专题07导数综合应用（解密讲义）

专题07导数综合应用（解密讲义）【知识梳理】【考点1】利用导数研究不等式恒成立问题1．分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．2．等价转化法求解不等式恒成立问题的思路遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．3．含参数的能成立(存在型)问题的解题方法a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min；a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max.4．含全称、存在量词不等式能成立问题(1)存在x1∈A，任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max；(2)任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min.方法技巧：求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”转化关通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对∀x∈D恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min)求最值关求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题【考点2】利用导数研究函数的零点和方程的根1.利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义域区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．2.根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．考点考题利用导数研究不等式恒成立问题2023全国甲卷（文）T20，2023全国甲卷（理）T212023天津卷T20，2023全国新课标I卷T192023全国新课标II卷T22，2022年新高考II卷T22利用导数研究函数的零点和方程的根2023全国乙卷（文）T8，2022全国乙卷（文）T202022全国甲卷（理）T21，2022全国乙卷（理）T212022新高考I卷T10考点一利用导数研究不等式恒成立问题典例01（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx(1)当a=1时，讨论fx(2)若fx+sin【答案】(1)fx在0,(2)a≤0【分析】（1）代入a=1后，再对fx求导，同时利用三角函数的平方关系化简f（2）法一：构造函数gx=fx+sinx，从而得到gx<0，注意到g0法二：先化简并判断得sinx-sinxcos2x<0恒成立，再分类讨论a=0，【详解】（1）因为a=1，所以fx则f=cos令t=cosx，由于x∈0,所以cos3x+cos因为t2+2t+2=t+12+1>0所以f'x=cos所以fx在0,π（2）法一：构建gx则g'若gx=fx则g'0=a-1+1=a≤0当a=0时，因为sinx-又x∈0,π2，所以0<sinx<1所以fx当a<0时，由于0<x<π2，显然所以fx综上所述：若fx+sin所以a的取值范围为-∞法二：因为sinx-因为x∈0,π2，所以0<故sinx-sinxcos所以当a=0时，fx当a<0时，由于0<x<π2，显然所以fx当a>0时，因为fx令gx=ax-sin注意到g'若∀0<x<π2，g'x>0注意到g0=0，所以gx若∃0<x0<π2所以在0,π2上最靠近x=0处必存在零点x1此时g'x在0,x1上有g'则在0,x1上有gx综上：a≤0.【点睛】关键点睛：本题方法二第2小问讨论a>0这种情况的关键是，注意到g'0>0，从而分类讨论g'x在0,π2上的正负情况，得到总存在靠近x=0典例02（2023·全国·统考高考真题）已知函数f(x)=ax-(1)当a=8时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)<sin2x恒成立，求【答案】(1)答案见解析.(2)(-【分析】（1）求导,然后令t=cos2x（2）构造g(x)=f(x)-sin2x,计算g'(x)的最大值,然后与0比较大小,得出a的分界点,【详解】（1）f=a-令cos2x=t,则f当a=8,当t∈0,12,当t∈12,1,所以f(x)在0,π4上单调递增,在（2）设g(x)=f(x)-g'(x)=φ所以φ(t)<φ(1)=a-3.1°若a∈(-∞即g(x)在0,π2上单调递减,所以所以当a∈(-∞,3],f(x)<sin2°若当t→0,2t-3φ(1)=a-3>0.所以∃t0∈(0,1),使得φt0=0,当t∈t0,1,φ(t)>0,所以当x∈0,x0综上,a的取值范围为(-∞【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性t=cosx在定义域内是减函数,若t0=cosx0典例03（2023·天津·统考高考真题）已知函数fx(1)求曲线y=fx在x=2(2)当x>0时，证明：fx(3)证明：56【答案】(1)1(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率；（2）问题化为x>0时lnx+1>2x（3）构造h(n)=lnn!-n+12lnn+n，n∈N*，作差法研究函数单调性可得h(n)≤h(1)=1，再构造【详解】（1）f(x)=ln(x+1)x所以f'(2)=13-（2）要证x>0时fx=1令g(x)=lnx+1-2xx+2所以g(x)在(0,+∞)上递增，则g(x)>g(0)=0，即所以x>0时fx（3）设h(n)=lnn!-则h(n+1)-h(n)=1+(n+由（2）知：x=1n∈(0,1]，则所以h(n+1)-h(n)<0，故h(n)在n∈N*下证ln(n!)-(n+令φ(x)=lnx-(x+5)(x-1)4x+2且当0<x<1时φ'(x)>0，φ(x)递增，当x>1时φ'所以φ(x)≤φ(1)=0，故在x∈0,+∞上ln则h(n)-h(n+1)=(n+1所以h(2)-h(3)<112(1-12累加得：h(2)-h(n)<112(1-因为79>3则-h(n)<1所以h(1)-h(n)<32综上，56<h(n)≤1，即【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究h(n)=lnn!-n+12lnn+n单调性证右侧不等关系，再构造φ(x)=典例04（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx(1)讨论fx(2)证明：当a>0时，fx【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）先求导，再分类讨论a≤0与a>0两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为a2-12-lna>0的方法二：构造函数hx=ex-x-1，证得ex≥x+1，从而得到【详解】（1）因为f(x)=aex+a-x，定义域为当a≤0时，由于ex>0，则aex所以fx在R当a>0时，令f'x=a当x<-lna时，f'x<0当x>-lna时，f'x>0综上：当a≤0时，fx在R当a>0时，fx在-∞,-lna上单调递减，（2）方法一：由（1）得，fx要证f(x)>2lna+32，即证1+令ga=a令g'a<0，则0<a<22所以ga在0,22所以gamin=g2所以当a>0时，f(x)>2lna+3方法二：令hx=e由于y=ex在R上单调递增，所以h'又h'所以当x<0时，h'x<0；当x>0所以hx在-∞,0故hx≥h0=0，则因为f(x)=ae当且仅当x+lna=0，即所以要证f(x)>2lna+32，即证令ga=a令g'a<0，则0<a<22所以ga在0,22所以gamin=g2所以当a>0时，f(x)>2lna+3典例05（2023·全国·统考高考真题）（1）证明：当0<x<1时，x-x（2）已知函数fx=cosax-ln1-x【答案】（1）证明见详解（2）-【分析】（1）分别构建Fx=x-sin（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究fx在0,1上的单调性，求导，分类讨论0<a2<2和a【详解】（1）构建Fx=x-sinx,x∈0,1，则则Fx在0,1上单调递增，可得F所以x>sin构建Gx则G'构建gx=G'x,x∈则gx在0,1上单调递增，可得g即G'x>0对则Gx在0,1上单调递增，可得G所以sinx>x-综上所述：x-x（2）令1-x2>0，解得-1<x<1，即函数f若a=0，则fx因为y=-lnu在定义域内单调递减，y=1-x2在则fx=1-ln1-x故x=0是fx的极小值点，不合题意，所以a≠0当a≠0时，令b=因为fx且f-x所以函数fx由题意可得：f'（i）当0<b2≤2时，取m=min1由（1）可得f'且b2所以f'即当x∈0,m⊆0,1时，f'x结合偶函数的对称性可知：fx在-m,0所以x=0是fx（ⅱ）当b2>2时，取x∈0,由（1）可得f'构建hx则h'且h'0=b3>0,可知hx在0,1b所以hx在0,1b当x∈0,n时，则hx<0则f'即当x∈0,n⊆0,1时，f'x结合偶函数的对称性可知：fx在-n,0所以x=0是fx综上所述：b2>2，即a2>2，解得故a的取值范围为-∞【点睛】关键点睛：1.当0<a2≤22.当a2≥2时，利用x-1．已知函数f(x)=12a2e2x+A．-∞,-2e B．2e,+【答案】C【分析】求出导函数，转化为f'(x)≥0在R上恒成立，对a【详解】由题意得f'因为函数f(x)在R上单调递增，所以f'(x)≥0在R当a=0时，f'(x)=-2x，易知f'(x)≥0在当a>0时，函数y=aex-1与函数g(x)=a因为f'(x)≥0在R上恒成立，所以此时两函数的零点相同，由ae所以gln1a当a<0时，易知函数y=aex-1<0在所以此时g(x)=aex+2x≤0在R上恒成立，即a≤-2x令h(x)=-2xex，则h'(x)=2x-2ex，当x<1时，h'所以h(x)min=h(综上，实数a的取值范围为-∞故选：C．【点睛】关键点睛：一是活用导数，对函数求导，利用函数的单调性判断导函数的符号；二是会分类，能根据导函数的特征找到分类的标准；三是会转化，会通过分离参数，把不等式恒成立问题转化为函数的最值问题．2．已知函数fx(1)当a=0时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)>0在(1,+∞)上恒成立，求【答案】(1)f(x)在ee-1,+(2)e【分析】（1）已知→a=0f(x)=xlnx-e(x-1)→f'(x)=ln（2）由题意可得如果f(x)>0在(1,+∞)上恒成立→a>e(x-1)lnx-x在(1,+∞)上恒成立→设g(x)=e(x-1)lnx-x(x>1)a>g(x)max【详解】（1）当a=0时，f(x)=xln则f'由f'(x)>0得由f'(x)<0得所以f(x)在ee-1,+（2）解法一：当x>1时，lnx>0，故由f(x)>0在1,+∞上恒成立，得a>e(x-1)令g(x)=e则a>g(x)max，设h(x)=-(lnx)设m(x)=-2lnx-e令m'(x)=0，得当x∈1,e2时，m'(x)>0所以m(x)在1,e2上单调递增，在又m(1)=0，me2>0所以存在x0∈e且当x∈1,x0时，m(x)>0，当x∈所以h(x)在1,x0上单调递增，在又h(1)=h(所以当x∈(1,e)时，h(x)>0，当x∈(e,+∞)时，所以g(x)所以a>e2-2e，即解法二：由f(x)>0在(1,+∞)上恒成立，得f(e下面证明当a>e2-2e时，f(x)>0f(x)=(x+a)ln令p(x)=x+要证f(x)>0在(1,+∞)上恒成立，只需证p(x)≥0在(1,+p'设m(x)=ln则m'令m'(x)=0，得当x∈1,e2-2e时，m所以m(x)在1,e2-2所以当x=e2-2所以p'又p'(1)=e故存在x1∈1,当x∈1,x1时，p当x∈x1,e时，当x∈(e,+∞)时，故当x∈(1,+∞)时，综上，a的取值范围为e2【点睛】判断函数的单调性是导数的重要作用之一，而导数值的符号与函数的单调性密切相关，因此判断导函数的符号至关重要，判断导函数的符号的关键在于寻找“零点”，求解本题的关键就是多次构造函数并求导，从而得到函数的单调性，其中，在判断mx的零点时，用到了“隐零点”的知识，需要考生选取合适的值，根据零点存在定理找到x3．已知函数f(x)=1(1)当a=1时，求f(x)的极值；(2)若不等式f(x)≥x恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)极小值为12(2)a≥2【分析】（1）对f(x)=12x（2）根据条件，分离常量得到12a≥x+lnxx2【详解】（1）当a=1时，f(x)=12x由f'(x)=0，得到x=1，又x>0，当x∈(0,1)时，f'(x)<0，x∈(1,+所以f(x)=12x2-ln（2）由f(x)≥x恒成立，得到12ax2-又x>0，所以12a≥令g(x)=1x+令h(x)=-2lnx-x+1(x>0)，则h即h(x)=-2lnx-x+1在区间又h(1)=-2ln1-1+1=0，所以当x∈(0,1)时，h(x)>0，x∈(1,+∞即x∈(0,1)时，g'(x)>0，x∈(1,+∞所以g(x)=1x+lnx故g(x)≤g(1)=1，所以12a≥1，即所以，实数a的取值范围为a≥2.【点睛】方法点晴，第（2）问中的恒成立问题，常用的方法，一是直接构造函数，求出函数的最值；二是通过参变分离，再构造函数，通过求函数最值来解决问题.考点二利用导数研究函数的零点和方程的根典例01（2023·全国·统考高考真题）函数fx=x3+ax+2存在3A．-∞,-2 B．-∞,-3 C．【答案】B【分析】写出f'(x)=3x2+a，并求出极值点，转化为极大值大于【详解】f(x)=x3+ax+2若fx要存在3个零点，则fx要存在极大值和极小值，则令f'(x)=3x2+a=0且当x∈-∞,-当x∈--a3故fx的极大值为f--a若fx要存在3个零点，则f--a3>0故选：B.典例02（2022·全国·统考高考真题）已知函数f(x)=ax-1(1)当a=0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1)-1(2)(0,+【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得f'x=ax-1x-1x2，按照【详解】（1）当a=0时，fx=-1当x∈0,1时，f'x当x∈1,+∞时，f'所以fx（2）fx=ax-1当a≤0时，ax-1<0，所以当x∈0,1时，f'x当x∈1,+∞时，f'所以fx当0<a<1时，1a>1，在0,1,1a在1,1a上，f'又f1由（1）得1x+lnx≥1，即当x>1时，f(x)=ax-1则存在m=3a+2所以fx仅在1当a=1时，f'x=x-12所以fx当a>1时，1a<1，在0,1a,在1a,1上，f'x<0由（1）得当0<x<1时，lnx>1-1x，ln此时f(x)=ax-存在n=14(a+1)所以fx在0,1a所以fx综上，a的取值范围为0,+∞【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.典例03（2022·全国·统考高考真题）已知函数fx(1)若fx≥0，求(2)证明：若fx有两个零点x1,【答案】(1)(-(2)证明见的解析【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为exx【详解】（1）[方法一]：常规求导f(x)的定义域为(0,+∞f'(x)=(令f'(x)=0,当x∈(0,1),f当x∈(1,+∞),f若f(x)≥0,则e+1-a≥0,即a≤所以a的取值范围为(-[方法二]：同构处理由f(x)≥0得：e令t=x-lnx,t≥1，则f(t)=令g(t)=et故g(t)=et+t故g(t)min所以a的取值范围为(-（2）[方法一]：构造函数由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设x要证x1x2因为x1,1又因为f(x1)=f(x即证e即证e下面证明x>1时，e设g(x)=e则g=(1-设φ(x)=所以φ(x)>φ(1)=e,而e所以exx-所以g(x)在(1,+∞即g(x)>g(1)=0,所以e令h(x)=h所以h(x)在(1,+∞即h(x)<h(1)=0,所以ln综上,exx-xe[方法二]：对数平均不等式由题意得：f(x)=令t=exx>1所以g(t)=t+lnt-a在(1,+∞)上单调递增，故又因为f(x)=exx+两边取对数得：x1-又因为x1x2<下证x因为x不妨设t=x1x构造h(t)=2lnt-t+故h(t)=2lnt-t+1故h(t)<h(1)=0，即2【点睛】关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式h(x)=ln典例04（2022·全国·统考高考真题）已知函数f(1)当a=1时，求曲线y=fx在点0,f(2)若fx在区间-1,0,0,+【答案】(1)y=2x(2)(-【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a分类讨论,对x分(-1,0),(0,+∞【详解】（1）f(x)的定义域为(-1,+当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xex,f(0)=0,所以切点为所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x（2）f(x)=f设g(x)=1°若a>0,当x∈(-1,0),g(x)=ex所以f(x)在(-1,0)上单调递增,f(x)<f(0)=0故f(x)在(-1,0)上没有零点,不合题意2°若-1≤a≤0,当x∈(0,+∞)所以g(x)在(0,+∞)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+a≥0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增故f(x)在(0,+∞)上没有零点3°若(1)当x∈(0,+∞),则g'(x)=exg(0)=1+a<0,g(1)=所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f当x∈(0,m),f当x∈(m,+∞所以当x∈(0,m),f(x)<f(0)=0,令h(x)=xe所以h(x)=xex在-1,1上单调递增，在1,+又e-ae所以f(x)在(m,+∞又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,+∞(2)当x∈(-1,0),g(x)=设h(x)=h所以g'(x)在g所以存在n∈(-1,0),使得g当x∈(-1,n),g当x∈(n,0),g'(x)>0,g(x)又g(-1)=所以存在t∈(-1,n),使得g(t)=0,即f当x∈(-1,t),f(x)单调递增,当x∈(t,0),f(x)单调递减，当x∈-1,0，h又-1<ea而f(0)=0,所以当x∈(t,0),f(x)>0所以f(x)在(-1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点即f(x)在(-1,0)上有唯一零点所以a<-1,符合题意所以若f(x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a【点睛】方法点睛：本题的关键是对a的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.典例05（2021·全国·统考高考真题）已知函数f(x)=(x-1)e（1）讨论f(x)的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：f(x)只有一个零点①12②0<a<1【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.【详解】(1)由函数的解析式可得：f'当a≤0时，若x∈-∞,0若x∈0,+∞，则当0<a<12时，若x∈-若x∈ln2a,0若x∈0,+∞，则当a=12时，f'当a>12时，若x∈-若x∈0,ln2a若x∈ln2a,+(2)若选择条件①：由于12<a≤e22而f-而函数在区间-∞,0上单调递增，故函数在区间-f>2a=2a=aln由于12<a≤e22结合函数的单调性可知函数在区间0,+∞上没有零点综上可得，题中的结论成立.若选择条件②：由于0<a<12，故2a<1，则当b≥0时，e2>4,4a<2，而函数在区间0,+∞上单调递增，故函数在区间0,+∞当b<0时，构造函数Hx=e当x∈-∞,0当x∈0,+∞时，注意到H0=0，故Hx≥0fx=x-1当x>1-b1-a时，取x0=1-b即：f0而函数在区间0,+∞上单调递增，故函数在区间0,+∞f≤2a=2a=aln由于0<a<12，0<2a<1，故结合函数的单调性可知函数在区间-∞,0综上可得，题中的结论成立.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．1．已知函数fx=aex-32A．8e4,16e4 B．0,【答案】B【分析】首先通过分离参数得方程a=32x2-4xex有3个不相等的实数根，设gx=3【详解】由题意函数fx=aex-32设gx=32x2-4xg'所以当x∈-∞,当x∈23,4当x∈4,+∞时，而当x→-∞时，gx→+∞，当x→+∞时，gx→0,g23数形结合可知0<a<8故选：B．【点睛】关键点睛：求解本题的关键有三点：（1）会分离参数，将原问题转化为函数图象的交点问题；（2）会判断导函数的符号，得到函数的单调性；（3）会结合极限思想，作出函数的大致图象．2．已知函数fx(1)若曲线y=fx在x=0处的切线方程为y=2x+b，求a，b(2)若函数hx=fx+lna-x【答案】(1)a=b=1(2)0,【分析】（1）利用函数的导数求解切线方程，比较系数，即可求解；（2）求出hx的导函数，根据hx恰有2个不同的零点，利用同构转化为方程x+lna=【详解】（1）由题知，f'(x)=ae∴f曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y-a=(a+1)x，即y=(a+1)x+a，∴a+1=2,解得a=b=1；（2）由题知h(x)=aex+h(x)恰有2个不同的零点，即ex+lna即ex+lna+x+设g(x)=e易知g(x)单调递增，∴x+lna=ln（解法一）设t(x)=lnx-x-lna，x∈0,+t'当0<x<1时，t'(x)>0，当x>1时，∴t(x)在区间0,1上单调递增，在区间1,+∞∴t(x)要使t(x)恰有2个不同的零点，则t(1)=-1-lna>0，即当0<a<1e时，t(a)=-a<0，设m(a)=-1a-2lna，则m∴m(a)在区间0,12上单调递增，∴m(a)在区间∴当0<a<1e时，∴t(x)在区间0,1和区间1,+∞上各有1∴实数a的取值范围为0,1（解法二）即lna=lnx-x设t(x)=lnx-x，则t'当0<x<1时，t'(x)>0，当x>1时，∴t(x)在区间0,1上单调递增，在区间1,+∞∴t(x)又当x→0时，t(x)→-∞，当x→+∞时，∴若lna=lnx-x恰有2个不同的解，则ln∴实数a的取值范围为0,13．已知函数gx=ln(1)若fx与gx在定义域上有相同的单调性，求(2)当a>1时，记fx，gx的零点分别为x0,x【答案】(1)0,+(2)x0【分析】（1）由fx=lnx+ax-1x得f'x=ax2+x+1x2≥0在0,+（2）当a>1时，f'x>0,所以fx在0,+∞上单调递增，gx在0,+∞上单调递增，由零点存在定理可知存在x0,x1∈1【详解】（1）fxfx与gx的定义域均是f'x=1x+a+故gx在0,+因为fx与gx在定义域上有相同的单调性，所以fx在0,+∞上单调递增，所以f即ax2+x+1x2≥0在0,+∞即a≥-1x+1又x>0时，-1x+122+（2）因为fx=ln当a>1时，则f'x>0，故f又f1=a-1>0，f1a=-因为gx在0,+∞上单调递增，又g1所以x1∈1a,1，且g所以fx又x1∈1又fx0=0，且fx在【点睛】关键点睛：关键是利用导数研究函数的单调性、函数的零点等，对考生思维的灵活性和综合能力要求较高．AA·新题速递1．（2023·广西·模拟预测）已知a∈R，设函数fx=x2-3x+2a,x≤1x-alnx,x>1，若关于x的不等式fA．0,1 B．1,2 C．1,e D．【答案】C【分析】由二次函数性质及不等式恒成立易得a>1，当x>1时对fx求导研究单调性求最小值，结合恒成立求参数范围即可【详解】当x≤1时，fx的开口向上且对称轴x=此时fxmin=f1=2a-1当x>1时f'x=x-ax，1,a上f'x<0，即所以fxmin=fa=a-alna，要使f综上，a的取值范围为1,e故选：C2．（2023·吉林长春·东北师大附中校考一模）不等式xex+alnxx【答案】-【分析】将不等式等价变形为xex≥-alnx⋅e-aln【详解】由xex+令f(x)=xex，则故f(x)在(0,+∞因为a<0，x∈(1,+∞)，则则f(x)≥f(-alnx)，可得即a≥-xlnx对令gx=x由g'(x)=0可得x=e，故当1<x<e时，g'所以g(x)在(1,e)上单调递减，在(e所以g(x)故答案为：-e【点睛】关键点睛：本题将不等式xex+a3．（2023·上海杨浦·统考一模）设函数fx=e(1)求方程fx(2)若不等式x+b≤fx对于一切x∈R都成立，求实数b的取值范围【答案】(1)ln(2)b≤1【分析】（1）转化为关于ex（2）分离参数后，构造函数，利用导数求函数的最小值即可得解.【详解】（1）由fx=ex知，方程即ex解得ex=2，即（2）不等式x+b≤fx即x+b≤原不等式可化为b≤ex-x令g(x)=ex-x当x>0时，g'(x)>0，当x<0时，所以函数g(x)在(-∞,0)上递减，在故当x=0时，(x)min所以b≤1.4．（2023·河北·校联考模拟预测）已知函数fx=-x(1)当0<a≤1时，求fx(2)若不等式fx+x2≤1对任意x∈【答案】(1)极大值为-a，无极小值(2)-1,+【分析】（1）由题意首先对fx求导，令gx=f'x继续对gx求导可发现（2）将原问题等价转换为a≥x-sinx-1cosx对任意x∈-π2,【详解】（1）f'令gx则g'x=所以gx在R上单调递减，且g所以当x∈-∞,0时，g当x∈0,+∞时，gx故当x=0时，fx取得极大值f0（2）由题得x-sinx-acosx≤1即a≥x-sinx-1cosx令hx所以h'令tx所以t'当x∈-π2,1时，t'所以tx又t0所以当x∈-tx当x∈0,π2所以h(x)max=h即a的取值范围是-1,+∞5．（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）设函数fx(1)若fx≤0在0,+∞上恒成立(2)设gx=fx+x2-1【答案】(1)2(2)证明见解析【分析】（1）由fx≤0恒成立，分离参数得a≥（2）由g'x=0，可知2x【详解】（1）fx的定义域为0,+由fx=2ln令ux=1+2当0<x<e时，u'x>0，函数当x>e时，u'x<0，函数所以u(x)所以a≥2ee，所以实数a（2）由题意知gx故g'令g'x=0当Δ=a2-16≤0，即此时gx在0,+∞当Δ=a2-16>0，即若a<-4，则g'x>0恒成立，gx若a>4，则方程2x2-ax+2=0则x∈0,a-a2-16此时fx在0,x∈a-a2此时gx在a-此时函数gx又x1<x2，故2g=2=2=-2x令φx则φ'==2则当x∈1,2时，φ'当x∈2,+∞时，φ则φ(x)故2gx6．（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）已知函数fx(1)当k=0时，求函数fx在-2,2(2)若函数fx在0,+∞上仅有两个零点，求实数k【答案】(1)-(2)e【分析】（1）利用导数求得fx的单调区间，进而求得函数fx在（2）由fx=xex-kx=0，构造函数g【详解】（1）当k=0时，fx=x⋅e令f'x=0x-2,-1-1-1,2f-0+f单调递减极小值单调递增所以f(x)min=f所以fx在-2,2上的值域为-（2）函数fx=xe令gx=ex-kx易求g'x=ex①当k∈-∞,1时，g'x>0在0,+所以gx>g0=1，所以②当k∈1,+∞时，令g'所以在0,lnk上g'x<0所以gx在0,lnk所以gx的最小值为g因为gx在0,+所以glnk=k-k⋅因为g0令hx所以在0,2上h'x<0，在2,+∞上，h'x>0所以hx≥2-2ln所以当k>e时，gx在0,lnk和lnk,+∞内各有一个零点，即当k>综上，实数k的取值范围是e,+【点睛】求解函数单调区间的步骤：（1）确定fx的定义域；（2）计算导数f'x；（3）求出f'x=0的根；（4）用f'x=0的根将fx的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内f'x的符号，进而确定f7．（2023·全国·模拟预测）已知函数f(x)=2x+a(1)当a=1时，求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程．(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．【答案】(1)3x-y=0(2)(-【分析】（1）利用导数的几何意义求得切点与切线的斜率，从而得解；（2）利用参变分离，构造函数g(x)=x2+lnxx【详解】（1）当a=1时，f(x)=2x+lnxxf'(x)=2+1-2故曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-3=3(x-1)，即3x-y=0．（2）由f(x)=2x+a得方程2x+ax2当a=0时，显然方程没有正实数解，所以a≠0．则方程-2a=令g(x)=x2+显然φ(x)=1-x2-3lnx所以当x∈(0,1)时，g'(x)>0；当x∈(1,+∞所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，且当x=1e时，g(x)=e31要使方程-2a=则g(x)与y=-2a的图象在结合图象可知0<-2a<1综上，实数a的取值范围为(-∞8．（2023·全国·模拟预测）已知函数f(x)=ln(1)曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x+2，求实数a的值．(2)在（1）的条件下，若g(x)=f(x)-11+x，试探究g(x)在【答案】(1)a=2(2)只有1个零点【分析】（1）求导f'(x)=（2）由（1）知g(x)=ln(1+x)+2【详解】（1）解：由f(x)=ln得f'(x)=所以切线方程为y=x+a．又因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x+2，所以a=2．（2）由（1）知g(x)=ln则g'令h(x)=g'(x)当x∈(-1,0]时，h'(x)<0，则所以g'所以g(x)在(-1,0]上单调递增．当x→-1时，g(x)→-∞；当x=0时，g(0)=1>0所以g(x)在(-1,0]上存在零点，且只有一个零点．当x∈0,π2时，h'(x)<0，则g所以存在g'x0=0，当x∈0,x0时，g'(x)>0而gπ2=ln1+综上，g(x)在-1,π2上只有9．（2023·山东德州·德州市第一中学校联考模拟预测）已知函数fx(1)求fx(2)若fx在区间1e2,e【答案】(1)当m>0时，fx在x=1(2)3【分析】（1）根据题意，求导得f'x，然后分m≤0与（2）根据题意，将问题转化为y=m与y=gx在区间1e2,e有【详解】（1）因为fx=lnx-mx+2，定义域为当m≤0时，由于1x>0，则f所以fx在0,+∞上单调递增，当m>0时，令f'x=0当0<x<1m时，f'x>0当x>1m时，f'x<0所以当m>0时，fx在x=1m（2）fx令lnx-mx+2=0，得lnx+2x=m，令gx=ln即y=m与y=gx在区间1e2gx=lnx+2x，当x∈0,1e，g'x当x∈1e,+∞，g'g1e2=0，y=gxy=m与y=gx在区间1e2,eBB·易错提升1．已知函数fx=ex+x.若fx-lna【答案】0,【分析】将不等式fx-lna>x+lnx转化为fx-lna>flnx，由fx【详解】因为fx=ex+x因为fx在R上单调递增，所以x-lna>lnx，即ln令gx=x-ln令g'x<0，得0<x<1，令g故gx在0,1上单调递减，在1,+所以gxmin=g1=1故答案为：0,【点睛】不等式恒成立求参数范围方法：方法一：分离参数法，若不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个变量的范围为所求，且容易通过恒等变形将两个变量分别置于不等号的两边，即分离参数法。基本步骤为：（1）首先对含参的不等式问题在能判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一端是参数，另一端是变量表达式的不等式；（2）先求出含变量一边的式子的最值；（3）由此推出参数的取值范围即可得出结论.方法二：直接最值法，就是对题中给定的函数，直接求导，通过对参数的分类讨论，确定函数的单调性，求出函数的最值，从而求出参数的取值范围.2．已知函数fx(1)讨论函数fx(2)当a>0时，若实数x1,x2满足【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）对函数求导，利用导数研究f'x的单调性，讨论a的范围，结合零点存在性定理判断的零点个数，即可得（2）利用（1）中结论将f'x1+x22<0转化【详解】（1）由题意得fx的定义域为-设hx=xex-a，则h所以hx在-∞,-1上单调递减，在-1,+当x→-∞时，hx→-a，当x→+若a>0，则f'0故存在唯一的x0∈0,a，使得当x<x0时，f'x<0,fx单调递减；当x>x同理可得，若a=0，则f'0=0,f若-1e<a<0，则f'0=-a>0，存在唯一的当x<x3时，f'x>0,fx单调递增；当x3<x<x4时，若a≤-1e，则综上，若a≥0，则fx存在唯一的极值点；若-1e<a<0，则fx（2）由（1）可知，当a>0时，要证f'x1+x不妨设x1<x0因为fx在-∞,x0设gx因为x0e=xex1-e所以gx在x又gx0=0，所以g【点睛】在解决类似得问题时，要熟练应用导数研究函数得单调性、极值与最值，掌握极值与极值点的定义，缕清极值点与方程的根之间关系，善于培养转化的数学思想，学会构造新函数，利用导数研究新函数的性质即可解决问题.3．已知函数fx(1)当a=1时，求fx的图象在点(1,f(1))处的切线方程(2)当a≥1时，证明：fx【答案】(1)y=((2)证明见解析【分析】（1）分别求出f1（2）利用作差法并构造函数gx=ex-1-【详解】（1）当a=1时，fx=所以f'1=故所求切线方程为y-e-1=（2）因为fx的定义域是0,+所以当a≥1时，f设gx=e设hx=g'x=所以hx在0,+∞上是增函数，则又因为hπ4=eπ又因为4π+sin所以hx在13,π4上存在唯一零点x所以hx0=当0<x<x0时，g'x<0当x>x0时，g'x>0所以g由于0<x0<π4，所以1所以gxmin=g所以当a≥1时，fx-sinx>0【点睛】方法点睛：（2）问中通过作差法后构造函数，利用构造函数的二次求导求出其最小值大于零，从而求证.4．已知函数fx(1)当a=2时，试判断函数fx(2)若x1,x2是函数【答案】(1)函数fx在-∞,0，0,1(2)证明见解析【分析】（1）直接利用导数讨论函数的单调性即可；（2）由已知条件可得x1=aex1，x2=aex2【详解】（1）当a=2时，fx=1-2则f'令f'x=0所以当x<1且x≠0时，f'x>0当x>1时，f'x<0综上，当a=2时，函数fx在-∞,0，0,1（2）因为x1,x2是函数所以关于x的方程x-aex=0有两个所以x1=ae所以x1-x解得a=x要证明x1+x即证明ex令t=x1-x2令ut=t-2et令vt=t-1et+1，则v所以vt在0,+∞上单调递增，所以vt>v所以ut在0,+∞上单调递增，所以ut>u所以t-2et+t+2>0【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；4．构造“形似”函数，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.5．已知函数f(x)=aex+e-x(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，若f(x)-1≥x2在R上恒成立，求实数【答案】(1)答案见解析(2)a≥1【分析】（1）对函数求导，讨论a<0、a>0研究函数的单调性；（2）问题化为a≥x2+2ex【详解】（1）由题设f'当a<0，若x∈(-∞,0)时f'(x)>0，即f(x)递增，若x∈(0,+∞当a>0，若x∈(-∞,0)时f'(x)<0，即f(x)递减，若x∈(0,+∞综上，a<0则f(x)在(-∞,0)上递增，在a>0则f(x)在(-∞,0)上递减，在（2）由题设a≥x2+2e令g(x)=x2+2令φ(x)=(x2+2x+2)所以φ(x)单调递减，且φ(0)=0，故(-∞,0)上φ(x)>0，(0,+∞所以(-∞,0)上g'(x)>0，即g(x)递增，(0,+∞所以g(x)≤g(0)=1，故a≥1.【点睛】关键点睛：第二问，将问题化为a≥x2+2ex6．已知函数fx=2x+lnx(1)求lx(2)若过点a,ba<4可作fx图象的三条