新高考数学二轮复习重难点06 导数必考压轴解答题全归类【十一大题型】（举一反三）（解析版）

重难点06导数必考压轴解答题全归类【十一大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1函数的切线问题】 3【题型2（含参）函数的单调性问题】 8【题型3函数的极值、最值问题】 13【题型4函数零点（方程根）问题】 17【题型5不等式的证明】 22【题型6

利用导数研究不等式恒成立问题】 25【题型7利用导数研究能成立问题】 30【题型8双变量问题】 34【题型9导数中的极值点偏移问题】 39【题型10导数与三角函数结合问题】 44【题型11导数与数列不等式的综合问题】 49导数是高中数学的重要考查内容，是高考必考的热点内容.从近几年的高考情况来看，在解答题中试题的难度较大，主要涉及导数的几何意义、函数的单调性问题、函数的极值和最值问题、函数零点问题、不等式恒成立与存在性问题以及不等式的证明等内容，考查分类讨论、转化与化归等思想，属综合性问题，解题时要灵活求解．其中，对于不等式证明中极值点偏移、隐零点问题和不等式的放缩应用这三类问题是目前高考导数压轴题的热点方向．【知识点1切线方程的求法】1.求曲线“在”某点的切线方程的解题策略：①求出函数y=f(x)在x=x0处的导数，即曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处切线的斜率；②在已知切点坐标和切线斜率的条件下，求得切线方程为y=y0+f'(x0)(x-x0).2.求曲线“过”某点的切线方程的解题通法：①设出切点坐标T(x0,f(x0))(不出现y0)；②利用切点坐标写出切线方程：y=f(x0)+f'(x0)(x-x0)；③将已知条件代入②中的切线方程求解.【知识点2导数中函数单调性问题的解题策略】1.含参函数的单调性的解题策略：(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.(2)若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因式分解，则需讨论判别式△的正负，二次项系数的正负，两根的大小及根是否在定义域内.2.根据函数单调性求参数的一般思路：(1)利用集合间的包含关系处理：y=f(x)在(a,b)上单调，则区间(a,b)是相应单调区间的子集.(2)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a,b)都有f'(x)≥0(f'(x)≤0)，且在(a,b)内的任一非空子区间上，f'(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解.(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题.【知识点3函数的极值与最值问题的解题思路】1.运用导数求函数f(x)极值的一般步骤：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f'(x)；(3)解方程f'(x)=0，求出函数定义域内的所有根；(4)列表检验f'(x)在f'(x)=0的根x0左右两侧值的符号；(5)求出极值.2.根据函数极值求参数的一般思路：

已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解.3.利用导数求函数最值的解题策略：(1)利用导数求函数f(x)在[a,b]上的最值的一般步骤：①求函数在(a,b)内的极值；②求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；③将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值的一般步骤：求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.【知识点4导数的综合应用】1．导数中的函数零点（方程根）问题利用导数研究含参函数的零点（方程的根）主要有两种方法：(1)利用导数研究函数f(x)的最值，转化为f(x)图象与x轴的交点问题，主要是应用分类讨论思想解决.(2)分离参变量，即由f(x)=0分离参变量，得a=g(x)，研究y=a与y=g(x)图象的交点问题.2．导数中的不等式证明(1)一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可.(2)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．3．导数中的恒成立、存在性问题解决不等式恒（能）成立问题有两种思路：(1)分离参数法解决恒（能）成立问题，根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，即可解决问题．(2)分类讨论法解决恒（能）成立问题，将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数进行分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，据此进行求解即可.4．导数中的双变量问题破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．5．极值点偏移的相关概念所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性．极值点偏移的定义：对于函数SKIPIF1<0在区间SKIPIF1<0内只有一个极值点SKIPIF1<0，方程SKIPIF1<0的解分别为SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0.(1)若SKIPIF1<0，则称函数SKIPIF1<0在区间SKIPIF1<0上极值点SKIPIF1<0偏移；(2)若SKIPIF1<0，则函数SKIPIF1<0在区间SKIPIF1<0上极值点SKIPIF1<0左偏，简称极值点SKIPIF1<0左偏；(3)若SKIPIF1<0，则函数SKIPIF1<0在区间SKIPIF1<0上极值点SKIPIF1<0右偏，简称极值点SKIPIF1<0右偏．【题型1函数的切线问题】【例1】（2023·河南·统考模拟预测）已知函数fx=aex−1−lnx.(1)当a=1时，求fx的图象在点(1,f(1))(2)当a≥1时，证明：fx【解题思路】（1）分别求出f1（2）利用作差法并构造函数gx=e【解答过程】（1）当a=1时，fx=所以f′1=故所求切线方程为y−e−1=（2）因为fx的定义域是0,+所以当a≥1时，f设gx=e设ℎx=g′x所以ℎx在0,+∞上是增函数，则又因为ℎπ4=eπ又因为4π+sin所以ℎx在13,π4上存在唯一零点x所以ℎx0=当0<x<x0时，g′x<0当x>x0时，g′x>0所以g由于0<x0<π4，所以1所以gxmin=g所以当a≥1时，fx−sin【变式1-1】（2023·四川雅安·统考一模）已知函数f(x)=aex+bx+c在x=ln2时有极小值.曲线y=f(x)(1)求a,b,c的值；(2)若对任意实数x,f(x)≥(e−2)x+m恒成立，求实数【解题思路】（1）对函数求导，利用在x=ln2时有极小值和在点(0,f(0))处的切线方程，即可求出（2）将函数代入不等式并分离参数，转化成ex−ex−1≥m对任意实数x恒成立问题，构造函数【解答过程】（1）由题意，x∈R，在f(x)=aex+bx+c在x=ln2时有极小值.曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为∴f0=0f∴f(x)=ex−2x−1当x>ln2时，f′当x<ln2时，f′当x=ln2时，f′故a=1,b=−2,c=−1符合题意，即为所求.（2）由题意及（1）得，x∈R，在f(x)=aex+bx+c中，f(x)≥(e−2)x+m设g(x)=ex−当x>1时，ex−e>0，则g′当x<1时，ex−e<0，则g′当x=1时，ex−e故x=1时g(x)有极小值，也就是g(x)的最小值g1故m≤−1即为所求.【变式1-2】（2023·广东·东莞市校联考一模）函数f(x)=2x+lnx(1)求ℎ(x)；(2)已知13<a<1，过(a,b)可作f(x)的三条切线，证明：【解题思路】（1）根据导数的几何意义即可求解；（2）先求出过(a,b)的切线方程，根据过(a,b)可作三条切线，得到所证不等式.【解答过程】（1）f(x)的定义域0,+∞，f所以f′(4)=1则f(x)在x=4处的切线方程为y−1即ℎ(x)=1（2）设切点Qt,2则切线方程为y−2又过点(a,b)，所以b−2即b=2即b=4令gt则g′=−=t−4因为t∈0,+∞，且13<a<1，所以gt在区间0,a且get趋向+∞时gt趋向于又因为过(a,b)可作f(x)的三条切线，所以b与gt所以g4又g4根据（1）ℎ(x)=18x+2又ga所以ℎ(a)<b<f(a).【变式1-3】（2023·全国·模拟预测）已知函数fx(1)当a=4时，求fx的极值及曲线y=fx在点(2)若函数fx有两个零点，求实数a【解题思路】（1）求导得到单调区间，计算极值，再计算切线方程得到答案.（2）求导得到导函数，确定f′1=0，考虑a≥2，1<a<2，a=1，0<a<1【解答过程】（1）当a=4时，fx则f′令f′x>0，得0<x<1；令ffx在0,1上单调递增，在1,+故fx在x=1处取得极大值ff1=0，f′1=0，故曲线y=f（2）f′x=ax①当a≥2时，2−ax−a<0当0<x<1时，f′x>0当x>1时，f′x<0所以fx≤f1②当1<a<2时，a2−a>1，令f′x>0，得x∈0,1∪所以fx在0,1上单调递增，在1,a2−a因为f1=0，所以fa2−a<0则fx1=a所以fa2−a⋅fx1所以由零点存在定理，得存在唯一x0∈a又f1=0，此时，函数③当a=1时，f′x=x−12则fx④当0<a<1时，0<a2−a<1令f′x>0，得x∈0,a所以fx在0,a2−a上单调递增，在a因为f1=0，所以fa2−a>0取0<x2<e=−2e则fx2<0，所以fx2所以由零点存在定理，可得存在唯一x3∈0,又f1=0，此时，函数⑤当a≤0时，2−ax−当0<x<1时，f′x<0当x>1时，f′x>0所以fx≥f1综上所述：实数a的取值范围为0,1∪【题型2（含参）函数的单调性问题】【例2】（2023·海南·校联考模拟预测）已知函数fx(1)当a=1时，讨论函数fx(2)若不等式fx>ae【解题思路】（1）当a=1时，对fx求导，令mx=f′x=lnx+1−2x,x>0，讨论m（2）由题意可得a<xlnx−x2+xe【解答过程】（1）当a=1时，fx=xln令mx可得m′当x∈0,12当x∈12,+所以当x=12时，mx所以f′x<0，所以f（2）由fx>ae即a<xlnx−令ℎx=x令φx=x−2−ln令φ′x>0令φ′x<0所以φx在0,1单调递减，在1,+又φeφφ所以在e−3,1中存在唯一的x1在1,4中存在唯一的x2使得φ即有x1因为φx在0,1单调递减，在1,+所以当0<x<x1时，φx>0；当当1<x<x2时，φx<0；当又ℎ′x=所以当0<x<x1时，ℎ′x<0当1<x<x2时，ℎ′x<0所以ℎx在0,x1在1,x2单调递减，在所以x∈0,1时，ℎℎx∈1,+∞时，ℎ因为x1可得x1−ln即ex1代入lnx1=则有ℎx1=同理可得ℎx所以ℎx所以ℎ(x)所以a<−1e2，即实数a【变式2-1】（2023·黑龙江·校联考模拟预测）已知函数fx(1)求函数fx(2)若过点P1,tt∈R可以作曲线y=f【解题思路】（1）求出函数的导数，解不等式，即可求得函数单调区间；（2）设切点坐标为x0,y0，利用导数的几何意义求出切线方程，推出方程【解答过程】（1）函数fx的定义域为R，f令f′x>0，解得x>−1，所以函数f令f′x<0，解得x<−1，所以函数（2）由题意可得f′设切点坐标为x0,y所以切线方程为y−x将P1,t代入得t=因为存在三条切线，即方程t=e方程t=ex0设gx=−当x∈−2,1时，g′x在−∞,−2和1,+∞上，g′xg−2=−5当x<1−52或x>1+52时，当x→−∞时，gx→0；当x→+∞时，画出gx要使函数y=t,y=ex0即−5e2<t<0，即实数【变式2-2】（2023·四川成都·统考一模）已知函数fx(1)讨论函数fx(2)当a=e时，求证：f【解题思路】（1）求导，然后分a≤0和a>0讨论分别求单调性；（2）当x≤0时，通过证明x+1−cosx≤0可得结论；当x>0时，转化为证明【解答过程】（1）由已知f′当a≤0时，f′x>0恒成立，函数f当a>0时，若f′x>0，得x>若f′x<0，得x<综上所述：当a≤0，函数fx在R当a>0时，函数fx在lna2（2）由a=e，fx>即证2e①当x≤0时，设函数kx则k′x=1+sinx≥0所以k所以2e②当x>0时，要证2e即证2设函数ℎx=2e则ℎ′当ℎ′x<0时，0<x<1当ℎ′x>0时，x>1所以ℎx≥ℎ1设gx=1−则g′x=sinx−1≤0所以gx<g0所以2e综上：fx【变式2-3】（2023·河北邢台·宁晋中学校考模拟预测）已知函数f(x)=aex+(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，若f(x)−1≥x2在R上恒成立，求实数【解题思路】（1）对函数求导，讨论a<0、a>0研究函数的单调性；（2）问题化为a≥x2+2【解答过程】（1）由题设f′当a<0，若x∈(−∞,0)时f′(x)>0，即f(x)递增，若x∈(0,+∞当a>0，若x∈(−∞,0)时f′(x)<0，即f(x)递减，若x∈(0,+∞综上，a<0则f(x)在(−∞,0)上递增，在a>0则f(x)在(−∞,0)上递减，在（2）由题设a≥x2+2令g(x)=x2+2令φ(x)=(x2+2x+2)所以φ(x)单调递减，且φ(0)=0，故(−∞,0)上φ(x)>0，(0,+∞所以(−∞,0)上g′(x)>0，即g(x)递增，(0,+∞所以g(x)≤g(0)=1，故a≥1.【题型3函数的极值、最值问题】【例3】（2023·全国·模拟预测）已知函数fx(1)当t=0时，讨论函数fx(2)若Fx=fx【解题思路】（1）求导，利用导数判断原函数的单调性和极值；（2）根据题意可得F′x有两个不同的变号零点，整理得elnx+lnx=【解答过程】（1）当t=0时，fx=xlnx−x，则fx在0,1上，f′x<0在1,+∞上，f′x所以fx的极小值为f（2）由题意可知：Fx=xln因为Fx有两个不同的极值点，则函数F可知方程lnx+t=此方程可变形为lnx+x=ex−t设函数gx=e又因为y=ex,y=x在R内单调递增，则g可得lnx=x−t，即t=x−设ℎx=x−lnx，则直线可知ℎx的定义域为0,+∞，且在0,1上，ℎ′x<0在1,+∞上，ℎ′x则ℎxmin=ℎ1=1，当x→0+若直线y=t与曲线y=ℎx有两个不同的交点，则t>1故t的取值范围为1,+∞【变式3-1】（2023·陕西西安·校联考模拟预测）已知奇函数fx=ax(1)求fx(2)求fx在−4,3【解题思路】（1）利用函数奇偶性可得b=0，再由fx在x=1上取得极大值2可求得a=−1,c=3（2）由（1）中解析式求导可得其在−4,3上的单调性，得出极值并比较端点处的函数值即可求出其最值.【解答过程】（1）易知函数fx的定义域为x∈因为fx是奇函数，所以f−x=−f由fx=ax因为fx在x=1所以f'1经经检验当a=−1,c=3时，fx在故fx（2）由（1）可知，f′当x∈−1,1时，f当x∈−4,−1和1,3时，f即函数fx在x=−1处取得极小值f−1=−2，在x=1又因为f−4所以fx在−4,3上的最大值为52，最小值为−18【变式3-2】（2023·宁夏固原·宁夏回族自治区西吉中学校考模拟预测）已知实数a>0，函数fx=xln(1)当a=e时，求函数f(2)求证：fx存在极值点x0，并求【解题思路】（1）f(x)求导，根据f′（2）根据导数的分母正，需要分子有变号零点，转变为双变量函数的恒成立和有解问题，利用导数再次确定新函数单调性和最值即可求解.【解答过程】（1）当a=e时，f(x)=x−则f令f′(x)>0，得x>e；令f所以，函数y=g(x)的单调增区间为(e,+∞（2）f令t(x)=2x2+(所以方程2x2+(又因为x1x2=−ax0,xxf-0+f减极小值增所以f(x)存在极值点x0.所以存在x0使得所以存在x0使得2所以存在x0使得a−x0因此需要讨论等式左边的关于a的函数，记u(t)=t−x0ln当0<t<x0时，u′(t)<0,u(t)单调递减；当所以当t=x0时，u(t)=t−x所以需要2x02即需要2x0因为v(t)=2t+lnt−(2e+1)在所以需要x0故x0的最小值是e【变式3-3】（2023·吉林长春·东北师大附中校考二模）已知函数fx(1)讨论函数fx(2)若m>0，fx的最小值是1+lnm【解题思路】（1）求出fx的导数，按m≤e和（2）利用（1）中信息，按m≤e和m>e探讨，利用导数研究函数【解答过程】（1）函数fx的定义域为0,+所以f′令ux=e令u′x<0，可得0<x<1，令u所以ux在0,1上单调递减，在1,+故ux①m≤e时，uxmin≥0，则ux令f′x>0所以fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以fx②m>e时，u因为令ℎx=e当x>0时，ℎ′x>0，则ℎ当x<0时，ℎ′x<0，则ℎ故ℎx≥ℎ0=0，所以当x<1m−1<1此时∃x1∈令vx=ex−φ′x=ex−2>0，即有v′x>0，即v即vx>v1当x>m>e时，ux>x2因此x∈0,x1，fx∈x1,1，fx∈1,x2，fx∈x2,+∞，所以fx由3所以当m≤e时，fx恰有1个极值点；当m>e时，f（2）由（1）知，当0<m≤e时，fx在0,1上单调递减，在所以fx所以1e=lnmm函数gx在0,e上单调递增，gx当m>e时，∃x1∈0,1，使得u所以fx在0,x1上单调递减，在x1,1其中exixi−m=0而fxi=综上可得，实数m的取值范围为mm≥【题型4函数零点（方程根）问题】【例4】（2023·全国·模拟预测）已知函数f(x)=2x+a(1)当a=1时，求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程．(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．【解题思路】（1）利用导数的几何意义求得切点与切线的斜率，从而得解；（2）利用参变分离，构造函数g(x)=x【解答过程】（1）当a=1时，f(x)=2x+lnxxf′(x)=2+1−2故曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−3=3(x−1)，即3x−y=0．（2）由f(x)=2x+a得方程2x+ax2当a=0时，显然方程没有正实数解，所以a≠0．则方程−2a=令g(x)=x2+显然φ(x)=1−x2−3lnx所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1,+∞所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，且当x=1e时，g(x)=e31要使方程−2a=则g(x)与y=−2a的图象在结合图象可知0<−2a<1综上，实数a的取值范围为(−∞【变式4-1】（2023·广东广州·广东广雅中学校考二模）已知函数fx(1)求函数fx(2)若gx=x【解题思路】（1）求出定义域，求导，得到函数单调性，进而得到最值；（2）化简得到gx=x2lnx+ax2−a，令φx=lnx+ax2−a，求出【解答过程】（1）由题意得fx的定义域为0,+且f′当0<x<1时，f′x<0；当x>1故fx在0,1上单调递减，fx在所以fx在x=1所以f(x)（2）gx令φx=ln因为gx=x2φx的定义域为所以下面研究函数y=φx在0,+由φx=ln当a≤0时，φ′x>0所以φx在x∈又φ1=0，故此时当a>0时，φ′令φ′x<0(x>0)，得0<x<2a，令所以φx在0,2a上单调递减，在所以φ(x)令2a=t>0，则a=令mt=ln易得mt在0,1上单调递增，在1,+又m1=0，所以当t∈0,1①当2a=1，即a=12此时φx有唯一零点x=②当0<2a<1，即0<a<1因为φ1=0，所以φx在2aφa令a1−a=k(k<1)，则所以φk=lnk+1所以φx在a1−a,所以φx在0,2a上有唯一的零点故φx在0,+③当2a>1，即a>12由函数零点存在定理可得y=φx在2a故φx在0,综上，当a≤0或a=12时，函数当a>0且a≠12时，函数【变式4-2】（2023·全国·模拟预测）已知函数fx(1)判断函数fx(2)若fx=1有两个不相等的实根x1,x【解题思路】（1）求出函数的导函数，再分a≤0、a>0两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；（2）依题意可得x1+1=alnx1x2+1=alnx2【解答过程】（1）由题意知，函数fx的定义域为0,+由fx=x+1−aln当a≤0时，f′x>0，所以f当a>0时，令f′x=0当x∈0,a时，f′x<0；当所以当a≤0时，fx在0,+当a>0时，fx在0,a上单调递减，在a,+（2）由（1）可知a>0，x2>x1>0根据题意可得x1+1=aln因为0<x1<x2要证x1+x2>a，即证x构造函数ℎt=t+1ℎ′构造函数gt=ln所以ℎ′t在所以ℎ′t≥ℎ′所以当t>1时，ℎt>ℎ1=0，即【变式4-3】（2023·广西·模拟预测）已知函数fx=2ln(1)求m的取值范围；(2)记三个零点为x1,x2,【解题思路】（1）由题意首先对fx（2）构造函数ℎx=fx−f−x【解答过程】（1）函数fx的定义域为−1,+∞f′x=2x+1且x∈−1,0时，f′x>0，x∈0,1，f所以fx在−1,0上单调递增，0,1上单调递减，1,+当x=0时，函数fx取极大值，当x=1时，函数f又f0=m，因为函数有三个零点，且x→+∞,f(x)→+∞，x→−1,f(x)→−∞，所以f1解得0<m<32−2ln2（2）由（1）可知−1<x设ℎx=fx−f−x所以函数ℎx单调递增，所以ℎx>ℎ即fx1>f−x设gx=fx所以函数gx所以gx<g1fx2<f所以x3<2−x又−x1−【题型5不等式的证明】【例5】（2023·四川成都·统考一模）已知函数fx(1)求函数fx(2)求证：fx【解题思路】（1）利用导数与函数单调性的关系即可得解；（2）构造函数ℎx=2e【解答过程】（1）因为fx=2e当x∈−∞,1−ln2当x∈1−ln2,+∞时，所以fx的单减区间为−∞,1−（2）设函数ℎx则ℎ′x=2易得ℎ′x在0,+∞所以当x∈0,1，ℎ′x当x∈1,+∞，ℎ′所以ℎxmin=ℎ1=0即fx≥e因为1≥cosx，所以由于上述不等式取等条件不能同时成立，所以fx【变式5-1】（2023·全国·模拟预测）已知函数fx(1)讨论fx(2)若存在不相等的实数x1，x2，使得fx【解题思路】（1）由已知条件求出f′（2）由（1）可判断出m>0，结合fx1=fx2，得出mlnx2−lnx1=【解答过程】（1）函数fx的定义域为0,+∞，当m≤0时，f′x>0，所以f当m>0时，由f′x>0得x>m，所以f由f′x<0得0<x<m，所以f故m≤0时，所以fx在0,+当m>0时，fx在m,+∞上单调递增，在（2）证明：fx=x−mln由（1）可知，当m≤0时，fx在0,+故不存在不相等的实数x1,x2，使得由fx1=fx2不妨设0<x1<x2要证m<x1+即证x2−x令t=x2x1>1令gt=ln所以gt在1,+∞上是增函数，所以从而lnt−t−1t+1【变式5-2】（2023·四川成都·统考二模）已知函数fx=ex−asinx(1)求实数a的值；(2)若x1是fx的最大的极小值点，x2是f【解题思路】（1）利用导数的几何意义，求切线方程，再与抛物线方程联立，结合Δ=0（2）利用极值点的定义，结合零点存在性定理，求得极值点的范围，再代入函数值，即可求解.【解答过程】（1）∵f′x=又f0=1，所以y=fx在0,f因为切线与y=2x−x2相切，联立y=1−a由Δ=a+12−4=0及（2）由（1）得fx=e当x∈0,+∞时，f′x>0当x∈−π2,0时，令gx又g′−π所以存在x0∈(−π4,0)当x∈(−π2,x0)时，g′x<0又g(所以当x∈(x0,0)时，g所以x1=0是fx∵g−π2所以存在x2∈(−π2,−当x∈(−π2,x2)时，所以x2是fx的极大值点，也是因为fx在(x2,0)f(x所以2<f(x【变式5-3】（2023·河南新乡·统考一模）已知函数fx(1)当m≥12时，讨论fx(2)已知x1,x2是【解题思路】（1）导函数放缩得f′（2）整理变形得lnx1x1−【解答过程】（1）f′令g(x)=lnx+1−x，则g′(x)=1−xx，则当x∈(0,1)时，当x∈(1,+∞)时，g′(x)<0，所以g(x)≤g(1)=0，即f′(x)≤0，所以f(x)在（2）由f(x)=xlnx−mx2−1=0则lnx1x要证x1x2>6即证m(x)=lnxx则m′(x)=3则n′(x)=3x2−则当x∈0,e43，n′n(x)在(0,e43所以n(x)≥n(e43)=0，即所以m(x)=lnxx+x【题型6

\t"/gzsx/zsd28297/_blank"\o"利用导数研究不等式恒成立问题"利用导数研究不等式恒成立问题】【例6】（2023·四川内江·统考一模）已知函数f(x)=1(1)当a=1时，求f(x)的极值；(2)若不等式f(x)≥x恒成立，求实数a的取值范围．【解题思路】（1）对f(x)=12x（2）根据条件，分离常量得到12a≥x+lnx【解答过程】（1）当a=1时，f(x)=12x由f′(x)=0，得到x=1，又x>0，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，所以f(x)=12x2−（2）由f(x)≥x恒成立，得到12ax又x>0，所以12令g(x)=1x+令ℎ(x)=−2lnx−x+1(x>0)，则即ℎ(x)=−2lnx−x+1在区间又ℎ(1)=−2ln1−1+1=0，所以当x∈(0,1)时，ℎ(x)>0，x∈(1,+∞即x∈(0,1)时，g′(x)>0，x∈(1,+∞所以g(x)=1x+lnx故g(x)≤g(1)=1，所以12a≥1，即所以，实数a的取值范围为a≥2.【变式6-1】（2023·全国·模拟预测）已知fx=ae(1)讨论函数fx(2)令a=2，对∀x≥0，均有fx≥kx+2恒成立，求【解题思路】（1）直接对fx求得，分a≥0,a<0两种情况讨论，在a<0时，令ℎx（2）首先对fx进行切线放缩即：证明fx≥3x+2【解答过程】（1）由题得x∈−1,+∞，当a≥0时，f′x>0，∴f当a<0时，令ℎx=a则ℎ′x=aex且当x→−1时，ℎx→+∞，当x→+∴ℎx在−1,+设该零点为x0，即f∴fx在−1,x0上单调递增，f（2）当a=2时，fx=2ex+f′x=2所以fx在x=0处的切线方程为y=3x+2先证明当x≥0时，fx令Fx=fx即Fx则F′x=2ex则g′x=2ex∴gx≥g0=0，∴∴Fx≥F0=0，∴当x>0时，由fx≥kx+2，得则k≤f又fx−2x∴k的取值范围是−∞【变式6-2】（2023·云南红河·统考一模）已知函数f(x)=mx−ln(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若关于x的不等式ex−1+aln【解题思路】（1）先求得f′x，然后对m进行分类讨论，从而求得（2）将要证明的不等式转化为eln【解答过程】（1）由题可知，f(x)的定义域为(0,+∞f当m≤0时，mx−1<0在(0,+∞所以f′(x)<0在(0,+∞)上恒成立，即当m>0时，令f′(x)>0解得x>1m，令所以f(x)在0,1m上单调递减，在（2）由ex−1得x−alnx≤令g(x)=ex由（1）得，当m=1时f(x)≥f(1)=0所以lnx≤x−1在(0,+若g(lnx)≤g(x−1)在则需g(x)=ex−ax所以g′(x)=ex−a≥0在R上恒成立，即a≤所以实数a的取值范围是(−∞【变式6-3】（2023·安徽·校联考模拟预测）已知函数fx=ae(1)若fx为偶函数，求此时fx在点(2)设函数g(x)=f(x)−(a+1)x，且存在x1,x（ⅰ）求实数a的取值范围；（ⅱ）若a∈(0,1)，且gx1+kg【解题思路】（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gx1+kg【解答过程】（1）f(x)为偶函数，有f(−x)=ae−x−所以f(x)=−ex所以f(0)=−2，f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=aeg′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，则令g′(x)=0可得x=0或所以−lna≠0，解得a>0且令m=min0,−lnx(−m(m,n)n(n,+g+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所以x1=0，x2=−lna，由题意可得a−1+k1−a+(a+1)lna由于此时gx2<g所以ka+1lna>令ℎ(x)=lnx−1−则ℎ′令x2+2①当Δ≤0，即k≤−1时，ℎ′(x)≥0，ℎ(x)所以ℎ(x)<ℎ(1)=0，即lna<（2）当Δ>0，即−1<k<0设方程x2+2kx+1=0的两根分别为x则x3+x4=−则当x3<x<1时，ℎ′(x)<0，则所以当x3<x<1时，ℎ(x)>ℎ(1)=0，即综上所述，k的取值范围是(−∞【题型7\t"/gzsx/zsd28298/_blank"\o"利用导数研究能成立问题"利用导数研究能成立问题】【例7】（2023·宁夏银川·校考模拟预测）已知函数f(x)=kx−ln(1)当k=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)如果存在x0∈(0,+∞)，使得当x∈0,【解题思路】（1）把k=1代入，求出函数f(x)的导数，利用导数的几何意义求解作答.（2）变形不等式，构造函数g(x)=x2−kx+ln(x+1),x∈(0,【解答过程】（1）当k=1时，f(x)=x−ln(1+x)，求导得：f′(x)=1−1所以曲线y=fx在点0,f0处的切线方程为（2）f(x)<x因为存在x0∈0,+∞，使得当则存在x0∈0,+∞，使得当令g(x)=x2−kx+ln(x+1),x∈(0,求导得g′(x)=2x−k+1x+1，令因此函数ℎ(x)，即函数g′(x)在(0,x当1−k≥0，即0<k≤1时，g′(x)>g′(0)≥0∀x∈(0,x0)，g(x)>g(0)=0当k>1时，g′(0)=1−k<0，g′(k)=k+1当0<x<x1时，g′(x)<0，函数g(x)在(0,x所以k的取值范围是(0,1].【变式7-1】（2023·河北·模拟预测）已知函数fx(1)讨论函数fx(2)若存在实数a，使得关于x的不等式fx≤λa恒成立，求实数【解题思路】（1）求导以后对导数中的参数进行分类讨论，根据不同的分类判断函数的单调性；（2）根据第1问的结论，将恒成立问题转化为函数的最大（小）值问题，构造新函数，求出λ的范围.【解答过程】（1）函数fx=e−ae当e−a≥0，即a≤e时，f′(x)>0恒成立，即当e−a<0，即a>e时，令f′x(−−(−f+0−f(x)↗极大值↘综上所述，当a≤e是，f(x)在R当a>e时，f(x)在(−∞,−（2）f(x)≤λa等价于(e−a)e当a≤e时，ℎ(1+λa)=(e−a)当a>e时，f(x)≤λa等价于λa≥f由（1）可知f(x)所以λa≥−1−ln(a−e)，对a>e因此原命题转化为存在a>e，使得λ≥令u(a)=−ln(a−e)−1u′令φ(a)=ln(a−e所以φ(a)在(e,+∞所以当e<a<2e时，φ(a)<0，u′(a)<0，故当a>2e时，φ(a)>0，u′(a)>0，故u(a)所以u(a)min=u(2即实数λ的取值范围是−1【变式7-2】（2023·河南郑州·统考模拟预测）已知fx=x−a−1(1)讨论fx(2)若a=−1，且存在x∈0,+∞，使得fx【解题思路】（1）分a≤0和a>0讨论即可；（2）代入a值，分离参数得b≥xex【解答过程】（1）因为f(x)=(x−a−1)e所以f′若a≤0,ex−a>0,x∈(−∞,a)时,f′(x)<0,f(x)若a>0,由f′(x)=0得x=a或设g(a)=a−lna(a>0),则a∈(0,1)时,g′a∈(1,+∞)时,所以g(a)≥g(1)=1>0，所以a>ln所以x∈(lna,a)时,x∈(−∞,lna)，x∈(a,+∞综上得,当a≤0时,f(x)在(−∞,a)上单调递减,在当a>0时,f(x)在(lna,a)上单调递减,在(−∞（2）当a=−1时,f(x)=xe存在x∈(0,+∞),使得即xex−设ℎ(x)=xex设m(x)=x2ex+lnx且m(1)=e所以存在x0∈1所以x令y=xex,x>0，y'=(x+1)ex所以ex0=1xx∈x0,+∞时,所以ℎ(x)≥ℎx所以b≥1,即b的取值范围是[1,+∞【变式7-3】（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]【解题思路】（1）当a=1时，求出函数f(x)的导数，求出曲线y=f(x)在点(0,f(0))处切线的斜率，然后求解切线的方程即可；（2）先求出函数f(x)的导数，分a≤0和a>0两种情况讨论即可得到单调区间；（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(x)max≥3成立，再根据（2）中的单调情况可知f(x)max为【解答过程】（1）当a=1时，f(x)=ex−x得f(0)=1，f′所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1．（2）由f(x)=eax−x当a≤0时，f′(x)<0恒成立，此时f(x)在当a>0时，令f′(x)=0，解得此时f(x)与f′x−−−f

-0+f(x)↘极小值↗由上表可知，f(x)的减区间为−∞,−ln综上，当a≤0时，f(x)的减区间为−∞当a>0时，f(x)的减区间为−∞,−ln（3）将f(x)在区间−1,1上的最大值记为f(x)max，最小值记为因为存在x1,x所以∃x∈−1,1，使得f(x)≥3成立，即f(x)当x∈−1,1时，f(x)=若∃x∈−1,1，使得f(x)≥3成立，只需由（2）可知f(x)在区间−1,1上单调或先减后增，故f(x)max为f(−1)与所以只需当f(−1)≥3或f(1)≥3即可满足题意，即只需f(−1)=e−a+1≥3解得a≤−ln2或a≥综上所述，a的取值范围是−∞【题型8双变量问题】【例8】（2023·全国·模拟预测）已知函数fx(1)当t=0时，讨论函数fx(2)已知Fx=fx−ex，函数Fx【解题思路】（1）求出导函数，确定单调性得极值；（2）求导数F′(x)，得极值点是F′(x)的零点，然后构造函数gx=lnx+x，由g(x)的单调性得出x+t=ex，则t=ex−x．再构造函数ℎx=ex−x，已知转化为直线y=t与函数【解答过程】（1）当t=0时，fx=xln当x∈0,1时，f′x当x∈1,+∞时，f′∴fx的极小值为f（2）解法一

Fx∴F′x=lnx+t+t−e∴F′x有两个变号零点x1，x2，即方程lnx+t即方程lnx+t+x+t=lnex设gx=lnx+x，则gx+t∴x+t=ex，则t=ex−x．设ℎ∵ℎ′x=ex−1，∴当当x∈0,+∞时，ℎ′不妨设x1<x2，则x1∵ℎx在0,+∞上单调递增，∴即证即证ℎx1<ℎ则m′∴mx在−∞,0∵x1<0，∴mx1<0解法二

Fx=x+t∵Fx有两个极值点x1，x2即方程lnx+t+t=ex有两个不相等的实根即方程lnx+t+x+t=x+ex有两个不相等的实根即方程lnx+t+elnx+t设gx=x+ex，易知gx∴lnx1+t=x则x1由对数平均不等式得x1+tx2+t<x1+t∴lnx1+tx2【变式8-1】（2023·四川自贡·统考二模）已知函数fx=aex−(1)求a的取值范围；(2)若x2≥3x1时，不等式【解题思路】（1）由f′x=0可得a=2xex，令ux=2x（2）由已知可得出aex1=2x1>0，aex2=2x2>0，将这两个等式相除可得ex2−【解答过程】（1）解：因为fx=aex−因为函数fx有两个极值点，所以，方程f则方程a=2x令ux=2xex，其中x∈R，则x−11,+u+0−u增极大值减所以，函数ux的极大值为u且当x<0时，ux=2xex如下图所示：由图可知，当0<a<2e时，直线y=a与函数ux的图象有两个交点，且交点横坐标为x当x<x1或x>x2时，f′此时，函数fx因此，实数a的取值范围是0,2（2）证明：由（1）可知，函数fx的两个极值点x1、x2且0<a<2e，0<x1<1<等式aex1=2x1与等式由x1+λx即x2−x因为x2≥3x1，则x2x1令gt=2lnt令ℎt=3−4t+所以，函数ℎt在3,+∞上单调递减，则即g′t<0，所以，函数g所以，当t≥3时，gtmax=g因此，实数λ的最小值为ln3−【变式8-2】（2023·河南·校联考二模）已知函数fx=1(1)讨论fx(2)当m>0时，若对于任意的x1∈0,+∞，总存在x2【解题思路】（1）首先求函数的导数并化简，讨论m≤0和m>0两种情况下函数的单调性；（2）根据题意将不等式转化为fx【解答过程】（1）f′x=mx+m−1−当m≤0时，f′x<0恒成立，f当m>0时，由f′x>0，解得x∈1m由f′x<0，解得x∈0,1（2）当m>0时，由（1）知fxg′x=2x+12e−x>0，由题意知fxmin≥g设ℎm=lnm+1−1又ℎe=2−1即m的取值范围是e,+【变式8-3】（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数fx=x(1)当a=1时，求fx(2)若函数gx=fx−x【解题思路】（1）将a=1代入后得fx（2）由题意得lnx1=ax1,lnx2【解答过程】（1）当a=1时，fx=x则f′因为x>0，则ex>1>0，所以当0<x<1时，f′x>0，则fx单调递增；当x>1时，所以fx的单调递增区间为0,1，单调递减区间为1,+（2）若函数gx=fx即lnx1=ax1要证x1⋅x2>e2只须证lnx2−lnx令t=x2x1，则由0<x令ℎt=ln当t>1时，ℎ′t>0，所以ℎ所以当t>1时，ℎt>ℎ1故原不等式x1【题型9\t"/gzsx/zsd165726/_blank"\o"导数中的极值偏移问题"导数中的极值点偏移问题】【例9】（2023·贵州毕节·校考模拟预测）已知函数fx(1)当x≥1时，fx≥0(2)若函数fx有两个极值点x1,【解题思路】（1）参变分离可得a≥3x−2xlnx3+lnx在（2）求出函数的导函数，依题意可得函数y=a与函数ℎ(x)=x−2xlnx，x∈0,+∞的图象有两个交点，利用导数说明ℎx的单调性，不妨设0<x1<1【解答过程】（1）当x≥1时，f(x)≥0⇔a≥3x−2xlnx令g(x)=3x−2xlnx则g′∴函数g(x)在1,+∞∴gx∴a≥1，∴a的取值范围是1,+∞（2）函数f(x)=(2x+a)lnx−3(x−a)，则f′∵函数f(x)有两个极值点x1，x∴f′x=0有两个正实数解⇔方程a=x−2xlnx有两个正实数解⇔函数ℎ′x=1−2−2lnx=−2当0<x<1e时ℎ′x>0，则ℎx单调递增，当∴函数ℎ(x)的极大值即最大值为ℎ1又0<x<1e时ℎx=x1−2lnx∴0<a<2不妨设0<x要证明x1+x令F(x)=ℎx−ℎ2e−x所以F=−2ln当且仅当x=2e−x∴函数F(x)在x∈0,∵F1e=0，∴F(x)<0因此x1【变式9-1】（2023·四川绵阳·统考模拟预测）已知函数fx(1)求a的取值范围；(2)记两个极值点为x1,x2，且x1【解题思路】（1）将lnx−ax=0在(0,+∞)有两个不同根转化为方程a=lnxx在(0,+∞（2）两边取对数，将证明x1⋅x2λ【解答过程】（1）由题意知，函数f(x)的定义域为(0,+∞)，方程f′(x)=0在即方程lnx−ax=0在(0,+即方程a=lnxx令g(x)=lnxx，x∈(0,+则当0<x<e时，g′x>0，则函数g(x)=lnxx在(0,所以g(x)又因为g(1)=0，当x>1时，g(x)>0，当0<x<1时，g(x)<0，所以a的取值范围为0,1（2）要证e1+λ<x由（1）可知x1，x2分别是方程即lnx1所以原式等价于1+λ<ax1+λax2所以原式等价于要证明a>1+λ又由lnx1=ax1，ln所以原式等价于lnx1x2x则不等式lnt<(1+λ)(t−1)t+λ令ℎ(t)=lnt−(1+λ)(t−1)又ℎ′当λ≥1时，可见t∈(0,1)时，ℎ′所以ℎ(t)在t∈(0,1)上单调增，又ℎ(1)=0，ℎ(t)<0，所以lnx1x【变式9-2】（2023·江西景德镇·统考模拟预测）已知函数f(1)若函数fx在定义域上单调递增，求a(2)若函数fx在定义域上有两个极值点x1和x2，若x2>【解题思路】（1）求出f′x，由题意可知，对任意的x>0，f′x≥0，可得出a≤x−（2）设x2x1=t>1，由极值点的定义可得出x1−lnx1+1−a=0x【解答过程】（1）解：因为fx=x+1则f′因为函数fx在0,+∞上单调递增，对任意的x>0，x−ln令gx=x−lnx+1，其中x>0，则由g′x<0可得0<x<1，由g所以，函数gx的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,+所以，gxmin=g1=1−ln1+1=2（2）解：由题意可知，x2>x由f′x1=0f可得x1=lntt−1，x2=所以，ℎ′令pt=λ+t−λt−1−因为λ=ee−2>1，由p′t<0所以，函数pt在1,λ上单调递减，在λ,+∞上单调递增，且又因为pe=e所以，当1<t<e时，pt<0当t>e时，pt>0所以，函数ℎt在1,e上单调递减，在所以，ℎt【变式9-3】（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）已知函数fx=x(1)求函数fx(2)若函数fx在x=e处取得极值，f′x是函数fx的导函数，且【解题思路】（1）求导，由导函数的正负即可确定fx（2）构造函数tx=g2−x−gx,x∈0,1，求导得t(x)的单调性，即可证明x【解答过程】（1）函数f(x)=x2(f令f′x=0，所以ln当x∈0,e3a−12，f′故函数f(x)递减区间为0,e3a−12（2）因为函数f(x)在x=e所以x=e3a−12所以f(x)=x2(令g(x)=2x(ln因为g′(x)=2lnx，当所以函数g(x)在x∈0,1单调递减，在x∈且当x∈0,e时,gx=2xln故0<x1先证x1+x因为x2>1,2−x设tx则t′x故tx在0,1上为增函数,故t所以tx1=g所以2−x1<下面证明：x令gx1=gx2=m，当所以−2x1>g当x∈1,e时，记所以x∈1,e时ℎ′x=2所以m=gx2>2所以x1综上，2<x【题型10导数与三角函数结合问题】【例10】（2023·四川雅安·统考一模）已知函数fx(1)若a=0，判断fx在−(2)当a>0，探究fx在0,π【解题思路】（1）求f(x)的导函数，根据x∈(−π（2）求f(x)的导函数，将探究f(x)的极值点个数问题，转化为探究f′(x)的变号零点个数，再求f′(x)的导函数，对【解答过程】（1）a=0时，f(x)=2sinx−xcosx，f′(x)=cosx+xsin（2）由f(x)=ax3+2依题意，只要探究f′(x)=3ax令g(x)=3ax2+cosx+x(Ⅰ)当6a≥1，即a≥16时，6a+cosx>0，此时则g(x)即f′(x)单调递增，f′(x)>ff(x)在0,π(Ⅱ)当0<6a<1，即0<a<1∃x0∈(0,π)当0<x<x0，g′(x)>0；当所以g(x)即f′(x)在0,x由于f′(0)=1，若3aπ2−1≥0，即13πf(x)在0,π若3aπ2−1<0，即0<a<13f(x)在0,π综上所述，当a≥13π2时，当0<a<13π2时，【变式10-1】（2023·四川成都·成都七中校考一模）设函数Fx=1−λ(1)若λ=1，讨论Fx在a,(2)当x∈a,π2时，不等式F【解题思路】（1）求出函数的导数，结合三角函数性质，判断导数正负，即可得结论；（2）求出函数的导数，构造函数再次求导，根据其结构特征，讨论λ≤12或12<λ<1或【解答过程】（1）当λ=1时，Fx=cos令G(x)=(x−a)cosx−(sinx−sin故G(x)在a,π2上单调递增，则故Fx在a,（2）设f(x)=[(1−λ)cosx+λcosf′设m(x)=λ(cos则m′当λ≤12时，由知f′(x)在a,π故f(x)在a,π2上单调递减，则f(x)<f(a)=0，即当12<λ<1时，对于x∈a,取b=minπ2,a+2λ−1则f′(x)在a,b上单调递增，故故f(x)在a,b上单调递增，则f(x)>f(a)=0，即Fx当λ≥1时，对于x∈a,π2故f(x)在a,π2上单调递增，则f(x)>f(a)=0，即综上可知，仅当当λ≤1故实数λ的取值范围为(−∞【变式10-2】（2023·四川雅安·统考一模）已知函数fx=ax(1)若a=−12,x∈(2)探究fx在−【解题思路】（1）利用导数求出函数的单调区间，证明fx（2）求导f′x=3ax2+cosx+xsinx，fx在−π,π上的极值点个数即为函数【解答过程】（1）若a=−12，则f′令gx=−3因为x∈0,π2所以g′所以函数gx在0,即函数f′x=−又g0故存在x0∈0,则当x∈0,x0时，g当x∈x0,π2所以函数fx在0,x0又f0所以fx（2）f′fx在−即为函数f′x在因为f′0=1≠0，所以0当x≠0时，令f′x=3a令ℎx因为ℎ−x所以函数ℎxℎ′令φx则φ′所以函数φx在0,所以φx即ℎ′所以函数ℎx在0,又x∈0,π，当x→0时，ℎx如图，作出函数ℎx

由图可知，当−3a≤−1π2，即a≥所以函数fx在−当−3a>−1π2函数f′x=3a所以函数fx在−π,综上所述，当a≥13π2时，函数当a<13π2时，函数fx【变式10-3】（2023·全国·模拟预测）已知函数f(x)=ex((1)求函数f(x)的图象在点0,f0(2)若x>−1，求证：f(x)>0．【解题思路】（1）利用导数的几何意义可求曲线的切线方程；（2）要证f(x)>0，只需证exx+1>sinx【解答过程】（1）因为f=e又f(0)=1+2，f所以函数f(x)的图象在点0,f0处的切线方程为y−(1+即2x−y+1+（2）当x>−1时，要证f(x)>0，只需证ex∵cosx+2>0，x+1>0，令ℎ(x)=exx+1当x∈(−1,0)时，ℎ′(x)<0，当x∈(0,+∞)时，ℎ′∴当且仅当x=0时，ℎ(x)取得最小值，且最小值为ℎ(0)=e令k=sinxcosx+2即sin(x−φ)=得2k1+k2≤1又当x=0时，k=0<1=ℎ(0)；当x≠0时，ℎ(x)>1≥k，∴e综上所述，当x>−1时，f(x)>0成立．【题型11导数与数列不等式的综合问题】【例11】（2023·山东济南·校考模拟预测）设函数f(x)=emxx+1(1)求实数m的值；(2)若数列{ an }满足a【解题思路】(1)不等式化为emx−x−1≥0，构造新函数g(x)=emx−x−1，结合g(0)=0，得到g′(0)=0(2)根据条件把不等式转化为证明|e【解答过程】（1）由题意可知，f(x)=emxx+1设g(x)=emx−x−1，则g(x)≥0注意到g(0)=0，故x=0是函数g(x)的最小值点，也是极小值点，则g′(0)=0，因为所以g′(0)=m−1=0，所以下面证明当m=1时，g(x) ≥ g(x)=ex−x−1令g′(x)=令g′(x)=e所以g(x)在(−1 ， 0)上单调递减，在故g(x) 所以实数m的值为1．（2）由（1）知当x>−1时，f(x) 因为an+1=lnf(a所以an因为a1=1−ln故要证|ean因为an∈( 因为an+1=ln故只需证：f( an只需证：(a设φ(x)=( 故只需证：当x∈( 0 ， 因为φ′所以φ(x)在( 所以φ(x)>φ(0)=0，得证；所以原不等式成立．【变式11-1】（2023·海南·海口校联考模拟预测）已知函数f(x)x+1(1)若函数f(x)在[1,+∞)上只有一个零点，求(2)若an=23,n=11n+1,n≥2，记数列【解题思路】（1）由题意可知x=1为函数f(x)的一个零点，然后利用导数判断函数在[1,+∞（2）由（1）可知x>1时，lnx>2(x−1)x+1，由此的ln1+2【解答过程】（1）根据题意得，f(x)=(x+1)lnx−a(x−1),x∈[1,+∞则x=1为函数f(x)的一个零点．f′(x)=ln则g′(x)=1x−故f′(x)在[1,+∞当a≤2时，f′(x)≥f′(1)≥0故f(x)≥f(1)=0恒成立，当且仅当x=1时等号成立，故a≤2时，函数f(x)仅有x=1这一个零点．当a>2时，由于f′(1)=2−a<0，根据零点存在性定理，必存在t∈1,ea由于f′(x)在[1,+∞)上单调递增，故当x∈(1,t)时，此时f(x)<f(1)=0，取x1∈(1,t)，则fx1<0故函数f(x)还有一个在x1综上所述，a的取值范围为a|a≤2．（2）证明：依题意，2S当n=1时，因为e4<63,∴当n≥2时，由（1）可知，当x>1时，(x+1)ln即x>1时，lnx>则ln1+2n因为k=1nln=ln3×4k=1n故lnn2+3n+2综合以上可知2S【变式11-2】（2023·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）已知函数fx(1)证明：当x<0时，fx<1；当x>0时，(2)正项数列xn满足：exn+1（i）数列xn（ii）i=1n【解题思路】（1）先证明ex（2）（i）要证数列xn递减，只证exn+1<exn，即证e【解答过程】（1）设g(x)=e则g′令g′(x)=e令g′(x)=e所以g(x)在−∞,0上单调递减，在则g(x)>g(0)=0，即ex则当x<0时，ex−1xx>0时，ex−1x（2）（i）因为数列xn要证数列xn递减，只需证明0<即证exn+1<所以即证ex令t=x不等式化为et设g(t)=e则g′故g(t)=et⋅则g(t)>g(0)=0恒成立，即et⋅t−1则原命题得证.（ii）先证明：fx即证ex设ℎ(则ℎ=ex−所以ℎ(x)在0,+∞则ℎ(x)>ℎ(0)=0，则所证不等式fx又xn>0，所以xn+1>x所以x2>x12>1则当n≥2时，i=1n又当n=1时，x1故i=1n【变式11-3】（2023·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测）设函数fn(1)求函数f3x在点(2)证明:对每个n∈N*，存在唯一的xn(3)证明:对于任意p∈N∗，由（2）中xn构成的数列x【解题思路】（1）求出导函数，然后求解导数值即切线斜率，代入点斜式方程即可求解；（2）根据f′x>0，得函数fx在0,（3）由fn+1x在0,+∞上单调递增，可得x【解答过程】（1）f3x=−1+x+所以f3′1所以函数f3x在点1,f3（2）对每个n∈N*，当由函数fn可得f′x=1+x2由于f11=0，当n≥2时，f又fn23根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的xn∈2（3）对于任意p∈N∗，由（1）中xn构成数列x∵fn+1x由fn+1x在0,+∞上单调递增，可得x即对任意的n、p∈N∗由于fnxfn+px用（1）减去（2）并移项，利用0<xn+p<n+p综上可得，对于任意p∈N∗，由（1）中xn构成数列x1．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx(1)当a=−1时，求曲线y=fx在点1,f(2)若函数fx在0,+∞单调递增，求【解题思路】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；（2）原问题即f′x≥0在区间0,+∞上恒成立，整理变形可得gx=ax【解答过程】（1）当a=−1时，fx则f′据此可得f1所以函数在1,f1处的切线方程为y−0=−ln2（2）由函数的解析式可得f′满足题意时f′x≥0令−1x2令gx=ax2则g′当a≤0时，由于2ax≤0,lnx+1>0，故g′x此时gx令ℎx=g当a≥12，2a≥1时，由于1x+1<1，所以即g′x在区间所以g′x>g′0=0当0<a<12时，由ℎ'当x∈0,12a−1时，ℎ′注意到g′0=0，故当x∈0,1由于g0=0，故当x∈0,综上可知：实数a得取值范围是a|a≥12．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx(1)当a=1时，讨论fx(2)若fx+sin【解题思路】（1）代入a=1后，再对fx求导，同时利用三角函数的平方关系化简f（2）法一：构造函数gx=fx+sinx，从而得到gx<0，注意到g0法二：先化简并判断得sinx−sinxcos2x<0恒成立，再分类讨论a=0【解答过程】（1）因为a=1，所以fx则f=cos令t=cosx，由于x∈0,所以cos3x+cos因为t2+2t+2=t+12+1>0所以f′x=所以fx在0,（2）法一：构建gx则g′若gx=fx则g′0=a−1+1=a≤0当a=0时，因为sinx−又x∈0,π2，所以0<sinx<1所以fx当a<0时，由于0<x<π2，显然所以fx综上所述：若fx+sin所以a的取值范围为−∞法二：因为sinx−因为x∈0,π2，所以0<故sinx−sinx所以当a=0时，fx当a<0时，由于0<x<π2，显然所以fx当a>0时，因为fx令gx=ax−sin注意到g′若∀0<x<π2，g′x>0注意到g0=0，所以gx若∃0<x0<π2所以在0,π2上最靠近x=0处必存在零点x1此时g′x在0,x1上有g′则在0,x1上有gx综上：a≤0.3．（2023·北京·统考高考真题）设函数f(x)=x−x3eax+b，曲线y=f(x)在点(1)求a,b的值；(2)设函数g(x)=f′(x)(3)求f(x)的极值点个数．【解题思路】（1）先对fx求导，利用导数的几何意义得到f(1)=0，f′(1)=−1（2）由（1）得gx的解析式，从而求得g′x，利用数轴穿根法求得g′x（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间−∞,0，0,x1，x1,x【解答过程】（1）因为f(x)=x−x3e因为fx在(1,f(1))处的切线方程为y=−x+1所以f(1)=−1+1=0，f′则1−13×所以a=−1,b=1.（2）由（1）得gx则g′令x2−6x+6=0，解得x=3±3，不妨设x1=3−易知e−x+1所以令g′x<0，解得0<x<x1或x>x2所以gx在0,x1，x2,+即gx的单调递减区间为0,3−3和3+3,+∞（3）由（1）得f(x)=x−x3e由（2）知f′x在0,x1，x2当x<0时，f′−1=1−4e所以f′x在−∞,0上存在唯一零点，不妨设为此时，当x<x3时，f′x<0，则fx单调递减；当所以fx在−当x∈0,x1时，f则f′x1所以f′x在0,x1上存在唯一零点，不妨设为此时，当0<x<x4时，f′x>0，则fx单调递增；当所以fx在0,当x∈x1,x2则f′x2所以f′x在x1,x此时，当x1<x<x5时，f′x<0，则f所以fx在x当x>x2=3+所以f′x=1−所以fx在x综上：fx在−∞,0和x1,4．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f(x)=1(1)当a=−1时，求曲线y=fx在点1,f(2)是否存在a，b，使得曲线y=f1x关于直线x=b对称，若存在，求a，(3)若fx在0,+∞存在极值，求【解题思路】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数b的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数a的方程，解方程可得实数a的值，最后检验所得的a,b是否正确即可；(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数gx=ax2+x−x+1lnx+1【解答过程】（1）当a=−1时，fx则f′据此可得f1函数在1,f1处的切线方程为y−0=−即ln2（2）令gx函数的定义域满足1x+1=x+1定义域关于直线x=−12对称，由题意可得由对称性可知g−取m=32可得即a+1ln2=a−2ln1经检验a=12,b=−即存在a=1（3）由函数的解析式可得f′由fx在区间0,+∞存在极值点，则f′令−1则−x+1令gxfx在区间0,+∞存在极值点，等价于gxg当a≤0时，g′x<0，g此时gx<g0=0，当a≥12，2a≥1时，由于1x+1<1，所以所以g′x>g′0=0所以gx在区间0,+当0<a<12时，由g″当x∈0,12a−1时，当x∈12a−1,+故g′x的最小值为令mx=1−x+ln函数mx在定义域内单调递增，m据此可得1−x+ln则g′令ℎx=ln当x∈0,1时，ℎ当x∈1,+∞时，故ℎx≤ℎ1=0，即所以g′g′2a−1>2a根据零点存在性定理可知:g′x在区间0,+∞当x∈0,x0时，g当x∈x0,+∞时，所以gx令nx=ln则函数nx=lnx−x所以nx≤n4所以g>=>4所以函数gx在区间0,+综合上面可知:实数a得取值范围是0,15．（2023·天津·统考高考真题）已知函数fx(1)求曲线y=fx在x=2(2)当x>0时，证明：fx(3)证明：56【解题思路】（1）利用导数的几何意义求斜率；（2）问题化为x>0时lnx+1>2x（3）构造ℎ(n)=lnn!−n+12lnn+n，n∈N∗，作差法研究函数单调性可得ℎ(n)≤ℎ(1)=1【解答过程】（1）f(x)=ln(x+1)x所以f′(2)=13−（2）要证x>0时fx=1令g(x)=lnx+1−2xx+2所以g(x)在(0,+∞)上递增，则g(x)>g(0)=0，即所以x>0时fx（3）设ℎ(n)=lnn!−则ℎ(n+1)−ℎ(n)=1+(n+1由（2）知：x=1n∈(0,1]，则所以ℎ(n+1)−ℎ(n)<0，故ℎ(n)在n∈N∗上递减，故下证ln(n!)−(n+令φ(x)=lnx−(x+5)(x−1)4x+2且当0<x<1时φ′(x)>0，φ(x)递增，当x>1时φ′所以φ(x)≤φ(1)=0，故在x∈0,+∞上则ℎ(n)−ℎ(n+1)=(n+1所以ℎ(2)−ℎ(3)<112(1−12累加得：ℎ(2)−ℎ(n)<112(1−1因为79>3则−ℎ(n)<1所以ℎ(1)−ℎ(n)<32ln综上，56<ℎ(n)≤1，即6．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx(1)讨论fx(2)证明：当a>0时，fx【解题思路】（1）先求导，再分类讨论a≤0与a>0两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为a2−12−方法二：构造函数ℎx=ex−x−1，证得e【解答过程】（1）因为f(x)=aex+a−x，定义域为当a≤0时，由于ex>0，则ae所以fx在R当a>0时，令f′x=a当x<−lna时，f′x<0当x>−lna时，f′x>0综上：当a≤0时，fx在R当a>0时，fx在−∞,−lna（2）方法一：由（1）得，fx要证f(x)>2lna+32，即证令ga=a令g′a<0，则0<a<22所以ga在0,22所以gamin=g所以当a>0时，f(x)>2ln方法二：令ℎx=e由于y=ex在R上单调递增，所以ℎ′又ℎ′所以当x<0时，ℎ′x<0；当x>0所以ℎx在−∞,0故ℎx≥ℎ0=0，则因为f(x)=ae当且仅当x+lna=0，即所以要证f(x)>2lna+32，即证令ga=a令g′a<0，则0<a<22所以ga在0,22所以gamin=g所以当a>0时，f(x)>2ln7．（2023·全国·统考高考真题）（1）证明：当0<x<1时，x−x（2）已知函数fx=cosax−ln1−x【解题思路】（1）分别构建Fx=x−sin（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究fx在0,1上的单调性，求导，分类讨论0<a2【解答过程】（1）构建Fx=x−sinx,x∈0,1则Fx在0,1上单调递增，可得F所以x>sin构建Gx则G′构建gx=G′x则gx在0,1上单调递增，可得g即G′x>0则Gx在0,1上单调递增，可得G所以sinx>x−综上所述：x−x（2）令1−x2>0，解得−1<x<1，即函数f若a=0，则fx因为y=−lnu在定义域内单调递减，y=1−x2在则fx=1−ln1−x故x=0是fx的极小值点，不合题意，所以a≠0当a≠0时，令b=因为fx且f−x所以函数fx由题意可得：f′（i）当0<b2≤2时，取m=min1由（1）可得f′且b2所以f′即当x∈0,m⊆0,1时，f′x结合偶函数的对称性可知：fx在−m,0所以x=0是fx（ⅱ）当b2>2时，取x∈0,由（1）可得f′构建ℎx则ℎ′且ℎ′0=b3可知ℎx在0,1b所以ℎx在0,1b当x∈0,n时，则ℎx<0则f′即当x∈0,n⊆0,1时，f′x结合偶函数的对称性可知：fx在−n,0所以x=0是fx综上所述：b2>2，即a2>2，解得故a的取值范围为−∞8．（2022·天津·统考高考真题）已知a，b∈R(1)求函数y=fx在0,f(2)若y=fx和y=g（i）当a=0时，求b的取值范围；（ii）求证：a2【解题思路】（1）求出f′（2）（i）当a=0时，曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点即为s(t)=et2−bt,t≥0在（ii）曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点即asinx0+bx【解答过程】（1）f′(x)=ex−a曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=(1−a)(x−0)+1即y=(1−a)x+1.（2）（i）当a=0时，因为曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点，故ex设t=x，故x=t2，故e设s(t)=et2−bt,t≥0，故而s′若b=0，则s(t)=et2>0恒成立，此时若b<0，则s′(t)>0在(0,+∞)上恒成立，故而s(0)=1>0，s(t)≥s(0)=1，故s(t)在[0,+∞故b>0，设u(t)=2tet2故u(t)在(0,+∞而u(0)=−b<0，u(b)=b(2e故u(t)在(0,+∞)上存在唯一零点且0<t<t0时，u(t)<0；t>t故0<t<t0时，s′(t)<0；所以s(t)在(0,t0)故s(t)因为s(t)在[0,+∞)上有零点，故s(t而2t0et0设v(t)=2tet2故v(t)在(0,+∞而b=2t0e（ii）因为曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点，所以ex−asinx=bx若x0=0，则1−a×0=b×0，该式不成立，故故asinx0a2+b2表示原点与直线故a2+b下证：对任意x>0，总有|sin证明：当x≥π2时，有|sin当0<x<π2时，即证设p(x)=sinx−x，则故p(x)=sinx−x在[0,+∞)上为减函数，故综上，|sin下证：当x>0时，exq(x)=ex−1−x,x>0故q(x)在(0,+∞)上为增函数，故q(x)>q(0)=0即下证：e2xsin2x+x即证：2x−1+1≥sin2x+x而x>|sinx|≥sin故ex0sin9．（2022·全国·统考高考真题）已知函数f(x)=ax−1(1)当a=0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求