1、高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 -1-第 4 讲 导数的热点问题 高考年份 全国卷 全国卷 全国卷 2020 函数的单调性及不等式恒成立问题T21 函数的单调性与不等式证明T21 导数的几何意义与函数零点问题T21 2019 函数的极值与函数的零点T20 函数的零点与公切线问题T20 函数的单调性及最值问题T20 2018 函数的单调性与双参数不等式证明T21 不等式的证明与函数的零点T21 不等式的证明与极值问题T21 1.2020全国卷已知函数 f(x)=ex+ax2-x.(1)当 a=1 时,讨论 f(x)的单调性;(2)当 x0 时,f(x)12x3+1,求 a 的
2、取值范围.2.2020全国卷设函数 f(x)=x3+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 1.3.2020全国卷已知函数 f(x)=sin2xsin2x.(1)讨论 f(x)在区间(0,)的单调性;(2)证明:|f(x)|338;高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 -2-(3)设 nN*,证明:sin2xsin22xsin24xsin22nx34.单调性 1 已知 aR,函数 f(x)=(-x2+ax)ex(xR).(1)当 a=2 时,求函
3、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.【规律提炼】讨论函数的单调性是研究函数问题的基础,对于函数的最值、极值、零点性质的研究,都是以函数单调性为基础展开的,函数的单调性是由导函数的正负决定的.求解含参函数的单调性,主要有以下方法:一是分离参数,数形结合;二是因式分解,分类讨论;三是二次求导.测题 已知函数 f(x)=x2+cos2x.(1)讨论函数 f(x)的单调性;(2)若 x0,不等式 f(x)kx+1 恒成立,求实数 k 的取值范围.高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 -3-极值与最值 2 已知 f(x)=lnx-x2
4、+2ax,aR.(1)若 a=0,求 f(x)在1,e上的最小值;(2)求 f(x)的极值点.32019全国卷已知函数 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.【规律提炼】对于极值与最值问题应注意以下几点:(1)对于可导函数 f(x),f(x0)=0 是函数在 x=x0 处有极值的必要不充分条件;(2)若函数 f(x)在区间a,b上的图像连续不断,则 f(x)在区间a,b上必有最值;(3)若函数 f(x)在区间a,b上是单调函数,则 f(x)
5、一定在区间端点处取得最值;(4)若函数 f(x)在区间(a,b)上的图像连续不断,且有唯一极值点,则这个极值点是函数的最值点.测题 高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 -4-已知函数 f(x)=xlnx.若函数 F(x)=f(x)-ax2 有两个极值点,求实数 a 的取值范围.存在性问题与任意性问题 4 已知函数 f(x)=-alnx(a0),g(x)=-x-1.(1)讨论 f(x)的单调性;(2)当 a0 时,若存在 x01,e,使得 f(x0)2 恒成立,求实数 a 的取值范围;(3)若在1,e上存在一点 x0,使得 f(x0)+1(0)-1.【规律提炼】用导数法证明不等式
6、一般有以下方法:(1)构造函数法;(2)通过对函数的变形,利用分析法证明不等式;(3)分成两个函数进行研究;(4)利用图像的特点证明不等式;(5)利用放缩法证明不等式.测题 已知函数 f(x)=2sinx-xcosx-ax(aR).(1)当 a=0 时,证明:函数 f(x)在区间(0,)内有唯一极值点;(2)当 a1 时,证明:对任意 x(0,),f(x)0.高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 -6-角度 2 双变量不等式的证明 6 已知函数 f(x)=lnx-ax2+(a-b-1)x+b+1(a,bR).(1)若 a=0,试讨论 f(x)的单调性;(2)若 0a4-2a.【规
7、律提炼】(1)含参不等式的证明方法:对于含参数的不等式,如果易分离参数,那么可先分离参数、构造函数,直接转化为函数的最值;否则应进行分类讨论,在解题过程中,必要时可作出函数图像(草图),数形结合求解.(2)破解含双参不等式的证明的关键:一是转化,即由已知条件入手,寻找双参所满足的关系式,并把含双参的不等式转化为含单参的不等式;二是构造函数,借助导数,判断函数的单调性,从而求其值;三是回归含双参的不等式的证明,把所求的最值应用到含双参的不等式中,即可证得结果.测题 已知函数 f(x)=lnx-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
8、 f(x)的导函数,证明:f(x1x2)0)的图像在点 P 处的切线为 l,是否存在这样的点 P 使得直线 l 与曲线 y=f(x)也相切?若存在,求满足条件的点 P 的个数;若不存在,请说明理由.高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 -9-数列型不等式的证明 9 已知函数 f(x)=x-ln(x+a),aR.(1)若对定义域内的任意 x,都有 f(x)0,求 a 的取值范围;(2)求证:对于任意大于 1 的正整数 n,1+1221+132 1+12 e,其中 e 为自然对数的底数.【规律提炼】用导数方法来证明形如 a1+a2+a3+ang(n)(或 a1a2a3ang(n)的数
9、列不等式,一般的解题思路为:令 bn=g(n)-g(n-1)注:有时需要简单放缩或变形,如例 9.若 a1a2a3ang(n),令 bn=()(-1);证明anbn,这一步一般用导数法来完成(即把 n 作为自变量 x,构造函数,然后用导数法证明);自 n=1 迭加anbn(若 a1a2a3an2+32e+12(nN*).高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 -10-全品高考第二轮专题|数学(理科)第 4 讲 导数的热点问题 真知真题扫描 1.解:(1)当 a=1 时,f(x)=ex+x2-x,f(x)=ex+2x-1.故当 x(-,0)时,f(x)0.所以 f(x)在(-,0)单
10、调递减,在(0,+)单调递增.(2)f(x)12x3+1 等价于12x3-ax2+x+1 e-x1.设函数 g(x)=12x3-ax2+x+1 e-x(x0),则 g(x)=-12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1 e-x=-12xx2-(2a+3)x+4a+2e-x=-12x(x-2a-1)(x-2)e-x.(i)若 2a+10,即 a-12,则当 x(0,2)时,g(x)0.所以 g(x)在(0,2)单调递增,而 g(0)=1,故当 x(0,2)时,g(x)1,不合题意.(ii)若 02a+12,即-12a12,则当 x(0,2a+1)(2,+)时,g(x)0.所以 g(x)在(0
11、,2a+1),(2,+)单调递减,在(2a+1,2)单调递增.由于 g(0)=1,所以 g(x)1 当且仅当 g(2)=(7-4a)e-21,即 a7-e24.所以当7-e24 a12时,g(x)1.(iii)若 2a+12,即 a12,则 g(x)12x3+x+1 e-x,由于 07-e24,12,故由(ii)可得12x3+x+1 e-x1,故当 a12时,g(x)1.综上,a 的取值范围是7-e24,+.高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 -11-2.解:(1)f(x)=3x2+b.依题意得 f(12)=0,即34+b=0.故 b=-34.(2)证明:由(1)知 f(x)=
12、x3-34x+c,f(x)=3x2-34.令 f(x)=0,解得 x=-12或 x=12.f(x)与 f(x)的情况为:x(-,-12)-12(-12,12)12(12,+)f(x)+0-0+f(x)c+14 c-14 因为 f(1)=f(-12)=c+14,所以当 c14时,f(x)只有小于-1 的零点.由题设可知-14c14.当 c=-14时,f(x)只有两个零点-12和 1.当 c=14时,f(x)只有两个零点-1 和12.当-14c0;当 x(3,23)时,f(x)0,解得-2x2;令 f(x)0,解得 x2.故函数 f(x)的单调递减区间为(-,-2),(2,+);单调递增区间为(-
13、2,2).(2)函数 f(x)=(-x2+ax)ex 的导函数为 f(x)=exa-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)x0 在(-1,1)上恒成立,即 x2-(a-2)x-a0 在(-1,1)上恒成立,故只需 1+(a-2)-a0 且 1-(a-2)-a0,解得 a32,故 a 的取值范围为32,+.【自测题】解:(1)f(x)=2x-2cosxsinx=2x-sin2x,令 m(x)=f(x),则 m(x)=2-2cos2x=2(1-cos2x)0,所以 f(x)为增函数.又因为 f(0)=0,所
14、以当 x0 时,f(x)0 时,f(x)0.所以函数 f(x)在区间(-,0)上单调递减,在区间(0,+)上单调递增.(2)不等式 f(x)kx+1 可化为 x2-kx-1+cos2x0.设 g(x)=x2-kx-1+cos2x,x0,则 g(x)=2x-k-sin2x.由(1)可知 g(x)是0,+)上的增函数.高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 -13-因为 g(0)=-k,所以当 k0 时,g(x)0,函数 g(x)在区间0,+)上是增函数,所以 g(x)g(0)=-1+cos20=0,所以当 k0 时符合题意.当 k0 时,g(0)=-k0,使得 g(x0)=0.当 0
15、 xx0 时,g(x)x0 时,g(x)0.所以函数 g(x)在区间0,x0)上是减函数,在区间(x0,+)上是增函数,所以 g(x)min=g(x0)g(0)=0,不合题意.综上,实数 k 的取值范围是(-,0.解答 2 例 2 解:(1)当 a=0 时,f(x)=lnx-x2,f(x)=1-22,因为 x1,e,所以 f(x)0,所以 f(x)在1,e上是减函数,所以 f(x)在1,e上的最小值为 f(e)=1-e2.(2)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=-22+2+1,令 f(x)=0 得 x1=-2+22,x2=+2+22.因为 x10,所以当 x(0,x2)时,f(x)0,当
16、 x(x2,+)时,f(x)0,则当 x(-,0)(3,+)时,f(x)0,当 x(0,3)时,f(x)0,故 f(x)在(-,0),(3,+)单调递增,在(0,3)单调递减;若 a=0,f(x)在(-,+)单调递增;高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 -14-若 a0,当 x(3,0)时,f(x)0,故 f(x)在(-,3),(0,+)单调递增,在(3,0)单调递减.(2)满足题设条件的 a,b 存在.(i)当 a0 时,由(1)知,f(x)在0,1单调递增,所以 f(x)在区间0,1的最小值为 f(0)=b,最大值为 f(1)=2-a+b.此时 a,b 满足题设条件当且仅当
17、 b=-1,2-a+b=1,即 a=0,b=-1.(ii)当 a3 时,由(1)知,f(x)在0,1单调递减,所以 f(x)在区间0,1的最大值为 f(0)=b,最小值为 f(1)=2-a+b.此时 a,b 满足题设条件当且仅当 2-a+b=-1,b=1,即 a=4,b=1.(iii)当 0a3 时,由(1)知,f(x)在区间0,1的最小值为 f(3)=-327+b,最大值为 b 或 2-a+b.若-327+b=-1,b=1,则 a=323,与 0a3 矛盾.若-a327+b=-1,2-a+b=1,则 a=33或 a=-33或 a=0,与 0a0,所以 2a=1+ln有两个不等实根.令 g(x
18、)=1+ln,则 g(x)=-ln2,令 g(x)0 得 0 x1,令 g(x)1,故 g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,故 g(x)max=g(1)=1,又当 x+时,g(x)0,当 x0 时,g(x)-,所以 2a(0,1),故 a 0,12,即实数 a 的取值范围是 0,12.解答 3 例 4 解:(1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=-2-=-a1+2.当 a0 时,f(x)0,f(x)在(0,+)上单调递减;高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 -15-当 a0,f(x)在(0,+)上单调递增.(2)存在 x01,e,使得 f(x0)0,所
19、以 1+a1.当 1+ae,即 ae-1 时,h(x)在1,e上单调递减,所以 h(x)在1,e上的最小值为 h(e).由 h(e)=e+1+e-ae2+1e-1,又e2+1e-1 e-1,所以 ae2+1e-1.当 11+ae,即 0ae-1 时,易得 h(x)在(1,1+a)上单调递减,在(1+a,e)上单调递增,所以 h(x)的最小值为h(1+a).因为 11+ae,所以 0ln(a+1)1,所以 0aln(1+a)2,此时 h(1+a)2 恒成立,即(1)-21-(2)-221-20 恒成立.令 t(x)=h(x)-2x,可得 t(x)在(0,+)上单调递增.高考资源网（）您身边的高考
20、专家 版权所有高考资源网 -16-故 t(x)=h(x)-2=x+-20 恒成立,可得 ax(2-x)恒成立.又 x(2-x)=-(x-1)2+11,则 a1,故实数 a 的取值范围是1,+).(3)不等式 f(x0)+1(0)g(x0)-g(x0)等价于 x0+10alnx0-0,整理得 x0-alnx0+1+0 0,所以 x+10,令 x-1-a=0,得 x=1+a.当 1+a1,即 a0 时,m(x)在1,e上单调递增,由 m(x)min=m(1)=2+a0,解得 a-2,故 a-2.当 11+ae,即 0ae-1 时,m(x)在1,1+a)上单调递减,在(1+a,e上单调递增,由 m(
21、x)min=m(1+a)=1+a-aln(1+a)+10,即 1+a+1aln(1+a),可得+1+1ln(a+1).令 t=1+a,则 1te,对于不等式+1-1 e,即 ae-1 时,m(x)在1,e上单调递减,由 m(x)min=m(e)=e-a+1+e e2+1e-1,又因为e-1-e2+1e-1=-2ee-1e2+1e-1.综上所述,实数 a 的取值范围是(-,-2)e2+1e-1,+.解答 4 例 5 解:(1)f(x)=ex-1-1+,由 x=1 是 f(x)的极值点知 f(1)=0,即 1-11+=0,所以 a=0,故 f(x)=ex-1-lnx+1,定义域为(0,+),且 f
22、(x)=ex-1-1.函数 f(x)=ex-1-1在(0,+)上单调递增,且 f(1)=0,因此当 x(0,1)时,f(x)0.所以 f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+).(2)证明:当 a3,x-a 时,0 x+ax+3,从而 ln(x+a)ln(x+3),则 f(x)+1=ex-1-ln(x+a)+2ex-1-ln(x+3)+2.令 g(x)=ex-1-ln(x+3)+2,x(-3,+),则 高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 -17-g(x)=ex-1-1+3,g(x)在(-3,+)上单调递增,且 g(-1)=1e2-120,故存在唯一的实数 x0
23、(-1,0),使得 g(x0)=0.当 x(-3,x0)时,g(x)0,g(x)单调递增.从而当 x=x0 时,g(x)取得最小值.由 g(x0)=0 得e0-1-10+3=0,则e0-1=10+3,则 x0-1=-ln(x0+3),故 g(x)min=g(x0)=e0-1-ln(x0+3)+2=10+3+x0-1+2=(0+2)20+3,由 x0(-1,0)知(0+2)20+3 0,故 f(x)+1g(x)g(x0)0,即当 a3 时,f(x)-1 成立.【自测题】证明:(1)当 a=0 时,f(x)=2sinx-xcosx,f(x)=cosx+xsinx.设 g(x)=f(x),则 g(x
24、)=xcosx.令 g(x)=0,x(0,),得 x=2.当 x 0,2 时,g(x)0当 x2,时,g(x)g(0)0,即 f(x)0,f(x)在区间 0,2 内无极值点.当 x2,时,g(x)=0 有唯一解 x0,即 f(x)=0 有唯一解 x0,且易知当 x2,x0 时,f(x)0,当 x(x0,)时,f(x)0;当 x2,时,h(x)0,f()=-1-a.当 f()=-1-a0,即 a-1 时,f(x)0,此时函数 f(x)在(0,)内单调递增,f(x)f(0)=0.当 f()=-1-a0,即-10,f()=-1-a0.综上,当 a1 时,对任意 x(0,),f(x)0.例 6 解:(
25、1)f(x)的定义域为(0,+).当 a=0 时,f(x)=1-(b+1).当 b-1 时,f(x)0 恒成立,此时 f(x)在(0,+)上单调递增.当 b-1 时,若 x 0,1+1,则 f(x)0;若 x1+1,+,则 f(x)4-2a,只需证1+212 2(2-a)=-2(ln2-ln1)1-2,不妨设 x1x2,即证12-211),设 h(t)=2lnt-t+1,则 h(t)=2-1-12=-1-120,高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 -19-h(t)在(1,+)上单调递减,h(t)4-2a.方法二:当 b=1 时,由 f(x)=m-ax2 得 lnx+(a-2)x
26、+2-m=0,令 g(x)=lnx+(a-2)x+2,则 g(x1)=g(x2)=m,g(x)=1-(2-a),0a2,02-a0,当 x12-,+时,g(x)0,故 g(x)在 0,12-上单调递增,在12-,+上单调递减.不妨设 x1x2,则 0 x1 12-4-2a,只需证 x12(4-2)2-1,易知2(4-2)2-1 0,12-,故只需证 g(x1)g2(4-2)2-1,即证 g(x2)12-,则 h(x)=g(x)+1(4-2)-12g(4-2)-1 =1-(2-)+1(4-2)-12(2-)-1=-4(2-)(2-)-12(4-2)-120,h(x)在12-,+上单调递减,h(x
27、)12-时,总有 g(x)4-2a.【自测题】解:(1)由 f(x)=0 可得 a=1+ln,f(x)有两个零点等价于函数 g(x)=1+ln的图像与直线 y=a 在(0,+)上有两个不同的交点.g(x)=-ln2(x0).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,高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 -20-又当 x0 时,g(x)-,当 x+时,g(x)0,所以 a(0,1).(2)证明:由(1)知 x1,x2 是 lnx-ax+1=0 的两个根,故 lnx1
28、-ax1+1=0,lnx2-ax2+1=0,故 a=ln1-ln21-2.f(x)=1-a,故 f(x)在(0,+)上单调递减,且 f(1)=1-a,要证 f(x1x2)1,即证 lnx1+lnx20,即证(ax1-1)+(ax2-1)0,即证 a21+2,即证ln1-ln21-2 21+2.不妨设 0 x1x2,即证 ln120,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.解答 5 例 7 解:(1)f(x)=2x-2.f(x)在 x=1 处取得极值,f(1)=0,解得 a=1,经验证符合题意,f(x)=x2-2lnx+4,函数 f(x)的定义域
29、为(0,+),f(x)=2x-2=2(2-1).当 x(0,1)时,f(x)0,f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+).(2)g(x)=()-42=12x2-alnx,则 g(x)=x-=2-.要使 g(x)在1,e上没有零点,只需在1,e上满足 g(x)min0 或 g(x)max0,只需求使 g(x)在1,e上满足 g(x)min0 的 a 的取值范围.高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 -21-当 ae 时,g(x)在1,e上单调递减,由 g(x)min=g(e)=12e-12a0,解得 ae,与 ae 矛盾,舍去;当 1a0,解得 0ae,1a0,
30、满足题意.综上,a 的取值范围是(-,e).【自测题】解:(1)f(x)=3x2-=33-(x0).当 a0 时,f(x)0,此时函数 f(x)在(0,+)上单调递增.当 a0 时,由 f(x)=33-=0 得 x=a33,当 x 0,33时,f(x)0,故函数 f(x)在33,+上单调递增.(2)由题意知方程 a=3ln在区间(1,e上有两个不同的实数根,即直线 y=a 与函数 g(x)=3ln的图像在(1,e上有两个不同的交点.g(x)=2(3ln-1)(ln)2,令 g(x)=0 得 x=e3,当 x(1,e3)时,g(x)0,函数 g(x)在(e3,e上单调递增,则 g(x)min=g
31、(e3)=3e,而 g(e127)=e327lne127=27e1927,且 g(e)=e30,则函数 f(x)在(-,1)和(1,+)上均是增函数.高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 -22-又 f(2)=e2+1+21-2=e2-30,f32=e32+1+321-32=e32-50,故 f(x)在(1,+)上有唯一零点 x1,即 f(x1)=e1+1+11-1=0,可得e1=1+11-1,则 f(-x1)=e-1+1-11+1=1+11-1-1+1-11+1=1-11+1+1-11+1=0,且-x10,则函数 f(x)在(-,1)和(1,+)上均是增函数.当 x1+时,f(
32、x)-,当 x+时,f(x)+,故 f(x)在(1,+)上有唯一零点;当 x1-时,f(x)+,当 x-时,f(x)-10,故 f(x)在(-,1)上有唯一零点.综上,f(x)在其定义域上有且仅有两个零点.(2)证明:依题意知点 A(x0,e0)在曲线 y=ex 上,则点 B(e-0,-x0)在曲线 y=lnx 上.由 f(x0)=e0+1+01-0=0 得e0=0+10-1,则直线 AB 的斜率 kAB=e0-(-0)0-e-0=e0+00-e-0=0+10-1+00-0-10+1=0+10-1=e0,又曲线 y=ex 在 A(x0,e0)处的切线斜率是e0,曲线 y=lnx 在点 B(e-
33、0,-x0)处的切线斜率是e0,故曲线 y=ex在 A(x0,e0)处的切线也是曲线 y=lnx 的切线.【自测题】解:(1)因为 t(x)=12x2-(a+2)x+2alnx(a0),所以 t(x)的定义域为(0,+),t(x)=x-(a+2)+2=(-2)(-).当 a0 时,t(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增;当 a=2 时,t(x)在(0,+)上单调递增;高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 -23-当 0a2 时,t(x)在(0,2)上单调递增,在(2,a)上单调递减,在(a,+)上单调递增.(2)设 P(x0,03)(x00),因为 g(x)=3x
34、2,所以 g(x0)=302,所以直线 l 的方程为 y-03=302(x-x0),即 y=302x-203.假设直线 l 与曲线 y=f(x)也相切,切点为(x1,lnx1).因为 f(x)=1,所以 f(x1)=11,所以直线 l 的方程为 y-lnx1=11(x-x1),故 302=11,即 x1=1302,所以直线 l 的方程为 y-ln 1302=302x-1302,即 y=302x-2lnx0-ln3-1.由得-2lnx0-ln3-1=-203,即 203-2lnx0-1-ln3=0.令 m(x)=2x3-2lnx-1-ln3(x0),则 m(x)=6x2-2,令 m(x)=6x2
35、-2=0,得 x=133,可得 m(x)在 0,133上单调递减,在133,+上单调递增,所以 m(x)min=m133=213-2ln133-1-ln3=-13-13ln3-a).令 f(x)0,解得 x1-a,令 f(x)0,解得-ax0,所以 a0 时,xln(x+1).令 x=12,则有 ln 1+12 12,可得 ln 1+122 122,ln 1+132 132,ln 1+12 12,累加得 ln 1+122+ln 1+132+ln 1+12 122+132+12,可得 ln 1+1221+132 1+12 122+132+12 112+123+1(-1),又因为 112+123+
36、1(-1)=1-12+12-13+1-1-1=1-11,所以 ln 1+1221+132 1+12 1,即 1+1221+132 1+12 0,F(x)=(x+1)ex-a 1+1=(+1)(e-).当 a0,F(x)在(0,+)上单调递增,F(x)没有极值点.当 a0 时,令 H(x)=xex-a,当 x(0,+)时,H(x)=(1+x)ex0,H(x)在(0,+)上单调递增.又 H(0)=-a0,x00,H(x0)=0,且当 x(0,x0)时,H(x)0,高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网 -25-从而 F(x0)=0,当 x(0,x0)时,F(x)0,F(x)单调递增,x
37、=x0 是函数 F(x)的极小值点.综上,当 a0 时,F(x)有一个极值点.(2)方程 f(x)=g(x)可化为 ex-a=x-a+1.设 x-a=t,则原方程可化为 et=t+1.设 M(t)=et-t-1,则 M(t)=et-1.当 t(-,0)时,M(t)0,M(t)在(0,+)上单调递增.M(t)min=M(0)=0,当 t0 时,M(t)0,方程 et=t+1 只有一个实数根,方程 f(x)=g(x)只有一个实数根.对于任意的 tR,ett+1,当且仅当 t=0 时取等号,e2-+12+e4-+12+e2-+12 2-+12+1+4-+12+1+2n-+12+1=(2+4+2n)-(+1)2+n=n(n+1)-(+1)2+n=2+32,即e-+12(e2+e4+e2n)2+32,e2+e4+e2n2+32e+12.
