第17讲 导数中的恒（能）成立及不等式的证明（解析版）2027届高考数学一轮精准复习

第17讲导数中的恒（能）成立及不等式的证明TOC\o"1-2"\h\u题型一导数中单变量恒成立问题 1题型二导数中单变量能成立问题 8题型三导数中双变量恒（能）成立问题 14题型四导数中双函数恒（能）成立问题 23题型五导数中不等式的证明 31课时精练 47【基础回顾】知识点1：利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；（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；（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．知识点2：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1）∀x∈D，m≤f(x)⇔m≤f(x)（2）∀x∈D，m≥f(x)⇔m≥f(x)（3）∃x∈D，m≤f(x)⇔m≤f(x)（4）∃x∈D，m≥f(x)⇔m≥f(x)知识点3：不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数y=f(x)，x∈[a,b]，y=g(x)，x∈[c,d]．（1）若，，有成立，则；（2）若，，有成立，则；（3）若，，有成立，则；（4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集．题型一导数中单变量恒成立问题【解决方法】：方法1、分离参数法用分离参数法解含参不等式恒成立问题，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；步骤：①分类参数（注意分类参数时自变量x的取值范围是否影响不等式的方向）②转化：若a>f(x)对恒成立，则只需a>f(x)max；若a<f(x)对x∈D恒成立，则只需③求最值.方法2、分类讨论法如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a>0，Δ<0或a<0，Δ方法3、等价转化法当遇到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”的函数或者“右减左”的函数H(x)=g(x)−f(x)，进而只需满足F(x)min≥0，或者方法4、必要条件探路法必要性探路法是求解带参数的恒成立问题的重要法宝.我们在解决问题时,先从满足题意的自变量范围中选择一个数,代入求得一个参数范围,此时这个范围是题意的必要条件.之后再设法证明该必要条件是题意的充分条件,或者讨论别的点.若充分性成立,则该范围就是题目所求范围.这种方法是逻辑条件的充分运用,因为先得到必要条件,故称为必要性探路法.基本步骤：（1）探究必要条件,缩小参数范围:在给定的范围内取特殊值,然后由不等式成立求出参数的取值范围,该取值范围即为不等式恒成立的一个必要条件,接下来探究其充分性.选择的特殊值可以为端点值、极值点、不等式公共取等条件、常见特殊数（如0,1,e,e2等）.（2）证明充分性,求结果:利用第一步中的参数的范围去判定函数是否单调.①如果函数单调,则由端点得到的范围就是最终答案;②如果函数不单调,则利用端点确定的范围进一步确定函数的最值.注意:这种必要性探路法所求的参数范围不一定是所求的实际范围,但是可以先定问题成立的大前提,缩小参数的讨论范围,一定程度上降低了思维成本.方法5、端点效应：又名充分必要法，是必要条件探路法的特殊情况：端点效应是必要条件探路法的一种特例,利用端点处函数值的特殊性,先得到必要条件,再证明其充分性,思路简捷.端点效应的使用原理:（1）如果函数在区间[a,b]上,f(x)≥0恒成立,则f(a)≥0或f(b)≥0.（2）如果函数在区间[a,b]上,f(x)≥0恒成立,且f(a)=0（或f(b)=0）,则f'(a)≥0（或f'(b)≤0）.（3）如果函数在区间[a,b]上,f(x)≥0恒成立,且f(a)=0,f'(a)=0（或f(b)=0,f'(b)≤0）则f''(a)≥0（或f''(b)≤0）.【例题精讲】1．函数f(x)=exx+x2−2x−a(x>0)A．(e,+∞) B．[e−1,+【答案】C【分析】f(x)≥0恒成立，即有f(x)的最小值大于等于0.【详解】f′当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，∴fmin∴a≤e−1.故选：C.2．若函数fx=kx−lnx在区间12A．12,+∞ B．2,+∞ C．【答案】B【分析】因为函数在12,+∞内单调递增，转化为导函数f【详解】f'(x)=k−1x,因为函数fx=kx−lnx在区间12,+∞上单调递增，所以f'(x)=k−1x≥0在则k的取值范围为2,+∞故选：B3．已知不等式ax−x−lnx≥0对任意x>0恒成立，则实数a的取值范围为（A．1,+∞ B．1e,+∞ C．【答案】C【详解】不等式ax−x−lnx≥0可整理为设函数fx令f′x>0，解得：0<x<e，所以函数fx在0,e上单调递增，在则fx≤fe则实数a的取值范围是1+14．若函数f(x)=ex+a总在直线y=x−1的上方，则实数a的取值范围是（A．(−1,+∞) B．(−e,−2) C．【答案】C【分析】设函数gx=ex+a−x+1【详解】设gx=ex+a−x+1所以gx>0在因为g′由g′x<0⇒ex+a<1⇒x+a<0⇒x<−a；由g所以gx在−∞,−a所以gx由a+2>0⇒a>−2.故选：C5．函数fx=ex−e−xA．2,+∞ B．1,+∞ C．−∞【答案】C【分析】利用函数奇偶性与单调性转化不等式【详解】由题，f′x=e所以f′x≥0，即f−x所以fx不等式fx2+x所以t≤x+6．若x∈0,+∞，x2A．3 B．2 C．1 D．0【答案】D【分析】先确定x=0时的情况，当x>0时，参变分离可得a≤ex−x2【详解】当x=0时，1≤e0，不等式成立，当x>0时，a≤ex−令fx=e令gx=ex−x−1则gx在0,+∞上单调递增，所以gx所以当0<x<1时，f′x<0，fx单调递减，当x>1时，故fxmin=f综上a≤e−2，故a的最大整数值为7．已知关于x的不等式elnmx−x+2>x+2eA．1,e3+23 B．1,e3【答案】D【分析】首先对不等式进行变形，构造函数，通过分析函数的单调性，结合不等式有且仅有3个整数解可得实数m的取值范围.【详解】由已知lnmx有意义，所以mx>0将不等式化简，elnmx⋅e−x若x<0时，则m<0，且m<ex+所以f'(x)=ex(所以g′(x)>0，所以g(x)在(−∞,0)单调递增，所以所以f(x)在(−∞,0)单调递减，当x→−∞此时不等式有无穷多个整数解，不符合题意；当x>0，则m>0，且m>ex+所以f'(x)=ex(所以g′(x)>0，所以g(x)在(0,+∞)单调递增，所以所以f(x)在(0,+∞因为f(1)=e+2−2e=2−e，f(2)=且不等式m>e结合f(x)单调性可知这三个整数解为1,2,3，所以f(3)<m≤f(4)，所以实数m的取值范围为e38．若对于任意x>0，不等式ex−ax≥1恒成立，则实数a的最大值为【答案】1【详解】因为对于任意x>0，不等式ex−ax≥1恒成立，即令gx=e当a≤1时，g′x=ex所以gx当a>1时，令g′x=当x∈0,lna时，g′x当x∈lna,+∞时，g′x所以gx令ℎa=a−aln所以ℎa在1,+∞上单调递减，又因为ℎ1=0，所以综上,a≤1.所以实数a的最大值为1.9．已知a>0,fx=1−lnxx，对任意x1【答案】e【详解】f(x)=1−lnxx定义域为令f′(x)=0得x=e2，因此x∈(0,ex∈(e2,+∞)因此f(x)的最小值为f(e2)=−1e题中条件∀x1,x2∈[a,+∞若a≤e2，则e2∈[a,+∞代入不等式得max{f(a),0}−由f(a)=1−lna若a>e2，根据上述分析可知满足条件fx1−f因此a的最小值为e.10．设实数λ>0，若对任意x∈(1,+∞)，不等式eλx−(λ+1)x+ln【答案】[【分析】同构变形给定不等式，构造函数并利用导数确定单调性建立不等式，分离参数再构造函数，利用导数求出最大值即可.【详解】不等式e由λ>0,x>1，得λx>0,lnx>0，令函数f(x)=e函数f(x)在(0,+∞)⇔λx≥lnx⇔λ≥lnxx，令函数g(x)=求导得g′(x)=1−lnxx2，当1<x<函数g(x)在(1,e)上单调递增，在(e,+∞所以λ的取值范围是[1题型二导数中单变量能成立问题（1）∃x∈D，m≤f(x)⇔m≤f(x)（2）∃x∈D，m≥f(x)⇔m≥f(x)【例题精讲】1．已知函数f(x)=x2A．(e−32,+∞) B．(2e【答案】D【分析】函数f(x)=【详解】由题可知f′因为函数f(x)=即2x令g(x)=2令g′(x)>0,解得x>所以g(x)在0,所以g(因为2xlnx解得a<2故选:D.2．已知函数fx=xcosx−sinx，若存在A．−π B．2π C．−1 【答案】A【分析】利用导数求出函数在x∈0,2【详解】由f(x)=xcosx−sin当x∈0,π时，f′x<0当x∈π,2π时，f′x>0，故故当x∈0,2π时，而存在实数x∈0,2π，使得fx即实数t的最小值是−π故选：A3．已知函数f(x)=13x3−3x2+8xA．[7，+∞） B．[193，+∞) C．[【答案】A【详解】由题知，当x∈[0，4]，m−1因为函数f(x)=1即m≥1令g(x)=1则g′（x）＝x2﹣6x+8＝（x﹣2）（x﹣4），令g′（x）＞0，得0＜x＜2，令g′（x）＜0，得2＜x＜4，所以g（x）在（0，2）上递增，在（2，4）上递减，所以g(x)所以m≥7，故m的取值范围是[7，+∞）．故选：A．4．设函数f(x)=(2x−1)ex−a+a(a<1)，若f(x)≤0有且仅有2个整数解，则A．14e B．12e C．【答案】C【分析】首先构造新函数，分析它的单调性，然后画出图像，要求a的最大值，即求直线y=2ax−2a斜率的最大值.【详解】f(x)=(2x−1)e令g(x)=(2x−1)ex，则当x<−12时，g′(x)<0，所以当x>−12时，g′(x)>0，所以由f(x)=(2x−1)ex−2ax+2a≤0根据题意，存在2个整数解使得(2x−1)e则函数g(x)与直线y=2ax−2a的图像有2个横坐标为整数的交点，直线y=2ax−2a必过(1,0)点，函数g(x)在x=0处的导数g′(0)=1，则切线方程为y=x−1且经过即此时直线y=2ax−2a与g(x)相切，此时a=12，又因为分析图像可知，另一个交点只能在x=−1处，且此时直线斜率能取最大，即a可以取最大值，g(−1)=−3e，当直线y=2a(x−1)过点−1,−3e时，则故选：C.5．已知函数f(x)=alnx−12xA．(0,+∞) B．(−1,+∞) C．【答案】A【分析】将问题转化为导函数在其定义域内有解，再求解即可.【详解】函数f(x)=alnx−12x函数存在单调递增区间，等价于存在x>0使得f′因为x>0，所以f′x=即a>x2+2x对g(x)=x2+2x配方得g(x)=(x+1)2−1，要使a>g(x)在x>0上有解，只需a>0.因此a的取值范围是(0,+∞6．已知函数fx=x2−a+2x+alnx，其中a∈A．12,+∞ B．22,+∞【答案】C【分析】将条件不等式变形后分离参数a，根据分离参数所得不等式构造函数，再利用导数求解出所构造函数的最小值，则a的范围可知.【详解】由题意可知x2−a+2令Fx=x−ln所以Fx在1,+∞上单调递增，所以所以存在x∈1,+∞使得令gx=x因为g'x=当x∈1,2时，ℎ′x当x∈2,+∞时，ℎ′所以ℎx又x−1≥0，因此g′x≥0，所以g故gxmin=g7．已知函数fx=x2−x,x⩽0,x−alnx,x>0,若A．0,e B．C．e,+∞ 【答案】D【分析】由题意可得x≤0时f(x)的值域是x>0时f(x)值域的子集，根据二次函数的性质求出fx在(−∞,0]上的值域，利用导数对a进行讨论求出fx在【详解】当x1≤0时，f(x)=x2−x，该二次函数开口向上，对称轴为x=则f(x)≥f(0)=0，即f(x)的值域为[0,+∞当x2>0时，gx当a<0时：x−a>0恒成立，故g′(x)>0，g(x)在当x→0+时，g(x)→−∞；当x→+因此g(x)的值域为R，显然包含[0,+∞当a=0时：g(x)=x(x>0)，值域为(0,+∞)，取不到当a>0时：x∈(0,a)时，g'(x)<0，gx单调递减；x∈(a,+∞)时，g最小值为g(a)=a−aln⁡a，要让值域包含[0,+∞即a−aln综上：a的取值范围是(−∞8．已知函数fx=xcosx−sinx，若存在x∈0,2【答案】−【详解】由fx=xcos当x∈(0,π)时，f′x<0当x∈(π,2π)时，f′故当x∈(0,2π)时，而存在实数x∈(0,2π)，使得fx≤t成立，故−π9．已知函数f(x)=x2−2lnx，若关于x的不等式f(x)−m≥0在[1,【答案】−【分析】转化为f(x)max≥m【详解】不等式f(x)−m≥0在x∈1,e上有实数解，即f(x)≥m在只需f(x)f(x)=x2−2故f′(x)=2x−2故f(x)=x2−2所以f(x)所以m≤e2−2，实数m故答案为：−10．已知函数fx=mx−e−x，若存在x∈R，使得fx【答案】−【分析】fx≥x的问题转化为(m−1)x≥e【详解】由fx≥x可得(m−1)x≥e（1）当x=0，(m−1)×0≥e0，即（2）当x>0，由(m−1)x≥e−x可得设y=xex(x>0)则y=xex在(0,+∞即x∈(0,+∞)时，于是1xex∈(0,+∞则m−1>0，即m>1；（3）当x<0，由(m−1)x≥e−x可得设y=xex(x<0)x<−1,y′<0则y=xex在(−∞又x=0,y=0,x=−1,y=−1而x<−1时y=xex单调递减，但注意到于是y=xex在(−∞于是1xex∈−则m−1≤−e，即m≤1−综上所述，m∈−故答案为：−题型三导数中双变量恒（能）成立问题一个函数，两个变量。主要为齐次化消元，同构消元，对称化消元。【例题精讲】1．已知函数fx=lnx,x≥11−x2,x<1，若A．4−2ln2,+∞ B．1+e,+∞【答案】A【分析】依题意可得fx=e−m−1有两个根x1,【详解】由题意可知，当x≥1时，fx+1=ln当x<1时，fx+1=1−x综上，对∀x∈R，有f由Fx=ff(x)+1+m有两个零点x1即方程fx=e−m−1易知函数fx在−∞,1当x≥1时，lnx2=e令t=e−m−1，因为1−所以x2=e令gtg′t=et−2，令g′所以函数gt在ln2,+∞当t=ln2时所以函数gt的值域为4−2即x1+x2．函数fx=aex+lnx+ba∈A．2ln2 B．3ln2 C．【答案】D【分析】根据极值点为导函数的零点，整理变形得ex2−x1=x【详解】由题知，函数fx的定义域为0,+∞，因为fx有两个极值点x1,x2，所以e令x2x1=t，因为将x2x1=t代入①整理可得所以x1令gx=2x+1设ℎx=−3ln因为1<x≤2，所以ℎ′x>0，所以ℎ所以ℎx>−3ln1+2−1−1=0，所以所以g故选：D3．已知2025lna=a+m,2025lnb=b+m，其中a≠b，若ab<λ恒成立，则实数A．[(2025e)2,+∞)【答案】C【分析】构造函数f(x)=lnx−12025x，利用导数结合条件可设0<a<2025<b，b【详解】由2025lna=a+m,2025ln令f(x)=lnx−12025x当x∈(0,2025)时，f′(x)>0；当x∈(2025,+∞函数f(x)在(0,2025)上单调递增，在(2025,+∞而f(2025)>0，因此a,b是直线y=m2025与函数y=f(x)不妨令0<a<2025<b，ba=t(t>1)，而则2025lnt=a(t−1)，即有a=2025lnt令函数g(t)=t(lnt)令函数ℎ(t)=g′(t),t>1，求导得ℎ求导得φ′(t)=1t−1<0，函数φ(t)在(1,+函数ℎ(t)在(1,+∞)上单调递减，则ℎ(t)<ℎ(1)=0，即g′(t)<0，函数因此g(t)<g(1)=0，即t(lnt)2−由ab<λ恒成立，得λ≥20252，所以实数λ的取值范围为故选：C4．已知函数fx=ex−ax+a有两个不同的零点xA．1<x1<C．x1−1x【答案】C【分析】对A、B，求导讨论函数单调性，然后计算可知；对C，ex1x1−1【详解】由题得f′x=ex当a>0时，令f′x=0，得x=lna，若x∈−∞由题知必有flna=2a−alna<0，故a>由ex1−ax1+a=0和所以等号两边取对数得x1−ln由对数平均不等式知x1−1x构造函数Hx则H′x=f′lna+x由1<x1<所以fx因为fx在lna,+∞故选：C．5．已知实数x，y满足lny=e2xy−A．1e2 B．1e C．e【答案】C【分析】由题意得2xyln2xy=2xe2xx,y>0，构造函数fx【详解】因为lny=e2x即yln2xy=令fx=xe所以fx在0,+而2xyln2xy=2x从而ln2xy=2x，所以令t=2x,x>0，g求导得g′t=et所以gt在0,1单调递减，在1,+所以y的最小值为g1故选：C.6．已知fx=lnx−ax+aA．x1+xC．fx1+f【答案】A【分析】根据函数极值点的定义，由导函数及韦达定理计算参数a范围，可直接判定A；对于B项，消元转化为单变量，构造函数判定其单调性求最值即可；对于C项，利用韦达定理消元转化计算即可；对于D项，化简比值代数式，将问题化为判定两点斜率问题，结合对数函数的图像即可判定.【详解】由题意知fx=ln由于fx=ln即ax2−x+a=0有2个正数根x故需满足Δ=1−4a2对于A，x1对于B，x1+x令ga=−ln即ga=−ln2a−1即fx对于C，fx1+f对于D，fx1−fx2x1−x由于x1+x由于y=lnx,y′=1x由于x1<1,x2>1所以lnx1−故选：A．7．已知函数fx=xlnx−k，gx=x，若存在x1∈1,A．−∞,0 B．−∞,1 C．【答案】A【分析】利用导数研究函数的单调性与最值，将问题化为计算两个函数的最大值即可.【详解】易知f′x=lnx+1，令f′则fx在0,1e所以x1∈1,e时，而x2∈1,由题意可知fx1max≥gx故选：A8．（多选）若mn−m=em−1A．当m>0时，m=lnn B．当0<n<1C．当m>0时，n2+2m+3>4n D．∃n∈(0,+【答案】CD【分析】举反例判断AB；对于C，先检验n=1时满足题意，当n≠1时，由题设可得em−1m=elnn−1lnn，设f(x)=ex−1【详解】对于A，当n=1，m>0时满足mn−m=em−1对于B，当0<n<1，m=0时满足mn−m=e对于C，当m>0时，若n=1，满足mn−m=em−1若n≠1，由mn−m=em−1设f(x)=ex−1而f′(x)=(x−1)ex当x<0时，g′(x)<0，当x>0时，则函数g(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞则x<0或x>0时，g(x)>0，所以f(x)在(−∞,0)和设函数φ(x)=ex−1−x当x<0时，φ′(x)<0，当x>0时，φ′(x)>0，所以φ(x)≥φ(0)=e0−1−0=0，则e当x>0时，ex−1x>1，当所以当m>0且n≠1时，由f(m)=f(lnn)，得则lnn>0，即n>1，又f(x)在(0,+∞)令ℎ(x)=12(x−1)所以ℎ(x)在(1,+∞)上单调递增，则所以12(n−1)2综上所述，当m>0时，n2对于D，若存在n∈(0,+∞)，使得(m−n+1)2=0.01，由C知，若当n=1时，成立；当n≠1时，得m−n+1=0.1或m−n+1=−0.1，即lnn=n−1.1或ln画出函数y=x−1.1与函数y=lnx的图像，易得9．（多选）已知正数x,y满足xlnx=eA．y是x的函数 B．x是y的函数C．y+1xy<1 D．ln【答案】BCD【分析】由已知易得yey=lnxy⋅elnxy，lnxy>0，构造fx=xex，结合f【详解】由xlnx=ey−x因为x,y为正数，则ey=xln设fx=xex，而f′x=ex故y=ln即lnx=y−lny由x=ey−lny=eyy求导得，x′故函数x=eyy在0,1则y=1时，xmin=e，若取x>e，则对应y的值有两个，故对于C，由x=eyy设gy=y+1ey所以函数gy在0,+则gy<g0对于D，由lnx=y−lny设ℎy=2ln令ℎ′y>0，得0<y<2，令ℎ所以函数ℎy在0,2上单调递增，在2,+则ℎy≤ℎ2=2ln故选：BCD.10．（多选）若函数f(x)=x−12aln2x,(a∈R)有两个极值点A．a>e B．fx1<1 C．【答案】ACD【分析】A选项，求导，令f′(x)=0得lnxx=1a，构造g(x)=lnxx，x>0，求导，得到其单调性和图像走势，得到0<1a<1e，解得a>【详解】A选项，f′(x)=1−alnx令g(x)=lnxx，x>0，则g(x)=g′令g′(x)=1−lnxx2所以g(x)在x∈(0,e)上单调递增，在x∈(e,+∞当x>1时，g(x)=ln要想g(x)=lnxx与y=1aBC选项，因为x1<x画出g(x)=lnxx与令f′(x)=1−a令f′(x)=1−a故f(x)在(0,x1)上单调递增，在(所以1=f(1)<f(x1)D选项，lnx1x先证明x2因为1<x1<即x2x1则t−1t+1<lnt2则ℎ′故ℎt=t−1故ℎt<ℎ1故x2结合A选项，x1故选：ACD【点睛】对数平均不等式为x1x2题型四导数中双函数恒（能）成立问题（1）,,使得成立（2）,,使得成立（3）,,使得成立（4）,,使得成立【例题精讲】1．已知函数f(x)=e2x,g(x)=x−1，对任意x1∈R，存在x2∈(0,+A．1 B．2C．2+ln2 【答案】D【分析】令fx1=gx2=m>0，将x1【详解】解：由题意，令fx1=gx2所以x1=12ln令ℎm=m+1−1令ℎ′m=0所以当m∈0,12时，ℎ当m∈12,+∞时，所以当m=12时，ℎm即x2−x故选：D．2．已知函数f(x)=xex+ex,g(x)=xlnA．−1 B．−1e C．1 【答案】A【分析】探讨函数gx在(1e【详解】依题意，由gx2=令g′x=2+lnx>0由fx1=则fx由fx1=gx2于是得x2=e令ℎ(x)=exx当−1<x<0,0<x<1时，ℎ′(x)<0，当x>1时，即函数ℎ(x)在(−1,0)，(0,1)上单调递减，在(1,+∞当x>0时，ℎ(x)min=ℎ(1)=e，且ℎ(−1)=−1e，且x→0−即x2故选：A3．已知函数f(x)=−x2−6x−3，g(x)=ex+exex实数m，n满足m<n<0，若A．2 B．4 C．23 D．【答案】B【分析】利用导数法求出函数g(x)的最小值，再利用二次函数的性质求出f(x)最大值，结合已知条件及函数的图像即可求解.【详解】因为g(x)=ex+令g′(x)=0，即ex当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，所以g(x)在(0,1)上单调递减；在(1.+∞当x=1时，g(x)取得最小值为g(x)f(x)=−x2−6x−3=−由二次函数的性质，当x=−3时，f(x)取得最大值为f(x)令f(x)=2，即−x2−6x−3=2，解得x=−5作两个函数的图象如图所示由图可得：n−m的最大值为−1−(−5)=4故选：B.4．已知f(x)=lnx+x−a,g(x)=x+ex+a,fx1A．[−1,+∞) B．(−∞,e]【答案】A【分析】利用同构构造ℎx=x+ex，得到ℎlnx1=ℎx【详解】由题意得：x1>0，又因为x1lnx1+所以lnx设ℎx则ℎlnℎ′x=1+所以lnx因为x1所以a=ln令φx=ln则φ′当x∈0,1时，φ′x>0，当故φx=lnφx故a∈[−1,+∞故选：A【点睛】同构构造函数，求解参数取值范围问题，通常适用于方程或不等式同时出现了指数函数与对数函数，此时利用同构构造函数，往往会是解题的突破口.5．若函数fx=ex−1x，gx=x1+A．若x1>B．若x1<C．存在xD．存在x0，使得当x1>x0，x2>【答案】B【分析】利用导数分析函数fx的单调性，证明出x≥lnx+1（当且仅当x=1时，等号成立），由已知可得fx1=f1+lnx2，分1+lnx2<0、0<1+lnx2【详解】函数fx的定义域为xx≠0，当x<0时，f′x<0，此时函数f当0<x<1时，f′x<0，此时函数f当x>1时，f′x>0，此时函数f设fx1=g构造函数ℎx=x−lnx−1，其中当0<x<1时，ℎ′x<0当x>1时，ℎ′x>0所以，ℎxmin=ℎ1=0因为fx①若1+lnx2<0，即0<x因为函数fx在−∞,0②若0<1+lnx2由于函数fx在0,1上递减，在1,+则存在x1>1，使得fx存在x1∈0,1，使得f③若1+lnx2=1，即x2=1，则④若1+lnx2因为由于函数fx在0,1上递减，在1,+则存在x1∈0,1使得f存在x1>1使得fx故A对，B错，C对；取x0=1，因为函数fx在1,+∞上单调递增，且x1由fx1=f1+ln因为函数ℎx在1,+∞上单调递增，且x2>1，故故选：B.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式fx>gx（或fx<gx）转化为证明（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.6．已知在函数fx=ax+ba>0,b>0，gx=lnx+2，若对∀x>−2A．0,+∞ B．1,+∞ C．2,+∞ D．[e,+∞)【答案】B【分析】令t(x)=fx−gx=ax+b−ln(x+2)，即t(x)min≥【详解】由题意，f令t(x)=fx则∀x>−2，fx≥gx恒成立，即t令t令t′(x)>0∴x>1−2a令t′(x)<0∴−2<x<1−2a∴t∴b≥2a−1−令ℎ(a)=2−令ℎ′(a)>0∴a>1，即ℎ(a)在令ℎ′(a)<0∴0<a<1，即ℎ(a)在∴ℎ∴故选：B7．若不等式x4−4x3>2−a对任意实数xA．a<−27 B．a>−25 C．a≥29 D．a>29【答案】D【分析】设f(x)=x4−4x3，不等式x4−4【详解】f(x)=x当x<3时，f′(x)<0，当x>3时，f(x)的递减区间是(−∞,3)，递增区间是(3,+∞)，所以x=3,f(x)取得极小值，也是最小值，f(x)不等式x4−4x所以−27>2−a,a>29.故选:D.【点睛】本题考查利用导数求函数的最值、函数恒成立问题，意在考查逻辑推理、数学运算能力，属于基础题.8．已知函数f(x)=lnxx,g(x)=ex−ax，若∀【答案】(【分析】先求出f(x1)的最小值将原命题转化为g(【详解】由题意得f′则当x∈[1,e]时，f′(x)=1−则fx1min=f(1)=ln则g(x)<0在(0,1]上有解，即a>exx令ℎ(x)=exx,x∈(0,1]，因为故ℎ(x)在(0,1]上单调递减，则a>ℎ(1)=e，即实数a的取值范围是(9．已知函数fx=ex−x，gx=x−lnx【答案】1【分析】根据fx的单调性及特殊值，求得x2>x1>1，再由fx1=gx2【详解】f′x=ex−1，又f1=e−1<2，又x2>x由fx1=gx2又x1>1，lnx2>ln1=0即ex1=令ℎt=ln当t∈2,2e时，ℎ′当t∈2e,+∞时，所以ℎtmax=ℎ2e=所以lnt−ln210．已知fx=lnx−x4+34x，gx=−【答案】[−【分析】根据对∀x1∈0,2，∃x【详解】因为fx所以f′当0<x<1时，f′x<0，当1<x<2所以fx因为gx所以在区间1,2上的最小值的端点处取得，所以要使对∀x1∈0,2，只需fxmin≥gxmin即12≥−1−2a+4或解得a≥−1所以a的取值范围是[−1故答案为：[−题型五导数中不等式的证明1．已知函数f（x）＝ex+1﹣eln（x+a）+b﹣2在（﹣1，f（﹣1））处的切线方程为（1﹣e）x﹣y+1﹣e＝0．（1）求a，b；（2）证明：f（x）+1＞0．【答案】（1）a＝2，b＝1；（2）由（1）知f（x）＝ex+1﹣eln（x+2）﹣1，定义域（﹣2，+∞），所以f′(x)=e则f′（﹣1）＝1﹣e＜0，f′(0)=e则存在x0∈（﹣1，0），使f′（x0）＝0，即ex0+1=ex0+2，即因为ex+1所以f′（x）在（﹣2，+∞）上单调递增，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（﹣2，x0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；所以f=e=e所以f（x）＞﹣1，即f（x）+1＞0．【详解】（1）由f（x）＝ex+1﹣eln（x+a）+b﹣2，得f′(x)=e因为f（x）在（﹣1，f（﹣1））处的切线方程为（1﹣e）x﹣y+1﹣e＝0，可得f′(−1)=1−ef(−1)=0，即e解得a＝2，b＝1；（2）证明：由（1）知f（x）＝ex+1﹣eln（x+2）﹣1，定义域（﹣2，+∞），所以f′(x)=e则f′（﹣1）＝1﹣e＜0，f′(0)=e则存在x0∈（﹣1，0），使f′（x0）＝0，即ex0+1=ex0+2，即因为ex+1所以f′（x）在（﹣2，+∞）上单调递增，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（﹣2，x0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；所以f=e=e所以f（x）＞﹣1，即f（x）+1＞0．2．已知函数f（x）＝ax﹣ln（x+1）+1．（1）求f（x）的单调区间；（2）当a≤2时，证明：当x＞0时，f（x）＜ex恒成立．【答案】（1）当a≤0时，f（x）在（﹣1，+∞）上单调递减；当a＞0时，f（x）在(−1，1a−1)（2）当a≤2，且x＞0时，则ax≤2x，可得f（x）≤2x﹣ln（x+1）+1．令g（x）＝ex﹣2x﹣1+ln（x+1），x＞0，由g′(x)=ex−2+1x+1因为函数y=ex，y=−1(x+1)则h′（x）＞h′（0）＝e0﹣1＝0，即g′（x）＝h（x）在（0，+∞）上单调递增，可得g′（x）＞g′（0）＝e0﹣2+1＝0，即g（x）在（0，+∞）上单调递增，所以g（x）＞g（0）＝e0﹣0﹣1+ln1＝0，所以2x﹣ln（x+1）+1＜ex，所以f（x）≤2x﹣ln（x+1）+1＜ex，所以f（x）＜ex．【详解】（1）因为f（x）＝ax﹣ln（x+1）+1的定义域为（﹣1，+∞），所以f′(x)=a−1当a≤0时，x∈（﹣1，+∞），f′（x）＜0，f（x）单调递减；当a＞0时，令f′（x）＝0，解得x=1当x∈(−1，1a−1)时，f′（x）＜0；当x∈(1a所以f（x）在(−1，1a−1)综上，当a≤0时，f（x）在（﹣1，+∞）上单调递减；当a＞0时，f（x）在(−1，1a−1)（2）证明：当a≤2，且x＞0时，则ax≤2x，可得f（x）≤2x﹣ln（x+1）+1．令g（x）＝ex﹣2x﹣1+ln（x+1），x＞0，由g′(x)=ex−2+1x+1因为函数y=ex，y=−1(x+1)则h′（x）＞h′（0）＝e0﹣1＝0，即g′（x）＝h（x）在（0，+∞）上单调递增，可得g′（x）＞g′（0）＝e0﹣2+1＝0，即g（x）在（0，+∞）上单调递增，所以g（x）＞g（0）＝e0﹣0﹣1+ln1＝0，所以2x﹣ln（x+1）+1＜ex，所以f（x）≤2x﹣ln（x+1）+1＜ex，所以f（x）＜ex．3．设函数f（x）＝e2x﹣2ax．（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在（0，f（0））处的切线方程；（2）讨论f（x）的单调性；（3）证明：当a＞0时，f(x)≥lna−a【答案】（1）y﹣1＝0；（2）当a≤0时，f（x）在R上单调递增；当a＞0时，f（x）在(−∞，lna2)（3）由（2）可知，当a＞0时，f（x）在x=lna2处取得最小值，且f(x要证f(x)≥lna−a22+32，即证a−alna≥lna−a22+令g（a）＝a2﹣2alna﹣2lna+2a﹣3，a＞0，对g（a）求导，可得g′(a)=2a−2lna−2a×1令ℎ(a)=2a−2lna−2a，对h（a）求导，可得因为a2−a+1=(a−12)2+34＞0，a又因为h（1）=2×1−2ln1−21=0，所以当0＜a＜1时，h（a）＜0，即g'（a）＜0，g当a＞1时，h（a）＞0，即g'（a）＞0，g（a）单调递增．所以g（a）在a＝1处取得最小值，g(a)因为g（a）≥g（1）＝0，所以a2﹣2alna﹣2lna+2a﹣3≥0，即f(x)≥lna−a【详解】（1）当a＝1时，f（x）＝e2x﹣2x，则f（0）＝e0﹣0＝1，求导得：f′（x）＝2e2x﹣2，斜率k＝f′（0）＝0，所以f（x）在（0，f（0））处的切线方程为y﹣1＝0（x﹣0），即y﹣1＝0；（2）因为f（x）＝e2x﹣2ax，所以f'（x）＝2e2x﹣2a＝2（e2x﹣a），当a≤0时，因为e2x＞0，所以e2x﹣a＞0，即f'（x）＞0，所以f（x）在R上单调递增；当a＞0时，令f'（x）＝0，即2（e2x﹣a）＝0，则e2x＝a，两边取自然对数可得2x＝lna，解得x=lna当x＜lna2时，e2x＜a，即f'（x）＜0，所以f（x）在当x＞lna2时，e2x＞a，即f'（x）＞0，所以f（x）在综上，当a≤0时，f（x）在R上单调递增；当a＞0时，f（x）在(−∞，lna2)（3）证明：由（2）可知，当a＞0时，f（x）在x=lna2处取得最小值，且f(x要证f(x)≥lna−a22+32，即证a−alna≥lna−a22令g（a）＝a2﹣2alna﹣2lna+2a﹣3，a＞0，对g（a）求导，可得g′(a)=2a−2lna−2a×1令ℎ(a)=2a−2lna−2a，对h（a）求导，可得因为a2−a+1=(a−12)2+34＞0，a又因为h（1）=2×1−2ln1−21=0，所以当0＜a＜1时，h（a）＜0，即g'（a）＜0，g当a＞1时，h（a）＞0，即g'（a）＞0，g（a）单调递增．所以g（a）在a＝1处取得最小值，g(a)因为g（a）≥g（1）＝0，所以a2﹣2alna﹣2lna+2a﹣3≥0，即f(x)≥lna−a4．已知函数f(x)=x（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个极值点x1，x2，求证f（x1）+f（x2）＜﹣16+16ln2【答案】（1）当0≤a≤8，f（x）在（0，+∞）单调递增，当a＜0时，f（x）在(0，a+a2当a＞8时，f（x）在(0，a−a2−8a4（2）证明：由（1）知f（x）有两个极值点x1，x2时，a＞8，x1+xf(x=(=(令ℎ(a)=−a24设s(a)=−a2+lna2所以s′（a）＜0，即h′（a）单调递减，又因为h′（8）＝﹣3+2ln2＜0，所以h′（a）＜0，即h（a）在（8，+∞）单调递减，所以h（a）＜h（8）＝﹣16+16ln2即f（x1）+f（x2）＜﹣16+16ln2，证毕．【详解】（1）由题意知，f′(x)=2x−a+a函数f（x）的定义域为（0，+∞），设g（x）＝2x2﹣ax+a，Δ＝a2﹣8a＝a（a﹣8），令Δ＝0，则a＝0或a＝8，①当Δ≤0，即0≤a≤8时，g（x）≥0对x＞0恒成立，即f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）单调递增，②当Δ＞0，即a＞8或a＜0时，方程g（x）＝0，有两不等实根x1当a＜0时，由韦达定理x1+x此时两根一正一负，x1＜0，x2＞0当x∈（0，x2），f′（x）＜0，所以f（x）在（0，x2）上单调递减，当x∈（x2，+∞），f′（x）＞0，所以f（x）在（x2，+∞）上单调递增，当a＞8时，由韦达定理x1+x此时两根为正，且0＜x1＜x2当x∈（0，x1）∪（x2，+∞），f′（x）＞0，所以f（x）在（0，x1）和（x2，+∞）上单调递增，当x∈（x1，x2），f′（x）＜0，所以f（x）在（x1，x2）上单调递减，综上所述：当0≤a≤8，f（x）在（0，+∞）单调递增，当a＜0时，f（x）在(0，a+a2当a＞8时，f（x）在(0，a−a2−8a4（2）证明：由（1）知f（x）有两个极值点x1，x2时，a＞8，x1+xf(x=(=(令ℎ(a)=−a24设s(a)=−a2+lna2所以s′（a）＜0，即h′（a）单调递减，又因为h′（8）＝﹣3+2ln2＜0，所以h′（a）＜0，即h（a）在（8，+∞）单调递减，所以h（a）＜h（8）＝﹣16+16ln2即f（x1）+f（x2）＜﹣16+16ln2，证毕．5．设a、b为实数，且a＞1，函数f（x）＝ax，g（x）＝bx﹣e2．（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）当b＝lna时，证明：f（x）≥g（x）+e2+1；（3）若曲线y＝f（x）与直线y＝g（x）有且仅有两个交点，求blna【答案】（1）y＝ln2•x+1；（2）证明：当b＝lna时，g（x）＝lna•x﹣e2，设h（x）＝f（x）﹣g（x）﹣e2﹣1＝ax﹣lna•x﹣1，则h′（x）＝ax•lna﹣lna＝（ax﹣1）•lna，由于a＞1，则lna＞0，令h′（x）＜0，得x＜0，令h′（x）＞0，得x＞0，所以函数h（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，则h（x）≥h（0）＝0，即f（x）≥g（x）+e2+1．（3）（e2，+∞）．【详解】（1）当a＝2时，f（x）＝2x，则f（0）＝1，而f′（x）＝2x•ln2，则f′（0）＝ln2，所以曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y﹣1＝ln2•x，即y＝ln2•x+1．（2）证明：当b＝lna时，g（x）＝lna•x﹣e2，设h（x）＝f（x）﹣g（x）﹣e2﹣1＝ax﹣lna•x﹣1，则h′（x）＝ax•lna﹣lna＝（ax﹣1）•lna，由于a＞1，则lna＞0，令h′（x）＜0，得x＜0，令h′（x）＞0，得x＞0，所以函数h（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，则h（x）≥h（0）＝0，即f（x）≥g（x）+e2+1．（3）设k（x）＝f（x）﹣g（x）＝ax﹣bx+e2，由题意，曲线y＝f（x）与直线y＝g（x）有且仅有两个交点，则函数k（x）有且仅有2个零点，而k′（x）＝ax•lna﹣b，令k′（x）＝0，得ax=blna，而当b≤0时，k′（x）＝ax•lna﹣b＞0，则函数k（x）在R上单调递增，此时函数k（x）最多有1个零点，不符合题意；当b＞0时，令k′（x）＜0，得x＜logablna，令k′（所以函数k（x）在(−∞，logab又x→﹣∞时，k（x）→+∞，x→+∞时，k（x）→+∞，要使函数k（x）有且仅有2个零点，则k(logab设blna=t，t＞0，则t﹣t•lnt+e2＝t（1﹣lnt）+e当0＜t≤1时，lnt≤0，则t（1﹣lnt）+e2＞0，不满足题意；当t＞1时，设u（t）＝t（1﹣lnt）+e2，则u′（t）＝﹣lnt＜0，则函数u（t）在（1，+∞）上单调递减，又u（e2）＝0，则t＞e2时，t（1﹣lnt）+e2＜0，即blna则blna的取值范围为（e26．已知函数f（x）＝memx﹣1﹣lnx（m＞0），其图像在x=1（1）求m的取值范围；（2）证明：f(x)＞m−1（3）证明：∀x1，x2∈(1m，+∞)，f（x1+x2）＞f注：ln2≈0.69．【答案】（1）（0，1）；（2）因为f″(x)=m3emx−1+因为f′(1m)＜0，且当x→+∞时，f所以存在x0∈(1m，+∞)，使得且当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，所以f（x）min＝f（x0），由f'（x0）＝0，得m2emx0−1=1x所以f(x)≥f(＞21故要证结论成立，只需证2lnm+1＞m−1m+1令g(m)=2lnm−m+1m，0＜m＜1，只需证g（因为g′(m)=2m−1−1m所以g（m）＞g（1）＝0，结论成立，即f(x)＞m−1（3）令F(x)=f(x+x则F'（x）＝f'（x+x2）﹣f'（x），由（1）知函数f'（x）在（0，+∞）上单增，又x+x2＞x，所以f'（x+x2）＞f'（x），即F′（x）＞0，F（x）在(1因为x1＞1令G(x)=F(1则G′(x)=f′(1m+x)−f'（x），同理G且G(x)＞G(1令φ（m）＝G（1m）＝（e﹣2）m﹣lnm﹣ln2，m∈（0，1），则φ′(m)=(e−2)−因为0＜m＜1，所以φ′(m)=(e−2)−1所以φ（m）在（0，1）上单减，所以φ（m）＞φ（1）＝e﹣2﹣ln2＞0，所以F(x所以f（x1+x2）＞f（x1）+f（x2）．【详解】（1）因为f′(x)=m由其图像在x=1可得f′(1m)=即m的取值范围是（0，1）；（2）证明：因为f″(x)=m3emx−1+因为f′(1m)＜0，且当x→+∞时，f所以存在x0∈(1m，+∞)，使得且当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，所以f（x）min＝f（x0），由f'（x0）＝0，得m2emx0−1=1x所以f(x)≥f(＞21故要证结论成立，只需证2lnm+1＞m−1m+1令g(m)=2lnm−m+1m，0＜m＜1，只需证g（因为g′(m)=2m−1−1m所以g（m）＞g（1）＝0，结论成立，即f(x)＞m−1（3）证明：令F(x)=f(x+x则F'（x）＝f'（x+x2）﹣f'（x），由（1）知函数f'（x）在（0，+∞）上单增，又x+x2＞x，所以f'（x+x2）＞f'（x），即F′（x）＞0，F（x）在(1因为x1＞1令G(x)=F(1则G′(x)=f′(1m+x)−f'（x），同理G且G(x)＞G(1令φ（m）＝G（1m）＝（e﹣2）m﹣lnm﹣ln2，m∈（0，1），则φ′(m)=(e−2)−因为0＜m＜1，所以φ′(m)=(e−2)−1所以φ（m）在（0，1）上单减，所以φ（m）＞φ（1）＝e﹣2﹣ln2＞0，所以F(x所以f（x1+x2）＞f（x1）+f（x2）．7．已知a≠0，函数f（x）＝ax﹣a2lnx．（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明：当a＞0时，f（x）≥2a2﹣a3．【答案】（1）若a＜0，f（x）的单调递减区间为（0，+∞），无单调递增区间，若a＞0，f（x）的单调递增区间为（a，+∞），单调递减区间为（0，a）；（2）证明：当a＞0时，f(x)要证f（x）≥2a2﹣a3，只需证f（a）≥2a2﹣a3，又f（a）﹣2a2+a3＝﹣a2lna﹣a2+a3＝a2（a﹣lna﹣1），所以只需证a﹣lna﹣1≥0，令g（a）＝a﹣lna﹣1，则g′(a)=1−1则当a∈（0，1）时，g'（a）＜0，当a∈（1，+∞）时，g'（a）＞0，即g（a）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1），所以g（a）min＝g（1）＝0，即g（a）≥0，所以当a＞0时，f（x）≥2a2﹣a3．【详解】（1）由题意得f（x）的定义域为（0，+∞），由f（x）＝ax﹣a2lnx，可得f′(x)=a−a若a＜0，则f'（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，则f（x）的单调递减区间为（0，+∞），无单调递增区间，若a＞0，则当x∈（0，a）时，f'（x）＜0，当x∈（a，+∞）时，f'（x）＞0，则f（x）的单调递增区间为（a，+∞），单调递减区间为（0，a）；（2）证明：当a＞0时，f(x)要证f（x）≥2a2﹣a3，只需证f（a）≥2a2﹣a3，又f（a）﹣2a2+a3＝﹣a2lna﹣a2+a3＝a2（a﹣lna﹣1），所以只需证a﹣lna﹣1≥0，令g（a）＝a﹣lna﹣1，则g′(a)=1−1则当a∈（0，1）时，g'（a）＜0，当a∈（1，+∞）时，g'（a）＞0，即g（a）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1），所以g（a）min＝g（1）＝0，即g（a）≥0，所以当a＞0时，f（x）≥2a2﹣a3．8．设函数f(x)=lnx+3（1）a＝﹣1时，求函数f（x）的最大值．（2）讨论f（x）的单调性．（3）当a＜0时，证明：f(x)≤−1【答案】(1)−ln3−5（2）a≥0时，f（x）在（0，+∞）单调递增，a＜0时，f（x）在(0，−13a)（3）证明：由（2）知，a＜0时，f(x)∴f(x)≤−12a−2即ln(−1设g（x）＝lnx﹣x+1，∴g′(x)=1当x∈（0，1）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（1，+∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，∴g（x）max＝g（1）＝0，∴当x∈（0，+∞）时，g（x）≤0，从而a＜0时，ln(−13a)+【详解】（1）函数f（x）的定义域为x∈（0，+∞），当a＝﹣1时，f(x)=lnx−3∴f′(x)=1当x∈(0，13)时，f'（x）＞0，∴f当x∈(13，+∞)时，f'（x）＜0，∴f∴f(x)（2）f（x）定义域为（0，+∞），f′(x)=1若a≥0，则f'（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）单调递增，若a＜0，则x∈(0，−13a)时，f′（x）＞0，∴fx∈(−13a，+∞)时，f'（x）＜0，∴f综上所述：a≥0时，f（x）在（0，+∞）单调递增，a＜0时，f（x）在(0，−13a)（3）证明：由（2）知，a＜0时，f(x)∴f(x)≤−12a−2即ln(−1设g（x）＝lnx﹣x+1，∴g′(x)=1当x∈（0，1）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（1，+∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，∴g（x）max＝g（1）＝0，∴当x∈（0，+∞）时，g（x）≤0，从而a＜0时，ln(−13a)+9．已知函数f（x）＝ex+a﹣lnx（a∈R）．（1）设x＝1是f（x）的极值点，求a，并求函数f（x）的单调区间；（2）证明：f（x）≥2+a．【答案】（1）a＝﹣1，单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）．（2）法一：x∈(0，+∞)，f′(x)=ex+a−1x，令h（x则ℎ′(x)=ex+a+1x当x→0时，f′（x）→﹣∞，当x→+∞时，f′（x）→+∞，所以∃x0∈（0，+∞），使得f′（x0）＝0，即ex所以x0+a＝﹣lnx0，当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，所以f(x)当且仅当x0＝1时取等．故得证．法二：先证ex≥x+1，令h（x）＝ex﹣x﹣1，则h′（x）＝ex﹣1，当x∈（﹣∞，0）时，h′（x）＜0，当x∈（0，+∞）时，h′（x）＞0，所以h（x）在（﹣∞，0）上单调递减，（0，+∞）上单调递增，故h（x）≥h（0）＝0，即证得ex≥x+1（当x＝0时取等），将x替换为lnx，得x≥lnx+1，即lnx≤x﹣1（当x＝1时取等），所以f（x）＝ex+a﹣lnx≥（x+a）+1﹣（x﹣1）＝a+2（当x+a＝0且x＝1，即x＝1，a＝﹣1时，等号成立）．故得证．【详解】（1）x∈（0，+∞），f′(x)=e由f′（1）＝ea+1﹣1＝0，得a＝﹣1，此时f′(x)=ex−1−1x，令g（x）＝f所以f′（x）在（0，+∞）上单调递增，又f′（1）＝0，所以x∈（0，1）时，f′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，即f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）．（2）证明：法一：x∈(0，+∞)，f′(x)=ex+a−1x，令h（x则ℎ′(x)=ex+a+1x当x→0时，f′（x）→﹣∞，当x→+∞时，f′（x）→+∞，所以∃x0∈（0，+∞），使得f′（x0）＝0，即ex所以x0+a＝﹣lnx0，当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，所以f(x)当且仅当x0＝1时取等．故得证．法二：先证ex≥x+1，令h（x）＝ex﹣x﹣1，则h′（x）＝ex﹣1，当x∈（﹣∞，0）时，h′（x）＜0，当x∈（0，+∞）时，h′（x）＞0，所以h（x）在（﹣∞，0）上单调递减，（0，+∞）上单调递增，故h（x）≥h（0）＝0，即证得ex≥x+1（当x＝0时取等），将x替换为lnx，得x≥lnx+1，即lnx≤x﹣1（当x＝1时取等），所以f（x）＝ex+a﹣lnx≥（x+a）+1﹣（x﹣1）＝a+2（当x+a＝0且x＝1，即x＝1，a＝﹣1时，等号成立）．故得证．10．已知函数f（x）＝a（x﹣1）ex，g(x)=x（1）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间．（2）求证：g(x)＞−1（3）令h（x）＝f（x）﹣g（x），若对任意不同的x1，x2∈[1，e]，都有|h（x1）﹣h（x2）|＜3|x1﹣x2|，求实数a的取值范围．【答案】（1）单调增区间为（0，+∞），单调减区间为（﹣∞，0）；（2）函数g(x)=x22+xlnx的定义域为（0，+∞），求导得g′（x）＝因为g′(1e2所以∃x0∈(1e2，1e)，使得g′（x0）＝0，即x0又因为g′（x）在（0，+∞）上单调递增，所以当x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0；当x∈（0，x0）时，g′（x）＜0；所以g（x）在（x0，+∞）上单调递增，在（0，x0）上单调递减，所以g(x)≥g(x因为y=−x22所以−x02（3）[1【详解】（1）当a＝1时，f（x）＝（x﹣1）ex，f′（x）＝xex，令f′（x）＜0，得x＜0，令f′（x）＞0，得x＞0，所以函数f（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调增区间为（0，+∞）；（2）证明：函数g(x)=x22+xlnx的定义域为（0，+∞），求导得g′（x）＝因为g′(1e2所以∃x0∈(1e2，1e)，使得g′（x0）＝0，即x0又因为g′（x）在（0，+∞）上单调递增，所以当x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0；当x∈（0，x0）时，g′（x）＜0；所以g（x）在（x0，+∞）上单调递增，在（0，x0）上单调递减，所以g(x)≥g(x因为y=−x22所以−x02（3）ℎ(x)=a(x−1)e∀x1，x2∈[1，e]，且x1＞x2，都有﹣3（x1﹣x2）＜h（x1）﹣h（x2）＜3（x1﹣x2），即ℎ(x所以h（x）﹣3x在[1，e]上单调递减，h（x）+3x在[1，e]上单调递增；所以h′（x）﹣3≤0在[1，e]上恒成立，h′（x）+3≥0在[1，e]上恒成立；h′（x）＝axex﹣x﹣lnx﹣1＝axex﹣ln（xex）﹣1，令t＝ln（xex），因为xex在[1，e]上单调递增，所以xex∈[e，e1+e]，t∈[1，1+e]，则aet﹣t﹣4≤0在t∈[1，1+e]上恒成立，aet﹣t+2≥0在t∈[1，1+e]上恒成立，由aet﹣t﹣4≤0，得a≤t+4et，令ω(t)=t+4et，则a≤ω′(t)=−t−3et＜0，ω(t)=t+4eω(t)min=ω(1+e)=由aet﹣t+2≥0，得a≥t−2et，令φ(t)=t−2et，则a≥φ′(t)=3−t当t∈[1，3）时，φ′（t）＞0，φ（t）单调递增；当t∈（3，1+e]时φ′（t）＜0，φ（t）单调递减；φ(t)max=φ(3)=综上所述，实数a的取值范围为[1课时精练一、单选题1．已知函数fx=ex2x−1，若fx≥kx−kA．−∞,−e B．−∞,−e【答案】D【分析】先依题意分离参数，再构造函数并探讨其最值，进而即可求出k的取值范围．【详解】由fx≥kx−k在则k≥fxx−1=令gx=e则g′x=当x∈−∞,0时，g′x当x∈0,1时，g′x<0，则所以gxmax=g所以k的取值范围为1,+∞故选：D．2．已知函数f′x是函数fx的导函数，f1=e−1，对任意实数xA．−∞,1 C．1,e D．【答案】D【分析】根据已知条件f1=e−1转化不等式e2fx<ex为fxex【详解】∵f1=1e，已知不等式e2设gx=f∴函数gx又∵fxe∴x>1，故不等式fx<e3．若关于x的不等式x2−2lnx+m≥0恒成立，则实数A．−1,+∞ B．e,+∞ C．−【答案】A【分析】先构造函数fx【详解】令fx=x2−2令f′x>0，得x>1；令f则fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，则又不等式x2−2lnx+m≥0恒成立，则则实数m的取值范围为−1,+∞4．若∃m∈R使得不等式lnxx−mln2−lnA．1 B．e C．4 D．2【答案】C【分析】令fx=lnxx，gx=【详解】令fx=ln则f′x=1−ln当x∈e,+∞所以函数fx在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，函数所以∃m∈R使得不等式lnxx−mln2−ln24令fx=gx得x=2因此实数a的最大值为4．5．当x>1时，关于x的不等式(2x−1)ex−a(x−1)≤0仅有两个正整数解，则实数aA．4e32,3e2 B．3【答案】C【分析】将不等式转化为不等式a≥(2x−1)exx−1，构造函数f(x)=(2x−1)【详解】当x>1时不等式等价于：a≥设f(x)=(2x−1)则f′所以当1<x<32时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x>3所以a≥f(x)有两个正整数解2和3，则a≥f(3)a<f(4)，解得5故实数a的取值范围是52故选：C.6．若存在x>0使得不等式aex+1−x≤1A．0,1 B．[e,+∞) C．【答案】C【分析】把问题转化为：存在x>0，使得a≤xe−x成立，再设fx=xe【详解】由aex+1−x≤1设Ha=aex+1因为x>0，a>0，所以H′a>0，所以H由Ha=0⇒问题转化为存在x>0，使得a≤xe设fx=xe则f′x=由f′x>0⇒x<1；由f′x所以函数fx在0,1上单调递增，在1,+所以fx所以0<a≤1故选：C7．已知函数fx=2ex+1+x+1A．−∞,1−2lnC．−∞,2−3ln【答案】C【分析】设gx=fx−2，由奇函数定义可得gx为奇函数，再利用导数求得其单调性，利用单调性得a≤x−1−3【详解】由fx=2令gx=fx又gx定义域为R，则g因为g′x=f′则fa−x+f1+3即ga−x+g1+3所以1+3lnx≤x−a，即记ℎ(x)=x−1−3lnxx>0，ℎ'(x)=1−所以当x∈(0,3)时，ℎ'(x)<0，当x∈(3,+∞所以函数ℎ(x)的单调递减区间为0,3，单调递增区间为3,+∞所以ℎ(x)≥ℎ3=3−1−3ln即实数a的取值范围是−∞故选：C8．若对任意正实数x，y都有2y−xelnx−lnA．0,1 B．0,C．−∞,0∪【答案】A【分析】将不等式变式为2−xyelnxy≤【详解】因为2y−x所以2−xyeln则f′(t)=−ln令g(t)=−g'(t)=−1当t∈(0,e)时，f'当t∈(e,+∞)时，故f所以1m≥1，得到故选:A.二、多选题9．（多选）已知函数f(x)=a2x2−ax+A．a的取值范围是(−∞,0)∪(4,+∞C．x1x2的取值范围是0,14【答案】BCD【分析】函数f(x)极值点问题转化为f′(x)=0方程根的问题研究.A项转化为二次方程有两不等正根求参数范围；BC项由韦达定理与参数范围可得；D项，先将所求式子整理变形，再利用韦达定理将x1【详解】A项，函数f(x)=a2x则f′f′(x)=ax−a+1x=设g(x)=ax当a=0时，g(x)=1，即f′当a≠0时，由题意知方程g(x)=0有两不等正根，设两根为x1则有x1x2即a的取值范围是为(4,+∞BC项，因为x1,x所以x1+xD项，f==−ln设ℎ(a)=−ln因为ℎ(a)在(4,+∞)上单调递减，所以且当a→+∞,ℎ(a)→−∞即f(x故选：BCD．10．（多选）对于函数fx=xA．函数fxB．x=1是函数fxC．点−1,f−1是曲线y=fD．∀x∈−5,+∞，f【答案】BCD【分析】通过导数分析函数单调性、极值与最值，结合三次函数性质逐一推导选项.【详解】∵f(x)=x3+3x2−9x+5，对其求导得f′当x<−3时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当−3<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，对各选项逐一判断：A选项：fx的极大值ffx的极小值f观察图像可得，仅2个不同零点，故A错误.B选项：∵x∈(−3,1)时f(x)单调递减，x∈(1,+∞)时∴x=1是函数f(x)的极小值点，故B正确.C选项：三次函数f(x)=ax3+bx2验证可得f(−1+x)+f(−1−x)=[(−1+x)∴点(−1,f(−1))是曲线y=f(x)的对称中心，故C正确.D选项：当x∈[−5,+∞)时，f(x)=(x−1)2(x+5)，其中(x−1)2≥0，x+5≥0∵∀x∈[−5,+∞)，f(x)>k恒成立，即k小于f(x)在区间内的最小值，∴【点睛】方法归纳：三次函数性质分析通用流程：先求导得到极值点划分单调区间，再通过因式定理求解零点，利用二阶导数或对称公式确定对称中心，恒成立问题转化为函数最值与参数的大小关系即可.11．（多选）已知函数fx=eA．.若fx≥0B．若存在x