专题07 利用导数研究恒成立、能成立问题和不等式问题-《临考冲刺》2023届高考数学重要考点与题型终极满分攻略含解析

专题07利用导数研究恒成立、能成立问题和不等式问题-《临考冲刺》2023届高考数学重要考点与题型终极满分攻略专题07利用导数研究恒成立、成立和不等式问题目录类型一：能成立问题 1类型二：恒成立问题 3类型三：不等式问题 7满分策略：分离变量1.构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题；满分策略：分离变量1.构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题；2.转化策略：a≥fa≤fa≥fa≤f典型例题：已知f(x)=alnx+12x2-2x(a∈R(1)对∀x1∈[-π,π]，∃x2试题分析：根据题意只需不等式f(x2)x2-a≤g(x1)左边的最小值小于等于右边的最小值即可，利用导数即可求得g(x)即a(x详细解答：）g'当x∈(0,π2)时，x∴g(x)在(0,π当x∈(π2,π)时，x∴g(x)在(πg(0)=1，g(π2)=∴g(x)在(0,π)上的最小值为-1.易知g(x)为偶函数，由偶函数图象的对称性可知g(x)在(-π,π)上的最小值为-1由题意可得∃x2∈[即a(x由（1）可知x2参变分离得a≥12x2-x即只需a≥ϕϕ由（1）知lnx≤x-1得-∴令ϕ'(x)>0⇒1<x<e∴ϕ(x)在(1e,1)∴a≥-12，又已知a≥1.故a的取值范围为题型专练：1．（2023·贵州·校联考二模）已知函数fx=xex+2a，gx=elnxxA．-e2,+C．-e2,+2．（2023·河南开封·开封高中校考模拟预测）已知函数fx=4x2-3x,x≤0x-alnx,x>0A．-∞,0∪C．0,1 D．0,3．（2023·四川广安·统考二模）若存在x0∈-1,2，使不等式x0+A．12e,e2 B．1e4．（2023·山东青岛·统考模拟预测）已知函数fx(1)当a=0时，求曲线y=fx在1,f(2)若存在x0∈e,+∞5．（2023·福建·统考模拟预测）已知函fx=x+a(1)讨论fx在0,+(2)是否存在a,x0,x1，且x0≠6．（2023·北京海淀·统考一模）已知函数f(x)=e(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)求f(x)的单调区间；(3)若存在x1,x2∈[-1,1]7．（2023·河南·统考二模）已知函数f(x)=x3+2x-2a，若曲线y=-x2+2x上存在点8．（2023春·重庆南岸·高二校考期中）函数fx=ax-lnx-1，若存在x0类型二：恒成立问题满分策略：满分策略：1.构造函数，利用导数求出最值，进而求出参数的取值范围；2.分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，有些不易分参的也可以采用“同构”技巧。典型例题：（2023春·山东·高二校联考阶段练习）已知函数fx=aeax-lnx试题分析：分类讨论a，当a>0时，则aeax≥lnx，即axeax≥xlnx，设gx=xln详细解答：当a≤0时，fx当a>0时，则aeax≥设gx=xlnx，则g'因为x>1，a>0，所以eax>1.因为axeax≥xlnx，即g设hx=ln由h'x>0，得0<x<e，由h'x<0，得x>故h(x)max=he=故答案为：[题型专练：1．（2023春·江西·高三校联考阶段练习）当x≥1时，不等式ax-sinx-12．（2023秋·安徽宣城·高三统考期末）已知fx=alnx-2x2在区间0,1内任取两个不相等的实数p，3．（2023·天津河西·统考二模）已知函数fx=ax-ln(1)若a=1e，求函数fx(2)求证：lnx<(3)若函数fx≤xex-4．（2023·陕西宝鸡·统考三模）已知函数fx=x2-2x-1(1)设fx的导函数为f'x，当f(2)设h1x=mxm+1lnx+m-15．（2023·河南商丘·商丘市实验中学校联考模拟预测）已知函数fx(1)求fx(2)若不等式fxx≥x26．（内蒙古赤峰市2023学年高三二模数学理科试题）已知函数fx(1)在当a=-1时，分别求fx和gx过点(2)若fx+gx7．（2023·四川·四川省金堂中学校校联考三模）已知函数fx=1(1)当m=1时，求fx(2)若对任意的x∈m,+∞（ⅰ）求实数m的取值范围；（ⅱ）证明：对任意的t>1，都有128．（2023秋·四川乐山·高三校考阶段练习）已知函数f(x)=2(1)若a>0，求gx(2)若a=1，求证：当x≥0时，f(x)≥0.(3)若a∈[-2,2-ln2]，求证：当9．（2023·陕西宝鸡·统考三模）已知函数fx=x2-2x-1(1)设fx的导函数为f'x(2)设h1x=mxm+1lnx+m-110．（2023·四川·四川省金堂中学校校联考三模）已知函数fx=3x(1)当m=1时，求fx(2)若对任意x∈0,m，都有fx11．（2023·内蒙古阿拉善盟·统考一模）已知函数fx=2xln(1)当a=12，求(2)若fx≤f'x12．（2023·浙江杭州·统考二模）已知函数f(x)=e(1)讨论函数fx(2)若fx>aln类型三：不等式问题满分策略：满分策略：1.要证明f2.若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证等式进行变形分拆，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的。3.导数方法证明不等式中，最常见的是e（1）e（2）lnx典型例题：（2023·全国·高三专题练习）函数f(x)=ln(x+t)+ax，其中(1)若t=0时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若g(x)=ex+ax试题分析：（1）代入t的值，求得导函数，对a进行分类讨论，根据导数的正负确定单调区间即可．（2）要证明不等式成立，根据分析法得到只需证明ex-ln详细解答：（1）定义域为0,+∞，f'x当a≤0时，∵x>0，∴x-a>0∴f∴fx在定义域0,+当a>0时，∵x>a时，f'x>0当0<x<a时，f'x<0综上可知：当a≤0时，fx的增区间为0,+当a>0时，增区间为a,+∞，减区间为0,a（2）要证明gx>fx，即证明g即证ex-ln令Fx=ex-lnx+2∴F'x=0在-2,+∞当x∈-2,x0时F'x<0，Fx从而当x=x0时，Fx取得最小值，由F'xFx=ex-lnx+2≥ex【点睛】关键点睛：根据导数的正负分类讨论函数的单调性，结合分析法和构造法是解题的关键.题型专练：13．（2023·陕西安康·统考三模）若1+2a=ebA．a>b>c B．b>a>c C．c>a>b D．c>b>a14．（2023·天津南开·统考一模）已知函数fx(1)当a=2时，求曲线y=fx在点1,f(2)若函数fx有极大值，试确定a(3)若存在x0使得fx015．（2023·新疆阿克苏·校考一模）设函数fx(1)当a=-2时，若函数fx在其定义域内单调递增．求b(2)若fx有两个零点x1，x2，且x16．（2023春·北京·高二北京五十五中校考阶段练习）已知函数fx(1)求fx在点1,f(2)求证：当x>0时，fx(3)若x>0时，fx-ax17．（2023·内蒙古呼和浩特·统考二模）已知函数f(x)=exsin(1)若a≤1，判断函数f(x)的单调性；(2)当a=1时，求函数f(x)的最小值，并证明：ex18．（2023·江苏·校联考模拟预测）已知函数f(x)=cos(1)求f(x)的最小值；(2)证明：ex19．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考三模）已知函数fx(1)证明：fx(2)证明：ln1+1120．（2023·辽宁·校联考二模）已知函数fx(1)讨论函数fx(2)设函数fx有两个极值点x1，x221．（浙江省杭州地区（含周边）重点中学2022-2023学年高二下学期期中联考数学试题）已知函数fx=aex+lnx+1，其中a∈(1)设x0为函数fx的一个极值点，求证：(2)求证：x222．（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数fx(1)若f'1=0(2)当a>0时，证明：fx专题07利用导数研究恒成立、成立和不等式问题目录类型一：能成立问题 1类型二：恒成立问题 10类型三：不等式问题 24满分策略：分离变量1.构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题；满分策略：分离变量1.构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题；2.转化策略：a≥fa≤fa≥fa≤f典型例题：已知f(x)=alnx+12x2-2x(a∈R(1)对∀x1∈[-π,π]，∃x2试题分析：根据题意只需不等式f(x2)x2-a≤g(x1)左边的最小值小于等于右边的最小值即可，利用导数即可求得g(x)即a(x详细解答：）g'当x∈(0,π2)时，x∴g(x)在(0,π当x∈(π2,π)时，x∴g(x)在(πg(0)=1，g(π2)=∴g(x)在(0,π)上的最小值为-1.易知g(x)为偶函数，由偶函数图象的对称性可知g(x)在(-π,π)上的最小值为-1由题意可得∃x2∈[即a(x由（1）可知x2参变分离得a≥12x2-x即只需a≥ϕϕ由（1）知lnx≤x-1得-∴令ϕ'(x)>0⇒1<x<e∴ϕ(x)在(1e,1)∴a≥-12，又已知a≥1.故a的取值范围为题型专练：1．已知函数fx=xex+2a，gx=elnxxA．-e2,+C．-e2,+【答案】C【分析】将问题转化为fxmin≥gxmin，利用导数求fx在【详解】对任意x1∈1,2，∃x2f'(x)=exx+1，x∈1,2，∴fxg'(x)=e1-lnxx2，x∈e,3，g'(x)<0，则g1=0，g3综上，e+2a≥0⇒a≥-故选：C2．已知函数fx=4x2-3x,x≤0x-alnx,x>0A．-∞,0∪C．0,1 D．0,【答案】B【分析】由∀x1≤0,∃x2>0，使得fx1=fx2成立，可得函数fx【详解】由∀x1≤0,∃则函数fx2的值域包含当x≤0时，函数fx=4所以fx在-∞,0上单调递减，且f所以fx当x>0时，fx=①若a>0，当x∈0,a时f'所以fx在0,a上单调递减，在所以fxmin=所以a-alna≤0②若a<0，则f'x=x此时fx=x-a③当a=0时，fx=x综上所述，实数a的取值范围为-∞,0∪故选：B.3．若存在x0∈-1,2，使不等式x0+A．12e,e2 B．1e【答案】D【分析】x0+e2-1lna≥2ae求导判断单调性求得当1≤t≤e2时，f(【详解】x0+e2⇔令aex0因为x0∈[-1,2]，所以令f(则原问题等价于存在t∈aef令f'(t)<0，即令f'(t)>0，即所以ft在0,e2又因为f(1)=0,f而1<e∴当1≤t≤e若存在t∈ae只需ae2≤e2且a所以1e故a的取值范围为1e故选：D【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.4．已知函数fx(1)当a=0时，求曲线y=fx在1,f(2)若存在x0∈e,+∞【答案】(1)S(2)a【分析】(1)先求导，把切点的横坐标代入导数方程得切线的斜率，再求切点坐标，从而求出切线方程，由方程求出切线与x,(2)令h(x)=exlnx，则只要函数h【详解】（1）当a=0时，ff'(x)=ex-1x∴切线方程为y=(e-1)与x,y轴的交点分别是∴切线与坐标轴围成的三角形的面积S=（2）存在x0∈e,+∞，使f(x即存在x0∈e,+∞令h(x)=exlnx下面求函数h(x)=h'令u(x)=ln所以u(x)为e,+∞∴h'(∴h(x函数h(x)=exh(e)=ee【点睛】易错点点睛：第二问的关键点在于把不等式能成立问题转化为求函数的最小值问题，在这类问题中，最容易错的地方是分不清恒成立和能成立的区别，若a>fx在给定区间内恒成立，则a要大于fx的最大值；若a>5．已知函fx=x+a(1)讨论fx在0,+(2)是否存在a,x0,x1，且x0≠【答案】(1)答案见解析(2)不存在，证明见解析【分析】（1）对fx求导，讨论-a-1>0和-（2）假设存在，求出fx在x0,【详解】（1）f'故x>-a-1时，f'x当-a-1>0，即a<-1时，fx在当-a-1≤0，即a≥-1时，f综上，当a<-1时，fx在0,-a当a≥-1时，fx在（2）解法一：不存在a，x0，x1，且x0≠x1，使得曲线证明如下：假设存在满足条件的a，x0，x因为fx在x0,即y=同理fx在x1,且它们重合，所以x0整理得x0即x0x1所以x0由x0+a得x0令t0=x0+a+1由t0t1=1得t0=1令gt当t>0时，gt=2ln所以gt在0,+∞上单调递增，又g1=0，所以t1=1当t<0时，gt=2ln所以gt在-∞,0上单调递增，又g-1=0，所以t1=-1综上，不存在t0，t1，使得t0故不存在a，x0，x1且x0≠x1，使得曲线解法二：不存在a，x0，x1且x0≠x1，使得曲线证明如下：假设存在满足条件的a，x0，x因为fx在x0,y=同理fx在x1,且它们重合，所以x0整理得x0令t0=x0+由x0+a得x0+a+1e令ht=tet由（1）知，当t>-1时，ht单调递增，当t<-1又当t>0时，ht>0，当t所以若t0，t1存在，不妨设设t1=mt0，m>1，又由t1et1=则lnm+m所以-1m=令gx=2lnx-x所以gx在1,+∞上单调递减，所以当x>1时，即2lnx<x-1所以lnm+1综上，不存在t0，t1，使得t0故不存在a，x0，x1且x0≠x1，使得曲线解法三：不存在a，x0，x1且x0≠x1，使得曲线证明如下：假设存在满足条件的a，x0，x因为fx在x0,即y=同理fx在x1,且它们重合，所以x0整理得x0即x0x1所以x0由x0+a得x0令t0=x0+a+1令ht=tet由（1）知，当t>-1时，ht单调递增，当t<-1又当t>0时，ht>0，当t所以若t0，t1存在，不妨设则-t0e所以-t以下证明-t令gx=2lnx-x所以gx在1,+∞上单调递减，所以当x>1时，因为-t1-t0整理得-t因为-t0--t所以不存在t0，t1，使得t0故不存在a，x0，x1且x0≠x1，使得曲线【点睛】本小题主要考查导数及其应用、函数的单调性、不等式等基础知识，考查逻辑推理能力、直观想象能力、运算求解能力和创新能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想等，考查逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性和创新性.6．已知函数f(x)=e(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)求f(x)的单调区间；(3)若存在x1,x2∈[-1,1]【答案】(1)y(2)当a≤0时，f(x)的减区间为-∞,+∞，无增区间；当a>0时，(3)-∞,-ln2【分析】（1）当a=1时，求出函数f(x)的导数，求出曲线（2）先求出函数f(x)的导数，分a（3）将题中条件转化为若∃x∈-1,1，使得f(x)≥3成立，再结合函数放缩得到若∃x∈-1,1，使得f(【详解】（1）当a=1时，f(x得f(0)=1，f所以曲线y=f(x)（2）由f(x)=当a≤0时，f'(当a>0时，令f'(此时f(x)x-∞,f

-0+f↘极小值↗由上表可知，f(x)的减区间为-∞,-综上，当a≤0时，f(x当a>0时，f(x)的减区间为（3）将f(x)在区间-1,1上的最大值记为f因为存在x1,x所以∃x∈-1,1，使得f(x当x∈-1,1时，若∃x∈-1,1，使得f由（2）可知f(x)故f(x)max为所以只需当f(-1)≥3或f即只需f(-1)=e-解得a≤-ln2或a综上所述，a的取值范围是-∞,-ln2∪【点睛】关键点点睛：函数不等式恒成立问题，要进行适当转化．解答小问（3）的关键在于转化为若∃x∈-1,1，使得f(x)≥3成立，再结合函数放缩得到若∃7．已知函数f(x)=x3+2x-2a，若曲线y=-x2+2x上存在点【答案】0,1【分析】设fy0=t，则【详解】若曲线y=-x2+2x设fy0=t，则ft=y0，即⇒x令hx=x3-x2+2故答案为：0,18．函数fx=ax-lnx-1，若存在x0【答案】-∞,1【分析】将条件存在x0∈0,e使得fx0<0转化为在区间0,e上【详解】存在x0∈0,e使得fx由fx=ax-lnx若a≤0，则f'x<0，此时若a>0，当x>1a时，f'x>0，此时f如果1a∈e,+∞，则如果1a∈0,e，则综上，实数a的取值范围为-∞,1．故答案为：-∞,1．类型二：恒成立问题满分策略：满分策略：1.构造函数，利用导数求出最值，进而求出参数的取值范围；2.分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，有些不易分参的也可以采用“同构”技巧。典型例题：（2023春·山东·高二校联考阶段练习）已知函数fx=aeax-lnx试题分析：分类讨论a，当a>0时，则aeax≥lnx，即axeax≥xlnx，设gx=xln详细解答：当a≤0时，fx当a>0时，则aeax≥设gx=xlnx，则g'因为x>1，a>0，所以eax>1.因为axeax≥xlnx，即g设hx=ln由h'x>0，得0<x<e，由h'x<0，得x>故h(x)max=he=故答案为：[题型专练：1．（2023春·江西·高三校联考阶段练习）当x≥1时，不等式ax-sinx-1【答案】a【分析】构造fx=ax-sinx-1【详解】构造fx=f'x当a≥2时，∴fx在1,+∞上单调递增，当a<2时，f'1=a∴存在x0∈1,+∞，使x∈1,x0时，此时fx则a的范围为a≥2故答案为：a≥22．（2023秋·安徽宣城·高三统考期末）已知fx=alnx-2x2在区间0,1内任取两个不相等的实数p，【答案】5,+∞【分析】根据题意确定函数g(x)=alnx-2【详解】不妨设0<p则由fp-f即fp所以函数y=f(令g(则g'(x即a≥4因为y=4x2所以y=4所以a≥5故答案为:5,+∞.3．（2023·天津河西·统考二模）已知函数fx=ax-ln(1)若a=1e，求函数fx(2)求证：lnx<(3)若函数fx≤xex-【答案】(1)x=e时，(2)证明见解析；(3)0,【分析】（1）根据导数研究函数单调性求解函数最值即可；（2）结合（1）将问题转化为证明1e（3）由题知xex-ax+lnx≥0对x∈【详解】（1）解：当a=1e时，f所以f'x=1e所以，当x∈0,e时，f'x<0，fx所以，函数fx在x=e（2）解：由（1）知，当a=1e时，f所以，要证lnx<e令gx=e所以，当x∈0,+∞时，所以，函数gx所以，gx>g所以1e所以lnx（3）解：因为函数fx≤x所以xex-令hx=x当a=0时，h'(x)=(

所以，由hx=xex可得h当a<0时，则-a>0，h'(

因为当x趋近于0+时，h当a>0时，令h'令kx=ex-ax因为当x趋近于正无穷时，kx趋近于正无穷，当x趋近于0时，k所以∃x0∈0,+∞，使得所以，当x∈0,x0时，h'(x)<0，所以，只需hx所以，1-x0-ln因为x0=a所以lnx0+所以，a∈综上，实数a的取值范围为0,【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键在于讨论当a>0时，结合函数kx=ex-ax的性质得4．（2023·陕西宝鸡·统考三模）已知函数fx=x2-2x-1(1)设fx的导函数为f'x，当f(2)设h1x=mxm+1lnx+m-1【答案】(1)-2e,0(2)-∞,e【分析】（1）将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，利用导数求函数研究函数性质，数形结合求出参数的取值范围；（2）将x∈1,+∞时，h2x≥h1x成立，转化为xe【详解】（1）f'x=函数qx的零点即为x2-3p'当x<-3或x>1时，p'当-3<x<1时，p'且p-3=6ex<-3或x>3时，p(x)>0，x即m的取值范围为-2e（2）当x∈1,+∞时，若即xex+即xex+亦即xex+设函数hx=xex又h'设φx=h当x∈-∞,-2时，φ'x<0当x∈-2,+∞时，φ'x>0所以h'所以hx在R上单调递增，又hx≥hm令rx=x①当m≤1时，rx>0在1,+∞②当m>1时，由r'x当x∈1,m时，r'x当x∈m,+∞时，r'xrx的最小值rm=综上，m的取值范围是-∞,e【点睛】观察xex+x≥mx5．（2023·河南商丘·商丘市实验中学校联考模拟预测）已知函数fx(1)求fx(2)若不等式fxx≥x2【答案】(1)极小值-1(2)-∞,-【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值；（2）参变分离可得对任意的x∈1e,+∞，m≤【详解】（1）函数fx=x2ln令f'x<0得0<x<所以fx在0,e-所以fx在x=e（2）由fxx≥即对任意的x∈1e令hx=xlnx令φx=lnx所以当1e<x<1时φ'所以φx在1e,1又φ1e=1-1e所以当x∈1e,+∞时φx所以当x∈1e,1时φx当x∈1,x0时φx当x∈x0,+∞时φx所以hxmin=因为φx0=lnx0所以hx因为-e-2-1所以hx所以实数m的取值范围为-∞,-1【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．6．（内蒙古赤峰市2023学年高三二模数学理科试题）已知函数fx(1)在当a=-1时，分别求fx和gx过点(2)若fx+gx【答案】(1)e(2){1}【分析】（1）利用导数几何意义即可求得fx和gx过点（2）构造函数hx=ex+【详解】（1）设过点0,0的切线与fx的切点为x由f'x0把0,0代入得，x0=1，故切线方程为当a=-1时，gx=-x2+x故k=g'（2）由fx+g则h'x则k'①当a>1时，k所以h'∵h'0∴∃x0∈当x∈-∞,x0时，当x∈0,x②当a=1时，hx=∵k'x=ex故，当x∈-∞,0时，h'当x∈0,+∞时，h'∴hminx=h0=0③当0<a<1时，k'x=且k'-1=1e又h'-1=则∃x1∈当x∈x1,0时，当x∈x1④当a≤0时，由h综上，a的取值范围{1}.7．（2023·四川·四川省金堂中学校校联考三模）已知函数fx=1(1)当m=1时，求fx(2)若对任意的x∈m,+∞（ⅰ）求实数m的取值范围；（ⅱ）证明：对任意的t>1，都有12【答案】(1)单调递减区间为-∞,-1，单调递增区间为1,+∞；(2)（ⅰ）1+5【分析】（1）求导，判断导数的正负即可得到单调区间；（2）（ⅰ）求导，分0<m<1、m=1（ⅱ）借助（ⅰ）的结论由当m>1时，fx≥fm，得1【详解】（1）当m=1时，fx=f'当x∈-∞,-1时，f'x<0∴fx的单调递减区间为-∞,-1，单调递增区间为1,+∞（2）（ⅰ）f'①当0<m<1时，1∈m②当m=1时，2∈1,+∞③当m>1时，m>m，当x∈m,m∴fx在m,m∴当x∈m,+∞时，f于是12∴m2-m≥1，解得∵m>1，∴m综上所述，实数m的取值范围为1+（ⅱ）由（ⅰ）可知当m>1时，f即12当且仅当x=令x2-m即12令m=t，则t>1【点睛】关键点睛：证明对任意的t>1，都有12lnt2-t≤t1+t8．（2023秋·四川乐山·高三校考阶段练习）已知函数f(x)=2(1)若a>0，求gx(2)若a=1，求证：当x≥0时，f(x)≥0.(3)若a∈[-2,2-ln2]，求证：当【答案】(1)gx在-∞,lna单调递减，(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）求出gx的导数，判断导数取值范围进而确定g（2）求出fx二次导数，判断出f'x单调递增，代入a=1求出f'（3）在（2）的基础上讨论f'x的取值范围，将a进行分类讨论，判断出【详解】（1）g(g'x=2ex令g'x<0，得x<lna所以gx在-∞,lna单调递减，（2）当x≥0时，因为f令h(x)=2故f'(x若a=1，f'(故f(x)在[0,+∞)（3）由（2）可知f①当a∈[-2,1]时，f'(所以f(②当a∈(1,2-ln2]时，f'(0)=2-2故存在x0∈(0,1)使得又f'(x所以当0≤x<x0时，f'所以f(x)在[0,故f(x)f(因为a=ex0-g'(x)=ex-1，当x所以0<x0≤ln2，∴2-所以，当x≥0时，f(x【点睛】方法点睛：函数零点与参数的变换.在此题中，当函数的导数存在零点时，函数最小值会随着参数的变化而变化，此时函数中存在两个变量，不易判断出函数的最小值.解决此问题的方法为假设函数最小值点，也就是假设导函数的零点，在导函数中代入零点构造方程即可将参数用零点表示出来，再代回原式即可得到只有一个变量的函数解析式.9．（2023·陕西宝鸡·统考三模）已知函数fx=x2-2x-1(1)设fx的导函数为f'x(2)设h1x=mxm+1lnx+m-1【答案】(1)f'x在-∞,-3和1,+∞上单调递增，在(2)-∞,e【分析】（1）根据求导公式和运算法则求出f'x=（2）根据题意，将原不等式转变为xex+x≥mlnxembnx+mlnx对x∈1,+∞恒成立，构造【详解】（1）f'x=则p'当x<-3或x>1时，p'当-3<x<1时，p'即f'x在-∞,-3和1,+∞上单调递增，在（2）当x∈1,+∞时，若即xex+即xex+亦即xex+设函数hx=xex+x，设φx=h'∴当x∈-∞,-2时，φ'x<0当x∈-2,+∞时，φ'x>0∴h'∴hx在R上单调递增，又h∴x≥mln令rx=x①当m≤1时，rx>0在1,+∞上恒成立，②当m>1时，由r'x当x∈1,m时，r'x当x∈m,+∞时，r'x∴rx的最小值rm=综上，实数m的取值范围是-∞,e【点睛】利用导数解决不等式恒成立问题的方法(1)分离参数法求范围：若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需满足(2)把参数看作常数利用分类讨论方法解决：对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围.10．（2023·四川·四川省金堂中学校校联考三模）已知函数fx=3x(1)当m=1时，求fx(2)若对任意x∈0,m，都有fx【答案】(1)单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,+∞；(2)81【分析】（1）求导，因式分解后可知其单调区间；（2）分m≥1和0<【详解】（1）当m=1时，fx=3当x∈0,1时，f'x<0∴fx的单调递减区间为0,1，单调递增区间为（2）f'当x∈0,m∴fx在0,m①当m≥1时，∵fx在0,∴f②当0<m<1时，则m>m,∴fx∴实数m的取值范围为8125611．（2023·内蒙古阿拉善盟·统考一模）已知函数fx=2xln(1)当a=12，求(2)若fx≤f'x【答案】(1)单调递减区间为0,+∞(2)1，+∞【分析】（1）根据导函数和原函数的单调性关系，先设gx=f（2）把fx≤f'x2-lnx-1在【详解】（1）当a=12所以f'x=2lnx当x∈0,1时，g'当x∈1,+∞时，g'所以gx≤g所以函数fx的单调递减区间为0,+∞（2）因为fx=2x所以fx≤f即2xlnx转化为lnx-ax令hx=lnx-ax当a≤0时，h'x>0恒成立，故所以hx>h当a>0时，由h'x若a∈0,1，则1a∈1,+∞，故h所以存在x0∈1,1a若a∈1,+∞，则1a∈0,1所以hx<h综上所述，实数a的取值范围是1,+∞.12．（2023·浙江杭州·统考二模）已知函数f(x)=e(1)讨论函数fx(2)若fx>aln【答案】(1)答案见解析；(2)(-∞,e【分析】（1）将fx零点问题转化为函数图象交点问题，设h（2）分a=0,【详解】（1）由f(x)=设hx=x当x<-1时，h'x<0，当所以hx=xex所以h(据此可画出hx所以（i）当a<-1e或a（ii）当a=-1e或a（iii)当-1e<（2）①当a=0时，fx>②当a<0时，由fx>aln则ex-a设m(x)=当0<x<1时，m'(x所以mx在(0,1)上单调递减，在(1,所以mx所以，当a<0时，e即fx>a③当a>0时，由（1）可知，h(x又h0-a所以∃x0∈(0,i）当x∈(0,x0)时，设g(则g'(x)=-a所以x∈(0,x0ii）当x∈(x0,+∞)时，设t(因为t'令p(x)=又令n(则n'(x)=(x有p'得px在(x0则t'(x)=p则x∈(x0又x∈(0,x0得当a>0时，fx>由上可知a=x0ex0，综上可知，a的范围是(-∞,e【点睛】难点点睛：第二问解答不等式恒成立求解参数范围时，需要讨论a的正负，看能否保证不等式恒成立，特别是当a>0类型三：不等式问题满分策略：满分策略：1.要证明f2.若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证等式进行变形分拆，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的。3.导数方法证明不等式中，最常见的是e（1）e（2）lnx典型例题：（2023·全国·高三专题练习）函数f(x)=ln(x+t)+ax，其中(1)若t=0时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若g(x)=ex+ax试题分析：（1）代入t的值，求得导函数，对a进行分类讨论，根据导数的正负确定单调区间即可．（2）要证明不等式成立，根据分析法得到只需证明ex-ln详细解答：（1）定义域为0,+∞，f'x当a≤0时，∵x>0，∴x-a>0∴f∴fx在定义域0,+当a>0时，∵x>a时，f'x>0当0<x<a时，f'x<0综上可知：当a≤0时，fx的增区间为0,+当a>0时，增区间为a,+∞，减区间为0,a（2）要证明gx>fx，即证明g即证ex-ln令Fx=ex-lnx+2∴F'x=0在-2,+∞当x∈-2,x0时F'x<0，Fx从而当x=x0时，Fx取得最小值，由F'xFx=ex-lnx+2≥ex【点睛】关键点睛：根据导数的正负分类讨论函数的单调性，结合分析法和构造法是解题的关键.题型专练：13．（2023·陕西安康·统考三模）若1+2a=ebA．a>b>c B．b>a>c C．c>a>b D．c>b>a【答案】A【分析】根据等式解出a、b、c的值，利用作差法，再通过构造函数，通过函数单调性判断作差后的两式大小，最后作出比较.【详解】由1+2a=eb=11-比较a和b，构造函数fx当x>1，f'x=x故f1.01>f同理比较b和c，构造函数gx当x>1，g'x=x-1∴g1.01>g综上，a>故选：A【点睛】方法点睛：比较数值大小方法.①估值法：找出式子的取值区间，以此判断各个式子的大小关系；②作差法与构造函数法：当无法进行估值判断式子大小时，可两两个式子相减，将相减式子构造成函数，通过函数导数判断其单调性，根据单调性判断差值大小，以此判断式子大小.14．（2023·天津南开·统考一模）已知函数fx(1)当a=2时，求曲线y=fx在点1,f(2)若函数fx有极大值，试确定a(3)若存在x0使得fx0【答案】(1)y(2)0,1(3)a【分析】（1）利用导数的几何意义，求曲线的切线方程；（2）首先求函数的导数，f'x=（3）不等式转化为x0-a【详解】（1）当a=2时，f依题意，f'x=2x-6+所以曲线y=fx在点1,（2）函数fx的定义域为0,+∞f①当a=1时，f'x≥0，所以fx②当a>1时，令f'x>0，解得0<x<1或所以fx在0,1和a,+∞上单调递增，在此时fx在x③当0<a<1时，令f'x>0，解得0<x<所以fx在0,a和1,+∞上单调递增，在此时fx在x④当a≤0时，令f'x>0，解得x>1所以fx在1,+∞上单调递增，在0,1上单调递减，此时f综上，实数a的取值范围为0,1∪（3）f⇔(x-a)2动点P在函数y=2lnx的图象上，Q问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离，由y=2lnx得，y所以曲线上点P1,0到直线y=2x则(x根据题意，要使x0则x0-a由y=2xy所以a=【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质的综合应用的问题，本题的关键是第三问，不等式变形转化为x0-a2+15．（2023·新疆阿克苏·校考一模）设函数fx(1)当a=-2时，若函数fx在其定义域内单调递增．求b(2)若fx有两个零点x1，x2，且x【答案】(1)-∞,4(2)证明见解析【分析】（1）由函数fx在其定义域内单调递增得，得导函数大于等于0恒成立，参变分离得b≤1（2）由f(x1)=f只需证2x1x2-1x1x2【详解】（1）依题意：fx∵fx在0,+∞上递增，∴f即b≤1x+4x对∵x>0，∴1x+4∴b的取值范围是-∞,4（2）证明：由已知得f(x1两式相减得：lnx1x由f'(=1令t=x1则h'(t)=4(t所以2x1x2-1x116．（2023春·北京·高二北京五十五中校考阶段练习）已知函数fx(1)求fx在点1,f(2)求证：当x>0时，fx(3)若x>0时，fx-ax【答案】(1)y(2)证明见详解(3)a【分析】（1）由题意及导数的几何意义先求出f1和f（2）当x>0时，fx>构造函数g(x)=（3）利用参变分离将原不等式转化为a≤再构造函数h(x)=【详解】（1）由题意，f1=e由导数的几何意义，k=所以fx在点1,f1即y=2（2）当x>0时，fx>设g(x)=当x>0时，ex>1，所以g'(所以g(x)>g(0)=1>0所以当x>0时，x（3）若x>0时，f等价于a≤令h(x)=令h'(x当x∈0,1时，h'(x所以h(x)在0,1则h(故当a≤【点睛】利用导函数解不等式常见思路：（1）恒成立问题常利用分离参数法转化为最值求解（2）证明不等式可通过构造函数转化为函数的最值问题．17．（2023·内蒙古呼和浩特·统考二模）已知函数f(x)=exsin(1)若a≤1，判断函数f(x)的单调性；(2)当a=1时，求函数f(x)的最小值，并证明：ex【答案】(1)f(x)在0,(2)-1；证明见解析【分析】（1）求导得到f'(x)=ex-（2）确定函数单调区间，计算f(0)=1，f(π)=-1，得到最小值，确定【详解】（1）f'即f'(x)=ex-令f'(x当0≤x≤3π4时，f当3π4<x≤π时，（2）当a=1时，f(xf(x)在0,3π4单调递增，在故函数f(x)f(x)≥f(即ex要证ex(π只需证ex(π令h(x)=π-所以h(x)所以ex【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数求函数的单调区间，利用导数证明不等式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，通过函数的构造将不等式的证明转化为函数的最值是解题的关键.18．（2023·江苏·校联考模拟预测）已知函数f(x)=cos(1)求f(x)的最小值；(2)证明：ex【答案】(1)1(2)证明见解析【分析】（1）对函数求导，结合奇偶性，分析f(（2）设g(x)=ex-x22【详解】（1）因为f(-x)=cos(-因为f(x)的导函数为当x≥0时，u'(x)=-cos所以f'(x)≥f因为f(x)（2）设g(因为g'(所以t'所以t(x)即g所以g(x)单调递增，所以g设h(x)=令v(x)=x36-所以h'(x)≥h所以-cosx所以ex19．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考三模）已知