專題07 導(dǎo)數(shù)壓軸題（精講）

第43頁（共43頁）專題07·導(dǎo)數(shù)壓軸題命題規(guī)律函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合是高考必考的內(nèi)容,大都以壓軸題的形式出現(xiàn)。函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合壓軸題主要命題方向：嵌套函數(shù)、函數(shù)零點、恒成立與存在問題、同構(gòu)、極值點偏移、隱零點、整數(shù)解、凹凸函數(shù)、特殊距離、極值與最值的含參問題、不等式的證明和參數(shù)范圍問題等，重點考查單調(diào)性、極值、零點等知識點。題型歸納題型1函數(shù)同構(gòu)問題【解題技巧】在某些函數(shù)方程、不等式問題中，可以通過等價變形，將方程或不等式變成左右兩端結(jié)構(gòu)一致的情形，進而構(gòu)造函數(shù)，運用函數(shù)的單調(diào)性來解決問題，這種處理問題的方法叫做同構(gòu)。同構(gòu)一般用在方程、不等式、函數(shù)零點、反函數(shù)等相關(guān)問題中，用好同構(gòu)，需要較強的觀察能力和一定的解題經(jīng)驗。常見同構(gòu)體：；；；；；．【例1】（2022?河南三模）已知函數(shù)f（x）=lnxx，g（x）=xex，若存在x1＞0，x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）＜0成立，則x1【分析】把f（x1）＝g（x2）＜0轉(zhuǎn)化為f(x1)=g(x2)=f(ex2)，即可得到x1=ex2(x【解答】解：函數(shù)f（x）的定義域為(0，+∞)，f'(x)=1?lnx∴當(dāng)x∈（0，e）時，f′（x）＞0，f（x）單增，當(dāng)x∈（e，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）單減，又f（1）＝0，所以x∈（0，1）時，f（x）＜0；x∈（1，e）時，f（x）＞0；x∈（e，+∞）時，f（x）＞0，同時注意到g(x)=x所以若存在x1∈（0，+∞），x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）＜0成立，則0＜x1＜1且f(x1)=g(x2所以構(gòu)造函數(shù)h（x）＝xex（x＜0），而h′（x）＝ex（1+x），當(dāng)x∈（﹣1，0）時，h′（x）＞0，h（x）單增；當(dāng)x∈（﹣∞，﹣1）時，h′（x）＜0，h（x）單減，所以?(x)最小值=?(?1)=?故答案為：?1【點評】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值，考查轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)思想，考查數(shù)學(xué)運算和數(shù)學(xué)抽象的核心素養(yǎng)，屬于難題．【例2】（2022?萍鄉(xiāng)三模）已知函數(shù)f(x)=1（1）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1]上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍；（2）若g(x)=f(x)+(x?a)cosx?sinx+2x?12(a＞0)，且關(guān)于x的不等式g(x)≤alna?a【分析】（1）由題意得f′（x）≤0在（0，1]上恒成立，分離參數(shù)后構(gòu)造新函數(shù)，即可求數(shù)a的取值范圍；（2）由題意可知，g(x)=f(x)+(x?a)cosx?sinx+2x?12，對g（x）求導(dǎo)后，構(gòu)造新函數(shù)φ（x）來研究函數(shù)的單調(diào)性以及最值，可得g（x）max＝g（0）＝﹣a?12≤alna?a22?【解答】解：（1）因為數(shù)f(x)=13x3?12ax2又因為函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1]上單調(diào)遞減，所以f′（x）≤0在（0，1]上恒成立，即x2﹣2a﹣2≤0?a≥x2?2因為y＝x，y=?2所以φ（x）在（0，1]上單調(diào)遞增，∴φ（x）max＝φ（1）＝﹣1，∴a≥﹣1；（2）由題意得g(x)=f(x)+(x?a)cosx?sinx+2x?12=13x3?12ax2﹣2x+（x﹣a）cosx﹣sinx+2x=13x3?1所以g'（x）＝x2﹣ax﹣（x﹣a）sinx＝（x﹣a）（x﹣sinx）．令h（x）＝x﹣sinx，則h'（x）＝1﹣cosx≥0，故h（x）在R上單調(diào)遞增．因為h（0）＝0，故x∈[0，a]時，h（x）＞0，x﹣a≤0，所以g'（x）≤0在[0，a]上恒成立，所以g（x）在[0，a]上單調(diào)遞減，g（x）max＝g（0）＝﹣a?12≤alna?a令u(a)=alna?a22當(dāng)0＜a＜1時，u''（a）＞0；當(dāng)1＜a時，u''（a）＜0．故u'max（a）＝u'（1）＝0，即u'（a）≤0恒成立，故u（a）在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減，且u（1）＝0，則0＜a≤1；即a的取值范圍為（0，1]．【點評】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性及最值，也考查了轉(zhuǎn)換思想，綜合性較強，屬于難題．題型2極值點偏移問題【解題技巧】函數(shù)的極值點偏移問題，是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問題，呈現(xiàn)的形式往往非常簡潔，涉及函數(shù)的雙零點，是一個多元數(shù)學(xué)問題，不管待證的是兩個變量的不等式，還是導(dǎo)函數(shù)的值的不等式，解題的策略都是把雙變量的等式或不等式轉(zhuǎn)化為一元變量問題求解，途徑都是構(gòu)造一元函數(shù)．【例1】（2022春?德州期末）已知函數(shù)f（x）＝ax2﹣x+lnx有兩個不同的極值點x1，x2，則實數(shù)a的取值范圍是；若不等式f（x1）+f（x2）＞x1+x2+t有解，則實數(shù)t的取值范圍是．【分析】由f′（x）有兩個不等正根可得a的范圍，同時由韋達定理把x1+x2，x1x2用a表示；不等式f（x1）+f（x2）＞x1+x2+t有解，即f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）＞t有解，計算f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）表示為a的函數(shù)，引入新函數(shù)g（x），由導(dǎo)數(shù)求出其取值范圍后可得t的范圍．【解答】解：f′（x）＝2ax﹣1+1x=2ax2所以Δ=1?8a＞0x1+x不等式f（x1）+f（x2）＞x1+x2+t有解，即f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）＞t有解，f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）＝ax12?x1+lnx1+ax22?x2+lnx2﹣（＝a（x1+x2）2﹣2ax1x2﹣2（x1+x2）+lnx1x2=14a?1?1a令g（x）＝lnx?34x?1﹣lng′（x）=1x?34，易知x＞8時，g′（xg（8）＝ln8﹣6﹣1﹣ln2＝﹣7+2ln2，g（x）＜﹣7+2ln2，0＜a＜18，即1a＞8，所以ln1a所以t＜﹣7+2ln2時，不等式f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）＞t有解．故答案為：（0，18）；（﹣∞，﹣7+2ln【點評】考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值問題，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的思想方法，屬于中檔題．【例2】（2022?丹東模擬）已知函數(shù)f（x）＝2alnx﹣x2+2（a﹣1）x+a．（1）若a＝1，證明：f（x）＜2x﹣x2；（2）若f（x）有兩個不同的零點x1，x2，求a的取值范圍，并證明：x1+x2＞2a．【分析】（1）將a＝1代入，令g（x）＝f（x）﹣2x+x2＝2lnx﹣2x+1，對函數(shù)g（x）求導(dǎo)，利用單調(diào)性可知g（x）≤g（1）＜0，即可得證；（2）對函數(shù)f（x）求導(dǎo)，分a≤0及a＞0討論結(jié)合導(dǎo)數(shù)可得實數(shù)a的取值范圍，再利用分析法證明a＜2a﹣x1，構(gòu)造h（x）＝f（x）﹣f（2a﹣x），利用導(dǎo)數(shù)證明即可．【解答】證明：（1）當(dāng)a＝1時，f（x）＝2lnx﹣x2+1，令g（x）＝f（x）﹣2x+x2＝2lnx﹣2x+1，則g'(x)=令g′（x）＞0，解得0＜x＜1，令g′（x）＜0，解得x＞1，∴函數(shù)g（x）在（0，1）單調(diào)遞增，在（1，+∞）單調(diào)遞減，∴g（x）≤g（1）＝﹣1＜0，即f（x）＜2x﹣x2，即得證；（2）f（x）的定義域為（0，+∞），f'(x)=2(a?x)(1+若a≤0，則f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，f（x）至多有一個零點；若a＞0，當(dāng)0＜x＜a時，f′（x）＞0，當(dāng)x＞a時，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，a）單調(diào)遞增，在（a，+∞）單調(diào)遞減，若f（x）有兩個不同的零點x1，x2，則必有f（a）＝2alna+a（a﹣1）＞0，可得a＞1，當(dāng)a＞1時，因為e﹣2＜1＜a，f（e﹣2）＝a（2e﹣2﹣3）﹣e﹣4﹣e﹣2＜0，取x0＝4a﹣2＞a，由（1）可知2lnx0＜2x0﹣1，從而f（x0）＜x0（﹣x0+4a﹣2）＝0，∴若f（x）有兩個不同的零點x1，x2，則實數(shù)a的取值范圍為（1，+∞），不等式x1+x2＞2a等價于x2＞2a﹣x1，不妨設(shè)0＜x1＜a＜x2，則a＜2a﹣x1，設(shè)h（x）＝f（x）﹣f（2a﹣x），則當(dāng)0＜x＜a時，?'(x)=f'(x)+f'(2a?x)=∴h（x）在（0，a）上單增，因此h（x1）＜h（a）＝0，可得f（x1）＜f（2a﹣x1），由f（x2）＝f（x1），可得f（x2）＜f（2a﹣x1），又f（x）在（a，+∞）單調(diào)遞減，故x2＞2a﹣x1，即得證．【點評】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，零點，考查邏輯推理能力及運算求解能力，屬于中檔題．題型3凹凸函數(shù)問題【解題技巧】凸凹反轉(zhuǎn)首先是證明不等式的一種技巧，欲證明，若可將不等式左端拆成，且的話，就可證明原不等式成立.通常情況，我們一般選取為上凸型函數(shù)，為下凹型函數(shù)來完成證明.于是，這就需要我們熟悉高中階段常見的六個具有這樣特點的函數(shù).【例1】（2022秋?沙坪壩區(qū)校級期末）定義：設(shè)函數(shù)y＝f（x）在（a，b）上的導(dǎo)函數(shù)為f'（x），若f'（x）在（a，b）上也存在導(dǎo)函數(shù)，則稱函數(shù)y＝f（x）在（a，b）上存在二階導(dǎo)函數(shù)，簡記為y＝f″（x）．若在區(qū)間（a，b）上f″（x）＞0，則稱函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間（a，b）上為“凹函數(shù)”．已知f(x)=exx?m(x?lnx)在區(qū)間（0，+∞）上為“凹函數(shù)”，則實數(shù)【分析】根據(jù)“凹函數(shù)”的定義，化為m＜ex(2x+x?2)（x＞0）恒成立，再構(gòu)造函數(shù)g（【解答】解：∵f（x）=exx?m（x﹣lnx），∴f'(x)=ex?x?ex∴f'(x)=∵f（x）=e∴f'(x)=ex(2x令g（x）=e則g'(x)=令g′（x）＜0，得0＜x＜1，令g′（x）＞0，得x＞1，∴g（x）在（0，1）上為減函數(shù)，在（1，+∞）上為增函數(shù)，∴g（x）min＝g（1）＝e，∴實數(shù)m的取值范圍為（﹣∞，e）．故答案為：（﹣∞，e）．【點評】本題考查凹函數(shù)的定義、導(dǎo)數(shù)性質(zhì)、函數(shù)的單調(diào)性等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題．【例2】（2022?河西區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝axalnx（a＞0），g（x）＝xex．（1）當(dāng)a＝1時，求曲線y＝f（x）在x＝e處的切線方程；（2）證明：g（x）≥lnx+x+1；（3）若f（x）≤g（x）對于任意的x＞1都成立，求a的最大值．【分析】（1）當(dāng)a＝1時，f（x）＝xlnx，求導(dǎo)得f′（x）＝lnx+1，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得k切＝f′（e），進而可得切線方程．（2）令h（x）＝g（x）﹣（lnx+x+1）＝xex﹣lnx﹣x﹣1，（x＞0），只需h（x）min≥0，即可得出答案．（3）方法一：當(dāng)a＞0且x＞1時，由f（x）≤g（x）?f（x）≤xex?axalnx≤xex?xalnxa≤xex?xalnxa≤ex?lnex，構(gòu)造函數(shù)F（x）＝xlnx，求導(dǎo)分析單調(diào)性，進而可得a≤xlnx對于任意的x＞1都成立，令p(x)=xlnx，只需a≤pmin（方法二：由題意知g（x）≥f（x）對于x＞1成立，現(xiàn)取x＝e，則該不等式仍然成立，只需證明當(dāng)a＝e時，g（x）≥f（x）對于?x＞1任然成立，即可得出答案．【解答】解：（1）當(dāng)a＝1時，f（x）＝xlnx，得f′（x）＝lnx+1，則f（e）＝e，f′（e）＝2，所以y＝f（x）在x＝e處的切線方程為y﹣e＝2（x﹣e），即y＝2x﹣e．（2）證明：令h（x）＝g（x）﹣（lnx+x+1）＝xex﹣lnx﹣x﹣1，（x＞0）．?'(x)=令u(x)=ex?1x又u(1因此存在唯?x0∈(12，1)，使得u(x函數(shù)h（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+∞）上單調(diào)遞增；∴函數(shù)h（x）在x＝x0處取得極小值即最小值，∴h（x）≥h（x0）＝1﹣lnx0﹣x0﹣1＝0，因此g（x）≥lnx+x+1．（3）當(dāng)a＞0且x＞1時，由f（x）≤g（x）?f（x）≤xex?axalnx≤xex?xalnxa≤xex?xalnxa≤ex?lnex，構(gòu)造函數(shù)F（x）＝xlnx，得F′（x）＝lnx+1＞0（x＞1），所以F（x）＝xlnx在（1，+∞）上單調(diào)遞增，f（x）≤g（x）?xalnxa≤ex?lnex?F（xa）≤F（ex），由于f（x）≤g（x）對任意的x＞1都成立，又xa＞1，ex＞1，再結(jié)合F（x）的單調(diào)性知，xa≤ex對于任意的x＞1都成立，即a≤xlnx對于任意的令p(x)=xlnx，得則p（x）在（1，e）上單調(diào)遞減，在（e，+∞）上單調(diào)遞增，故pmin（x）＝p（e）＝e，故a≤e，所以a的最大值為e．方法二：找中間值，構(gòu)建雙函數(shù)的方法由題意知特征命題為：g（x）≥f（x）對于x＞1成立，現(xiàn)取x＝e，則該不等式仍然成立，可得e?ex≥a?ex，易知a≤e，可知，a≤e是g（x）≥f（x）成立的一個必要條件，下面證明當(dāng)a＝e時，g（x）≥f（x）對于?x＞1任然成立，當(dāng)a＝e時，g（x）＝xex，f（x）＝exelnx，原命題等價為xex≥exelnx?xexxe+1≥exelnxx下證：h1（x）≥h2（x），易得h′1（x）=e當(dāng)x∈（1，e），h1（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（e，+∞），h1（x）單調(diào)遞增，可得h1（x）≥h1（e）=1e，易得h′2（x）當(dāng)x∈（1，e），h2（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x∈（e，+∞），h2（x）單調(diào)遞減，可得h2（x）≤h2（e）=1e，所以h1（x）≥1e≥即a＝e時，g（x）≥f（x）對?x＞1恒成立，所以a的最大值為e，證畢．【點評】本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用、導(dǎo)數(shù)的幾何意義和恒成立問題，考查了轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．題型4整數(shù)解問題【解題技巧】含參整數(shù)解個數(shù)問題，一般采用數(shù)形結(jié)合的方法來求解，主要的策略是通過參變分離，研究函數(shù)圖象的位置關(guān)系，尋找臨界狀態(tài)，具體方法有兩個：1．全分離：將含參不等式等價轉(zhuǎn)化為或，進而研究水平直線和函數(shù)圖象的位置關(guān)系，尋找臨界狀態(tài)，求解參數(shù)范圍.2．半分離：通過變形將原含參不等式轉(zhuǎn)化成形如的不等式，進而研究兩個函數(shù)圖象的位置關(guān)系，尋找臨界狀態(tài)，求解參數(shù)范圍．【例1】（2023?渾南區(qū)一模）已知不等式xlnx+（x+1）k＜2xln2的解集中僅有2個整數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是（）A．(0，34ln4C．[23ln2，+∞)【分析】法1°：依題意，得k＜xln4?xlnxx+1，令f（x）=xln4?xlnxx+1，則f′（x）=?lnx?x+ln4?1(x?1)2，分析知可得x0∈（0，1），f（x）在（0，x0）單調(diào)遞增，在（x0，+∞）單調(diào)遞減，k法2°：由xlnx+x（k﹣ln4x）+k＜0，得k（x+1）＜xln4﹣xlnx，設(shè)f（x）＝k（x+1），g（x）＝xln4﹣xlnx，對g（x）求導(dǎo)分析，當(dāng)k＜0時，可以有無數(shù)個整數(shù)解，不滿足題意；當(dāng)k＞0時，作圖，由圖列式f(2)＜g(2)f(3)≥g(3)【解答】解：法1°：由xlnx+（x+1）k＜2xln2，得k＜xln4?xlnx令f（x）=xln4?xlnxx+1，則f′（x）設(shè)lnx0+x0﹣ln4+1＝0，即lnx0＝﹣x0+ln4﹣1，可得x0∈（0，1），f（x）在（0，x0）單調(diào)遞增，在（x0，+∞）單調(diào)遞減，當(dāng)k＜f（x）的解中僅有2個整數(shù)為1，2，則需滿足k＜f(2)k≥f(3)，可得34ln43≤法2°：由xlnx+（x+1）k＜2xln2，得k（x+1）＜xln4﹣xlnx，設(shè)f（x）＝k（x+1），g（x）＝xln4﹣xlnx，g′（x）＝ln4﹣lnx﹣1，令g′（x）＝0，得x=4e，即g（x）在（0，4e當(dāng)k＜0時，可以有無數(shù)個整數(shù)解，不滿足題意；當(dāng)k＞0時，如圖所示：需滿足f(2)＜g(2)f(3)≥g(3)，得34ln43≤故選：D．【點評】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)的零點與方程根的關(guān)系，考查邏輯推理能力與運算求解能力，屬于難題．【例2】（2022?綿陽模擬）已知函數(shù)f（x）＝lnx﹣a（x2﹣x），若不等式f（x）＞0有且僅有2個整數(shù)解，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．[ln26，ln3C．(?∞，ln26【分析】轉(zhuǎn)化f（x）＞0有且僅有2個整數(shù)解為lnx＞a（x2﹣x）有兩個整數(shù)解，數(shù)形結(jié)合列出不等關(guān)系即可求得答案．【解答】解：由題f（x）＞0有且僅有2個整數(shù)解即lnx﹣a（x2﹣x）＞0有兩個整數(shù)解，也即lnx＞a（x2﹣x）有兩個整數(shù)解，令g（x）＝lnx，h（x）＝a（x2﹣x），（1）當(dāng)a＝0時，lnx＞0，則x＞1，此時有無數(shù)個整數(shù)解，不成立；（2）當(dāng)a＜0時，如圖所示，lnx＞a（x2﹣x）有無數(shù)個整數(shù)解，也不成立；（3）當(dāng)a＞0時，要符合題意，如圖，則g(3)＞?(3)g(4)≤?(4)，解得ln26≤故選：A．【點評】本題考查函數(shù)零點與方程根的關(guān)系，數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．題型5零點隱零點問題【解題技巧】利用零點存在性原理可以估算出隱零點的大小范圍，然后再用隱零點的范圍去估計所求函數(shù)（參數(shù)）的范圍.1．不含參函數(shù)的隱零點問題：已知不含參函數(shù)f(x)，導(dǎo)函數(shù)方程f'x=0的根存在，卻無法求出，設(shè)方程f'x0=0的根為x02．含參函數(shù)的隱零點問題：已知含參函數(shù)f(x,a)，其中a為參數(shù)，導(dǎo)函數(shù)方程f'x,a=0的根存在，卻無法求出，設(shè)方程f'x=0的根為x0，則有①有關(guān)系式f'x0【例1】（2023?順慶區(qū)校級模擬）若存在a∈R，使得對于任意x∈[1e，e]，不等式lnx≤ax2+bx≤（e2﹣2e）lnx+eA．?e3+e+1eC．﹣1 D．﹣e【分析】將題干中的不等式變形為lnxx≤ax+b≤(e2?2e)lnx+ex，由題意可知直線y＝ax+b恒位于函數(shù)f(x)=lnxx圖象的上方，函數(shù)g(x)=(e2?2e)lnx+ex的圖象的下方，b代表直線y＝ax+b在y軸上的截距，當(dāng)直線變化時觀察得當(dāng)直線過M（e【解答】解：令f(x)=lnxx，其中x∈[1當(dāng)1e＜x＜e時，f'（x）＞0，則函數(shù)f（x）在[1令g(x)=(e2因為y＝（2e﹣e2）lnx+e2﹣3e在[1e，e]上單增，g'(所以，存在x0∈(1e，e)，使得當(dāng)1e＜x＜x0時，g'（x）＞0，此時函數(shù)當(dāng)x0＜x＜e時，g'（x）＜0，此時函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，如下圖所示：由題意得lnxx直線y＝ax+b恒位于y＝f（x）的圖象上方，y＝g（x）的圖象下方，b代表直線y＝ax+b在y軸上的截距，當(dāng)直線變化時觀察得當(dāng)直線過M（e，e﹣1）且與曲線y=lnxx相切時，設(shè)切點為(x0，整理可得(e?1)令h（x）＝（e﹣1）x2+x﹣（2x﹣e）lnx﹣e，則h（1）＝0，?'(x)=2(e?1)x+1?2(1+lnx)+而當(dāng)x∈[1e，e]時，2(所以2(e?1)x+所以當(dāng)x∈[1e，e]時，h'（x）＞0，則函數(shù)h（x所以h（x）有唯一的零點1，所以x0＝1，此時直線方程為y＝x﹣1，故bmin＝﹣1．故選：C．【點評】本題考查利用函數(shù)不等式恒成立求參數(shù)的最值，解題的關(guān)鍵在于將不等式變形為lnxx≤ax+b≤(e2?2e)lnx+ex，通過作出圖象，找出直線y＝ax【例2】（2023?濟南開學(xué)）已知函數(shù)f（x）＝sin2x﹣ln（1+x），f'（x）為f（x）的導(dǎo)數(shù)．（1）證明：f'（x）在區(qū)間（﹣1，π4（2）討論f（x）零點的個數(shù)．【分析】（1）求出函數(shù)f′（x），再利用導(dǎo)數(shù)分（﹣1，0）和(0，π4)兩段討論函數(shù)f（2）根據(jù)給定的函數(shù)，判斷函數(shù)f（x）在區(qū)間[π，+∞）與[π2，π)上函數(shù)值，再利用導(dǎo)數(shù)分段討論在【解答】證明：（1）f（x）＝sin2x﹣ln（1+x）的定義域為（﹣1，+∞），求導(dǎo)得f'(x)=2cos2x?1令g(x)=2cos2x?11+x，則g'(x)=?4sin2x+1(1+x)2，當(dāng)﹣1＜函數(shù)f′（x）在（﹣1，0）上單調(diào)遞增，f′（x）在（﹣1，0）上無極值點，當(dāng)0＜x＜π4時，?4sin2x，1(1+x)2在(0，π而g'(0)=1＞0，g'(π4)=?4+當(dāng)0＜x＜x0時，g′（x）＞0，當(dāng)x0＜x＜π4時，因此函數(shù)f′（x）在（0，x0）上單調(diào)遞增，在(x則x＝x0為f′（x）在(?1，π所以f′（x）在區(qū)間(?1，π解：（2）當(dāng)x∈[π，+∞）時，sin2x≤1，ln（1+x）＞1，則f（x）＜0恒成立，函數(shù)f（x）在[π，+∞）上無零點，當(dāng)x∈[π2，π)時，sin2x≤0，ln（1+x）＞0，則f（x）＜0恒成立，函數(shù)f（x當(dāng)x∈[π4，π2)時，cos2x≤0，11+x＞0，則f而f(π4)=1?sin(1+π4)＞0，f(π當(dāng)x∈（﹣1，0]時，f（0）＝0，即0是函數(shù)f（x）的一個零點，由（1）知f′（x）在（﹣1，0）上單調(diào)遞增，而f'(?2則存在唯一x1∈（﹣1，0），使得f′（x1）＝0，當(dāng)x∈（﹣1，x1）時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（x1，0）時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，有f（x1）＜f（0）＝0，又f(?23)=?sin43+ln3＞0，因此函數(shù)f（x）在（﹣1，當(dāng)x∈(0，π4)時，由（1）知，f′（x）在（0，x0因為f'x0＞f'0=1>0，當(dāng)x∈（0，x2）時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(x2，π4)時，f′（又f(0)=0，f(π4)=1?ln(1+π4)＞0，因此函數(shù)綜上，函數(shù)f（x）共有3個零點．【點評】本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，屬于中檔題．題型6極值最值含參問題【解題技巧】由f'x0【例1】（2022?南昌三模）設(shè)a＞0，b＞e，f(x)=(x?a?1)ex?b(x33?ax22)（A．e B．e24 C．e3【分析】求導(dǎo)函數(shù)，根據(jù)題意得f'（x）＝0的根為x1＝x2＝a，從而表示出ba【解答】解：f'（x）＝（x﹣a）ex﹣b（x2﹣ax）＝（x﹣a）（ex﹣bx），因為x＝a不是函數(shù)f（x）的極值點，所以f'（x）＝（x﹣a）（ex﹣bx）＝0的根為x1＝x2＝a，所以ea﹣ba＝0，即b=eaa令?(x)=exx因為x∈（0，2）時，h'（x）＜0；x∈（2，+∞）時，h'（x）＞0，所以函數(shù)h（x）在（0，2）上單調(diào)遞減，在（2，+∞）上單調(diào)遞增，所以?(x)min=?(2)=e2故選：B．【點評】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值與極值，考查了函數(shù)思想和轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題．【例2】（2022?豐城市校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝ex+ax2+2ax在x∈（0，+∞）上有最小值，則實數(shù)a的取值范圍為（）A．（12，+∞） B．（?e2，?12【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令f′（x）＜0，得：ex＜﹣2a（x+1），令g（x）＝ex，h（x）＝﹣2a（x+1），問題h（x）的斜率﹣2a大于過（﹣1，0）的g（x）的切線的斜率即可，求出切線的斜率，解關(guān)于a的不等式即可．【解答】解：∵f（x）＝ex+ax2+2ax，∴f′（x）＝ex+2ax+2a，若函數(shù)f（x）在x∈（0，+∞）上有最小值，即f（x）在（0，+∞）先遞減再遞增，即f′（x）在（0，+∞）先小于0，再大于0，令f′（x）＜0，得：ex＜﹣2a（x+1），令g（x）＝ex，h（x）＝﹣2a（x+1），只需h（x）的斜率﹣2a大于過（﹣1，0）的g（x）的切線的斜率即可，設(shè)切點是（x0，ex0），則切線方程是：y?ex0將（﹣1，0）代入切線方程得：x0＝0，故切點是（0，1），切線的斜率是1，只需﹣2a＞1即可，解得：a＜?1故選：D．【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及曲線的切線方程，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．題型7放縮問題【解題技巧】當(dāng)要證明的不等式含參，且規(guī)定了參數(shù)的范圍時，可以考慮先使用滿參放縮，將含參的不等式轉(zhuǎn)化為不含參的不等式來證明.這一技巧諸多問題中會反復(fù)用到，是一個必備的基本技能．【例1】（2022?沙坪壩區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f(x)=exx4?klnx，當(dāng)x＞1時，不等式f（xA．（﹣∞，﹣e] B．（﹣∞，﹣4] C．（﹣∞，﹣e2] D．（﹣∞，0]【分析】函數(shù)f(x)=exx4?klnx，當(dāng)x＞1時，不等式f（x）≥x+1恒成立?k≤x?4ex?x?1lnx，x∈（1，+∞）．令g（x）＝ex﹣x﹣1，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性可得ex≥x+1，進而得出x﹣4?ex=elnx?4【解答】解：f(x)=exx4?klnx，當(dāng)x＞1時，f（x）≥x+1恒成立?k令g（x）＝ex﹣x﹣1，g′（x）＝ex﹣1，∴g（x）在（﹣∞，0）上單減，在（0，+∞）單增，∴ex≥x+1，∴x﹣4?ex=elnx?4?ex＝ex﹣4lnx≥∴x?4ex?x?1h（x）＝x﹣4lnx，x∈（1，+∞）．h′（x）＝1?4x=x?4xh（x）≥h（4）＝4﹣4ln4＜0，存在x0＞1，使得h（x0）＝0，∴x?4ex故選：B．【點評】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、等價轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．【例2】（2022?松滋市校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝aex﹣2lnx．（1）設(shè)x＝2是f（x）的極值點，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）當(dāng)a≥1e時，求證：f（x）＞2﹣2【分析】（1）求出導(dǎo)函數(shù)，通過函數(shù)的極值求出a，判斷導(dǎo)函數(shù)的符號，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可．（2）求出f（x）＝aex﹣2lnx≥ex﹣1﹣2lnx，令g（x）＝ex﹣1﹣2lnx，利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)求出g(x【解答】（1）解：f（x）的定義域為（0，+∞），f'(x)=ae∵x＝2是f（x）的極值點，∴f'（2）＝0，即ae2﹣1＝0，∴a=1∴f'(x)=ex?2?∴f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，2），單調(diào)遞增區(qū)間為（2，+∞）．（2）證明：由a≥1e，可得所以f（x）＝aex﹣2lnx≥ex﹣1﹣2lnx，令g（x）＝ex﹣1﹣2lnx，則g'(x)=e∵g'（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，且g'(1)=e∴?x0∈（1，2），使得g'（x0）＝0，有ex0且g（x）在區(qū)間（1，x0）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（x0，2）上單調(diào)遞增，∴g(x由①得ex0?1=2x0，即有l(wèi)nex∴g(x又∵g（x0）在區(qū)間（1，2）上單調(diào)遞增，∴g（x0）＞g（1）＝2+2﹣2﹣2ln2＝2﹣2ln2∴g（x）＞2﹣2ln2，∴f（x）≥g（x）＞2﹣2ln2，∴f（x）＞2﹣2ln2，結(jié)論得證．（12分）【點評】本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性的求法，考查分析問題解決問題的能力，是難題．最新模擬一．選擇題1．（2022?杭州模擬）已知函數(shù)f（x）＝ex，若關(guān)于x的不等式f（x）＞aln（ax﹣2a）﹣2a（a＞0）恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為（）A．（0，e2） B．（e2，+∞） C．（0，e3） D．（e3，+∞）【答案】C【題型】函數(shù)同構(gòu)問題【解析】解：由ex＞aln（ax﹣2a）﹣2a（a＞0），得ex∴ex﹣lna+x﹣lna＞ln（x﹣2）+x﹣2＝eln（x﹣2）+ln（x﹣2）．記g（x）＝ex+x，易知g（x）在R上單調(diào)遞增，∴g（x﹣lna）＞g（ln（x﹣2）），∴x﹣lna＞ln（x﹣2），∴l(xiāng)na＜x﹣ln（x﹣2），記h（x）＝x﹣ln（x﹣2），?'(x)=1?1當(dāng)x∈（2，3）時，h'（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（3，+∞）時，h'（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，∴h（x）min＝h（3）＝3﹣ln1＝3，∴l(xiāng)na＜3，解得0＜a＜e3，故選：C．2．（2022春?河南月考）若關(guān)于x的不等式（x+1）ex＜kx在區(qū)間（﹣∞，0）上有且只有一個整數(shù)解，則實數(shù)k的取值范圍是（）A．(0，12eC．(34e【答案】C【題型】整數(shù)解問題【解析】解：當(dāng)x＜0時，不等式（x+1）ex＜kx可化為(x+1)e令f(x)=(x+1)ex令f'（x）＝0可得，x=?1±當(dāng)x∈(?∞，?1?52)時，f'（x）＞0；當(dāng)x∈(?1?所以f（x）在區(qū)間(?1?52又f(?2)=12e由此可得函數(shù)f(x)=(x+1)由已知不等式(x+1)e∴f（﹣3）≤k＜f（﹣2）∴23即實數(shù)k的取值范圍為[2故選：D．3．（2022?道里區(qū)校級三模）已知函數(shù)f（x）＝xex﹣alnx，h（x）＝ax+1，曲線y＝f（x）的圖象上不存在點P，使得點P在曲線y＝h（x）下方，則符合條件的實數(shù)a的取值的集合為（）A．{1} B．{a|1＜a＜e} C．{a|0＜a≤e﹣1} D．{a|a【答案】A【題型】零點隱零點問題【解析】解：∵f（x）上不存在P點，使得P在h（x）下方，∴f（x）≥h（x）恒成立，又f（x）＝xex﹣alnx，h（x）＝ax+1，∴xex﹣alnx≥ax+1，∴elnx+x≥a（lnx+x）+1恒成立，令t＝lnx+x，x＞0，且x→0，t→﹣∞；x→+∞，t→+∞，∴t∈R，∴et≥at+1，在t∈R上恒成立，∴a＝1，下面證明et≥t+1，設(shè)g（t）＝et﹣t﹣1，t∈R，∴g′（t）＝et﹣1，且g′（t）在R單調(diào)遞增，令g′（t）＝0得t＝0，∴當(dāng)t＜0時，g′（t）＜0；當(dāng)t＞0時，g′（t）＞0，∴g（t）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增，∴g（t）≥g（0）＝0，即et﹣t﹣1≥0，∴et≥t+1，∴a＝1，故符合條件的實數(shù)a的取值的集合為：{1}．故選：A．4．（2022?綿陽模擬）若x＝2是函數(shù)f（x）＝x2+2（a﹣2）x﹣4alnx的極大值點，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．（﹣∞，﹣2） B．（﹣2，+∞） C．（2，+∞） D．（﹣2，2）【答案】A【題型】極值最值含參問題【解析】解：f′（x）＝2x+2（a﹣2）?4a當(dāng)a≥0時，x+a＞0，當(dāng)x∈（0，2）時，f′（x）＜0，f（x）在（0，2）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（2，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）在（2，+∞）上單調(diào)遞增，所以f（x）無極大值，不合題意，當(dāng)﹣2＜a＜0時，0＜﹣a＜2，當(dāng)x∈（0，﹣a），（2，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x∈（﹣a，2）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（2，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，所以f（x）極大值點為x＝﹣a，不符合題意，當(dāng)a＝﹣2時，f′（x）=2(x?2所以f′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，無極值，不符合題意，當(dāng)a＜﹣2時，﹣a＞2，當(dāng)x∈（0，2），（﹣a，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x∈（2，﹣a）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（﹣a，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，所以f（x）極大值點為x＝2，綜上所述，a的取值范圍為（﹣∞，﹣2）．故選：A．5．（2022?亳州模擬）已知m為常數(shù)，函數(shù)f（x）＝xlnx﹣2mx2有兩個極值點，其中一個極值點x0滿足x0＞1，則f（x0）的取值范圍是（）A．（﹣∞，0） B．（0，+∞） C．(?∞，?12【答案】D【題型】極值最值含參問題【解析】解：f′（x）＝lnx﹣4mx+1，由函數(shù)f（x）＝xlnx﹣2mx2有兩個極值點，則等價于f′（x）＝0有兩個解，即y＝lnx與y＝4mx﹣1有兩個交點，所以lnx0+1＝4mx0．直線v＝4mx﹣1過點（0，﹣1）由y＝lnx在點P（1，0）處的切線為y＝x﹣1，顯然直線y＝x﹣1過點（0，﹣1），當(dāng)0＜4m＜1時，直線y＝4mx﹣1與曲線y＝lnx交于不同兩點（如下圖），且x1＜1＜x2＝x0，f(x令g(x)=xlnx?x2(x＞1)所以g(x)=xlnx?x2(x＞1)單調(diào)遞增，g(x)＞g(1)=?故選：D．二．多選題6．（2022秋?陽泉期末）已知函數(shù)f(x)=ex?23ax3有三個不同的極值點x1，x2，x3，且xA．a(chǎn)＞eB．x1＜﹣1 C．x2為函數(shù)f（x）的極大值點 D．f(【答案】ACD【題型】極值點偏移問題【解析】解：由函數(shù)f(x)=ex?23ax3有三個不同的極值點x只需f'（x）＝ex﹣2ax2有三個零點，即方程ex設(shè)函數(shù)g(x)=exx令g'（x）＜0，即0＜x＜2，；令g'（x）＞0，即x＜0或x＞2，所以函數(shù)g（x）在（﹣∞，0）和（2，+∞）上單調(diào)遞增，在（0，2）上單調(diào)遞減，所以函數(shù)g（x）的極小值為g(2)=e24，且當(dāng)x≠0時，g如圖，當(dāng)2a＞e24，即a＞e28時，函數(shù)g（x）與y＝2a有三個交點，即函數(shù)對于B，觀察圖象可知x1＞﹣1，故B不正確；對于C，由圖象可知，當(dāng)0＜x＜x2時，g(x)=exx2＞2a，即f'（x）＝e當(dāng)x2＜x＜2時，g(x)=exx2＜2a，即f'（x）＝e所以函數(shù)f（x）在（0，x2）上單調(diào)遞增，在（x2，2）上單調(diào)遞減，所以x2為函數(shù)f（x）的極大值點，故C正確；對于D，由g(x3)=令φ(x)=(1?x3)則φ'(x)=2?x3?ex故φ(x3)=f(故選：ACD．三．填空題7．（2022春?葫蘆島期末）已知函數(shù)f（x）=lnxx，g（x）＝xe﹣x，若存在x1∈（0，+∞），x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）＝k（k＜0）成立，則（x2x1）2【答案】4【題型】極值點偏移問題【解析】解：因為f（x）=lnxx，其中x＞0，f′（x）當(dāng)0＜x＜e時，f′（x）＞0，此時函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x＞e時，f′（x）＜0，此時函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，且當(dāng)0＜x＜1時，f（x）=lnxx＜0，當(dāng)x＞1時，f（x因為g（x）＝xe﹣x，其中x∈R，g′（x）=1?x當(dāng)x＜1時，，g′（x）＞0，此時函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x＞1時，，g′（x）＜0，此時函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，且當(dāng)x＜0時，g（x）＝xe﹣x＜0，當(dāng)x＞0時，g（x）＝xe﹣x＞0．因為存在x1∈（0，+∞），x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）＝k（k＜0）成立，則x1∈（0，1），x2＜0，因為g（x）＝xe﹣x=xex=lnexex=f（ex），由題意f（x1所以x1=ex2，則lnx1＝x2，所以故（x2x1）2ek＝k2ek構(gòu)造函數(shù)h（x）＝x2ex，其中x＜0，則h′（x）＝x（x+2）ex，當(dāng)x＜﹣2時，h′（x）＞0，此時函數(shù)h（x）單調(diào)遞增，當(dāng)﹣2＜x＜0時，h′（x）＜0，此時函數(shù)h（x）單調(diào)遞減，因此，h（x）max＝h（﹣2）=4故答案為：4e8．（2022秋?太原期末）已知a＞1，若對于任意的x∈[13，+∞)，不等式13x?x+ln3x≤【答案】3【題型】函數(shù)同構(gòu)問題【解析】解；因為lna+x＝lna+lnex＝lnaex，所以13x?x+ln3x≤1令f(x)=1x+lnx(x≥1)所以f（x）在[1，+∞）上遞增，因為a＞1，x∈[13，+∞)，所以3x≥1，ex所以13x+ln3x≤1aex+lnaex可化為f（3x）≤f即a≥3xex在x∈[令g(x)=3xex令g'（x）＞0，則13≤x＜1；令g'（x）＜0，則所以g（x）在[1所以g(x)max=g(1)=3e，所以故答案為：3e9．（2023?烏魯木齊模擬）已知函數(shù)f(x)=ex+e2?x【答案】﹣2e【題型】凹凸函數(shù)問題【解析】解：∵f(x)=e∴f(2?x)==e∴f（2﹣x）＝f（x），∴f（x）的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，若函數(shù)f（x）有且只有一個零點，即f（x）的圖象與x軸有且只有一個交點，則只能是f（1）＝0，即e+e+a＝0，解得a＝﹣2e，此時f(x)=ex+當(dāng)且僅當(dāng)ex＝e2﹣x，即x＝1時取等號，∴當(dāng)x≠1時，ex+e2﹣x＞2e，又∵?1≤sin(π3x+∴當(dāng)x≠1時，f（x）＞0，∴當(dāng)a＝﹣2e時，函數(shù)f（x）有且只有一個零點x＝1．故答案為：﹣2e．四．解答題10．（2023?嘉定區(qū)模擬）設(shè)函數(shù)f（x）=12x2﹣ax+（a﹣1）lnx，（1）曲線y＝f（x）在點（2，f（2））處的切線與x軸平行，求實數(shù)a的值；（2）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（3）證明：若a＜5，則對任意x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，有f(x【答案】見解析【題型】極值點偏移問題【解析】解：（1）函數(shù)f（x）=12x2﹣ax+（a﹣1）lnx的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝x﹣ay＝f（x）在點（2，f（2））處的切線斜率為k＝f′（2）＝2﹣a+a?1解得a＝3；（2）f（x）的定義域為（0，+∞）．f′（x）＝x﹣a+a?1（i）若a﹣1＝1即a＝2，則f′（x）=(x?1)2x，故（ii）若a﹣1＜1，而a＞1，故1＜a＜2，則當(dāng)x∈（a﹣1，1）時，f′（x）＜0；當(dāng)x∈（0，a﹣1）及x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0故f（x）在（a﹣1，1）單調(diào)減，在（0，a﹣1），（1，+∞）單調(diào)增．（iii）若a﹣1＞1，即a＞2，同理可得f（x）在（1，a﹣1）單調(diào)減，在（0，1），（a﹣1，+∞）單調(diào)增．（3）考慮函數(shù)g（x）＝f（x）+x=12x2﹣ax+（a﹣1）lnx則f′（x）＝x﹣a+a?1x+1≥2x?a?1x?由于1＜a＜5，故g'（x）＞0，即g（x）在（0，+∞）單調(diào)增加，從而當(dāng)x1＞x2＞0時有g(shù)（x1）﹣g（x2）＞0，即f（x1）﹣f（x2）+x1﹣x2＞0，故f(x11．（2022秋?常州期中）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣ax，g（x）＝ax﹣lnx，a∈R．（1）若f（x）在x＝0處的切線與g（x）在x＝1處的切線相同，求實數(shù)a的值；（2）令F（x）＝f（x）+g（x），直線y＝m與函數(shù)F（x）的圖象有兩個不同的交點，交點橫坐標(biāo)分別為x1，x2，證明：x1+x2＞1．【答案】見解析【題型】凹凸函數(shù)問題【解析】解：（1）由f′（x）＝ex﹣a，所以f′（0）＝1﹣a，g'(x)=1?1則g′（1）＝0，所以1﹣a＝0，a＝1，所以實數(shù)a的值為1；（2）F（x）＝ex﹣lnx，F(xiàn)'(x)=ex?1x，F(xiàn)″(x)=因為F'(12)=e12?2＜0，F(xiàn)′（1）＝e﹣1＞0，因為函數(shù)y＝F（x）連續(xù)不斷，所以存在唯一的實數(shù)x0從而在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+∞）上單調(diào)遞增，不妨設(shè)0＜x1＜x0＜x2，則F（x1）＝F（x2）＝m，當(dāng)x2＞2x0時，x1+x2≥2x0＞1，當(dāng)0＜x1＜x0＜x2＜2x0，則x1，2x0﹣x2∈（0，x0），F(xiàn)（x）在（0，x0），單調(diào)遞減，所以F(x設(shè)?(x)=ex?lnx?e2x0?x+ln(2x所以?'(x)=ex?設(shè)t(x)=ex+1x2，則h″（x）＝t（x）﹣t（2x0﹣x），t'(x)=et（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，因為x＞2x0﹣x＞0，t（x）＜t（2x0﹣x），h″（x）＜0，h′（x）在（x0，2x0）單調(diào)遞減，h′（x）＜h′（x0）=2(ex0?1x)=0，所以h（x）在（x0，2x0）單調(diào)遞減，所以h（即F（x1）﹣F（2x0﹣x2）＝F（x2）﹣F（2x0﹣x2）＜0，即F（x1）＜F（2x0﹣x2），因為x1，2x0﹣x2∈（0，x0），F(xiàn)（x）在（0，x0）單調(diào)遞減，所以x1＞2x0﹣x2，所以x1+x2＞2x0＞1．綜上可得，x1+x2＞1．12．（2022春?昆山市校級期中）設(shè)函數(shù)f（x）＝e2x﹣2alnx，已知當(dāng)a＞0時，存在x1∈（0，a2），使得f′（x1（1）討論f（x）的導(dǎo)函數(shù)f′（x）的零點個數(shù)；（2）證明：當(dāng)a＞0時，f(x)≥4a+2aln1【答案】見解析【題型】零點隱零點問題【解析】解：（1）函數(shù)的定義域（0，+∞），f′（x）＝2e2x?2a當(dāng)a≤0時，f′（x）＞0恒成立，此時f′（x）沒有零點，當(dāng)a＞0時，存在x1∈（0，a2），使得f′（x1）＜0，且令g（x）＝f′（x）＝2e2x?g′（x）＝4e2x+2ax2＞0，得到即f′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，又因為存在x1∈（0，a2），使得f′（x1又f′（2a）＝2e4a﹣1＞0，根據(jù)零點存在性定理及f′（x）的單調(diào)性，可知f'（x）只有1個零點．（2）證明：由已知得，x＞0，．因為h（x）＝e2x﹣2ex，所以，h′（x）＝2e2x﹣2e，當(dāng)x∈（0，12）時，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減；當(dāng)r∈（12，+∞）時，h′（x）＞0，h（h（x）min＝h（12）＝0，得h（x）≥（12）＝0，所以，e2x≥2則f（x）＝e2x﹣2alnx≥2ex﹣2alnx，設(shè)g（x）＝2ex﹣2alnx，得g′（x）＝2e?2a令g′（x）＝2e?2ax=0，此時x=ae，x∈（0，ae）時，g′（x∈（ae，+∞）時，g′（x）＞0，g（x則g（x）min＝g（ae），g（ae）＝2a﹣2alnae=2a﹣2a（lna﹣lne）＝4a﹣2alna＝4a所以f（x）＝e2x﹣2alnx≥2ex﹣2alnx≥4a﹣2alna＝4a+2aln1a所以，當(dāng)a＞0時，f（x）≥4a+2aln1a13．（2022?克拉瑪依三模）已知函數(shù)f（x）＝xlnx，g（x）＝﹣x2+ax﹣3，a∈R．（1）解關(guān)于x的不等式g（x）＞0；（2）若對任意x∈（0，+∞），不等式f（x）≥12g（x）恒成立，求（3）證明：對任意x∈（0，+∞），lnx＞1【答案】見解析【題型】放縮問題【解析】解：（1）g（x）＞0，即為x2﹣ax+3＜0，當(dāng)△≤0，即a2﹣12≤0，即有﹣23≤a≤23當(dāng)Δ＞0，即a＜﹣23或a＞23，方程x2﹣ax+3＝0的解為x1=a+a2?122且x1＞x2，則不等式的解為x2＜x＜x1；綜上可得，當(dāng)﹣23≤a≤23時，原不等式的解集為?當(dāng)a＜﹣23或a＞23時，原不等式的解集為（a?a2?12（2）對任意x∈（0，+∞），不等式f（x）≥12g（即為xlnx≥12（﹣x2+ax﹣3），即a≤2lnx+x+3設(shè)h（x）＝2lnx+x+3x，導(dǎo)數(shù)h′（x）=2當(dāng)x＞1時，h′（x）＞0，h（x）遞增；當(dāng)0＜x＜1時，h′（x）＜0，h（x）遞減．則h（x）在x＝1處取得極小值，且為最小值4．則a≤4，可得a的取值范圍是（﹣∞，4]；證明：（3）問題等價于證明xlnx＞xex?由f（x）＝xlnx（x∈（0，+∞））的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝1+lnx，當(dāng)x＞1e時，f（x）遞增；當(dāng)0＜x＜1e時，即有f（x）的最小值是?1e，當(dāng)且僅當(dāng)x設(shè)m（x）=xex?2e（x∈（0，+∞）），則當(dāng)x＞1時，m（x）遞減；0＜x＜1時，m（x）遞增．易知m（x）max＝m（1）=?1e，當(dāng)且僅當(dāng)從而對一切x∈（0，+∞），都有l(wèi)nx＞1真題在線一．選擇題1．（2021?乙卷）設(shè)a≠0，若x＝a為函數(shù)f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的極大值點，則（）A．a(chǎn)＜b B．a(chǎn)＞b C．a(chǎn)b＜a2 D．a(chǎn)b＞a2【答案】D【題型】極值最值含參問題【解析】解：令f（x）＝0，解得x＝a或x＝b，即x＝a及x＝b是f（x）的兩個零點，當(dāng)a＞0時，由三次函數(shù)的性質(zhì)可知，要使x＝a是f（x）的極大值點，則函數(shù)f（x）的大致圖象如下圖所示，則0＜a＜b；當(dāng)a＜0時，由三次函數(shù)的性質(zhì)可知，要使x＝a是f（x）的極大值點，則函數(shù)f（x）的大致圖象如下圖所示，則b＜a＜0；綜上，ab＞a2．故選：D．二．填空題2．（2022?乙卷）已知x＝x1和x＝x2分別是函數(shù)f（x）＝2ax﹣ex2（a＞0且a≠1）的極小值點和極大值點．若x1＜x2，則a的取值范圍是．【答案】(【題型】極值點偏移問題【解析】解：對原函數(shù)求導(dǎo)f′（x）＝2（axlna﹣ex），分析可知：f′（x）在定義域內(nèi)至少有兩個變號零點，對其再求導(dǎo)可得：f″（x）＝2ax（lna）2﹣2e，當(dāng)a＞1時，易知f″（x）在R上單調(diào)遞增，此時若存在x0使得f″（x0）＝0，則f′（x）在（﹣∞，x0）單調(diào)遞減，（x0，+∞）單調(diào)遞增，此時若函數(shù)f（x）在x＝x1和x＝x2分別取極小值點和極大值點，應(yīng)滿足x1＞x2，不滿足題意；當(dāng)0＜a＜1時，易知f″（x）在R上單調(diào)遞減，此時若存在x0使得f″（x0）＝0，則f′（x）在（﹣∞，x0）單調(diào)遞增，（x0，+∞）單調(diào)遞減，且x0此時若函數(shù)f（x）在x＝x1和x＝x2分別取極小值點和極大值點，且x1＜x2，故僅需滿足f′（x0）＞0，即：elna＞elogae(lna)2?解得：1e＜a＜e，又因為0＜a綜上所述：a的取值范圍是(1三．解答題3．（2022?浙江）設(shè)函數(shù)f（x）=e2x+lnx（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）已知a，b∈R，曲線y＝f（x）上不同的三點（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3））處的切線都經(jīng)過點（a，b）．證明：（?。┤鬭＞e，則0＜b﹣f（a）＜12（（ⅱ）若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，則2e（注：e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)）【答案】見解析【題型】放縮問題【解析】解：（Ⅰ）∵函數(shù)f（x）=e2x+lnx∴f'(x)=?e2由f'(x)=2x?e2x2＞0，得x＞e由f'(x)=2x?e2x2＜0，得0＜x＜e（Ⅱ）（i）證明：∵過（a，b）有三條不同的切線，設(shè)切點分別為（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3）），∴f（xi）﹣b＝f′（xi）（xi﹣a），（i＝1，2，3），∴方程f（x）﹣b＝f′（x）（x﹣a）有3個不同的根，該方程整理為（1x?e2x2）（設(shè)g（x）＝（1x?e2x2）（x﹣a則g′（x）=1x?e2x2+(?1當(dāng)0＜x＜e或x＞a時，g′（x）＜0；當(dāng)e＜x＜a時，g′（x）＞0，∴g（x）在（0，e），（a，+∞）上為減函數(shù)，在（e，a）上為增函數(shù)，∵g（x）有3個不同的零點，∴g（e）＜0且g（a）＞0，∴（1e?e2e2）（e﹣a）?e2e?lne+b整理得到b＜a2e+1此時，b＜a2e+1此時，b?f(a)?1整理得b＜a2e+1此時，b﹣f（a）?12（ae?1）＜a設(shè)μ（a）為（e，+∞）上的減函數(shù)，∴μ（a）＜3∴0＜b?f(a)＜1（ii）當(dāng)0＜a＜e時，同（i）討論，得：g（x）在（0，a），（e，+∞）上為減函數(shù)，在（a，e）上為增函數(shù)，不妨設(shè)x1＜x2＜x3，則0＜x1＜a＜x2＜e＜x3，∵g（x）有3個不同的零點，∴g（a）＜0，且g（e）＞0，∴（1e?e2e2）（e﹣a）?e2e?lne+b＞0整理得a2e∵x1＜x2＜x3，∴0＜x1＜a＜x2＜e＜x3，∵g（x）＝1?a+e設(shè)t=ex，?a+eet+a2et記t1則t1，t2，t3為﹣（m+1）t+m設(shè)k=t1t3要證：2e即證2+e?a即證：t1而﹣（m+1）t1+m2t∴l(xiāng)nt1?lnt3+m∴t1∴即證?2即證(t即證(k+1)lnkk?1記φ(k)=(k+1)lnkk?1，k＞1∴φ（k）在（1，+∞）為增函數(shù)，∴φ（k）＞φ（m），∴(k+1)lnkk?1設(shè)ω（m）＝lnm+(m?1)(m?13)(m2則ω′（x）=(m?1∴ω（m）在（0，1）上是增函數(shù)，∴ω（m）＜ω（1）＝0，∴l(xiāng)nm+(m?1)(m?13)(即(m+1)lnmm?1∴若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，則2e4．（2022?新高考Ⅱ）已知函數(shù)f（x）＝xeax﹣ex．（1）當(dāng)a＝1時，討論f（x）的單調(diào)性；（2）當(dāng)x＞0時，f（x）＜﹣1，求a的取值范圍；（3）設(shè)n∈N*，證明：112+1+【答案】見解析【題型】放縮問題【解析】解：（1）當(dāng)a＝1時，f（x）＝xex﹣ex＝ex（x﹣1），f′（x）＝ex（x﹣1）+ex＝xex，∵ex＞0，∴當(dāng)x∈（0，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（﹣∞，0）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減．（2）令g（x）＝f（x）+1＝xeax﹣ex+1（x＞0），∵f（x）＜﹣1，f（x）+1＜0，∴g（x）＜g（0）＝0在x＞0上恒成立，又g′（x）＝eax+axeax﹣ex，令h（x）＝g′（x），則h′（x）＝aeax+a（eax+axeax）﹣ex＝a（2eax+axeax）﹣ex，∴h′（0）＝2a﹣1，①當(dāng)2a﹣1＞0，即a＞12，存在δ＞0，使得當(dāng)x∈（0，δ）時，h′（x）＞0，即g′（因為g′（x）＞g′（0）＝0，所以g（x）在（0，δ）內(nèi)遞增，所以f（x）＞﹣1，這與f（x）＜﹣1矛盾，故舍去；②當(dāng)2a﹣1≤0，即a≤1g′（x）＝eax+axeax﹣ex＝（1+ax）eax﹣ex，若1+ax≤0，則g'（x）＜0，所以g（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，g（x）≤g（0）＝0，符合題意．若1+ax＞0，則g′（x）＝eax+axeax﹣ex＝eax+ln（1+ax）﹣ex≤e12x+ln(1+所以g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，g（x）≤g（0）＝0，符合題意．綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是a≤1另解：f（x）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝（1+ax）eax﹣ex（x＞0），①當(dāng)a≥1時，f′（x）＝（1+ax）eax﹣ex＞eax﹣ex≥ex﹣ex＝0，所以f（x）在（0，+∞）遞增，所以f（x）＞﹣1，與題意矛盾；②當(dāng)a≤0時，f′（x）≤eax﹣ex≤1﹣ex＜0，所以f（x）在（0，+∞）遞減，所以f（x）＜﹣1，滿足題意；．③當(dāng)0＜a≤12時，f′（x）≤（1+12x）e12x?ex＝e1設(shè)G（x）＝（1+12x）﹣e12x（x＞0），G′（x）=12?12e1f′（x）＝e12xG（x）＜0，所以f（x）在（0，+∞）遞減，所以f（④當(dāng)12＜a＜1時，f′（x）＝eax[（1+ax）﹣e（1﹣a）令H（x）＝（1+ax）﹣e（1﹣a）x，則f′（x）＝eaxH（x），H′（x）＝a+（a﹣1）e（1﹣a）x，可得H′（x）遞減，H′（0）＝2a﹣1，所以存在x0＞0，使得H′（x0）＝0．當(dāng)x∈（0，x0）時，H′（x）＞0，H（x）在（0，x0）遞增，此時H（x）＞0，所以當(dāng)x∈（0，x0）時，f′（x）＝eaxH（x）＞0，f（x）在（0，x0）遞增，所以f（x）＞﹣1，與題意矛盾．綜上可得，a的取值范圍是（﹣∞，12（3）由（2）可知，當(dāng)a=12時，f（x）=xe令x＝ln（1+1n）（n∈N*）得，整理得，ln(1+1∴1n1+1n∴1n2+n＞ln（n+1n），∴k=1n1k2+k＞即112+1+12另解：運用數(shù)學(xué)歸納法證明．當(dāng)n＝1時，左邊=11假設(shè)當(dāng)n＝k（k≥1，k∈N*）時，不等式成立，即112+1+12當(dāng)n＝k+1時，要證112+1+12只要證ln（k+1）+1(k+1)2即證1(k+1)2+(k+1)＞ln（k+2）﹣ln（k+1）＝ln可令t=1k+1，則t∈（0，12]，則需證明tt+1再令x=t+1（x∈（1，62]），則需證明x?1x＞2lnx（構(gòu)造函數(shù)g（x）＝2lnx﹣（x?1x）（x∈（1，g′（x）=2x?1?1x可得g（x）在（1，62則g（x）＜g（1）＝0，所以原不等式成立，即n＝k+1時，112+1+12綜上可得，112+1+125．（2022?甲卷）已知函數(shù)f（x）=exx?lnx+（1）若f（x）≥0，求a的取值范圍；（2）證明：若f（x）有兩個零點x1，x2，則x1x2＜1．【答案】見解析【題型】零點隱零點問題【解析】解：（1）f（x）的定義域為（0，+∞），f'(x)=e令f′（x）＞0，解得x＞1，故函數(shù)f（x）在（0，1）單調(diào)遞減，（1，+∞）單調(diào)遞增，故f（x）min＝f（1）＝e+1﹣a，要使得f（x）≥0恒成立，僅需e+1﹣a≥0，故a≤e+1，故a的取值范圍是（﹣∞，e+1]；（2）證明：由已知有函數(shù)f（x）要有兩個零點，故f（1）＝e+1﹣a＜0，即a＞e+1，不妨設(shè)0＜x1＜1＜x2，要證明x1x2＜1，即證明x2∵0＜x1＜1，∴1x即證明：1＜x2＜1x即證明：f(x2)＜f(構(gòu)造函數(shù)?(x)=f(x)?f(1x)h′（x）＝f′（x）﹣[f（1x）]′=構(gòu)造函數(shù)m（x）=em'(x)=ex+1?e1故m′（x）＞0在（0，1）恒成立，故m（x）在（0，1）單調(diào)遞增，故m（x）＜m（1）＝0又因為x﹣1＜0，故h′（x）＞0在（0，1）恒成立，故h（x）在（0，1）單調(diào)遞增，又因為h（1）＝0，故h（x）＜h（1）＝0，故f(x1)＜f(1x16．（2022?天津）已知a，b∈R，函數(shù)f（x）＝ex﹣asinx，g（x）＝bx．（1）求函數(shù)y＝f（x）在（0，f（0））處的切線方程；（2）若y＝f（x）和y＝g（x）有公共點．（?。┊?dāng)a＝0時，求b的取值范圍；（ⅱ）求證：a2+b2＞e．【答案】見解析【題型】函數(shù)同構(gòu)問題【解析】解：（1）∵f（x）＝ex﹣asinx，∴f′（x）＝ex﹣acosx，∴f（0）＝1，f′（0）＝1﹣a，∴函數(shù)y＝f（x）在（0，1）處的切線方程為y＝（1﹣a）x+1；（2）（?。遖＝0，∴f（x）＝ex，又y＝f（x）和y＝g（x）有公共點，∴方程f（x）＝g（x）有解，即ex=bx∴b=e設(shè)h（x）=exx，（x＞0），∴h′（x∴當(dāng)x∈（0，12）時，h′（x）＜0；當(dāng)x∈（12，+∞）時，h′（∴h（x）在（0，12）上單調(diào)遞減，在（1∴?(x)min=?(12)=2e，且當(dāng)x→0時，h（x∴h（x）∈[2e，+∞），∴b的范圍為[2e，+∞）；（ⅱ）證明：令交點的橫坐標(biāo)為x0，則ex∴由柯西不等式可得e2x0=(asinx0+bx0)2≤（a∴a2+b2≥e又易證x＞0時，x＞sinx，ex≥ex，ex＞x+1，∴e2x故a2+b2＞e．7．（2022?乙卷）已知函數(shù)f（x）＝ax?1x?（a（1）當(dāng)a＝0時，求f（x）的最大值；（2）若f（x）恰有一個零點，求a的取值范圍．【答案】見解析【題型】零點隱零點問題【解析】解：（1）當(dāng)a＝0時，f(x)=?1x?lnx(x＞0)易知函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，∴f（x）在x＝1處取得極大值，同時也是最大值，∴函數(shù)f（x）的最大值為f（1）＝﹣1；（2）f'(x)=a+①當(dāng)a＝0時，由（1）可知，函數(shù)f（x）無零點；②當(dāng)a＜0時，易知函數(shù)f（x）在（