重難點(diǎn)09導(dǎo)數(shù)必考經(jīng)典壓軸解答題全歸類【十一大題型】【新高考專用】導(dǎo)數(shù)是高考數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容，是高考必考的重點(diǎn)、熱點(diǎn)內(nèi)容.從近幾年的高考情況來看，在解答題中試題的難度較大，主要涉及導(dǎo)數(shù)的幾何意義、函數(shù)的單調(diào)性問題、函數(shù)的極值和最值問題、函數(shù)零點(diǎn)問題、不等式恒成立與存在性問題以及不等式的證明等內(nèi)容，考查分類討論、轉(zhuǎn)化與化歸等思想，屬綜合性問題，解題時(shí)要靈活求解．其中，對(duì)于不等式證明中極值點(diǎn)偏移、隱零點(diǎn)問題和不等式的放縮應(yīng)用這三類問題是目前高考導(dǎo)數(shù)壓軸題的熱點(diǎn)方向．【知識(shí)點(diǎn)1切線方程的求法】1．求曲線“在”某點(diǎn)的切線方程的解題策略：①求出函數(shù)y=f(x)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)，即曲線y=f(x)在點(diǎn)(x0,f(x0))處切線的斜率；②在已知切點(diǎn)坐標(biāo)和切線斜率的條件下，求得切線方程為y=y0+f'(x0)(x-x0).2．求曲線“過”某點(diǎn)的切線方程的解題通法：①設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)T(x0,f(x0))(不出現(xiàn)y0)；②利用切點(diǎn)坐標(biāo)寫出切線方程：y=f(x0)+f'(x0)(x-x0)；③將已知條件代入②中的切線方程求解.【知識(shí)點(diǎn)2導(dǎo)數(shù)中函數(shù)單調(diào)性問題的解題策略】1．含參函數(shù)的單調(diào)性的解題策略：(1)研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，要依據(jù)參數(shù)對(duì)不等式解集的影響進(jìn)行分類討論.(2)若導(dǎo)函數(shù)為二次函數(shù)式，首先看能否因式分解，再討論二次項(xiàng)系數(shù)的正負(fù)及兩根的大?。蝗舨荒芤蚴椒纸?，則需討論判別式△的正負(fù)，二次項(xiàng)系數(shù)的正負(fù)，兩根的大小及根是否在定義域內(nèi).2．根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般思路：(1)利用集合間的包含關(guān)系處理：y=f(x)在(a,b)上單調(diào)，則區(qū)間(a,b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集.(2)f(x)為增(減)函數(shù)的充要條件是對(duì)任意的x∈(a,b)都有f'(x)≥0(f'(x)≤0)，且在(a,b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上，f'(x)不恒為零，應(yīng)注意此時(shí)式子中的等號(hào)不能省略，否則會(huì)漏解.(3)函數(shù)在某個(gè)區(qū)間上存在單調(diào)區(qū)間可轉(zhuǎn)化為不等式有解問題.【知識(shí)點(diǎn)3函數(shù)的極值與最值問題的解題思路】1．運(yùn)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)f(x)極值的一般步驟：(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f'(x)；(3)解方程f'(x)=0，求出函數(shù)定義域內(nèi)的所有根；(4)列表檢驗(yàn)f'(x)在f'(x)=0的根x0左右兩側(cè)值的符號(hào)；(5)求出極值.2．根據(jù)函數(shù)極值求參數(shù)的一般思路：

已知函數(shù)極值，確定函數(shù)解析式中的參數(shù)時(shí)，要注意：根據(jù)極值點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個(gè)條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解.3．利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值的解題策略：(1)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)f(x)在[a,b]上的最值的一般步驟：①求函數(shù)在(a,b)內(nèi)的極值；②求函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值f(a)，f(b)；③將函數(shù)f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個(gè)為最大值，最小的一個(gè)為最小值.(2)求函數(shù)在無窮區(qū)間(或開區(qū)間)上的最值的一般步驟：求函數(shù)在無窮區(qū)間(或開區(qū)間)上的最值，不僅要研究其極值情況，還要研究其單調(diào)性，并通過單調(diào)性和極值情況，畫出函數(shù)的大致圖象，然后借助圖象觀察得到函數(shù)的最值.【知識(shí)點(diǎn)4導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用】1．導(dǎo)數(shù)中的函數(shù)零點(diǎn)（方程根）問題利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的零點(diǎn)（方程的根）主要有兩種方法：(1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f(x)的最值，轉(zhuǎn)化為f(x)圖象與x軸的交點(diǎn)問題，主要是應(yīng)用分類討論思想解決.(2)分離參變量，即由f(x)=0分離參變量，得a=g(x)，研究y=a與y=g(x)圖象的交點(diǎn)問題.2．導(dǎo)數(shù)中的不等式證明(1)一般地，要證f(x)>g(x)在區(qū)間(a，b)上成立，需構(gòu)造輔助函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，通過分析F(x)在端點(diǎn)處的函數(shù)值來證明不等式．若F(a)＝0，只需證明F(x)在(a，b)上單調(diào)遞增即可；若F(b)＝0，只需證明F(x)在(a，b)上單調(diào)遞減即可.(2)在證明不等式中，若無法轉(zhuǎn)化為一個(gè)函數(shù)的最值問題，可考慮轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的最值問題．3．導(dǎo)數(shù)中的恒（能）成立問題解決不等式恒（能）成立問題有兩種思路：(1)分離參數(shù)法解決恒（能）成立問題，根據(jù)不等式的性質(zhì)將參數(shù)分離出來，得到一個(gè)一端是參數(shù)，另一端是變量表達(dá)式的不等式，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，即可解決問題．(2)分類討論法解決恒（能）成立問題，將恒成立問題轉(zhuǎn)化為最值問題，此類問題關(guān)鍵是對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類討論，在參數(shù)的每一段上求函數(shù)的最值，并判斷是否滿足題意，據(jù)此進(jìn)行求解即可.4．導(dǎo)數(shù)中的雙變量問題破解雙參數(shù)不等式的方法：一是轉(zhuǎn)化，即由已知條件入手，尋找雙參數(shù)滿足的關(guān)系式，并把含雙參數(shù)的不等式轉(zhuǎn)化為含單參數(shù)的不等式；二是巧構(gòu)函數(shù)，再借用導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求其最值；三是回歸雙參的不等式的證明，把所求的最值應(yīng)用到雙參不等式，即可證得結(jié)果．【知識(shí)點(diǎn)5極值點(diǎn)偏移問題及其解題策略】1．極值點(diǎn)偏移極值點(diǎn)偏移的定義：對(duì)于函數(shù)在區(qū)間內(nèi)只有一個(gè)極值點(diǎn)，方程的解分別為，且.(1)若，則稱函數(shù)在區(qū)間上極值點(diǎn)偏移；(2)若，則函數(shù)在區(qū)間上極值點(diǎn)左偏，簡稱極值點(diǎn)左偏；(3)若，則函數(shù)在區(qū)間上極值點(diǎn)右偏，簡稱極值點(diǎn)右偏．2．極值點(diǎn)偏移問題的一般題設(shè)形式(1)函數(shù)f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2且x1≠x2，求證：x1+x2>2x0(x0為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn))；(2)函數(shù)f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，滿足f(x1)=f(x2)，求證：x1+x2>2x0(x0為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn))；(3)函數(shù)f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2且x1≠x2，令，求證：f'(x0)>0；(4)函數(shù)f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，滿足f(x1)=f(x2)，令，求證：f'(x0)>0.3．極值點(diǎn)偏移問題的常見解法(1)(對(duì)稱化構(gòu)造法)：構(gòu)造輔助函數(shù)：①對(duì)結(jié)論x1+x2>2x0型，構(gòu)造函數(shù).②對(duì)結(jié)論型，方法一是構(gòu)造函數(shù)，通過研究的單調(diào)性獲得不等式；方法二是兩邊取對(duì)數(shù)，轉(zhuǎn)化成lnx1+lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成兩變量即可.(2)(比值代換法)：通過代數(shù)變形將所證的雙變量不等式通過代換化為單變量的函數(shù)不等式，利用函數(shù)單調(diào)性證明.【題型1函數(shù)的切線問題】【例1】（2024·廣東·二模）已知函數(shù)f(x)=ex?1?xlnx.(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程；(2)證明：f(x)>0.【解題思路】（1）求導(dǎo)，即可得直線斜率，進(jìn)而可求解直線方程，（2）對(duì)x分0<x<1和x≥1，求導(dǎo)，即可根據(jù)單調(diào)性求解，或者將不等式變形為ex?1x2>ln【解答過程】（1）f(1)=ef′x=曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y=1.（2）解法1：定義域?yàn)?0,+∞①當(dāng)0<x<1時(shí)，ex?1>e?1，xln②當(dāng)x≥1時(shí)，f′設(shè)g(x)=f′x由于y=ex?1,y=?1x均在[1,+∞)所以g′所以g(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增，g(1)=0，g(x)≥0，即所以f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增，f(1)=1，則綜上所述，f(x)>0.解法2：定義域?yàn)?0,+∞要證f(x)>0，只需證ex?1>xln令?(x)=ex?1x2，當(dāng)x∈(0,2)，?′(x)<0，當(dāng)x∈(2,+∞)，?′∴?(x)≥?(2)=eg′當(dāng)x∈(0,e)，g′當(dāng)x∈(e,+∞)，∴g(x)≤g(e綜上所述，?(x)≥e4>1e【變式1-1】（2024·四川雅安·一模）已知函數(shù)fx=ax+1(1)當(dāng)a<0時(shí)，求fx(2)當(dāng)a=1時(shí)，過點(diǎn)?1,m可以作3條直線與曲線y=fx相切，求m【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)直接求解單調(diào)區(qū)間即可；（2）設(shè)切點(diǎn)為x0,x0+1ex0，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得m=x【解答過程】（1）由fx=ax+1則f′令f′x>0，得x>a?1a所以函數(shù)fx的單調(diào)遞增區(qū)間為a?1a,+（2）當(dāng)a=1時(shí)，fx=x+1設(shè)切點(diǎn)為x0,x化簡得m=x因?yàn)檫^點(diǎn)?1,m可以作3條直線與曲線y=fx所以方程m=x設(shè)gx=x2+2x+1而g′令g′x>0，得?1<x<1；令g′x所以函數(shù)gx在?∞,?1和1,+又g?1=0，g1=4畫出函數(shù)y=m與y=gx要使函數(shù)y=m與y=gx的圖象有三個(gè)交點(diǎn)，則0<m<即m的取值范圍為0,4【變式1-2】（2024·湖北黃岡·一模）已知函數(shù)f(1)若曲線y=fx在點(diǎn)1,f1處的切線方程為fx=?x+b，求(2)討論fx【解題思路】（1）先對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義與斜率關(guān)系即可求解；（2）結(jié)合導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性關(guān)系對(duì)a的范圍進(jìn)行分類討論即可求解．【解答過程】（1）fx=2aln曲線y=fx在點(diǎn)1,f1處的切線方程為則f′1=a?3由f1=?a?9（2）fx=2aln則f′令f′x=0，解得x=2若a≤0，則當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(2,+∞)時(shí)，若0<a<3，則當(dāng)x∈2a3,2時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈0,2a若a=3，則f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，若a>3，則當(dāng)x∈2,2a3時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(0,2)和x∈綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2,+∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為當(dāng)0<a<3時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為0,2a3和(2,+∞當(dāng)a=3時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞當(dāng)a>3時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,2)和2a3,+∞【變式1-3】（2024·廣東惠州·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=eax+(1)當(dāng)a=0時(shí)，求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程；(2)設(shè)g(x)=f′(x)?【解題思路】（1）求導(dǎo)，再根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可得解；（2）求導(dǎo)，分a=0，a>0兩種情況討論，再結(jié)合極大值的定義即可得解；【解答過程】（1）當(dāng)a=0時(shí)，f(x)=1+1x，則f′所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y?2=?x?1即y=?x+3；（2）函數(shù)gx的定義域?yàn)?f′(x)=ae則g′當(dāng)a=0時(shí)，gx=?1，此時(shí)函數(shù)當(dāng)a>0時(shí)，令g'(x)>0，則x<?2a或令g′x<0所以函數(shù)gx在?∞,?所以gx的極大值為g綜上所述，當(dāng)a=0時(shí)，函數(shù)gx當(dāng)a>0時(shí)，gx的極大值為4【題型2（含參）函數(shù)的單調(diào)性問題】【例2】（2024·浙江金華·一模）已知函數(shù)fx=1(1)若a=1，求fx(2)若fx≥?e【解題思路】（1）代入?yún)?shù)值，求導(dǎo)函數(shù)，解導(dǎo)函數(shù)大于0的不等式，得出增減區(qū)間；（2）求導(dǎo)函數(shù)，得到增減區(qū)間，求得最小值；由題意建立不等式，構(gòu)建對(duì)應(yīng)函數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)求得單調(diào)區(qū)間得最小值再建立不等關(guān)系，得到范圍.【解答過程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，f∴x∈0,1時(shí)，f′x<0，∴fx的單調(diào)增區(qū)間為1,+∞（2）f∴x∈0,a時(shí)，f′x<0∴f又∵fx≥?令?則?′a=?a?lna，顯然∴必然存在唯一a0∈當(dāng)a∈0,a0，?當(dāng)a∈a0,+∞，由于a∈0,1時(shí)，?當(dāng)a∈1,+∞時(shí)，?a單調(diào)遞減，且?綜上，a成立的范圍為0,e【變式2-1】（2024·上海靜安·一模）設(shè)函數(shù)fx(1)求函數(shù)y=fx(2)求不等式fx【解題思路】（1）直接求導(dǎo)，令導(dǎo)函數(shù)大于0和小于0即可；（2）轉(zhuǎn)化為xx【解答過程】（1）y′令y′=1?4x2令y′=1?4x2所以，該函數(shù)的嚴(yán)格單調(diào)增區(qū)間為(?∞,?2)和(2,+∞)，嚴(yán)格單調(diào)減區(qū)間為（2）f(x)<2x，即x?4x2?4x>0，即所以解集為(?2,0)∪(2,+∞【變式2-2】（2024·廣東·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=6時(shí)，求fx(2)討論fx【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)求得fx（2）先求得f′x，對(duì)a進(jìn)行分類討論，從而求得【解答過程】（1）當(dāng)a=6時(shí)，fx所以fx在區(qū)間?∞,?2在區(qū)間?2,1上f′所以fx的極大值是f極小值為f1（2）fx=x當(dāng)?a3=1,a=?3當(dāng)?a3>1,a<?3時(shí)，fx在區(qū)間在區(qū)間1,?a3上當(dāng)?a3<1,a>?3時(shí)，fx在區(qū)間在區(qū)間?a3,1綜上：當(dāng)a=?3時(shí)，fx在R當(dāng)a<?3時(shí)，fx在區(qū)間?∞,1當(dāng)a>?3時(shí)，fx在區(qū)間?∞,?【變式2-3】（2024·貴州六盤水·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=e(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若?x≥0,f(x)≥x2+2【解題思路】（1）求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，再按a≤0,a>0分類求出單調(diào)區(qū)間.（2）將不等式恒成立作等價(jià)變形，在x>0時(shí)分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出最小值，再對(duì)x=0討論即可.【解答過程】（1）函數(shù)f(x)=ex?ax+1的定義域?yàn)镽當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0恒成立，函數(shù)f(x)在當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)<0，得x<lna；由函數(shù)f(x)在(?∞,ln所以當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(?∞當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(?∞,ln（2）不等式f(x)≥x當(dāng)x=0時(shí)，不等式a×0≤0恒成立，即a∈R；依題意，當(dāng)x>0時(shí)，a≤exx求導(dǎo)得g′(x)=e求導(dǎo)得?′(x)=ex?1>0，函數(shù)?(x)則當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)在g(x)min=g(1)=所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是a≤e【題型3函數(shù)的極值與最值問題】【例3】（2024·云南大理·一模）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=1時(shí)，證明：fx(2)若函數(shù)fx有極小值，且fx的極小值小于a?a【解題思路】（1）當(dāng)a=1時(shí)，證明出fx（2）對(duì)實(shí)數(shù)a的取值范圍進(jìn)行分類討論，利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)fx在其定義域上的單調(diào)性，可得出a>0，根據(jù)題意可得出a2+lna?a<0，可得出ga<g1，利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)【解答過程】（1）證明：要證fx≥0，只需證當(dāng)a=1時(shí)，則fx=ln可得f′x=1xx0,111,+f?0+f遞減極小值0遞增所以，函數(shù)fx在x=1處取得即小值，亦即最小值，即f所以，fx（2）解：因?yàn)閒x=lnx+a當(dāng)a≤0時(shí)，?x>0，f′x>0，此時(shí)，函數(shù)f當(dāng)a>0時(shí)，令f′x=0x0,aaa,+f?0+f遞減極小值ln遞增所以，fx由題意可得lna<?a2令ga=a2+不等式a2+lng′當(dāng)且僅當(dāng)2a=1a時(shí)，即a=2所以，函數(shù)ga在0,+∞單調(diào)遞增，又ga因此，實(shí)數(shù)a的取值范圍是0,1.【變式3-1】（2024·廣東肇慶·一模）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=0時(shí)，求fx(2)若fx存在極大值，求a【解題思路】（1）利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性、最值的關(guān)系求解；（2）利用導(dǎo)數(shù)與極值的關(guān)系，結(jié)合參數(shù)a≤0和a>0討論函數(shù)單調(diào)性，從而解決問題.【解答過程】（1）由題可知fx的定義域?yàn)?,+當(dāng)a=0時(shí)，fx=ln令f'x=0當(dāng)0<x<1時(shí)，f'x>0當(dāng)x>1時(shí)，f'x<0所以當(dāng)x=1時(shí)，fx取極大值，也是最大值，故fx的最大值為（2）f'令gx=ax當(dāng)a≤0時(shí)，g'x<0，g當(dāng)x→0時(shí)，gx→+∞；g2=4a?ln2<0在0,x0上，gx>0，在x0,2上，gx<0，f'當(dāng)a>0時(shí)，令g'x=0，解得x在0,12a上，g'x<0，gx單調(diào)遞減；在所以當(dāng)x=12a時(shí)，gx當(dāng)12?ln12a<0，即0<a<12e時(shí)，由于當(dāng)x→0在0,x1上，gx>0，f'x>0，fx單調(diào)遞增；在x1當(dāng)a≥12e時(shí)在0,+∞上gx綜上所述，a的取值范圍是?∞【變式3-2】（2024·陜西榆林·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=1時(shí)，求fx(2)求fx(3)當(dāng)a≤2時(shí)，證明：當(dāng)?1<x<0時(shí)，fx【解題思路】（1）求定義域，求導(dǎo)，得到函數(shù)單調(diào)性，得到最小值；（2）求定義域，求導(dǎo)，分a≤0和a>0兩種情況，求出函數(shù)單調(diào)性，得到極值情況；（3）解法1：令gx=fx?ex，二次求導(dǎo)，結(jié)合特殊點(diǎn)函數(shù)值，得到其單調(diào)性，得到解法2：根據(jù)題目條件得到fx≥2x?ln【解答過程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，fx=x?lnx+1+1，函數(shù)f當(dāng)?1<x<0時(shí)，f′x<0；當(dāng)x>0因此fx在?1,0單調(diào)遞減，在0,+∞單調(diào)遞增，故fx（2）fx的定義域?yàn)?1,+若a≤0時(shí)，則f′x<0，故fx在若a>0時(shí)，令f′x=0得x=1a當(dāng)x>1a?1因此fx在?1,1a故fx有極小值f（3）解法1：令gxg′令?x=a?1因?yàn)?1<x<0，所以1(x+1)因此?′x>0,?x在?1,0單調(diào)遞增，故gx在?1,0單調(diào)遞減，gx>g0=0解法2：因?yàn)閍≤2,?1<x<0，所以fx要證當(dāng)?1<x<0時(shí)，fx>e令gx令?x=2?1x+1?所以1x+12>1,ex<1，因此即g′x<0，故gx在【變式3-3】（2024·河南·二模）已知函數(shù)fx=x(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)證明：fx【解題思路】（1）求導(dǎo)，將問題轉(zhuǎn)化為一元二次方程根的分布即可求解，（2）將x1+x【解答過程】（1）f′由題知x2+a?3x+a=0在0,+∞所以?a?32>0故實(shí)數(shù)a的取值范圍是0,1.（2）由（1）知x1∴f==(3?a)2?2a+2令gag記?a=g′a,則又g′所以?t∈e?3,1，使g當(dāng)a∈0,t時(shí)g′a<0，故當(dāng)a∈t,1時(shí)g′a>0，故故g(a)綜上，fx【題型4導(dǎo)數(shù)中函數(shù)零點(diǎn)（方程根）問題】【例4】（2024·貴州黔南·一模）已知函數(shù)f(x)=ae(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【解題思路】（1）求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，再按a≤0,a>0分類討論導(dǎo)數(shù)值正負(fù)即可.（2）由（1）可得f(x)的最小值，再結(jié)合函數(shù)值的變化情況求出最小值小于0的a的范圍.【解答過程】（1）函數(shù)f(x)=aex?x+1的定義域?yàn)镽當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)<0，得x<?lna；由即函數(shù)f(x)在(?∞,?ln所以當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(?∞當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(?∞,?ln（2）由（1）知，當(dāng)a>0時(shí)，f(x)當(dāng)x→?∞時(shí)，f(x)→+∞；當(dāng)x→+∞要函數(shù)f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)2+lna<0，解得所以實(shí)數(shù)a的取值范圍0<a<e【變式4-1】（2024·山東煙臺(tái)·三模）已知函數(shù)fx(1)討論函數(shù)fx(2)當(dāng)a=3時(shí)，若方程xfx?x【解題思路】（1）直接使用導(dǎo)數(shù)的符號(hào)判斷單調(diào)性；（2）將方程化為x?e?x2?3mx?e?x【解答過程】（1）求導(dǎo)知f′當(dāng)a≥0時(shí)，由f′x=1+aex當(dāng)a<0時(shí)，對(duì)x<?ln?a有f′x=1+aex>1+a?e?ln綜上，當(dāng)a≥0時(shí)，fx在?當(dāng)a<0時(shí)，fx在?∞,?（2）當(dāng)a=3時(shí)，fx=x+3e而x3ex由于x2和3ex即x?e設(shè)gx=x?e?x，則g′x=1?x?故gx在?∞,1上遞增，在1,+∞上遞減，這就得到然后考慮關(guān)于x的方程gx①若t≤0，由于當(dāng)x>1時(shí)有g(shù)x=x?e?x>0≥t，而g而g1=1e>0≥t②若0<t<1e，由于gx在?∞,1而由gx=x?e再結(jié)合g0=0<t，g1=1e>t，2③若t=1e，則由于gx≤g1，且不等號(hào)兩邊相等當(dāng)且僅當(dāng)x=1，故方程g④若t>1e，則gx由剛剛討論的gx=t的解的數(shù)量情況可知，方程x?e?x2?3mx?e?x?9m=0存在三個(gè)不同的實(shí)根，當(dāng)且僅當(dāng)關(guān)于一方面，若關(guān)于t的二次方程t2?3mt?9m=0有兩個(gè)不同的根t1,t2，且t1故m∈?∞,?4∪0,+而方程t2?3mt?9m=0的解是3m±3m2+4m所以1e>t這就得到23e?m>m2+4m故我們得到0<m<1另一方面，當(dāng)0<m<19e2+3e時(shí)，關(guān)于t的二次方程且有t1=3m+3m2綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍是0,1【變式4-2】（2024·四川·一模）設(shè)f(1)若a=0，求fx(2)討論fx【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可；（2）利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而可以研究函數(shù)的零點(diǎn).【解答過程】（1）當(dāng)a=0時(shí)，fx=e注意到ex3?x>0，從而???33f+0—0+f↗e↘e↗從而fx的單調(diào)遞增區(qū)間是?∞,?（2）當(dāng)a=0時(shí)注意到ex當(dāng)a≠0時(shí)，注意到所求可以化為x3設(shè)gx=x3?x，???1?1,???0g+++0——g↗0↗2↘000,3311,+g——0+++g0↘?↗0↗當(dāng)a<0時(shí)，x<0，注意到gx注意到3x2+則gx從而gx注意到設(shè)x1=max?12,設(shè)x2=min?2,e從而在x2當(dāng)a>0時(shí)，我們考慮kx=3x???1111,+k+0—0+++k↗?↘?↗1↗從而其在13,1之間有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)其為α，從而考慮其在0,+∞上的正負(fù)性和kx一樣，從而其極小值點(diǎn)就是最小值點(diǎn)，在x=α處取到.注意到α3=1從而當(dāng)a<b=1αe當(dāng)a=b時(shí)，gx當(dāng)a>b時(shí)，gx??x在x1=min從而gx??x設(shè)ux=lnx?x+1,x>1所以函數(shù)ux在1,+則ux=ln當(dāng)x≥2時(shí)，gx從而在x2=max從而在α,x從而此時(shí)共有兩個(gè)零點(diǎn).綜上所述，當(dāng)0≤a<b=1αe當(dāng)a<0或者a=b時(shí)，fx當(dāng)a>b時(shí)，fx【變式4-3】（2024·甘肅白銀·一模）已知函數(shù)fx(1)若曲線y=fx在x=2處的切線的斜率為3，求t(2)已知fx恰有兩個(gè)零點(diǎn)x①求t的取值范圍；②證明：x1【解題思路】（1）由導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解即可；（2）①法一：令fx=0，得t=1+2lnxx2，將題意轉(zhuǎn)化為y=t,y=1+2lnxx②將題意轉(zhuǎn)化為證明1+lnx1x2<x1x【解答過程】（1）解：由題意得f′因?yàn)榍€y=fx在x=2所以f′2=4t?1=3（2）①法一：解：令fx=0，得t=1+2lnx當(dāng)x∈0,1時(shí)，g當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，g′當(dāng)x趨近正無窮時(shí)，gx趨近0，又g所以0<t<1，即t的取值范圍為0,1.法二：由題意得fx若t≤0，則f′x<0,fx單調(diào)遞減，所以若t>0，則當(dāng)x∈0,1t當(dāng)x∈1t,+所以f(x)min=f當(dāng)x趨近0時(shí)，fx趨近正無窮；當(dāng)x趨近正無窮時(shí)，f故t的取值范圍為0,1.②證明：由①可得0<x1兩式相加得tx由x1x2要證x1x2設(shè)?x=x?ln當(dāng)x∈0,1時(shí)，?當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，?′x>0,?因?yàn)閤1x2>0，所以又0<t<1，所以?x1x從而x1【題型5導(dǎo)數(shù)中不等式的證明】【例5】（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)若k=12，求證：當(dāng)x>0時(shí)，(2)若x=0是fx的極大值點(diǎn)，求k【解題思路】（1）令?x=f′x，再求導(dǎo)可得?（2）分類討論可得gx=f′x=ex?2kx?1的單調(diào)性，分k≤0【解答過程】（1）若k=12，則fx則?′x=ex?1，當(dāng)x>0時(shí)，所以?x在0,+∞上單調(diào)遞增，即f′所以f′即fx在0,+∞上單調(diào)遞增，所以（2）由題知f′令gx=f當(dāng)k≤0時(shí)，g′(x)>0,f當(dāng)k>0時(shí)，令g′x=0當(dāng)x∈?∞,ln2k時(shí)，g所以f′(x)在區(qū)間?∞則當(dāng)k≤0時(shí)，f′當(dāng)x∈?∞,0時(shí)，f當(dāng)x∈0,+∞時(shí)，f′所以x=0是函數(shù)fx當(dāng)0<k<12時(shí)，ln2k<0當(dāng)x∈ln2k,0時(shí)，f′當(dāng)x∈0,+∞時(shí)，f′所以x=0是函數(shù)fx當(dāng)k=12時(shí)，則當(dāng)x∈?∞,+∞時(shí)，所以fx當(dāng)k>12時(shí)，ln2k>0當(dāng)x∈?∞,0時(shí)，f當(dāng)x∈0,ln2a時(shí)，f所以x=0是函數(shù)fx綜上所述，k的取值范圍是k>1【變式5-1】（2024·四川·一模）已知函數(shù)fx(1)若fx在0,+∞上單調(diào)遞減，求(2)若a<0，證明：fx【解題思路】（1）根據(jù)題意可得f′x≤0在區(qū)間0,+（2）根據(jù)題意要證fx>0等價(jià)于證明lnx?ax+1x【解答過程】（1）由fx=xln因?yàn)閒x在0,+∞上單調(diào)遞減，所以f′所以lnx+1?2ax≤0，即a≥構(gòu)造函數(shù)gx=ln當(dāng)x∈0,1時(shí)，g′x>0；當(dāng)所以gx在區(qū)間0,1上單調(diào)遞增，在區(qū)間1,+所以當(dāng)x=1時(shí)fx取得極大值也是最大值，即gxmax所以a的取值范圍為12（2）解法一：由題意得fx=xln當(dāng)a<0時(shí)，要證fx>0，即證：x構(gòu)造函數(shù)?x=ln所以?′x=因?yàn)楹瘮?shù)Tx的對(duì)稱軸為x=12a<0，所以且T0=?1<0，T1=?a>0，所以存在所以當(dāng)x∈0,x0時(shí)，T當(dāng)x∈x0,+∞時(shí)，所以?x在0,x0所以當(dāng)x=x0時(shí)，?x又因?yàn)?ax02+x令px=lnx+2所以px在0,1上單調(diào)遞減，所以px>p所以即證?xmin>0解法二：若a<0，ax令px=xln當(dāng)x∈0,1e時(shí)，p′x<0，px所以px≥p1所以fx【變式5-2】（2024·山西·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=ln(1)若函數(shù)f(x)在定義域上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；(2)若a=0；求證：f(x)<4(3)設(shè)x1，x2x1<【解題思路】（1）由題意得f'（2）求導(dǎo)，確定其單調(diào)性得到f(x)≤1，構(gòu)造函數(shù)g(x)=4ex?2（3）化簡fx1?fx2=lnx【解答過程】（1）由題意知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞f'(x)=1所以a≥?1x2又?1x2所以a≥14，即a的取值范圍是（2）證明：若a=0，f(x)=lnx?x+2，所以令f'(x)=0，解得x=1，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，當(dāng)x>1時(shí)，f'所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+∞所以f(x)≤f(1)=1，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)，等號(hào)成立.令g(x)=4ex?2x2令g'(x)=0，解得x=2，所以當(dāng)0<x<2時(shí)，g'(x)<0，當(dāng)所以g(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2,+∞所以g(x)≥g(2)=1，當(dāng)且僅當(dāng)x=2時(shí)，等號(hào)成立，所以f(x)≤1≤g(x)，又等號(hào)不同時(shí)成立，所以f(x)<4（3）證明：由題意可知f'因?yàn)閒(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x所以x1，x2是方程則0<a<14所以f=ln所以要證fx1?f即證lnx1x2<a令t=x1x令?(t)=lnt?t?1所以?(t)在(0,1)上單調(diào)遞增，則?(t)<?(1)=0，即lnt<所以原不等式fx【變式5-3】（2024·安徽安慶·三模）已知函數(shù)fx=lnx2(1)求f′(2)求函數(shù)fx(3)證明：當(dāng)x>1時(shí)，x?1e【解題思路】（1）求出當(dāng)x>0時(shí)的fx的導(dǎo)函數(shù)f（2）先分類討論求出y=lnx的導(dǎo)函數(shù)，即可得函數(shù)fx的導(dǎo)函數(shù)，再借助導(dǎo)數(shù)構(gòu)造相應(yīng)函數(shù)去研究f（3）原問題可轉(zhuǎn)化為證明：當(dāng)x>1時(shí)，1lnx?1x?1>1【解答過程】（1）函數(shù)fx的定義域?yàn)閤∈R當(dāng)x>0時(shí)，fx此時(shí)f′x=（2）先求y=ln當(dāng)x>0時(shí)，y′當(dāng)x<0時(shí)，y′當(dāng)x≠0時(shí)，總有y′所以f′令gx=2lnx?x+所以gx在?∞,0由（1）f′1=0，又f所以當(dāng)x<?1時(shí)，gx>g?1所以fx在?當(dāng)?1<x<0時(shí)，gx<g?1所以fx在?1,0當(dāng)0<x<1時(shí)，gx>g1所以fx在0,1當(dāng)x>1時(shí)，gx<g1所以fx在1,+故fx的單調(diào)遞增區(qū)間是?1,0和0,1單調(diào)遞減區(qū)間是?∞,?1和（3）當(dāng)x>1時(shí)，要證x?1e只需證x?1e因?yàn)閤?1ex>0只需證xx?1只需證lnx+1只需證1ln只需證1ln令Gx=1則只需證Gx>Gx+1因?yàn)镚=由（2）知，fx在1,+所以當(dāng)x>1時(shí)，fx<f1所以Gx在1,+又1<x<x+1，所以Gx故當(dāng)x>1時(shí)，x?1e【題型6利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題】【例6】（2024·河南·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)若a=1，證明：fx(2)若fx≥2e【解題思路】（1）構(gòu)造函數(shù)?x=ex?ex（2）利用不等式恒成立的一個(gè)必要條件是f1≥2e+1，構(gòu)造函數(shù)tx【解答過程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，fx要證明fx>3令?x=ex?ex,x∈當(dāng)x∈0,1時(shí)，?′x<0，即可得當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，?′x>0即?x在x=1處取得極小值，也是最小值?故ex令px=x?elnx,x∈0,+∞，則即可得當(dāng)x∈0,e時(shí)，p′x<0當(dāng)x∈e,+∞時(shí)，p′x即px在x=e處取得極小值，也是最小值故x≥eln因此ex故fx（2）易知fx=e即e+a+lna≥2令tx=x+lnx，則t′因此可得ta=a+ln下面證明充分性：當(dāng)a≥e時(shí)，f令mx=e易知m′x為單調(diào)遞增函數(shù)，令m′可知當(dāng)x∈0,1時(shí)，m′x<0，即可得當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，m′x>0即mx在x=1處取得極小值，也是最小值m故當(dāng)a≥e時(shí)，f綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍e,+∞.【變式6-1】（2024·福建·三模）函數(shù)fx=1?x(1)當(dāng)a=1時(shí)，求函數(shù)fx在x=1(2)當(dāng)x∈0,+∞時(shí)，fx【解題思路】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義直接求解即可；（2）當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，可得fx<0恒成立；當(dāng)x∈0,1時(shí)，轉(zhuǎn)化問題為lnx+1?【解答過程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，fx=1?x而f′x=?所以函數(shù)fx在x=1處的切線方程為y+2=即e+1（2）當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，1?xe當(dāng)x∈0,1時(shí)，由fx<0即eax<x+1即lnx+1?ln設(shè)gx=ln則g′當(dāng)a≤2時(shí)，顯然g′x>0恒成立，則函數(shù)g則gx當(dāng)a≥3時(shí)，令g′x<0，即2此時(shí)函數(shù)gx在0,則gx綜上所述，a的最大值為2.【變式6-2】（2024·浙江臺(tái)州·一模）已知函數(shù)f(x)=x(1)求函數(shù)y=f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)若不等式f(x)x?6lnx≤a(x?1)【解題思路】（1）求導(dǎo)f′(x)=3x（2）設(shè)?(x)=x2+4x?5?6lnx?a(x?1)2,?【解答過程】（1）解：f(x)的定義域?yàn)镽，f′令3x2+8x?5=0由f′(x)<0，解得所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是?4?31（2）記?(x)=x?′因?yàn)?(2)≤0，所以7?6ln2?a≤0，得令?′(x)=0，解得x=1或當(dāng)a≥4時(shí)，3a?1≤1，?′因此，?(x)在[1,?得?(x)≤?(1)=0，即f(x)x?6ln當(dāng)1<a<4時(shí)，對(duì)任意x∈1,?3因此，?(x)在1,?當(dāng)x0∈1,綜上，a≥4．【變式6-3】（2024·四川德陽·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)若曲線y=fx在點(diǎn)1,f1處的切線為x+y+b=0，求實(shí)數(shù)(2)已知函數(shù)gx=fx+a2x【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得f′1=1?a=?1，可求a=2（2）由題意可得gxmin>0，令t=1x>0，則【解答過程】（1）由fx=lnx+a又曲線y=fx在點(diǎn)1,f1處的切線為x+y+b=0，所以解得a=2，所以fx=lnx+2又切點(diǎn)(1,2)在直線x+y+b=0上，所以1+2+b=0，解得b=?3；（2）gx=lnx+ax+令t=1x>0求導(dǎo)可得?'當(dāng)a=0時(shí)，gx當(dāng)a>0時(shí)，12a若x∈(0,12a)，?'t若x∈(12a,+∞)，?所以?tmin=?所以ln2a>?34當(dāng)a<0時(shí)，12a若x∈(0,?1a)，?'t若x∈(?1a,+∞)，?所以?tmin=?所以?a>1，解得a<?1，綜上所述：實(shí)數(shù)a的取值范圍為(?∞【題型7利用導(dǎo)數(shù)研究能成立問題】【例7】（2024·四川樂山·三模）已知函數(shù)f(x)=ax+(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)令H(x)=f(x)+g(x)，若存在x0∈1,+∞，使得【解題思路】（1）先對(duì)f(x)求導(dǎo)，再根據(jù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系即可求解；（2）問題轉(zhuǎn)化為，存在x0∈1,+構(gòu)造函數(shù)?(x)=x【解答過程】（1）由題意f(x)定義域?yàn)?,+∞，f當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)在當(dāng)a<0時(shí)，由f′(x)=0當(dāng)x∈0,?1a時(shí)，f′(x)>0當(dāng)x∈?1a,+∞時(shí)，f綜上所述，當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)在0,+∞當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在0,?1a上單調(diào)遞增，在（2）由題知H(x)=f(x)+g(x)=ax+ln又Hx<1?x?問題等價(jià)于：存在x>1，使a>x設(shè)?x=設(shè)φ(x)=x?ln∵φ′(x)=1?1x=x?1x，當(dāng)又∵φ(3)=1?ln3<0，∴φ(x)在3,4上存在唯一零點(diǎn)．設(shè)零點(diǎn)x0∈3,4，則φ∴x∈1,x0，?'因此?(x)在1,x0單調(diào)遞減，在∴?x∵x0又a∈Z，∴a的最小值為5．【變式7-1】（2024·河南鄭州·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=xlnx?ax2，(1)討論：當(dāng)a∈(?∞,0]∪1(2)當(dāng)a>1時(shí)，?x∈(1,+∞)，使得?(x)<(e【解題思路】（1）對(duì)函數(shù)fx求導(dǎo)，分別討論當(dāng)a∈(?∞,0]（2）對(duì)?(x)求導(dǎo)，確定其最小值，從而將問題轉(zhuǎn)化成不等式ea?1+(e【解答過程】（1）f′(x)=lnx+1?2ax①當(dāng)a∈(?∞,0]時(shí)，因?yàn)閤→0時(shí)，f′(x)→?∞；x→+所以f′(x)有唯一的零點(diǎn)x0x0>0，當(dāng)x∈0,所以f(x)有一個(gè)極小值點(diǎn)，無極大值點(diǎn)．

②當(dāng)a∈12,+∞時(shí)，令φ(x)=令φ′(x)=0，得x=當(dāng)x∈0,12a時(shí)，φ′(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈所以φ(x)max=φ12a綜上所述，當(dāng)a∈(?∞,0]時(shí)，當(dāng)a∈12,+（2）?(x)=xln由?′(x)=lnx+1?a=0，得x=e當(dāng)x∈1,ea?1時(shí)，?′(x)<0，?(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈所以?(x)在1,ea?1上單調(diào)遞減，在所以?(x)min因?yàn)楫?dāng)a>1時(shí)，?x∈(1,+∞)，使得所以只需1?ea?1<(e令k(a)=ea?1+(則k′則k′(a)=ea?1+故k(a)=ea?1+(e又k(2)=0，所以a>2，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(2,+∞【變式7-2】（2024·湖北·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=lnx，(1)過原點(diǎn)作fx圖象的切線l，求直線l(2)若?x∈0,+∞，使fx【解題思路】（1）設(shè)切點(diǎn)，求導(dǎo)得出切線方程，代入原點(diǎn)，求出參數(shù)即得切線方程；（2）由題意，將其等價(jià)轉(zhuǎn)化為a≥xlnx+1在0,+∞有解，即只需求?x=x【解答過程】（1）f′設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為t,lnt，則切線方程為因?yàn)榍芯€經(jīng)過原點(diǎn)O，所以?lnt=1t所以切線的斜率為1e，所以l的方程為x?（2）?x∈0,+∞，fx則得a≥xlnx+1在故有x∈0,+∞時(shí)，a≥令?x=xlnx+1，x>0令?′x>0得x∈(1e故?x在0,1e所以?xmin則a≥?1e2，故a【變式7-3】（2024·遼寧·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)求fx(2)設(shè)a=1，若關(guān)于x的不等式fx≤b?1ex+1【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)分類討論函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，可求極值；（2）問題等價(jià)于b≥x+3ex+1+x在區(qū)間?1,+∞【解答過程】（1）f′x=ax?1+ae當(dāng)a>0時(shí)，由f′x<0，得x<1?aa故fx在區(qū)間?∞,所以fx在x=1?aa當(dāng)a<0時(shí)，由f′x>0，得x<1?a故fx在區(qū)間?∞,所以fx在x=1?aa綜上，當(dāng)a>0時(shí)，fx的極小值為3?a當(dāng)a<0時(shí)，fx的極大值為（2）a=1時(shí)，fx≤b?1ex+1?x等價(jià)于令gx=x+3令?x=ex+1?x+2,x≥?1所以?x在區(qū)間?1,+∞內(nèi)單調(diào)遞增，即所以g′x≥0所以gx在區(qū)間?1,+∞內(nèi)單調(diào)遞增，即gx故b的取值范圍是1,+∞【題型8雙變量問題】【例8】（2024·江蘇鹽城·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=x(1)若fx在0,2上單調(diào)遞增，求a(2)當(dāng)a=1時(shí)，若x1+x2=4且0<【解題思路】（1）對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，利用函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，建立不等式求解即可；（2）由a=1，得fx=x2ex，要證明x1【解答過程】（1）∵fx∵fx在0,2上單調(diào)遞增，∴f′x≥0當(dāng)x∈0,2時(shí)，a≤2x．由y=當(dāng)x=2時(shí)，2xmin=1綜上，a的取值范圍為0,1（2）當(dāng)a=1時(shí)，fxx1+x下面證明fx即證明x12e設(shè)x1=2?t,x等價(jià)于證明：t<ln設(shè)函數(shù)?t∵?′t=t∴l(xiāng)n【變式8-1】（2024·河南商丘·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx的定義域?yàn)?,+∞，其導(dǎo)函數(shù)(1)求曲線y=fx在點(diǎn)1,f1處的切線l的方程，并判斷(2)若?x1,x2，滿足0<【解題思路】（1）利用求導(dǎo)法則得fx（2）利用導(dǎo)函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)得出x1,x2,a的關(guān)系及范圍，消元化簡得2f【解答過程】（1）因?yàn)閒′所以fx=x因?yàn)閒1=1?2a，所以所以fx又f′所以曲線y=fx在點(diǎn)1,f1處的切線l的方程為即y=4?2a所以l經(jīng)過定點(diǎn)0,?3．（2）令f′x=0因?yàn)?x1,x2所以關(guān)于x的方程x2?ax+1=0有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根則Δ=所以2f=2=2=?2=x令函數(shù)gx則g′令g′x=0因?yàn)楫?dāng)x∈1,2時(shí)，當(dāng)x∈2,+∞所以gx在1,2上單調(diào)遞減，在所以gx又當(dāng)x→+∞時(shí)，g所以gx的取值范圍為?1?3即2fx1?f【變式8-2】（2024·四川成都·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=sin(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若x1<x（?。┣髆的取值范圍；（ⅱ）證明：x1【解題思路】（1）求出導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)判斷函數(shù)的單調(diào)性即可；（2）（i）由題設(shè)及零點(diǎn)存在定理列不等式組求解即可；（ii）按照x2≤π2和x2>π2分類討論，若x2>π2時(shí)，設(shè)g(x)=sin【解答過程】（1）由f(x)=sinxe當(dāng)x∈0,π4時(shí)，f′(x)>0,f(x)故f(x)單增區(qū)間為0,π4,f(x)（2）（i）由題設(shè)及零點(diǎn)存在定理可知x1∈0,π4,x2∈π4（ii）若x2≤π若x2>π2時(shí)，設(shè)g(x)=sin則g(x)在(0,π)內(nèi)有兩零點(diǎn)x1?和而g(x)關(guān)于x=π2對(duì)稱，且有由sinxeπ4在0,π由sinxeπ4在π2則x1+x綜上，x1【變式8-3】（2024·安徽阜陽·一模）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)已知x1,x2是函數(shù)（?。┣髮?shí)數(shù)a的取值范圍．（ⅱ）λ∈0,12,f【解題思路】（1）求導(dǎo)，對(duì)a進(jìn)行分類討論fx（2）利用方程組3lnx1=ax1，【解答過程】（1）f′①當(dāng)a≤0時(shí)，f′x>0,f②當(dāng)a>0時(shí)，令f′x>0得0<x<3a同理，令f′x<0得x>3a（2）（?。┯桑?）可知當(dāng)a≤0時(shí)，fx在0,+當(dāng)a>0時(shí)，fx在0,3a若使fx有兩個(gè)零點(diǎn)，則f3a>0，即且f1=?a<0，當(dāng)x→+∞時(shí)，f所以a的取值范圍為0,3（ⅱ）x1,x2是函數(shù)fx①-②得3lnx2f′因?yàn)閒x有兩個(gè)零點(diǎn)，所以f因?yàn)閤1<x所以x2若要證明f′只需證3x即證x2x1?1λ+則不等式只需證t?1λ+即證t?1?λ+令?t?′t=l令φt=λ?1t+λ，因?yàn)棣恕?,得φt<φ1=2λ?1<0，得l'得?′t<?′1=0所以有?t故有t?1?λ+【題型9導(dǎo)數(shù)中的極值點(diǎn)偏移問題】【例9】（2024·江西·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=x+m(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若x1≠x2，且fx【解題思路】（1）求定義域，求導(dǎo)，分m≤0和m>0兩種情況，得到函數(shù)的單調(diào)性；（2）變形為x1,x2是方程m=ex(2?x)【解答過程】（1）f(x)的定義域?yàn)镽，由題意，得f′(x)=1?m當(dāng)m≤0時(shí)，f′(x)>0恒成立，f(x)在當(dāng)m>0，且當(dāng)x∈(?∞,lnm)時(shí)，當(dāng)x∈(lnm,+∞)時(shí)，綜上，當(dāng)m≤0時(shí)，fx在R當(dāng)m>0時(shí)，fx在區(qū)間?∞,（2）證明：由fx1=fx2=2，得即x1,x令g(x)=ex(2?x)所以當(dāng)x∈?∞,1時(shí)，g當(dāng)x∈1，+∞時(shí)，所以gx因?yàn)楫?dāng)x→?∞時(shí)，g(x)→0；當(dāng)x→+∞時(shí)，g(x)→?∞，g不妨設(shè)x1<x2，因?yàn)閤1，x要證x1+x因?yàn)閤1<1，所以只需證gx因?yàn)間x所以只需證gx令?(x)=g(x)?g(2?x)，1<x<2，則?=(1?x)?e2x?所以?(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減，所以?(x)<?(1)=0，即當(dāng)1<x<2時(shí)，g(x)<g(2?x)．所以gx即x1【變式9-1】（2024·云南·二模）已知常數(shù)a>0，函數(shù)f(x)=1(1)若?x>0,f(x)>?4a2，求(2)若x1、x2是f(x)的零點(diǎn)，且x1【解題思路】（1）求出函數(shù)的定義域與導(dǎo)函數(shù)，即可得到函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最小值，依題意f(x)min=?2（2）由（1）不妨設(shè)0<x1<2a<x2，設(shè)F(x)=f(x)?f(4a?x)，利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可得到f【解答過程】（1）由已知得f(x)的定義域?yàn)閧x|x>0}，且f∵a>0，∴當(dāng)x∈(0,2a)時(shí)，f′(x)<0，即f(x)在當(dāng)x∈(2a,+∞)時(shí)，f′(x)>0，即所以fx在x=2a∴f(x)∵?x>0,f(x)>?4a∴0<a<e22，即a（2）由（1）知，f(x)的定義域?yàn)閧x|x>0}，f(x)在(0,2a)上單調(diào)遞減，在(2a,+∞)上單調(diào)遞增，且x=2a是∵x1、x2是f(x)∴x1、x2分別在(0,2a)、(2a,+設(shè)F(x)=f(x)?f(4a?x)，則F′(x)=當(dāng)x∈(0,2a)時(shí)，F(xiàn)′(x)<0,F′(2a)=0∵0<x∴Fx1>F(2a)=0∵fx∴fx∵x∴4a?x又∵x2>2a，f(x)∴x2>4a?【變式9-2】（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)求fx(2)若fx有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，且x【解題思路】（1）先求出函數(shù)fx的導(dǎo)數(shù)，然后分類討論a（2）結(jié)合（1）中結(jié)論可知a>0，從而求出0<a<1，0<x1<1<x2<e，然后設(shè)x2x【解答過程】（1）因?yàn)楹瘮?shù)fx的定義域是0,+∞，當(dāng)a≤0時(shí)，f′x<0，所以f當(dāng)a>0時(shí)，令f′x=0當(dāng)x∈0,a時(shí)，f′x>0，fx單調(diào)遞增；當(dāng)x∈綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，fx的減區(qū)間為0,+當(dāng)a>0時(shí)，fx的增區(qū)間為0,a，減區(qū)間為a,+（2）因?yàn)閤1,x2是函因?yàn)閒x=0?x?xlnx=a，設(shè)當(dāng)x∈0,1，g′x>0，當(dāng)所以gx在0,1上單調(diào)遞增，在1,+∞上單調(diào)遞減，又因?yàn)間x1=g所以0<a<1，0<x首先證明：x1由題意，得x1?x1兩式相除，得lnx要證x1x2<1，只要證只要證2?2tlnt設(shè)?t=ln因?yàn)?′t=1t所以?t>?1其次證明：x2<e?a．設(shè)因?yàn)棣铡鋢=lnx?1<0所以φx即φx所以x2由①②可證得x1【變式9-3】（2024·湖北武漢·三模）已知函數(shù)fx=ax+a?1(1)討論函數(shù)fx(2)若關(guān)于x的方程fx=xex?（?。┣髮?shí)數(shù)a的取值范圍；（ⅱ）求證：ex【解題思路】（1）求出f′x=x+1ax?1x2（2）（i）將方程變形為ex+lnx=ax+lnx，令tx=x+lnx（ii）將所證不等式等價(jià)變形為t1+t2>2，由et=at變形可得出t=lna+lnt，推導(dǎo)出t【解答過程】（1）解：因?yàn)閒x所以f′x=a+①當(dāng)a≤0時(shí)，f′x<0，所以函數(shù)f②當(dāng)a>0時(shí)，由f′x>0得x>1a所以函數(shù)fx的增區(qū)間為1a,+綜上：當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)fx的減區(qū)間為0,+當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)fx的增區(qū)間為1a,+（2）解：（i）方程fx=xex?令tx=x+lnx，因?yàn)楹瘮?shù)易知函數(shù)tx=x+ln結(jié)合題意，關(guān)于t的方程et又因?yàn)閠=0不是方程（*）的實(shí)根，所以方程（*）可化為et令gt=ett由g′t<0可得t<0或0<t<1，由g所以，函數(shù)gt在?∞,0和0,1所以，函數(shù)gt的極小值為g且當(dāng)t<0時(shí)，gt=ett作出函數(shù)gt和y=a由圖可知，當(dāng)a>e時(shí)，函數(shù)y=a與g所以，實(shí)數(shù)a的取值范圍是e,+（ii）要證ex1x2+因?yàn)閑t=at，所以只需證由（ⅰ）知，不妨設(shè)0<t因?yàn)閑t=at，所以t=lna+ln所以只需證t2+t令p=t2t令?p=lnp?2所以?p在1,+∞上單調(diào)遞增，故?p>?1所以原不等式得證．【題型10導(dǎo)數(shù)與其他知識(shí)的綜合問題】【例10】（2024·江蘇南通·三模）已知函數(shù)fx(1)若x>?1，求fx(2)設(shè)數(shù)列an前n項(xiàng)和Sn，若an【解題思路】（1）求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)判斷fx的單調(diào)性，進(jìn)而可得f（2）當(dāng)n=1時(shí)顯然成立，當(dāng)n≥2，結(jié)合（1）可得(1+x)k≥kx+1，進(jìn)而可得【解答過程】（1）因?yàn)閒x=1+x因?yàn)閗>1，則k?1>0，且x>?1，當(dāng)?1<x<0時(shí)，則0<x+1<1，可得f′當(dāng)x>0時(shí)，則x+1>1，可得f′可知fx在?1,0上單調(diào)遞減，在0,+所以fx的最小值為f（2）因?yàn)閍n若n=1，則S1=a若n≥2，由（1）可知：fx即(1+x)k≥kx+1，當(dāng)且僅當(dāng)令x=12n且a1可得Sn所以Sn綜上所述：Sn【變式10-1】（24-25高三上·河北滄州·階段練習(xí)）已知函數(shù)fx=lnx的圖象與函數(shù)(1)求函數(shù)gx(2)證明：?x∈1,+(3)若圓M:(x?1)2+y2=r【解題思路】（1）先設(shè)函數(shù)gx的點(diǎn)為x,y，再得出關(guān)于直線y=?x+1對(duì)稱點(diǎn)為x0,y0（2）先設(shè)lnx?1+e?x+1（3）先設(shè)點(diǎn)Ax【解答過程】（1）設(shè)函數(shù)gx的點(diǎn)為x,y，設(shè)x,y關(guān)于直線y=?x+1對(duì)稱點(diǎn)為x0,y0因?yàn)閥?y0x?所以y0所以?x+1=ln所以y=1?e?x+1，所以（2）證明：令fx?′設(shè)tx=ex?1x∈1,+x∈1,+x∈1,+所以?x>0,即得（3）不妨設(shè)Ax1,?如圖，作點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)A1x1,ln再作點(diǎn)A1關(guān)于直線x+y?1=0的對(duì)稱點(diǎn)A由（1）可知，點(diǎn)A2在y=g(x)的圖象上，由圓的對(duì)稱性可知，A,A1設(shè)x+y?1=0與圓M在第四象限的交點(diǎn)為P，x軸與圓M在M右側(cè)的交點(diǎn)為Q,∠AMO=θ，則∠A1MO=θ，又∠QMP=由對(duì)稱性可得，∠A且∠A又∠AMO+∠AMA2+∠又點(diǎn)A2在y=g(x)的圖象上，點(diǎn)B在y=f(x)因此∠AMB<∠AMA又∠AMB>0，所以∠AMB為銳角.

【變式10-2】（2024·重慶·二模）已知函數(shù)fx(1)求fx(2)當(dāng)0<x<1時(shí)，fx>a(3)已知數(shù)列an滿足：a1=13【解題思路】（1）f(x)的定義域?yàn)??∞,1)∪(1,2)，求導(dǎo)分析f′(x)的符號(hào)，f(x)（2）當(dāng)0<x<1時(shí)，由f(x)>ax?1+a，得x?1<aln(2?x)，令g(x)=x?1?a（3）由題意，an=an+1ln(2?an+1)，結(jié)合函數(shù)f(x)的單調(diào)性可得若0<an【解答過程】（1）fx的定義域?yàn)?令φx=ln當(dāng)x<0時(shí)，φ′x<0；當(dāng)x∈所以φx≥φ0故fx在?∞,1即fx的單調(diào)遞增區(qū)間為?（2）當(dāng)0<x<1時(shí)，由fx>ax?1+a令gx=x?1?aln①若2+a≤0，即a≤?2,g′x<0,gx②若2+a≥1，即a≥?1,g′x>0,gx③若0<2+a<1，即?2<a<?1，當(dāng)x∈0,2+a時(shí)，g當(dāng)x∈2+a,1，g所以g2+a由y=1+x?xln(?x)且?2<x<?1，則所以y>1?1+ln1=0，即綜上a≥?1.（3）由題意，an=an+1lnf0<an+1ln2?a綜上，若0<an<1，則0<an+1由（2）知，當(dāng)0<x<1時(shí)，ln2?x<1?x（取所以an+1=a故有1an+1所以1又a1=1由?知，an單調(diào)遞減，所以ln從而an+1故an當(dāng)n=1,a1=綜上，結(jié)論得證.【變式10-3】（2024·江蘇·一模）已知a>0，函數(shù)fx=axsin(1)若a=2，證明：fx(2)若fx>0，求(3)設(shè)集合P={an|an=k=1ncosπ2k【解題思路】（1）通過構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，求最小值即可證明；（2）對(duì)a的值分類討論，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，求最小值，判斷能否滿足fx（3）利用（1）中結(jié)論，cosπ2kk+1>1?π2kk+1【解答過程】（1）因?yàn)閍=2，所以fx0<x<π4，設(shè)gx=x?sin則g′x=1?cosx>0所以gx因此fx（2）函數(shù)fx=axsin方法一：f′當(dāng)0<a≤2時(shí)，注意到0<ax≤2x<π2，故因此f′由（1）得x?sinx>0，因此所以fx在0,π4當(dāng)a>2時(shí)，令?x?′因?yàn)?<2a<1，所以存在aθ∈則當(dāng)x∈(0,θ)時(shí)，ax∈(0,aθ)，?′x<a2從而f′x<f′0=0綜上，0<a≤2．方法二：f′當(dāng)0<a≤2時(shí)，注意到0<ax≤2x<π2，故因此f′由（1）得x?sinx>0，因此所以fx在0,π4當(dāng)a>2時(shí)，先證明當(dāng)x>0時(shí)，x?x令Gx=x?x令Hx=1?2x?cos所以G′x在0,+∞所以Gx在0,+∞上單調(diào)遞減，有因此當(dāng)x>0時(shí)，x?x又由（1）得x?sin此時(shí)f′則?x0∈0,π4且所以fx在0,x0綜上，0<a≤2．所以a的取值范圍為0,2；（3）由（1）可知a=2時(shí)，cos2x>1?2x∴cosn=1時(shí)，k=1ncosπ2kk+1n≥3時(shí)，k=1n92+362?32+6得k=1ncosπn=1時(shí)，0<22<1，n=2所以n∈N?時(shí)，都有P={an|an=k=1對(duì)于正整數(shù)m，集合Qm=x|m<x<2m，記P∩由2m?m=m，所以bm【題型11導(dǎo)數(shù)新定義問題】【例11】（2024·河南新鄉(xiāng)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=a0+a1x+a2x(1)若fx=5x(2)若fx>0恒成立，且曲線y=lnfx(3)若a0=0，證明：對(duì)于任意的m∈0,+∞，均存在【解題思路】（1）由題可知a0=1,a（2）gx=f′x（3）令?x=fxex?fm【解答過程】（1）由題可知a0所以b0故fx的伴生函數(shù)為g（2）由已知得f′所以g==f因?yàn)榍€y=ln故y′=f又fx>0，所以所以當(dāng)x>0時(shí)，gx（3）因?yàn)閍0=0，所以設(shè)?x=f注意到?0=?m=0，則令t為其中一個(gè)極值點(diǎn)，則?′即?′t=因?yàn)閠∈0,m，所以em>【變式11-1】（2024·四川成都·模擬預(yù)測(cè)）定義運(yùn)算：mnpq(1)若函數(shù)f(x)的最大值為0，求實(shí)數(shù)a的值；(2)證明：1+1(3)若函數(shù)?(x)=f(x)+g(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x【解題思路】（1）利用定義的運(yùn)算得到fx的解析式，結(jié)合導(dǎo)數(shù)求最大值的方法，建立關(guān)于a（2）借助（1）問中的結(jié)論，lnx≤x?1，得到ln（3）將極值點(diǎn)個(gè)數(shù)問題轉(zhuǎn)化為到導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題，從而得出?(x1)??(x2)x【解答過程】（1）由題意知：fx=aln①當(dāng)a≤0時(shí)，f′x<0，f②當(dāng)a>0時(shí)，由f′x=0當(dāng)x∈0,a，f′x>0；∴函數(shù)y=fx的增區(qū)間為0,a，減區(qū)間為(a,+∞∴fxmax=fa=a當(dāng)a∈(0,1)時(shí)，φ'(a)<0，函數(shù)φ(a)遞減，當(dāng)a∈(1,+∞)時(shí)，φ'因此φ(a)min=φ(1)=0（2）由（1）知，lnx?x+1≤0，即ln∴當(dāng)n>1時(shí)，ln(1+1∴l(xiāng)n∴(1+1（3）∵?(x)=f(x)+g(x)=a∴“函數(shù)?x存在兩個(gè)極值點(diǎn)x“方程?′故Δ=a2∵==a(要證?(x1)??(∵x1x2由lnx1?lnφ′(x)=2所以函數(shù)φx在1,+∞上單調(diào)遞減，故∴?(【變式11-2】（2024·湖南長沙·模擬預(yù)測(cè)）定義：如果函數(shù)fx在定義域內(nèi)，存在極大值fx1和極小值fx2且存在一個(gè)常數(shù)k，使fx1(1)當(dāng)a=52時(shí)，判斷(2)是否存在a使fx的極值差比系數(shù)為2?a?若存在，求出a(3)若322≤a≤【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)fx（2）假設(shè)存在實(shí)數(shù)a滿足題設(shè)條件，分析可知x1、x2是方程x2?ax+1=0的兩個(gè)不等正實(shí)根，利用題中定義結(jié)合韋達(dá)定理可得出x2?1（3）由題意可得極值差比系數(shù)為2?x1+x2x1?x2lnx1x2【解答過程】（1）當(dāng)a=52時(shí)，所以f′x當(dāng)x∈0,12∪2,+∞時(shí)，所以fx在0,12和2,+所以fx的極大值為f12所以f12?f（2）fx的定義域?yàn)?,+∞，f′x假設(shè)存在a，使得fx的極值差比系數(shù)為2?a則x1、x2是方程Δ=a2?4>0x1+由于f=所以2?a=2?ax1得x2令gx=x?1所以gx在1,+∞上單調(diào)遞增，有因此?式無解，即不存在a使fx的極值差比系數(shù)為2?a（3）由（2）知極值差比系數(shù)為2?a即極值差比系數(shù)為2?x1+令t=x1x2，則a2又322≤a≤52令pt=2?t+1設(shè)?所以?t在14,1上單調(diào)遞減，當(dāng)t∈從而p′t所以pt在14,即2?10故fx的極值差比系數(shù)的取值范圍為2?【變式11-3】（2024·上?！つM預(yù)測(cè)）已知函數(shù)y=fx,x∈D，如果存在常數(shù)M，對(duì)任意滿足x1<x2<?<xn?1(1)函數(shù)fx=ln(2)對(duì)于函數(shù)y=fx,x∈a,b，存在常數(shù)k，對(duì)任意的x1,(3)判斷函數(shù)fx【解題思路】（1）通過分析式子i=2nfxi?fxi?1≤M發(fā)現(xiàn)需利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)性，分析數(shù)值大小去掉絕對(duì)值，當(dāng)f(x)單調(diào)遞增時(shí)，（2）利用區(qū)間最大值替代，用特殊代替一般的思想，（3）利用三角函數(shù)的周期性及分析問題，同第一問的分析思路化簡，對(duì)任意常數(shù)M>0，只要n足夠大，就有區(qū)間0,1的一個(gè)劃分0<12n<【解答過程】（1）∵f(x)=lnx∴f'(x)=即當(dāng)x∈1e,e，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)所以i=2nf(x)單調(diào)遞增時(shí)，fxf(x)單調(diào)遞減時(shí)，fx且當(dāng)x無限趨向于正無窮大時(shí)，f(x)無限趨向于0，所以i=2n所以M≥2（2）i=2nfx所以函數(shù)y=fx（3）0<1則有∑=1i=2所以對(duì)任意常數(shù)M>0，只要n足夠大，就有區(qū)間0,1的一個(gè)劃分0<12n<所以函數(shù)fx=x一、解答題1．（2024·海南省直轄縣級(jí)單位·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)求曲線y=fx在e(2)若a≥0，gx=ax【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得切線斜率，結(jié)合切點(diǎn)易求得切線方程；（2）將函數(shù)求導(dǎo)，根據(jù)參數(shù)a進(jìn)行分類討論導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)，即得函數(shù)的單調(diào)性.【解答過程】（1）fx=x?lnx?2，則f′(e故切線方程為y?(e?3)=e（2）函數(shù)gx=ax2?g′當(dāng)a=0時(shí)，g′x=1?xx當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)在當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)<0，函數(shù)g(x)在當(dāng)a>0時(shí)，g'①當(dāng)0<a<12時(shí)，12a>1，當(dāng)0<x<1或即函數(shù)g(x)在(0,1)和(1當(dāng)1<x<12a時(shí)，g′(x)<0，即函數(shù)②當(dāng)a=12時(shí)，則對(duì)任意的x>0,g′(x)=③當(dāng)a>12時(shí)，當(dāng)0<x<12a或x>1時(shí)，g′(x)>0，即函數(shù)g(x)在當(dāng)12a<x<1時(shí)，g′(x)<0，即函數(shù)綜上所述，當(dāng)a=0時(shí)，函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+∞當(dāng)0<a<12時(shí)，函數(shù)g(x)在(0,1)和(1當(dāng)a=12時(shí)，函數(shù)g(x)在當(dāng)a>12時(shí)，函數(shù)g(x)在(0,12a)2．（2024·湖北·一模）已知fx(1)當(dāng)a=1時(shí)，求曲線y=fx在點(diǎn)0,f(2)若fx在區(qū)間?3,?1內(nèi)存在極小值點(diǎn)，求a【解題思路】（1）當(dāng)a=1時(shí)，fx=x2+x+1（2）求導(dǎo)得f′x=x+2ax+1ex，分a=0，a>0【解答過程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，fx=所以f′0=2所以切線方程：y?1=2·x，即2x?y+1=0.（2）由已知得f1.若a=0，f′當(dāng)x∈?∞,?2時(shí)，f′x當(dāng)x∈?2,+∞時(shí)，f′x>0所以y=fx在x=?22.若a>0，i）若?1a>?2當(dāng)x∈?2,?1a,f當(dāng)x∈?1a,+∞所以y=fx在x=?1ii）當(dāng)?1a=?2，fiii）當(dāng)?1a<?2當(dāng)x∈?1a,?2,當(dāng)x∈?2,+∞,f′所以fx在x=?23.若a<0,?1當(dāng)x∈?∞,?2時(shí)，f′x當(dāng)x∈?2,?1a時(shí)，f′x∴y=fx在x=?2綜上所述：a的取值范圍為?∞3．（2024·重慶·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)a∈R，已知函數(shù)f(1)當(dāng)函數(shù)fx在點(diǎn)2,f2處的切線m與直線l:3x?2y?1=0平行時(shí)，求切線(2)若函數(shù)fx的圖象總是在x軸的下方，求a【解題思路】（1）根據(jù)條件，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義得到f′2=（2）對(duì)f(x)求導(dǎo)，得到f′x=1x+a，再分a≥0和a<0兩種情況，利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性間的關(guān)系，可知a≥0不合題意，當(dāng)【解答過程】（1）因?yàn)閒′x=1x則fx=lnx+x+1，又所以切線m的方程為y?ln2?3=3（2）由題意知x>0，因?yàn)閒′x=1x此時(shí)函數(shù)fx在區(qū)間0,+∞上單調(diào)遞增，又x→+∞當(dāng)a<0時(shí)，由f′x=0得x=?1a，當(dāng)x∈0,?即f(x)在區(qū)間0,?1a上單調(diào)遞增，在區(qū)間所以當(dāng)x=?1a時(shí)，函數(shù)fx設(shè)ga此時(shí)g′a=1a+2a，所以要使函數(shù)fx的圖象總是在x軸的下方，必須?ga<0所以ga>g?1，所以a<?1，即a4．（2024·河南·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=x(1)求a的值；(2)若過點(diǎn)3,m可作曲線y=fx的三條不同的切線，求實(shí)數(shù)m【解題思路】（1）根據(jù)f′1=3+a=0（2）設(shè)出切點(diǎn)，根據(jù)點(diǎn)斜式直線方程，可將問題轉(zhuǎn)化為m=?2x03【解答過程】（1）f′x=3x2+a，由于當(dāng)a=?3時(shí)，f′當(dāng)x>1或x<?1時(shí)，f′x>0，當(dāng)?1<x<1故x=1是fx的一個(gè)極值點(diǎn)，故（2）設(shè)切點(diǎn)為x0,y將3,m代入可得m=3故m=?2x要使過點(diǎn)3,m可作曲線y=fx的三條不同的切線，則m=?2記gx=?2x當(dāng)x>3或x<0時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)0<x<3時(shí)，故gx在3,+∞，?∞且g0因此?9<m<18.5．（2024·西藏拉薩·一模）已知函數(shù)fx(1)若λ=?3，求fx(2)若fx既有極大值，又有極小值，求實(shí)數(shù)λ【解題思路】（1）求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)頻數(shù)函數(shù)單調(diào)性；（2）求導(dǎo)，根據(jù)函數(shù)既有極大值又有極小值可轉(zhuǎn)化為二次方程有兩個(gè)不等的正根，結(jié)合二次方程解的情況列不等式，解不等式即可.【解答過程】（1）由已知λ=?3，則fx=xf′x=2x?令f′x=0，解得x=當(dāng)0<x<62時(shí)，f′x<0當(dāng)x>62時(shí)，f′x>0綜上所述fx的單調(diào)遞減區(qū)間為0,62（2）由fx則f′由函數(shù)fx即f′即2x2?λ+3x+λ=0則Δ解得λ>0，故實(shí)數(shù)λ的取值范圍為0,+∞6．（2024·廣東·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)判斷函數(shù)fx(2)若fx≥0恒成立，求【解題思路】（1）先求出函數(shù)fx的導(dǎo)函數(shù)f′x；再分a≤0（2）由（1）中函數(shù)單調(diào)性，當(dāng)a≤0時(shí)，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性，以及f1=0，可判斷當(dāng)x∈0,1時(shí)，fx<0，不符合題意；當(dāng)a>0【解答過程】（1）函數(shù)fx的定義域?yàn)?,+當(dāng)a≤0時(shí)，f′x>0恒成立，f當(dāng)a>0時(shí)，由f′x<0，得x∈0,a，由則函數(shù)fx在0,a上單調(diào)遞減，在a,+綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，fx在0,+∞上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，fx在0,a（2）由（1）知，當(dāng)a≤0時(shí)，fx在0,+∞上單調(diào)遞增，由f1=0，知當(dāng)當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)fx在0,a上單調(diào)遞減，在a,+故f(x)由fx≥0恒成立，得a?1?aln求導(dǎo)得g′當(dāng)0<a<1時(shí)，g′a>0，當(dāng)a>1于是函數(shù)ga在0,1上單調(diào)遞增，在1,+所以g(a)max=g因此ga=0=g17．（2024·四川成都·二模）已知某公司生產(chǎn)某品牌服裝的年固定成本為10萬元，每生產(chǎn)一千件需另投入2.7萬元，設(shè)該公司年內(nèi)共生產(chǎn)該品牌服裝x千件并全部銷售完，銷售收入為R(x)萬元，且R(x)=(10.8?130x2(1)寫出年利潤W（萬元）關(guān)于年產(chǎn)量x（千件）的函數(shù)解析式；(2)求公司在這一品牌服裝的生產(chǎn)中所獲年利潤最大時(shí)的年產(chǎn)量.【解題思路】（1）分段利用“年利潤=年銷售收入?年總成本”可得所求函數(shù)的解析式.（2）分段求函數(shù)的最大值，進(jìn)行比較可得結(jié)論.【解答過程】（1）當(dāng)0<x≤10時(shí)，W=Rx?10+2.7x=10.8x?當(dāng)x>10時(shí)，W=Rx?10+2.7x=108?綜上：W=8.1x?（2）當(dāng)0<x≤10時(shí)，Wx=8.1x?x由W′x>0?0<x<9；由W′x所以Wx在0,9上單調(diào)遞增，在9,10所以Wx當(dāng)x>10時(shí)，Wx因?yàn)?0003x+2.7x≥210003x×2.7x=60，當(dāng)且僅當(dāng)此時(shí)Wx因?yàn)?8<38.6.所以當(dāng)年產(chǎn)量為9千件時(shí)，年利潤最大.8．（2024·江蘇·二模）已知函數(shù)f(x)=e(1)當(dāng)a=0時(shí)，證明：f(x)>1;(2)若f(x)在區(qū)間(1,+∞)上有且只有一個(gè)極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)【解題思路】（1）因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞)，當(dāng)a=0時(shí)，f(x)=ex?1x，將問題轉(zhuǎn)化為當(dāng)x>0時(shí)，（2）求導(dǎo)f′(x)=1x?[(x?1)ex+1x+a]，令g(x)=(x?1)ex+1x+a(x>1)【解答過程】（1）證明：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞)，當(dāng)a=0時(shí)，要證f(x)>1，只需證：當(dāng)x>0時(shí)，ex令p(x)=ex?x?1則p(x)在x∈(0,+∞所以p(x)>p(0)=0，即ex所以f(x)>1.（2）由f′令g(x)=(x?1)則g′所以g(x)在(1,+∞)單調(diào)遞增，①a≥?1時(shí)，g(x)>g(1)=1+a≥0，f′則f(x)在(1,+∞)為增函數(shù)，f(x)在②當(dāng)a<?1時(shí)，g(1)=1+a<0.由（1）知，exg(x)=(x?1)ex+1x+a>(x?1)當(dāng)x∈(1,x0)時(shí)，g(x)<0，f′(x)<0當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí)，g(x)>0，f因此，f(x)在區(qū)間(1,+∞所以a的取值范圍為(?∞9．（2024·新疆·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)m=1時(shí)，求fx(2)若不等式fx≥x2?x【解題思路】（1）求導(dǎo)，即可根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)確定函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而可求解最值，（2）將問題轉(zhuǎn)化為emx≥x，取對(duì)數(shù)后構(gòu)造【解答過程】（1）當(dāng)m=1時(shí)，fx=x?1當(dāng)x>0,f′x故fx的單調(diào)遞增區(qū)間為0,+∞，單調(diào)遞減區(qū)間為且fx（2）由fx≥x當(dāng)x=1時(shí)，對(duì)任意的m，都有x?1e當(dāng)x∈1,?+∞，則不等式可變?yōu)橛沢x=ln當(dāng)e>x>1時(shí)，g′(x)>0,gx單調(diào)遞增，當(dāng)故gx故m≥gxmax，即綜上可得m≥110．（2024·吉林長春·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)證明：0<fx(2)證明：k=1n22k+1【解題思路】（1）先證fx>0，即證ex?1>x，構(gòu)造函數(shù)gx=ex?x?1，其中x>0，再證明fx<（2）由（1）變形得出2ex?1ex+1<x<ex?1，然后令x=ln1+1【解答過程】（1）（i）要證fx=1構(gòu)造函數(shù)gx=ex?x?1所以，函數(shù)gx在0,+所以，gx=ex?（ii）要證fx=1即證x?2e令?x=x?2ex令px=x?1ex所以，函數(shù)?′x在0,+∞所以，函數(shù)?x在0,+∞上單調(diào)遞增，則?x綜上所述，當(dāng)x>0時(shí)，0<fx（2）由（1）可知，當(dāng)x>0時(shí)，0<fx<1令x=ln1+1分別取k=1、2、3、?、n得：23<ln2<1，25<ln由不等式的基本性質(zhì)可得k=1n22k+111．（2024·四川內(nèi)江·一模）已知函數(shù)fx=ax+a(1)討論函數(shù)fx(2)若fx>1恒成立，求實(shí)數(shù)【解題思路】（1）求導(dǎo)，分a≤0和a>0兩種情況，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的符號(hào)判斷原函數(shù)單調(diào)性；（2）由題意可得：f0=a2>1【解答過程】（1）由題意可知：fx的定義域?yàn)?1,+∞，且若a≤0，則f′x<0，可知f若a>0，令f′x<0，解得?1<x<1a可知fx在?1,1a綜上所述：若a≤0，fx在?1,+若a>0，fx在?1,1a（2）因?yàn)閒x>1恒成立，則若a≤0，由（1）可知：fx在?1,+且當(dāng)x趨近于+∞時(shí)，fx趨近于若a>0，由a2>1可得由（1）可知：fx在?1,1a則f1若a>1，則aa?1>0,ln綜上所述：實(shí)數(shù)a的取值范圍為1,+∞12．（2024·河北邯鄲·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=1時(shí)，求y=fx在點(diǎn)1,f(2)若fx有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程即可；（2）討論lnx+x=0或e【解答過程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，fx則f′所以f1所以y=fx在點(diǎn)1,f1處的切線方程為即y=3（2）令fx=0可得lnx+x=0①設(shè)gx=ln所以gx在0,+∞單調(diào)遞增，且所以存在唯一的零點(diǎn)x1∈0,1，使g②令ex?a設(shè)?x=xe則?x在0,+∞上單調(diào)遞增，又?0=0且當(dāng)a∈0,+∞時(shí)，存在唯一的零點(diǎn)x2∈0,+若x1=x2時(shí)，得lnx1+所以a∈0,+∞且a≠1時(shí)，綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,1)∪1,+13．（2024·四川樂山·三模）已知函數(shù)f(1)當(dāng)a=1時(shí)，討論fx(2)若存在x0∈1,+∞，使得【解題思路】（1）求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性；（2）根據(jù)導(dǎo)數(shù)，對(duì)a分情況討論函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而可得函數(shù)最值情況，即可得解.【解答過程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，fx=x+ln則f′令f′x=0，解得x=1當(dāng)0<x<1時(shí)，f′x=?當(dāng)x>1時(shí)，f′x=?綜上所述，fx在0,1上單調(diào)遞增，在1,+（2）由題可知f′(x)=當(dāng)a≤0時(shí)，由x>1可知?(x)>0，即f′(x)>0，所以f(x)在∴對(duì)任意x∈(1,+∞)都有由2ax2?ax?1=0解得x∵x1<0②當(dāng)0<a<1時(shí)，x2>1，則f(x)在∴存在x0∈1,③當(dāng)a≥1時(shí)，x1<x2≤1，對(duì)任意∴f(x)在(1,+∞)上為減函數(shù)，綜上所述，a∈(?∞,1)時(shí)，存在x014．（2024·云南昆明·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=2時(shí)，求fx(2)證明：若曲線y=fx與直線y=1a【解題思路】（1）求導(dǎo)后，根據(jù)f′（2）將問題轉(zhuǎn)化為方程lnxaxa=lna【解答過程】（1）當(dāng)a=2時(shí)，fx=log2x∵f∴當(dāng)x∈0,e時(shí)，f′x>0∴fx的單調(diào)遞增區(qū)間為0,e，單調(diào)遞減區(qū)間為（2）由題意知：a>0且a≠1；∵y=fx與y=∴方程logaxx即方程lnx令Fx=lnxx，則F∴當(dāng)x∈0,e時(shí)，F(xiàn)′x>0∴Fx在0,e上單調(diào)遞增，在∴Fxmax=Fe=1e，當(dāng)x→+可得Fx令t=xa，則∴Ft=Fa即F1<Fa<Fe，∴15．（2024·吉林·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=xe(1)當(dāng)a=e時(shí)，求函數(shù)f(2)若函數(shù)fx有2個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，滿足x【解題思路】（1）將a=e代入f（2）先將fx化為fx=xex?alnxe分離得1a=lntt【解答過程】（1）當(dāng)a=e時(shí)，