重难点14 导数压轴小题十四大题型【2024高考数学二轮复习题型突破】（解析版）

高中数学精编资源2/2重难点专题14导数压轴小题十四大题型汇总题型1恒成立问题之直接求导型 1题型2恒成立问题之分离参数型 7题型3恒成立问题之隐零点型 13题型4恒成立问题之洛必达法则 19题型5恒成立问题之两个函数问题 25◆类型1同变量型 25◆类型2不同变量型 31◆类型3函数相等型 35题型6恒成立问题之构造函数 41题型7零点问题 46题型8同构问题 53题型9整数解问题 59题型10函数凹凸性问题 67题型11倍函数问题 71题型12二次型函数问题 79题型13嵌套函数问题 90题型14切线放缩法 97题型1恒成立问题之直接求导型无论大题小题，分类讨论求参是导数基础，也是复习训练重点之一：1.移项含参讨论是所有导数讨论题的基础，也是学生日常训练的重点.2.讨论点的寻找是关键.3.一些题型，可以适当的借助端点值来"压缩"参数的讨论范围【例题1】（2023春·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习）已知a∈R，设函数fx=x2-3x+2a,x≤1x-alnx,x>1A．[0,1] B．1,2 C．0,e D．【答案】D【分析】由函数解析式，在x≤1时应用二次函数性质及恒成立有f(x)min=2(a-1)≥0得a≥1，再利用导数研究f(x)在x>1【详解】当x≤1时，f(x)的开口向上且对称轴x=32>1要使f(x)≥0，则a≥1；当x>1时f'(x)=x-ax，显然a=1时f'所以f(x)若a>1，则(1,a)上f'(x)<0，即f(x)递减，(a,+∞)上所以f(x)min=f(a)=a-alna，要使f(x)≥0所以a≤e综上，a的取值范围为1,e故选：D【点睛】关键点点睛：根据分段函数解析式，结合二次函数性质、导数研究不同定义域下最小值，由不等式恒成立，保证最小值都非负即可.【变式1-1】1.（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）对正实数a有fxA．0,1 B．1,e2 C．0,【答案】C【分析】利用导数研究f(x)单调性，得极小值f(x0)=a(1x【详解】由题设f'(x)=ex+1-ax所以g(x)=f'(x)在(0,+∞)上递增，显然x趋向0时f故∃x0∈(0,+∞)使f所以，在(0,x0)上f'(x)<0，f(x)递减；在(故f(x)≥f(x要f(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，则1x令y=1x+x且x∈(0,+∞)，则y'=1-1x所以x∈(0,1)上y递减，x∈(1,+∞)上y递增，则且当x0=1时，综上，2lna-2≤y故选：C【变式1-1】2.（2022秋·安徽六安·高三六安市裕安区新安中学校考阶段练习）若不等式ex-1-mx-2n-3⩾0对∀x∈R恒成立，其中m≠0，则A．-ln3e2 B．-【答案】A【分析】先求导，研究函数的单调性，根据参数不同的取值，分类讨论，求得函数的最小值，再利用分离参数，构造新函数，求最值，可得答案.【详解】令fx=e当m<0时，易知函数fx当m>0时，令f'x=0x-lnlnf-0+f↙极小值↗则fx可得nm令gx=-1令g'm=0x0,333,+g+0-g↗极大值↙则gmmax=g故选：A.【变式1-1】3.（2023春·四川南充·高三阆中中学校考阶段练习）一般地，对于函数y=ft和t=gx复合而成的函数y=fgx，它的导数与函数y=ft，t=gx的导数间的关系为yx'=yA．12 B．1 C．e2【答案】C【分析】构造函数fx=eax-x-b【详解】依题意eax≥x+b恒成立，即设fx=e设gx=aeax-1，则g当a≤0时，f'x=a当a>0时，由f'x=a所以fx在区间-在区间-ln所以fx的最小值是f依题意可知1+ln即b≤1+lna设hxh'所以hx在区间0,在区间e-所以hx的最大值为h所以ba的最大值为e故选：C【点睛】利用导数求解不等式问题，首先将不等式转化为一边为0的形式，然后利用构造函数法，结合导数来研究所构造函数的单调性、极值、最值等性质，从而对问题进行求解.【变式1-1】4.（2023·安徽合肥·合肥市第七中学校考三模）已知函数fx=mex-x-n-1m,n∈R，若A．e-2 B．-e-2 C．【答案】B【分析】讨论m≤0，m>0，利用导数得出mlnm+1≥mn，构造函数hm=m【详解】fx=me当m≤0时，f'x<0恒成立，则fx单调递减，当m>0时，x∈-∞,-lnmx∈-lnm,+∞时，∴fx∵fx≥-1恒成立，∴lnm-n+1≥0令hm=mlnm+1，m∈0,e-2时，h'mhm在区间0,e-2∴hmmin=he-2故选：B．【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于，将不等式的恒成立问题转化为最值问题得出mlnm+1≥mn，再由导数得出h【变式1-1】5.（2022春·安徽滁州·高三校考阶段练习）已知函数fx=x-a-1ex+b，若存在b∈R，对于任意【答案】1,【分析】设g(x)=(x-a-1)ex，问题转化为对于任意x∈1,2，都有g(x)max【详解】设g(x)=(x-a-1)e由b的任意性，结合题意可知，对于任意x∈1,2即g(x)又g'(x)=(x-a)ex，易知函数g(x)在①当a≤1时，g(x)在1,2上单调递增，则g故g(x)max-g②当a≥2时，g(x)在1,2上单调递减，则g故g(x)maxmin③当1<a<2时，g(x)在上单调递减，在(a,2]上单调递增，则g(x)故只需g(1)-g(a)=ea记函数m(a)=ea-ae-e，则m'(a)=则m(a)<m(2)=e记函数n(a)=ea+(1-a)函数n(a)在(1,2)上递减，则n(a)<n(1)=故当1<a<2时，g(1)-g(a)<e且g(2)-g(a)<e综上所述，实数a的取值范围为1,e+1故答案为：1,【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值最值，查了不等式的恒成立问题，考查分类讨论思想，考查了推理能力与计算能力，属于难题.题型2恒成立问题之分离参数型分离参数是属于“暴力计算”型方法，分离参数：将参数提取到单独的一側，然后通过求解函数的最值来求解参数的取值范围.1.分离参数思维简单，不需过多思考；2.参变分离原则是容易分离且构造的新函数不能太过复杂3.缺点是，首先得能分参，其次求导计算可能十分麻烦，甚至需要二阶，三阶..等等求导.【例题2】（2023春·江苏·高三江苏省前黄高级中学校联考阶段练习）若关于x的不等式ex3k-x<2x+3对任意的x∈A．-1 B．0 C．1 D．3【答案】B【分析】参变分离将恒成立问题转化为求函数最值问题，然后利用导数求最值可得.【详解】因为ex(3k-x)<2x+3对于任意等价于3k<2x+3ex令f(x)=2x+3ex+x，令g(x)=ex-2x-1，x∈当x∈(0,ln2)时，g'(x)<0，当所以gx在(0,ln2)又g(0)=0，g(1)=e-3<0，所以gx在1,2有且仅有一个根x0，满足ex当x∈(0,x0)时，g(x)<0，即fx∈(x0,+∞)时，g(x)>0所以f(x)由对勾函数可知1+1+23<因为3k<f(x0)，即k<f(x0)当k=1时，不等式为ex3-x所以整数k的最大值为0.故选：B【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【变式2-1】1.（2022秋·四川内江·高三威远中学校校考阶段练习）已知不等式xex+1-x≥lnx+2m+3A．m≤-12 B．m≥-12【答案】A【分析】将问题转化为xex+1-x-lnx≥2m+3【详解】不等式xex+1-x≥lnx+2m+3对∀x∈0,+∞恒成立，即xex+1-x-lnx≥2m+3对∀x∈0,+∞恒成立，令fx则x∈0,x0时，gx<0⇒f'x<0，根据gx所以fxmin=1-故选：A.【点睛】利用导数研究不等式恒成立问题的策略为：构造新函数或者进行参变分离，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求得参数的取值范围.【变式2-1】2.（2023·全国·高三专题练习）已知f(x)，g(x)分别为定义域为R的偶函数和奇函数，且f(x)+g(x)=ex，若关于x的不等式A．-∞,409 B．40【答案】C【分析】由奇偶性求得f(x),g(x)，化简不等式，并用分离参数法变形为a≤4(ex+e【详解】因为f(x),g(x)分别为偶函数和奇函数，f(x)+g(x)=e所以f(-x)+g(-x)=e-x，即①②联立可解得f(x)=ex+不等式2f(x)-ag2(x)≥0x∈(0,ln2)，则ex设ex+et=ex+e-x，x∈(0,ln2)，t又y=t-4t在t∈(2,52)a≤4(ex+e故选：C．【点睛】方法点睛：本题不等式恒成立问题，考查函数的奇偶性，解题方法是利用奇偶性求得函数f(x),g(x)的表达式，然后化简不等式，用分离参数法变形转化为求函数的最值或取值范围，从而得结论．【变式2-1】3.（2022秋·山西运城·高三校考阶段练习）已知x1，x2是函数f(x)=x2-2ax+2lnxA．-98C．-98【答案】B【分析】先求导由x1，x2是极值点，得x1+x2=a,x1【详解】由题意得，x>0，f'(x)=2x-2a+2x=2x所以Δ=a2-4>0,x又fx1x则m≤-x13-2x1令gx=-x所以gx在0,12上单调递减，所以g故选：B.【点睛】解决极值点问题，通常求导转化为导数根的问题，结合韦达定理可将双变量问题转化为单变量问题；而恒成立问题，通常采用参变分离，转化为函数最值问题，利用导数加以解决.【变式2-1】4.（2023·全国·高三专题练习）若关于x的不等式m+2x+lnx+1A．-∞,0C．-∞,【答案】A【分析】分离参数得到m+2≤e2x-lnx+1【详解】依题意，m+2≤e2x-lnx+1令hx=2x故hx=2x2e2x+所以存在x0∈1e,1当x∈0,x0时，g'x<0，gx单调递减，当x∈由2x02e2x0+lnx0=0，得2x02e2x0故选:A．题型3恒成立问题之隐零点型解题框架（主要的）：（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x（2）知原函数最值处就是一阶导函数的零点处，可代入虚根x（3）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·河南郑州·统考模拟预测）已知函数fx=1x+lnx【答案】0,+【分析】先分离参数可得m≥lnx+x+1xex-1【详解】由题意可得函数fx=1不等式fx≤gx等价于1+令Gx=ln令hx=lnx+x，则因为h1e=所以存在x0∈1当x∈0,x0时，hx<0当x∈x0,+∞时，hx所以Gx由于x0+lnx0所以Gx又m≥lnx+x+1xex所以实数m的取值范围为0,+∞【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：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，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，注意恒成立与有解问题的区别．【变式3-1】1.（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第六中学校校考阶段练习）若关于x的不等式ex-a≥lnx+a对一切正实数A．-∞,1e B．-∞,e C．-∞,1【答案】C【分析】构造函数f(x)=ex-a-lnx-a(x>0)，将原不等式转化为求解函数f(x)【详解】解：设f(x)=ex-a-lnx-a(x>0)，则f(x)⩾0对一切正实数x由f'(x)=ex-a-1x所以h(x)在(0,+∞)上为增函数，当x→0时，h(x)→-∞，当x→+∞时，h(x)→+∞，则在(0,+∞)上，存在x0使得h(当0<x<x0时，h(x)<0，当x>x故函数f(x)在(0,x0)上单调递减，在(所以函数f(x)在x=x0处取得最小值为因为ex0-a所以1x0+又x0+1x0故2a⩽2，所以a⩽1．故选：C．【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：①分离参数a≤f(x)恒成立(a≤f(x)min即可)或a≥f(x)恒成立（a≥f(x)max即可）；②数形结合(y=fx图象在y=g【变式3-1】2.（2023·全国·高三专题练习）已知函数f(x)=exx-1x-1，对任意x>0【答案】-【分析】由fx>alnx+1恒成立得出ex-x-1-axlnx+1>0，构造函数g【详解】已知fx=exx即exx-令gx=ex-x-1-axg'x=ex当a≤0时，h'x>0，所以h于是hx>h0=0，即g'于是gx当a>0时，观察易知h'x在0,+∞若0<a≤12，则h'x≥0hx>h0=0，即g'x>0，所以g若a>12时，令mx=ex-x-1，则当x>0所以mx>m0=0，即又h'0=1-2a<0，h'x使得h'x0=0，当x∈0,x0当x∈0,x0时，hx<h0=0，即g这与gx>0矛盾.故实数a的取值范围是故答案为：-∞【点睛】方法点睛：对于含参不等式的恒成立问题，往往采用参变分离或构造含参函数两种方法，参变分离在使用时，一定保证分离出的函数，可利用导数清晰的研究出其单调性；构造含参函数，利用导数研究其单调性时，利用分类讨论的方法，可得答案.【变式3-1】3.（2023·广东深圳·深圳中学校联考模拟预测）若关于x的不等式ex(2k-x)<x+3对任意的x∈0,+【答案】1【分析】参变分离将恒成立问题转化为求函数最值问题，然后利用导数求最值可得.【详解】因为ex(2k-x)<x+3对于任意x∈0,+∞恒成立，等价于令f(x)=x+3ex+x，令g(x)=ex-x-2，x∈所以gx在(0,+∞)所以gx在1,2有且仅有一个根x0，满足ex当x∈(0,x0)时，g(x)<0，即fx∈(x0,+∞)时，g(x)>0所以f(x)由对勾函数可知3+13-1<因为2k<f(x0)，即k<f(x所以k≤1.故答案为：1.【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3-1】4.（2022·安徽·巢湖市第一中学校联考模拟预测）已知不等式ax-lnxxA．14 B．13 C．【答案】C【分析】将不等式ax-lnxx2≥【详解】解：由题意得：不等式ax-lnxx2≥ax设g(x)=ax3-ln当a≤0时，g'(x)<0，则g(x)在∴g(x)≤g(1)=0与题意矛盾∴a>0．令h(x)=3ax3∴h(x)在[1,+∞∴h(x)≥h(1)=2a-1，当2a-1≥0，即a≥12时，g'(x)≥0∴g(x)≥g(1)=0，符合题意；当2a-1<0，即0<a<12时，由h(1)=2a-1<0,h1a=3a2-2>0，得存在x0∈1,1a，使h故选：C题型4恒成立问题之洛必达法则如果最值恰好在“断点处”，则可以通过洛必达法则求出“最值”.【例题4】(多选)已知函数f(x)=e|x|sinA．f(x)是周期为2π的奇函数 B．f(x)在(-πC．f(x)在(-10π,10π)内有21个极值点 D．f(x)⩾ax在[0,π4【答案】BD【解析】根据周期函数的定义判定选项A错误；根据导航的符号判断选项B正确；根据导函数零点判定选项C错误；根据恒成立以及对应函数最值确定选项D正确.【详解】∵f(x)的定义域为R，f(-x)=e∴f(x)是奇函数，但是f(x+2π)=e∴f(x)不是周期为2π的函数，故选项A错误；当x∈(-π4,0)f'(x)=e当x∈(0,3π4)f'(x)=e且f(x)在(-π4,3π4故选项B正确；当x∈[0,10π)时，f(x)=exsin令f'(x)=0得，当x∈(-10π,0)时，f(x)=e-xsin令f'(x)=0得，因此，f(x)在(-10π,10π)内有20个极值点，故选项C错误；当x=0时，f(x)=0≥0=ax，则a∈R，当x∈(0,π4]设g(x)=exsin令h(x)=xsinx+xcos∴h'(x)=∴h(x)>h(0)=0∴g'(x)>0，g(x)又由洛必达法则知：当x→0时，g(x)=∴a≤1，故答案D正确.故选：BD.【点睛】本题考查了奇函数、周期函数定义，三角函数的几何性质，函数的极值，利用导数研究单调性以及利用导数研究恒成立问题，考查综合分析求解与论证能力，属较难题.【变式4-1】1.（2020春·黑龙江哈尔滨·高三黑龙江实验中学校考开学考试）已知函数f(x)=x2lnA．［24,+∞） B．[12,+∞)【答案】B【分析】首先将式子化简，将参数a化为关于x的函数，之后将问题转化为求最值问题来解决，之后应用导数研究函数的单调性，从而求得函数的最值，在求解的过程中，注意对函数进行简化，最后用洛必达法则，通过极限求得结果.【详解】根据题意，有x2lnx-a(x2-1)≥0,(x∈(0,1])恒成立，当a≠1时，将其变形为a≥x2lnxx2-1恒成立，即a≥(x2lnxx2-1)max，令g(x)=x2lnxx2-1，利用求得法则及求导公式可求得g'(x)=x3-x-2xlnx(x2-1)2，令h(x)=x3-x-2xlnx，可得h'(x)=3x2-1-2lnx-2=3x2-2点睛：该题属于应用导数研究函数最值的综合问题，在解题的过程中，注意构造新函数，并且反复求导，研究函数的单调性，从而确定出函数值的符号，从而确定出函数的单调性，从而得出函数在哪个点处取得最值，还有需要应用洛必达法则求极限来达到求最值的目的.【变式4-1】2.（2020·江西九江·统考三模）若对任意x∈0,π，不等式ex-A．-2,2 B．-∞,e C．【答案】C【分析】由题意参变分离，构造f(x)=e【详解】将ex-e-x>a令f(x)=ex-e-x则g'(x)=2(ex-e-x)sin即g(x)=ex(sinx-所以在(0,π)恒成立，则f(x)=ex-e-x由洛必达法则，得limx→0所以实数a的取值范围是-∞故选：C【变式4-1】3.（2020春·河北唐山·期中）若12(a-1)x2+1<A．(-∞,2] B．(-∞,2) C．(-∞,1] D．(-∞,3]【答案】A【解析】将条件12(a-1)x2+1<ex-x对∀x>0恒成立转化为对∀x>0有12(a-1)<ex-x-1x2恒成立，令fx=【详解】将条件12(a-1)x2+1<ex令fx=令gx=exx-2+x+2，则g'x=ex则g'x>g'则gx>g0=e00-2+0+2=0由洛必达法则可知limx→0ex所以12(a-1)≤故选：A【点睛】本题考查利用导数在不等式恒成立的情况下求参数的取值范围，多见于参变分离，还考查了对零比零型函数利用洛必达法则求极限值，属于难题【变式4-1】4.(多选)（2023春·河南许昌·）已知函数f(x)=eA．f(x)是周期为2π的奇函数 B．f(x)在(-πC．f(x)在(-10π,10π)内有21个极值点 D．f(x)⩾ax在[0,π4【答案】BD【解析】根据周期函数的定义判定选项A错误；根据导航的符号判断选项B正确；根据导函数零点判定选项C错误；根据恒成立以及对应函数最值确定选项D正确.【详解】∵f(x)的定义域为R，f(-x)=e∴f(x)是奇函数，但是f(x+2π)=e∴f(x)不是周期为2π的函数，故选项A错误；当x∈(-π4,0)f'(x)=e当x∈(0,3π4)f'(x)=e且f(x)在(-π4,3π4故选项B正确；当x∈[0,10π)时，f(x)=exsin令f'(x)=0得，当x∈(-10π,0)时，f(x)=e-xsin令f'(x)=0得，因此，f(x)在(-10π,10π)内有20个极值点，故选项C错误；当x=0时，f(x)=0≥0=ax，则a∈R，当x∈(0,π4]设g(x)=exsin令h(x)=xsinx+xcos∴h'(x)=∴h(x)>h(0)=0∴g'(x)>0，g(x)又由洛必达法则知：当x→0时，g(x)=∴a≤1，故答案D正确.故选：BD.【点睛】本题考查了奇函数、周期函数定义，三角函数的几何性质，函数的极值，利用导数研究单调性以及利用导数研究恒成立问题，考查综合分析求解与论证能力，属较难题.题型5恒成立问题之两个函数问题此类函数，多采用两函数“取最值法”.一般地，已知函数y=fx,x∈（1）若∀x1∈a,b，∀x（2）若∀x1∈a,b，∃x（3）若∃x1∈a,b，∃x（4）若∀x1∈a,b，∃x2∈◆类型1同变量型【例题5-1】（2023秋·广东阳江·高三统考开学考试）已知函数fx=ex-lnx，gA．e B．1 C．-1 D．-【答案】A【分析】令hx=fx-gx=ex-lnx-ax-b，其中x∈0,+∞，分析可知，存在x0∈0,+∞，使得q【详解】令hx=fx-gx令px=ex-故函数h'x=①当a<0时，p1=e-1-a>0，所以，p1所以，存在x0∈1②当a=0时，px=ex-所以，存在x0∈1③当a>0时，令qx=xe令mx=e当x<0时，m'x<0当x>0时，m'x>0所以，mx≥m0=0，即所以，qe所以存在x0∈0,ea由上可知，对任意的a∈R，存在x0∈0,+当0<x<x0时，h'当x>x0时，h'所以，h=1-x0所以，a+b≤e令nx=2-x所以，n'当0<x<1时，n'x>0当x>1时，n'x<0所以，nxmax=n1=故选：A.【点睛】方法点睛：求函数fx在区间a,b（1）若函数fx在区间a,b上单调，则fa与（2）若函数fx在区间a,b内有极值，则要求先求出函数fx在区间a,b上的极值，再与fa（3）若函数fx在区间a,b【变式5-1】1.（2022秋·江苏镇江·高三江苏省镇江中学校考阶段练习）已知函数f(x)=-x2+m2x+2(m>0),g(x)=eA．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【分析】将不等式整理为ex-mx+8>0,(m>0)，由此构造函数h(x)=ex-mx+8，将不等【详解】由题意不等式g(x)>2f(x)-x2-11即ex-mx+8>0,(m>0)对一切令h(x)=ex-mx+8当x<lnm时，h'(x)<0；当即h(x)=ex-mx+8在(-故hxmin=h令φ(m)=m-mln当0<m<1时，φ'(m)>0，当m>1时，则φ(m)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞且φ(m)max=φ(1)=9>0，当m>0,m→0取m=e2∈取m=8,即φ(m)在(1,+∞)存在唯一的零点m0故m∈0,m0时，φ(m)>0，故正整数m的最大值为7，故选：C【点睛】方法点睛：关于不等式恒成立求参数的范围问题，一般解决方法是转化为函数的最值问题，即将不等式整理，构造函数，利用导数求函数最值；另外有时也可以参变分离，构造函数，利用导数解决.【变式5-1】2.（2023·江苏·统考模拟预测）已知fx=mx+n，gx=lnx，对于A．-ln2 B．－1 C．【答案】C【分析】等价于对于∀x∈0,+∞，n≥lnx-mx恒成立，设h(x)=lnx-mx,(x>0)，求出函数h(x)最大值，得到【详解】因为对于∀x∈0,+∞，所以对于∀x∈0,+∞，设h(x)=lnx-mx,(x>0)，所以当m≤0时，h'(x)>0，函数所以函数h(x)没有最大值，所以这种情况不满足已知；当m>0时，当x∈(0,1m)时，h当x∈(1m,+∞)所以h(x)所以n≥-1-ln所以m+2n≥m-2-2ln设p(m)=m-2-2ln所以p'当0<m<2时，p'(m)<0，函数当m>2时，p'(m)>0，函数所以p(m)所以m+2n的最小值为-ln故选：C【点睛】方法点睛：不等式的恒成立问题的求解，常用的方法有：（1）分离参数求最值；（2）直接法；（3）端点优先法.要根据已知条件灵活选择方法求解.【变式5-1】3.（2022·全国·高三专题练习）已知函数fx=x-lnx+1，gx=e【答案】k≤1【分析】将不等式gx≥kfx展开并变形，即ex-x-1≥k【详解】由题意得：ex-x-1≥kx-即e即ex-x-1≥ke设φ(x)=x-ln故φ(x)=x-ln(x+1)在x∈0即x≥ln(x+1)，当且仅当又设h(x)=e故h(x)=ex-x-1,(x≥0)而ln(x+1)≥0,(x≥0)，故e因为x≥lnx+1，故ex故要使ex-x-1≥kx-当x=0时，上式显然成立；x>0时，只需ex-x-1x-所以只需k≤1，故实数k的取值范围为k≤1.【变式5-1】4.（2020·全国·高三专题练习）设三次函数f(x)=13ax3+12bx2+cx，（a,b,c为实数且a≠0【答案】2【分析】先对函数f(x)求导，二次求导，求出g(x)，不等式f'(x)⩾g(x)恒成立问题即二次不等式恒成立问题，根据图像可得Δ⩽0且a>0，可得出ca⩾1，分ca【详解】因为f(x)=13ax3因为对任意x∈R，不等式f'(x)⩾g(x)恒成立，所以ax2+bx+c⩾2ax+b恒成立，即ax2+(b-2a)x+c-b⩾0恒成立，所以Δ=(b-2a)2-4a(c-b)⩽0且a>0，即b2⩽4ac-4a2，所以4ac-4a2⩾0，所以c⩾a>0，所以故答案为2【点睛】本题考查多变量的最值的问题，根据变量之间的关系，进行代换，换元，利用基本不等式求最值，是道难度比较大的题目◆类型2不同变量型【例题5-2】（2022秋·河南·高三校联考阶段练习）设函数fx=x-1ex-e，gx=A．0 B．1 C．1e【答案】C【分析】根据不等式fx1≥gx2恒成立的等价形式fminx1≥g【详解】依题意，当x1>0,x2>0对于fx，当0<x<1时，x-1<0，ex-当x≥1时，x-1≥0，ex-e当且仅当x=1时，fmin当x>0时，gx=ln令hx=ln当0<x<e时，h'x当x>e时，h'x∴h∴a≥1e，∴a的最小值为故选：C.【例题5-2】1.（多选）（2023秋·广东·高三校联考阶段练习）已知fx=xex，gx=xlnA．当t>0时，x1x2=tC．不存在t，使得f'x1=g【答案】AB【分析】A选项，转化同构形式x1ex1=x2lnx2=lnx2eln【详解】选项A，∵fx1=g则x1>0,x由fx=xe当x>0时，f'x>0，则f所以当t>0时，fx=t有唯一解，故∴x选项B，由A正确，得lnt设φt=ln令φ't易知φt在0,e上单调递增，在∴φt≤φe=1选项C，由f'x=得f'-1=故存在t=-1e，使得选项D，由x>0，fx>gx令rx=e由r'x在0,+∞上递增，又r∴存在x0∈1∴rx在0,x0上递减，在x0,+∞上递增（其中∴rx要使m<ex-lnx故选：AB.【点睛】方法点睛：在应用导数研究函数的综合题型中，在题干条件中同时出现指数函数和对数函数，通常可以考虑借助幂函数作为桥梁，通过变形转化为相同结构的式子，再构造函数研究问题，即指对同构思想的应用.【变式5-2】2.（2022秋·四川绵阳·高三四川省绵阳江油中学阶段练习）已知函数fx=lnxx，g(x)=-ex2+ax(e是自然对数的底数)，对任意的x【答案】2,+【分析】问题转化为f（x）max≤g【详解】对任意的x1∈R，存在x2∈f'x=1-lnxx2，x>0，令故fx在0，e递增，在e故g(x)=-ex21ex+ex≥21ex故答案为：2,+【点睛】关键点睛：本题考查了函数恒成立问题，考查函数的单调性问题，考查导数的应用，转化思想，是一道中档题，将不等关系转化为函数的最值问题是解题的关键.【变式5-2】3.（2022秋·四川·高三棠湖中学阶段练习）函数f(x)=lnx-ax，g(x)=ax2+1，当a≤0时，对任意x1、x【答案】a<-【详解】分析：求出函数的导数，通过题中所给的大的范围，可以确定函数在相应区间上的单调性，求出函数的最值，得到关于a的不等式，从而求出a的范围.详解：g'(x)=2ax，依题意，x∈[1,e]时，fmin已知a≤0，则g'(x)<0，所以g(x)在[1,e]上单调递减，而f(x)在[1,e]上单调递增，所以fmin(x)=f(1)=-a，所以有-a>a+1，得a<-12，故a的取值范围是点睛：该题考查的是有关恒成立问题对应的参数的取值范围问题，在解题的过程中，需要根据题意向最值靠拢，结合导数研究函数的单调性，从而求得函数相应的最值，求得结果.【变式5-2】4.（2021秋·湖北襄阳·高三开学考试）已知函数fx=lnx-14x+34x【答案】[【详解】试题分析：f'(x)=1x-14-34x2=-34(1x-23由-12≥1-m得m≥32，即P={x|m≥32}，由考点：含有量词的命题的真假，集合的运算．【名师点睛】设在区间I上函数f(x)的最大值为M，最小值为m，函数g(x)的最大值为N，最小值为n，含有量词的不等式恒成立问题的等价转化：（1）∀x1,x2（2）∀x1∈I,∃x2（3）∃x1,x2（4）∃x1∈I,∀x2◆类型3函数相等型【例题5-3】（2021秋·江西·高三阶段练习）已知函数f(x)=(12)x-14,x<1log2A．0,54 B．0,54【答案】A【分析】探讨函数f(x)的性质并求出其值域，再把问题转化为f(x)的值域包含于g(x)在(0,+∞)上的值域，然后分类讨论g(x)在(0,+∞)上的值域即可得解.【详解】依题意，当x∈(-∞,1)时，f(x)=(12)x当x∈[1,+∞)时，f(x)=log2(x+3)是增函数，∀x≥1，f(x)≥f(1)=log2“对任意的x1∈R，总存在实数x2∈(0,+∞)，使得fx1=g①当a=0时，gx=2x-1，此时gx在区间(0,+∞)上值域为-1,+∞，有(②当a<0时，gx=ax2+2x+a-1图象对称轴x=-1a，在x>0时，当x=-显然(14,+∞)③当a>0时，函数gx=ax2+2x+a-1在(0,+∞)单调递增，gx在于是得a-1≤14，解得a≤5综上，实数a的取值范围是0,5故选：A【变式5-3】1.（2022·天津和平·耀华中学校考模拟预测）已知函数f(x)=2x-2，g(x)=asinx+2,x≥0x2A．-∞,12C．-∞,12【答案】B【解析】求出两个函数的值域，结合对任意x1∈1,+∞，总存在x2∈R，使f(【详解】对任意x∈1,+∞，则f(x)=2x-2≥2若对任意的x1∈1,+∞，总存在x设函数g(x)的值域为A，则满足[1当x<0时，函数g(x)=x2+2a当x≥0时，g(x)=asin（1）当2a<12，即a<1（2）当a≥14时，此时2a≥12，要使[12,+∞)⊆A成立，则此时当x≥0综上所述：a<14或故选：B.【点睛】本题主要考查函数与方程的应用，求出函数的值域，转化为f(x)的值域是g(x)值域的子集，若懂得借助函数图象进行分析，则更容易看出问题的本质.【变式5-3】2.（2023·新疆乌鲁木齐·乌市一中校考三模）已知函数fx=e2x-2x+1,gA．fx1C．ln2x【答案】D【分析】构造φx=fx-gx(x>1)，对φx求导，得出φx的单调性即可判断A；由fx1=gx2可得e2x1-2【详解】令φx则φ'x=2e2xφx>φ1由题意得e2所以e2因为x1,x令hx=ex-x-1(x>0)，则h所以hx在0,+∞上单调递增，故所以h2x1故2x又e2所以e2x1-2x所以x1故选：D.【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.【变式5-3】3.（2021·河南·统考一模）定义：[ln(g(x))]'=1g(x)⋅g'(x).设函数f(x)=x2+2x+a，g(x)=8A．(16ln2-15,0)C．(0,8ln2-3)【答案】C【解析】由题意原问题可转化为p(x)=x2+2x+a-8ln(x+1)，x∈(0,3)在x∈(0,3)【详解】根据题意，令x2+2x+a=8ln(x+1)，得x2+2x+a-8ln(x+1)=0.构造p(x)=x2+2x+a-8ln(x+1)，x∈(0,3)，题目条件可转化为函数p(x)在(0,3)上有两个零点.p'(x)=2x+2-8x+1=2⋅(x-1)(x+3)x+1.当x∈(0,1)时，【点睛】本题主要考查了函数的零点，利用导数研究函数的单调性，数形结合的思想与方法，属于难题.【变式5-3】4.（2021春·江苏南通·高三统考阶段练习）已知函数fx=x2⋅e-x，gx=-A．4e2<c<43 B．【答案】B【分析】因为x1为任意，先通过f'x研究fx在x∈0,+∞上的单调性，极值，并求出其值域，对∀x1∈0,+∞，∃x2∈1,3【详解】若对∀x1∈0,+∞，∃x2∈1,3，使fxfx=x2·e-x，fx∈2,+∞，f'x所以x=2时，取极大值，为f2=4e2，且所以fx在0,+∞上的值域为0，gx=-1所以x∈1,3，g'x所以gx在1,3上的值域为要使gx在x∈1,3上的值域范围比fx则需满足4e2故选B项.【点睛】本题考查利用导数求函数单调区间，极值和值域，对量词的理解和转化，属于难题.题型6恒成立问题之构造函数-些复杂结构，需要先构造合理的函数形式再求导研究，以达到"化繁为简"的目的【例题6】（2023·全国·高三专题练习）已知ε>0，x,y∈-π4A．cosx≤cosy B．cosx≥【答案】A【分析】构造fx=sin【详解】构造fx=sin则f'当x∈-π4,π所以fx=sin因为0<当sinxex+ε=sinyeyy=cosx，x∈0,当sinxex+ε=sinyey<0y=cosx,x∈-故选：A【点睛】关键点点睛，构造函数，本题中构造fx【变式6-1】1.（2023·全国·模拟预测）已知函数fx=x2+1exA．-∞,1C．-∞,3【答案】D【分析】导数研究fx单调性，将题设转化为x12+1e【详解】当x∈0,+∞时，故fx故fx令gx=x令g'x≤0令hx=(x+1)故当x∈0,1时，h当x∈1,+∞时，即函数hx在0,1上单调递增，在1,+故2λ≥h1=4故实数λ的取值范围为2e故选：D【点睛】关键点点睛：利用导数研究单调性，将问题最终转化为2λ≥(x+1)【变式6-1】2.（2022秋·重庆·高三校联考阶段练习）已知函数fx=alnx+1+x2，在区间3,4内任取两个实数x1，A．-9,+∞ B．-7,+∞ C．9,+【答案】A【分析】化简题目所给不等式，构造函数gx=fx-1-x，由g'x≥0【详解】不妨设3<x则fx即fx令g=aln则gx∴gx在3,4g'x=而a≥x⋅3-2x令hx=x3-2x则hx在3,4∴hx∴a≥-9，a的取值范围是-9,+∞故选：A【点睛】利用导数研究含有参数的不等式恒成立问题，可以利用分离常数法，然后通过求函数的最值来求得参数的取值范围【变式6-1】3.（2022秋·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)=aex+4x，对任意的实数x1,xA．2e,+∞ B．2e【答案】B【分析】不妨设x1>x2，则由题意可得fx1-x12>fx2-x22【详解】不妨设x1>x2，由即fx令g(x)=f(x)-x2，所以对任意的实数x1即g(x)在(-∞,+∞)上单调递增，所以即a≥2x-4ex令h(x)=2x-4ex令h'(x)>0，解得x<3，令h'所以h(x)在(-∞,3)上单调递增，在所以h(x)max=h(即实数a的取值范围是2e故选：B．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数研究函数的单调性，解题的关键是设x1>x2，然后将原不等式化为fx1-x12>f【变式6-1】4.（2022秋·湖南长沙·高三长沙市明德中学校考开学考试）已知2021lna=a+m，2021lnb=b+m，其中a≠b，若A．2021e2,+∞ B．2021【答案】C【分析】令f(x)=lnx-12021x，则f'(x)=1x-12021=2021-x2021x【详解】解：令f(x)=lnx-1∴当x∈(0,2021)时，f'(x)>0，当x∈(2021,+∞∵f(2021)>0，∴设0<a<2021<b，则ba两式相减，得2021lnba=b-a，则2021ln∴ab=2021令g(t)=t(lnt)令h(t)=(lnt)令m(t)=lnt+1-t，则∴函数m(t)在(1,+∞)上单调递减，∴m(t)<m(1)=0,即h'(t)<0,∴g'(t)<0，∴函数g(t)在(1,+∞)∴t(lnt)2-(t-1)2∴实数λ的取值范围为20212故选：C．【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题型7零点问题1.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；2.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理，可以通过构造函数的方法、把问题转化为研究构造的函数的零点问题；3.利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.【例题7】（2022秋·江西抚州·高三临川一中校考期中）若函数fx=ex+aA．4e5 B．e2 C．【答案】A【分析】设t为函数fx的零点，则et+at-1+b=0，转化为a,b在直线t-1x+y+et=0【详解】由题意，函数fx设t为函数fx在12,1即t-1a+b+et=0，即点又a2+b2表示点a,b到原点的距离的平方，则令gt=e因为e2t>0,t2-3t+3>0，所以g所以gt最小值为g(故选：A【点睛】关键点点睛：设零点t∈[12,1]有et+at-1+b=0，换主元化为点a,b【变式7-1】1.（2023·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）已知函数fx=ex,x≤1A．0,14C．0,1515【答案】C【分析】作出函数y=fx与函数y=kx+2的图像，讨论曲线y=kx+2k>0与曲线y=exx≤1，y=【详解】作出fx=e如图所示，

由y=-整理得x-22当直线y=kx+2k>0与圆则4kk2+1再考虑直线y=kx+2与曲线y=设切点坐标为t,et，对函数y=e则所求切线的斜率为et所求切线即直线y=kx+2方程为y-直线y=kx+2过定点-2,0将-2,0代入切线方程得-et=所以切点坐标为-1,1所以k=1当直线y=kx+2过点1,e时，则解得k=e由于函数gx由图可知，实数k的范围为0,15故选：C【点睛】方法点睛：利用函数的零点个数求参数的取值范围，主要从以下几个角度分析：（1）函数零点个数与图像交点的转化；（2）注意各段函数图像对应的定义域；（3）导数即为切线斜率的几何应用；（4）数形结合的思想的应用.【变式7-1】2.（2021秋·广东深圳·高三红岭中学校考期末）已知函数fx=aA．1,e2e B．e1【答案】D【分析】分析可知函数fx在-∞,0上有一个零点，则函数fx在0,+∞上没有零点，由fx≠0可得出lna≠2lnx【详解】当x≤0时，y=axa>1为增函数，y=因为f-1=1由零点存在定理可知，函数fx在-1,0故函数fx在-由题意可知，函数fx在0,+当x>0时，由fx=a即xlna≠2ln设hx=2lnx当0<x<e时，h'x>0，函数当x>e时，h'x<0，函数所以，hx极大值=h

因为a>1，则lna>0，故当lna>2直线y=lna与函数综上所述，实数a的取值范围是e2故选：D.【点睛】关键点点睛：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7-1】3.（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考模拟预测）设a>0，b∈R，已知函数fx=xexA．e26 B．e25【答案】B【分析】设函数fx的零点为t，可得t-3a+b+tet=0，由此可得点a,b【详解】函数fx=xe则1≤t≤3，且tet+a所以点a,b在直线t-3x+y+t又a2+b故a2所以a2设gt则g'故g'设ht则h'因为1≤t≤3，所以h'所以函数ht=t所以当1≤t≤3时，ht故当1≤t≤3时，g't>0，函数g所以gt所以当-2a+b+e=0，a=-2b时，a2所以当a=2e5,b=-e故选：B.【点睛】知识点点睛：本题考查函数零点的定义，直线方程的定义，点到直线的距离，两点之间的距离，利用导数求函数的最值，考查数学运算，数形结合等数学思想.【变式7-1】4.（2023·四川广元·校考模拟预测）若函数fx=2lnA．ln22,1e B．【答案】B【分析】参变分离得到即g(x)=2lnxx2与y=3a的图象在2,e上有2个交点，求导得到g(x)=2ln【详解】函数fx=2ln即3a=2lnx即g(x)=2lnxx2g'当2<x<e时，g'当e<x<e时，g'故g(x)=2lnx所以g(x)max=g(e构造φ(x)=lnxx，求导得φ'所以：φ(x)在(0,e)上单调递增，在(即：g(作出y=g(x),y=3a图象，如图，

由图象可知，当ln2即ln故选：B【点睛】方法点睛：分离参数法基本步骤为：第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以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，第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用导函数或基本不等式进行求解.第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论.题型8同构问题同构法的三种基本模式：①乘积型，如aea≤blnb②比商型，如eaa<bln③和差型，如ea±a>b±lnb，同构后可以构造函数【例题8】（2023秋·江苏镇江·高三统考开学考试）对于实数x∈0,+∞，不等式A．0<m≤1 B．m≤1 C．0<m≤e D．【答案】C【分析】构造同构函数，分析单调性，转化为x≥ln(mx)恒成立，即m≤e【详解】已知x∈0,+∞，由mx>0知由ex-ln构造函数f(x)=ex+x，f(x)则由f(x)≥f(ln(mx))得x≥ln令g(x)=eg'(x)=(x-1)e当x∈(0,1),g'(x)<0当x∈(1,+∞),g∴g(x)则m≤e，又m>0，则0<m≤故选：C.【变式8-1】1.（2021秋·江苏扬州·高三扬州中学校考阶段练习）设k>0，若存在正实数x，使得不等式log27x-k⋅3A．1eln3 B．ln3【答案】A【分析】化简log27x-k⋅3从而xlog3x≥kx⋅构造函数fx=x⋅3x，有单调性得再构造函数gx=log【详解】解：因为log33x≥k因为x>0，所以xlog即3log设函数fx=x⋅3f'所以函数fx=x⋅3所以log3x≥kx>0所以设函数gxg'所以函数gx=log3x所以gx所以k的最大值为1e故选：A.【变式8-1】2.（2023秋·广东中山·高三校考阶段练习）对任意x∈0,+∞，keA．-1 B．13 C．1e【答案】D【分析】将恒成立的不等式化为ekx+1lnekx>x+1lnx，构造函数fx=x+1lnx，利用导数可求得【详解】当x>0时，由kekx+1∴e令fx=x+1令gx=f∴当x∈0,1时，g'x<0；当∴f'x在0,1上单调递减，在1,+∴fx在0,+由ekx+1lnekx>x+1令hx=ln∴当x∈0,e时，h'x>0∴hx在0,e上单调递增，在e,+∴当x>0时，k>lnxx∴实数k的可能取值为2e故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解恒成立问题，解题关键是能够对于恒成立的不等式进行同构变化，将其转化为同一函数的两个函数值之间的大小关系的问题，从而利用函数的单调性来进行求解【变式8-1】3.（2023秋·江西南昌·高三南昌市外国语学校校考阶段练习）已如函数fx=aex+lna+1A．0,1e2 B．0,1【答案】D【分析】将所求不等式变形为et+lna+t+lna≥elnt-1+ln【详解】当t>1时，由ft>ln所以et+构造函数gx=ex+x，其中x∈R，则g由et+lna所以t+lna≥lnt-1，即令hx=lnx-1-x当1<x<2时，h'x>0当x>2时，h'x<0所以lna≥hxmax=h2=-2，所以故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数，解题的关键就是将所求不等式进行转化，通过不等式的结构构造新函数，结合新函数的单调性来求解.【变式8-1】4.（2022秋·福建莆田·高三莆田二中校考阶段练习）对任意x>0，若不等式ax2≤A．(0，2e] B．(0,e]【答案】B【分析】将ax2≤ex+axlnx(a>0)变形为exx-alne【详解】对任意x>0，若不等式ax即exx-a(x-设f(x)=exx当0<x<1时，f'(x)<0，f(x)在当x>1时，f'(x)>0，f(x)在故当x=1时，f(x)取得极小值也是最小值，即f(x)≥f(1)=e令t=exx,(t≥e设g(t)=t故g(t)=tlnt所以a≤e，又因为a>0所以a的取值范围为(0,e故选：B【点睛】本题考查了不等式的恒成立成立问题，解答时要注意对不等式进行恰当的变式，从而分离参数，构造新函数，将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题解决.【变式8-1】5.（2023春·四川内江·高三威远中学校校考阶段练习）定义：设函数y=fx在a,b上的导函数为f'x，若f'x在a,b上也存在导函数，则称函数y=fx在a,b上存在二阶导函数，简记为y=f″x．若在区间a,b上f″x【答案】1【分析】对函数fx求导两次得到f″x，再由f″x>0得到2xe从而得到2x>lnxa，变式得：a>xe【详解】函数fx=1则f'x=a由题意得，f″x=2a所以2a则2e2x>当lnxa≤0令g(x)=xex（x>0），则x>0时，g'x>0，所以g由2xe2x>所以2x>lnxa即x>0时，a>x设hx=xe2x当0<x<12时，h'x>0当x>12时，h'x<0所以hx≤h1故实数a的取值范围为12故答案为：12题型9整数解问题1.通过函数讨论法，参变分离，数形结合等来切入2.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9】（2022·全国·高三专题练习）已知关于x的不等式x(x-mex)>mexA．(165e4,9【答案】D【分析】问题转化为m(x+1)<x2ex（x>0）有且仅有两个正整数解，讨论m≤0、m>0并构造【详解】当x>0时，由x2-mxex-m显然当m≤0时，不等式m(x+1)<x2e当m>0时，令f(x)=m(x+1)，则f(x)在(0,+∞令g(x)=x2ex，则g'(x)=x(2-x)ex∴g(x)在(0,2)上递增，在(2,+∞又f(0)=m>g(0)=0且x趋向正无穷时g(x)趋向0，故g(x)∈(0,4综上，f(x),g(x)图象如下：由图知：要使f(x)<g(x)有两个正整数解，则{f(1)<g(1)f(2)<g(2)f(3)≥g(3)，即{故选：D【点睛】关键点点睛：问题转化为m(x+1)<x2e【变式9-1】1.（2023·重庆巴南·统考一模）已知偶函数fx满足f4+x=f4-x，f0=-1，且当x∈0,4时，fx=lnxA．-1,0 B．0,ln22 C．【答案】B【分析】分析可知，函数fx是周期为8的周期函数，由题意可得关于x的不等式fx>a在0,8上有且只有5【详解】因为偶函数fx满足f4+x=f4-x，则所以，函数fx是周期为8当x∈0,4时，f'x=1-由f'x>0可得0<x<e，由所以，函数fx在0,e上单调递增，在因为关于x的不等式fx>a在-48,48上有且只有则关于x的不等式fx>a在0,8上有且只有

因为f4=ln又因为f3>f4，所以，要使得不等式fx>a则这五个整数解分别为3、5、2、4、6，所以，f2>a≥f1故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查利用不等式的整数解的个数求参数的取值范围，解题的关键在于作出函数的图象，明确整数解是哪些整数，再结合图形求解.【变式9-1】2.（2023·全国·高三专题练习）函数f(x)=(x-1)lnx-ax-1(a∈R)，若不等式f(x)<0最多只有一个整数解，则A．-∞,C．-∞,【答案】D【分析】参变分离后构造新函数再求导，得出其单调性与趋向，即可做出草图，由草图得出答案.【详解】解法1（全分离）：f(x)<0，则(x-1)ln令g(x)=(x-1)lnx-1令h(x)=x+lnx(x>0)，显然h(x)在(0,+∞)上递增，且故h(x)在(0,+∞)有唯一的零点x0当0<x<x0时，h(x)<0，所以当x>x0时，h(x)>0，所以注意到x→0+时，g(x)→+∞；x→+且g(1)=-1,g(2)=ln据此可作出g(x)的图象的草图如图1，由图可知当且仅当a≤g(2)=ln2-12时，不等式g(x)<a故选D.解法2（半分离）：f(x)<0，则(x-1)ln令g(x)=(x-1)lnx(x>0)，则当x∈(0,1)时，lnx<0,1-1x当x∈(1,+∞)时，lnx>0,1-从而g(x)在(0,1)上递减，在(1,+∞又g(1)=0，故可作出g(x)图象的草图如图2，由图可知临界状态为直线y=ax+1恰过点(2,ln2)时，此时，当且仅当a≤ln2-12故选D【变式9-1】3.（2023春·湖北武汉·高三武汉市黄陂区第一中学校考阶段练习）已知函数f(x)=ax+lna，g(x)=x+ex-A．(e,e2] B．【答案】D【分析】将f(x)>g(x)化为elnax+lnax>ex+x，再根据函数y=ex【详解】显然a>0，由f(x)>g(x)，得ax+lna>x+e得eln令y=ex+x，x>0，则y所以函数y=ex+x所以elnax+lnax>e所以关于x的不等式a>exx令g(x)=exx(x>0)，则g令g'(x)>0，得x>1，令g'所以g(x)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞因为关于x的不等式a>exx结合图形可知，满足题意的整数解只能是1和2，所以g(2)<a≤g(3)，即e2故选：D【点睛】关键点点睛：利用函数y=ex+x的单调性，将f(x)>g(x)化为a>exx，再构造函数【变式9-1】4.（2023秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第六中学校校考期末）已知fx=ax+1exA．32eC．32e【答案】A【分析】计算可得f-1=2>0，分x<-1、x>-1两种情况讨论，令gx=2x【详解】因为f-1①当x<-1时，由fx<0可得a>2x则g'x=-2x2+x-1当x<-5+12时，g当-5+12<x<-1时，且g-2=4e②当x>-1时，由fx<0可得令gx=2x由g'x=0，可得x=-当-1<x<5-12时，g当x>5-12时，g因为0<5-12<1，因为g1因为有且只有两个整数解使fx所以，g3≤a<g2综上所述，32故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式的整数解的个数，解题的关键在于利用参变量分离法以及数形结合思想可得出参数的取值范围.【变式9-1】5.（2023·全国·高三专题练习）已知函数f(x)=kx(x+1)-lnx，若A．(ln5C．(ln2【答案】C【分析】将问题化为k(x+1)≤lnxx有且只有两个整数解，利用导数研究g(x)=lnx【详解】由题设，f(x)定义域为(0,+∞)，则f(x)≤0可得令g(x)=lnxx所以0<x<e时g'(x)>0，即g(x)x>e时g'(x)<0，即g(x)而y=k(x+1)恒过(-1,0)，函数图象如下：要使k(x+1)≤lnxx有且只有两个整数解，则y=k(x+1)若交点的横坐标为x1<x所以{3k≤ln2故选：C【点睛】关键点点睛：首先转化为k(x+1)≤lnxx有且只有两个整数解，导数研究函数性质，再应用数形结合法判断g(x)=题型10函数凹凸性问题凹凸函数常见的图形【例题10】（2023·云南·高三校联考阶段练习）已知函数fx=ln【答案】3【分析】利用公切线与隐零点，将问题转化为m关于公切点x0【详解】原不等式等价于lnx+m<ex+1，由若满足题意，则只要m小于y=lnx+m与y=e设公切点为x0,y0，则有所以m=-x令gx=ex+x而g-故∃x0+1∈-3由对勾函数的性质，可得m=-x故最大整数m取3.故答案为：3.【点睛】本题考查不等式恒成立求参数问题，属于压轴题.常见的方法为：（1）分离参数为m≥fx恒成立（m≥fxmax）或m≤f（2）数形结合，转化为两函数谁在上方问题即可；（3）讨论最值y=fxmin≥0（4）有些小题可以直接利用常见的函数放缩（ex【变式10-1】1.（2021春·湖北鄂州·高二统考期末）已知大于1的正数a，b满足ln2beA．7 B．8 C．9 D．11【答案】C【解析】ln2be2a<bnan等价于ln2bbn<e2aan，令fx=ln2xxn，gx=【详解】解：由题干条件可知：ln2be令fx=ln2xf'x=0，当f'x>0时，x∈1,e所以fx在1,e2n上单调递增，在fe令gx=e2xxn，x>1，则则g'x=0,x=n2，当所以gx在1,n2上单调递减，在n2,+∞若ln2bbn<e2a两边取对数可得：n+2≥(n-2)lnn2.n=2时，等式成立，当n≥3令φx=x+2φ'x=-4(x-2)2φ8=53-所以φx故选：C.【点睛】本题考查构造函数法解决恒成立问题.方法点睛：双变元的恒成立问题，经常采用构造成两个函数，转化为fx1<g【变式10-1】2.（2023秋·江苏南京·高三南京市中华中学校考阶段练习）已知实数x，y满足ln(4x+3y-6)-ex+y-2A．2 B．1 C．0 D．-1【答案】A【分析】设m=4x+3y-6，n=x+y-2，得【详解】设m=4x+3ylnm-e令f(m)=lnm-m，f'(m)=1m-1,∴0<m<1,f'(m)>0,;m>1,f令h(n)=en-n-2由题意f(m)≥h(n)∴m=1故选A【点睛】本题考查导数与函数的综合，导数与函数的最值问题，换元思想，将题目转化为两个函数的最值问题是关键，是难题【变式10-1】3.（2022秋·安徽·高三校联考阶段练习）已知函数f(x)=ex(|A．(-e,+∞) B．(-1e,+∞) C．【答案】B【分析】根据零点定义，令f(x)=0，可得xex+m=|lnx|，构造函数g(x)=xex+m【详解】令f(x)=0，可化为xe令g(x)=xex+m，g'(x)=1-x当x∈(-∞,1)时，g'(x)>0；当x∈(1,+∞)时，g'(x)<0，所以g(x)g(x)先增后减，即从负无穷增大到1e+m，然后递减到m，而函数y=|lnx|是(所以选B【点睛】本题考查了导数在研究函数性质中的综合应用，注意函数的极限值情况，属于难题．题型11倍函数问题1.保值函数，包括“倍增函数”，“倍缩函数”，“K倍函数”，等等新定义2.应用函数思想和方程思想.【例题11】（2023春·北京海淀·高二校考阶段练习）若存在x1,x2∈a,b且x1≠x2，使gx1-gx2>Lfx1A．-∞,e9C．-∞,e D．-∞,e【答案】B【分析】利用导数可证得gx在e,e上单调递增，设e≤x2<x1≤e，可将不等式化为gx1-Lfx1>g【详解】∵g'x=2lnx-12lnx+1由对数函数单调性知：fx在e不妨设e≤由gx1-g∴gx令hx=gx-Lfx，则hx1即h'x=即L<x2lnx-12令lnx=t，则t∈令Ft=e∵F't=et2t-1∴Ftmax=F1=e9，∴故选：B.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键一是理解新定义并结合题中函数的性质去掉绝对值符号；二是合理对问题进行转化，并构造函数，将问题最终转化为存在性问题，利用分离变量的方式将问题转化为参数与函数最值之间的关系，从而利用导数来求解【变式11-1】1.（2020秋·海南海口·高三海南中学校考阶段练习）对于函数y=f(x)，若存在区间[a，b]，当x∈[a，b]时的值域为[ka，kb](k>0)，则称y=f(x)为k倍值函数.若f(x)=ex+3x是k倍值函数，则实数k的取值范围是（

）A．(e+1e，+∞) B．(e+2C．(e+2，+∞) D．(e+3，+∞)【答案】D【解析】根据f(x)=ex+3x是定义域R上的增函数，易得fa=kafb=kb，即a,b是方程e【详解】因为f(x)=ex+3x是定义域R上的增函数，所以fa=kaf所以a,b是方程ex显然x=0不是方程的根，所以k=e令gx=e当x<0,0<x<1时，g'x<0，当x>1所以当x=1时，gx取得极小值e+3当x→0时，gx→+∞，当x→-∞时，画出函数g(x)图象，如下图所示：所以k>e+3所以实数k的取值范围是(e+3，+∞)，故选：D【点睛】方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．【变式11-1】2.（2022·全国·高三专题练习）如果存在x1，x2∈a,b且x1≠x2，使gx1-gx2>Lfx1-fx2成立，则在区间【答案】-∞,【分析】求导g'x=2lnx-12lnx+12，易知函数gx在e,e上单调递增，fx在e,e上单调递增，不妨设e≤【详解】由题可知g'x=2lnx-12lnx+12，在e,e不妨设e≤x2所以gx1-g令hx=gx-Lfx，则h则h'x=2lnx-12所以L<x令lnx=t，则t∈12,1，令又F't=所以Ftmax=F所以实数L的取值范围为-∞,故答案为：-∞,【点睛】关键点点睛：本题关键：一是理解新定义并结合题中函数的性质去绝对值符号；二是对问题进行合理转化，并构造函数，最终将问题转化为存在性问题，进行分析求解【变式11-1】3.（2023·全国·高三专题练习）函数fx的定义域为D，若存在闭区间a,b⊆D，使得函数fx满足：①fx在a,b内是单调函数；②fx在a,b上的值域为2a,2b①fx=x③fx=4x【答案】①③．【分析】根据新定义，先确定函数的单调性，然后判断方程组f(a)=2af(b)=2b（增函数）或f(a)=2b【详解】①函数fx=x2x≥0为增函数，若函数fx=x2x≥0存在“倍值区间”②函数fx=3xx∈R为增函数，若函数f当x≤0时，y=3x>0，y=2x≤0当x>0时，设gx=3令h'x=故当0<x<ln2时，h'x<0，hx单调递减；当所以hxmin=hln2所以此时3x综上所述，3x=2x无解，故函数③当x=0时，fx当x>0时，fx=4x+1由复合函数可得函数fx在区间0,1若函数fx=4x1+x2在区间0,1存在“倍值区间”所以函数fx=4x④若函数fx=x=x,x≥0-x,x<0，所以若fx在0,+∞存在“倍值区间”所以则fa=a=2afb=b=2b若fx在-∞,0所以则fa=-a=2bfb=-b=2a故fx故答案为：①③．【点睛】方法点睛:新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.【变式11-1】4.(2023秋·湖北·高三校联考阶段练习）小王准备在单位附近的某小区买房，若小王看中的高层住宅总共有n层（20≤n≤30，n∈N*），设第1层的“环境满意度”为1，且第k层（2≤k≤n，k∈N*）比第k-1层的“环境满意度”多出3k2-3k+1；又已知小王有“恐高症”，设第1层的“高层恐惧度”为1，且第k层（2≤k≤n，k∈N*）比第k-1层的“高层恐惧度”高出13倍.在上述条件下，若第k层“环境满意度”与“高层恐惧度”分别为（参考公式及数据：12+22+32【答案】10【分析】由题意可得a1=1，且ak-ak-1=3k2-3k+1，(k≥2)；b1=1，【详解】依题意，a1=1，且ak所以a=1+(3×2由题意得b1=1，所以bk是以1为首项，43为公比的等比数列，所以故小王对第k层住宅的购买满意度ck方法一：由ck+1ck=(k+1)所以c1同理有c10方法二：设f(x)=x343x-1故1≤x≤3ln43时f'x≥3ln43时f'由于3ln43故f10故答案为：10【点睛】关键点点睛：此题考查数列的应用，考查累加法求数列的通项公式，考查导数应用，解题的关键是根据题意得ak-ak-1=3k2-3k+1，【变式11-1】5.（2022·全国·高三专题练习）若存在实数K，对任意x∈I,gx≥Kfx成立，则称gx是fx在区间I上的“K倍函数”.已知函数f(x)=-x2-2x-4,x⩽0lnx+12【答案】1【分析】由题意分析可得x∈R,g(x)≥Kf(x)恒成立即为，当x<0时，1K≤f(x)g(x)恒成立，当【详解】由题意可知f(x)g(x)={-x-2-4x,x≤0lnxx+1当x<0时，g(x)=x<0，f(x)=-x2-2x-4=-f(x)g(x)=-2-x-4x≥-2+2当x>0时，g(x)>0，g(x)≥Kf(x)⇔1设T(x)=f(x)g(x)=当x=e时，T(x)取最大值，此时，f(x)g(x)=T综上所述：K∈[1故答案为：[1【点睛】关键点睛：求解参数取值范围问题，通过分离常量将问题转化为当x<0时，1K≤f(x)g(x)恒成立，当题型12二次型函数问题换元为主要切入点.注意借助于双坐标系来转换【例题12】（2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测）已知函数fx=-x2+x+2,x<02x【答案】4,5【分析】利用导数求出fx在0,+∞上的单调性与极大值，即可画出函数fx的图象，依题意可得关于x的方程2ef2x-afx+2e=0恰有6个不相等的实数根，令fx=t，则关于t的【详解】当x≥0时fx=2xex，则f当x>1时f'所以fx在0,1上单调递增，在1,+则fx在x=1处取得极大值，f1=2e，且x>0时f当x<0时fx=-x2+x+2所以fx

对于函数gx=2ef2令fx=t，则要使2ef2即关于t的2et2-at+2e=0令gt=2et2所以Δ=a2所以实数a的取值范围为4,5.故答案为：4,5【点睛】关键点睛：本题解答的关键是利用导数说明函数的单调性，得到函数的大致图象，将函数的零点问题转化为一元二次方程根的分布问题【变式12-1】1.（2023·全国·校联考二模）已知函数fx=1-xex，若关于x【答案】a∣a<-22或a=【分析】借助导数求得fx【详解】因为fx=1-xex当x<0时，f'x>0，当x>0所以在-∞,0上单调递增，在fx设t=fx，则2显然t=0不是方程2t则4a=2t+1t（t≤1且如下图所示，（1）当-22<4a<22时，直线y=4a与曲线y=2t+1t则方程2f（2）当4a=-22时，直线y=4a与曲线y=2t+1t（t≤1且t≠0此时直线t=-22与曲线fx（3）当4a=22时，直线y=4a与曲线y=2t+1t（t≤1且t≠0此时