重难点08 导数中的同构问题（举一反三）（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

重难点08导数中的同构问题【八大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1同构：利用f(x)与x构造函数】 2【题型2同构：利用f(x)与ex构造函数】 5【题型3同构：利用f(x)与sinx，cosx构造函数】 7【题型4指对同构问题】 9【题型5利用同构比较大小】 13【题型6利用同构解决不等式恒成立问题】 15【题型7利用同构证明不等式】 19【题型8与零点有关的同构问题】 251、导数中的同构问题导数是高中数学的重要考查内容，而导数中的同构问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，同构法构造函数也在解答题中出现，通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题，难度较大.【知识点1导数中的同构问题的解题策略】1．导数中的同构问题是通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题，主要有以下几种类型：(1)利用f(x)与x构造函数①出现nf(x)+xf'(x)形式，构造函数F(x)=xnf(x).②出现xf'(x)-nf(x)形式，构造函数.(2)利用f(x)与ex构造函数.(3)利用f(x)与sinx，cosx构造函数.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，进而利用导数找到和函数单调性、最值等之间的练习，来解决比较大小、解不等式、恒成立等问题.【知识点2指对同构问题】1．指对同构解决不等式问题在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，有一部分题是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的同一函数)，无疑大大加快解决问题的速度.找到这个函数模型的方法，我们称为同构法.(1)五个常见变形：.(2)三种基本模式：三种同构方式①积型：②商型：③和差型：【题型1同构：利用f(x)与x构造函数】【例1】（2024·全国·模拟预测）已知f(x)是定义在R上的偶函数，且f(2)=0，当x>0时，xf′(x)−f(x)>0，则不等式xf(x)>0的解集是（

）A．(−∞,−2)∪(2,+∞) B．(−2,2) C．(−∞,−2)∪(0,2) D．(−2,0)∪(2,+∞)【解题思路】构造函数，令g(x)=f(x)【解答过程】解：由题意，令g(x)=f(x)∵x>0时，g′(x)=∴g(x)在(0,+∞)递增，∵f(−x)=f(x)，∴g(−x)=−g(x)，g(x)在(−∞,0)递增，∴g(x)是奇函数，g2∴0<x<2时，g(x)<0，x>2时，g(x)>0，根据函数的奇偶性，−2<x<0时，g(x)>0，x<−2时，g(x)<0，xf(x)>0，即x2g(x)>0，即∴−2<x<0或x>2，故选：D．【变式1-1】（2024·安徽·一模）已知f（x）是定义在R上的偶函数，且f（2）＝1，当x＞0时，xf′（x）+f（x）＞1，则不等式f(x)−1x<0的解集为（A．(-∞，2)∪(2，+∞) B．(-∞，2)∪(0，2)C．(-2，0)∪(2，+∞) D．(-2，0)∪(0，2)【解题思路】设Fx【解答过程】解：设Fx=xf即Fx在0,+∞上单调递增，因为fx在R上为偶函数，即则f−2−1=f2−1=0，得Fx在R上为奇函数，所以Fx在R上单调递增，f(x)−1x当x>0时，Fx=xf当x<0时，Fx=xf综上所述，f(x)−1x<0的解集为故选:B.【变式1-2】（23-24高二下·天津南开·期中）已知fx是定义在−∞,0∪0,+∞上的奇函数，若对于任意的x∈0,+∞，都有A．2,+∞ B．C．0,2 D．−2,0【解题思路】令g(x)=x2f(x)【解答过程】令g(x)=x2f(x)因为fx是定义在−∞,0∴g−x=−x又当x>0时，g′∴g(x)在0,+∞上单调递增，∴g(x)在−又f2=1对于不等式fx−2x2所以不等式fx−2x2>0等价于所以x>2，即不等式fx−2故选：A．【变式1-3】（23-24高二下·湖北武汉·期中）fx是定义在R上的奇函数，当x>0时，有xf′A．f1>4f2C．4f2<9f3【解题思路】令gx=x2fx，求导，根据xf′x+2fx>0，得到【解答过程】解：令gx则g′因为xf所以g′则gx=x又y=x2是偶函数，且fx所以gx=x则gx在−所以g2>g1g−1>g−2g3>g2g−2>g−3故选：C.【题型2同构：利用f(x)与ex构造函数】【例2】（2024·湖北武汉·一模）若函数fx的定义域为R，满足f0=2，∀x∈R，都有fx+f′A．xx>0 B．xx>e C．x【解题思路】依题意可得exf(x)>e【解答过程】不等式f(x)>e依题意令F(x)=e∵fx+f∴F∴函数F(x)在R上是增函数，又F0∴不等式exf(x)>ex+1，即e所以不等式fx>e故选：A．【变式2-1】（2024·全国·模拟预测）已知fx是可导的函数，且f′x<fxA．f1>ef0，fC．f1<ef0，f【解题思路】构造gx【解答过程】A选项，设gx=f∵f′x<fx，∴g′∴g1<g0，即fD选项，g2023<g0，即fB选项，g1<g−1，即f综上：C选项正确.故选：C.【变式2-2】（23-24高二下·江苏南京·期中）已知函数fx及其导函数f′x定义域均为R，且fx−f′x>0A．xx>0 B．xx<0 C．xx<【解题思路】设gx=f(x)ex，求导确定函数g【解答过程】设gx=f(x)ex，则g又g0=f(0)e0=e所以x<0，即不等式fx>e故选：B.【变式2-3】（23-24高二下·河南驻马店·期末）已知定义在R上的偶函数fx满足f(x−12)+f(−x−1)=0，e4f(2022)=1，若f(x)>fA．（4，+∞） B．（-∞，4） C．（-∞，3） D．（3，+∞）【解题思路】根据定义在R上的偶函数fx满足f(x−12)+f(−x−1)=0可得fx的周期，构造函数gx=ex【解答过程】因为定义在R上的偶函数fx满足f故fx−故fx+32所以fx−12又e4f2022=1，故因为fx>f故构造函数gx=exf综上有gx=e又f(x+2)>1ex即gx+2ex+2故选：A.【题型3同构：利用f(x)与sinx，cosx构造函数】【例3】（2023·重庆九龙坡·二模）已知偶函数fx的定义域为−π2,π2，其导函数为f′x，当0≤x<πA．−π3,C．−π2,−【解题思路】构造函数g(x)=f(x)【解答过程】构造函数g(x)=f(x)g(x)=f所以函数g(x)=f(x)cosx因为函数fx为偶函数，所以函数g(x)=且函数g(x)=f(x)cosx在0,π2因为x∈−π2关于x的不等式fx>2fπ3⋅所以g(x)>g(π3)，则x故选:C.【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）已知定义在−π2,π2上的函数fx满足f−x=fx，当x∈0,π2时，不等式fxA．a>b>c B．a>c>b C．b>a>c D．b>c>a【解题思路】构造函数Gx=fxcosx，分析函数Gx的奇偶性及其在0,π2上的单调性，可得出a=G1，b=G12，【解答过程】由题意得函数fx为偶函数，构造函数G所以G′易知当x∈0,π2时，G′x因为acos1=f−1由bcos12且c=2fπ因为函数Gx在0,π2所以G12>G故选：C．【变式3-2】（23-24高二上·重庆沙坪坝·期末）已知f′x是函数fx的导函数，fx−f−x=0A．3B．fC．fD．2【解题思路】设g(x)=f(x)cosx，x∈(0,π2)，根据已知条件，利用导数得到g(x)为增函数，由g(1【解答过程】因为对于任意的x∈0,π2有f′x所以f′设g(x)=f(x)cosx，x∈(0,π2)，则因为当x∈(0,π2)时，f所以g(x)在(0,π因为12<π6，所以g(12)<g(因为π6<π4，所以g(π6)<g(因为π4<1，所以g(π4)<g(1)，所以f(因为π4<π3，所以g(π4)<g(故选：A.【变式3-3】（2024·河南信阳·一模）已知函数y=fx对x∈0,π均满足f′xsinx−fxA．2fπ6C．fπ3<f【解题思路】根据给定的等式，构造函数并探讨其单调性，再逐项计算判断作答.【解答过程】x∈0,π，令gx=当x∈0,1时g′x>0，当x∈1,π时g′x对于A，0<π6<π4对于B，1<π3<π2对于C，1<π3<2π3对于D，1<π2<2π3故选：A.【题型4指对同构问题】【例4】（2024·陕西安康·模拟预测）若存在x∈0,+∞，使得不等式a2x4A．12e,+∞ B．1e,+【解题思路】将原不等式变形为ax22−eax2≥lnx2−elnx，令f(x)=x【解答过程】由a2x4所以ax令f(x)=x2−exf′(x)=2x−eg′(x)=2−ex，令当x<ln2时，g′(x)>0，当所以f′(x)在(−∞所以f′所以f(x)在R上递减，所以ax2≤所以a≤lnxx令ℎ(x)=lnxx由ℎ′(x)>0，得1−2ln由ℎ′(x)<0，得1−2ln所以ℎ(x)在0,e上递增，在e所以ℎ(x)所以a≤1即实数a的取值范围为−∞故选：D.【变式4-1】（2024·广东深圳·模拟预测）已知函数f(x)=aex+1nax+2−2A．0<a<e B．a>e2 C．a>【解题思路】不等式整理为x+lna+ex+lna+>lnx+2+【解答过程】∵f(x)=aex+1na两边加上x得，ex+设gx=x+ex，则∴x+lna>ln令kx=ln∵fx的定义域是−2,+∴当x∈−2,−1时，k'x>0，kx单调递增，当x∈∴当x=−1时，kx取得极大值即为最大值，k∴lna>kx故选：C．【变式4-2】（2024·江西赣州·二模）已知函数fx=ekx+1，gx=A．0,e B．e,+∞ C．1e,+【解题思路】根据已知条件，有lnekx⋅ekx+1≥1+xlnx【解答过程】因为fx=e由kfx≥gx得k即kxekx+1即lnekx⋅构造函数ℎx=1+xlnekx⋅ekx+1≥因为ℎ′x=lnx+1x则t′x=1x所以x∈0,1时，t′x<0，所以x∈1,+∞时，t′x>0所以x=1时，tx取得最小值，即t所以tx>0在x∈0,+∞上恒成立，即所以ℎx在x∈因为ℎekx≥ℎ所以ekx≥xx>0，kx≥lnxx>0，令mx=lnxx令m′x=0，即1−所以x∈0,e时，m′x>0x∈e,+∞时，m′x<0，所以x=e时，mx取得最大值，即所以mx≤1故选：C.【变式4-3】（2024·甘肃兰州·二模）若关于x的不等式ex+x+2ln1xA．12 B．e24 C．e【解题思路】对所给不等式适当变形，利用同构思想得出lnm≤x−2lnx对于任意x>0【解答过程】由题意可得x>0,m>0，ex+x+2ln令fx则f′所以fx所以若有fx≥fln即lnm≤x−2lnx令gx则g′令g′所以当0<x<2时，g′x<0，gx单调递减；当x>2时，所以gx从而lnm≤lne24，所以m的取值范围为m≤故选：B.【题型5利用同构比较大小】【例5】（2024·湖南益阳·三模）若a=2ln1.1，b=0.21，c=tanA．b<c<a B．a<c<b C．c<a<b D．a<b<c【解题思路】首先通过构造函数得到当0<x<π2时，tanx>x，再通过构造函数fx=x−【解答过程】根据题意，a=2ln设ℎx则ℎ′所以ℎx=tan所以ℎx=tan令fx=x−ln所以fx=x−ln从而fx=x−ln1+x>f所以tanx>x>ln1+x从而当x=0.21时，c=tan故选：D.【变式5-1】（2024·陕西安康·模拟预测）若0<x1<A．ex2+C．x2ex【解题思路】根据选项构造两个函数fx=ex−【解答过程】令fx=ex−lnx即f′x=ex因此在区间1e,1上必然存在唯一x0所以当x∈0,x0时fx单调递减，当x∈x令gx=ex∴gx在区间0,1∵0<x1<故选：C．【变式5-2】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）设a=ln1.01，b=sinA．c<b<a B．c<a<b C．a<b<c D．a<c<b【解题思路】通过证明ln1+x>x1+x,x∈0,1确定【解答过程】令fx∴f′x=1所以fx>f0=0，即∴ln1+0.01>令gx∴g′x=cosℎ′x=−sinx+所以ℎ′x在x∈0,1上单调递减，ℎ所以存在唯一x0∈0,1，使得ℎ′x0=0，即当x∈即ℎx在0,x0上单调递增，在x0,1上单调递减，所以ℎℎ1=cos1−1所以gx在0,1上单调递增，所以g即sinx>ln1+x所以sin0.01>ln1.01所以b>a>c.故选：B.【变式5-3】（2024·安徽·三模）已知实数x1,x2,A．x1<xC．x2<x【解题思路】求出x1,x2,x3，构造函数f【解答过程】依题意22−x1令fx=x故当x>1时，f′x>0,f故f1.05>0，则x3则g′x=x−1x2，故当则g1.05>0，则综上所述：x3故选：A.【题型6利用同构解决不等式恒成立问题】【例6】（2024·内蒙古·三模）已知函数fx(1)讨论fx(2)若a>0,fx≤e【解题思路】（1）求导得f′（2）由已知可得elnx2+lnx2≤eax+ax【解答过程】（1）fx的定义域为0,+关于x的方程2x当−4≤a≤4时，Δ≤0，f′x≥0，所以当a<−4时，Δ>0，此时xf′x≥0，所以f当a>4时，则x1=a−又x1x2令f′x>0，解得x<令f′x<0所以fx在0,a−a2−16（2）由fx≤eax，可得令gx=e由elnx2+lnx2设ℎx=lnxx，则ℎ当0<x<e时，ℎ′x所以a2≥1e，则【变式6-1】（2024·广西贵港·模拟预测）已知函数f(x)=ae(1)当a=1时，请判断f(x)的极值点的个数并说明理由；(2)若f(x)≥2a2−a【解题思路】（1）先求f′(x)，得f′(x)=x2ex+lnx（2）先把原不等式化成axeax−[ln(ax)+1]+ax≥2a2x恒成立，利用换元法，设t=ax，则【解答过程】（1）当a=1时，f(x)=ex−所以f′令ℎ(x)=x2e当x∈(0,+∞)时，ℎ′(x)>0，又∵ℎ(12)=e4−ln2<0，当x∈(0,x0)时，f′(x)<0当x∈(x0,+∞)时，f∴f(x)有一个极小值点x0（2）∵f(x)=ae∴axeax−[令t=ax，则t∈(0,+∞)，设g(x)=ex−lnx+1又ℎ(x0)=设m(x)=xex，当x>0时，m′(x)=(x+1)e∵x0∈(12由（﹡）知m(x0)=m(−lnx∴g(x∴2a≤1+1=2，∴a≤1，又a>0，∴a的取值范围为0,1．【变式6-2】（2024·天津武清·模拟预测）已知fx=ax−xa(1)当a=2时，求fx在x=0(2)当a=e时，求证：fx在(3)设a>e，已知∀x∈e22ln【解题思路】（1）根据导数的几何意义，求出切线斜率，由点斜式求切线方程；（2）f(x)在(e,+∞)上单调递增，即（3）不等式f(x)≥0恒成立，即lnxx≤【解答过程】（1）当a=2时，fx=2所以k=f′(0)=所以切线方程为y−1=ln2(x−0)，即（2）当a=e时，f(x)=则f′要证明fx在e只需证明f′(x)>0在则只需证ex−1>x设g(x)=x−1−(e−1)因为g′x=1−e−1所以x∈(e,+∞)时g(x)>g(e所以f′(x)>0，所以f(x)在（3）f(x)≥0，即ax≥xa设ℎ(x)=lnxx,ℎ当x>e时，ℎ′(x)<0又因为a>e，所以x≥e22ln由lnxx≤lnaa，则上式等价于lnaa≥由ℎ(x)在(e,+∞即实数a的取值范围为e,e2【变式6-3】（2024·河北·模拟预测）已知函数fx(1)讨论fx(2)证明：当a>0时，fx【解题思路】（1）先明确函数定义域和求导，根据导数结构特征对a进行a≤0和a>0的分类讨论导数正负即可得单调性.（2）证fx≤aea−1⇔fx【解答过程】（1）由题函数定义域为0,+∞，f故当a≤0时，f′x<0恒成立，所以函数当a>0时，f′x在0,+∞则x∈0,a时，f′x>0；所以函数fx在0,a上单调递增，在a,+综上，当a≤0时，函数fx在0,+∞上单调递减；当a>0时，函数fx在0,a（2）由（1）当a>0时，函数fx在0,a上单调递增，在a,+故fx≤fa故证fx≤a即⇔ln令gx=ln故当x∈0,1时，g′x>0；所以gx在0,1上单调递增，在1,+所以gx≤g1=0在所以当a>0时，fx【题型7利用同构证明不等式】【例7】（2024·湖北荆州·三模）已知函数fx=x(1)当a=1时，求曲线y=fx在点1,f(2)当a=e时，求出函数f(3)证明：x2【解题思路】（1）把a=1代入，求出函数f(x)的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.（2）把a=e（3）对所证不等式作等价变形得x(e【解答过程】（1）当a=1时，fx=xe则f′1=2因此曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为所以切线的斜截式方程为y=2（2）当a=e时，f(x)=xex令ux=xex−则ux在0,+∞单调递增，而u1=0，当x∈0,1当x>1时，ux>0，f′x>0，函数fx在所以当a=e时，fx有唯一零点（3）不等式x2e⇔xex+⇔x⇔xe令函数g(x)=ex−x−1，求导得g′(x)=ex−1，当函数g(x)在(−∞,0)上递减，在(0,+∞)上递增，则因此ex+lnx令ℎ(x)=x−sinx,x>0，求导得ℎ′(x)=1−cosℎ(x)>ℎ(0)，因此x−sinx>0，又从而xe所以原不等式得证.【变式7-1】（2024·广东广州·模拟预测）已知函数fx=xe(1)求fx在区间−1,1(2)当a≥1时，求证：fx【解题思路】（1）求导f′x=eax1+ax（x>0）（（2）方法一：隐零点法，由x>0，a≥1，转化为证明xex≥lnx+x+1，令gx=xex−lnx−x−1，（x>0），由gxmin≥0【解答过程】（1）解：f′x=eax令f′x=0当0<a≤1时，−1a≤−1，所以f′x≥0在区间所以fxmin=f当a>1时，−1<−1a<1，则当x∈−1,−1a时，当x∈−1a,1时，f′所以fx而f−1=−e−a综上所述，当0<a≤1时，fxmin=−当a>1时，所以fxmin=−（2）方法一：隐零点法因为x>0，a≥1，所以xeax≥xex设gx=xex−令ϕx=ex−而ϕ12=所以由零点的存在性定理可知，存在唯一的x0∈1即ex0−1x当x∈0,x0时，ϕ′x<0，当x∈x0,+∞时，ϕ′x>0所以g所以gx≥0，因此方法二：（同构）因为x>0，a≥1，所以xeax≥xex只需证明xe因此构造函数ℎx=eℎ′当x∈−∞,0时，ℎ′x当x∈0,+∞时，ℎ′x>0所以ℎx≥ℎ0所以xe因此fx【变式7-2】（2024·山东·二模）已知函数fx(1)讨论fx(2)若em−1x+1f【解题思路】（1）先求导函数f′x，再对m进行分类讨论得（2）先由题意得出隐性条件fx>0得m的限制范围，再对不等式em−1x+1fx≥【解答过程】（1）由题可知f′x=m−1x当m≤0时，f′x=m−1x当0<m<1时，令f′x=0所以x∈1,1m时，fx∈1m,+∞时，当m≥1，即0<1此时f′x>0在1,+综上，当m≤0时，fx在1,+当0<m<1时，fx在1,1m当m≥1时，fx在1,+（2）因为x∈1,+∞，所以又em−1x+1⋅fx≥故x∈1,+∞时，令φx=lnxx当x∈1,e时，φ′当x∈e,+∞时，φ所以φxmax=φ将em−1x+1fm−1整理可得mx−ln令gt=t+lnt，则gmx−因为mx−lnx>0且所以mx−lnx≥x−1在所以m≥x+令ℎx=ln当x∈1,e2当x∈e2,+所以ℎx所以m≥1+1又因为1e<1+1【变式7-3】（2024·四川眉山·三模）已知函数f(x)=xln(1)若过点(1,0)可作曲线y=f(x)两条切线，求a的取值范围；(2)若f(x)有两个不同极值点x1①求a的取值范围；②当x1>4x【解题思路】（1）求出函数f(x)的导数，设出切点坐标，求出切线方程，结合切线过的点构造函数g(x)=ax2−2ax−x+lnx−1（2）①由f′(x)=lnx−2ax−1有两个零点，结合零点的意义分离参数，求出直线y=2a与函数y=lnx−1x【解答过程】（1）依题意，f′设过点1,0的直线与曲线y=f(x)相切时的切点为(x0,切线方程为y−(x0ln则−x0ln由过点(1,0)可作曲线y=f(x)两条切线，得方程ax令g(x)=ax2−2ax−x+求导得g′①若a>12，由g′(x)>0，得0<x<12a或即函数g(x)在(0,12a)，(1,+则当x=12a时，g(x)取得极大值；当x=1时，又g(1当x≤1时，g(x)<0恒成立，因此函数g(x)最多1个零点，不合题意；②若a=12，g′(x)≥0恒成立，函数因此函数g(x)最多1个零点，不合题意；③若0<a<12，由g′(x)>0，得0<x<1或x>1即函数g(x)在(0,1)，(12a,+则当x=1时，g(x)取得极大值；当x=12a时，g(x)取得极小值，又显然当x≤12a时，g(x)<0恒成立，因此函数④若a≤0，显然2ax−1<0，当0<x<1时，g′(x)>0，当x>1时，函数在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，当x=1时，g(x)取得最大值要函数g(x)有2个零点，必有g(1)=−a−2>0，得a<−2，当0<x<1时，g(x)=a(x−1)而函数y=−a−1+lnx在(0,1)上的值域为(−∞,−a−1)，因此g(x)在当x>1时，令y=lnx−x，求导得y′=1则lnx−x<−1，g(x)=a而函数y=a(x−1)2−a−2在(1,+因此函数g(x)在(1,+∞)上的值域为于是当a<−2时，函数g(x)有两个零点，所以过点1,0可作曲线y=fx两条切线时，a的取值范围是−（2）①由（1）知，f′由函数f(x)有两个极值点x1,x2，得f′令u(x)=lnx−1x，求导得u′(x)=2−lnxx函数u(x)在(0,e2)上单调递增，(且u(e)=0，当x>e时，函数u(x)>0恒成立，因此当0<2a<所以函数f(x)有两个极点时，a的取值范围是(0,1②由lnx1−2ax1要证明x1x2而lnx令t=x1x2(即证明(t+2)⋅lntt−1令ℎ(t)=ln求导得ℎ′则φ(t)=t+4+4t−12ln2则ℎ′(t)>0，令ℎ(t)在t>4时单调递增，则因此(t+2)⋅lntt−1所以x1【题型8与零点有关的同构问题】【例8】（2024·四川自贡·三模）已知函数f(x)=1+(1)求函数f(x)的单调区间；(2)函数f(x)有唯一零点x1，函数g(x)=x−sinx−ae2在【解题思路】（1）求出函数的定义域与导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；（2）法一：由已知导数与单调性关系及函数零点存在定理可知，x1=1a,f1a=−alna+a+1=0，构造函数φx=−xlnx+x+1，结合导数及函数性质可得【解答过程】（1）函数f(x)=1+1x+a且f′所以当0<x<1a时f′(x)<0，当所以fx的单调递减区间为0,1a（2）法一：由（1）可知若函数fx有唯一零点x1，则x1令φx=−xln当x>1时，φ′x<0,φx单调递减，当因为e4>2.7所以φ3φ4当0<x<1时φx=x1−lnx所以φx在3,4上存在唯一零点，所以3<a<3，即1令ℎx=e所以ℎx在0,+故ℎ1所以ae又gx所以x2令Fx=x−sin所以Fx在0,+又Fx所以x2法二：因为a>0，由（1）可知若函数fx有唯一零点x1，则即fx设ℎ(x)=lnx+x+1,ℎ1e>0,ℎ所以x1∈1e2,1又g(0)=−a令φ(x)=x−sinx−1e2所以∴φx1<φ∴gx【变式8-1】（2024·广东茂名·一模）设函数fx=e(1)当a=−1时，fx≥bx+1在0,+∞(2)若a>0,fx在0,+∞上存在零点，求实数【解题思路】（1）构建函数ℎx=ex−bx−（2）分离参数−1a=sinxex，令g【解答过程】（1）当a=−1时，fx所以不等式转化为ex−bx−sin令ℎx所以ℎ′当x∈[0,+∞)时，若b≤0，则ℎ′x≥0ℎx在0,+故ℎx若b>0，令函数mx则m′x=所以mx在0,+因为m0=−b<0，且当x→+∞所以∃x0∈故当x∈0,x0时，ℎ当x∈x0,+∞时，则ℎ(x)综上所述，实数b的取值范围为−∞（2）因为fx=e令fx=0，即所以−1令gx=sin则g′令g′x=0所以当x∈π4+2kπ,当x∈0,π4，x∈所以当x=5π4即当x=5π4又因为sin5π4所以g5所以gx当x=π即当x=π4,又因为sinπ4=所以gπ所以gx所以当x∈0,+∞，所以−2又因为a>0，所以a≥2e5π4所以实数a的取值范围为2e【变式8-2】（2024·四川遂宁·模拟预测）已知函数fx=x−1(1)当x∈1,+∞时，fx(2)若a<−2，证明：fx有三个零点x1，x2，x3（x1<x【解题思路】（1）利用f1=0，且fx≥0（x≥1），结合f′1（2）结合（1）fp>0，fq<0，从而取特殊值xp=a+a2【解答过程】（1）由题意可知fx的定义域为0,+∞，因为f1=0，fx≥0（x≥1以下证明a≥−2满足题意.由x≥1可知，lnx≥0，所以当a≥−2时，设ℎx=x−1x−2所以ℎx在(1,+∞)为递增函数，所以ℎ当a<−2时，对于函数y=x2+ax+1易知x2+ax+1=0有两个正根，不妨设为p,q,p<q,(pq=1)，则则当0<x<p或x>q时，f′x>0；当p<x<qfx在0,p和q,+∞上单调递增，在因为f1=0，所以fp>0，fq综上，a的取值范围是−2,+∞（2）由（1）可知，当a<−2时，对于函数y=x2+ax+1易知x2+ax+1=0有两个正根，不妨设为p,q,p<q,(pq=1)，则则当0<x<p或x>q时，f′x>0；当p<x<qfx在0,p和q,+∞上单调递增，在因为f1=0，所以fp>0，fq（a+a设ℎ(x)当0<x<1时，ℎ′(x)>当x>1时，ℎ′(x)<0，即lnx≤x−1<x，当且仅当x=1即得ln1x<则fx取xq=afxq=xq−1所以fx在xp,p上存在唯一零点x1，即在在q,xq上存在唯一零点x3，即在q,+结合f1=0，取所以ffx3=所以1x1也是函数的零点，显然1x1≠x1所以x1x3=x22【变式8-3】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数fx=x2ln(1)求实数m的取值范围；(2)求证：t<1；(3)比较t与2e及2m+【解题思路】（1）先结合导数与单调性关系判断函数的单调性，结合单调性及函数性质，零点存在定理即可求解；（2）令t=x12+x22=u1+u2（3）结合所要比较式子，合理构造函数，对新函数求导，结合导数与单调性关系即可求解.【解答过程】（1）fxu=x2，考虑函数fx有两个零点x1,x2，ug′u=lnu+1,g所以gu因为当u→0+时gu→−2m；当x→+∞（2）t=x12+x欲证u1+u2<1即lnu∵u∴ln证明①式只需证λlnλ1−λ构造φλ=ln令y=1−1λ−lnλ，y所以y=1−1λ−lnλ所以φ′φλ在1,+∞单调递减，（3）先证u1+u2>F′∴Fu在0,1e单调递减，∴F∴gu2>g2e由0<u1<又∵当0<x<1时，y=lnx−2所以y=lnx−2x−1x+1在0,1所以当0<x<1时，y<0，即ln所以lne即1+lnu1整理得：eu同理当x>1时，y=lnx−2x−1x+1所以y=lnx−2把x代成eu2可得：由③-④得：eu∵u1<u2一、单选题1．（2024·陕西安康·模拟预测）已知a=ln65,b=A．a>b>c B．a>c>b C．c>b>a D．c>a>b【解题思路】比较a，b大小，构造fx=ln【解答过程】令fx=lnx−x+10<x<1又f1=0，所以fx所以ln56<−16，所以−设ℎx=1−xexℎx<ℎ0=1，即ex<1所以a>b>c，故选：A.2．（2024·宁夏银川·模拟预测）已知a∈N∗，函数fx=eA．2 B．3 C．6 D．7【解题思路】由题意函数fx=e3x−xa【解答过程】当a为正偶数时，当x=−2时，f(−2)=e6−则当x<0时，xa<0<e3x恒成立，只需研究当x=1时，e3−1>0成立，则当x∈(0,1)时，a>3x当x∈(1,+∞)时，设g(x)=3xlnx令g′(x)=0，得当x∈(1,e)时，g′当x∈(e,+∞)时，g′所以g(x)min=g(所以a的最大值为7.故选：D.3．（2024·四川南充·模拟预测）设a>0，b>0，且a+b=1，则下列结论正确的个数为（

）①log2a+log2b≥−2

A．0 B．1 C．2 D．3【解题思路】①②根据指数对数运算和基本不等式判断；③构造函数fx【解答过程】log2a+log2b=2a+2b≥2由题意得a=1−b，且0<b<1，令fx=1−x+lnx，当0<x<1时，f′x>0，所以f所以1−b+lnb=a+ln故选：C.4．（2024·四川宜宾·模拟预测）定义在0,+∞上的单调函数fx，对任意的x∈0,+∞有ffx−A．−∞,1 B．0,1 C．0,1 【解题思路】由条件单调函数fx，对任意的x∈0,+∞fx−lnx=t，且fx⋅f【解答过程】由于函数fx为单调函数，则不妨设fx−且ft−lnt=1−ln设gx则方程fx⋅f′xg′易得当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1,+∞所以函数gx在(0,1)上单调递增，在(1,+所以g(x)又g1e=0，且当x→+故函数gx=lnx+1x故选：B.5．（2024·四川南充·模拟预测）设a>0,b>0,且a+b=1,则下列结论正确的个数为（

）①log2a+log2b≥−2

②2aA．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】①②直接使用基本不等式,结合对数指数运算,即可判断；③构造函数fx=lnx−x+1,利用导数研究其单调性和值域,将a+ln【解答过程】因为a+b=1,故可得ab≤14a+b①log2a+log②2a+2b③令fx=lnx−x+1,x∈0,1故fx在0,1单调递增,fx<f1=0a+lnb=1−b+lnb,又a>0,即1−b>0,解得故lnb−b+1<0,也即a+④令gx=sinxsin故当x∈0,12时,g′(x)>0,gx单调递增；当x∈1故gx的最大值为g12=sin故选：C.6．（2024·河南郑州·三模）设x1,x2∈A．若x1=x2，则x1∈C．x1+x【解题思路】构造函数fx1=ex1+lnx1【解答过程】对于A，当x1=x2时，则ex1+由于f12=e对于B，若x1x2=1，由ex则g′x=ex故g′x=ex−1x在故存在唯一的x0∈0,1，使得g且x∈0,x0g′x<0,gx在x∈故gxmin=g故gxmin=1x0+对于C，先证ex≥x+1，记n(x)=e当x>0,n′(x)>0,n(x)所以n(x)≥n(0)=0，故ex设ex1−1=−lnx2则ℎk=e−k所以ℎ′k=1k+1−1故x1对于D,Mk所以Mk在k>0单调递减，故M则x1故选:C.7．（2024·四川·三模）已知关于x的方程e2x−axex+9e2A．(0,16e4) B．(0,12e4)【解题思路】变形给定方程，构造函数f(x)=exx，利用导数探讨方程t=【解答过程】显然x=0不是方程e2x则方程e2x−axe令t=exx，得t2−at+9由f′(x)<0，得x<0或0<x<1，由f′即函数f(x)在(−∞,0)和(0,1)上单调递减，在(1,+∞作出f(x)的大致图象，如图，依题意，方程t2−at+9e2=0观察图象知，方程t2−at+9e2=0于是t1+t2=a,t1不妨设t1则(ex1由6e<a<10e所以(ex1故选：A.8．（2024·湖北·模拟预测）已知函数fx=lnx，gx为fx的反函数，若fx、gx的图像与直线A．x2>lnC．x1∈0,【解题思路】根据题意，构造函数ℎx=x+lnx，由条件可得【解答过程】由题意得x1+lnx1=0且令ℎx=x+ln则ℎx1=ℎex由ex2+由于ℎ12=结合ℎx=x+lnx在由x1−x2=因为12<x1<1，所以r所以r1<rx1<r故选：D.二、多选题9．（2024·湖北武汉·模拟预测）对于函数f(x)=xlnxA．函数f(x)的单调递减区间为(0,1)∪(1,B．f(C．若方程|f(|x|)|=k有6个不等实数根，则k>D．对任意正实数x1,x2，且x【解题思路】对于A，分析导函数即得递减区间，不能用“并”连接；对于B，由推理得f(2)=f(4)，利用函数单调性比较即得；对于C，分析函数的奇偶性，分段讨论函数的单调性和图象趋势，得图象简图，结合图象判断两函数交点个数即得；对于D，设函数g(x)=lnxx，构造函数ℎ(x)=g(x)−g(【解答过程】函数f(x)=xlnx的定义域为(0,1)∪(1,+对于A，由f′(x)<0可得0<x<1或1<x<e，由f即函数f(x)的单调递减区间为(0,1)和(1,e对于B，由A得，函数f(x)在(e,+∞因f(2)=2ln2故f(π对于C，易知f(|x|)=|x|ln|x|为偶函数，当x>0由A项知，函数f(x)的单调减区间为(0,1)和(1,e)，增区间为又当x>1时，f(|x|)=f(x)>0，当x=e时，f(|当x→1+时，f(|x|)→+∞，x→+当0<x<1时，f(|x|)<0，当x→0时，f(|x|)→0，x→1−时，故函数y=|f(|x|)|的图象如图所示.

由图可得，直线y=k与函数y=|f(|x|)|有6个不同交点，等价于k>e对于D，由图，不妨设0<x1<e<即lnx1x设ℎ(x)=g(x)−g(e则ℎ′(x)=(lnxx则当0<x<e时，1−lnx>0,e2−x又ℎ(e)=0，又0<x1<因g(x)=lnxx，则g′(x)=1−lnxx因x2>e,e故选：BCD.10．（2024·河南郑州·模拟预测）已知函数fx=xcosA．函数fx在x=πB．对于∀x∈0,π，C．若0<x1D．若对于∀x∈0,π2，不等式a<sinxx<b恒成立，则【解题思路】对fx求导，利用导函数的符号判断fx在0,π上的单调性判断AB，构造g【解答过程】选项A：由题意可得f′所以当0<x<π时f′x<0，所以fx在0,选项B：因为f0=0且由A可知fx所以∀x∈0,π，选项C：令gx=sinxx由B可知g′x<0在x∈0,π所以当0<x1<x2选项D：由C可知当x∈0,π2所以对于∀x∈0,π2，不等式a<sinxx<b恒成立，则a故选：BCD.11．（2024·江苏·模拟预测）设x1,x2(x1A．x1x2<eC．∃a∈(0,1),x2−x【解题思路】求得f′x=−lnx，得到函数fx的单调性和极大值，作出函数fx的图象，可判定A正确；构造函数gx=lnxx，利用导数求得函数的单调性，可得gx1<gx2【解答过程】由函数fx=x(1−lnx)的定义域为令f′x=0当0<x<1时，f′x>0，f当x>1时，f′x<0，f所以，当x=1时，可得函数fx的极大值为f对于A中，知0<x1<1,1<对于B中，构造函数gx=ln当0<x<e时，g′x>0，所以gx1<gx2对于C中，由函数fx的极大值为f令fx=0，可得limx→0结合函数f(x)单调性可得图像如图所示.当a>0且a→0时，x2又因为当a→0时，ea所以∃a∈(0,1)，x2对于D中，因为x1(1−lnx1)=a，所以为证∀a∈(0,1)，x1lnx1+x2因为0<x1<1,1<x2<e又因为fx在(1,+只需证：fx2<f令Fx可得F′所以Fx在0,1上单调递增，且F所以fx故选：ACD.三、填空题12．（2024·福建泉州·一模）已知函数f(x)=(x−1)ex+ex−a有且只有两个零点，则a【解题思路】根据题意，转化为ex−a=−(x−1)ex有两个根据，即a=(2−x)ex或a=xex有两个解，分别令gx=(2−x)【解答过程】由函数f(x)=(x−1)ex+ex即ex−a=−(x−1)ex，因为e可得a−ex=(1−x)即a=(2−x)ex或令gx=(2−x)ex，ℎx当x≤1时，可得g′x≥0，gx在当x→−∞时，gx>0当x<−1时，可得ℎ′x<0，ℎ当−1<x<1时，可得ℎ′x>0，ℎx在又当x<0时，gx>0，当x→−∞时，ℎx<0作出函数y=gx要使得(x−1)ex+结合图象，可得−1e<a<0或0<a<e，即实数故答案为：−113．（2024·四川成都·三模）若不等式emxmx−ln2−xlnx2≥0【解题思路】将已知变形为通过不等式emx2lnemx2≥x【解答过程】若不等式emxmx−ln2−x而m>0，所以emx设gt=tln所以gt在1e,+即m≥ln2xx设fx=ln当1e<x<e2时，f′当x>e2时，f′x<0所以当x=e2时，综上，正实数m的取值范围是2e故答案为：2e14．（2024·四川凉山·三模）已知函数fx=ex−2ex【解题思路】先零点代入函数解析式得ett2lnett【解答过程】∵t为函数零点t>1∴⇒e令gx显然x∈0,2时，g′x<0，∴gx在0,2上单调递减，在2,+∴gx令ℎx=xln显然x>1e时，ℎ′x>0则ℎett故答案为：2e四、解答题15．（2024·陕西渭南·二模）已知函数f(x)=xlnx，(1)求函数g(x)的单调区间；(2)若当x>0时，mx2−【解题思路】（1）求出函数g(x)，再利用导数求出g(x)的单调区间.（2）等价变形给定不等式得m(x−lnx)≤e【解答过程】（1）依题意，函数g(x)=2lnx−x+1求导得g′(x)=2即g(x)在(0,+∞所以函数g(x)的递减区间为