第15讲导数与不等式问题（教师版） 备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）

PAGE1第15讲导数与不等式问题（5类核心考点精讲精练）1.5年真题考点分布5年考情考题示例考点分析2024年天津卷，第20题,16分利用导数证明不等式利用导数研究不等式恒成立问题由导数求求在曲线上一点处的切线方程(斜率)函数的最值(含参)2023年天津卷，第20题,16分求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数证明不等式利用导数研究不等式恒成立问题2022年天津卷，第20题,16分求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数研究不等式恒成立问题利用导数研究函数的零2021年天津卷，第20题,16分求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数研究能成立问题函数极值点的辨析2020年天津卷，第20题,16分利用导数证明不等式2.命题规律及备考策略【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度较高，分值为16分【备考策略】1.理解、掌握导数与不等式的关系2.能掌握不等式的恒成立与有解问题3.具备数形结合的思想意识，会借助图像解决不等式问题4.会证明不等式问题【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给出函数，证明不等式成立，以及求解不等式恒成立及有解问题。知识讲解知识点一.不等式1．恒成立问题的转化：a>f(x)恒成立2．能成立问题的转化：a>f(x)能成立3．恰成立问题的转化：a>f(x)在M上恰成立a>f(另一转化方法：若x∈D,fx≥A在D上恰成立，等价于f(x)在D上的最小值f(x)min4．设函数f(x)、g(x)，对任意的x5．设函数f(x)、g(x)，对任意的x16．设函数f(x)、g(x)，存在x7．设函数f(x)、g(x)，存在x18．设函数f(x)、g(x)，对任意的x1∈[a,b]，存在x2∈[c,d]，使得f(x1)=g(x2)，设f(9．若不等式fx>g(x)在区间D上恒成立，则等价于在区间D10．若不等式fx<g(x)在区间D上恒成立，则等价于在区间D知识点二.恒成立问题的基本类型在数学问题研究中经常碰到在给定条件下某些结论恒成立的命题．函数在给定区间上某结论成立问题，其表现形式通常有：①在给定区间上某关系恒成立；②某函数的定义域为全体实数R；③某不等式的解为一切实数；④某表达式的值恒大于a等等…恒成立问题，涉及到一次函数、二次函数的性质、图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。因此也成为历年高考的一个热点．恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型：一次函数型；②二次函数型；③变量分离型；④根据函数的奇偶性、周期性等性质；⑤直接根据函数的图象．考点一、导数与不等式解集问题1.（24-25高三·上海·随堂练习）若函数y=fx，其中fx=A．0,+∞ B．C．2,+∞ D．【答案】C【分析】直接由导数四则运算列不等式即可求解.【详解】由题意知x>0，且f'若f'(x)=2x2−2x−4x又x>0，所以x>2故选：C.2.（2024·山东潍坊·三模）已知函数fx的导函数为f'x，且f1=e，当A．0,1 B．0,+∞ C．1,+∞ 【答案】A【分析】由不等式化简构造新函数，利用导数求得新函数的单调性，即可求解原不等式.【详解】不等式fx−lnxe构造函数g(x)=f(x)−ex+因为x>0时，f'x<1x所以g(x)在(0,+∞又因为g(1)=f(1)−e所以不等式f(x)−ex+lnx>0即fx−ln故选：A.1.（2024·宁夏银川·三模）已知定义在R上的奇函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线，f'(x)是f(x)的导函数，当x>0时，3f(x)+xf'(x)>0A．(1,+∞) C．(−∞,1) 【答案】D【分析】根据(x+1)3fx+1>16构造函数，通过求导发现利用已知条件可知恒为正数，所以可知gx【详解】令gx=x因为当x>0时，3fx+xf'x又fx为奇函数，且图象连续不断，所以g由x+13fx+1>23故选：D.【点睛】关键点点睛：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，以及函数与导数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.2.（2024·江西南昌·三模）已知函数f(x)的定义域为R，且f2=−1，对任意x∈R，f(x)+xfA．−∞,1 B．−∞,2 C．【答案】A【分析】设gx=xfx，由g'(x)=f(x)+xf'(x)<0恒成立，【详解】设gx=xfx∵对任意x∈R，f(x)+xf'(x)<0，∴g'由x+1fx+1>−2可得g(x+1)>g(2故选：A3.（23-24高三下·北京·阶段练习）已知定义在R上的函数fx满足f2+x=f−x，且当x>1时，有xf'x【答案】1,2【分析】依据题意判断函数fx关于直线x=1对称，结合[(x−1)f(x)]=(x−1)f'(x)+f(x)>0，构造函数【详解】因为定义在R上的函数fx满足所以函数fx关于直线x=1对称，即因为当x>1时,有xf'故令g(x)=(x−1)f(x),则g(x)=(x−1)f(x)，在(1,+∞因为g(1+x)+g(1−x)=xf(1+x)−xf(1−x)=0，所以g(x)=(x−1)f(x)关于点1,0对称，所以g(x)=(x−1)f(x)在R上单调递增，因为f(2)=1，所以g(2)=(2−1)f(2)=1,所以当x>1时,f(x)<x⇔(x−1)f(x)<1⇔g(x)<1=g(2),所以1<x<2，当x<1时,f(x)<x⇔(x−1)f(x)>1⇔g(x)>1=g(2)，所以x<1且x>2,即无解.所以不等式f(x)<1x−1的解集是故答案为：1,2.【点睛】关键点点睛：本题考查求导数，解题关键是合理构造合适的原函数，得到[(x−1)f(x)]=(x−1)f'(x)+f(x)>04.（23-24高三下·上海·阶段练习）已知函数fx是定义在R上的偶函数，其导函数为f'(x)，且当x<0时，2fx+x【答案】2022,2024【分析】构造函数Fx=x2fx，由已知得出F(x)为偶函数，且在−∞【详解】令Fx=x当x<0时，2fx所以当x<0时，F'即Fx在−∞,0上是增函数，由题意所以f−x=fx所以Fx是偶函数，所以Fx在所以F(x−2023)=(x−2023)即不等式等价为Fx−2023所以x−2023<1，所以2022<x<2024故答案为：2022,2024．5.（2024·四川成都·模拟预测）已知定义在0,+∞上的函数y=fx的导函数为y=f'x，当x>0时，xf'【答案】1,3【分析】根据题设条件，构造函数gx=xfx，判断其单调性，将所求不等式整理成g【详解】令gx=xf因为当x>0时，xf'所以当x>0时，gx由不等式fx−1>6即gx−1>g2,故有0<x−1<2即不等式fx−1>6故答案为：1,3.考点二、单变量不等式的证明1.（2023·陕西榆林·二模）已知函数f(x)=ln(1)讨论fx(2)当a=2时，证明：fx【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）求出函数f(x)的导数，再按a≥0,a<0分类探讨单调区间即得.（2）构造函数g(x)=f(x)−x【详解】（1）函数f(x)=lnx+a2x当a≥0时，f'(x)>0，函数f(x)在当a<0时，由f'(x)>0，得0<x<−1a因此函数f(x)在(0,−1a所以当a≥0时，函数f(x)的递增区间是(0,+∞当a<0时，函数f(x)的递增区间是(0,−1a（2）当a=2时，f(x)=lnx+x函数g(x)的定义域为(0,+∞)，求导得当0<x<1时，g'(x)>0，当x>1时，因此函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，则所以fx2.（2024·陕西榆林·三模）已知函数fx(1)讨论fx(2)当m=1时，证明：fx【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）对f(x)求导，得到f'x=（2）将问题转化成求证ex>2x+lnx，由（1）将问题转化成3x−1【详解】（1）易知f(x)的定义域为0，+∞当m≤0时，f'x<0在区间0，+当m>0时，当0<x<m时，f'(x)>0，x>m时，f'(x)<0，此时，fx（2）当m=1时，证原不等式等价于证ex由（1）知m=1时，f(x)在区间0,1上单调递增，在区间1,+∞所以f(x)max=f1=0所以欲证ex>2x+lnx，只需证令gx=3x−1ex，则g'x=4−3x所以gx在0,43又因为27<e4所以g(x)max=g431.（2024高三·全国·专题练习）设函数fx=x+alnx+b，曲线y=f(1)求y=fx(2)证明：fx【答案】(1)f(x)=(x−2)(2)证明见解析【分析】（1）求出f'1=−1可得a，根据点1,f1（2）f'x0=0得lnx0=2x0−1【详解】（1）∵函数fx的导数f'x∴f'1=1+a=−1又点1,f1在切线x+y−2=0∴1+b−2=0，即b=1，所以fx（2）由（1）知f'又f'x在0,+∞内单调递增，且f存在x0∈1,2当0<x<x0时，f'当x>x0时，f'∴fx由f'x0∴fx令rx=x+4∴rx在区间1,2内单调递减，∴r∴fx综上，对任意x∈(0,+∞)，2.（2024·河北保定·三模）已知函数f(x)=x2−ax+lnx(1)求a；(2)证明：f(x)≤2x【答案】(1)3；(2)证明见解析；【分析】（1）求导f'(x)=2x−a+1（2）转化为证x2−x−lnx≥0，令【详解】（1）解：f'依题意，f'(1)=2×1−a+1=0，解得经检验符合题意，所以a=3；（2）由（1）可知，f(x)=x要证f(x)=x2−3x+设g(x)=x2−x−所以当x∈(0,1)时，g'(x)<0，当x∈(1,+∞)时，g'当x=1时，g(x)取得极小值，也是最小值，因为g(1)=0，g(x)≥g(1)=0，所以f(x)≤2x【点睛】方法点睛：证明不等式fx≥0，往往由考点三、双变量不等式的证明1.（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数fx(1)求不等式fx(2)若fx的最小值为m，正实数a,b满足1a+【答案】(1)−(2)证明见解析【分析】（1）首先将函数写成分段函数，再分段得到不等式组，解得即可；（2）首先画出fx的图象，即可求出m，即可得到a+b=ab，利用基本不等式求出ab的取值范围，又a2+b2+5−4【详解】（1）因为fx所以不等式fx≤4即4x+1≤4x≥1或3+2x≤40<x<1或解得x∈∅或0<x≤12或−1<x≤0或综上可得不等式fx≤4的解集为（2）由（1）可得fx所以当x∈−1,0时fx取最小值3，所以又正实数a,b满足1a+1b=又a+b=ab≥2ab，解得ab≥4或ab≤0（舍去），当且仅当a=b=2所以a==ab令gx=x则g'当x≥4时，x−2>0，2x所以g'所以gx在4,+所以gx即ab2−4即a2+b即a2+b2.（2024·贵州黔东南·二模）已知函数fx=lnx−a(1)求实数a的值；(2)若x1>x【答案】(1)2(2)证明见解析【分析】（1）求导，根据导函数的几何意义即可列方程求得a的值；（2）利用导函数确定函数的单调性，由x1>x【详解】（1）由题可得f'x=f'∴a=2.（2）证明：由（1）可知：f'∴函数fx在0,+∴当x>1时，fx∵x1>x2∴fx1x∴ln∴x1.（2024·山东菏泽·模拟预测）已知函数f(x)=txln(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若a>b>0，证明:lna【答案】(1)fx的单调递减区间为(0,+(2)证明见解析【分析】（1）利用导数求解函数单调性即可.（2）对要证不等式进行化简，再由第（1）问结论证明2xln【详解】（1）f'令g(x)=f'(x)=t由g'(x)>0可得0<x<t2，由所以f'(x)在(0,t所以f'又因为0<t≤2，所以lnt2≤0，即f'(x)≤0所以f(x)在(0,+∞故f(x)的单调递减区间为(0,+∞)，没有单调递增区间.（2）证明lna只需证：12即证：2ln令x=a2+只需证：2ln即证：2xln由（1）知，当t=2时，f(x)=2xlnx−x所以当x>1时，f(x)<f(1)=0，即2xln所以lna【点睛】关键点点睛：本题考查导数证明不等式问题.其关键点是对要证不等式进行化简，即证明2xln2.（2024·陕西榆林·一模）已知函数fx(1)求fx(2)已知α∈0,π2【答案】(1)极大值为239(2)证明见解析【分析】（1）先求得fx的单调性，进而求得f（2）先利用题给条件构造出m+n的不等式，再利用（1）的结论即可证得m+n>3【详解】（1）fx=x−x3，f'令f'x>0令f'x<0，可得所以fx在−33,3所以fx的极大值为f33（2）由mfsin可得mcos所以mcos由对称性，不妨设α∈0,则mcos当且仅当sinα=所以m+n≥3由（1）可知fx在0,22所以0<sin当且仅当sinα=因为等号不能同时取到，所以m+n>3【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ℎ(x)=f(x)−g(x)，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所求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.考点四、不等式恒成立问题1.（2024高三·全国·专题练习）已知函数f(x)满足f(x)=ex−x2+2x，若关于x的不等式f(x)>(2−a)x+1【答案】2−【分析】根据题意，分离参数可得a>1x+x−exx在区间(0,+∞)上恒成立，构造函数【详解】由题意fx>2−a即ex−x2+2x>2x−ax+1令gx=1x+x−因为g'令ℎx=x+1−ex，所以函数ℎx在0,+所以ℎ(x)<ℎ(0)=0，即x+1−e所以当x∈(0,1)时，g'(x)>0；当x∈(1,+∞所以函数gx在0,1上单调递增，在(1,+所以gxmax=g所以实数a的取值范围为2−e故答案为：2−2.（24-25高三上·浙江金华·开学考试）已知函数fx(1)讨论函数fx(2)当x>1时，不等式fx【答案】(1)当a≤0时，fx在0,+∞上单调递增；当a>0时，fx在0,(2)0,+【分析】（1）先求函数的定义域，利用导数分类讨论分析函数的单调性即可；（2）当x>1时，不等式fx≤ex−1−1恒成立，构造函数g(x)=f(x)−【详解】（1）函数fx=lnx−ax+a的定义域为当a≤0时，f'x>0，所以f当a>0时，令f'x=0所以x∈0,1a时，f'xx∈1a,+∞时，f'综上所述：当a≤0时，fx在0,+当a>0时，fx在0,1a（2）当x>1时，不等式fx即lnx−ax+a≤ex−1令g(x)=lnx−ax+a−ex−1+1g(1)=0，g'设ℎ(x)=g'(x)=所以ℎ(x)在1,+∞上单调递减，所以g当a≥0时，g'(x)≤0，g(x)在1,+∞当a<0时，g'(1)=−a>0，g'所以∃x0∈1,+∞，使得x∈1,x所以g(x)>g(1)=0，不合题意，综上所述：实数a的取值范围为0,+∞1.（2024·黑龙江大庆·三模）已知a,b∈R，函数fx=a(1)求fx(2)若fx≥0恒成立，求【答案】(1)单调递减区间为0,2，单调递增区间为2,+(2)4【分析】（1）先得到函数fx的定义域，求导，由f'1=−4解出a的值，进而得到f'（2）若fx≥0恒成立，则f(x)min≥0【详解】（1）fx的定义域为0,+∞，由已知得因为f'1=−4，所以2a−2−4=−4，解得a=1令f'x=2x−2−4x当x∈0,2时，f'x<0；当所以fx的单调递减区间为0,2，单调递增区间为2,+（2）因为fx在0,2上单调递减，在2,+所以当x=2时，fx有极小值f因为fx在0,+∞上只有一个极值，所以因为fx≥0恒成立，所以f(x)min≥0所以b的取值范围是4ln2.（2024高三·全国·专题练习）已知函数fx=xlnx，gx【答案】−5【分析】先把fx>13gx在0，+∞【详解】对任意x∈0，+∞，即−a<3lnx+x+4x在则ℎ'x=x+4x−1x2，令ℎ则ℎx在0，1上单调递减，在1所以−a<5，即a>−5，故a的取值范围为−5，3.（2024·陕西西安·三模）已知函数fx(1)当a=1时，求曲线y=fx在点0,f(2)若当x≥0时，fx≥1恒成立，求【答案】(1)2x−y+1=0．(2)0,+∞【分析】（1）结合导数的几何意义先求出切线斜率，进而可求切线方程；（2）先对函数求导，结合导数与单调性关系对a进行分类讨论，然后结合恒成立与最值关系转化即可求解.【详解】（1）当a=1时，f'x=又f0=1，所以切线方程为y=2x+1，即（2）f'当a≥0时，f'x>0在0,+∞上恒成立，则又f0=1，所以当a<0时，−1a>0综上，a的取值范围为0,+∞4.（23-24高三上·江苏南通·阶段练习）已知函数f(x)=ae(1)当a=1时，求函数y=f(x)的单调区间；(2)若f(x)≥2x−x+1恒成立，求实数【答案】(1)增区间为(1,+∞)(2)[1,+【分析】（1）求出导数，结合导函数与原函数的单调性关系即可求解；（2）将恒成立问题转化为最值问题，再利用导数求出函数的最值即可求解.【详解】（1）当a=1时，f(x)=ex−1f当x>1时，f'(x)>0，f(x)当0<x<1时，f'(x)<0，f(x)（2）f(x)≥2令g(x)=aex−1当a≥1时，g(x)=a令ℎ(x)=ex−1−当x>1时，ℎ'(x)>0，ℎ(x)当0<x<1时，ℎ'(x)<0，ℎ(x)所以ℎ(x)=e∴g(x)≥0恒成立当0<a<1时，因为g(1)=a+lna−1<0，所以综上a∈[1,+考点五、不等式有解问题1.（2023高三·全国·专题练习）若关于x的方程5x3=15x−mA．−10,10 B．−10,+∞ C．−∞,−10【答案】A【分析】根据题意可知利用导数判断出函数m=15x−5x3在【详解】关于x的方程5x3=15x−m即方程m=15x−5x3在−1,2上有解，可得令15−15x2=0当x<−1或x>1时m'<0，x∈−1,1所以−1,1上，函数单调递增，1,2又x=−1时m为−10；x=1时m为10；x=2即15x−5x3在x∈−1,2综上关于x的方程5x3=15x−m在−1,2故选：A．2.（2024·西藏拉萨·二模）已知函数fx(1)当a=0时，求函数fx(2)若方程fx=ex+1【答案】(1)最小值为1−1(2)−【分析】（1）利用导数求出函数的单调性进行求解；（2）xex+ax2+1=ex+1在x∈【详解】（1）当a=0时，fx=xe当x<−1时，f'x<0,fx单调递减；当所以当x=−1所以函数fx的最小值为f（2）方程fx=e即xex+ax2因为x≠0，所以a=e令gx=e因为x2−2x+2≥1>0，所以当x>0时，所以当x∈1,3时，g所以g3≤gx所以实数a的取值范围是−21.（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=ex−(1)若φx的最小值为0，求a(2)当a<0.25时，证明：方程fx=2x在【答案】(1)a=−1(2)证明见解析【分析】（1）根据函数的最小值求参数即可；（2）转化为a=2x−ex+x2【详解】（1）由已知得φx=fx令φ'x=0当x∈−∞,0时，φ当x∈0,+∞时，φ'所以φxmin=φ（2）要证fx=2x在0,+∞上有解，即证e即证a=2x−ex+令gx=2x−e设ℎx=g当x<ln2时，ℎ'x>0所以ℎx即g'x在−又因为g'0=2−1+0=1g'所以由零点存在性定理知，∃x0∈1.5,2，使所以当x∈0,x0时，g'x所以gx在0,x0所以gx因为x0∈1.5,2，所以1.52−2<ggx→−∞，所以当a<0.25时，直线y=a与函数y=2x−ex+x【点睛】思路点睛：将方程fx=2x在0,+∞上有解转化为a=2x−ex+x2在0,+∞上有解，求出g2.（2024·全国·模拟预测）已知函数fx(1)讨论fx(2)若不等式fx≤2ln【答案】(1)答案见解析；(2)e−2,+【分析】（1）求出f'(x)，分类讨论确定f'（2）用分离参数法转化问题为不等式a≥x−1lnx−lnx在区间【详解】（1）由题意知函数fx的定义域为(0,+而f'当a≤0时，f'x>0恒成立，函数f当a>0时，由f'x<0由f'x>0所以fx在0,a上单调递减，在综上，当a≤0时，fx在(0,+当a>0时，fx在0,a上单调递减，在（2）因为不等式fx≤2ln所以(lnx)2+aln即a≥x−1lnx令gx=x−1令ℎx=x−ln所以函数ℎx在1,+∞上单调递增，所以当1<x<e时g'x<0；当所以gx在1,e上单调递减，在所以gxmin=g综上可知，实数a的取值范围是e−2,+3.（23-24高三上·山西吕梁·阶段练习）已知函数fx(1)求fx在x=1(2)若fx≤ax在x∈0,+【答案】(1)y=(2)a≥【分析】（1）求得导数，可得切线的斜率和切点，即可得切线的方程；（2）由题意得ex−x2−ax−1≤0在0,+∞上有解．当x>0时，a≥exx−x+【详解】（1）f'x=所以fx在x=1处的切线方程为：y−e−2（2）因为fx≤ax在0,+∞上有解，所以e当x>0时，a≥exx令gx=e令φ(x)=ex−(x+1)当x>0时，φ'(x)>0，φ(x)单调递增，故则当x>0时，ex>x+1，即所以，当0<x<1时g'x<0；当x>1所以gx在0,1上单调递减，在1,+所以当x=1时，gxmin=综上可知，实数a的取值范围是a≥e4.（2024高三·全国·专题练习）已知函数fx(1)求函数fx(2)若对任意x>0,fx>1【答案】(1)极小值为1，无极大值；(2)a≤1.【分析】（1）利用导数研究函数fx（2）由题意可得任意x>0,ex−x−12ax2−1>0【详解】（1）f'x=当x<0时，f'x<0当x>0时，f'x>0所以f(x)的极小值为f0（2）对任意x>0,fx>1设gx=e①当a≤0时，g'x单调递增，g'②当0<a≤1时，令ℎx=g'x③当a>1时，当0<x<lna时，ℎ'x=综上，a≤1.1．（2022·福建南平·三模）对任意的x1,x2∈1,3，当A．3,+∞ B．3,+∞ C．9,+∞【答案】C【分析】将不等式等价变形，构造函数f(x)=x−a【详解】依题意，x1−x2−则对任意的x1,x2∈(1,3]，当x1<因此，∀x∈(1,3]，f'(x)=1−a3x≤0⇔a≥3x所以实数a的取值范围是[9,+∞故选：C2．（2024·四川成都·二模）在区间−4,2上随机取一个实数x，使x≤sinA．23 B．12 C．13【答案】A【分析】设fx=x−sinx，利用导数求得fx为递增函数，且f【详解】设函数fx=x−sinx，可得f'所以，当x>0时，fx>f0=0；当所以不等式x≤sinx的解集为因为x∈−4,2，所以不等式x≤sinx由长度比的几何概型的概率计算，可得使x≤sinx恒成立的概率是故选：A.3．（2022·重庆沙坪坝·模拟预测）若关于x的方程ex=ax【答案】e【分析】参变分离得a=exx2，求出【详解】ex=ax2(x>0)f'x=exx2−2xx所以fx在0,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，又f2=e24，所以f故答案为：e24．（2024·江苏扬州·模拟预测）已知函数fx(1)若fx≤0恒成立，求(2)若fx有两个不同的零点x1,【答案】(1)0,(2)证明见解析【分析】（1）直接用导数求出fx（2）构造pt=f1+t−f【详解】（1）首先由m>0可知fx的定义域是0,+∞，从而故f'x=lnmx−x=1x−1=故fx在0,1上递增，在1,+∞上递减，所以fx所以命题等价于lnm−1≤0，即m≤所以m的取值范围是0,e（2）不妨设x1<x2，由于fx在0,1在−1<t<1的范围内定义函数pt则p't=这表明t>0时pt>p0又因为f2−x1=f1+1−x故由fx在1,+∞上的单调性知2−x5．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知fx(1)求f'1并写出(2)证明：f(x)≤x−1.【答案】(1)f'1(2)证明见解析【分析】（1）直接求导并令x=1可得f'（2）构造函数gt=t−lnt并用导数证明【详解】（1）由fx=−f'1x2+x+2ln将f'1=1代入f（2）设gt=t−lnt，则g't=1−1t所以gt在0,1上递减，在1,+∞上递增，故从而fx【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用导数判断单调性，属于常规题.6．（2023·吉林长春·模拟预测）已知函数f(x)=1(1)求fx(2)证明：ln4【答案】(1)0(2)证明过程见解析【分析】（1）利用导数的性质进行求解即可；（2）利用（1）的结果，取特殊值代入进行证明即可.【详解】（1）显然该函数的定义域为全体正实数，由f(x)=1当x>1时，f'x>0当0<x<1时，f'x<0因此fx（2）由（1）可知：fxmin=0即ln1当x=34时，7．（2024高三·全国·专题练习）已知函数fx=ex−1−ax+lnx【答案】−【分析】先研究gt=t−1−lnt的正负，然后利用该结果说明当a>1时原不等式对x=1+lna不成立，而a≤1时原不等式对任意【详解】设gt=t−1−lnt，则g'对t>1有g'所以gt在0,1上递减，在1,+∞上递增，故有不等式fx≥ln这等价于ex−1从而条件等价于对任意x∈1,+∞都有若a>1，则1a∈0,1ex−1这表明原不等式对x=1+ln若a≤1，则对任意x∈1,+ex−1故满足条件.综上，a的取值范围是−∞1．（23-24高三上·陕西咸阳·阶段练习）已知函数fx=x2+cosx−1A．−4,4 B．−C．−42,42【答案】A【分析】根据函数的单调性和奇偶性，得ax+2<x2【详解】函数fx=x2+cosx−1f'x=2x−当x>0时，f'x>0,fx单调递增，则当所以不等式fax+2<fx2+6对任意x∈R所以ax+2<x2+6对任意x∈R恒成立，等价于当x=0时，−6<2<6，符合题意，a∈R当x>0时，等价于ax+2<x等价于a<x+4x当x<0时，等价于ax+2<x等价于a>x+4x综上，对任意x∈R恒成立时，实数a的取值范围是−4,4.故选：A2．（2024·宁夏银川·模拟预测）已知a∈N∗，函数fxA．2 B．3 C．6 D．7【答案】D【分析】由题意函数fx=e3x−xa【详解】当a为正偶数时，当x=−2时，f(−2)=e6−则当x<0时，xa<0<e3x恒成立，只需研究当x=1时，e3−1>0成立，则当x∈(0,1)时，a>3x当x∈(1,+∞)时，设g(x)=3xlnx令g'(x)=0，得当x∈(1,e)时，g'当x∈(e,+∞)时，g所以g(x)min=g(所以a的最大值为7.故选：D3．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数fx(1)讨论fx(2)当a≤2时，证明：fx【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）要证明fxx≤e2x【详解】（1）函数fx=lnx+ax+1,a∈R当a≥0时，∀x∈0,+所以fx在区间0,+当a<0时，令f'x=当x∈0,−1a时，f当x∈−1a,+∞综上所述，当a≥0时，fx在区间0,+当a<0时，fx在区间0,−1（2）当a≤2时，因为x>0，所以要证fxx≤即要证lnx+2x+1≤xe2x令gx=e在区间−∞,0上，在区间0,+∞上，g所以gx≥g0=e所以（*）成立，当且仅当2x+ln又ℎx=2x+lnx在所以存在x0∈1综上所述，原不等式成立．4．（2024高三·全国·专题练习）设函数f(x)=alnx+bx，曲线y=f(x)在点(1)求a,b；(2)证明：f(x)>e【答案】(1)a=1，b=2．(2)证明见解析【分析】（1）求出函数f(x)=alnx+bx的导数，利用曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为（2）要证f(x)>e−x，变形即证xlnx>xe−x−2，设函数ℎ(x)=x【详解】（1）函数f(x)=alnx+bx，函数的定义域为曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+y−3=0，可得f(1)=2,f'(1)=−1，即b=2a−b=−1，解得（2）由（1）得f(x)=lnx+2x，要证即exlnx+设函数ℎ(x)=xlnx，则∴当x∈(0,1e)时，ℎ'(x)<0；当x∈(故ℎ(x)在(0,1e)单调递减，在(1e,+∞令g(x)=xe−x−2∴当x∈(0,1)时，g'(x)>0；当x∈(1,+∞)时，故g(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞从而g(x)在(0,+∞)的最大值为综上，当x>0时，ℎ(x)>g(x)，即ex可知f(x)>e5．（2024·广西·模拟预测）设函数fx=−aln(1)当a=e时，求函数f(x)(2)证明：fx【答案】(1)函数fx的单调递减区间为0,12(2)证明见解析【分析】（1）求出函数f(x)的定义域，利用导数求出其单调区间即可.（2）通过导数及零点存在定理判断函数fx=e2x−alnx【详解】（1）当a=e时，fx=所以f'令g(x)=2因为g'所以gx在(0,+即f'x在(0,+∞所以当0<x<12时，当x>12时，所以函数fx的单调递减区间为0,12（2）证明：fx即fxfx=e且f'y=2e2x在当a>0时，y=−ax在故f'x在又f'a>0，当x根据零点存在定理可知，导函数f'设该零点为x0．当x∈0,x0时，f'故fx在0,x0当x=x0时，fx2e2x两边同时取对数得lnx所以f(当且仅当a2x0故当a>0时，f(x)≥2a+aln即f(x)−2a−aln6．（2024·四川内江·三模）已知函数fx=ln(1)若fx(2)证明：1n+1【答案】(1)1(2)证明见解析【分析】（1）求导研究函数fx的单调性及最小值，然后构造gx=（2）由（1）可知lnx+1≥x【详解】（1）由题可知函数fx的定义域为x∵f'x=1x−ax2当x>a时，f'x>0，fx由已知fx≥0恒成立，所以lna−a+1≥0令gx=ln∴当0<x<1时，g'x>0，gx单调递增，当x>1时，∴gxmax=g1又∵lna−a+1≥0，∴lna−a+1=0，即∴a=1，故a的取值集合为1.（2）由（1）可知，当a=1时，fx≥0，即lnx+∴lnx+1≥x令x=1nn∈则lnn+1n>故lnn+2−lnn+1>由累加法可得ln3n即1n+17．（2024·福建福州·三模）已知函数f(x)=ax−ln(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)若f(x)≥0恒成立，求a的值【答案】(1)y=(a+1)x；(2)a=−1【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；（2）由f(x)=ax−ln(1−x)，得f'(x)=a+11−x(x<1)，当a≥0时，不符合题意；当a<0时，f(x)最小值为f1+1a=a+1+【详解】（1）定义域为(−∞,1)，由f(x)=ax−ln因为f(0)=0,f所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=(a+1)x；（2）定义域为(−∞,1)，①当a≥0时，f(−1)=−a−ln②当a<0时，令f'(x)=0，解得当x∈−∞,1+1a当x∈1+1a,1时，所以当x=1+1a时，f(x)取得最小值若f(x)≥0恒成立，则a+1+ln设φ(x)=x+1+ln(−x)(x<0)，则当x∈(−∞,−1)时，φ'当x∈(−1,0)时，φ'(x)<0,φ(x)在区间所以φ(x)≤φ(−1)=0，即a+1+ln(−a)≥0的解为所以a=−1.1.（2024·全国·高考真题）已知函数fx(1)求fx(2)当a≤2时，证明：当x>1时，fx【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当x>1时，ex−1【详解】（1）f(x)定义域为(0,+∞)当a≤0时，f'(x)=ax−1x<0当a>0时，x∈1a,+∞时，当x∈0,1a时，f综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0,+∞a>0时，f(x)的单调递增区间为1a,+∞（2）a≤2，且x>1时，ex−1令g(x)=ex−1−2x+1+g'(x)=ex−1−2+显然ℎ'(x)在(1,+∞即g'(x)=ℎ(x)在故g'(x)>g'(1)=故g(x)>g(1)=e2.（2023·全国·高考真题）已知函数fx(1)讨论fx(2)证明：当a>0时，fx【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（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【详解】（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)>2ln3.（2023·天津·高考真题）已知函数fx(1)求曲线y=fx在x=2(2)求证：当x>0时，fx(3)证明：56【答案】(1)1(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（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【详解】（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【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究ℎ(n)=lnn!−n+12lnn+n单调性证右侧不等关系，再构造4.（2023·全国·高考真题）（1）证明：当0<x<1时，x−x（2）已知函数fx=cosax−ln【答案】（1）证明见详解（2）−【分析】（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【详解】（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−∞【点睛】关键点睛：1.当0<a2≤22.当a2≥2时，利用5.（2021·全国·高考真题）已知函数fx（1）讨论fx（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna−aln【答案】（1）fx的递增区间为0,1，递减区间为1,【分析】(1)首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令1a=m,1【详解】(1)f(x)的定义域为(0,+∞由f(x)=x(1−lnx)得，当x=1时，f'(x)=0；当x∈(0,1)时f'(x)>0；当x∈(1,+∞)时，故f(x)在区间(0,1]内为增函数，在区间[1,+∞(2)[方法一]：等价转化由blna−alnb=a−b得由a≠b，得1a由（1）不妨设1a∈(0,1),1b∈(1,+∞)①令g(x)=f(2−x)−f(x)，则g'当x∈(0,1)时，g'(x)<0，g(x)在区间(0,1)内为减函数，g(x)>g(1)=0，从而f(2−x)>f(x)，所以f(2−1由（1）得2−1a<1令ℎ(x)=x+f(x)，则ℎ'(x)=1+f当x∈(1,e)时，ℎ'(x)>0，ℎ(x)在区间(1,e)内为增函数，ℎ(x)<ℎ(e)=e，从而x+f(x)<e，所以1b又由1a∈(0,1)，可得所以1a+由①②得2<1[方法二]【最优解】：blna−alnb=a−b变形为令1a=m,1于是命题转换为证明：2<m+n<e．令f(x)=x(1−lnx)，则有f(m)=f(n)，不妨设由（1）知0<m<1,1<n<e，先证m+n>2．要证：m+n>2⇔n>2−m⇔f(n)<f(2−m)⇔f(m)<f(2−m)⇔f(m)−f(2−m)<0．令g(x)=f(x)−f(2−x),x∈(0,1)，则g'(x)=−ln∴g(x)在区间(0,1)内单调递增，所以g(x)<g(1)=0，即m+n>2．再证m+n<e．因为m(1−lnm)=n⋅(1−ln令ℎ(x)=x(1−ln所以ℎ'(x)=1−lnx>0，故ℎ(x)在区间所以ℎ(x)<ℎ(e)=e．故ℎ(n)<e，即m+n<e．综合可知2<1[方法三]：比值代换证明1a+1不妨设x2=tx由x1(1−lnx1要证x1+x2<e即ln(1+t)+1−即证ln(1+t)记g(s)=ln(1+s)s记ℎ(s)=s1+s−所以，ℎ(s)在区间(0,+∞)内单调递减．ℎ(s)<ℎ(0)=0，则所以g(s)在区间(0,+∞由t∈(1,+∞)得t−1∈(0,+∞即ln(1+t)[方法四]：构造函数法由已知得lnaa−不妨设x1<x由（Ⅰ）知，0<x1<1<证明x1再证明x1+x令φ(x)=lnx+e所以φ(x)>φ(e)=0,ℎ'(x)>0，ℎ(x)在区间(0,e)内单调递增．因为0<