专题07 导数压轴题

第27页（共28页）专题07专题07导数压轴题热点研究热点研究专题热度★★★★☆命题热点(1)嵌套函数、函数零点、恒成立与存在问题、同构、极值点偏移、隐零点、整数解、凹凸函数、特殊距离、极值与最值的含参问题．(2)不等式的证明和参数范围问题．热门方法构造法、等价转化法、放缩法．热点题型解答题．热点突破热点突破热点1函数同构问题名师点拨1．在某些函数方程、不等式问题中，可以通过等价变形，将方程或不等式变成左右两端结构一致的情形，进而构造函数，运用函数的单调性来解决问题，这种处理问题的方法叫做同构．2．同构一般用在方程、不等式、函数零点、反函数等相关问题中，用好同构，需要较强的观察能力和一定的解题经验．3．常见同构体：；；；；；．【例1】（2023•渭南二模）已知lnx﹣ex≤λx﹣ln（1﹣λ），x∈（0，+∞）恒成立，则λ的取值范围是（）A．[1﹣e，+∞） B．[1﹣e，1） C．[e﹣2，1） D．[0，1）【答案】B【分析】把原不等式化为ln[（1﹣λ）x]+eln[（1﹣λ）x]≤ex+x，再构造函数g（x）＝ex+x，利用函数的单调性以及分离常数法，结合导数求得λ的取值范围．【解答】解：由lnx﹣ex≤λx﹣ln（1﹣λ），得lnx+ln（1﹣λ）≤ex+λx，所以lnx+ln（1﹣λ）≤ex+x+（λ﹣1）x，所以ln[（1﹣λ）x]+（1﹣λ）x≤ex+x，即ln[（1﹣λ）x]+eln[（1﹣λ）x]≤ex+x．构造函数g（x）＝ex+x，所以g{ln[（1﹣λ）x]}≤g（x）．因为g'（x）＝ex+1＞0，所以g（x）单调递增．所以ln[（1﹣λ）x]≤x．所以（1﹣λ）x≤ex，即1−λ≤e记ℎ(x)=exx(x＞0)，所以1﹣λ≤h（又因为ℎ'(x)=(x−1)exx2，所以h（x）在（0，1），h'（x在区间（1，+∞），h'（x）＞0，h（x）单调递增．所以h（x）min＝h（1）＝e．所以0＜1﹣λ≤e，解得1﹣e≤λ＜1，所以λ的取值范围是[1﹣e，1）．故选：B．【例2】（2023•四川模拟）已知函数f（x）=lnxx，g（x）=xex，若存在x1＞0，x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）＜0成立，则x1【答案】−1【分析】把f（x1）＝g（x2）＜0转化为f(x1)=g(x2)=f(ex2)，即可得到x1=ex2(x【解答】解：函数f（x）的定义域为(0，+∞)，f'(x)=1−lnx∴当x∈（0，e）时，f′（x）＞0，f（x）单增，当x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单减，又f（1）＝0，所以x∈（0，1）时，f（x）＜0；x∈（1，e）时，f（x）＞0；x∈（e，+∞）时，f（x）＞0，同时注意到g(x)=x所以若存在x1∈（0，+∞），x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）＜0成立，则0＜x1＜1且f(x1)=g(x2所以构造函数h（x）＝xex（x＜0），而h′（x）＝ex（1+x），当x∈（﹣1，0）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；当x∈（﹣∞，﹣1）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，所以ℎ(x)最小值=ℎ(−1)=−故答案为：−1【例3】（2023•辽宁一模）已知函数f(x)=xex+ax−alnx，若f（x）≤0恒成立，则【答案】(−∞，−【分析】f（x）≤0⇔e﹣x+lnx﹣a（﹣x+lnx）≤0，令t＝﹣x+lnx＝g（x），x∈（0，+∞），利用导数研究其单调性可得t的范围，f（x）≤0转化为et﹣at≤0，即a≤ett，令h（t）=et【解答】解：f（x）≤0⇔e﹣x+lnx﹣a（﹣x+lnx）≤0，令t＝﹣x+lnx＝g（x），x∈（0，+∞），则g′（x）＝﹣1+1当x∈（0，1）时，g′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0．∴x＝1时，函数g（x）取得极大值即最大值，g（1）＝﹣1．∴t≤﹣1．f（x）≤0转化为et﹣at≤0，即a≤e令h（t）=ett，t≤﹣1，则h′（t∴函数h（t）在（﹣∞，﹣1]上单调递减，∴h（t）≥h（﹣1）=−1故a的取值范围为(−∞，−故答案为：(−∞，−热点2极值点偏移问题名师点拨1．函数的极值点偏移问题，是导数应用问题，呈现的形式往往非常简洁，涉及函数的双零点，是一个多元数学问题．2．解题的策略都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．【例4】（2023•成都模拟）已知函数f（x）＝ax2﹣x+lnx有两个不同的极值点x1，x2，则a的取值范围是；若不等式f（x1）+f（x2）＞2（x1+x2）+t有解，则t的取值范围是．【答案】0＜a＜18，（﹣∞，﹣11+2【分析】求出函数的导数，得到方程2ax2﹣x+1＝0有两个不相等的正实数根，得到关于a的不等式组，求出a的范围，求出f（x1）+f（x2）﹣2（x1+x2）的解析式，求出函数的单调性，得到关于a的不等式，求出a的取值范围即可．【解答】解：根据条件f′（x）=2ax2因为函数f（x）＝ax2﹣x+lnx有两个不同的极值点x1，x2，所以方程2ax2﹣x+1＝0有两个不相等的正实数根，则12a＞01−8a＞0，解得0＜若不等式f（x1）+f（x2）＞2（x1+x2）+t有解，所以t＜[f（x1）+f（x2）﹣2（x1+x2）]max，因为f（x1）+f（x2）﹣2（x1+x2）＝ax12−x1+lnx1+ax22−x2+lnx2﹣2（＝a[（x1+x2）2﹣2x1x2]﹣3（x1+x2）+ln（x1x2）=−54a−1﹣ln设h（a）=−54a−1﹣ln（2a）（0＜a＜18），h故h（a）在（0，18）上单调递增，故h（a）＜h（18）＝﹣11+2所以t＜﹣11+2ln2，所以t的取值范围是（﹣∞，﹣11+2ln2）．故答案为：0＜a＜18，（﹣∞，﹣11+2【例5】（2023•赣州二模）已知函数f（x）＝x2﹣3x+lnx．（1）求函数f（x）的极值；（2）对于任意的x1，x2∈[1，2]，当x1＜x2时，不等式x1x2（f（x1）﹣f（x2））﹣m（x1﹣x2）＞0恒成立，求实数m的取值范围．【答案】（1）极小值为﹣2，极大值为−5（2）（﹣∞，﹣6]．【分析】（1）根据导数的性质，结合极小值的定义进行求解即可；（2）问题转化为f(x【解答】解：（1）由f（x）＝x2﹣3x+lnx得f'(x)=(2x−1)(x−1)令f′（x）＞0，则x＞1或0＜x＜12，令f′（x）＜0，则故当x∈(0，12)时，f′（x）＞0，f当x∈(12，1)时，f′（x）＜0，f当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，所以当x＝1时，函数f（x）有极小值点，极小值为f（1）＝12﹣3×1+ln1＝﹣2；当x=12时，函数f（x）有极大值点，极大值为（2）问题x1x2（f（x1）﹣f（x2））﹣m（x1﹣x2）＞0，∀x1，x2∈[1，2]时恒成立，等价于f(x构造函数g(x)=f(x)−mx=x2−3x+lnx−mx，即g（即证函数g（x）在x∈[1，2]上单调递减，即g'(x)=1x+2x−3+m由g'(x)=1设ℎ(x)=−2x因为x∈[1，2]，所以﹣13≤h′（x）≤﹣1，所以h（x）＝﹣2x3+3x2﹣x单调递减，故h（x）min＝h（2）＝﹣6，因此m≤﹣6，即实数m的取值范围是（﹣∞，﹣6]．【例6】（2023•深圳模拟）已知函数f（x）＝ax﹣alnx−e（1）若不等式f（x）＜0恒成立，求实数a的取值范围；（2）若函数y＝f（x）有三个不同的极值点x1，x2，x3，且f（x1）+f（x2）+f（x3）≤3e2﹣e，求实数a的取值范围．【答案】（1）（﹣∞，e）；（2）（e，e2]．【分析】（1）将不等式f（x）＜0恒成立转化为a＜exx2−xlnx（2）对f（x）求导，利用极值的性质可得0＜x1＜x2＝1＜x3，ax1=ex1，ax3=ex3，利用指数与对数的互化可得lna＝x1﹣lnx1，lna＝x3﹣lnx3，从而可得f（x1）+f（x2）+f（x3）＝2alna﹣a﹣e≤3e2﹣e，构造g（a）＝2alna﹣a﹣e（a＞e），利用导数求出g（x）的单调性，求出【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），不等式f（x）＜0恒成立，即a(x−lnx)＜exx在（0，+∞）上恒成立，记u（x）＝x﹣当x∈（0，1）时，u′（x）＜0，u（x）单减，当x∈（1，+∞）时，u′（x）＞0，u（x）单增所以u（x）≥u（1）＝1＞0，所以a＜e令g（x）=exx2−xlnx，则a＜gg'(x)=eg'(x)=e前面已证u（x）＝x﹣lnx＞1恒成立，得到g（x）在（0，1）上单减，在（1，+∞）上单增，所以g（x）min＝g（1）＝e，所以a＜e，即实数a的取值范围是（﹣∞，e）．（2）f'(x)=a−a因为直线y＝ex和曲线y＝ex相切，并且切点坐标为（1，e），所以当且仅当a＞e时，方程ax﹣ex＝0有两个不相等的实根x1，x3，并且0＜x1＜1＜x3，从而当a＞e时，f（x）有三个极值点x1，x2，x3，并且0＜x1＜x2＝1＜x3，ax1=取对数知：lna+lnx1＝x1，lna+lnx3＝x3，即lna＝x1﹣lnx1，lna＝x3﹣lnx3，则f(x1)+f(x2)+f(x3)=a(x1−lnx1)−ex1x1+a−e+a(x3构造g（a）＝2alna﹣a﹣e（a＞e），g'（a）＝2（lna+1）﹣1＝2lna+1＞0在a＞e时恒成立，则g（a）在区间a∈（e，+∞）上单调递增，且g（e2）＝2e2lne2﹣e2﹣e＝3e2﹣e，从而f(x1)+f(x2)+f(综上所述，e＜a≤e2，即实数a的取值范围是（e，e2]．热点3凹凸函数问题名师点拨1．凸凹反转首先是证明不等式的一种技巧，欲证明，若可将不等式左端拆成，且的话，就可证明原不等式成立．2．通常情况，我们一般选取为上凸型函数，为下凹型函数来完成证明．【例7】（2023•双塔区校级四模）设函数y＝f（x）在区间D上的导函数为f'（x），且f'（x）在D上存在导函数f″（x）（其中f″（x）＝[f'（x）]′）．定义：若区间D上f″（x）＜0恒成立，则称函数f（x）在区间D上为凸函数．已知函数f（x）＝axcosx+b的图像过点A（0，﹣1），且在点B(π2，f(（1）判断f（x）在区间(0，（2）求证：当x∈(0，π2)时，函数【答案】（1）f（x）在区间(0，（2）证明见解析．【分析】（1）求出b，a，可得函数解析式，根据凸函数的定义即可判断出结论；（2）判断函数f（x）的单调性，结合零点存在定理，即可证明结论．【解答】解：（1）由f（0）＝﹣1，得b＝﹣1，而f'（x）＝a（cosx﹣xsinx），依题意，f'(π2)=−∴f（x）＝2xcosx﹣1，f'（x）＝2（cosx﹣xsinx），∴f″（x）＝2（﹣2sinx﹣xcosx）＝﹣2（2sinx+xcosx），∵x∈(0，π2)，∴f∴f（x）在区间(0，π（2）证明：由（1）知f'（x）在区间(0，π又f'(0)=2＞0，f'(π2)=−π＜0，∴∃x0∈(0，当0＜x＜x0时，f'（x）＞0，当x0＜x＜π2时，∴f（x）在（0，x0）内单调递增，在(x因为f（0）＝﹣1＜0，f(π4)=∴f（x）在(0，π4)及(π4，π【例8】（2023•南通二模）设连续正值函数g（x）定义在区间I⊆（0，+∞）上，如果对于任意x1，x2∈I都有g(x1)⋅g(x2)≤g(x1⋅x2)，则称g（x（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）若a＝e，判断f（x）是否为x∈[e2，+∞）上的“几何上凸函数”，并说明理由．【答案】（Ⅰ）当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；当a＞0时，f（x）在(0，1a)上单调递减，在(1a，+∞)上单调递增；（Ⅱ）f（x【分析】（Ⅰ）对函数f（x）求导，分a≤0及a＞0讨论导函数与0的关系，进而得到单调性情况；（Ⅱ）将a＝e代入f（x）＝ax﹣lnx，根据新定义利用分析法证明即可．【解答】解：（Ⅰ）f（x）定义域为（0，+∞），f（x）的导函数f'(x)=a−当a≤0时，f'(x)=a−1x＜0，故f当a＞0时，f'(x)=a−1x＞0得：x＞1a于是f（x）在(0，1a综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）单调递减；当a＞0时，f（x）在(0，1a（Ⅱ）f（x）是x∈[e2，+∞）上的几何上凸函数，证明如下：由（Ⅰ）可知，当a＝e时，f（x）在(0，1e故f(x)≥f(1e)=e⋅1e由于f(x1x2)=ex1x2−lnx1x2，f（x1）•f（x要证f（x）是[e2，+∞）上的几何上凸函数．需证f(x1⋅x2)≥f(则ln需证14由14(lnx故只需证2ex下面证明：设ℎ(x)=lnxx,则ℎ'(x)=1−lnxx2，即在（e，+∞）上h'（x所以(x即2ex综上，14故f(x【例9】（2023•海淀区校级三模）已知函数f（x）＝（1+x）a，g（x）＝1+ax，（a∈R）；（1）当a＝3时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）若正数a使得f（x）≥g（x）对x∈[0，+∞）恒成立，求a的取值范围；（3）设函数G（x）＝g（x）﹣eg（x）+2，x∈[0，+∞），讨论其在定义域内的零点个数．【答案】见试题解答内容【分析】（1）代入a的值，求出函数的导数，计算f（0），f′（0），求出切线方程；（2）设F（x）＝f（x）﹣g（x），求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而确定a的范围即可；（3）求出G（x）的解析式，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，求出函数的极值，从而确定零点的个数即可．【解答】解：（1）a＝3时，f′（x）＝3（1+x），故f′（0）＝3，f（0）＝1，故函数在（0，f（0））处的切线方程是：y＝3x+1，即3x﹣y+1＝0；（2）设F（x）＝f（x）﹣g（x）＝（1+x）a﹣1﹣ax，F′（x）＝a[（1+x）a﹣1﹣1]，a＝1时，f（x）＝1+x，g（x）＝1+x，故f（x）≥g（x）对x∈[0，+∞）恒成立，当a＞1时，由x≥0得：F′（x）≥0，故F（x）在[0，+∞）递增，又F（0）＝f（0）﹣g（0）＝0，故f（x）≥g（x）对x∈[0，+∞）恒成立，当0＜a＜1时，由x≥0得：F′（x）≤0，F（x）在[0，+∞）递减，F（0）＝f（0）﹣g（0）＝0，故f（x）≥g（x）对x∈[0，+∞）恒成立，综上，a的范围是[1，+∞）；（3）G（x）＝3+ax﹣e1+ax，G′（x）＝a（1﹣e1+ax），当a＝0时，g（x）＝3﹣e，g（x）无零点，当a＞0则1+ax＞0，G′（x）＜0，故G（x）在[0，+∞）递减，由G（0）＝3﹣e＞0，G（1a）＝4﹣e2故函数有且只有1个零点，若a＜0，令G′（x）＝0，解得：x=−1故x∈（0，−1a），G′（x）＞0，G（x∈（−1a，+∞）时，G′（x）＜0，G（x）递减，故G（x）极大值＝G（又G（0）＞0，G（−3a）＜0，故函数在（−1综上，a＝0时，g（x）无零点，a≠0时，g（x）1个零点．热点4整数解问题名师点拨含参整数解个数问题，一般采用数形结合的方法来求解，主要的策略是通过参变分离，研究函数图象的位置关系，寻找临界状态，具体方法有两个(1)全分离：将含参不等式等价转化为或，进而研究水平直线和函数图象的位置关系，寻找临界状态，求解参数范围．(2)半分离：通过变形将原含参不等式转化成形如的不等式，进而研究两个函数图象的位置关系，寻找临界状态，求解参数范围．【例10】（2023•内江三模）若关于x的不等式lnx+a−3a−1x＜0A．(12，2ln2+1] C．[2ln2+1，3ln3+1） D．[【答案】A【分析】原不等式可化简为xlnx+1＜3a﹣ax，设f（x）＝xlnx+1，g（x）＝3a﹣ax，作出函数f（x）的图象，由图象可知函数g（x）的图象应介于直线AC与直线BC之间（可以为直线BC），进而求得答案．【解答】解：原不等式可化简为xlnx+1＜3a﹣ax，设f（x）＝xlnx+1，g（x）＝3a﹣ax，由f（x）＝xlnx+1得，f'（x）＝lnx+1，令f'（x）＝0，可得x=1∴x∈(0，1e)时，f'（x）＜0，x∈(1易知函数f（x）在(0，1e)单调递减，在作出f（x）的图象如下图所示，而g（x）＝3a﹣ax恒过点C（3，0），要使关于x的不等式lnx+a−3a−1x＜0有且只有一个整数解，则函数g（x）的图象应介于直线AC与直线BC又A（1，1），B（2，2ln2+1），∴kAC=0−1∴−2ln2−1≤−a＜−12，∴故选：A．【例11】（2023•定西模拟）已知函数f(x)=x+1ex，g(x)=kx+2k，若不等式f（x）＞g（x）的解集中恰有两个非负整数，则实数【答案】[34e2【分析】由不等式f（x）＞g（x），可得k（x+2）＜x+1ex，设φ（x）=x+1ex，h（x）＝k（x+2），不等式可化为h（【解答】解：f（x）＞g（x）等价于k（x+2）＜x+1设φ（x）=x+1ex，h（x）＝k（x+2），则上面不等式可化为h（x）＜φ直线h（x）＝k（x+2）恒过定点（﹣2，0），因为f（x）＞g（x）的解集中恰有两个整数，所以φ（x）的图像在h（x）的图像上方所对应的x的取值范围恰好有两个整数解，因为φ′（x）=e所以x∈（﹣∞，0）时，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增，x∈（0，+∞）时，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减，所以φ（x）max＝φ（0）＝1，且φ（﹣1）＝0，当x→﹣∞时，φ（x）→﹣∞；x→+∞时，φ（x）→0，根据上述结论作出函数φ（x）的图像如图所示：当k≤0时，作出φ（x），h（x）的图像如图所示：从图中可以看出，当x∈[﹣1，+∞）时，φ（x）的图像恒在h（x）的图像上方，所以h（x）＜φ（x）恒成立，所有的整数解有无穷多个，不合题意，当k＞0时，作出φ（x），h（x）的图像如图所示：从图像可知，要使得φ（x）的图像在h（x）的图像上方所对应的x的取值范围中恰有两个非负整数解，只需满足得φ(1)＞k(1)φ(2)≤k(2)，所以2e＞2k3e综上所述k的取值范围为[34e2故答案为：[34e2【例12】（2023•河南模拟）已知函数f(x)=a(x2−x)−lnxx，若不等式f（x【答案】[ln3【分析】在同一直角坐标系中，作出函数g(x)=lnxx2与直线y＝a（x﹣1）的图象，根据y＝a（x﹣1）恒过点（1，0）和有且仅有一个整数解得不等式a＜【解答】解：易知f（x）的定义域为（0，+∞），由f（x）＜0有且仅有1个整数解，所以不等式lnxx设g(x)=lnxx2当x∈(0，e)时，g'（x）＞0，g当x∈(e，+∞)时，g'（x）＜0，g（又g（1）＝0，则当0＜x＜1时，g（x）＜0；当x＞1时，g（x）＞0．设y＝a（x﹣1），则直线y＝a（x﹣1）恒过点（1，0），在同一直角坐标系中，作出函数g（x）与直线y＝a（x﹣1）的图象，如图所示，由图象可知，a＞0，要使不等式lnxx则a＜g(2)2−1a≥g(3)3−1，解得ln3故答案为：[ln3热点5零点隐零点问题名师点拨1．不含参函数的隐零点问题：已知不含参函数f(x)，导函数方程f'x=0的根存在，却无法求出，设方程f'x0=0的根为x0，则有：2．含参函数的隐零点问题：已知含参函数f(x,a)，其中a为参数，导函数方程f'x,a=0的根存在，却无法求出，设方程f'x=0的根为x0，则有①有关系式f'x0【例13】（多选）（2023•龙岩模拟）已知函数f（x）＝ln（x+1）﹣asinx，f'（x）为f（x）的导数，则下列说法正确的是（）A．当a＜0时，f'（x）在区间（0，π）单调递减 B．当a＝0时，f（x）≤2x恒成立 C．当a＝1时，f'（x）在区间(−1，πD．当a＝1时，f（x）有且仅有2个零点【答案】ACD【分析】对于A：求导得f′（x）=1x+1−acosx，f″（x）=−1(x+1)2+asinx，分析f″（对于B：当a＝0时，f（x）＝ln（x+1），x＞﹣1，令g（x）＝ln（x+1）﹣2x，x＞﹣1，求导分析单调性，最值，即可判断B是否正确；对于C：当a＝1时，f（x）＝ln（x+1）﹣sinx，求导分析单调性，极值，即可判断C是否正确；对于D：由上可知f′（x）在（0，x0）上单调性，进而可得存在x1∈（x0，π2），使得f′（x1）＝0，分析f（x）的单调性，零点，即可判断D【解答】解：对于A：f（x）＝ln（x+1）﹣asinx，f′（x）=1x+1−acosx，f″（x）=−1(x+1)2+asinx，x∈（0，π）时，sinx＞0，当a＜0时，asinx＜0，−1(x+1)2＜对于B：当a＝0时，f（x）＝ln（x+1），x＞﹣1，令g（x）＝ln（x+1）﹣2x，x＞﹣1，g′（x）=1x+1−2=1−2x−2x+1=−2x−1x+1=−2•x+12x+1，所以在（﹣1，−12）上g′（x）＞0，g（x）单调递增，在（−12，+∞）上g′（x）＜0，g（x）单调递减，所以当x对于C：当a＝1时，f（x）＝ln（x+1）﹣sinx，f′（x）=1x+1−cosx，f″（x）=−1(x+1)2+sinx，y=−1(x+1)2在（﹣1，π2）上单调递增，y＝sinx在（﹣1，π2）上单调递增，所以f″（x）在（﹣1，π2）上单调递增，又f″（0）＝﹣1+0＝﹣1＜0，f″（π2）=−1(1+π2)2+1＞0，所以存在x0∈（0，π2），使得f″（x0）＝0，所以在（﹣1，x0）上f″（x）＜0，f对于D：由上可知f′（x）在（0，x0）上单调递减，f′（x）＜f′（0）＝0，f′（x）在（x0，π2）上单调递增，f′（π2）＞0，所以存在x1∈（x0，π2），使得f′（x1）＝0，所以在（0，x1）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，在（x1，π）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，又f（0）＝0，f（π）＞0，所以f（x）在（0，π）上有一个零点，当x∈（﹣1，0）时，f′（x）＞f′（0）＝0，f（x）递增，又f（0）＝0，0为一个零点，当x＞π时，f（x）＞ln（π+1）﹣1＞0，所以f（x）在（π故选：ACD．【例14】（2023•宜宾模拟）已知a＞0，函数f（x）＝ex﹣ax2，g（x）＝lnx．（1）若0＜a≤e2，求证：f（x）在（2）若存在a，使得f（x）＞g（x）+b对于任意的x＞0成立，求最大的整数b的值．【答案】（1）证明过程见解析；（2）2．【分析】（1）对函数f（x）求导，讨论单调性，证明最小值大于0即可；（2）将不等式转化为两个函数的图象交点问题，分别讨论两个函数的单调性，利用存在性定理判断根的范围即可求解．【解答】证明：（1）f'（x）＝ex﹣2ax，令t（x）＝ex﹣2a，∵0＜2a≤e，∴令t（x）＝ex﹣2a＝0，解得x＝ln2a，∴f'（x）＝ex﹣2ax在（﹣∞，ln2a）上单调递减，（ln2a，+∞）单调递增，又∵f'（ln2a）＝2a﹣2aln2a＝2a（1﹣ln2a），2a＞0，ln2a≤1，∴f'（x）≥f'（ln2a）＝2a（1﹣ln2a）≥0，即f（x）在R上是增函数，命题得证；解：（2）存在a，使得ex﹣ax2≥lnx+b对于∀x∈R成立，等价于存在a，使得ex﹣lnx﹣b≥ax2对于∀x∈R成立，由于ax2＞0，原题意的必要条件是ex﹣lnx＞b，对∀x∈R都成立，设ℎ(x)=ex−lnx，ℎ'(x)=ex−1x，∃∴h（x）在（0，x0）是减函数,在（x0，+∞）是增函数，其中ex0=1x0，即﹣∴ℎ(x)min由上图知，ℎ(x∴对∀x∈R，ex﹣lnx＞b都成立的最大整数b是2，以下证明充分性，当b＝2时，存在a，使得ex﹣ax2≥lnx+2恒成立，ex−ax故存在大于0的a，使得ex当b＝3时，设φ(x)=e∵φ（1）＝e﹣3＜0，故对∀a＞0，ex﹣ax2≥lnx+3不恒成立，∴存在a，使得f（x）≥g（x）+b对于任意的x∈R成立，综上所述，最大的整数b的值是2．【例15】（2023•万州区校级模拟）已知函数f（x）＝eax﹣x（a∈R，e为自然对数的底数），g（x）＝lnx+bx+1．（1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）若f（x）有两个零点，求实数a的取值范围；（3）若不等式x[f（x）+x]≥g（x）对∀x∈（0，+∞），∀a∈[1，+∞）恒成立，求实数b的取值范围．【答案】（1）y＝1；（2）(0，（3）（﹣∞，1]．【分析】（1）由导数的几何意义求出直线的斜率，再用点斜式即可求出切线方程；（2）分离常量，求f（x）零点，转化成两函数y=a，G(x)=lnx（3）通过放缩xeax≥xex，将原命题等价于xex≥lnx+bx+1对一切x∈（0，+∞）恒成立，再通过分离常量，构造函数F(x)=ex−lnxx【解答】解：（1）a＝1，f（x）＝ex﹣x，f'（x）＝ex﹣1，∴f'（0）＝0又∵f（0）＝1，∴在（0，f（0））处的切线方程为y＝1．（2）∵f（x）有两个零点，∴关于x的方程eax＝x有两个相异实根，∵eax＞0，∴x＞0，f（x）有两个零点即a=lnx令G（x）=lnxx，则G′（x）∵G′（x）＞0得0＜x＜e，G′（x）＜0得x＞e，∴G（x）在区间（0，e）上单调递增，在区间（e，+∞）上单调递减，∴G(x又∵G（1）＝0，∴当0＜x＜1时，G（x）＜0，当x＞1时，G（x）＞0，当x→+∞时，G（x）→0，f（x）有两个零点时，实数a的取值范围为(0，（3）∵a≥1，x＞0，所以xeax≥xex∴原命题等价于xex≥lnx+bx+1对一切x∈（0，+∞）恒成立，∴b≤ex−lnx令F（x）=ex−lnxx−1x，x＞0，∴b令h（x）＝x2ex+lnx，x∈（0，+∞），则ℎ'(x)=2xe∴h（x）在区间（0，+∞）上单调递增，又h（1）＝e＞0，ℎ(1∴∃x0∈(1e，1)使h（当x∈（0，x0）时，h（x）＜0，即F（x）在区间（0，x0）上单调递减，当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，即F（x）在区间（x0，+∞）上单调递增，∴F(x由①知x02e令φ（x）＝xex，φ'（x）＝（x+1）ex＞0在x∈（0，+∞）恒成立，所以函数φ（x）＝xex在区间（0，+∞）上单增，∴x0=ln1x0即x∴F(x)min∴实数b的取值范围为（﹣∞，1]．热点6极值最值含参问题名师点拨由f'x0【例16】（2022•丰城市校级模拟）已知函数f（x）＝ex+ax2+2ax在x∈（0，+∞）上有最小值，则实数a的取值范围为（）A．（12，+∞） B．（−e2，−12【答案】D【分析】求出函数的导数，令f′（x）＜0，得：ex＜﹣2a（x+1），令g（x）＝ex，h（x）＝﹣2a（x+1），问题h（x）的斜率﹣2a大于过（﹣1，0）的g（x）的切线的斜率即可，求出切线的斜率，解关于a的不等式即可．【解答】解：∵f（x）＝ex+ax2+2ax，∴f′（x）＝ex+2ax+2a，若函数f（x）在x∈（0，+∞）上有最小值，即f（x）在（0，+∞）先递减再递增，即f′（x）在（0，+∞）先小于0，再大于0，令f′（x）＜0，得：ex＜﹣2a（x+1），令g（x）＝ex，h（x）＝﹣2a（x+1），只需h（x）的斜率﹣2a大于过（﹣1，0）的g（x）的切线的斜率即可，设切点是（x0，ex0），则切线方程是：y−ex0将（﹣1，0）代入切线方程得：x0＝0，故切点是（0，1），切线的斜率是1，只需﹣2a＞1即可，解得：a＜−1故选：D．【例17】（2023•河北区二模）已知a＞0，函数f（x）＝xlna﹣alnx+（x﹣e）2，其中e是自然对数的底数．（Ⅰ）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）当a＝e时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）求证：函数f（x）存在极值点，并求极值点x0的最小值．【答案】（Ⅰ）（2e﹣1）x+y﹣e2＝0．（Ⅱ）函数f（x）单调递减区间为（0，e）；函数f（x）单调递增区间为（e，+∞）．（Ⅲ）见证明过程，x0的最小值为e．【分析】（Ⅰ）当a＝1时，f（x）＝﹣lnx+（x﹣e）2，f（1）＝（1﹣e）2，利用导数运算法则可得f′（x），可得切线斜率f′（1），利用点斜式即可得出曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程．（Ⅱ）当a＝e时，f（x）＝x﹣elnx+（x﹣e）2，x∈（0，+∞）．利用导数运算法则可得f′（x），进而得出函数f（x）单调区间．（Ⅲ）a＞0，函数f（x）＝xlna﹣alnx+（x﹣e）2，x∈（0，+∞）．可得f′（x）=2x2−(2e−lna)x−ax，令g（x）＝2x2﹣（2e﹣lna）x﹣a，a＞0，可得f′（x）＝0⇔g（x）＝0，根据Δ＞0，∃x1，x2，使得g（x1）＝g（x2）＝0，结合根与系数的关系可得f（【解答】解：（Ⅰ）当a＝1时，f（x）＝﹣lnx+（x﹣e）2，f（1）＝（1﹣e）2，f′（x）=−1x+2（x﹣e），∴f∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣（1﹣e）2＝（1﹣2e）（x﹣1），化为（2e﹣1）x+y﹣e2＝0．（Ⅱ）当a＝e时，f（x）＝x﹣elnx+（x﹣e）2，x∈（0，+∞）．f′（x）＝1−ex+2（x﹣e）=(2x+1)(x−e)x∴x∈（0，e）时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；x∈（e，+∞）时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增．∴函数f（x）单调递减区间为（0，e）；函数f（x）单调递增区间为（e，+∞）．（Ⅲ）证明：a＞0，函数f（x）＝xlna﹣alnx+（x﹣e）2，x∈（0，+∞）．f′（x）＝lna−ax+2（x﹣e令g（x）＝2x2﹣（2e﹣lna）x﹣a，a＞0，∵x＞0，∴f′（x）＝0⇔g（x）＝0，∵Δ＝（2e﹣lna）2+8a＞0，由a＞0，则∃x1，x2，使得g（x1）＝g（x2）＝0，且x1x2=−a不妨设x1＜0＜x2，∴f′（x）＜0⇔0＜x＜x2，f′（x）＞0⇔x＞x2，∴∃x0＝x2为f（x）的极小值点．∵g（e）＝elna﹣a≤0，∴x0≥e，等号成立．∴x0的最小值为e．【例18】（2023•河北模拟）已知函数f（x）＝ex﹣（x﹣a）2（x＞0），e为自然对数的底数．（1）讨论函数f（x）的极值点个数；（2）当函数f（x）存在唯一极值点x0时，求证：a+esinx02＜【答案】（1）a≤−12时，f（x）有一个极值点；−12＜a＜ln2e时，f（x）有两个极值点；【分析】（1）令g（x）＝f′（x）＝ex﹣2x+2a，则g′（x）＝ex﹣2，可得出g（x）在（0，ln2）上递减，在（ln2，+∞）上递增，f′（x）≥2（1﹣ln2+a），a≥ln2e时，f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，此时f（x）无极值点；−12＜a＜ln2e时，f′（0）＞0，f′（ln2）＜0，f′（2）＞0，从而得出f（x）有两个极值点；a≤−12时，f′（0）≤0，f′（ln2）＜0，并且f（2）f（x）存在唯一极值点时，a≤−12，得出a=x0−ex02，根据分析法，要证a+esinx02＜x0，即证sinx0−ex0−12＜0，分别设y＝x﹣sinx和y＝x﹣ex﹣1，然后根据导数符号，判断这两个函数的单调性，根据单调性及最值可得出x＞sinx和x＜ex﹣1在x∈【解答】解：（1）令g（x）＝f′（x）＝ex﹣2x+2a，则g′（x）＝ex﹣2，当0＜x＜ln2时，g′（x）＜0，f′（x）递减；当x＞ln2时，g′（x）＞0，f′（x）递增，∴f′（x）≥f′（ln2）＝2（1﹣ln2+a），当a≥ln2−1=ln2e，即f′（当a＜ln2−1=ln2e＜0时，f′（ln2）＜0，f若−12＜a＜ln2e＜0时，f′（0）＞0，f∴f′（x）在（0，ln2），（ln2，2）上各有一个零点，即f（x）有两个极值点；若a≤−12，f′（0）≤0，x趋向正无穷时f′（∴f′（x）在（0，+∞）上有一个零点，即f（x）有一个极值点；综上，a≤−12时，f（x）有一个极值点；−12＜a＜ln2e时，f（x）有两个极值点；（2）由（1）知：f（x）存在唯一极值点x0时，a≤−12，此时∴a=x要证a+esinx02＜对于y＝x﹣sinx且x∈（0，+∞），则y′＝1﹣cosx≥0，即y在x∈（0，+∞）上递增，∴y＞0，即x＞sinx在x∈（0，+∞）上恒成立；对于y＝x﹣ex﹣1且x∈（0，+∞），则y′＝1﹣ex﹣1，在（0，1）上y′＞0，（1，+∞）上y′＜0，∴y在（0，1）上递增，（1，+∞）上递减，故y＜0，即x＜ex﹣1在x∈（0，+∞）上恒成立；综上ex﹣1＞x＞sinx在x∈（0，+∞）上恒成立，故sinx要证x0＜﹣4a，即证2e令h（x）＝2ex﹣5x且x∈（0，+∞），则h′（x）＝2ex﹣5，当0＜x＜ln52时，h′（x）＜0，即h（当x＞ln52时，h′（x）＞0，即h（∴ℎ(x)≥ℎ(ln52)=5(1−ln52)=5ln2e5＞0综上a+esin热点7放缩问题名师点拨当要证明的不等式含参，且规定了参数的范围时，可以考虑先使用满参放缩，将含参的不等式转化为不含参的不等式来证明.这一技巧诸多问题中会反复用到，是一个必备的基本技能．【例19】（2023•菏泽二模）已知函数f（x）＝（ex﹣1﹣1）lnx．（1）求y＝f（x）在x＝1处的切线方程；（2）求y＝f（x）的单调区间；（3）当x∈（1，+∞）时，f（x）＞k（x﹣1）2恒成立，求k的取值范围．【答案】（1）y＝0；（2）单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）；（3）（﹣∞，1]．【分析】（1）导数几何意义可求得切线斜率f'（1），结合f（1）＝0可得切线方程；（2）分别在x∈（0，1）和x∈（1，+∞）的情况下，根据f'（x）正负可得单调区间；（3）令g(x)=ex−1−1x−1(x＞1)，将恒成立的不等式转化为g（x）＞k•g（lnx+1）恒成立；利用导数可求得g【解答】解：（1）∵f'(x)=ex−1⋅lnx+又f（1）＝0，∴y＝f（x）在x＝1处的切线方程为y＝0；（2）由题意知：f（x）定义域为（0，+∞），由（1）知：f'(x)=e当x∈（0，1）时，ex﹣1•lnx＜0，ex−1−1x＜0，∴当x∈（1，+∞）时，ex﹣1•lnx＞0，ex−1−1x＞0，∴∴f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）；（3）当x∈（1，+∞）时，由f（x）＞k（x﹣1）2，可得（ex﹣1﹣1）lnx＞k（x﹣1）2，即ex−1设g(x)=ex−1−1x−1(x＞1)，则g（x）＞k•g设h（x）＝ex﹣1（x﹣2）+1（x＞1），则h'（x）＝ex﹣1（x﹣1）＞0在（1，+∞）上恒成立，∴h（x）在（1，+∞）上单调递增，∴h（x）＞h（1）＝0，则g'（x）＞0，∴g（x）在（1，+∞）上单调递增；设m（x