重難點(diǎn)08 導(dǎo)數(shù)中的同構(gòu)問(wèn)題（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

重難點(diǎn)08導(dǎo)數(shù)中的同構(gòu)問(wèn)題【八大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1同構(gòu)：利用f(x)與x構(gòu)造函數(shù)】 2【題型2同構(gòu)：利用f(x)與ex構(gòu)造函數(shù)】 5【題型3同構(gòu)：利用f(x)與sinx，cosx構(gòu)造函數(shù)】 7【題型4指對(duì)同構(gòu)問(wèn)題】 9【題型5利用同構(gòu)比較大小】 13【題型6利用同構(gòu)解決不等式恒成立問(wèn)題】 15【題型7利用同構(gòu)證明不等式】 19【題型8與零點(diǎn)有關(guān)的同構(gòu)問(wèn)題】 251、導(dǎo)數(shù)中的同構(gòu)問(wèn)題導(dǎo)數(shù)是高中數(shù)學(xué)的重要考查內(nèi)容，而導(dǎo)數(shù)中的同構(gòu)問(wèn)題是高考考查的一個(gè)熱點(diǎn)內(nèi)容，經(jīng)常以客觀題出現(xiàn)，同構(gòu)法構(gòu)造函數(shù)也在解答題中出現(xiàn)，通過(guò)已知等式或不等式的結(jié)構(gòu)特征，構(gòu)造新函數(shù)，解決比較大小、解不等式、恒成立等問(wèn)題，難度較大.【知識(shí)點(diǎn)1導(dǎo)數(shù)中的同構(gòu)問(wèn)題的解題策略】1．導(dǎo)數(shù)中的同構(gòu)問(wèn)題是通過(guò)已知等式或不等式的結(jié)構(gòu)特征，構(gòu)造新函數(shù)，解決比較大小、解不等式、恒成立等問(wèn)題，主要有以下幾種類型：(1)利用f(x)與x構(gòu)造函數(shù)①出現(xiàn)nf(x)+xf'(x)形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)=xnf(x).②出現(xiàn)xf'(x)-nf(x)形式，構(gòu)造函數(shù).(2)利用f(x)與ex構(gòu)造函數(shù).(3)利用f(x)與sinx，cosx構(gòu)造函數(shù).2．同構(gòu)式的應(yīng)用(1)在方程中的應(yīng)用：如果方程f(a)=0和f(b)=0呈現(xiàn)同構(gòu)特征，則a,b可視為方程f(x)=0的兩個(gè)根.(2)在不等式中的應(yīng)用：如果不等式的兩側(cè)呈現(xiàn)同構(gòu)特征，則可將相同的結(jié)構(gòu)構(gòu)造為一個(gè)函數(shù)，進(jìn)而利用導(dǎo)數(shù)找到和函數(shù)單調(diào)性、最值等之間的練習(xí)，來(lái)解決比較大小、解不等式、恒成立等問(wèn)題.【知識(shí)點(diǎn)2指對(duì)同構(gòu)問(wèn)題】1．指對(duì)同構(gòu)解決不等式問(wèn)題在解決指對(duì)混合不等式時(shí)，如恒成立求參數(shù)取值范圍或證明不等式，有一部分題是命題者利用函數(shù)單調(diào)性構(gòu)造出來(lái)的，如果我們能找到這個(gè)函數(shù)模型(即不等式兩邊對(duì)應(yīng)的同一函數(shù))，無(wú)疑大大加快解決問(wèn)題的速度.找到這個(gè)函數(shù)模型的方法，我們稱為同構(gòu)法.(1)五個(gè)常見(jiàn)變形：.(2)三種基本模式：三種同構(gòu)方式①積型：②商型：③和差型：【題型1同構(gòu)：利用f(x)與x構(gòu)造函數(shù)】【例1】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且f(2)=0，當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)?f(x)>0，則不等式xf(x)>0的解集是（

）A．(?∞,?2)∪(2,+∞) B．(?2,2) C．(?∞,?2)∪(0,2) D．(?2,0)∪(2,+∞)【解題思路】構(gòu)造函數(shù)，令g(x)=f(x)【解答過(guò)程】解：由題意，令g(x)=f(x)∵x>0時(shí)，g′(x)=∴g(x)在(0,+∞)遞增，∵f(?x)=f(x)，∴g(?x)=?g(x)，g(x)在(?∞,0)遞增，∴g(x)是奇函數(shù)，g2∴0<x<2時(shí)，g(x)<0，x>2時(shí)，g(x)>0，根據(jù)函數(shù)的奇偶性，?2<x<0時(shí)，g(x)>0，x<?2時(shí)，g(x)<0，xf(x)>0，即x2g(x)>0，即∴?2<x<0或x>2，故選：D．【變式1-1】（2024·安徽·一模）已知f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，且f（2）＝1，當(dāng)x＞0時(shí)，xf′（x）+f（x）＞1，則不等式f(x)?1x<0的解集為（A．(-∞，2)∪(2，+∞) B．(-∞，2)∪(0，2)C．(-2，0)∪(2，+∞) D．(-2，0)∪(0，2)【解題思路】設(shè)Fx【解答過(guò)程】解：設(shè)Fx=xf即Fx在0,+∞上單調(diào)遞增，因?yàn)閒x在R上為偶函數(shù)，即則f?2?1=f2?1=0，得Fx在R上為奇函數(shù)，所以Fx在R上單調(diào)遞增，f(x)?1x當(dāng)x>0時(shí)，F(xiàn)x=xf當(dāng)x<0時(shí)，F(xiàn)x=xf綜上所述，f(x)?1x<0的解集為故選:B.【變式1-2】（23-24高二下·天津南開(kāi)·期中）已知fx是定義在?∞,0∪0,+∞上的奇函數(shù)，若對(duì)于任意的x∈0,+∞，都有A．2,+∞ B．C．0,2 D．?2,0【解題思路】令g(x)=x2f(x)【解答過(guò)程】令g(x)=x2f(x)因?yàn)閒x是定義在?∞,0∴g?x=?x又當(dāng)x>0時(shí)，g′∴g(x)在0,+∞上單調(diào)遞增，∴g(x)在?又f2=1對(duì)于不等式fx?2x2所以不等式fx?2x2>0等價(jià)于所以x>2，即不等式fx?2故選：A．【變式1-3】（23-24高二下·湖北武漢·期中）fx是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，有xf′A．f1>4f2C．4f2<9f3【解題思路】令gx=x2fx，求導(dǎo)，根據(jù)xf′x+2fx>0，得到【解答過(guò)程】解：令gx則g′因?yàn)閤f所以g′則gx=x又y=x2是偶函數(shù)，且fx所以gx=x則gx在?所以g2>g1g?1>g?2g3>g2g?2>g?3故選：C.【題型2同構(gòu)：利用f(x)與ex構(gòu)造函數(shù)】【例2】（2024·湖北武漢·一模）若函數(shù)fx的定義域?yàn)镽，滿足f0=2，?x∈R，都有fx+f′A．xx>0 B．xx>e C．x【解題思路】依題意可得exf(x)>e【解答過(guò)程】不等式f(x)>e依題意令F(x)=e∵fx+f∴F∴函數(shù)F(x)在R上是增函數(shù)，又F0∴不等式exf(x)>ex+1，即e所以不等式fx>e故選：A．【變式2-1】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知fx是可導(dǎo)的函數(shù)，且f′x<fxA．f1>ef0，fC．f1<ef0，f【解題思路】構(gòu)造gx【解答過(guò)程】A選項(xiàng)，設(shè)gx=f∵f′x<fx，∴g′∴g1<g0，即fD選項(xiàng)，g2023<g0，即fB選項(xiàng)，g1<g?1，即f綜上：C選項(xiàng)正確.故選：C.【變式2-2】（23-24高二下·江蘇南京·期中）已知函數(shù)fx及其導(dǎo)函數(shù)f′x定義域均為R，且fx?f′x>0A．xx>0 B．xx<0 C．xx<【解題思路】設(shè)gx=f(x)ex，求導(dǎo)確定函數(shù)g【解答過(guò)程】設(shè)gx=f(x)ex，則g又g0=f(0)e0=e所以x<0，即不等式fx>e故選：B.【變式2-3】（23-24高二下·河南駐馬店·期末）已知定義在R上的偶函數(shù)fx滿足f(x?12)+f(?x?1)=0，e4f(2022)=1，若f(x)>fA．（4，+∞） B．（-∞，4） C．（-∞，3） D．（3，+∞）【解題思路】根據(jù)定義在R上的偶函數(shù)fx滿足f(x?12)+f(?x?1)=0可得fx的周期，構(gòu)造函數(shù)gx=ex【解答過(guò)程】因?yàn)槎x在R上的偶函數(shù)fx滿足f故fx?故fx+32所以fx?12又e4f2022=1，故因?yàn)閒x>f故構(gòu)造函數(shù)gx=exf綜上有g(shù)x=e又f(x+2)>1ex即gx+2ex+2故選：A.【題型3同構(gòu)：利用f(x)與sinx，cosx構(gòu)造函數(shù)】【例3】（2023·重慶九龍坡·二模）已知偶函數(shù)fx的定義域?yàn)?π2,π2，其導(dǎo)函數(shù)為f′x，當(dāng)0≤x<πA．?π3,C．?π2,?【解題思路】構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)【解答過(guò)程】構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)g(x)=f所以函數(shù)g(x)=f(x)cosx因?yàn)楹瘮?shù)fx為偶函數(shù)，所以函數(shù)g(x)=且函數(shù)g(x)=f(x)cosx在0,π2因?yàn)閤∈?π2關(guān)于x的不等式fx>2fπ3?所以g(x)>g(π3)，則x故選:C.【變式3-1】（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知定義在?π2,π2上的函數(shù)fx滿足f?x=fx，當(dāng)x∈0,π2時(shí)，不等式fxA．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>b C．b>a>c D．b>c>a【解題思路】構(gòu)造函數(shù)Gx=fxcosx，分析函數(shù)Gx的奇偶性及其在0,π2上的單調(diào)性，可得出a=G1，b=G12，【解答過(guò)程】由題意得函數(shù)fx為偶函數(shù)，構(gòu)造函數(shù)G所以G′易知當(dāng)x∈0,π2時(shí)，G′x因?yàn)閍cos1=f?1由bcos12且c=2fπ因?yàn)楹瘮?shù)Gx在0,π2所以G12>G故選：C．【變式3-2】（23-24高二上·重慶沙坪壩·期末）已知f′x是函數(shù)fx的導(dǎo)函數(shù)，fx?f?x=0A．3B．fC．fD．2【解題思路】設(shè)g(x)=f(x)cosx，x∈(0,π2)，根據(jù)已知條件，利用導(dǎo)數(shù)得到g(x)為增函數(shù)，由g(1【解答過(guò)程】因?yàn)閷?duì)于任意的x∈0,π2有f′x所以f′設(shè)g(x)=f(x)cosx，x∈(0,π2)，則因?yàn)楫?dāng)x∈(0,π2)時(shí)，f所以g(x)在(0,π因?yàn)?2<π6，所以g(12)<g(因?yàn)棣?<π4，所以g(π6)<g(因?yàn)棣?<1，所以g(π4)<g(1)，所以f(因?yàn)棣?<π3，所以g(π4)<g(故選：A.【變式3-3】（2024·河南信陽(yáng)·一模）已知函數(shù)y=fx對(duì)x∈0,π均滿足f′xsinx?fxA．2fπ6C．fπ3<f【解題思路】根據(jù)給定的等式，構(gòu)造函數(shù)并探討其單調(diào)性，再逐項(xiàng)計(jì)算判斷作答.【解答過(guò)程】x∈0,π，令gx=當(dāng)x∈0,1時(shí)g′x>0，當(dāng)x∈1,π時(shí)g′x對(duì)于A，0<π6<π4對(duì)于B，1<π3<π2對(duì)于C，1<π3<2π3對(duì)于D，1<π2<2π3故選：A.【題型4指對(duì)同構(gòu)問(wèn)題】【例4】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測(cè)）若存在x∈0,+∞，使得不等式a2x4A．12e,+∞ B．1e,+【解題思路】將原不等式變形為ax22?eax2≥lnx2?elnx，令f(x)=x【解答過(guò)程】由a2x4所以ax令f(x)=x2?exf′(x)=2x?eg′(x)=2?ex，令當(dāng)x<ln2時(shí)，g′(x)>0，當(dāng)所以f′(x)在(?∞所以f′所以f(x)在R上遞減，所以ax2≤所以a≤lnxx令?(x)=lnxx由?′(x)>0，得1?2ln由?′(x)<0，得1?2ln所以?(x)在0,e上遞增，在e所以?(x)所以a≤1即實(shí)數(shù)a的取值范圍為?∞故選：D.【變式4-1】（2024·廣東深圳·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=aex+1nax+2?2A．0<a<e B．a(chǎn)>e2 C．a(chǎn)>【解題思路】不等式整理為x+lna+ex+lna+>lnx+2+【解答過(guò)程】∵f(x)=aex+1na兩邊加上x(chóng)得，ex+設(shè)gx=x+ex，則∴x+lna>ln令kx=ln∵fx的定義域是?2,+∴當(dāng)x∈?2,?1時(shí)，k'x>0，kx單調(diào)遞增，當(dāng)x∈∴當(dāng)x=?1時(shí)，kx取得極大值即為最大值，k∴l(xiāng)na>kx故選：C．【變式4-2】（2024·江西贛州·二模）已知函數(shù)fx=ekx+1，gx=A．0,e B．e,+∞ C．1e,+【解題思路】根據(jù)已知條件，有l(wèi)nekx?ekx+1≥1+xlnx【解答過(guò)程】因?yàn)閒x=e由kfx≥gx得k即kxekx+1即lnekx?構(gòu)造函數(shù)?x=1+xlnekx?ekx+1≥因?yàn)?′x=lnx+1x則t′x=1x所以x∈0,1時(shí)，t′x<0，所以x∈1,+∞時(shí)，t′x>0所以x=1時(shí)，tx取得最小值，即t所以tx>0在x∈0,+∞上恒成立，即所以?x在x∈因?yàn)?ekx≥?所以ekx≥xx>0，kx≥lnxx>0，令mx=lnxx令m′x=0，即1?所以x∈0,e時(shí)，m′x>0x∈e,+∞時(shí)，m′x<0，所以x=e時(shí)，mx取得最大值，即所以mx≤1故選：C.【變式4-3】（2024·甘肅蘭州·二模）若關(guān)于x的不等式ex+x+2ln1xA．12 B．e24 C．e【解題思路】對(duì)所給不等式適當(dāng)變形，利用同構(gòu)思想得出lnm≤x?2lnx對(duì)于任意x>0【解答過(guò)程】由題意可得x>0,m>0，ex+x+2ln令fx則f′所以fx所以若有fx≥fln即lnm≤x?2lnx令gx則g′令g′所以當(dāng)0<x<2時(shí)，g′x<0，gx單調(diào)遞減；當(dāng)x>2時(shí)，所以gx從而lnm≤lne24，所以m的取值范圍為m≤故選：B.【題型5利用同構(gòu)比較大小】【例5】（2024·湖南益陽(yáng)·三模）若a=2ln1.1，b=0.21，c=tanA．b<c<a B．a(chǎn)<c<b C．c<a<b D．a(chǎn)<b<c【解題思路】首先通過(guò)構(gòu)造函數(shù)得到當(dāng)0<x<π2時(shí)，tanx>x，再通過(guò)構(gòu)造函數(shù)fx=x?【解答過(guò)程】根據(jù)題意，a=2ln設(shè)?x則?′所以?x=tan所以?x=tan令fx=x?ln所以fx=x?ln從而fx=x?ln1+x>f所以tanx>x>ln1+x從而當(dāng)x=0.21時(shí)，c=tan故選：D.【變式5-1】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測(cè)）若0<x1<A．ex2+C．x2ex【解題思路】根據(jù)選項(xiàng)構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)fx=ex?【解答過(guò)程】令fx=ex?lnx即f′x=ex因此在區(qū)間1e,1上必然存在唯一x0所以當(dāng)x∈0,x0時(shí)fx單調(diào)遞減，當(dāng)x∈x令gx=ex∴gx在區(qū)間0,1∵0<x1<故選：C．【變式5-2】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)a=ln1.01，b=sinA．c<b<a B．c<a<b C．a(chǎn)<b<c D．a(chǎn)<c<b【解題思路】通過(guò)證明ln1+x>x1+x,x∈0,1確定【解答過(guò)程】令fx∴f′x=1所以fx>f0=0，即∴l(xiāng)n1+0.01>令gx∴g′x=cos?′x=?sinx+所以?′x在x∈0,1上單調(diào)遞減，?所以存在唯一x0∈0,1，使得?′x0=0，即當(dāng)x∈即?x在0,x0上單調(diào)遞增，在x0,1上單調(diào)遞減，所以??1=cos1?1所以gx在0,1上單調(diào)遞增，所以g即sinx>ln1+x所以sin0.01>ln1.01所以b>a>c.故選：B.【變式5-3】（2024·安徽·三模）已知實(shí)數(shù)x1,x2,A．x1<xC．x2<x【解題思路】求出x1,x2,x3，構(gòu)造函數(shù)f【解答過(guò)程】依題意22?x1令fx=x故當(dāng)x>1時(shí)，f′x>0,f故f1.05>0，則x3則g′x=x?1x2，故當(dāng)則g1.05>0，則綜上所述：x3故選：A.【題型6利用同構(gòu)解決不等式恒成立問(wèn)題】【例6】（2024·內(nèi)蒙古·三模）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)若a>0,fx≤e【解題思路】（1）求導(dǎo)得f′（2）由已知可得elnx2+lnx2≤eax+ax【解答過(guò)程】（1）fx的定義域?yàn)?,+關(guān)于x的方程2x當(dāng)?4≤a≤4時(shí)，Δ≤0，f′x≥0，所以當(dāng)a<?4時(shí)，Δ>0，此時(shí)xf′x≥0，所以f當(dāng)a>4時(shí)，則x1=a?又x1x2令f′x>0，解得x<令f′x<0所以fx在0,a?a2?16（2）由fx≤eax，可得令gx=e由elnx2+lnx2設(shè)?x=lnxx，則?當(dāng)0<x<e時(shí)，?′x所以a2≥1e，則【變式6-1】（2024·廣西貴港·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=ae(1)當(dāng)a=1時(shí)，請(qǐng)判斷f(x)的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)并說(shuō)明理由；(2)若f(x)≥2a2?a【解題思路】（1）先求f′(x)，得f′(x)=x2ex+lnx（2）先把原不等式化成axeax?[ln(ax)+1]+ax≥2a2x恒成立，利用換元法，設(shè)t=ax，則【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=ex?所以f′令?(x)=x2e當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí)，?′(x)>0，又∵?(12)=e4?ln2<0，當(dāng)x∈(0,x0)時(shí)，f′(x)<0當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí)，f∴f(x)有一個(gè)極小值點(diǎn)x0（2）∵f(x)=ae∴axeax?[令t=ax，則t∈(0,+∞)，設(shè)g(x)=ex?lnx+1又?(x0)=設(shè)m(x)=xex，當(dāng)x>0時(shí)，m′(x)=(x+1)e∵x0∈(12由（﹡）知m(x0)=m(?lnx∴g(x∴2a≤1+1=2，∴a≤1，又a>0，∴a的取值范圍為0,1．【變式6-2】（2024·天津武清·模擬預(yù)測(cè)）已知fx=ax?xa(1)當(dāng)a=2時(shí)，求fx在x=0(2)當(dāng)a=e時(shí)，求證：fx在(3)設(shè)a>e，已知?x∈e22ln【解題思路】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，求出切線斜率，由點(diǎn)斜式求切線方程；（2）f(x)在(e,+∞)上單調(diào)遞增，即（3）不等式f(x)≥0恒成立，即lnxx≤【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=2時(shí)，fx=2所以k=f′(0)=所以切線方程為y?1=ln2(x?0)，即（2）當(dāng)a=e時(shí)，f(x)=則f′要證明fx在e只需證明f′(x)>0在則只需證ex?1>x設(shè)g(x)=x?1?(e?1)因?yàn)間′x=1?e?1所以x∈(e,+∞)時(shí)g(x)>g(e所以f′(x)>0，所以f(x)在（3）f(x)≥0，即ax≥xa設(shè)?(x)=lnxx,?當(dāng)x>e時(shí)，?′(x)<0又因?yàn)閍>e，所以x≥e22ln由lnxx≤lnaa，則上式等價(jià)于lnaa≥由?(x)在(e,+∞即實(shí)數(shù)a的取值范圍為e,e2【變式6-3】（2024·河北·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)證明：當(dāng)a>0時(shí)，fx【解題思路】（1）先明確函數(shù)定義域和求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)結(jié)構(gòu)特征對(duì)a進(jìn)行a≤0和a>0的分類討論導(dǎo)數(shù)正負(fù)即可得單調(diào)性.（2）證fx≤aea?1?fx【解答過(guò)程】（1）由題函數(shù)定義域?yàn)?,+∞，f故當(dāng)a≤0時(shí)，f′x<0恒成立，所以函數(shù)當(dāng)a>0時(shí)，f′x在0,+∞則x∈0,a時(shí)，f′x>0；所以函數(shù)fx在0,a上單調(diào)遞增，在a,+綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)fx在0,+∞上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)fx在0,a（2）由（1）當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)fx在0,a上單調(diào)遞增，在a,+故fx≤fa故證fx≤a即?ln令gx=ln故當(dāng)x∈0,1時(shí)，g′x>0；所以gx在0,1上單調(diào)遞增，在1,+所以gx≤g1=0在所以當(dāng)a>0時(shí)，fx【題型7利用同構(gòu)證明不等式】【例7】（2024·湖北荊州·三模）已知函數(shù)fx=x(1)當(dāng)a=1時(shí)，求曲線y=fx在點(diǎn)1,f(2)當(dāng)a=e時(shí)，求出函數(shù)f(3)證明：x2【解題思路】（1）把a(bǔ)=1代入，求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程.（2）把a(bǔ)=e（3）對(duì)所證不等式作等價(jià)變形得x(e【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，fx=xe則f′1=2因此曲線y=fx在點(diǎn)1,f1處的切線方程為所以切線的斜截式方程為y=2（2）當(dāng)a=e時(shí)，f(x)=xex令ux=xex?則ux在0,+∞單調(diào)遞增，而u1=0，當(dāng)x∈0,1當(dāng)x>1時(shí)，ux>0，f′x>0，函數(shù)fx在所以當(dāng)a=e時(shí)，fx有唯一零點(diǎn)（3）不等式x2e?xex+?x?xe令函數(shù)g(x)=ex?x?1，求導(dǎo)得g′(x)=ex?1，當(dāng)函數(shù)g(x)在(?∞,0)上遞減，在(0,+∞)上遞增，則因此ex+lnx令?(x)=x?sinx,x>0，求導(dǎo)得?′(x)=1?cos?(x)>?(0)，因此x?sinx>0，又從而xe所以原不等式得證.【變式7-1】（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=xe(1)求fx在區(qū)間?1,1(2)當(dāng)a≥1時(shí)，求證：fx【解題思路】（1）求導(dǎo)f′x=eax1+ax（x>0）（（2）方法一：隱零點(diǎn)法，由x>0，a≥1，轉(zhuǎn)化為證明xex≥lnx+x+1，令gx=xex?lnx?x?1，（x>0），由gxmin≥0【解答過(guò)程】（1）解：f′x=eax令f′x=0當(dāng)0<a≤1時(shí)，?1a≤?1，所以f′x≥0在區(qū)間所以fxmin=f當(dāng)a>1時(shí)，?1<?1a<1，則當(dāng)x∈?1,?1a時(shí)，當(dāng)x∈?1a,1時(shí)，f′所以fx而f?1=?e?a綜上所述，當(dāng)0<a≤1時(shí)，fxmin=?當(dāng)a>1時(shí)，所以fxmin=?（2）方法一：隱零點(diǎn)法因?yàn)閤>0，a≥1，所以xeax≥xex設(shè)gx=xex?令?x=ex?而?12=所以由零點(diǎn)的存在性定理可知，存在唯一的x0∈1即ex0?1x當(dāng)x∈0,x0時(shí)，?′x<0，當(dāng)x∈x0,+∞時(shí)，?′x>0所以g所以gx≥0，因此方法二：（同構(gòu)）因?yàn)閤>0，a≥1，所以xeax≥xex只需證明xe因此構(gòu)造函數(shù)?x=e?′當(dāng)x∈?∞,0時(shí)，?′x當(dāng)x∈0,+∞時(shí)，?′x>0所以?x≥?0所以xe因此fx【變式7-2】（2024·山東·二模）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)若em?1x+1f【解題思路】（1）先求導(dǎo)函數(shù)f′x，再對(duì)m進(jìn)行分類討論得（2）先由題意得出隱性條件fx>0得m的限制范圍，再對(duì)不等式em?1x+1fx≥【解答過(guò)程】（1）由題可知f′x=m?1x當(dāng)m≤0時(shí)，f′x=m?1x當(dāng)0<m<1時(shí)，令f′x=0所以x∈1,1m時(shí)，fx∈1m,+∞時(shí)，當(dāng)m≥1，即0<1此時(shí)f′x>0在1,+綜上，當(dāng)m≤0時(shí)，fx在1,+當(dāng)0<m<1時(shí)，fx在1,1m當(dāng)m≥1時(shí)，fx在1,+（2）因?yàn)閤∈1,+∞，所以又em?1x+1?fx≥故x∈1,+∞時(shí)，令φx=lnxx當(dāng)x∈1,e時(shí)，φ′當(dāng)x∈e,+∞時(shí)，φ所以φxmax=φ將em?1x+1fm?1整理可得mx?ln令gt=t+lnt，則gmx?因?yàn)閙x?lnx>0且所以mx?lnx≥x?1在所以m≥x+令?x=ln當(dāng)x∈1,e2當(dāng)x∈e2,+所以?x所以m≥1+1又因?yàn)?e<1+1【變式7-3】（2024·四川眉山·三模）已知函數(shù)f(x)=xln(1)若過(guò)點(diǎn)(1,0)可作曲線y=f(x)兩條切線，求a的取值范圍；(2)若f(x)有兩個(gè)不同極值點(diǎn)x1①求a的取值范圍；②當(dāng)x1>4x【解題思路】（1）求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)，求出切線方程，結(jié)合切線過(guò)的點(diǎn)構(gòu)造函數(shù)g(x)=ax2?2ax?x+lnx?1（2）①由f′(x)=lnx?2ax?1有兩個(gè)零點(diǎn)，結(jié)合零點(diǎn)的意義分離參數(shù)，求出直線y=2a與函數(shù)y=lnx?1x【解答過(guò)程】（1）依題意，f′設(shè)過(guò)點(diǎn)1,0的直線與曲線y=f(x)相切時(shí)的切點(diǎn)為(x0,切線方程為y?(x0ln則?x0ln由過(guò)點(diǎn)(1,0)可作曲線y=f(x)兩條切線，得方程ax令g(x)=ax2?2ax?x+求導(dǎo)得g′①若a>12，由g′(x)>0，得0<x<12a或即函數(shù)g(x)在(0,12a)，(1,+則當(dāng)x=12a時(shí)，g(x)取得極大值；當(dāng)x=1時(shí)，又g(1當(dāng)x≤1時(shí)，g(x)<0恒成立，因此函數(shù)g(x)最多1個(gè)零點(diǎn)，不合題意；②若a=12，g′(x)≥0恒成立，函數(shù)因此函數(shù)g(x)最多1個(gè)零點(diǎn)，不合題意；③若0<a<12，由g′(x)>0，得0<x<1或x>1即函數(shù)g(x)在(0,1)，(12a,+則當(dāng)x=1時(shí)，g(x)取得極大值；當(dāng)x=12a時(shí)，g(x)取得極小值，又顯然當(dāng)x≤12a時(shí)，g(x)<0恒成立，因此函數(shù)④若a≤0，顯然2ax?1<0，當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)>0，當(dāng)x>1時(shí)，函數(shù)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+∞)上單調(diào)遞減，當(dāng)x=1時(shí)，g(x)取得最大值要函數(shù)g(x)有2個(gè)零點(diǎn)，必有g(shù)(1)=?a?2>0，得a<?2，當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)=a(x?1)而函數(shù)y=?a?1+lnx在(0,1)上的值域?yàn)??∞,?a?1)，因此g(x)在當(dāng)x>1時(shí)，令y=lnx?x，求導(dǎo)得y′=1則lnx?x<?1，g(x)=a而函數(shù)y=a(x?1)2?a?2在(1,+因此函數(shù)g(x)在(1,+∞)上的值域?yàn)橛谑钱?dāng)a<?2時(shí)，函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，所以過(guò)點(diǎn)1,0可作曲線y=fx兩條切線時(shí)，a的取值范圍是?（2）①由（1）知，f′由函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2，得f′令u(x)=lnx?1x，求導(dǎo)得u′(x)=2?lnxx函數(shù)u(x)在(0,e2)上單調(diào)遞增，(且u(e)=0，當(dāng)x>e時(shí)，函數(shù)u(x)>0恒成立，因此當(dāng)0<2a<所以函數(shù)f(x)有兩個(gè)極點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍是(0,1②由lnx1?2ax1要證明x1x2而lnx令t=x1x2(即證明(t+2)?lntt?1令?(t)=ln求導(dǎo)得?′則φ(t)=t+4+4t?12ln2則?′(t)>0，令?(t)在t>4時(shí)單調(diào)遞增，則因此(t+2)?lntt?1所以x1【題型8與零點(diǎn)有關(guān)的同構(gòu)問(wèn)題】【例8】（2024·四川自貢·三模）已知函數(shù)f(x)=1+(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)函數(shù)f(x)有唯一零點(diǎn)x1，函數(shù)g(x)=x?sinx?ae2在【解題思路】（1）求出函數(shù)的定義域與導(dǎo)函數(shù)，再解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，即可求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）法一：由已知導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性關(guān)系及函數(shù)零點(diǎn)存在定理可知，x1=1a,f1a=?alna+a+1=0，構(gòu)造函數(shù)φx=?xlnx+x+1，結(jié)合導(dǎo)數(shù)及函數(shù)性質(zhì)可得【解答過(guò)程】（1）函數(shù)f(x)=1+1x+a且f′所以當(dāng)0<x<1a時(shí)f′(x)<0，當(dāng)所以fx的單調(diào)遞減區(qū)間為0,1a（2）法一：由（1）可知若函數(shù)fx有唯一零點(diǎn)x1，則x1令φx=?xln當(dāng)x>1時(shí)，φ′x<0,φx單調(diào)遞減，當(dāng)因?yàn)閑4>2.7所以φ3φ4當(dāng)0<x<1時(shí)φx=x1?lnx所以φx在3,4上存在唯一零點(diǎn)，所以3<a<3，即1令?x=e所以?x在0,+故?1所以ae又gx所以x2令Fx=x?sin所以Fx在0,+又Fx所以x2法二：因?yàn)閍>0，由（1）可知若函數(shù)fx有唯一零點(diǎn)x1，則即fx設(shè)?(x)=lnx+x+1,?1e>0,?所以x1∈1e2,1又g(0)=?a令φ(x)=x?sinx?1e2所以∴φx1<φ∴gx【變式8-1】（2024·廣東茂名·一模）設(shè)函數(shù)fx=e(1)當(dāng)a=?1時(shí)，fx≥bx+1在0,+∞(2)若a>0,fx在0,+∞上存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)【解題思路】（1）構(gòu)建函數(shù)?x=ex?bx?（2）分離參數(shù)?1a=sinxex，令g【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=?1時(shí)，fx所以不等式轉(zhuǎn)化為ex?bx?sin令?x所以?′當(dāng)x∈[0,+∞)時(shí)，若b≤0，則?′x≥0?x在0,+故?x若b>0，令函數(shù)mx則m′x=所以mx在0,+因?yàn)閙0=?b<0，且當(dāng)x→+∞所以?x0∈故當(dāng)x∈0,x0時(shí)，?當(dāng)x∈x0,+∞時(shí)，則?(x)綜上所述，實(shí)數(shù)b的取值范圍為?∞（2）因?yàn)閒x=e令fx=0，即所以?1令gx=sin則g′令g′x=0所以當(dāng)x∈π4+2kπ,當(dāng)x∈0,π4，x∈所以當(dāng)x=5π4即當(dāng)x=5π4又因?yàn)閟in5π4所以g5所以gx當(dāng)x=π即當(dāng)x=π4,又因?yàn)閟inπ4=所以gπ所以gx所以當(dāng)x∈0,+∞，所以?2又因?yàn)閍>0，所以a≥2e5π4所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為2e【變式8-2】（2024·四川遂寧·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=x?1(1)當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，fx(2)若a<?2，證明：fx有三個(gè)零點(diǎn)x1，x2，x3（x1<x【解題思路】（1）利用f1=0，且fx≥0（x≥1），結(jié)合f′1（2）結(jié)合（1）fp>0，fq<0，從而取特殊值xp=a+a2【解答過(guò)程】（1）由題意可知fx的定義域?yàn)?,+∞，因?yàn)閒1=0，fx≥0（x≥1以下證明a≥?2滿足題意.由x≥1可知，lnx≥0，所以當(dāng)a≥?2時(shí)，設(shè)?x=x?1x?2所以?x在(1,+∞)為遞增函數(shù)，所以?當(dāng)a<?2時(shí)，對(duì)于函數(shù)y=x2+ax+1易知x2+ax+1=0有兩個(gè)正根，不妨設(shè)為p,q,p<q,(pq=1)，則則當(dāng)0<x<p或x>q時(shí)，f′x>0；當(dāng)p<x<qfx在0,p和q,+∞上單調(diào)遞增，在因?yàn)閒1=0，所以fp>0，fq綜上，a的取值范圍是?2,+∞（2）由（1）可知，當(dāng)a<?2時(shí)，對(duì)于函數(shù)y=x2+ax+1易知x2+ax+1=0有兩個(gè)正根，不妨設(shè)為p,q,p<q,(pq=1)，則則當(dāng)0<x<p或x>q時(shí)，f′x>0；當(dāng)p<x<qfx在0,p和q,+∞上單調(diào)遞增，在因?yàn)閒1=0，所以fp>0，fq（a+a設(shè)?(x)當(dāng)0<x<1時(shí)，?′(x)>當(dāng)x>1時(shí)，?′(x)<0，即lnx≤x?1<x，當(dāng)且僅當(dāng)x=1即得ln1x<則fx取xq=afxq=xq?1所以fx在xp,p上存在唯一零點(diǎn)x1，即在在q,xq上存在唯一零點(diǎn)x3，即在q,+結(jié)合f1=0，取所以ffx3=所以1x1也是函數(shù)的零點(diǎn)，顯然1x1≠x1所以x1x3=x22【變式8-3】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=x2ln(1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(2)求證：t<1；(3)比較t與2e及2m+【解題思路】（1）先結(jié)合導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性關(guān)系判斷函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合單調(diào)性及函數(shù)性質(zhì)，零點(diǎn)存在定理即可求解；（2）令t=x12+x22=u1+u2（3）結(jié)合所要比較式子，合理構(gòu)造函數(shù)，對(duì)新函數(shù)求導(dǎo)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性關(guān)系即可求解.【解答過(guò)程】（1）fxu=x2，考慮函數(shù)fx有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2，ug′u=lnu+1,g所以gu因?yàn)楫?dāng)u→0+時(shí)gu→?2m；當(dāng)x→+∞（2）t=x12+x欲證u1+u2<1即lnu∵u∴l(xiāng)n證明①式只需證λlnλ1?λ構(gòu)造φλ=ln令y=1?1λ?lnλ，y所以y=1?1λ?lnλ所以φ′φλ在1,+∞單調(diào)遞減，（3）先證u1+u2>F′∴Fu在0,1e單調(diào)遞減，∴F∴gu2>g2e由0<u1<又∵當(dāng)0<x<1時(shí)，y=lnx?2所以y=lnx?2x?1x+1在0,1所以當(dāng)0<x<1時(shí)，y<0，即ln所以lne即1+lnu1整理得：eu同理當(dāng)x>1時(shí)，y=lnx?2x?1x+1所以y=lnx?2把x代成eu2可得：由③-④得：eu∵u1<u2一、單選題1．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測(cè)）已知a=ln65,b=A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>b C．c>b>a D．c>a>b【解題思路】比較a，b大小，構(gòu)造fx=ln【解答過(guò)程】令fx=lnx?x+10<x<1又f1=0，所以fx所以ln56<?16，所以?設(shè)?x=1?xex?x<?0=1，即ex<1所以a>b>c，故選：A.2．（2024·寧夏銀川·模擬預(yù)測(cè)）已知a∈N?，函數(shù)fx=eA．2 B．3 C．6 D．7【解題思路】由題意函數(shù)fx=e3x?xa【解答過(guò)程】當(dāng)a為正偶數(shù)時(shí)，當(dāng)x=?2時(shí)，f(?2)=e6?則當(dāng)x<0時(shí)，xa<0<e3x恒成立，只需研究當(dāng)x=1時(shí)，e3?1>0成立，則當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，a>3x當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí)，設(shè)g(x)=3xlnx令g′(x)=0，得當(dāng)x∈(1,e)時(shí)，g′當(dāng)x∈(e,+∞)時(shí)，g′所以g(x)min=g(所以a的最大值為7.故選：D.3．（2024·四川南充·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)a>0，b>0，且a+b=1，則下列結(jié)論正確的個(gè)數(shù)為（

）①log2a+log2b≥?2

A．0 B．1 C．2 D．3【解題思路】①②根據(jù)指數(shù)對(duì)數(shù)運(yùn)算和基本不等式判斷；③構(gòu)造函數(shù)fx【解答過(guò)程】log2a+log2b=2a+2b≥2由題意得a=1?b，且0<b<1，令fx=1?x+lnx，當(dāng)0<x<1時(shí)，f′x>0，所以f所以1?b+lnb=a+ln故選：C.4．（2024·四川宜賓·模擬預(yù)測(cè)）定義在0,+∞上的單調(diào)函數(shù)fx，對(duì)任意的x∈0,+∞有ffx?A．?∞,1 B．0,1 C．0,1 【解題思路】由條件單調(diào)函數(shù)fx，對(duì)任意的x∈0,+∞fx?lnx=t，且fx?f【解答過(guò)程】由于函數(shù)fx為單調(diào)函數(shù)，則不妨設(shè)fx?且ft?lnt=1?ln設(shè)gx則方程fx?f′xg′易得當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x∈(1,+∞所以函數(shù)gx在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+所以g(x)又g1e=0，且當(dāng)x→+故函數(shù)gx=lnx+1x故選：B.5．（2024·四川南充·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)a>0,b>0,且a+b=1,則下列結(jié)論正確的個(gè)數(shù)為（

）①log2a+log2b≥?2

②2aA．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】①②直接使用基本不等式,結(jié)合對(duì)數(shù)指數(shù)運(yùn)算,即可判斷；③構(gòu)造函數(shù)fx=lnx?x+1,利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性和值域,將a+ln【解答過(guò)程】因?yàn)閍+b=1,故可得ab≤14a+b①log2a+log②2a+2b③令fx=lnx?x+1,x∈0,1故fx在0,1單調(diào)遞增,fx<f1=0a+lnb=1?b+lnb,又a>0,即1?b>0,解得故lnb?b+1<0,也即a+④令gx=sinxsin故當(dāng)x∈0,12時(shí),g′(x)>0,gx單調(diào)遞增；當(dāng)x∈1故gx的最大值為g12=sin故選：C.6．（2024·河南鄭州·三模）設(shè)x1,x2∈A．若x1=x2，則x1∈C．x1+x【解題思路】構(gòu)造函數(shù)fx1=ex1+lnx1【解答過(guò)程】對(duì)于A，當(dāng)x1=x2時(shí)，則ex1+由于f12=e對(duì)于B，若x1x2=1，由ex則g′x=ex故g′x=ex?1x在故存在唯一的x0∈0,1，使得g且x∈0,x0g′x<0,gx在x∈故gxmin=g故gxmin=1x0+對(duì)于C，先證ex≥x+1，記n(x)=e當(dāng)x>0,n′(x)>0,n(x)所以n(x)≥n(0)=0，故ex設(shè)ex1?1=?lnx2則?k=e?k所以?′k=1k+1?1故x1對(duì)于D,Mk所以Mk在k>0單調(diào)遞減，故M則x1故選:C.7．（2024·四川·三模）已知關(guān)于x的方程e2x?axex+9e2A．(0,16e4) B．(0,12e4)【解題思路】變形給定方程，構(gòu)造函數(shù)f(x)=exx，利用導(dǎo)數(shù)探討方程t=【解答過(guò)程】顯然x=0不是方程e2x則方程e2x?axe令t=exx，得t2?at+9由f′(x)<0，得x<0或0<x<1，由f′即函數(shù)f(x)在(?∞,0)和(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞作出f(x)的大致圖象，如圖，依題意，方程t2?at+9e2=0觀察圖象知，方程t2?at+9e2=0于是t1+t2=a,t1不妨設(shè)t1則(ex1由6e<a<10e所以(ex1故選：A.8．（2024·湖北·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=lnx，gx為fx的反函數(shù)，若fx、gx的圖像與直線A．x2>lnC．x1∈0,【解題思路】根據(jù)題意，構(gòu)造函數(shù)?x=x+lnx，由條件可得【解答過(guò)程】由題意得x1+lnx1=0且令?x=x+ln則?x1=?ex由ex2+由于?12=結(jié)合?x=x+lnx在由x1?x2=因?yàn)?2<x1<1，所以r所以r1<rx1<r故選：D.二、多選題9．（2024·湖北武漢·模擬預(yù)測(cè)）對(duì)于函數(shù)f(x)=xlnxA．函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)∪(1,B．f(C．若方程|f(|x|)|=k有6個(gè)不等實(shí)數(shù)根，則k>D．對(duì)任意正實(shí)數(shù)x1,x2，且x【解題思路】對(duì)于A，分析導(dǎo)函數(shù)即得遞減區(qū)間，不能用“并”連接；對(duì)于B，由推理得f(2)=f(4)，利用函數(shù)單調(diào)性比較即得；對(duì)于C，分析函數(shù)的奇偶性，分段討論函數(shù)的單調(diào)性和圖象趨勢(shì)，得圖象簡(jiǎn)圖，結(jié)合圖象判斷兩函數(shù)交點(diǎn)個(gè)數(shù)即得；對(duì)于D，設(shè)函數(shù)g(x)=lnxx，構(gòu)造函數(shù)?(x)=g(x)?g(【解答過(guò)程】函數(shù)f(x)=xlnx的定義域?yàn)?0,1)∪(1,+對(duì)于A，由f′(x)<0可得0<x<1或1<x<e，由f即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)和(1,e對(duì)于B，由A得，函數(shù)f(x)在(e,+∞因f(2)=2ln2故f(π對(duì)于C，易知f(|x|)=|x|ln|x|為偶函數(shù)，當(dāng)x>0由A項(xiàng)知，函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,1)和(1,e)，增區(qū)間為又當(dāng)x>1時(shí)，f(|x|)=f(x)>0，當(dāng)x=e時(shí)，f(|當(dāng)x→1+時(shí)，f(|x|)→+∞，x→+當(dāng)0<x<1時(shí)，f(|x|)<0，當(dāng)x→0時(shí)，f(|x|)→0，x→1?時(shí)，故函數(shù)y=|f(|x|)|的圖象如圖所示.

由圖可得，直線y=k與函數(shù)y=|f(|x|)|有6個(gè)不同交點(diǎn)，等價(jià)于k>e對(duì)于D，由圖，不妨設(shè)0<x1<e<即lnx1x設(shè)?(x)=g(x)?g(e則?′(x)=(lnxx則當(dāng)0<x<e時(shí)，1?lnx>0,e2?x又?(e)=0，又0<x1<因g(x)=lnxx，則g′(x)=1?lnxx因x2>e,e故選：BCD.10．（2024·河南鄭州·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=xcosA．函數(shù)fx在x=πB．對(duì)于?x∈0,π，C．若0<x1D．若對(duì)于?x∈0,π2，不等式a<sinxx<b恒成立，則【解題思路】對(duì)fx求導(dǎo)，利用導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)判斷fx在0,π上的單調(diào)性判斷AB，構(gòu)造g【解答過(guò)程】選項(xiàng)A：由題意可得f′所以當(dāng)0<x<π時(shí)f′x<0，所以fx在0,選項(xiàng)B：因?yàn)閒0=0且由A可知fx所以?x∈0,π，選項(xiàng)C：令gx=sinxx由B可知g′x<0在x∈0,π所以當(dāng)0<x1<x2選項(xiàng)D：由C可知當(dāng)x∈0,π2所以對(duì)于?x∈0,π2，不等式a<sinxx<b恒成立，則a故選：BCD.11．（2024·江蘇·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)x1,x2(x1A．x1x2<eC．?a∈(0,1),x2?x【解題思路】求得f′x=?lnx，得到函數(shù)fx的單調(diào)性和極大值，作出函數(shù)fx的圖象，可判定A正確；構(gòu)造函數(shù)gx=lnxx，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性，可得gx1<gx2【解答過(guò)程】由函數(shù)fx=x(1?lnx)的定義域?yàn)榱頵′x=0當(dāng)0<x<1時(shí)，f′x>0，f當(dāng)x>1時(shí)，f′x<0，f所以，當(dāng)x=1時(shí)，可得函數(shù)fx的極大值為f對(duì)于A中，知0<x1<1,1<對(duì)于B中，構(gòu)造函數(shù)gx=ln當(dāng)0<x<e時(shí)，g′x>0，所以gx1<gx2對(duì)于C中，由函數(shù)fx的極大值為f令fx=0，可得limx→0結(jié)合函數(shù)f(x)單調(diào)性可得圖像如圖所示.當(dāng)a>0且a→0時(shí)，x2又因?yàn)楫?dāng)a→0時(shí)，ea所以?a∈(0,1)，x2對(duì)于D中，因?yàn)閤1(1?lnx1)=a，所以為證?a∈(0,1)，x1lnx1+x2因?yàn)?<x1<1,1<x2<e又因?yàn)閒x在(1,+只需證：fx2<f令Fx可得F′所以Fx在0,1上單調(diào)遞增，且F所以fx故選：ACD.三、填空題12．（2024·福建泉州·一模）已知函數(shù)f(x)=(x?1)ex+ex?a有且只有兩個(gè)零點(diǎn)，則a【解題思路】根據(jù)題意，轉(zhuǎn)化為ex?a=?(x?1)ex有兩個(gè)根據(jù)，即a=(2?x)ex或a=xex有兩個(gè)解，分別令gx=(2?x)【解答過(guò)程】由函數(shù)f(x)=(x?1)ex+ex即ex?a=?(x?1)ex，因?yàn)閑可得a?ex=(1?x)即a=(2?x)ex或令gx=(2?x)ex，?x當(dāng)x≤1時(shí)，可得g′x≥0，gx在當(dāng)x→?∞時(shí)，gx>0當(dāng)x<?1時(shí)，可得?′x<0，?當(dāng)?1<x<1時(shí)，可得?′x>0，?x在又當(dāng)x<0時(shí)，gx>0，當(dāng)x→?∞時(shí)，?x<0作出函數(shù)y=gx要使得(x?1)ex+結(jié)合圖象，可得?1e<a<0或0<a<e，即實(shí)數(shù)故答案為：?113．（2024·四川成都·三模）若不等式emxmx?ln2?xlnx2≥0【解題思路】將已知變形為通過(guò)不等式emx2lnemx2≥x【解答過(guò)程】若不等式emxmx?ln2?x而m>0，所以emx設(shè)gt=tln所以gt在1e,+即m≥ln2xx設(shè)fx=ln當(dāng)1e<x<e2時(shí)，f′當(dāng)x>e2時(shí)，f′x<0所以當(dāng)x=e2時(shí)，綜上，正實(shí)數(shù)m的取值范圍是2e故答案為：2e14．（2024·四川涼山·三模）已知函數(shù)fx=ex?2ex【解題思路】先零點(diǎn)代入函數(shù)解析式得ett2lnett【解答過(guò)程】∵t為函數(shù)零點(diǎn)t>1∴?e令gx顯然x∈0,2時(shí)，g′x<0，∴gx在0,2上單調(diào)遞減，在2,+∴gx令?x=xln顯然x>1e時(shí)，?′x>0則?ett故答案為：2e四、解答題15．（2024·陜西渭南·二模）已知函數(shù)f(x)=xlnx，(1)求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若當(dāng)x>0時(shí)，mx2?【解題思路】（1）求出函數(shù)g(x)，再利用導(dǎo)數(shù)求出g(x)的單調(diào)區(qū)間.（2）等價(jià)變形給定不等式得m(x?lnx)≤e【解答過(guò)程】（1）依題意，函數(shù)g(x)=2lnx?x+1求導(dǎo)得g′(x)=2即g(x)在(0,+∞所以函數(shù)g(x)的遞減區(qū)間為