2x2＋2－b2）,1－x2)，且b2x2>0，2－b2≥0，1－x2>0，所以f′(x)>eq\f(x（b2x2＋2－b2）,1－x2)>0，即當(dāng)x∈(0，m)?(0，1)時(shí)，f′(x)>0，則f(x)在(0，m)上單調(diào)遞增，結(jié)合偶函數(shù)圖象的對(duì)稱性可知，f(x)在(－m，0)上單調(diào)遞減，所以x＝0是f(x)的極小值點(diǎn)，不符合題意；(ⅱ)當(dāng)b2>2時(shí)，取x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,b)))?(0，1)，則bx∈(0，1)，由(1)可得f′(x)＝－bsinbx－eq\f(2x,x2－1)<－b(bx－b2x2)－eq\f(2x,x2－1)＝eq\f(x,1－x2)(－b3x3＋b2x2＋b3x＋2－b2)．構(gòu)建h(x)＝－b3x3＋b2x2＋b3x＋2－b2，則h′(x)＝－3b3x2＋2b2x＋b3，且h′(0)＝b3>0，h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))＝b3－b>0，則h′(x)>0對(duì)任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,b)))恒成立，可知h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,b)))上單調(diào)遞增，且h(0)＝2－b2<0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))＝2>0，所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,b)))內(nèi)存在唯一的零點(diǎn)n∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,b)))，當(dāng)x∈(0，n)時(shí)，則h(x)<0，且x>0，1－x2>0，則f′(x)<eq\f(x,1－x2)(－b3x3＋b2x2＋b3x＋2－b2)<0，即當(dāng)x∈(0，n)?(0，1)時(shí)，f′(x)<0，則f(x)在(0，n)上單調(diào)遞減，結(jié)合偶函數(shù)圖象的對(duì)稱性可知，f(x)在(－n，0)上單調(diào)遞增，所以x＝0是f(x)的極大值點(diǎn)，符合題意．綜上所述，b2>2，即a2>2，解得a>eq\r(2)或a<－eq\r(2)，故a的取值范圍為(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)．解法二：由f(x)＝cosax－ln(1－x2)，得f′(x)＝－asinax＋eq\f(2x,1－x2)(－1＜x＜1)，令t(x)＝－asinax＋eq\f(2x,1－x2)(－1＜x＜1)，則t′(x)＝－a2cosax＋eq\f(2（1＋x2）,（1－x2）2)(－1＜x＜1)．由x＝0是f(x)的極大值點(diǎn)，易得f′(0)＝0，t′(0)＜0，所以2－a2＜0，解得a＜－eq\r(2)或a＞eq\r(2).所以a的取值范圍是(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)．3．(2023·全國(guó)甲卷)已知f(x)＝ax－eq\f(sinx,cos3x)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)若a＝8，討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)＜sin2x恒成立，求a的取值范圍．解(1)f′(x)＝a－eq\f(cosxcos3x＋3sinxcos2xsinx,cos6x)＝a－eq\f(cos2x＋3sin2x,cos4x)＝a－eq\f(3－2cos2x,cos4x).令cos2x＝t，則t∈(0，1)，則f′(x)＝g(t)＝a－eq\f(3－2t,t2)＝eq\f(at2＋2t－3,t2).當(dāng)a＝8時(shí)，f′(x)＝g(t)＝eq\f(8t2＋2t－3,t2)＝eq\f(（2t－1）（4t＋3）,t2).當(dāng)t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，即x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，即x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時(shí)，f′(x)＞0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減．(2)設(shè)h(x)＝f(x)－sin2x，h′(x)＝f′(x)－2cos2x＝g(t)－2(2cos2x－1)＝eq\f(at2＋2t－3,t2)－2(2t－1)＝a＋2－4t＋eq\f(2,t)－eq\f(3,t2)，設(shè)φ(t)＝a＋2－4t＋eq\f(2,t)－eq\f(3,t2)，則當(dāng)0<t<1時(shí)，φ′(t)＝－4－eq\f(2,t2)＋eq\f(6,t3)＝eq\f(－4t3－2t＋6,t3)＝－eq\f(2（t－1）（2t2＋2t＋3）,t3)＞0，所以φ(t)在(0，1)上單調(diào)遞增，所以φ(t)＜φ(1)＝a－3.①若a∈(－∞，3]，h′(x)＝φ(t)＜a－3≤0，即h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，所以h(x)＜h(0)＝0.所以當(dāng)a∈(－∞，3]時(shí)，f(x)＜sin2x，符合題意．②若a∈(3，＋∞)，當(dāng)t→0時(shí)，eq\f(2,t)－eq\f(3,t2)＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,3)→－∞，所以φ(t)→－∞.φ(1)＝a－3＞0，所以?t0∈(0，1)，使得φ(t0)＝0，即?x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使得h′(x0)＝0.當(dāng)t∈(t0，1)時(shí)，φ(t)＞0，即當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增．所以當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，h(x)＞h(0)＝0，不符合題意．綜上，a的取值范圍為(－∞，3]．4．(2023·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))ln(x＋1)．(1)求曲線y＝f(x)在x＝2處切線的斜率；(2)當(dāng)x>0時(shí)，證明：f(x)>1；(3)證明：eq\f(5,6)<ln(n！)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋n≤1，n∈N*.解(1)f′(x)＝－eq\f(1,x2)ln(x＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))eq\f(1,x＋1)，所以f′(2)＝eq\f(1,3)－eq\f(ln3,4)，故曲線y＝f(x)在x＝2處切線的斜率為eq\f(1,3)－eq\f(ln3,4).(2)證明：構(gòu)造g(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)(t≥1)，則g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,（t＋1）2)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)≥0，所以函數(shù)g(t)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(t)≥g(1)＝0，所以lnt>eq\f(2（t－1）,t＋1)(t>1)．令x＋1＝t(x>0)，則ln(x＋1)>eq\f(2x,x＋2)(x>0)，所以當(dāng)x>0時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))ln(x＋1)>1，即f(x)>1.(3)證明：先證ln(n！)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋n≤1.令h(n)＝ln(n！)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋n，n∈N*，則h(n＋1)－h(huán)(n)＝ln(n＋1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,2)))ln(n＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋1＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，由(2)可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))ln(x＋1)>1，令n＝eq\f(1,x)，則1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))<0，故h(n)單調(diào)遞減，則h(n)≤h(1)＝1，得證．再證ln(n！)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋n>eq\f(5,6).證法一：構(gòu)造s(x)＝lnx－eq\f(（x＋5）（x－1）,4x＋2)，x>0，則s′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(4x2＋4x＋28,（4x＋2）2)＝－eq\f(（x－1）3,x（2x＋1）2)，當(dāng)0<x<1時(shí)，s′(x)>0，當(dāng)x>1時(shí)，s′(x)<0，故s(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故s(x)≤s(1)＝0，即lnx≤eq\f(（x＋5）（x－1）,4x＋2).又當(dāng)n≥2時(shí)，h(n)－h(huán)(n＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))－1≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))·eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋6))\f(1,n),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(2,n))))－1＝eq\f(1,12n2＋8n)<eq\f(1,12n2－12n)＝eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，所以h(1)－h(huán)(2)＋h(2)－h(huán)(3)＋…＋h(n－1)－h(huán)(n)＝h(1)－h(huán)(n)<1－ln2＋eq\f(5,2)ln2－2＋eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－2)－\f(1,n－1)))＝eq\f(3,2)ln2－1＋eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n－1)))<eq\f(3,2)ln2－1＋eq\f(1,12)<eq\f(1,6)，故h(n)>h(1)－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6)，得證．綜上，eq\f(5,6)<ln(n！)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋n≤1，n∈N*.證法二：先證不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))ln(1＋x)－1<eq\f(x2,12)成立．令p(x)＝ln(1＋x)－eq\f(x3＋12x,6（x＋2）)(x≥0)，則p′(x)＝－eq\f(x3（x＋4）,3（x＋1）（x＋2）2)≤0，故p(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，故當(dāng)x>0時(shí)，p(x)<p(0)＝0，所以當(dāng)n≥2時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))－1<eq\f(1,12n2)<eq\f(1,12n（n－1）)＝eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n))).以下同證法一．二、模擬大題5．(2024·甘肅武威四校高三聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x2＋axlnx(a∈R)．(1)若f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；(2)若a＝1，證明：f(x)≥x－e－x.解(1)若f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則f′(x)＝2x＋alnx＋a≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≥－eq\f(2x,1＋lnx)在(1，＋∞)上恒成立．令h(x)＝－eq\f(2x,1＋lnx)，所以h′(x)＝－eq\f(2（1＋lnx）－2x·\f(1,x),（1＋lnx）2)＝－eq\f(2lnx,（1＋lnx）2)＜0在(1，＋∞)上恒成立，所以h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)<h(1)＝－2，所以a≥－2，即a的取值范圍為[－2，＋∞)．(2)證明：當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝x2＋xlnx，要證f(x)≥x－e－x，即證x2＋xlnx≥x－e－x，即證x＋lnx＋eq\f(1,xex)－1≥0，即證ln(xex)＋eq\f(1,xex)－1≥0，令xex＝t，t>0，即證lnt＋eq\f(1,t)－1≥0.令g(t)＝lnt＋eq\f(1,t)－1，t∈(0，＋∞)，所以g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(1,t2)＝eq\f(t－1,t2)，令g′(t)＝0，解得t＝1.當(dāng)0<t<1時(shí)，g′(t)<0，所以g(t)在(0，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)t>1時(shí)，g′(t)>0，所以g(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以當(dāng)t＝1時(shí)，g(t)取得極小值也是最小值，所以g(t)≥g(1)＝0，即lnt＋eq\f(1,t)－1≥0，所以f(x)≥x－e－x.6．(2024·廣東六校高三聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)＋a(x－1)，a∈R.(1)討論f(x)的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(2)若g(x)＝xf(x)，且對(duì)任意的x∈[1，＋∞)都有g(shù)(x)≤0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)由函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)＋a(x－1)的定義域?yàn)?0，＋∞)，可得f′(x)＝a－eq\f(lnx－1,x2)，令f′(x)＝0，得a＝eq\f(lnx－1,x2)，令h(x)＝eq\f(lnx－1,x2)，則h′(x)＝eq\f(3－2lnx,x3)，當(dāng)0<x<eeq\s\up7(\f(3,2))時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>eeq\s\up7(\f(3,2))時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(eeq\s\up7(\f(3,2)))＝eq\f(1,2e3)，又當(dāng)0<x<e時(shí)，h(x)<0且h(e)＝0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，h(x)→0，所以當(dāng)a≥eq\f(1,2e3)時(shí)，f(x)無(wú)極值點(diǎn)；當(dāng)0<a<eq\f(1,2e3)時(shí)，f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)；當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)有1個(gè)極值點(diǎn)．(2)解法一：由g(x)＝xf(x)＝lnx＋ax2－ax，可得g′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax－a，且g(1)＝0，若g′(1)＝a＋1>0，即a>－1，則?x0>1，使得x∈(1，x0)時(shí)，g′(x)>0，所以g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞增，所以g(x0)>g(1)＝0，此時(shí)與題意不符，故g′(1)≤0，可得a≤－1.下證當(dāng)a≤－1時(shí)，g(x)≤0對(duì)x∈[1，＋∞)恒成立．令m(x)＝g′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax－a，則m′(x)＝－eq\f(1,x2)＋2a.因?yàn)閤∈[1，＋∞)，a≤－1，所以m′(x)<0對(duì)x∈[1，＋∞)恒成立，所以m(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以m(x)≤m(1)＝1＋a≤0，所以g′(x)≤0對(duì)x∈[1，＋∞)恒成立，所以g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)≤g(1)＝0，所以g(x)≤0對(duì)x∈[1，＋∞)恒成立．綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，－1]．解法二：g(x)＝xf(x)＝lnx＋ax2－ax，①當(dāng)a≥0時(shí)，g(2)＝ln2＋2a>0，不符合題意；②當(dāng)a<0時(shí)，g′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax－a＝eq\f(2ax2－ax＋1,x)，令g′(x)＝0，則2ax2－ax＋1＝0，可得Δ＝a2－8a>0，且兩根之積為eq\f(1,2a)<0，所以g′(x)＝0有兩個(gè)異號(hào)實(shí)根，設(shè)兩根分別為x1，x2，且x1<0<x2，若x2>1，當(dāng)x∈(1，x2)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x2，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x2)>g(1)＝0，此時(shí)不符合題意．若0<x2≤1，則g′(1)≤0，即a≤－1，此時(shí)g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)≤g(1)＝0，符合題意．綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，－1]．7．(2024·福建漳州高三畢業(yè)班第一次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝aex＋x＋1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x>1時(shí)，f(x)>lneq\f(x－1,a)＋x，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)依題意，得f′(x)＝aex＋1.當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)a<0時(shí)，令f′(x)>0，得x<－ln(－a)；令f′(x)<0，得x>－ln(－a)，所以f(x)在(－∞，－ln(－a))上單調(diào)遞增，在(－ln(－a)，＋∞)上單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在(－∞，－ln(－a))上單調(diào)遞增，在(－ln(－a)，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)因?yàn)楫?dāng)x>1時(shí)，f(x)>lneq\f(x－1,a)＋x，所以aex＋x＋1>lneq\f(x－1,a)＋x，即elnaex＋x＋1>ln(x－1)－lna＋x，即ex＋lna＋lna＋x>ln(x－1)＋x－1，即ex＋lna＋x＋lna>eln(x－1)＋ln(x－1)．令h(x)＝ex＋x，則有h(x＋lna)>h(ln(x－1))對(duì)任意x∈(1，＋∞)恒成立．因?yàn)閔′(x)＝ex＋1>0，所以h(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，故只需x＋lna>ln(x－1)，即lna>ln(x－1)－x對(duì)任意x∈(1，＋∞)恒成立．