新高考数学各地市期末好题分类汇编专题09函数与导数解答题(原卷版+解析)

专题09函数与导数解答题一、解答题1．（2022·河北深州市中学高三期末）已知函数．(1)证明：函数在上存在唯一的零点；(2)若函数在区间上的最小值为1，求a的值．2．（2022·河北唐山·高三期末）过点可以作出曲线的两条切线，切点分别为A，B两点．(1)证明：；(2)线段AB的中点M的横坐标为，比较与a的大小关系．3．（2022·河北保定·高三期末）已知函数.(1)若，讨论在上的单调性；(2)若函数在上的最大值小于，求的取值范围.4．（2022·河北张家口·高三期末）已知函数.(1)当时，证明：函数在区间上单调递增；(2)若，讨论函数的极值点的个数.5．（2022·山东淄博·高三期末）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)当时，若，试比较，，的大小，并说明理由．6．（2022·山东青岛·高三期末）已知函数.(1)求曲线处的切线方程；(2)若方程有两个实根，且（I）求m的取值范围；（Ⅱ）求证：.7．（2022·山东省淄博实验中学高三期末）已知函数(1)求函数的极值；(2)设，为两个不等的正数，且，若不等式恒成立，求实数的取值范围．8．（2022·山东临沂·高三期末）已知函数，，．(1)若在上单调递增，求a的最大值；(2)当a取（1）中所求的最大值时，讨论在R上的零点个数，并证明．9．（2022·山东青岛·高三期末）已知函数的图象在点处的切线为.(1)求；(2)求证：；(3)已知，若对恒成立，求正实数的取值范围.10．（2022·山东泰安·高三期末）已知函数.(1)求曲线在处的切线方程；(2)若，证明：.11．（2022·山东枣庄·高三期末）已知函数．(1)若，求的取值范围；(2)若，证明．12．（2022·山东莱西·高三期末）已知，其中，.(1)求在上为减函数的充要条件；(2)求在上的最大值；(3)解关于x的不等式：.13．（2022·山东日照·高三期末）已知函数，中.(1)当时，求的单调区间；(2)若，对任意实数恒成立，求的最大值.14．（2022·山东烟台·高三期末）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若在上有零点，①求a的取值范围；②求证：．15．（2022·山东济南·高三期末）已知函数.(1)若曲线在处的切线方程为，求实数的值；(2)若不等式恒成立，求的最小值.16．（2022·湖北襄阳·高三期末）已知函数．(1)讨论的单调性，并比较与的大小；(2)若，为两个不相等的正数，且，求证：．17．（2022·湖北武昌·高三期末）已知，其中．(1)当时，分别求和的的单调性；(2)求证：当时，有唯一实数解；(3)若对任意的，都有恒成立，求a的取值范围．18．（2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）已知函数.(1)若关于的不等式恒成立，求实数的值；(2)设函数，在（1）的条件下，证明：存在唯一的极小值点，且.19．（2022·湖北江岸·高三期末）已知函数，.(1)若存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)若，（）是的两个不同极值点，证明：.20．（2022·湖北省鄂州高中高三期末）已知函数.(1)当时，求函数在上的最值；(2)若函数在上单调递减，求实数的取值范围.21．（2022·湖北·高三期末）已知函数．(1)讨论函数的单调性；(2)设为两个不等的正数，且（），若不等式恒成立，求实数的取值范围．22．（2022·湖北·黄石市有色第一中学高三期末）已知函数（1）讨论函数的单调性;（2）若，证明:23．（2022·湖南常德·高三期末）已知函数．(1)讨论函数的单调性；(2)若函数有两个极值点、，且（为自然对数底数，且），求的取值范围．24．（2022·湖南娄底·高三期末）已知函数．(1)证明：函数在区间内存在唯一的极大值点；(2)判断函数在上的极值点的个数．（参考数据：，，）25．（2022·湖南郴州·高三期末）已知函数fx(1)讨论函数的零点个数；(2)若函数存在两个不同的零点，证明：x1x226．（2022·广东揭阳·高三期末）已知函数f(1)若a=e，判断函数的单调性，并求出函数的最值.(2)若函数有两个零点，求实数的取值范围.27．（2022·广东潮州·高三期末）已知函数f(x)=x22(1)求实数a的取值范围；(2)求证:f(28．（2022·广东东莞·高三期末）已知且a≠1，函数f(x)=loga(1)若a=e，求函数在处的切线方程；(2)若函数有两个零点，求实数的取值范围.29．（2022·广东罗湖·高三期末）已知定义在R上的函数fx(1)求的单调递增区间；(2)对于∀x∈0,+∞，若不等式fx30．（2022·广东汕尾·高三期末）已知函数fx=lnx−ax+1，(1)求曲线在点P1,f1处的切线l的方程；并证明：函数f(x)=lnx−ax+1(x≠1)的图象在直线(2)已知函数g(x)=12a31．（2022·广东清远·高三期末）已知函数f(x)=e(1)讨论的零点个数．(2)若有两个不同的零点，证明：x1+x32．（2022·广东佛山·高三期末）已知函数f(x)=1aex−(1)设，过点A−1,−12作曲线(2)证明：当或0<a≤2e时，f(x)≥33．（2022·广东·铁一中学高三期末）已知函数fx=ln（1）若的最大值是0，求函数的图象在x=e处的切线方程；（2）若对于定义域内任意，fx≤gx恒成立，求34．（2022·江苏海门·高三期末）设函数fx(1)若曲线在点处的切线方程为kx−y+2=0，求的值；(2)若fx≥1，求实数(3)求证：当a>12时，函数35．（2022·江苏扬州·高三期末）已知函数f(x)=xcosx−sinx−e−2(1)求f(x)的最大值，并证明：ex(2)若f(x)+2ax3+36．（2022·江苏宿迁·高三期末）已知函数fx=ln(1)证明：fx(2)若函数的图象与的图象有两个不同的公共点，求实数的取值范围.37．（2022·江苏通州·高三期末）已知函数f(x)＝sinx＋tanx－ax2－2x.(1)当a＝0时，判断并证明f(x)在−π(2)当x∈(0，π2)时，f(x)＞0，求a38．（2022·江苏海安·高三期末）已知函数f(x)=ex−ax((1)若是单调增函数，求a的取值范围；(2)若，是函数的两个不同的零点，求证：1<x1+x39．（2022·江苏如东·高三期末）已知函数f(x)＝ex(x－lnx)＋mx(m∈R).(1)若m＝0，求函数f(x)在x＝1处的切线方程；(2)若f(x)≥0，求m的取值范围.40．（2022·江苏如皋·高三期末）设f(x)＝xex－mx2，m∈R.(1)设g(x)＝f(x)－2mx，讨论函数y＝g(x)的单调性；(2)若函数y＝f(x)在(0，＋∞)有两个零点x1，x2，证明：x1＋x2＞2.41．（2022·江苏常州·高三期末）已知函数fx=a(1)若曲线在处的切线平行于轴，求的值；(2)当a≥e（为自然对数的底数）时，求函数的零点个数并说明理由．42．（2022·江苏无锡·高三期末）已知函数f(x)=ex−1(1)若不等式f(x)>e−1e(2)若不等式f(x)<ax+13−aln243．（2022·江苏苏州·高三期末）已知函数f(x)=ln(1)判断的单调性，并说明理由；(2)若数列{an}满足a1=1，a专题09函数与导数解答题一、解答题1．（2022·河北深州市中学高三期末）已知函数．(1)证明：函数在上存在唯一的零点；(2)若函数在区间上的最小值为1，求a的值．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）首先求出函数的导函数，即可得到在上单调递增，再计算，构造函数，利用导数说明，再计算，即可得到，从而得证；（2）由（1）可知存在唯一的，使得，即，即可得到，即可得到，再根据的单调性得到，即可得到，从而求出的值；(1)证明：∵，∴．∵在区间上单调递增，在区间上单调递减，∴函数在上单调递增．又，令，，则在上单调递减，，故．令，则，所以函数在上存在唯一的零点．(2)解：由（1）可知存在唯一的，使得，即（*）．函数在上单调递增，∴当时，，单调递减；当时，，单调通增；∴，由（*）式得．∴，显然是方程的解，又∵是单调递减函数，方程有且仅有唯一的解，把代入（*）式，得，∴，即所求实数的值为．【点睛】思路点睛：函数的零点问题，一般需要利用函数的单调性和零点存心定理进行判断，对于导数零点不易求的情形，可通过虚设零点来处理.2．（2022·河北唐山·高三期末）过点可以作出曲线的两条切线，切点分别为A，B两点．(1)证明：；(2)线段AB的中点M的横坐标为，比较与a的大小关系．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）令，求导后，设，，则，，则方程有两根，．令，则有两个零点．求导后利用函数的单调性求得最小值小于零得出结论.（2）依题设，只需比较与的大小关系．由（1）知：，，两式相减后用表示出，由，，取，则，构造函数，，求导后利用函数的单调性证得结论.(1)证明：令，则，设，，则，，则方程有两根，．令，则有两个零点．若，则单调递增，至多一个零点，不合题意．因此，．此时，，．当时，，单调递减：当时，，单调递增当时，取得最小值，若要使有两个零点，则需，即．综上所述，．(2)依题设，只需比较与的大小关系．由（1）知：，，两式相减，得，即，则，不妨设，则，取，则，，令，，则于是在为减函数，，故，即．【点睛】利用导数证明不等式常见类型及解题策略：(1)构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.3．（2022·河北保定·高三期末）已知函数.(1)若，讨论在上的单调性；(2)若函数在上的最大值小于，求的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)【解析】【分析】（1）先对函数求导，然后分和判断导数的正负，从而可求出函数的单调区间，（2）由题意得，然后分，，和四种情况求在的最大值，使其最大值小于，从而可求出的取值范围(1).令，得；令，得.当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.(2)由题意得.若，，则在上单调递增，，不合题意.若，则在上单调递增，，不合题意.若，则在上单调递减，在上单调递增，或.当时，；当时，，则.若，则在上单调递减，.综上，的取值范围是.4．（2022·河北张家口·高三期末）已知函数.(1)当时，证明：函数在区间上单调递增；(2)若，讨论函数的极值点的个数.【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【解析】【分析】（1）先对函数求导，再二次求导，可求得导函数在区间上单调递增，从而可得，进而可证得结论，（2）当时，可得单调递增，无极值点，当时，，令，令，利用导数求出的单调区间和极值，从而分，和求解即可(1)证明：当时，.当时，，.所以函数在区间上单调递增，故，故函数在区间上单调递增.(2)解：当时，单调递增，无极值点，当时，，令，令，则，当时，，且，当时，方程有唯一小于零的零点，故函数存在一个极值点；当时，，当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，为函数极小值，所以当时，方程无解，函数无极值点；当时，方程有一个解，但当时，，当时，，故函数无极值点.当时，方程有两解，函数存在一个极大值点和一个极小值点.综上，当时，函数存在一个极值点，当时，函数无极值点，当时，函数存在一个极大值点和一个极小值点.5．（2022·山东淄博·高三期末）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)当时，若，试比较，，的大小，并说明理由．【答案】(1)答案见解析(2)【解析】【分析】（1）分类讨论，或两种情况，利用导数得出的单调性；（2）由（1）得出函数在上单调递增，进而得出，构造函数，利用导数得出，进而得出大小关系.(1)当，即时，，则故函数在上单调递增.当或时，方程的两根为，当或时，；当时，.故函数在和上单调递增，在上单调递减.(2)当时，，，则函数在和上单调递增，在上单调递减，，，令，由可得，函数在上单调递减，且.故当时，，即函数在上单调递减.，，即.【点睛】方法点睛：在比较大小时，可以先构造函数，再由导数得出其单调性，利用单调性得出大小关系.6．（2022·山东青岛·高三期末）已知函数.(1)求曲线处的切线方程；(2)若方程有两个实根，且（I）求m的取值范围；（Ⅱ）求证：.【答案】(1)；(2)（Ⅰ），（Ⅱ）证明见解析.【解析】【分析】（1）以导数几何意义即可求得曲线处的切线方程；（2）判断函数的单调区间及极值情况后，即可求得m的取值范围；等价转化和构造新函数在本题证明中起到至关重要的作用.(1)曲线在处的切线的斜率为，切点坐标为所以切线方程为(2)（Ⅰ）的增区间为，减区间为的最小值为，又时，；时，的取值范围为（Ⅱ）下面证明切线始终在曲线下方即证明恒成立令，在单调递减，在单调递增最小值为恒成立，恒成立得证即切线始终在曲线下方切线与联立解得，显然因此，要证，只要证即可即证，即证即可又因为，，所以只要证令，，恒成立在单调递增得证，原命题得证【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.7．（2022·山东省淄博实验中学高三期末）已知函数(1)求函数的极值；(2)设，为两个不等的正数，且，若不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)函数极大值1，无极小值；(2).【解析】【分析】(1)对函数求导，求出导数值的零点并判断在其左右两侧导数值正负即可计算作答.(2)令，把问题转化为用函数表示出，再利用(1)中信息进行推理计算作答.(1)函数定义域为R，求导得，当时，，当时，，因此，函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，函数有极大值1，无极小值.(2)令，即，则，依题意，两个不等的实数满足，且不等式恒成立，不妨令，由(1)知，在上递增，在上递减，且当时，恒成立，而，因此有，由知，，，则有，而在上递减，从而有，即，两边取对数得：，即，，令，，，当时，，则在上单调递增，，符合题意，当时，即，当时，，在上单调递减，当时，，不符合题意，综上得：，所以实数的取值范围是.【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用函数思想是解决问题的关键.8．（2022·山东临沂·高三期末）已知函数，，．(1)若在上单调递增，求a的最大值；(2)当a取（1）中所求的最大值时，讨论在R上的零点个数，并证明．【答案】(1)1；(2)2个，证明见解析.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，转化为导函数在上恒成立，再求导求其最小值即可；（2）利用导数分析函数在上的单调性，根据两点的存在性定理可确定出2个零点，再由导数求出函数的最小值，求出最小值的范围即可得证.(1)由题意可知，在上恒成立，因为，所以单调递增，所以，解得a≤1，所以a的最大值为1.(2)易知a=1，所以,当x≤0时，，所以g(x)单调递减，当x>0时，，则，所以单调递增,因为，所以存在，使得，在上单调递减，在上单调递增，又，所以,因为，所以存在，使得，所以有两个零点，又因为，所以，因为，所以，故成立.【点睛】关键点点睛：求函数零点时，注意利用导数研究出函数的单调性后，根据零点存在性定理可确定出函数的隐零点，求最小值时，要注意对隐零点的使用，才能化简求值，属于难题.9．（2022·山东青岛·高三期末）已知函数的图象在点处的切线为.(1)求；(2)求证：；(3)已知，若对恒成立，求正实数的取值范围.【答案】(1)；(2)证明见详解；(3)【解析】【分析】（1）求出导数，由可求解.（2）分与两种情况求的最大值可得证.（3）由可变形为，由可得到，再利用（2）结论求解即可.(1)由题意得：，故(2)由（1）知：令当时，当，因为，，，所以当，因为，，，所以所以在区间上单调递减又因为当，因为，所以在上单调递增，当，因为，所以在上单调递减，所以当时，当，因为，，，所以当，因为，，，所以所以在区间上单调递减又因为，所以有唯一的零点当，因为，所以所以在上单调递增，当，因为，所以在上单调递减，所以又因为所以因为，，所以所以当时，综上知，当时，(3)因为，所以即因为所以由（2）知，当时，因为所以当时，若，则，不合题意综上，10．（2022·山东泰安·高三期末）已知函数.(1)求曲线在处的切线方程；(2)若，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线方程；（2）利用导数证明，从而得出，设，利用导数证明恒成立，从而得出，由结合的单调性证明.(1)∴又，∴曲线在处的切线方程为，即.(2)设，则，当时，单调递减，当时.单调递增.∴∴，即.∴当时，∴∵当时，∴设，则设，则令，解得当时，单调递减，当时，单调递增.∴∴，即∴在上单调递增∴∴当时，恒成立.∴，即.∴又∴单调递减.又∴【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：（1）构造差函数：根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数：一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.11．（2022·山东枣庄·高三期末）已知函数．(1)若，求的取值范围；(2)若，证明．【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）由题意，即在上恒成立，求出的最小值即可得到答案.（2）根据题意对分与讨论，①当时，由于，故，即化简可为.当时，不成立，不符合题意.②当时，即．可以转化为两种情况或和或（*）.再证.变型得，令，求导后知在上单调递增，在上单调递减.即.即.即可证明出.(1)．令，则．可见，，所以在上单调递减，在上单调递增．所以．由题意，，即．所以a的取值范围是．(2)若，当时，，所以．于是．问题转化为：任意的，，而，所以当时，不成立．不符合题意．当时，．或或（*）下证．①若，则（*），或，不符合题意；②若，则（*），或，不符合题意；③若，则（*），符合题意．由，得．令，则．令，显然是减函数．又，所以当时，；当时，．从而当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以．所以．又是增函数，所以．12．（2022·山东莱西·高三期末）已知，其中，.(1)求在上为减函数的充要条件；(2)求在上的最大值；(3)解关于x的不等式：.【答案】(1)(2)(3)或【解析】【分析】（1）先对函数求导，然后由可求出结果，（2）设，则问题转化为求在上的最大值，然后分和两种情况求的最大值即可，（3）取，则，由（1）可知在上为减函数，将原不等式转化为，从而可得，进而可求得结果(1)由，得，，充分性：因为，所以当时，，即，必要性：当时，因为，所以，即，所以在上为减函数的充要条件为，(2)设，则问题转化为求在上的最大值，由（1）可知，当时，在上为减函数，所以，当时，，由于时，，则在上为增函数，当时，，则在上为减函数，所以，综上，(3)取，则，由，得，所以，由（1）可知在上为减函数，所以，所以，即，解得或，，所以或，，所以不等式的解集为或【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数与函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，考查利用导数解不等式，解题的关键是令，将原函数转化为，从而将原不等式转化为，再利用函数的单调性可求得结果，考查了数学转化思和计算能力，属于较难题13．（2022·山东日照·高三期末）已知函数，中.(1)当时，求的单调区间；(2)若，对任意实数恒成立，求的最大值.【答案】(1)的单调增区间为，单调减区间为(2)0【解析】【分析】（1）直接利用导数讨论函数的单调性；（2）利用分离参数法得到其中.设，则，即.讨论的单调性求出得到.令，利用导数求出的最大值为0.(1)函数的定义域为，.当时，令解得：，所以当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减.综上所述：当时，在上单调递增；在上单调递减..(2)当时，，故恒成立可化为其中.设，则，即.由（1）可得，在上单调递减.，所以，，即.下面讨论在上的零点：①若，即.此时，，在上单调递增.故，即；②若，即.此时，在上单调递增.，故，所以；③若，此时，在上单调递减..又，.故存在，使得，所以在上单调递减，在上单增.故又，所以.令，则，所以，所以在上单调递减，故，综上所述：的最大值为0.【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围；（4）利用导数证明不等式14．（2022·山东烟台·高三期末）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若在上有零点，①求a的取值范围；②求证：．【答案】(1)时，在上单调递增，当时在上单调递增，在上单调递减．(2)①；②证明见解析【解析】【分析】（1）对函数求导，讨论a的取值情况，判断导数的正负，确定函数的单调性;（2）①对a分类讨论，与1进行比较，结合零点存在定理，即可得到答案;②根据在上有零点，可以先整理得到，利用该式，先将要证明的不等式左面进行变形，分离参数，再利用构造函数，结合求导，判断函数的单调性可进行证明；同理可证明不等式的右边部分.(1)（1），．当时，恒成立，在上单调递增．当时，，当时，，单调递增；当时，，单调递减．综上，时，在上单调递增，当时在上单调递增，在上单调递减．(2)①注意到，，由（1）知，当时，在上单调递增，对任意，恒有，不合题意；同理，当时，在上单调递减，又，所以对任意，恒有，不合题意；当时，，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，所以，又当时，，由零点存在定理知，存在唯一一点，使得，满足题意．综上所述，a的取值范围为．②由①知，当时，，解得．要证，只需证．令，，则，所以在上单调递增，又，所以在上恒成立，即，即．要证，只需证，即．又因为，即证．令，，则．又，所以函数在上单调递增，在上单调递减，当时，，所以在恒成立，所以在上单调递减，又，所以，即，不等式得证．15．（2022·山东济南·高三期末）已知函数.(1)若曲线在处的切线方程为，求实数的值；(2)若不等式恒成立，求的最小值.【答案】(1)，(2)【解析】【分析】（1）根据题意可知，，从而可得出答案；（2）不等式恒成立，即即可，求出函数的导函数，分，，三种情况讨论，求出函数的最小值，分析从而可得出答案.(1)解：由已知，所以，又，所以，所以；(2)解：函数定义域为R，因为，（ⅰ）若，即时，，在R上单调递增，因为当时，，所以取，则，不合题意；（ⅱ）若，即时，，在R上单调递增，若不等式恒成立，则，所以，即的最小值为0；（ⅲ）若，即时，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增；若不等式恒成立，则，即，所以；设（），则，设（），则，注意到为增函数，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，此时，即的最小值为，综上所述的最小值为.【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了利用导数求参数的最值问题，还考查了不等式恒成立问题，考查了利用导数求函数的最值，考查了分类讨论思想和数据分析能力，属于难题.16．（2022·湖北襄阳·高三期末）已知函数．(1)讨论的单调性，并比较与的大小；(2)若，为两个不相等的正数，且，求证：．【答案】(1)的递增区间为，递减区间为；；(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）根据导数的性质，结合函数的单调性进行求解即可；（2）对已知等式进行变形，结合基本不等式，通过构造新函数，利用导数进行求解证明即可.(1)∵，∴的定义域为且，令时，，当时，，在上递增，当时，，在上递减，∴的递增区间为，递减区间为又∵所以，即，所以，即，所以；(2)由可得：，即：令，，则有要证：只需证：，即证：因为，所以只需证：即证：设，则：，，∴，要证，只要证，即．只要证即证（其中），令，，∴在单调递增，，即（其中）成立，所以不等式成立．故原不等式成立．【点睛】关键点睛：对已知等式进行变形，结合基本不等式，通过构造函数利用导数进行求解证明是解题的关键.17．（2022·湖北武昌·高三期末）已知，其中．(1)当时，分别求和的的单调性；(2)求证：当时，有唯一实数解；(3)若对任意的，都有恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)时，在单调递增，在单调递减；当时，在单调递增(2)证明见解析(3)【解析】【分析】（1）当，时，，当，时，，利用导数计算即可判断单调性.（2）当时，等价于，构造函数，则，讨论当n为偶数，当n为奇数时，的单调性，结果即可证得结果.（3）等价于．由（2）知，，即可求得结果．(1)．当，时，，．由，得；由，得．所以，在单调递增，在单调递减．当，时，，．因为,可知当，取得极小值0，可知，所以在单调递增．(2)当时，．即，即令，则．所以，当n为偶数时，，单调递减．因为，所以有唯一解．当n为奇数时，若，则，在单调递增；若，则，在单调递减．因为，所以有唯一解．综上，当时，有唯一实解．(3)当，时，等价于，即，即．由（2）知，，所以，．18．（2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）已知函数.(1)若关于的不等式恒成立，求实数的值；(2)设函数，在（1）的条件下，证明：存在唯一的极小值点，且.【答案】(1)；(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）分析可知，分、两种情况讨论，结合已知条件可得出关于的等式，即可求得实数的值；（2）求得，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可证得存在唯一的极小值点，再分析出，结合二次函数的单调性可证得结论成立.(1)解：因为的定义域为，且，.由题意可知，，，则.当时，，，则函数在上单调递增，故当时，，不合乎题意；当时，由，可得.当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，则，故，解得.(2)解：由（1）可知，，则，所以，，设，则，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，又，，，所以在上有唯一零点，在上有唯一零点，且当时，；当时，；当时，.因为，所以时的唯一极小值点,由得，故，由得，，因为当时，在取得最小值，由，得，所以.【点睛】关键点点睛：本题考查函数极值点的分析，解题的关键在于利用导数分析函数的单调性，在证明，需要注意所满足的等式，结合函数单调性来得出证明.19．（2022·湖北江岸·高三期末）已知函数，.(1)若存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)若，（）是的两个不同极值点，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）求的导数，根据存在单调递增区间，将问题变为有解的问题，然后构造函数，求该函数的最大值即可.（2）可利用，是的两个不同极值点，得到，结合要证明的不等式变形为，即证，然后采用换元法，构造函数，利用函数的单调性证明结论.(1)函数定义域为，根据题意知有解，即有解，只需；令，，且当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，所以；(2)由，是的不同极值点，知，是的两根，即①，联立可得：②要证：，由①代入即证，即，由②代入可得③因为，则③等价于令，问题转化为证明④成立，，而，故，所以在上单调递增，当，④成立，即得证.【点睛】（1）要注意有解问题和恒成立问题的区别，二者都要转化为求函数的最值问题，但是最大值还是最小值要仔细区分；（2）关于极值点以及有关的不等式的问题是考试中的热点问题，解决的方法一般是利用原方程整理变形，采用构造函数的方法来解决，其中恰当的变形以及构造恰当的函数是解决问题的关键.20．（2022·湖北省鄂州高中高三期末）已知函数.(1)当时，求函数在上的最值；(2)若函数在上单调递减，求实数的取值范围.【答案】(1)最小值，最大值(2)或.【解析】【分析】（1）先求导函数，判断出函数单调递增，即可求得函数在上的最值；（2）先去掉解析式中的绝对值符号，在上单调递减即在上恒成立，关键是分离参数k，把所求问题转化为求函数的最值问题.(1)时，，在上单调递增，，则.∴在上单调递增，∴，.(2)，记，，则，则在上单调递增，，.①当即时，，由在上单调递减，可知在上恒成立，则，又由（1）知，故实数的取值范围为.②当即时，，由在上单调递减，可知在上恒成立，则，又由（1）知，则又，故实数的取值范围为.③当即时，有，.则存在唯一实数，使得，当时，与在上单减矛盾，此时不符合题意要求.综上可知，的取值范围为或.【点睛】可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号．关键是分离参数k，把所求问题转化为求函数的最值问题．21．（2022·湖北·高三期末）已知函数．(1)讨论函数的单调性；(2)设为两个不等的正数，且（），若不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减(2)【解析】【分析】（1）首先对函数求导，令导数大于零，求得增区间，令导数小于零，求得减区间；（2）令，将式子转化为，实数满足且不等式恒成立，由及（1）知，利用函数在单调递减，构造新函数，求导，分情况讨论求得结果.(1)因为，所以当在上单调递增，当在上单调递减．(2)令，则，依题意得实数满足且不等式恒成立，由及（1）知，法1：不等式恒成立知，所以，∴，又函数在单调递减，∴，又，所以，即，两边取对数得对恒成立，设，则，①当时，对恒成立，此时在上单调递增，故恒成立，符合题意，②当时，，则，此时在上单调递减，故，不符合题意．综上所述，．法2：由令，则，所以不等式令，依题意恒成立．①当时，递增，从而，所以在上递增，故恒成立．②当时，由得，所以在上递减，所以在上递减，故，不合题意．③当时，由知，不合题意．综上所述，．22．（2022·湖北·黄石市有色第一中学高三期末）已知函数（1）讨论函数的单调性;（2）若，证明:【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；（2）见详解【解析】【分析】（1）对函数进行求导，然后根据参数进行分类讨论；（2）构造函数，求函数的最小值即可证出.【详解】（1）的定义域为，.当时，在上恒成立，所以在上单调递增；当时，时，；时，，所以在上单调递减，在上单调递增.综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）当时，.令，，则.，令，.恒成立，所以在上单调递增.因为，，所以存在唯一的，使得，即.①当时，，即，所以在上单调递减；当时，，即，所以在上单调递增.所以，，②方法一：把①代入②得，.设，.则恒成立，所以在上单调递减，所以.因为，所以，即，所以，所以时，.方法二：设，.则，所以在上单调递增，所以，所以.因为，所以，所以，所以时，.【点睛】不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等式的方法主要有两个：（1）不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数最值即可；（2）观察不等式的特点，结合已解答问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，再化简或者进一步利用导数证明.23．（2022·湖南常德·高三期末）已知函数．(1)讨论函数的单调性；(2)若函数有两个极值点、，且（为自然对数底数，且），求的取值范围．【答案】(1)答案见解析；(2).【解析】【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间；（2）由已知可得出，，可得出，设，，其中，利用导数求出函数在上的值域，即可得解.(1)解：由题知，函数的定义域为，，当时，对任意的，且不恒为零，故在上单调递增；当时，，且不恒为零，故在上单调递增；当时，令，解得，，则，当时，；当时，；当时，.此时，函数的单调递增区间为、，单调递减区间为.综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为、，单调递减区间为.(2)解：由（1）知，当时，有两极值点、，且，，所以，设，，其中，所以，，又因为，可知，所以在上单调递减．∴，即，所以的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题第二小问考查的取值范围，要注意、所满足的关系式（即韦达定理），在化简时，要注意将参数与变量统一为同一变量，通过构造函数，利用求解函数值域的方法来求解.24．（2022·湖南娄底·高三期末）已知函数．(1)证明：函数在区间内存在唯一的极大值点；(2)判断函数在上的极值点的个数．（参考数据：，，）【答案】(1)证明见解析(2)2个【解析】【分析】（1）求出导函数，确定在给定区间内的单调性，由零点存在定理得唯一零点，从而可得证结论；（2）对，在上，恒成立，无极值点，在上，设，再求导，由零点存在定理得存在唯一零点，然后确定，即的正负、零点，得函数的单调性、极值点．(1)因为，所以，因为时，，分别单调递减，所以在区间单调递减，因为，所以，因为，所以，根据零点存在定理可得，存在唯一零点，使得，所以当时，，当，，即在上递增，在上递减，所以是函数在区间内唯一的极大值点．(2)，，当时，恒成立，所以在x∈π,2当x∈0,π时，设g'g'g'根据零点存在定理可知，存在唯一x1∈0,且x∈(0,x1)时，，x∈(x∴f'x=e−xf'f'0=1>0根据零点存在定理可知，存在x2∈0,x1，x所以在0,x2、x3,π分别成立，在0,x2、x3,π是都是递增，在(x所以函数在上的极值点的个数为2．【点睛】本题考查用导数求函数的极值，考查零点存在定理，解题关键是需要导函数进一步求导，以便确定导函数的单调性与零点的存在性，从而得出函数的性质．本题属于较难题．25．（2022·湖南郴州·高三期末）已知函数fx(1)讨论函数的零点个数；(2)若函数存在两个不同的零点，证明：x1x2【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）先对函数进行求导，然后对a进行分类讨论，便可得到函数零点的个数;（2）利用（1）的结论，便可知函数在a>2e时有两个零点，再构造一个新函数，可将双变量变为单变量，对该新函数进行研究即可.(1)因为f①当，，函数在区间单调递增，（i）时，函数在上无零点；（ii），由时，，fe=e2∴在只有一个零点；②当时，函数在区间0,a2上单调递减，在区间a2,+∞上单调递增；（注意时，fx→+∞所以fx（i）fa2>0即0<a<2e（ii）fa2=0，即a=2e（iii）fa2<0即a=2e综上所述，当或a=2e时，在只有一个零点；当0≤a<2e时，无零点；当a>2e时，有两个零点；方法二：时，函数fx=x2时，由fx=0⇒1a=ln由g'则x∈0,e时，x∈e,+∞则gx做出简图，由图可知：（注意：时，gx→−∞，时g当1a<0或1a=2e，即或a=2e即在只有一个零点；当0<1a<12e时，即a>2e时，1当1a>12e时，即0<a<2e时，1a综上所述，当或a=2e时，在只有一个零点；当0≤a<2e时，无零点；当a>2e时，有两个零点；(2)由（1）可知a>2e时，有两个零点，设两个零点分别为，且，由fx1=f所以x1即ln要证明x1x2>e，即证再证lnx2−设x2x1=x，则，即证ln令ℎx则ℎ'故函数在上单调递增，所以ℎx>ℎ1=0，即有所以x126．（2022·广东揭阳·高三期末）已知函数f(1)若a=e，判断函数的单调性，并求出函数的最值.(2)若函数有两个零点，求实数的取值范围.【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增，最小值为f1=e(2)e【解析】【分析】（1）把a=e的值代入函数的解析式，从而根据导数判断函数的单调性，进而可求函数的最值；（2）利用导数判断函数的单调性，根据单调性可求函数的最小值；根据题意列出满足条件的的不等式，从而求出的范围，然后验证即可.(1)易知函数的定义域为，当a=e时，f所以f'当时，；当，；所以在上单调递减，在上单调递增；由此可得，的最小值为f1=e(2)因为fx=xe当时，在上恒成立，所以在上单调递增，故可得函数至多只有一个零点，不符合题意；当时，令ex−ax则在上，；在x0,+∞上，，所以在上单调递减，在x0,+∞为了满足有两个零点，则有fx0=因为是方程ex−ax=0的解，所以x0将②式代入①式可得fx0=a2−ln且当a∈e2,+∞时，由②式得x0>1,f1=e−a+a=e>0，所以在上仅有1个零点；当综上，若函数存在两个零点，则实数的取值范围是e2,+∞27．（2022·广东潮州·高三期末）已知函数f(x)=x22(1)求实数a的取值范围；(2)求证:f(【答案】(1)(0,1)(2)见解析【解析】【分析】（1）函数有两个极值点等价于f'（2）根据韦达定理可得，与的关系，将其代入不等式f(x1)+f(x2)+5>0，于是要证的不等式转化为证明g(a)=alna−a2(1)解：f'因为函数的定义域上有两个极值点，，且，所以方程f'(x)=x+(a−3)+ax=0在上有两个根，，且即x2+(a−3)x+a=0在上有两个不相等的根，，所以−(a−3)2>0当时，若0<x<x1或，x2+(a−3)x+a>0，，所以函数在(0,x1)和(若x1<x<x2,2x2故函数在上有两个极值点，，且，所以，实数的取值范围是(0,1)；(2)证明：由（1）知，，x2(0<x1<x所以x1+x故f(===aln令g(a)=alna−a22+2a−92，其中令ℎ(a)=g'(a)=lna−a+3,ℎ'由于ℎ(e−3)=−2e−3<0，所以存在常数t∈(e−3，1)，使得ℎ(t)=0，即lnt−t+3=0且当a∈(0,t)时，ℎa=g'a<0，所以函数当a∈(t,1)时，ℎa=g'a>0，所以函数所以当时，g(a)≥g(t)=tlnt−又t∈(e−3,1)所以g（a）>−5，即g（a）+5>0，所以f(x【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、考查了隐零点问题的等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．28．（2022·广东东莞·高三期末）已知且a≠1，函数f(x)=loga(1)若a=e，求函数在处的切线方程；(2)若函数有两个零点，求实数的取值范围.【答案】(1)y=(2)a∈【解析】【分析】（1）由a=e时，得到fx=ln（2）将函数有两个零点，转化为函数y=lnxx2与y=−1(1)解：当a=e时，fx=ln故f'时，f1=ln1+所以在处的切线方程为y−12e=即y=1+e(2)函数有两个零点，⇔方程logax+1⇔方程lnxx2⇔函数y=lnxx2与设，则，g'x=1−2lnxx所以在0,e上单调递增，在e,+由，ge=12e，当时，，当时，gx由图得0<−12a设ℎx=xlnℎ'x=1+lnx>0时，x>所以ℎx=xlnx在因为时lnx<0，且，所以当时，−1e≤ℎx<0；当又因为ℎx所以−1e综上所述a∈0,29．（2022·广东罗湖·高三期末）已知定义在R上的函数fx(1)求的单调递增区间；(2)对于∀x∈0,+∞，若不等式fx【答案】(1)答案见解析；(2).【解析】【分析】（1）求得f'x=aeax−1−1，分（2）由已知可得当时，须有ea−1+a≥2成立，可求得，然后证明出当时，∀x∈0,+∞，有不等式eax−1(1)解：f'x①当时，，所以，在R上单调递减，即无单调递增区间；②当时，令gx=aeax−1−1，则g'x令gx=0，解得当x∈−∞,1−lnaa时，所以，在−∞,1−ln所以，的单调递增区间为1−lna综上所述，当时，的单调递增区间为1−lnaa当时，无单调递增区间.(2)解：由（1）可知，当时，有最小值，且最小值为，构造函数mx=ex−1−x当时，m'x<0，此时函数当时，m'x>0，此时函数mx即ex−1≥x，当且仅当时等号成立，易知不等式fx≥x当时，须有ea−1+a≥2成立，令ℎa=ea−1+a，则ℎ又ℎ1=2，所以，ℎa≥2下证当时，∀x∈0,+∞，有不等式eax−1一方面，∀x∈R，e所以，∀x∈0,+∞，e−ln所以，∀x∈0,+∞，所以，∀x∈0,+∞，x所以，只需证当时，∀x∈0,+∞，有不等式e另一方面，由∀x∈R，ex−1≥x，可得e又当时，∀x∈0,+∞，显然有2ax≥2x，所以，当时，∀x∈0,+∞，显然有不等式e所以，当时，∀x∈0,+∞，显然不等式f综上所述，实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数，本题通过ea−1+a≥2成立，通过其必要条件得出，然后利用导数法证明不等式fx30．（2022·广东汕尾·高三期末）已知函数fx=lnx−ax+1，(1)求曲线在点P1,f1处的切线l的方程；并证明：函数f(x)=lnx−ax+1(x≠1)的图象在直线(2)已知函数g(x)=12a【答案】(1)(1−a)x−y=0，证明见解析(2)0<a<【解析】【分析】（1）由导数的几何意义和点斜式可求切线l的方程(1−a)x−y=0；可构造ℎ(x)=f(x)−(1−a)x=lnx−x+1，结合导数证明（2）由已知化简得g(x)=12ax2−lnx−1，求得g'(x)=ax−1x(1)由fx=lnf'(1)=1−a,f(1)=1−a，∴切线方程为所以曲线在点P(1,f(1))处的切线方程为(1−a)x−y=0；令ℎ(x)=f(x)−(1−a)x=lnℎ'当时，ℎ'(x)>0,ℎ(x)在(0,1)当时，ℎ'(x)<0,ℎ(x)在上单调递减，所以ℎ(x)≤ℎ(1)=0，所以，且x≠1时，lnx−x+1<0，即lnx−ax+1<(1−a)x，即函数f(x)    (x≠1)(2)g(x)=1g'当时，g'(x)<0,g(x)在上单调递减，所以函数在至多有一个零点，故不合题意；当时，g'(x)=ax−令g'(x)=0，得x=a∴0<x<aa时，g'x>aa时，g'∴x=aa为函数∴gx∴函数在定义域上有两个零点必须满足g(x)min=∴0<a<e下面证明0<a<e时，函数有两个零点，∵0<a<e，∴aa∴g1故函数在1e,由（1）可知，时，f(x)=lnx−x+1≤0恒成立，即lnx+1≤x恒成立（当且仅当∴g(x)=12a∴g3∴ga故函数在aa,综上所述：0<a<e时，函数在其定义域上有两个零点.31．（2022·广东清远·高三期末）已知函数f(x)=e(1)讨论的零点个数．(2)若有两个不同的零点，证明：x1+x【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【解析】【分析】（1）先通过求导得到函数的单调区间，再运用数形结合思想分类讨论即可求解；（2）将问题转化为研究函数的单调性后再求解即可.(1)因为f(1)=1≠0，所以1不是的零点．当f(x)=ex−1−a(x−1)=0令g(x)=ex−1x−1，则的零点个数即直线y=a与因为g'(x)=ex−1(x−2)(x−1)2所以在(−∞,1),(1,2)上单调递减，在(2,+因为g(2)=e，且当时，g(x)<0，所以当a∈[0,e)时，没有零点；当a∈(−∞,0)∪{e}时，当a∈(e,+∞)时，(2)证明：由（1）知，当a∈(e,+∞)时，设，则x1∈(1,2),由ex1−1所以x1−x令ℎ(x)=x−ln(x−1),x∈(1,+∞易得在(1,2)上单调递减，在(2,+∞)要证x1+x因为x2>2,4−x1>2，且在因为ℎx1=ℎ令F(x)=ℎ(x)−ℎ(4−x)=x−ln则F'所以在(1,2)上单调递减．因为F(x)>F(2)=0，所以ℎ(x)−ℎ(x−4)>0．因为x1∈(1,2)，所以ℎx32．（2022·广东佛山·高三期末）已知函数f(x)=1aex−(1)设，过点A−1,−12作曲线(2)证明：当或0<a≤2e时，f(x)≥【答案】(1)1a(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)设出切点坐标，对函数求导，再借助导数的几何意义列式计算作答.(2)当时，不等式等价转化为证ex−12x≥1+x，当(1)，f'(x)=1aex−1设切点T(x0,f(x0)),x于是得1aex整理得：2x0aex而2aex0+所以切线的斜率为1a(2)当时，x≥−1，f(x)≥12令ℎ(x)=ex−x−1，求导得ℎ'(x)=ex−1，当即函数在上单调递减，在上单调递增，∀x∈R，，即ex≥x+1，因此当x≥−1时，ex−12x≥则ex于是得当且x≥−1时，f(x)≥12当0<a≤2e时，x≥−1，令φ(x)=1ae由0<a≤2e得，则φ'(x)=(1−a)(1a又φ(−1)=(1−a)(1ae−1于是得当0<a≤2e，x≥−1时，1aex从而得当0<a≤2e，x≥−1时所以当或0<a≤2e时，f(x)≥【点睛】思路点睛：解决过某点的函数f(x)的切线问题，先设出切点坐标(x方程y−y033．（2022·广东·铁一中学高三期末）已知函数fx=ln（1）若的最大值是0，求函数的图象在x=e处的切线方程；（2）若对于定义域内任意，fx≤gx恒成立，求的取值范围【答案】（1）y=1e−1x+1；（【解析】【分析】（1）根据某点上的切线斜率即为函数在该点的导数，列出点斜式方程即可得出答案.（2）构造函数，对函数求导后，讨论函数单调性，求出m的取值范围.【详解】（1）的定义域，f'x=若m≥0，，在定义域内单调递增，无最大值；若m<0，x∈0,−1m，，x∈−1m,+∞，所以x=−1m时取得最大值ln−1f'e=函数的图象在x=e处的切线方程y=1e（2）原式子恒成立，即m+1≤ex−设φx=e设Qx=x所以Qx在其定义域内单调递增，且Q12所以Qx有唯一零点，而且x02⋅两边同时取对数得x0易证明函数y=x+lnx是增函数，所以得x0所以由在上单调递减，在上单调递增，所以φx于是的取值范围是−∞,0.【点睛】本题主要考查导数的几何意义和函数的极值与最值，属于难题.34．（2022·江苏海门·高三期末）设函数fx(1)若曲线在点处的切线方程为kx−y+2=0，求的值；(2)若fx≥1，求实数(3)求证：当a>12时，函数【答案】(1)k=2；(2)；(3)证明见解析.【解析】【分析】（1）计算得出f'x=2ax+1−2（2）由已知可得f0=a≥1，由ax+12−2sinx≥x+1（3）分、x≤−π、−π<x<0三种情况讨论，利用导数证明出fx>0成立，即可证得结论成立(1)解：因为fx=ax+1因为点在直线kx−y+2=0上，则f0=2所以，f0=a=2f(2)解：因为fx=ax+1当时，ax+12−2sin设gx=x+12−2令mx=2x+2−2cosx，则所以，函数g'x=2x+2−2当时，g'x<g当时，g'x>g'0即x+12−2sinx≥1成立，所以fx(3)解：因为a>12，所以且两个等号不同时成立，即ax+1令ℎx=2x−2sinx，其中x∈R所以函数在R上单调递增，且ℎ0=0当时，ℎx=2x−2sinx≥ℎ所以当时，ax+12>2sinx，即当x≤−π时，ax+12>12即fx>0，所以此时函数当−π<x<0时，−2≤2sinx<0，而ax+1即fx>0，所以此时函数综上可得，a>12时，函数【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出a=gx，将问题等价转化为直线y=a与函数y=gx的图象的交点问题35．（2022·江苏扬州·高三期末）已知函数f(x)=xcosx−sinx−e−2，x(1)求f(x)的最大值，并证明：ex(2)若f(x)+2ax3+【答案】(1)f(x)(2)[16，＋【解析】【分析】（1）构造新函数去证明一个较为复杂的不等式是一个快捷方法；（2）构造新函数去证明不等式，并不重不漏地进行分类讨论是本小题亮点.(1)∵f(x)=xcosx−sinx−e−2，x∴f'(x)=cosx−xsinx−cosx=−xsinx⩽0，∴∴f(x)max要证exsinx+ex−2>xexcosx+x−1令g(x)＝1−xex，x∈[0，π]，则g′(x)＝x−2故g(x)在（0，2）上单调递减；g(x)在（2，π）上单调递增，所以g(x)≥g(2)＝-e−2又f(x)≤-e−2，且等号不同时取到，所以(2)f(x)＋2ax3＋e−2≥0，等价于xcosx－sinx＋2ax3≥0令h(x)＝xcosx－sinx＋2ax3，x∈[0，π]，则h′(x)＝－xsinx＋6ax2＝x（6ax－sinx），令φ(x)=6ax−sinx，则①当a≤－16时，φ'(x)⩽0，∴φ(x)在[0，π]上递减，∴h′(x)≤0，∴h(x)在[0，π]上递减，∴h(x)≤h（0）＝0，∴不合题意．②当a≥16时，φ'(x)⩾0，∴φ(x)在[0，π]∴h′(x)≥0，∴h(x)在[0，π]上递增，∴h(x)≥h（0）＝0，∴符合题意．③当－16＜a＜16时，因为φ'(0)=6a−1<0，φ'(π)=1+6a>0，且φ∴∃x0∈[0，π]，使得∴当x∈（0，x0）时，φ'(x)<0，此时φ(x)在（0，x0）上递减，∴∴h′(x)＜0，∴h(x)在（0，x0）上递减，∴h(x)＜h（0）＝0，∴不合题意．综上得：a∈[16，＋【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，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．36．（2022·江苏宿迁·高三期末）已知函数fx=ln(1)证明：fx(2)若函数的图象与的图象有两个不同的公共点，求实数的取值范围.【答案】(1)证明见解析；(2)0,3.【解析】【分析】（1）构造函数Fx=ln（2）由fx=gx可得a=lnxx+5x−2x2，构造函数(1)解：要证fx<x，即证：当时，不等式ln令Fx=ln故当0<x<4时，F'x>0当x>4时，F'x<0，则Fxmax=F(2)解：由fx=gx构造函数ℎx=5+则ℎ'当时，4−4x>0，lnx<0，则，此时函数单调递增，当时，4−4x<0，lnx>0，则，此时函数单调递减，所以，ℎx令φx=xlnx+5x−2，则当当0<x<25时，φx<5x−2<0，故存在x0作出函数与y=a的图象如下图所示：由图可知，当0<a<3时，函数与y=a的图象有2个交点，因此，实数的取值范围是0,3.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出a=gx，将问题等价转化为直线y=a与函数y=gx的图象的交点问题37．（2022·江苏通州·高三期末）已知函数f(x)＝sinx＋tanx－ax2－2x.(1)当a＝0时，判断并证明f(x)在−π(2)当x∈(0，π2)时，f(x)＞0，求a的取值范围【答案】(1)函数f(x)在−π(2)(−【解析】【分析】(1)求函数f(x)=sinx+tanx−2x的导函数，判断其值为正，由此完成证明；(2)先证明sinx<x，分，，三种情况验证条件，由此求(1)当α=0时，∴f'(x)=因为x∈−π2,∴f'(x)=cosx+1cos∴函数f(x)在−π(2)令p(x)=sinx−x，则当x∈(0，π2)时，p'(x)<0，所以p(x)=sinx−x又p(0)=0，所以p(x)<0，故x∈(0,π2)①当时，f(x)=sin由(1)得y=sinx+且时y=0，所以当x∈(0，π2)时，y>0，所以，②当时，f(x)=当时，f(1)<1cos当时，cosa>cos于是f(a)<a(1而1−∴f(a)<0，不合题意，综上，满足条件的a的