导数综合问题--2024届新高考满分突破压轴大题（解析版）

导数综合问题压轴秘籍1.导函数与原函数的关系f(x)>0,k>0,f(x)单调递增，f(x)<0,k<0,f(x)单调递减2.极值（1）极值的定义f(x)在x=x0处先↗后↘，f(x)在x=x0处取得极大值f(x)在x=x0处先↘后↗，f(x)在x=x0处取得极小值3.两招破解不等式的恒成立问题(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.(1)分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围．(2)函数思想法第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值；第三步：构建不等式求解．4.常用函数不等式：xx12①e≥x+1，其加强不等式e≥x+x+1；2xx2②e≥ex，其加强不等式e≥ex+(x-1).x−1③e≥x，lnx≤x−1，ln(x+1)≤x11112(x−1)123放缩1−<x−<x−<lnx<<−x+2x−<x−1(0<x<1)x2xxx+12211232(x−1)1111−<−x+2x−<<lnx<x−<x−<x−1(1<x<2)x22x+1x2x12312(x−1)111−x+2x−<1−<<lnx<x−<x−<x−1(x>2)22xx+1x2xx11xx+1<e<(x<1)，<x+1<e(x>1)1−x1−x5.利用导数证明不等式问题：(1)直接构造函数法：证明不等式fx>gx(或fx<gx)转化为证明fx-gx>0(或fx-gx<0)，进而构造辅助函数hx=fx-gx；(2)转化为证不等式h(x)>0(或h(x)<0)，进而转化为证明h(x)min>0(h(x)max>0)，因此只需在所给区间内判断h(x)的符号，从而得到函数h(x)的单调性，并求出函数h(x)的最小值即可.1 6.证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：(1)证明x1+x2<2a(或x1+x2>2a)：①首先构造函数gx=fx-f2a-x，求导，确定函数y=fx和函数y=gx的单调性；②确定两个零点x1<a<x2，且fx1=fx2，由函数值gx1与ga的大小关系，得gx1=fx1-f2a-x1=fx2-f2a-x1与零进行大小比较；③再由函数y=fx在区间a,+∞上的单调性得到x2与2a-x1的大小，从而证明相应问题；22(2)证明x1x2<a(或x1x2>a)(x1、x2都为正数)：2a①首先构造函数gx=fx-fx，求导，确定函数y=fx和函数y=gx的单调性；②确定两个零点x1<a<x2，且fx1=fx2，由函数值gx1与ga的大小关系，得gx1=fx1-22aaf=fx2-f与零进行大小比较；x1x12a③再由函数y=fx在区间a,+∞上的单调性得到x2与的大小，从而证明相应问题；x1x1-x2x1+x2(3)应用对数平均不等式x1x2<<证明极值点偏移：lnx1-lnx22①由题中等式中产生对数；x1-x2②将所得含对数的等式进行变形得到；lnx1-lnx2③利用对数平均不等式来证明相应的问题.题型训练一、问答题7(2023·吉林·统考一模)已知函数fx=-2x+lnx．(1)求曲线y=fx在1,f1处的切线方程；2(2)若对∀x∈0,+∞，fx≤ax-2x恒成立．求实数a的取值范围．【答案】(1)x+y+1=01(2)2e,+∞【分析】(1)求函数切线在某点处的切线方程时该点即为切点，在切点处导函数的值就是切线斜率，根据斜截式求切线方程；(2)解决恒成立问题时，可以利用分离变量法，将参数移到不等式的一边，构造出一个新的函数后，求2出函数的最值，即可求得参数的范围；还可以将所有的式子放在不等式的一边，即：ax-lnx≥0，同样2构造函数gx=ax-lnx(x>0)，只需求出gx的最小值，过程中需要对a进行分类讨论；还可将两22个基本初等函数放在不等式的两边，即：ax≥lnx，构造出两个函数gx=ax，hx=lnx，结合两个函数图象，得到何时符合题意.1【详解】(1)解：fx=-2+(x>0)，x所求切线斜率为f1=-1，切点为1,-2，2 故所求切线方程为y--2=-x-1，即x+y+1=0.(2)方法一：分离变量2lnx由fx≤ax-2x得a≥在0,+∞恒成立，2xlnx令gx=(x>0)，则a≥g(x)max，2x1-2lnxgx=，当gx=0时，x=e，即：ge=0，3x当0<x<e时，gx>0；当x>e时，gx<0，故gx在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，1故当x=e时，gx取最大值为，2e11故a≥2e，即a的取值范围是2e,+∞.方法二：分类讨论22由fx≤ax-2x得ax-lnx≥0在0,+∞恒成立，2212ax-1令gx=ax-lnx(x>0)，则gx=2ax-=，xx①当a≤0时，gx≤0恒成立，gx在0,+∞上单调递减，又g1=a≤0，故当x>1时，gx<0，不合题意；1②当a>0时，令gx=0得x=，2a11令gx>0得x>，令gx<0得0<x<，2a2a11故gx在0,2a上单调递减，gx在2a,+∞上单调递增，1111故当x=时，gx取最小值g=2-ln≥0，2a2a2a11故a≥2e，即a的取值范围是2e,+∞，1综上所述，a的取值范围是2e,+∞.方法三：数形结合22由fx≤ax-2x得ax≥lnx在0,+∞恒成立，2令gx=ax，hx=lnx，则当x>0时，gx≥hx恒成立，1gx=2ax，hx=,x2若a≤0，当x>1时，ax≤0，lnx>0，∴gx<hx，不合题意；若a>0，∵gx≥hx，∴曲线y=gx与曲线y=hx有且只有一个公共点，且在该公共点处的切线相同．设切点坐标为x0,y0，2y0=ax0=lnx0x0=e则1，解得1，2ax0=x0a=2e3 1故当a≥时，gx≥hx，2e1即a的取值范围是2e,+∞.8(2023·云南红河·统考一模)已知函数f(x)=mx-lnx-1(m∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；x-1(2)若关于x的不等式e+alnx-(a+1)x+a≥0恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)(-∞,0]【分析】(1)先求得fx，然后对m进行分类讨论，从而求得fx的单调区间.lnxx-1(2)将要证明的不等式转化为e-alnx≤e-a(x-1)，然后利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.【详解】(1)由题可知，f(x)的定义域为(0,+∞)，1mx-1f(x)=m-=xx当m≤0时，mx-1<0在(0,+∞)上恒成立，所以f(x)<0在(0,+∞)上恒成立，即f(x)在(0,+∞)单调递减11当m>0时，令f(x)>0解得x>，令f(x)<0解得0<x<，mm11所以f(x)在0,m上单调递减，在m,+∞上单调递增．x-1(2)由e+alnx-(a+1)x+a≥0，x-1lnxx-1得x-alnx≤e-a(x-1)，即e-alnx≤e-a(x-1)x令g(x)=e-ax则原不等式等价于g(lnx)≤g(x-1)由(1)得，当m=1时f(x)≥f(1)=0所以lnx≤x-1在(0,+∞)上恒成立．若g(lnx)≤g(x-1)在(0,+∞)上恒成立，x则需g(x)=e-ax在R上单调递增．xx所以g(x)=e-a≥0在R上恒成立，即a≤e在上R恒成立，则a≤0，所以实数a的取值范围是(-∞,0].【点睛】求解函数单调区间的步骤：(1)确定fx的定义域；(2)计算导数fx；(3)求出fx=0的根；(4)用fx=0的根将fx的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内fx的符号，进而确定fx的单调区间：fx>0，则fx在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；fx<0，则fx在对应区间上是减函数，对应区间为减区间.如果导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.x9(2023·全国·模拟预测)已知函数fx=2e-x．(1)求fx的最值；x2x(2)若方程fx=ae-ae有两个不同的解，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析4 (2)4ln2e,+∞【分析】(1)首先对fx求导，利用导数研究函数fx的单调性，可得函数fx的最值；x2x(2)构造函数gx=fx-ae-ae，先将方程有两个不同的解的问题转化为函数gx有两个不同的零点问题．再对a进行分类讨论，根据函数单调性结合零点存在定理求解．x【详解】(1)由题意可得：fx=2e-1，令fx=0，得x=-ln2，当x∈-∞,-ln2时，fx<0，fx单调递减；当x∈-ln2,+∞时，fx>0，fx单调递增．所以fx的最小值为f-ln2=1+ln2，无最大值．x2x2xx(2)令gx=fx-ae-ae=ae+2-ae-x，2xxxx则gx=2ae+2-ae-1=ae+12e-1，x2x若方程fx=ae-ae有两个不同的解，则gx有两个不同的零点．x(ⅰ)若a≥0，则ae+1>0，由gx=0得x=-ln2．当x∈-∞,-ln2时，gx<0，当x∈-ln2,+∞时，gx>0，所以gx在-∞,-ln2上单调递减，在-ln2,+∞上单调递增，1所以gx的最小值为g-ln2=ln2e-a．41①当a∈0,4ln2e时，ln2e-a>0，即g-ln2>0，故gx没有零点，不满足题意；4②当a=4ln2e时，g-ln2=0，gx只有一个零点，不满足题意；1③当a∈4ln2e,+∞时，ln2e-a<0，即g-ln2<0，42xx当x<0时，ae>0，0<e<1，又因为2-a<0，故gx>2-a-x，所以g2-a>0，又2-a<-ln2，故gx在2-a,-ln2上有一个零点．x设hx=e-xx>0，x则hx=e-1>0，hx单调递增，所以hx>0，2xxxxxx故当x>0时，gx>ae+2-ae-e=eae+1-a>eax+1-a，111又1-a>0，所以g1-a>0，因此gx在-ln2,1-a上有一个零点，所以当a>4ln2e时，gx有两个不同的零点，满足题意；(ⅱ)若a<0，则由gx=0得x1=-ln2，x2=-ln-a．①当-2<a<0时，x1<x2，当x∈-∞,-ln2时，gx<0；当x∈-ln2,-ln-a时，gx>0；当x∈-ln-a,+∞时，gx<0．所以gx在-∞,-ln2和-ln-a,+∞上单调递减，在-ln2,-ln-a上单调递增．1又g-ln2=ln2e-a>0，4所以gx至多有一个零点，不满足题意；②当a=-2时，x1=x2，则gx≤0，5 所以gx单调递减，至多有一个零点，不满足题意；③当a<-2时，x1>x2，当x∈-∞,-ln-a时，gx<0；当x∈-ln-a,-ln2时，gx>0；当x∈-ln2,+∞时，gx<0．所以gx在-∞,-ln-a和-ln2,+∞上单调递减，在-ln-a,-ln2上单调递增，1又g-ln-a=1-+ln-a>0，所以gx至多有一个零点，不满足题意；a综上，实数a的取值范围为4ln2e,+∞．【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法(1)直接法：直接根据题设条件对参数进行分类讨论，通过研究函数的零点情况来确定参数的取值范围．(2)分离参数法：将参数分离，转化成求函数值域的问题．(3)数形结合法：先对解析式变形，将函数的零点问题转化为两函数图象的交点问题，再在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，然后数形结合求解．211-x10(2023·浙江金华·校联考模拟预测)已知f(x)=ax-ax--lnx+e(a>0)．x(1)若当x=1时函数fx取到极值，求a的值；(2)讨论函数fx在区间(1,+∞)上的零点个数．【答案】(1)1(2)答案见解析111-x【分析】(1)求得f(x)=2ax-a+--e，由f(1)=0，得到a=1，进而结合函数极值点的定x2x义，即可求解；211-x211-x21(2)当a≥1时，求得f(x)=ax-ax--lnx+e≥x-x--lnx+e，令h(x)=x-x-xxx1-x-lnx+e，利用导数的hx单调性，结合f(x)>0，得到fx在区间(1,+∞)上没有零点；当0<ax-13111-x(x-2)e+x<1时，求得f(x)=2ax-a+--e，令nx=f(x)，求得n(x)>，令φ(x)=x2xx3⋅ex-1x-131(x-2)e+x，利用导数求得f(x)在(1,+∞)单调递增．，结合f(1)<0，f1+>0，得出函数a1fx的单调区间，由f(1)=0，得出fx在1,x1没有零点，在由f1+a>0，得到存在唯一x2，使得fx2=0，即可得到答案.211-x111-x【详解】(1)解：函数f(x)=ax-ax--lnx+e，可得f(x)=2ax-a+--exx2x因为x=1时函数fx取到极值，可得f(1)=0，解得a=1，111-x当a=1时，可得f(x)=2x-1+--e，x2x111-x令m(x)=f(x)=2x-1+--e，x2x3211-x212x+x-2可得m(x)=2-++e>2-+=，32323xxxxx32令λ(x)=2x+x-2，可得λ(x)=6x+1>0，所以λ(x)单调递增，6 7557又因为λ8=256>0，所以在区间8,+∞上m(x)>0，即f(x)单调递增，所以x=1是f(x)的变号零点，所以当x=1时函数fx取到极值．2(2)解：当a≥1时，因为x-x>0，211-x211-x所以f(x)=ax-ax--lnx+e≥x-x--lnx+e，xx211-x令h(x)=x-x--lnx+e，x111-x111则h(x)=2x-1+--e>2x-2+-=(x-1)2->0，x2xx2xx2所以hx在(1,+∞)单调递增，则f(x)≥h(x)>h(1)=0，所以，当a≥1时，fx在区间(1,+∞)上没有零点．111-x当0<a<1时，可得f(x)=2ax-a+--e，x2x111-x令nx=f(x)=2ax-a+--e，x2xx-13211-x211-x(x-2)e+x可得n(x)=2a-++e>-++e=，32323x-1xxxxx⋅ex-13x-12令φ(x)=(x-2)e+x，则φ(x)=(x-1)e+3x>0，所以φx在(1,+∞)单调递增，φ(x)>φ(1)=0，则n(x)>0，所以f(x)在(1,+∞)单调递增．111-1a因为f(1)=a-1<0，f1+a=a+2+12-1-e>a+2-1-1>0，1+a1+a当x→+∞时，f(x)→+∞，1所以存在x1∈1,1+a使得fx1=0．则f(x)在1,x1单调递减，在x1,+∞单调递增，又因为f(1)=0，所以当x∈1,x1时，f(x)<0，故fx在1,x1没有零点，1-x1因为在x1,+∞单调递增，且fx1<f(1)=0，而lnx≤x-1,e>0,<1，x211-x2所以f(x)=ax-ax--lnx+e>ax-ax-1-(x-1)，x1121则f1+a>a1+a-(a+1)1+a=0，1所以存在唯一x2∈x1,1+a，使得fx2=0，故fx在x1,+∞存在唯一零点x2，因此当0<a<1时，fx在(1,+∞)存在唯一零点，综上所述，当a≥1时，fx在区间(1,+∞)上没有零点；当0<a<1时，fx在(1,+∞)存在唯一零点．【点睛】方法技巧：已知函数零点(方程根)的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式(组)，再通过解不等式(组)确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.x结论拓展：与e和lnx相关的常见同构模型7 aaax①ae≤blnb⇔elne≤blnb，构造函数fx=xlnx或gx=xe；aaxebebxe②<⇔<，构造函数fx=或gx=；alnbalnblnxxlneaaax③e±a>b±lnb⇔e±lne>b±lnb，构造函数fx=x±lnx或gx=e±x.x211(2022·江苏南通·模拟预测)已知函数fx=x-ae-x．(1)若a=1,x∈0,1，求函数fx的最值；(2)若a∈Z，函数fx在x∈0,+∞)上是增函数，求a的最大整数值．2【答案】(1)最小值为-1-ln2-1，最大值为-1(2)0【分析】(1)求导分析函数的单调性与最值即可；2x(2)将题意转化为fx≥0在x∈0,+∞)上恒成立，参变分离可得1-a≥-x，x∈0，+∞，设xe2x1gx=x-x，求导后根据零点存在性定理可得0,2上有极大值点，设为x0，再根据x0满足的方程e代入gx，结合x0的取值范围分析最大值的范围即可.x2xxx【详解】(1)若a=1，则函数fx=x-1e-x，fx=e+x-1e-2x=xe-2．令fx=0，则x=0或x=ln2，由于x∈0,1，因而当x∈0,ln2时．fx<0,fx单调递减，当x∈ln2,1时．fx>0,fx单调递增，2所以fx的最小值为fln2=-1-ln2-1，最大值为f0=f1=-1xxx(2)fx=e+x-ae-2x=x+1-ae-2x，由fx在x∈0,+∞)上是增函数，得fx≥0在x∈0,+∞)上恒成立，x2x即x+1-ae-2x≥0，x∈0,+∞，分离参数得1-a≥-x，x∈0，+∞xex2x2-2x2-2x-e设gx=-x，则gx=-1=，xxxeeexgx=0，即2-2x-e=0x1设hx=2-2x-e，由于h0=1>0，h=1-e<0，2x1因而方程2-2x-e=0在0,2上有解，设为x0，x0则e=2-2x0，且当x∈0,x0时，gx>0，当x∈x0,+∞时，gx<0，22x0x0x0所以gx的最大值为gx0=x-x0=-x0=．e01-x1-x0022x0x01因而1-a≥，即a≤1+=3++x-1，1-xx-1x-1000011又x0∈0,2，x0-1∈-1,-2，11又3+x-1+x0-1∈2,108 所以a的最大整数值为0．【点睛】方法点睛：(1)函数在区间上单调递增或单调递减，转化为导函数在区间上非负或非正恒成立；(2)恒成立问题可考虑参变分离，再构造函数分析最值；(3)极值点不能求解则设隐零点x0，将x0满足的等式条件化简代入原函数，再根据x0的区间可求出极值的范围.3212(2023·江苏徐州·校考模拟预测)已知函数f(x)=-2x+mx，m∈R，且g(x)=|f(x)|在x∈(0,2)上的极大值为1．(1)求实数m的值；(2)若b=f(a)，c=f(b)，a=f(c)，求a,b,c的值．【答案】(1)m=31(2)a=b=c=0，或a=b=c=，或a=b=c=12【分析】(1)由题意得到gx的表达式，对m≤0,m≥4和0<m<4这三种情况进行逐一分析，结合导数得到gx的单调性和最值，进而可得实数m的取值范围；11133(2)作出满足条件的函数图象，对a<0,a=0,0<a<,a=,<a<1,a=1,1<a≤和a>22222这八种情况进行分析，结合题意进行判断即可.2【详解】(1)g(x)=x|2x-m|，0≤x≤2，322①m≤0时，g(x)=2x-mx，∴g(x)=6x-2mx≥0，无极值．32②m≥4时，g(x)=-2x+mx，∴g(x)=2x(m-3x)，m当≥2，即m≥6时，g(x)≥0，无极大值；3mm当4≤m<6时，x<时，g(x)>0；<x<2时，g(x)<0，333mmm∴g(x)在x=处取极大值，即g==1，∴m=3，舍去．332732m-2x+mx,0≤x≤2③0<m<4时，gx=，32m2x-mx,<x≤222xm-3xm,0≤x≤2∴gx=，2x3x-mm,<x≤22mmmm0<x<时，g(x)>0；<x<时，g(x)<0；<x<2时，g(x)>0．33223mm∴g(x)在x=处取极大值=1，∴m=3符合题意．327综上，m=3．322(2)由(1)可知，f(x)=-2x+3x，f(x)=-6x+6x=6x-x+1，令fx>0可得-1<x<0，令fx<0可得x>1或x<0，如图所示．9 ①当a<0时，b=f(a)>0，3当0<b≤时，0<c=f(b)≤1，则a=f(c)>0，矛盾；23当b>时，c=f(b)<0，∴a=f(c)>0，矛盾．2②当a=0时，符合题意．111③当0<a<时，0<x<时，f(x)<x，∴0<b=f(a)<a<，22211则0<c=f(b)<b<，0<a=f(c)<c<，∴a<c<b<a，矛盾．221④当a=时，符合题意．2111⑤当<a<1时，<x<1时，f(x)>x，∴1>b=f(a)>a>，22211则1>c=f(b)>b>，1>a=f(c)>c>，∴a>c>b>a，矛盾．22⑥当a=1时，符合题意．3⑦当1<a≤时，0≤b=f(a)<1，则0≤c=f(b)<1，∴a=f(c)<1，与a>1矛盾．233⑧当a>时，b=f(a)<0，c=f(b)>0，∴a=f(c)≤1，与a>矛盾．221综上，a=b=c=0，或a=b=c=，或a=b=c=1．21【点睛】关键点睛：本题第二问的关键点在于作出满足条件的函数图象，对a<0,a=0,0<a<,a=21133,<a<1,a=1,1<a≤和a>这八种情况进行分析，结合题意进行判断即可.2222x-x13(2023·安徽·校联考模拟预测)已知函数fx=ae-e，(a∈R).(1)若fx为偶函数，求此时fx在点0,f0处的切线方程；(2)设函数g(x)=f(x)-(a+1)x，且存在x1,x2分别为g(x)的极大值点和极小值点.(ⅰ)求实数a的取值范围；(ⅱ)若a∈(0,1)，且gx1+kgx2>0，求实数k的取值范围.【答案】(1)y+2=0(2)(i)(0,1)∪(1,+∞)；(ii)(-∞,-1]【分析】(1)根据偶函数的定义，求出a的值，然后利用导数求切线方程.(2)(ⅰ)对g(x)进行求导，将g(x)既存在极大值，又存在极小值转化成g(x)=0必有两个不等的实数根，利用导数得到g(x)的单调性和极值，进而即可求解；10 1(ⅱ)对g(x)进行求导，利用导数分析g(x)的极值，将gx1+kgx2>0恒成立转化成lna<1-ka-1⋅，构造函数，利用导数分类讨论求解即a+1-xxx-x【详解】(1)f(x)为偶函数，有f(-x)=ae-e=f(x)=ae-e，则a=-1，x-xx-x所以f(x)=-e-e，f(x)=-e+e所以f(0)=-2，f(0)=0所以f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y+2=0.x-x(2)(ⅰ)g(x)=f(x)-(a+1)x=ae-e-(a+1)x，2xxxxx-xae-(a+1)e+1ae-1e-1g(x)=ae+e-(a+1)==，xxee因为函数g(x)既存在极大值，又存在极小值，则g(x)=0必有两个不等的实根，则a>0，令g(x)=0可得x=0或x=-lna，所以-lna≠0，解得a>0且a≠1.令m=min0,-lna，n=max0,-lna，则有：x(-∞,m)m(m,n)n(n,+∞)g(x)+0-0+g(x)↗极大值↘极小值↗可知g(x)分别在x=m和x=n取得极大值和极小值，符合题意.综上，实数a的取值范围是(0,1)∪(1,+∞).(ⅱ)由a∈(0,1)，可得-lna>0，所以x1=0，x2=-lna，gx1=a-1，gx2=1-a+(a+1)lna且有gx2<gx1<0，由题意可得a-1+k1-a+(a+1)lna>0对∀a∈(0,1)恒成立，由于此时gx2<gx1<0，则k<0，1a-1所以ka+1lna>k-1a-1，则lna<1-⋅a+1，k1x-1令h(x)=lnx-1-⋅x+1，其中0<x<1，k2122112(x+1)-2x1-kx+kx+1则h(x)=-1-⋅==，xk(x+1)2x(x+1)2x(x+1)2222441-k令x+x+1=0，则Δ=-4=.k22kk①当Δ≤0，即k≤-1时，h(x)≥0，h(x)在(0,1)上是严格增函数，1a-1所以h(x)<h(1)=0，即lna<1-⋅a+1，符合题意；k(2)当Δ>0，即-1<k<0时，22设方程x+x+1=0的两根分别为x3，x4且x3<x4，k2则x3+x4=->0，x3x4=1，则0<x3<1<x4，k11 则当x3<x<1时，h(x)<0，则h(x)在x3,1上单调递减，1a-1所以当x3<x<1时，h(x)>h(1)=0，即lna>1-k⋅a+1，不合题意.综上所述，k的取值范围是(-∞,-1].1a-1【点睛】关键点点睛：本题(ⅱ)关键是将gx1+kgx2>0恒成立转化成lna<1-k⋅a+1，构造函数，利用导数分类讨论求解即可.14(2023上·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习)已知函数fx=x-mlnx-n，其中m,n∈R.(1)若m=n=1，求fx在x=1处的切线方程；n(2)已知不等式fx≥x恒成立，当取最大值时，求m的值.m【答案】(1)y=-1(2)m=e【分析】(1)根据切点和斜率求得切线方程.n(2)构造函数gx=fx-x，利用导数研究gx的最小值，由此列不等式来求得的最大值，以及m此时的m的值.【详解】(1)当m=n=1时，fx=x-1lnx-1，x-1因为fx=lnx+，所以f1=0，又f1=-1，x故fx在x=1处的切线方程为y=-1；(2)显然m≠0，+若m<0，当x→0时，x-mlnx-n→-∞，而x>0，矛盾，所以m>0，令gx=fx-x=x-mlnx-x-n，则gx≥0恒成立，即g(x)min≥0.mm1m由于gx=lnx-,lnx-=+>0，xxxx2m则gx=lnx-在正实数集上是增函数，xg1=-m<0,x→+∞时gx→+∞，故存在x0>1，使得gx0=0，且在0,x0上gx<0,g(x)单减，在x0,+∞上gx>0,gx单增，且m=x0lnx0，故g(x)min=gx0=x0lnx0-mlnx0-x0-n≥0，2所以n≤x0lnx0-mlnx0-x0=x0lnx0-x0lnx0-x0，2nx0lnx0-x0lnx0-x01所以≤=1-lnx0+≤-1，mx0lnx0lnx0等号当且仅当lnx0=1即x0=e时取得，此时m=x0lnx0=elne=e.n故当取最大值时，m=e.mx15(2023·广东韶关·统考一模)已知函数fx=e,gx=2x.(1)若fx在x=0处的切线与gx的图象切于点P，求P的坐标；12 2a+2(2)若函数Fx=faxx-的极小值小于零，求实数a的取值范围.a【答案】(1)1,2(2)(-∞,-2)∪(0,+∞)【分析】(1)由导数的几何意义可解；axa+2(2)求导得Fx=aex-1x+，对a进行分类讨论即可.axx0【详解】(1)fx=e.所以fx=e即切线斜率为k=e=1，1又gx=2x，所以gx=，令gx=1解得x=1，x则g1=2，故点P坐标为1,2.2a+2ax2a+2(2)Fx=faxx-a=ex-a，ax2axa+2因为Fx=eax+2x-a+2=aex-1x+，aa+2令Fx=0得x1=-,x2=1，aa+2①当a>0,x1=-<0由x的变化可得aa+2a+2a+2x-∞,-a-a-a,111,+∞Fx+0-0+Fx单调递增极大值单调递减极小值单调递增a2F(1)极小值=e-a<0符合题意；a+2②当-1<a<0,x1=->1由x的变化可得aa+2a+2a+2x-∞,111,-a-a-a,+∞Fx-0+0-Fx单调递减极小值单调递增极大值单调递减a2F(1)极小值=e-a>0不符合题意；③当a=1，Fx≤0，Fx单调递减，没极值点；a+2④当a<-1，x1=-<1由x的变化可得aa+2a+2a+2x-∞,-a-a-a,111,+∞Fx-0+0-Fx单调递减极小值单调递增极大值单调递减a+2x-a+2a+22a+2F-=ea--a极小值aa<0，13 解得a<-2；综上所述，a∈(-∞,-2)∪(0,+∞).【点睛】关键点睛：本题主要考查导数的几何意义以及利用导数研究函数的极值，注意分类讨论思想的应用，本题难点在于a的范围的划分，属于常考题型.1216(2023·湖北黄冈·统考模拟预测)已知函数f(x)=alnx-2x+x.2(1)讨论函数fx的极值点个数；x1(2)若不等式f(x)≤xe+x-a-2-1恒成立，求实数a的取值范围.2【答案】(1)答案见解析(2)a=1【分析】(1)根据函数极值的定义，结合一元二次方程根的判别式分类讨论进行求解即可；(2)利用换元法构造函数，根据导数的性质进行求解即可.2x-2x+a【详解】(1)∵f(x)=，x>0，.x22令g(x)=x-2x+a，方程x-2x+a=0的判别式为Δ=4-4a，①：当Δ≤0即a≥1时，fx≥0，fx单调递增，无极值点；②：当Δ>0即a<1时，函数gx有两个零点x1=1-1-a，x2=1+1-a，(i)当a≤0时.x1≤0，x2>1，当x∈0,x2时fx<0，fx单调递减，当x∈(x2,+∞)时fx>0，fx单调递增，fx有一个极小值点；(ii)当0<a<1时0<x1<1，x2>1，当x∈0,x1与(x2,+∞)时fx>0，fx单调递增，当x∈x1,x2时fx<0，fx单调递减，fx有两个极值点.综上：当a≥1时fx无极值点；当0<a<1时fx有两个极值点；当a≤0时fx有一个极小值点.x12x(2)不等式f(x)≤xe-2x+x恒成立，即alnx+x≤xe-1.2xxx∴xe-alnxe-1≥0，令xe=t，t>0，∴t-alnt-1≥0.t-a令ht=t-alnt-1，h(t)=，则需ht=t-alnt-1≥0，t当a≤0时，ht≥0，ht单调递增，又h1=0，∴t∈0,1时ht<0，不合题意，∴a>0.当0<t<a时，ht单调递减，当t>a时ht单调递增，h(t)min=h(a)=a-alna-1.而h1=0，∴ha=a-alna-1≤0，又由ht=t-alnt-1≥0可得ha=a-alna-1≥0，所以需ha=a-alna-1=0，令mx=x-xlnx-1，mx=-lnx，当x∈0,1时mx单调递增，当x∈(1,+∞)时mx单调递减，14 ∴m(x)max=m(1)=0，∴a=1.x【点睛】关键点睛：本题的关键是根据换元法把alnx+x≤xe-1变形为t-alnt-1≥0.m17(2023·山东潍坊·统考模拟预测)已知函数f(x)=+ln(x+1)，m∈R．x-1(1)若函数fx图象上存在关于原点对称的两点，求m的取值范围；(2s-2t)kmm(2)当s>t>1时，+f(t-2)+<f(s-2)+恒成立，求正实数k的最大值．s+t-2s-3t-31【答案】(1)-≤m≤02e(2)12mm2【分析】(1)问题可转化f-x+fx=0有解，得到ln1-x=-=-m，构造函x+1x-1x2-11数g(t)=tlnt(0<t≤1)，求导讨论单调性，利用数形结合，找到y=m与曲线在0,1的有交点时2m的范围；2ks-1-1t-1s-1s-1(2)恒成立问题，把不等式变形成<ln，设=a(a>1)，构造函数h(a)=s-1+1t-1t-1t-12k(a-1)-lna(a>1)，转化成零点的问题，再利用单调性求解.a+1【详解】(1)要使函数fx图象上存在关于原点对称的两点，则f-x+fx=0有解，mm则ln(-x+1)++ln(x+1)+=0，-x-1x-12mm2即ln1-x=-=-m，x+1x-1x2-12令t=1-x，则0<t≤1，1设g(t)=tlnt(0<t≤1)211g(t)=(1+lnt)=0得t=，2e1当0<t<时，gt<0，gt单调递减，e1当<t≤1时，gt>0，gt单调递增，e11所以g(t)min=ge=-2e，g1=0，1所以-≤m≤0；2e(2s-2t)kmmmm(2)由题意知+ln(t-1)++<ln(s-1)++，s+t-2t-3s-3s-3t-3(2s-2t)k则<ln(s-1)-ln(t-1)，s+t-215 2ks-1-12k[(s-1)-(t-1)]s-1t-1s-1则<ln，<ln，(s-1)+(t-1)t-1s-1+1t-1t-1s-12k(a-1)设=a(a>1)，则<lna，t-1a+12k(a-1)即-lna<0，a+12k(a-1)设h(a)=-lna(a>1)，a+1224k14ka-(a+1)-a+(4k-2)a-1h(a)=-==，且h1=0，(a+1)2aa(a+1)2a(a+1)2-1+4k-2-14k-4当h(1)==>0，即k>1时，442易知方程-a+4k-2a-1=0有一根a1大于1，另一根a2小于1，所以ha在1,a1上单调递增，故有ha>h1=0不合题意，舍去，222当0<k≤1时，有4ka-a+1≤4a-a+1=-a-1<0，所以ha≤0，从而ha在(1,+∞)上单调递减，故当a>1时，恒有ha<h1=0符合题意，所以正实数k的取值范围为0<k≤1，因此k的最大值为1．【点睛】方法点睛：本题考查利用导数讨论方程根的个数问题.2mm2问题一可转化f-x+fx=0有解，得到ln1-x=-=-m，构造函数g(t)=x+1x-1x2-11tlnt(0<t≤1)，求导讨论单调性，利用数形结合，找到y=m与曲线在0,1的有交点时m的范围；22ks-1-1t-1s-1s-1问题二转化成恒成立问题，把不等式变形成<ln，设=a(a>1)，构造函数s-1+1t-1t-1t-12k(a-1)h(a)=-lna(a>1)，转化成零点的问题，再利用单调性求解.a+12x18(2023·河北保定·统考二模)已知函数fx=xe+m,m∈R．(1)当m=-1时，求fx在点A1,e-1处的切线方程．fx(2)若gx=-lnx-1的图象恒在x轴上方，求实数m的取值范围．x【答案】(1)3e-2x-y-2e+1=0(2)m≥-1【分析】(1)由题意，将m=-1代入函数fx的解析式中，对函数fx进行求导，得到f1和f1，代入切线方程中即可求解；lnx+1xlnx+1(2)将函数gx的图像恒在x轴上方，转化成m>-e恒成立，构造函数φx=-xxxe，此时问题转化成函数最值问题，对函数φx进行求导，利用导数的几何意义以及零点存在性定理进行求解即可．2x【详解】(1)∵fx=xe-12x∴fx=x+2xe-2x16 ∴f1=3e-2．又∵f1=e-1∴fx在点A1,e-1处的切线方程为3e-2x-y-2e+1=0fxx(2)gx=-lnx-1的图像恒在x轴上方，等价于xe+m-lnx-1>0恒成立xlnx+1x即m>-e恒成立，x2xlnx+1xlnxxlnx+xe令φx=-e，则φx=--e=-xx2x2x212xx令gx=-lnx+ex，则gx=-x+xe+2xe<0所以gx在0,+∞上单调递减1又g2>0,g1<0，所以在0,+∞上存在唯一的x0使gx0=0当x∈0,x0时φx>0,φx单调递增，当x∈x0,+∞时φx<0,φx单调递减．lnx0+1x0故φx的最大值为φx0=-ex0x02x0lnx0又1nx0+ex0=0，故x0e=-，x0两边取对数得lnx0+x0=ln-lnx0+-lnx0x01又hx=x+lnx在定义域内单调递增，所以x0=-lnx0，故e=x0lnx0+1x0lnx011所以φx0=-e=+-=-1x0x0x0x0所以m≥-1.【点睛】方法点睛：含参不等式恒成立求参数值(取值范围)常用的方法：(1)直接法：直接求导确定函数的单调性得到最值，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的最值问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.x19(2023下·福建宁德·高三统考阶段练习)已知函数f(x)=e+2ax-1，其中a为实数，e为自然对数底数，e=2.71828⋯.(1)已知函数x∈R，f(x)≥0，求实数a取值的集合；2(2)已知函数F(x)=f(x)-ax有两个不同极值点x1、x2，证明2a(x1+x2)>3x1x2【答案】(1)-12(2)证明见解析【分析】(1)求出f(x)的导数，对实数a分类讨论求出f(x)的最小值，解不等式f(x)min≥0即可求解；x2x-12e2(2)由函数F(x)=f(x)-ax有两个不同极值点x1、x2，可求出a的取值范围，由已知得x=，e1x-11取对数得x2-x1=lnx2-1-lnx1-1，通过换元x1-1=t1，x2-1=t2，构造函数ut=t-lnt，讨论函数ut=t-lnt的单调性，确定t1，t2的不等关系，再转化为x1、x2的关系即可证明．17 xx【详解】(1)由f(x)=e+2ax-1，得f(x)=e+2a，1当a≥0时，因为f(-1)=-1-2a<0，不合题意；e当a<0时，当x∈-∞,ln(-2a)时，f(x)<0，f(x)单调递减，当x∈ln(-2a),+∞时，f(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)min=fln(-2a)=-2a+2aln(-2a)-1，要f(x)≥0，只需f(x)min=-2a+2aln(-2a)-1≥0，令g(x)=x-xlnx-1，则g(x)=-lnx，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；所以g(x)≤g(1)=0，则由g(-2a)=-2a+2aln(-2a)-1≥0得-2a=1所以a=-1，故实数a取值的集合-122x2x(2)由已知Fx=e-ax+2ax-1，则Fx=e-2ax+2a，因为函数Fx有两个不同的极值点x1、x2，所以Fx有两个不同零点，若a≤0时，则Fx在R上单调递增，Fx在R上至多一个零点，与已知矛盾，舍去；x1x-1当a>0时，由e-2ax+2a=0，得=，2axex-12-x令φx=，所以φx=，xxee当x∈-∞,2时，φx>0，φx单调递增；当x∈2,+∞时，φx<0，φx单调递减.1所以φxmax=φ2=，且当x<1时，φx<0，当x>1时，φx>0，2e如下图所示：211e1由图可知，当0<<时，即当a>时，直线y=与函数φx的图象有两个交点，2ae222a不妨设这两个交点的横坐标分别为x1、x2，且x1<x2，1x-1x1x-1且当x<x1或x>x2时，2a>ex，则Fx=2ae2a-ex>0，18 1x-1x1x-1当x1<x<x2时，2a<ex，则Fx=2ae2a-ex<0.2e综上所述，当a>时，函数Fx有两个极值点；2设x1<x2，则1<x1<2<x2，x1x2因为φ(x1)=φ(x2)=0，所以e=2ax1-2a，e=2ax2-2a，x2x-1e2则x=，取对数得x2-x1=ln(x2-1)-ln(x1-1)，e1x-11令x1-1=t1，x2-1=t2，则t2-t1=lnt2-lnt1，即t2-lnt2=t1-lnt1(0<t1<1<t2)，令u(t)=t-lnt，则u(t1)=u(t2)，1因为u(t)=t-，所以u(t)=t-lnt在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，t11令v(t)=u(t)-u=t--2lnt，tt2(t-1)则v(t)=≥0，v(t)在(0,+∞)上单调递增，2t1又v(1)=0，所以当t∈(0,1)时，v(t)<v(1)=0，即u(t)<u，t1因为t2>1，2-t1>1，u(t)=t-lnt在(1,+∞)上单调递增，所以t2<，t11所以x2-1<，即x1x2<x1+x2，x1-12122所以x1x2<x1+x2<e(x1+x2)<a(x1+x2)，323故3x1x2<2a(x1+x2)成立.【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fx>gx(或fx<gx)转化为证明fx-gx>0(或fx-gx<0)，进而构造辅助函数hx=fx-gx；(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.20(2023·广东·统考二模)已知a∈R，函数fx=x-1ln1-x-x-acosx，fx为fx的导函数.(1)当a=0时，求函数fx的单调区间；(2)讨论fx在区间0,1上的零点个数；1110(3)比较cos与ln的大小，并说明理由.10109【答案】(1)fx的单调递增区间为-∞,0，单调递减区间为0,1(2)答案见解析1110(3)cos<ln，理由见解析10109【分析】(1)求导可得fx=ln1-x(x<1)，根据fx>0和fx<0即可求解；a1-xcosx-1(2)令gx=fx，则gx=，x∈0,1.易知当a≤1时gx<0，从而gx单调1-x19 递减；当a>1时令hx=a1-xcosx-1，利用导数讨论函数h(x)的单调性，根据零点的存在性定理分析函数gx的单调性可得gx<0，即可得出零点的个数；(3)由(2)可得当a≤1时ln1-x+asinx<0在0,1上恒成立.利用导数讨论函数mx=x-11tanx的性质可得xcosx<sinx，结合sinx<ln得xcosx<ln，x∈0,1，即可证明.1-x1-x【详解】(1)当a=0时，fx=x-1ln1-x-x，其定义域为-∞,1，fx=ln1-x，令fx=ln1-x=0，得x=0.当x∈-∞,0时，fx>0，故fx在-∞,0上单调递增；当x∈0,1时，fx<0，故fx在0,1上单调递减.因此，函数fx的单调递增区间为-∞,0，单调递减区间为0,1.(2)令gx=fx=ln1-x+asinx，1a1-xcosx-1则gx=-+acosx=，x∈0,1.1-x1-x因为x∈0,1，则1-x∈0,1，cosx∈0,1，则1-xcosx∈0,1.当a≤1时，则a1-xcosx-1<0，故gx<0，从而gx在0,1上单调递减；而g0=0，故当x∈0,1时，gx<g0=0，故gx在区间0,1上无零点；即fx在区间0,1上无零点；当a>1时，令hx=a1-xcosx-1，则hx=-acosx+1-xsinx，因为x∈0,1，则cosx+1-xsinx>0，从而hx<0，即hx在0,1上单调递减；而h0=a-1>0，h1=-1<0，因此存在唯一的x0∈0,1，使得hx0=0，并且当x∈0,x0时，hx>0；当x∈x0,1时，hx<0.即当x∈0,x0时，gx>0，当x∈x0,1时，gx<0.故当x∈0,x0时，gx单调递增，当x∈x0,1时，gx单调递减.而g0=0，故gx0>0；-2a-2a取N=1-e∈0,1，当x>N时，gx=ln1-x+asinx<a+lne=a-2a=-a<0，所以存在唯一的m∈x0,1，使得gm=0，即fx在区间0,1上有唯一零点.综上所述，当a>1时，fx在0,1上有唯一的零点；当a≤1时，fx在0,1上没有零点.1110(3)cos<ln10109理由如下：[解法一]由(2)可得，当a≤1时，ln1-x+asinx<0在0,1上恒成立.1即当a=1时，sinx<ln，x∈0,1.1-xπ以下证明不等式：当x∈0,时，有x<tanx.220 1π令mx=x-tanx，则mx=1-<0，故mx在0,上单调递减，cos2x2π则mx<m0=0，即x<tanx，x∈0,，即有xcosx<sinx，211而sinx<ln，故xcosx<ln，x∈0,1.1-x1-x11110取x=，则有cos<ln.10101091111[解法二]显然cos∈0,1，故cos<，10101010以下证明不等式：当x∈-1,+∞时，有ln1+x≤x.1-x令px=ln1+x-x，则令px=-1==0，得x=0.1+x1+x故当x∈-1,0时，px>0，从而px在-1,0上单调递增；当x∈0,+∞时，px<0，从而px在0,+∞上单调递减.故x=0是px=ln1+x-x的极大值点，并且是最大值点，故px≤p0=0，即ln1+x≤x，x∈-1,+∞.191101取x=-，则ln<-，故ln>，101010910111101110故cos<<ln，从而cos<ln.101010910109【点睛】方点点睛：利用导数研究函数零点问题，不论哪种方法，其核心步骤都是构造函数.利用已知的函数或已知条件将问题转化，重新构造函数模型，通过导数研究函数模型的单调性、极值或最值等达到解决问题的目的.二、证明题221(2023·福建·校联考模拟预测)设函数fx=2x--alnx(a∈R).x(1)讨论fx的单调性；(2)若fx有两个极值点x1，x2，记过点Ax1,fx1，Bx2,fx2的直线的斜率为k，若x2∈1,e，4证明：2-<k<0.e-1【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；x12x2+1x1x114(2)求出直线的斜率k，得k=4-xln，令t=，t∈,1，要证：2-<k<0，即1-1x2x2ee-1x22t-1e+1t-1证lnt<和lnt>⋅，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．t+1e-1t+122a2x-ax+222【详解】(1)fx=2+-=，令gx=2x-ax+2，Δ=a-16.x2xx2①当-4≤a≤4时，Δ≤0，fx≥0，fx在0,+∞单调递增：21 ②当a<-4时，Δ>0，gx=0的两根都小于0，fx在0,+∞上大于0，所以fx在0,+∞单调递增；22a-a-16a+a-16③当a>4时，由gx=0，解得x1=，x2=，44x∈0,x1∪x2,+∞，gx>0，fx>0，fx在0,x1，x2,+∞上单调递增：x∈x1,x2，gx<0，fx<0，fx在x1,x2上单调递减.a(2)证明：由(1)知当a>4时，fx有两个极值点x1，x2，且满足x1+x2=，x1x2=1.211fx1-fx2=2x1-x2-2--alnx1-lnx2=4x1-x2-alnx1-lnx2，x1x2x1fx1-fx2lnx1-lnx22x1+x22x2+1x1k==4-a=4-lnx1-lnx2=4-ln.x1-x2x1-x2x1-x2x1-1x2x2x1112t+1令t==∈,1，则k=4-lnt.x2x2et-122t-1(ⅰ)要证k<0，即证lnt<.t+12t-114t-2t+1令ht=lnt-2，则ht=-=>0，t+1tt+12t+121所以ht在,1上单调递增.e2t-1又h1=0，所以ht<0，即lnt<，∴k<0.t+14e+1t-1(ⅱ)要证k>2-，即证lnt>⋅.e-1e-1t+124t-t+1e+1t-11e+12e-1令Ft=lnt-⋅，Ft=-=，e-1t+1te-1t+12tt+1232241e-e-3e-12e-6记Gt=t-t+1，则G=>0，G1=<0，e-1ee2e-1e-11则Gt在e,1有唯一实根t0，1故Ft在e,t0上单调递增，在t0,1单调递减，111又Fe=F1=0，所以当e<t<1时，Ft>Fe=0，e+1t-14∴lnt>⋅，即k>2-.e-1t+1e-14由(ⅰ)(ⅱ)，证得2-<k<0.e-1【点睛】思路点睛：根据函数极值点个数求参数相关问题时，一般需要先对函数求导，根据导函数对应的方程，确定极值点与参数之间关系，再由消元法将问题转化为参数与其中一个极值点之间的关系式，根据极值点的范围，构造新的函数，利用导数的方法判定新函数的单调性，进而即可求解.22 222(2023·福建龙岩·统考二模)已知函数f(x)=lnx，g(x)=x-．xx0+1x(1)若x0满足fx0=，证明：曲线y=f(x)在点Ax0,lnx0处的切线也是曲线y=e的切线；x0-1(2)若F(x)=f(x)-g(x)，且Fx1=Fx2x1≠x2，证明：Fx1+Fx2<4ln2-7．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析12【分析】(1)根据导数的几何意义先求出曲线y=fx在点A处的切线方程y=x+，再判定x0x0-1x该切线方程为y=e的切线即可；112(2)求Fx，设Fx1=Fx2=m,x1≠x2，建立方程组，得出，为方程2t-t+1+m=0的x1x2两根，根据韦达定理确定2x1+x2=x1x2，再由基本不等式判定x1x2>16，化简Fx1+Fx2=lnx1x1x2tx2-+1，构造函数h(t)=lnt-+1t>16求其单调性判定值域即可.22x0+11【详解】(1)由已知有lnx0=，f(x)=,x0-1x1曲线y=f(x)在点Ax0,lnx0处的切线方程为：y-lnx0=x-x0,x01x0+112即：y=x-1+lnx0，将lnx0=代入即有：y=x+,x0x0-1x0x0-1xxx111由y=e得y=e令e=得：x=ln，此时y=,x0x0x0x11可得：曲线y=e在点ln,处的切线方程为：x0x011111x0+1y-=x-ln=x+lnx0，将lnx0=代入化简，x0x0x0x0x0x0-112可得：y=x+x0x0-1x故曲线y=f(x)在点Ax0,lnx0处的切线也是曲线y=e的切线．2(2)∵Fx=fx-gx=lnx-x+x>0，x2-1+1+m=0x2x1211∴Fx=x-1-2，令Fx1=Fx2=m，得：21，xx2-x+1+m=022112∴，为方程2t-t+1+m=0的两根，x1x2111∴+=即：2x1+x2=x1x2，x1x22∴x1x2=2x1+x2>4x1x2∴x1x2>16，22∴Fx1+Fx2=lnx1-x1++lnx2-x2+x1x222=lnx1+lnx2-x1+x2++x1x2x1x2=lnx1x2-+1，223 x1x2t令t=x1x2>16，则lnx1x2-+1=lnt-+1，22t11令ht=lnt-+1t>16，则ht=-<0，2t2∴h(t)在16,+∞单调递减∴ht<h16=ln16-7=4ln2-7即Fx1+Fx2<4ln2-711【点睛】本题关键在第二问，设Fx1=Fx2=m，由导函数建立方程组结合韦达定理得出+x1x21x1x2t=，再求函数值之和Fx1+Fx2=lnx1x2-+1，构造函数ht=lnt-+1，结合基本不等222式求其定义域内的单调性即可证明不等式.23(2023·浙江·统考一模)已知函数fx=xcosx+asinx.3x(1)若a=-1，证明：当0<x<1时，fx>-；3(2)求所有的实数a，使得函数y=fx在-π,π上单调.【答案】(1)证明见解析(2)a=-13x【分析】(1)设gx=fx+(0<x<1)，对gx求导，设hx=x-sinx(0<x<1)，对hx求3导，讨论hx与0的大小，可得hx>h0=0，即可证明；(2)先求出fx为奇函数，要使函数y=fx在-π,π上单调，只要函数y=fx在0,π上单调，解f0≤0法1：对fx求导，由解出实数a，即可得出答案；解法2：讨论f0=0，f0>0和f0fπ≤0<0结合零点存在性定理即可得出答案.3x【详解】(1)设gx=fx+(0<x<1)，32则gx=fx+x=xx-sinx，设hx=x-sinx(0<x<1)，则hx=1-cosx，显然hx=1-cosx≥0所以hx在0,1上单调递增，故hx>h0=0，所以gx>0.3x则gx在0,1上单调递增，所以gx>g0=0，因此fx>-3(2)解法1：因为f-x=-xcosx-asinx=-fx，所以fx为奇函数.要使函数y=fx在-π,π上单调，只要函数y=fx在0,π上单调.又fx=a+1cosx-xsinx.ππ因为f=-<0，所以函数y=fx在0,π只能单调递减，22f0=a+1≤0由fπ=-a+1≤0，解得a=-1.下证当a=-1时，fx=xcosx-sinx在-π,π上单调.由于fx是奇函数，只要y=fx在0,π单调，因为fx=-xsinx≤0，所以y=fx在0,π单调递减.解法2：因为f-x=-xcosx-asinx=-fx，所以fx为奇函数.24 要使函数y=fx在-π,π上单调，只要函数y=fx在0,π上单调.又fx=a+1cosx-xsinx.(ⅰ)若f0=a+1=0，即a=-1时，fx=-xsinx≤0，所以函数y=fx在0,π上单调递减，所以a=-1满足题意；(ⅱ)若f0=a+1>0，则fπ=-a+1<0，故f0⋅fπ<0，所以由零点存在定理得存在x1，x2∈0,π，使得当x∈0,x1时，fx>0，当x∈x2,π时，fx<0，所以y=fx在0,x1单调递增，在x2,π单调递减，因此a>-1不合题意；(ⅲ)若f0=a+1<0，则fπ=-a+1>0，故f0⋅fπ<0，所以由零点存在定理得存在x3，x4∈0,π，使得当x∈0,x3时，fx<0，当x∈x4,π时，fx>0，所以y=fx在0,x3单调递减，在x4,π单调递增，因此a<-1不合题意；因此所求实数a的取值范围是a=-1.【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fx>gx(或fx<gx)转化为证明fx-gx>0(或fx-gx<0)，进而构造辅助函数hx=fx-gx；(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.24(2023下·江苏南京·高三南京师范大学附属中学江宁分校校联考阶段练习)已知函数fx=axlnx和函数gx=有相同的最大值.xaxe(1)求a的值；(2)设集合A=xf(x)=b，B=xg(x)=b(b为常数).①证明：存在实数b，使得集合A∪B中有且仅有3个元素；②设A∪B=x1,x2,x3，x1<x2<x3，求证：x1+x3>2x2.【答案】(1)a=1(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】(1)分别求出f(x)与g(x)的最大值，令其相等得到a的值；xlnx(2)①根据f(x)=和g(x)=的图象知存在直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三xxex1x2lnx2lnx3个不同的交点证得结论；②此时0<x1<1<x2<e<x3，且x1=x2=x=x=b，可证得x1=ee232lnx2，x2=lnx3，进一步得x2=x1x3，由基本不等式得x1+x3>2x2.【详解】(1)由题意可知：a≠0，axa1-x因为fx=，则fx=，xxee若a<0时，当x<1时，fx<0；当x>1时，fx>0；则fx在-∞,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，25 可知fx有最小值f1，不合题意，所以a>0，则当x<1时，fx>0；当x>1时，fx<0；则fx在-∞,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，a可知fx有最大值f1=；elnx1-lnx又因为gx=，则gx=，且a>0，axax2当0<x<e时，gx>0；当x>e时，gx<0；则gx在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，1可知gx有最大值ge=；aea=1可得eae，解得a=1.a>0(2)①因为集合A∪B的元素个数即为直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)的交点个数，由(1)可知：xf(x)=在(-∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，且x→+∞，y→0，xelnxg(x)=在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，且x→+∞，y→0，xxlnxf(x)=和g(x)=的图象如图所示：xxe设f(x)和g(x)的图象交于点M，则当直线y=b经过点M时，直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，故存在实数b，使得集合A∪B中有且仅有3个元素；x1x2lnx2lnx3②此时0<x1<1<x2<e<x3，且x1=b,x2=x=b,x=b，ee23x1lnx2x1lnx2因为b=x1=x，则x1=lnx2，即f(x1)=f(lnx2)，e2eex因为x1<1，lnx2<lne=1，且f(x)=x在(-∞,1)上单调递增，ex2x21所以x1=lnx2，可得==，x1lnx2bx2lnx3x2lnx3又因为b=x2=x，则x2=lnx3，即f(x2)=f(lnx3)，e3eex且x2>1，lnx3>lne=1，f(x)=x在(1,+∞)上单调递减，e26 x3x31所以x2=lnx3，则==，x2lnx3bx2x312所以==，即x2=x1x3，x1x2b2x2又因为x1+x3=+x1≥2x2，又x1<1<x3，故x1+x3>2x2x1【点睛】关键点点睛：对于已知的方程(或函数不等式)，通过整理变成fhx=fgx的形式，可以利用fx的单调性转化为hx=gx的形式，这类方法称为同构，在处理指对混合的不等式时尤其x1lnx2x1lnx2x好用，本题在处理x1=x时就先通过同构为x1=lnx2，利用函数f(x)=x的单调性得到x1=e2eeelnx2，结合x1,x2的关系分析证明.25(2023·云南大理·统考一模)已知函数fx=2x-sinx.(1)判断函数fx的单调性；(2)已知函数gx=fx-4x+2mlnx，其中m>1，若存在gx1=gx2x1≠x2，证明：x1+x2>1+lnm.【答案】(1)函数fx在R上单调递增(2)证明见解析【分析】(1)对函数fx进行求导，利用导数研究函数的单调性即可；(2)先求出gx解析式，由gx1=gx2，化简可得mlnx2-lnx1=sinx2-sinx1+x2-x1.不妨设x2>x1>0，所以lnx2>lnx1.再由函数fx单调递增，有2x1-2sinx1<2x2-2sinx2，化简可得m<2x2-x1，再利用转化思想和换元法结合导数的性质求证即可.lnx2-lnx1【详解】(1)fx的定义域为R，而fx=2-2cosx，由于cosx≤1，故fx=2-2cosx≥0，所以函数fx在R上单调递增.(2)由(1)得gx=2x-2sinx-4x+2mlnx=-2sinx-2x+2mlnxx>0，又gx1=gx2，即-2sinx1-2x1+2mlnx1=-2sinx2-2x2+2mlnx2，所以mlnx2-lnx1=sinx2-sinx1+x2-x1.不妨设x2>x1>0，所以lnx2>lnx1.由(1)得：当x>0时，函数fx单调递增，故有：2x1-2sinx1<2x2-2sinx2，即sinx2-sinx1<x2-x1，所以mlnx2-lnx1=sinx2-sinx1+x2-x1<2x2-x1mx2-x12x2-x1所以<，故m<.2lnx2-lnx1lnx2-lnx11m-1设hm)=m-1-lnm,m∈1,+∞,则hm=1-=,因为m∈(1,+∞),所以hm=mmm-1>0,即函数hm在(1,+∞)上是增加的.m又m>1,所以hm>f1=1-1-ln1=0,即m-1-lnm>0,所以m>1+lnm，27 故要证：x1+x2>1+lnm，可证：x1+x2>m，2x2-x1要证x1+x2>m，可证：x1+x2>lnx2-lnx12x2-x1下证x1+x2>，lnx2-lnx1x22x2-x12x2-x1x22x1-1由于x1+x2>⇔lnx2-lnx1>⇔ln>，lnx2-lnx1x2+x1x1x2+1x12x22t-1t-1设=t>1，令ht=lnt-t>1，则ht=>0，x1t+1tt+12所以函数ht在区间1,+∞上单调递增，所以ht>h1=0，2t-12x2-x1故lnt>，即x1+x2>成立.t+1lnx2-lnx12x2-x1综上有：x1+x2>>m>1+lnm，lnx2-lnx1故有x1+x2>1+lnm，得证.2x2-x1【点睛】关键点睛：第(2)问中，由函数fx单调递增，化简得m<，再利用转化思想和换元lnx2-lnx1法是解题关键.本题考查转化思想，整体换元思想，考查利用导数研究函数的单调性，属于较难题..26(2023上·湖南·高三邵阳市第二中学校联考阶段练习)已知函数fx=2lnx-ax+1a∈R.(1)讨论函数fx的零点个数；ax22e(2)已知函数gx=e-exa∈R，当0<a<时，关于x的方程fx=gx有两个实根x1,x2e11x1<x2，求证：x1-e<-.(注：e=2.71828⋯是自然对数的底数)x2e【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析2lnx+11+2lnx【分析】(1)分离参数，得a=，构造函数ux=，求导得函数的单调性，即可结合函xx数的图象和性质求解，x22(2)将式子变形后构造函数φx=x+e，得φax=φlnex，即可利用函数的单调性得ax=lnex，2构造函数ht=t-2tlnt(t>0)，将问题转化为ht1<h-t2，利用导数求解单调性，进而可求e证.【详解】(1)由已知函数fx的定义域为0,+∞，2lnx+1由fx=2lnx-ax+1=0，得a=，x1+2lnx1-2lnx令函数ux=,ux=，xx2当0<x<e时，ux>0，函数ux在0,e上单调递增，当x>e时，ux<0，函数ux在e,+∞单调递减，28 22e所以u(x)max=ue==，ee11+2lnx1+2lnx因为u=0,limx→0x→-∞,xlim→+∞x=0，e可知函数ux的图象如下所示：2e2e所以当a>时，函数fx的零点个数为0个，当a≤0或a=时，函数fx的零点个数为1ee2e个，当0<a<时，函数fx的零点个数为2个.eax2(2)由题设方程fx=gx，即2lnx-ax+1=e-ex，2ax22lnex所以ax+e=2lnx+ex+1=lnex+e，x2令φx=x+e，得φax=φlnex，x2又φx=1+e>0在R上恒成立，所以φx在R上单调递增，所以ax=lnex，即ax=1+2lnx，由已知，方程ax=1+2lnx有两个实根x1,x2x1<x2，1+2lnx1即a=有两个实根x1,x2x1<x2，由(1)得<x1<e<x2.xe111令x=t1,x=t20<t2<<t1<e，12ea=t1-2t1lnt1,所以a=t2-2t2lnt2,令ht=t-2tlnt(t>0)，所以ht=a有两个实根t1,t2，2先证t1+t2>.e11因为ht=-1-2lnt，令ht>0，解得0<t<，令ht<0，解得t>，ee1122所以ht在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，要证t1+t2>e，即证t1>e-t2，12112因为t1>e,e-t2>e,ht在e,+∞上单调递减，只需证ht1<he-t2，2即证ht2<h-t2.e21令Ft=ht-he-t0<t<e，222Ft=ht+he-t=-1-2lnt-1-2lne-t=-2-2lnte-t，222t1因为te-t=-t+e0<t<e，29 22t1令kt=-t+0<t<，ee1212可知函数kt在0,e上单调递增，所以0<te-t<e，所以lnte-t<-1，21所以-2-2lnte-t>0，即Ft>0在0,e上恒成立，112所以Ft在0,e上单调递增，所以Ft<Fe=0，所以ht2<he-t2成立，21211即ht1<he-t2成立，又t1>e,e-t2>e，且ht在e,+∞上单调递减，22112121所以t1>-t2，所以t1+t2>，即+>，所以>-，eex1x2ex2ex1112111所以x1-<x1+-<e-，即x1-e<-.x2x1eex2e【点睛】本题考查了导数的综合运用,利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.27(2023·吉林长春·东北师大附中校考一模)已知函数fx=lnx-kx+1．(1)讨论函数fx的单调性；x2ee(2)若函数gx=，求证：当a∈0,时，gx>fx+kx-1．ax2【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导后，分别在k≤0和k>0的情况下，由fx正负确定fx单调性；xx(2)通过分析法将所证不等式转化为e>axlnx；当0<x≤1，由e>0≥axlnx可知不等式成立；当x-2x-22e2ex>1时，采用放缩法将所证不等式转化为-lnx>0，构造函数gx=-lnxx>1，利xx用导数，结合零点存在定理的知识，可求得gx单调性和最小值，由此可得结论.11-kx【详解】(1)由题意知：fx的定义域为0,+∞，fx=-k=；xx1①当k≤0时，fx=-k>0在0,+∞上恒成立，x∴fx在0,+∞上单调递增；1②当k>0时，令fx=0，解得：x=，k11∴当x∈0,k时，fx>0；当x∈k,+∞时，fx<0；11∴fx在0,k上单调递增；在k,+∞上单调递减；1综上所述：当k≤0时，fx在0,+∞上单调递增；当k>0时，fx在0,上单调递增；在k1,+∞上单调递减.k30 xe(2)要证gx>fx+kx-1，只需证>lnx，ax2ex又a∈0,，x∈0,+∞，则只需证e>axlnx；2xx①当0<x≤1时，e>1，axlnx≤0，∴e>axlnx恒成立；22ee②当x>1时，∵xlnx>0，a∈0,，∴axlnx≤xlnx，222x-2xe2e则只需证e>xlnx，即证-lnx>0，2xx-22x-1ex-22x-1ex-2-x2e1令gx=-lnxx>1，则gx=-=，xx2xx2x-2x-2令hx=2x-1e-xx>1，则hx=2xe-1，x-2令mx=hx，则mx=2+2xe>0，∴mx在1,+∞上单调递增，即hx在1,+∞上单调递增，20∵h1=-1<0，h2=4e-1=3>0，e∴∃x0∈1,2，使得hx0=0，且当x∈0,x0时，hx0<0；当x∈x0,+∞时，hx0>0；∴hx在1,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，又h1=-1<0，∴hxmin=hx0<0，又h2=2-2=0，∴当x∈1,2时，hx<0，即gx<0；当x∈2,+∞时，hx>0，即gx>0；∴gx在1,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，0x-22e2e∴gx≥g2=-ln2=1-ln2>0，即-lnx>0；2x2ex综上所述：当a∈0,时，e>axlnx恒成立，即gx>fx+kx-1.2【点睛】关键点点睛：本题考查讨论含参数函数的单调性、利用导数证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是能够通过分析法将所证不等式进行转化，再利用放缩法去除变量a，将问题进一步转化为函数最值的求解问题.128(2023·河北沧州·校考三模)已知函数fx=ln+ax-2，a∈R.x(1)若fx≥0恒成立，求实数a的取值范围；*1111(2)证明：对任意的k∈N，1+1+1+⋯1+<e，e为自然对数的底12+122+232+3k2+k数.【答案】(1)e,+∞(2)证明见解析【分析】(1)对函数求导，利用fx≥0恒成立，即可求出实数a的取值范围；(2)通过求导利用函数单调性得出lnx+1≤x，进而利用放缩法证明不等式.【详解】(1)由题意，x∈0,+∞，a∈R，11ax-1在fx=ln+ax-2中，fx=-+a=，xxx31 当a≤0时，fx<0恒成立，∴函数fx在0,+∞上单调递减，∵f1=a-2<0，∴fx≥0不可能恒成立，ax-11当a>0时，令fx==0时，解得x=，xa11当x∈0,a时，fx<0，函数fx在0,a上单调递减,11当x∈a,+∞时，fx>0，函数fx在a,+∞上单调递增，11∴函数fx在x=处取得最小值f=lna-1，aa于是lna-1≥0，解得a∈e,+∞，∴实数a的取值范围是e,+∞.(2)由题意证明如下，1在fx=ln+ax-2中，x1令a=1，fx=x-lnx-2，fx=1-，x当x∈0,1时，fx<0，函数fx在0,1上单调递减；当x∈1,+∞时，fx>0，函数fx在1,+∞上单调递增，∴函数fx在x=1处取得最小值f1=-1，∴fx=x-lnx-2≥-1，即x-lnx-1≥0，即lnx≤x-1，当且仅当x=1时，等号成立.于是lnx+1≤x，当且仅当x=0时，等号成立.11*故x>0时，lnx+1<x，令x==，k∈N，2k+kkk+111*则ln1+<，k∈N，kk+1kk+1111111ln1+1×2<1×2,ln1+2×3<2×3,⋅⋅⋅,ln1+<，kk+1kk+1以上各式相加可得，111111ln1+1×2+ln1+2×3+⋅⋅⋅+ln1+<1×2+2×3+⋅⋅⋅+k(k+1)kk+1111111=1-2+2-3+⋅⋅⋅+k-k+1=1-k+1<1，111即ln1++ln1++⋅⋅⋅+ln1+<1，12+122+2k2+k1111所以1+1+1+⋅⋅⋅1+<e.12+122+232+3k2+k【点睛】关键点睛：本题考查函数的求导，裂项求和与放缩，考查学生的逻辑推理和分析运算能力，具有很强的综合性.1229(2023·山西临汾·校考模拟预测)已知函数fx=alnx+1+x-1a∈R．2(1)若a=2，求fx的图像在x=0处的切线方程；32 (2)若fx恰有两个极值点x1，x2，且x1<x2．①求a的取值范围；②求证：2fx2>x1+1．1【答案】(1)y=x+2(2)①(0,1)②证明见详解.【分析】(1)先求切点，再求斜率，最后得到方程即可.(2)①翻译题目条件，利用分离参数法求解即可.②找到极值点之间的关系，消去多余变量，构造函数证明不等式即可.12【详解】(1)∵fx=alnx+1+x-1，定义域为x∈-1,+∞，当a=2时，fx=2lnx+122121112x+1+x-x+，∴f0=，切点为0,，∴fx=+x-1=，∴k=f0=1，方程2222x+1x+11为∴y=x+22ax+a-12(2)①fx有两个极值点，fx有两个零点，fx=+x-1=∴x+a-1=0有两x+1x+122解，a=-x+1有两解，Fx=a,gx=-x+1，在-1,+∞内有两个交点，∴a∈(0,1)，②x1+x2=0,x1x2=a-1,x1<x2,x1=-1-a,x=1-a欲证，2f(x2)>x1+1,2f(x2)+x2-1>0，证11121111212fx2+x2->0,alnx2+1+x2-x2++x2->0，alnx2+1+x2-x2>0,x2=1-2222222221a,a=1-x2.，(1+x2)ln(x2+1)-x2>0,211令g(x)=(1+x)ln(x+1)-x,x∈(0,1),∵g(x)=ln(x+1)+>0,22∴g(x)在0,1上递增，∴g(x)>g(0)=0,命题得证.xe30(2023·湖南·湖南师大附中校联考一模)已知fx=，gx=asinx，直线l1是y=fx在xx=1处的切线，直线l2是y=gx在x=0处的切线，若两直线l1、l2夹角的正切值为2，且当x>0时，直线l2恒在函数y=gx图象的下方.(1)求a的值；(2)设Fx=fx+gx，若x0是Fx在-π,0上的一个极值点，求证：x0是函数Fx在-π,0上的唯一极大值点，且0<Fx0<2.【答案】(1)a=-2(2)证明见解析【分析】(1)求出直线l1、l2的斜率，结合已知条件求出a的值，再结合x>0时，直线l2恒在函数y=gx图象的下方进行检验，即可得出实数a的值；xe(2)求得Fx=-2sinx，x∈-π,0，利用导数分析函数Fx在-π,0上的单调性，结合零点存x在定理可证得x0是函数Fx在-π,0上的唯一极大值点，再结合函数Fx的单调性可证得0<Fx0<2.33 xexx-1e【详解】(1)解：因为fx=，则fx=2，直线l1的斜率k1=f1=0，xx因为gx=asinx，则gx=acosx，直线l2的斜率k2=f0=a，直线l2的方程为y=ax，又两直线l1、l2夹角的正切值为2，故a=±2，令φx=asinx-ax=asinx-x，则φx=acosx-1，∗当a=2时，φx≤0恒成立，当且仅当x=2kπk∈N时，等号成立，此时，函数y=φx在0,+∞上单调递减，故φx<φ0=0，不满足题意；∗当a=-2时，φx≥0恒成立，当且仅当x=2kπk∈N时，等号成立，此时，函数y=φx在0,+∞上单调递增，故φx>φ0=0，满足题意.综上所述，a=-2.xe(2)证明：由(1)知a=-2，故Fx=-2sinx，x∈-π,0.xx2x-1e-2xcosxFx=，2xπx2当x∈-2,0时，x-1e<0，xcosx≥0，Fx<0，π故Fx在-2,0上单调递减，πx2π当x∈-π,-2时，令hx=x-1e-2xcosx，x∈-π,-2，x2xhx=xe-4xcosx+2xsinx=xe-4cosx+2xsinx，xπe>0，cosx<0，xsinx>0，则hx<0，故hx在-π,-上单调递减，2π+1ππ-ππ22因为h-π=2π->0，h-=--1e<0，则h-πh-<0，π222eπ由零点存在性定理知：hx在-π,-上有唯一零点，2π即Fx在-π,-2上有唯一零点，该零点即为x0，当x∈-π,x0时，hx>0，即Fx>0，π当x∈x0,-2时，hx<0，即Fx<0，π又x∈-2,0时，Fx<0，故Fx在-π,x0单调递增，在x0,0单调递减，π2ππ22πe-1则当x∈-π,-2时，Fx0>F-2=2-π=π>0，22πeπex0πe因为x0∈-π,-2，则Fx0=x-2sinx0<-2sinx0<2，0故x0是函数Fx在-π,0上的唯一的极大值点，且0<Fx0<2.【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fx>gx(或fx<gx)转化为证明fx-gx>0(或fx-gx<0)，进而构造辅助函数hx=fx-gx；34 (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.2x-12131(2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测)已知函数fx=ae-xlnx+22x3(1)若a=0，证明:fx≥-x;22xlnxxlnx(2)设gx=xfx+，若∀x>1,xg<g恒成立，求实数a的取值范围.xx-1x-1e【答案】(1)证明见解析1(2)e,+∞．2x3【分析】(1)证明fx≥-x，即证lnx≤x-1，令rx=lnx-x+1，利用导数求函数的最值，证2明rx≤0即可；lnxxlnx2x-1(2)令x1=,x2=，不等式恒成立等价于ae-xlnx-x≥0对于∀x>0恒成立，利用分x-1x-1离常数，构造函数求最值的方法求实数a的取值范围.221x3【详解】(1)若a=0，则fx=-xlnx+，要证fx≥-x，即证lnx≤x-1．2211-x令rx=lnx-x+1，函数定义域为0,+∞，则rx=-1=，xx当0<x<1时，rx>0，rx单调递增，当x>1时，rx<0，rx单调递减，rxmax=r1，rx≤r1=0，即lnx≤x-1，得证．x2lnxxlnxx=x(2)令x1=,x2=，则1，x-1x-1x2-x1=lnxx2-x1x2x1x2消x得，e=x，∴x1=x2，∵x>1，∴x2>x1>0，1eex2gx1gx2x1x2原不等式等价于xgx1<gx2，即x<x，即fx1+x1<fx2+x2，112eex1x2∵x1=x2，∴等价于f(x1)<f(x2)，ee∵x2>x1>0，当fx在区间0,+∞上单调递增时，fx≥0在区间0,+∞上恒成立，2x-12x-1∵fx=2ae-xlnx-x，∴ae-xlnx-x≥0对于∀x>0恒成立．ex1+lnx2x-1方法1：即ae≥x1+lnx，即a≥2xex22x由(1)知lnx+1≤x，∴ex≤e，∴ex≤e，ex1+lnxex1+lnxex⋅x11∴≤≤=，当x=1时取等号，∴a≥，符合题意；e2xex2ex2ee1+2x-1当a<时，x→1,fx=2ae-xlnx-x<0，此时x2→x1，不满足f(x1)<f(x2)，不合题意，e1即实数a的取值范围为e,+∞.35 2x-12x方法2：ae>x1+lnx即ae>ex⋅lnex，左右同乘以2x，2x222x22则有a⋅2x⋅e>ex⋅lnex，∴ae⋅2x⋅e>ex⋅lnex，x2x令hx=xe，则ae⋅h2x≥hlnex，∵hx=x+1e，当-∞,-1时，hx<0，∴hx单调递减，当-1,+∞时，hx>0，∴hx单调递增，2∵lnex=21+lnx≤2x，当x=1时取等号，2x>0，21∴hlnex≤h2x，且h2x>0，∴ae≥1，∴a≥，符合题意；e1+2x-1当a<时，x→1,fx=2ae-xlnx-x<0，此时x2→x1，不满足f(x1)<f(x2)，不合题意，e1即实数a的取值范围为e,+∞.【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.32(2023上·北京·高三北京市八一中学校考阶段练习)已知函数f(x)=xcosx-ax+a，x∈π0,，(a≠0).2(1)当a≥1时，求f(x)的单调区间；(2)求证：f(x)有且仅有一个零点.π【答案】(1)f(x)的单调递减区间是0,，没有单调递增区间.2(2)见解析【分析】(1)根据题意，求出函数f(x)的导数，设其导数为gx，求出gx，分析可得gx的最值，分子可得gx≤0，即f(x)≤0，即可求出答案；π(2)分类讨论a的范围，讨论f0，f的值，由函数的零点存在性定理求解即可.2【详解】(1)因为函数f(x)=xcosx-ax+a，f(x)=cosx-xsinx-a，π令g(x)=cosx-xsinx-a，x∈0,，2π则g(x)=-2sinx-xcosx≤0，所以gx在区间0,上单调递减，2当a≥1时，g0=1-a≤0，所以gx≤0，即f(x)≤0，π所以f(x)的单调递减区间是0,，没有单调递增区间.2πππ(2)由(1)知，gx在区间0,2上单调递减，且g0=1-a，g2=-2-a，π当a≥1时，f(x)在区间0,上单调递减，2ππ因为f0=a>0，f2=a1-2<0，所以f(x)有且仅有一个零点.πππ当--a≥0，即a≤-时，gx≥0，即f(x)≥0，f(x)在区间0,上单调递增，22236 ππ因为f0=a<0，f2=a1-2>0，所以f(x)有且仅有一个零点.πππ当-<a<1，g0=1-a>0，g=--a<0，222π所以存在x0∈0,2，使得gx0=0，π当0<x<x0时，f(x)>0；当x0<x<时，f(x)<0，2π所以f(x)在0,x0上单调递增，在x0,2上单调递减，ππ因为f0=a，f2=a1-2，且a≠0，π2π所以f0⋅f2=a1-2<0，所以f(x)有且仅有一个零点.综上所述，f(x)有且仅有一个零点.【点睛】方法点睛：函数的零点问题的求解，常用的方法有：(1)方程法(直接解方程得解)；(2)图象法(画出函数f(x)的图象分析得解)；(3)方程+图象法(令f(x)=0得到g(x)=h(x)，再分析g(x),h(x)的图象得解).要根据已知条件灵活选择方法求解.xa+lnx33(2023·重庆·统考模拟预测)已知函数fx=和gx=在同一处取得相同的最aex-1x大值．(1)求实数a；(2)设直线y=b与两条曲线y=fx和y=gx共有四个不同的交点，其横坐标分别为x1,x2,x3,x4(x1<x2<x3<x4)，证明：x1x4=x2x3．【答案】(1)a=1(2)证明见详解【分析】(1)利用导数分别求fx,gx的最值点，列式求解即可；(2)构建Fx=fx-gx，利用同构思想分析fx,gx的大小关系，进而可得直线y=b与曲线yx=fx和y=gx的交点，再结合Gx=的单调性分析即可证出.xex-1x-11e-xe11-x【详解】(1)由题意可得：fx=⋅=⋅，显然a≠0，aex-12aex-1当a>0时，令fx>0，解得x<1；令fx<0，解得x>1；则fx在-∞,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，1可得fx在x=1处取到最大值f1=；a当a<0时，令fx>0，解得x>1；令fx<0，解得x<1；则fx在1,+∞上单调递增，在-∞,1上单调递减，1可得fx在x=1处取到最小值f1=，不合题意；a37 1综上所述：a>0，fx在x=1处取到最大值f1=.aa+lnx1-a+lnx因为gx=的定义域为0,+∞，且gx=，xx21-a1-a令gx>0，解得0<x<e；令gx<0，解得x>e；1-a1-a则gx在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，1-a1-aa-1可得gx在x=e处取到最大值ge=e；a>0由题意可得：e1-a=1，解得a=1.x(2)由(1)可得：fx=在1,+∞上单调递减，在-∞,1上单调递增，x-1e在x=1处取到最大值f1=1，且当x趋近于-∞时，fx趋近于-∞，当x趋近于+∞时，fx趋近于0，可得直线y=b与曲线y=fx至多有两个交点；1+lnxgx=在1,+∞上单调递增，在-∞,1上单调递减，在x=1处取到最大值g1=1，x且当x趋近于0时，fx趋近于-∞，当x趋近于+∞时，fx趋近于0，可得直线y=b与曲线y=gx至多有两个交点；若直线y=b与两条曲线y=fx和y=gx共有四个不同的交点，则0<b<1，此时直线y=b与曲线y=fx、y=gx均有两个交点，x1+lnxxlnexxlnex构建Fx=fx-gx=-=e-=e-x>0，ex-1xexexexelnexx1构建Gx==fx，且e>0，则Fx=eGx-Glnexx>0，xee1可得Gx在1,+∞上单调递减，在-∞,1上单调递增，在x=1处取到最大值G1=，e1x-1构建φx=x-lnex=x-lnx-1x>0，则φx=1-=，xx因为x>0，令φx>0，解得x>1；令φx<0，解得0<x<1；则φx在1,+∞上单调递增，在0,1上单调递减，可得φx=x-lnex≥φ1=0，即x≥lnex，当且仅当x=1时，等号成立，可得：当x=1时，x=lnex=1，则Fx=eGx-Glnex=0，所以f1=g1；当0<x<1时，lnex<x<1，且Gx在-∞,1上单调递增，38 则Glnex<Gx，可得Fx=eGx-Glnex>0，所以fx>gx；当x>1时，1<lnex<x，且Gx在1,+∞上单调递减，则Glnex>Gx，可得Fx=eGx-Glnex<0，所以fx<gx；综上所述：当x=1时，f1=g1；当0<x<1时，fx>gx；当x>1时，fx<gx.结合题意可得：直线y=b与曲线y=fx的两个交点横坐标为x1,x3，y=b与y=gx的两个交点横坐标为x2,x4，且0<x1<x2<1<x3<x4，x11+lnx2当0<x1<x2<1，可得fx1=gx2，即x1-1=x，e2x1lnex2可得x=，即Gx1=Glnex2，e1lnex2e因为Gx在-∞,1上单调递增，且x1<1,lnex2<1，x1-1则x1=lnex2，可得e=x2x1x1所以x=x1-1=fx1=b；2ex31+lnx4当1<x3<x4，可得fx3=gx4，即x3-1=x，e4x3lnex4可得x=，即Gx3=Glnex4，e3lnex4e因为Gx在1,+∞上单调递增，且x3>1,lnex4>1，x3-1则x3=lnex4，可得e=x4，x3x3所以x=x3-1=fx3=b；4ex1x3综上所述：=，即x1x4=x2x3.x2x4【点睛】结论点睛：指对同构的常见形式：a积型：ae≤blnb，alnbx①ae≤lnbe，构建fx=xe；aa②elne≤blnb，构建fx=xlnx；③a+lna≤lnb+lnlnb，构建fx=x+lnx.aeb商型：≤，alnbalnbxeee①≤，构建fx=；alnbxaebx②≤，构建fx=；alnblnxlne③a-lna≤lnb-lnlnb，构建fx=x-lnx.a和型：e±a≤b±lnb，39 alnbx①e±a≤e±lnb，构建fx=e±x；aa②e±lne≤b±lnb，构建fx=x±lnx.234(2023·辽宁抚顺·校考模拟预测)已知函数fx=ax-x-lnxa∈R．1(1)当a=时，求函数fx在[1,2]上的最大值．2(2)若函数fx在定义域内有两个不相等的零点x1，x2，证明：fx1+x2+lnx1+x2>2．1【答案】(1)-2(2)证明见解析【分析】(1)由导函数确定单调性，然后比较区间端点处函数值即得最大值；lnx1-lnx2(2)利用x1,x2是零点得出a(x1+x2)=1+，再把不等式变形为只需证x1-x2lnx1-lnx2x11+x1+x2-x1+x2>2，再通过换元不妨设0<x1<x2，令t=0<t<1，则只需x1-x2x2t+1证⋅lnt>2，即证t+1lnt-2t-1<0．引入新函数，利用导数证明新不等式成立即可．t-1112【详解】(1)∵当a=时，fx=x-x-lnx，2221x-x-1∴fx=x-1-=x>0．xx1+51+5当1≤x<时；fx<0，函数fx在1,上单调递减；221+51+5当<x≤2时，fx>0，函数fx在,2上单调递增．221∵f1=-=-lne，f2=-ln2，∴f1>f2，21∴函数fx在1,2上的最大值为f1=-．22(2)要证f(x1+x2)+ln(x1+x2)>2，只需证a(x1+x2)-(x1+x2)>2．22∵ax1-x1-lnx1=0①，ax2-x2-lnx2=0②，22∴由①-②得a(x1-x2)-(x1-x2)-(lnx1-lnx2)=0，lnx1-lnx2整理得a(x1+x2)=1+．x1-x2lnx1-lnx2只需证1+x1+x2-x1+x2>2，x1-x2x1+1lnx1-lnx2x2x1即证(x1+x2)>2，即证⋅ln>2．x1-x2x1-1x2x2x1t+1不妨设0<x1<x2，令t=0<t<1，则只需证⋅lnt>2，即证t+1lnt-2t-1<0．x2t-1设nt=t+1lnt-2t-1，则只需证当0<t<1时，nt<0即可．1111t-1∵n(t)=lnt+-1，令g(t)=lnt+-1，则g(t)=-=<00<t<1，tttt2t2∴nt在(0,1)上单调递减，当0<t<1时，nt>n1=0，40 ∴nt在(0,1)上单调递增，当0<t<1时，nt<n1=0，∴原不等式得证．x1【点睛】方法点睛：本题第(2)问属于极值点偏移问题，解题方法是引入变量t=把二元不等式为一x2元不等式，然后由一元函数的性质证得结论．解题时需要由零点把参数a用x1,x2表示，不等式化为关于x1,x2的齐次式，然后换元求解．35(2023·山西·校考模拟预测)已知函数fx=lnx-ax+1,a∈R.(1)若fx≤0，求a的取值范围；2ax2(2)若关于x的方程fx=e-ex有两个不同的正实根x1,x2，证明：x1+x2>2e.2e【答案】(1),+∞e(2)证明见解析lnx+1【分析】(1)对不等式fx≤0参变分离，然后构造函数gx=，利用导数求gx的最大值可x解；22ax2lnex2axx(2)将fx=e-ex变形为e+lnex=e+ax，构造函数Fx=x+e，根据其单调性将方程21+2lnx1转化为ax=lnex，再构造函数hx=，利用导数讨论其性质，结合图象可得<x1<xe22t-1x2e<x2,0<a<，构造函数Gt=lnt-(t>1)，根据单调性，并令t=>1，可得et+1x1x2-x1x1+x2ax1=1+2lnx1<，最后由作差整理可证.lnx2-lnx12ax2=1+2lnx2【详解】(1)fx的定义域为0,+∞，lnx+1由fx=lnx-ax+1≤0，得a≥.xlnx+11-lnx设gx=，则gx=.x2xx由gx>0，得0<x<e，由gx<0，得x>e，则gx在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，2e从而g(x)max=ge=.e2e2e故a≥，即a的取值范围是,+∞.ee2ax22ax2(2)证明：由fx=e-ex，得lnx-ax+1=e-ex，222axlnex2ax即ex+lnex=e+ax，即e+lnex=e+ax.2xlnex2ax2设Fx=x+e，则e+lnex=e+ax等价于Flnex=Fax.21+2lnx易证Fx在R上单调递增，则ax=lnex，即a=.x1+2lnx1-2lnx设hx=，则hx=.xx2由hx>0，得0<x<e，由hx<0，得x>e，则hx在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，41 -1221-11+2lne2从而h(x)max=he=，且h=he=-1=0，ee2e当x趋于+∞时，hx趋于0.2ax2方程fx=e-ex有两个不同的正实根x1,x2，不妨设x1<x2，12由图可知，<x1<e<x2,0<a<.ee22t-1(t-1)设Gt=lnt-(t>1),Gt=>0,t+1t(t+1)2则Gt在1,+∞上单调递增.2t-1因为G1=0，所以Gt>0，即lnt->0.t+1x2-1x2x2x1设t=>1，则ln-2⋅>0，x1x1x2+1x12x2-x1x2-x1x1+x2即<lnx2-lnx1，则<.x1+x2lnx2-lnx122ax2因为方程fx=e-ex有两个不同的正实根x1,x2，ax1=1+2lnx1x2-x12所以，作差得=.ax2=1+2lnx2lnx2-lnx1a22x2-x1因为0<a<，所以>e，所以>e，ealnx2-lnx1x1+x2则>e，故x1+x2>2e.2【点睛】本题属于极值点偏移问题，通常处理方法有构造差函数借助单调性证明，或者合理代换将二元化为一元问题，利用导数求解即可.x36(2023·湖南永州·统考一模)已知函数fx=lnx+1,gx=axe-2lna+3ln2+3．fx1(1)当x∈-1,0∪0,+∞时，求证：>-x+1；x242 (2)若x∈-1,+∞时，gx≥fx，求实数a的取值范围．【答案】(1)证明见详解(2)0,4e【分析】(1)对x∈0,+∞与x∈-1,0进行分类讨论，通过导函数求单调性得出最值即可证明；xx(2)原式化简可得axe-lnx+1≥2lna-3ln2-3，只需求得Fx=axe-lnx+1的最小值，最x小值利用虚根x0表示，再利用x0置换a从而得出x0的不等式，构造函数Hx=2+x+13lnx+1+2x+3ln2+3求出Hx≥0的解集，最后结合函数lna=-2lnx0+1-x0的单调性即可求出a的范围.【详解】(1)由题知，2x当x∈0,+∞时，原不等式可化为：lnx+1>-+x，222x1x令hx=lnx+1+-x，则hx=+x-1=>0，2x+1x+1所以hx在0,+∞上单调递增，从而有hx>h0=0，故原不等式成立.21x当x∈-1,0时，原不等式等价于hx<0，又hx=+x-1=>0，x+1x+1所以hx在-1,0上单调递增，从而有hx<h0=0，故原不等式成立.fx1综上所述：当x∈-1,0∪0,+∞时，恒有>-x+1.x2x(2)由gx=axe-2lna+3ln2+3表达式可知a>0，gx≥fx对x∈-1,+∞恒成立等价于xaxe-lnx+1≥2lna-3ln2-3对x∈-1,+∞恒成立xxx1令Fx=axe-lnx+1，则有Fx=axe+e-，x+1xx1令Gx=Fx=axe+e-，x+1x1则有Gx=ax+2e+>02x+1所以Fx在x∈-1,+∞上单调递增又x→-1时，Fx→-∞，x→+∞时Fx→+∞从而存在唯一x0∈-1,+∞，使得Fx0=0，x0x01即ax0e+e-=0，x0+11可得a=x0x0，lna=-2lnx0+1-x0，x0e+ex0+1当x∈-1,x0时，Fx0<0，Fx在x∈-1,x0单调递减，当x∈x0,+∞时，Fx0>0，Fx在x∈x0,+∞单调递增，x0故Fx≥Fx0=ax0e-lnx0+143 故原不等式恒成立只需x0x02x0⋅e-lnx0+1≥2-2lnx0+1-x0-3ln2-3x0+1ex0即2+3lnx0+1+2x0+3ln2+3≥0，x0+1x构造函数Hx=+3lnx+1+2x+3ln2+32x+121-x33x+5x+4可得Hx=++2=+2x>-1，33x+1x+1x+12当x>-1时，令ux=3x+5x+4，因为Δ=25-48=-23<0从而可得Hx>0在x∈-1,+∞时恒成立11又H-2=0，所以Hx≥0的解集为-2,+∞.又因为lna=-2lnx0+1-x0，令mx=-2lnx+1-x，易得mx在定义域内单调递减，111所以lna≤-2ln-+1+=+ln42221+ln42所以a≤e=4e，故a的取值范围为：0,4e【点睛】思路点睛：(1)不等式两边同时去分母时务必要记得对分母的正负分类讨论；(2)恒成立问题可以优先转化为最值问题，而最值问题往往通过导函数作为工具；(3)隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，需要仔细观察式子多次尝试；第二步：虚设零点并确定取值范围，通过零点方程进行代换，可能需要进行多次.44