2025年高考数学二轮复习【举一反三】专练(新高考专用)-重难点09 导数必考经典压轴解答题全归类【十一大题型】(解析版)

重难点09导数必考经典压轴解答题全归类【十一大题型】【新高考专用】导数是高考数学的重要内容，是高考必考的重点、热点内容.从近几年的高考情况来看，在解答题中试题的难度较大，主要涉及导数的几何意义、函数的单调性问题、函数的极值和最值问题、函数零点问题、不等式恒成立与存在性问题以及不等式的证明等内容，考查分类讨论、转化与化归等思想，属综合性问题，解题时要灵活求解．其中，对于不等式证明中极值点偏移、隐零点问题和不等式的放缩应用这三类问题是目前高考导数压轴题的热点方向．【知识点1切线方程的求法】1．求曲线“在”某点的切线方程的解题策略：①求出函数y=f(x)在x=x0处的导数，即曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处切线的斜率；②在已知切点坐标和切线斜率的条件下，求得切线方程为y=y0+f'(x0)(x-x0).2．求曲线“过”某点的切线方程的解题通法：①设出切点坐标T(x0,f(x0))(不出现y0)；②利用切点坐标写出切线方程：y=f(x0)+f'(x0)(x-x0)；③将已知条件代入②中的切线方程求解.【知识点2导数中函数单调性问题的解题策略】1．含参函数的单调性的解题策略：(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.(2)若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因式分解，则需讨论判别式△的正负，二次项系数的正负，两根的大小及根是否在定义域内.2．根据函数单调性求参数的一般思路：(1)利用集合间的包含关系处理：y=f(x)在(a,b)上单调，则区间(a,b)是相应单调区间的子集.(2)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a,b)都有f'(x)≥0(f'(x)≤0)，且在(a,b)内的任一非空子区间上，f'(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解.(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题.【知识点3函数的极值与最值问题的解题思路】1．运用导数求函数f(x)极值的一般步骤：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f'(x)；(3)解方程f'(x)=0，求出函数定义域内的所有根；(4)列表检验f'(x)在f'(x)=0的根x0左右两侧值的符号；(5)求出极值.2．根据函数极值求参数的一般思路：

已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解.3．利用导数求函数最值的解题策略：(1)利用导数求函数f(x)在[a,b]上的最值的一般步骤：①求函数在(a,b)内的极值；②求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；③将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值的一般步骤：求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.【知识点4导数的综合应用】1．导数中的函数零点（方程根）问题利用导数研究含参函数的零点（方程的根）主要有两种方法：(1)利用导数研究函数f(x)的最值，转化为f(x)图象与x轴的交点问题，主要是应用分类讨论思想解决.(2)分离参变量，即由f(x)=0分离参变量，得a=g(x)，研究y=a与y=g(x)图象的交点问题.2．导数中的不等式证明(1)一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可.(2)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．3．导数中的恒（能）成立问题解决不等式恒（能）成立问题有两种思路：(1)分离参数法解决恒（能）成立问题，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，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，即可解决问题．(2)分类讨论法解决恒（能）成立问题，将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数进行分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，据此进行求解即可.4．导数中的双变量问题破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是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．【知识点5极值点偏移问题及其解题策略】1．极值点偏移极值点偏移的定义：对于函数在区间内只有一个极值点，方程的解分别为，且.(1)若，则称函数在区间上极值点偏移；(2)若，则函数在区间上极值点左偏，简称极值点左偏；(3)若，则函数在区间上极值点右偏，简称极值点右偏．2．极值点偏移问题的一般题设形式(1)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，求证：x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；(2)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)=f(x2)，求证：x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；(3)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，令，求证：f'(x0)>0；(4)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)=f(x2)，令，求证：f'(x0)>0.3．极值点偏移问题的常见解法(1)(对称化构造法)：构造辅助函数：①对结论x1+x2>2x0型，构造函数.②对结论型，方法一是构造函数，通过研究的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成lnx1+lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成两变量即可.(2)(比值代换法)：通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明.【题型1函数的切线问题】【例1】（2024·广东·二模）已知函数f(x)=ex−1−xlnx.(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)证明：f(x)>0.【解题思路】（1）求导，即可得直线斜率，进而可求解直线方程，（2）对x分0<x<1和x≥1，求导，即可根据单调性求解，或者将不等式变形为ex−1x2>ln【解答过程】（1）f(1)=ef′x=曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=1.（2）解法1：定义域为(0,+∞①当0<x<1时，ex−1>e−1，xln②当x≥1时，f′设g(x)=f′x由于y=ex−1,y=−1x均在[1,+∞)所以g′所以g(x)在[1,+∞)上单调递增，g(1)=0，g(x)≥0，即所以f(x)在[1,+∞)上单调递增，f(1)=1，则综上所述，f(x)>0.解法2：定义域为(0,+∞要证f(x)>0，只需证ex−1>xln令ℎ(x)=ex−1x2，当x∈(0,2)，ℎ′(x)<0，当x∈(2,+∞)，ℎ′∴ℎ(x)≥ℎ(2)=eg′当x∈(0,e)，g′当x∈(e,+∞)，∴g(x)≤g(e综上所述，ℎ(x)≥e4>1e【变式1-1】（2024·四川雅安·一模）已知函数fx=ax+1(1)当a<0时，求fx(2)当a=1时，过点−1,m可以作3条直线与曲线y=fx相切，求m【解题思路】（1）利用导数直接求解单调区间即可；（2）设切点为x0,x0+1ex0，利用导数的几何意义可得m=x【解答过程】（1）由fx=ax+1则f′令f′x>0，得x>a−1a所以函数fx的单调递增区间为a−1a,+（2）当a=1时，fx=x+1设切点为x0,x化简得m=x因为过点−1,m可以作3条直线与曲线y=fx所以方程m=x设gx=x2+2x+1而g′令g′x>0，得−1<x<1；令g′x所以函数gx在−∞,−1和1,+又g−1=0，g1=4画出函数y=m与y=gx要使函数y=m与y=gx的图象有三个交点，则0<m<即m的取值范围为0,4【变式1-2】（2024·湖北黄冈·一模）已知函数f(1)若曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为fx=−x+b，求(2)讨论fx【解题思路】（1）先对函数求导，结合导数的几何意义与斜率关系即可求解；（2）结合导数与单调性关系对a的范围进行分类讨论即可求解．【解答过程】（1）fx=2aln曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为则f′1=a−3由f1=−a−9（2）fx=2aln则f′令f′x=0，解得x=2若a≤0，则当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(2,+∞)时，若0<a<3，则当x∈2a3,2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈0,2a若a=3，则f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，若a>3，则当x∈2,2a3时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0,2)和x∈综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(2,+∞)，单调递减区间为当0<a<3时，f(x)的单调递增区间为0,2a3和(2,+∞当a=3时，f(x)的单调递增区间为(0,+∞当a>3时，f(x)的单调递增区间为(0,2)和2a3,+∞【变式1-3】（2024·广东惠州·模拟预测）已知函数f(x)=eax+(1)当a=0时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)设g(x)=f′(x)⋅【解题思路】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；（2）求导，分a=0，a>0两种情况讨论，再结合极大值的定义即可得解；【解答过程】（1）当a=0时，f(x)=1+1x，则f′所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−2=−x−1即y=−x+3；（2）函数gx的定义域为−f′(x)=ae则g′当a=0时，gx=−1，此时函数当a>0时，令g'(x)>0，则x<−2a或令g′x<0所以函数gx在−∞,−所以gx的极大值为g综上所述，当a=0时，函数gx当a>0时，gx的极大值为4【题型2（含参）函数的单调性问题】【例2】（2024·浙江金华·一模）已知函数fx=1(1)若a=1，求fx(2)若fx≥−e【解题思路】（1）代入参数值，求导函数，解导函数大于0的不等式，得出增减区间；（2）求导函数，得到增减区间，求得最小值；由题意建立不等式，构建对应函数，由导函数求得单调区间得最小值再建立不等关系，得到范围.【解答过程】（1）当a=1时，f∴x∈0,1时，f′x<0，∴fx的单调增区间为1,+∞（2）f∴x∈0,a时，f′x<0∴f又∵fx≥−令ℎ则ℎ′a=−a−lna，显然∴必然存在唯一a0∈当a∈0,a0，ℎ当a∈a0,+∞，由于a∈0,1时，ℎ当a∈1,+∞时，ℎa单调递减，且ℎ综上，a成立的范围为0,e【变式2-1】（2024·上海静安·一模）设函数fx(1)求函数y=fx(2)求不等式fx【解题思路】（1）直接求导，令导函数大于0和小于0即可；（2）转化为xx【解答过程】（1）y′令y′=1−4x2令y′=1−4x2所以，该函数的严格单调增区间为(−∞,−2)和(2,+∞)，严格单调减区间为（2）f(x)<2x，即x−4x2−4x>0，即所以解集为(−2,0)∪(2,+∞【变式2-2】（2024·广东·模拟预测）已知函数fx(1)当a=6时，求fx(2)讨论fx【解题思路】（1）利用导数求得fx（2）先求得f′x，对a进行分类讨论，从而求得【解答过程】（1）当a=6时，fx所以fx在区间−∞,−2在区间−2,1上f′所以fx的极大值是f极小值为f1（2）fx=x当−a3=1,a=−3当−a3>1,a<−3时，fx在区间在区间1,−a3上当−a3<1,a>−3时，fx在区间在区间−a3,1综上：当a=−3时，fx在R当a<−3时，fx在区间−∞,1当a>−3时，fx在区间−∞,−【变式2-3】（2024·贵州六盘水·模拟预测）已知函数f(x)=e(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若∀x≥0,f(x)≥x2+2【解题思路】（1）求出函数f(x)的导数，再按a≤0,a>0分类求出单调区间.（2）将不等式恒成立作等价变形，在x>0时分离参数，构造函数，利用导数求出最小值，再对x=0讨论即可.【解答过程】（1）函数f(x)=ex−ax+1的定义域为R当a≤0时，f′(x)>0恒成立，函数f(x)在当a>0时，由f′(x)<0，得x<lna；由函数f(x)在(−∞,ln所以当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间是(−∞当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(−∞,ln（2）不等式f(x)≥x当x=0时，不等式a×0≤0恒成立，即a∈R；依题意，当x>0时，a≤exx求导得g′(x)=e求导得ℎ′(x)=ex−1>0，函数ℎ(x)则当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0，函数g(x)在g(x)min=g(1)=所以实数a的取值范围是a≤e【题型3函数的极值与最值问题】【例3】（2024·云南大理·一模）已知函数fx(1)当a=1时，证明：fx(2)若函数fx有极小值，且fx的极小值小于a−a【解题思路】（1）当a=1时，证明出fx（2）对实数a的取值范围进行分类讨论，利用导数分析函数fx在其定义域上的单调性，可得出a>0，根据题意可得出a2+lna−a<0，可得出ga<g1，利用导数分析函数【解答过程】（1）证明：要证fx≥0，只需证当a=1时，则fx=ln可得f′x=1xx0,111,+f−0+f递减极小值0递增所以，函数fx在x=1处取得即小值，亦即最小值，即f所以，fx（2）解：因为fx=lnx+a当a≤0时，∀x>0，f′x>0，此时，函数f当a>0时，令f′x=0x0,aaa,+f−0+f递减极小值ln递增所以，fx由题意可得lna<−a2令ga=a2+不等式a2+lng′当且仅当2a=1a时，即a=2所以，函数ga在0,+∞单调递增，又ga因此，实数a的取值范围是0,1.【变式3-1】（2024·广东肇庆·一模）已知函数fx(1)当a=0时，求fx(2)若fx存在极大值，求a【解题思路】（1）利用函数的导数与单调性、最值的关系求解；（2）利用导数与极值的关系，结合参数a≤0和a>0讨论函数单调性，从而解决问题.【解答过程】（1）由题可知fx的定义域为0,+当a=0时，fx=ln令f'x=0当0<x<1时，f'x>0当x>1时，f'x<0所以当x=1时，fx取极大值，也是最大值，故fx的最大值为（2）f'令gx=ax当a≤0时，g'x<0，g当x→0时，gx→+∞；g2=4a−ln2<0在0,x0上，gx>0，在x0,2上，gx<0，f'当a>0时，令g'x=0，解得x在0,12a上，g'x<0，gx单调递减；在所以当x=12a时，gx当12−ln12a<0，即0<a<12e时，由于当x→0在0,x1上，gx>0，f'x>0，fx单调递增；在x1当a≥12e时在0,+∞上gx综上所述，a的取值范围是−∞【变式3-2】（2024·陕西榆林·模拟预测）已知函数fx(1)当a=1时，求fx(2)求fx(3)当a≤2时，证明：当−1<x<0时，fx【解题思路】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，得到最小值；（2）求定义域，求导，分a≤0和a>0两种情况，求出函数单调性，得到极值情况；（3）解法1：令gx=fx−ex，二次求导，结合特殊点函数值，得到其单调性，得到解法2：根据题目条件得到fx≥2x−ln【解答过程】（1）当a=1时，fx=x−lnx+1+1，函数f当−1<x<0时，f′x<0；当x>0因此fx在−1,0单调递减，在0,+∞单调递增，故fx（2）fx的定义域为−1,+若a≤0时，则f′x<0，故fx在若a>0时，令f′x=0得x=1a当x>1a−1因此fx在−1,1a故fx有极小值f（3）解法1：令gxg′令ℎx=a−1因为−1<x<0，所以1(x+1)因此ℎ′x>0,ℎx在−1,0单调递增，故gx在−1,0单调递减，gx>g0=0解法2：因为a≤2,−1<x<0，所以fx要证当−1<x<0时，fx>e令gx令ℎx=2−1x+1−所以1x+12>1,ex<1，因此即g′x<0，故gx在【变式3-3】（2024·河南·二模）已知函数fx=x(1)求实数a的取值范围；(2)证明：fx【解题思路】（1）求导，将问题转化为一元二次方程根的分布即可求解，（2）将x1+x【解答过程】（1）f′由题知x2+a−3x+a=0在0,+∞所以−a−32>0故实数a的取值范围是0,1.（2）由（1）知x1∴f==(3−a)2−2a+2令gag记ℎa=g′a,则又g′所以∃t∈e−3,1，使g当a∈0,t时g′a<0，故当a∈t,1时g′a>0，故故g(a)综上，fx【题型4导数中函数零点（方程根）问题】【例4】（2024·贵州黔南·一模）已知函数f(x)=ae(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若当a>0时，函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围.【解题思路】（1）求出函数f(x)的导数，再按a≤0,a>0分类讨论导数值正负即可.（2）由（1）可得f(x)的最小值，再结合函数值的变化情况求出最小值小于0的a的范围.【解答过程】（1）函数f(x)=aex−x+1的定义域为R当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在当a>0时，由f′(x)<0，得x<−lna；由即函数f(x)在(−∞,−ln所以当a≤0时，函数f(x)的单调递减区间是(−∞当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(−∞,−ln（2）由（1）知，当a>0时，f(x)当x→−∞时，f(x)→+∞；当x→+∞要函数f(x)有两个不同的零点，当且仅当2+lna<0，解得所以实数a的取值范围0<a<e【变式4-1】（2024·山东烟台·三模）已知函数fx(1)讨论函数fx(2)当a=3时，若方程xfx−x【解题思路】（1）直接使用导数的符号判断单调性；（2）将方程化为x⋅e−x2−3mx⋅e−x【解答过程】（1）求导知f′当a≥0时，由f′x=1+aex当a<0时，对x<−ln−a有f′x=1+aex>1+a⋅e−ln综上，当a≥0时，fx在−当a<0时，fx在−∞,−（2）当a=3时，fx=x+3e而x3ex由于x2和3ex即x⋅e设gx=x⋅e−x，则g′x=1−x⋅故gx在−∞,1上递增，在1,+∞上递减，这就得到然后考虑关于x的方程gx①若t≤0，由于当x>1时有gx=x⋅e−x>0≥t，而g而g1=1e>0≥t②若0<t<1e，由于gx在−∞,1而由gx=x⋅e再结合g0=0<t，g1=1e>t，2③若t=1e，则由于gx≤g1，且不等号两边相等当且仅当x=1，故方程g④若t>1e，则gx由刚刚讨论的gx=t的解的数量情况可知，方程x⋅e−x2−3mx⋅e−x−9m=0存在三个不同的实根，当且仅当关于一方面，若关于t的二次方程t2−3mt−9m=0有两个不同的根t1,t2，且t1故m∈−∞,−4∪0,+而方程t2−3mt−9m=0的解是3m±3m2+4m所以1e>t这就得到23e−m>m2+4m故我们得到0<m<1另一方面，当0<m<19e2+3e时，关于t的二次方程且有t1=3m+3m2综上，实数m的取值范围是0,1【变式4-2】（2024·四川·一模）设f(1)若a=0，求fx(2)讨论fx【解题思路】（1）利用导数研究函数的单调性即可；（2）利用导数研究函数的单调性，进而可以研究函数的零点.【解答过程】（1）当a=0时，fx=e注意到ex3−x>0，从而−−−33f+0—0+f↗e↘e↗从而fx的单调递增区间是−∞,−（2）当a=0时注意到ex当a≠0时，注意到所求可以化为x3设gx=x3−x，ℎ−−1−1,−−−0g+++0——g↗0↗2↘000,3311,+g——0+++g0↘−↗0↗当a<0时，x<0，注意到gx注意到3x2+则gx从而gx注意到设x1=max−12,设x2=min−2,e从而在x2当a>0时，我们考虑kx=3x−−−1111,+k+0—0+++k↗−↘−↗1↗从而其在13,1之间有一个零点，设其为α，从而考虑其在0,+∞上的正负性和kx一样，从而其极小值点就是最小值点，在x=α处取到.注意到α3=1从而当a<b=1αe当a=b时，gx当a>b时，gx−ℎx在x1=min从而gx−ℎx设ux=lnx−x+1,x>1所以函数ux在1,+则ux=ln当x≥2时，gx从而在x2=max从而在α,x从而此时共有两个零点.综上所述，当0≤a<b=1αe当a<0或者a=b时，fx当a>b时，fx【变式4-3】（2024·甘肃白银·一模）已知函数fx(1)若曲线y=fx在x=2处的切线的斜率为3，求t(2)已知fx恰有两个零点x①求t的取值范围；②证明：x1【解题思路】（1）由导数的几何意义求解即可；（2）①法一：令fx=0，得t=1+2lnxx2，将题意转化为y=t,y=1+2lnxx②将题意转化为证明1+lnx1x2<x1x【解答过程】（1）解：由题意得f′因为曲线y=fx在x=2所以f′2=4t−1=3（2）①法一：解：令fx=0，得t=1+2lnx当x∈0,1时，g当x∈1,+∞时，g′当x趋近正无穷时，gx趋近0，又g所以0<t<1，即t的取值范围为0,1.法二：由题意得fx若t≤0，则f′x<0,fx单调递减，所以若t>0，则当x∈0,1t当x∈1t,+所以f(x)min=f当x趋近0时，fx趋近正无穷；当x趋近正无穷时，f故t的取值范围为0,1.②证明：由①可得0<x1两式相加得tx由x1x2要证x1x2设ℎx=x−ln当x∈0,1时，ℎ当x∈1,+∞时，ℎ′x>0,ℎ因为x1x2>0，所以又0<t<1，所以−x1x从而x1【题型5导数中不等式的证明】【例5】（2024·广东广州·模拟预测）已知函数fx(1)若k=12，求证：当x>0时，(2)若x=0是fx的极大值点，求k【解题思路】（1）令ℎx=f′x，再求导可得ℎ（2）分类讨论可得gx=f′x=ex−2kx−1的单调性，分k≤0【解答过程】（1）若k=12，则fx则ℎ′x=ex−1，当x>0时，所以ℎx在0,+∞上单调递增，即f′所以f′即fx在0,+∞上单调递增，所以（2）由题知f′令gx=f当k≤0时，g′(x)>0,f当k>0时，令g′x=0当x∈−∞,ln2k时，g所以f′(x)在区间−∞则当k≤0时，f′当x∈−∞,0时，f当x∈0,+∞时，f′所以x=0是函数fx当0<k<12时，ln2k<0当x∈ln2k,0时，f′当x∈0,+∞时，f′所以x=0是函数fx当k=12时，则当x∈−∞,+∞时，所以fx当k>12时，ln2k>0当x∈−∞,0时，f当x∈0,ln2a时，f所以x=0是函数fx综上所述，k的取值范围是k>1【变式5-1】（2024·四川·一模）已知函数fx(1)若fx在0,+∞上单调递减，求(2)若a<0，证明：fx【解题思路】（1）根据题意可得f′x≤0在区间0,+（2）根据题意要证fx>0等价于证明lnx−ax+1x【解答过程】（1）由fx=xln因为fx在0,+∞上单调递减，所以f′所以lnx+1−2ax≤0，即a≥构造函数gx=ln当x∈0,1时，g′x>0；当所以gx在区间0,1上单调递增，在区间1,+所以当x=1时fx取得极大值也是最大值，即gxmax所以a的取值范围为12（2）解法一：由题意得fx=xln当a<0时，要证fx>0，即证：x构造函数ℎx=ln所以ℎ′x=因为函数Tx的对称轴为x=12a<0，所以且T0=−1<0，T1=−a>0，所以存在所以当x∈0,x0时，T当x∈x0,+∞时，所以ℎx在0,x0所以当x=x0时，ℎx又因为−ax02+x令px=lnx+2所以px在0,1上单调递减，所以px>p所以即证ℎxmin>0解法二：若a<0，ax令px=xln当x∈0,1e时，p′x<0，px所以px≥p1所以fx【变式5-2】（2024·山西·模拟预测）已知函数f(x)=ln(1)若函数f(x)在定义域上单调递增，求a的取值范围；(2)若a=0；求证：f(x)<4(3)设x1，x2x1<【解题思路】（1）由题意得f'（2）求导，确定其单调性得到f(x)≤1，构造函数g(x)=4ex−2（3）化简fx1−fx2=lnx【解答过程】（1）由题意知函数f(x)的定义域为(0,+∞f'(x)=1所以a≥−1x2又−1x2所以a≥14，即a的取值范围是（2）证明：若a=0，f(x)=lnx−x+2，所以令f'(x)=0，解得x=1，所以当0<x<1时，当x>1时，f'所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞所以f(x)≤f(1)=1，当且仅当x=1时，等号成立.令g(x)=4ex−2x2令g'(x)=0，解得x=2，所以当0<x<2时，g'(x)<0，当所以g(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞所以g(x)≥g(2)=1，当且仅当x=2时，等号成立，所以f(x)≤1≤g(x)，又等号不同时成立，所以f(x)<4（3）证明：由题意可知f'因为f(x)有两个极值点x1，x所以x1，x2是方程则0<a<14所以f=ln所以要证fx1−f即证lnx1x2<a令t=x1x令ℎ(t)=lnt−t−1所以ℎ(t)在(0,1)上单调递增，则ℎ(t)<ℎ(1)=0，即lnt<所以原不等式fx【变式5-3】（2024·安徽安庆·三模）已知函数fx=lnx2(1)求f′(2)求函数fx(3)证明：当x>1时，x−1e【解题思路】（1）求出当x>0时的fx的导函数f（2）先分类讨论求出y=lnx的导函数，即可得函数fx的导函数，再借助导数构造相应函数去研究f（3）原问题可转化为证明：当x>1时，1lnx−1x−1>1【解答过程】（1）函数fx的定义域为x∈R当x>0时，fx此时f′x=（2）先求y=ln当x>0时，y′当x<0时，y′当x≠0时，总有y′所以f′令gx=2lnx−x+所以gx在−∞,0由（1）f′1=0，又f所以当x<−1时，gx>g−1所以fx在−当−1<x<0时，gx<g−1所以fx在−1,0当0<x<1时，gx>g1所以fx在0,1当x>1时，gx<g1所以fx在1,+故fx的单调递增区间是−1,0和0,1单调递减区间是−∞,−1和（3）当x>1时，要证x−1e只需证x−1e因为x−1ex>0只需证xx−1只需证lnx+1只需证1ln只需证1ln令Gx=1则只需证Gx>Gx+1因为G=由（2）知，fx在1,+所以当x>1时，fx<f1所以Gx在1,+又1<x<x+1，所以Gx故当x>1时，x−1e【题型6利用导数研究不等式恒成立问题】【例6】（2024·河南·模拟预测）已知函数fx(1)若a=1，证明：fx(2)若fx≥2e【解题思路】（1）构造函数ℎx=ex−ex（2）利用不等式恒成立的一个必要条件是f1≥2e+1，构造函数tx【解答过程】（1）当a=1时，fx要证明fx>3令ℎx=ex−ex,x∈当x∈0,1时，ℎ′x<0，即可得当x∈1,+∞时，ℎ′x>0即ℎx在x=1处取得极小值，也是最小值ℎ故ex令px=x−elnx,x∈0,+∞，则即可得当x∈0,e时，p′x<0当x∈e,+∞时，p′x即px在x=e处取得极小值，也是最小值故x≥eln因此ex故fx（2）易知fx=e即e+a+lna≥2令tx=x+lnx，则t′因此可得ta=a+ln下面证明充分性：当a≥e时，f令mx=e易知m′x为单调递增函数，令m′可知当x∈0,1时，m′x<0，即可得当x∈1,+∞时，m′x>0即mx在x=1处取得极小值，也是最小值m故当a≥e时，f综上可知，实数a的取值范围e,+∞.【变式6-1】（2024·福建·三模）函数fx=1−x(1)当a=1时，求函数fx在x=1(2)当x∈0,+∞时，fx【解题思路】（1）根据导数的几何意义直接求解即可；（2）当x∈1,+∞时，可得fx<0恒成立；当x∈0,1时，转化问题为lnx+1−【解答过程】（1）当a=1时，fx=1−x而f′x=−所以函数fx在x=1处的切线方程为y+2=即e+1（2）当x∈1,+∞时，1−xe当x∈0,1时，由fx<0即eax<x+1即lnx+1−ln设gx=ln则g′当a≤2时，显然g′x>0恒成立，则函数g则gx当a≥3时，令g′x<0，即2此时函数gx在0,则gx综上所述，a的最大值为2.【变式6-2】（2024·浙江台州·一模）已知函数f(x)=x(1)求函数y=f(x)的单调递减区间；(2)若不等式f(x)x−6lnx≤a(x−1)【解题思路】（1）求导f′(x)=3x（2）设ℎ(x)=x2+4x−5−6lnx−a(x−1)2, 【解答过程】（1）解：f(x)的定义域为R，f′令3x2+8x−5=0由f′(x)<0，解得所以函数f(x)的单调递减区间是−4−31（2）记ℎ(x)=xℎ′因为ℎ(2)≤0，所以7−6ln2−a≤0，得令ℎ′(x)=0，解得x=1或当a≥4时，3a−1≤1，ℎ′因此，ℎ(x)在[1, 得ℎ(x)≤ℎ(1)=0，即f(x)x−6ln当1<a<4时，对任意x∈1, 3因此，ℎ(x)在1, 当x0∈1,综上，a≥4．【变式6-3】（2024·四川德阳·模拟预测）已知函数fx(1)若曲线y=fx在点1,f1处的切线为x+y+b=0，求实数(2)已知函数gx=fx+a2x【解题思路】（1）利用导数的几何意义可得f′1=1−a=−1，可求a=2（2）由题意可得gxmin>0，令t=1x>0，则【解答过程】（1）由fx=lnx+a又曲线y=fx在点1,f1处的切线为x+y+b=0，所以解得a=2，所以fx=lnx+2又切点(1,2)在直线x+y+b=0上，所以1+2+b=0，解得b=−3；（2）gx=lnx+ax+令t=1x>0求导可得ℎ'当a=0时，gx当a>0时，12a若x∈(0,12a)，ℎ't若x∈(12a,+∞)，ℎ所以ℎtmin=ℎ所以ln2a>−34当a<0时，12a若x∈(0,−1a)，ℎ't若x∈(−1a,+∞)，ℎ所以ℎtmin=ℎ所以−a>1，解得a<−1，综上所述：实数a的取值范围为(−∞【题型7利用导数研究能成立问题】【例7】（2024·四川乐山·三模）已知函数f(x)=ax+(1)讨论f(x)的单调性；(2)令H(x)=f(x)+g(x)，若存在x0∈1,+∞，使得【解题思路】（1）先对f(x)求导，再根据导数与函数单调性的关系即可求解；（2）问题转化为，存在x0∈1,+构造函数ℎ(x)=x【解答过程】（1）由题意f(x)定义域为0,+∞，f当a≥0时，f′(x)>0，∴f(x)在当a<0时，由f′(x)=0当x∈0,−1a时，f′(x)>0当x∈−1a,+∞时，f综上所述，当a≥0时，f(x)在0,+∞当a<0时，f(x)在0,−1a上单调递增，在（2）由题知H(x)=f(x)+g(x)=ax+ln又Hx<1−x−问题等价于：存在x>1，使a>x设ℎx=设φ(x)=x−ln∵φ′(x)=1−1x=x−1x，当又∵φ(3)=1−ln3<0，∴φ(x)在3,4上存在唯一零点．设零点x0∈3,4，则φ∴x∈1,x0，ℎ'因此ℎ(x)在1,x0单调递减，在∴ℎx∵x0又a∈Z，∴a的最小值为5．【变式7-1】（2024·河南郑州·模拟预测）已知函数f(x)=xlnx−ax2，(1)讨论：当a∈(−∞,0]∪1(2)当a>1时，∃x∈(1,+∞)，使得ℎ(x)<(e【解题思路】（1）对函数fx求导，分别讨论当a∈(−∞,0]（2）对ℎ(x)求导，确定其最小值，从而将问题转化成不等式ea−1+(e【解答过程】（1）f′(x)=lnx+1−2ax①当a∈(−∞,0]时，因为x→0时，f′(x)→−∞；x→+所以f′(x)有唯一的零点x0x0>0，当x∈0,所以f(x)有一个极小值点，无极大值点．

②当a∈12,+∞时，令φ(x)=令φ′(x)=0，得x=当x∈0,12a时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增；当x∈所以φ(x)max=φ12a综上所述，当a∈(−∞,0]时，当a∈12,+（2）ℎ(x)=xln由ℎ′(x)=lnx+1−a=0，得x=e当x∈1,ea−1时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减；当x∈所以ℎ(x)在1,ea−1上单调递减，在所以ℎ(x)min因为当a>1时，∃x∈(1,+∞)，使得所以只需1−ea−1<(e令k(a)=ea−1+(则k′则k′(a)=ea−1+故k(a)=ea−1+(e又k(2)=0，所以a>2，故实数a的取值范围为(2,+∞【变式7-2】（2024·湖北·模拟预测）已知函数fx=lnx，(1)过原点作fx图象的切线l，求直线l(2)若∃x∈0,+∞，使fx【解题思路】（1）设切点，求导得出切线方程，代入原点，求出参数即得切线方程；（2）由题意，将其等价转化为a≥xlnx+1在0,+∞有解，即只需求ℎx=x【解答过程】（1）f′设切点坐标为t,lnt，则切线方程为因为切线经过原点O，所以−lnt=1t所以切线的斜率为1e，所以l的方程为x−（2）∃x∈0,+∞，fx则得a≥xlnx+1在故有x∈0,+∞时，a≥令ℎx=xlnx+1，x>0令ℎ′x>0得x∈(1e故ℎx在0,1e所以ℎxmin则a≥−1e2，故a【变式7-3】（2024·辽宁·模拟预测）已知函数fx(1)求fx(2)设a=1，若关于x的不等式fx≤b−1ex+1【解题思路】（1）利用导数分类讨论函数的单调区间，可求极值；（2）问题等价于b≥x+3ex+1+x在区间−1,+∞【解答过程】（1）f′x=ax−1+ae当a>0时，由f′x<0，得x<1−aa故fx在区间−∞,所以fx在x=1−aa当a<0时，由f′x>0，得x<1−a故fx在区间−∞,所以fx在x=1−aa综上，当a>0时，fx的极小值为3−a当a<0时，fx的极大值为（2）a=1时，fx≤b−1ex+1−x等价于令gx=x+3令ℎx=ex+1−x+2,x≥−1所以ℎx在区间−1,+∞内单调递增，即所以g′x≥0所以gx在区间−1,+∞内单调递增，即gx故b的取值范围是1,+∞【题型8双变量问题】【例8】（2024·江苏盐城·模拟预测）已知函数fx=x(1)若fx在0,2上单调递增，求a(2)当a=1时，若x1+x2=4且0<【解题思路】（1）对函数求导，利用函数单调性与导数的关系，建立不等式求解即可；（2）由a=1，得fx=x2ex，要证明x1【解答过程】（1）∵fx∵fx在0,2上单调递增，∴f′x≥0当x∈0,2时，a≤2x．由y=当x=2时，2xmin=1综上，a的取值范围为0,1（2）当a=1时，fxx1+x下面证明fx即证明x12e设x1=2−t,x等价于证明：t<ln设函数ℎt∵ℎ′t=t∴ln【变式8-1】（2024·河南商丘·模拟预测）已知函数fx的定义域为0,+∞，其导函数(1)求曲线y=fx在点1,f1处的切线l的方程，并判断(2)若∃x1,x2，满足0<【解题思路】（1）利用求导法则得fx（2）利用导函数有两个零点得出x1,x2,a的关系及范围，消元化简得2f【解答过程】（1）因为f′所以fx=x因为f1=1−2a，所以所以fx又f′所以曲线y=fx在点1,f1处的切线l的方程为即y=4−2a所以l经过定点0,−3．（2）令f′x=0因为∃x1,x2所以关于x的方程x2−ax+1=0有两个不相等的正实数根则Δ=所以2f=2=2=−2=x令函数gx则g′令g′x=0因为当x∈1,2时，当x∈2,+∞所以gx在1,2上单调递减，在所以gx又当x→+∞时，g所以gx的取值范围为−1−3即2fx1−f【变式8-2】（2024·四川成都·模拟预测）已知函数f(x)=sin(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若x1<x（ⅰ）求m的取值范围；（ⅱ）证明：x1【解题思路】（1）求出导函数，利用导数的正负判断函数的单调性即可；（2）（i）由题设及零点存在定理列不等式组求解即可；（ii）按照x2≤π2和x2>π2分类讨论，若x2>π2时，设g(x)=sin【解答过程】（1）由f(x)=sinxe当x∈0,π4时，f′(x)>0,f(x)故f(x)单增区间为0,π4,f(x)（2）（i）由题设及零点存在定理可知x1∈0,π4,x2∈π4（ii）若x2≤π若x2>π2时，设g(x)=sin则g(x)在(0,π)内有两零点x1∗和而g(x)关于x=π2对称，且有由sinxeπ4在0,π由sinxeπ4在π2则x1+x综上，x1【变式8-3】（2024·安徽阜阳·一模）已知函数fx(1)讨论fx(2)已知x1,x2是函数（ⅰ）求实数a的取值范围．（ⅱ）λ∈0,12,f【解题思路】（1）求导，对a进行分类讨论fx（2）利用方程组3lnx1=ax1，【解答过程】（1）f′①当a≤0时，f′x>0,f②当a>0时，令f′x>0得0<x<3a同理，令f′x<0得x>3a（2）（ⅰ）由（1）可知当a≤0时，fx在0,+当a>0时，fx在0,3a若使fx有两个零点，则f3a>0，即且f1=−a<0，当x→+∞时，f所以a的取值范围为0,3（ⅱ）x1,x2是函数fx①-②得3lnx2f′因为fx有两个零点，所以f因为x1<x所以x2若要证明f′只需证3x即证x2x1−1λ+则不等式只需证t−1λ+即证t−1−λ+令ℎtℎ′t=l令φt=λ−1t+λ，因为λ∈0,得φt<φ1=2λ−1<0，得l'得ℎ′t<ℎ′1=0所以有ℎt故有t−1−λ+【题型9导数中的极值点偏移问题】【例9】（2024·江西·模拟预测）已知函数f(x)=x+m(1)讨论f(x)的单调性；(2)若x1≠x2，且fx【解题思路】（1）求定义域，求导，分m≤0和m>0两种情况，得到函数的单调性；（2）变形为x1,x2是方程m=ex(2−x)【解答过程】（1）f(x)的定义域为R，由题意，得f′(x)=1−m当m≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在当m>0，且当x∈(−∞,lnm)时，当x∈(lnm,+∞)时，综上，当m≤0时，fx在R当m>0时，fx在区间−∞,（2）证明：由fx1=fx2=2，得即x1,x令g(x)=ex(2−x)所以当x∈−∞,1时，g当x∈1，+∞时，所以gx因为当x→−∞时，g(x)→0；当x→+∞时，g(x)→−∞，g不妨设x1<x2，因为x1，x要证x1+x因为x1<1，所以只需证gx因为gx所以只需证gx令ℎ(x)=g(x)−g(2−x)，1<x<2，则ℎ=(1−x)⋅e2x−所以ℎ(x)在区间(1,2)上单调递减，所以ℎ(x)<ℎ(1)=0，即当1<x<2时，g(x)<g(2−x)．所以gx即x1【变式9-1】（2024·云南·二模）已知常数a>0，函数f(x)=1(1)若∀x>0,f(x)>−4a2，求(2)若x1、x2是f(x)的零点，且x1【解题思路】（1）求出函数的定义域与导函数，即可得到函数的单调性，求出函数的最小值，依题意f(x)min=−2（2）由（1）不妨设0<x1<2a<x2，设F(x)=f(x)−f(4a−x)，利用导数说明函数的单调性，即可得到f【解答过程】（1）由已知得f(x)的定义域为{x|x>0}，且f∵a>0，∴当x∈(0,2a)时，f′(x)<0，即f(x)在当x∈(2a,+∞)时，f′(x)>0，即所以fx在x=2a∴f(x)∵∀x>0,f(x)>−4a∴0<a<e22，即a（2）由（1）知，f(x)的定义域为{x|x>0}，f(x)在(0,2a)上单调递减，在(2a,+∞)上单调递增，且x=2a是∵x1、x2是f(x)∴x1、x2分别在(0,2a)、(2a,+设F(x)=f(x)−f(4a−x)，则F′(x)=当x∈(0,2a)时，F′(x)<0,F′(2a)=0∵0<x∴Fx1>F(2a)=0∵fx∴fx∵x∴4a−x又∵x2>2a，f(x)∴x2>4a−【变式9-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx(1)求fx(2)若fx有两个零点x1，x2，且x【解题思路】（1）先求出函数fx的导数，然后分类讨论a（2）结合（1）中结论可知a>0，从而求出0<a<1，0<x1<1<x2<e，然后设x2x【解答过程】（1）因为函数fx的定义域是0,+∞，当a≤0时，f′x<0，所以f当a>0时，令f′x=0当x∈0,a时，f′x>0，fx单调递增；当x∈综上所述，当a≤0时，fx的减区间为0,+当a>0时，fx的增区间为0,a，减区间为a,+（2）因为x1,x2是函因为fx=0⇔x−xlnx=a，设当x∈0,1，g′x>0，当所以gx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，又因为gx1=g所以0<a<1，0<x首先证明：x1由题意，得x1−x1两式相除，得lnx要证x1x2<1，只要证只要证2−2tlnt设ℎt=ln因为ℎ′t=1t所以ℎt>ℎ1其次证明：x2<e−a．设因为φ′x=lnx−1<0所以φx即φx所以x2由①②可证得x1【变式9-3】（2024·湖北武汉·三模）已知函数fx=ax+a−1(1)讨论函数fx(2)若关于x的方程fx=xex−（ⅰ）求实数a的取值范围；（ⅱ）求证：ex【解题思路】（1）求出f′x=x+1ax−1x2（2）（i）将方程变形为ex+lnx=ax+lnx，令tx=x+lnx（ii）将所证不等式等价变形为t1+t2>2，由et=at变形可得出t=lna+lnt，推导出t【解答过程】（1）解：因为fx所以f′x=a+①当a≤0时，f′x<0，所以函数f②当a>0时，由f′x>0得x>1a所以函数fx的增区间为1a,+综上：当a≤0时，函数fx的减区间为0,+当a>0时，函数fx的增区间为1a,+（2）解：（i）方程fx=xex−令tx=x+lnx，因为函数易知函数tx=x+ln结合题意，关于t的方程et又因为t=0不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为et令gt=ett由g′t<0可得t<0或0<t<1，由g所以，函数gt在−∞,0和0,1所以，函数gt的极小值为g且当t<0时，gt=ett作出函数gt和y=a由图可知，当a>e时，函数y=a与g所以，实数a的取值范围是e,+（ii）要证ex1x2+因为et=at，所以只需证由（ⅰ）知，不妨设0<t因为et=at，所以t=lna+ln所以只需证t2+t令p=t2t令ℎp=lnp−2所以ℎp在1,+∞上单调递增，故ℎp>ℎ1所以原不等式得证．【题型10导数与其他知识的综合问题】【例10】（2024·江苏南通·三模）已知函数fx(1)若x>−1，求fx(2)设数列an前n项和Sn，若an【解题思路】（1）求导，利用导数判断fx的单调性，进而可得f（2）当n=1时显然成立，当n≥2，结合（1）可得(1+x)k≥kx+1，进而可得【解答过程】（1）因为fx=1+x因为k>1，则k−1>0，且x>−1，当−1<x<0时，则0<x+1<1，可得f′当x>0时，则x+1>1，可得f′可知fx在−1,0上单调递减，在0,+所以fx的最小值为f（2）因为an若n=1，则S1=a若n≥2，由（1）可知：fx即(1+x)k≥kx+1，当且仅当令x=12n且a1可得Sn所以Sn综上所述：Sn【变式10-1】（24-25高三上·河北沧州·阶段练习）已知函数fx=lnx的图象与函数(1)求函数gx(2)证明：∀x∈1,+(3)若圆M:(x−1)2+y2=r【解题思路】（1）先设函数gx的点为x,y，再得出关于直线y=−x+1对称点为x0,y0（2）先设lnx−1+e−x+1（3）先设点Ax【解答过程】（1）设函数gx的点为x,y，设x,y关于直线y=−x+1对称点为x0,y0因为y−y0x−所以y0所以−x+1=ln所以y=1−e−x+1，所以（2）证明：令fxℎ′设tx=ex−1x∈1,+x∈1,+x∈1,+所以ℎx>0,即得（3）不妨设Ax1,−如图，作点A关于x轴的对称点A1x1,ln再作点A1关于直线x+y−1=0的对称点A由（1）可知，点A2在y=g(x)的图象上，由圆的对称性可知，A,A1设x+y−1=0与圆M在第四象限的交点为P，x轴与圆M在M右侧的交点为Q,∠AMO=θ，则∠A1MO=θ，又∠QMP=由对称性可得，∠A且∠A又∠AMO+∠AMA2+∠又点A2在y=g(x)的图象上，点B在y=f(x)因此∠AMB<∠AMA又∠AMB>0，所以∠AMB为锐角.

【变式10-2】（2024·重庆·二模）已知函数fx(1)求fx(2)当0<x<1时，fx>a(3)已知数列an满足：a1=13【解题思路】（1）f(x)的定义域为(−∞,1)∪(1,2)，求导分析f′(x)的符号，f(x)（2）当0<x<1时，由f(x)>ax−1+a，得x−1<aln(2−x)，令g(x)=x−1−a（3）由题意，an=an+1ln(2−an+1)，结合函数f(x)的单调性可得若0<an【解答过程】（1）fx的定义域为−令φx=ln当x<0时，φ′x<0；当x∈所以φx≥φ0故fx在−∞,1即fx的单调递增区间为−（2）当0<x<1时，由fx>ax−1+a令gx=x−1−aln①若2+a≤0，即a≤−2,g′x<0,gx②若2+a≥1，即a≥−1,g′x>0,gx③若0<2+a<1，即−2<a<−1，当x∈0,2+a时，g当x∈2+a,1，g所以g2+a由y=1+x−xln(−x)且−2<x<−1，则所以y>1−1+ln1=0，即综上a≥−1.（3）由题意，an=an+1lnf0<an+1ln2−a综上，若0<an<1，则0<an+1由（2）知，当0<x<1时，ln2−x<1−x（取所以an+1=a故有1an+1所以1又a1=1由⋆知，an单调递减，所以ln从而an+1故an当n=1,a1=综上，结论得证.【变式10-3】（2024·江苏·一模）已知a>0，函数fx=axsin(1)若a=2，证明：fx(2)若fx>0，求(3)设集合P={an|an=k=1ncosπ2k【解题思路】（1）通过构造函数，利用导数判断函数单调性，求最小值即可证明；（2）对a的值分类讨论，利用导数判断函数单调性，求最小值，判断能否满足fx（3）利用（1）中结论，cosπ2kk+1>1−π2kk+1【解答过程】（1）因为a=2，所以fx0<x<π4，设gx=x−sin则g′x=1−cosx>0所以gx因此fx（2）函数fx=axsin方法一：f′当0<a≤2时，注意到0<ax≤2x<π2，故因此f′由（1）得x−sinx>0，因此所以fx在0,π4当a>2时，令ℎxℎ′因为0<2a<1，所以存在aθ∈则当x∈(0,θ)时，ax∈(0,aθ)，ℎ′x<a2从而f′x<f′0=0综上，0<a≤2．方法二：f′当0<a≤2时，注意到0<ax≤2x<π2，故因此f′由（1）得x−sinx>0，因此所以fx在0,π4当a>2时，先证明当x>0时，x−x令Gx=x−x令Hx=1−2x−cos所以G′x在0,+∞所以Gx在0,+∞上单调递减，有因此当x>0时，x−x又由（1）得x−sin此时f′则∃x0∈0,π4且所以fx在0,x0综上，0<a≤2．所以a的取值范围为0,2；（3）由（1）可知a=2时，cos2x>1−2x∴cosn=1时，k=1ncosπ2kk+1n≥3时，k=1n92+362−32+6得k=1ncosπn=1时，0<22<1，n=2所以n∈N∗时，都有P={an|an=k=1对于正整数m，集合Qm=x|m<x<2m，记P∩由2m−m=m，所以bm【题型11导数新定义问题】【例11】（2024·河南新乡·模拟预测）已知函数fx=a0+a1x+a2x(1)若fx=5x(2)若fx>0恒成立，且曲线y=lnfx(3)若a0=0，证明：对于任意的m∈0,+∞，均存在【解题思路】（1）由题可知a0=1,a（2）gx=f′x（3）令ℎx=fxex−fm【解答过程】（1）由题可知a0所以b0故fx的伴生函数为g（2）由已知得f′所以g==f因为曲线y=ln故y′=f又fx>0，所以所以当x>0时，gx（3）因为a0=0，所以设ℎx=f注意到ℎ0=ℎm=0，则令t为其中一个极值点，则ℎ′即ℎ′t=因为t∈0,m，所以em>【变式11-1】（2024·四川成都·模拟预测）定义运算：mnpq(1)若函数f(x)的最大值为0，求实数a的值；(2)证明：1+1(3)若函数ℎ(x)=f(x)+g(x)存在两个极值点x1,x【解题思路】（1）利用定义的运算得到fx的解析式，结合导数求最大值的方法，建立关于a（2）借助（1）问中的结论，lnx≤x−1，得到ln（3）将极值点个数问题转化为到导函数零点个数问题，从而得出ℎ(x1)−ℎ(x2)x【解答过程】（1）由题意知：fx=aln①当a≤0时，f′x<0，f②当a>0时，由f′x=0当x∈0,a，f′x>0；∴函数y=fx的增区间为0,a，减区间为(a,+∞∴fxmax=fa=a当a∈(0,1)时，φ'(a)<0，函数φ(a)递减，当a∈(1,+∞)时，φ'因此φ(a)min=φ(1)=0（2）由（1）知，lnx−x+1≤0，即ln∴当n>1时，ln(1+1∴ln∴(1+1（3）∵ℎ(x)=f(x)+g(x)=a∴“函数ℎx存在两个极值点x“方程ℎ′故Δ=a2∵==a(要证ℎ(x1)−ℎ(∵x1x2由lnx1−lnφ′(x)=2所以函数φx在1,+∞上单调递减，故∴ℎ(【变式11-2】（2024·湖南长沙·模拟预测）定义：如果函数fx在定义域内，存在极大值fx1和极小值fx2且存在一个常数k，使fx1(1)当a=52时，判断(2)是否存在a使fx的极值差比系数为2−a?若存在，求出a(3)若322≤a≤【解题思路】（1）利用导数分析函数fx（2）假设存在实数a满足题设条件，分析可知x1、x2是方程x2−ax+1=0的两个不等正实根，利用题中定义结合韦达定理可得出x2−1（3）由题意可得极值差比系数为2−x1+x2x1−x2lnx1x2【解答过程】（1）当a=52时，所以f′x当x∈0,12∪2,+∞时，所以fx在0,12和2,+所以fx的极大值为f12所以f12−f（2）fx的定义域为0,+∞，f′x假设存在a，使得fx的极值差比系数为2−a则x1、x2是方程Δ=a2−4>0x1+由于f=所以2−a=2−ax1得x2令gx=x−1所以gx在1,+∞上单调递增，有因此∗式无解，即不存在a使fx的极值差比系数为2−a（3）由（2）知极值差比系数为2−a即极值差比系数为2−x1+令t=x1x2，则a2又322≤a≤52令pt=2−t+1设ℎ所以ℎt在14,1上单调递减，当t∈从而p′t所以pt在14,即2−10故fx的极值差比系数的取值范围为2−【变式11-3】（2024·上海·模拟预测）已知函数y=fx,x∈D，如果存在常数M，对任意满足x1<x2<⋯<xn−1(1)函数fx=ln(2)对于函数y=fx,x∈a,b，存在常数k，对任意的x1,(3)判断函数fx【解题思路】（1）通过分析式子i=2nfxi−fxi−1≤M发现需利用导数求函数单调性，分析数值大小去掉绝对值，当f(x)单调递增时，（2）利用区间最大值替代，用特殊代替一般的思想，（3）利用三角函数的周期性及分析问题，同第一问的分析思路化简，对任意常数M>0，只要n足够大，就有区间0,1的一个划分0<12n<【解答过程】（1）∵f(x)=lnx∴f'(x)=即当x∈1e,e，f(x)单调递增；当所以i=2nf(x)单调递增时，fxf(x)单调递减时，fx且当x无限趋向于正无穷大时，f(x)无限趋向于0，所以i=2n所以M≥2（2）i=2nfx所以函数y=fx（3）0<1则有∑=1i=2所以对任意常数M>0，只要n足够大，就有区间0,1的一个划分0<12n<所以函数fx=x一、解答题1．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数fx(1)求曲线y=fx在e(2)若a≥0，gx=ax【解题思路】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，结合切点易求得切线方程；（2）将函数求导，根据参数a进行分类讨论导函数的正负，即得函数的单调性.【解答过程】（1）fx=x−lnx−2，则f′(e故切线方程为y−(e−3)=e（2）函数gx=ax2−g′当a=0时，g′x=1−xx当0<x<1时，g′(x)>0，函数g(x)在当x>1时，g′(x)<0，函数g(x)在当a>0时，g'①当0<a<12时，12a>1，当0<x<1或即函数g(x)在(0,1)和(1当1<x<12a时，g′(x)<0，即函数②当a=12时，则对任意的x>0,g′(x)=③当a>12时，当0<x<12a或x>1时，g′(x)>0，即函数g(x)在当12a<x<1时，g′(x)<0，即函数综上所述，当a=0时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞当0<a<12时，函数g(x)在(0,1)和(1当a=12时，函数g(x)在当a>12时，函数g(x)在(0,12a)2．（2024·湖北·一模）已知fx(1)当a=1时，求曲线y=fx在点0,f(2)若fx在区间−3,−1内存在极小值点，求a【解题思路】（1）当a=1时，fx=x2+x+1（2）求导得f′x=x+2ax+1ex，分a=0，a>0【解答过程】（1）当a=1时，fx=所以f′0=2所以切线方程：y−1=2·x，即2x−y+1=0.（2）由已知得f1.若a=0，f′当x∈−∞,−2时，f′x当x∈−2,+∞时，f′x>0所以y=fx在x=−22.若a>0，i）若−1a>−2当x∈−2,−1a,f当x∈−1a,+∞所以y=fx在x=−1ii）当−1a=−2，fiii）当−1a<−2当x∈−1a,−2,当x∈−2,+∞,f′所以fx在x=−23.若a<0,−1当x∈−∞,−2时，f′x当x∈−2,−1a时，f′x∴y=fx在x=−2综上所述：a的取值范围为−∞3．（2024·重庆·模拟预测）设a∈R，已知函数f(1)当函数fx在点2,f2处的切线m与直线l:3x−2y−1=0平行时，求切线(2)若函数fx的图象总是在x轴的下方，求a【解题思路】（1）根据条件，利用导数的几何意义得到f′2=（2）对f(x)求导，得到f′x=1x+a，再分a≥0和a<0两种情况，利用导数与函数单调性间的关系，可知a≥0不合题意，当【解答过程】（1）因为f′x=1x则fx=lnx+x+1，又所以切线m的方程为y−ln2−3=3（2）由题意知x>0，因为f′x=1x此时函数fx在区间0,+∞上单调递增，又x→+∞当a<0时，由f′x=0得x=−1a，当x∈0,−即f(x)在区间0,−1a上单调递增，在区间所以当x=−1a时，函数fx设ga此时g′a=1a+2a，所以要使函数fx的图象总是在x轴的下方，必须−ga<0所以ga>g−1，所以a<−1，即a4．（2024·河南·模拟预测）已知函数fx=x(1)求a的值；(2)若过点3,m可作曲线y=fx的三条不同的切线，求实数m【解题思路】（1）根据f′1=3+a=0（2）设出切点，根据点斜式直线方程，可将问题转化为m=−2x03【解答过程】（1）f′x=3x2+a，由于当a=−3时，f′当x>1或x<−1时，f′x>0，当−1<x<1故x=1是fx的一个极值点，故（2）设切点为x0,y将3,m代入可得m=3故m=−2x要使过点3,m可作曲线y=fx的三条不同的切线，则m=−2记gx=−2x当x>3或x<0时，g′(x)<0，当0<x<3时，故gx在3,+∞，−∞且g0因此−9<m<18.5．（2024·西藏拉萨·一模）已知函数fx(1)若λ=−3，求fx(2)若fx既有极大值，又有极小值，求实数λ【解题思路】（1）求导，利用导数频数函数单调性；（2）求导，根据函数既有极大值又有极小值可转化为二次方程有两个不等的正根，结合二次方程解的情况列不等式，解不等式即可.【解答过程】（1）由已知λ=−3，则fx=xf′x=2x−令f′x=0，解得x=当0<x<62时，f′x<0当x>62时，f′x>0综上所述fx的单调递减区间为0,62（2）由fx则f′由函数fx即f′即2x2−λ+3x+λ=0则Δ解得λ>0，故实数λ的取值范围为0,+∞6．（2024·广东·模拟预测）已知函数fx(1)判断函数fx(2)若fx≥0恒成立，求【解题思路】（1）先求出函数fx的导函数f′x；再分a≤0（2）由（1）中函数单调性，当a≤0时，根据函数单调性，以及f1=0，可判断当x∈0,1时，fx<0，不符合题意；当a>0【解答过程】（1）函数fx的定义域为0,+当a≤0时，f′x>0恒成立，f当a>0时，由f′x<0，得x∈0,a，由则函数fx在0,a上单调递减，在a,+综上，当a≤0时，fx在0,+∞上单调递增；当a>0时，fx在0,a（2）由（1）知，当a≤0时，fx在0,+∞上单调递增，由f1=0，知当当a>0时，函数fx在0,a上单调递减，在a,+故f(x)由fx≥0恒成立，得a−1−aln求导得g′当0<a<1时，g′a>0，当a>1于是函数ga在0,1上单调递增，在1,+所以g(a)max=g因此ga=0=g17．（2024·四川成都·二模）已知某公司生产某品牌服装的年固定成本为10万元，每生产一千件需另投入2.7万元，设该公司年内共生产该品牌服装x千件并全部销售完，销售收入为R(x)万元，且R(x)=(10.8−130x2(1)写出年利润W（万元）关于年产量x（千件）的函数解析式；(2)求公司在这一品牌服装的生产中所获年利润最大时的年产量.【解题思路】（1）分段利用“年利润=年销售收入−年总成本”可得所求函数的解析式.（2）分段求函数的最大值，进行比较可得结论.【解答过程】（1）当0<x≤10时，W=Rx−10+2.7x=10.8x−当x>10时，W=Rx−10+2.7x=108−综上：W=8.1x−（2）当0<x≤10时，Wx=8.1x−x由W′x>0⇒0<x<9；由W′x所以Wx在0,9上单调递增，在9,10所以Wx当x>10时，Wx因为10003x+2.7x≥210003x×2.7x=60，当且仅当此时Wx因为38<38.6.所以当年产量为9千件时，年利润最大.8．（2024·江苏·二模）已知函数f(x)=e(1)当a=0时，证明：f(x)>1;(2)若f(x)在区间(1,+∞)上有且只有一个极值点，求实数【解题思路】（1）因为函数f(x)的定义域为(0,+∞)，当a=0时，f(x)=ex−1x，将问题转化为当x>0时，（2）求导f′(x)=1x⋅[(x−1)ex+1x+a]，令g(x)=(x−1)ex+1x+a(x>1)【解答过程】（1）证明：因为函数f(x)的定义域为(0,+∞)，当a=0时，要证f(x)>1，只需证：当x>0时，ex令p(x)=ex−x−1则p(x)在x∈(0,+∞所以p(x)>p(0)=0，即ex所以f(x)>1.（2）由f′令g(x)=(x−1)则g′所以g(x)在(1,+∞)单调递增，①a≥−1时，g(x)>g(1)=1+a≥0，f′则f(x)在(1,+∞)为增函数，f(x)在②当a<−1时，g(1)=1+a<0.由（1）知，exg(x)=(x−1)ex+1x+a>(x−1)当x∈(1,x0)时，g(x)<0，f′(x)<0当x∈(x0,+∞)时，g(x)>0，f因此，f(x)在区间(1,+∞所以a的取值范围为(−∞9．（2024·新疆·模拟预测）已知函数fx(1)当m=1时，求fx(2)若不等式fx≥x2−x【解题思路】（1）求导，即可根据导函数的正负确定函数的单调性，进而可求解最值，（2）将问题转化为emx≥x，取对数后构造【解答过程】（1）当m=1时，fx=x−1当x>0,f′x故fx的单调递增区间为0,+∞，单调递减区间为且fx（2）由fx≥x当x=1时，对任意的m，都有x−1e当x∈1, +∞，则不等式可变为记gx=ln当e>x>1时，g′(x)>0,gx单调递增，当故gx故m≥gxmax，即综上可得m≥110．（2024·吉林长春·模拟预测）已知函数fx(1)证明：0<fx(2)证明：k=1n22k+1【解题思路】（1）先证fx>0，即证ex−1>x，构造函数gx=ex−x−1，其中x>0，再证明fx<（2）由（1）变形得出2ex−1ex+1<x<ex−1，然后令x=ln1+1【解答过程】（1）（i）要证fx=1构造函数gx=ex−x−1所以，函数gx在0,+所以，gx=ex−（ii）要证fx=1即证x−2e令ℎx=x−2ex令px=x−1ex所以，函数ℎ′x在0,+∞所以，函数ℎx在0,+∞上单调递增，则ℎx综上所述，当x>0时，0<fx（2）由（1）可知，当x>0时，0<fx<1令x=ln1+1分别取k=1、2、3、⋯、n得：23<ln2<1，25<ln由不等式的基本性质可得k=1n22k+111．（2024·四川内江·一模）已知函数fx=ax+a(1)讨论函数fx(2)若fx>1恒成立，求实数【解题思路】（1）求导，分a≤0和a>0两种情况，结合导数的符号判断原函数单调性；（2）由题意可得：f0=a2>1【解答过程】（1）由题意可知：fx的定义域为−1,+∞，且若a≤0，则f′x<0，可知f若a>0，令f′x<0，解得−1<x<1a可知fx在−1,1a综上所述：若a≤0，fx在−1,+若a>0，fx在−1,1a（2）因为fx>1恒成立，则若a≤0，由（1）可知：fx在−1,+且当x趋近于+∞时，fx趋近于若a>0，由a2>1可得由（1）可知：fx在−1,1a则f1若a>1，则aa−1>0,ln综上所述：实数a的取值范围为1,+∞12．（2024·河北邯郸·模拟预测）已知函数fx(1)当a=1时，求y=fx在点1,f(2)若fx有两个不同的零点，求实数a【解题思路】（1）利用导数的几何意义求切线方程即可；（2）讨论lnx+x=0或e【解答过程】（1）当a=1时，fx则f′所以f1所以y=fx在点1,f1处的切线方程为即y=3（2）令fx=0可得lnx+x=0①设gx=ln所以gx在0,+∞单调递增，且所以存在唯一的零点x1∈0,1，使g②令ex−a设ℎx=xe则ℎx在0,+∞上单调递增，又ℎ0=0且当a∈0,+∞时，存在唯一的零点x2∈0,+若x1=x2时，得lnx1+所以a∈0,+∞且a≠1时，综上，实数a的取值范围为(0,1)∪1,+13．（2024·四川乐山·三模）已知函数f(1)当a=1时，讨论fx(2)若存在x0∈1,+∞，使得【解题思路】（1）求导，根据导数判断函数的单调性；（2）根据导数，对a分情况讨论函数的单调性，进而可得函数最值情况，即可得解.【解答过程】（1）当a=1时，fx=x+ln则f′令f′x=0，解得x=1当0<x<1时，f′x=−当x>1时，f′x=−综上所述，fx在0,1上单调递增，在1,+（2）由题可知f′(x)=当a≤0时，由x>1可知ℎ(x)>0，即f′(x)>0，所以f(x)在∴对任意x∈(1,+∞)都有由2ax2−ax−1=0解得x∵x1<0②当0<a<1时，x2>1，则f(x)在∴存在x0∈1,③当a≥1时，x1<x2≤1，对任意∴f(x)在(1,+∞)上为减函数，综上所述，a∈(−∞,1)时，存在x014．（2024·云南昆明·模拟预测）已知函数fx(1)当a=2时，求fx(2)证明：若曲线y=fx与直线y=1a【解题思路】（1）求导后，根据f′（2）将问题转化为方程lnxaxa=lna【解答过程】（1）当a=2时，fx=log2x∵f∴当x∈0,e时，f′x>0∴fx的单调递增区间为0,e，单调递减区间为（2）由题意知：a>0且a≠1；∵y=fx与y=∴方程logaxx即方程lnx令Fx=lnxx，则F∴当x∈0,e时，F′x>0∴Fx在0,e上单调递增，在∴Fxmax=Fe=1e，当x→+可得Fx令t=xa，则∴Ft=Fa即F1<Fa<Fe，∴15．（2024·吉林·模拟预测）已知函数fx=xe(1)当a=e时，求函数f(2)若函数fx有2个不同的零点x1，x2，满足x【解题思路】（1）将a=e代入f（2）先将fx化为fx=xex−alnxe分离得1a=lntt【解答过程】（1）当a=e时，