高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题19同构、二次求导、虚设零点在导数中的应用(原卷版+解析)

2023高考一轮复习讲与练专题19同构、二次求导、虚设零点在导数中的应用同构、二次求导、虚设零点在导数中的应用同构、二次求导、虚设零点在导数中的应用同构二次求导虚设零点练高考明方向1.(2023·新高考Ⅰ卷T22）已知函数和有相同最小值．（1）求a；（2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．2.(2023·全国乙（理）T21）已知函数（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．3.(2023·新高考Ⅱ卷T22）已知函数．（1）当时，讨论的单调性；（2）当时，，求a的取值范围；（3）设，证明：．4、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】若2x−2y<3−x−3−y，则A．ln(y−x+1)>0 B．ln(y−x+1)<0 C．ln|x−y|>0 D．ln|x−y|<05．(2023年高考数学课标Ⅰ卷理科)已知函数．(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥x3+1，求a的取值范围．6．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．(1)求b．(2)若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．7．(2023年高考数学课标Ⅲ卷（理）)已知函数．(1)若，证明：当时，，当时，；(2)若是的极大值点，求．8．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知函数且．(1)求；(2)证明：存在唯一的极大值点，且．(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)(I)讨论函数的单调性，并证明当时，；(II)证明：当时，函数有最小值．设的最小值为，求函数的值域．10．(2023高考数学新课标2理科)已知函数．(1)设是的极值点，求，并讨论的单调性；(2)当时，证明．讲典例备高考类型一、虚设零点基础知识：在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫做隐零点；若x0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行．实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法．基本题型：1．（虚设零点研究函数最值）已知函数QUOTE𝑓(𝑥)=ln𝑥−𝑥e𝑥+𝑎𝑥(𝑎∈𝐑（1）若函数QUOTE𝑓(𝑥)f(x)在QUOTE[1,+∞)[1,+∞)上单调递减，求实数QUOTE𝑎a的取值范围；（2）若QUOTE𝑎=1a=1，求QUOTE𝑓(𝑥)f(x)的最大值.2.（虚设零点研究双变量问题）设函数，.（1）设函数，判断的零点的个数；（2）设是的极值点，是的一个零点，且，求证：.3.（虚设零点研究不等式恒成立）已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若对任意都有，求实数的取值范围.类型二、二次构造二次求导基础题型：1、（二次构造二次求导研究函数单调性）讨论函数f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1的单调性．2.（二次构造二次求导研究不等式恒成立）设函数,实数,若有最大值为（1）求的值；（2）若,求实数的最小整数值.3．（二次构造二次求导求最值）已知函数.（1）当时，讨论函数的单调性：（2）若函数恰有两个极值点，且，求的最大值.4.（二次构造二次求导证明不等式）若关于x的方程xlnx＝m有两个不相等的实数解x1，x2，求证：x1·x2<eq\f(1,e2)(e是自然对数的底数)．5.（二次构造二次求导解决不等式恒成立）已知函数，且.（1）若，证明：单调递增；（2）若，求的取值范围.类型三、同构基础知识：1、同构式指除了变量不同，其余地方均相同的表达式．2、同构式的应用 (1)在方程中的应用：如果方程f(a)＝0和f(b)＝0呈现同构特征，则a，b可视为方程f(x)＝0的两个根．(2)在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系．可比较大小或解不等式3、常见的同构变形有：(1)axeax≥xlnx⇒axeax≥lnx·elnx，可构造函数f(x)＝xex来进行研究．(2)x2lnx＝alna－alnx⇒x2lnx＝alneq\f(a,x)⇒xlnx＝eq\f(a,x)lneq\f(a,x)，可构造函数f(x)＝xlnx来进行研究．(3)eq\f(ex,a)＋1>ln(ax－a)(a>0)⇒eq\f(ex,a)＋1>lna＋ln(x－1)⇒eq\f(ex,a)－lna＋x>ln(x－1)＋x－1⇒eq\f(ex,a)＋lneq\f(ex,a)>ln(x－1)＋(x－1)，可构造函数f(x)＝x＋lnx来进行研究．(4)x＋eq\f(1,ex)≥xα－lnxα(x>0)⇒eq\f(1,ex)－lneq\f(1,ex)≥xα－lnxα(x>0)，可构造函数f(x)＝x－lnx来进行研究．(5)xα＋1ex≥－αlnx⇒xex≥eq\f(－αlnx,xα)⇒xex≥－αlnx·e－αlnx，可构造函数f(x)＝xex来进行研究．基本题型：1．已知函数，在其图象上任取两个不同的点、，总能使得，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．2．（多选）若，则下列不等式成立的是（）A． B．C． D．3、已知函数，其中为非零实数.（1）求的极值；（2）当时，在函数的图象上任取两个不同的点、.若当时，总有不等式成立，求正实数的取值范围：4．已知函数f(x)＝(a－1)lnx＋ax2＋1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)如果对任意的x1>x2>0，总有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)≥2，求a的取值范围．基本方法：1、同构法构造函数的策略 (1)指对各一边，参数是关键；(2)常用“母函数”：f(x)＝xex，f(x)＝ex±x；寻找“亲戚函数”是关键；(3)信手拈来凑同构，凑常数、x、参数；(4)复合函数(亲戚函数)比大小，利用单调性求参数范围2、（1）函数在区间上单调递增在区间上恒成立；（2）函数在区间上单调递减在区间上恒成立；（3）函数在区间上不单调在区间上存在极值点；（4）函数在区间上存在单调递增区间，使得成立；（5）函数在区间上存在单调递减区间，使得成立.新预测破高考1．（多选题）已知函数，若，则下列选项中正确的是（）A． B．C． D．2．若对任意a，b满足0<a<b<t，都有blna<alnb，则t的最大值为________．3．已知曲线f(x)＝bex＋x在x＝0处的切线方程为ax－y＋1＝0.(1)求a，b的值；(2)当x2>x1>0时，f(x1)－f(x2)<(x1－x2)(mx1＋mx2＋1)恒成立，求实数m的取值范围．4．设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．当k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，求函数f(x)在[0，k]上的最大值M.5、设函数．（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的单调递减区间和极小值（其中为自然对数的底数）；（2）若对任何恒成立，求的取值范围．6．已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）函数有两个不同的极值点，求的取值范围.7.已知.（1）若在定义域内单调递增，求的最小值.（2）当时，若有两个极值点，，求证：.8.已知函数,．（1）求函数的单调区间；（2）令,若在恒成立,求整数的最大值．参考数据：,9.已知函数，.（1）求函数的极值.（2）若关于的不等式的解集不是空集，求实数的取值范围.10．设函数.（1）当时，求函数在区间上的最小值；（2）若，恒成立，求的取值范围.11．已知函数，其中为常数.（1）若，求函数的极值；（2）若，证明：函数在上有唯一的极值点，且.12．已知函数，，.（1）求函数的极值；（2）当时，证明：在上恒成立.13．已知函数.（1）当时，求函数在点处的切线；（2）讨论函数的单调性；（3）当时，判断函数的零点个数.14.已知函数，其中为正实数.（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积；（2）当时，，求的取值范围.15.形如的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边取对数得，两边对求导数，得，于是.已知（），.（1）求曲线在处的切线方程；（2）若，恒成立，求的取值范围.16.已知函数，其中是自然对数的底数（1）当时，求函数的导函数的单调区间；（2）若函数有两个不同极值点且；①求实数的取值范围；②证明：.17．已知函数.（1）若在上单调递增，求实数的取值范围；（2）若，证明：18．已知函数f(x)＝axex(a∈R)，g(x)＝lnx＋x＋1.若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．2023高考一轮复习讲与练专题19同构、二次求导、虚设零点在导数中的应用同构、二次求导、虚设零点在导数中的应用同构、二次求导、虚设零点在导数中的应用同构二次求导虚设零点练高考明方向1.(2023·新高考Ⅰ卷T22）已知函数和有相同最小值．（1）求a；（2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．答案：（1）；（2）见解析分析：（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.（2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.【小问1详解】的定义域为，而，若，则，此时无最小值，故，的定义域为，而.当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故.当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故.因为和有相同的最小值，故，整理得到，其中，设，则，故为上的减函数，而，故的唯一解为，故的解为.综上，.【小问2详解】由（1）可得和的最小值为.当时，考虑的解的个数、的解的个数.设，，当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，，设，其中，则，故在上为增函数，故，故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.设，，当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，，有两个不同的零点即的解的个数为2.当，由（1）讨论可得、仅有一个零点，当时，由（1）讨论可得、均无零点，故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则.设，其中，故，设，，则，故在上为增函数，故即，所以，所以在上为增函数，而，，故在上有且只有一个零点，且：当时，即即，当时，即即，因此若存在直线与曲线、有三个不同交点，故，此时有两个不同的零点，此时有两个不同的零点，故，，，所以即即，故为方程的解，同理也为方程的解又可化为即即，故为方程的解，同理也为方程的解，所以，而，故即.【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.2.(2023·全国乙（理）T21）已知函数（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．答案：（1）；（2）分析：（1）先算出切点,再求导算出斜率即可；（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究【小问1详解】的定义域为，当时,,所以切点为，,所以切线斜率为2，所以在点处的切线方程为【小问2详解】，，设若,当,即所以在上单调递增,，故在上没有零点,不合题意若,当,则所以在上单调递增所以,即所以在上单调递增,，故在上没有零点,不合题意若(1)当,则,所以在上单调递增，所以存在,使得,即当单调递减，当单调递增所以当，当，所以在上有唯一零点又没有零点,即在上有唯一零点(2)当，设，所以在单调递增，，所以存在,使得当单调递减当单调递增，又所以存在,使得,即当单调递增,当单调递减，有而,所以当，所以在上有唯一零点,上无零点即在上有唯一零点，所以,符合题意所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为【点睛】本题的关键是对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.3.(2023·新高考Ⅱ卷T22）已知函数．（1）当时，讨论的单调性；（2）当时，，求a的取值范围；（3）设，证明：．答案：（1）的减区间为，增区间为.（2），（3）见解析分析：（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.【小问1详解】当时，，则，当时，，当时，，故的减区间为，增区间为.【小问2详解】设，则，又，设，则，若，则，因为为连续不间断函数，故存在，使得，总有，故在为增函数，故，故在为增函数，故，与题设矛盾.若，则，下证：对任意，总有成立，证明：设，故，故在上为减函数，故即成立.由上述不等式有，故总成立，即在上为减函数，所以.当时，有，所以在上为减函数，所以.综上，.【小问3详解】取，则，总有成立，令，则，故即对任意的恒成立.所以对任意的，有，整理得到：，故，故不等式成立.【点睛】函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.4、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】若2x−2y<3−x−3−y，则A．ln(y−x+1)>0 B．ln(y−x+1)<0 C．ln|x−y|>0 D．ln|x−y|<0答案：A【解析】由得：，令，为上的增函数，为上的减函数，为上的增函数，，，，，则A正确，B错误；与的大小不确定，故CD无法确定.5．(2023年高考数学课标Ⅰ卷理科)已知函数．(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥x3+1，求a的取值范围．答案：（1）当时，单调递减，当时，单调递增．（2）【解析】(1)当时，，，由于，故单调递增，注意到，故：当时，单调递减，当时，单调递增．(2)由得，，其中，①．当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；②．当时，分离参数a得，，记，，令，则，，故单调递增，，故函数单调递增，，由可得：恒成立，故当时，，单调递增；当时，，单调递减；因此，,综上可得，实数a的取值范围是．6．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．(1)求b．(2)若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．答案：（1）；（2）证明见解析解析：（1）因为，由题意，，即，则；（2）由（1）可得，，令，得或；令，得，所以在上单调递减，在，上单调递增，且，若所有零点中存在一个绝对值大于1零点，则或，即或．当时，，又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当时，，又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；综上，所有零点的绝对值都不大于1．7．(2023年高考数学课标Ⅲ卷（理）)已知函数．(1)若，证明：当时，，当时，；(2)若是的极大值点，求．【解析】法一：（1）当时，，设函数，则，当时，；当时，，故当时，，所以在上单调递增又，故当时，；当时，．（2）（i）若，由（1）知，当时，这与是的极大值点矛盾（ii）若，设函数由于当时，，故与符号相同又，故是的极大值点，当且仅当是的极大值点如果，则当，且时，，故不是的极大值点如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点如果，则则当时，；当时，所以是的极大值点，从而是的极大值点综上．法二：（1）当时，，则，①当时，，此时单调递减所以时，，故函数在上单调递增所以时，②当时，，此时单调递增所以时，，所以函数在上单调递增所以当时，综上所述若，证明：当时，，当时，．（2）记，当，时，所以在上单调递增，所以当时，即所以在上单调递增，与是的极大值点不符合；当时，，显然可知递减①，解得，则有，，递增；时，，递减，所以，故递减，又则，，，递增；，，，递减此时为的极大值点，符合题意②当时，有，所以在有唯一零点，记为，则，，递增则，递增，所以，即，递增，不符合题意；③当时，有，所以在有唯一零点，记为，则，，递减则，递减，所以，即，递减，不符合题意综上可知．8．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知函数且．(1)求；(2)证明：存在唯一的极大值点，且．答案：(1)；(2)证明略．【解析】(1)法一．由题知：，且，所以：．即当时，；当时，；当时，成立．令，，当时，，递减，，所以：，即：．所以：；当时，，递增，，所以：，即：．所以：；综上：．法二．洛必达法则由题知：，且，所以：．即当时，；当时，；当时，成立．令，．令，．当时，,递增，；所以，递减，．所以：；当时，,递减，；所以，递减，．所以：；故．(2）由(1)知：，．设，则．当时，；当时，．所以在递减，在递增．又，，，所以在有唯一零点，在有唯一零点1，且当时，；当时，；当时，．又，所以是的唯一极大值点．由得，故．由得．因为是在的唯一极大值点，由，得，所以．(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)(I)讨论函数的单调性，并证明当时，；(II)证明：当时，函数有最小值．设的最小值为，求函数的值域．答案：（1）略；（2）．分析：（Ⅰ）先求定义域，用导数法求函数的单调性，当时，证明结论；（Ⅱ）用导数法求函数的最值，在构造新函数，又用导数法求解．【解析】（Ⅰ）的定义域为．且仅当时，，所以在单调递增，因此当时，所以（II）由（I）知，单调递增，对任意因此，存在唯一使得即，当时，单调递减；当时，单调递增．因此在处取得最小值，最小值为于是，由单调递增所以，由得因为单调递增，对任意存在唯一的使得所以的值域是综上，当时，有最小值，的值域是．10．(2023高考数学新课标2理科)已知函数．(1)设是的极值点，求，并讨论的单调性；(2)当时，证明．答案：（1）（2）见解析；解析：（1）所以，，显然在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．（2）证明令，则．，所以是增函数，至多只有一个实数根，又，所以的唯一实根在区间内，设的根为t，则有，所以，当时，单调递减；当时，单调递增；所以，当时，有，所以．讲典例备高考类型一、虚设零点基础知识：在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫做隐零点；若x0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行．实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法．基本题型：1．（虚设零点研究函数最值）已知函数QUOTE𝑓(𝑥)=ln𝑥−𝑥e𝑥+𝑎𝑥(𝑎∈𝐑（1）若函数QUOTE𝑓(𝑥)f(x)在QUOTE[1,+∞)[1,+∞)上单调递减，求实数QUOTE𝑎a的取值范围；（2）若QUOTE𝑎=1a=1，求QUOTE𝑓(𝑥)f(x)的最大值.【解析】（1）由题意知，QUOTE𝑓'(𝑥)=1𝑥−(e𝑥+𝑥e𝑥)+𝑎f'(x)=1x−(ex+xex)+aQUOTE所以QUOTE𝑎≤(𝑥+1)e𝑥−1𝑥a≤(x+1)ex−1x在QUOTE[1,+∞)[1,+∞)上恒成立.令QUOTE𝑔(𝑥)=(𝑥+1)e𝑥−1𝑥g(x)=(x+1)ex−所以QUOTE𝑔(𝑥)g(x)在QUOTE[1,+∞)[1,+∞)上单调递增，所以QUOTE𝑔(𝑥)min=𝑔(1)=2e−1g(x)min=g(1)=2e−1，所以QUOTE𝑎𝑑2e−1ad2e（2）当QUOTE𝑎=1a=1时，QUOTE𝑓(𝑥)=ln𝑥−𝑥e𝑥+𝑥(𝑥>0)f(x)=lnx−xex+x(x>0).则QUOTE𝑓'(𝑥)=1𝑥令QUOTE𝑚(𝑥)=1𝑥−e𝑥m(x)=1x−ex，则QUOTE𝑚'(𝑥)=−1𝑥2−e𝑥<0m'(x)=−1x2−ex<0，所以QUOTE𝑚(𝑥)m(x)在QUOTE(0,+∞)(0,+∞)上单调递减.，由于QUOTE𝑚(12)>0m(12)>0，QUOTE𝑚(1)<0m(1)<0，所以存在QUOTE𝑥0>0x0>0满足QUOTE𝑚(𝑥0)=0m(x0)=0，即QUOTEe𝑥0=1𝑥0ex0=1x0.当QUOTE𝑥∈(0,𝑥0)x∈(0,x0)时，QUOTE𝑚(𝑥)>0m(x)>0，QUOTE𝑓'(𝑥)>0f'(x)>0；当QUOTE𝑥∈(𝑥0,+∞)x∈(x0,+∞)时，QUOTE𝑚(𝑥)<0m(x)<0，QUOTE𝑓'(𝑥)<0f'(x)<0.所以QUOTE𝑓(𝑥)f(x)在所以QUOTE𝑓(𝑥)max=𝑓𝑥0=ln𝑥0−𝑥0e𝑥0+𝑥0f(x)max所以QUOTE𝑓(𝑥0)=−𝑥0−1+𝑥0=−1f(x0)=−【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，最值，零点存在性定理及其应用，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2.（虚设零点研究双变量问题）设函数，.（1）设函数，判断的零点的个数；（2）设是的极值点，是的一个零点，且，求证：.【解析】（1）令，可知的定义域为，且，令，而，得，可知在内单调递减，又，且，故在内有唯一解，从而在内有唯一解，不妨设为，则，当时，，∴在内单调递增；当时，，∴在内单调递减，∴是的唯一极值点，令，则当时，，故在内单调递减，∴当时，，即，从而，又∵，∴在内有唯一零点，又在内有唯一零点，从而在内恰有两个零点，∴的零点的个数为.（2）已知是的极值点，是的一个零点，且，由（1）及题意得，，即，∴，∴，∵由（1）知当时，，又，故，两边取对数，得，于是，整理得，命题得证.3.（虚设零点研究不等式恒成立）已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若对任意都有，求实数的取值范围.分析：（1）求出导函数，由得增区间，由得减区间；（2）用分离参数法转化为求函数的最大值．引入新函数，求出导函数，对的一部分探究其零点，得函数的最大值点，从而得最大值．【解析】（1）函数定义域是，由已知，时，，时，，所以单调递增区间，单调递减区间；（2）因为对任意都有，即恒成立.令，则.令，则在上单调递增，因为，所以存在使得，当时单调递增，当时单调递减所以，由于，可得.则，所以，又恒成立，所以.综上所述实数的取值范围为.类型二、二次构造二次求导基础题型：1、（二次构造二次求导研究函数单调性）讨论函数f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1的单调性．【解析】由f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1，可知f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝lnx＋eq\f(x＋1,x)－1＝lnx＋eq\f(1,x)，用f′(x)去分析f(x)的单调性受阻．因此再对f′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)求导，得f″(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2).令f″(x)＝eq\f(x－1,x2)＝0，得x＝1.当0<x≤1时，f″(x)≤0，即f′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)在区间(0,1)上为减函数；当x>1时，f″(x)>0，即f′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)在区间(1，＋∞)上为增函数．因此f′(x)min＝f′(1)＝1>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．2.（二次构造二次求导研究不等式恒成立）设函数,实数,若有最大值为（1）求的值；（2）若,求实数的最小整数值.分析：求定义域,求导,得到在处取得极大值,也是最大值,进而列出方程,求出；（2）参变分离后,利用隐零点得到在处取得极大值,也是最大值,令,,求出最大值的范围,确定实数的最小整数值.【详解】（1）,定义域为,,当时,,当时,,所以在处取得极大值,也是最大值,所以,解得：；（2）,即,,令,定义域为,,令,，则,可以看出在单调递减,又,,由零点存在性定理可知：,使得,即,当时,,当时,,在处取得极大值,也是最大值,,,,,故存,,使得,所以当时,,当时,,所以在上大于,在上小于,所以在单调递增,在上单调递减,且当时,恒成立,所以在处取得极大值,也是最大值,其中,,，令,,当时,,故,所以实数的最小整数值为.3．（二次构造二次求导求最值）已知函数.（1）当时，讨论函数的单调性：（2）若函数恰有两个极值点，且，求的最大值.答案：（1）在上单调递增；（2）最大值为3.分析：（1）对函数求导，然后分及讨论即可得的单调性；（2）设，由题意，，，则，设，判断函数的单调性，结合题意即可求得的最大值.【解析】（1）函数的定义域为，，当时，恒成立，在上单调递增；当时，令，则，设，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，∴，∴，在上单调递增；综上，当时，在上单调递增；依题意，，则，两式相除得，，设，则，，，∴，，∴，设，则，设，则，∴在单调递增，则，∴，则在单调递增，又，即，而，∴，即的最大值为3.4.（二次构造二次求导证明不等式）若关于x的方程xlnx＝m有两个不相等的实数解x1，x2，求证：x1·x2<eq\f(1,e2)(e是自然对数的底数)．证明：不妨设x1>x2，要证x1x2<eq\f(1,e2)，即证x1x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(1,x1)))<eq\f(1,e2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(1,x1)))，整理得x1＋eq\f(1,e2x1)<x2＋eq\f(1,e2x2).又因为x1lnx1＝x2lnx2，即证x1lnx1－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(1,e2x1)))>x2lnx2－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,e2x2)))，k>0.设h(x)＝xlnx－kx－eq\f(k,e2x)，使h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以有h′(x)＝lnx＋1－k＋eq\f(k,e2x2)≥0在(0，＋∞)上恒成立，令h″(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2k,e2x3)＝0，解得x＝eq\f(\r(2k),e)，可知h′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2k),e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2k),e)，＋∞))上单调递增，令h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2k),e)))＝eq\f(1,2)ln(2k)－k＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)(ln(2k)－2k＋1)≥0，解得k＝eq\f(1,2)，此时有h′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，原命题得证．5.（二次构造二次求导解决不等式恒成立）已知函数，且.（1）若，证明：单调递增；（2）若，求的取值范围.【解析】：（1）证明：当时，，要证单调递增，即证，即，令，则，所以在单调递减，，所以，所以，单调递增；（2）令，易知，要满足题意，则必有，即，解得；当时，，令，则，令，所以，所以在上单调递减，所以，所以在单调递减，，即当时，，满足在恒成立，综上，的取值范围为.类型三、同构基础知识：1、同构式指除了变量不同，其余地方均相同的表达式．2、同构式的应用 (1)在方程中的应用：如果方程f(a)＝0和f(b)＝0呈现同构特征，则a，b可视为方程f(x)＝0的两个根．(2)在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系．可比较大小或解不等式3、常见的同构变形有：(1)axeax≥xlnx⇒axeax≥lnx·elnx，可构造函数f(x)＝xex来进行研究．(2)x2lnx＝alna－alnx⇒x2lnx＝alneq\f(a,x)⇒xlnx＝eq\f(a,x)lneq\f(a,x)，可构造函数f(x)＝xlnx来进行研究．(3)eq\f(ex,a)＋1>ln(ax－a)(a>0)⇒eq\f(ex,a)＋1>lna＋ln(x－1)⇒eq\f(ex,a)－lna＋x>ln(x－1)＋x－1⇒eq\f(ex,a)＋lneq\f(ex,a)>ln(x－1)＋(x－1)，可构造函数f(x)＝x＋lnx来进行研究．(4)x＋eq\f(1,ex)≥xα－lnxα(x>0)⇒eq\f(1,ex)－lneq\f(1,ex)≥xα－lnxα(x>0)，可构造函数f(x)＝x－lnx来进行研究．(5)xα＋1ex≥－αlnx⇒xex≥eq\f(－αlnx,xα)⇒xex≥－αlnx·e－αlnx，可构造函数f(x)＝xex来进行研究．基本题型：1．已知函数，在其图象上任取两个不同的点、，总能使得，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．答案：B分析：根据结合，可得出，可知函数在上为增函数，可得出，结合参变量分离法可求得实数的取值范围.【详解】由以及，，所以，，构造函数，则，所以，函数在上为增函数，由于，则对任意的恒成立，由，可得，当时，则，当且仅当时，等号成立，所以，，因此实数的取值范围是.2．（多选）若，则下列不等式成立的是（）A． B．C． D．答案：AD分析：由A、B选项结构特征，构造函数，利用单调性即可判断；由C选项结构特征，构造函数，利用单调性即可判断；由D选项结构特征，构造函数，利用单调性即可判断；【详解】构造函数，因为，所以在上单调递减，因为，所以，即，所以选项A正确，选项B错误.构造函数，，易知在上单调递增，而，时，，所以，使，所以在上单调递减，在上单调递增，所以无法判断C选项的正确性.构造函数，易知在上单调递增，因为，所以，即，所以选项D正确.3、已知函数，其中为非零实数.（1）求的极值；（2）当时，在函数的图象上任取两个不同的点、.若当时，总有不等式成立，求正实数的取值范围：答案：（1）见解析；（2）。分析：（1）求导，对分和两种情况讨论，分析函数的单调性，即可得出函数的极值；（2）由，得出，构造函数，可知函数在区间上为减函数或常函数，解不等式，即可得出实数的取值范围；【详解】（1），其中为非零实数，，.①当时，，，函数单调递减；时，，函数单调递增.所以，函数有极小值；②当时，，，函数单调递增；时，，函数单调递减.所以，函数有极大值.综上所述，当时，有极小值；当时，有极大值；（2）当时，，，当时，总有不等式成立，即，构造函数，由于，，则函数在区间上为减函数或常函数，，，解不等式，解得.由题意可知，，因此，正实数的取值范围是；4．已知函数f(x)＝(a－1)lnx＋ax2＋1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)如果对任意的x1>x2>0，总有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)≥2，求a的取值范围．解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a－1,x)＋2ax＝eq\f(2ax2＋a－1,x).①当a≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；③当0<a<1时，令f′(x)＝0，解得x＝eq\r(\f(1－a,2a)).则当x∈(0,eq\r(\f(1－a,2a)))时，f′(x)<0；x∈(eq\r(\f(1－a,2a))，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(0,eq\r(\f(1－a,2a))]上单调递减，在[eq\r(\f(1－a,2a))，＋∞)上单调递增．(2)由已知，可得对任意的x1>x2>0，有x1－x2>0，所以由eq\f(fx1－fx2,x1－x2)≥2，得f(x1)－f(x2)≥2(x1－x2)，即f(x1)－2x1≥f(x2)－2x2.令g(x)＝f(x)－2x，又x1>x2，故函数g(x)＝f(x)－2x在(0，＋∞)上单调递增．所以g′(x)＝eq\f(a－1,x)＋2ax－2≥0在(0，＋∞)上恒成立．所以(eq\f(1,x)＋2x)a≥2＋eq\f(1,x).因为x>0，所以a≥eq\f(2＋\f(1,x),\f(1,x)＋2x)＝eq\f(2x＋1,1＋2x2).(*)令t＝2x＋1，则x＝eq\f(t－1,2)，又x>0，所以t>1.故(*)式可化为a≥eq\f(t,2\f(t－1,2)2＋1)＝eq\f(t,\f(t2－2t＋1,2)＋1)＝eq\f(2,t＋\f(3,t)－2).因为t>1，所以t＋eq\f(3,t)≥2eq\r(t×\f(3,t))＝2eq\r(3)，当且仅当t＝eq\r(3)时取等号．所以eq\f(2,t＋\f(3,t)－2)≤eq\f(2,2\r(3)－2)＝eq\f(\r(3)＋1,2)，即eq\f(2,t＋\f(3,t)－2)的最大值为eq\f(\r(3)＋1,2).故不等式a≥eq\f(2,t＋\f(3,t)－2)恒成立的条件是a≥eq\f(\r(3)＋1,2).故a的取值范围为[eq\f(\r(3)＋1,2)，＋∞)．基本方法：1、同构法构造函数的策略 (1)指对各一边，参数是关键；(2)常用“母函数”：f(x)＝xex，f(x)＝ex±x；寻找“亲戚函数”是关键；(3)信手拈来凑同构，凑常数、x、参数；(4)复合函数(亲戚函数)比大小，利用单调性求参数范围2、（1）函数在区间上单调递增在区间上恒成立；（2）函数在区间上单调递减在区间上恒成立；（3）函数在区间上不单调在区间上存在极值点；（4）函数在区间上存在单调递增区间，使得成立；（5）函数在区间上存在单调递减区间，使得成立.新预测破高考1．（多选题）已知函数，若，则下列选项中正确的是（）A． B．C． D．答案：BCD分析：对求导，说明其单调性，即可判断A、C；构造函数研究其单调性，即可判断B；构造函数，利用导数研究其单调性，即可判断D；【详解】因为，所以，令，解得，即在上单调递增，令，解得，即在上单调递减，当，的符号无法确定，故A错误；当时函数取得极小值，且当时，时，故，故C正确；令，，则在上单调递增，故时，即，所以，故B正确；令，，则，，，当时，即在上单调递减，当时，即在上单调递增，，所以恒成立，即在上单调增，因为，所以，故，即，故D正确；2．若对任意a，b满足0<a<b<t，都有blna<alnb，则t的最大值为________．答案：e解析：∵0<a<b<t，blna<alnb，∴eq\f(lna,a)<eq\f(lnb,b)，令y＝eq\f(lnx,x)，x∈(0，t)，则函数在(0，t)上单调递增，故y′＝eq\f(1－lnx,x2)>0，解得0<x<e，故t的最大值是e.3．已知曲线f(x)＝bex＋x在x＝0处的切线方程为ax－y＋1＝0.(1)求a，b的值；(2)当x2>x1>0时，f(x1)－f(x2)<(x1－x2)(mx1＋mx2＋1)恒成立，求实数m的取值范围．【解析】(1)由f(x)＝bex＋x得，f′(x)＝bex＋1，由题意得在x＝0处的切线斜率为f′(0)＝b＋1＝a，即b＋1＝a，又f(0)＝b，可得－b＋1＝0，解得b＝1，a＝2.(2)由(1)知，f(x)＝ex＋x，f(x1)－f(x2)<(x1－x2)(mx1＋mx2＋1)，即为f(x1)－mxeq\o\al(2,1)－x1<f(x2)－mxeq\o\al(2,2)－x2，由x2>x1>0知，上式等价于函数φ(x)＝f(x)－mx2－x＝ex－mx2在(0，＋∞)为增函数，φ′(x)＝ex－2mx≥0，即2m≤eq\f(ex,x)，令h(x)＝eq\f(ex,x)(x>0)，h′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，当0<x<1时，h′(x)<0时，h(x)递减；x>1，h′(x)>0时，h(x)递增，h(x)min＝h(1)＝e，则2m≤e，即m≤eq\f(e,2)，所以实数m的范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2))).4．设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．当k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，求函数f(x)在[0，k]上的最大值M.【解析】f′(x)＝x(ex－2k)．由f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln2k.事实上，可证ln2k＜k，设g(k)＝ln2k－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＜k≤1))，则g′(k)＝eq\f(1－k,k)≥0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＜k≤1))，所以g(k)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上是增函数，所以g(k)≤g(1)＝ln2－1＜0，即ln2k＜k.所以f(x)在(0，ln2k)上是减函数，在(ln2k，k]上是增函数，所以M＝max{f(0)，f(k)}．设h(k)＝f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＜k≤1))，则h′(k)＝k(ek－3k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＜k≤1)).又令φ(k)＝ek－3keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＜k≤1))，则φ′(k)＝ek－3≤e－3＜0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＜k≤1))，所以函数φ(k)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上是减函数．又因为φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＞0，φ(1)＜0，所以函数φ(k)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上存在唯一的零点k0.所以当eq\f(1,2)＜k＜k0时，φ(k)＞0，即h′(k)＞0，当k0＜k≤1时，φ(k)＜0，即h′(k)＜0，所以函数h(k)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上是先增后减．又因为heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(7,8)－eq\f(\r(e),2)＞0，h(1)＝0，所以h(k)＝f(k)－f(0)≥0，f(k)≥f(0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＜k≤1))，故M＝f(k)＝(k－1)ek－k3.5、设函数．（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的单调递减区间和极小值（其中为自然对数的底数）；（2）若对任何恒成立，求的取值范围．【解析】（1）由条件得，∵在点处的切线与垂直，∴此切线的斜率为0，即，有，得，∴，由得，由得．∴在上单调递减，在上单调递增，当时，取得极小值．故的单调递减区间为，极小值为2（2）条件等价于对任意恒成立，设．则在上单调递减，则在上恒成立，得恒成立，∴（对仅在时成立），故的取值范围是6．已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）函数有两个不同的极值点，求的取值范围.答案：（1）；（2）.【详解】（1）由题意知，因为，所以，，所以所求切线方程为，即；（2）由（1）知，因为是的两个不同的极值点，所以，是方程的两个根，可得，，，易得，所以，，，，因为可得，,所以，在单调递减，，所以在上单调递减，，从而的取值范围为.7.已知.（1）若在定义域内单调递增，求的最小值.（2）当时，若有两个极值点，，求证：.解析：（1），取，得，所以，，时，，所以取，时，，，分子随增大而增大，而，所以当时，单调递减，当时，单调递增，而，得，符合单调递增，所以，可以取到.（2）当时，，，，则，令，，令，下证恒成立，，设分子为，，所以在上单调递增，，所以在上恒大于，即在上恒大于，所以，取，则，所以，即，证毕.8.已知函数,．（1）求函数的单调区间；（2）令,若在恒成立,求整数的最大值．参考数据：,分析：求得,结合二次函数性质对a进行讨论求解单调性；由题设可得,将问题转化为恒成立,构造并应用导数研究最小值,由即可求整数a的最大值．【详解】的定义域为且,①当时,由得：,时,的增区间为,减区间为,②当时,令得：或,的增区间为和减区间为③当时,恒成立,此时的增区间为,无递减区间：④当时,令得：或,的递增区间为和,减区间为．,则恒成立．令,则,令,,知在上递增且,,,使,即在递减,在递增,,由知：整数的最大值为．9.已知函数，.（1）求函数的极值.（2）若关于的不等式的解集不是空集，求实数的取值范围.解析：（1）函数的定义域为，，令，解得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，函数取得极小值，无极大值.设函数，，则，因为时，又在上单调递增，令，则，故方程在上有唯一解，记为，即的根为，且当时，，当时，，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，因为关于的不等式的解集不是空集，所以，即，又因为，所以，即，不等式，即，又，所以，即，所以实数的取值范围为.10．设函数.（1）当时，求函数在区间上的最小值；（2）若，恒成立，求的取值范围.分析：（1）求出函数的导数，判断函数的单调性，根据单调性求函数的最小值；（2）求出函数导数，令，利用导数判断的单调性，根据单调性求出最小值，并得出（），讨论三者的正负求出的取值范围.【详解】（1）当时，，则，令，解得，且当时，，即函数在上单调递增；当时，，即函数在上单调递减；且，，故函数在区间上的最小值为；（2）由题意，令，则，当时，，则，即函数在上单调递减；当时，，则，即函数在上单调递增；则在处取得极小值，也是最小值，又，，（），所以（），①若，解得，此时，故在[，]上单调递增，则（），与的范围矛盾，故舍去；②若，（）>0，，解得，此时在上单调递减，在[，]上单调递增，设，且，设，且，所以，与恒成立矛盾，故舍去；③若，（）<0，，解得，此时在上单调递减，在[，]上单调递增，设，且，所以，与恒成立矛盾，故舍去；④若，解得，此时，故在[，]上单调递减，则，满足题意，则，综上，的取值范围为.11．已知函数，其中为常数.（1）若，求函数的极值；（2）若，证明：函数在上有唯一的极值点，且.分析：（1）利用导数求得的单调区间，进而求得的极值.（2）利用二次求导的方法求得，结合二次函数的性质证得.【详解】（1）,，所以在递增，在递减，所以在时取得极大值，无极小值.（2），，令，.，，所以在递增，在递减.，，，，所以存在唯一零点.所以递增；递减.当时，取得极大值，没有极小值.，则，，由于，所以，所以.12．已知函数，，.（1）求函数的极值；（2）当时，证明：在上恒成立.分析：（1）根据导函数的正负可确定的单调性，由极值点的定义可求得结果；（2）由可将问题转化为证明，利用导数可求得单调性，进而确定，由此可得结论.（1），令，即，又，，则，，变化情况如下表，极小值为，无极大值.（2）证明：，，，令，则，令，，在上单调递增，，即，，则在单调递增，，，即在上恒成立.13．已知函数.（1）当时，求函数在点处的切线；（2）讨论函数的单调性；（3）当时，判断函数的零点个数.分析：（1）由题设可得，根据导数的几何意义求处切线的斜率，即可写出切线方程.（2）求的导函数，讨论、、、判断的符号，进而确定单调性.（3）由