重难点专题10 导数与不等式恒成立九大题型汇总（解析版）-决战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

重难点专题10导数与不等式恒成立九大题型汇总题型1直接求导型 1题型2端点赋值法 9题型3隐零点型 17题型4分离参数法 24题型5分离参数法-洛必达法则 32题型6构造辅助函数求参 36题型7绝对值同构求参 45题型8函数取“整”型 55题型9“存在”成立问题 64题型1直接求导型若f(x)在区间D上有最值，则（1）恒成立：∀x∈D,fx>0⇔fx（2）能成立：∃x∈D,fx>0⇔fx若能分离常数，即将问题转化为：a>fx（或a<f（1）恒成立：a>fx⇔a>fx（2）能成立：a>fx⇔a>fx【例题1】（2023秋·河南·高三校联考开学考试）已知函数fx=lnx(1)求函数fx在点1(2)若gx=-ax，且∀x∈D，【答案】(1)4-4(2)1,+【分析】（1）利用导数几何意义可求得切线斜率f'12（2）易知a>0，将恒成立的不等式转化为a≥lnxx-1x，分别在0,1和1,+∞的情况下得到变形后的不等关系；构造函数hx=2【详解】（1）∵f'x又f1∴fx在点12,f12（2）当x∈0,1时，fx=lnx∴fx<0在当a≤0时，gx=-a当a>0时，不等式可变形为：a≥ln当x∈0,1时，ax-当x∈1,+∞时，ax令hx=2lnx-ax-令mx=-ax①当Δ≤0，即a≥1时，mx≤0∴hx在0,+则当x∈0,1时，hx>h1=0当x∈1,+∞时，hx<h1∴fx②当Δ>0，即0<a<1时，设mx=0∵x1+x2∴当x∈x1,1时，mx>0，即h此时hx<h1=0，即综上所述：实数a的取值范围为1,+∞【点睛】思路点睛：本题考查利用导数几何意义求解切线方程、恒成立问题的求解；本题求解恒成立的基本思路是将问题转化为含参函数单调性的讨论问题，通过讨论含参函数的单调性，确定符合题意的参数范围即可.【变式1-1】1.（2023秋·宁夏银川·高三银川一中校考阶段练习）已知函数fx(1)当m=1时，证明：fx(2)若关于x的不等式fx<m-2【答案】(1)证明见解析(2)最小值为3【分析】（1）先确定函数的定义域，求导得f'（2）构造函数Gx=2lnx-12m结合函数单调性，即求得整数m的最小值．【详解】（1）当m=1时，fx∴f令f'x=0当x∈0,2时，当x∈2,+∞所以fx在x=所以f(x)所以fx而ln2<所以fx（2）令Gx则G'当m≤0时，因为x>0，所以G'x>0，所以G又因为G1所以关于x的不等式Gx当m>0时，G'令G'x=0，得x=2m当x∈2m,+因此函数Gx在0,2m故函数Gx的最大值为G令hm因为h1又因为hm在0,+∞上单调递减，所以当m≥3时，所以整数m的最小值为3.【点睛】方法点睛：根据不等式直接构造函数，分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数m范围【变式1-1】2.（2023秋·陕西西安·高三校联考开学考试）已知函数fx=x2-mx(1)当m=1时，求曲线y=fx在点1,f(2)若关于x的不等式fx≥2ex【答案】(1)x-y+1=0(2)1【分析】（1）求导，利用导数值求解斜率，即可由点斜式求解直线方程，（2）将问题转化为x+1x-mlnx-2e【详解】（1）由题，当m=1时，fx=xf'1=1，f化简得x-y+1=0，即曲线fx在点1,f1处的切线方程为（2）fx≥2ex，即x令gx=x+1对于y=x2-mx-1，Δ则两个零点一正一负，设其正零点为x0∈0,+∞，则且在0,x0上时y=x2-mx-1<0,在x0,+∞上，y=x2因此当x=x0时，故gx0≥0令hx=x+1当x∈0,1时，h'x>0，当则hx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，又h1显然函数m=x0-1x0在所以实数m的取值范围为1【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．【变式1-1】3.（2023秋·重庆·高三统考阶段练习）已知函数mx=t⋅(1)若函数Fx=mx-nx(2)若函数mx>2恒成立，求【答案】(1)在-2,ln2上单调递减，在(2)e【分析】（1）化简可得Fx=e（2）分析可知t>0且x>-2；令gx=ex+x，可将恒成立的不等式转化为gx+lnt>glnx+2【详解】（1）当t=1时，Fx∵Fx定义域为-2,+∞，∴当x∈-2,ln2时，F'x∴Fx在-2,ln2（2）若x+2<0，即x<-2，由tx+2>0得：则当x=-2+t时，m-2+t=te∴t>0且mx定义域为-2,+由mx>2恒成立可得：∴e令gx=e∵y=ex与y=x均为单调递增函数，∴x+lnt>ln令hx=ln∴当x∈-2,-1时，h'x>0；当∴hx在-2,-1上单调递增，在-1,+∞上单调递减，∴lnt>1，解得：t>e，即实数t【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数单调性，恒成立问题的求解；本题求解恒成立问题的关键是能够采用同构法，将问题转化为gx=e【变式1-1】4.（2023秋·云南保山·高三统考期末）已知函数fx(1)当a=1时，求曲线y=fx在点0,f(2)当x>0时，fx≥axcos【答案】(1)y=x(2)1,+【分析】（1）求出导数，求得切线的斜率和切点，由点斜率式方程可得切线的方程；（2）求出导数，令令gx=fx-axcosx，讨论当a≥1，【详解】（1）当a=1时，fx切线的斜率为k=f又切点为0,0，所以切线方程为y=x.（2）令gx=fx①若a≥1，则当x>0时，gx≥2x-xcosx-sin当x∈0,π时，所以hx在0,π上单调递增，当x∈π,+∞所以gx②若a≤0，则当x∈0,π2③若0<a<1，注意到g0令φx=g当x∈0,π2时，φ'x因为g'所以存在x0∈0,当x∈0,x0时，g'x<0，所以综上，a的取值范围为1,+∞【点睛】方法点睛：利用导数研究函数不等式恒成立问题，一种方法为参变分离，一种方法转化为函数的最值来求解，并通过利用导数分析函数的单调性来得到函数的最值，考查化归与转化思想，属于难题.题型2端点赋值法1．端点赋值法（函数一般为单增或者单减，此时端点，特别是左端点起着至关重要的作用）2．为了简化讨论，当端点值是闭区间时候，代入限制参数讨论范围．注意，开区间不一定是充分条件．有时候端点值能限制讨论范围，可以去除不必要讨论．【例题2】（2022·河南郑州·统考一模）设函数f(x)=ln（1）当p=1时，求函数fx（2）设函数g(x)=xf(x)+p2x2-x-1对任意x≥1都有【答案】（1）fx的单调增区间为0,1；单调减区间为1,+∞；（2）【分析】（1）求出f'x，在定义域内，分别令f'x>0求得x的范围，可得函数fx增区间，（2）求出g'x=lnx+1+2px，由（1）得到lnx≤x-1，将其代入【详解】（1）当p=1时，fx=ln所以f'x=1x所以fx的单调增区间为0,1，单调减区间为1,+（2）由函数gx=xfx由（1）知，当p=1时，fx≤f1①当p≤-12时，即g(x)在[1,+∞)上单调递减，从而②当-12<p<0时，存在x∈从而g'x=从而存在x0∈1,-③当p≥0时，由x≥1知gx综上所述，实数p的取值范围为p≤-1【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：①分离参数a≥fx恒成立(a≥fxmax即可)或a≤fx恒成立（a≤fxmin即可）；②数形结合(y=fx图象在y=gx上方即可)；【变式2-1】1.（2022秋·黑龙江鸡西·高三校考阶段练习）已知函数fx(1)若x=3是fx的极值点，求f(2)若fx【答案】(1)增区间为0,1,3,+(2)-【分析】（1）由f'3=0求得a的值，再由f（2）代入x=1可得a<0，再结合函数单调性确定最值后即可得解.【详解】（1）fx的定义域为0,+∞，若x=3是fx的极值点，则f'3此时f'fx在区间0,1∪3,+在区间1,3上f'此时x=3是fx综上所述，fx的增区间为0,1,3,+（2）fx由fx≥1，得1设gg1所以当a≥0时，g1<0，①不成立，故g'所以gx在区间0,1上g在区间1,+∞上，g所以gx≥g1综上所述，a的取值范围是-∞【点睛】利用导数研究函数的极值点，除了f'x0=0以外，还需要【变式2-1】2.（2022秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考阶段练习）设函数fx=x+aex(1)求实数a的值；(2)若不等式fx≥tx+lnx+1【答案】(1)1(2)1【分析】（1）设切点横坐标为x0（2）利用函数的单调性，导数求参，含参数问题讨论进行求解.【详解】（1）设直线y=2x与曲线y=fx相切于点x=因为f'x=x+a+1而fx0=x设函数gx=ex+2x-1，x∈则gx有唯一零点x=0所以x0=0，（2）由（1）知fx=x+1fx在区间-∞,-2所以x∈-1,0时，fx<f注意到px=x+lnx+1是增函数，在区间所以t<0不合题意.接下来对t>0进行讨论，令hx则h'注意到x∈-1,+∞，令h'x=0注意到qx=x+1ex所以在t>0时，有唯一的实数x0∈-1,+∞使得当x∈-1,x0时，h'x<0，hx所以hx注意到x0+1e所以hx再设st=t-1-tln当0<t<1时，s't>0，st单调递增，当t>1时，所以st因为hxmin=t-1-tlnt≥0综上所述，实数t的取值范围是1.【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．【变式2-1】3.（2023春·河南郑州·高三郑州外国语学校校考阶段练习）已知函数f(x)=2ln(1)当b=2时，求过点0,-2的fx(2)设g(x)=ex-1+【答案】(1)y=4x-2(2)-2,+【分析】（1）设出切点，根据导数的几何意义，写出切线方程；（2）根据题意将不等式进行等价转化为证明b≥-2，当b≥-2时，g(x)=ex-1+xlnx+【详解】（1）因为b=2，则f(x)=2ln所以f'(x)=2x+2则切线方程为y=2令x=0，

则y=2lnx0所以切线方程为y=4x-2.（2）由g(x)=e令x=1，则g(1)=1+12b≥0下面证明：b≥-2时符合题意.当b≥-2时，g(x)=e以下证明：ex-1构造函数G(x)=e则G'令H(x)=ex-1-x令H'x=令H'x=于是H(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞于是H(x)≥H(1)=0，所以，当0<x<1时，G'(x)<0；当x>1时，所以G(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞故G(x)≥G(1)=0，综上，实数b的取值范围[-2,+∞【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若f(x)在区间D上有最值，则（1）恒成立：∀x∈D,fx>0⇔fx（2）能成立：∃x∈D,fx>0⇔fx若能分离常数，即将问题转化为：a>fx（或a<f（1）恒成立：a>fx⇔a>fx（2）能成立：a>fx⇔a>fx【变式2-1】4.（2023·四川成都·校联考二模）已知函数f(x)=-x2ex+(b-1)x+a在x=0(1)设g(x)=x+22ex，x∈(0,+∞)，当a=1时，求证：函数(2)∀x∈0,+∞，不等式2e【答案】(1)证明见解析(2)1,+【分析】（1）根据切线性质可得b=1，利用作差法构造函数φ(x)=f(x)-g(x)，在由导数判断单调性证明φ(x)>0恒成立即可得出结论；（2）将不等式变形可得aex-x2-cosx>12lnx+1，根据题意可知【详解】（1）证明：因为函数f(x)=-x2ex+(b-1)x+a在x=0因为f'(x)=x2-2x当a=1时，f(x)=-x令φ(x)=f(x)-g(x)=-x又令p(x)=ex-1-再令m(x)=ex-2x-令m'(x)=0，解得故m(x)在0,ln2上单调递减，在则m(x)≥mln易知e3>2.73=19.683>16=故p'(x)>0在0,+∞上恒成立，所以p(x)所以p(x)>p(0)=0，即ex>x所以φ(x)>0，所以f(x)>g(x)，故函数f(x)在x∈0,+∞上的图象恒在函数（2）因为2exf(x)-又因为∀x∈0,+∞，不等式所以ae0-令h(x)=lnx+1-x令h'(x)=0，解得故h(x)在-1,0上单调递增，在0,+∞则h(x)≤h(0)=0，即ln由（1）可知∀x∈0,+∞，当a>1时，a≥x所以∀x∈0,+∞，不等式则实数a的取值范围为1,+∞【点睛】方法点睛：对于不等式恒成立问题，往往通过构造函数再利用导数得出函数单调性即可求解，构造函数过程中要特别关注已有结论的应用，比如lnx+1≤x，题型3隐零点型1．导函数（主要是一阶导函数）等零这一步，有根x0但不可解．但得到参数和x2.知原函数最值处就是一阶导函数的零点处，可代入虚根x3.利用x0与参数互化得关系式，先消掉参数，得出x0不等式，求得4.再代入参数和x0【例题3】（2023秋·湖北随州·高三随州市曾都区第一中学校考开学考试）已知函数fx=ax2+xlnx(1)求实数a的值；(2)若存在k∈Z，使得f(x)>k【答案】(1)1(2)-1【分析】（1）根据导数的几何意义即可求得答案；（2）将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题，求出函数导数f'(x)=2x+ln【详解】（1）∵fx=ax2∵切线与直线x+3y=0垂直，∴切线的斜率为3，∴f'(1)=3，即2a+1=3，故（2）由（1）知fx=xf'令g(x)=2x+lnx+1，x∈(0,+∞)，则由g'(x)>0对x∈(0,+∞)恒成立，故又∵g1e2∴存在x0∈0∵g(x)在(0,+∞∴当x∈0,x0时，g(x)=f当x∈x0,+∞时，g(x)=∴f(x)在x=x0处取得最小值∵f(x)>k恒成立，所以k<fx由gx0=0得，2∴fx0=-x02又x0∈0,∵k∈Z，∴k的最大值为-1【点睛】关键点睛：解答第二问根据不等式恒成立求解参数的最大值，关键在于要求出函数f(x)的最小值或取值范围，解答时要注意“隐零点”问题的解决方法.【变式3-1】1.（2023秋·四川成都·高三树德中学校考开学考试）已知函数fx=e(1)讨论fx(2)若当x≥-1时，fx>ax，求(3)若存在实数a、b，使得fx+ax【答案】(1)答案见解析(2)-(3)-【分析】（1）求得f'x=ex-a，分（2）由已知得2ax<ex，在x=0时显然成立，在x∈-1,0、x∈0,+∞（3）分析可知当a<0时，fx≥b不可能恒成立；当a=0时，可得出a-b=-b≥0；当a>0时，利用导数分析函数fx的单调性，可知存在x0∈-12a,0，使得【详解】（1）解：因为fx=ex-ax若a≤0，则fx>0恒成立，此时fx若a>0，由f'x<0，得x<lna此时函数fx的减区间为-∞,综上所述，当a≤0时，函数fx的增区间为-当a>0时，函数fx的减区间为-∞,（2）解：由fx>ax得当x=0时，显然成立；当x∈-1,0时，2x<0，可得a>ex2x，令则gx在-1,0上递减，故gx≤g当x∈0,+∞时，2x>0，可得a<ex2x由g'x<0，可得0<x<1，由g此时，函数gx在0,1上单调递减，在1,+所以，gx在x=1处取得最小值，即gx≥g综上，a的取值范围是-1（3）解：当a<0时，对任意的x<-b-1fx所以对任意的实数b，fx当a=0时，fx=ex，要使fx当a>0时，由题意，f'因为函数y=ex、y=2ax在R上均为增函数，所以f'因为f'-1所以存在唯一的x0∈-由f'x<0可得x<x0所以fx在-∞,从而fx因为fx≥b恒成立，所以ex又f'x0代入不等式①可得a-b≥-ex0设gx=x所以g'x>0⇔-1<x<0故gx在-∞,-1从而gx≥g-1=-1e，所以综上所述，a-b的最小值为-1【变式3-1】2.（2022秋·江西抚州·高三临川一中校考期中）已知函数fx=e(1)讨论函数fx(2)若a∈N*，当x≥0时，φx≥0恒成立时，求【答案】(1)答案见解析(2)3【分析】（1）求导，讨论导函数的正负即可；（2）分离参数，当x>0时a≤ex+【详解】（1）由fx=e当a≤0时，f'x>0恒成立，f当a>0时，令f'x=0得x=lna，所以f综上所述，当a≤0时，fx在0,+∞单调递增；当a>0时，fx在-（2）当x=0时，φx≥0成立，当x>0时，ϕx设gx=e令hx=e设px当0<x<π3时，ex>1,2cos2x>-1，故px综上有px>0，故h'又h1因为eπ44所以hπ故存在唯一零点x0∈π故当x∈0,x0时g'x<0,g(x)单调递减当x∈x又hx即sin2所以g设qx=ex+又x0∈π所以gx0∈3,4，故要【点睛】利用导数求解参数范围的问题的解题常用方法：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别.【变式3-1】3.（2023·福建泉州·校考模拟预测）已知函数fx(1)若m=1，求fx(2)若对任意x>0，fx【答案】(1)极大值为f1(2)1【分析】（1）求导函数f'（2）不等式恒成立转化为m≥lnx+x+1x2+2x在(0,+∞)上恒成立，设F(x)=lnx+x+1x2【详解】（1）当m=1时，fxf'当0<x<12时，f'x>0当x >12时.f'所以fx在x =（2）因为对任意x>0，fx所以lnx+x+1≤mx2即m≥lnx+x+1x设Fx=ln设φx显然φx在0,+因为φ1=-1<0，所以∃x0∈12当x∈0,x0时，φx>0，F'x所以Fx在0,x0所以Fx因为x0∈1故整数m的最小值为1.【点睛】方法点睛：本题考查用导数求函数的极值，研究不等式恒成立问题．求解不等式恒成立问题，常常需要转化，用分离参数法转化为求函数的最值，本题中函数的最值点不能直接求出，我们用x0表示，通过F'(x)得出x题型4分离参数法【例题4】（2023秋·江苏镇江·高三统考开学考试）已知函数fx(1)求函数fx在x=1(2)若fx+x-1【答案】(1)y=1-(2)证明见解析【分析】（1）由导数的几何意义求解；（2）用分离参数得出a<x-1ex-x，令hx【详解】（1）由fx=ln则f'所以fx在x=1处的切线l的斜率为k=又f1=1-1（2）fx+x-1x-1>a令hx=x-1令ux=xex所以ux在0,+∞上单调递增，又u0则ux在0,1上存在零点x0且ux所以hx在0,x0所以hxmin=hhx0又x0∈0,1则hx0=1-x所以a<-1.【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题，通常利用分离参数法分享参数，把不等式变形为a<g(x)形式，然后利用导数求得函数g(x)的最值，从而得出参数的范围，本题中，实际上求不出参数范围，只是要证明参数满足的条件，同样利用导数得出函数g(x)的最值，只是这个最值与变量x0【变式4-1】1.（2023秋·广东江门·高三统考阶段练习）已知函数fx(1)若x=1是函数y=f(x)的极值点，求m的值；(2)若对任意的x∈1e,【答案】(1)m=0(2)-【分析】（1）若x=1是函数y=f(x)的极值点，f'（2）对任意的x∈1e,+∞，fx≥0【详解】（1）函数fx=x-1f'x=1是函数y=f(x)的极值点，所以f'1=若m=0，则有f'0<x<1时，f'x<0；x>1fx在0,1上单调递减，在1,+x=1是函数y=f(x)的极值点.故m=0.（2）若fx=x-1则m≤x-1x+1ln令gx则g'令hx=2xln当x∈1e,∴hx在1e,故当x>1时，hx>0，即g'当1e<x<1时，hx<0，即故当x=1时，gx取得极小值，也是最小值g1=0所以实数m的取值范围为-∞【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤（1）作差或变形.（2）构造新的函数hx（3）利用导数研究hx（4）根据单调性及最值，得到所证不等式.特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题.【变式4-1】2.（2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考阶段练习）已知函数f(x)=2x(1)讨论函数fx(2)若f-1=1，函数g(x)=aln【答案】(1)答案见解析(2)4【分析】（1）对函数求导后分解因式，对参数m的取值范围进行分类讨论即可得到函数fx（2）由f-1=1可得m=0，转化为a≤2x+3lnx+1【详解】（1）根据题意可得f'若m=1，f'(x)=6x+12≥0在x∈若m>1，此时-m<-1，当x∈-∞,-m∪-1,+∞时，满足f'(x)>0当x∈-m,-1时，满足f'(x)<0，此时函数f若m<1，此时-m>-1，当x∈-∞,-1∪-m,+∞时，满足f'(x)>0当x∈-1,-m时，满足f'(x)<0，此时函数f综上可知，m=1时，fx在Rm>1时，fx在-∞,-m和-1,+m<1时，fx在-∞,-1和-m,+（2）由f-1=1可得-2+3(1+m)-6m=1，解得所以f(x)=2x3+3易知x∈1,+∞时，若函数g(x)=alnx+1-f(x)x2≤0在令hx=2x+3令φx=2lnx-3即函数φx在x∈易知φ2=2ln2-3而φ52=2ln5因此h'x在x∈1,+∞有且仅有一个零点x0所以当x∈1,x0时，h'x因此函数hx=2x+3lnx+1所以hx的最小值为hx0因此a≤2x0∈所以a的最大值为4.【点睛】关键点点睛：本题在求解函数hx=2x+3lnx+1,x>1【变式4-1】3.（2023秋·陕西西安·高三校联考开学考试）已知函数fx=ln(1)当m=1时，求曲线y=fx在点1,f(2)若关于x的不等式fx<0在0,1上恒成立，求【答案】(1)y=-(2)-3【分析】（1）根据切点和斜率求得切线方程.（2）由fx<0分离参数m，利用构造函数法，结合导数求得m的取值范围，进而求得m【详解】（1）由题当m=1时，fxf'x=1x所以切线方程为y+e+2=0x-1即曲线fx在点1,f1处的切线方程为（2）由fx<0可得令gx=ln则g'当0<x≤1时，x-1≤0，设hx=ex-又h1=e则存在x0∈12,1取对数得lnx当x∈0,x0时，hx<0当x∈x0,1时，hx>0∴g(x)∵y=1-2x+2x在1又m>gx对任意x∈0,1恒成立，所以m≥gx0，即【点睛】利用导数求曲线的切线方程，首先要注意的是已知点是在曲线外还是曲线内，然后要注意求得切点和斜率，再根据点斜式就可以求得切线方程.利用导数研究函数的单调性，若一次求导无法求解，可进行多次求导来求解.【变式4-1】4.（2023·江西·校联考模拟预测）设函数fx(1)若fx≥0恒成立，求实数(2)在（1）的条件下，证明：ex-1【答案】(1)a≤1(2)证明见解析【分析】（1）由fx≥0恒成立，即a≤xlnx+1（2）利用分析法，要证ex-1fx≥ax2-xex-1⇔e【详解】（1）解：fx的定义域为0,+∴f令gx=lnx+1x，∴gx在0,1单调递减，1,+∴gx∴a≤1．（2）要证ex-1fx即只要证ex-1xln由（1）知，lnx+1令hx=e由h'x>0⇒x>1，h'x<0⇒0<x<1，∴hx即ex-1-x≥0，综上，题型5分离参数法-洛必达法则1．若分离参数后，所求最值恰好在“断点处”，则可以通过洛必达法则求出“最值”2．注意“断点”是在端点处还是区间分界处．【例题5】设函数f(x)=sinx2+（2）如果对任何x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范围．解：（原解法）（1）f'(x)=(2+cosx)cosx-sinx(-sinx)(2+cosx)2=2因此f(x)在每一个区间2kπ-2π3，2kπ+（2）令g(x)=ax-f(x)，则g'(x)=a-2cosx+1故当a≥13时，g'(x)≥0．又g(0)=0，所以当x≥0时，当0<a<13时，令h(x)=sinx-3ax，则h'因此h(x)在0，arccos3a上单调增加．故当x∈(0即sinx>3ax．于是，当x∈(0，arccos当a≤0时，有fπ2=12洛必达法则解法：解析：（1）略;（2）f(x)=sinx2+cosx≤ax所以a≥h(x)<13因为g'(x)=13【变式5-1】1.设函数f(x)=ln（1）求f(x)的单调区间和极值；（2）是否存在实数a，使得关于x的不等式f(x)≥a的解集为（0，+∞）？若存在，求a的取值范围；若不存在，试说明理由．【答案】（1）f(x)在(0，1)单调递增，在(1，+∞)单调递减，（2）存在a，使得关于x的不等式f(x)≥a的解集为(0，+∞)，且【分析】（1）先确定函数的定义域然后求导数f'(x)，在函数的定义域内解不等式f'(x)>0和f'(x)<0，求出单调区间，讨论满足f'(x)=0的点附近的导数的符号的变化情况，来确定极值点，求出极值；（2）对a进行讨论，当a⩽0时，f(x)>0恒成立，关于x的不等式f(x)⩾a的解集为(0,+∞)符合题意．当a>0时，关于x的不等式f(x)⩾a的解集不是【详解】解：（1）f'故当x∈(0，1)时，f'(x)>0，所以f(x)在(0，1)单调递增，在由此知f(x)在(0，+∞（2）（ⅰ）当a≤0时，由于f(x)=(1+x)故关于x的不等式f(x)≥a的解集为(0，（ⅱ）当a>0时，由f(x)=lnx1+x+lnln1+又n≥2时，ln2且2ln取整数n0满足n0>-log2则f(2即当a>0时，关于x的不等式f(x)≥a的解集不是(0，综合（ⅰ）（ⅱ）知，存在a，使得关于x的不等式f(x)≥a的解集为(0，+∞)，且【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于第二问的（ⅱ），转化为证明f(2【变式5-1】2.已知函数fx=ex，曲线y=fx(1)证明：对于∀x∈R，fx(2)当x≥0时，fx≥1+ax【答案】(1)证明见解析；(2)-∞【分析】（1）根据导数几何意义可求得gx，设hx=fx-g（2）解法一：设hx=1+xfx-1+x-ax，利用导数可确定h'x在解法二：采用分离变量的方式，将问题转化为a≤tx=1+xex-1+x【详解】（1）∵f'x=e∴切线方程为：y-ex0=e设hx=fx则当x∈-∞,x0时，h∴hx在-∞,∴hxmin=h∴对∀x∈R，fx（2）解法一：当x≥0时，fx≥1+ax令hx则h'x=∴h'x在0,+①当a≤1时，1-a≥0，∴h'x≥0，∴hx≥h0②当a>1时，h'0<0令ma=a-1-lna，则m'∴∃x0∈又h'x在0,+∞上单调递增，∴当x∈0,x此时hx综上所述：实数a的取值范围为-∞解法二：由fx≥1+ax当x=0时，ax=0，1+xex-当x>0时，a≤1+x令tx则t'令sx=x∴sx在0,+∞上单调递增，∴sx∴tx在0,+由洛必达法则可知：limx→0∴tx>lim综上所述：实数a的取值范围为-∞【点睛】方法点睛：求解恒成立问题的常用方法是能够通过分离变量的方法将问题转化为变量与函数最值之间的大小关系比较问题，即若a≥fx恒成立，则a≥fxmax；若a≤f题型6构造辅助函数求参1．含有x1和x2．可以利用第一问的某些结论或者函数结构寻找构造的函数特征．【例题6】（2023·四川宜宾·四川省宜宾市第四中学校校考三模）已知函数f(x)=aln(x-1)+1(1)当a=-1时，求函数f(x)的极值；(2)若任意x1,x2∈(1,+∞)【答案】(1)极小值为2，无极大值(2)1【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）不妨令x1<x2，则问题等价于gx2-x2≥gx1-x1，令G(x)=g(x)-x【详解】（1）解：当a=-1时，f(x)=14x则f'(x)=12x-1x-1又因为x>1，所以x=2．列表如下：x1,222,+f-0+f单调递减极小值单调递增因为函数f(x)在区间(1,2)上单调递减，在区间(2,+∞)上单调递增，所以f(x)有极小值（2）解：因为g(x)=f(x)+1ex所以g(x)=aln(x-1)+1若对任意x1,x不妨令x1<⇔gx令G(x)=g(x)-x，只需证明G(x)在(1,+∞因为G(x)=g(x)-x=aln(x-1)+1所以ax-1-1ex≥0在令h(x)=x-1ex，x∈因为x>1，所以令h'(x)>0，解得1<x<2，令h'从而h(x)在区间(1,2)上单调递增，在区间(2,+∞所以当x=2时h(x)取到最大值h(2)=1e2，所以实数a【点睛】思路点睛：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【变式6-1】1.（2023春·江苏扬州·高三扬州中学校考阶段练习）已知函数fx(1)讨论fx(2)设gx=xex-lne【答案】(1)当a≤0时，fx在R上单调递增，当a>0时，fx在-∞(2)-1,+【分析】（1）求出函数的导数，分a≤0和a>0讨论导数的正负，从而判断函数的单调性；（2）由题意对任意x1∈R,x2∈0,+【详解】（1）因为fx所以f'因为ex若a≤0,则ex2-a>0,若a>0，当x∈-∞,2lna时，f此时fx在-∞,2综上可得，当a≤0时，fx在R当a>0时，fx在-∞,2（2）对任意x1即fx1+gx即f(x)当a=1时，fx由（1）知fx在-∞,0所以f(x)因为hx所以h'设sx=x2e且s1所以存在x0∈1即x02e由y=xex在0,+∞x∈0,x0x∈x0,+所以h(x)所以由f(x)min+h(x)min所以实数m的取值范围是-1,+∞【点睛】关键点点睛：在解答对任意x1∈R,x【变式6-1】2.（2023秋·重庆渝北·高三重庆市渝北中学校校考阶段练习）已知函数fx=1(1)当a=-1时，求函数fx(2)若任意x1、x2∈1,+∞且x【答案】(1)极小值f2(2)a≥【分析】（1）当a=-1时，利用导数分析函数fx的单调性，即可求得函数f（2）设hx=gx-x，分析可知函数hx在1,+∞上为增函数，可得出h'x=ax-1-1ex≥0对【详解】（1）解：当a=-1时，fx=1则f'x=12x-1又因为x>1，所以x=2，列表如下：x1,222,+f-0+f单调递减极小值单调递增因此fx有极小值f（2）解：因为gx=fx所以gx=aln对∀x1、x2∈1,+∞且得到gx1-g设hx=gx-x且函数所以hx=aln即有h'x=ax-1-1设φx=x-1ex令φ'x>0，解得1<x<2，令φ所以φx在1,2上单调递增，在2,+所以φx最大值φ2=1e【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1）∀x∈D，m≤fx（2）∀x∈D，m≥fx（3）∃x∈D，m≤fx（4）∃x∈D，m≥fx【变式6-1】3.（2022·陕西西安·西安中学校考模拟预测）已知函数f(x)=12x(1)当a=1时，求函数y=fx在区间(0,(2)若a∈0,12，证明对任意x【答案】(1)1(2)证明见解析【分析】（1）对函数求导后可判断f(x)在区间(0,e（2）对函数求导，可判断出f(x)在12,1内是减函数，不妨设12≤x1<x2≤1，则【详解】（1）当a=1时，则函数f(x)=12则f'(x)=x-2+1所以f(x)在区间(0,e]为单调递增函数，所以当x=e时f(x)（2）由函数f(x)=12x令f'(x)=0，x=a，x=1a，又当x∈12,1所以f(x)在12,1内是减函数，因为不妨设12≤x于是f(x1)-f(即f(x令g(x)=f(x)-1因g'(x)=1故g'从而g(x)在12∴对任意12<x1<∴当a∈(0,12)时，对任意x【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的最值，考查利用导数判断函数的单调性，第（2）问解题的关键是由导数可得f(x)在12,1内是减函数，不妨设12≤x1<【变式6-1】4.（2021·甘肃嘉峪关·嘉峪关市第一中学校考三模）已知函数fx（1）若曲线y=fx在x=1处的切线与y轴垂直，求y=（2）若对任意0≤x1≤x2【答案】（1）0；（2）-∞,1.【分析】（1）求出导函数f'(x)，由f'(1)=0求得（2）题意转化为新函数hx=fx+x2-2ln2=ax2+x2-ln【详解】（1）由f'x=2ax-令gx=f可知函数gx在-∞,1上单调递增，在1,+∞所以g'（2）由题意可知函数hx=fx从而h'x=2ax+令Fx=2ax+2-2当a≤12时，F'x≤0则Fx当a>12时，F'所以函数Fx在0,在ln2a,+∞则Fxmax即2aln设G(x)=xlnx-x，则G'(x)=lnx，所以2a≤2，故12综上，实数a的取值范围是-∞,1.【点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数求函数的最值，用导数研究不等式恒成立问题，解题关键是问题的转化，根据不等式的形式，第一个转化是转化为函数的单调性，第二转化为导函数小于或等于0恒成立，第三步转化为用导数求函数的最大值，由最大值小于或等于0得参数范围．题型7绝对值同构求参1．含绝对值型，大多数都是有单调性的，所以可以通过讨论去掉绝对值．2．去掉绝对值，可以通过“同构”重新构造函数．【例题7】（2023·上海徐汇·位育中学校考模拟预测）已知函数fx=x(1)判断函数fx(2)若函数Fx=x⋅fx在x=1(3)记gx=-ex（e是自然对数的底数）.若对任意x1、x【答案】(1)a=0时，f(x)为偶函数；a≠0时，f(x)为非奇非偶函数(2)[-1,5(3)2ln【分析】（1）根据二次函数的性质以及奇偶函数的定义，即可判断；（2）根据极值，求出a=1，得到F(x)=x3-x2（3）根据g(x)的单调性，问题转化为gx1-gx2<fx1-fx2【详解】（1）fx=x2-ax-a，因为f(x)的对称轴为x=a2，故当a=0时，f(x)的对称轴为y（2）Fx=x⋅fx在x=1处有极值，因为F(x)=x3-axF(x)=x3-故x∈(-∞,-13)和(1,+∞)因为关于x的方程Fx=m有3个不同的实根，根据导数的性质，当F(1)≤m≤F(-13（3）gx=-ex，g(x)单调递减，对任意x1g(x2)-g(则对任意x1、x2∈0,e转化为，对任意x1、x2∈0,ef(x所以，函数f(x)+g(x)在[0,e]上单调递减，函数f(x)-g(x)在①函数f(x)+g(x)在[0,e]上单调递减，即f'又因为，fx=x2-ax-a得2x-ex≤a在[0,e]上恒成立，令h(x)=2x-ex，h'(x)=2-ex，令h'(x)=0②函数f(x)-g(x)在[0,e]上单调递增，即f'又因为，fx=x2-ax-a2x+ex≥a在[0,e]上恒成立，因为函数y=2x+ex综上所述，实数a的取值范围为：2ln【变式7-1】1.（2022秋·天津北辰·高三校联考期中）已知函数fx=1(1)当a=2时，求曲线y=fx在点1,f(2)当a≠1时，求函数fx(3)若a∈0,12，证明对任意x1，【答案】(1)x+2y+3=0(2)见解析(3)见解析【分析】（1）求导，求斜率，求切点，由点斜式方程，整理一般式方程，可得答案；（2）求导，并分解因式，令导函数等于零，求得零点，分区间研究导数与零的大小关系，可得答案；（3）由（2）明确单调性，不妨设x1【详解】（1）由a=2，则fx=1曲线y=fx在点1,f1处切线的斜率为由f1=12-（2）由fx=1令f'x=0，解得x=当a>1时，即1a<a，则当x∈0,1a∪a,+所以函数fx在0,1a，a,+当0<a<1时，即1a>a，当x∈0,a∪1a,+所以函数fx在0,a，1a,+综上，当a>1时，函数fx在0,1a，a,+当0<a<1时，函数fx在0,a，1a,+（3）由（2）可知，当a∈0,12时，f不妨设x1<x2，fx由x1<x2，则x12<令gx=fx令y=a+1a，y'=1-1a2=a-1易知g'x=-a+1则gx在12,1上单调递减，故12≤【点睛】用导数证明不等式，整理不等式，分离变量或者整理一边为常数，根据够着新函数，通过研究新函数的单调性或者最值，可解决问题；研究含参函数的单调性，求导，分解因式，通过导数等于零，讨论导数零点的大小，导数大于零和小于零的区间，可得结论.【变式7-1】2.（2022秋·天津东丽·高三校考阶段练习）已知函数f((1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线的方程为(2)当a=1时，f(x1)=(3)若0<a≤1，对任意x1，x2∈【答案】(1)a(2)证明见解析；(3)(-∞,0]【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义列出相应方程，求得a,（2）a=1时求导数，判断f(x)的单调性，不妨设0<x1<1<x2，则要证明x1+x2（3）利用导数判断函数单调性，从而将f(x1)-f(x2)【详解】（1）∵f∵曲线y=f(x)所以f'(1)=1-a=3，f（2）当a=1时，f(x当0<x<1时，f'(x)<0，f(由于f(x1)=f则要证明x1+x2>2当x>1时，f(x由于f(x1令g(则g(当x∈(0,1)时，即g(x)=即x∈(0,1)时，f(故原命题成立，即x1（3）因为0<a≤1，所以f'(x)=x不妨设x1<x2∈1,2]，则f(所以h(x)为(1，2]上的增函数，即h等价于x3-ax-m≥0在又0<a≤1，所以ax≤对于函数y=x3-x，y故y=x3-x所以m≤0，即m的取值范围为(-∞,0]【点睛】本题考查了导数几何意义的应用以及不等式的证明和根据不等式恒成立求参数的范围问题，综合性较强，计算量较大，解答时要注意能熟练应用导数的相关知识，比如利用导数解决切线问题和判断函数单调性以及最值问题，解答的关键是将不等式恒成立求参数范围转化为构造函数，利用函数的最值问题加以解决.【变式7-1】3.（2021·吉林长春·吉林省实验校考模拟预测）已知函数fx(1)讨论函数fx(2)若对任意x1，x2∈0,1都有fx1【答案】(1)答案见解析；(2)-3,0.【分析】（1）求出函数的导数，讨论a即可得出单调性；（2）由题可得fx2+gx2≤fx1+gx1，构造函数F【详解】（1）因为函数fx=x-1-aln当a≤0时，f'x>0，所以f当a>0时，令f'x=0当0<x<a时，f'x<0，所以f当x>a时，f'x>0，所以f综上，当a≤0时，fx在0,+∞上单调递增；当a>0时，fx在0,a（2）当a<0时，f'x=1-ax>0在g'x=-4x2<0不妨设x1≤x2，因为对任意x1所以fx2-fx1≤gx令Fx=fx所以F'x=1-即a≥x-4x在易知y=x-4x在0,1上单调递增，则其最大值为因为a<0，所以-3≤a<0，所以实数a的取值范围为-3,0.【点睛】关键点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性、不等式恒成立等问题，其中重点考查双变量不等式恒成立问题中的构造函数，将问题转化为Fx=fx+gx在0,1【变式7-1】4.（2020秋·海南海口·高三校考阶段练习）已知函数fx=ln（1）讨论函数Fx（2）若-3≤a≤-1时，对任意x1、x2∈【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）154【分析】（1）对函数进行求导，根据实数a的正负性分类讨论进行求解即可；（2）根据函数f(x),g(x)的单调性，若1≤x当-3≤a≤-1时，对任意1≤x1≤【详解】解：（1）由题意得F(x)=f(x)+12∴F当a≤0时，F'(x)≥0，函数F(x)在当a>0时，令F'(x)>0，有0<x<1a：令F'(x)<0，有x>1a：综上，当a≤0时，函数F(x)在(0,+∞)上单调递增当a>0时，函数y=F(x)在0,1a上单调递增，在（2）f'(x)=令m则Δ=1+4a<0，a∈即f'x所以-3≤a≤-1有函数f(x)单调递增，而g(x)单调递减若1≤x当-3≤a≤-1时，对任意1≤不等式fx即fx2+tgx2记h(x)=f(x)+tg(x)=由题意：h(x)在[1,2]上单调递减．∴h'(x)=1x-ax+(1-2t)≤0令H(a)=-xa+1x则Hamax=H故2t-1≥3x+1xmax，而∴函数y=3x+1x在[1,2]由2t-1≥132故，实数t的最小值为154【点睛】关键点睛：利用函数f(x),g(x)的单调性把问题进行转化，然后构造新函数利用导数进行求解是解题的关键.【变式7-1】5.（2021秋·山西长治·高三山西省长治市第二中学校校考阶段练习）已知函数fx（1）若fx在0,1上的最大值为-2，求a（2）记gx=fx+a-1lnx+1，当a≤-2【答案】（1）-e；（2）4．【分析】（1）由f'(x)=2ax2+2x（2）由题设知gx是(0,+∞)上的减函数，令h(x)=g(x)+kx，由不等式恒成立知hx是(0,+∞)上的减函数，即h'x≤0【详解】（1）fx的定义域是(0,+∞)，则f①当a≥0时，f'(x)>0，故fx是(0,1]②当a<0时，令f'(x)=0，得若-1<a<0，f'(x)>0有x∈(0,-1a)，而1<-若a≤-1，f'(x)>0有x∈(0,-1a而0<-1a<1，所以fx在(0,-1综上所述，a=-e.（2）由题设，g(x)=f(x)+(a-1)lnx+1,x>0,     a≤-2，则g'对任意x1,x2∈(0,+∞)∴题设不等式可化为g(x1)-g(x2设h(x)=g(x)+kx=ax2+(a+1)lnx+kx+1,x>0,a≤-2，则有∀若h'x=2ax+a+1x此时有∀x1,x2又∀x∈0,+∞设rx=-2ax-a+1x,x>0,a≤-2，则rx=-2x+1故k≤rxmin=4，即k若存在x∈0,+∞，使得h'x=2ax+a+1使得∀x∈m,n，有h'x>0，故此时∀x1,x2综上k的最大值为4.【点睛】关键点点睛：（1）利用导数，结合分类讨论研究函数的单调性，根据给定区间的函数最值求参数.（2）构造h(x)=g(x)+kx，由条件不等式恒成立将问题转化为(0,+∞)上h'x<0题型8函数取“整”型讨论出单调性，要注意整数解中相邻两个整数点函数的符号问题【例题8】（2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考阶段练习）已知函数f(x)=2x(1)讨论函数fx(2)若f-1=1，函数g(x)=aln【答案】(1)答案见解析(2)4【分析】（1）对函数求导后分解因式，对参数m的取值范围进行分类讨论即可得到函数fx（2）由f-1=1可得m=0，转化为a≤2x+3lnx+1【详解】（1）根据题意可得f'若m=1，f'(x)=6x+12≥0在x∈若m>1，此时-m<-1，当x∈-∞,-m∪-1,+∞时，满足f'(x)>0当x∈-m,-1时，满足f'(x)<0，此时函数f若m<1，此时-m>-1，当x∈-∞,-1∪-m,+∞时，满足f'(x)>0当x∈-1,-m时，满足f'(x)<0，此时函数f综上可知，m=1时，fx在Rm>1时，fx在-∞,-m和-1,+m<1时，fx在-∞,-1和-m,+（2）由f-1=1可得-2+3(1+m)-6m=1，解得所以f(x)=2x3+3易知x∈1,+∞时，若函数g(x)=alnx+1-f(x)x2≤0令hx=2x+3令φx=2lnx-3即函数φx在x∈易知φ2=2ln2-3而φ52=2ln5因此h'x在x∈1,+∞有且仅有一个零点x0所以当x∈1,x0时，h'x因此函数hx=2x+3lnx+1所以hx的最小值为hx0因此a≤2x0∈所以a的最大值为4.【点睛】关键点点睛：本题在求解函数hx=2x+3lnx+1,x>1【变式8-1】1.（2023秋·宁夏银川·高三银川一中校考阶段练习）已知函数fx(1)当m=1时，证明：fx(2)若关于x的不等式fx<m-2【答案】(1)证明见解析(2)最小值为3【分析】（1）先确定函数的定义域，求导得f'（2）构造函数Gx=2lnx-12m结合函数单调性，即求得整数m的最小值．【详解】（1）当m=1时，fx∴f令f'x=0当x∈0,2时，当x∈2,+∞所以fx在x=所以f(x)所以fx而ln2<所以fx（2）令Gx则G'当m≤0时，因为x>0，所以G'x>0，所以G又因为G1所以关于x的不等式Gx当m>0时，G'令G'x=0，得x=2m当x∈2m,+因此函数Gx在0,2m故函数Gx的最大值为G令hm因为h1又因为hm在0,+∞上单调递减，所以当m≥3时，所以整数m的最小值为3.【点睛】方法点睛：根据不等式直接构造函数，分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数m范围【变式8-1】2.（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三校考阶段练习）设函数f(x)=(1)若a=1，b=0，求曲线y=f(x)在点1,f1(2)若0<a<b，不等式f1+lnx【答案】(1)y=-3x+1(2)3【分析】（1）把a=1，b=0代入函数f(x)=x3-3ax2+3b（2）对fx进行求导，利用导数研究其单调性，可得fx是单调递减的，根据不等式，f1+【详解】（1）当a=1，b=0时，f(x)=x3-3x因为f'(x)=3x所以切线方程为y+2=-3x-1，即y=-3x+1（2）f'(x)=3x2-6ax+3所以函数fx不等式f1-lnxx-1>f构造h(x)=(1-lnx)x构造g(x)=x-lnx-2，g'(x)=1-1所以g(x)=x-lnx-2在x∈1,+∞递增，所以∃x0∈(3,4)所以x∈1,x0，g(x)<0，即h'(x)<0x∈x0,+∞，g(x)>0，即h'所以h(x)min=hx0所以k<(1+lnx)xx-1对x∈(1,+∞所以整数k的最大值为3；【点睛】关键点点睛：第二问，将问题化为k<(1+lnx)x【变式8-1】3.（2023·广西桂林·校考模拟预测）已知函数fx(1)讨论函数gx(2)若a=1，且存在整数k使得fx>k恒成立，求整数（参考数据：ln2≈0.69，ln【答案】(1)答案见解析(2)0【分析】（1）求出g'x=ex-1x+a-1x+a2，然后分（2）求出f'x，然后利用导数求出函数f'x存在唯一的零点x0，且x【详解】（1）gx=fxg若a≤0，则-a≥0，1-a≥1，当-a<x<1-a时，g'x<0，当x>1-a所以函数gx在-a,1-a上递减，在1-a,+若a=1，则g'所以函数gx在-a,+若0<a<1，则1-a>0，当-a<x<0或x>1-a时，g'x>0，当0<x<1-a所以函数gx在0,1-a上递减，在-a,0和1-a,+若a>1，则1-a<0，当-a<x<1-a或x>0时，g'x>0，当1-a<x<0所以函数gx在1-a,0上递减，在-a,1-a和0,+综上所述，当a≤0时，函数gx在-a,1-a上递减，在1-a,+当a=1时，函数gx在-a,+当0<a<1时，函数gx在0,1-a上递减，在-a,0和1-a,+当a>1时，函数gx在1-a,0上递减，在-a,1-a和0,+（2）若a=1，fx=ef'令hx=xe令mx=x+1所以函数mx在-1,+∞上递增，即函数h'又h'0=0，则当-1<x<0时，h'x所以函数hx在-1,0上递减，在0,+所以hx又h-1=-1e<0所以函数hx存在唯一的零点x0，且x0则当-1<x<x0时，hx<0，即f'x<0所以函数fx在-1,x0所以fx令φx=1x-lnx+1所以函数φx在3所以φ1又φ1=1-ln所以fx又存在整数k使得fx所以整数k的最大值为0.【点睛】方法点睛：本题属于函数的隐零点问题，解题的关键是首先要得到隐零点的方程和隐零点的范围，然后要善于用隐零点满足的方程进行化简变形.【变式8-1】4.（2022秋·云南·高三云南民族大学附属中学校考期中）已知函数fx(1)讨论函数fx(2)若m为整数，且关于x的不等式fx≤m【答案】(1)答案见解析(2)2【分析】（1）对m分类讨论，讨论f'x的正负即可求得（2）构造函数Gx【详解】（1）由题意知，fx的定义域为0,+对fx求导，得当m≥0时，f'x>0恒成立，所以f当m<0时，由f'x>0，得0<x<-1所以，fx在0,-1m综上所述：当m≥0时，fx在0,+当m<0时，fx在0,-1m（2）因为fx≤m即lnx-12所以G'当m≤0时，因为x>0，所以G'x>0，所以G又因为G1=-32m+2>0当m>0时，G'令G'x=0得x=1m，所以当x∈0,1因此函数Gx在x∈0,1故函数Gx的最大值为G令hm=12m-又因为hm在m∈0,+∞上是减函数，所以当m≥2所以整数m的最小值为2.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，函数不等式恒成立问题，是高考常见的压轴题型，有一定的难度.题型9“存在”成立问题1．当不能分离参数时候，要移项分类讨论．2．确定是最大值还是最小值．【例题9】（2023秋·湖南株洲·高三株洲二中校考开学考试）已知函数fx(1)证明：当x>0时，fx(2)若关于x的方程fxx+x2【答案】(1)证明见解析；(2)(1【分析】（1）利用导数探讨函数单调性，再借助单调性推理作答.（2）利用方程解的意义，构造函数，按a≤12、【详解】（1）函数f(x)=ex-12令y=ex-x-1，x>0则函数f'(x)在(0,+∞因此函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，所以当x>0时，fx（2）设y=x-sinx，x∈0,则y=x-sinx在0,π上递增，y>0方程fxx+x2令gx=ex-ax由x∈0,π，得由（1）知，当a≤12时，当x∈0,π时，函数当a>12时，由gx令tx=g当x∈[π2,当x∈(0,π2)时，令s因为ex>0，a3sinx+xcosx又t'0=1-2a<0，t'(π2当x∈0,x0时，t当x∈x0,π时，显然g'x0因此g'x在0,π且x1∈x0,π，当当x∈x1,π时，又g0=0，由（1）知，ex>1所以gx在0,x1上没有零点，在x1,所以a的取值范围是(1【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用函数零点的意义等价转化，构造函数并用导数探讨函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.【变式9-1】1.（2023秋·内蒙古赤峰·高三统考开学考试）已知函数fx=cosxx，x∈(1)证明：f'(2)若关于x的不等式f'【答案】(1)证明见解析(2)-【分析】（1）求导f'x=-xsinx+cosx（2）由（1）问题转化为xsinx+cosx-ax2+1≥0，x∈0【详解】（1）证明：f'x=令gx当x∈0,π2时，gx当x∈π2,π时，g'x又gπ2=π2>0，综上，f'（2）由f'x+设Fx=xsinF'当2a≤-1，即a≤-12时，F'x≥0Fxmax=Fπ=-1-a当2a≥1，即a≥12时，F'x≤0，Fx在0,π当-12<a<12当x∈0,x0时，cosx>2a，当x∈x0,π时，cosx<2a所以Fx=x=x令φx=xsinφ'x=12综上，a的取值范围为-∞【点睛】方法点睛：对于恒成立和有解问题的解决方法是：若fx≥a，对于x∈D恒成立，则fxmin≥a；若f【变式9-1】2.（2023·全国·高三专题练习）设函数fx(1)讨论函数fx(2)当a=1时，记gx=xfx【答案】(1)答案见解析(2)存在，t的最小值为0【分析】（1）求导f'x=ax+11-ax+1x（2）由a=1，得到gx=xfx+x【详解】（1）解：由题意得函数的定义域为0,+∞f'①当a<0时，x∈0,-1a时，f'x∈-1a,+∞时，f②当0≤a≤1时，f'x>0恒成立，f③当a>1时，x∈0,1a-1时，f'xx∈1a-1,+∞时，f'综上，当a<0时，fx在0,-1当0≤a≤1时，f'x>0恒成立，f当a>1时，fx在0,1a-1（2）当a=1时，gx∴g'x=2x+ln又g'12所以存在唯一的x0∈1且当x∈0,x0时，g当x∈x0,+∞时，所以gx设φx0=-x02-所以φ12<g若关于x的不等式t≥gx有解，则t≥-34所以存在整数t满足题意，且t的最小值为0.【点睛】方法点睛：若不等式t≥gx有解，则t≥gxmin；若不等式【变式9-1】3.（2022·辽宁·校联考一模）已知函数fx(1)讨论函数fx(2)证明：存在α∈-π6【答案】(1)讨论见解析(2)证明见解析【分析】(1)对原函数求导后利用判别式对α进行分类讨论即可；(2)理解“有解”的含义，构造函数将原不等式转化为求函数的最大值.(1)fx的定义域为R，fΔ=①当α∈π3,π2时，Δx∈-∞,4sinx∈4f'x<0x∈4sinα+24sin②当a∈-π6,π所以fx在-(2)不等式fx>e所以只需证14因为a∈-π6又x2∈0,+∞，所以所以14设函数gx=1x∈-∞,1，g'x≥0，gx因为g1=14+【点睛】对于第二问使用函数的缩放法是核心，对原函数14x3“化繁为简”，“化难为易”的数学思想就显得特别重要，通过本题的计算应该能够体会到这种数学思想，在以后的数学计算中遇到很复杂的计算应该首先考虑这种数学思想.【变式9-1】4.（2022秋·北京·高三北京市第十二中学校考阶段练习）已知函数f(x)=e(1)当a=1时，求函数f(x)的单调区间：(2)若关于x的不等式f(x)≤ea在(3)若曲线y=f(x)存在两条互相垂直的切线，求实数a的取值范围；（只需直接写出结果）【答案】(1)单调增区间是(-∞,-2)，(-1,+∞(2)aa⩽(3){a|a≠2，a∈R}.【分析】(1)当a=1时，f(x)=e(2)若关于x的不等式f(x)⩽ea在[a，+∞)上有解，即x2+ax+a⩽ea-x，在[a，+∞)上有解，构造两个函数r(x)=x(3)由f(x)的导数f'(x)=ex(x+2)(x+a)，当a≠-2时，函数y=f'(x)的图象与x【详解】（1）当a=1时，f(x)=e则f'(x)=e令f'(x)>0得x>-1或x<-2；令f'(x)<0得-2<x<-1．∴函数f(x)的单调增区间是(-∞,-2)，(-1,+∞（2）f(x)⩽ea，即ex令r(x)=x2+ax+a当a>0时，在[a，+∞)上，由于故r(x)在[a，+∞)上增，t(x)在[a，欲使x2则只须r(a)⩽t(a)，即2a解得-1⩽a⩽12，故当a⩽0时，在[a，+∞)上，由于故r(x)在[a，+∞)上先减后增，t(x)在[a，欲使x2+ax+a⩽e即-a当a⩽0时，-a综上所述，a⩽12即为符合条件的实数（3）a的取值范围是{a|a≠2，a∈R}．【点睛】本题考查导数的综合运用，利用导数研究函数的单调性，以及存在性问题求参数的范围，本题考查了转化的思想，分类讨论的思想，属于导数运用的一类典型题．【变式9-1】5.（2022·北京海淀·101中学统考模拟预测）设函数f(x)=ln（1）求函数φ(x)=f(x)+g(x)的单调递增区间；（2）当a=1时，记h(x)=f(x)g(x)，是否存在整数λ，使得关于x的不等式2λ⩾h(x)有解？若存在，请求出λ的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）答案见解析；（2）存在符合题意的整数λ，其最小值为0．【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h(x)的最小值，根据函数的单调性判断即可．【详解】解：（1）函数φ(x)的定义域为0,+∞，函数φ(x)的导数φ'当a<0时，φ(x)在0,a-1a上单调递增，在当0⩽a⩽1时，φ(x)在R+当a>1时，φ(x)在0,a-1a上单调递减，在综上可知，当a<0时，φ(x)的单调递增区间是0,a-1a；当0⩽a⩽1时，φ(x)的单调递增区间是(0,+∞)；当a>1时，φ(x)的单调递增区间是（2）当a=1时，h(x)=(x-3)lnx,h由于h'(x)是单调递增函数，且在32,2上有唯一零点（记为m），则函数h(x)在x=m处取得极小值，也是最小值将lnm=3m-1代入又m∈32,2，于是6-于是符合题意的整数λ，其最小值为0．1.（2023·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）已知函数fx=x-1ex(1)设gx=fx(2)当x>0时，f'【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）对gx求导可得g（2）先证明当a≤1时，alnx+1≤lnx+1<x<f【详解】（1）证明：因为gx所以g'当x∈-∞,0时，e当x∈0,+∞时，ex所以g'故gx（2）解：设mx则m'所以mx在区间0,+则mx<m0因为f'x=xex，当x∈故当a≤1时，alnx+1≤当a>1时，设Fx=f因为F'F'所以存在x0∈0,易知F'x在区间所以当x∈0,x0时，F'x<0，即f'故a≤1．设px=aln则p'令p'x=0当a≤0时，p1<0，不符合题意，故此时，方程ax2-x-1=0在区间0,+当x∈0,x1时，p当x∈x1,+∞时，p'x>0故px≥0恒成立，当且仅当将a=x1+1x1设qx=x+1则q'所以qx在区间0,+因为x1=2时，a=34，q2设tx=1所以当x∈0,2时，t'x<0，则tx因为a=x1+1所以a≥3又0<a≤1，所以34故实数a的取值范围是34【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fx>gx（或fx<gx）转化为证明（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.2.（2023·河南开封·统考三模）已知函数fx(1)若x>0，函数fx的图象与函数y=a(2)若m<fx-1x<nm,n∈【答案】(1)a>(2)e【分析】（1）根据常变量分离法，根据导数的性质进行求解即可；（2）利用多次求导法，结合导数的性质进行求解即可.【详解】（1）令fx=ax2，得a=e∴0<x<2时，g'x<0，gx单调递减；x>2时，∴gx≥g2=e24，又当x→0∴若x>0，函数fx的图象与函数y=ax2

（2）①设hx=f设tx=e∵x∈0,1，∴t'x>0，∴0<tx<1，从而h'x>0∴hx∴fx-1x<n在②m<fx-1x在x∈0,1设ux=e∵x∈0,1，∴当m≤1，u'x>0，ux在当1<m<e时，若x∈0,lnm时，u当m≥e时，u'x<0，∴ux综上所述，m<fx-1x在故n-m的最小值为e-1【点睛】方法点睛：根据函数的零点个数求解参数范围，一般方法：（1）转化为函数最值问题，利用导数解决；（2）转化为函数图像的交点问题，数形结合解决问题；（3）参变分离法，结合函数最值或范围解决.3.（2023·福建厦门·厦门一中校考一模）函数fx(1)当a=0时，求函数fx(2)若对任意x∈0,1∪1,+∞，不等式【答案】(1)极大值为e-2(2)a≥【分析】（1）在定义域内求导，利用导函数求出函数的极值；（2）将原式转化为1x-1lnx+ax2-1-2x-1>0，进而转化为式子1x-1和lnx+a【详解】（1）当a=0时，fx=lnx+2此时当x∈0,1e，f'x当x∈1e,+∞，f'所以函数fx的极大值为f（2）原式等价于fxx-1+a所以xf(x)+a(x-1)x-1>0，即令gx=lng因为1x-1lnx+a所以g2=ln当a≥1因为2ax所以g'x>0，所以g又因为g1所以当x∈0,1时，gx<0，当x∈所以1x-1当0<a<1令2ax2-2x+1=0，解得x因为x所以当x∈1,1+1-2a即gx在x∈又因为g1=0，所以当x∈1,此时1x-1综上：a≥1【点睛】不等式恒成立（能成立）问题，一般有两种方法：方法1：分离参数法解决恒(能)成立问题，方法2：根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．分类讨论思想是高中数学一项重要的考查内容.分类讨论思想要求在不能用统一的方法解决问题的时候，将问题划分成不同的模块，通过分块来实现问题的求解，体现了对数学问题的分析处理能力和解决能力.4.（2023·贵州毕节·校考模拟预测）已知函数fx(1)当b=1时，若fx≤1恒成立，求(2)若b=12,fx在π,【答案】(1)a≤-1(2)见解析【分析】(1)利用导数讨论a的取值，判断单调性，结合端点值，即可求a的范围；(2)利用作差法构造函数∴f(x【详解】（1）b=1时，f(x)=a(x-π)+sin(x-π令g(t)=at+sint+1，则有g'当a≤-1时，g'(t)≤0在[0,+∞)上恒成立（不恒为零），故故g(t)≤g0=1即当a>-1