专题09 利用导数研究隐零点和极值点偏移问题-《临考冲刺》2023届高考数学重要考点与题型终极满分攻略含解析

专题09利用导数研究隐零点和极值点偏移问题-《临考冲刺》2023届高考数学重要考点与题型终极满分攻略专题09利用导数研究隐零点和极值点偏移问题目录类型一：先同构，构造相同的函数，比较不同的函数值 1类型二：构造不同的函数判断相同的函数值 2类型三：用放缩法比较大小 4满分策略：1.依据函数式的结构特征和函数单调性，大胆试根，再由单调性说明此根的唯一性；2满分策略：1.依据函数式的结构特征和函数单调性，大胆试根，再由单调性说明此根的唯一性；2.先虚设零点，设而不求，通过形式化的变量代换或推理，达到花间并求解的目的；3.多次求导，合理变形，直至能够求解。典型例题：【例1】．（2021·全国·统考高考真题）已知函数fx（1）讨论fx（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna-aln【答案】（1）fx的递增区间为0,1，递减区间为1,试题分析：(1)首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令1a=m,1详细解答：(1)f(x)的定义域为(0,+∞由f(x)=x(1-lnx)得，当x=1时，f'(x)=0；当x∈(0,1)时f'(x)>0；当x∈(1,+∞)时，故f(x)在区间(0,1]内为增函数，在区间[1,+∞(2)[方法一]：等价转化由blna-alnb=a-b得由a≠b，得1a由（1）不妨设1a∈(0,1),1b∈(1,+∞)①令g(x)=f(2-x)-f(x)，则g'当x∈(0,1)时，g'(x)<0，g(x)在区间(0,1)内为减函数，g(x)>g(1)=0，从而f(2-x)>f(x)，所以f(2-1由（1）得2-1a<令h(x)=x+f(x)，则h'(x)=1+f当x∈(1,e)时，h'(x)>0，h(x)在区间(1,e)内为增函数，h(x)<h(e)=e，从而x+f(x)<e，所以1b又由1a∈(0,1)，可得所以1a由①②得2<1[方法二]【最优解】：blna-alnb=a-b变形为令1a=m,1于是命题转换为证明：2<m+n<e．令f(x)=x(1-lnx)，则有f(m)=f(n)，不妨设由（1）知0<m<1,1<n<e，先证m+n>2．要证：m+n>2⇔n>2-m⇔f(n)<f(2-m)⇔f(m)<f(2-m)⇔f(m)-f(2-m)<0．令g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1)，则g'(x)=-ln∴g(x)在区间(0,1)内单调递增，所以g(x)<g(1)=0，即m+n>2．再证m+n<e．因为m(1-lnm)=n⋅(1-ln令h(x)=x(1-ln所以h'(x)=1-lnx>0，故h(x)在区间所以h(x)<h(e)=e．故h(n)<e，即m+n<e．综合可知2<1[方法三]：比值代换证明1a+1不妨设x2=tx由x1(1-lnx1要证x1+x2<e即ln(1+t)+1-即证ln(1+t)记g(s)=ln(1+s)s记h(s)=s1+s-所以，h(s)在区间(0,+∞)内单调递减．h(s)<h(0)=0，则所以g(s)在区间(0,+∞由t∈(1,+∞)得t-1∈(0,+∞即ln(1+t)[方法四]：构造函数法由已知得lnaa-不妨设x1<x由（Ⅰ）知，0<x1<1<证明x1再证明x1+x令φ(x)=lnx+e所以φ(x)>φ(e)=0,h'(x)>0，h(x)在区间(0,e)内单调递增．因为0<x1<x又因为f(x1)=f(即x2因为x1<x2，所以综上，有2<1【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于x1【例2】．（2022·天津·统考二模）设函数fx=x-1(1)求gx(2)讨论gx(3)若fx有两个极值点x1,x2【答案】(1)单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,+∞(2)答案见解析(3)证明见解析试题分析：（1）求出fx的导函数，即可得到g（2）由（1）得，gxmax=m-3（3）由（2）可得m>3且0<x1<1<x2，依题意可得ln详细解答：（1）解：因为fx=x-1所以f'x即gx=lnx-2x-1当x∈0,1时，g'x当x∈1,+∞时，g'所以g(x)的单调递增区间为(0,1)，g(x)的单调递减区间为(1,+∞（2）解：由（1）得，gx当m<3时，gx<0，则gx当m=3时，g1=0，则gx当m>3时，0<1m<13，因为g所以∃x1∈1m故gx在0,+综上，当m<3时，gx在0,+当m=3时，gx在0,+当m>3时，gx在0,+（3）证明：由（2）及f(x)有两个极值点x1，x可得m>3，gx在0,+∞上有两个零点，且所以lnx1两式相减得lnx2-因为x1+x下面证明lnx2-令t=x2x令mt=lnt-2t-2所以mt在1,+∞上单调递增，所以故lnx又0=ln所以x1故x1【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．题型专练：1．（2023·甘肃酒泉·统考三模）已知函数fx(1)求曲线y=fx在点1,f(2)若函数gx=fx-2axa∈R有两个极值点2．（2023·全国·学军中学校联考模拟预测）已知函数fx(1)设函数gx=ekx-(2)若方程fx=m有两个不相等的实根x1、x3．（2023春·重庆南岸·高二重庆第二外国语学校校考期中）已知函数fx(1)若fx在0,+∞单调递增，求实数(2)若函数Fx=fx-3x+1有两个极值点x1，x4．（2023春·江西抚州·高三金溪一中校考阶段练习）已知函数fx=xlnx-a(1)当a=12时，若gx=f'(x)(2)已知x1,x2是函数f（x）的两个极值点，且x15．（2023春·湖南·高二校联考阶段练习）已知函数f(1)若a=0，求不等式xfx(2)若fx存在两个不同的零点x1，x26．（2023·山东潍坊·校考模拟预测）已知fx(1)若存在实数a，使得不等式fx-gx≥fa(2)若1<x1<①存在x0∈x②k17．（2023春·四川成都·高二树德中学校考阶段练习）已知函数fx(1)求fx(2)若fx存在两个不同的零点x1，x2且x8．（2023·四川遂宁·统考二模）已知函数fx=aex-(1)求a的取值范围；(2)若x2≥3x1时，不等式9．（2023·全国·高三专题练习）已知函数fx=ln(1)讨论函数fx(2)若fx两个极值点x1，x2，且x10．（2023·浙江温州·统考二模）已知函数fx(1)若a=2，求方程fx(2)若fx有两个零点且有两个极值点，记两个极值点为x1,x211．（2023春·河北·高三统考阶段练习）已知函数fx(1)讨论函数fx(2)若a>0,x1,x212．（2023·江西抚州·高三校联考阶段练习）已知函数fx=ex+2ax，gx=ax2(1)已知函数x∈R，fx≥1(2)已知函数Fx=fx-gx①求实数a的取值范围；②证明：2a类型二：隐零点问题满分策略：满分策略：1.比值代换法，利用关系式将其中一个变量用另一个变量表示，代入要证明的不等式，花间后根据结构特点构造函数，再借助导数，从而求出其最值；2.构造关联函数求解。典型例题：（2022春·福建厦门·高二厦门外国语学校校考期中）已知函数f(x)=lnx-x,g(x)=x+ax，且函数（1）求实数a的值；（2）若对∀x1,x2（3）求证：fx【答案】B试题分析：通过构造函数fx=x1-lnx和g(x)=2x-xlnx-e，分别比较a和详细解答：故选：B.题型专练：13．（2023秋·安徽宣城·高三统考期末）已知f(x)=x(1)若在x=2π处的切线的斜率是2π-2，求当f(x)≥2x+m在0,+(2)当x∈0,π时，关于x的方程f(x)=x14．（2023春·福建福州·高二福建省福州第一中学校考期中）已知函数f(x)=ln(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若xex+15．（内蒙古赤峰市2023学年高三二模数学理科试题）已知函数fx(1)在当a=-1时，分别求fx和gx过点(2)若fx+gx16．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第一中学校校考期中）已知函数fx=ln(1)讨论函数fx(2)若∀x∈0，+∞，不等式17．（2023·辽宁·校联考二模）已知函数fx(1)讨论函数fx(2)设函数fx有两个极值点x1，x218．（2023秋·四川乐山·高三校考阶段练习）已知函数f(x)=2(1)若a>0，求gx(2)若a=1，求证：当x≥0时，f(x)≥0.(3)若a∈[-2,2-ln2]，求证：当19．（2023·全国·高三专题练习）函数f(x)=ln(x+t)+ax，其中(1)若t=0时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若g(x)=ex+ax20．（2023·贵州贵阳·校联考模拟预测）设函数fx=ae(1)若a=1，求fx在x=0(2)证明：∀a≥1，当x>0时，fx专题09利用导数研究隐零点和极值点偏移问题目录类型一：先同构，构造相同的函数，比较不同的函数值 1类型二：构造不同的函数判断相同的函数值 2类型三：用放缩法比较大小 4满分策略：1.满分策略：1.依据函数式的结构特征和函数单调性，大胆试根，再由单调性说明此根的唯一性；2.先虚设零点，设而不求，通过形式化的变量代换或推理，达到花间并求解的目的；3.多次求导，合理变形，直至能够求解。类型一：极值点偏移问题典型例题：【例1】．（2021·全国·统考高考真题）已知函数fx（1）讨论fx（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna-aln【答案】（1）fx的递增区间为0,1，递减区间为1,试题分析：(1)首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令1a=m,1详细解答：(1)f(x)的定义域为(0,+∞由f(x)=x(1-lnx)得，当x=1时，f'(x)=0；当x∈(0,1)时f'(x)>0；当x∈(1,+∞)时，故f(x)在区间(0,1]内为增函数，在区间[1,+∞(2)[方法一]：等价转化由blna-alnb=a-b得由a≠b，得1a由（1）不妨设1a∈(0,1),1b∈(1,+∞)①令g(x)=f(2-x)-f(x)，则g'当x∈(0,1)时，g'(x)<0，g(x)在区间(0,1)内为减函数，g(x)>g(1)=0，从而f(2-x)>f(x)，所以f(2-1由（1）得2-1a<令h(x)=x+f(x)，则h'(x)=1+f当x∈(1,e)时，h'(x)>0，h(x)在区间(1,e)内为增函数，h(x)<h(e)=e，从而x+f(x)<e，所以1b又由1a∈(0,1)，可得所以1a由①②得2<1[方法二]【最优解】：blna-alnb=a-b变形为令1a=m,1于是命题转换为证明：2<m+n<e．令f(x)=x(1-lnx)，则有f(m)=f(n)，不妨设由（1）知0<m<1,1<n<e，先证m+n>2．要证：m+n>2⇔n>2-m⇔f(n)<f(2-m)⇔f(m)<f(2-m)⇔f(m)-f(2-m)<0．令g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1)，则g'(x)=-ln∴g(x)在区间(0,1)内单调递增，所以g(x)<g(1)=0，即m+n>2．再证m+n<e．因为m(1-lnm)=n⋅(1-ln令h(x)=x(1-ln所以h'(x)=1-lnx>0，故h(x)在区间所以h(x)<h(e)=e．故h(n)<e，即m+n<e．综合可知2<1[方法三]：比值代换证明1a+1不妨设x2=tx由x1(1-lnx1要证x1+x2<e即ln(1+t)+1-即证ln(1+t)记g(s)=ln(1+s)s记h(s)=s1+s-所以，h(s)在区间(0,+∞)内单调递减．h(s)<h(0)=0，则所以g(s)在区间(0,+∞由t∈(1,+∞)得t-1∈(0,+∞即ln(1+t)[方法四]：构造函数法由已知得lnaa-不妨设x1<x由（Ⅰ）知，0<x1<1<证明x1再证明x1+x令φ(x)=lnx+e所以φ(x)>φ(e)=0,h'(x)>0，h(x)在区间(0,e)内单调递增．因为0<x1<x又因为f(x1)=f(即x2因为x1<x2，所以综上，有2<1【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于x1【例2】．（2022·天津·统考二模）设函数fx=x-1(1)求gx(2)讨论gx(3)若fx有两个极值点x1,x2【答案】(1)单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,+∞(2)答案见解析(3)证明见解析试题分析：（1）求出fx的导函数，即可得到g（2）由（1）得，gxmax=m-3（3）由（2）可得m>3且0<x1<1<x2，依题意可得ln详细解答：（1）解：因为fx=x-1所以f'x即gx=lnx-2x-1当x∈0,1时，g'x当x∈1,+∞时，g'所以g(x)的单调递增区间为(0,1)，g(x)的单调递减区间为(1,+∞（2）解：由（1）得，gx当m<3时，gx<0，则gx当m=3时，g1=0，则gx当m>3时，0<1m<13，因为g所以∃x1∈1m故gx在0,+综上，当m<3时，gx在0,+当m=3时，gx在0,+当m>3时，gx在0,+（3）证明：由（2）及f(x)有两个极值点x1，x可得m>3，gx在0,+∞上有两个零点，且所以lnx1两式相减得lnx2-因为x1+x下面证明lnx2-令t=x2x令mt=lnt-2t-2所以mt在1,+∞上单调递增，所以故lnx又0=ln所以x1故x1【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．题型专练：1．（2023·甘肃酒泉·统考三模）已知函数fx(1)求曲线y=fx在点1,f(2)若函数gx=fx-2axa∈R有两个极值点【答案】(1)4x-y-2=0(2)0,【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而根据点斜式即可得出结果；（2）求出g'x，可得x1+x2=a>0,【详解】（1）fx∴f∴曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y-2=4x-1（2）gx则函数gx的定义域为0,+若函数gx有两个极值点x1,则方程x2-ax+1=0的判别式Δ=∴x∴g===-=-=1设ht则h't=-故ht在1e,1因此，gx1-g2．（2023·全国·学军中学校联考模拟预测）已知函数fx(1)设函数gx=ekx-(2)若方程fx=m有两个不相等的实根x1、x【答案】(1)1；(2)证明见解析.【分析】（1）将问题转化为不等式e2lnx+kx-xk-(1+2lnx)≥0在（2）利用导数研究函数fx的性质可得0<m<1，由题意可得m(x12+x22【详解】（1）当k>0、x>0时，f(等价于1+2lnx≤x设u(x)=令u'(x所以函数u(x)在(-∞,0)所以u(x)min=当k=1时，令v(x)=2lnx又v1e=2ln所以v(x)在1e,1所以uv(x)≥当0<k<1时，令易得关于k的函数y=e2lnx+kx与当x=x0时，m当k>1时，易得mk>综上：k≥1（2）由题意知，m>0f(x)=令f'(x所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)当x>1时，易得f(x)=1+2ln又函数f(x)=m有两个不同的实根x1作出fx与y所以0<m<1，且得mx12要证x1x2即证2+2lnx1x由x1x2设h(x)=ln令h'(x所以函数h(x)在(0,1)所以h(x)max=所以1+lnx1x2≤即1+lnx1x【点睛】方法点睛：破解含双参不等式证明题，先由已知条件入手，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；进而巧构造函数，再借用导数判断函数的单调性，求出函数的最值；最后回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.3．（2023春·重庆南岸·高二重庆第二外国语学校校考期中）已知函数fx(1)若fx在0,+∞单调递增，求实数(2)若函数Fx=fx-3x+1有两个极值点x1，x【答案】(1)0,+∞(2)证明见解析【分析】（1）利用导数求得f'x，根据条件fx单调递增，得到f'x≥0在（2）先化简得到Fx，求导得到F'x，根据条件Fx有两个极值点x1，x2（x1<x2），得到x1，x2是方程【详解】（1）函数fx的定义域为0,+∞，则f若fx单调递增，则f'x即a≥-2x2又y=-2x2-x所以a≥0故实数a的取值范围为0,+∞.（2）证明：Fx=f则F'依题意可得x1，x2是方程于是Δ=4-8a>0，x1+x又x1<x2，则要证Fx只需证Fx即证Fx2x因为2x22从而Fx令gt=2-2则g'设ht=g令t2+t-1=0，解得：由h't>0，得12<于是ht在12,即g't在12而g'12=2ln2-1>0，g'因此gt在12,1综上所述，Fx所以原命题Fx【点睛】方法点睛：破解含双参不等式证明题的3个关键点（1）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.本题中得到x1，x2是方程2x2-2x+（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.本题中构造函数gt=2-2（3）再次利用导数研究函数的最值，即可证得结果.4．（2023春·江西抚州·高三金溪一中校考阶段练习）已知函数fx=xlnx-a(1)当a=12时，若gx=f'(x)(2)已知x1,x2是函数f（x）的两个极值点，且x1【答案】(1)h(2)[1,+∞)【分析】（1）根据导数与函数的最值的关系以及根据t的不同取值分类讨论求解；（2）根据题意得f'x1=lnx1-ax1=0,【详解】（1）当a=12且f'x=lnx所以g'令g'x>0，得0<x<2所以g(x)在(0,2)①当t+1≤2，即0<t≤1所以ht②当t≤2,t+1>2，即1<③当t>2所以ht综上所述h（2）因为e1+m<由题意知f(x)的定义域为(0,+∞),故x1,x所以f'即lnx所以1+m等价于1+m因为m>0,0<x1又lnx1=即a=lnx因为0<x1<令t=x1故不等式lnt<1+令φ(又因为φ'当m2≥1时，得t∈(0,1)，所以φ又φ1=0，所φt当m2<1时，可得t∈(0,m2)时，所以φ(t)在(0,又因为φ1所以φ(t)综上所述，若不等式e1+只需满足m2≥1，又m>0即正数m的取值范围为[1,+∞)．【点睛】关键点点睛:本题第二问的关键在于利用f'x1=lnx1-5．（2023春·湖南·高二校联考阶段练习）已知函数f(1)若a=0，求不等式xfx(2)若fx存在两个不同的零点x1，x2【答案】(1)[1,+∞);(2)详见解析.【分析】（1）g(x)=lnx-（2）根据函数f(x)存在两个不同的零点x1,x2，得0<x1【详解】（1）令g(x)=xfx则g'(x)=1x因为g(1)=0，所以当x≥1时，g(x)≥0所以原不等式的解集为[1,+∞).（2）证明:f'(x)=1-lnx-x2当0<x<1时，h(当x≥1时，h(x所以f(因为函数f(x)存在两个不同的零点x1,x2由题意知fx所以lnx两式相减得a=所以lnxx1-x也等价于x1因为0<x1<1<-x因为lnx1x即x1①+②+③得x1所以lnx【点睛】关键点点睛：本题难点在零点的转化应用：由f(x)（1）lnx1=x1（2）由lnx1x1-x1本题中两次对零点的使用都富有创新性.6．（2023·山东潍坊·校考模拟预测）已知fx(1)若存在实数a，使得不等式fx-gx≥fa(2)若1<x1<①存在x0∈x②k1【答案】(1)-1(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）构造函数hx=f（2）①记k1k2②先用分析法及1x1x结合式子结构，转化为证明fx构造函数，即证hx构造函数qx【详解】（1）构造hx=f令ux=xex-1，则又u12=e2且hx在0,a上单调递减，在所以hx≥ha对任意（2）①令k1k2=e令px=e因为vx=xex-A在0,+∞递增，x趋向于0时，vx趋向于-A，x于是px在0,x0递减，在x0,+∞②要证k1即证fx因为1x所以只要证fx即证fx即证fx令hx=f即证hx令x1=x构造qx则q'q″因为h'''所以q'x<所以*成立，原命题成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式fx>gx（或fx<g（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.7．（2023春·四川成都·高二树德中学校考阶段练习）已知函数fx(1)求fx(2)若fx存在两个不同的零点x1，x2且x【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用导数分类讨论当a≤0、a>0时函数（2）由（1），根据零点的存在性定理可得1<x1<e<1a<x2，由零点的定义得lnx【详解】（1）因为fx=lnx（ⅰ）当a≤0时，f'x>0恒成立，（ⅱ）当a>0时，令f'x故x∈0,1a时，f'x∈1a,+∞时，f'综上，当a≤0时，函数fx的单调递增区间为当a>0时，函数fx的单调递增区间为0,1

（2）因为fx存在两个不同的零点x1,由（1）知，a>0且f1a>0，即ln1又f1=ln1-a由0<a<1e，得所以1<x下面证明1x因为x1,x2是函数即lnx1x1=要证1x1+等式两边取对数，得-1即证-1即证-1即证t2设mt=tm't=2m″当t>1时，m't<0，则函数m(所以mt<m所以不等式得证.【点睛】破解含双参不等式证明题的3个关键点（1）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.（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.8．（2023·四川遂宁·统考二模）已知函数fx=aex-(1)求a的取值范围；(2)若x2≥3x1时，不等式【答案】(1)0,(2)ln3-【分析】（1）由f'x=0可得a=2xex，令ux（2）由已知可得出aex1=2x1>0，aex2=2x2>0，将这两个等式相除可得ex2-【详解】（1）解：因为fx=aex因为函数fx有两个极值点，所以，方程f则方程a=令ux=2xex，其中x∈Rx-∞,111,+∞u+0-u增极大值减所以，函数ux的极大值为u且当x<0时，ux=2x如下图所示：由图可知，当0<a<2e时，直线y=a与函数当x<x1或x>x2时，此时，函数fx因此，实数a的取值范围是0,2（2）证明：由（1）可知，函数fx的两个极值点x1、x2且0<a<2e，0<x等式aex1=2x1与等式由x1+λ即x2-x因为x2≥3x1，则x2x1令gt=2lntt令ht=3-4t+所以，函数ht在3,+∞上单调递减，则h即g't<0，所以，函数g所以，当t≥3时，gtmax因此，实数λ的最小值为ln3-1【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由fx=0分离变量得出a=gx9．（2023·全国·高三专题练习）已知函数fx=ln(1)讨论函数fx(2)若fx两个极值点x1，x2，且x【答案】(1)当a≤4时，fx在当a>4时，fx在在0,a-2-a(2)4+【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，先对函数fx求导得f'x=x2+2-ax+1xx（2）根据（1）和韦达定理得到a=x1+x2+2，x2=1x【详解】（1）函数fx的定义域为0,+∞又f'x=令f'x=0当a≤2时，x>0时，f'x>0当a>2时，方程x2+①当2<a≤4时，Δ≤0，则f'x>0②当a>4时，Δ>0，令x2+2-a当x∈0,x1∪x所以fx在a在0,a-2-a综上所述：当a≤4时，fx在当a>4时，fx在在0,a-2-a（2）由（1）得，若fx有两个极值点x1，则a>4，且x1+x2=a故f=ln=2lnx1+令gx则g'x=2x即ge2≤综上所述：fx1-【点睛】关键点睛：破解含双参不等式证明题的3个关键点（1）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；（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值或值域；（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.10．（2023·浙江温州·统考二模）已知函数fx(1)若a=2，求方程fx(2)若fx有两个零点且有两个极值点，记两个极值点为x1,x2【答案】(1)解为x(2)a∈【分析】（1）fx=a2x（2）由fx及f'x分别有两个零点，分离参数a，数形结合得到a的取值范围，由f'x1=f'x2消去a代入f【详解】（1）fx=a令a2x-1-故gx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，g故方程fx=0的解为（2）令fx=0，得a2故hx在0,1单调递增，在1,+∞单调递减，h当x∈0,1时hx∈(-∞,1)，当若fx有两个零点，则a2∈f'x=ax-2-设Hx=2+故Hx在0,1e单调递增，在1当x∈0,1e时Hx若fx有两个极值点，则a综上，a∈不妨令x1<x2，因为a∈0,2且H1由x1,x2为两式分别乘x1,x所以a2要证fx1+即证：-1由于x2>1，所以只需证-12x1ln令φx=x当0<x<1e时φ'所以xlnx>【点睛】关键点点睛：由x1,x2为ax①+②得a=①－②得a=由③④得4+lnx本题中以上方法均不适合，结合要证的结论要想消参需要在①②两式分别乘x1,x2构造出11．（2023春·河北·高三统考阶段练习）已知函数fx(1)讨论函数fx(2)若a>0,x1,x2【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）由题可得f'x=x-ax（2）f'x1+x22>0⇔f'x【详解】（1）f①若a=0，则f'x=x②若a>0，则x∈0,a时，故fx在0,a上单调递减，在③若a<0，则x∈0,-2a故fx在0,-2a上单调递减，在（2）由（1）知a>0fx在0,a单调递减，在a,+∞令f则g'x=1+2a则f'x1注意到当x>0时，x→0,f则fa得fx两个零点分别在0,令x1<x因fx在a,+∞单调递增，则令hx=f因0<x<a则0<x2a故hx在0,a上单调递减，则故fx1>【点睛】关键点睛：本题涉及用导数讨论函数单调性及用导数解决双变量问题，难度较大.解决双变量问题，常构造差函数，利用差函数单调性解决问题.12．（2023·江西抚州·高三校联考阶段练习）已知函数fx=ex+2ax，gx=ax2(1)已知函数x∈R，fx≥1(2)已知函数Fx=fx-gx①求实数a的取值范围；②证明：2a【答案】(1)-(2)①e2【分析】（1）令hx=fx-1=ex+2ax-1，对实数a的取值进行分类讨论，利用导数分析函数hx在R上的单调性，可得出hxmin≥0，利用导数求得hx（2）①分a≤0、a>0两种情况讨论，在a≤0直接验证即可，在a>0时，由F'x=0可得出12a=x②设x1<x2，由①则1<x1<2<x2即t2-lnt2=t1-lnt10<t1【详解】（1）解：由hx=fx-1=当a≥0时，因为h当a<0时，，当x∈-∞,ln-2a当x∈ln-2a,+∞所以hx要hx≥0，只需令sx=x-x当x∈0,1时，s'x当x∈1,+∞时，s'所以sx≤s1=0所以a=-故实数a取值的集合-1（2）解：①由已知Fx=e因为函数Fx有两个不同的极值点x1、x2若a≤0时，则F'x在R上单调递增，F当a>0时，由ex-2令φx=x当x∈-∞,2时，φ'当x∈2,+∞时，φ'所以φxmax=φ2=1e2如下图所示：由图可知，当0<12a<1e2不妨设这两个交点的横坐标分别为x1、x2，且且当x<x1或x>x当x1<x<x综上所述，当a>e2②设x1<x因为φx1=则ex2e令x1-1=t1，即t2令ut=t因为u't=1-1t=t当t>1时，u't令vt=ut-所以，vt在0,+∞又v1=0，所以当t∈0,1时，因为t2>1，2-t1>1因为ut2=所以x2-1<1x1所以x1x2【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式fx>gx（或fx<g（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.类型二：隐零点问题满分策略：满分策略：1.比值代换法，利用关系式将其中一个变量用另一个变量表示，代入要证明的不等式，花间后根据结构特点构造函数，再借助导数，从而求出其最值；2.构造关联函数求解。典型例题：（2022春·福建厦门·高二厦门外国语学校校考期中）已知函数f(x)=lnx-x,g(x)=x+ax，且函数（1）求实数a的值；（2）若对∀x1,x2（3）求证：fx【答案】（1）1；（2）(-∞,ln试题分析：（1）先求得f(x)的极大值点为x=1，由g'(1)=0可得a=1，经检验可确定（2）先求得f(x)在1e,3上的最大值和最小值，然后分k>-1和k<-1两种情况可得（3）所证不等式即为xlnx-ex<详细解答：（1）f(x)的定义域为(0,+∞)，f'(x)=1x-1易知函数f(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，故函数f(x)的极大值点为x=1，g'(x)=1-ax2，依题意有g（2）由（1）知，函数f(x)在1e,1单调递增，在又f1e=-1-∴当x∈1e,3时，f①当k+1>0，即k>-1时，对∀x1,x2则k+1⩾f(x)∴k⩾1-ln3，又∴此时k的取值范围为k⩾1-ln②当k+1<0，即k<-1时，对∀x1,x2则k+1⩽f(x)所以k⩽ln3-3，又∴此时k的取值范围为k⩽ln综上，实数k的取值范围为-∞,ln（3）证明：所证不等式即为xln下证：xlnx-e设hx=xln令rx=h易知函数r'(x)在(0,+∞)上单调递减，且故存在唯一的x0∈(12,1)，使得r且当x∈(0,x0)时，r'(x)>0当x∈x0,+∞时，r'(x)<0∴h'∴h(x)在(0,+∞)单调递减，又x→0时，h(x)→0，故h(x)<0，即xln再证：-x-1<cosx-1(x>0)，即证cosx+x>0设m(x)=cosx+x，∴m(x)在(0,+∞)单调递增，则m(x)>m(0)=1>0，即cosx+x>0故-x-1<cos综上，xln【点睛】关键点点睛：第（3）问的关键点是：将证明xlnx-ex<题型专练：13．（2023秋·安徽宣城·高三统考期末）已知f(x)=x(1)若在x=2π处的切线的斜率是2π-2，求当f(x)≥2x+m在0,+(2)当x∈0,π时，关于x的方程f(x)=x【答案】(1)m(2)-∞,0【分析】（1）求出导函数f'(x)，则f'2π（2）g(x)求导得g'x=1+t【详解】（1）由fx=x2解得t由fx≥2x+设φx=故，当x>π时，易得y=φ'由φ'0<0且φ有φ'x0=0，易知φ即m≤x02-2（2）根据题意设gx=①当t<0时，g'x在0,π上单调递增，∴存在x1∈0,当x∈0,x1时，当x∈x1,π时，又g0=0，gπ=π-lnπ+1满足题意；②当t≥0时，由x∈0,π可得gx≥x-lnx+1，令hx=则hx>h0=0，则gx>0综上所述，t的取值范围是-∞,0.【点睛】本题考查导数的综合应用，分类讨论思想，利用导数解决函数（含参数）的最值问题和不等式恒成立问题，属于较难题.14．（2023春·福建福州·高二福建省福州第一中学校考期中）已知函数f(x)=ln(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若xex+【答案】(1)当a≥-22时，fx当a<-22时，fx的增区间为0,减区间为-a(2)(-∞,1]【分析】（1）求出f'x=2x2+（2）将xex+x2【详解】（1）由f(x)=ln令g(x当a>22时，又x>0，所以g(x)>0，即当-22≤a≤22时，有Δ≤0所以f(x)当a<-22时，Δ>0，令g(又x>0，得0<x<令g(x)<0即f所以f(x)的增区间为0,减区间为-a综上：当a≥-22时，fx当a<-22时，fx的增区间为0,减区间为-a（2）由题意，xe即xex-lnx-1≥故a≤令h(则h'令k(x)=所以k(x)=x2所以存在x0∈(1故当0<x<x0时，k(当x>x0时，k(x所以h(设x0ex0=-设H(t)=x0-t又H(m)=0，故m=1，于是所以a≤1，即a的取值范围是(-∞,1]【点睛】关键点点睛：本题考查导函数中的最值问题，涉及利用导数研究函数的单调性，解题的关键是多次构造函数，进而可求得结果.15．（内蒙古赤峰市2023学年高三二模数学理科试题）已知函数fx(1)在当a=-1时，分别求fx和gx过点(2)若fx+gx【答案】(1)e(2){1}【分析】（1）利用导数几何意义即可求得fx和gx过点（2）构造函数hx=ex+【详解】（1）设过点0,0的切线与fx的切点为x由f'x0把0,0代入得，x0=1，故切线方程为当a=-1时，gx=-x2+x故k=g'（2）由fx+g则h'x则k'①当a>1时，k所以h'∵h'0∴∃x0∈当x∈-∞,x0时，当x∈0,x②当a=1时，hx=∵k'x=ex故，当x∈-∞,0时，h'当x∈0,+∞时，h'∴hminx=h0=0③当0<a<1时，k'x=且k'-1=1e又h'-1=则∃x1∈当x∈x1,0时，当x∈x1④当a≤0时，由h综上，a的取值范围{1}.16．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第一中学校校考期中）已知函数fx=ln(1)讨论函数fx(2)若∀x∈0，+∞，不等式【答案】(1)答案见解析(2)-∞，0【分析】（1）求导得f'x=ax+1x+1x，分两种情况：当（2）由fx≤xex+12ax2-1对【详解】（1）解：函数fx=lnx所以f当a≥0时，f'x>0，所以当a<0时，令f'x<0得x所以fx在-1a综上，当a≥0时，函数fx当a<0时，fx在-1（2）因为fx≤xex+1设gx=所以a≤g设hx=x2所以，函数hx在0，+∞因为h12所以，存在x0∈当0<x<x0时，当x>x0时，g所以g因为h则x设φx=xe所以函数φx=x因为x0∈12由x0ex0所以x0+所以g所以a所以实数a的取值范围为-∞，0．【点睛】本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，有一定难度.17．（2023·辽宁·校联考二模）已知函数fx(1)讨论函数fx(2)设函数fx有两个极值点x1，x2【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）运用导数分类讨论a≥4、0<a<4（2）根据已知条件将证明fx1+fx2<7+【详解】（1）由题意知，f(x)f'令y=x2①当a≥4时，Δ≤0，f'x≤0，②当0<a<4时，Δ>0，x2-4x此时x1>0，则f'(x所以fx在0,2-