重難點專題12導(dǎo)數(shù)解答題之指對函數(shù)五大題型匯總

重難點專題12導(dǎo)數(shù)解答題之指對函數(shù)五大題型匯總TOC\o"13"\h\z\u題型1指數(shù)找基友 1題型2對數(shù)單身狗 11題型3指對互化 22題型4指對分離與不分離 30題型5凹凸翻轉(zhuǎn) 39在指數(shù)加減x整式或者對數(shù)乘除x整式或者在指數(shù)和對數(shù)同時出現(xiàn)的情形下，我們處理時往往本著對數(shù)單身狗，指數(shù)找基友的思想方法，本質(zhì)就是通過這樣的轉(zhuǎn)換可以讓求導(dǎo)變少，避開長篇分類討論題型1指數(shù)找基友指數(shù)找基友：在處理不等式和零點問題時，如果指數(shù)部分+x整式有可能連續(xù)求導(dǎo)，甚至要用到隱零點，比較復(fù)雜，此時，我們只需把所有x的式子和ex變換到一起，一般可以同除整式，或者同除ex部分，構(gòu)造一個新函數(shù)，例如exax>0我們可以化成ex>ax,進(jìn)一步化成a=ex/x，構(gòu)造函數(shù)f（x）=ex/x;再例如當(dāng)x>0時求證：(2x)ex≤x+2，我們可以化作ex(2x)/(x+2)≤1,然后構(gòu)造函數(shù)f(x)=ex(2x)/(2+x),證明其≤1即可，通過觀察，不難發(fā)現(xiàn)，ex和所有含有x的式子變換到一起了，我們形象地稱之為，指數(shù)找基友【例題1】（2022秋·山東濱州·高三校聯(lián)考期中）已知f(x)=asinx(a∈R)，（1）求g(x)在x=0處的切線方程；（2）若a=1，證明G(x)=f(x)+lnx在（3）設(shè)F(x)=f(x)?g(x)a(a≠0)對任意x∈【答案】（1）x-y+1=0；（2）詳見解析；（3）k≤1.【分析】（1）求出g(x)的導(dǎo)數(shù)，求得切線斜率及切點，由點斜式即可得切線方程；（2）求出G(x)=f(x)+lnx的導(dǎo)數(shù)，將證明G(x)=f(x)+lnx在(0,1)上單調(diào)遞增轉(zhuǎn)化為（3）先化簡求出F(x)=exsinx，F(xiàn)(x)≥kx恒成立即h(x)=exsin【詳解】解：（1）g'(x)=ex，所以g(x)在x=0處的切線方程為y-1=x，即x-y+1=0（2）G(x)=sin則G'由于x∈(0,1)，故1x又cosx∈[-1,1]，故cos故1x+cosx>0，即故G(x)在(0,1)遞增；（3）F(x)=e由對任意x∈0,π2設(shè)h(x)=e則h'再設(shè)m(x)=則m'∵x∈0,π2因此m(x)在0,π故m(x)≥m(0)=1-k，①當(dāng)k≤1時，m(x)≥0即h'h(x)在0,π2遞增，故即k≤1適合題意，②當(dāng)k>1時，m(0)=1-k<0，mπ若eπ2-k<0，則取x0=若eπ2-k≥0，則在0,π2當(dāng)x∈(0,x0)總之﹐存在X0∈0,π2使即h'(x)<0，故h(x)遞減，故k>1時，存在(0,x0)綜上，k≤1.【點睛】本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)求切線的方程和函數(shù)的最值，以及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及最值等知識，考查綜合利用數(shù)學(xué)知識分析問題、解決問題的能力，是一道難度較大的題目．【變式11】1.（2023春·安徽·高三合肥市第八中學(xué)校聯(lián)考開學(xué)考試）已知函數(shù)f(x)=ax（1）當(dāng)a=12時，證明：f(x)在（2）當(dāng)x∈[0,π2]時，f(x)≤a【答案】（1）證明見解析；（2）[-1【分析】（1）利用二階導(dǎo)數(shù)研究f'(x)的單調(diào)性，結(jié)合其零點確定（2）原不等式等價于ex-1≥a(x2-cosx)對于x∈[0,π2]恒成立，構(gòu)造h(x)=x2-cosx【詳解】（1）當(dāng)a=12時，f(x)=1令g(x)=x-ex-1，則當(dāng)x∈(-∞,1)時，g'(x)>0，當(dāng)x∈(1,+∞)時，g'(x)<0，∴g(x)≤g(1)=0，當(dāng)x=1時f'(1)=0，當(dāng)x≠1時∴f(x)是R上以x=1為拐點的減函數(shù)．·（2）由題意，ex-1≥a(x設(shè)h(x)=x2-cosx，則h∴h'(x)≥h'(0)=0，故h(x)在[0,∴存在唯一的x0∈(0,π2)，使得h(x0)=0：當(dāng)令φ(x)=ex-1x∴φ(x)在[0,x0)上為減函數(shù)，則φ當(dāng)x=x0時，h(x0)=當(dāng)x∈(x0,π2]時，由上知φ'令m(x)=x2-cosx-2x-sinx∵m'(x0)=2∴m'(x∴存在唯一x1∈(x0,π2)，使得m'(x1)=0∵m(x0)=∴m(x)<0，即φ'∴φ(x)在(x0,π2綜上可知，實數(shù)a的取值范圍為[-1【點睛】關(guān)鍵點點睛：第二問，ex-1≥a(x2-cosx)對于x∈[0,π2]恒成立，利用導(dǎo)數(shù)研究【變式11】2.（2021·黑龍江哈爾濱·哈九中?？既＃┮阎瘮?shù)fx（1）證明：函數(shù)fx（2）若對?x∈0,π2【答案】（1）證明見解析；（2）a∈-1,【分析】（1）由f(x)為奇函數(shù)，得0是一個零點，轉(zhuǎn)化為證明fx在0,+∞上有且只有一個零點，求出f'(x)，再對f'(x)兩次求導(dǎo)，確定f'(x)（2）不等式ex+acosx≥ax2化為ex【詳解】解：（1）證明：因為fx為奇函數(shù)，且f只需證fx在0,+∞當(dāng)x∈0,+∞，記g記g1(x)=g'∴g'x又∵g'x>g又∵g0=-1<0，所以存在唯一實數(shù)x0∈0,當(dāng)x∈0,x0時，gx<0所以函數(shù)fx在0,xo∵f0=0，∴fx所以函數(shù)fx在x所以函數(shù)fx（2）由ex+acos由（1）知：①當(dāng)x=x0時，ex此時，對于任意a∈R，ex②當(dāng)x∈x0,由ex≥ax令hx=e∵h(yuǎn)令txt'x=2x+t1'(x)=2+cos∴函數(shù)t'x在而t=-x又t'∴存在唯一實數(shù)m∈x0,當(dāng)x∈x0,m時，t'm∴函數(shù)tx在x0,m∴txtπ2=π24-π-1<0∴hxmin=h③當(dāng)x∈0,x0由ex≥ax由②可知h'所以函數(shù)hx=e當(dāng)x∈0,x0∴a≥-1，綜上，a∈-1,【點睛】本題考查函數(shù)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及到函數(shù)的單調(diào)性、極值最值、零點，以及不等式恒成立問題，分離參數(shù)是解題的關(guān)鍵，構(gòu)造函數(shù)多次求導(dǎo)是解這種類型題的重要手段，考查邏輯推理、數(shù)學(xué)計算能力，屬于較難題.【變式11】3.（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知函數(shù)y=f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x>0時，f(x)=lnx+kex，曲線y=f(x)在點1,f1的切線與x(1)求k的值及當(dāng)x<0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)gx=x2+x【答案】(1)k=1，f(x)的增區(qū)間為(0,1)，減區(qū)間為(1,+(2)證明見解析【分析】小問1：由f'1=0小問2：記h(x)=1-xlnx-x(x>0)，通過導(dǎo)數(shù)分析其單調(diào)性求出最大值，同樣求出(1)解：由f(x)=lnx+ke∴f'x=f'∵g(x)=1x-∴當(dāng)x∈(0,1)時，g(x)>0，f'當(dāng)x∈(1,+∞)時，g(x)<0，∴f(x)的增區(qū)間為(0,1)，減區(qū)間為(1,+∞(2)證明：gx記h(x)=1-xlnh'x=-lnx-2當(dāng)x∈(0,e-2)時，h當(dāng)x∈(e-2，+∞)時，∴h(x)∴1-xln令t(x)=1+xex∴t(x)在(0,+∞∴t(x)<t(0)=1．∴g(x)=【變式11】4.（2021秋·吉林四平·高三四平市第一高級中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知函數(shù)fx=aex+bcosx+（1）求實數(shù)a,b的值；（2）求函數(shù)gx（3）若對任意的x∈R，不等式xfx≥32【答案】（1）a=1b=-1；（2）最小值為1；（3）-∞,【分析】（1）求導(dǎo)得到f'x=a（2）計算得到gx=ex+sinx-2x，求導(dǎo)得到g'x=ex+cosx-2，令（3）當(dāng)x=0時，不等式恒成立，當(dāng)x>0時，等價于ex-x2-2λx-cosx≥0，令Gx=【詳解】解：1因為fx=ae由題意得f0=a+b+1=1f'2由（1）知f所以g'x=ex①當(dāng)x<0時，由ex-2<-1,-1≤cos所以gx在(-∞,0)②當(dāng)x≥0時，由ex≥1,-1≤-sinx≤1，得h'故g'x≥g'0=0，所以gx綜上，gx的最小值為13對x分情況討論如下：①當(dāng)x=0時，對任意的λ∈R，不等式xfx②當(dāng)x>0時，不等式xfx≥32令Gx=e當(dāng)λ≤12時，由（2）知所以Gx單調(diào)遞增，從而G當(dāng)λ>122知G'易證ex≥ex，故從而G'又G'0=1-2λ<0，所以存在唯一實數(shù)x且當(dāng)x∈0,x0時，G'x≤0,G③當(dāng)x<0時，不等式xfx≥3同上，令Gx=e當(dāng)λ≤12時，由（2）可知G'x>0綜上，可得入的取值范圍是-∞,1題型2對數(shù)單身狗對數(shù)單身狗：如果對數(shù)式乘以或者除以一個關(guān)于x的整式，把整式提出，然后分別對局部分析即可，例如y=(2+x)ln(x+1)2x,如果要證明x>0時y>0,我們便可把2+x提出來，使之變成y=(2+x)(ln(x+1)2x2+x,分別分析2+x和ln(x+1)【例題2】（2022秋·寧夏銀川·高三?？奸_學(xué)考試）已知函數(shù)fx（1）討論fx（2）對任意x>0，求證：f【答案】（1）答案見解析；（2）證明見解析.【分析】（1）首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f'x=2ex-2+a，再討論a≥0和【詳解】（1）函數(shù)的定義域是Rf當(dāng)a≥0時，f'x>0恒成立，故函數(shù)f當(dāng)a<0時，令f'x>0，得x>2+ln(-故函數(shù)fx在-∞,2+ln(-（2）要證fx>x即證2ex-2>xlnx，又令g(x)=2e令r(x)=2(x-1)ex容易得r'(x)在0,+∞所以存在唯一的實數(shù)x0∈所以rx在0,x0因為r所以當(dāng)rx>0時x>2，當(dāng)r所以在0,2上遞減，在2,+∞上遞增所以g綜上2e2?【點睛】方法點睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題，方法如下：（1）直接構(gòu)造函數(shù)法：證明不等式f(x)>g(x)（或f(x)<g(x)）轉(zhuǎn)化為證明f(x)-g(x)>0（或f(x)-g(x)<0），進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)；（2）適當(dāng)放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮；二是利用常見放縮結(jié)論；（3）構(gòu)造“形似”函數(shù)，稍作變形再構(gòu)造，對原不等式同解變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函數(shù).【變式21】1.（2022秋·黑龍江哈爾濱·高三哈師大附中?？计谀┮阎瘮?shù)fx（1）當(dāng)a=2時，求函數(shù)fx（2）當(dāng)x>1時，fx【答案】（1）在區(qū)間0,+∞上單調(diào)遞增，無單調(diào)遞減區(qū)間；（2）-∞,2.【分析】（1）把a=2代入，然后對函數(shù)求導(dǎo)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)可求函數(shù)單調(diào)區(qū)間；（2）由不等式的恒成立，結(jié)合導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性及函數(shù)的性質(zhì)對a進(jìn)行分類討論，進(jìn)行求解即可．【詳解】解：（1）當(dāng)a=2時，fx=x+1令gx=ln當(dāng)x∈0,1時，g'x<0當(dāng)x∈1,+∞時，g'x>0所以gxmin=g故fx在區(qū)間0,+∞（2）f'x設(shè)hx=lnx+1所以hx在區(qū)間1,+∞上單調(diào)遞增，即f'x在區(qū)間1,+∞上單調(diào)遞增，且①當(dāng)a≤2時，f'x>0，fx在區(qū)間1,+∞②當(dāng)a>2時，f'1=2-a<0，所以?x0∈1,ea，使得f'x即當(dāng)x0∈1,綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為-∞,2.【點睛】方法點睛：不等式恒成立問題常見方法：①分離參數(shù)a≤f(x)恒成立(a≤f(x)min即可)或a≥f(x)恒成立（a≥f(x)max即可）；②數(shù)形結(jié)合(y=fx圖象在y=gx上方即可)；③討論最值【變式21】2.（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知函數(shù)fx（1）當(dāng)m=1時，求fx（2）討論關(guān)于x的方程fx【答案】（1）e2【解析】（1）首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，再分析函數(shù)的單調(diào)性，再求函數(shù)的最值；（2）方程的實數(shù)根的個數(shù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)gx=lnx-mx2-1x2+1在0,+∞的零點個數(shù)，且g1=0，再討論m的取值范圍討論函數(shù)在1,+∞【詳解】（1）當(dāng)m=1時，fx=ln令f'x=0，得x=e-12，∴0<x<e-12時，f（2）由fx=m-lnx得所以方程fx=m-lnx的實根的個數(shù)即為函數(shù)∵g1=0，∴x=1是函數(shù)又∵g1x=ln1x-m1∵g'x（i）若m≤0，則x>1時，gx=lnx-m（ii）若m>0，則g'x=令hx=x①Δ=4m-4≤0，即0<m≤1時，hx≥0，∴g'x≥0，gx在1,+∞②Δ=4m-4>0，即m>1時，hx=0有兩個不等實根x1，x∴大根x2=m∴x∈1,x2時，hx<0，g'x<0，gx單調(diào)遞減，x∈又∵gem=m-me2m-1e2m+1=2me2m+1>0，因為gx在0,1∪1,+∞上的零點互為倒數(shù)，且g1=0，所以m≤1時，g綜上：m≤1時，方程fxm>1時，方程fx參考解法二：由fx=m-lnx得x≠1時，方程等價于m=x2+1lnxx2則h'令φx=4ln∴x>0時，φx∴0<x<1時，φx>φ1=0，h'x<0，hx單調(diào)遞減，由x→+∞時，hx→+∞，x→0時，hx→+∞，可畫出hx（注：此處用到了高中教材中沒有涉及到的函數(shù)極限知識，可酌情扣2—3分）結(jié)合圖像得：m>1時，方程m=hx有兩個實根；m≤1時，方程m=h綜合得：m≤1時，方程fxm>1時，方程fx【點睛】方法點睛：本題考查根據(jù)方程實數(shù)根的個數(shù)求參數(shù)的取值范圍，一般可采用1.直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數(shù)范圍；（2）分離參數(shù)法：先將參數(shù)分離，轉(zhuǎn)化成求函數(shù)值域問題加以解決；（3）數(shù)形結(jié)合：先對解析式變形，在同一平面直角坐標(biāo)系中，畫出函數(shù)的圖象，然后觀察求解，此時需要根據(jù)零點個數(shù)合理尋找“臨界”情況，特別注意邊界值的取舍.【變式21】3.（2022·四川瀘州·四川省敘永第一中學(xué)校?？寄M預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=ln（1）討論f(x)的單調(diào)性；（2）設(shè)a∈N*，若關(guān)于x的不等式f(x)≤-1在【答案】（1）f(x)在0,1a上單調(diào)遞增，在【分析】（1）求出導(dǎo)函數(shù)f'（2）由（1）可知f(x)max=f1a=ln1a+1a-1【詳解】（1）由題意得，f∵a>0，由f'(x)>0，得0<x<1a，?∴由f'(x)<0，得?∴?函數(shù)f(x)在?∴?函數(shù)f(x)在0,1（2）由（1）可知，函數(shù)f(x)在0,1a上單調(diào)遞增，∴f(x)又∵f(x)≤-1在(0,+∞)上恒成立，∴f(x)即ln1令t=1a，則設(shè)g(t)=lnt+t，則∵g'(t)=1t且g1∴存在唯一的t0∈1∴當(dāng)t∈0,t0時，g(t)<0；當(dāng)t∈∴0<1a≤∵a∈N【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查了導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系，利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題，解題的關(guān)鍵是將問題轉(zhuǎn)化為f(x)max=【變式21】4.（2021秋·浙江杭州·高三校聯(lián)考期中）已知fx=lnxx，直線l為曲線y=fx在t,ft處的切線，直線l(1)求t的取值范圍；(2)（i）證明：lnx≤1+（ii）證明：s>11【答案】(1)e(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析【分析】（1）先求得y=fx在t,ft處的切線方程y=1-lnt（2）（i）令hx=lnx-1+1e?x-e-12【詳解】（1）解：因為fx所以f'x=所以y=fx在t,fy-ln令gx顯然gt=0，g'當(dāng)0<x<e32時，g″x所以g'x在0,e若t≤e32，當(dāng)所以gx在0,t所以gx所以gx在x∈若t>e32所以x∈0,t時，當(dāng)x=e32時，又x→0時，g'則存在x0∈0,當(dāng)0<x<x0時，g'x0所以g（x）在0,x0上遞增，在所以當(dāng)x=x0時，gx又x→0時，gx所以存在x0'故gx在0,t所以t的取值范圍是e3（2）解：（i）令hx則he=0，h'x=令h?(x)=0，得當(dāng)0<x<e時，h?(x)>0，當(dāng)x>e時，所以當(dāng)x=e時h″(x)取得最大值所以h″x≤0又因為h'所以當(dāng)0<x<e時，h'(x)>0，當(dāng)x>e時，所以當(dāng)x=e時h(x)取得最大值h(e)=0，所以hx≤0，即（ii）先證lns<令rx則r'??令r?(x)=0，得當(dāng)0<x<t時，r?(x)<0，當(dāng)x>t時，所以當(dāng)x=t時r″(x)取得最小值所以r″x≥0又因為r'所以當(dāng)0<x<t時，r'(x)<0，當(dāng)x>t時，所以當(dāng)x=t時，r(x)取得最小值r(t)=0，又因為x<t，所以rx即得證.因為s,fs是l所以lns所以lns?1-?s-t?1-?s>11題型3指對互化指對互化與同構(gòu)：所謂指對互化，如下：x=elnx指對互化是指對同構(gòu)的基礎(chǔ)，2.常見類型：=1\*GB3①乘積，如aea<blnb,構(gòu)造方法如下：構(gòu)造方法構(gòu)造的函數(shù)與左側(cè)一致：af與右側(cè)一致：ef對數(shù)化：a+lna<lnb+f=2\*GB3②商，如eaa<b構(gòu)造方法構(gòu)造的函數(shù)與左側(cè)一致：ef與右側(cè)一致：eaf對數(shù)化：a-lna<lnb-f=3\*GB3③和差，如ea±a<b構(gòu)造方法構(gòu)造的函數(shù)與左側(cè)一致：ef與右側(cè)一致：eaf【例題3】（2022秋·黑龍江·高三開學(xué)考試）已知函數(shù)fx（1）若是函數(shù)fx的一個極值點，求的值；（2）若fx≥0在上恒成立，求的取值范圍；（3）證明：201920202020<【答案】（1）a=2；（2）0,1；（3）見解析【分析】（1）f'（2）將恒成立轉(zhuǎn)換為最值問題，求最小值大于等于0，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，通過討論a的范圍求出a的具體范圍．（3）等價變形為ln1+12019【詳解】（1）因為fx=ln因為x=1是函數(shù)fx的一個極值點，故f'1=0，即a=2，當(dāng)a=2時，當(dāng)經(jīng)驗得x=1是函數(shù)f（2）因為fx≥0在0,+∞上恒成立，所以當(dāng)0<a≤1時，f'x=x+1-ax+12≥0在所以fxmin=f當(dāng)a>1時，令f'x=x+1-ax+12>0即fx在0,a-1上為減函數(shù)，在a-1,+∞上為增函數(shù)．當(dāng)x∈0,a-1時，fx<f0=0，這與（3）要證201920202020<1e，只需證202020192020>e．兩邊取自然對數(shù)得，2020ln20202019>1，上式等價于又11+2019>0，f0=0，【點睛】本題考查函數(shù)導(dǎo)數(shù)的相關(guān)性質(zhì)，屬于難題．本類題各個問題緊密相扣，一般問題就給我們指明了下一題的解題方向．【變式31】1.（2021秋·廣東深圳·高三深圳市龍崗區(qū)龍城高級中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知函數(shù)f(x)=ln(1+x)-x1+ax，其中a∈(0，（1）討論函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，1]上的單調(diào)性；（2）求證：(2021【答案】（1）f(x)在(0,1-2aa2【分析】（1）首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，分類討論a在不同取值下，函數(shù)的單調(diào)性；（2）不等式的證明轉(zhuǎn)化為證明(1+1【詳解】（1）f'當(dāng)12?a?1，0<x<1時，f'(x)>0，所以f(x)在當(dāng)1-2aa由0<x<1，得f'(x)<0，所以f(x)在[0，當(dāng)2-1<a<12時，當(dāng)0<x<當(dāng)1-2aa2<x<1所以f(x)在(0,1-2aa2（2）不等式(2021即(1+1為此先證明：(1+1由(1+由（1）知，當(dāng)a=12，f(x)在(0,1)單調(diào)遞增，即ln(1+x)?x令x=1n，則有(n+0.5)ln(1+1由（1）知，當(dāng)a=0.4，f(x)在(0,1)單調(diào)遞減，f(x)?f(0)=0，即ln(1+x)?x令x=1n，則有(n+0.4)ln(1+1綜上，對?n∈N+，所以(【變式31】2.（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知函數(shù)f(x)=ln(1)若函數(shù)在x=1處的切線與x軸平行，求a的值；(2)若f(x)?0在[0,+∞)(3)證明：(2016【答案】(1)2(2)(0,1](3)證明見解析【分析】（1）先求導(dǎo)數(shù)f'(x)，根據(jù)切線與x軸平行可得f'(1)=0，從而可求結(jié)果；（2）把恒成立問題轉(zhuǎn)化為最值問題，利用導(dǎo)數(shù)求解[0,+（3）把目標(biāo)式轉(zhuǎn)化為證明ln(1+12016(1)∵f(x)=ln(1+x)-ax∴f'(x)=x+1-a(x+1)2，f'(2)∵f(x)?0在[0,+∞)當(dāng)0<a?1時，f'(x)?0在[0,+∞)上恒成立，即f(x)∴f(x)min=f(0)=0當(dāng)a>1時，令f'(x)?0，則x>a-1，令f'(x)<0，則0?x<a-1，即f(x)在[0,a-1)上為減函數(shù)，在(a-1,+∞∴f(x)min=f(a-1)?0綜上，a的取值范圍為(0,1]．(3)要證(20162017兩邊取自然對數(shù)得，2017ln20172016即證ln20172016-由（2）知a=1時，f(x)=ln(1+x)-x又11+2016>0，所以f(1所以(2016【點睛】恒成立問題的求解思路一般是轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題，利用導(dǎo)數(shù)再進(jìn)行求解；不等式的證明問題通常先對不等式進(jìn)行等價變形，然后構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合單調(diào)性和最值來證明.【變式31】3.（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知函數(shù)f(x)=ln(1+x)-(1)若x=1是函數(shù)f(x)的一個極值點，求a的值；(2)若f(x)≥0在[0,+∞)上恒成立，求(3)證明：(2014【答案】(1)2(2)(0,1](3)證明見解析【分析】（1）求得f'(x)=x+1-a（2）根據(jù)f(x)≥0在[0,+∞)上恒成立，得到fxmin≥0（3）把不等式(20142015)2015<1e(1)解：由題意，函數(shù)f(x)=ln可得函數(shù)f'因為x=1是函數(shù)f(x)的一個極值點，所以f'1=經(jīng)檢驗，滿足題意(2)解：因為f(x)≥0在[0,+∞)上恒成立，所以由（1）知f'當(dāng)0<a≤1時，f'(x)≥0在[0,+∞)上恒成立，即fx所以f(x)min=f(0)=0當(dāng)a>1時，令f'(x)>0，可得x>a-1，令f'(x)<0，可得0≤x<a-1，即fx在[0,a-1)上為減函數(shù)，在(a-1,+所以f(x)又由f(0)=0>f(a-1)，所以矛盾．綜上，實數(shù)a的取值范圍為(0,1].(3)證明：要證：(20142015)兩邊取自然對數(shù)，得2015ln20152014>1，即即ln(1+由（2）知a=1時，f(x)=ln(1+x)-x又由11+2014>0，且f(0)=0，所以(2014【變式31】4.（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知函數(shù)f(x)=eg(x)，(1)若函數(shù)g(x)是(1,+∞)上的增函數(shù)，求(2)若對任意的x>0，都有f(x)<x+1，求滿足條件的最大整數(shù)k的值．【答案】(1)(-1,+(2)2【分析】（1）求解g'(x)，因為g(x)是(1,+∞)上的增函數(shù)，所以g'(x)≥0在(1,+∞)上恒成立，代入求解，又因為k=-1時，g(x)=-1是常函數(shù)，可得k的取值范圍為(-1,+∞)；（2）由題意，參變分離得（1）求導(dǎo)得g'(x)=k(x+1)-kx+1(x+1)2=k+1(x+1)2，因為g(x)是(1,+∞)上的增函數(shù)，所以g'(x)≥0在(1,+∞)上恒成立，即k+1≥0（2）由題意，f(x)<x+1，即ekx-1x+1<x+1，當(dāng)x>0時，k<x+1lnx+1+1x，令h(x)=x+1lnx+1+1x，則h'(x)=x-lnx+1-1x2，設(shè)t(x)=x-lnx+1-1，則t'(x)=1-1x+1=xx+1>0在0,+∞上恒成立，所以函數(shù)t(x)=x-lnx+1-1在0,+∞【點睛】（1）利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)鍵在于準(zhǔn)確判定導(dǎo)數(shù)的符號．關(guān)鍵是分離參數(shù)k，把所求問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最小值問題．（2）若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在指定的區(qū)間D上單調(diào)遞增(減)，求參數(shù)范圍問題，可轉(zhuǎn)化為f'(x)≥0(或題型4指對分離與不分離既含有指數(shù)函數(shù)同時又含有對數(shù)函數(shù)題目，也就是所謂的"指對混合型”。我們一般通過適當(dāng)變形，一分為二，指對分離，以其轉(zhuǎn)化為兩個可掌控的特殊函數(shù)進(jìn)處理。適當(dāng)變形，化歸轉(zhuǎn)化，可以掌控，是解決問題的關(guān)鍵?！纠}4】（2022春·四川遂寧·高三射洪中學(xué)校考階段練習(xí)）已知函數(shù)f(x)=（1）討論函數(shù)g(x)=f(ax)-x-a的單調(diào)性；（2）證明：f(x)+ln【答案】（1）見解析（2）見解析【詳解】試題分析:（1）對函數(shù)gx求導(dǎo),按a≤0和a>0分別判斷導(dǎo)函數(shù)的正負(fù),寫出函數(shù)的單調(diào)性;（2）要證fx+lnx+3x>4x，只需證xlnx+ex-4x+3>0，由（1）可知當(dāng)a=1時，ex-x-1≥0試題解析:（1）解：gx①若a≤0時，g'x<0,g②若a>0時，當(dāng)x<-1aln當(dāng)x>-1aln綜上，若a≤0時，gx在R若a>0時，gx在-∞,-在-1（2）證明：要證fx+ln由（1）可知當(dāng)a=1時，ex-x-1≥0，即當(dāng)x+1>0時，上式兩邊取以e為底的對數(shù)，可得lnx+1用x-1代替x可得lnx≤x-1(x>0)，又可得ln所以lnx≥1-x=≥2即原不等式成立.【變式41】1.（2021秋·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知fx（1）a=1時，求fx（2）①若對于任意的x∈0,+∞，不等式fx≥x-122【答案】（1）減區(qū)間為0,1，增區(qū)間為1,+∞，最小值為0，無最大值；（2）①1,+∞；②證明見解析.【分析】（1）將a=1代入函數(shù)y=fx的解析式，求導(dǎo)，可知導(dǎo)函數(shù)在0,+∞上為增函數(shù)，觀察可知導(dǎo)函數(shù)的唯一零點為x=1，進(jìn)而得到函數(shù)y=f（2）①先推導(dǎo)出a>0，由f1≥0得出a≥1，然后證明出ex-1-2x②利用①的結(jié)論及常見不等式lnx≤x-1【詳解】（1）當(dāng)a=1時，fx=e易知y=f'x單調(diào)遞增，又f'1=0，當(dāng)0<x<1時，所以，函數(shù)y=fx的減區(qū)間為0,1，增區(qū)間為1,+∞函數(shù)y=fx的最小值為f（2）①必要性：若a<0，則當(dāng)x→+∞時，fx→-∞，不合乎題意，所以，必有又f1≥0?a-2充分性：易知fx故只要證明ex-1-2x即e-1+1-2則g'x=則y=gx在0,1單調(diào)遞減，在1,+∞單調(diào)遞增，則g故a∈1,+∞，因此，實數(shù)a的取值范圍是1,+∞②由①可知，要證ex-1-2x先證明不等式x-1≥lnx，構(gòu)造函數(shù)hxh'x=1-1x當(dāng)0<x<1時，h'x<0；當(dāng)x>1所以，函數(shù)y=hx的減區(qū)間為0,1，增區(qū)間為1,+∞，∴h所以，對任意的x>0，x-1≥ln∴x-1故ex-1【點睛】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及最值，考查不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍，考查邏輯推理能力、分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想及構(gòu)造函數(shù)思想的應(yīng)用，屬于難題【變式41】2.（2022年高三壓軸解）已知函數(shù)f(x)=lnx+kex(k為常數(shù)，e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)），曲線y=f(x)在點(1,(1)求k的值；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)設(shè)g(x)=(x2+x)f'(x)，其中f'(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)．證明：對任意x>0【答案】(1)k=1；(2)f(x)在(0,1)遞增，在(1,+∞(3)證明見解析.【分析】（1）由題設(shè)求導(dǎo)函數(shù)f'(x)，再由f'(1)=0求參數(shù)k值.（2）由（1）得f'(x)=1-x-xlnxxex且x∈(0,+∞（3）由題設(shè)只需證1-x-xlnx<exx+1(1+e-2)（1）由題設(shè)，f'(x)=1-kx-xlnx又y=f(x)在(1,f(1))處的切線與x軸平行，即f'(1)=1-k∴k=1.（2）由（1）得：f'(x)=1-x-xlnx令h(x)=1-x-xlnx，當(dāng)x∈(0,1)時，h(x)>0，當(dāng)x∈(1,+∞)時，h(x)<0，又∴x∈(0,1)時，f'(x)>0，x∈(1,+∞)時，∴f(x)在(0,1)遞增，在(1,+∞（3）由g(x)=(x2+x)f'(x)，即g(x)=∴?x>0，g(x)<1+e由（2），對于h(x)=1-x-xlnx，∴h'(x)=-lnx-2，∴x∈(0,e-2)時h'(x)>0，h(x)遞增，x∈(e-2,+∴h(x)max=h(設(shè)m(x)=ex-(x+1)∴x∈(0,+∞)時m'(x)>0，m(x)遞增，即m(x)>m(0)=0，則綜上，1-x-xlnx≤1+e-2<【點睛】關(guān)鍵點點睛：第三問，應(yīng)用分析法轉(zhuǎn)化為證明1-x-xlnx<exx+1(1+e-2)【變式41】3.（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知函數(shù)f(x)=a2x2(1)若a=1，其函數(shù)g(x)在[1,3]的值域；(2)若對任意的x∈(0,+∞)，g(x)≥f【答案】(1)[e(2)[1e-1【分析】（1）由題設(shè)得g(x)=ex+1x+x-3，對其求導(dǎo)，并根據(jù)g'（2）構(gòu)造h(x)=g(x)-f'(x)并求導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究h(x)的單調(diào)性、h'(x)的零點，可得?x0∈(0,+∞)使（1）a=1時，g(x)=ex+1x+x-3，則g'所以g'(x)≥g'(1)=e>0，故g(x)在[1,3]上是增函數(shù)，則g(x)max所以g(x)在[1,3]的值域為[e（2）令h(x)=g(x)-f'(x)=aex則h'(x)=aex-a+1x故P(x)在(0,+∞)上是增函數(shù)，又P(0)=-a-1<0，且當(dāng)x趨向于正無窮時，∴?x0∈(0,+∴當(dāng)x∈(0,x0)時P(x)<0，即h'(x)<0，故h(x)當(dāng)x∈(x0,+∞)時P(x)>0，即h'(x)>0，故h(x)在∴h(x)由P(x0)=0得：aex所以問題可轉(zhuǎn)化為a+1x02∴1x02+1由②得：ex0x02=a+1a，易知所以a≥1e-1>0，故正實數(shù)a的取值范圍為【點睛】關(guān)鍵點點睛：第二問，通過構(gòu)造中間函數(shù)研究h(x)=g(x)-f'(x)的最值，以及h'(x)零點并由1【變式41】4.（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知函數(shù)f(x)=(1)令g(x)=f(x)-ax+12(x2-a(2)當(dāng)x>0時．證明：f(x)-【答案】(1)a∈[-2，2-(2)證明見解析.【分析】（1）應(yīng)用二次求導(dǎo)可得g'(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增，即g'(x)min=g（2）應(yīng)用分析法將問題轉(zhuǎn)化為證明exx-（1）由題意，g(x)=ex-12當(dāng)x≥0時g″(x)≥0，g'(x)在所以g'①當(dāng)1-a≥0，即a≤1時，g'(x)≥0恒成立，故g(x)在[0,+∞所以g(x)min=g(0)=1-所以-2②當(dāng)1-a<0，即a>1時，g'(x)在[0,+∞當(dāng)1<a<e2-2所以存在x0∈(0,ln(a+2))使g所以，當(dāng)x∈(0,x0)時g'(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(x0,ln所以g(x)min=g(x0由ex0=x0+a得：a=e所以t'(x)=ex-1>0，即t(x)在(0,ln由上，1<a≤2-ln綜上所述，a∈[-2,2-（2）要證f(x)-ex≥xlnx-x由x>0，即證ex令h(x)=exx-ln所以，當(dāng)0<x<1時h'(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時h'(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)在x=1處有極小值，即最小值，故h(x)≥h(1)=e-1-e+1=0【點睛】關(guān)鍵點點睛：（1）二次求導(dǎo)得到g'(x)min（2）分析法將問題轉(zhuǎn)化為h(x)=e題型5凹凸翻轉(zhuǎn)證明不等式問題中有一類不等式形式復(fù)雜，由即首先知道兩個函數(shù)(其中一個常常是對數(shù)函數(shù)與多項式函數(shù)的組合，另一個則是指數(shù)函數(shù)與多項式函數(shù)的組合)組合而成，我們往往指對分離，然后研究函數(shù)的圖像，兩個函數(shù)圖像凹凸性剛好相反，稱凹凸反轉(zhuǎn)，這個名詞非常形象的闡述了這類題目的解題思想。問題1：若F（x）>0

對x∈D

恒成立（其中F（x）=f(x)g(x)

）

情況①：轉(zhuǎn)化為

f(x)>g(x)

，通過分別求出兩個函數(shù)的最值，若f(x)min>g(x)

max

，則問題得證。情況②：

轉(zhuǎn)化為f(x)>g(x)

，通過分別求出兩個函數(shù)的最值，若f(x)min=f(x1)>g(x)

max=

g(x2)

，則問題得證。問題2：若F（x）≥0

對x∈D

恒成立（其中F（x）=f(x)g(x)

）轉(zhuǎn)化為

f(x)≥g(x)

，通過分別求出兩個函數(shù)的最值，若f(x)min≥g(x)

max

，且f(x)min=f(x0)=g(x)

max

=g(x0)則問題得證。凹凸反轉(zhuǎn)的局限性：解法局限性一:不涉及“單調(diào)構(gòu)造”

通過下文介紹的方法步驟,一定可以排除整體單調(diào)的函數(shù)組合。但是單調(diào)函數(shù)的組合有時也可以通過“最大值小于最小值”的方式說明問題，而且單調(diào)函數(shù)的組合，如果真構(gòu)造成功了(如下圖)，嚴(yán)格來說也屬于“凹凸反轉(zhuǎn)”，解法局限性二:構(gòu)造后可能出現(xiàn)h（x）min<g(x)max如下圖，導(dǎo)致問題得不到解決，【例題5】（2021秋·河南南陽·高三期中）已知函數(shù)f(x)=lnx，(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍；(2)求證：當(dāng)x>0時，ex【答案】(1)m≥-1(2)證明見解析【分析】（1）令F(x)=f(x)-g(x)=lnx-x-m(x>0)，然后利用導(dǎo)數(shù)求出（2）由（1）可知lnx≤x-1恒成立，即x≥lnx+1，要證ex+(2-e)x-1x≥【詳解】（1）令F(x)=f(x)-g(x)=ln則F所以F(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減，在(0,1)上單調(diào)遞增，F(xiàn)(x)在x=1處取得最大值-1-m，若f(x)≤g(x)恒成立，則-1-m≤0，即m≥-1.（2）證明：由（1）可知lnx≤x-1恒成立，即x≥要證ex+(2-e)x-1x設(shè)h(x)=ex-設(shè)m(x)=e則m'(x)=ex-2，易得h又h'(0)=3-e>0，h'(1)=0，因為0<ln2<1，所以所以當(dāng)x∈0,x0∪(1,+∞)時，h'故h(x)在0,x0上單調(diào)遞增，在x0又h(0)=h(1)=0，所以因此，當(dāng)x>0時，ex故當(dāng)x>0時，ex【變式51】1.（2019·天津紅橋·統(tǒng)考一模）已知函數(shù)fx（1）求k的值；（2）討論關(guān)于x的方程如lnx【答案】（1）k=0，（2）見解析【分析】（1）因為定義域是實數(shù)集R，直接利用奇函數(shù)定義域內(nèi)有0，則f（﹣0）＝﹣f（0）即f（0）＝0，即可求k的值；（2）先把方程轉(zhuǎn)化為lnxx=x2﹣2ex+m，令F（x）【詳解】（1）因為函數(shù)f（x）＝lne所以f（﹣0）＝﹣f（0）即f（0）＝0，則ln（e0+k）＝0解得k＝0，顯然k＝0時，f（x）＝x是實數(shù)集R上的奇函數(shù)；（2）由（1）得f（x）＝x∴方程轉(zhuǎn)化為lnxx=x2﹣2ex+m，令F（x）∵F'（x）=1-lnxx2當(dāng)x∈（0，e）時，F(xiàn)'（x）＞0，∴F（x）在（0，e）上為增函數(shù)；當(dāng)x∈（e，+∞）時，F(xiàn)'（x）＜0，F(xiàn)（x）在（e，+∞）上為減函數(shù)；當(dāng)x＝e時，F(xiàn)（x）max＝F（e）=而G（x）＝（x﹣e）2+m﹣e2

（x＞0）∴G（x）在（0，e）上為減函數(shù)，在（e，+∞）上為增函數(shù)；當(dāng)x＝e時，G（x）min＝m﹣e2∴當(dāng)m-e2＞當(dāng)m-e2=當(dāng)m-e2＜【點睛】已知函數(shù)有零點求參數(shù)取值范圍常用的方法和思路(1)直接法：直接根據(jù)題設(shè)條件構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的不等式，再通過解不等式確定參數(shù)范圍；(2)分離參數(shù)法：先將參數(shù)分離，轉(zhuǎn)化成求函數(shù)值域問題加以解決；(3)數(shù)形結(jié)合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標(biāo)系中，畫出函數(shù)的圖象，然后數(shù)形結(jié)合求解【變式51】2.（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知函數(shù)fx=xex-(1)當(dāng)x≥1時，判斷函數(shù)fx(2)證明：當(dāng)x>0時，不等式fx【答案】(1)fx在1,+(2)證明見解析【分析】（1）求得f'（2）分析可知，函數(shù)fx的極小值點x0∈【詳解】（1）解：對fx=xe當(dāng)x≥1時，x+1ex≥2e，1x≤1，則（2）證明：設(shè)gx=f'x，當(dāng)x>0時，g∵f'1∴f'x在0,+∞內(nèi)有唯一一個零點x0∴x=x0是fx所以，fx≥fx令hx=1x+1-故函數(shù)hx在1所以，fx0=h【點睛】方法點睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題，方法如下：（1）直接構(gòu)造函數(shù)法：證明不等式fx>gx（或fx<gx）轉(zhuǎn)化為證明（2）適當(dāng)放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮；二是利用常見放縮結(jié)論；（3）構(gòu)造“形似”函數(shù)，稍作變形再構(gòu)造，對原不等式同解變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函數(shù).【變式51】3.（2022·河北衡水·河北衡水中學(xué)?？家荒＃┰O(shè)函數(shù)fx=ln(1)判斷函數(shù)y=fx(2)記hx=gx(3)若fx<gx在1,+【答案】(1)y=fx的零點的個數(shù)為1(2)a≤0時，hx在0,+∞單調(diào)遞減，a>0時，hx在0,(3)12【分析】（1）由題可得函數(shù)fx（2）由題意得h'x=2ax（3）由題意知ax2-1-lnx>1x-eex在1,+∞恒成立，設(shè)k【詳解】（1）∵fx∴f'故fx在0,+又f1=-1<0，∴函數(shù)y=fx在1,所以y=fx的零點的個數(shù)為1（2）由題意得hx=ax∴h'當(dāng)a≤0時，h'x<0，h當(dāng)a>0時，由h'x=0由h'x<0，可得x∈由h'x>0，可得x∈綜上，當(dāng)a≤0時，hx在0,+當(dāng)a>0時，hx在0,12a（3）由題意得lnx-ee∴ax2-1設(shè)kx令k1x=當(dāng)x>1時，k1'x>0，k1x>若a≤0，由于x>1，故ax所以fx故當(dāng)fx<gx在1,+當(dāng)a>0時，設(shè)hx①當(dāng)12a>1，即由（2）知x∈1,12a，hx單調(diào)遞減，因此h12a<h即存在x=12a>1故當(dāng)0<a<12時，②當(dāng)12a≤1，即設(shè)sx=ax由于2ax≥x且k1x=ex因此s'x>x-故sx在1,+所以sx即a≥12時，fx綜上：當(dāng)a∈12,+∞，【點睛】方法點睛：恒（能）成立問題的解法：若f(x)在區(qū)間D上有最值，則（1）恒成立：?x∈D,fx>0?fx（2）能成立：?x∈D,fx>0?fx若能分離常數(shù)，即將問題轉(zhuǎn)化為：a>fx（或a<f（1）恒成立：a>fx?a>fx（2）能成立：a>fx?a>fx【變式51】4.（2022春·高三課時練習(xí)）已知函數(shù)f(x)=e(1)當(dāng)a=12時，求(2)當(dāng)a?1時，證明：f(x)>0.【答案】(1)f(x)在(-12,(2)證明見解析【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)得出其單調(diào)性，進(jìn)而得出其極值；（2）利用導(dǎo)數(shù)證明先證不等式ex?x+1與x-1?lnx，進(jìn)而得出【詳解】（1）a=12時，f(x)=e注意到y(tǒng)=ex-12與y=-1又f'(12)=0，故-12所以f(x)在(-12,當(dāng)x=12時，f(x)取得極小值1，（2）先證不等式ex?x+1與設(shè)g(x)=ex-x-1可得g(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減，在∴g(x)=ex-x-1?g(0)=0設(shè)h(x)=x-1-lnx，則可得h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+∞∴h(x)=x-1-lnx?h(1)=0，即于是，當(dāng)a?1時，ex-a注意到以上三個不等號的取等條件分別為：x=a、a=1、x+a=1，它們無法同時取等，所以，當(dāng)a?1時，ex-a>ln【點睛】關(guān)鍵點睛：證明f(x)>0時，關(guān)鍵是用到兩個不等式ex?x+1與x-1?ln1.（2022·四川·四川師范大學(xué)附屬中學(xué)?？级＃┮阎瘮?shù)f(x)=ex-ax，其中e為自然(1)若對函數(shù)f(x)存在極小值，且極小值為0，求a的值；(2)若對任意x∈[0,π2]，不等式f(x)≥【答案】(1)a=e(2)(-∞,1]【分析】（1）由題設(shè)得f'(x)=ex-a，討論a≤0、a>0判斷f(x)（2）由題設(shè)知exsinx-ax≥0恒成立，構(gòu)造g(x)=【詳解】（1）由題設(shè)，f'當(dāng)a≤0時f'(x)>0，f(x)在R上是增函數(shù)，從而函數(shù)不存在極值，不合題意；當(dāng)a>0時，由f'(x)<0得：x<lna，由f'(x)>0得：∴x=lna為f(x)的極小值點，又f(ln∴a=e（2）不等式f(x)≥ex(1-設(shè)g(x)=exsinx-ax，則所以x∈[0,π2]時g″(x)≥0①1-a≥0，即a≤1時，g'(x)≥0，g(x)在∴g(x)min=g(0)=0②1-a<0，即a>1時，存在x0∈(0,π從而x∈(0,x0)時g'(x)<0，即g(x)在[0∴x∈(0,x0)綜上，a的取值范圍是(-∞,1]2.（2021·廣東湛江·統(tǒng)考二模）已知函數(shù)fx=ex+a（1）討論f'x在區(qū)間（2）若x∈-π2,0時，【答案】（1）分類討論，答案見解析；（2）1,+∞.【分析】（1）求得f'x，對a進(jìn)行分類討論，利用導(dǎo)數(shù)研究f'x的單調(diào)性，從而求得（2）先根據(jù)f0≥0求得a≥1，利用放縮法得到fx≥hx，利用導(dǎo)數(shù)證得h【詳解】（1）由fx=e令gx=e因為x∈0,π2，所以e當(dāng)a≤1時，g'x>0，gx單調(diào)遞增，即當(dāng)a>1時，g″x=所以g″x>0，所以g又g'0=故存在x0∈0,π2，使g'xx∈x0,π2所以x=x0為此時f'x在區(qū)間綜上所述，當(dāng)a≤1時，f'x在區(qū)間0,π2內(nèi)無極值點；當(dāng)a>1時，（2）若x∈-π2,0時，所以a≥1.下面證明當(dāng)a≥1時，fx≥0在因為x∈-π2所以a≥1時，fx令hx=e所以h'令φx=eφ″x=又φ″所以φ'x=又φ'φ'所以存在x1使φ'x1=0，且x∈-x∈x1,0時，φ所以x=x1時，h'因為φ'x1=0，所以所以x∈-π2,0時，綜上，若x∈-π2則a的取值范圍為1,+∞.【點睛】含參數(shù)分類討論函數(shù)的單調(diào)性、極值，需要根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的結(jié)構(gòu)，對參數(shù)進(jìn)行分類討論.3.（2020·海南·校聯(lián)考一模）設(shè)函數(shù)fx=e（1）當(dāng)x∈0,π3（2）當(dāng)x∈0,+∞時，不等式gx≥f'xe【答案】（1）1,22【解析】（1）求導(dǎo)，令f'x=0，求出極值點x=π4（2）根據(jù)題意，構(gòu)造新函數(shù)，將不等式gx≥f'xe2x的恒成立問題，轉(zhuǎn)化為在x∈【詳解】（1）由題可得f'令f'x=當(dāng)x∈0,π4時，f'x所以fxfx因為fπ3=所以fx的值域為1,（2）由gx≥f即sinx-設(shè)hx=sin設(shè)φx=h當(dāng)x∈0,+∞時，4e3x≥4，所以φx即h'x在0,