最新高三数学：导数压轴题题型归纳优秀名师资料

【高考数学】22道压轴题导数及其应用（练习及参考答案）1.已知函数xa x x f +=ln )(. （1）若函数)(x f 有零点，求实数a 的取值范围；（2）证明：当e a 2≥时，x e x f ->)(.2.已知函数2()ln f x x a x =-（a R ∈），()F x bx =（b R ∈）.（1）讨论()f x 的单调性；（2）设2a =，()()()g x f x F x =+，若12,x x （120x x <<）是()g x 的两个零点，且1202x x x +=，试问曲线()y g x =在点0x 处的切线能否与x 轴平行？请说明理由.3.已知函数32()f x x mx nx =++（,m n R ∈）（1）若()f x 在1x =处取得极大值，求实数m 的取值范围；（2）若'(1)0f =，且过点(0,1)P 有且只有两条直线与曲线()y f x =相切，求实数m 的值.4.已知函数2()x f x x e =，3()2g x x =.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）求证：x R ∀∈，()()f x g x ≥5.已知函数f （x ）= xx ln ﹣ax +b 在点（e ，f （e ））处的切线方程为y =﹣ax +2e ． （Ⅰ）求实数b 的值；（Ⅱ）若存在x ∈[e ，e 2]，满足f （x ）≤41+e ，求实数a 的取值范围．6.已知函数21()ln 12f x x ax bx =-++的图像在1x =处的切线l 过点11(,)22. （1）若函数()()(1)(0)g x f x a x a =-->，求()g x 的最大值（用a 表示）；（2）若4a =-，121212()()32f x f x x x x x ++++=，证明：1212x x +≥.7.已知函数()ln a f x x x x=+，32()3g x x x =--，a R ∈. （1）当1a =-时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；（2）若对任意的121,[,2]2x x ∈，都有12()()f x g x ≥成立，求实数a 的取值范围.8.设函数2)(--=ax e x f x（1）求)(x f 的单调区间；（2）若k a ,1=为整数，且当0>x 时，1)(1<'+-x f x x k 恒成立，其中)(x f '为)(x f 的导函数，求k 的最大值.9.设函数2()ln(1)f x x b x =++.（1）若对定义域内的任意x ，都有()(1)f x f ≥成立，求实数b 的值；（2）若函数()f x 的定义域上是单调函数，求实数b 的取值范围；（3）若1b =-，证明对任意的正整数n ，33311111()123n k f k n=<++++∑.10.已知函数1()(1)ln x f x a e x a a=-+-（0a >且1a ≠），e 为自然对数的底数． （Ⅰ）当a e =时，求函数()y f x =在区间[]0,2x ∈上的最大值；（Ⅱ）若函数()f x 只有一个零点，求a 的值．11.已知函数1()f x x x=-，()2ln g x a x =. （1）当1a ≥-时，求()()()F x f x g x =-的单调递增区间；（2）设()()()h x f x g x =+，且()h x 有两个极值12,x x ，其中11(0,]3x ∈，求12()()h x h x -的最小值.12.已知函数f （x ）=ln x +x 2﹣2ax +1（a 为常数）．（1）讨论函数f （x ）的单调性；（2）若存在x 0∈（0，1]，使得对任意的a ∈（﹣2，0]，不等式2me a （a +1）+f （x 0）＞a 2+2a +4（其中e 为自然对数的底数）都成立，求实数m 的取值范围．13.已知函数f （x ）=a x +x 2﹣x ln a （a ＞0，a ≠1）．（1）求函数f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；（2）求函数f （x ）单调增区间；（3）若存在x 1，x 2∈[﹣1，1]，使得|f （x 1）﹣f （x 2）|≥e ﹣1（e 是自然对数的底数），求实数a 的取值范围．14.已知函数1()ln f x x x=-，()g x ax b =+． （1）若函数()()()h x f x g x =-在()0,+∞上单调递增，求实数a 的取值范围； （2）若直线()g x ax b =+是函数1()ln f x x x=-图像的切线，求a b +的最小值； （3）当0b =时，若()f x 与()g x 的图像有两个交点1122(,),(,)A x y B x y ，求证：2122x x e >15.某工艺品厂要设计一个如图1所示的工艺品，现有某种型号的长方形材料如图2所示，其周长为4m ，这种材料沿其对角线折叠后就出现图1的情况．如图，ABCD （AB ＞AD ）为长方形的材料，沿AC 折叠后AB '交DC 于点P ，设△ADP 的面积为2S ，折叠后重合部分△ACP 的面积为1S ．（Ⅰ）设AB x =m ，用x 表示图中DP 的长度，并写出x 的取值范围；（Ⅱ）求面积2S 最大时，应怎样设计材料的长和宽？（Ⅲ）求面积()122S S +最大时，应怎样设计材料的长和宽？16.已知()()2ln x f x e x a =++.（1）当1a =时，求()f x 在()0,1处的切线方程；（2）若存在[)00,x ∈+∞，使得()()20002ln f x x a x <++成立，求实数a 的取值范围.17.已知函数()()()2ln 1f x ax x xa R =--∈恰有两个极值点12,x x ，且12x x <.（1）求实数a 的取值范围； （2）若不等式12ln ln 1x x λλ+>+恒成立，求实数λ的取值范围.18.已知函数f （x ）=（ln x ﹣k ﹣1）x （k ∈R ）（1）当x ＞1时，求f （x ）的单调区间和极值．（2）若对于任意x ∈[e ，e 2]，都有f （x ）＜4ln x 成立，求k 的取值范围．（3）若x 1≠x 2，且f （x 1）=f （x 2），证明：x 1x 2＜e 2k ．19.已知函数()21e 2x f x a x x =--（a ∈R ）. （Ⅰ）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线与y 轴垂直，求a 的值； （Ⅱ）若函数()f x 有两个极值点，求a 的取值范围；（Ⅲ）证明：当1x >时，1e ln x x x x>-.20.已知函数()()321233f x x x x b b R =-++?. (1)当0b =时，求()f x 在[]1,4上的值域；(2)若函数()f x 有三个不同的零点，求b 的取值范围.21.已知函数2ln 21)(2--=x ax x f . （1）当1=a 时，求曲线)(x f 在点))1(,1(f 处的切线方程；（2）讨论函数)(x f 的单调性.22.已知函数1()ln sin f x x x θ=+在[1,]+∞上为增函数，且(0,)θπ∈. （Ⅰ）求函数()f x 在其定义域内的极值；（Ⅱ）若在[1,]e 上至少存在一个0x ，使得0002()e kx f x x ->成立，求实数k 的取值范围.参考答案1.（1）函数x a x x f +=ln )(的定义域为),0(+∞. 由x a x x f +=ln )(，得221)(xa x x a x x f -=-='. ①当0≤a 时，0)(>'x f 恒成立，函数)(x f 在),0(+∞上单调递增， 又+∞→+∞→<=+=)(,,01ln )1(x f x a a f ，所以函数)(x f 在定义域),0(+∞上有1个零点.②当0>a 时，则),0(a x ∈时，),(;0)(+∞∈<'a x x f 时，0)(>'x f . 所以函数)(x f 在),0(a 上单调递减，在),(+∞a 上单调递增. 当1ln )]([min +==a x f a x .当01ln ≤+a ，即e a 10≤<时，又01ln )1(>=+=a a f ， 所以函数)(x f 在定义域),0(+∞上有2个零点.综上所述实数a 的取值范围为]1,(e -∞. 另解：函数x a x x f +=ln )(的定义域为),0(+∞. 由xa x x f +=ln )(，得x x a ln -=. 令x x x g ln )(-=，则)1(ln )(+-='x x g . 当)1,0(e x ∈时，0)(>'x g ；当),1(+∞∈e x 时，0)(<'x g . 所以函数)(x g 在)1,0(e 上单调递增，在),1(+∞e 上单调递减. 故e x 1=时，函数)(x g 取得最大值ee e e g 11ln 1)1(=-=. 因+∞→+∞→)(,xf x ，两图像有交点得e a 1≤， 综上所述实数a 的取值范围为]1,(e -∞.（2）要证明当e a 2≥时，x e x f ->)(， 即证明当e a x 2,0≥>时，x e xa x ->+ln ，即x xe a x x ->+ln .令a x x x h +=ln )(，则1ln )(+='x x h . 当e x 10<<时，0)(<'x f ；当ex 1>时，0)(>'x f . 所以函数)(x h 在)1,0(e 上单调递减，在),1(+∞e 上单调递增. 当e x 1=时，a ex h +-=1)]([min . 于是，当e a 2≥时，ea e x h 11)(≥+-≥.① 令x xe x -=)(ϕ，则)1()(x e xe e x x x x -=-='---ϕ.当10<<x 时，0)(>'x f ；当1>x 时，0)(<'x f .所以函数)(x ϕ在)1,0(上单调递增，在),1(+∞上单调递减. 当1=x 时，ex 1)]([min =ϕ. 于是，当0>x 时，ex 1)(≤ϕ.② 显然，不等式①、②中的等号不能同时成立. 故当ea 2≥时，x e x f ->)(. 2.（Ⅰ）0,22)(2>-=-='x xa x x a x x f (1)当0≤a 时，0)(>'x f ，)(x f 在()上+∞,0单调递增，(2)当0>a 时，20)(a x x f =='得 有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛>,22,0)(0a a x f a ，单调增区间是的单调减区间是时，所以 (Ⅱ) bx x x x g +-=ln 2)(2假设)(x g y =在0x 处的切线能平行于x 轴.∵()0,22)(>+-='x b xx x g 由假设及题意得：0ln 2)(11211=+-=bx x x x g0ln 2)(22222=+-=bx x x x g1202x x x +=022)(000=+-='b x x x g ④ 由-得，()()()0ln ln 221212221=-+---x x b x x x x即0212`12ln2x x x x x b --=由④⑤得，()1121212122222ln 1x x x x x x x x x x --==++ 令12x t x =，12,01x x t <∴<<.则上式可化为122ln +-=t t t ， 设函数()()10122ln <<+--=t t t t t h ，则 ()()()()011141222>+-=+-='t t t t t t h , 所以函数()122ln +--=t t t t h 在(0,1)上单调递增. 于是，当01t <<时，有()()01=<h t h ，即22ln 01t t t --<+与⑥矛盾. 所以()y f x =在0x 处的切线不能平行于x 轴.3.（Ⅰ）n mx x x f ++='23)(2()02301=++='n m f 得由.01242>-=∆n m∴()3032-≠>+m m ，得到 ①∵()()()32313223)(2++-=+-+='m x x m mx x x f∴⎪⎭⎫ ⎝⎛+-==='32110)(m x x x f 或，得 由题3,1321-<>⎪⎭⎫⎝⎛+-m m 解得② 由①②得3-<m（Ⅱ）()02301=++='n m f 得由 所以()m mx x x f 2323)(2+-+='因为过点)1,0(且与曲线)(x f y =相切的直线有且仅有两条， 令切点是()00,y x P ，则切线方程为()()000x x x f y y -'=- 由切线过点)1,0(，所以有()()0001x x f y -'=-∴()()[]()0020020302323231x m mx x x m mx x -+-+=++--整理得0122030=++mx x.01220300有两个不同的实根的方程所以，关于=++mx x x ()()需有两个零点，则令x h mx x x h 1223++= ()mx x x h 262+='所以()3000mx x x h m -==='≠或得，且()03,00=⎪⎭⎫⎝⎛-=m h h 或由题，()03,10=⎪⎭⎫⎝⎛-=m h h 所以又因为0133223=+⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-m m m 所以3-=m 解得,即为所求4.（Ⅰ）()x x e e x xe x f xxx22)(22+=+='∴()()()上单调递减；在时，0,2,002-<'<<-x f x f x()()()().,02,,002上单调递增和在时，或+∞-∞->'>-<x f x f x x()()()+∞-∞--,020,2)(，和，，单调递增区间是的单调递减区间是所以x f（Ⅱ）显然0≤x 时有)()(x g x f ≥，只需证0>x 时)()(x g x f ≥，由于02≥xx e x x 20≥>时，只需证()+∞∈-=,0,2)(x x e x h x 令 2)(-='x e x h2ln ,0)(=='x x h 得()()02ln ln 22ln 222ln 22ln )(2ln min >-=-=-==∴e e h x h ()恒成立0)(,,0>+∞∈∴x h x所以当0>x 时，)()(x g x f >. 综上R x ∈∀，()()f x g x ≥5.解：（Ⅰ）f （x ）=﹣ax+b ，x ∈（0，1）∪（1，+∞）， 求导，f′（x ）=﹣a ，则函数f （x ）在点（e ，f （e ））处切线方程y ﹣（e ﹣ex+b ）=﹣a （x ﹣e ）， 即y=﹣ax+e+b ，由函数f （x ）在（e ，f （e ））处的切线方程为y=﹣ax+2e ，比较可得b=e ， 实数b 的值e ；（Ⅱ）由f （x ）≤+e ，即﹣ax+e≤+e ，则a≥﹣在[e ，e 2]，上有解，设h （x ）=﹣，x ∈[e ，e 2]，求导h′（x ）=﹣==，令p （x ）=lnx ﹣2，()()()()0,,2ln ,0,2ln ,0>'+∞∈<'∈∴x h x x h x ()()()上单调递增上单调递减，在，在+∞∴,2ln 2ln 0x h∴x 在[e ，e 2]时，p′（x ）=﹣=＜0，则函数p （x ）在[e ，e 2]上单调递减，∴p （x ）＜p （e ）=lne ﹣2＜0，则h′（x ）＜0，及h （x ）在区间[e ，e 2]单调递减，h （x ）≥h （e 2）=﹣=﹣，∴实数a 的取值范围[﹣，+∞]．6.（1）由'1()f x ax b x=-+，得'(1)1f a b =-+， l 的方程为1(1)(1)(1)2y a b a b x --++=-+-，又l 过点11(,)22，∴111(1)(1)(1)222a b a b --++=-+-，解得0b =. ∵21()()(1)ln (1)12g x f x a x x ax a x =--=-+-+， ∴2'1()(1)1(1)1()1(0)a x x ax a x a g x ax a a x x x--+-+-+=-+-==>， 当1(0,)x a∈时，'()0g x >，()g x 单调递增； 当1(,)x a∈+∞时，'()0g x <，()g x 单调递减. 故2max 111111()()ln()(1)1ln 22g x g a a a a a a a a==-+-+=-. （2）证明：∵4a =-，∴2212121211221212()()3ln 21ln 213f x f x x x x x x x x x x x x x ++++=++++++++，212121212ln()2()22x x x x x x x x =++++-+=，∴2121212122()ln()x x x x x x x x +++=-令12(0)x x m m =>，()ln m m m ϕ=-，'1()m m mϕ-=，令'()0m ϕ<得01m <<；令'()0m ϕ>得1m >.∴()m ϕ在(0,1)上递减，在(1,)+∞上递增，∴()(1)1m ϕϕ≥=，∴212122()1x x x x +++≥，120x x +>，解得：1212x x +≥.7.（1）当1a =-时，1()ln f x x x x =-，(1)1f =-，'21()ln 1f x x x=++， '(1)2f =，从而曲线()y f x =在1x =处的切线为2(1)1y x =--，即23y x =-.（2）对任意的121,[,2]2x x ∈，都有12()()f x g x ≥成立，从而min max ()()f x g x ≥ 对32()3g x x x =--，'2()32(32)g x x x x x =-=-，从而()y g x =在12[,]23递减，2[,2]3递增，max 1()max{(),(2)}12g x g g ==. 又(1)f a =，则1a ≥. 下面证明当1a ≥时，ln 1a x x x +≥在1[,2]2x ∈恒成立. 1()ln ln a f x x x x x x x =+≥+，即证1ln 1x x x +≥. 令1()ln h x x x x =+，则'21()ln 1h x x x=+-，'(1)0h =. 当1[,1]2x ∈时，'()0h x ≤，当[1,2]x ∈时，'()0h x ≥，从而()y h x =在1[,1]2x ∈递减，[1,2]x ∈递增，min ()(1)1h x h ==，从而1a ≥时，ln 1a x x x +≥在1[,2]2x ∈恒成立.8.（1）函数f （x ）=e x -ax -2的定义域是R ，f ′（x ）=e x -a ，若a ≤0，则f ′（x ）=e x -a ≥0，所以函数f （x ）=e x -ax -2在（-∞，+∞）上单调递增 若a ＞0，则当x ∈（-∞，ln a ）时，f ′（x ）=e x -a ＜0； 当x ∈（ln a ，+∞）时，f ′（x ）=e x -a ＞0；所以，f （x ）在（-∞，ln a ）单调递减，在（ln a ，+∞）上单调递增 （2）由于a=1，1)1)((1)(1'+<--⇔<+-x e x k x f x x k x x e x k e x xx +-+<∴>-∴>11.01,0 令x e x x g x +-+=11)(，min )(x g k <∴，22')1()2(1)1(1)(---=+---=x x x xx e x e e e xe x g 令01)(,2)('>-=--=xxe x h x e x h ，)(x h ∴在),0(+∞单调递增，且)(,0)2(,0)1(x h h h ∴><在),0(+∞上存在唯一零点，设此零点为0x ，则)2,1(0∈x 当),0(00x x ∈时，0)('<x g ，当),(00+∞∈x x 时，0)('>x g000min 11)()(0x e x x g x g x +-+==∴， 由)3,2(1)(,20)(0000'0∈+=∴+=⇒=x x g x ex g x ，又)(0x g k <所以k 的最大值为29.（1）由01>+x ,得1->x ．∴()x f 的定义域为()+∞-,1．因为对x ∈()+∞-,1,都有()()1f x f ≥，∴()1f 是函数()x f 的最小值，故有()01='f ．,022,12)(/=+∴++=bx b x x f 解得4-=b ． 经检验，4-=b 时，)(x f 在)1,1(-上单调减，在),1(+∞上单调增．)1(f 为最小值．（2）∵,12212)(2/+++=++=x bx x x b x x f 又函数()x f 在定义域上是单调函数，∴()0≥'x f 或()0≤'x f 在()+∞-,1上恒成立． 若()0≥'x f ，则012≥++x bx 在()+∞-,1上恒成立, 即x x b 222--≥=21)21(22++-x 恒成立,由此得≥b 21； 若()0≤'x f ,则012≤++x bx 在()+∞-,1上恒成立, 即x x b 222--≤=21)21(22++-x 恒成立． 因21)21(22++-x 在()+∞-,1上没有最小值，∴不存在实数b 使()0≤'x f 恒成立． 综上所述，实数b 的取值范围是⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,21． （3）当1-=b 时，函数()()1ln 2+-=x x x f ．令()()()1ln 233+-+-=-=x x x x x f x h ，则()()1131123232+-+-=+-+-='x x x x x x x h ． 当()+∞∈,0x 时，()0<'x h ，所以函数()x h 在()+∞,0上单调递减．又()00=h ，∴当[)+∞∈,0x 时，恒有()()00=<h x h ，即()321ln x x x <+-恒成立．故当()+∞∈,0x 时，有()3x x f <．而*∈N k ，()+∞∈∴,01k ．取k x 1=，则有311kk f <⎪⎭⎫ ⎝⎛． ∴33311312111n k f nk +⋅⋅⋅+++<⎪⎭⎫⎝⎛∑=．所以结论成立．10.解：（Ⅰ）当a e =时，1()(1)xf x e e x e=-+-，'()xf x e e =-，令'()0f x =，解得1x =，(0,1)x ∈时，'()0f x <；(1,2)x ∈时，'()0f x >，∴{}max ()max (0),(2)f x f f =，而1(0)1f e e =--，21(2)3f e e e=--， 即2max 1()(2)3f x f e e e==--． （Ⅱ）1()(1)ln xf x a e x a a=-+-，'()ln ln ln ()x xf x a a e a a a e =-=-， 令'()0f x =，得log a x e =，则 ①当1a >时，ln 0a >，所以当log a x e =时，()f x 有最小值min ()(log )ln a f x f e e a a==--， 因为函数()f x 只有一个零点，且当x →-∞和x →+∞时，都有()f x →+∞，则min 1()ln 0f x e a a =--=，即1ln 0e a a+=， 因为当1a >时，ln 0a >，所以此方程无解． ②当01a <<时，ln 0a <，所以当log a x e =时，()f x 有最小值min 1()(log )ln a f x f e e a a==--， 因为函数()f x 只有一个零点，且当x →-∞和x →+∞时，都有()f x →+∞， 所以min 1()ln 0f x e a a =--=，即1ln 0e a a+=（01a <<）（*） 设1()ln (01)g a e a a a =+<<，则2211'()e ae g a a a a -=-=， 令'()0g a =，得1a e=， 当10a e <<时，'()0g a <；当1a e>时，'()0g a >； 所以当1a e =时，min 11()()ln 0g a g e e e e ==+=，所以方程（*）有且只有一解1a e=． 综上，1a e=时函数()f x 只有一个零点．11.(1)由题意得F (x)= x －－2a ln x . x 0,=,令m （x ）=x ２－2ax+1，①当时F(x)在（0，+单调递增； ②当a 1时，令，得x 1=, x 2=x(0,) ()()+－+∴F (x)的单增区间为(0,)，()综上所述，当时F (x)的单增区间为（0，+）当a 1时，F (x)的单增区间为(0,)，()（2）h (x )= x －2a ln x , h /(x)=,(x >0),由题意知x 1,x 2是x 2+2ax+1=0的两根，∴x 1x 2=1, x 1+x 2=－2a,x 2=,2a=,－=－=2()令H (x )=2(), H /(x )=2()lnx=当时，H/(x)<0, H(x)在上单调递减，H(x)的最小值为H()=,即－的最小值为.12.解：（I）f（x）=lnx+x2﹣2ax+1，f'（x）=+2x﹣2a=，令g（x）=2x2﹣2ax+1，（i）当a≤0时，因为x＞0，所以g（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；（ii）当0＜a时，因为△≤0，所以g（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；（iii）当a＞时，x在（，）时，g（x）＜0，函数f（x）单调递减；在区间（0，）和（，+∞）时，g（x）＞0，函数f（x）单调递增；（II）由（I）知当a∈（﹣2，0]，时，函数f（x）在区间（0，1]上单调递增，所以当x∈（0，1]时，函数f（x）的最大值是f（1）=2﹣2a，对任意的a∈（﹣2，0]，都存在x0∈（0，1]，使得不等式a∈（﹣2，0]，2me a（a+1）+f（x0）＞a2+2a+4成立，等价于对任意的a∈（﹣2，0]，不等式2me a（a+1）﹣a2+﹣4a﹣2＞0都成立，记h（a）=2me a（a+1）﹣a2+﹣4a﹣2，由h（0）＞0得m＞1，且h（﹣2）≥0得m≤e2，h'（a）=2（a+2）（me a﹣1）=0，∴a=﹣2或a=﹣lnm，∵a∈（﹣2，0]，∴2（a+2）＞0，①当1＜m＜e2时，﹣lnm∈（﹣2，0），且a∈（﹣2，﹣lnm）时，h'（a）＜0，a∈（﹣lnm，0）时，h'（a）＞0，所以h（a）最小值为h（﹣lnm）=lnm﹣（2﹣lnm）＞0，所以a∈（﹣2，﹣lnm）时，h（a）＞0恒成立；②当m=e2时，h'（a）=2（a+2）（e a+2﹣1），因为a∈（﹣2，0]，所以h'（a）＞0，此时单调递增，且h（﹣2）=0，所以a∈（﹣2，0]，时，h（a）＞0恒成立；综上，m的取值范围是（1，e2]．13.解：（1）∵f（x）=a x+x2﹣xlna，∴f′（x）=a x lna+2x﹣lna，∴f′（0）=0，f（0）=1即函数f（x）图象在点（0，1）处的切线斜率为0，∴图象在点（0，f（0））处的切线方程为y=1；（3分）（2）由于f'（x）=a x lna+2x﹣lna=2x+（a x﹣1）lna＞0①当a＞1，y=2x单调递增，lna＞0，所以y=（a x﹣1）lna单调递增，故y=2x+（a x﹣1）lna单调递增，∴2x+（a x﹣1）lna＞2×0+（a0﹣1）lna=0，即f'（x）＞f'（0），所以x＞0 故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；②当0＜a＜1，y=2x单调递增，lna＜0，所以y=（a x﹣1）lna单调递增，故y=2x+（a x﹣1）lna单调递增，∴2x+（a x﹣1）lna＞2×0+（a0﹣1）lna=0，即f'（x）＞f'（0），所以x＞0 故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；综上，函数f（x）单调增区间（0，+∞）；（8分）（3）因为存在x1，x2∈[﹣1，1]，使得|f（x1）﹣f（x2）|≥e﹣1，所以当x∈[﹣1，1]时，|（f（x））max﹣（f（x））min|=（f（x））max﹣（f（x））min≥e﹣1，（12分）由（2）知，f（x）在[﹣1，0]上递减，在[0，1]上递增，所以当x∈[﹣1，1]时，（f（x））min=f（0）=1，（f（x））max=max{f（﹣1），f（1）}，而f（1）﹣f（﹣1）=（a+1﹣lna）﹣（+1+lna）=a﹣﹣2lna，记g（t）=t﹣﹣2lnt（t＞0），因为g′（t）=1+﹣=（﹣1）2≥0所以g（t）=t﹣﹣2lnt在t∈（0，+∞）上单调递增，而g（1）=0，所以当t＞1时，g（t）＞0；当0＜t＜1时，g（t）＜0，也就是当a＞1时，f（1）＞f（﹣1）；当0＜a＜1时，f（1）＜f（﹣1）（14分）①当a＞1时，由f（1）﹣f（0）≥e﹣1⇒a﹣lna≥e﹣1⇒a≥e，②当0＜a＜1时，由f（﹣1）﹣f（0）≥e﹣1⇒+lna≥e﹣1⇒0＜a≤，综上知，所求a的取值范围为a∈（0，]∪[e，+∞）．（16分）14.（1）解：h （x ）=f （x ）﹣g （x ）=1ln x ax b x ---，则211()h x a x x'=+-， ∵h （x ）=f （x ）﹣g （x ）在（0，+∞）上单调递增， ∴对∀x ＞0，都有211()0h x a x x '=+-≥，即对∀x ＞0，都有211a x x≤+，.…………2分 ∵2110x x+>，∴0a ≤， 故实数a 的取值范围是(],0-∞；.…………3分 （2）解：设切点为0001,ln x x x ⎛⎫-⎪⎝⎭，则切线方程为()002000111ln y x x x x x x ⎛⎫⎛⎫--=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即00220000011111ln y x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，亦即02000112ln 1y x x x x x ⎛⎫=++-- ⎪⎝⎭，令010t x =>，由题意得220011a t t x x =+=+，002ln 1ln 21b x t t x =--=--- ， 令2()ln 1a b t t t t ϕ+==-+--，则()()2111()21t t t t ttϕ+-'=-+-=，.…………6分当()0,1t ∈时，()()0,t t ϕϕ'<在()0,1上单调递减；当()1,t ∈+∞时，()()0,t t ϕϕ'>在()1,+∞上单调递增，∴()()11a b t ϕϕ+=≥=-， 故a b +的最小值为﹣1；.…………7分 （3）证明：由题意知1111ln x ax x -=，2221ln x ax x -=， 两式相加得()12121212ln x x x x a x x x x +-=+ 两式相减得()21221112lnx x x a x x x x x --=-即212112ln 1x x a x x x x +=-∴()21211212122112ln1ln x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫ ⎪+ ⎪-=++- ⎪⎪⎝⎭，即1212212122112()ln ln x x x x x x x x x x x x ⎛⎫++-= ⎪-⎝⎭，. 9分不妨令120x x <<，记211x t x =>， 令()21()ln (1)1t F t t t t -=->+，则()221()0(1)t F t t t -'=>+，∴()21()ln 1t F t t t -=-+在()1,+∞上单调递增，则()21()ln (1)01t F t t F t -=->=+， ∴()21ln 1t t t ->+，则2211122()ln x x x x x x ->+，∴1212212122112()ln ln 2x x x x x x x x x x x x ⎛⎫++-=> ⎪-⎝⎭，又1212121212122()ln ln ln x x x x x x x x x x +-<==∴2>，即1>，.…………10分 令2()ln G x x x =-，则0x >时，212()0G x x x'=+>，∴()G x 在()0,+∞上单调递增．又1ln 210.8512=+≈<，∴1ln G =>>>，即2122x x e >．.…………12分15.（Ⅰ）由题意，AB x =,2-BC x =，2,12x x x >-∴<<Q .…………1分 设=DP y ，则PC x y =-，由△ADP ≌△CB'P ，故PA=PC=x ﹣y ，由PA 2=AD 2+DP 2，得()()2222x y x y -=-+即：121,12y x x ⎛⎫=-<< ⎪⎝⎭..…………3分（Ⅱ）记△ADP 的面积为2S ，则()212=1-233S x x x x ⎛⎫⎛⎫-=-+≤- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.…………5分当且仅当()1,2x =时，2S 取得最大值．，宽为(2m 时，2S 最大．….…………7分 （Ⅲ）()()2121114+2=2123,1222S S x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫-+--=-+<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭于是令()31222142+220,2x S S x x x x-+⎛⎫'=--==∴= ⎪⎝⎭分∴关于x 的函数12+2S S 在(上递增，在)上递减，∴当x =12+2S S 取得最大值．，宽为(m 时，12+2S S 最大．.…………12分16.（1）1a =时，()()2ln 1xf x ex =++，()2121x f x e x '=++ ()01f =，()10231f '=+=，所以()f x 在()0,1处的切线方程为31y x =+ （2）存在[)00,x ∈+∞，()()20002ln f x x a x <++，即：()02200ln 0x ex a x -+-<在[)00,x ∈+∞时有解； 设()()22ln xu x ex a x =-+-，()2122x u x e x x a'=--+ 令()2122xm x ex x a =--+，()()21420x m x e x a '=+->+ 所以()u x '在[)0,+∞上单调递增，所以()()102u x u a''≥=- 1°当12a ≥时，()1020u a'=-≥，∴()u x 在[)0,+∞单调增， 所以()()max 01ln 0u x u a ==-<，所以a e > 2°当12a <时，()1ln ln 2x a x ⎛⎫+<+ ⎪⎝⎭设()11ln 22h x x x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭， ()11211122x h x x x -'=-=++ 令()102h x x '>⇒>，()1002h x x '<⇒<< 所以()h x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增 所以()1102h x h ⎛⎫≥=> ⎪⎝⎭，所以11ln 22x x ⎛⎫+>+ ⎪⎝⎭所以()()222ln ln xx u x e x a x e =-+->-2221122x x x e x x ⎛⎫⎛⎫+->-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭设()()22102xg x ex x x ⎛⎫=--+≥ ⎪⎝⎭，()2221x g x e x '=--，令()2221xx ex ϕ=--，()242420x x e ϕ'=-≥->所以()2221xx ex ϕ=--在[)0,+∞上单调递增，所以()()010g x g ''≥=>所以()g x 在()0,+∞单调递增，∴()()00g x g >>， 所以()()00g x g >>， 所以()()()22ln 0xu x e x a x g x =-+->>所以，当12a <时，()()22ln f x x a x >++恒成立，不合题意 综上，实数a 的取值范围为12a ≥.17.（1）因为()ln 2f x a x x '=-，依题意得12,x x 为方程ln 20a x x -=的两不等正实数根， ∴0a ≠，2ln x a x=，令()ln x g x x =，()21ln xg x x -'=， 当()0,x e ∈时，()0g x '>； 当(),x e ∈+∞时，()0g x '<，所以()g x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，()10g =， 当x e >时，()0g x >， 所以()20g e a<< ∴()210g e a e<<= 解得2a e >，故实数a 的取值范围是()2,e +∞.（2）由（1）得，11ln 2a x x =，22ln 2a x x =，两式相加得()()1212ln ln 2a x x x x λ+=+，故()12122ln ln x x x x aλλ++=两式相减可得()()1212ln ln 2a x x x x -=-， 故12122ln ln x x a x x -=⋅-所以12ln ln 1x x λλ+>+等价于()1221x x aλλ+>+，所以()()1221x x a λλ+>+ 所以()()121212221ln ln x x x x x x λλ-+>+-，即()()121212ln ln 1x x x x x x λλ+->+-， 所以112212ln 11x x x x x x λλ⎛⎫+ ⎪⎝⎭>+-， 因为120x x <<，令()120,1x t x =∈，所以()ln 11t t t λλ+>+-即()()()ln 110t t t λλ+-+-<，令()()()()ln 11h t t t t λλ=+-+-， 则()0h t <在()0,1上恒成立，()ln h t t tλλ'=+-，令()ln I t t t λλ=+-，()()()2210,1t I t t t t tλλ-'=-=∈ ①当1λ≥时，()0I t '<所以()h t '在()0,1上单调递减，()()10h t h ''>=所以()h t 在()0,1上单调递增，所以()()10h t h <=符合题意②当0λ≤时，()0I t '>所以()h t '在()0,1上单调递增()()10h t h ''<=故()h t 在()0,1上单调递减，所以()()10h t h >=不符合题意； ③当01λ<<时，()01I t t λ'>⇔<< 所以()h t '在(),1λ上单调递增，所以()()10h t h ''<=所以()h t 在(),1λ上单调递减， 故()()10h t h >=不符合题意综上所述，实数λ的取值范围是[)1,+∞.18.解：（1）∵f （x ）=（lnx ﹣k ﹣1）x （k ∈R ）， ∴x ＞0，=lnx ﹣k ，①当k≤0时，∵x ＞1，∴f′（x ）=lnx ﹣k ＞0，函数f （x ）的单调增区间是（1，+∞），无单调减区间，无极值； ②当k ＞0时，令lnx ﹣k=0，解得x=e k ，当1＜x ＜e k时，f′（x ）＜0；当x ＞e k，f′（x ）＞0，∴函数f （x ）的单调减区间是（1，e k ），单调减区间是（e k ，+∞），在区间（1，+∞）上的极小值为f （e k ）=（k ﹣k ﹣1）e k =﹣e k，无极大值． （2）∵对于任意x ∈[e ，e 2]，都有f （x ）＜4lnx 成立，∴f （x ）﹣4lnx ＜0，即问题转化为（x ﹣4）lnx ﹣（k+1）x ＜0对于x ∈[e ，e 2]恒成立，即k+1＞对于x ∈[e ，e 2]恒成立，令g （x ）=，则，令t （x ）=4lnx+x ﹣4，x ∈[e ，e 2]，则，∴t （x ）在区间[e ，e 2]上单调递增，故t （x ）min =t （e ）=e ﹣4+4=e ＞0，故g′（x ）＞0， ∴g （x ）在区间[e ，e 2]上单调递增，函数g （x ）max =g （e 2）=2﹣，要使k+1＞对于x ∈[e ，e 2]恒成立，只要k+1＞g （x ）max ，∴k+1＞2﹣，即实数k 的取值范围是（1﹣，+∞）．证明：（3）∵f （x 1）=f （x 2），由（1）知，函数f （x ）在区间（0，e k）上单调递减， 在区间（e k，+∞）上单调递增，且f （e k+1）=0，不妨设x 1＜x 2，则0＜x 1＜e k＜x 2＜e k+1，要证x 1x 2＜e 2k，只要证x 2＜，即证＜，∵f （x ）在区间（e k ，+∞）上单调递增，∴f （x 2）＜f （），又f （x 1）=f （x 2），即证f （x 1）＜，构造函数h （x ）=f （x ）﹣f （）=（lnx ﹣k ﹣1）x ﹣（ln﹣k ﹣1），即h （x ）=xlnx ﹣（k+1）x+e 2k（），x ∈（0，e k）h′（x ）=lnx+1﹣（k+1）+e 2k （+）=（lnx ﹣k ），∵x ∈（0，e k ），∴lnx ﹣k ＜0，x 2＜e 2k ，即h′（x ）＞0，∴函数h （x ）在区间（0，e k ）上单调递增，故h′（x ）＜h （e k ）， ∵，故h （x ）＜0，∴f （x 1）＜f （），即f （x 2）=f （x 1）＜f （），∴x 1x 2＜e 2k成立．19.（Ⅰ）由()21e 2xf x a x x =--得()e 1x f x a x '=--.因为曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线与y 轴垂直， 所以()010f a '=-=，解得1a =.（Ⅱ）由（Ⅰ）知()e 1xf x a x '=--，若函数()f x 有两个极值点，则()e 10x f x a x '=--=，即 1e x x a +=有两个不同的根，且1e xx a +-的值在根的左、右两侧符号相反. 令()1e x x h x +=，则()()()2e 1e e e x x x x x x h x -+'==-， 所以当0x >时，()0h x '<，()h x 单调递减；当0x <时，()0h x '>，()h x 单调递增. 又当x →-∞时，()h x →-∞；0x =时，()01h =；0x >时，()0h x >；x →+∞时，()0h x →，所以01a <<.即所求实数a 的取值范围是01a <<. （Ⅲ）证明：令()1e ln xg x x x x=-+（1x >），则()10g =，()2e 1e ln 1x xg x x x x'=+--.令()()h x g x '=，则()e e ln x xh x x x '=+23e e 2x x x x x-++， 因为1x >，所以e ln 0xx >，e 0xx >，()2e 10x x x ->，320x>， 所以()0h x '>，即()()h x g x '=在1x >时单调递增，又()1e 20g '=->，所以1x >时，()0g x '>，即函数()g x 在1x >时单调递增. 所以1x >时，()0g x >，即1x >时，1e ln xx x x>-.20.(1)当0b =时，()321233f x x x x =-+，()()()2'4313f x x x x x =-+=--.当()1,3x Î时，()'0f x <，故函数()f x 在()1,3上单调递减； 当()3,4x Î时，()'0f x >，故函数()f x 在()3,4上单调递增. 由()30f =，()()4143f f ==.∴()f x 在[]1,4上的值域为40,3轾犏犏臌；(2)由(1)可知，()()()2'4313f x x x x x =-+=--， 由()'0f x <得13x <<，由()'0f x >得1x <或3x >. 所以()f x 在()1,3上单调递减，在(),1-?，()3,+?上单调递增；所以()()max 413f x f b ==+，()()min 3f x f b ==，所以当403b +>且0b <，即403b -<<时，()10,1x $?，()21,3x Î，()33,4x Î，使得()()()1230f x f x f x ===，由()f x 的单调性知，当且仅当4,03b 骣琪?琪桫时，()f x 有三个不同零点.21.（1）当1=a 时，函数2ln 21)(2--=x x x f ，xx x f 1)('-=， ∴0)1('=f ，23)1(-=f ， ∴曲线)(x f 在点))1(,1(f 处的切线方程为23-=y . （2）)0(1)('2>-=x xax x f . 当0≤a 时，0)('<x f ，)(x f 的单调递减区间为),0(+∞； 当0>a 时，)(x f 在),0(a a 递减，在),(+∞aa 递增.22.（Ⅰ）211()0sin f x x x θ'=-+≥∙在[1,)-+∞上恒成立，即2sin 10sin x x θθ∙-≥∙.∵(0,)θπ∈，∴sin 0θ>.故sin 10x θ∙-≥在[1,)-+∞上恒成立 只须sin 110θ∙-≥，即sin 1θ≥，又0sin 1θ<≤只有sin 1θ=，得2πθ=.由22111()0x f x x x x-'=-+==，解得1x =. ∴当01x <<时，()0f x '<；当1x >时，()0f x '>.故()f x 在1x =处取得极小值1，无极大值. （Ⅱ）构造1212()ln ln e e F x kx x kx x x x x+=---=--，则转化为；若在[1,]e 上存在0x ，使得0()0F x >，求实数k 的取值范围.当0k ≤时，[1,]x e ∈，()0F x <在[1,]e 恒成立，所以在[1,]e 上不存在0x ，使得0002()ekx f x x ->成立. ②当0k >时，2121()e F x k x x+'=+-2222121()kx e x kx e e e x x x ++-+++-==. 因为[1,]x e ∈，所以0e x ->，所以()0F x '>在[1,]x e ∈恒成立. 故()F x 在[1,]e 上单调递增，max 1()()3F x F e ke e ==--，只要130ke e-->， 解得231e k e +>. ∴综上，k 的取值范围是231(,)e e++∞.。

高考数学二轮复习专题突破—导数压轴小题归类（含解析）讲高考1．（2022·全国·统考高考真题）当1x =时，函数()ln bf x a x x=+取得最大值2-，则(2)f '=（）A ．1-B ．12-C ．12D ．1【答案】B【分析】根据题意可知()12f =-，()10f '=即可解得,a b ，再根据()f x '即可解出．【详解】因为函数()f x 定义域为()0,∞+，所以依题可知，()12f =-，()10f '=，而()2a b f x xx '=-，所以2,0b a b =--=，即2,2a b =-=-，所以()222f x x x '=-+，因此函数()f x 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减，1x =时取最大值，满足题意，即有()112122f '=-+=-．故选：B.2．（2021·全国·统考高考真题）若过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线，则（）A ．e b a <B ．e a b <C ．0e b a <<D ．0e ab <<【答案】D【分析】解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定结果；解法二：画出曲线x y e =的图象，根据直观即可判定点(),a b 在曲线下方和x 轴上方时才可以作出两条切线.【详解】在曲线x y e =上任取一点(),tP t e ，对函数x y e =求导得e x y '=，所以，曲线x y e =在点P 处的切线方程为()t t y e e x t -=-，即()1t ty e x t e =+-，由题意可知，点(),a b 在直线()1t t y e x t e =+-上，可得()()11t t tb ae t e a t e =+-=+-，令()()1tf t a t e =+-，则()()tf t a t e '=-.当t a <时，()0f t '>，此时函数()f t 单调递增，当t a >时，()0f t '<，此时函数()f t 单调递减，所以，()()max af t f a e ==，由题意可知，直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点，则()max ab f t e <=，当1t a <+时，()0f t >，当1t a >+时，()0f t <，作出函数()f t 的图象如下图所示：由图可知，当0a b e <<时，直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点.故选：D.解法二：画出函数曲线x y e =的图象如图所示，根据直观即可判定点(),a b 在曲线下方和x 轴上方时才可以作出两条切线.由此可知0a b e <<.故选：D.【点睛】解法一是严格的证明求解方法，其中的极限处理在中学知识范围内需要用到指数函数的增长特性进行估计，解法二是根据基于对指数函数的图象的清晰的理解与认识的基础上，直观解决问题的有效方法.3．（2019·天津·高考真题）已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩ 若关于x 的不等式()0f x在R 上恒成立，则a 的取值范围为A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,e D ．[]1,e 【答案】C【解析】先判断0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立；若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，转化为ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立．【详解】∵(0)0f ≥，即0a ≥，（1）当01a ≤≤时，2222()22()22(2)0f x x ax a x a a a a a a a =-+=-+-≥-=->，当1a >时，(1)10f =>，故当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立；若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，即ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立，令()ln xg x x=，则2ln 1'()(ln )x g x x -=，当,x e >函数单增，当0,x e <<函数单减，故()()min g x g e e ==，所以a e ≤．当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立；综上可知，a 的取值范围是[0,]e ，故选C ．【点睛】本题考查分段函数的最值问题，关键利用求导的方法研究函数的单调性，进行综合分析．4．（·四川·高考真题）设直线l 1，l 2分别是函数f(x)=ln ,01,{ln ,1,x x x x -<<>图象上点P 1，P­2处的切线，l 1与l 2垂直相交于点P ，且l 1，l 2分别与y 轴相交于点A ，B ，则△PAB 的面积的取值范围是A ．(0,1)B ．(0,2)C ．(0,+∞)D ．(1,+∞)【答案】A【详解】试题分析：设()()111222,ln ,,ln P x x P x x -（不妨设121,01x x ><<），则由导数的几何意义易得切线12,l l 的斜率分别为121211,.k k x x ==-由已知得12122111,1,.k k x x x x =-∴=∴=∴切线1l 的方程分别为()1111ln y x x x x -=-，切线2l 的方程为()2221ln y x x x x +=--，即1111ln y x x x x ⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭．分别令0x =得()()110,1ln ,0,1ln .A x B x -++又1l 与2l 的交点为221111112222111121211,ln .1,1,0111211PAB A B P PAB x x x x P x x S y y x S x x x x ∆∆⎛⎫-++>∴=-⋅=<=∴<< ⎪++++⎝⎭，故选A ．考点：1.导数的几何意义；2.两直线垂直关系；3.直线方程的应用；4.三角形面积取值范围.5．（2021·全国·统考高考真题）设0a ≠，若x a =为函数()()()2f x a x a x b =--的极大值点，则（）A ．a b <B ．a b>C ．2ab a <D ．2ab a >【答案】D【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到,a b 所满足的关系，由此确定正确选项.【详解】若a b =，则()()3f x a x a =-为单调函数，无极值点，不符合题意，故a b ¹.()f x ∴有x a =和x b =两个不同零点，且在x a =左右附近是不变号，在x b =左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，∴在x a =左右附近都是小于零的.当a<0时，由x b >，()0f x ≤，画出()f x 的图象如下图所示：由图可知b a <，a<0，故2ab a >.当0a >时，由x b >时，()0f x >，画出()f x 的图象如下图所示：由图可知b a >，0a >，故2ab a >.综上所述，2ab a >成立.故选：D【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答.6．（2022·全国·统考高考真题）已知1x x =和2x x =分别是函数2()2e x f x a x =-（0a >且1a ≠）的极小值点和极大值点．若12x x <，则a 的取值范围是____________．【答案】1,1e⎛⎫ ⎪⎝⎭【分析】法一：依题可知，方程2ln 2e 0x a a x ⋅-=的两个根为12,x x ，即函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点，构造函数()ln xg x a a =⋅，利用指数函数的图象和图象变换得到()g x 的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点因为()2ln 2e xf x a a x '=⋅-，所以方程2ln 2e 0x a a x ⋅-=的两个根为12,x x ，即方程ln e x a a x ⋅=的两个根为12,x x ，即函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点，因为12,x x 分别是函数()22e x f x a x =-的极小值点和极大值点，所以函数()f x 在()1,x -∞和()2,x +∞上递减，在()12,x x 上递增，所以当时()1,x -∞()2,x +∞，()0f x '<，即e y x =图象在ln x y a a =⋅上方当()12,x x x ∈时，()0f x ¢>，即e y x =图象在ln x y a a =⋅下方1a >，图象显然不符合题意，所以01a <<．令()ln x g x a a =⋅，则()2ln ,01xg x a a a '=⋅<<，设过原点且与函数()y g x =的图象相切的直线的切点为()00,ln x x a a⋅，则切线的斜率为()020ln x g x a a '=⋅，故切线方程为()020ln ln x x y a a a a x x -⋅=⋅-，则有020ln ln x x a a x a a -⋅=-⋅，解得01ln x a=，则切线的斜率为122ln ln e ln a a a a ⋅=，因为函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点，所以2eln e a <，解得1e e a <<，又01a <<，所以11ea <<，综上所述，a 的取值范围为1,1e⎛⎫⎪⎝⎭．[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导()2ln 2e x f x a a x '=⋅-=0的两个根为12,x x 因为12,x x 分别是函数()22e x f x a x =-的极小值点和极大值点，所以函数()f x 在()1,x -∞和()2,x +∞上递减，在()12,x x 上递增，设函数()()()g 2ln xx f x a a ex '==-，则()()2g 2ln 2x x a a e '=-，若1a >，则()g x '在R 上单调递增，此时若()0g 0x '=，则()f x '在()0­,x ∞上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，此时若有1x x =和2x x =分别是函数()22(0x f x a ex a =->且1)a ≠的极小值点和极大值点，则12x x >，不符合题意；若01a <<，则()g x '在R 上单调递减，此时若()0g 0x '=，则()f x '在()0,x -∞上单调递增，在()0,x +∞上单调递减，令()0g 0x '=，则02(ln )xea a =，此时若有1x x =和2x x =分别是函数()22(0x f x a ex a =->且1)a ≠的极小值点和极大值点，且12x x <，则需满足()00f x '>，()()00002ln 20ln x e f x a a ex ex a ⎛⎫'=-=->⎪⎝⎭，即001ln 1ln x x a a <>，故()002ln ln ln1ln x ea x a a ==>，所以11ea <<.【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．7．（2021·全国·统考高考真题）已知函数12()1,0,0x f x e x x <=>-，函数()f x 的图象在点()()11,A x f x 和点()()22,B x f x 的两条切线互相垂直，且分别交y 轴于M ，N 两点，则||||AM BN 取值范围是_______．【答案】()0,1【分析】结合导数的几何意义可得120x x +=，结合直线方程及两点间距离公式可得1A x M =，2B x N =⋅，化简即可得解.【详解】由题意，()1011,0,xx x e x f x e e x <=⎧---≥⎪=⎨⎪⎩，则()0,,0xx x f x e e x ⎧-⎪=<>⎨'⎪⎩，所以点()11,1x A x e-和点()22,1x B x e-，12,x x AM BN k e k e =-=,所以12121,0x xe e x x -⋅=-+=，所以()()111111,0:,11x x x xe e x x e AM e y M x -+=---+，所以1x AM ==，同理2B x N =,所以()10,1x e N AM B ===∈=.故答案为：()0,1【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件120x x +=，消去一个变量后，运算即可得解.题型全归纳【题型一】公切线求参【讲题型】例题1.若两曲线y =x 2­1与y =a ln x ­1存在公切线，则正实数a 的取值范围为（）A ．(]0,2eB ．(]0,eC ．[)2,e +∞D ．(],2e e 【答案】A【分析】分别求出导数，设出切点，得到切线方程，再由两点的斜率公式，结合切点满足曲线方程，运用导数求的单调区间、极值、最值即可得出a 的取值范围.【详解】设()()21122121122,1,,ln 1,2,,2,a a A x x B x a x y x y k x k x x ''--====切线：()()211112y x x x x --=-，即21121y x x x =--切线：()()222ln 1a y a x x x x --=-，即22ln 1ay x a a x x =-+-，()122222122,41ln 1ln 1a x x a x x x a a x ⎧=⎪∴∴=-⎨⎪--=-+-⎩令()()()()22141ln ,81ln 4f x x x f x x x x x⎛⎫=-=-+- ⎝'⎪⎭()88ln 448ln 412ln 0,x x x x x x x x x x =--=-=-==()f x在(上单调递增，在)+∞上单调递减，所以(]max ()2,0,2.f x f e a e ==∴∈故选：A ．例题2.已知直线l 与曲线()xf x e =和()lng x x =分别相切于点()11,A x y ，()22,B x y .有以下命题：（1）90AOB ∠>︒O 为原点)；（2）()11,1x ∈-；（3）当10x <时，)2121x x ->.则真命题的个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】C【解析】先利用导数求斜率得到直线l 的方程，可得出()1121211ln 1x x e xe x x ⎧=⎪⎨⎪-=-⎩，分类讨论1x 的符号，计算化简()111x xOA OB x e e -⋅=- 并判断其符号即得命题①正确；由()1121211ln 1x x e x e x x ⎧=⎪⎨⎪-=-⎩结合指数与对数的互化，得到111101xx e x +=>-，即得1x 的范围，得命题②错误；构造函数1111()1xx F x e x +=--，研究其零点132,2x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，再构造函数()x h x e x -=-并研究其范围，即得到12112x x x e x --=->，得到命题③正确.【详解】()xf x e = ，()xf x e '∴=，所以直线l 的斜率11x k e =，直线l 的方程为()111x x y e e x x -=-，即()1111x x y e x x e =+-，同理根据()ln g x x =可知，直线l 的方程为()221ln 1y x x x =+-，故()1121211ln 1x x e x e x x ⎧=⎪⎨⎪-=-⎩，得1221ln ln x x x ==-.命题①中，若10x =，由121xe x =可得21x =，此时等式()1121ln 1x e x x -=-不成立，矛盾；10x ≠时，()()11111212111x x x x OA OB x x y y x e e x x e e --⋅=+=+⋅-=-，因此，若10x <，则110x x ->>，有110x x ee -->，此时0OA OB ⋅< ；若1>0x ，则110x x -<<，有110x x e e --<，此时0OA OB ⋅<.所以根据数量积定义知，cos 0AOB ∠<，即90AOB ∠> ，故①正确；命题②中，由()1121211ln 1x x e x e x x ⎧=⎪⎨⎪-=-⎩得1211111ln 1110111xx x x e x x x ---+===>---，得11x <-或11x >，故②错误；命题③中，因为21ln 2111x x x x e x e x --=-=-，由②知，11111xx e x +=-，11x <-或11x >，故当10x <时，即11x <-，设1111()1xx F x e x +=--，则()1212()01x F x e x '=+>-，故()F x 在(),1-∞-是增函数，而21(2)03F e --=-<，3231025F e -⎛⎫-=-> ⎪⎝⎭，故1111()01x x F x e x +=-=-的根132,2x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，因为21ln 2111x x x x e x e x --=-=-，故构造函数()x h x e x -=-，32,2x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，则()10xh x e -'=--<，故()h x 在32,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递减，所以32333()522222xh x e x g e -⎛⎫=->-=+>+ ⎪⎝⎭，故)2121x x ->，故③正确.故选：C.1.．若函数1()33(0)f x x x x=+->的图象与函数()e x g x tx =的图象有公切线l ，且直线l 与直线122y x =-+互相垂直，则实数t =（）A ．1eB ．2eC ．1e或D ．1e或【答案】D【分析】根据垂直性质可得2l k =，再求导根据导数的几何意义可得切线l 的方程为21y x =-，再设函数()e xg x tx =与直线l 切于点()00,x y ，列式求解即可【详解】由题知，2l k =，令()2132f x x '=-=，又0x >，解得1x =，因为()11f =，所以切线l 的方程为21y x =-.()(1)e x g x t x '=+，设函数()e xg x tx =与直线l 切于点()00,x y ，所以()0000021e 21e x x x tx t x ⎧-=⎪⎨=+⎪⎩，故0000021e 2e 1x x x t x t x -⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪+⎩，即0002121x x x -=+，200210x x --=，解得011e x t =⎧⎪⎨=⎪⎩或012x t ⎧=-⎪⎨⎪=⎩.故选：D 2.直线12y x t =+与曲线y =()2220x y r r +=>相切，则r =（）A ．15BC ．3D【答案】B【分析】先由直线与曲线y =t ，再由直线与圆相切即可求出r 【详解】设直线12y x t =+在曲线y =(0x ，则()012f x '=，解得01x =，故切点坐标为()1,1，将()1,1代入直线12y x t =+中，解得12t =，所以直线方程为1122y x =+，即210x y -+=，又210x y -+=与圆()2220x y r r +=>相切，则5r ==，故选：B 3.．若函数()21f x x =+与()2ln 1g x a x =+的图象存在公共切线，则实数a 的最大值为（）A ．e 2B ．e CD ．2e 【答案】B【分析】分别设公切线与()21f x x =+和:()2ln 1C g x a x =+的切点()211,1x x +，()22,2ln 1x a x +，根据导数的几何意义列式，再化简可得2222222ln a x x x =-，再求导分析22()22ln (0)h x x x x x =-⋅>的最大值即可【详解】()2f x x '=，()2a g x x'=，设公切线与()21f x x =+的图象切于点()211,1x x +，与曲线:()2ln 1C g x a x =+切于点()22,2ln 1x a x +，∴()()2221211221212ln 1122ln 2a x x a a x x x x x x x x +-+-===--，故12a x x =，所以212211212ln 2x x x x x x x -=-，∴122222ln x x x x =-⋅，∵12a x x =，故2222222ln a x x x =-，设22()22ln (0)h x x x x x =-⋅>，则()2(12ln )h x x x '=-，∴()h x在上递增，在)+∞上递减，∴max ()e h x h ==，∴实数a 的最大值为e 。

函数与导数压轴题题型与解题方法(高考必备)题型与方法（选择、填空题）一、函数与导数1、抽象函数与性质主要知识点：定义域、值域（最值）、单调性、奇偶性、周期性、对称性、趋势线（渐近线）对策与方法：赋值法、特例法、数形结合例1：已知定义在$[0,+\infty)$上的函数$f(x)$，当$x\in[0,1]$时，$f(x)=\frac{2}{3}-4x$；当$x>1$时，$f(x)=af(x-1)$，$a\in R$，$a$为常数。

下列有关函数$f(x)$的描述：①当$a=2$时，$f(\frac{3}{2})=4$；②当$a<\frac{1}{2}$时，函数$f(x)$的值域为$[-2,2]$；③当$a>\frac{1}{2}$时，不等式$f(x)\leq 2a$恒成立；④当$-\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}$时，函数$f(x)$的图像与直线$y=2an-1$（$n\in N^*$）在$[1,n]$内的交点个数为$n-\frac{1+(-1)^n}{2}$。

其中描述正确的个数有（。

）【答案】C分析：根据题意，当$x>1$时，$f(x)$的值由$f(x-1)$决定，因此可以考虑特例法。

当$a=2$时，$f(x)$的值域为$[0,4]$，因此①正确。

当$a\frac{1}{2}$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递减，在$[1,+\infty)$上单调递增，因此不等式$f(x)\leq 2a$恒成立，③正确。

当$-\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递减，在$[1,+\infty)$上单调递增，因此$f(x)$与直线$y=2an-1$（$n\in N^*$）在$[1,n]$内的交点个数为$n-\frac{1+(-1)^n}{2}$，④正确。

因此，答案为$\boxed{\textbf{(C) }2}$。

高考数学导数与三角函数压轴题综合归纳总结教师版导数与三角函数的问题在近几年的高考数学试题中频繁出现，主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数围、隐零点问题及零点存在性赋值理论。

这些问题的形式逐渐多样化、综合化。

一、零点存在定理例1.【2019全国Ⅰ理20】函数$f(x)=\sin x-\ln(1+x)$，$f'(x)$为$f(x)$的导数。

证明：1）$f'(x)$在区间$(-1,)$存在唯一极大值点；2）$f(x)$有且仅有2个零点。

解析】（1）设$g(x)=f'(x)$，则$g(x)=\cos x-\frac{1}{1+x}$，$g'(x)=-\sin x+\frac{1}{(1+x)^2}$。

当$x\in(-1,\frac{\pi}{2})$时，$g'(x)$单调递减，而$g'(0)>0$，$g'(\frac{\pi}{2})<0$，可得$g'(x)$在$(-1,\frac{\pi}{2})$有唯一零点，设为$\alpha$。

则当$x\in(-1,\alpha)$时，$g'(x)>0$；当$x\in(\alpha,\frac{\pi}{2})$时，$g'(x)<0$。

所以$g(x)$在$(-1,\alpha)$单调递增，在$(\alpha,\frac{\pi}{2})$单调递减，故$g(x)$在$(-1,\frac{\pi}{2})$存在唯一极大值点，即$f'(x)$在$(-1,\frac{\pi}{2})$存在唯一极大值点。

2）$f(x)$的定义域为$(-1,+\infty)$。

i) 由(1)知，$f'(x)$在$(-1,0)$单调递增，而$f'(0)=0$，所以当$x\in(-1,0)$时，$f'(x)<0$，故$f(x)$在$(-1,0)$单调递减，又$f(0)=0$，从而$x=0$是$f(x)$在$(-1,0]$的唯一零点。

导数压轴大题归类目录重难点题型归纳 1【题型一】恒成立求参 1【题型二】三角函数恒成立型求参 4【题型三】同构双变量绝对值型求参 7【题型四】零点型偏移证明不等式 10【题型五】非对称型零点偏移证明不等式 14【题型六】条件型偏移证明不等式 18【题型七】同构型证明不等式 21【题型八】先放缩型证明不等式 24【题型九】放缩参数型消参证明不等式 26【题型十】凸凹翻转型证明不等式 28【题型十一】切线两边夹型证明不等式 30【题型十二】切线放缩型证明不等式 32【题型十三】构造一元二次根与系数关系型证明不等式 35【题型十四】两根差型证明不等式 38【题型十五】比值代换型证明不等式 41【题型十六】幂指对与三角函数型证明不等式 43【题型十七】不等式证明综合型 46好题演练 50一、重难点题型归纳重难点题型归纳题型一恒成立求参【典例分析】1.已知函数f x =x+2aln x(a∈R)．(1)讨论f x 的单调性；(2)是否存在a∈Z，使得f x >a+2对∀x>1恒成立？若存在，请求出a的最大值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)当a≤0时，f x 在0,+∞上单调递减，在上单调递增；当a>0时，f x 在0,2a2a,+∞上单调递增．(2)不存在满足条件的整数a，理由见解析【分析】(1)构造新函数g x =f x ，分a≤0及a>0两种情况，利用导数研究函数的单调性即可求解；(2)将问题进行转化x ln x-x-ax+2a>0，构造新函数并求导，分a≤0和a>0两种情况分别讨论，利用导数研究函数的单调性及最值，整理求解．(1)因为f x =x +2a ln x x >0 ，所以f x =ln x +1+2ax．记g x =f x =ln x +1+2axx >0 ，则g x =1x -2a x 2=x -2ax 2，当a ≤0时，g x >0，即g x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时，由g x >0，解得x >2a ，即g x 在2a ,+∞ 上单调递增；由g x <0，解得0<x <2a ，即g x 在0,2a 上单调递减．综上所述，当a ≤0时，f x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时，f x 在0,2a 上单调递减，在2a ,+∞ 上单调递增．(2)假设存在a ∈Z ，使得f x >a +2对任意x >1恒成立，即x ln x -x -ax +2a >0对任意x >1恒成立．令h x =x ln x -x -ax +2a x >1 ，则h x =ln x -a ，当a ≤0且a ∈Z 时，h x >0，则h x 在1,+∞ 上单调递增，若h x >0对任意x >1恒成立，则h 1 =a -1≥0，即a ≥1，矛盾，故舍去；当a >0，且a ∈Z 时，由ln x -a >0得x >e a ；由ln x -a <0得1<x <e a ，所以h x 在1,e a 上单调递减，在e a ,+∞ 上单调递增，所以h x min =h e a =2a -e a ，则令h x min =2a -e a >0即可．令G t =2t -e t t >0 ，则G t =2-e t ，当2-e t >0，即t <ln2时，G t 单调递增；当2-e t <0，即t >ln2时，G t 单调递减，所以G t max =G ln2 =2ln2-2<0，所以不存在a >0且a ∈Z ，使得2a -e a >0成立．综上所述，不存在满足条件的整数a ．【技法指引】恒成立基本思维：①若k ≥f (x )在[a ,b ]上恒成立，则k ≥f (x )max ；②若k ≤f (x )在[a ,b ]上恒成立，则k ≤f (x )min ；③若k ≥f (x )在[a ,b ]上有解，则k ≥f (x )min ；④若k ≤f (x )在[a ,b ]上有解，则k ≤f (x )max ；【变式演练】1.已知函数f (x )=1+xex ，g (x )=1-ax 2．(1)若函数f (x )和g (x )的图象在x =1处的切线平行，求a 的值；(2)当x ∈[0，1]时，不等式f (x )≤g (x )恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)a =12e (2)-∞,1-2e【分析】(1)分别求出f (x )，g (x )的导数，计算得到f (1)=g (1)，求出a 的值即可；(2)问题转化为h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，求导，对参数分类讨论，通过单调性与最值即可得到结果.(1)f (x )=-x ex，f (1)=-1e ，g (x )=-2ax ，g (1)=-2a ，由题意得：-2a =-1e ，解得：a =12e；(2)令h x =f (x )-g (x )，即h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，h x =-xex +2ax ，①a ≤0时，h x ≤0在x ∈[0，1]的恒成立，所以h x 在[0，1]上单调递减. h x max =h 0 =0,满足条件；②a >0时，hx =-x +2axe x e x =x 2ae x -1 e x，令h x =0，得x 1=0,x 2=ln12a(i )当ln 12a ≤0，即a ≥12时，h x ≥0在x ∈[0，1]的恒成立，仅当x =0时h x =0，所以h x 在[0，1]上单调递增.又h 0 =0，所以h x ≥0在[0，1]上恒成立，不满足条件；(ii )当0<ln 12a <1，即12e <a <12时，当x ∈0,ln 12a时，h x <0，h x 上单调递减，当x ∈ln 12a,1 时，h x >0，h x 上单调递增，又h 0 =0，h 1 =2e -1+a ≤0,得a ≤1-2e，于是有12e <a ≤1-2e .(iii )当ln 12a ≥1，即0<a ≤12e时，x ∈[0，1]时，h x ≤0，h x 上单调递减，. 又h 0 =0，所以h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，满足条件综上可得，a 的取值范围为-∞,1-2e题型二三角函数恒成立型求参【典例分析】1.已知函数f (x )=e x +cos x -2,f (x )为f (x )的导数.(1)当x ≥0时，求f (x )的最小值；(2)当x ≥-π2时，xe x +x cos x -ax 2-2x ≥0恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)1(2)(-∞,1]【分析】(1)求导得f ′(x )=e x -sin x ，令g x =e x -sin x ，利用导数分析g (x )的单调性，进而可得f (x )的最小值即可．(2)令h (x )=e x +cos x -ax -2，问题转化为当x ≥-π2时，x ⋅h (x )≥0恒成立，分两种情况：当a ≤1时和当a >1时，判断x e x +cos x -ax -2 ≥0是否成立即可．【详解】(1)由题意，f (x )=e x -sin x ，令g (x )=e x -sin x ，则g (x )=e x -cos x ，当x ≥0时，e x ≥1，cos x ≤1，所以g (x )≥0，从而g (x )在[0,+∞)上单调递增，则g (x )的最小值为g (0)=0，故f (x )的最小值0；(2)由已知得当x ≥-π2时，x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，令h x =e x+cos x -ax -2，h x =e x -sin x -a ，①当a ≤1时，若x ≥0时，由(1)可知h x ≥1-a ≥0，∴h x 为增函数，∴h x ≥h 0 =0恒成立，∴x ⋅h x ≥0恒成立，即x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，若x ∈-π2,0 ，令m x =e x -sin x -a 则m x =e x-cos x ，令n x =e x -cos x ，则n x =e x +sin x ，令p x =e x +sin x ，则p x =e x +cos x ，∵在p x 在x ∈-π2,0 内大于零恒成立，∴函数p x 在区间-π2,0 为单调递增，又∵p -π2=e -π2-1<0，p 0 =1，，∴p x 上存在唯一的x 0∈-π2,0 使得p x 0 =0，∴当x ∈-π2,x 0 时，nx <0，此时n x 为减函数，当x ∈x 0,0 时，h x >0，此时n x 为增函数，又∵n -π2=e -π2>0，n 0 =0，∴存在x 1∈-π2,x 0 ，使得n x 1 =0，∴当x ∈-π2,x 1 时，m x >0，m x 为增函数，当x ∈x 1,0 时，mx <0，m x 为减函数，又∵m -π2=e -π2+1-a >0，m 0 =1-a ≥0，∴x ∈-π2,0时，hx >0，则h x 为增函数，∴h x ≤h 0 =0，∴x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，②当a >1时，m (x )=e x -cos x ≥0在[0,+∞)上恒成立，则m x 在[0,+∞)上为增函数，∵m 0 =1-a <0，m (ln (1+a ))=eln (1+a )-sin (ln (1+a ))-a =1-sin (ln (1+a ))≥0，∴存在唯一的x 2∈0,+∞ 使h x 2 =0，∴当0≤x <x 2时，h (x )<0，从而h (x )在0,x 2 上单调递减，∴h x <h 0 =0，∴x e x +cos x -ax -2 <0，与xe x +x cos x -ax 2-2x ≥0矛盾，综上所述，实数a 的取值范围为(-∞,1].【变式演练】1.已知函数f (x )=2x -sin x ．(1)求f (x )的图象在点π2,f π2 处的切线方程；(2)对任意的x ∈0,π2，f (x )≤ax ，求实数a 的取值范围．【答案】(1)2x -y -1=0(2)2-2π,+∞ 【分析】(1)根据导数的几何意义即可求出曲线的切线方程；(2)将原不等式转化为a ≥2-sin x x =h (x )x ∈0,π2，利用二次求导研究函数h (x )的单调性，求出h (x )max 即可.解(1)因为f π2=π-1，所以切点坐标为π2,π-1 ，因为f x =2-cos x ，所以f π2=2，可得所求切线的方程为y -π-1 =2x -π2，即2x -y -1=0．(2)由f x ≤ax ，得2x -sin x ≤ax ，所以a ≥2-sin x x ，其中x ∈0,π2，令h x =2-sin x x ，x ∈0,π2 ，得hx =sin x -cos x x 2，设φx =sin x -x cos x ，x ∈0,π2，则φ x =x sin x >0，所以φx 在0,π2上单调递增，所以φx >φ0 =0，所以h x >0，所以h x 在0,π2上单调递增，h x max =h π2 =2-2πsin π2=2-2π，所以a ≥2-2π，即a 的取值范围为2-2π,+∞ ．题型三同构双变量绝对值型求参【典例分析】1.已知函数f x =a ln x +x 2(a 为实常数).(1)当a =-4时，求函数f x 在1,e 上的最大值及相应的x 值；(2)若a >0，且对任意的x 1,x 2∈1,e ，都有f x 1 -f x 2 ≤1x 1-1x 2，求实数a 的取值范围.【答案】(1)当x =e 时，取到最大值e 2-4(2)a ≤1e-2e 2【分析】(1)求导，由导函数判出原函数的单调性，从而求出函数在1,e 上的最大值及相应的x 值；(2)根据单调性对f x 1 -f x 2 ≤1x 1-1x 2转化整理为f x 2 +1x 2≤f x 1 +1x 1，构造新函数h x =f x +1x在1,e 单调递减，借助导数理解并运用参变分离运算求解.解：(1)当a =-4时，则f x =-4ln x +x 2,fx =2x 2-4x(x >0)，∵当x ∈1,2 时，f x <0.当x ∈2,e 时，f x >0，∴f x 在1,2 上单调递减，在2,e 上单调递增，又∵f e -f 1 =-4+e 2-1=e 2-5>0，故当x =e 时，取到最大值e 2-4(2)当a >0时，f x 在x ∈1,e 上是增函数，函数y =1x在x ∈1,e 上减函数，不妨设1≤x 1≤x 2≤e ，则f x 1 -f x 2 ≤ 1x 1-1x 2可得f x 2 -f x 1 ≤1x 1-1x 2即f x 2 +1x 2≤f x 1 +1x 1，故原题等价于函数h x =f x +1x 在x ∈1,e 时是减函数，∵h 'x =a x +2x -1x 2≤0恒成立，即a ≤1x -2x 2在x ∈1,e 时恒成立.∵y =1x -2x 2在x ∈1,e 时是减函数∴a ≤1e -2e 2.【变式演练】1.已知f x =x 2+x +a ln x (a ∈R )．(1)讨论f x 的单调性；(2)若a =1，函数g x =x +1-f x ，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，x 1≠x 2，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】(1)当a ≥0时，f x 在区间0,+∞ 上单调递增；当a <0时，f x 在区间0,-1+1-8a 4 上单调递减，在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增.(2)-∞,12ln2+52【分析】(1)先求出f x 的导数fx =2x 2+x +ax，根据a 的取值范围进行分类讨论即可；(2)当x 1x 2>0，时，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 ⇔g x 2 x 2-g x 1 x 1 >λ1x 2-1x 1，去绝对值后，构造函数求解即可.【详解】(1)由已知，f x =x 2+x +a ln x (a ∈R )的定义域为0,+∞ ，fx =2x +1+a x =2x 2+x +ax，①当a ≥0时，f x >0在区间0,+∞ 上恒成立，f x 在区间0,+∞ 上单调递增；②当a <0时，令f x =0，则2x 2+x +a =0，Δ=1-8a >0，解得x 1=-1-1-8a 4<0(舍)，x 2=-1+1-8a4>0，∴当x ∈0,-1+1-8a4时，2x 2+x +a <0，∴f x <0，∴f x 在区间0,-1+1-8a4上单调递减，当x ∈-1+1-8a4,+∞ 时，2x 2+x +a >0，∴f x >0，∴f x 在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增，综上所述，当a ≥0时，f x 在区间0,+∞ 上单调递增；当a <0时，f x 在区间0,-1+1-8a 4 上单调递减，在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增.(2)当a =1时，g x =x +1-x 2+x +ln x =-x 2-ln x +1，x ∈0,+∞ ，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，x 1≠x 2，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 等价于x 1g x 2 -x 2g x 1x 1x 2>λx 1-x 2x 1x 2，即g x 2 x 2-g x 1 x 1 >λ1x 2-1x 1，令h x =g x x ，x ∈0,+∞ ，则h x 2 -h x 1 >λ1x 2-1x 1恒成立hx =xg x -g x x 2=x -2x -1x --x 2-ln x +1 x 2=ln x -x 2-2x 2，令F x =ln x -x 2-2，x ∈0,+∞ ，则Fx =1x -2x =1-2x 2x，令F x =0，解得x =22，当x ∈0,22时，Fx >0，F x 在区间0,22 单调递增；当x ∈22,+∞ 时，F x <0，F x 在区间22,+∞ 单调递减，∴当x ∈0,+∞ 时，F x 的最大值为F 22 =ln 22-12-2=-12ln2-52<0，∴当x ∈0,+∞ 时，F x =ln x -x 2-2≤-12ln2-52<0，即hx =ln x -x 2-2x2<0，∴h x =g xx在区间0,+∞ 上单调递减，不妨设x 1<x 2，∴∀x 1，x 2∈(0,+∞)，有h x 1 >h x 2 ，又∵y =1x 在区间0,+∞ 上单调递减，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，且x 1<x 2，有1x 1>1x 2，∴h x 2 -h x 1 >λ1x 2-1x 1等价于h x 1 -h x 2 >λ1x 1-1x 2，∴h x 1 -λx 1>h x 2 -λx 2，设G x =h x -λx，x ∈0,+∞ ，则∀x 1，x 2∈(0,+∞)，且x 1<x 2，h x 1 -λx 1>h x 2 -λx 2等价于G x 1 >G x 2 ，即G x 在(0,+∞)上单调递减，∴G x =h x +λx2≤0，∴λ≤-x 2h x ，∴λ≤-x 2⋅ln x -x 2-2x 2=-F x ，∵当x ∈0,+∞ 时，F x 的最大值为F 22 =-12ln2-52，∴-F x 的最小值为12ln2+52，∴λ≤12ln2+52，综上所述，满足题意的实数λ的取值范围是-∞,12ln2+52.题型四零点型偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =x ln x ，g x =ax 2+1．(1)求函数f x 的最小值；(2)若不等式x +1 ln x -2x -1 >m 对任意的x ∈1,+∞ 恒成立，求m 的取值范围；(3)若函数f x 的图象与g x 的图象有A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 两个不同的交点，证明：x 1x 2>16．(参考数据：ln2≈0.69，ln5≈1.61)【答案】(1)-1e；(2)-∞，0 ；(3)证明见解析.【分析】(1)先求函数f x 的定义域，然后求导，令f (x )>0，可求单调递增区间；令f (x )<0可求单调递减区间.(2)设函数h (x )=(x +1)ln x -2(x -1)(x >1)，只需利用二次求导的方法求函数h x 的最小值即可.(3)首先根据题意得出ax 1=ln x 1-1x 1，ax 2=ln x 2-1x 2，从而可构造出ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x 2x 1；然后根据(2)的结论可得出x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1>2，即得出ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2>2成立；再根据基本不等式得到ln x 1x 2-2x 1x 2>1，从而通过构造函数G (x )=ln x -2x 即可证明结论.解：(1)已知函数f (x )=x ln x 的定义域为0，+∞ ，且f (x )=1+ln x ，令f (x )>0，解得x >1e ；令f (x )<0，解得0<x <1e ，所以函数f x 在0,1e 单调递减，在1e,+∞ 单调递增，所以当x =1e 时，f (x )取得最小值-1e．(2)设函数h (x )=(x +1)ln x -2(x -1)(x >1)，则m <h (x )对任意的x ∈1,+∞ 恒成立.h (x )=ln x +1x-1，设函数ϕ(x )=ln x +1x -1(x >1)，则ϕ (x )=x -1x 2>0，所以ϕ(x )在1,+∞ 上单调递增，所以ϕ(x )>ϕ(1)=0，即h (x )>0，所以h (x )在1,+∞ 上单调递增，所以h (x )>h (1)=0，所以m 的取值范围是-∞，0 .(3)因为函数f x 的图象与g (x )的图象有A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)两个不同的交点，所以关于x 的方程ax 2+1=x ln x ，即ax =ln x -1x有两个不同的实数根x 1，x 2，所以ax 1=ln x 1-1x 1①，ax 2=ln x 2-1x 2②，①+②，得ln (x 1x 2)-x 1+x2x 1x 2=a (x 1+x 2)，②-①，得ln x 2x 1+x 2-x1x 1x 2=a (x 2-x 1)，消a 得，ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1，由(2)得，当m =0时，(x +1)ln x -2(x -1)>0，即x +1x -1ln x >2对任意的x ∈1,+∞ 恒成立.不妨设x 2>x 1>0，则x 2x 1>1，所以x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1=x 2x 1+1x 2x 1-1lnx 2x 1>2，即ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2>2恒成立.因为ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2<ln (x 1x 2)-2×2x 1x 2x 1x 2=2ln x 1x 2-4x 1x 2，所以2ln x1x2-4x1x2>2，即ln x1x2-2x1x2>1.令函数G(x)=ln x-2x，则G(x)在0,+∞上单调递增.又G(4)=ln4-12=2ln2-12≈0.88<1，G(5)=ln5-25≈1.21>1，所以当G(x1x2)>1时，x1x2>4，即x1x2>16，所以原不等式得证.【变式演练】1.已知函数f(x)=12x2+ln x-2x．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)=e x+12x2-(4+a)x+ln x-f(x)，若函数y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，证明：x1 +x2<2ln(a+2)．【答案】(1)f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调减区间(2)证明见解析【分析】(1)求得函数的导数f (x)=x+1x-2，结合基本不等式求得f (x)≥0恒成立，即可求解；(2)由y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，转化为(a+2)=e xx有两个根，设I(x)=e xx，利用导数求得最大值I(1)=e，得到a>e-2，转化为x1-x2ln x1-ln x2=1x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2，不妨设x1>x2，要证x1+x2<2ln(a+2)，只需证明x1x2<1，转化为2ln t-t+1t <0恒成立，设h(t)=2ln t-t+1t，结合导数求得函数的单调性，即可求解.【解析】(1)解：由函数f(x)=12x2+ln x-2x定义域为(0,+∞)，且f (x)=x+1x-2，因为x+1x≥2x⋅1x=2，当且仅当x=1x时，即x=1时，等号成立，所以f (x)≥0恒成立，所以f x 在(0,+∞)单调递增，故函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调减区间．(2)解：由函数g(x)=e x-(a+2)x,(x>0)，因为函数y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，所以e x=(a+2)x有两个不同的根，即(a+2)=e xx有两个不同的根，设I(x)=e xx，可得I(x)=e x(x-1)x2，当x∈(0,1)时，I (x)<0；当x∈(1,+∞)时，I (x)>0，所以y=I(x)在(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，当x=1时，函数y=I(x)取得最小值，最小值为I(1)=e，所以a+2>e，即a>e-2，由e x1=(a+2)x1e x2=(a+2)x2，可得x1=ln(a+2)+ln x1x2=ln(a+2)+ln x2，即x1-x2=ln x1-ln x2x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2，所以x1-x2ln x1-ln x2=1x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2 ，不妨设x1>x2，要证x1+x2<2ln(a+2)，只需证明x1x2<1即可，即证x1x2<x1-x2ln x1-ln x2，只需证明：lnx1x2<x1x2-x2x1，设x1x2=t(t>1)，即证：2ln t-t+1t<0恒成立，设h(t)=2ln t-t+1t,t>1，可得h (t)=2t-1t2-1=-t2+2t-1t2=-(t-1)2t2<0，所以y=h(t)在(1,+∞)上单调递减，所以h(t)<h(1)=0，故x1x2<1恒成立，所以x1+x2<2ln(a+2)．题型五非对称型零点偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =a ln x-x a∈R.(1)求函数y=f x 的单调区间；(2)若函数y=f x 在其定义域内有两个不同的零点，求实数a的取值范围；(3)若0<x1<x2，且x1ln x1=x2ln x2=a，证明：x1ln x1<2x2-x1.【答案】(1)当a≤0时，函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞；当a>0时，函数y=f x 的单调递增区间为0,a，单调递减区间为a,+∞.(2)a>e(3)证明见解析【分析】(1)先求定义域，然后对a进行分类讨论，求解不同情况下的单调区间；(2)在第一问的基础上，讨论实数a的取值，保证函数有两个不同的零点，根据函数单调性及极值列出不等式，求出a>e时满足题意，再证明充分性即可；(3)设x2=tx1，对题干条件变形，构造函数对不等式进行证明.解：(1)函数f x 定义域为0,+∞，∵f x =a ln x-x a∈R，∴f x =ax -1=a-xx①当a≤0时，f x <0在0,+∞上恒成立，即函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞;②当a>0时，f x =0，解得x=a，当x∈0,a时，f x >0，∴函数y=f x 的单调递增区间为0,a，当x∈a,+∞时，f x <0,∴函数y=f x 的单调递减区间为a,+∞，综上可知：①当a≤0时，函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞;②当a>0时，函数y=f x 的单调递增区间为0,a，单调递减区间为a,+∞;(2)由(1)知，当a≤0时，函数y=f x 在0,+∞上单调递减，∴函数y=f x 至多有一个零点，不符合题意，当a>0时，函数y=f x 在0,a上单调递增，在a,+∞上单调递减，∴f(x)max=f a =a ln a-a，又函数y=f x 有两个零点，∴f a =a ln a-a=a ln a-1>0,∴a>e又f1 =-1<0,∴∃x1∈1,a，使得f x1=0，又f a2=a ln a2-a2=a2ln a-a，设g a =2ln a-a,g a =2a-1=2-aa∵a>e,∴g a <0∴函数g a 在e,+∞上单调递减，∴g a max=g e =2-e<0，∴∃x2∈a,a2，使得f x2=0，综上可知，a>e为所求.(3)依题意，x1,x20<x1<x2是函数y=f x 的两个零点，设x2=tx1，因为x2>x1>0⇒t>1，∵a=x1ln x1=x2ln x2=tx1ln x1+ln t，∴ln x1=ln tt-1，ax1=1ln x1=t-1ln t不等式x1ln x1<2x2-x1⇔x1ln x1<2tx1-x1⇔1ln x1<2t-1⇔t-1ln t<2t-1，∵t>1，所证不等式即2t ln t-ln t-t+1>0设h t =2t ln t-ln t-t+1,∴h t =2ln t+2-1t-1,h t =2t+1t2>0，∴h t 在1,+∞上是增函数，且h t >h 1 =0，所以h t 在1,+∞上是增函数，且h t >h1 =0，即2t ln t-ln t-t+1>0，从而所证不等式成立.【变式演练】1.函数f x =ln x-ax2+1.(1)若a=1，求函数y=f2x-1在x=1处的切线；(2)若函数y=f x 有两个零点x1，x2，且x1<x2，(i)求实数a的取值范围；(ii)证明：x22-x1<-a2+a+1a2.【答案】(1)y=-2x-1；(2)(i)0<a<e2；(ii)证明见解析.【分析】(1)先设g x =f2x-1，再对其求导，根据导数的几何意义，即可求出切线方程；(2)(i)根据题中条件，得到方程ln x+1x2=a有两不等实根，令g x =ln x+1x2，则g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，对g x 求导，得到其单调性，结合函数值的取值情况，即可得出结果；(ii)先由题中条件，得到ln x2-ln x1x2-x1=a x2+x1，令h t =ln t-2t-1t+1，t>1，证明ln t>2t-1t+1对任意的t>1恒成立；得出ln x2-ln x1x2-x1>2x2+x1；进一步推出x2+x1>2e；得到x22-x1<x22+x2-1，因此只需证明x22+x2≤1a2+1a即可，即证x2≤1a，即证f x2≥f1a，即证0≥f1a ，即证ln 1a≤1a-1成立；构造函数证明ln1a≤1a-1成立即可.【详解】(1)设g x =f2x-1=ln2x-1-2x-12+1，∴g x =22x-1-42x-1，∴g 1 =-2，且g1 =0，∴切线方程：y=-2x-1.(2)(i)由f x =ln x-ax2+1可得定义域为0,+∞，因为函数y=f x 有两个零点x1，x2，且x1<x2，所以方程ln x-ax2+1=0有两不等实根，即方程ln x+1x2=a有两不等实根，令g x =ln x+1x2，则g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，因为g x =1x⋅x2-ln x+1⋅2xx4=-1-2ln xx3，由g x >0得0<x<e-12；由g x <0得x>e-12，所以g x =ln x+1x2在0,e-12上单调递增，在e-12,+∞上单调递减；因此g x max=g e-1 2=-12+1e-1=e2，又当0<x<1e时，ln x+1<0，即g x =ln x+1x2<0；当x>1e时，ln x+1>0，即g x =ln x+1x2>0，所以为使g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，只需0<a<e2；即实数a的取值范围为0<a<e 2；(ii)由(i)可知，x1与x2是方程ln x-ax2+1=0的两根，则ln x1-ax12+1=0ln x2-ax22+1=0，两式作差可得ln x2-ln x1=a x22-x12，因为0<x 1<x 2，所以x 2x 1>1，则ln x 2-ln x 1x 2-x 1=a x 2+x 1 ；令h t =ln t -2t -1 t +1=ln t +4t +1-2，t >1，则ht =1t -4t +1 2=t -1 2t t +1 2>0对任意的t >1恒成立，所以h t 在t ∈1,+∞ 上单调递增，因此h t >h 1 =0，即ln t >2t -1t +1对任意的t >1恒成立；令t =x 2x 1，则ln x 2x 1>2x2x 1-1 x 2x 1+1=2x 2-x 1 x 2+x 1，所以ln x 2-ln x 1x 2-x 1>2x 2+x 1，因此a x 2+x 1 =ln x 2-ln x 1x 2-x 1>2x 2+x 1，所以x 2+x 1 2>2a >4e ，则x 2+x 1>2e ；∴x 22-x 1<x 22+x 2-2e<x 22+x 2-1，因此，要证x 22-x 1<-a 2+a +1a 2=1a 2+1a -1，只需证x 22+x 2≤1a2+1a ，因为二次函数y =x 2+x 在0,+∞ 单调递增，因此只需证x 2≤1a ，即证f x 2 ≥f 1a，即证0≥f 1a ，即证ln 1a ≤1a -1成立；令u (x )=ln x -x +1，x >0，则u (x )=1x -1=1-xx，当x ∈0,1 时，u (x )>0，即u (x )单调递增；当x ∈1,+∞ 时，u (x )<0，即u (x )单调递减；所以u (x )≤u (1)=0，所以ln x ≤x -1，因此ln 1a ≤1a -1，所以结论得证.题型六条件型偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =ln x +axx，a ∈R .(1)若a =0，求f x 的最大值；(2)若0<a <1，求证：f x 有且只有一个零点；(3)设0<m <n 且m n =n m ，求证：m +n >2e.【答案】(1)1e(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)由a =0，得到f x =ln x x ，求导f x =1-ln xx 2，然后得到函数的单调性求解；(2)求导fx =1x +a x -ln x -ax x 2=1-ln x x 2，结合(1)的结论，根据0<a <1，分x >e ，0<x <e ，利用零点存在定理证明；(3)根据m n =n m 等价于ln m m =ln n n ，由(1)知f x =ln xx的单调性，得到0<m <e <n ，令g x =2e -x ln x -x ln 2e -x ，0<x <e ，用导数法得到g x 在0,e 上单调递增，则ln xx<ln 2e -x 2e -x ，0<x <e ，再结合0<m <e <n 且ln m m =ln nn ，利用f x 在e ,+∞ 上单调递减求解.(1)解：由题知：若a =0，f x =ln xx，其定义域为0,+∞ ，所以f x =1-ln xx2，由fx =0，得x =e ，所以当0<x <e 时，f x >0；当x >e 时，f x <0，所以f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，所以f x max =f e =1e；(2)由题知：f x =1x +a x -ln x -axx 2=1-ln xx 2，由(1)知，f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，因为0<a <1，当x >e 时，f x =ln x +ax x =a +ln xx>a >0，则f x 在e ,+∞ 无零点，当0<x <e 时，f x =ln x +ax x =a +ln xx，又因为f 1e =a -e <0且f e =a +1e>0，所以f x 在0,e 上有且只有一个零点，所以，f x 有且只有一个零点.(3)因为m n =n m 等价于ln m m =ln nn，由(1)知：若a =0，f x =ln xx，且f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，且0<m <n ，所以0<m <e ，n >e ，即0<m <e <n ，令g x =2e -x ln x -x ln 2e -x ，0<x <e ，所以g x =-ln x +2e -x x -ln 2e -x +x2e -x ，=-ln x 2e -x +2e -x x +x2e -x ，=-ln x -e 2+e 2 +2e -x x +x2e -x>-ln e 2+2=0，所以g x 在0,e 上单调递增，g x <g e =0，所以ln x x <ln 2e -x 2e -x，0<x <e ，又因为0<m <e <n 且ln m m =ln nn ，所以ln n n =ln mm <ln 2e -m 2e -m ，又因为n >e ，2e -m >e ，且f x 在e ,+∞ 上单调递减，所以n >2e -m ，即m +n >2e.【变式演练】1.已知函数f x =2ln x +x 2+a -1 x -a ，(a ∈R )，当x ≥1时，f (x )≥0恒成立．(1)求实数a 的取值范围；(2)若正实数x 1、x 2(x 1≠x 2)满足f (x 1)+f (x 2)=0，证明：x 1+x 2>2．【答案】(1)-3,+∞ ；(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意，求出导函数f x ，分类讨论当a ≥-3和a <-3两种情况，利用导数研究函数的单调性，结合x ≥1时，f (x )≥0恒成立，从而得出实数a 的取值范围；(2)不妨设x 1<x 2，由f (x 1)+f (x 2)=0得出f (x 2)=-f (x 1)，从而可知只要证明-f (x 1)>f (2-x 1)⇔f (x 1)+f (2-x 1)<0，构造新函数g (x )=f (x )+f (2-x )，求出g(x )=4(x -1)3x (x -2)，利用导数研究函数的单调性得出g (x )在区间(0,1)上单调增函数，进而可知当0<x <1时，g (x )<0成立，即f (x )+f (2-x )<0，从而即可证明x 1+x 2>2.(1)解：根据题意，可知f x 的定义域为0,+∞ ，而f (x )=2x+2x +(a -1)，当a ≥-3时，f (x )=2x+2x +(a -1)≥a +3≥0，f 1 =0，∴f (x )为单调递增函数，∴当x ≥1时，f (x )≥0成立；当a <-3时，存在大于1的实数m ，使得f (m )=0，∴当1<x <m 时，f (x )<0成立，∴f (x )在区间(1,m )上单调递减，∴当1<x <m 时，f (x )<f 1 =0；∴a <-3不可能成立，所以a ≥-3，即a 的取值范围为-3,+∞ .(2)证明：不妨设x 1<x 2，∵正实数x 1、x 2满足f (x 1)+f (x 2)=0，有(1)可知，0<x 1<1<x 2，又∵f (x )为单调递增函数，所以x 1+x 2>2⇔x 2>2-x 1⇔f (x 2)>f (2-x 1)，又∵f (x 1)+f (x 2)=0⇔f (x 2)=-f (x 1)，所以只要证明：-f (x 1)>f (2-x 1)⇔f (x 1)+f (2-x 1)<0，设g (x )=f (x )+f (2-x )，则g (x )=2[ln x +ln (2-x )+x 2-2x +1]，可得g(x )=4(x -1)3x (x -2)，∴当0<x <1时，g (x )>0成立，∴g (x )在区间(0,1)上单调增函数，又∵g 1 =0，∴当0<x <1时，g (x )<0成立，即f (x )+f (2-x )<0，所以不等式f (x 1)+f (2-x 1)<0成立，所以x 1+x 2>2.题型七同构型证明不等式【典例分析】1.材料：在现行的数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的.如函数f x =x x x >0 ，我们可以作变形：f x =x x =e ln x x =e x ⋅ln x =e t t =x ln x ，所以f x 可看作是由函数f t=e t 和g x =x ln x 复合而成的，即f x =x x x >0 为初等函数，根据以上材料：(1)直接写出初等函数f x =x x x >0 极值点(2)对于初等函数h x =x x 2x >0 ，有且仅有两个不相等实数x 1,x 20<x 1<x 2 满足：h x 1 =h x 2 =e k .(i )求k 的取值范围.(ii )求证：x e 2-2e 2≤e-e 2x 1(注：题中e 为自然对数的底数，即e =2.71828⋯)【答案】(1)极小值点为x =1e ，无极大值点(2)(i )k ∈-12e,0 ；(ii )证明见解析【分析】(1)根据材料中的信息可求得极小值点为x =1e；(2)(i )将问题转化为求函数的最小值问题，同时要注意考查边界；(ii )通过换元，将问题转化为求函数的最值问题，从而获得证明.解：(1)极小值点为x =1e，无极大值点.(2)由题意得：x x 211=x x 222=e k 即x 21ln x 1=x 22ln x 2=k .(i )问题转化为m x =x 2ln x -k 在0,+∞ 内有两个零点.则m x =x 1+2ln x 当x ∈0,e-12时，mx <0，m x 单调递减；当x ∈e -12,+∞ 时，m x >0，m x 单调递增.若m x 有两个零点，则必有m e -12<0.解得：k >-12e若k ≥0，当0<x <e-12时，m x =x 2ln x -k ≤x 2ln x <0，无法保证m x 有两个零点.若-12e<k <0，又m e 1k>0，m e -12 <0，m 1 =-k >0故∃x 1∈e 1k ,e-12使得m x 1 =0，∃x 2∈e -12,1 使得m x 2 =0.综上：k ∈-12e ,0(ii )设t =x 2x 1，则t ∈1,+∞ .将t =x 2x 1代入x 21ln x 1=x 22ln x 2可得：ln x 1=t 2ln t 1-t 2，ln x 2=ln t 1-t 2(*)欲证：x e 2-2e2≤e -e 2x 1，需证：ln x e 2-2e2≤ln e -e 2x 1即证：ln x 1+e 2-2e ln x 2≤-e 2.将(*)代入，则有t 2+e 2-2e ln t 1-t 2≤-e2则只需证明：x +e 2-2e ln x1-x ≤-e x >1 即ln x ≥e x -1 x +e 2-2ex >1 .构造函数φx =x -1ln x -x e -e +2，则φ x =ln x -x -1xln 2x -1e ，φ x =x +1 2x -1 x +1-ln xx 2ln 3xx >1 (其中φ x 为φx 的导函数)令ωx =2x -1 x +1-ln x x >1 则ωx =-x -1 2x x +1 2<0所以ωx <ω1 =0则φ x <0.因此φ x 在1,+∞ 内单调递减.又φ e =0，当x ∈1,e 时，φ x >0，φx 单调递增；当x ∈e ,+∞ 时，φ x <0，φx 单调递减.所以φx =x -1ln x -x e -e +2≤φe =0，因此有x -1ln x -xe ≤e -2即ln x ≥e x -1x +e 2-2ex >1 .综上所述，命题得证.【变式演练】1.已知函数f x =e ax x ，g x =ln x +2x +1x，其中a ∈R .(1)试讨论函数f x 的单调性；(2)若a =2，证明：xf (x )≥g (x ).【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)f x 的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，求出f x ，分别讨论a >0，a =0，a <0时不等式f x >0和fx <0的解集即可得单调递增区间和单调递减区间，即可求解；(2)g x 的定义域为0,+∞ ，不等式等价于xe 2x ≥ln x +2x +1，e ln x +2x ≥ln x +2x +1，令t =ln x +2x ∈R ，只需证e t ≥t +1，令h t =e t -t -1，利用导数判断单调性和最值即可求证.解：(1)f x 的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，由f x =e ax x 可得：f x =ae ax ⋅x -e ax ⋅1x 2=e ax (ax -1)x 2，当a >0时，令f x >0，解得x >1a ；令f x <0，解得x <0或0<x <1a；此时f x 在1a ,+∞上单调递增，在-∞,0 和0,1a上单调递减：当a =0时，f (x )=1x，此时f x 在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减；当a <0时，令f x >0，解得x <1a ，令f x <0，解得1a<x <0或x >0，此时f x 在-∞,1a 上单调递增，在1a,0 和(0,+∞)上单调递减：综上所述：当a >0时，f x 在1a ,+∞ 上单调递增，在(-∞,0)和0,1a上单调递减；当a =0时，f x 在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减；当a <0时，f x 在-∞,1a 上单调递增，在1a ,0 和(0,+∞)上单调递减.(2)因为a =2，g x =ln x +2x +1x的定义域为0,+∞ ，所以xf (x )≥g (x )即xe 2x ≥ln x +2x +1，即证：e ln x ⋅e 2x =e ln x +2x≥ln x +2x +1，令t =ln x +2x ∈R ，只需证e t ≥t +1，令h t =e t -t -1，则h t =e t-1，令h t >0，解得：t >0；h t <0，解得t <0；所以h t 在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；所以h t ≥h 0 =e 0-0-1=0，所以e t ≥t +1，所以e ln x +2x ≥ln x +2x +1，即xf (x )≥g (x )成立.题型八先放缩型证明不等式【典例分析】1.设函数f x =a ln x +1x-1a ∈R ．(1)求函数f x 的单调区间；(2)当x ∈0,1 时，证明：x 2+x -1x-1<e x ln x ．【答案】(1)答案不唯一，具体见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)求得f x =ax -1x2，分a ≤0、a >0两种情况讨论，分析导数f x 在0,+∞ 上的符号变化，由此可得出函数f x 的增区间和减区间；(2)由(1)可得出ln x >1-1x，要证原不等式成立，先证e x <x +1 2对任意的x ∈0,1 恒成立，构造函数h x =e x -x +1 2，利用导数分析函数h x 在0,1 上的单调性，由此可证得e x <x +1 2对任意的x ∈0,1 恒成立，即可证得原不等式成立.(1)解：f x 的定义域为0,+∞ ，则f x =a x -1x 2=ax -1x2，当a ≤0时，fx ≤0在0,+∞ 恒成立，则函数f x 的单调减区间为0,+∞ ，没有增区间：当a >0时，当x ∈0,1a 时，f x <0；当x ∈1a ,+∞ 时，f x >0.则函数f x 的单调减区间为0,1a，单调增区间为1a ,+∞ .综上所述，当a ≤0时,函数f x 的单调减区间为0,+∞ ，没有增区间：当a >0时，函数f x 的单调减区间为0,1a ，单调增区间为1a,+∞ .(2)证明：由(1)可知当a =1时，f x 的单调减区间为0,1 ，单调增区间为1,+∞ ；当x =1时，f x 取极小值f 1 =0，所以f x ≥f 1 =0，当x ∈0,1 时，即有ln x +1x -1>0，所以ln x >1-1x，所以要证x 2+x -1x -1<e x ln x ，只需证x 2+x -1x -1<e x 1-1x ，整理得e x ⋅x -1x>x +1 2x -1x，又因为x ∈0,1 ，所以只需证e x <x +1 2，令h x =e x -x +1 2，则h x =e x -2x +1 ，令H x =h x =e x -2x +1 ，则H x =e x -2，令H x =e x -2=0，得x =ln2，当0<x <ln2时，H x <0，H x 单调递减，当ln2<x <1时，H x >0，H x 单调递增，所以H x min =H ln2 =e ln2-2ln2+1 =-2ln2<0，又H 0 =e 0-2=-1<0，H 1 =e -4<0，所以在x ∈0,1 时，H x =h x <0恒成立，所以h x 在0,1 上单调递减，所以h x <h 0 =0，即h x =e x -x +1 2<0，即e x <x +1 2成立，即得证．【变式演练】1.已知函数f x =ae x -2-ln x +ln a .(1)若曲线y =f x 在点2,f 2 处的切线方程为y =32x -1，求a 的值；(2)若a ≥e ，证明：f x ≥2.【答案】(1)a =2(2)证明见解析【分析】(1)由f 2 =32,可得a 的值，再验证切点坐标也满足条件；(2)由a ≥e ，e x -2>0知要证f x =ae x -2-ln x +ln a ≥2也即证e x -1-ln x -1≥0，设g x =e x -1-ln x -1，求出导数分析其单调性，得出其最值可证明.解：(1)f x =ae x -2-1x ，则f 2 =ae 2-2-12=a -12=32,解得a =2又f 2 =32×2-1=2，f 2 =ae 2-2-ln2+ln a =2，可得a =2综上a =2(2)由a ≥e ，e x -2>0知要证f x =ae x -2-ln x +ln a ≥2即证e ⋅e x -2-ln x +ln e =e x -1-ln x +1≥2也即证e x -1-ln x -1≥0。

高考压轴题：导数题型及解题方法
（自己总结供参考）
一．切线问题
题型1 求曲线在处的切线方程。

)(x f y =0x x =方法：为在处的切线的斜率。

)(0x f '0x x =题型2 过点的直线与曲线的相切问题。

),(b a )(x f y =方法：设曲线的切点，由求出，进而)(x f y =))(,(00x f x b x f x f a x -='-)()()(0000x 解决相关问题。

注意：曲线在某点处的切线若有则只有一，曲线过某点的切线往往不止一条。

例 已知函数f （x ）=x 3﹣3x．
（1）求曲线y=f （x ）在点x=2处的切线方程；（答案：）
0169=--y x （2）若过点A 可作曲线的三条切线，求实数的取值范围、
)2)(,1(-≠m m A )(x f y =m （提示：设曲线上的切点（）；建立的等式关系。

将问题转化为关
)(x f y =)(,00x f x )(,00x f x 于的方程有三个不同实数根问题。

（答案：的范围是）
m x ,0m ()2,3--练习 1. 已知曲线x
x y 33
-=（1）求过点（1，-3）与曲线相切的直线方程。

答案：（或x x y 33-=03=+y x ）
027415=--y x （2）证明：过点（-2,5）与曲线相切的直线有三条。

x x y 33
-=2.若直线与曲线相切，求的值. （答案：1）0122=--+e y x e x
ae y -=1a 题型3 求两个曲线、的公切线。

)(x f y =)(x g y =。

高考数学导数压轴题7大题型总结
北京八中
高考数学导数压轴题7大题型总结
高考导数压轴题考察的是一种综合能力，其考察内容方法远远高于课本，其涉及基本概念主要是：切线，单调性，非单调，极值，极值点，最值，恒成立等等。

导数解答题是高考数学必考题目，今天就总结导数7大题型，让你在高考数学中多拿一分，平时基础好的同学逆袭140也不是问题
01导数单调性、极值、最值的直接应用
02交点与根的分布
03不等式证明
（一）做差证明不等式
（二）变形构造函数证明不等式
（三）替换构造不等式证明不等式
04不等式恒成立求字母范围（一）恒成立之最值的直接应用
（二）恒成立之分离参数
（三）恒成立之讨论字母范围
05函数与导数性质的综合运用
06导数应用题
07导数结合三角函数。

高中数学学霸满分秘籍函数导数压轴小题题型归纳目录●一、整数解问题 (2)●二、切线与直线关系 (2)●三、公切线问题 (2)●四、两函数切线垂直 (2)●五、多变量函数距离翻译 (2)●六、导函数还原构造 (3)●七、导数—函数单调性 (3)●八、函数性质—利用对称性质求值 (3)●九、双变量函数构造 (3)●十、利用函数中点性质求值 (3)●十一、利用函数单调性—脱外套法求值 (4)●十二、隐零点问题 (4)●十三、数形结合求零点问题 (4)●十四、利用凹凸函数切线零点秒杀参数问题 (5)●十五、套娃函数问题 (5)●十六、极值点问题 (6)●十七、导函数构造法 (7)●十八、导函数类极值零点最值 (8)●十九、复杂换元问题 (8)●二十、函数性质-周期函数法 (8)●二十一、导数—函数解析式 (8)●二十二、导数与三角函数结合 (9)●二十四、导数与不等式法结合 (9)●二十三、导数与线性规划法结合 (9)●二十四、导数—泰勒公式 (9)●二十五、导数—极值点偏移 (9)●二十六、存在与任意翻译 (9)● 一、整数解问题1.设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得0()0f x <，则a 的取值范围是（ D ）A ．3[,1)2e -B ．33[,)24e -C ．33[,)24eD ．3[,1)2e 2.已知函数()m +-=mx xe x f x ，若()0<x f 的解集为（a,b ）,其中b<0;不等式在（a,b ）中有且只有一个整数解，C ．3.已知偶函数f(x)满足f (x +4)=f(4−x)，且当x ∈(0,4]时，()f x x =，关于x 的不等式f 2(x )+af (x )>0在[−200 ,200]上有且只有300个整数解，则实数a 的取值范围是（ D ） A. 1(ln2,ln6)3-- B. 1(ln2,ln6]3--13ln2(ln6,]34--● 二、切线与直线关系4.若函数),()(23R b a bx ax x x f ∈++=的图象与x 轴相切于一点)0)(0,(≠m m A ，且)(x f 的极大值为21，则m 的值为 .答案： 32{f ′(m )=0f (m )=0 5.若直线kx −y −k +1=0 (k ∈R)和曲线E ：y =ax 3+bx 2+53 (ab ≠0)的图像交于A( x 1 y 1 )B ( x 2 y 2 )C ( x 3 y 3 ) (x 1<x 2<x 3)三点时，曲线E 在点A ，点C 处的切线总是平行，则过点（b, a ）可作曲线E 的( B )条切线A. 0B. 1C. 2D. 3● 三、公切线问题6.设函数与有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则实数b 的最大值为( A ) 【此题也是多变量转化+等与不等转化】 f′(x )=g′(x) ⇒ x =aA ．B ．C ．D ． 构造F(b)=−12a 2−a 2lna ● 四、两函数切线垂直 7.若对于函数()()2ln 1f x x x =++图象上任意一点处的切线1l ，在函数()sin cos g x a x x x =-的图象上总存在一条切线2l ，使得12l l ⊥，则实数a 的取值范围为( D )−2+2√2≤∃k l 2<0 A ．⎤⎥⎣⎦ B ．⎡-⎢⎣⎦ C.21⎛⎡⎤--∞+∞ ⎢⎥ ⎝⎦⎣⎦， D ．(][),11,-∞-+∞● 五、多变量函数距离翻译8.已知实数满足，实数满足，则的最小值为（ A ）【距离模型+转化法】A ．1B ．2C ．3D ．49.对于任意0b >，a R ∈，不等式[][]222(2)ln (1)b a b a m m --+--≥-恒成立，则实数m 的最大值为（ B ） ()()02232>-=a ax x x f ()b x a x g +=ln 2221e 221e e 1223-e ,a b ln(1)30b a b ++-=,c d 20d c -+=22()()a c b d -+-。

导数高考压轴题汇编1、已知x R ∈，函数()32f x ax bx cx d =+++在0x =处取得极值，曲线()y f x =过原点()0,0O 和点()1,2P -．若曲线()y f x =在点P 处的切线l 与直线2y x =的夹角为045，且直线l 的倾斜角,.2πθπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭2（（34存在一点 0x ，使 0()1f x e >+ 成立，求 m 的取值范围； （Ⅲ）求证：当 1m =- 时，对任意 ()12,0,1x x ∈，12x x ≠，有2121()()13f x f x x x -<-．5、设()()0,,32132231>∈∙+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=a R b a x x x b x a x f x λλ（1）若2,121==λλ，设21,x x 是()x f 的两个极值点。

①若2121<<<x x ，求证：3)1('>-f②若时，且且)(222121x x x x x a ∈=-≥，函数())(2)(2x x x f x g -+'=的最小值为()a h ，求()a h 的最大值。

（6f （（7(f （（9、已知函数()()||0,1x xf x a a a a=+>≠，（1）若1a >，且关于x 的方程()f x m =有两个不同的正数解，求实数m 的取值范围；（2）设函数()()[),2,g x f x x =-∈-+∞，()g x 满足如下性质：若存在最大（小）值，则最大（小）值与a 无关．试求a 的取值范围．10、某同学在研究函数()(1,)y f x x x =∈R ≥的性质，他已经正确地证明了函数()f x 满足：(3)3()f x f x =，并且当13()1|2|x f x x =--≤≤时，，这样对任意1x ≥，他都可以求()f x 的值了，比如888(8)333121333f f f ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=⨯==--= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，3354(54)3273f f ⎛⎫== ⎪⎝⎭， 请你根据以上信息，求出集合{|()(99)}M x f x f ==中最小的元素是 .11、12 13f 140,15()y f x =的图象在点处的切线在轴上的截距为n ．（1）求数列{n a }的通项公式； （2）若数列2{}n n n b a a λ-的项仅5255b a a λ-最小，求λ的取值范围；（3）令函数2121()[()()]1x g x f x f x x --=+⋅+，01x <<，数列{}n x 满足：112x =，01n x <<，且1()n n x g x +=，其中n N *∈．证明：2223212112231()()()516n n n n x x x x x x x x x x x x ++---+++<．16.已知函数321(0)()31(0)x x mx x f x e x ⎧+≤⎪=⎨⎪->⎩（1）讨论函数f (x )的极值情况；1718列 (((19、已知二次函数.（(2)若对且，，试证明使成立。

导数题型梳理归纳题型一：含参分类讨论 类型一：主导函数为一次型例1：已知函数()ln f x ax a x =--，且()0f x ≥.求a 的值 解：()1ax f x x-'=.当0a ≤时，()0f x '<，即()f x 在()0,+∞上单调递减，所以当01x ∀>时，()()010f x f <=，与()0f x ≥恒成立矛盾.当0a >时，因为10x a <<时()0f x '<，当1x a>时()0f x '>，所以()min 1f x f a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，又因为()1ln10f a a =--=，所以11a =，解得1a =类型二：主导函数为二次型例2: 已知函数()()320f x x kx x k =-+<.讨论()f x 在[],k k -上的单调性. 解：()f x 的定义域为R ，()()23210f x x kx k '=-+<，其开口向上，对称轴3k x =，且过()0,1，故03kk k <<<-，明显不能分解因式，得2412k ∆=-.（1）当24120k ∆=-≤时，即0k ≤<时，()0f x '≥，所以()f x 在[],k k -上单调递增；（2）当24120k ∆=->时，即k <令()23210f x x kx '=-+=，解得：12x x ==，因为()()210,010f k k f ''=+>=>，所以两根均在[],0k 上.因此，结合()f x '图像可得：()f x 在,,33k k k k ⎡⎡⎤+-⎢⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦上单调递增，在⎢⎥⎣⎦上单调递减.类型三：主导函数为超越型例3：已知函数()cos xf x e x x =-.求函数()f x 在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值. 解：定义域0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，()()cos sin 1x f x e x x '=--，令()()cos sin 1xh x e x x =--，则()()cos sin sin cos 2sin .xx h x e x x x x e x '=---=-当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，可得()0h x '≤，即()h x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦递减，可得()()()000h x h f '≤==，则()f x 在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦递减，所以()()()max01,.22f x f f x f ππ⎛⎫====- ⎪⎝⎭类型四：复杂含参分类讨论例4：已知函数()()33f x x x a a R =+-∈.若()f x 在[]1,1-上的最大值和最小值分别记为()(),M a m a ，求()()M a m a -.解：()33333,333,x x a x a f x x x a x x a x a ⎧+-≥⎪=+-=⎨-+<⎪⎩，()2233,33,x x af x x x a⎧+≥⎪'=⎨-<⎪⎩ ①当1a ≤-时，有x a ≥，故()333f x x x a =+-，所以()f x 在()1,1-上是增函数，()()()()143,143M a f a m a f a ==-=-=--，故()()8M a m a -=.②当11a -<<时，若()()3,1,33x a f x x x a ∈=+-，在(),1a 上是增函数；若()1,x a ∈-，()333f x x x a =-+，在()1,a -上是减函数，()()(){}()()3max 1,1,M a f f m a f a a =-==，由于()()1162f f a --=-+因此当113a -<≤时，()()334M a m a a a -=--+；当113a <<时，()()332M a m a a a -=-++.③当1a ≥时，有x a ≤，故()333f x x x a =-+，此时()f x 在()1,1-上是减函数，因此()()()()123,123M a f a m a f a =-=+==-+，故()()4M a m a -=.题型二：利用参变分离法解决的恒成立问题类型一：参变分离后分母跨0例5：已知函数()()()242,22xf x x xg x e x =++=+，若2x ≥-时，()()f x kg x ≤，求k 的取值范围.解：由题意()24221xx x ke x ++≤+，对于任意的2x ≥-恒成立.当1x =-，上式恒成立，故k R ∈；当1x >-，上式化为()24221x x x k e x ++≥+，令()()()2421,21x x x h x x e x ++=>-+ ()()()22+221x xxe x h x e x -'=+，所以()h x 在0x =处取得最大值，()01k h ≥= 当21x -≤<-时，上式化为()24221x x x k e x ++≤+，()h x 单调递增，故()h x 在2x =-处取得最小值，()22k h e ≤-=.综上，k 的取值范围为21,e ⎡⎤⎣⎦.类型二：参变分离后需多次求导例6：已知函数()()()()212ln ,f x a x x a R =---∈对任意的()10,,02x f x ⎛⎫∈> ⎪⎝⎭恒成立，求a 的最小值.解：即对12ln 0,,221xx a x ⎛⎫∈>-⎪-⎝⎭恒成立. 令()2ln 12,0,12x l x x x ⎛⎫=-∈ ⎪-⎝⎭，则()()()()222212ln 2ln 211x x x x x l x x x --+-'=-=-- 再令()()()222121122ln 2,0,,02x m x x x m x x x x x --⎛⎫'=+-∈=-+=< ⎪⎝⎭()m x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，于是()122ln 202m x m ⎛⎫>=->⎪⎝⎭，从而，()0l x '>，于是()l x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，()124ln 22l x l ⎛⎫<=- ⎪⎝⎭，故要2ln 21xa x >--恒成立，只要[)24ln 2,a ∈-+∞，即a 的最小值24ln 2-. 变式1：已知函数()()1ln ,0x f x x a R a ax -=+∈≠，()()()11x g x b x xe b R x=---∈（1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，若关于x 的不等式()()2f x g x +≤-恒成立，求b 取值范围.类型三：参变分离后零点设而不求例7：已知函数()ln f x x x x =+，若k Z ∈，且()1f x k x <-对于任意1x >恒成立，求k 的最大值.解：恒成立不等式()minln ln ,111f x x x x x x x k k x x x ++⎛⎫<=< ⎪---⎝⎭，令()ln 1x x x g x x +=-，则()()2ln 21x x g x x --'=-，考虑分子()ln 2,h x x x =-- ()110h x x'=->，()h x 在()1,+∞单调递增.()()31ln 30,42ln 20h h =-<=->由零点存在定理，()3,4b ∃∈，使得()0h b =.所以()1,x b ∈，()()00h x g x '<⇒<，同理()(),,0x b g x '∈+∞>，所以()g x 在 ()1,b 单调递减，在(),b +∞单调递增.()()min ln 1b b bg x g b b +==-，因为()0h b =即ln 20ln 2b b b b --=⇒=-，()()()23,4,1b b b g b b b +-==∈-所以,k b <得max 3k =变式1：（理）已知函数().x ln x eaxx f x +-=（2）当0>x 时，()e x f -≤，求a 的取值范围.题型三：无法参变分离的恒成立问题类型一：切线法例8：若[)20,,10x x e ax x ∈+∞---≥，求a 的取值范围.类型二：赋值法例9：已知实数0a ≠，设函数()ln 1,0f x a x x x =++>.（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对于任意21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭均有()2x f x a ≤，求a 的取值范围. 解析：（1）当34a =-时，3()ln 1,04f x x x x =-++>． 3(12)(21()42141x x f 'x x x x x++=-=++ 所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a≤，得0a <≤当04a <≤时，()2f x a≤等价于22ln 0x a a --≥．令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥，则()2ln g t g x ≥=．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤则()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-=.故所以，()(1)0p x p ≥= ．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得11(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ． 因此1()10g t g x ⎛+=>⎝．由（i ）（ii ）得对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2x f x a．综上所述，所求a 的取值范围是⎛ ⎝⎦题型四：零点问题类型一：利用单调性与零点存在定理讨论零点个数 例10：已知函数()()31+ln .4f x x axg x x =+=-，（2）用{}min ,m n 表示,m n 中最小值，设函数()()(){}()min ,0h x f x g x x =>讨论()h x 零点个数.解：（2）当(1,)x ∈+∞时，()ln 0g x x =-<，从而()min{(),()}()0h x f x g x g x =<≤，∴()h x 在(1,)+∞无零点．当x =1时，若54a -≥，则5(1)04f a =+≥，(1)min{(1),(1)}(1)0h fg g ===, 故x =1是()h x 的零点；若54a <-，则5(1)04f a =+<，(1)min{(1),(1)}(1)0h f g f ==<,故x =1不是()h x 的零点．当(0,1)x ∈时，()ln 0g x x =->，所以只需考虑()f x 在(0,1)的零点个数． (ⅰ)若3a -≤或0a ≥，则2()3f x x a '=+在(0,1)无零点，故()f x 在(0,1)单调，而1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当3a -≤时，()f x 在(0,1)有一个零点； 当a ≥0时，()f x 在(0,1)无零点.(ⅱ)若30a -<<，则()f x 在（01）单调递增，故当x ()f x 取的最小值，最小值为f 14．①若f ＞0，即34-＜a ＜0，()f x 在(0,1)无零点．②若f =0，即34a =-，则()f x 在(0,1)有唯一零点；③若f ＜0，即334a -<<-，由于1(0)4f =，5(1)4f a =+， 所以当5344a -<<-时，()f x 在(0,1)有两个零点； 当534a -<≤-时，()f x 在(0,1)有一个零点．综上，当34a >-或54a <-时，()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有两个零点；当5344a -<<-时，()h x 有三个零点．类型二：±∞方向上的函数值分析例11：已知函数()()22.x xf x ae a e x =+--若()f x 有两个零点，求a 取值范围.（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点． （ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln f a a a-=-+．①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0f a -<． 又422(2)e(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点．设正整数0n 满足03ln 1n a ⎛⎫>+⎪⎝⎭，则()()000032ln 10n nf n e ae n f a ⎛⎫⎛⎫>-->+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点．综上，a 的取值范围为(0,1)．总结：若()01,ln 0a f a <<-<，要证明()f x 有两个零点，结合零点存在定理，分别在a 的左右两侧，这两个点的函数值()f x 都大于0，这时候需要我们对函数进行适当地放缩，化简，以便取值.先分析当x →-∞，2,x x ae ae 虽然为正，但是对式子影响不大，因此可以大胆的舍掉，得出()2xf x x e >--，显然我们对于右侧这个式子观察，就容易得出一个足够小的x （如1x =-），使得式子大于0了.再分析当x →+∞，我们可以把x ae 这个虽然是正数，但贡献比较小的项舍掉来简化运算，得到()()2xxf x eaex >--，显然当x 足够大，就可以使()2x ae -大于任何正数.那么把它放缩成多少才可以使得x e 的倍数大于x 呢？由常用的不等式1x e x x ≥+>，因此只需要使得21x ae ->即3ln x a >（如3ln 1x a=+）就可以了.题型五：极值点偏移类型一：标准极值点偏移例13:已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点1,2x x ，证明12 2.x x +<解： 不妨设12x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞，又()f x 在(,1)-∞上单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<．由于222222(2)(1)x f x x e a x --=-+-， 而22222()(2)(1)0xf x x e a x =-+-=，所以222222(2)(2)x x f x x ex e --=---．设2()(2)xx g x xex e -=---，则2'()(1)()x x g x x e e -=--．所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <． 从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<．类型二：推广极值点偏移例14：已知()()()12ln ,f x x x f x f x ==，求证121x x +<. 解：我们可以发现12,x x 不一定恒在12x =两侧，因此需要分类讨论： （1）若12102x x <<<，则1211122x x +<+=，该不等式显然成立； （2）若121012x x <<<<，令()()()()()1ln 1ln 1g x f x f x x x x x =--=---102x <<，故()()()()12ln ln 12,01x g x x x g x x x -'''=+-+=>-，()g x '在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，当0x →时，()1;22ln 202g x g ⎛⎫''→-∞=-> ⎪⎝⎭.010,2x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭使()00g x '=即()g x 在()00,x 上单调递减，在01,2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，又0x →时，()0g x →，且102g ⎛⎫=⎪⎝⎭，故()0g x <，即()()1f x f x <-对10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭成立，得证.题型六：双变量问题类型一：齐次划转单变量例15：已知函数()()1ln 1a x f x x x -=-+()2a ≤.设,m n R +∈，且m n ≠，求证ln ln 2m n m nm n -+<-. 解：设m n >，证明原不等式成立等价于证明()2ln m n mm n n-<+成立，即证明21ln 1m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭<+成立.令m t n =，1t >，即证()()21ln 01t g t t t -=->+.由（1）得，()g t 在()0,+∞上单调递增，故()()10g t g >=，得证.变式1：对数函数()x f 过定点⎪⎭⎫ ⎝⎛21,e P ，函数()()()为常数m ,n x f m n x g '-=，()()的导函数为其中x f x f '.（1）讨论()x g 的单调性；（2）若对于()+∞∈∀,x 0有()m n x g -≤恒成立，且()()n x x g x h -+=2在()2121x x x ,x x ≠=处的导数相等，求证：()()22721ln x h x h ->+.解：（2）因为()1g n m =-，而()0,x ∀∈+∞有()()1g x n m g ≤-=恒成立，知()g x 当1x =时有最大值()1g ，有（1）知必有1m =.∴()()()11ln ,22ln ,g x n x h x g x x n x x x x=--=+-=-- 依题意设()()211122221120,1120k x x h x h x k k x x ⎧-+-=⎪⎪''==⎨⎪-+-=⎪⎩∴12111x x +=121212+=4x x x x x x ⇒≥>∴()()()()121212*********+ln ln 21ln h x h x x x x x x x x x x x ⎛⎫+=-+-+=-- ⎪⎝⎭令()124,21ln t x x t t t ϕ=>=--，()()1204t t tϕ'=->> ∴()t ϕ在4t >单调递增，∴()()472ln 2t ϕϕ>=-类型二：构造相同表达式转变单变量例16：已知,m n 是正整数，且1m n <<，证明()()11.nmm n +>+解：两边同时取对数，证明不等式成立等价于证明()()ln 1ln 1n m m n +>+，即证明()()ln 1ln 1m n m n ++>，构造函数()()ln 1x f x x+=，()()2ln 11xx x f x x -++'=，令()()ln 11x g x x x =-++，()()()22110111x g x x x x -'=-=<+++，故()()00g x g <=，故()0f x '<，结合1,m n <<知()()f m f n >类型三：方程消元转单变量例17：已知()ln xf x x=与()g x ax b =+，两交点的横坐标分别为1,2x x ，12x x ≠，求证：()()12122x x g x x ++>解：依题意11211112222222ln ln ln ln x ax b x x ax bx x x ax bx ax b x ⎧=+⎪⎧=+⎪⎪⇒⎨⎨=+⎪⎪⎩=+⎪⎩，相减得： ()()()12121212ln ln x x a x x x x b x x -=+-+-，化简得()()121212lnx x a x x b x x ++=-，()()()()()()112121121212121122221ln ln 1x x x x x x x x g x x x x a x x b x x x x x x ++++=+++==⎡⎤⎣⎦-- 设12x x >，令121x t x =>，()()()12122112ln 2ln 011t t x x g x x t t t t -+++>⇔>⇔->-+ 再求导分析单调性即可.变式1：已知函数()1++=ax x ln x f 有两个零点21x ,x .()10a -<<（2）记()x f 的极值点为0x ，求证：()0212x ef x x >+.变式2：设函数()()3211232xf x ex kx kx =--+. 若()f x 存在三个极值点123,,x x x ，且123x x x <<，求k 范围，证明1322x x x +>.变式3：已知函数()122ln 21x ef x a x x x-⎛⎫=++-- ⎪⎝⎭在定义域()0,2内有两个极值点.（1）求实数a 的取值范围；（2）设12,x x 是()f x 两个极值点，求证12ln ln ln 0x x a ++>.类型四：利用韦达定理转单变量例18：已知()()21ln 02f x x x a x a =-+>，若()f x 存在两极值点1,2x x ， 求证：()()1232ln 24f x f x --+>.解：()21,a x x af x x x x-+'=-+=由韦达定理12121,x x x x a +==1140,4a a ∆=->< ()()()()()212121212121+2ln 2f x f x x x x x x x a x x ⎡⎤=+--++⎣⎦ ()11121ln ln 22a a a a a a =--+=--令()()11ln ,0,ln 024g a a a a a g a a '=--<<=<，()g a 在10,4⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，故()132ln 244g a g --⎛⎫>=⎪⎝⎭. 变式1:已知函数().R a ,x ax x ln x f ∈-+=22（2）若n ,m 是函数()x f 的两个极值点，且n m <，求证：.mn 1>方法二：变式2：已知函数()213ln 222f x x ax x =+-+()0a ≥. （1）讨论函数()f x 的极值点个数；（2）若()f x 有两个极值点12,x x ，证明()()110f x f x +<.题型六：不等式问题类型一：直接构造函数解决不等式问题例19：当()0,1x ∈时，证明：()()221ln 1x x x ++<.解：令()()()221ln 1f x x x x =++-，则()00f =，而()()()()2ln 1ln 12,00f x x x x f ''=+++-=，当()0,1x ∈时，有()ln 1x x +<，故()()()ln 12222ln 10111x f x x x x x x+''=+-=+-<⎡⎤⎣⎦+++， ()f x '在()0,1上递减，即()()00f x f ''<=，从而()f x 在()0,1递减，()()00f x f ≤=，原不等式得证.变式1：已知函数()()()R a ex x ln x a x f ∈+-=1.（1）求函数()x f 在点1=x 处的切线方程；（2）若不等式()0≤-x e x f 对任意的[)+∞∈,x 1恒成立，求实数a 的取值范围解：（2）令()()()()1ln 1,x xg x f x e a x x ex e x =-=-+->()1ln 1xg x a x e e x ⎛⎫'=+-+- ⎪⎝⎭， ①若0a ≤，则()g x '在[)1,+∞上单调递减，又()10g '=.即()0g x '≤恒成立，所以()g x 在[)1,+∞上单调递减，又()10g =，所以()0g x ≤恒成立.②0a >，令()()1ln 1,x h x g x a x e e x ⎛⎫'==+-+- ⎪⎝⎭所以()211xh x a e x x ⎛⎫'=+-⎪⎝⎭，易知211x x +与x -e 在[)1,+∞上单调递减，所以()h x '在[)1,+∞上单调递减，()12h a e '=-. 当20a e -≤，即02ea <≤时，()0h x '≤在[)1,+∞上恒成立，则()h x 在[)1,+∞上单调递减，即()g x '在[)1,+∞上单调递减，又()10g '=，()0g x '≤恒成立，()g x 在[)1,+∞上单调递减，又()10g =，()0g x ≤恒成立.当20a e ->时，即2ea >时，()01,x ∃∈+∞使()00h x '=，所以()h x 在()01,x 上单调递增，此时()()10h x h >=，所以()0g x '>所以()g x 在()01,x 递增，得()()10g x g >=，不符合题意. 综上，实数a 的取值范围是2e a ≤. 变式2：（文）已知函数()()()().R a ,x a x g ,x ln x x f ∈-=+=11（1）求直线()x g y =与曲线()x f y =相切时，切点T 的坐标. （2）当()10,x ∈时，()()x f x g >恒成立，求a 的取值范围.解：(1)设切点坐标为()00x y ，，()1ln 1f x x x'=++，则()()000001ln 11ln 1x a x x x a x ⎧++=⎪⎨⎪+=-⎩，∴00012ln 0x x x -+=.令()12ln h x x x x=-+，∴()22210x x h x x -+'=-≤，∴()h x 在()0+∞，上单调递减， ∴()0h x =最多有一根.又∵()10h =，∴01x =，此时00y =，T 的坐标为(1，0).(2)当()0 1x ∈，时，()()g x f x >恒成立，等价于()1ln 01a x x x --<+对()0 1x ∈，恒成立. 令()()1ln 1a x h x x x -=-+，则()()()()2222111211x a x ah x x x x x +-+'=-=++，()10h =. ①当2a ≤，()1x ∈0，时，()22211210x a x x x +-+≥-+>， ∴()0h x '>，()h x 在()0 1x ∈，上单调递增，因此()0h x <. ②当2a >时，令()0h x '=得1211x a x a =-=-由21x >与121x x =得，101x <<.∴当()1 1x x ∈，时，()0h x '<，()h x 单调递减， ∴当()1 1x x ∈，时，()()10h x h >=，不符合题意； 综上所述得，a 的取值范围是(] 2-∞，.变式3：（文）已知函数().x x x ln x f 12---=（2）若存在实数m ，对于任意()∞+∈0x ，不等式()()()0212≤+-+x x m x f 恒成立，求实数m 的最小整数值.解：（2）法一：参变分离+二次局部求导+虚设零点变式4：（理）已知函数()()()R a x a eae x f xx∈-++=-22.（1）讨论()x f 的单调性；（2）当0≥x 时，()(),x cos a x f 2+≥求实数a 的取值范围.变式5：已知()1ln ,mf x x m x m R x-=+-∈. （1）当202e m <≤时，证明()21x e x xf x m >-+-.类型二：利用min max f g >证明不等式问题例20：设函数()1ln x xbe f x ae x x-=+曲线()y f x =在点()()1,1f 的切线方程为()12y e x =-+.（1）求,a b 值； （2）证明：()1f x >【解析】(1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞，112()ln xx x x a b b f x ae x e e e x x x--=+-+． 由题意可得(1)2f =，(1)f e '=．1, 2.a b ==故(2)由(1)知12()ln xx f x e x e x -=+，从而()1f x >等价于2ln x x x xe e->-． 设函数()1g x x nx =，则'()1g x nx =．所以当1(0,)x e ∈时，()0g x '<；当1(,)x e ∈+∞时，()0g x '>．故()g x 在1(0,)e 单调递减，在1(,)e+∞单调递增，从而()g x 在(0,)+∞的最小值为11()g e e=-． 设函数2()xh x xee-=-，则'()(1)x h x e x -=-． 所以当(0,1)x ∈时()0h x '>；当(1,)x ∈+∞时，()0h x '<故()h x 在(0,1)单调递增， 在(1,)+∞单调递减，从而()h x 在(0,)+∞的最大值为1(1)h e=-．变式1. 已知函数()x ln a bx x f +=2的图像在点()()11f ,处的切线斜率为2+a .（1）讨论()x f 的单调性； （2）当20e a ≤<时，证明：()222-+<x e xx x f 解：（2）要证()222x f x x e x -<+，需证明22ln 2x a x e x x-<.令()ln 02a x e g x a x ⎛⎫=<≤ ⎪⎝⎭，则()()21ln a x g x x -'=， 当()0g x '>时，得0x e <<；当()0,g x '<得x e >. 所以()()max ag x g e e==. 令()()2220x e h x x x -=>，则()()2322x e x h x x--'=. 当()0h x '>时，得2x >；当()0h x '<时，得02x <<. 所以()()min 122h x h ==.因为02e a <≤，所以()max 12a g x e ==. 又2e ≠，所以22ln 2x a x e x x-<，即()222x f x x e x -<+得证.变式2：（理）已知函数()().ax ln axx f -=（1）求()x f 的极值；（2）若()012≤+-++m x e mx x ln e x x ，求正实数m 的取值范围.变式3：已知()1ln ,mf x x m x m R x-=+-∈. （2）当202e m <≤时，证明()21x e x xf x m >-+-.类型三：利用赋值法不等式问题例21：已知函数()2x xf x e e x -=--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）设()()()24g x f x bf x =-，当0x >，()0g x >，求b 的最大值. （3）估计ln 2（精确小数点后三位）.解：因为()()()()()2224484xx x x g x f x bf x e e b e e b x --=-=---+-所以()()()()()2222422222xx x x x x x xg x ee b e e b e e e e b ----⎡⎤'=+-++-=+-+-+⎣⎦①当2b ≤时，()0,g x '≥等号仅当0x =时成立，所以()g x 在R 上单调递增，而()00g =，所以对于任意()0,0x g x >>.②当2b >，若x 满足222x x e e b -<+<-，即(20ln 12x b b b <<-+-时，()0g x '<，而()00g =，因此当(20ln 12x b b b <≤--时，()0g x <，综上最大为2.（3）由（2）知，(()3221ln 22g b =-+-，当2b =时，(36ln 20,ln 20.69282g =->>>；当14b =+时，(ln 1b -+=(()32ln 202g =--<，18ln 20.69328+<<，所以近似值为0.693类型四：利用放缩法构造中间不等式例22：若0x >，证明：()ln 1.1x x xx e +>- 解：转化成整式()()2ln 11xx e x +->.令()()()2ln 11xf x x e x =+--，则()()1ln 121x xe f x e x x x -'=++-+()()()21ln 1211x x x e x e f x e x x x +''=+++-++.由()+1ln 11x x e x x x ≥+≥+，， 得()()()()3222112120,11x x x x f x x x x +++''≥++-=>++()()00,f x f ''≥=故()()00f x f ≥=，得证.变式1：（2020河南鹤壁市高三期末）已知函数()21xf x e kx =--，()()()2ln 1g x k x x k R =+-∈.（2）若不等式()()0f x g x +≥对任意0x ≥恒成立，求实数k 范围.变式2:（2020年河南六市联考）已知函数()()2ln 1sin 1f x x x =+++，()1ln g x ax b x =-- 证明：当1,x >-()()2sin 22xf x x x e<++类型五：与数列相关的不等式例23：设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值.解：（2）由（1）知当(1,)x ∈+∞时，1ln 0x x -->令112n x =+得11ln(1)22n n +<，从而 221111111ln(1)ln(1)ln(1)112222222n n n ++++⋅⋅⋅++<++⋅⋅⋅+=-<故2111(1)(1)(1)222n e ++⋅⋅⋅+<而23111(1)(1)(1)2222+++>，所以m 的最小值为3．变式1：（理）已知函数()()()021>+-+=a ax xx ln x f .（1）若不等式()0≥x f 对于任意的0≥x 恒成立，求实数a 的取值范围；（2）证明：().N n ln ln ln ln n n n *-∈⎪⎭⎫⎝⎛->⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⋅⋅⋅+++1212121279353变式1：（2020河南开封二模）已知函数()1xf x e x =--.（1）证明()0f x >；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 求m 的最小值.类型六：与切、割线相关的不等式例24：已知函数()()2901xf x a ax =>+ （1）求()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值；（2）若直线2y x a =-+为曲线()y f x =的切线，求实数的值；（3）当2a =时，设12141,,22x x x ⎡⎤⋅⋅⋅∈⎢⎥⎣⎦，且121414x x x +⋅⋅⋅+=，若不等式()()()1214f x f x f x λ+⋅⋅⋅+≤恒成立，求实数λ的最小值.解：证明()29412xf x x x=≤-++，即32281040x x x -+-+≥， 令()3228104F x x x x =-+-+，()261610F x x x '=-+-，所以()F x在1,12⎛⎫⎪⎝⎭，5,23⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，在51,3⎛⎫ ⎪⎝⎭递增.而()50,203F F ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，表明不等式()29412xf x x x =≤-++成立.所以()()()12141244+442n f x f x f x x x x ++⋅⋅⋅+≤-+-+⋅⋅⋅-+=， 等号在全部为1时成立，所以λ最小值为42。

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：①e x≥x+1，其加强不等式e x≥12x2+x+1；②e x≥ex，其加强不等式e x≥ex+(x-1)2.③e x−1≥x，ln x≤x−1，ln(x+1)≤x放缩1−1x<12x−1x<x−1x<ln x<2(x−1)x+1<−12x2+2x−32<x−1(0<x<1)1−1x <−12x2+2x−32<2(x−1)x+1<ln x<x−1x<12x−1x<x−1(1<x<2)−1 2x2+2x−32<1−1x<2(x−1)x+1<ln x<x−1x<12x−1x<x−1(x>2)x+1<e x<11−x (x<1)，11−x<x+1<e x(x>1)5.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.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x 1+x 2<2a (或x 1+x 2>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x 1<a <x 2，且f x 1 =f x 2 ，由函数值g x 1 与g a 的大小关系，得g x 1 =f x 1 -f 2a -x 1 =f x 2 -f 2a -x 1 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x 2与2a -x 1的大小，从而证明相应问题；(2)证明x 1x 2<a 2(或x 1x 2>a 2)(x 1、x 2都为正数)：①首先构造函数g x =f x -f a 2x ，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x 1<a <x 2，且f x 1 =f x 2 ，由函数值g x 1 与g a 的大小关系，得g x 1 =f x 1 -f a 2x 1 =f x 2 -f a 2x 1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x 2与a 2x 1的大小，从而证明相应问题；(3)应用对数平均不等式x 1x 2<x 1-x 2ln x 1-ln x 2<x 1+x22证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到x 1-x 2ln x 1-ln x 2；③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 +ln x ．(1)求曲线y =f x 在1,f 1 处的切线方程；(2)若对∀x ∈0,+∞ ，f x ≤ax 2-2x 恒成立．求实数a 的取值范围．【答案】(1)x +y +1=0(2)12e ,+∞ 【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 2-ln x ≥0，同样构造函数g x =ax 2-ln x (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；还可将两个基本初等函数放在不等式的两边，即：ax 2≥ln x ，构造出两个函数g x =ax 2，h x =ln x ，结合两个函数图象，得到何时符合题意.【详解】(1)解：f x =-2+1x(x >0)，所求切线斜率为f 1 =-1，切点为1,-2 ，故所求切线方程为y--2=-x-1，即x+y+1=0.(2)方法一：分离变量由f x ≤ax2-2x得a≥ln xx2在0,+∞恒成立，令g x =ln xx2(x>0)，则a≥g(x)max，g x =1-2ln xx3，当g x =0时，x=e，即：g e=0，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，故当x=e时，g x 取最大值为12e，故a≥12e，即a的取值范围是12e,+∞.方法二：分类讨论由f x ≤ax2-2x得ax2-ln x≥0在0,+∞恒成立，令g x =ax2-ln x(x>0)，则g x =2ax-1x=2ax2-1x，①当a≤0时，g x ≤0恒成立，g x 在0,+∞上单调递减，又g1 =a≤0，故当x>1时，g x <0，不合题意；②当a>0时，令g x =0得x=12a，令g x >0得x>12a，令g x <0得0<x<12a，故g x 在0,1 2a上单调递减，g x 在12a,+∞上单调递增，故当x=12a时，g x 取最小值g12a=12-ln12a≥0，故a≥12e，即a的取值范围是12e,+∞，综上所述，a的取值范围是12e,+∞.方法三：数形结合由f x ≤ax2-2x得ax2≥ln x在0,+∞恒成立，令g x =ax2，h x =ln x，则当x>0时，g x ≥hx 恒成立，g x =2ax，h x =1x,若a≤0，当x>1时，ax2≤0，ln x>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，则y0=ax20=ln x02ax0=1x0，解得x0=ea=12e，故当a≥12e时，g x ≥h x ，即a的取值范围是12e,+∞.8(2023·云南红河·统考一模)已知函数f(x)=mx-ln x-1(m∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若关于x的不等式e x-1+a ln x-(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.(2)将要证明的不等式转化为e ln x-a ln x≤e x-1-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,+∞)，f (x)=m-1x =mx-1x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,+∞)单调递减当m>0时，令f (x)>0解得x>1m，令f(x)<0解得0<x<1m，所以f(x)在0,1 m上单调递减，在1m,+∞上单调递增．(2)由e x-1+a ln x-(a+1)x+a≥0，得x-a ln x≤e x-1-a(x-1)，即e ln x-a ln x≤e x-1-a(x-1)令g(x)=e x-ax则原不等式等价于g(ln x)≤g(x-1)由(1)得，当m=1时f(x)≥f(1)=0所以ln x≤x-1在(0,+∞)上恒成立．若g(ln x)≤g(x-1)在(0,+∞)上恒成立，则需g(x)=e x-ax在R上单调递增．所以g (x)=e x-a≥0在R上恒成立，即a≤e x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.9(2023·全国·模拟预测)已知函数f x =2e x-x．(1)求f x 的最值；(2)若方程f x =ae x-ae2x有两个不同的解，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(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；(2)构造函数g x =f x -ae x -ae 2x ，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．【详解】(1)由题意可得：f x =2e x -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．(2)令g x =f x -ae x -ae 2x =ae 2x +2-a e x -x ，则g x =2ae 2x +2-a e x -1=ae x +1 2e x -1 ，若方程f x =ae x -ae 2x 有两个不同的解，则g x 有两个不同的零点．(ⅰ)若a ≥0，则ae x +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，所以g x 的最小值为g -ln2 =ln2e -14a ．①当a ∈0,4ln2e 时，ln2e -14a >0，即g -ln2 >0，故g x 没有零点，不满足题意；②当a =4ln2e 时，g -ln2 =0，g x 只有一个零点，不满足题意；③当a ∈4ln2e ,+∞ 时，ln2e -14a <0，即g -ln2 <0，当x <0时，ae 2x >0，0<e x <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．设h x =e x -x x >0 ，则h x =e x -1>0，h x 单调递增，所以h x >0，故当x >0时，g x >ae 2x +2-a e x -e x =e x ae x +1-a >e x ax +1-a ，又1-1a >0，所以g 1-1a >0，因此g x 在-ln2,1-1a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x 1=-ln2，x 2=-ln -a ．①当-2<a <0时，x 1<x 2，当x ∈-∞,-ln2 时，g x <0；当x ∈-ln2,-ln -a 时，g x >0；当x ∈-ln -a ,+∞ 时，gx <0．所以g x 在-∞,-ln2 和-ln -a ,+∞ 上单调递减，在-ln2,-ln -a 上单调递增．又g -ln2 =ln2e -14a >0，所以g x 至多有一个零点，不满足题意；②当a =-2时，x 1=x 2，则g x ≤0，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，x 1>x 2，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，又g -ln -a =1-1a+ln -a >0，所以g x 至多有一个零点，不满足题意；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．10(2023·浙江金华·校联考模拟预测)已知f (x )=ax 2-ax -1x-ln x +e 1-x (a >0)．(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【分析】(1)求得f (x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x ，由f (1)=0，得到a =1，进而结合函数极值点的定义，即可求解；(2)当a ≥1时，求得f (x )=ax 2-ax -1x -ln x +e 1-x ≥x 2-x -1x -ln x +e 1-x ，令h (x )=x 2-x -1x-ln x +e 1-x ，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<a <1时，求得f(x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x ，令n x =f (x )，求得n (x )>(x -2)e x -1+x 3x 3⋅e x -1，令φ(x )=(x -2)e x -1+x 3，利用导数求得f (x )在(1,+∞)单调递增．，结合f (1)<0，f 1+1a>0，得出函数f x 的单调区间，由f (1)=0，得出f x 在1,x 1 没有零点，在由f 1+1a>0，得到存在唯一x 2，使得f x 2 =0，即可得到答案.【详解】(1)解：函数f (x )=ax 2-ax -1x -ln x +e 1-x ，可得f (x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x因为x =1时函数f x 取到极值，可得f (1)=0，解得a =1，当a =1时，可得f (x )=2x -1+1x2-1x -e 1-x ，令m (x )=f (x )=2x -1+1x2-1x -e 1-x ，可得m (x )=2-2x 3+1x 2+e 1-x>2-2x 3+1x2=2x 3+x -2x 3，令λ(x )=2x 3+x -2，可得λ (x )=6x 2+1>0，所以λ(x )单调递增，又因为λ78=55256>0，所以在区间78,+∞ 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)解：当a ≥1时，因为x 2-x >0，所以f (x )=ax 2-ax -1x -ln x +e 1-x ≥x 2-x -1x -ln x +e 1-x ，令h (x )=x 2-x -1x -ln x +e 1-x ，则h (x )=2x -1+1x 2-1x -e 1-x >2x -2+1x 2-1x =(x -1)2-1x2>0，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．当0<a <1时，可得f (x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x ，令n x =f (x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x ，可得n(x )=2a -2x 3+1x 2+e 1-x >-2x 3+1x2+e 1-x=(x -2)e x -1+x 3x 3⋅e x -1，令φ(x )=(x -2)e x -1+x 3，则φ (x )=(x -1)e x -1+3x 2>0，所以φx 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．因为f(1)=a -1<0，f1+1a =a +2+11+1a2-11+1a-e -1a>a +2-1-1>0，当x →+∞时，f (x )→+∞，所以存在x 1∈1,1+1a使得f x 1 =0．则f (x )在1,x 1 单调递减，在x 1,+∞ 单调递增，又因为f (1)=0，所以当x ∈1,x 1 时，f (x )<0，故f x 在1,x 1 没有零点，因为在x 1,+∞ 单调递增，且f x 1 <f (1)=0，而ln x ≤x -1,e 1-x >0,1x<1，所以f (x )=ax 2-ax -1x-ln x +e 1-x >ax 2-ax -1-(x -1)，则f 1+1a >a 1+1a 2-(a +1)1+1a=0，所以存在唯一x 2∈x 1,1+1a，使得f x 2 =0，故f x 在x 1,+∞ 存在唯一零点x 2，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.结论拓展：与e x 和ln x 相关的常见同构模型①ae a ≤b ln b ⇔e a ln e a ≤b ln b ，构造函数f x =x ln x 或g x =xe x ；②e a a <b ln b ⇔e a ln e a<b ln b ，构造函数f x =x ln x 或g x =e x x ；③e a ±a >b ±ln b ⇔e a ±ln e a >b ±ln b ，构造函数f x =x ±ln x 或g x =e x ±x .11(2022·江苏南通·模拟预测)已知函数f x =x -a e x -x 2．(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．【答案】(1)最小值为-1-ln2-1 2，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；(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 ≥2xe x-x ，x ∈0，+∞ ，设g x =2x ex-x ，求导后根据零点存在性定理可得0,12 上有极大值点，设为x 0，再根据x 0满足的方程代入g x ，结合x 0的取值范围分析最大值的范围即可.【详解】(1)若a =1，则函数f x =x -1 e x -x 2，f x =e x +x -1 e x -2x =x e x -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，所以f x 的最小值为f ln2 =-1-ln2-1 2，最大值为f 0 =f 1 =-1(2)f x =e x +x -a e x -2x =x +1-a e x -2x ，由f x 在x ∈0,+∞) 上是增函数，得f x ≥0在x ∈0,+∞ )上恒成立，即x +1-a e x -2x ≥0，x ∈0,+∞ ，分离参数得1-a ≥2xe x-x ，x ∈0，+∞ 设g x =2x e x -x ，则g x =2-2x e x -1=2-2x -e x e x，g x =0，即2-2x -e x =0设h x =2-2x -e x ，由于h 0 =1>0，h 12=1-e <0，因而方程2-2x -e x =0在0,12上有解，设为x 0，则e x=2-2x 0，且当x ∈0,x 0 时，g x >0，当x ∈x 0,+∞ 时，g x <0，所以g x 的最大值为g x 0 =2x 0ex 0-x 0=x 01-x 0-x 0=x 201-x 0．因而1-a ≥x 201-x 0，即a ≤1+x 20x 0-1=3+1x 0-1+x 0-1，又x 0∈0,12 ，x 0-1∈-1,-12 ，又3+1x 0-1+x 0-1∈12,1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x 0，将x 0满足的等式条件化简代入原函数，再根据x 0的区间可求出极值的范围.12(2023·江苏徐州·校考模拟预测)已知函数f (x )=-2x 3+mx 2，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 =3(2)a =b =c =0，或a =b =c =12，或a =b =c =1【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；(2)作出满足条件的函数图象，对a <0,a =0,0<a <12,a =12,12<a <1,a =1,1<a ≤32和a >32这八种情况进行分析，结合题意进行判断即可.【详解】(1)g (x )=x 2|2x -m |，0≤x ≤2，①m ≤0时，g (x )=2x 3-mx 2，∴g (x )=6x 2-2mx ≥0，无极值．②m ≥4时，g (x )=-2x 3+mx 2，∴g (x )=2x (m -3x )，当m 3≥2，即m ≥6时，g (x )≥0，无极大值；当4≤m <6时，x <m 3时，g (x )>0；m3<x <2时，g (x )<0，∴g (x )在x =m 3处取极大值，即g m 3 =m 327=1，∴m =3，舍去．③0<m <4时，g x =-2x 3+mx 2,0≤x ≤m 22x 3-mx 2,m 2<x ≤2 ，∴gx =2x m -3x ,0≤x ≤m22x 3x -m ,m 2<x ≤2，0<x <m 3时，g (x )>0；m 3<x <m 2时，g (x )<0；m 2<x <2时，g (x )>0．∴g (x )在x =m 3处取极大值m 327=1，∴m =3符合题意．综上，m =3．(2)由(1)可知，f (x )=-2x 3+3x 2，f (x )=-6x 2+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．①当a <0时，b =f (a )>0，当0<b ≤32时，0<c =f (b )≤1，则a =f (c )>0，矛盾；当b >32时，c =f (b )<0，∴a =f (c )>0，矛盾．②当a =0时，符合题意．③当0<a <12时，0<x <12时，f (x )<x ，∴0<b =f (a )<a <12，则0<c =f (b )<b <12，0<a =f (c )<c <12，∴a <c <b <a ，矛盾．④当a =12时，符合题意．⑤当12<a <1时，12<x <1时，f (x )>x ，∴1>b =f (a )>a >12，则1>c =f (b )>b >12，1>a =f (c )>c >12，∴a >c >b >a ，矛盾．⑥当a =1时，符合题意．⑦当1<a ≤32时，0≤b =f (a )<1，则0≤c =f (b )<1，∴a =f (c )<1，与a >1矛盾．⑧当a >32时，b =f (a )<0，c =f (b )>0，∴a =f (c )≤1，与a >32矛盾．综上，a =b =c =0，或a =b =c =12，或a =b =c =1．【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 <12,a =12,12<a <1,a =1,1<a ≤32和a >32这八种情况进行分析，结合题意进行判断即可.13(2023·安徽·校联考模拟预测)已知函数f x =ae x -e -x ，(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x 1,x 2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 x 1 +kg x 2 >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；(ⅱ)对g (x )进行求导，利用导数分析g (x )的极值，将g x 1 +kg x 2 >0恒成立转化成ln a <1-1k⋅a -1a +1，构造函数，利用导数分类讨论求解即【详解】(1)f (x )为偶函数，有f (-x )=ae -x -e x =f (x )=ae x -e -x ，则a =-1，所以f (x )=-e x -e -x ，f (x )=-e x +e -x 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.(2)(ⅰ)g (x )=f (x )-(a +1)x =ae x -e -x -(a +1)x ，g(x )=ae x+e -x-(a +1)=ae 2x -(a +1)e x +1e x =ae x -1 e x-1e x，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 =-ln a ，所以-ln a ≠0，解得a >0且a ≠1.令m =min 0,-ln a ，n =max 0,-ln a ，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-ln a >0，所以x 1=0，x 2=-ln a ，g x 1 =a -1，g x 2 =1-a +(a +1)ln a 且有g x 2 <g x 1 <0，由题意可得a -1+k 1-a +(a +1)ln a >0对∀a ∈(0,1)恒成立，由于此时g x 2 <g x 1 <0，则k <0，所以k a +1 ln a >k -1 a -1 ，则ln a <1-1k ⋅a -1a +1，令h (x )=ln x -1-1k ⋅x -1x +1，其中0<x <1，则h(x )=1x -1-1k ⋅2(x +1)2=(x +1)2-2x 1-1k x (x +1)2=x 2+2k x +1x (x +1)2，令x 2+2k x +1=0，则Δ=4k 2-4=41-k 2k 2.①当Δ≤0，即k ≤-1时，h (x )≥0，h (x )在(0,1)上是严格增函数，所以h (x )<h (1)=0，即ln a <1-1k ⋅a -1a +1，符合题意；(2)当Δ>0，即-1<k <0时，设方程x 2+2k x +1=0的两根分别为x 3，x 4且x 3<x 4，则x3+x 4=-2k>0，x 3x 4=1，则0<x 3<1<x 4，则当x 3<x <1时，h (x )<0，则h (x )在x 3,1 上单调递减，所以当x 3<x <1时，h (x )>h (1)=0，即ln a >1-1k ⋅a -1a +1，不合题意.综上所述，k 的取值范围是(-∞,-1].【点睛】关键点点睛：本题(ⅱ)关键是将g x 1 +kg x 2 >0恒成立转化成ln a <1-1k ⋅a -1a +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 ln x -n ，其中m ,n∈R .(1)若m =n =1，求f x 在x =1处的切线方程；(2)已知不等式f x ≥x 恒成立，当nm取最大值时，求m 的值.【答案】(1)y =-1(2)m =e【分析】(1)根据切点和斜率求得切线方程.(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nm的最大值，以及此时的m 的值.【详解】(1)当m =n =1时，f x =x -1 ln x -1，因为f x =ln x +x -1x，所以f 1 =0，又f 1 =-1，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 ln x -n →-∞，而x >0，矛盾，所以m >0，令g x =f x -x =x -m ln x -x -n ，则g x ≥0恒成立，即g (x )min ≥0.由于g x =ln x -m x ,ln x -m x =1x +mx2>0，则g x =ln x -mx在正实数集上是增函数，g 1 =-m <0,x →+∞时g x →+∞，故存在x 0>1，使得g x 0 =0，且在0,x 0 上g x <0,g (x )单减，在x 0,+∞ 上g x >0,g x 单增，且m =x 0ln x 0，故g (x )min =g x 0 =x 0ln x 0-m ln x 0-x 0-n ≥0，所以n ≤x 0ln x 0-m ln x 0-x 0=x 0ln x 0-x 0ln x 0 2-x 0，所以n m ≤x 0ln x 0-x 0ln x 0 2-x 0x 0ln x 0=1-ln x 0+1ln x 0≤-1，等号当且仅当ln x 0=1即x 0=e 时取得，此时m =x 0ln x 0=e ln e =e.故当n m取最大值时，m =e.15(2023·广东韶关·统考一模)已知函数f x =e x ,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；(2)若函数F x =f ax x 2-a +2a的极小值小于零，求实数a 的取值范围.【答案】(1)1,2 (2)(-∞,-2)∪(0,+∞)【分析】(1)由导数的几何意义可解；(2)求导得F x =ae ax x -1 x +a +2a，对a 进行分类讨论即可.【详解】(1)f x =e x .所以f x =e x 即切线斜率为k =e 0=1，又g x =2x ，所以g x =1x，令g x =1解得x =1，则g 1 =2，故点P 坐标为1,2 .(2)F x =f ax x 2-a +2a =e ax x 2-a +2a，因为F x =e ax ax 2+2x -a +2 =ae ax x -1 x +a +2a，令F x =0得x 1=-a +2a ,x 2=1，①当a >0,x 1=-a +2a <0由x 的变化可得x -∞,-a +2a-a +2a-a +2a,1 11,+∞F x +-0+F x单调递增极大值单调递减极小值单调递增F (1)极小值=e a -2a<0符合题意；②当-1<a <0,x 1=-a +2a >1由x 的变化可得x -∞,111,-a +2a-a +2a-a +2a,+∞ F x -0+-F x单调递减极小值单调递增极大值单调递减F (1)极小值=e a -2a>0不符合题意；③当a =1，F x ≤0，F x 单调递减，没极值点；④当a <-1，x 1=-a +2a <1由x 的变化可得x -∞,-a +2a-a +2a-a +2a,1 11,+∞F x -+0-F x单调递减极小值单调递增极大值单调递减F -a +2a 极小值=e x -a +2a -a +2a 2-a +2a<0，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.16(2023·湖北黄冈·统考模拟预测)已知函数f(x)=a ln x-2x+12x2.(1)讨论函数f x 的极值点个数；(2)若不等式f(x)≤x e x+12x-a-2-1恒成立，求实数a的取值范围.【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.【详解】(1)∵f (x)=x2-2x+ax，x>0，.令g(x)=x2-2x+a，方程x2-2x+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.(2)不等式f(x)≤x e x-2x+12x2恒成立，即a ln x+x≤xe x-1.∴xe x-a ln xe x-1≥0，令xe x=t，t>0，∴t-a ln t-1≥0.令h t =t-a ln t-1，h (t)=t-at，则需h t =t-a ln t-1≥0，当a≤0时，h t ≥0，h t 单调递增，又h1 =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-a ln a-1.而h1 =0，∴h a =a-a ln a-1≤0，又由h t =t-a ln t-1≥0可得h a =a-a ln a-1≥0，所以需h a =a-a ln a-1=0，令m x =x-x ln x-1，m x =-ln x，当x∈0,1时m x 单调递增，当x∈(1,+∞)时m x 单调递减，∴m (x )max =m (1)=0，∴a =1.【点睛】关键点睛：本题的关键是根据换元法把a ln x +x ≤xe x -1变形为t -a ln t -1≥0.17(2023·山东潍坊·统考模拟预测)已知函数f (x )=mx -1+ln (x +1)，m ∈R ．(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；(2)当s >t >1时，(2s -2t )k s +t -2+f (t -2)+m s -3<f (s -2)+m t -3恒成立，求正实数k 的最大值．【答案】(1)-12e≤m ≤0(2)1【分析】(1)问题可转化f -x +f x =0有解，得到ln 1-x 2 =m x +1-m x -1=-2x 2-1m ，构造函数g (t )=12t ln t (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；(2)恒成立问题，把不等式变形成2k s -1t -1-1 s -1t -1+1<lns -1t -1，设s -1t -1=a (a >1)，构造函数h (a )=2k (a -1)a +1-ln a (a >1)，转化成零点的问题，再利用单调性求解.【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，则ln (-x +1)+m -x -1+ln (x +1)+mx -1=0，即ln 1-x 2 =m x +1-m x -1=-2x 2-1m ，令t =1-x 2，则0<t ≤1，设g (t )=12t ln t (0<t ≤1)g (t )=12(1+ln t )=0得t =1e，当0<t <1e时，g t <0，g t 单调递减，当1e<t ≤1时，g t >0，g t 单调递增，所以g (t )min =g 1e =-12e，g 1 =0，所以-12e≤m ≤0；(2)由题意知(2s -2t )k s +t -2+ln (t -1)+m t -3+m s -3<ln (s -1)+m s -3+mt -3，则(2s -2t )k s +t -2<ln (s -1)-ln (t -1)，则2k [(s -1)-(t -1)](s -1)+(t -1)<ln s -1t -1，2k s -1t -1-1 s -1t -1+1<ln s -1t -1，设s -1t -1=a (a >1)，则2k (a -1)a +1<ln a ，即2k (a -1)a +1-ln a <0，设h (a )=2k (a -1)a +1-ln a (a >1)，h(a )=4k (a +1)2-1a =4ka -(a +1)2a (a +1)2=-a 2+(4k -2)a -1a (a +1)2，且h 1 =0，当h (1)=-1+4k -2-14=4k -44>0，即k >1时，易知方程-a 2+4k -2 a -1=0有一根a 1大于1，另一根a 2小于1，所以h a 在1,a 1 上单调递增，故有h a >h 1 =0不合题意，舍去， 当0<k ≤1时，有4ka -a +1 2≤4a -a +1 2=-a -1 2<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.问题一可转化f -x +f x =0有解，得到ln 1-x 2 =m x +1-m x -1=-2x 2-1m ，构造函数g (t )=12t ln t (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；问题二转化成恒成立问题，把不等式变形成2k s -1t -1-1 s -1t -1+1<lns -1t -1，设s -1t -1=a (a >1)，构造函数h (a )=2k (a -1)a +1-ln a (a >1)，转化成零点的问题，再利用单调性求解.18(2023·河北保定·统考二模)已知函数f x =x 2e x +m ,m ∈R ．(1)当m =-1时，求f x 在点A 1,e -1 处的切线方程．(2)若g x =f xx-ln x -1的图象恒在x 轴上方，求实数m 的取值范围．【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；(2)将函数g x 的图像恒在x 轴上方，转化成m >ln x +1x -e x 恒成立，构造函数φx =ln x +1x-e x ，此时问题转化成函数最值问题，对函数φx 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．【详解】(1)∵f x =x 2e x -1∴f x =x 2+2x e x -2x∴f 1 =3e-2．又∵f1 =e-1∴f x 在点A1,e-1处的切线方程为3e-2x-y-2e+1=0(2)g x =f xx-ln x-1的图像恒在x轴上方，等价于x e x+m-ln x-1>0恒成立即m>ln x+1x-e x恒成立，令φx =ln x+1x-e x，则φ x =-ln xx2-e x=-ln x+x2e xx2令g x =-ln x+e x x2，则g x =-1x+x2e x+2xe x<0所以g x 在0,+∞上单调递减又g12>0,g1 <0，所以在0,+∞上存在唯一的x0使g x0=0当x∈0,x0时φ x >0,φx 单调递增，当x∈x0,+∞时φ x <0,φx 单调递减．故φx 的最大值为φx0=ln x0+1x0-e x0又1nx0+e x0x02=0，故x0e x0=-ln x0x0，两边取对数得ln x0+x0=ln-ln x0+-ln x0又h x =x+ln x在定义域内单调递增，所以x0=-ln x0，故e x0=1 x0所以φx0=ln x0+1x0-e x0=ln x0x0+1x0-1x0=-1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.19(2023下·福建宁德·高三统考阶段练习)已知函数f(x)=e x+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)已知函数F(x)=f(x)-ax2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；(2)由函数F(x)=f(x)-ax2有两个不同极值点x1、x2，可求出a的取值范围，由已知得e x2e x1=x2-1x1-1，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-ln t，讨论函数u t =t-ln t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．【详解】(1)由f (x )=e x +2ax -1，得f (x )=e x +2a ，当a ≥0时，因为f (-1)=1e-1-2a <0，不合题意；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 +2a ln (-2a )-1，要f (x )≥0，只需f (x )min =-2a +2a ln (-2a )-1≥0，令g (x )=x -x ln x -1，则g (x )=-ln x ，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 +2a ln (-2a )-1≥0得-2a =1所以a =-12，故实数a 取值的集合-12 (2)由已知F x =e x -ax 2+2ax -1，则F x =e x -2ax +2a ，因为函数F x 有两个不同的极值点x 1、x 2，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；当a >0时，由e x -2ax +2a =0，得12a =x -1e x，令φx =x -1e x ，所以φx=2-x e x，当x ∈-∞,2 时，φ x >0，φx 单调递增；当x ∈2,+∞ 时，φ x <0，φx 单调递减.所以φx max =φ2 =1e2，且当x <1时，φx <0，当x >1时，φx >0，如下图所示：由图可知，当0<12a <1e2时，即当a >e 22时，直线y =12a 与函数φx 的图象有两个交点，不妨设这两个交点的横坐标分别为x 1、x 2，且x 1<x 2，且当x <x 1或x >x 2时，12a >x -1e x，则F x =2ae x 12a -x -1e x>0，当x1<x<x2时，12a <x-1e x，则F x =2ae x12a-x-1e x<0.综上所述，当a>e22时，函数F x 有两个极值点；设x1<x2，则1<x1<2<x2，因为φ(x1)=φ(x2)=0，所以e x1=2ax1-2a，e x2=2ax2-2a，则e x2e x1=x2-1x1-1，取对数得x2-x1=ln(x2-1)-ln(x1-1)，令x1-1=t1，x2-1=t2，则t2-t1=ln t2-ln t1，即t2-ln t2=t1-ln t1(0<t1<1<t2)，令u(t)=t-ln t，则u(t1)=u(t2)，因为u (t)=t-1t，所以u(t)=t-ln t在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，令v(t)=u(t)-u1t=t-1t-2ln t，则v (t)=(t-1)2t2≥0，v(t)在(0,+∞)上单调递增，又v(1)=0，所以当t∈(0,1)时，v(t)<v(1)=0，即u(t)<u1t ，因为t2>1，2-t1>1，u(t)=t-ln t在(1,+∞)上单调递增，所以t2<1t1，所以x2-1<1x1-1，即x1x2<x1+x2，所以x1x2<x1+x2<2312e2(x1+x2)<23a(x1+x2)，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-1ln1-x-x-a cos x，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；(3)比较110cos110与ln109的大小，并说明理由.【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(3)110cos110<ln109，理由见解析【分析】(1)求导可得f x =ln1-x(x<1)，根据f x >0和f x <0即可求解；(2)令g x =f x ，则g x =a1-xcos x-11-x，x∈0,1.易知当a≤1时g x <0，从而g x 单调递减；当a >1时令h x =a 1-x cos x -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 +a sin x <0在0,1 上恒成立.利用导数讨论函数m x =x -tan x 的性质可得x cos x <sin x ，结合sin x <ln 11-x 得x cos x <ln 11-x，x ∈0,1 ，即可证明.【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 +a sin x ，则g x =-11-x +a cos x =a 1-x cos x -11-x，x ∈0,1 .因为x ∈0,1 ，则1-x ∈0,1 ，cos x ∈0,1 ，则1-x cos x ∈0,1 .当a ≤1时，则a 1-x cos x -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 cos x -1，则h x =-a cos x +1-x sin x ，因为x ∈0,1 ，则cos x +1-x sin x >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x 0∈0,1 ，使得h x 0 =0，并且当x ∈0,x 0 时，h x >0；当x ∈x 0,1 时，h x <0.即当x ∈0,x 0 时，g x >0，当x ∈x 0,1 时，g x <0.故当x ∈0,x 0 时，g x 单调递增，当x ∈x 0,1 时，g x 单调递减.而g 0 =0，故g x 0 >0；取N =1-e -2a ∈0,1 ，当x >N 时，g x =ln 1-x +a sin x <a +ln e -2a =a -2a =-a <0，所以存在唯一的m ∈x 0,1 ，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.(3)110cos 110<ln 109理由如下：[解法一]由(2)可得，当a ≤1时，ln 1-x +a sin x <0在0,1 上恒成立.即当a =1时，sin x <ln 11-x ，x ∈0,1 .以下证明不等式：当x ∈0,π2时，有x <tan x .令m x =x-tan x，则m x =1-1cos2x<0，故m x 在0,π2上单调递减，则m x <m0 =0，即x<tan x，x∈0,π2，即有x cos x<sin x，而sin x<ln11-x，故x cos x<ln11-x，x∈0,1.取x=110，则有110cos110<ln109.[解法二]显然cos110∈0,1，故110cos110<110，以下证明不等式：当x∈-1,+∞时，有ln1+x≤x.令p x =ln1+x-x，则令p x =11+x-1=-x1+x=0，得x=0.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 =ln1+x-x的极大值点，并且是最大值点，故p x ≤p0 =0，即ln1+x≤x，x∈-1,+∞.取x=-110，则ln910<-110，故ln109>110，故110cos110<110<ln109，从而110cos110<ln109.【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21(2023·福建·校联考模拟预测)设函数f x =2x-2x-a ln x(a∈R).(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，证明：2-4e-1<k<0.【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；(2)求出直线的斜率k，得k=4-2x1x2+1x1x2-1lnx1x2，令t=x1x2，t∈1e,1，要证：2-4e-1<k<0，即证ln t<2t-1t+1和ln t>e+1e-1⋅t-1t+1，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．【详解】(1)f x =2+2x2-ax=2x2-ax+2x2，令g x =2x2-ax+2，Δ=a2-16.①当-4≤a≤4时，Δ≤0，f x ≥0，f x 在0,+∞单调递增：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；③当a>4时，由g x =0，解得x1=a-a2-164，x2=a+a2-164，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.(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=a2，x1x2=1.f x1-f x2=2x1-x2-21x1-1x2-a ln x1-ln x2=4x1-x2-a ln x1-ln x2，k=f x1-f x2x1-x2=4-aln x1-ln x2x1-x2=4-2x1+x2x1-x2ln x1-ln x2=4-2x1x2+1x1x2-1lnx1x2.令t=x1x2=1x22∈1e,1，则k=4-2t+1t-1ln t.(ⅰ)要证k<0，即证ln t<2t-1 t+1.令h t =ln t-2t-1t+1，则ht =1t-4t+12=t2-2t+1t+12>0，所以h t 在1e,1上单调递增.又h1 =0，所以h t <0，即ln t<2t-1t+1，∴k<0.(ⅱ)要证k>2-4e-1，即证ln t>e+1e-1⋅t-1t+1.令F t =ln t-e+1e-1⋅t-1t+1，Ft =1t-e+1e-12t+12=t2-4e-1t+1t t+12，记G t =t2-4e-1t+1，则G1e=e3-e2-3e-1e2e-1>0，G1 =2e-6e-1<0，则G t 在1e,1有唯一实根t0，故F t 在1e,t0上单调递增，在t0,1单调递减，又F1e=F1 =0，所以当1e<t<1时，F t >F1e =0，∴ln t>e+1e-1⋅t-1t+1，即k>2-4e-1.由(ⅰ)(ⅱ)，证得2-4e-1<k<0.【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.。

导数压轴题题型归纳1. 高考命题回忆例1已知函数f(x)＝e x－ln(x＋m)．（2021全国新课标Ⅱ卷）(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)>0.例2已知函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝e x(cx＋d)，假设曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线y＝4x+2（2021全国新课标Ⅰ卷）（Ⅰ）求a，b，c，d的值（Ⅱ）假设x≥－2时,()()f x kg x≤，求k的取值范围。

2. 在解题中经常使用的有关结论※(10)若对11x I ∀∈、22x I ∈ ，12()()f x g x >恒成立，则min max ()()f x g x >. 若对11x I ∀∈，22x I ∃∈，使得12()()f x g x >,则min min ()()f x g x >. 若对11x I ∀∈，22x I ∃∈，使得12()()f x g x <，则max max ()()f x g x <.（11）已知()f x 在区间1I 上的值域为A,，()g x 在区间2I 上值域为B ，若对11x I ∀∈,22x I ∃∈，使得1()f x =2()g x 成立，则A B ⊆。

(12)若三次函数f(x)有三个零点，则方程()0f x '=有两个不等实根12x x 、，且极大值大于0，极小值小于0.(13)证题中常用的不等式:① ln 1(0)x x x ≤-> ②≤ln +1(1)x x x ≤>-（）③ 1xex ≥+ ④ 1xe x -≥-⑤ ln 1(1)12x x x x -<>+ ⑥ 22ln 11(0)22x x x x <->3. 题型归纳①导数切线、概念、单调性、极值、最值、的直接应用例7（构造函数，最值定位）设函数()()21xf x x e kx =--(其中k ∈R ).(Ⅰ) 当1k =时,求函数()f x 的单调区间;(Ⅱ) 当1,12k ⎛⎤∈⎥⎝⎦时,求函数()f x 在[]0,k 上的最大值M .例8（分类讨论，区间划分）已知函数3211()(0)32f x x ax x b a =+++≥,'()f x 为函数()f x 的导函数. (1)设函数f(x)的图象与x 轴交点为A,曲线y=f(x)在A 点处的切线方程是33y x =-,求,a b 的值;(2)假设函数()'()axg x ef x -=⋅,求函数()g x 的单调区间.例9（切线）设函数.（1）当时，求函数在区间上的最小值；（2）当时，曲线在点处的切线为，与轴交于点求证：.例10（极值比较）已知函数其中 ⑴当时，求曲线处的切线的斜率；⑵当时，求函数的单调区间与极值.例11（零点存在性定理应用）已知函数()ln ,().xf x xg x e ==a x x f -=2)(1=a )()(x xf x g =]1,0[0>a )(x f y =)))((,(111a x x f x P >l l x )0,(2x A a x x >>2122()(23)(),xf x x ax a a e x =+-+∈R a ∈R 0a =()(1,(1))y f x f =在点23a ≠()f x1x x⑴假设函数φ (x ) = f (x )－，求函数φ (x )的单调区间； ⑵设直线l 为函数f (x )的图象上一点A (x 0，f (x 0))处的切线，证明：在区间(1,+∞)上存在唯一的x 0，使得直线l 与曲线y =g (x )相切．例12（最值问题，两边分求）已知函数. ⑴当时，讨论的单调性； ⑵设当时，假设对任意，存在，使，求实数取值范围.例13（二阶导转换）已知函数⑴假设，求的极大值； ⑵假设在概念域内单调递减，求知足此条件的实数k 的取值范围.例14（综合技术）设函数⑴讨论函数的单调性；⑵假设有两个极值点，记过点的直线斜率为,问：是否存在，使得？假设存在，求出的值；假设不存在，请说明理由.11x x 1()ln 1af x x ax x-=-+-()a ∈R 12a ≤()f x 2()2 4.g x x bx =-+14a =1(0,2)x ∈[]21,2x ∈12()()f x g x ≥b x x f ln )(=)()()(R a x ax f x F ∈+=)(x F kx x f x G -=2)]([)(1()ln ().f x x a x a R x =--∈()f x ()f x 12,x x 11(,()),A x f x 22(,())B x f x k a 2k a =-a。