大題05函數(shù)及導(dǎo)數(shù)

》明考情-笈方向.

根據(jù)近幾年的高考情況，解析幾何是高考解答題必考題目，考查的內(nèi)容比較多，比較廣泛。本篇主要總結(jié)

了高考中經(jīng)常出現(xiàn)的定點，定值，以及面積面積范圍問題。對于解析幾何中的范圍問題，非對稱問題。新

高考中新定義問題也是解析幾何考查的一個重要方向。預(yù)計2025年高考中解析幾何依然會以這幾種形式出

現(xiàn)。

參研大題-梃能力的

題型一利用導(dǎo)數(shù)中恒成立或不等式求參數(shù)范圍

弊停I】

1.(24-25高三上?安徽安慶?期末)已知函數(shù)〃x)=e-ax2,?eR,/'(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù).

⑴討論函數(shù)/'(x)的單調(diào)性；

(2)若任意xe(0,1),/(尤)+/'(力＜2-加恒成立，求°的取值范圍.

播典行I

2(2025?廣東佛山?二模)已知函數(shù)/(x)=e"一〃(工一2)+6+1,其中”,6ER.

⑴討論函數(shù)/(x)的單調(diào)性；

(2)已知。*0,若〃切20對任意的xeR恒成立，求生工的最小值.

a

I-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------1

;對于含有參數(shù)的不等式來說，要求參數(shù)的取值及取值范圍。一般采用參編分離的思想，將參數(shù)移到一邊，

i從而重新構(gòu)造函數(shù)，求出函數(shù)的單調(diào)性，從而求出參數(shù)的取值范圍。對于含有兩個參數(shù)的，一般是將兩個

■參數(shù)轉(zhuǎn)換成一個參數(shù)處理。利用參變量分離法求解函數(shù)不等式恒(能)成立，可根據(jù)以下原則進(jìn)行求解：

!(1)VXGZ),rn</(x)<^>m</(x)min；

I

[(2)Vxc。,rn>/(x)<=>rn>/(x)max；

I

(3),m</(%)?rn</(x)max；

I

(4)3XGZ),m>f(x)min.

I_____________________________________________________________________________________________________________________

(2025?陜西?一模)已知awO,函數(shù)/(x)=("+l)ln(辦+1)在x==處取得極值.

e

(1)求a；

(2)證明:對任意的m,ne(0,+oo),都有〃加+〃)>〃加)+〃〃)；

⑶若存在實數(shù)x>0,使得化-成立，求人的最小整數(shù)值.

2.(24-25高三上?浙江杭州?期末)已知函數(shù)/(x)=alnx+/(0為實常數(shù)).

(1)若。=-1,求證：/(X)在(1,+8)上是增函數(shù)；

(2)當(dāng)。=-4時，求函數(shù)“X)在[l,e]上的最大值與最小值及相應(yīng)的x值；

⑶若存在xe[l,e],使得〃x)W(a+2)x成立，求實數(shù)。的取值范圍.

題型二證明恒成立及不等式問題

1(2025?山東青島?一模)已知函數(shù)/(x)=ox-sinx,xe

(1)當(dāng)。=:時，討論“X)的單調(diào)性；

(2)若“X)有兩個極值點，記極大值和極小值分別為M,m,證明：M-m<2.

播典行I、

2(24-25高三下?湖南?階段練習(xí))已知函數(shù)/(x)=(x-a)e'+a.

⑴求八司的單調(diào)區(qū)間；

(2)若aWl,證明：當(dāng)x>0時，/(x)+ex>x+lnx+2.

r

唯求解函數(shù)不等式恒(能)成立，可根據(jù)以下原則進(jìn)行求解:

(1)VxeZ),

(2)VXGZ),7M>/(x)om>/(x)max；

(3)3xeD,w</(x)<^>rn</(x)max；

(4)3XED,

售T

1(25-26高三上?上海?單元測試)設(shè)函數(shù)>=/(%),其中/(、)="21nx+6(%—曲線y=/(x)過點

(e,e2-e+1).

2(24-25高三下?重慶?開學(xué)考試)已知函數(shù)/(x)=ln(l+x)+x-asinx,a>0.

(1)若函數(shù)f(x)在(-1,0)單調(diào)增，求實數(shù)。的取值范圍:

(2)當(dāng)時，/(x)<0,求實數(shù)°的值;

⑶求證：2lsmthH+ln2+ln^i-

n

題型三極值點偏移問題

1(2025?陜西寶雞二模)已知函數(shù)/(x)=ef-sinx,

⑴當(dāng)a=e時,求了=/(尤)在(0J(0))處的切線方程；

(2)若xe(0,+8)時，/(x)20恒成立，求。的范圍；

⑶若/'(x)在(0,兀)內(nèi)有兩個不同零點X]、x2,求證：<X]+x2<71.

播典行I

2(24-25高三上?山東濰坊?期末)已知函數(shù)f(x)=e*+x2,g(x)=xlnx+(a+l)x.

⑴求曲線V=g(x)在(l，g(1))處的切線方程；

(2)若/(x"g(x),求。的取值范圍；

(3)若〃x)=g(x)有兩個實數(shù)解4,x2,證明：In尤

r

晦極值點偏移問題的一般題設(shè)形式:

1.若函數(shù)/'(X)存在兩個零點再,/且玉片工2,求證：X1+x2>2x0(%為函數(shù)/(X)的極值點)；

2.若函數(shù)/(x)中存在看戶2且占W/滿足〃X/)=/(X2),求證：xl+x2>2x0(升為函數(shù))(無)的極值點)；

3.若函數(shù)〃x)存在兩個零點國,％且x產(chǎn)無2,令尤。=土產(chǎn)，求證：，宙)>0;

4.若函數(shù)“X)中存在和X2且x產(chǎn)馬滿足/區(qū))=/(9),令/=與三，求證：/(x0)>0.

LJ

1(2025?青海海南?模擬預(yù)測)已知函數(shù)/(0=11次-%/+111〃7,切>0.

⑴討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性.

(2)假設(shè)存在正實數(shù)占,王(“尸王)，滿足f(xA=--m^,f(x^=--

mm

(i)求實數(shù)巾的取值范圍；

(ii)證明:x,+x2>2.

2.(2023?湖北武漢?模擬預(yù)測)已知/(x)=2x-sinx-《lnx.

⑴當(dāng)。=1時，討論函數(shù)“X)的極值點個數(shù)；

⑵若存在為,x2(0<xt<x2),使/(X])=/(%2),求證：x,x21<a.

題型四函數(shù)導(dǎo)數(shù)中隱零點問題

(24-25高三上?河北?期末)已知函數(shù)/(%)=。111(工+1)-5由點，左EN*,aGR.

(1)若左=1,函數(shù)/⑺在g］上單調(diào)遞減，求實數(shù)〃的取值范圍;

(2)若“=1,k=2,求函數(shù)/(x)在上的零點個數(shù).

筋典引

2(24-25高三上?江西宜春?期末)已知函數(shù)/(x)=2sinr-x.

⑴當(dāng)x?0,可時，f(x)<m,求實數(shù)用的取值范圍;

⑵判斷函數(shù)g(x)=(x+l)/(x)+l在$+sJ的零點個數(shù)，并說明理由.

r

喏

隱零點問題是函數(shù)零點中常見的問題之一，其源于含指對函數(shù)的方程無精確解，這樣我們

只能得到存在性之后去估計大致的范圍(數(shù)值計算不再考察之列).

基本步驟:

第1步：用零點存在性定理判定導(dǎo)函數(shù)零點的存在性，列出零點方程/'(%)=0,并結(jié)合/(X)的單調(diào)性

得到零點的范圍;

第2步：以零點為分界點，說明導(dǎo)函數(shù)/(x)的正負(fù)，進(jìn)而得到/(x)的最值表達(dá)式；

第3步：將零點方程/'(%)=。適當(dāng)變形，整體代入/(x)最值式子進(jìn)行化簡：

(1)要么消除/(x)最值式中的指對項

(2)要么消除其中的參數(shù)項；

從而得到/(%)最值式的估計.

二、函數(shù)零點的存在性定理

函數(shù)零點存在性定理：設(shè)函數(shù)/(X)在閉區(qū)間可上連續(xù)，且/(a)/(b)<0,那么在開區(qū)間(d6)內(nèi)至

少有函數(shù)/(x)的一個零點，即至少有一點七4風(fēng)力)，使得/伉)=0.

三、隱零點的同構(gòu)

實際上，很多隱零點問題產(chǎn)生的原因就是含有指對項，而這類問題由往往具有同構(gòu)特征，所以下面我們看

到的這兩個問題，它的隱零點代換則需要同構(gòu)才能做出，否則，我們可能很難找到隱零點合適的代換化簡

方向.我們看下面兩例：一類同構(gòu)式在隱零點問題中的應(yīng)用的原理分析

xexxlnx

/(x)=<x+exn/(lnx)=<jx+Inx

cx—x_11x—Inx—1

f(x)=xexnf(-lnx)=x訝+Inx=0

x

所以在解決形如ex=-<^x+]nx=0,這些常見的代換都是隱零點中常見的操作.

X

四、一般思路

針對導(dǎo)函數(shù)的“隱零點”，求解取值范圍時，需要根據(jù)導(dǎo)函數(shù)零點代入方程，把參數(shù)表示成含隱零點的函數(shù),

再來求原函數(shù)的極值或者最值問題或證明不等式。構(gòu)建關(guān)于隱零點作為自變量的新函數(shù)，求函數(shù)值域或者

證明不等式恒成立問題。在使用零點存在定理確定區(qū)間時往往存在困難，必要時使用放縮法取含參的特殊

I----------------------------------

;值來確定零點存在區(qū)間。

曲式4

X—1

1(24?25高三上?山東德州?階段練習(xí))已知函數(shù)/(x)=alnx——-

x+1

(1)當(dāng)“=1時，求函數(shù)/(X)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若g(x)=a(/-l)lnx-(x-l)2("0)有3個零點七，%，退，其中再<馬<三.求實數(shù)。的取值范圍.

7T

2(2025?山西晉中?模擬預(yù)測)已知函數(shù)/(x)=lnx+sinx+sin而.

⑴求函數(shù)/("在區(qū)間［l,e］上的最小值；

(2)判斷函數(shù)“X)的零點個數(shù)，并證明.

題型五函數(shù)導(dǎo)數(shù)與其他知識點相結(jié)合

1(2025高三下?全國?專題練習(xí))已知實數(shù)。＞0,函數(shù)〃x)=e'-ax-l(e為自然對數(shù)的底數(shù)).

⑴求函數(shù)/(x)的單調(diào)區(qū)間及最小值；

(2)若“X)20對任意的xeR恒成立，求實數(shù)a的值；

球

2(2025?甘肅?一模)函數(shù)〃x)=(l+x)"-療-l(x>T,且廠>0).

⑴一時,判斷了(x)的單調(diào)性;

(2)若判斷2cos%與]：cos26+l：的大小("N*,且此2),并說明理由；

(3)證明：對于任意的"eN*,。?[。,]],有

卜i/e+sin%+???+sin2"0+sin2"+10)+(cos20+cos%+??■+cos"?+cos?"%)之(血+2)。一g

1(24-25高三下?河南信陽?開學(xué)考試)已知函數(shù)〃x)=(x_?

⑴當(dāng)°=6=0時，求曲線y=〃x)在點(1J(1))處的切線方程；

(2)若x=a是/'(X)的一個極大值點.

(i)證明：a+b<0；

(ii)設(shè)X],x2,。是/'(x)的3個極值點，若存在zweR,使得芯，機，a,七成遞增的等差數(shù)列，求該等

差數(shù)列的公差.

2.(22-23高三上?湖南長沙?開學(xué)考試)已知數(shù)列｛%｝的前〃項和為邑，且滿足(q-l)S.=q%-l?>0),

weN,.

⑴求數(shù)列｛與｝的通項公式；

,、7〃+23

(2)當(dāng)g=2時，數(shù)列也｝滿足?=〃(〃+])0,,求證：-<bl+b2+--+bn<2；

⑶若對任意正整數(shù)n都有。用上?成立，求正實數(shù)4的取值范圍.

題型六函數(shù)導(dǎo)數(shù)的新定義問題

1(24-25高三上?湖北?期末)1696年，洛必達(dá)在他的著作《無限小分析》一書中創(chuàng)造了一種算法，用以尋找

滿足一定條件的兩函數(shù)之商的極限，算法之一為：若函數(shù)/'(x)和g(x)滿足下列條件：

①吧/(x)=0,理g(x)=O;

②在點a的去心鄰域內(nèi)/(x)與g(x)可導(dǎo),且g'(x)豐0;

那么lim里=

③吧二/.據(jù)此回答下面問題:

⑴求lim把巴的值，并用導(dǎo)數(shù)的定義證明：(sinx)』cosx

I。X

SHIX

(2)已知/(x)=

2+cosx

<i)求函數(shù)y=/(x)的單調(diào)遞減區(qū)間;

(ii)若/(無)(辦對任意xe[0,+8)恒成立，求實數(shù)0的取值范圍.

播典行I、(24-25高三上?山東青島?期末)帕德近似是法國數(shù)學(xué)家亨利?帕德發(fā)明的用有理多項式

近似特定函數(shù)的方法，給定兩個正整數(shù)%,函數(shù)1(無)在x=0處的卜凡川階帕德近似定義為：

R(x)="：且滿足:〃0)=尺(0)，/'(0)=尺'(0)，3(0)=〃(0),.…,/("+")(0)=#"*")⑼,

注：廠'(xH/'(x)]'，/"3=[/〃(川，〃)3=/?汀，/⑸(x)=F)(x)J,?…已知函數(shù)

/(x)=ln(x+l).

(1)求函數(shù)/(x)=ln(x+l)在x=0處的[1』階帕德近似R(x).

(2)在(1)的條件下：

①求證：扃

②若-a6+1卜卜)《1-3》恒成立，求實數(shù)加的取值范圍.

r

晦對于新定義的導(dǎo)數(shù)題目，注意理解題目給出的新定義所包含的意義，充分利用題目給出的

：新定義的例題去解決實際問題，一般考查學(xué)生的舉一反三能力以及創(chuàng)新能力。

!____________________________________________________________________I

1(24-25高三上?河南?期末)拉格朗日是十八世紀(jì)著名的數(shù)學(xué)家，在數(shù)學(xué)領(lǐng)域作出了重大貢獻(xiàn)，人們常把很

多數(shù)學(xué)領(lǐng)域中新的發(fā)現(xiàn)用他的名字命名.如對一組數(shù)據(jù)(4片)(:1,2,…，%x,互不相等)進(jìn)行研究時，記

I=卜一％)(刀一工3)…(xf)j=23…］時/=(無一再)(計龍2)1(X-%T)G-X,+|)L(X-X“)

1，；

(x1-x2)(x1-x3)---(x1-xj''''(x,.-)(x;-x2)L(x,.-)(x;-xi+l)L(x,--x?)

(xxJ(xX2)?(xx“T)

稱/(X)YM+l2y2+L+l?yn為這組數(shù)據(jù)的拉格朗日插值多項式.

⑴試求數(shù)據(jù)(0,-1),(2,1)的拉格朗日插值多項式八司的表達(dá)式；

⑵對于⑴中求出的/(X),若函數(shù)g(x)滿足83+/3=1084+工2-2苫-1(0>0,"1),

(i)研究g(x)的單調(diào)性;

(ii)若g(x)有兩個零點，求。的取值范圍.

2(2025?廣東江門?一模)意大利畫家達(dá)?芬奇提出：固定項鏈的兩端，在重力的作用下自然下垂，那么項鏈

，XX

所形成的曲線是懸鏈線.在17世紀(jì)，惠更斯、萊布尼茨、約翰?伯努利等得到懸鏈線方程是Tc+ec

尸一二

其中C為參數(shù).當(dāng)c=l時，該方程就是雙曲余弦函數(shù)ch(x)=f詈.相應(yīng)地就有雙曲正弦函數(shù)

sh(x)=《J.已知三角函數(shù)的三個關(guān)系式：①平方關(guān)系：sin、+cos2x=l；②二倍角關(guān)系：

o?小曰新多玄/(sM^cosx,

sin2x=2sinxcosx；導(dǎo)致關(guān)系：\、，

[z(cosx)=-siiir.

(1)類比關(guān)系式①②③，寫出Ch(x)和sh(x)之間的三種關(guān)系式(不需要證明)；

(2)當(dāng)x>0時，不等式sh(x)2區(qū)恒成立，求上的取值范圍；

⑶設(shè)無窮數(shù)列｛。"｝滿足%=%。用=2個-1,是否存在實數(shù)。，使得4。25=(?若存在，求。的值；若不存在,

說明理由.

、刷大題-拿高分百

副jL1.(24-25高三下?浙江杭州?階段練習(xí))已知。、beR,函數(shù)f(x)=》--西+6.

(1)若曲線y=〃x)在(OJ(O))處的切線方程為y=2(x+l),求a+b的值；

⑵若函數(shù)/(x)在R上單調(diào)遞增，求。的取值范圍；

(3)若對VbeR,函數(shù)/'(x)至多有兩個零點，求。的取值范圍.

2.(2025?山西,一模)已知函數(shù)/'(x)=d-辦2-4(aeR).

⑴判斷函數(shù)〃無)的單調(diào)性；

⑵若存在%e[-4,0],使得/伉"0,求。的取值范圍.

3.(2025,浙江?一模)已知函數(shù)/(x)=3x2-8sin(x+p),其中冏4兀.

⑴若函數(shù)/'(x)是偶函數(shù)，求。；

(2)當(dāng)。=0時，討論函數(shù)/(x)在［0,+s)上的零點個數(shù)；

(3)若VxNO,/(x)>0,求。的取值范圍.

4.(24-25高二上糊南長沙?期末)設(shè)函數(shù)1(力=/-辦-/lnx(aeR).

(1)當(dāng)。=2時，討論函數(shù)y=/(x)的單調(diào)性；

(2)當(dāng)時，曲線y=〃x)與直線了=加交于/(西/)，3包,加)兩點，求證：土乎］>0；

⑶證明：-H11<—ln〃(^>2,nGN*)-

352n-\2

5.(24-25高三下?安徽,階段練習(xí))已知函數(shù)〃x)=x+ln(l-x).

(1)求函數(shù)〃x)的單調(diào)區(qū)間與極值；

(2)若數(shù)列｛%｝滿足q=；,am=/(4),記其為數(shù)列｛與｝的前〃項和.求證:

①當(dāng)幾22時，

②當(dāng)然21時，Sn>--21n2.

6.(24-25高三上?河南?階段練習(xí))已知函數(shù)/(x)=；ax2-(2a+l)x+21nx(aeR).

⑴若/(x)有唯一極值，求。的取值范圍；

(2)當(dāng)a?0時,若/(再)=/(%2)，%產(chǎn)12,求證：xix2<4-

7.（24-25高三上?河南?階段練習(xí)）已知函數(shù)/（無）=（x-2乂e，-ax）（aeR）.

（1）若。=2,討論/（無）的單調(diào)性.

（2）己知關(guān)于x的方程/（x）=（尤-3）e、+2ax恰有2個不同的正實數(shù)根網(wǎng).

（i）求。的取值范圍；

<ii）求證：xr+x2>4.

8.（2025?廣西?一模）已知函數(shù)/（x）=ex-x.

⑴求曲線了=〃尤）在點（0.7（0））處的切線方程；

（2）當(dāng)苫€[0,+00）,6€（-00,1]時，/口）上辦2+6恒成立，求實數(shù)。的取值范圍;

M+l111

⑶證明：,+T-

k=2k2n+444

一、解答題

1.(2024?新高考I卷?高考真題)己知函數(shù)/(x)=ln上+辦+6(無-If

2-x

(1)若6=0,且/'(x)20,求。的最小值；

⑵證明：曲線了=/(x)是中心對稱圖形；

⑶若當(dāng)且僅當(dāng)1〈尤＜2,求b的取值范圍.

2.(2024?新課標(biāo)II卷,高考真題)已知函數(shù)/'(x)=e，-ax-a，.

⑴當(dāng)。=1時，求曲線了=f(x)在點(1,7(1))處的切線方程；

⑵若“X)有極小值，且極小值小于0,求。的取值范圍.

3.（2024?全國甲卷,高考真題）已知函數(shù)/'（x）=（l-辦）ln（l+x）-x.

⑴當(dāng)。=一2時，求〃x）的極值；

（2）當(dāng)x20時，/（x）＞0,求。的取值范圍.

4.（2023?新課標(biāo)I卷?高考真題）已知函數(shù)f（x）=a（e、+a）-x.

⑴討論/（尤）的單調(diào)性；

⑵證明：當(dāng)〃＞0時，/（x）＞21na+—.

5.（2023?新課標(biāo)H卷考真題）(1)證明：當(dāng)0<x<l時，x-x2<sinx<x；

（2）已知函數(shù)/'（x）=cosax-ln（l-x2）,若》=（）是/的極大值點，求.的取值范圍.

6.(2023?全國乙卷?高考真題)已知函數(shù)/(x)=\+“l(fā)n(l+x).

(1)當(dāng)a=T時，求曲線＞=/(尤)在點(1J0))處的切線方程；

(2)是否存在a,6,使得曲線＞=/]￡)關(guān)于直線x=b對稱，若存在，求0,6的值，若不存在，說明理由.

⑶若/'(x)在(0,+司存在極值，求a的取值范圍.

7.(2。23?全國甲卷?高考真題)已知函數(shù)〃外="-景,xe]。,3

⑴當(dāng)。=8時,討論“X)的單調(diào)性；

(2)若/(x)＜sin2x恒成立，求。的取值范圍.

8.(2022,全國乙卷?高考真題)已知函數(shù)〃x)=ln(l+x)+"ef

(1)當(dāng)°=1時，求曲線y=/(x)在點(oj(o))處的切線方程；

(2)若/'(無)在區(qū)間(-1,0),(0,舟)各恰有一個零點，求°的取值范圍.

9.(2022,全國甲卷?高考真題)已知函數(shù)/(x)=￡-lnx+x-a.

⑴若〃力川,求。的取值范圍；

(2)證明：若/'(x)有兩個零點x”X2,貝!|工也＜1.

10.(2022?新高考全國I卷?高考真題)已知函數(shù)/(x)=e，-ax和g(x)=ox-lnx有相同的最小值.

(1)求。；

⑵證明：存在直線>=6,其與兩條曲線了=/@)和^=8(尤)共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交

點的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列.

11.(2022?新高考全國II卷?高考真題)已知函數(shù)/(x)=xe5-el

(1)當(dāng)“=1時，討論〃尤)的單調(diào)性;

(2)當(dāng)x>0時，/(%)<-1.求。的取值范圍;

111,,,、

⑶設(shè)〃eN,證明:I+--?+/>ln（M+l）.

VI2+1V292+29+?

大題05函數(shù)及導(dǎo)數(shù)

颯考情-笈方向》

根據(jù)近幾年的高考情況，解析幾何是高考解答題必考題目，考查的內(nèi)容比較多，比較廣泛。本篇主要總結(jié)

了高考中經(jīng)常出現(xiàn)的定點，定值，以及面積面積范圍問題。對于解析幾何中的范圍問題，非對稱問題。新

高考中新定義問題也是解析幾何考查的一個重要方向。預(yù)計2025年高考中解析幾何依然會以這幾種形式出

現(xiàn)。

⑨研大題-梃能力占

題型一：利用導(dǎo)數(shù)中恒成立或不等式求參數(shù)范圍題型四：函數(shù)導(dǎo)數(shù)中隱零點問融

題型二：隨機變量及分布列題型五：函數(shù)導(dǎo)數(shù)與其他知識點相結(jié)合

題型三：導(dǎo)數(shù)中極值點偏移問題題型六：函數(shù)導(dǎo)數(shù)的新定義問題

題型一利用導(dǎo)數(shù)中恒成立或不等式求參數(shù)范圍

1.(24-25高三上?安徽安慶?期末)已知函數(shù)〃x)=e，-辦2,“eR,/'(x)為函數(shù)/(x)的導(dǎo)函數(shù).

⑴討論函數(shù)/'(X)的單調(diào)性；

(2)若任意xe(0,1),/(力+/'(力<2-辦2恒成立，求a的取值范圍.

【思路分析】

(1)先對參數(shù)進(jìn)行分類討論，再利用導(dǎo)數(shù)求解單調(diào)性即可.

⑵利用分離參數(shù)法得到"g(x)3,再利用導(dǎo)數(shù)得到g(x)<g(l)=e-l,最后得到參數(shù)范圍即可.

【規(guī)范答題】(1)因為/(x)=e，-“x2,且定義域為R,

所以/'(x)=e"—2QX,令g(x)=e"—2。%,則，(％)=e'-2。，

當(dāng)aVO時，g'(x)>0,函數(shù)/")在R上單調(diào)遞增;

當(dāng)〃〉0時，令g'(%)>0,得至1」%￡(1112〃,+00),令g'(x)<o,得至1」工￡(一00」!124),

故函數(shù)/'(X)在(-8,ln2a)上單調(diào)遞減，在(ln2q,+8)上單調(diào)遞增；

綜上：當(dāng)時，/'(X)在R上單調(diào)遞增；

當(dāng)Q>0時/'(工)在(-8,11124)上單調(diào)遞減，在(In2〃,+8)上單調(diào)遞增.

(2)由(1)得/'(x)=e"一2"，

因為對于任意％e(0,1),/(x)+r(x)<2-辦2恒成立，

所以e"-辦？+e"-2ax<2-ax2恒成立，

化簡得2e*-2<2辦恒成立，故a>'-4恒成立，

X

令g(x)=1,貝l]a>g(x)恒成立，g'(x)=(x-,J+l,

令”(尤)=(x-l)e*+1,貝!|/(x)=xe*>0,

得到Mx)在(0,1)單調(diào)遞增，即"⑺>"⑼=0

故g<x)>0,g(x)在(0,1)單調(diào)遞增，而g(l)=e-l,

即g(x)<g(l)=e-l,故ae[e-l,+oo).

球

2(2025?廣東佛山?二模)已知函數(shù)/(x)=e*-a(尤-2)+b+l,其中a,6eR.

(1)討論函數(shù)〃x)的單調(diào)性；

(2)已知若/(x)》0對任意的xeR恒成立，求2北的最小值.

a

【思路分析】(1)求導(dǎo)之后分a40和。>0討論得到單調(diào)性即可；

(2)由條件得到a>0時函數(shù)極小值，令極小值大于零，得到關(guān)于6的不等式，再構(gòu)造函數(shù)g(a),求導(dǎo)分

析單調(diào)性得到最值即可.

x

【規(guī)范答題】(1)f(x)=e-af

當(dāng)aVO時，/(')>0恒成立，/卜)在R上單調(diào)遞增;

當(dāng)〃〉0時，令/'(x)=0nx=ln〃，

所以當(dāng)x<ln”時，r(x)<0,7(x)在(-e,ln〃)上單調(diào)遞減;

當(dāng)x〉Ina時，/'(x)〉0,/(%)在(InQ,+。)上單調(diào)遞增；

綜上，當(dāng)a?0時，/(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)Q〉0時，/⑴在(-。,山〃)上單調(diào)遞減，在(lnq,+。)上單調(diào)

遞增.

(2)由(1)可得〃>0時，當(dāng)x=ln。時，函數(shù)取得極小值，又QWO,若/(x)20對任意的XER恒成立,

。<0不符合題意，

所以當(dāng)〃>0,/(lntz)>0,即/(lntz)=elnfl-6z(ln?-2)+/?+l>0,

即3〃一alna+6+120,b>a\na-3a-l,

八、、6+2。In。-3ci—1+211

代入---->--------------=In。-3十一，

aaa

設(shè)g(a)=lna-3+L貝l]g<a)=』-4■=幺工。>0,

aaaa

令g'(a)=O,得a=l,

當(dāng)0<a<l時,g'⑷<0,g㈤單調(diào)遞減;

當(dāng)a>l時,g，(a)>0,g(a)單調(diào)遞增，

所以g(。)1nto=g(l)=lnl-3+l=-2,所以?的最小值為一2.

I---------------------------------------------------------------------------------------

；對于含有參數(shù)的不等式來說，要求參數(shù)的取值及取值范圍。一般采用參編分離的思想，將參數(shù)移到一邊，

i從而重新構(gòu)造函數(shù)，求出函數(shù)的單調(diào)性，從而求出參數(shù)的取值范圍。對于含有兩個參數(shù)的，一般是將兩個i

,參數(shù)轉(zhuǎn)換成一個參數(shù)處理。利用參變量分離法求解函數(shù)不等式恒(能)成立，可根據(jù)以下原則進(jìn)行求解：

!(1)Vxe￡>,rn</(x)<^m</(x)min；

j(2)VxeD,M>/(x)om>/(x)max；

I________________________________________________________________________________I

r

(3)3xeZ),=尤).且,；

(4)3x&D,m>/(x)om>/(x)min.

(2025?陜西?一模)已知awO,函數(shù)/(x)=(ax+l)hi(ax+l)在x=4處取得極值.

e

(1)求a；

(2)證明：對任意的比，〃e(0,+co),都有/(%+〃)>/(%)+/(")；

⑶若存在實數(shù)x>0,使得(后-2)尤-l>〃x)成立，求人的最小整數(shù)值.

【答案】(1)。=1(2)證明見解析(3)5.

【詳解】(1)/'(x)="ln(ax+l)+(ax+l)—="In(ax+l)+a,

因為/(尤)在x=三處取得極值，

e

所以)=----)+1+〃=0,所以a----F1=—,

解得4=1.

經(jīng)驗證當(dāng)。=1時，/尤在x=一處取得極小值，符合題意，

e

故“=1.

⑵對任意的?n,"?0,+8),設(shè)夕(尤)=/(x+〃)-/(x),^(p'[x)=f'(x+n)-f'(x),

由(1)知/'(無)=ln(x+l)+l,則/'(x)在(0,+力)上單調(diào)遞增，

所以當(dāng)xe(O,+s)時，f\x+n)>f\x),即“(x)>0,所以/(x)在(0,+“)上單調(diào)遞增,

因為加>0,所以夕(加)>0(0),即/(加+")]/3)>/(〃)-/(O)=/("),

故/(?!+〃)>/(?!)+/(").

(3)存在實數(shù)尤>0,使得信-2)尤-l>/(x)成立，即3>(x+l)ln(x+l)+2x+l成立.

X

令g(x)=(x+l)皿9)+2x+l,x>0,則g,(x)=xT”(x+l),x>0,

令〃@)=尤一1-111(》+1),貝i]/(x)=W>0在(0,+8)上恒成立，

故〃(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增.

X/z(2)=l-ln3<0,A(3)=2-ln4>0,

故存在唯一的七?2,3),使得〃(%)=0,即/-l=ln(x°+l).

當(dāng)0cx時,力(尤)<0,即g'(x)<0,當(dāng)尤〉尤。時，〃(x)>0,BPg(x)>0,

所以g(x)在(0廣。)上單調(diào)遞減，在伉+⑹上單調(diào)遞增，

故g(x)min=g(Xo)=(%+1旭(％+1)+2/+1=1+1)"12x0+1=苫。+？，

xoxo

故在〉尤o+2,結(jié)合/€(2,3),得x()+2e(4,5),

故人的最小整數(shù)值為5.

2.(24-25高三上?浙江杭州?期末)已知函數(shù)〃x)=alnx+x2Q為實常數(shù)).

(1)若。=-1,求證：/(尤)在(1,+8)上是增函數(shù)；

(2)當(dāng)。=-4時，求函數(shù)“X)在［l,e］上的最大值與最小值及相應(yīng)的x值；

⑶若存在xe［l,e］,使得〃x)4(a+2)x成立，求實數(shù)。的取值范圍.

【答案】(1)證明見解析；⑵答案見解析；(3)a2-1.

【詳解】(1)由題設(shè)/(x)=-lnx+x2,貝mx)=-』+2x=^^,

XX

則在(1,+8)上有/'(X)>0,故〃X)在(1,+8)上是增函數(shù)，得證；

(2)由題設(shè)/(x)=Tlnx+x2,則/3)=2「=2(『2),

XX

當(dāng)〈正時/'(x)<0,當(dāng)后<xVe時/'(x)>0，

■〃x)在口,&)上單調(diào)遞減,在(后,e］上單調(diào)遞增，且/⑴=l</(e)=e2-4,

所以最小值為x=夜時/(V2)=2-21n2,最大值為X=e時/(e)=e2-4；

(3)由題設(shè)alnx+/4(a+2)x在xe[l,e]上能成立，貝!]/-2尤4a(x-lnx),

對于了=x-lnx,則在xe［l,e］上了=1一,20恒成立,

故y=x-Inx在工e］上單調(diào)遞增，且X=1時>=1,即在口同上x-lnx2l恒成立,

X2-2x

所以。之在xe［l,e］上能成立,

x-\nx

1°

令g(x)=匕2且xe[l,e],2(x-l)(x-lnx)-(l--)(x2-2r)(x-l)(x+2-2Inx)

則如無)=---------——--------

(x-Inx)2

x-lnx(x-InX)

2

對于J=x-21nx+2且％w［l,e］,則于=1一一,

x

當(dāng)lVx<2時，y<0,即>=x—21nx+2在口,2)上單調(diào)遞減，

當(dāng)2<xVe時，/>0,即歹=x—21nx+2在(2,e］上單調(diào)遞增，

當(dāng)x=2,=4-21n2>0,即在［l,e］上x—21nx+2>0恒成立，

在［l,e］上g'(x"0恒成立，則g(x)在［l,e］上單調(diào)遞增，^g(x)mi?=g(l)=-l,

所以。2—1.

題型二證明恒成立及不等式問題

1(2025?山東青島?一模)已知函數(shù)/(x)=〃x—sinx,XG.

(1)當(dāng)時，討論“X)的單調(diào)性；

(2)若“X)有兩個極值點，記極大值和極小值分別為M,m,證明：M-m<2.

【思路分析】(1)利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)性質(zhì)進(jìn)行求解即可；

(2)根據(jù)極值的定義，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行證明即可.

【規(guī)范答題】(1)當(dāng)°時，/(x)=1x-sinx,xe,

2v72L22_

則/'(x)=；-cosx,

當(dāng)或卜xwg時，r(x)>0；

2332

當(dāng)時，<0,

所以函數(shù)〃x)在［q,1上單調(diào)遞減，在4*一事和［用上單調(diào)遞增.

\JJJJJ

.7171

(2)由/(x)=ax-sinx,xG--fr(x)=a-cosx,

因為函數(shù)f(x)有兩個極值點，所以方程/'(無)=a-cosx=0有兩個不相等的實根,

7T7T

設(shè)為玉戶2且王<工2，因為函數(shù)歹=COSX在時的圖象關(guān)于歹軸對稱，

所以西+%=0,即cos玉=cosx2=ae(0,1),

當(dāng)時，/'(x)>OJ(x)單調(diào)遞增，

當(dāng)xeQi,%)時，/'(x)<OJ(無)單調(diào)遞減，

當(dāng)xe卜切時，/(x)>OJ(x)單調(diào)遞增，

所以網(wǎng),Z分別是函數(shù)的極大值點和極小值點，

即M=/(xj=ax{-sinx1,m=/(x2)=ax2-sinx2,

又玉+馬=0，即％=一西，

貝UAf-冽=〃再_sin玉-(a/-sinx2)=2(辦］-sin再),

又cos%［二a￡(0,1),則M—加=2(玉cos%］-sinxj,,

設(shè)〃(%)=2(再cos%i—sinxj,一］<玉<0,

則〃'(xj=-2X］sinX］<0,即函數(shù)"xj在1］,o］上單調(diào)遞減，

所以〃(xj</z(―,)=2,即

琢um

2(24-25高三下?湖南?階段練習(xí))已知函數(shù)［(x)=(x-a)ex+a.

⑴求了(無)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若aVl,證明：當(dāng)x>0時，f(x)+ex>x+\nx+2.

【思路分析】(1)由函數(shù)的解析式求得其導(dǎo)數(shù)/'(x),由導(dǎo)數(shù)/'(x)<0求得遞減區(qū)間，由導(dǎo)數(shù)/'(x)>0

求得遞增區(qū)間；

(2)將不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化，在已知條件下。(式-1)4/-1,所以不等式轉(zhuǎn)化為xe^-x-lnx-lNO,設(shè)函數(shù)

g(x)=xe1-x-lnx-l,求導(dǎo)數(shù)g'(x),由解析式可知g'(x)遞增，由函數(shù)零點存在定理可知存在唯一的

使得g'(x0)=0,從而得到函數(shù)g(x)單調(diào)區(qū)間并得到函數(shù)最小值，證明函數(shù)g(x)最小值大于等

于0即可得證.

【規(guī)范答題】⑴因為〃x)=(i)e"+a,

所以/'(x)=(x-tz+l)ex.

r

當(dāng)X<Q—1時，/(x)<0,當(dāng)X〉Q—1時，/,(%)>0,

所以/(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-*"I),單調(diào)遞增區(qū)間為("T,+8).

(2)要證明/(x)+e“2x+lnx+2,

明XQX+e'—x—lux—2>a(e"—1),

因為Q41,且工〉0,所以o(e'-1)?e"-1,

故只需證明xe*+ex-x-lnx-2>ex-1即xex-x-lnx-l>0.

設(shè)g(x)=xe"—x—lnx-l,則g'(x)=(x+l)eX—I—'=(x+l)[e"一'J.

易知g'(，)在(O,+s)上單調(diào)遞增，且g'g)=|(八一2)<0,g'(l)=2(e-l)>0,

所以存在唯一的％,使得g'(Xo)=O,即e』：，x0=-lnx0.

當(dāng)O<x<Xo時，g,(x)<0,當(dāng)x>x(,時，g，(x)>0,

所以gj)在(O,%)上單調(diào)遞減，在伉,+⑹上單調(diào)遞增.

A

所以g(x)2g(xo)=xoe°-xo-lnxo-l=xo-—-x0+x0-1=0,

故原命題成立.

喳鼠求解函數(shù)不等式恒（能）成立，可根據(jù)以下原則進(jìn)行求解:

(1)VXGD,m</(x)orn</(x)min；

(2)VxeD,OT>/(x)^m>/(%)_；

(3)3xGD,

(4)BXGD,rn>/(x)om>/(x)min.

1（25-26高三上■上海?單元測試）設(shè)函數(shù)y=/（x）,其中〃力="21nx+6（耳一1啟＞0）,曲線y=/（x）過點

(e,e2-e+1).

⑴求a,6的值；

(2)求證y=在(l,+oo)時，恒大于零，其中刃(x)=2xlnx+l-x；

(3)證明：當(dāng)x21時，f(x)>(x-1)2.

(1)由題意分析求解即可；

(2)利用導(dǎo)函數(shù)分析"(x)=2xlnx+l-x的單調(diào)性，證明即可；

(3)令g(x)=/(x)-(x-l)2,當(dāng)時，轉(zhuǎn)化為g(x)ZO,利用導(dǎo)函數(shù)證明即可.

(1)因為曲線>=/(x)過點(ed-e+l).

所以/'(e)=e?-e+1,因為/(x)=ax2lnx+6(x-l)(x>0),

所以aele+Z^e-l)=e。-e+1成立，

所以a=l,b=—1；

,,,i

(2)=(2尤)lnx+(2x)(lnx)+(l-x)=2\nx+2x---l=21nx+l,

因為x>l,所以加(x)>0,

所以加(無)在(1,+⑹嚴(yán)格遞增，

所以機(》)>機⑴，gpm(x)>0；

(3)令g(x)=/(x)-(x-l)2,BPg(x)=x2lwc-^2+jf,

g,(x)=(x2)，lnx+x2(lnA)，-2x+bg'(x)=2x\nx-x+\,

由(2)證可知g'(x)>0,所以g(x)在。,+8)上嚴(yán)格遞增,

所以g(x)2g⑴，因為g⑴=0,所以尤21,g(x)>0,

即-(x-l)&0,所以

2(24-25高三下■重慶?開學(xué)考試)亙知函數(shù)/(x)=ln(l+x)+x-asinx,a>0.

⑴若函數(shù)/(x)在(-1,0)單調(diào)增，求實數(shù)a的取值范圍：

(2)當(dāng)時，/(x)<0,求實數(shù)。的值；

〃(1\3n1

⑶求證：2^sin—~~->—+In2+In.

k=2\k—1)4〃+1n

【答案】(1)0<。<2

(2)?=2

⑶證明見解析

【分析】(1)函數(shù)在某區(qū)間單調(diào)遞增，可通過其導(dǎo)數(shù)在該區(qū)間大于等于。恒成立來求解參數(shù)范圍;

(2)要根據(jù)函數(shù)在給定區(qū)間的取值情況確定參數(shù)值，需結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性等性質(zhì)進(jìn)行分析；

(3)證明不等式需要利用前面得到的函數(shù)性質(zhì)以及一些常見的放縮技巧變形，結(jié)合裂項求和即可.

【詳解】(1)據(jù)題意：/'(x)=，+l-a-cosx,r(x)=asinx--

''1+x(1+x)

則當(dāng)xe(-1,0)時,r(x)<0,則/'(x)在(TO)單調(diào)減,所以廣(力二=肘(0)=2-〃,

由于/(無)在(TO)單調(diào)增，則/'(x"0恒成立，即2-故0<042.

(2)下面證明：當(dāng)〃=2時，/(x)40恒成立，/(x)=ln(l+x)+x-2sinx,

由⑴知，當(dāng)％￡(—L0)時，/(x)</(O)=O,符合；

當(dāng)xe］得時一，”占+1-2c°sx，(x)=2smx-看,

2

20,則/"(x)在，/單調(diào)增，由于/〃(0)=-1<0,

r(x)=2cosx+—

2

71=j/>0,則存在fe0譚］使/'"0=0,則/■"(x)<0,0<X<t,即/'(x)在(0,。單調(diào)減,

jr71

/"(x)>O,Z<x<-,即在卜3單調(diào)增，又/'(0)=0,1-V3<1--+1-V3=--73<0,

'嗚*23

所以/'(X)(。對xjo譚)

恒成立，即〃x)在單調(diào)減，故/■(x)V/(O)=O.、

綜上，Q=2.

(3)由(2)知：ln(l+x)+x<2sinx對XE［0謂)恒成立,

令x=」一,2-sin111'k2

>In1+2+2-=ln

產(chǎn)一136k2-lk-l)k-l

所以2